(共126张PPT)
板块二 电磁学
命题区间五 静电场
近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.电场强度的矢量合成是近几年的考查重点，往往以点电荷、等量异(或同)种电荷为载体对相关知识考查。
2．对于涉及三维空间的立体模型(如立方体、三棱柱、三棱锥、正六面体等立体模型)要多关注。
3．加强探究意识和深度思维的养成，提升建立模型、突破模型的能力。
电场力的性质 √ √ √
电场能的性质 √ √
带电粒子在交变
电场中的运动
带电粒子在
电场中的运动
和电容器有关
的综合问题
等效重力场
电场中的图像问题
近三年山东已考命题点
01
(2022·山东卷)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为0。圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
命题点一 电场力的性质
√
1．圆环上电荷怎样分布？
按弧长均匀分布。
2．圆心O处的电场由哪些电荷产生？
圆弧上的剩余电荷和放在D处的电荷共同产生。
3．从圆弧取走电荷后，怎样计算剩余部分电场强度？
可根据“补偿法”计算。
1．电场强度公式的比较
2.电场强度的叠加
3．特殊带电体电场强度叠加问题的四种求法
补偿法 将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面
微元法 将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷，再利用公式和电场强度叠加原理求出合电场强度
对称法 利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，可以简化复杂电场的叠加计算
等效法 在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情境变换为简单的电场情境
A. 2n2∶1 B． 4n2∶1
C. 2n3∶1 D． 4n3∶1
1．(2023·海南卷)如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2 cm，OB＝4 cm，在A、B两点固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)，已知AP∶BP＝n∶1，Q1∶Q2为( )
√
2．(2024·海南卷)(多选)真空中有两个点电荷，电荷量均为－q(q≥0)，固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x(x r)，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
C. 在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D. 在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
√
√
√
A. A、B、C可能带同种电荷
B. B球的电荷量最小
3．如图所示，水平天花板上的P、Q两点各固定一个光滑定滑轮，两根细绳穿过定滑轮分别连接A、B、C三个带电绝缘小球，三个小球保持静止状态且处于同一高度，定滑轮与小球在同一竖直面内。已知A、C球的质量均为m1，B球的质量为m2，A、B小球与P点，B、C小球与Q点均构成正三角形，重力加速度为g，则( )
√
A 解析：若A、B、C带同种电荷，相互之间都为斥力，受力分析如图所示，由于电荷量大小未知，三个小球在水平方向上受力可能平衡，故A正确。由题意可知，细绳对B球的拉力在水平方向上的合力为0，可知B球受到A、C球的静电力大小相等、方向相反，则A、C球带同种电荷且电荷量相等，若B球与A、C球带异种电荷，由三个小球水平方向上受力平衡可知引力小于斥力，B球电荷量较小；若B球与A、C球带同种电荷，B球与A、C球的电荷量大小关系无法确定，故B错误。由于细绳拉力相等，则对A球和B球在竖直方向上
B. 放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大
C. 地面对斜面体c的支持力先变小后变大
√
5．(2023·湖南卷)如图所示，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为0，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为( )
√
A. F′点与C′点的电场强度大小相等
B. B′点与E′点的电场强度方向相同
C. A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D. 将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
(2023·山东卷)(多选)如图所示，正六棱柱上、下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是( )
命题点二 电场能的性质
√
√
√
ACD 解析：等量异号点电荷的电场线(实线)与等势面(虚线)如图甲所示，电场线与等势面关于两点电荷连线的中垂面对称，图甲以两点电荷连线为轴旋转一周则为电场线与等势面的空间分布，F′点与C′点分居在中垂面两侧且到中垂面的距离相等，则F′点与C′点的电场强度大小相等，A正确；B′点距正点电荷较近，合电场强度竖直分量向下，E′点距负点电荷较近，合电场强度竖直分量向上，B′点与E′点的电场强度方向不同，B错误；等量异号点电荷连线的中垂面是一个等势面，O、O′点在该等势面上，F′点在中垂面左侧，F′点的电势比O′点的高，UA′F′
1．借助下面的平面图想象等量异号点电荷的电场线和等势面在立体空间的分布情况。
2．等量异号点电荷形成的电场中某一点的电场强度是两个_________在这一点的电场强度的_________。
3．若规定无穷远处电势为0，则等量异号点电荷的中垂面上任何一点的电势均为___；在该题中，中垂面左侧正六棱柱的任何一点电势均______(选填“高于”或“低于”)0。
点电荷
矢量和
0
高于
1．求静电力做功的四种方法
2．判断电势能变化的两种方法
(1)根据静电力做功：静电力做正功，电势能减少；静电力做负功，电势能增加。
(2)根据Ep＝φq，电势越高，正电荷的电势能越大，负电荷的电势能越小。
3．电势高低的四种判断方法
(1)电场线法：沿电场线方向电势逐渐降低。
(4)场源电荷的正负：取离场源电荷无限远处电势为0，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势较高，靠近负电荷处电势较低；空间中有多个点电荷时，某点的电势可以代数求和。
1．(2023·广东卷)(多选)电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移(每个微粒电荷量保持不变)，像素由黑色变成白色。下列说法正确的有( )
A. 像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势
B. 像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
C. 像素由黑变白的过程中，静电力对白色微粒做正功
D. 像素由白变黑的过程中，静电力对黑色微粒做负功
√
√
AC 解析：当像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确；当像素呈白色时，胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B错误；像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的静电力向上，位移向上，静电力对白色微粒做正功，故C正确；像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的静电力向上，位移向上，静电力对黑色微粒做正功，故D错误。
D. 减小R的阻值，M、C的距离将变大
2．(2023·浙江卷6月选考)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为 5 cm 的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，则( )
√
B 解析：根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图甲所示，
A. Ⅰ B． Ⅱ
C． Ⅲ D． Ⅳ
√
C 解析：连接Ⅰ、d与b、Ⅲ，连线与a、c连线的交点e、f如图所示，由几何关系得，e、f是ac的三等分点，可知f点、Ⅲ点与b点电势相同，都是4 V，所以将点电荷＋q从b位置沿任意路径移动到Ⅲ位置静电力做功为0，C正确。
A. P、Q两点电势相同
B. P、Q两点电场强度相同
C. 试探电荷－q在P点电势能比在O点小
D. 试探电荷－q沿直线由O向A运动，所受静电力不做功
4．(2024·郑州模拟)如图所示，三个等量点电荷固定在正三角形三个顶点上，其中A带正电，B、C带负电。O点为BC边的中点，P、Q两点关于O点对称，下列说法正确的是( )
√
A 解析：在只有B、C点电荷所形成的电场中，P、Q两点电势相同；在只有A点电荷所形成的电场中，P、Q两点电势相同；由电场的叠加原理可知P、Q两点电势相等，故A正确。由平行四边形定则可知，P、Q两点电场强度大小相等，方向不同，故B错误。若只有B、C两点电荷，则根据等量同种负电荷中垂线的电势分布可知，O点电势高于P点电势；若只有A点电荷，则O点电势高于P点电势，所以O点电势高于P点电势，根据Ep＝－qφ，试探电荷－q在P点电势能比在O点大，故C错误。试探电荷－q沿直线由O向A运动，电势增大，电势能减小，所受静电力做正功，故D错误。
5．(2024·山东卷)(多选)如图所示，带电荷量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为0，滑到C点时速度为0。已知A、C间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
C. 从A到C，静电力对小滑块做功 W＝－mgs
√
√
近三年山东未考命题点
02
(2023·浙江卷1月选考)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为0，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为0，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子( )
命题点一 带电粒子在电场中的运动
B. 打在荧光屏上时，动能大小为11eU
√
1．电子进入偏转电场做_________运动。
2．在XX′极板间，沿XX′方向运动公式为____________，沿OO′方向运动公式为_________。
3．打在荧光屏上时，速度方向与OO′夹角满足tan α＝______(用vx、v0表示，vx为沿XX′方向速度，v0为沿OO′方向速度)。
类平抛
x＝v0t
带电粒子在电场中的运动
(1)分析思路
先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用适当的规律。
(2)受力特点
一般来说，除明显提示外，带电小球、液滴等粒子所受的重力不能忽略，电子、质子等微观带电粒子所受的重力可以忽略。通常可根据带电粒子的运动状态判断是否考虑重力作用。
(3)规律方法
(4)两个结论
①粒子垂直电场方向射入极板间时，位移偏向角φ和速度偏转角θ满足tan θ＝2tan φ。
②射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。
A. 从O到N小球机械能守恒
B. 从O到M与从M到N，小球的动能的增加量相同，且小球是一定从O运动到N的
C. 从O到N小球的机械能减少，重力势能减少
D. 小球所受静电力方向一定竖直向上，所以匀强电场的方向也一定竖直向上
1．(2024·开封模拟)竖直面内，一带电小球以一定的速度进入匀强电场中，如图所示，虚线为匀强电场的等势面，实线为带电小球的轨迹。下列说法正确的是( )
√
C 解析：根据轨迹可知，小球所受合力竖直向上，小球受竖直向下的重力，所以小球所受静电力一定竖直向上，小球电性未知，无法确定电场强度的方向，由于静电力与重力做功均与路径无关，所以O到M与M到N合力对小球做功相同，故动能的变化量相同，但无法确定小球的运动方向，故B、D错误；从O到N静电力对小球做负功，所以小球的机械能减少，重力做正功，小球的重力势能减少，故A错误，C正确。
A. L∶d＝2∶1
B. U1∶U2＝1∶1
C. 微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D. 仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
2．(2023·湖北卷)(多选)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是( )
√
√
两个等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子。面积足够大的平行板电容器两极板之间的距离为d，将电容器接在电压U恒定的电源两端，规定无穷远处电势为0，将带电荷量极小的电偶极子用长度为l的绝缘轻杆连接，将其从无穷远处移到电容器两极板之间处于如图所示的状态(初始时杆和极板垂直)，然后将两极板分别围绕O、O′点顺时针旋转30°，如图中虚线所示，仍将绝缘轻杆连接的电偶极子从无穷远处移动到同一位置。关于此过程，下列说法正确的是( )
命题点二 和电容器有关的综合问题
A. 两极板旋转之后，极板间的电场强度减小
B. 两极板旋转之后，极板间的正对面积不变
√
1．平行板电容器电容的决定式为_________，两极板间电场为匀强电场，满足______。
2．将电荷q从无穷远移到电势为φ的点，静电力做功为___________________________。
W＝Ep1－Ep2＝－φq
平行板电容器
(1)电容器的电容
(2)电容器的动态分析
①平行板电容器充电后保持两极板与电源相连通——U不变
②平行板电容器充电后保持两极板与电源断开——Q不变
1．如图所示，两个相同的半圆形金属板相互靠近、水平放置，板间可视为真空。两金属板分别与电源两极相连，上极板可绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。开始时，两极板边缘完全对齐，闭合开关S后，两板间的一个带电微粒恰好静止；然后让上极板转过5°(微粒仍在两板间，忽略电场边缘效应)，则( )
A. 断开开关S后，微粒将竖直下落
B. 转动前后，电容器的电容之比为36∶35
C. 转动过程中，有从a→b的电流流过电阻R
D. 断开开关S后，上极板再转动5°，微粒仍然静止
√
A. U不变 B． Ep减少
C. Q变小 D． 带电微粒仍保持静止
2．如图所示，D是一个理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a，平行板电容器的A、B两极板间有一带电微粒，在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能。若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法正确的是( )
√
3．如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，电阻R1、R2的阻值分别为2r、3r，电容为C、间距为d的水平放置的平行板电容器，两极板分别接在R3＝1.8r 两端。闭合开关稳定后，让一质量为m、电荷量未知的带电小球从上极板上方高为d处自由释放，小球恰好能下落到下极板，则 ( )
D. 带电小球在电容器中下落时的加速度大小为g
B. 带电小球带负电
√
如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是( )
命题点三 等效重力场
C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
√
的功，由题意可知，当小球运动到最左边与O点等高处时，静电力做的负功最多，机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功后做负功，最后再做正功，所以电势能先减小再增大最后减小，故D错误。
1．在“绳模型”的竖直平面圆周运动中，在最低点速度______，
完成圆周运动条件，在最高点有mg＝______。
2．在匀强电场和重力场中，小球能静止的点，可等效为“_________”，与其对称的点等效为“_________”。
最大
最低点
最高点
等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于同时处在匀强电场和重力场中物体的运动，问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象地称之为“等效重力场”。
1．(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上固定有光滑圆弧轨道，a、c点分别为最高和最低点，b、d两点与圆心等高，斜面上有平行于斜面的水平匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，从b点无初速度释放，小球沿轨道运动，最远到达c点；现在b点将小球以速度v0沿斜面向下弹出，小球恰好能沿轨道做圆周运动而不脱离，重力加速度为g，以下说法正确的是( )
A. 电场方向由b指向d
√
√
2．如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r＝0.2 m，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的、电场强度为E的匀强电场，一质量 m＝0.1 kg、带负电荷的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝30°，重力加速度为g(g取10m/s2)。
(1)求小球所受的静电力大小。
(2)小球在A点的速度v0为多大，才能使小球经过D点时对圆轨道的压力最小？
解析：(1)小球在C点时速度最大，可知静电力与重力的合力沿DC方向，则小球受到的静电力的大小
解得v0≈3.3 m/s。
命题点四 带电粒子在交变电场中的运动
(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
(2)t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；
解析：(1)电子在加速电场中加速，由动能定理得
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向
1．初速度为0的带电粒子，经电压U1加速有qU1＝__________，进
入偏转电场有L＝_________，h＝__________。
v0t
向上
向下
1∶3
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3．思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
A. 带电粒子将始终向同一方向运动
B. 2 s末带电粒子回到原出发点
C. 3 s末带电粒子的速度为0
D. 0～3 s内，静电力做的总功为0
1．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法正确的是( )
√
√
(1)离子在第一象限运动时的速度大小和第二象限内电场E2的大小；
(3)当t＝nT(n＝1,2,3，…)时，离子的坐标。
解析：(1)设离子在第一象限的速度大小为v0，在第一象限内，由库仑力提供离子圆周运动的向心力有
在第二象限内，只有静电力对离子做功，由动能定理得
因为开始计时时刻离子横坐标为x0，所以t＝nT时，离子的横坐标为x＝x0＋4nx0＝(4n＋1)x0
命题点五 电场中的图像问题
√
1．库仑定律的表达式为_________。
2．正方形任何一个顶点上的电荷与其他三个顶点上的电荷之间静电力的合力与点电荷－Q对它的作用力_____________________。
大小相等、方向相反
x轴负方向
相反
电场中常见的四类图像
v-t
图像 根据v-t图像中速度变化的斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化情况，从而确定电场的方向、电势高低及电势能变化情况
φ-x
图像 (1)从φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场的方向及试探电荷电势能的变化；
(2)φ-x图线切线的斜率大小等于沿x轴方向电场强度E的大小
E-x
图像 以电场强度方向沿x轴为例：
(1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向；
(2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定
Ep-x
图像 (1)图像切线斜率的大小等于静电力大小；
(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
A. φA>φB B．φA<φB
C. EA>EB D．EA1．如图甲所示是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点以某一初速度释放，负电荷沿直线AB运动过程中的速度—时间图像如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和电场强度大小可知( )
√
A 解析：由速度—时间图像可知，负电荷由A向B运动的过程中，速度减小，动能减小，电势能增大，电势降低，故A正确，B错误；由图线斜率可知加速度不变，静电力不变，则电场强度不变，故C、D错误。
A. r1和r2两处电势相等
B. 球体表面处电势最高
C. r1和r2两处电势差为E0(r2－r1)
2．真空中静止的均匀带正电的球体，其半径为R，电场强度大小沿半径方向分布如图所示，静电力常量为k，则( )
√
3．两个所带电荷量相等的点电荷固定在x轴上A、B两点，A、B与坐标原点O的距离相等，以无穷远处为电势零点，x轴上各点电势φ随坐标x分布的图像如图所示，M、N是x轴上两点，其中M点比N点距离O点远，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 静电力始终对试探电荷做正功
B. 试探电荷在M点具有的电势能比在N点小
C. 试探电荷在M点受到的静电力比在N点小
D. 试探电荷在M、N两点受到的静电力方向相同
√
B 解析：由题图可知从M点到O点电势降低，从O点到N点电势升高，则该电场是两个正点电荷形成的，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，静电力对试探电荷先做负功，后做正功，故A错误；两点电荷所带电荷量相等，关于O点对称，M点比N点距离O点远，则M点电势高于N点，带负电的试探电荷在M点具有的电势能比在N点小，故B正确；φ-x图像上某点斜率大小表示该点电场强度大小，由图像可知M点电场强度大小大于N点电场强度大小，则试探电荷在M点受到的静电力比在N点大，故C错误；M、N两点电场强度方向相反，试探电荷在M、N两点受到的静电力方向相反，故D错误。
4．一带电粒子仅在静电力作用下沿x轴做直线运动，其动能Ek随位置x变化的关系如图所示，则其电势能Ep、加速度大小a、电场的电场强度大小E、电势φ分别与位置x的关系图，正确的是( )
√专题限时评价(五)
(建议用时：75分钟)
1．研究表明，取无穷远处为零电势，导体球表面的电势与导体球所带的电荷量成正比，与导体球的半径成反比。金属小球a和金属小球b的半径之比为1∶2，所带电荷量大小之比为1∶7，两小球间距远大于小球半径且间距为L时，它们之间的库仑引力大小为F。现将金属小球a与金属小球b相互接触，达到静电平衡后再放回到原来的位置，这时a、b两球之间的相互作用力及大小为(不考虑万有引力)( )
A. 库仑斥力，F B． 库仑斥力，F
C. 库仑引力，F D． 库仑引力，F
A 解析：设接触前a、b两球所带电荷量大小分别为q、7q，a、b两球相互吸引，两球带异种电荷，根据库仑定律公式得，相距L时的库仑引力为F＝；当它们相互接触时，电荷先中和然后再重新分配，它们相互接触达到静电平衡后，电势相同；因导体球表面电势与所带电荷量成正比，与其半径成反比，则a、b两球电荷量之比为1∶2，中和后有qa＋qb＝6q，解得qb＝2qa＝4q，中和后a、b两球电性相同，静电平衡后静电力大小为F′＝＝F，静电力表现为库仑斥力，故A正确，B、C、D错误。
2．(2024·青岛模拟)如图所示，a、b为两个固定的、带正电的、电荷量为q的点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心、半径为L的圆周，其上有一个质量为m、带电荷量为－q的点电荷c做匀速圆周运动，则c的速率为( )
A. q B． q
C. q D． q
B 解析：带电荷量为－q的点电荷c受到两个带正电的点电荷的库仑力大小分别为＝k，根据牛顿第二定律有2k·＝m，解得v＝q，故B正确，A、C、D错误。
3．(2024·临沂模拟)如图所示，z>0的空间为真空，z≤0区域内充满无限大导体，A(0,0，h)固定电荷量为＋q的点电荷，静电力常量为k。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部电场强度处处为0，则在z轴上处的电场强度大小以及感应电荷在(h，h，－h)处形成的电场强度大小分别为( )
A. k B． k
C. k D． k
B 解析：感应电荷形成的电场与点电荷形成的电场等大反向，在(h，h，－h)处，点电荷电场强度E＝，其中r＝，解得E＝。在z轴上－处，合电场强度为0，该点电场强度为q和导体近端感应电荷产生电场的电场强度的矢量和，q在－处产生的电场强度为E1＝k＝，由于导体远端离－处很远，影响可以忽略不计，故导体在－处产生的电场强度近似等于近端在－处产生的电场强度；－处合电场强度为0，故导体在－处产生的电场强度大小E2＝E1＝，方向向上，根据对称性，导体近端在处产生的电场强度也为E2＝，方向向下，电荷q在处产生的电场强度为 E3＝k＝，方向向下，故在处的合电场强度为E′＝E2＋E3＝＋＝k，方向向下，故B正确。
4．(2024·淄博模拟)(多选)如图所示，水平面内三点A 、B 、C为等边三角形的三个顶点，三角形的边长为 L，O点为AB边的中点。CD为光滑绝缘细杆，D点在 O点的正上方，且 D点到A、B两点的距离均为 L，在 A、B两点分别固定电荷量均为－Q的点电荷。现将一个质量为 m、电荷量为＋q 的中间有细孔的小球套在细杆上(忽略其对原电场的影响)，从 D点由静止释放。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，且k＝mg，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. D点电场强度大小为
B. 小球刚到达 C点时的加速度大小为g
C. 小球到达 C点的速度大小为
D. 小球从 D点到 C点运动过程中电势能先增大后减小
AC 解析：D点电场强度大小为ED＝2k·cos 30°，因k＝mg，可知ED＝，A正确； 同理可知，C点的电场强度大小为EC＝ED＝，方向沿CO方向，则小球刚到达 C点时的加速度大小为aC＝＝0，B错误； A、B两点的点电荷为等量的同种电荷，可知C、D两点电势相等，由于在C、D两点电势能相等，则小球从D到C，静电力不做功，根据动能定理得mgLsin 60°＝mv ，解得vC＝，C正确；小球从 D点到 C点运动过程中，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，D错误。
5．某物理小组想验证点电荷间相互作用力的大小与它们之间距离的关系，设计了如图所示实验装置。泡塑小球A(表面涂导电层，大小不计)带电后由长为l的绝缘细线悬挂在O点，小球A静止于M点，将另一带同种电荷的小球B缓慢靠近A，A、B两球始终等高。设A球偏离M点的距离为d，细线与竖直方向夹角为θ，A、B间的距离r可用投影放大的方法测算获得，d l。B逐步靠近A，获得一系列d、r的数据。则要得到正确的结论，实验中应验证的关系为( )
A. d与r成正比 B． d与r2成正比
C. d与r成反比 D． d与r2成反比
D 解析：根据库仑定律，点电荷间相互作用力的大小与它们之间距离的关系为F＝k，其中F＝mgtan θ≈mgθ≈∝d，可知，电荷量不变，d与r2成反比。故选D。
6．(2024·石家庄模拟)如图所示，平行的实线表示电场线，虚线表示一个离子穿越电场的运动轨迹，下列判断正确的是( )
A. 电场强度方向一定是向右
B. 该离子一定是负离子
C. 该离子一定是由a向b运动
D. 电场强度方向、离子的运动方向以及是正离子还是负离子都不能确定，但是离子在a点的动能一定小于在b点的动能
D 解析：离子所受合力大致指向轨迹凹的一侧，可知静电力方向向左，不能判断电场的方向，也不能判断离子的带电性质，故A、B错误；离子可能是由a向b运动，也可能是由b向a运动，故C错误；假设离子从a运动到b，静电力做正功，动能增加，所以离子在a点的动能小于在b点的动能，故D正确。
7．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10－5 C、质量为1 g的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。下列说法正确的是( )
甲 乙
A. 小物块带负电
B. A、B两点间的电势差UAB＝500 V
C. 小物块由C点到A点电势能先减小再增大
D. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝100 V/m
D 解析：由题图乙可知，小物块一直加速，则受到向外的力，带正电，选项A错误；根据动能定理得qUBA＝mv－mv，解得UAB＝－500 V，选项B错误；由题图乙知，由C到A的过程中，小物块的速度不断增大，动能不断增大，根据能量守恒知，小物块的电势能不断减小，选项C错误；v-t图像的斜率表示加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明B为中垂线上加速度最大的点，由题图可知切线的斜率为2 m/s2，根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝100 V/m，且B为中垂线上电场强度最大的点，选项D正确。
8．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0。已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，则( )
甲 乙
A. 部分粒子会打到两极板上
B. 每个粒子在板间运动过程中，所受静电力会致使带电粒子离开电场时沿电场方向的速度不为0
C. 运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0
D. 在t＝(n＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
C 解析：带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动，由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍，在0～时间内带电粒子运动的加速度为a＝，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝t，同理可分析～T时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v与E-t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)，而经过整数个周期，E-t图像与坐标轴所围面积始终为0，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为0，都垂直电场方向射出电场，故B、D错误；带电粒子在t＝0时刻射入时，侧向位移最大，因此所有粒子均不可能打到极板上，故A错误；当粒子在t＝0时刻射入且经过T离开电场过程中，粒子在t＝时刻达到最大速度，由题意得此时两分位移之比为＝，即v0t＝2×at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝v0，因此在运动过程中，所有粒子的最大动能为初动能的2倍，故C正确。
9．(多选)如图所示，水平放置的A、B板和M、N板分别组成平行板电容器C1和C2，A板通过一理想二极管与M板相连接，B板和N板都接地。M、N两板之间插有电介质，A板和B板正中均有一小孔，两孔在同一竖直线上。现让A板带正电，稳定后，一带电液滴从小孔正上方由静止开始下落，穿过小孔到达B板处速度恰为0。空气阻力忽略不计，极板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是( )
A. 仅将A板向下移动一小段距离后，A板电势升高
B. 仅将N板向右移一小段距离时，C1、C2 均不充放电
C. 仅在M、N板间更换相对介电常数更大的电介质时，C1充电，C2 放电
D. M板向下移动一小段距离时，液滴能穿过B板小孔
BD 解析：根据电容决定式C＝和定义式C＝，仅将A板向下移动一小段距离后，电容C1增大，设A板电荷量不变，则A板电势降低，M板要给A板充电，但是二极管反向，所以不能充电，故A板电荷量不变，A板电势降低，故A错误；仅将N板向右移一小段距离时，电容C2减小，设M板电荷量不变，则M板电势升高，M板要给A板充电，但是二极管反向，所以不能充电，故M板电荷量不变，A板电荷量不变，C1、C2均不充放电，故B正确；仅在M、N板间更换相对介电常数更大的电介质时，电容C2增大，设M板电荷量不变，则M板电势降低，A板要给M板充电，二极管正向导通，所以能充电，则C1放电，C2充电，故C错误；M板向下移动一小段距离时，电容C2增大，设M板电荷量不变，则M板电势降低，A板要给M板充电，二极管正向导通，所以能充电，则C1放电，C2充电，A、B板间电场强度减小，带电液滴在板间克服静电力做的功减小，可知液滴能穿过B板小孔，故D正确。
10．(多选)匀强电场中有一个立方体空间，立方体上表面为ABCD，下表面为PMRS，立方体的边长为1 cm，以P为坐标原点建立三维直角坐标系，如图所示，已知B、D、R三点的电势均为2 V，C点的电势为4 V，则下列判断正确的是( )
A. 匀强电场方向沿z轴负方向
B. P点的电势为0
C. C、P两点间的电势差为6 V
D. 电场强度大小为200 V/m
CD 解析：已知B、D、R三点的电势均为2 V，C点的电势为4 V，可知B、D、R三点所在的平面为等势面，电场线与等势面垂直，且由高电势点指向低电势点，则电场强度方向由C点垂直平面BDR指向P点，故A错误；因φB－φM＝φC－φR，可得φM＝0，由φC－φR＝φD－φS，可得φS＝0，而φM－φP＝φR－φS，可得φP＝－2 V，则UCP＝6 V，故B错误，C正确；电场强度E＝＝ V/m＝200 V/m，故D正确。
11．(多选)如图所示，空间中A、B、C、A1、B1、C1六个点恰好为竖直正三棱柱的顶点，在A1点固定有正电荷Q1，B1点固定有正电荷Q2，C1点固定有负电荷－q，带电荷量Q1＝Q2>q。以下说法正确的是( )
A. A、B两点的电场强度相同，电势也相同
B. 若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则其所受静电力逐渐减小
C. 若将－q自C1点竖直向上移动至C点，则其电势能逐渐增大
D. 若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则其电势能始终不变
BC 解析：由电场叠加及几何关系可知，A、B两点的电场强度方向不同，A错误；若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则Q2距离Q1、－q越来越远，Q1、－q对其静电力逐渐减小，且两力夹角逐渐增大，故其所受静电力逐渐减小，B正确；若将－q自C1点竖直向上移动至C点，则Q1、Q2均对其做负功，故其电势能逐渐增大，C正确；若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则Q1对它做正功，－q对它做负功，且正功大于负功，总功为正，故其电势能减小，D错误。
12．(多选)如图所示，电荷量为－2Q和＋Q的两个点电荷分别固定于x轴上的A点和O点，O点为坐标原点，x＝x0(x0>0)处电场强度为0。现将一正试探电荷q在＋x轴上距离O点很远处由静止释放，释放处试探电荷的电势能近似为0。关于x轴上的电场强度E、试探电荷q的速度v、动能Ek、电势能Ep与位置坐标x的关系图像可能正确的是( )
AC 解析：设A点的坐标为－x1，由于在x＝x0处电场强度为0，故＝，解得x1＝(－1)x0，故坐标x处的电场强度为E＝－＋＝－＋，根据数学知识可知E-x关系可以如A项所示，故A正确；试探电荷释放后，在到达x＝x0处前所受静电力方向均为x轴负方向，静电力一直做正功，试探电荷速度增大，动能增大，电势能减小，在x＝x0处速度达到最大值，动能达到最大值，电势能达到最小值，故B、D错误，C正确。
13．(2024·合肥模拟)如图所示，质量为0.16 kg的带正电小球A穿在倾角α＝30°的光滑绝缘细杆上，杆的另外一端固定一个带电小球B，整个装置处于水平向右的匀强电场中。初始时，两球相距L0＝0.5 m(远大于小球直径)，此时小球A恰好静止且与杆无弹力，已知重力加速度g＝10 m/s2，小球A的电荷量为0.32 C，求：
(1)小球B带何种电荷；
(2)匀强电场的电场强度E；
(3)撤去匀强电场，小球A速度最大时，两球间距L。
解析：(1)由于小球A带正电，小球A受到的静电力方向水平向右，而小球A恰好静止且与杆无弹力，根据受力平衡可知小球A受到的库仑力应沿杆向上，故小球B带正电。
(2)小球A所受重力、静电力和与小球B的库仑力，满足三力平衡，根据平衡条件可得Eq＝
解得E＝5 N/C。
(3)撤去匀强电场后，小球A沿杆向上运动，当加速度为0时，小球A的速度最大，
此时F1＝mgsin α＝
即k＝F1
由(2)中分析可知，初始时F0＝＝2mg
即k＝2mg
联立解得L＝2L0＝1 m。
答案：(1)带正电 (2)5 N/C (3)1 m
14．(2024·潍坊模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8C，g＝10 m/s2。求：
(1)微粒的入射速度v0；
(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围。
解析：(1)微粒刚进入平行板时，两极板不带电，微粒做平抛运动，
则水平方向有＝v0t
竖直方向有＝gt2
解得v0＝10 m/s。
(2)由于带电微粒的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不大于，所以在竖直方向的加速度减小，微粒所受合力减小，所以静电力方向向上，又因为微粒带正电，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出
则有＝a12
根据牛顿第二定律得mg－q＝ma1
解得U1＝120 V
当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出
则有＝a22
根据牛顿第二定律得q－mg＝ma2
解得U2＝200 V
所加电压的范围为120 V≤U≤200 V。
答案：(1)10 m/s (2)120 V≤U≤200 V
15．某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1。
(2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为F阻＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
①半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2。
②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm 的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。
解析：(1)只要紧靠上极板进入电场的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L＝v0t
竖直方向有d＝at2
根据牛顿第二定律有qE＝ma，又E＝
解得U1＝。
(2)①由题意知，颗粒仅在竖直方向受阻力，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，有F静＝F阻，即
＝kRv，且＝
解得U2＝。
②设直径为10 μm的颗粒带电荷量为q，该种颗粒恰好100%被收集，在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有F阻＝kRvmax＝
在竖直方向颗粒匀速下落，有d＝vmaxt
由题意得，直径为2.5 μm的颗粒带电荷量为q′＝
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有F′阻＝kRv′max＝
设只有距下极板0～d′范围内的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落，有d′＝v′maxt，解得d′＝
则2.5 μm的颗粒被收集的百分比
×100%＝25%。
答案：(1) (2)① ②25%板块二 电磁学
近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.电场强度的矢量合成是近几年的考查重点，往往以点电荷、等量异(或同)种电荷为载体对相关知识考查。 2．对于涉及三维空间的立体模型(如立方体、三棱柱、三棱锥、正六面体等立体模型)要多关注。 3．加强探究意识和深度思维的养成，提升建立模型、突破模型的能力。
电场力的性质 √ √ √
电场能的性质 √ √
带电粒子在交变 电场中的运动
带电粒子在 电场中的运动
和电容器有关 的综合问题
等效重力场
电场中的图像问题
电场力的性质
(2022·山东卷)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为0。圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A. 正电荷，q＝
B. 正电荷，q＝
C. 负电荷，q＝
D. 负电荷，q＝
C 解析：因为正电荷在细圆环上均匀分布，所以弧长为ΔL的小圆弧上所带的电荷量为Q′＝·ΔL；当ΔL足够小时，可以将弧长为ΔL的带电小圆弧看作点电荷，则A、B处的点电荷在O点产生的电场如图所示，设其电场强度为E，根据圆环的对称性，可以得到取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷后，细圆环上的电荷在O点产生的电场强度E′与E等大、反向，根据库仑定律及矢量的叠加可知E′＝E＝，方向水平向右；将点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为0，所以点电荷q在O点产生的电场强度应水平向左，大小等于E′，故q为负电荷，且有E′＝，解得q＝，故A、B、D错误，C正确。
1．圆环上电荷怎样分布？
按弧长均匀分布。
2．圆心O处的电场由哪些电荷产生？
圆弧上的剩余电荷和放在D处的电荷共同产生。
3．从圆弧取走电荷后，怎样计算剩余部分电场强度？
可根据“补偿法”计算。
1．电场强度公式的比较
项目 公式 适用条件 说明
定义式 E＝ 任何电场 某点的电场强度为确定值，大小及方向与q无关
决定式 E＝k 真空中点电荷的电场 E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定
关系式 E＝ 匀强电场 d是沿电场方向的距离
2.电场强度的叠加
3．特殊带电体电场强度叠加问题的四种求法
补偿法 将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面
微元法 将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷，再利用公式和电场强度叠加原理求出合电场强度
对称法 利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，可以简化复杂电场的叠加计算
等效法 在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情境变换为简单的电场情境
1．(2023·海南卷)如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有A、B两点，AO＝2 cm，OB＝4 cm，在A、B两点固定两个带电荷量分别为Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧P点(小球可视为点电荷)，已知AP∶BP＝n∶1，Q1∶Q2为( )
A. 2n2∶1 B． 4n2∶1
C. 2n3∶1 D． 4n3∶1
C 解析：对小球受力分析如图所示，由正弦定理有＝，其中∠CPH＝∠OPB，∠CHP ＝∠HPD＝∠APO，在△APO中＝，同理有＝，其中FA＝k，FB＝k，联立解得Q1∶Q2＝2n3∶1，故选C。
2．(2024·海南卷)(多选)真空中有两个点电荷，电荷量均为－q(q≥0)，固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x(x r)，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A. P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r
B. P1P2中垂线上电场强度的最大值为
C. 在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D. 在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
BCD 解析：设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的电场强度与竖直向下的夹角为θ，则根据电场强度的叠加原理可知，A点的合电场强度为E＝ksin 2θ·cos θ，根据均值不等式可知当cos θ＝时E有最大值，且最大值为E＝，再根据几何关系可知A点到O点的距离为y＝r，故A错误，B正确；在M点放入一电子，从静止释放，由于r>r，可知电子向上运动的过程中静电力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确；根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的静电力为F＝keq·，由于x r，整理后有F＝－·x，在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，故D正确。
3．如图所示，水平天花板上的P、Q两点各固定一个光滑定滑轮，两根细绳穿过定滑轮分别连接A、B、C三个带电绝缘小球，三个小球保持静止状态且处于同一高度，定滑轮与小球在同一竖直面内。已知A、C球的质量均为m1，B球的质量为m2，A、B小球与P点，B、C小球与Q点均构成正三角形，重力加速度为g，则( )
A. A、B、C可能带同种电荷
B. B球的电荷量最小
C. m2＝m1
D. A、B球之间库仑力大小为m1g
A 解析：若A、B、C带同种电荷，相互之间都为斥力，受力分析如图所示，由于电荷量大小未知，三个小球在水平方向上受力可能平衡，故A正确。由题意可知，细绳对B球的拉力在水平方向上的合力为0，可知B球受到A、C球的静电力大小相等、方向相反，则A、C球带同种电荷且电荷量相等，若B球与A、C球带异种电荷，由三个小球水平方向上受力平衡可知引力小于斥力，B球电荷量较小；若B球与A、C球带同种电荷，B球与A、C球的电荷量大小关系无法确定，故B错误。由于细绳拉力相等，则对A球和B球在竖直方向上分别有FTsin 60°＝m1g，FTsin 60°＝，解得m2＝2m1，故C错误。若A、B、C带同种电荷，由图中受力分析可知，对A在水平方向上有FBA＋FCA＝＝m1g，可知A、B球之间库仑力大小不可能为m1g，故D错误。
4．如图所示，质量mb＝2 kg的小物块b置于倾角为θ＝30°的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷QM＝1×10－6 C的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷QN＝－×10－6 C的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角α＝60° 且两小球之间的距离d＝3 cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后小物块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2。下列说法正确的是( )
A. 初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为5 N
B. 放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大
C. 地面对斜面体c的支持力先变小后变大
D. 小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为
A 解析：由题意可得，初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为Ff＝FTcos 30°，对小球M受力分析得FTsin 60°＝F，其中F＝k＝9×109× N＝5 N，联立解得Ff＝5 N，故A正确；放电过程中，两小球之间的库仑力F减小，对小球M受力分析得FTcos α＝mg，mgtan α＝F，则随着库仑力F减小，夹角α减小，拉力减小，且开始时夹角α＝60°，可求得小球M的质量为m＝0.5 kg，开始时绳子拉力为FT＝10 N，对小物块b受力分析知mbgsin θ＝FT，即开始时，斜面体对小物块b的摩擦力为0，随着拉力减小，斜面体对小物块b的摩擦力方向沿斜面向上，且有mbgsin θ＝FT＋Ffc，可见随着拉力减小，斜面体对小物块b的摩擦力一定增大，故B错误；设b、c整体质量为m′，则对b、c整体受力分析得 FN＋FTsin θ＝m′g，可知随着拉力减小，地面对斜面体c的支持力一直变大，故C错误；由题意知，放电结束后绳子拉力即为小球M所受的重力，且小物块b恰好没滑动，则对b受力分析得mbgsin θ＝mg＋μmbgcos θ，解得μ＝，故D错误。
5．(2023·湖南卷)如图所示，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为0，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为( )
A. Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q
B. Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q
C. Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q
D. Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q
D 解析：选项A、B的电荷均为正电荷或均为负电荷，则根据电场强度的叠加原理可知，P点的电场强度不可能为0，A、B错误；设P、Q1间的距离为r，对于选项C，Q1、Q3在P点产生的合电场强度大小满足cos 120°＝，解得E＝，而Q2产生的电场强度大小为E′＝，则P点的电场强度不可能为0，C错误；对于选项D，Q1、Q3在P点产生的合电场强度大小满足cos 120°＝，解得E＝，而Q2产生的电场强度大小为E′＝，此时P点的电场强度为0，D正确。
电场能的性质
(2023·山东卷)(多选)如图所示，正六棱柱上、下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是( )
A. F′点与C′点的电场强度大小相等
B. B′点与E′点的电场强度方向相同
C. A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D. 将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
ACD 解析：等量异号点电荷的电场线(实线)与等势面(虚线)如图甲所示，电场线与等势面关于两点电荷连线的中垂面对称，图甲以两点电荷连线为轴旋转一周则为电场线与等势面的空间分布，F′点与C′点分居在中垂面两侧且到中垂面的距离相等，则F′点与C′点的电场强度大小相等，A正确；B′点距正点电荷较近，合电场强度竖直分量向下，E′点距负点电荷较近，合电场强度竖直分量向上，B′点与E′点的电场强度方向不同，B错误；等量异号点电荷连线的中垂面是一个等势面，O、O′点在该等势面上，F′点在中垂面左侧，F′点的电势比O′点的高，UA′F′1．借助下面的平面图想象等量异号点电荷的电场线和等势面在立体空间的分布情况。
2．等量异号点电荷形成的电场中某一点的电场强度是两个点电荷在这一点的电场强度的矢量和。
3．若规定无穷远处电势为0，则等量异号点电荷的中垂面上任何一点的电势均为0；在该题中，中垂面左侧正六棱柱的任何一点电势均高于(选填“高于”或“低于”)0。
1．求静电力做功的四种方法
2．判断电势能变化的两种方法
(1)根据静电力做功：静电力做正功，电势能减少；静电力做负功，电势能增加。
(2)根据Ep＝φq，电势越高，正电荷的电势能越大，负电荷的电势能越小。
3．电势高低的四种判断方法
(1)电场线法：沿电场线方向电势逐渐降低。
(2)电势差与电势的关系：根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低。
(3)电势能与电势的关系：由φ＝知，正电荷的电势能较大的位置电势较高，负电荷的电势能较大的位置电势较低。
(4)场源电荷的正负：取离场源电荷无限远处电势为0，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势较高，靠近负电荷处电势较低；空间中有多个点电荷时，某点的电势可以代数求和。
1．(2023·广东卷)(多选)电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移(每个微粒电荷量保持不变)，像素由黑色变成白色。下列说法正确的有( )
A. 像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势
B. 像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
C. 像素由黑变白的过程中，静电力对白色微粒做正功
D. 像素由白变黑的过程中，静电力对黑色微粒做负功
AC 解析：当像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确；当像素呈白色时，胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B错误；像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的静电力向上，位移向上，静电力对白色微粒做正功，故C正确；像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的静电力向上，位移向上，静电力对黑色微粒做正功，故D错误。
2．(2023·浙江卷6月选考)AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为 5 cm 的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，则( )
A. M、C距离为5 cm
B. 电势能增加了×10－4 J
C. 电场强度大小为×104 N/C
D. 减小R的阻值，M、C的距离将变大
B 解析：根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图甲所示，
甲
根据几何关系可得FT＝qE，FTsin 60°＋qEsin 60°＝mg，联立解得FT＝qE＝×10－3 N，剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图乙所示，
乙
根据几何关系可得LMC＝dtan 60°＝10 cm，故A错误；根据几何关系可得小球沿着静电力方向的位移x＝(10－5sin 30°) cm＝7.5 cm，与静电力方向相反，静电力做功为W电＝－qEx＝－×10－4 J，则小球的电势能增加×10－4 J，故B正确；电场强度的大小E＝＝×105 N/C，故C错误；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，M、C的距离不变，故D错误。
3．如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有矩形区域abcd，a、b、c三点的电势分别为0、4 V、6 V。ab长为2 cm，bc长为 cm，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别是矩形abcd四条边的中点。将点电荷＋q从b位置沿任意路径移动到某位置静电力做功为0，则该位置是( )
A. Ⅰ B． Ⅱ
C． Ⅲ D． Ⅳ
C 解析：连接Ⅰ、d与b、Ⅲ，连线与a、c连线的交点e、f如图所示，由几何关系得，e、f是ac的三等分点，可知f点、Ⅲ点与b点电势相同，都是4 V，所以将点电荷＋q从b位置沿任意路径移动到Ⅲ位置静电力做功为0，C正确。
4．(2024·郑州模拟)如图所示，三个等量点电荷固定在正三角形三个顶点上，其中A带正电，B、C带负电。O点为BC边的中点，P、Q两点关于O点对称，下列说法正确的是( )
A. P、Q两点电势相同
B. P、Q两点电场强度相同
C. 试探电荷－q在P点电势能比在O点小
D. 试探电荷－q沿直线由O向A运动，所受静电力不做功
A 解析：在只有B、C点电荷所形成的电场中，P、Q两点电势相同；在只有A点电荷所形成的电场中，P、Q两点电势相同；由电场的叠加原理可知P、Q两点电势相等，故A正确。由平行四边形定则可知，P、Q两点电场强度大小相等，方向不同，故B错误。若只有B、C两点电荷，则根据等量同种负电荷中垂线的电势分布可知，O点电势高于P点电势；若只有A点电荷，则O点电势高于P点电势，所以O点电势高于P点电势，根据Ep＝－qφ，试探电荷－q在P点电势能比在O点大，故C错误。试探电荷－q沿直线由O向A运动，电势增大，电势能减小，所受静电力做正功，故D错误。
5．(2024·山东卷)(多选)如图所示，带电荷量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电荷量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为0，滑到C点时速度为0。已知A、C间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A. O、B的距离l＝
B. O、B的距离l＝
C. 从A到C，静电力对小滑块做功 W＝－mgs
D. A、C之间的电势差UAC＝－
AD 解析：小滑块在B点处的加速度为0，则沿斜面方向有mgsin 30°＝cos 30°，解得l＝，A正确，B错误；小滑块从A到C的过程，由动能定理有W＋mgssin 30°＝0，解得静电力对小滑块做的功为W＝－，C错误；根据静电力做功与电势差的关系结合C项分析可知，A、C之间的电势差UAC＝＝－，D正确。
带电粒子在电场中的运动
(2023·浙江卷1月选考)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为0，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为0，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子( )
A. 在XX′极板间的加速度大小为
B. 打在荧光屏上时，动能大小为11eU
C. 在XX′极板间受到静电力的冲量大小为
D. 打在荧光屏上时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切值tan α＝
D 解析：由牛顿第二定律可得，电子在XX′极板间的加速度大小ax＝＝，A错误；电子在电子枪中运动时，由动能定理知10Ue＝mv，电子在XX′极板间运动时，有vx＝axt，t＝，联立可解得电子离开XX′极板时的动能为Ek＝m(v＋v)＝eU，电子离开XX′极板后做匀速直线运动，所以打在荧光屏上时，动能大小为eU，B错误；由动量定理得，电子在XX′极板间受到静电力的冲量大小Ix＝·＝，C错误；打在荧光屏上时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切值tan α＝＝，D正确。
1．电子进入偏转电场做类平抛运动。
2．在XX′极板间，沿XX′方向运动公式为y＝at2，沿OO′方向运动公式为x＝v0t。
3．打在荧光屏上时，速度方向与OO′夹角满足tan α＝(用vx、v0表示，vx为沿XX′方向速度，v0为沿OO′方向速度)。
带电粒子在电场中的运动
(1)分析思路
先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用适当的规律。
(2)受力特点
一般来说，除明显提示外，带电小球、液滴等粒子所受的重力不能忽略，电子、质子等微观带电粒子所受的重力可以忽略。通常可根据带电粒子的运动状态判断是否考虑重力作用。
(3)规律方法
(4)两个结论
①粒子垂直电场方向射入极板间时，位移偏向角φ和速度偏转角θ满足tan θ＝2tan φ。
②射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。
1．(2024·开封模拟)竖直面内，一带电小球以一定的速度进入匀强电场中，如图所示，虚线为匀强电场的等势面，实线为带电小球的轨迹。下列说法正确的是( )
A. 从O到N小球机械能守恒
B. 从O到M与从M到N，小球的动能的增加量相同，且小球是一定从O运动到N的
C. 从O到N小球的机械能减少，重力势能减少
D. 小球所受静电力方向一定竖直向上，所以匀强电场的方向也一定竖直向上
C 解析：根据轨迹可知，小球所受合力竖直向上，小球受竖直向下的重力，所以小球所受静电力一定竖直向上，小球电性未知，无法确定电场强度的方向，由于静电力与重力做功均与路径无关，所以O到M与M到N合力对小球做功相同，故动能的变化量相同，但无法确定小球的运动方向，故B、D错误；从O到N静电力对小球做负功，所以小球的机械能减少，重力做正功，小球的重力势能减少，故A错误，C正确。
2．(2023·湖北卷)(多选)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是( )
A. L∶d＝2∶1
B. U1∶U2＝1∶1
C. 微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D. 仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
BD 解析：微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及电场强度和静电力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，设粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos 45°＝v0，vy1＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动至最高点由运动学关系有v＝2ad，微粒射入电场前由动能定理可得qU1＝mv，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从射入到运动至最高点由类平抛运动规律可得2L＝vxt1，d＝·t1，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；微粒从最高点到穿出电容器时由运动学公式可得L＝vxt2，vy2＝at2，由射入到最高点有vy1＝at1，解得vy2＝，设微粒穿出电容器时与水平面的夹角为α，则tan α＝＝，微粒射入电容器时和水平面的夹角为β＝45°，则tan (α＋β)＝＝3，C错误；设微粒从射入到运动至最高点的过程水平方向的位移为x＝v′xt，竖直方向的位移为y＝a′t2，其中a′＝，vx′＝vcos 45°，qU1＝mv2，联立解得y＝，可知从射入到运动至最高点过程中水平和竖直位移的关系与电荷量和质量无关，根据微粒做类抛体运动的对称性可知，从最高点到射出电容器过程中，轨迹也不会变化，D正确。
和电容器有关的综合问题
两个等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子。面积足够大的平行板电容器两极板之间的距离为d，将电容器接在电压U恒定的电源两端，规定无穷远处电势为0，将带电荷量极小的电偶极子用长度为l的绝缘轻杆连接，将其从无穷远处移到电容器两极板之间处于如图所示的状态(初始时杆和极板垂直)，然后将两极板分别围绕O、O′点顺时针旋转30°，如图中虚线所示，仍将绝缘轻杆连接的电偶极子从无穷远处移动到同一位置。关于此过程，下列说法正确的是( )
A. 两极板旋转之后，极板间的电场强度减小
B. 两极板旋转之后，极板间的正对面积不变
C. 在两极板未旋转之前，静电力对电偶极子做功为
D. 在两极板旋转之后，静电力对电偶极子做功为－
D 解析：设初始时刻电场强度为E1，则E1＝，正、负电荷所在点的电势分别为φ1和φ2，则其电势能为Ep1＝q(φ1－φ2)＝qE1l＝，静电力做功W1＝－Ep1＝－，现将两极板旋转30°，电场强度变为E2＝，电场强度变大，两极板间正对面积减小，故A、B、C错误；由前面分析可知Ep2＝·l＝，此时静电力做功 W2＝－Ep2＝－，故D正确。
1．平行板电容器电容的决定式为C＝，两极板间电场为匀强电场，满足E＝。
2．将电荷q从无穷远移到电势为φ的点，静电力做功为W＝Ep1－Ep2＝－φq。
平行板电容器
(1)电容器的电容
①C＝＝(任何电容器)
②C＝(平行板电容器)
(2)电容器的动态分析
①平行板电容器充电后保持两极板与电源相连通——U不变
d↑→
S↓→
②平行板电容器充电后保持两极板与电源断开——Q不变
d↑→
S↓→
1．如图所示，两个相同的半圆形金属板相互靠近、水平放置，板间可视为真空。两金属板分别与电源两极相连，上极板可绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。开始时，两极板边缘完全对齐，闭合开关S后，两板间的一个带电微粒恰好静止；然后让上极板转过5°(微粒仍在两板间，忽略电场边缘效应)，则( )
A. 断开开关S后，微粒将竖直下落
B. 转动前后，电容器的电容之比为36∶35
C. 转动过程中，有从a→b的电流流过电阻R
D. 断开开关S后，上极板再转动5°，微粒仍然静止
B 解析：闭合开关S后，让上极板转过5°，则两极板正对面积减小，其他条件不变，根据公式C＝可知，电容器的电容变小，变化前后两极板正对面积之比为S∶S′＝＝36∶35，转动前后，电容器的电容之比也为C∶C′＝S∶S′＝36∶35，根据公式E＝，电势差与间距均不变，则电场强度不变，微粒所受静电力不变，微粒保持静止，断开开关S后，各个物理量不变，所以微粒仍静止，故A错误，B正确；转动之前，电容器下极板带正电、上极板带负电，转动过程中，电容变小，电容器放电，有从b→a的电流流过电阻R，故C错误；当断开开关S后，两极板的电荷量不变，将上极板再转过5°，则两极板正对面积减少，根据公式C＝，C＝，可知其他条件不变，电容器的电容变小，则电场强度增大，微粒所受静电力增大，可知微粒将竖直向上运动，故D错误。
2．如图所示，D是一个理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a，平行板电容器的A、B两极板间有一带电微粒，在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能。若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法正确的是( )
A. U不变 B． Ep减少
C. Q变小 D． 带电微粒仍保持静止
D 解析：保持极板B不动，将极板A稍向上平移，板间距离d增大，根据C＝可知，电容减小，若电容器两极板间电压不变，根据C＝可知电荷量要减小，即电容器要放电，但是二极管具有单向导电性，所以电容器无法放电，即电荷量不变，则根据C＝可知电压增大，选项A、C错误；根据E＝及C＝、C＝，可得E＝，所以电场强度不变，带电微粒仍静止，选项D正确；因为P点与B极板距离不变，则其电势差不变，所以P点的电势不变，带电微粒的电势能也不变，选项B错误。
3．如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，电阻R1、R2的阻值分别为2r、3r，电容为C、间距为d的水平放置的平行板电容器，两极板分别接在R3＝1.8r 两端。闭合开关稳定后，让一质量为m、电荷量未知的带电小球从上极板上方高为d处自由释放，小球恰好能下落到下极板，则 ( )
A. 电容器的带电荷量为
B. 带电小球带负电
C. 带电小球的带电荷量为
D. 带电小球在电容器中下落时的加速度大小为g
D 解析：R1、R2并联后的阻值为R并＝＝1.2r，电容器两端电压为UC＝E＝E，则电容器的带电荷量为Q＝CUC＝，选项A错误；小球下落过程中，在电场中做减速运动，由于电容器下极板带正电，可得小球带正电荷，选项B错误；由动能定理得mg(d＋d)－qUC＝0，联立解得q＝，选项C错误；由牛顿第二定律得q－mg＝ma，联立解得a＝g，选项D正确。
等效重力场
如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 匀强电场的电场强度E＝
B. 小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin＝
C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
A 解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，如图甲所示，由平衡关系可知tan θ＝，解得E＝，故A正确；如图乙所示，A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点，且此时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知＝，动能最小值Ekmin＝mv，联立解得Ekmin＝，故B错误；由能量守恒定律可知，机械能的变化量等于除重力和弹簧弹力之外的其他力做的功，此题中为静电力做的功，由题意可知，当小球运动到最左边与O点等高处时，静电力做的负功最多，机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功后做负功，最后再做正功，所以电势能先减小再增大最后减小，故D错误。
甲
乙
1．在“绳模型”的竖直平面圆周运动中，在最低点速度最大，完成圆周运动条件，在最高点有mg＝。
2．在匀强电场和重力场中，小球能静止的点，可等效为“最低点”，与其对称的点等效为“最高点”。
等效重力场
物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于同时处在匀强电场和重力场中物体的运动，问题就会变得复杂一些。此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象地称之为“等效重力场”。
1．(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上固定有光滑圆弧轨道，a、c点分别为最高和最低点，b、d两点与圆心等高，斜面上有平行于斜面的水平匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，从b点无初速度释放，小球沿轨道运动，最远到达c点；现在b点将小球以速度v0沿斜面向下弹出，小球恰好能沿轨道做圆周运动而不脱离，重力加速度为g，以下说法正确的是( )
A. 电场方向由b指向d
B. 电场强度大小为
C. 圆弧轨道半径为
D. 小球电势能最大时动能为mv
BD 解析：从b点无初速度释放时，小球沿轨道运动，最远到达c点，则带正电小球克服静电力做功，故电场方向由d指向b，故A错误；设光滑圆弧轨道的半径为r，从b点无初速度释放小球，小球沿轨道运动到c点的过程中，由动能定理得mgrsin 30°－qEr＝0，解得E＝，故B正确；由受力情况可知，小球做圆周运动的等效最高点为ad弧的中点，在b点将小球以速度v0沿斜面向下弹出，小球恰好能沿轨道做圆周运动而不脱离，说明小球恰能到达等效最高点，由牛顿运动定律可得mgsin 30°＝m，由动能定理得－mgsin 30°·＝mv2－mv20，两式联立解得r＝，故C错误；小球在d点电势能最大，从b→d由动能定理可得－qE·2r＝Ekd－mv20，代入数据解得Ekd＝mv，故D正确。
2．如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r＝0.2 m，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的、电场强度为E的匀强电场，一质量 m＝0.1 kg、带负电荷的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝30°，重力加速度为g(g取10m/s2)。
(1)求小球所受的静电力大小。
(2)小球在A点的速度v0为多大，才能使小球经过D点时对圆轨道的压力最小？
解析：(1)小球在C点时速度最大，可知静电力与重力的合力沿DC方向，则小球受到的静电力的大小
F＝mgtan 30°＝mg＝ N。
(2)要使小球经过D点时对圆轨道的压力最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为0，则小球经过D点时的速度满足＝，解得vD＝
在小球从圆轨道上的D点运动到A点的过程中，根据动能定理有
mgr(1＋cos 30°)＋Frsin 30°＝mv－mv
解得v0≈3.3 m/s。
答案：(1) N (2)3.3 m/s
带电粒子在交变电场中的运动
如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初速度为0)，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，A、B两板间加周期性变化的电场，两板间电压UAB变化情况如图乙所示，周期为T，加速电压U1＝，其中m为电子质量，e为电子电荷量，L为A、B板长，T为偏转电场的周期，不计电子的重力和电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
(1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小；
(2)t＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；
(3)在0～内进入偏转电场且从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。
甲 乙
解析：(1)电子在加速电场中加速，由动能定理得
eU1＝mv－0，解得v0＝。
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向
L＝v0t，解得t＝
t＝0时刻进入偏转电场的电子加速度a＝＝
电子离开电场时距离A、B中线的距离y＝at2
解得y＝。
(3)设向上为正方向，若0～内射入偏转电场的电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先做初速度为0、加速度为a、方向向上的匀加速直线运动，经过时间t′后速度v＝at′，此后两板间电压变为3U0，加速度a′＝＝＝3a，电子向上做加速度为3a的匀减速直线运动，速度减为0后，再向下做初速度为0、加速度为3a的匀加速直线运动，直至回到A、B间的中线，总共经历的时间为，则有
at′2＋v－×3a2＝0
由于t′<，解得t′＝
则能够从中线上方离开偏转电场的电子的发射时间为t＝－＝T
则在0～时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比为
×100%＝50%。
答案：(1) (2) (3)50%
1．初速度为0的带电粒子，经电压U1加速有qU1＝mv，进入偏转电场有L＝v0t，h＝at2。
2．由图乙可知，0～内，电子加速度方向向上。～T内，电子加速度方向向下，其加速度大小之比为1∶3。
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3．思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
1．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法正确的是( )
A. 带电粒子将始终向同一方向运动
B. 2 s末带电粒子回到原出发点
C. 3 s末带电粒子的速度为0
D. 0～3 s内，静电力做的总功为0
CD 解析：设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内粒子的加速度大小为a2，由a＝可知，a2＝2a1，由此可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为0，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v-t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中静电力做的总功为0，综上所述，可知C、D正确。
2．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1(大小未知)，该点电荷的电荷量为－Q，且只考虑该点电荷在第一象限内产生的电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2(大小未知)；第四象限内有大小为、方向按图乙周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期T＝。一质量为m、电荷量为＋q的离子从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动，由x轴x＝x0处离开第一象限。以离子到达x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力。求：
甲 乙
(1)离子在第一象限运动时的速度大小和第二象限内电场E2的大小；
(2)当t＝时，离子的速度；
(3)当t＝nT(n＝1,2,3，…)时，离子的坐标。
解析：(1)设离子在第一象限的速度大小为v0，在第一象限内，由库仑力提供离子圆周运动的向心力有
＝，解得v0＝
在第二象限内，只有静电力对离子做功，由动能定理得
E2qx0＝mv，解得E2＝。
(2)t＝时，离子在x轴方向上的速度
vx＝·＝2v0
所以此时离子的合速度v＝＝3v0＝3
方向与x轴正方向夹角的正切值tan θ＝＝。
(3)一个周期内，离子在x轴方向上的平均速度 x＝v0，每个周期离子在x轴方向前进
x＝xT＝v0·＝4x0
因为开始计时时刻离子横坐标为x0，所以t＝nT时，离子的横坐标为x＝x0＋4nx0＝(4n＋1)x0
纵坐标为y＝－v0nT＝－2nx0
在t＝nT时离子的坐标为[(4n＋1)x0，－2nx0](n＝1,2,3，…)。
答案：(1)
(2)3，速度方向与x轴正方向夹角的正切值为
(3)[(4n＋1)x0，－2nx0](n＝1,2,3，…)
电场中的图像问题
如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为＋q的点电荷；在0≤x甲 乙
A. Q＝q，释放后P将向右运动
B. Q＝q，释放后P将向左运动
C. Q＝q，释放后P将向右运动
D. Q＝q，释放后P将向左运动
C 解析：对y轴正半轴上的点电荷，由平衡条件可得，k＋k＝k，解得Q＝q，因在0≤x1．库仑定律的表达式为F＝k。
2．正方形任何一个顶点上的电荷与其他三个顶点上的电荷之间静电力的合力与点电荷－Q对它的作用力大小相等、方向相反。
3．在0≤x电场中常见的四类图像
v-t 图像 根据v-t图像中速度变化的斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化情况，从而确定电场的方向、电势高低及电势能变化情况
φ-x 图像 (1)从φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场的方向及试探电荷电势能的变化； (2)φ-x图线切线的斜率大小等于沿x轴方向电场强度E的大小
E-x 图像 以电场强度方向沿x轴为例： (1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E<0表示电场强度沿x轴负方向； (2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定
Ep-x 图像 (1)图像切线斜率的大小等于静电力大小； (2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
1．如图甲所示是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一负电荷从A点以某一初速度释放，负电荷沿直线AB运动过程中的速度—时间图像如图乙所示，比较A、B两点电势的高低和电场强度大小可知( )
甲 乙
A. φA>φB B． φA<φB
C. EA>EB D． EAA 解析：由速度—时间图像可知，负电荷由A向B运动的过程中，速度减小，动能减小，电势能增大，电势降低，故A正确，B错误；由图线斜率可知加速度不变，静电力不变，则电场强度不变，故C、D错误。
2．真空中静止的均匀带正电的球体，其半径为R，电场强度大小沿半径方向分布如图所示，静电力常量为k，则( )
A. r1和r2两处电势相等
B. 球体表面处电势最高
C. r1和r2两处电势差为E0(r2－r1)
D. 该球所带的电荷量为
D 解析：由题图可知，r1和r2两处电场强度相同，由于沿电场线方向电势降低，所以r1处的电势高于r2处电势，故A错误；沿电场线方向电势降低，所以从球心处开始电势一直降低，故B错误；r1和r2两处电势差为图线与横轴所围区域的面积，大于E0(r2－r1)，故C错误；对于均匀带电球体，球外电场可以看成是电荷量全部集中于球心处的点电荷产生的电场，则在r2处，有E0＝，可得Q＝，故D正确。
3．两个所带电荷量相等的点电荷固定在x轴上A、B两点，A、B与坐标原点O的距离相等，以无穷远处为电势零点，x轴上各点电势φ随坐标x分布的图像如图所示，M、N是x轴上两点，其中M点比N点距离O点远，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 静电力始终对试探电荷做正功
B. 试探电荷在M点具有的电势能比在N点小
C. 试探电荷在M点受到的静电力比在N点小
D. 试探电荷在M、N两点受到的静电力方向相同
B 解析：由题图可知从M点到O点电势降低，从O点到N点电势升高，则该电场是两个正点电荷形成的，将一带负电的试探电荷沿x轴从M点移动到N点的过程中，静电力对试探电荷先做负功，后做正功，故A错误；两点电荷所带电荷量相等，关于O点对称，M点比N点距离O点远，则M点电势高于N点，带负电的试探电荷在M点具有的电势能比在N点小，故B正确；φ-x图像上某点斜率大小表示该点电场强度大小，由图像可知M点电场强度大小大于N点电场强度大小，则试探电荷在M点受到的静电力比在N点大，故C错误；M、N两点电场强度方向相反，试探电荷在M、N两点受到的静电力方向相反，故D错误。
4．一带电粒子仅在静电力作用下沿x轴做直线运动，其动能Ek随位置x变化的关系如图所示，则其电势能Ep、加速度大小a、电场的电场强度大小E、电势φ分别与位置x的关系图，正确的是( )
C 解析：根据动能定理有ΔEk＝qEΔx，由图像可知k＝＝qE，图线的斜率逐渐增大，则E逐渐增大，根据功能关系有ΔEp＝－qEΔx，可知k′＝＝－qE，由于E逐渐增大，则Ep-x图像斜率应为负值且绝对值逐渐增大，但Ep逐渐减小，根据牛顿第二定律a＝，可知E逐渐增大，则加速度a逐渐增大，故A、B错误，C正确；根据电场强度与电势差关系式有Δφ＝－EΔx，由φ-x图像可知 k″＝－E，由于E逐渐增大，则φ-x图像斜率也应为负值且绝对值逐渐增大，故D错误。
专题限时评价(五)
(建议用时：75分钟)
1．研究表明，取无穷远处为零电势，导体球表面的电势与导体球所带的电荷量成正比，与导体球的半径成反比。金属小球a和金属小球b的半径之比为1∶2，所带电荷量大小之比为1∶7，两小球间距远大于小球半径且间距为L时，它们之间的库仑引力大小为F。现将金属小球a与金属小球b相互接触，达到静电平衡后再放回到原来的位置，这时a、b两球之间的相互作用力及大小为(不考虑万有引力)( )
A. 库仑斥力，F B． 库仑斥力，F
C. 库仑引力，F D． 库仑引力，F
A 解析：设接触前a、b两球所带电荷量大小分别为q、7q，a、b两球相互吸引，两球带异种电荷，根据库仑定律公式得，相距L时的库仑引力为F＝；当它们相互接触时，电荷先中和然后再重新分配，它们相互接触达到静电平衡后，电势相同；因导体球表面电势与所带电荷量成正比，与其半径成反比，则a、b两球电荷量之比为1∶2，中和后有qa＋qb＝6q，解得qb＝2qa＝4q，中和后a、b两球电性相同，静电平衡后静电力大小为F′＝＝F，静电力表现为库仑斥力，故A正确，B、C、D错误。
2．(2024·青岛模拟)如图所示，a、b为两个固定的、带正电的、电荷量为q的点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心、半径为L的圆周，其上有一个质量为m、带电荷量为－q的点电荷c做匀速圆周运动，则c的速率为( )
A. q B． q
C. q D． q
B 解析：带电荷量为－q的点电荷c受到两个带正电的点电荷的库仑力大小分别为＝k，根据牛顿第二定律有2k·＝m，解得v＝q，故B正确，A、C、D错误。
3．(2024·临沂模拟)如图所示，z>0的空间为真空，z≤0区域内充满无限大导体，A(0,0，h)固定电荷量为＋q的点电荷，静电力常量为k。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部电场强度处处为0，则在z轴上处的电场强度大小以及感应电荷在(h，h，－h)处形成的电场强度大小分别为( )
A. k B． k
C. k D． k
B 解析：感应电荷形成的电场与点电荷形成的电场等大反向，在(h，h，－h)处，点电荷电场强度E＝，其中r＝，解得E＝。在z轴上－处，合电场强度为0，该点电场强度为q和导体近端感应电荷产生电场的电场强度的矢量和，q在－处产生的电场强度为E1＝k＝，由于导体远端离－处很远，影响可以忽略不计，故导体在－处产生的电场强度近似等于近端在－处产生的电场强度；－处合电场强度为0，故导体在－处产生的电场强度大小E2＝E1＝，方向向上，根据对称性，导体近端在处产生的电场强度也为E2＝，方向向下，电荷q在处产生的电场强度为 E3＝k＝，方向向下，故在处的合电场强度为E′＝E2＋E3＝＋＝k，方向向下，故B正确。
4．(2024·淄博模拟)(多选)如图所示，水平面内三点A 、B 、C为等边三角形的三个顶点，三角形的边长为 L，O点为AB边的中点。CD为光滑绝缘细杆，D点在 O点的正上方，且 D点到A、B两点的距离均为 L，在 A、B两点分别固定电荷量均为－Q的点电荷。现将一个质量为 m、电荷量为＋q 的中间有细孔的小球套在细杆上(忽略其对原电场的影响)，从 D点由静止释放。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，且k＝mg，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A. D点电场强度大小为
B. 小球刚到达 C点时的加速度大小为g
C. 小球到达 C点的速度大小为
D. 小球从 D点到 C点运动过程中电势能先增大后减小
AC 解析：D点电场强度大小为ED＝2k·cos 30°，因k＝mg，可知ED＝，A正确； 同理可知，C点的电场强度大小为EC＝ED＝，方向沿CO方向，则小球刚到达 C点时的加速度大小为aC＝＝0，B错误； A、B两点的点电荷为等量的同种电荷，可知C、D两点电势相等，由于在C、D两点电势能相等，则小球从D到C，静电力不做功，根据动能定理得mgLsin 60°＝mv ，解得vC＝，C正确；小球从 D点到 C点运动过程中，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，D错误。
5．某物理小组想验证点电荷间相互作用力的大小与它们之间距离的关系，设计了如图所示实验装置。泡塑小球A(表面涂导电层，大小不计)带电后由长为l的绝缘细线悬挂在O点，小球A静止于M点，将另一带同种电荷的小球B缓慢靠近A，A、B两球始终等高。设A球偏离M点的距离为d，细线与竖直方向夹角为θ，A、B间的距离r可用投影放大的方法测算获得，d l。B逐步靠近A，获得一系列d、r的数据。则要得到正确的结论，实验中应验证的关系为( )
A. d与r成正比 B． d与r2成正比
C. d与r成反比 D． d与r2成反比
D 解析：根据库仑定律，点电荷间相互作用力的大小与它们之间距离的关系为F＝k，其中F＝mgtan θ≈mgθ≈∝d，可知，电荷量不变，d与r2成反比。故选D。
6．(2024·石家庄模拟)如图所示，平行的实线表示电场线，虚线表示一个离子穿越电场的运动轨迹，下列判断正确的是( )
A. 电场强度方向一定是向右
B. 该离子一定是负离子
C. 该离子一定是由a向b运动
D. 电场强度方向、离子的运动方向以及是正离子还是负离子都不能确定，但是离子在a点的动能一定小于在b点的动能
D 解析：离子所受合力大致指向轨迹凹的一侧，可知静电力方向向左，不能判断电场的方向，也不能判断离子的带电性质，故A、B错误；离子可能是由a向b运动，也可能是由b向a运动，故C错误；假设离子从a运动到b，静电力做正功，动能增加，所以离子在a点的动能小于在b点的动能，故D正确。
7．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10－5 C、质量为1 g的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。下列说法正确的是( )
甲 乙
A. 小物块带负电
B. A、B两点间的电势差UAB＝500 V
C. 小物块由C点到A点电势能先减小再增大
D. B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝100 V/m
D 解析：由题图乙可知，小物块一直加速，则受到向外的力，带正电，选项A错误；根据动能定理得qUBA＝mv－mv，解得UAB＝－500 V，选项B错误；由题图乙知，由C到A的过程中，小物块的速度不断增大，动能不断增大，根据能量守恒知，小物块的电势能不断减小，选项C错误；v-t图像的斜率表示加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明B为中垂线上加速度最大的点，由题图可知切线的斜率为2 m/s2，根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝100 V/m，且B为中垂线上电场强度最大的点，选项D正确。
8．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0。已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，则( )
甲 乙
A. 部分粒子会打到两极板上
B. 每个粒子在板间运动过程中，所受静电力会致使带电粒子离开电场时沿电场方向的速度不为0
C. 运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0
D. 在t＝(n＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
C 解析：带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动，由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍，在0～时间内带电粒子运动的加速度为a＝，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝t，同理可分析～T时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v与E-t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)，而经过整数个周期，E-t图像与坐标轴所围面积始终为0，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为0，都垂直电场方向射出电场，故B、D错误；带电粒子在t＝0时刻射入时，侧向位移最大，因此所有粒子均不可能打到极板上，故A错误；当粒子在t＝0时刻射入且经过T离开电场过程中，粒子在t＝时刻达到最大速度，由题意得此时两分位移之比为＝，即v0t＝2×at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝v0，因此在运动过程中，所有粒子的最大动能为初动能的2倍，故C正确。
9．(多选)如图所示，水平放置的A、B板和M、N板分别组成平行板电容器C1和C2，A板通过一理想二极管与M板相连接，B板和N板都接地。M、N两板之间插有电介质，A板和B板正中均有一小孔，两孔在同一竖直线上。现让A板带正电，稳定后，一带电液滴从小孔正上方由静止开始下落，穿过小孔到达B板处速度恰为0。空气阻力忽略不计，极板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是( )
A. 仅将A板向下移动一小段距离后，A板电势升高
B. 仅将N板向右移一小段距离时，C1、C2 均不充放电
C. 仅在M、N板间更换相对介电常数更大的电介质时，C1充电，C2 放电
D. M板向下移动一小段距离时，液滴能穿过B板小孔
BD 解析：根据电容决定式C＝和定义式C＝，仅将A板向下移动一小段距离后，电容C1增大，设A板电荷量不变，则A板电势降低，M板要给A板充电，但是二极管反向，所以不能充电，故A板电荷量不变，A板电势降低，故A错误；仅将N板向右移一小段距离时，电容C2减小，设M板电荷量不变，则M板电势升高，M板要给A板充电，但是二极管反向，所以不能充电，故M板电荷量不变，A板电荷量不变，C1、C2均不充放电，故B正确；仅在M、N板间更换相对介电常数更大的电介质时，电容C2增大，设M板电荷量不变，则M板电势降低，A板要给M板充电，二极管正向导通，所以能充电，则C1放电，C2充电，故C错误；M板向下移动一小段距离时，电容C2增大，设M板电荷量不变，则M板电势降低，A板要给M板充电，二极管正向导通，所以能充电，则C1放电，C2充电，A、B板间电场强度减小，带电液滴在板间克服静电力做的功减小，可知液滴能穿过B板小孔，故D正确。
10．(多选)匀强电场中有一个立方体空间，立方体上表面为ABCD，下表面为PMRS，立方体的边长为1 cm，以P为坐标原点建立三维直角坐标系，如图所示，已知B、D、R三点的电势均为2 V，C点的电势为4 V，则下列判断正确的是( )
A. 匀强电场方向沿z轴负方向
B. P点的电势为0
C. C、P两点间的电势差为6 V
D. 电场强度大小为200 V/m
CD 解析：已知B、D、R三点的电势均为2 V，C点的电势为4 V，可知B、D、R三点所在的平面为等势面，电场线与等势面垂直，且由高电势点指向低电势点，则电场强度方向由C点垂直平面BDR指向P点，故A错误；因φB－φM＝φC－φR，可得φM＝0，由φC－φR＝φD－φS，可得φS＝0，而φM－φP＝φR－φS，可得φP＝－2 V，则UCP＝6 V，故B错误，C正确；电场强度E＝＝ V/m＝200 V/m，故D正确。
11．(多选)如图所示，空间中A、B、C、A1、B1、C1六个点恰好为竖直正三棱柱的顶点，在A1点固定有正电荷Q1，B1点固定有正电荷Q2，C1点固定有负电荷－q，带电荷量Q1＝Q2>q。以下说法正确的是( )
A. A、B两点的电场强度相同，电势也相同
B. 若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则其所受静电力逐渐减小
C. 若将－q自C1点竖直向上移动至C点，则其电势能逐渐增大
D. 若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则其电势能始终不变
BC 解析：由电场叠加及几何关系可知，A、B两点的电场强度方向不同，A错误；若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则Q2距离Q1、－q越来越远，Q1、－q对其静电力逐渐减小，且两力夹角逐渐增大，故其所受静电力逐渐减小，B正确；若将－q自C1点竖直向上移动至C点，则Q1、Q2均对其做负功，故其电势能逐渐增大，C正确；若将Q2自B1点竖直向上移动至B点，则Q1对它做正功，－q对它做负功，且正功大于负功，总功为正，故其电势能减小，D错误。
12．(多选)如图所示，电荷量为－2Q和＋Q的两个点电荷分别固定于x轴上的A点和O点，O点为坐标原点，x＝x0(x0>0)处电场强度为0。现将一正试探电荷q在＋x轴上距离O点很远处由静止释放，释放处试探电荷的电势能近似为0。关于x轴上的电场强度E、试探电荷q的速度v、动能Ek、电势能Ep与位置坐标x的关系图像可能正确的是( )
AC 解析：设A点的坐标为－x1，由于在x＝x0处电场强度为0，故＝，解得x1＝(－1)x0，故坐标x处的电场强度为E＝－＋＝－＋，根据数学知识可知E-x关系可以如A项所示，故A正确；试探电荷释放后，在到达x＝x0处前所受静电力方向均为x轴负方向，静电力一直做正功，试探电荷速度增大，动能增大，电势能减小，在x＝x0处速度达到最大值，动能达到最大值，电势能达到最小值，故B、D错误，C正确。
13．(2024·合肥模拟)如图所示，质量为0.16 kg的带正电小球A穿在倾角α＝30°的光滑绝缘细杆上，杆的另外一端固定一个带电小球B，整个装置处于水平向右的匀强电场中。初始时，两球相距L0＝0.5 m(远大于小球直径)，此时小球A恰好静止且与杆无弹力，已知重力加速度g＝10 m/s2，小球A的电荷量为0.32 C，求：
(1)小球B带何种电荷；
(2)匀强电场的电场强度E；
(3)撤去匀强电场，小球A速度最大时，两球间距L。
解析：(1)由于小球A带正电，小球A受到的静电力方向水平向右，而小球A恰好静止且与杆无弹力，根据受力平衡可知小球A受到的库仑力应沿杆向上，故小球B带正电。
(2)小球A所受重力、静电力和与小球B的库仑力，满足三力平衡，根据平衡条件可得Eq＝
解得E＝5 N/C。
(3)撤去匀强电场后，小球A沿杆向上运动，当加速度为0时，小球A的速度最大，
此时F1＝mgsin α＝
即k＝F1
由(2)中分析可知，初始时F0＝＝2mg
即k＝2mg
联立解得L＝2L0＝1 m。
答案：(1)带正电 (2)5 N/C (3)1 m
14．(2024·潍坊模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8C，g＝10 m/s2。求：
(1)微粒的入射速度v0；
(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，所加的电压U应取什么范围。
解析：(1)微粒刚进入平行板时，两极板不带电，微粒做平抛运动，
则水平方向有＝v0t
竖直方向有＝gt2
解得v0＝10 m/s。
(2)由于带电微粒的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不大于，所以在竖直方向的加速度减小，微粒所受合力减小，所以静电力方向向上，又因为微粒带正电，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出
则有＝a12
根据牛顿第二定律得mg－q＝ma1
解得U1＝120 V
当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出
则有＝a22
根据牛顿第二定律得q－mg＝ma2
解得U2＝200 V
所加电压的范围为120 V≤U≤200 V。
答案：(1)10 m/s (2)120 V≤U≤200 V
15．某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1。
(2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为F阻＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
①半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2。
②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm 的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。
解析：(1)只要紧靠上极板进入电场的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L＝v0t
竖直方向有d＝at2
根据牛顿第二定律有qE＝ma，又E＝
解得U1＝。
(2)①由题意知，颗粒仅在竖直方向受阻力，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，有F静＝F阻，即
＝kRv，且＝
解得U2＝。
②设直径为10 μm的颗粒带电荷量为q，该种颗粒恰好100%被收集，在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有F阻＝kRvmax＝
在竖直方向颗粒匀速下落，有d＝vmaxt
由题意得，直径为2.5 μm的颗粒带电荷量为q′＝
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有F′阻＝kRv′max＝
设只有距下极板0～d′范围内的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落，有d′＝v′maxt，解得d′＝
则2.5 μm的颗粒被收集的百分比
×100%＝25%。
答案：(1) (2)① ②25%