2021衡水名师原创物理专题卷：专题七 静电场

2020-2021学年物理大一轮专题复习题七《静电场》参考答案1、【答案】D【解析】对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷，c 小球才能平衡；对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷，b 小球才能平衡，故A 、B 错误．设环的半径为R ，a 、b 、c 球的带电荷量分别为q 1、q 2和q 3，由几何关系可得l ac ＝R ，l bc ＝3R ，a 与b 对c 的作用力都是吸引力，它们对c 的作用力在水平方向的分力大小相等，则有kq 1q 3l ac 2·sin 60°＝kq 2q 3l bc 2·sin 30°，所以q 1q 2＝39，故选项C 错误，D 正确．2、【答案】BC【解析】根据对称性可知，A 球的电荷量和B 球的电荷量相同，故A 错误；设C 球的电荷量大小为q C ，以A 球为研究对象，B 球对A 球的库仑斥力为F BA ＝kq 2l 2，C 球对A 球的库仑引力为F CA ＝kqq C l 2，由题意可知小球运动的加速度方向与F 的作用线平行，则有：F CA sin 30°＝F BA ，F CA cos 30°＝ma ，解得：q C ＝2q ，a ＝3kq 2ml 2，C 球带负电，故C 球的电荷量为－2q ，故B 、C 正确；以三个小球整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F ＝3ma ＝33kq 2l2，故D 错误．3、【答案】BC【解析】点电荷－q 恰好能在水平面上做匀速圆周运动，点电荷－q 受到竖直向下的重力以及点电荷＋Q 的引力，如图所示，电荷之间的引力在水平方向上的分力充当向心力，两点电荷间距离R ＝h sin θ，F n ＝k Qq R 2·cos θ，联立解得F n ＝3kQq 8h 2，A 错误，B 正确；点电荷－q 做匀速圆周运动的半径r ＝h tan θ，因为F n ＝mg tan θ，根据F n ＝m v 2r，可得v ＝3gh ，C 正确，D 错误．4、【答案】B【解析】由题意可知，点电荷＋Q 和金属板MN 周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a 点的电场强度E ＝k Q L 22＋k Q 3L 22＝40kQ 9L 2，A 错误；等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，由图可知E a >E b ，B 正确；图中b 、c 两点的场强方向不同，C 错误；由于a 点的电势大于d 点的电势，所以一正点电荷从a 点经b 、c 运动到d 点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D 错误．5、【答案】D【解析】由题意，＋Q 的点电荷在O 点的电场强度大小为E ＝kQ 32L 2＝4kQ 3L 2；那么每根细棒在O 点的电场强度大小也为E ＝4kQ 3L 2因此＋Q 及AB 边上的细棒在O 点的合电场强度大小E 合＝43kQ 3L 2，其方向如图所示：若移走＋Q 及AB 边上的细棒，那么其余棒在O 点的电场强度大小为E合′＝43kQ 3L 2，故A 、B 、C 错误，D 正确．6、【答案】B【解析】根据等量异种点电荷周围的电场线分布知，从A →O →B ，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小，则电子所受电场力的大小先变大后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右，故B 正确，A 、C 、D 错误．7、【答案】D【解析】根据等量异种电荷的电场线特点，C 、D 两点电场强度大小相等，方向不同，故A 错误；根据等量异种电荷的电场线特点，C 点电势高，D 点电势低，根据负电荷在电势低的地方电势能大，故负电荷在C 点的电势能小于D 点的电势能，故B 错误；根据等量异种电荷的电场线特点，C 点电势高，D 点电势低，根据正电荷在电势高的地方电势能大，正电荷在C 点的电势能大于D 点的电势能，故正电荷从C 到D 电场力做正功，故C 错误；根据等量异种电荷的电场线特点，C 、O 的电势差等于O 、D 的电势差，故D 正确．8、【答案】ABD【解析】如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5cm,6cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势．由几何关系可得，cf 的长度为3.6cm ，电场强度的大小E ＝U d ＝26－17V 3.6cm＝2.5V/cm ，故选项A 正确；因为Oacb 是矩形，所以有U ac ＝U Ob ，可知坐标原点O 处的电势为1V ，故选项B 正确；a 点电势比b 点电势低7V ，电子带负电，所以电子在a 点的电势能比在b 点的高7eV ，故选项C 错误；b 点电势比c 点电势低9V ，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9eV ，故选项D 正确．9、【答案】BC 【解析】从A 到B 由动能定理：qU AB ＝12mv B 2，解得U AB ＝4V ，选项A 错误；小物块从B 点到C 点电场力做的功W BC ＝12mv C 2－12mv B 2＝10－2J ，选项B 正确；在B 点的加速度最大，则所受的电场力最大，则由图象：a ＝Δv Δt ＝45－3m/s 2＝2m/s 2；由Eq ＝ma ，解得E ＝1V/m ，选项C 正确；由A 到C 的过程中小物块的动能一直增大，电场力一直做正功，则电势能一直减小，选项D 错误．10、【答案】AC【解析】由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q 1和q 2都是负电荷，故A 项正确；φ－x 图象的斜率表示电场强度，则P 点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P 处产生的场强等大反向，即k q 1x 2AP ＝k q 2x 2BP，又x AP <x PB ，所以q 1的电荷量小于q 2的电荷量，故B 项错误；由题图知，在A 、B 之间沿x 轴从P 点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C 项正确；φ－x 图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P 点运动到B 点场强逐渐增大；据a ＝qE m可知，电荷只在电场力作用下沿x 轴从P 点运动到B 点，加速度逐渐增大，故D 项错误．11、【答案】D【解析】负试探电荷从A 运动到C ，电势能降低，则从A 到C 电势逐渐升高，电场方向从C 到A ；负电荷从C 到B 电势能增加，则电势逐渐降低，则电场方向从C 到B .即电场方向先沿x 轴负方向，后沿x 轴正方向，则q A 和q B 均为负电荷．因为在q A 和q B 连线中点处的合场强沿x 轴负方向，故q A >q B ，故A 、C 均错误；E p －x 图象的斜率大小代表电场力，而C 点的切线斜率为零，说明该试探电荷在C 点处受到的电场力为零，B 错误；在C 点负电荷的电势能最低，则正电荷在C 点的电势能最大，故D 正确．12、【答案】CD【解析】若题图中实线是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电场线向左，a 点电势比b 点低，所以若a 点的电势比b 点低，图中实线可能是电场线，A 错误．若图中实线是电场线，根据A 选项的分析，电场线向左，a 点的电势小于b 点的电势，根据电势能E p ＝φ(－e )，电子在电势低的位置电势能大，所以电子在a 点的电势能大于b 点电势能，B 错误．若电子在a 点动能小，说明由a 到b 加速，如果图中实线是电场线，结合A 选项的分析，电场线方向向左，电子受力向右，加速，a 点动能小，C 正确．如果图中实线是等势线，则电场线与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由a 到b 电场力做负功，电子在b 点动能小，电势能大，D 正确．13、【答案】BD【解析】电场线越密的地方，电场强度越大，由题图可得c 点的电场线比b 点的电场线密，所以有E c ＞E b ，故A 错误；沿着电场线，电势逐渐降低，可知b 点电势高于d 点的电势，故B 正确；电势能的正负与零电势点的选取有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d 点时电势能为正值，故C 错误；从题图中可以看出，a 点的电势高于b 点的电势，而b 点的电势又高于d 点的电势，所以a 点的电势高于d 点的电势，正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正电荷从a 点移到d 点电势能减小，则电场力做正功，故D 正确．14、【答案】BC【解析】根据题意，电场关于x 轴对称分布，作出电场线如图所示．根据顺着电场线电势降低，则O 电势最高，从图线看出，电场强度关于原点O 对称，则x 轴上关于O 点对称位置的电势相等．则－x 1处的电势与x 1处的电势相等，故A 错误；将正电荷由－x 1移到x 2，电势能先增大，后减小，选项B 正确；－x 1和x 1之间的电场是对称的，将一负电荷由－x 1处由静止释放，负电荷先向右做加速运动，经过O 点之后做减速运动，到x 1处速度减为零，则它将在－x 1和x 1之间往复运动，选项C 正确；4个点中，x 3点的电势最低，则负电荷在4个点中位于x 3处电势能最大，选项D 错误．15、【答案】BD 【解析】小球P 由C 运动到O 时，由mdg ＋qUCO ＝12mv 2－0，得U CO ＝mv 2－2mgd 2q ，选项A 错误；对小球P 在O 点处时受力分析，如图所示，F 1＝F 2＝kQq 2d 2＝kQq 2d 2，它们的合力为：F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq 2d 2，则O 点处的电场强度E ＝F q ＝2kQ 2d 2，选项B 正确；小球下落过程中重力势能、动能和电势能之和不变，选项C 错误；小球P 由O 运动到D 的过程，由动能定理得：mgd ＋qU OD ＝12mv D 2－12mv 2，由等量异种点电荷的电场特点可知U CO ＝U OD ，联立解得v D ＝2v ，选项D 正确．16、【答案】D【解析】电容器的额定电压为2.7V ，说明工作电压不能超过2.7V ，可以小于2.7V ，故A 错误；电容器的电容由电容器本身决定，跟电容器两极间的电势差无关，故B 错误；电容描述电容器容纳电荷的本领，不充电时电容仍然存在，与充电与否无关，故C 错误；该电容器最大容纳电荷量：Q ＝CU ＝400F×2.7V ＝1080C ，故D 正确．17、【答案】B【解析】开关闭合时，粒子做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A 极板和电源正极相连，所以场强方向向下，故粒子带负电，A 错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B 板上移，板间距d 变小，由公式E ＝U d知场强增大，电场力大于重力，粒子可沿轨迹②运动，故B 正确；保持开关闭合，将A 板向上平移一定距离，板间距d 增大，由公式E ＝U d知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C 错误；断开开关，电容器电荷量不变，将B 板向上平移一定距离，由公式C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d 得，E ＝4πkQ εr S，与板间距离无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D 错误．18、【答案】BC 【解析】由公式C ＝εr S 4πkd ，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增多，εr 变大，则电容C 增大，由公式C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变时，U 减小，则θ减小，故A 错误，C 正确；由公式C ＝εr S 4πkd ，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，εr 减小，则电容C 减少，由公式C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变时，U 增大，则θ增大，故B 正确，D 错误．19、【答案】BD【解析】极板始终与电源连接，电压不变，d 减小，由E ＝U d可知，电场强度E 增大，则带电液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，故A 、C 错误；b 点电势为零，U Mb＝φM －φb ＝φM ＝Ed Mb ，场强增大，M 点电势升高，由题意，液滴处于静止状态，可知液滴所受电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴在M 点电势能降低，故B 正确；在a 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，由于电势差相同，电场力做功qU 相同，故D 正确．20、【答案】CD【解析】带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg 和电场力F ，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F 与此直线垂直时，电场力F 最小，场强最小，则有F＝qE min ＝mg sin θ，得到E min ＝mg sin θq ，由图可知，电场强度无最大值，故A 、B 错误；当E ＝mg sin θq时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D 正确；当E >mg sin θq时，当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C 正确．21、【答案】CD 【解析】根据动能定理：12mv 2－0＝qU ，解得：v ＝2qU m，所以质子和α粒子在O 2处的速度大小之比为2∶1，A 错误；对整个过程用动能定理，设O 2到MN 板的电势差为U ′，有：E k －0＝q (U ＋U ′)，所以末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C 正确；由O 2到MN 板，质子和α粒子都做类平抛运动，竖直方向：h ＝12·Eq m t 2，水平方向：x ＝vt ，联立解得：x ＝2Uh E ，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D 正确；在A 、B 间：a ＝Eq m，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的水平速度大，又因为质子和α粒子水平位移相等，所以质子运动时间短，B 错误．22、【答案】C【解析】设OP ＝L ，从O 到P 水平方向做匀减速运动，到达P 点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：L cos 60°＝v 02t ，竖直方向：L sin 60°＝12gt 2，解得：t ＝3v 0g ，选项C 正确；水平方向F 1＝ma ＝m v 0t ＝3mg 3，小球所受的合外力是F 1与mg 的合力，可知合力的大小F ＝mg 2＋F 12＝233mg ，选项A 、B 错误；小球通过P 点时的速度v P ＝gt ＝3v 0，则动能：E k P ＝12mv P 2＝32mv 02，选项D 错误．23、【答案】BD【答案】小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故A 错误，B 正确；小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度大小为3g ，根据速度位移关系公式，有：x m ＝v 022×3g ＝v 026g，故C 错误；小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，分速度v x ＝v 0－3gt ；竖直方向做自由落体运动，分速度v y ＝gt ；合速度v ＝v x 2＋v y 2＝v 0－3gt 2＋gt 2＝10g 2t 2－6gtv 0＋v 02，根据二次函数知识，当t ＝3v 010g 时，有极小值10v 010，故D 正确．24、【答案】BD【解析】A 、K 之间建立的是非匀强电场，公式U ＝Ed 不适用，故A 错误；根据动能定理得：E k －0＝eU ，得电子到达A 极板时的动能E k ＝eU ，故B 正确；电场力做正功，动能增大，电势能减小eU ，故C 错误；B 、K 之间的场强小于A 、B 之间的场强，根据U ＝E d 可知，B 、K 之间的电势差小于A 、B 之间的电势差，故D 正确．25、【答案】D【解析】若电压是题图甲，0～T 时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A 错误；电压是题图乙时，在0～T 2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B 错误；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T 2后做加速度先增大后减小的减速运动，到T 时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C 错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到T 4后向左减速，T 2后向右加速，34T 后向右减速，T 时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D 正确．。

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动一、选择题(每小题6分,共60分)1.(2022·陕西西北工业高校附属中学期中检测)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。

如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计。

开头时开关S闭合,静电计指针张开肯定角度,为了使指针张开的角度增大些,下列实行的措施可行的是(A)A.断开开关S后,将A、B分开些B.保持开关S闭合,将A、B两极板分开些C.保持开关S闭合,将A、B两极板靠近些D.保持开关S闭合,将变阻器滑动触头向右移动【解析】断开开关,电容器带电量不变,将AB分开一些,则d增大,依据C=知,电势差增大,指针张角增大,A项正确;保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,则指针张角不变,B、C项错误;保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,变阻器仅仅充当导线功能,滑动触头滑动不会影响指针张角,D项错误。

2.(2021·锦州二模)(多选)如图所示,水平放置的平行板电容器,两板间距为d。

带负电的小球质量为m,带电量为q,从下极板N的小孔P处,以初速度v0射入,沿直线到达上极板M上的Q点,若重力加速度为g。

则(BD)A.小球在M、N间运动的加速度不为零B.M板电势高于N板电势C.小球从P到Q,电势能增加了mgdD.M、N间电势差大小为【解析】小球受重力、电场力,沿直线运动,则说明重力与电场力平衡,则加速度为零,A项错误;由重力和电场力平衡,可知电场力向上,由于小球带负电,故电场线方向向下,故M板电势高于N板电势,B项正确;由于电场力与重力平衡,即F=mg,电场力方向向上,做正功,W=Fd=mgd,故电势能削减mgd,C项错误;电场力做功W=qU=mgd,解得U=,D项正确。

3.(多选)如图所示,平行板电容器AB两极板水平放置,A在上方,B在下方,现将其和二极管串联接在电源上,已知A和电源正极相连,二极管具有单向导电性,一带电小球从AB间的某一固定点水平射入,打在B极板上的N点,小球的重力不能忽视,现通过上下移动A板来转变两极板AB间距(两极板始终平行),则下列说法正确的是(BC)A.若小球带正电,当AB间距增大时,小球打在N点的右侧B.若小球带正电,当AB间距减小时,小球打在N点的左侧C.若小球带负电,当AB间距减小时,小球可能打在N点的右侧D.若小球带负电,当AB间距增大时,小球可能打在N点的左侧【解析】若小球带正电,当d增大时,电容减小,但二极管具有单向导电性,电容器上电荷不能流回电源,Q不行能减小,所以Q不变,依据E=,E不变,所以电场力不变,小球仍旧打在N点,A项错误;若小球带正电,当d减小时,电容增大,Q增大,所以d减小时E增大,所以电场力变大向下,小球做平抛运动竖直方向加速度增大,运动时间变短,打在N点左侧,B项正确;若小球带负电,当AB间距d减小时,电容增大,则Q增大,所以d减小时E增大,所以电场力变大向上,若电场力小于重力,小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小,运动时间变长,小球将打在N点的右侧,C项正确;若小球带负电,当AB间距d增大时,电容减小,但Q不行能减小,所以Q不变,E不变所以电场力大小不变,方向向上,小球将仍打在N点,D项错误。

2021年高考物理备考艺体生百日突围系列专题07静电场（含解析）第一部分特点描述电场是电学的基础，也是高考的重点，每年必考。

一样以填空题或运算题的形式进行考查。

库仑定律、电场线的性质、带电体在静电场中的平稳、平行板电容器、带电粒子在电场中的运动等是考查的重点。

专门是带电粒子在电场中的运动结合交变电流、磁场知识巧妙地把电场性质与牛顿运动定律、功能关系、动量等力学知识有机地结合起来，更是命题几率较高的热点。

在复习本部分时要牢牢抓住力和能这两条主线，将知识系统化，找出它们的联系，做到融会贯穿，同时还应注意此部分知识与科技前沿、生活实际等的联系，如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、静电分选器、示波器等。

推测2021年对电场考查选择题和运算均有：选择题要紧检测考生对重要概念的明白得和差不多规律的运用．重点考查库仑定律、电场、电场强度、电场线、匀强电场、电场强度的叠加、匀强电场中电势差根电场强度的关系、电容器的电容等差不多概念、差不多规律的综合运用；运算题仍是以高分值高难度形式显现，重点是考查电场力、电势能、电势差、电势等概念与力学综合。

从近几年的高考来看，随着招生比例的增大，试题的难度相对而言有所下降，思维难度大，起点高的超难试题没有了，但同时送分题也没有了，在论述题，运算题的思维起点都不是专门高，随着对物理过程研究的深入，思维难度逐步增大，因此有效的考查了学生的物理思维能力。

因此抓好差不多物理知识的教学仍是中学物理教学的首要任务。

把握好复习节奏，适当降低起点和速度，着重学生思维能力的培养过程，以基础题训练方法，努力培养学生正确，良好的解题适应，加强对学生复习方法，应试策略与技巧的训练和指导。

第二部分知识背一背一、电荷守恒定律1．物质的电结构：构成物质的原子本身包括：带正电的质子和不带电的中子构成原子核，核外有带负电的电子，整个原子对外较远位置表现为电中性．2．元电荷：最小的电荷量，其值为e＝×10－19C.其他带电体的电荷量皆为元电荷的整数倍．3．电荷守恒定律（1）内容：电荷既可不能创生，也可不能消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．（2）起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电． （3）带电实质：物体带电的实质是得失电子． 二、库仑定律1．点电荷：是一种理想化的物理模型，当带电体本身的大小和形状对研究的问题阻碍专门小时，能够将带电体视为点电荷．2．库仑定律（1）内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．（2）公式：F ＝kq 1q 2r2，其中比例系数k 叫做静电力常量，k ＝×109 N·m 2/C 2. （3）适用条件：①真空中；②点电荷.3．库仑定律的明白得：库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化的物理模型，当带电体间的距离远远大于带电体的自身大小时，能够视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用．三、电场及电场强度 1．静电场（1）电场是存在于电荷周围的一种物质，静电荷产生的电场叫静电场．（2）电荷间的相互作用是通过电场实现的．电场的差不多性质是对放入其中的电荷有力的作用．2．电场强度（1）物理意义：表示电场的强弱和方向．（2）定义：电场中某一点的电荷受到的电场力F 跟它的电荷量q 的比值叫做该点的电场强度．（3）定义式：E ＝F q. （4）单位：N/C 或V/m.（5）矢量性：电场强度是矢量，正电荷在电场中某点受力的方向为该点电场强度的方向，电场强度的叠加遵从平行四边形定则．3．场强三个表达式的比较比较意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E与U关系式适用条件一切电场①真空；②点电荷匀强电场决定因素由电场本身决定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定四、电场线1．电场线的定义：为了直观形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一系列的曲线，使曲线上各点的切线方向表示该点的电场强度方向，曲线的疏密表示电场强度的大小．2．几种典型电场的电场线分布（1）正点电荷的电场如图甲所示：电场线由正电荷动身，到无穷远终止．（2）负点电荷的电场如图乙所示：电场线由无穷远动身，到负电荷终止．（3）匀强电场的电场线分布如图丙所示．特点：间隔相等的平行直线．（4）点电荷与带电金属板的电场线的分布如图丁所示．（5）等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场两点电荷的连线及其中垂线上的电场分布及特点的比较如下：比较项目等量同种点电荷等量异种点电荷电场线图示连线中点O处的场强为零中垂线上最大五、电场力做功与电势能 1．电场力做功的特点（1）在电场中移动电荷时，电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，可见电场力做功与重力做功相似．（2）在匀强电场中，电场力做的功W ＝Eqd ，其中d 为沿电场线方向的位移． 2．电势能（1）定义：电荷在电场中具有的势能．电荷在某点的电势能，等于把它从该点移到零势能位置时电场力所做的功．（2）电场力做功与电势能变化的关系电场力做的功等于电势能的减少量，即W AB ＝E p A －E p B 。

2021高考物理一轮复习第七章静电场第5讲章末热点集训学案带电粒子运动轨迹的分析(多选)如图所示，实线是一质子仅在电场力作用下由a 点运动到b 点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线，则下列说法中正确的是( )A ．若虚线是电场线，则质子在a 点的电势能大，动能小B ．若虚线是等差等势线，则质子在a 点的电势能大，动能小C ．质子在a 点的加速度一定大于在b 点的加速度D ．a 点的电势一定高于b 点的电势[解析] 若虚线是电场线，由质子轨迹可知质子所受电场力方向沿电场线向左，由a 点运动到b 点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，A 错；若虚线是等势线，则质子所受电场力垂直等势线向下，由a 点运动到b 点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，B 对；因电场线和等差等势线的疏密程度均可表示电场强度大小，而a 点处于密集区，因此E a >E b ，由a ＝qE m知C 对；因质子在a 、b 两点的电势能大小无法比较，由E p ＝qφ知，a 、b 两点的电势无法比较，D 错．[答案] BC1.(多选)(2020·山西太原五中检测)图中虚线是某电场中的一簇等差等势线．两个带电粒子从P 点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )A ．a 点的电场强度小于b 点的电场强度B ．a 点的电势高于b 点的电势C ．粒子从P 运动到a 的过程中，粒子的动能和电势能总和不变D ．粒子从P 运动到b 的过程中，粒子的动能增大解析：选ACD.等势线的疏密程度表示电场强度的大小，越密，电场强度越大，故a 点的电场强度小于b 点的电场强度，A 正确；运动过程中电场力做正功，因此电势能减小，然而由于不明白粒子的带电性质，无法判定两点的电势高低，B 错误；粒子从P 运动到a 的过程中，只有电场力做功，电势能转化为动能，两者之和不变，C 正确；粒子从P 运动到b 的过程中，电场力做正功，动能增大，D 正确．电容器的动态分析问题(多选)如图所示，两块较大的金属板A 、B 平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是( )A ．若将A 板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 中有b →a 的电流B ．若将A 板向左平移一小段位移，则油滴仍旧静止，G 中有b →a 的电流C ．若将S 断开，则油滴赶忙做自由落体运动，G 中无电流D ．若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b →a 的电流[解析] 依照题图可知，A 板带负电，B 板带正电，原先油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平稳；当S 闭合，若将A 板向上平移一小段位移，则板间间距d 变大，而两板间电压U 现在不变，故板间场强E ＝U d 变小，油滴所受的合力方向向下，因此油滴向下加速运动，而依照C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，故两板所带电荷量Q 也减小，因此电容器放电，因此G 中有b →a 的电流，选项A 正确；在S 闭合的情形下，若将A 板向左平移一小段位移，两板间电压U 和板间间距d 都不变，因此板间场强E 不变，油滴受力平稳，仍旧静止，然而两板的正对面积S 减小了，依照C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，因此G 中有b →a 的电流，选项B 正确；若将S 断开，两板所带电荷量Q 保持不变，板间场强E 也不变，油滴仍旧静止，选项C 错误；若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，两板所带电荷量仍保持不变，两板间间距d 变小，依照C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C 和E ＝U d ，可得E ＝4πkQεr S，明显，两板间场强E 不变，因此油滴仍旧静止，G 中无电流，选项D 错误．[答案] AB2.(多选)(2020·山东潍坊实验中学模拟)如图所示，一电容为C 的电容器(两极板水平放置)与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U ，两极板间距为d ，电容器储存的能量E 1＝12CU 2.一电荷量为q 的带电油滴以初动能E k0从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( )A ．保持开关闭合，只将上极板下移d 3，带电油滴仍能沿水平线运动B ．保持开关闭合，只将上极板下移d3，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为E k0＋qU12C ．断开开关后，将上极板上移d 3，若不考虑电容器极板的重力势能变化等因素，外力对极板做功为23CU 2D．断开开关后，将上极板上移d 3，若不考虑电容器极板的重力势能变化等因素，外力对极板做功为16CU 2解析：选BD.保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移d 3的过程中，极板距离减小，依照E ＝Ud 知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上偏转，故A 错误；初始时油滴能匀速通过电容器，说明mg ＝q Ud，保持开关闭合，仅将上极板下移d 3，两极板间距离变为23d ，电场强度E ＝U 2d 3＝3U 2d ，电场力做功W 电＝qE ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2－d 3＝qU4，依照动能定理W ＝E k －E k0，－mg ·⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2－d 3＋qU4＝E k －E k0，解得E k ＝E k0＋qU 4－16qU d d ＝E k0＋qU 12，因此撞击上极板时的动能是E k0＋qU 12，故B 正确；开始时电容器储备的能量为E 1＝12CU 2，断开开关后，电容器所带电荷量Q 不变，上极板上移d 3，由C ＝εr S 4πkd 知电容器电容变为34C ，由Q ＝UC 知，两板电势差变为43U ，现在电容器储存能量E 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫34C ×⎝ ⎛⎭⎪⎫43U 2＝23CU 2，依照能量守恒，不考虑电容器极板重力势能的变化，外力对极板所做的功W ＝E 2－E 1＝16CU 2，故C 错误，D 正确．带电粒子在“等效力场”中的运动如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h 的A 处由静止开始下滑，沿轨道ABC 运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的34，圆环半径为R ，斜面倾角为θ＝60°，s BC ＝2R .若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[解析] 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F ，如图所示．可知F ＝1.25mg ，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D 点，设小球恰好能通过D 点，即达到D 点时圆环对小球的弹力恰好为零．由圆周运动知识得：F ＝m v 2D R ，即：1.25mg ＝m v 2DR小球由A 运动到D 点，由动能定理得：mg (h －R －R cos 37°)－34mg ×(h cot θ＋2R ＋R sin 37°)＝12mv 2D联立解得h ＝7.7R . [答案] 7.7R3.如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分是倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，则在O 点的初速度应为多大？解析：电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为mg ′＝（qE ）2＋（mg ）2＝23mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，由几何关系知：A 为等效最低点，D 为等效最高点，要使小球安全通过圆轨道，通过D 点时应满足：mg ′≤mv 2DR令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知： －mg ′·2R ＝12mv 2D －12mv 2解得v 0≥103gR3，即v ≥103gR3. 答案：v ≥103gR3带电粒子在电场中的加速和偏转问题如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏，现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从开释到打到屏上所用的时刻；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ；(3)电子打到屏上P ′点到O 点的距离x .[解析] (1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时刻为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1，t 2＝2Lv 1运动的总时刻为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE. (2)设电子射出电场E 2时，沿平行电场线方向的速度为v y ，依照牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eE mt 3＝Lv 1，v y ＝a 2t 3tan θ＝v y v 1联立各式解得tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x 2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L . [答案] (1)3mLeE(2)2 (3)3L 4.(2020·河北正定模拟)从地面以v 0斜向上抛出一个质量为m 的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球抛出平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q 的原小球，小球到达最高点时的动能与刚抛出时动能相等．求：(1)无电场时，小球升到最高点的时刻； (2)后来加上的电场的场强大小．解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则 由v 2y ＝2gh ，得12mv 2y ＝mgh12mv 2x ∶12mv 2y ＝9∶16 解得初始抛出时v x ∶v y ＝3∶4 因此竖直方向的初速度为v y ＝45v 0竖直方向做匀减速运动v y ＝gt ，得t ＝4v 05g. (2)设后来加上的电场场强大小为E ，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平重量方向相同，则有E 1q m t ＋35v 0＝v 0 解得：E 1＝mg2q若电场力的方向与小球初速度的水平重量方向相反，则有E 2q m t －35v 0＝v 0 解得：E 2＝2mgq.答案：(1)4v 05g (2)mg 2q 或2mgq。

2021新高考衡水名师原创物理专题卷专题七 静电场考点19电荷守恒定律 库仑定律（1—5） 考点20 电场的强弱及描绘（6—8） 考点21 电场力功 电势能（9—14） 考点22 电容器 带电粒子在电场中的运动（15—20）一、选择题（本题共17个小题，每题4分，共68分。

每题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1.关于库仑定律，下列说法中正确的是( )A ．库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体B ．根据122q q F kr =,当两电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向无穷大 C ．若点电荷1q 的电荷量大于2q 的电荷量，则1q 对2q 的静电力大于2q 对1q 的静电力 D ．库仑定律和万有引力定律的表达式相似，都是平方反比定律2.真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F ,若保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的14，则它们之间静电力的大小变为( ) A. 16F B.4F C. 4F D. 16F3.如图所示，a b c d 、、、四个质量均为m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a b c 、、三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O 点做半径为R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。

小球d 位于O 点正上方h 处，且在外力F 作用下恰处于静止状态。

已知a b c 、、三小球的电荷量均为q d ，球的电荷量为6q -，2h R =，重力加速度为g ，静电力常量为k 。

则( )A ．小球a 的线速度为23kq Rm B ．小球b 的角速度为2233kq R mC ．小球c 的向心加速度大小为2233kq R mD ．外力F 竖直向上，大小为2226kqR4.如图所示，把A B 、两个相同的导电小球分别用长为0.10m 的绝缘细线悬挂于A O 和B O 两点。

静电场-历年高考汇编（全国）【真题汇编】一、选择题汇编(2021·乙卷·T15）1．如图（a ），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。

由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b ）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。

若将一正试探电荷先后放于M 和N 处，该试探电荷受到的电场力大小分别为M F 和N F ，相应的电势能分别为p M E 和p N E ，则（ ）A ．,M N pM pN F F E E <>B ．,M N pM pN F F E E >>C ．,M N pM pN F F E E <<D ．,M N pM pN F FE E ><【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】由图中等势面的疏密程度可知M N E E <根据F qE =可知M N F F <由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M 点移到N 点，可知电场力做正功，电势能减小，即p p M N E E >故选A 。

(2021·甲卷·T19）2．某电场的等势面如图所示，图中a 、b 、c 、d 、e 为电场中的5个点，则（ ）A ．一正电荷从b 点运动到e 点，电场力做正功B ．一电子从a 点运动到d 点，电场力做功为4eVC ．b 点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D ．a 、b 、c 、d 四个点中，b 点的电场强度大小最大 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．由图象可知φb = φe则正电荷从b 点运动到e 点，电场力不做功，A 错误； B ．由图象可知φa = 3V ，φd = 7V根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad = E p a - E p d = (φa - φd )⋅( - e ) = 4eVB 正确；C ．沿电场线方向电势逐渐降低，则b 点处的场强方向向左，C 错误；D ．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示由上图可看出，b 点电场线最密集，则b 点处的场强最大，D 正确。

静电场考点突破微专题7 静电场中图象问题的处理技巧一知能掌握1.几种常见图象的特点及规律2(1)v－t图象：根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．(2)φ－x图象：①电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W AB＝qU AB，进而分析W AB的正负，然后作出判断．(3)E－x图象：根据题中给出的E－x图象，确定E的方向的正负，再在草纸上画出对应电场线的方向，根据E的大小变化，确定电场的强弱分布．3.两条思路:根据图像量、点、线、面挖掘相应物理量的信息，必要时画出电场线实际图景结合分析二、探索提升【典例1】(v－t图象)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线所在水平面的中垂线上有A、B、C 三点，如图1甲所示，一个电荷量为2C、质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图1乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()图1A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2V/mB．由C点到A点的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D．AB两点电势差U AB＝－5V【答案】D【解析】小物块在B点加速度最大，故B点场强最大，由v－t图线知B点加速度为2m/s2，根据qE＝ma，得E＝1 V/m，选项A错误；由C点到A点的过程中小物块动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C错误；根据动能定理有qU AB＝12mv2B－12mv2A，解得U AB＝－5V，选项D正确．【典例2】（对E－x图象）空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图2所示，下列说法正确的是()图2A．O点的电势最低B．x1和x3两点的电势相等C．x2和－x2两点的电势相等D．x2的电势最高【答案】C【解析】在坐标原点O右侧，沿x轴正方向，电场强度先变大后变小，电势一直降低，故O点电势不是最低；x1和x3两点的电势不相等，故A、B错误；电场关于坐标原点O对称分布，则x2和－x2两点的电势相等，C正确．【典例3】(φ－x图象)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图3所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()图3A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C ．N 、D 两点间的电场强度大小沿x 轴正方向先减小后增大D ．将一正点电荷从N 点移到D 点，电势能先增大后减小【答案】C【解析】根据q 1左侧和q 2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A 错．N 、C 间的电场方向沿x 轴正方向，C 点场强为0，B 错．根据N →D 间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C 正确；正电荷从N 移到D ，由E p ＝qφ知，电势能先减小后增大，D 错．【典例4】(E p －x 图象)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能E p 随位移x 的变化关系如图4所示，则下列说法正确的是( )图4A ．粒子从x 1处运动到x 2处的过程中电场力做正功B ．x 1、x 2处电场强度方向沿x 轴正方向C ．x 1处的电场强度大小大于x 2处的电场强度大小D ．x 1处的电势比x 2处的电势低【答案】AD【解析】 由于粒子从x 1运动到x 2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x 轴正方向，电场强度方向沿x 轴负方向，选项A 正确，B 错误；由ΔE p ＝qE Δx ，即qE ＝ΔE p Δx，由于x 1处的图线斜率的绝对值小于x 2处图线斜率的绝对值，因此x 1处的电场强度大小小于x 2处的电场强度大小，选项C 错误；沿着电场线方向电势降低，故x 1处的电势比x 2处的电势低，选项D 正确．三 高考真题1.(多选)(2017课标Ⅰ,20,6分)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图5所示。

高考物理一轮复习：单元质检七静电场(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2019·湖南宁乡模拟)如图所示为静电除尘机理图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区,放电极(位于中央)和集尘极分别接到高压直流电源的两极上,其间电场线如图。

带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积,达到除尘目的。

不考虑尘埃间的相互作用及其他作用,下列说法正确的是()A.电场线方向由放电极指向集尘极B.图中a点电场强度小于b点电场强度C.尘埃会沿图中虚线从c到d运动D.尘埃在运动过程中动能增大2.(2019·广东中山一中、仲元中学等七校联考)右图是两个等量异种电荷形成的电场,AB为中垂线上两点,CD为两电荷连线上两点,且A、B、C、D与O点间距离相等,则()A.A、B、C、D四点场强相同B.C点电势比D点电势低C.正电荷从A运动到B,电场力不做功D.正电荷从C运动到D,电势能增加3.(2019·湖南永州二模)如图所示,在直角坐标系xOy中的x轴上有一正点电荷Q,A、B、C是坐标轴上的三点,OA=OB=BC=a,其中O点和C点的电势相等,静电力常量为k,则下列说法正确的是()A.点电荷Q位于B、C两点之间B.O点电势比A点电势低C.A点的电场强度大小为k Q2Q2D.将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点过程中,电势能一直增大4.(2019·浙江丽水月考)如图所示,将A、B两个相同大小的导体球(可视为质点)分别用绝缘细线悬挂于O A和O B两点,然后使A、B两球带同种电荷,电荷量分别为Q A、Q B。

已知两球静止时在同一水平面上,两细线与竖直方向的夹角分别为θ、α,则()A.若θ>α,则两球的电量Q A>Q BB.若θ>α,则两球的质量m A>m BC.若同时剪断两细线,则两球在空中运动时,系统机械能守恒D.若同时剪断两细线,则两球在空中运动时仍在同一水平线上5.(2019·贵州红花岗区模拟)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示,O、P、M、N为电场中的四个点,其中P和M在一条电场线上,则下列说法正确的是()A.M点的电场强度小于N点的电场强度B.M点的电势高于N点的电势C.将一负电荷由O点移到M点电势能增加D.将一正电荷由P点无初速释放,仅在电场力作用下,可沿PM电场线运动到M点6.(2019·陕西榆林绥德中学模拟)如图所示,平行板电容器与恒压电源连接,电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场,设电容器极板上所带的电荷量为Q,电子穿出平行板电容器时在垂直于板面方向偏移的距离为y。

2021.03.07真空中的静电场欧阳光明（2021.03.07）基本要求一、理解电场强度和电势这两个基本概念和它们之间的联系。

二、掌握反映静电场性质的两个基本定理——高斯定理和环流定理的重要意义及其应用。

三、掌握从已知的电荷分布求场强和电势分布的方法。

内容提要一、真空中的库仑定律*欧阳光明*创编2021.03.072021.03.07库仑定律的适用条件：1. 点电荷；2. 电荷静止（或低速）。

二、电场和电场强度电场电荷能够产生电场。

电场是一种客观存在的物质形态。

电场对外表现的性质：1. 对处于电场中的其他带电体有作用力；2. 在电场中移动其他带电体时，电场力要对它做功，这也表明电场具有能量。

电场强度的定义式点电荷场强公式场强叠加原理电场中某点的场强等于每个电荷单独在该点产生的*欧阳光明*创编2021.03.072021.03.07*欧阳光明*创编 2021.03.07场强的叠加（矢量和）。

几种常见带电体的场强1、电荷线密度为λ的无限长均匀带电直线外一点的场强2、电荷面密度为σ的无限大均匀带电平面外一点的场强方向垂直于带电平面。

3、带电Q 、半径为R 的均匀带电导体球面或导体球的场强分布r<R 时， E =0r>R 时，0204r E r Qπε=4、带电Q 、体密度为ρ的均匀带电球体场强分布2021.03.07*欧阳光明*创编 2021.03.07r<R 时，r E 304R Q πε= r>R 时，0204r E r Q πε=三、电通量 高斯定理电场线（电力线）画法 1. 电场线上某点的切线方向和该点场强方向一致；2. 通过垂直于E 的单位面积的电场线的条数等于该点E 的大小。

电场线的性质 1. 两条电场线不能相交；2. 电场线起自正电荷（或无穷远处），止于负电荷（或无穷远处），电场线有头有尾，不是闭2021.03.07*欧阳光明*创编 2021.03.07合曲线。

第2讲电场能的性质一、选择题(每小题6分,共60分)1.如图所示,菱形ABCD的对角线相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点,且OM=ON,则(B )A.A、C两处电势、场强均相同B.B、D两处电势、场强均相同C.A、C两处电势、场强均不相同D.B、D两处电势、场强均不相同【解析】依据等量异种点电荷的电场的分布特点和叠加原理可知,A、C两点场强相同,取无穷远处电势为零,沿着电场线方向电势降低,则A点电势高于C点电势,故A、C项错误;由叠加原理可知,B、D两点场强相同,由于B、D两点处于等势面上,则B、D两点电势相同,故D项错误,B项正确。

2.(2021·陕西三模)如图所示,虚线为电场中的一簇等势面与纸面的交线,相邻两等势面电势差相等,已知A、B两等势面间的电势差为10 V,且A的电势高于B的电势。

一个电子仅在电场力作用下从M点向N点运动,电子经过M点时的动能为8 eV,则电子经过N点时的动能为(D)A.16 eVB.7.5 eVC.4.0 eVD.0.5 eV【解析】由题意知,A、B两等势面间的电势差为10 V,相邻两等势面电势差相等,则知M、N间的电势差U=7.5 V,由于A的电势高于B的电势,则知M的电势高于N的电势,电子从M点运动到N 点,电场力做负功W=-7.5 eV,依据动能定理得W=E kN-E kM,得E kN=W+E kM=-7.5 eV+8 eV=0.5 eV,D 项正确。

3.(2021·海南高考)(多选)如图所示,两电荷量分别为Q(Q>0)和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b点位于y轴O点上方。

取无穷远处的电势为零。

下列说法正确的是(BC) A.b点电势为零,电场强度也为零B.正的摸索电荷在a点的电势能大于零,所受电场力方向向右C.将正的摸索电荷从O点移到a点,必需克服电场力做功D.将同一正的摸索电荷先后从O、b两点移到a点,后者电势能的变化较大【解析】等量异种点电荷连线的中垂线是电势为零的等势面,该线上除无穷远外各点场强方向水平向右,O点电场强度最大,O点上下两侧电场强度渐渐减小,A项错误;等量异种点电荷连线上电势沿着电场线渐渐降低,则φa>φO=0,正的摸索电荷在a点电势能E pa=qφa,由于q>0,φa>0,所以E pa>0,a点电场强度方向向右,电荷带正电,所以电场力方向向右,B项正确;φO<φa,所以U Oa<0,W Oa=qU Oa<0,电场力做负功,所以移动正的摸索电荷必需克服电场力做功,C项正确;q>0,U Oa=U ba,W Oa=W ba,电场力做功相同,所以电势能变化相同,D项错误。