1、專練專練12 電場的性質(zhì)常考題型?？碱}型1.應(yīng)用1.應(yīng)用 電場力的性質(zhì)的理解 例1(2021全國甲卷19)某電場的等勢面如圖所示，圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點，則()A一正電荷從b點運動到e點，電場力做正功B一電子從a點運動到d點，電場力做功為4 eVCb點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右Da、b、c、d四個點中，b點的電場強度大小最大【解析】由圖象可知be，則正電荷從b點運動到e點，電場力不做功，A錯誤；由圖象可知a3 V，d7 V，根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系有WadEpaEpd(ad)(e)4 eV，B正確；沿電場線方向電勢逐漸降低，則b點處的場強方向向左，C錯誤；由

2、于電場線與等勢面處處垂直，則可畫出電場線分布如圖所示，由上圖可看出，b點電場線最密集，則b點處的場強最大，D正確。【答案】BD2.應(yīng)用2.應(yīng)用 電場能的性質(zhì)的理解 例2(2021湖南卷9)1如圖，圓心為O的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，ab和cd為該圓直徑。將電荷量為q(q0)的粒子從a點移動到b點，電場力做功為2W(W0)；若將該粒子從c點移動到d點，電場力做功為W。下列說法正確的是()A該勻強電場的場強方向與ab平行B將該粒子從d點移動到b點，電場力做功為0.5WCa點電勢低于c點電勢D若只受電場力，從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動【解析】由于該電場為勻強電場，可

3、采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x軸，垂直與cd方向建立y軸如圖所示，在x方向有WExq2R，在y方向有2WEyqeq r(3)RExqR，經(jīng)過計算有Ex，Ey，E，tan ，由于電場方向與水平方向成60，則電場與ab平行，且沿a指向b，A正確；該粒從d點運動到b點，電場力做的功為WEq0.5W，B正確；沿電場線方向電勢逐漸降低，則a點的電勢高于c點的電勢，C錯誤；若粒子的初速度方向與ab平行則粒子做勻變速直線運動，D錯誤?！敬鸢浮緼B對點速練對點速練1如圖所示，不帶電的金屬球B接地，在B球附近放置一個帶正電q的小球A，A的重力不計?，F(xiàn)由靜止開始釋放A球，在A運動過程中下列說法正確的是()

4、AA向B做勻加速運動BB球的電勢不斷增加CB球上感應(yīng)電荷數(shù)保持不變DA、B球上電荷相互作用電勢能不斷減小【答案】D【解析】由于靜電感應(yīng)，金屬球B表面感應(yīng)出現(xiàn)負(fù)電荷，A向B運動，根據(jù)Fkeq f(qAqB,x2)可得金屬球B對A作用力變大，根據(jù)Fma可得A的加速度變大，故A錯誤；由于金屬球B接地，B球的電勢為零，故B錯誤；A向B靠近，B球上感應(yīng)電荷數(shù)增大，故C錯誤；A向B運動，電場力做正功，所以A、B球上電荷相互作用電勢能不斷減小，故D正確。2一半徑為R的絕緣球體上均勻分布著電荷量為Q的正電荷，以球心為原點O建立坐標(biāo)系如圖所示。在x3R的D點有一電荷量為q的固定點電荷，已知x2R的C點場強為零，

5、靜電力常量為k，E點的坐標(biāo)x2R。則下面說法正確的是()Aq0BO點的場強大小為零CE點的場強大小為DE點的場強大小為【答案】C【解析】因為C點的場強是零，絕緣球體上均勻分布著正電荷，所以D點的固定點電荷帶正電，即q0，A錯誤；絕緣球體上均勻分布著正電荷，則在球心O處形成的電場強度是零，可D點的固定點電荷在O點產(chǎn)生的場強，B錯誤；絕緣球體上均勻分布著正電荷，在E點產(chǎn)生的場強與在C點產(chǎn)生的場強大小相等方向相反，C點的場強是零，D點的q在C點產(chǎn)生的場強大小，則，D點的q在E點產(chǎn)生的場強大小，方向與O點的絕緣球體上Q產(chǎn)生的場強方向相同，則E點的場強大小，C正確；由以上分析可知，D點的q在E點產(chǎn)生的場

6、強大小，方向與O點的絕緣球體上Q產(chǎn)生的場強方向相同，則E點的場強大小，D錯誤。3一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OAOB，現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則()AO、C兩點電勢相等BA點的電場強度大于B點C沿直線從A到B電勢先升高后降低D沿直線從A到B電場強度逐漸增大【答案】A【解析】由于球殼內(nèi)部的場強為零，補全以后可知在右側(cè)球殼任取一點，該點和C連線后過左半邊球殼一點，兩點對C的庫侖力為零，即等大反向共線，將左側(cè)沿豎直對稱到右側(cè)球面，則可以知道這兩個點在C點的合場強水平向左

7、，根據(jù)疊加原理可知C點場強向左，同理OC上都是水平向左，因此OC是等勢線，故A正確；將題中半球殼補成一個完整的球殼，且?guī)щ娋鶆?，設(shè)左、右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則知E1E2，根據(jù)對稱性，左右半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E2和E1，且E1E2，在圖示電場中，A的電場強度大小為E2，方向向左，B的電場強度大小為E1，方向向左，所以A點的電場強度與B點的電場強度相同，沿直線從A到B電場強度不可能逐漸增大，故BD錯誤；根據(jù)電場的疊加原理可知，在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢升高，故C錯誤。

8、4(多選)如圖所示，圓柱體的底面直徑連線端點A、B固定有兩個等量正電荷，A、B在圓柱體的頂面，位于正電荷的正上方?，F(xiàn)有一個帶負(fù)電的點電荷p固定在頂面的圓心O處，O為底面的圓心，不計負(fù)電荷的重力。已知圓柱體底面半徑為R。高為eq r(2)R，下列說法中正確的是()（已知點電荷周圍的電勢表達(dá)式）AA、B兩點的電場強度相同B僅在電場力的作用下讓負(fù)電荷p沿圓柱體軸線從O點運動到O點，加速度先變大后變小C將負(fù)電荷p從O點移到B點，電勢能一定增加D給負(fù)電荷p一個沿OO方向的初速度僅在電場力的作用下有可能做勻速圓周運動【答案】BC【解析】由對稱可知，A、B兩點的電場強度大小相同，但是方向不同，A錯誤；因O點

9、的場強，而距離O點正上方R處（設(shè)為O點）的場強，因O點場強為零，可知，從O點到O點場強先增加后減小，即僅在電場力的作用下讓負(fù)電荷p沿圓柱體軸線從O點運動到O點，加速度先變大后變小，B正確；根據(jù)點電荷周圍的電勢表達(dá)式，可知O點電勢，B點電勢，則將負(fù)電荷p從O點移到B點，電勢能一定增加，C正確；因電場線沿著OO方向向上，給負(fù)電荷p一個沿OO方向的初速度，則受電場力沿著OO的方向，則僅在電場力的作用下不可能做勻速圓周運動，D錯誤。5如圖所示，勻強電場中有a、b、c三點，在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，a30，c90，電場方向與三角形所在平面平行。已知a、b和c點的電勢分別為(2eq r(3) V、(2eq

10、 r(3) V和2 V。該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為()A(2eq r(3) V、(2eq r(3) VB0、4 VCeq blc(rc)(avs4alco1(2f(4r(3),3) V、eq blc(rc)(avs4alco1(2f(4r(3),3) VD0、2eq r(3) V【答案】B【解析】如圖所示，圓心O是ab的中點，所以圓心O點的電勢為2 V，所以O(shè)c是等勢線，則電場線如圖中MN所示，方向由M指向N。沿電場線方向電勢均勻降低，過圓心的電勢為2 V，作aPMN，則aP為等勢線，則UOPOaeq r(3) V，UONUOPONOP1cos 30，解得UON2 V，則圓周上電勢

11、最低為0，最高為4 V，選B。6(多選)如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們是一個四邊形的四個頂點，abcd，abbc，2eq xto(ab)eq xto(cd)eq xto(bc)2l，電場線與四邊形所在平面平行。已知a點電勢為24 V，b點電勢為28 V，d點電勢為12 V。一個質(zhì)子(不計重力)經(jīng)過b點的速度大小為v0，方向與bc成45，一段時間后經(jīng)過c點，則下列說法正確的是()Ac點電勢為20 VB質(zhì)子從b運動到c所用的時間為eq f(r(2)l,v0)C場強的方向由a指向cD質(zhì)子從b運動到c電場力做功為8 eV【答案】ABD【解析】如圖，由勻強電場中電場分布與電勢差間的

12、關(guān)系有：baae，得e20 V，又becd，得c20 V，A正確。ec連線為等勢面，則電場方向由b指向d，C錯誤。質(zhì)子做類平拋運動，則有：2lcos45v0t，得teq f(r(2)l,v0)，B正確。質(zhì)子從b運動到c電場力做功WqUbc8 eV，D正確。7(多選)在x軸附近固定有兩個點電荷Q1和Q2（兩電荷不在x軸上），其連線與x軸平行，且Q1在Q2負(fù)方向上。以無窮遠(yuǎn)處為電勢零點，測得x軸上各點的電勢隨坐標(biāo)x的分布如圖所示。下列說法正確的是()A將試探電荷q從x1沿x軸正方向移到x3的過程中，電勢能先增大后減小BQ10；且Q1Q2CQ2所在位置橫坐標(biāo)小于x3Dx3處的電場強度等于零【答案】B

13、C【解析】將試探電荷q從x1沿x軸正方向移到x3的過程中，電勢能先減小后增大，故A錯誤；由于取無窮遠(yuǎn)處為電勢零點，且x軸上電勢分布有正有負(fù)，說明Q1和Q2帶異種電荷，由題圖可知，電勢最低點的絕對值小于電勢最高點的絕對值，又因為Q1在Q2的負(fù)方向上，所以Q10，Q20，且Q1Q2，故B正確；題圖中x圖像的斜率的相反數(shù)表示空間中電場強度在x軸上的分量，則x3處電場強度在x軸上的分量為零，假設(shè)Q2所在位置橫坐標(biāo)等于x3，則Q2在x3處產(chǎn)生的電場強度垂直于x軸（即電場強度在x軸的分量為零），而此時Q1在x3處產(chǎn)生的電場強度在x軸上分量一定不為零，則假設(shè)不成立；假設(shè)Q2所在位置橫坐標(biāo)大于x3，則在大于x

14、3的區(qū)間內(nèi)會出現(xiàn)電勢升高的情形，所以此假設(shè)也不成立。綜上所述可知Q2所在位置橫坐標(biāo)一定小于x3，故C正確；根據(jù)前面分析可知，Q1在x1x2區(qū)間內(nèi)，Q2在x2x3區(qū)間內(nèi)，即Q1距離x3比Q2遠(yuǎn)，如圖所示，此時有，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知一定有，所以x3位置的電場強度不為零，故D錯誤。8(多選)如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于P、Q兩點，P、Q兩點在同一豎直線上，水平面內(nèi)有一正三角形ABC，且PQ連線的中點O為三角形ABC的中心，M、N為PQ連線上關(guān)于O點對稱的兩點，則下列說法中正確的是()AA、B、C三點的電勢相等B電子在O點具有的電勢能大于在B點具有的電勢能CM點場強大于N點場強D將一正點電荷從A

15、點移到O點，電場力做負(fù)功【答案】AD【解析】根據(jù)空間幾何的位置關(guān)系可知，A、B、C三點到P、Q兩點的距離均相等，三點的場強和電勢均相等，故A正確；電子帶負(fù)電，電勢小的地方電勢能大，由于O點電勢大于B點的電勢，電子在O點具有的電勢能小于在B點具有的電勢能，故B錯誤；根據(jù)等量異種電荷電場線的分布，可知電場線的疏密程度是關(guān)于O點所在的中垂線對稱的，所以M點場強等于N點場強，故C錯誤；A點電勢小于O點電勢，正點電荷從A點移到O點，電勢升高，電勢能升高，電場力做負(fù)功，故D正確。9如圖所示，虛線O、A、B、C、D是某勻強電場中的5個平行且等距的等勢面，一電子經(jīng)過O時的動能為10 eV，從O到C的過程中克服

16、電場力所做的功為6 eV，電子運動軌跡如圖中實線所示，已知等勢面A的電勢為2 V，電子經(jīng)過等勢面C時的速率為v，求：(1)等勢面B上的電勢；(2)該電子經(jīng)過等勢面C時的電勢能；(3)該電子經(jīng)過等勢面A時速度的大小?！窘馕觥?1)因等勢面間距相等，由得相鄰虛線之間電勢差相等，電子由O到C，即可得已知等勢面A的電勢為2V，各虛線電勢如圖所示。電于由O到C，因電場力做負(fù)功，故電場方向向右，沿電場方向電勢降低，等勢面B的電勢。(2)電子運動軌如圖中實線所示，電子經(jīng)過C時，電勢能。(3)由O到A，可得可得由O到C，可得所以根據(jù)得該電于經(jīng)過等勢面A時速度的大小。10如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點

17、，OB沿豎直方向，BOA60，OBeq f(3,2)OA。將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q(q0)，同時加一勻強電場，場強方向與OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達(dá)A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達(dá)B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g。求：(1)無電場時，小球到達(dá)A點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向。【解析】(1)設(shè)小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OAd，則OBeq f(3,2)d，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin60v0tdcos60eq f(1,2)gt2又有Ek0eq f(1,2)mveq oal(2,0)由式得Ek0eq f(3,8)mgd設(shè)小球到達(dá)A點時的動能為EkA，列動能定理：mgdcos60EkAEk0，即EkAEk0eq f(1,2)mgd由式得eq f(EkA,Ek0)eq f(7,3)(2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了eq f(d,2)和eq f(3d,2)，設(shè)電勢