2020高考物理二轮复习专题六静电吃对练含解析 30页

高考总复习 静电场 ‎2020年高考必备 ‎2015年 ‎2016年 ‎2017年 ‎2018年 ‎2019年 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 考点一 电场力的性质　电场能的性质 ‎15‎ ‎24‎ ‎14、20‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎21‎ ‎16、21‎ ‎21‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎21‎ 考点二 带电粒子在电场中的运动 ‎15‎ ‎14、24‎ ‎20‎ ‎15‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎21‎ ‎24‎ ‎24‎ 考点一　电场力的性质　电场能的性质 命题角度1(储备)电场强度的计算　‎ ‎【典题】‎ 如图在半径为R的圆周上均匀分布着六个不同的点电荷,则圆心O处的电场强度大小和方向为(　　)‎ A.‎2kqR‎2‎　由O指向F B.‎4kqR‎2‎　由O指向F C.‎2kqR　由O指向C D.‎4kqR　由O指向C 答案B 解析 - 30 -‎ 高考总复习 由点电荷的电场强度公式可知,在A位置的点电荷在O点产生的电场强度大小为E=kqR‎2‎,在D点的点电荷在O点产生的电场强度大小为E'=‎3kqR‎2‎,电场强度是矢量,求合电场强度应用平行四边形定则,作出电场强度的示意图,如图所示.则A点的电场强度与D点的电场强度合成后大小为E1=ED-EA=‎2kqR‎2‎,方向指向A点;B点的电场强度与E点的电场强度合成后大小为E2=EB+EE=‎2kqR‎2‎,方向指向E点;C点的电场强度与F点的电场强度合成后大小为E3=EC+EF=‎2kqR‎2‎,方向指向F点,故E1、E2、E3大小相等,且E3刚好在E1与E2的角平分线上,由几何关系可知两者之间的夹角为120°,故将E1、E2合成后大小仍为E4=‎2kqR‎2‎,方向指向F点,再将E4与E3合成,则最终O点的合电场强度为EO=E3+E4=‎4kqR‎2‎,方向由O指向F,故选B.‎ - 30 -‎ 高考总复习 求解电场强度的方法 ‎(1)公式法 用E=Fq、E=kQr‎2‎、E=Ud求解.‎ ‎(2)微元法 微元法就是将研究对象分割成若干微小的单元,若从研究对象上选取某一“微元”加以分析,将“微元”视为点电荷,利用相关公式求解.‎ ‎(3)叠加法 在几个点电荷产生的电场中,若每个点电荷单独存在时产生的电场在某点的电场强度分别为E1、E2、E3……,则该点的合电场强度E等于各个点电荷单独产生的电场在该点的电场强度E1、E2、E3……的矢量和.‎ ‎(4)补偿法 由题设中所给条件建立的非标准模型,在原来问题的基础上再补充一些条件,由这些补充条件建立另一个容易求解的标准模型,这样,求解非标准模型的问题就转变为求解一个完整的标准模型的问题.‎ ‎(5)利用处于静电平衡中的导体求解电场强度 处于静电场中的导体在达到静电平衡时,导体内部的电场强度为零.其本质是感应电荷的电场强度和外电电场的电场强度叠加后为零,即有E感+E外=0,常利用此式求感应电荷的电场强度.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ ‎(2019湖北重点中学模拟)如图所示,A、B、C为放置在光滑绝缘水平面上的三个带电小球,球A固定且带电荷量为+Q;小球B和C带电荷量分别为-q和+2q,由长为L绝缘细杆相连,静止在水平面上.若A与B相距d,A、B和C视为点电荷,且三者在同一直线上,下列说法正确的是(　　)‎ A.其他条件不变,将A释放后不能保持静止 B.绝缘细杆长L=(‎2‎-1)d C.A在B、C处产生的电场强度关系为EB=‎2‎EC D.其他条件不变,小球A的电荷量增加为+2Q,B、C及细杆组成的系统所受合外力不为零 - 30 -‎ 高考总复习 答案B 解析三个在同一直线上的自由电荷,只要满足“两大夹一小”“两同夹一异”“近小远大”的条件,它们均能静止,选项A错误;对B电荷由平衡条件得kQqd‎2‎‎=‎‎2kq‎2‎L‎2‎,对C电荷同理得kQ·2q‎(d+L‎)‎‎2‎‎=‎‎2kq‎2‎L‎2‎,解以上两式得B与C之间的距离为L=(‎2‎-1)d,选项B正确;由点电荷的电场强度公式得EB=kQd‎2‎,EC=kQ‎(d+L‎)‎‎2‎,则EB=2EC,选项C错误;A的电荷量增加为+2Q,A在B、C两点产生的电场强度大小关系应满足EB=2EC,则A对B、C及细杆组成的系统所受的合外力仍为零,选项D错误.‎ ‎2.‎ 如图所示,一匀强电场的电场线与圆O所在平面平行,AB为圆的一条直径,C为圆周上一点,圆的半径为R,∠AOC=60°,在A点有一粒子源,能向圆O所在平面内各个方向以动能Ek发射同种带电粒子,粒子质量为m,电荷量为q,由观察可知经过B、C的粒子动能分别为5Ek和3Ek,则(　　)‎ A.匀强电场的电场强度为‎2‎‎3‎Ek‎3qR B.匀强电场的电场强度为‎2‎EkqR C.匀强电场的方向垂直OC D.匀强电场的方向与AC平行 答案C 解析在匀强电场中,沿任意方向相等距离电势差相等,由题意可知A到B电场力做功4Ek,则由A到O电场力做功2Ek,由A到C电场力做功2Ek,即O、C为等势点,OC为等势线,则电场线垂直OC,根据几何关系可得匀强电场的电场强度为‎4‎‎3‎Ek‎3qR,C正确.‎ ‎3.如图,竖直线OO'是等量异种电荷+Q和-Q连线的中垂线,A、B、C三点的位置如图所示,都处在一矩形金属盒内,且AC=BC.下列说法正确的是(　　)‎ - 30 -‎ 高考总复习 A.若无金属盒,A、B、C三点电势大小关系是φA=φB>φC B.若有金属盒,A、B、C三点电势大小关系是φA=φC>φB C.金属盒上感应电荷在A、B、C三点的电场强度方向均水平向右 D.金属盒上感应电荷在A、B、C三点电场强度大小关系是EB>EC>EA 答案D 解析若无矩形金属盒,AC是一条等势线,则φA=φC,A错误;金属盒处于静电平衡,整个金属盒是一个等势体,φA=φC=φB,故B错误;金属盒内部电场强度处处为零,金属盒上的感应电荷的电场强度与等量异种电荷+Q和-Q产生的电场强度大小相等、方向相反,而+Q和-Q在A、B、C三点产生的电场强度方向水平向右,则金属盒上的感应电荷在A、B、C三点电场强度方向均水平向左.+Q和-Q在A、B、C三点产生的电场强度大小关系为EB>EC>EA,则感应电荷在A、B、C三点电场强度大小关系是EB>EC>EA.故C错误,D正确.‎ ‎4.‎ ‎(多选)如图所示,水平面内的等边三角形ABC的边长为L,两个等量异种点电荷+Q和-Q分别固定于A、B两点.光滑绝缘直导轨CD的上端点D位于A、B中点的正上方,且与A、B两点的距离均为L.在D处质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响),并由静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g.忽略空气阻力,则下列说法正确的是(　　)‎ A.D点的电场强度大小为kQL‎2‎ B.小球到达CD中点时,其加速度为零 C.小球刚到达C点时,其动能为‎3‎‎2‎mgL D.小球沿直轨道CD下滑过程中,其电势能先增大后减小 答案AC 解析点电荷+Q和-Q在D点的电场强度的大小相等,则它们的合电场强度的方向平行于AB指向-Q一侧;由库仑定律知+Q、-Q在D点的电场强度的大小EA=EB=kQL‎2‎,根据平行四边形定则可知D点的合电场强度大小为kQL‎2‎,A正确;小球到达CD - 30 -‎ 高考总复习 中点时,对小球进行受力分析,受到重力、弹力、平行AB的电场力,其所受合力不为零,加速度不为零,B错误;因为平面COD是一等势面,所以小球从D到C的过程中电场力不做功,只有重力做功,根据动能定理得,mg·OD=‎1‎‎2‎mv2,由几何关系可得OD=Lsin 60°=‎3‎‎2‎L,小球的动能Ek=‎1‎‎2‎mv2=‎3‎mgL‎2‎,所以C正确;由于小球沿直轨道CD下滑过程中,电场力一直不做功,电势能不变,D错误.‎ ‎5.‎ ‎(多选)如图所示,匀强电场的方向与长方形abcd所在的平面平行,ad=‎3‎ cm,ab=3 cm,电子从a点运动到b点的过程中电场力做的功为4.5 eV;电子从a点运动到d点的过程中克服电场力做的功为4.5 eV.以a点的电势为电势零点,下列说法正确的是(　　)‎ A.c点的电势为3 V B.b点的电势为4.5 V C.该匀强电场的电场强度方向为由b点指向d点 D.该匀强电场的电场强度大小为300 V/m 答案BD 解析电子从a点运动到b点的过程中,电场力做的功为4.5 eV,即Wa b=qUa b=q(φa-φb)=4.5 eV,由于φa=0,解得φb=4.5 V,同理可得Wa d=qUa d=q(φa-φd)=-4.5 eV,解得φd=-4.5 V,根据Ua d=Ub c,即φa-φd=φb-φc,代入数据解得φc=0,故A错误,B正确;由A、B项分析可知,a、c两点的电势相等,所以ac连线为匀强电场中的等势线,根据电场线与等势线垂直,故C错误;过d点作ac的垂线,设垂足为f,由几何关系可得df=adcos 30°,根据E=Uadaf‎=‎‎4.5‎‎3‎‎×‎3‎‎2‎×1‎‎0‎‎-2‎ V/m=300 V/m,故D正确.‎ 命题角度2带电体的受力分析　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.‎ ‎(2019全国Ⅰ·15)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则(　　)‎ - 30 -‎ 高考总复习 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.P和Q都带正电荷 B.P和Q都带负电荷 C.P带正电荷,Q带负电荷 D.P带负电荷,Q带正电荷 答案D 解析两个带电小球在匀强电场中均处于平衡状态,只有两小球带异种电荷、相互间为吸引力,才可能平衡.小球P带负电荷时,匀强电场提供的力与小球Q对小球P的吸引力抵消,合力为零,此时小球Q带正电荷,匀强电场提供的力与小球P对小球Q的吸引力抵消,合力为零,故A、B、C错误,D正确.‎ ‎2.‎ ‎(2018全国Ⅰ·16)如图,三个固定的带电小球a,b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm,小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线.设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则(　　)‎ A.a、b的电荷同号,k=‎16‎‎9‎ B.a、b的电荷异号,k=‎‎16‎‎9‎ C.a、b的电荷同号,k=‎64‎‎27‎ D.a、b的电荷异号,k=‎‎64‎‎27‎ 答案D 解析由题意知,小球c处在直角三角形的直角上,如果a、b为同种电荷,对小球c的库仑力,要么是吸引力,要么是排斥力,合力不可能平行于a和b连线,故a、b的电荷应异号;由三角关系tan θ=qcqb‎3‎‎2‎qckqb‎4‎‎2‎‎=‎‎3‎‎4‎,解得k=‎64‎‎27‎,故C正确.‎ - 30 -‎ 高考总复习 ‎1.对库仑力的理解 ‎(1)两个点电荷之间相互作用的库仑力遵守牛顿第三定律,不论两个带电体的电荷量是否相等,它们间的作用力一定大小相等、方向相反,并与它们的质量无关.‎ ‎(2)库仑力具有力的共性,运算遵循力的平行四边形定则.‎ ‎2.库仑力作用下平衡问题的处理思路 ‎(1)明确研究对象;‎ ‎(2)对研究对象进行受力分析,注意电场力的方向;‎ ‎(3)根据平衡条件列方程求解.‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ ‎(2019山东平度模拟)如图所示,竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为-q(q>0)的小环,在杆的左侧固定一个电荷量为Q(Q>0)的点电荷,杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形,c是ab的中点.将小环从O点无初速度释放,通过a点的速率为v.若已知ab=Oa=l,静电力常量为k,重力加速度为g.则(　　)‎ A.在a点,小环所受弹力大小为kQql‎2‎ - 30 -‎ 高考总复习 B.在c点,小环的动能最大 C.在c点,小环的电势能最大 D.在b点,小环的速率为v‎2‎‎+2gl 答案D 解析在a点,小环所受的电场力沿aQ方向,大小为kQql‎2‎,水平方向小环受力平衡,所以小环受到向右的弹力,大小等于电场力沿水平方向的分力kQql‎2‎sin 60°=‎3‎kQq‎2‎l‎2‎,选项A错误;在c点时,小环水平方向受到电场力和杆的弹力作用,竖直方向受到重力作用,合力竖直向下,小环有竖直向下的加速度,所以在c点时小环的动能不是最大,选项B错误;c点距离Q最近,电势最高,带负电的小环在c点的电势能最小,选项C错误;因为a、b两点到Q的距离相等,所以a、b两点电势相等,小环从a点到b点,电场力做功为0,应用动能定理得mgl=‎1‎‎2‎mvb‎2‎-‎‎1‎‎2‎mv2,解得vb=v‎2‎‎+2gl,选项D正确.‎ ‎2.‎ 如图,一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合.A、O、B为竖直平面上的三点,且O为等量异种点电荷连线的中点,AO=BO.现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点,从A点以初速度v0向B滑动,到达B点时速度恰好为0.则(　　)‎ A.从A到B,小物块的加速度逐渐减小 B.从A到B,小物块的加速度先增大后减小 C.小物块一定带负电荷,从A到B电势能先减小后增大 D.从A到B,小物块的电势能一直减小,受到的电场力先增大后减小 答案B 解析小球由A到B做减速运动,运动过程中受到重力、向右的电场力、向左的支持力、向上的摩擦力;加速度a=Ff‎-mgm‎=‎μqE-mgm,运动过程中电场强度先增大后减小,电场力先增大后减小,加速度先增大后减小,B正确,A错误;小球一定带负电,但电场力不做功,电势能不变,C、D错误.‎ ‎3.‎ - 30 -‎ 高考总复习 如图所示,两平行带电金属板水平放置,若在两板中间a点从静止释放一质量为m的带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直纸面)逆时针旋转60°,再在a点静止释放一同样的微粒.以下相关描述正确的是(　　)‎ A.微粒仍然保持静止 B.微粒斜向右上方做匀加速直线运动 C.欲使该微粒保持静止,需施加一大小为mg,方向与水平面成30°斜向右上方的外力 D.欲使该微粒保持静止,需施加一大小为‎3‎‎2‎mg,方向与水平面成60°斜向右上方的外力 答案C 解析 平行金属板水平放置时,释放的带电微粒恰好静止,可判断微粒所受到的电场力与重力大小相等、方向相反.当将两极板逆时针旋转θ=60°时,电场力也逆时针旋转θ=60°,重力保持不变,此时微粒所受合力方向为向左下方,且合力大小等于重力大小,等于mg,微粒将向左下方做匀加速直线运动,A、B错误;欲使该微粒保持静止,需施加的外力与重力和电场力的合力等大反向,故C正确,D错误.‎ ‎4.‎ 如图所示,真空中竖直放置半径为R的光滑半圆环,圆环最低点固定一个点电荷Q;质量为m、电荷量为+q的小圆环最初静止在图中所示的B点,此时θ=30°.现让小圆环从右侧最高点由静止释放.已知重力加速度为g,静电力常量为k.带电荷量为Q的点电荷,距离电荷为r处的电势可以表示为φ=kQr,求:‎ ‎(1)半圆环最低点固定的点电荷的电荷量Q;‎ - 30 -‎ 高考总复习 ‎(2)小环向下运动过程中的最大速度vm.‎ 答案(1)mgR‎2‎kq　(2)‎‎(‎2‎-1)gR 解析 ‎(1)小圆环在B点静止,此时小圆环所受合力为零.即2kQqR‎2‎cos 60°=mg Q=‎mgR‎2‎kq ‎(2)对小圆环,当切向加速度为零,即在图中的B点时,速度达到最大 kQq‎2‎R+mgRsin 30°=kQqR‎+‎1‎‎2‎mvm‎2‎ 解得vm=‎‎(‎2‎-1)gR ‎5.‎ 如图甲在水平地面上放置一个质量为m=0.1 kg、带电荷量为q=0.01 C的物体,物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.4,地面上存在水平向左的电场,物体由静止开始向左运动,电场强度E随物体的位移x变化的图象如图乙所示.g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)运动过程中物体的最大加速度;‎ ‎(2)物体的速度达到最大时距出发点的距离.‎ 答案(1)6 m/s2　(2)2.4 m 解析(1)由牛顿第二定律,得F-μmg=ma 当电场力F=qE=1 N时,物体所受的合力最大 加速度最大,代入解得a=6 m/s2.‎ ‎(2)由图象可得电场强度随位移是变化的,所以物体受到的电场力随位移是变化的,当电场力等于摩擦力时,加速度为0,速度最大,则F'=qE'=μmg - 30 -‎ 高考总复习 E'=40 N/C.‎ 由图得到E与x的函数关系式E=100-25x,当E'=40 N/C时,解得x=2.4 m.‎ ‎6.‎ ‎(2019河南开封模拟)如图所示,在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=3.0×104 N/C.有一个质量m=4.0×10-3 kg的带电小球,用绝缘轻细线悬挂起来,静止时细线偏离竖直方向的夹角θ=37°.g取10 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80,不计空气阻力的作用.‎ ‎(1)求小球所带的电荷量及电性;‎ ‎(2)如果将细线轻轻剪断,求细线剪断后,小球运动的加速度大小;‎ ‎(3)从剪断细线开始经过时间t=0.20 s,求这一段时间内小球电势能的变化量.‎ 答案(1)1.0×10-6 C　正电荷　(2)12.5 m/s2　(3)减少4.5×10-3 J 解析 ‎(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力FT的作用,如图所示,由共点力平衡条件有:F=qE=mgtan θ 解得:q=mgtanθE=1.0×10-6 C 电场力的方向与电场强度的方向相同,故小球所带电荷为正电荷.‎ ‎(2)剪断细线后,小球做匀加速直线运动,设其加速度为a,由牛顿第二定律有:mgcosθ=ma,解得:a=gcosθ=12.5 m/s2‎ ‎(3)在t=0.20 s的时间内,小球的位移为:l=‎1‎‎2‎at2=0.25 m 小球运动过程中,电场力做的功为:‎ - 30 -‎ 高考总复习 W=qElsin θ=mglsin θtan θ=4.5×10-3 J 所以小球电势能的变化量(减少量)为:ΔEp=4.5×10-3 J 命题角度3电场能的性质的理解　‎ 高考真题体验·对方向 ‎1.(多选)(2019全国Ⅱ·20)静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则(　　)‎ A.运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小 B.在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合 C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能 D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 ‎ 答案AC 解析 本题考查静电场的分布特点及电场力与运动的关系,电场力做功与电势能的关系.带电粒子仅在电场力作用下,粒子的速度大小可能先增大后减小,如:在等量同种电荷形成的电场中带电粒子沿着两电荷连线的中垂线运动时,A正确.因为粒子只在电场力作用下从M点运动到N点,根据动能定理,W电=-ΔEp=EkN-0=EpM-EpN,而EkN≥0,所以EpM≥EpN,C正确.粒子的轨迹与电场线不一定重合,在N点,电场力的方向不一定与粒子轨迹在该点的切线平行,B、D错误.‎ ‎2.‎ ‎(多选)(2019全国Ⅲ·21)如图,电荷量分别为q和-q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上,a、b是正方体的另外两个顶点.则(　　)‎ A.a点和b点的电势相等 - 30 -‎ 高考总复习 B.a点和b点的电场强度大小相等 C.a点和b点的电场强度方向相同 D.将负电荷从a点移到b点,电势能增加 答案BC 解析取无穷远处电势为0,a点距-q近,距q远;b点距q近,距-q远,b点电势大于a点电势,A错误.电势能Ep=qφ,负电荷在电势小处电势能大,即负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能,将负电荷从a点移到b点,电势能减小,D错误.正电荷的电场强度沿半径向外,负电荷的电场强度沿半径向内,E=kQr‎2‎,点电荷q在a点的电场强度与点电荷-q在b点的电场强度相同,大小和方向都一样;点电荷q在b点的电场强度与点电荷-q在a点的电场强度相同,大小和方向都一样,则a点的合电场强度与b点的合电场强度相同,B、C正确.‎ ‎3.‎ ‎(多选)(2018全国Ⅰ·21)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V.一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是(　　)‎ A.平面c上的电势为零 B.该电子可能到达不了平面f C.该电子经过平面d时,其电势能为4 eV D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 答案AB 解析从a到d的过程克服电场力做功为6 eV,所以电场方向为水平向右,每个间距电势差为2 V,所以平面c电势为零,故A项正确;由于电子不一定垂直等势面进入,可能做曲线运动,所以可能到达不了f平面,故B项正确;整个过程中能量守恒,可得平面a、b、c、d、f的电势能为-4 eV、-2 eV、0 eV、+2 eV、+4 eV,动能分别为+10 eV、+8 eV、+6 eV、+4 eV、+2 eV,故C项错误;由于电子经过b、d平面时的动能分别为8 eV和4 eV,所以该电子经过b平面时的速率是经过d时的‎2‎倍,故D项错误.‎ ‎4.‎ - 30 -‎ 高考总复习 ‎(多选)(2018全国Ⅱ·21)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是(　　)‎ A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为W‎1‎‎+‎W‎2‎‎2‎ C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为W‎2‎qL D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 答案BD 解析设a、b、c、d四点的电势分别为φa、φb、φc、φd,粒子从a点移到b点,其电势能减小,则电场力做正功,电场力与a、b连线平行或成锐角,电场方向不一定与a、b连线平行,同理,电场方向不一定与c、d连线平行,W2=EqL不一定成立,则E=W‎2‎qL不一定成立,选项A、C错误;根据电场力公式,有W1=(φa-φb)q,W2=(φc-φd)q,匀强电场中沿直线电势随距离均匀变化,所以φM=φa‎+‎φc‎2‎,φN=φb‎+‎φd‎2‎,有WMN=(φM-φN)q=W‎1‎‎+‎W‎2‎‎2‎,选项B正确;若W1=W2,则(φa-φb)=(φc-φd),得Uac=Ubd,由于M、N为中点,且为匀强电场,所以UaM=UbN,选项D正确.‎ ‎5.‎ ‎(多选)(2017全国Ⅲ·21)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势分别为10 V、17 V、26 V.下列说法正确的是(　　)‎ A.电场强度的大小为2.5 V/cm B.坐标原点处的电势为1 V - 30 -‎ 高考总复习 C.电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D.电子从b点运动到c点,电场力做功为9 eV 答案ABD 解析 如图所示,设ac之间的d点电势与b点相同,则addc‎=‎10-17‎‎17-26‎=‎‎7‎‎9‎,可得d点的坐标为(3.5 cm,6 cm),过c点作等势线bd的垂线交bd于f点,由几何关系可得cf的长度为3.6 cm,所以电场强度的大小E=Ud‎=‎‎(26-17)V‎3.6cm=2.5 V/cm,故A正确.匀强电场中,相同方向上变化相同的距离电势差相等,故UaO=Ucb,即φa-φO=φc-φb,得坐标原点O处的电势为1 V,B正确;负电荷在电势低处电势能高,则电子在a点的电势能比在b点的电势能高7 eV,C错误;电子从b点运动到c点,电场力做功为W=-eUbc=-e×(-9 V)=9 eV,D正确.‎ ‎6.‎ ‎(多选)(2016全国Ⅰ·20)如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知(　　)‎ A.Q点的电势比P点高 B.油滴在Q点的动能比它在P点的大 C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 答案AB 解析 - 30 -‎ 高考总复习 由于轨迹关于P点对称,根据曲线运动合力方向应指向曲线内侧,在P点合力方向竖直向上,则电场线方向竖直向下,沿电场线方向电势降低,选项A正确;根据Ep=φq可知,油滴在Q点的电势能小于在P点的电势能,选项C错误;油滴所受合力竖直向上,根据动能定理可知,油滴在Q点的动能大于P点,选项B正确;油滴所受合力大小不变,加速度也始终不变,选项D错误.‎ 用“速度线”与“力线”分析曲线运动 带电粒子仅受电场力,其运动轨迹与电场线、等势线一般不重合.轨迹曲线的本质为运动与力的关系.分析时要综合应用牛顿运动定律、功和能,做定性分析,或简单的计算.‎ 若粒子还受重力作用,可以此为基础拓展分析.‎ ‎(1)两线法入手 在运动的初始位置,画出“速度线”(轨迹的有向切线)与“力线”(电场线的切线或等势面的有向垂线),从“两线”的夹角情况分析运动与力的关系.‎ - 30 -‎ 高考总复习 若夹角为锐角,则加速运动、电场力做正功.‎ 若夹角为钝角,则减速运动、电场力做负功.‎ ‎(2)必要的讨论 电荷的正负、电场强度的方向或各等势面电势的高低、运动轨迹的方向是题意中相互制约的三个方面.‎ 若已知其中两个,可分析判定第三个方面.‎ 若有两个未知或三个都未知,则要分别讨论各种情况.对某些物理量,在讨论的各种情况中会有“归一”的结果.‎ ‎(3)分析临界性拐点 若轨迹在某点与等势面相切或与电场线垂直,则该点为运动的转折性拐点,如图中b点.拐点两侧有不同的运动特点(多过程现象).‎ 典题演练提能·刷高分 ‎1.‎ 如图,匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个顶点.已知G、F、B、D点的电势分别为5 V、1 V、2 V、4 V,则A点的电势为(　　)‎ A.0 B.1 V C.2 V D.3 V 答案A 解析UDG=φD-φG=4 V-5 V=-1 V,UAF=φA-φF=φA-1 V,在匀强电场中,因为DG平行于AF,故UDG=UAF,解得φA=0,A正确.‎ ‎2.‎ - 30 -‎ 高考总复习 ‎(多选)(2019山东临沂模拟)沿电场中某条直线电场线方向建立x轴,该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示,坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O'、A、B、C四点相对应,相邻两点间距相等.一个带正电的粒子从O'点由静止释放,运动到A点的动能为Ek,仅考虑电场力作用,则(　　)‎ A.从O'点到C点,电势先升高后降低 B.粒子先做匀加速运动,后做变加速运动 C.粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量 D.粒子运动到C点时动能小于3Ek 答案CD 解析由题图知,从O'点到C点,沿电场线方向,电势逐渐降低,选项A错误;由静止释放的粒子所受电场力与速度方向一致,所以粒子一直做加速直线运动,在O~x1段电场强度逐渐变大,粒子所受电场力逐渐变大,做加速度增大的变加速直线运动,选项B错误;E-x图象中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差,AB段的电势差大于BC段的电势差,故电场力做功WAB>WBC,由电场力做功与电势能变化的关系得,粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量,选项C正确;由E-x图象中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差,UOA=‎1‎‎2‎E0x1,UAC<‎1‎‎2‎E0·2x1,得2UOA>UAC,由动能定理qU=ΔEk,得qUOA=Ek-0,qUAC=EkC-Ek,知粒子运动到C点时动能小于3Ek,选项D正确.‎ ‎3.‎ ‎(2019陕西西安高三质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图,电场线的方向如图中箭头所示,M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点,OQ连线垂直于MN.以下说法正确的是(　　)‎ A.O点电势与Q点电势相等 B.M、O间的电势差小于O、N间的电势差 C.将一负电荷由M点移到Q点,电荷的电势能增加 - 30 -‎ 高考总复习 D.在Q点释放一个正电荷,正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上 答案C 解析由题图中电场线的方向可知φM>φO>φN,再作出此电场中过O点的等势线,可知φO>φQ,选项A错误;且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度,故UMO>UON,选项B错误;因UMQ>0,负电荷从M点到Q点电场力做负功,电势能增加,选项C正确;正电荷在Q点所受的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆周的切线方向,选项D错误.‎ ‎4.‎ ‎(多选)如图所示,ABC是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈,∠C=30°、∠B=60°,D为AC中点;质量为m带正电的小滑块沿AB面由A点静止释放,滑到斜面底端B点时速度为v0,若空间加一与ABC平面平行的匀强电场,滑块仍由静止释放,沿AB面滑下,滑到斜面底端B点时速度为‎2‎v0,若在同样的匀强电场中滑块由静止沿AC面滑下,滑到斜面底端C点时速度为‎3‎v0,则下列说法正确的是(　　)‎ A.电场方向由A指向C B.B点电势与D点电势相等 C.滑块滑到D点时机械能增加了‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ D.小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化值之比为2∶3‎ 答案BC 解析无电场时由A到B有mgh=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎①‎ 有电场时由A到B有mgh+WE=‎1‎‎2‎m(‎2‎v0)2②‎ 有电场时由A到C有mgh+WE'=‎1‎‎2‎m(‎3‎v0)2③‎ 由①②③可得WE=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎　WE'=mv‎0‎‎2‎ 又WE=qUAB,WE'=qUAC,则UAB=‎1‎‎2‎UAC.则D点与B点电势相等,B正确;电场线应与BD垂直,而AC不与BD垂直,A错误;因D为AC的中点,则滑到D点电场力做功为到C点的一半,为‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,C正确;小滑块沿AB面、AC面下滑过程中电势能变化值之比为1∶2,D错误.‎ - 30 -‎ 高考总复习 ‎5.‎ ‎(多选)如图所示,一带电小球固定在光滑水平面上的O点,虚线a、b、c、d是带电小球激发电场的四条等距离的等势线.一个带电小滑块从等势线d上的1处以水平初速度v0运动,结果形成了实线所示的小滑块运动轨迹.1、2、3、4、5是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点.由此可以判定(　　)‎ A.固定小球与小滑块带异种电荷 B.在整个运动过程中小滑块具有的动能与电势能之和保持不变 C.在整个过程中小滑块的电势能先增大后减小 D.小滑块从位置3到4和从位置4到5的过程中,电场力做功的大小关系是W34=W45‎ 答案BC 解析由题图看出滑块的轨迹向右弯曲,可以知道滑块受到了斥力作用,则知小球与小滑块电性一定相同,故A错误.在整个运动过程中小滑块只发生了动能和电势能的转化,根据能量守恒可知B正确;由图可知,小滑块运动过程中电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,C正确;根据等势线的疏密结合U=Ed可知,4、5间电势差与3、4间电势差关系是U45