《领跑高中》物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动（教师用书）

第8讲　电场及带电粒子在电场中的运动
1.（多选）（2024·湖北高考8题）关于电荷和静电场，下列说法正确的是（　　）
A.一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变
B.电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面
C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小
D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动
解析：AC　电荷只能从一个物体（物体的一部分）转移给另一个物体（物体的另一部分），不能被创造，也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，A正确；电场线与等势面垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该点电荷的电势能将减小，C正确；结合C项分析和Δφ＝，可知，当q＜0时，Δφ＞0，当q＞0时，Δφ＜0，即负点电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动，正点电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动，D错误。
2.（2024·河北高考2题）我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是（　　）
A.a点 B.b点
C.c点 D.d点
解析：C　根据等差等势面的疏密程度可得c点电场强度最大，C正确。
3.（2024·湖南高考5题）真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是（　　）
解析：D　无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝k可知，x正半轴上，电荷量为＋4q的点电荷在x处产生的电势为φ1＝k，电荷量为－q的点电荷在x处产生的电势为φ2＝－k，x正半轴上在x处的电势φx＝k－k，可知在x＝处电势为0，在x＝0处电势接近负无穷大，则选项D正确。
4.（2024·吉林高考5题）某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图a所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图b所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（　　）
A.电容器的电容减小
B.电容器所带的电荷量增大
C.电容器两极板之间的电势差增大
D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
解析：B　根据题图a可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，A错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误；根据电容的定义式C＝结合A、C项分析可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M，B正确，D错误。
5.（2024·福建高考11题）以O点为圆心，半径为R的圆上八等分放置电荷，除G为－Q，其余为＋Q，M、N为半径上的点，OM＝ON，如图所示，已经静电常数为k，则O点场强大小为　　，M点电势　大于　（填“大于”“等于”或“小于”）N点电势。将＋q点电荷从M点沿MN移动到N点，电场力做　正功　（填“正功”“负功”或“不做功”）。
解析：根据点电荷的场强特点可知，除了水平方向上的正负电荷外，其余的6个电荷形成的电场在O处相互抵消，故O点场强大小为EO＝＋＝；根据对称性可知，若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷，M点和N点的电势相等，由于M点靠近最左边的正电荷，N点靠近右边的负电荷，故M点电势大于N点电势；将＋q点电荷从M点沿MN移动到N点，电势能减小，故电场力做正功。
考点一　电场的性质
1.电场强度的分析与计算
（1）电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱可根据电场线的疏密程度来进行比较。
（2）计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解法、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。
2.等势面与电场线的关系
（1）电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。
（2）电场线越密的地方，等差等势面也越密。
（3）沿等势面移动电荷，静电力不做功，沿电场线移动电荷，静电力一定做功。
3.电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法
物理量 判断方法
电场 强弱 （1）根据电场线的疏密判断 （2）根据公式E＝k和电场强度叠加原理判断
电势 高低 （1）根据电场线的方向判断 （2）由UAB＝判断 （3）根据静电力做功（或电势能）判断
电势能 大小 （1）根据Ep＝qφ判断 （2）根据ΔEp＝－W电，由静电力做功判断 （3）根据能量守恒定律判断
【例1】　（多选）（2024·广东高考8题）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有（　　）
A.M点的电势比N点的低
B.N点的电场强度比P点的大
C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
答案：AC
解析：根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知，污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知，污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。
【例2】　（2024·河北高考7题）如图，真空中有两个电荷量均为q（q＞0）的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为（　　）
A. B.（6＋）
C.（3＋1） D.（3＋）
答案：D
解析：由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在M点产生的电场强度大小为E＝ cos 60°＝，方向沿MA方向，又M点的电场强度为0，所以带电细杆在M处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿AM方向，由对称性可知带电细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿MA方向，又由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在A处产生的电场强度大小为E'＝ cos 30°＝，方向沿MA方向，所以A处的电场强度大小为EA＝E＋E'＝（3＋），D正确。
考点二　电场中的图像问题
电场中几种常见的图像
v-t 图像 当带电粒子只受静电力时，从v-t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况
φ-x 图像 （1）从φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度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表示沿x轴方向电场强度E的大小
E-x 图像 以电场强度沿x轴方向为例： （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）图像的切线斜率大小表示静电力大小 （2）可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
【例3】　（2024·河南郑州一模）两个点电荷固定在x轴上的M、N两点，x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关系图像如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）
A.固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量小
B.Q点的电势等于零
C.从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前它将一直做加速运动
D.从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它向左运动过程中电势能将一直减小
答案：C
解析：M、N连线中点处电场强度大于0，且两点间电场强度最小位置处距离N点较近，可知，固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量大，故A错误；若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动，电场力做正功，电势能不断减小，一直到零，所以Q点的电势大于零，故B错误；从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前电场强度一直为正值，则电场强度方向不变，电场力方向不变，它将一直做加速运动，故C正确；从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由Q向N运动过程中电场力做负功，电势能增大，故D错误。
【例4】　 （2024·山东日照统考）如图所示，O点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子（不计重力）从连线上的A点由静止释放，在静电力作用下运动到B点。取A点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。在粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势φ和粒子的电势能Ep随位移x的变化图线可能正确的是（　　）
答案：B
解析：根据等量异种点电荷的电场线分布可知，在粒子从A到B的运动过程中，电场强度先变小后变大，粒子受到的静电力先变小后变大，则加速度先变小后变大，v-t图像切线的斜率先变小后变大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，电势与位移的图像切线的斜率表示电场强度，电场强度先减小后增大，所以图像切线的斜率先减小后增大，故C错误；根据Ep＝qφ得＝q＝qE，E先减小后增大，所以Ep-x图像切线的斜率先减小后增大，故D错误。
考点三　电容器　带电粒子在电场中的运动
1.电容器的两类动态变化问题
U不变 （1）根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。 （2）根据E＝分析电场强度的变化。 （3）根据UAB＝Ed分析某点电势变化
Q不变 （1）根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。 （2）根据E＝分析电场强度的变化
2.带电粒子在电场中的常见运动及分析方法
常见运动 受力特点 分析方法
变速直线运动 合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上 （1）用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－＝2ad，适用于匀强电场 （2）用功能观点分析：W＝qU＝mv2－m，匀强电场和非匀强电场都适用
带电粒子在匀强电场中的偏转 进入电场时v0⊥E，粒子做类平抛运动 运动的分解 偏转角：tan θ＝＝＝＝ 侧移距离：y0＝＝，y＝y0＋Ltan θ＝tan θ
常见运动 受力特点 分析方法
带电粒子在匀强电场中的偏转 粒子斜射入电场，粒子做类斜抛运动 运动的分解 垂直于电场方向做匀速直线运动：x＝v0tsin θ 沿电场方向做匀变速直线运动：y＝v0tcos θ－t2
带电粒子在非匀强电场中运动 静电力在变化 动能定理、能量守恒定律
【例5】　（2024·江苏泰州一模）通过手机内电容式加速度传感器可以实现运动步数的测量，传感器原理如图所示，电容器的M极板固定，与弹簧相连的N极板只能按图中标识的“前后”方向运动，则当手机（　　）
A.匀速运动时，电流表示数为零，电容器M极板带负电
B.由静止突然向前加速时，电容器的电容增大
C.由静止突然向前加速时，流过电流表的电流由b向a
D.保持向前匀减速运动时，电流表示数变小
答案：C
解析：匀速运动时，N极板相对M极板的位置不变，电容器的电容不变，则电容器带电荷量不变，电路中没有电流，电流表的示数为零，电容器M极板与电源正极相连，带正电，故A错误；由静止突然向前加速时，因为惯性，N极板相对M极板向后运动，两极板的间距变大，根据C＝可知电容器的电容减小，根据Q＝CU可知电容器带电荷量减小，则电容器放电，流过电流表的电流由b向a，故B错误，C正确；保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，N极板受力不变，则弹簧形变量不变，N极板相对M极板的位置不变，则电容器的电容不变，电容器带电荷量不变，电路中无电流，电流表示数不变，且为零，故D错误。
【例6】　（2024·苏北七市二模）如图所示，质子和α粒子分别从O点由静止开始经过M、N板间的电场加速后，从P处垂直射入偏转电场。质子落在感光板上的S点，则α粒子（　　）
A.落在S点，速度方向与质子的相同
B.落在S点，速度方向与质子的不同
C.落在S点左侧，速度方向与质子的相同
D.落在S点右侧，速度方向与质子的不同
答案：A
解析：设粒子的质量为m，电荷量为q，M、N板间电压为U，偏转电场的电场强度为E，粒子经过加速电场的过程中，根据动能定理可得qU＝m，可得v0＝，粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，则有x＝v0t，y＝at2＝·t2，联立可得y＝，可知粒子在偏转电场中的轨迹与粒子的质量和电荷量均无关，则α粒子和质子在偏转电场中的运动轨迹相同，即α粒子落在S点，速度方向与质子的相同。故选A。
【例7】　（2024·江苏徐州期中）如图所示，在xOy平面内的Ⅰ区域存在水平向右的匀强电场，Ⅱ区域存在水平向左的匀强电场，两区域内电场强度大小相等。一质量为m、带电荷量为＋q的离子从坐标为（0，L）的A点以与y轴负方向成45°角的速度v0斜向下进入Ⅱ区域，离子再次进入Ⅱ区域时恰经过坐标原点O。不计该离子的重力，求：
（1）离子从A点到O点所用的时间t；
（2）电场强度E的大小；
（3）离子每次通过y轴时的位置坐标。
答案：（1）　（2）　（3）y＝L（n＝1、2、3……）
解析：（1）离子在电场中做匀变速曲线运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，则沿y轴负方向，有L＝v0tcos 45°
解得t＝。
（2）离子在Ⅱ区域，沿x轴方向做匀减速直线运动，则v0sin 45°＝a
由牛顿第二定律可知Eq＝ma
联立解得电场强度E＝。
（3）离子在每个区域运动的过程中，沿y轴负方向运动的距离都相等，设为y1，则有
y1＝v0cos 45°·
离子每次通过y轴时的位置坐标为y＝L－ny1
解得y＝L，（n＝1、2、3…）。
等效重力场中的圆周运动问题
1.“等效重力”及“等效重力加速度”
在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g'＝为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
2.等效最“高”点与最“低”点的确定方法
在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点即为等效最“低”点，如图所示。
【典例1】　（多选）（2024·四川绵阳二诊）如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度为的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（　　）
A.动能最小与最大的位置在同一等势面上
B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置
C.在A点获得的初速度为
D.过B点时受到大环的弹力大小为mg
答案：BC
解析：由于匀强电场的电场强度为，即静电力与重力大小相等，作出小圆环在大圆环上的等效最低点C与等效最高点D，如图所示。小圆环在等效最低点速度最大，动能最大，在等效最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线方向电势降低，可知φD＞φC，C点与D点不在同一等势面上，A错误；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D的速度为0，对圆环分析有－qERsin 45°－mg（R＋Rcos 45°）＝0－m，解得vA＝，C正确；小圆环从A运动到B的过程中有－mg·2R＝m－m，在B点有FN＋mg＝m，解得FN＝（2－3）mg＜0，可知，小圆环过B点时受到大环的弹力大小为（3－2）mg，D错误。
【典例2】　（2024·河北高考13题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q（q＞0），质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：
（1）电场强度E的大小。
（2）小球在A、B两点的速度大小。
答案：（1）　（2）　
解析：（1）A、B两点间的电势差为U，则E＝。
（2）小球运动到A点时，由牛顿第二定律有
qE－mg＝m
解得小球在A点的速度大小vA＝
小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有
qU－mgL＝m－m
解得小球在B点的速度大小vB＝。
1.（2024·江西高考1题）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是（　　）
A.电场力增大，方向向左
B.电场力增大，方向向右
C.电场力减小，方向向左
D.电场力减小，方向向右
解析：B　 B正确。
2.（2024·江苏南通模拟）如图甲所示的是静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹，则该粉尘（　　）
A.带正电荷
B.在P点的动量大小比在Q点的大
C.在P点的电势能比在Q点的高
D.会被吸附到金属线上
解析：B　虚线是粉尘的运动轨迹，其所受的合外力指向轨迹的凹侧，即带电粉尘受到的电场力的方向指向金属圆筒，即粉尘带负电荷，故A项错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，由题图可知，Q点的电势比P点的电势低，因粉尘带负电，由Ep＝qφ，可知电势大的地方，电势能小，即粉尘在P点的电势能比在Q点的电势能小，对于粉尘有E＝Ek＋Ep，对于同一个粉尘，粉尘在P点的速度大于在Q点的速度，由动量的定义可知，粉尘在P点的动量大小比在Q点的大，故B正确，C错误；由于粉尘带负电，而金属圆筒带正电，正负电荷互相吸引，所以粉尘最终会被吸附到金属圆筒上，故D项错误。
3.（2024·山东淄博一模）在金属球壳的球心有一个负点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（　　）
A.K点的电场强度比L点的大
B.球壳内表面带负电，外表面带正电
C.试探电荷＋q在M点的电势能比在N点的大
D.试探电荷＋q沿电场线从M点运动到N点，电场力做负功
解析：D　由于处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零，所以L点的电场强度比K点的大，故选项A错误；因为金属球壳的球心有一个负点电荷，根据静电感应规律，正电荷受到负电荷的吸引力聚集在球壳内部，球壳外部有多余的负电荷，所以球壳内表面带正电，外表面带负电，故选项B错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，N点的电势比M点的电势高，所以试探电荷＋q在M点的电势能比在N点的小，故选项C错误；试探电荷＋q的受力方向与电场强度方向相同，所以逆着电场线从M点运动到N点，电场力做负功，故选项D正确。
4.（多选）（2024·四川成都一模）如图，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改变电容器极板间距离d，待电路稳定后，带正电的粒子，其质量为m、电荷量为q，从靠近左极板处由静止释放，测得粒子从出发至右极板所用的时间为t，到达右极板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。极板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是（　　）
解析：AC　对于带正电的粒子，在匀强电场中受电场力作用，根据动能定理，有Uq＝mv2，可得v＝，可知粒子到达右极板的速度v的大小与极板间距离d无关，A正确，B错误；设粒子在电场中运动的加速度为a，有Eq＝ma，E＝，d＝at2，联立可得t＝d，可知，粒子从出发至右极板所用的时间与极板间距离成正比，C正确，D错误。
5.（2024·吉林高考6题）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中（　　）
A.动能减小，电势能增大
B.动能增大，电势能增大
C.动能减小，电势能减小
D.动能增大，电势能减小
解析：D　根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电场力方向水平向右，小球从O点运动到与O点等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受电场力与小球速度的夹角一直为锐角，则电场力做正功，小球的电势能减小，A、B、C错误，D正确。
6.（2024·全国甲卷18题）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为k，其中k为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（　　）
A.Q1＜0，＝－2 B.Q1＞0，＝－2
C.Q1＜0，＝－3 D.Q1＞0，＝－3
解析：B　根据沿电场线方向电势降低，结合题图可知，Q1＞0，Q2＜0，A、C错误；设两点电荷间的距离为3L，则有k＋k＝0，解得＝－2，B正确，D错误。
7.（2024·福建三明一模）一电场的电势φ随x的变化规律如图，图线关于φ轴对称，且A、O间距离小于B、O间距离，下列说法正确的是（　　）
A.该电场可能为匀强电场
B.一负电荷在A点电势能大于B点电势能
C.一正电荷从A点移到B点电场力不做功
D.A、B间电场方向为由B指向A
解析：B　φ-x图像切线的斜率表示电场强度，图中切线斜率在变化，表示电场强度发生变化，不是匀强电场，A错误；根据φ-x图像可知A点电势小于B点电势，根据Ep＝φq可知，该负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，B正确；一正电荷从A点移到B点，电势升高，电势能增加，电场力做负功，C错误；由于顺着电场线方向电势降低，因此A、B间电场方向为由A指向O和由B指向O，D错误。
8.（2024·北京高考11题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是（　　）
A.P点电场强度比Q点电场强度大
B.P点电势与Q点电势相等
C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍
D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P、Q两点间电势差不变
解析：C　结合电场叠加原理和点电荷的电场强度公式E＝k可知P、Q两点电场强度大小相等、方向相同，A错误；两等量异种点电荷产生的电场中，电场线从正点电荷出发，指向负点电荷，又沿电场线方向电势降低，则φP＞φQ，B错误；P点电场强度大小为EP＝k＋k，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，C正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P、Q之间的电场强度均变大，又P、Q两点间的距离不变，则根据U＝Ed定性分析可知P、Q之间的电势差变大，D错误。
9.（2024·江苏五校考前模拟）如图所示，一均匀带电荷量为＋Q、半径为R的半球面，虚线是过球心的对称轴，A、B两点关于球心对称。其中A点的电势为φ0，若点电荷＋q周围电势φ＝k，则B点的电势为（　　）
A.＋φ0 B. －φ0
C. D.
解析：B　设半球面在B点的电势为φ1，在半球面的右侧填补一个均匀的带电荷量为＋Q的、半径为R的半球面，根据φ＝k ，填补后圆心O点的电势为φO＝k，又因为φO＝φA＝φB，填补后，根据题意得φB＝φ1＋φ0，φA＝φ0＋φ1 ，解得φ1＝－φ0 ，故选B。
10.（2024·四川雅安一模）如图，在第一象限0≤x≤2L区域内存在沿y轴正方向的匀强电场E1（未知），2L＜x≤4L区域内存在沿x轴正方向的匀强电场E2（未知）。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速率v0从坐标原点O沿x轴正方向进入电场并依次通过A（2L，L）和B（4L，2L）两点。不计粒子的重力。已知L、m、q和v0，求：
（1）粒子运动至A点的速度大小；
（2）电场强度E2的大小。
答案：（1）v0　（2）
解析：（1）粒子在电场E1中沿x方向做匀速直线运动，沿y方向做初速度为零的匀加速直线运动
沿x方向，有2L＝v0t1
沿y方向，有L＝t1
粒子运动至A点处的速度大小为vA＝＝v0。
（2）粒子在电场E2中沿x方向做初速度不为零的匀加速直线运动，沿y方向做匀速直线运动，沿y方向，有
2L－L＝vyt2
沿x方向，有4L－2L＝v0t2＋a2
由牛顿第二定律有qE2＝ma2
联立解得电场强度的大小为E2＝。
11.（2024·广东中山期末）空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m，带电荷量为＋q的光滑小球。现给小球一初速度v0（v0≠0），重力加速度取为g，则下列说法正确的是（　　）
A.无论v0多大，小球不会脱离轨道
B.只有v0≥，小球才不会脱离轨道
C.v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大
D.若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点
解析：D　由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝m，解得vmin＝，所以只有当v0≥时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有m－m＝F·2R，在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝m，F1－F＝m，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确。
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