第十章 静电场中的能量（综合拔高练）-2025-2026学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第三册）

第十章 静电场中的能量 综合拔高练 五年高考练 考点1　电势高低及电势能大小的判断 　1.(2024北京，11)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，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，P、Q两点间电势差不变 2.(多选题)(2024天津，5)某静电场在x轴正半轴的电势φ随x变化的图像如图所示①，a、b、c、d为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下②，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷 (　　) A.在b点电势能最小 B.在c点时速度最小 C.所受静电力始终做负功 D.在a点受静电力沿x轴负方向 关键点拨　①根据电势高低判断电场线方向，根据Ep=φq可判断电荷的电势能。②电势能和动能之和保持不变。 3.(2024重庆，6)沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示①，一电荷量为e带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5 eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受电场力②，则其将 (　　) A.不能通过x3点 B.在x3点两侧往复运动 C.能通过x0点 D.在x1点两侧往复运动 4.(多选题)(2023全国乙，19)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动①，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM=ON，则小球 (　　) A.在运动过程中，电势能先增加后减少 B.在P点的电势能大于在N点的电势能 C.在M点的机械能等于在N点的机械能 D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 5.(多选题)(2023山东，11)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 考点2　电场线、等势面的特点及应用 6.(2024全国甲，18)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 7.(多选题)(2024广东，8)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 8.(多选题)(2024甘肃，9)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示①，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点，下列说法正确的是 (　　) A.粒子带负电荷 B.M点的电场强度比N点的小 C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点 D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 9.(多选题)(2023辽宁，9)图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则　 (　　) A.P点电势比M点的低 B.P点电场强度大小比M点的大 C.M点电场强度方向沿z轴正方向 D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 考点3　电容器　带电粒子(带电体)在电场中的运动 10.(2024浙江6月选考，6)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 (　　) A.极板间电势差减小 B.电容器的电容增大 C.极板间电场强度增大 D.电容器储存能量增大 11.(多选题)(2022全国甲，21)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等①，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后， (　　) A.小球的动能最小时，其电势能最大 B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 12.(多选题)(2023湖北，10)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 13.(多选题)(2024江西，10)如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放，开始向下运动，甲和乙两点电荷的电势能Ep=k(r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是 (　　) A.最低点的位置x= B.速率达到最大值时的位置x= C.最后停留位置x的区间是≤x≤ D.若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<(mg-f) 14.(2024河北，13)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0①，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。 考点4　实验：观察电容器的充、放电现象 15.(2024重庆，12)探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E、定值电阻R0、电容器C、单刀双置开关S。 (1)为测量电容器充放电过程电压U和电流I的变化，需在①②处接入测量仪器，位置②应该接入测　　　(填“电流”或“电压”)仪器。  (2)接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为　　　　。  (3)根据测得数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系如图乙所示，该过程为　　　(填“充电”或“放电”)过程。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示，0.2 s时R0消耗的功率为　　　W。  强基计划 16.(北京大学强基计划)两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置。设边缘效应可忽略。当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板间距不变。已知这时带电粒子的加速度大小为(g为重力加速度)，则B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比应该为 (　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 三年模拟练 应用实践 1.(2025江苏南京期末)半导体指纹传感器，多用于手机、电脑、汽车等设备的安全识别，如图所示。传感器的半导体基板上有大量金属颗粒，基板上的每一点都是小极板，其外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凹凸不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容器。使每个电容器的电压保持不变，对每个电容器的放电电流进行测量，即可采集指纹。在指纹采集过程中，下列说法正确的是 (　　) A.指纹的凹点处与小极板距离远，电容大 B.手指缓慢松开绝缘表面时，电容器带电荷量减小 C.手指用力挤压绝缘表面时，电容变小 D.手指挤压绝缘表面过程中，电容器两极板间的场强大小不变 2.(2025广东东莞实验中学月考)人体的细胞膜主要由磷脂双分子层组成，模型图如图甲所示，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示。初速度可视为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是 (　　) 　 A.A点电势低于B点电势 B.钠离子的电势能减小 C.钠离子的加速度变大 D.若膜间电势差不变，当d越大时，钠离子进入细胞内的速度越大 3.(2025辽宁沈阳模拟)真空中x轴上A、B两点分别固定两个电荷量相等的点电荷，x轴上电场强度的变化情况如图所示，C、D两点关于O点对称，取x轴正方向为电场强度的正方向，则下列说法中正确的是 (　　) A.A点固定的是正点电荷，B点固定的是负点电荷 B.C、D两点的电场强度相同 C.C、D两点的电势差UCD=0 D.同一个正电荷在C点的电势能大于其在D点的电势能 4.(创新题新考法)(2025河南豫北名校期中联考)如图所示，一平行板电容器两极板水平相对放置，在上板的正中心开一孔，孔相对极板很小。现给电容器充电后，上板带负电、下板带正电，两板间形成匀强电场，一均匀带电的绝缘细杆长s=0.3 m、质量m=0.1 kg、带电荷量q=+1×10-4 C。将细杆竖直放置，下端对齐小孔，由静止释放，发现杆下降的最大深度h=0.2 m(未到达下板)，重力加速度大小g=10 m/s2，杆只受重力和电场力，则下列说法正确的是 (　　) A.杆在下降的过程中，加速度一直减小 B.杆在下降的过程中，先做匀加速运动后做匀减速运动 C.杆下降到最低点时增加的电势能为0.2 J D.平行板间的电场强度大小为1.8×105 N/C 5.(2025湖北襄阳模拟)如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴质量为m，电荷量为q。现仅将上极板上移些许，其他条件保持不变，重力加速度为g，则下列分析错误的是 (　　) A.上移后油滴的运动轨迹仍然是直线 B.上移后电场强度大小为，方向竖直向上 C.上移后下极板和上极板之间的电势差为 D.上移后油滴穿越两板之间的电场，电势能减少了mgd 6.(2025重庆巴蜀中学模拟)如图所示，在竖直y轴上固定两个点电荷，电荷量为+Q的点电荷在2y0处，电荷量为-4Q的点电荷在3y0处。将质量为m、电荷量为+q的小球从坐标原点O由静止释放，经过A点后，刚能到达最低点B。以y0处为电势能零点、重力势能零点，小球可视为点电荷，小球在此运动过程中的重力势能Ep1、机械能E0、动能Ek及电势能Ep2随y变化的图像可能正确的是 (　　) 7.(2025江苏镇江第一中学月考)如图所示，质量为m、电荷量为q的质子(不计重力)在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A、B两点时的速度分别为vA=v、vB=v，方向分别与AB成α=60°角斜向上、θ=30°角斜向下，已知AB=L，则 (　　) A.电场方向与vB方向平行 B.场强大小为 C.质子从A点运动到B点所用时间为 D.质子的最小速度为v 8.(2025四川成都蓉城名校联盟月考)如图所示，半径为5 cm的光滑绝缘圆轨道竖直固定放置，处在匀强电场中，轨道上A、B、C、D四个点连线刚好构成矩形，AB=8 cm，AD=6 cm，AD与竖直方向的夹角为37°，A、B、C三点的电势分别为17 V、1 V、10 V，将一电荷量为0.12 C、质量为4 kg的带正电小球(可视为质点，图中未画出)置于A点，给小球一个沿轨道切线向左的初速度，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法正确的是 (　　) A.D点的电势为8 V B.匀强电场的电场强度大小为200 V/m C.若小球能过C点，则在A点给小球的初速度大小至少为 m/s D.若小球恰好能过C点，则小球从A点运动到C点过程中的最大动能为5.25 J 9.(2025河北沧州模拟)如图所示，绝缘光滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成θ=45°角的匀强电场中，其中BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为m、电荷量为+q的小球(大小忽略不计)，放在水平轨道上A点由静止开始释放，恰好能沿ABCD轨道通过半圆轨道最高点D，且落回轨道上时恰好落在B点，重力加速度为g。求： (1)电场强度大小E； (2)A、B点间的电势差。 迁移创新 10.(2025北京朝阳模拟)万有引力定律和库仑定律的相似，使得解决相关问题的方法可以相互借鉴。 (1)与静电力做功特点类似，万有引力做功同样与路径无关。已知某卫星绕地球的轨道为一椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上，如图1所示。已知地球和卫星的质量分别为M、m，卫星在远地点A时与地心距离为r1，在近地点B时与地心距离为r2。取无穷远处引力势能为零，质量为m1、m2的两物体相距为r时，引力势能表达式为Ep=-G，其中G为引力常量。 a.推导证明卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒； b.计算卫星从A运动到B的过程中增加的动能ΔEk。 (2)如图2所示，直线上固定一电荷量为+Q的点电荷A，另一质量为m、电荷量为-q的点电荷B由直线上某点静止释放，仅考虑两电荷间的库仑力，当B运动至距离A为L时，其速度大小恰等于B绕A做半径为L的匀速圆周运动时的速度大小。取无穷远处电势为零，两点电荷+q1、-q2相距为r时的电势能为Ep=-k，其中k为静电力常量。 a.求电荷B由静止释放时与电荷A的距离L'； b.已知在万有引力作用下人造卫星绕地球沿椭圆轨道或圆轨道运行时，若椭圆轨道半长轴与某一圆轨道半径相等，则其在两轨道上运行的周期相等。请据此估算点电荷B从该位置由静止释放运动到点电荷A位置的时间t。 答案与分层梯度式解析 第十章　静电场中的能量 综合拔高练 五年高考练 1.C 2.BD 3.B 4.BC 5.ACD 6.B 7.AC 8.BCD 9.CD 10.D 11.BD 12.BD 13.BD 16.C 1.C　 模型建构　等量异种点电荷周围的电场线与等势面分布如图所示，根据连线上关于中点对称的位置的场强、电势特点分析。 P、Q是等量异种点电荷连线上关于连线中点对称的两点，可知P、Q两点的电场强度相同，P点电势高于Q点电势(点拨：沿着电场线方向电势降低)，A、B错误；由电场叠加原理可得P点的电场强度E=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，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍(点拨：两点电荷连线上各点的场强均变为原来的2倍)，可知P、Q间电场强度的平均值增大，而P、Q间距不变，根据U=Ed可知P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。 2.BD　 题图解读　根据Ep=φq、沿电场方向电势降低、F=qE，从题图可获取的信息如图： 根据Ep=φq可知，负电荷在高(低)电势处的电势能小(大)，由题图可知，a点的电势最高，c点的电势最低，则该电荷在a点的电势能最小，在c点的电势能最大；电荷仅受电场力作用，电荷的电势能和动能之和保持不变，可知电荷在c点时动能最小，即速度最小，在a点时动能最大，故A错误，B正确。根据沿电场线方向电势逐渐降低，结合题图可知，c点左侧电场方向沿x轴正方向，c点右侧电场方向沿x轴负方向，可知负电荷在c点右侧受沿x轴正方向的电场力，c点左侧受沿x轴负方向的电场力，故在a点受电场力沿x轴负方向，从d点开始沿x轴负方向运动到a点，电场力先做负功再做正功，故C错误，D正确。 3.B　 关键点拨　“经过x2点时动能为1.5 eV”，从图中可得出x2处的电势为1 V，则电势能为-1 eV，则动能和电势能之和为0.5 eV，若该电荷仅受电场力，则该电荷在运动过程中动能和电势能之和保持不变。当电荷的动能为零时，判断电场力方向，分析电荷的运动方向。 带负电的试探电荷在x2处的动能为1.5 eV，电势能为-1 eV，则总能量为0.5 eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2~x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的电场力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5 eV，即运动到电势为-0.5 V处减速到零，之后向左运动，回到x2处时动能仍为1.5 eV，继续向左运动，在电势为-0.5 V处减速到零，之后向右运动，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动，故选B。 4.BC　 关键点拨　如图所示，正点电荷周围的等势面是一组以点电荷为球心的球面，越靠近正点电荷电势越高，可知φM=φN>φP，沿小球运动轨迹从M到N电势先升高后降低。 在运动过程中，小球离该点电荷的距离先减小后增大，则电势先升高后降低(点拨：越靠近正电荷，电势越高)，故电势能先减少后增加，A错误；由于φM=φN>φP，且小球带负电，结合电势能公式Ep=qφ，可知小球在M点的电势能等于在N点的电势能，小球在P点的电势能大于在N点的电势能，B正确；由于小球在M点的电势能等于在N点的电势能，根据能量守恒可知小球在M点的机械能等于在N点的机械能，C正确；小球从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，总功为零，D错误。 5.ACD　E'点和C'点关于平面ADD'A'对称，根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EE'=EC'，F'点和E'点关于AD连线的中垂面对称，则EF'=EE'，故EF'=EC'，A正确；B'点电场强度方向沿平面AB'C'D偏向下，E'点电场强度方向沿平面AF'E'D偏向上，故B错误；A、D连线的中垂面上电势为0，F'点电势为正，可知UA'F'<UA'O'=UO'D'，C正确；由F点沿直线到O点，电势先升高后降低，所以将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小，D正确。 高考风向　电势和电势能是描述电场能的性质的物理量，在整个电学中处于基础且重要的地位，在高考中也是命题的热点。 历年高考中既有对孤立点电荷(如2023年湖北卷第3题，2023全国乙卷第19题)和等量同种(如2023年北京卷第8题，2022年江苏卷第9题)、异种点电荷(如2024年北京卷第11题，2023年山东卷第11题)的常规静电场的考查，又创造性地设计出等量同种电荷分布在绝缘长棒(2022年湖南卷第2题)、对称的绝缘球中的立体电场(2021年江苏卷第10题)等，求解原理涉及电场线、等势面的特点，电势、电势能的关系以及功能关系等。未来高考仍会侧重考查典型电场的特点，融合电势、电场力做功、电势能的相关知识，在方法上仍会注重对称法、等效法等解题方法的应用。 在平时学习中，要牢固掌握各种典型电场中电势的特点，解决问题时重点关注类比法、动能定理法、作图法的应用，尤其是对电场线图、等势面图具有识图、读图、用图、画图的能力。 6.B　 真题降维 题目关键信息 信息解读 无限远处的电势规定为零 正电荷周围的电势均为正，负电荷周围的电势均为负，则Q1带正电，Q2带负电 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 电势运算遵循代数运算法则，即代数相加减 根据两点电荷周围的电势分布可知Q1带正电，Q2带负电；根据图中电势为0的等势线，可知k+k=0，由图中距离关系可知=，联立解得=-2，B正确。 7.AC　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。 8.BCD　 考教衔接　本题与教材P37第3题的情境相似，考查等势面与电场强度、粒子受力与运动轨迹的关系。解题关键是先根据电场中某点的电场强度与该点等势线垂直，且由高电势指向低电势，大致画出M、N处的电场线，再根据带电粒子所受电场力与电场线的切线平行且指向运动轨迹的凹侧，确定电场力的方向，如图。 由图可知，电场力的方向沿电场线的切线方向，故带电粒子带正电，A错误；等差等势面越密集的地方场强越大，故M点的电场强度比N点的小，故B正确；由于带电粒子仅在电场力作用下运动，电势能与动能总和不变，故可知当电势能最大时动能最小，故粒子在运动轨迹上到达最高电势处时动能最小，故C正确；粒子带正电，因为M点的电势大于N点的电势，故粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D正确。 方法技巧　电场中带电粒子运动轨迹问题的求解 (1)首先根据带电粒子运动轨迹弯曲的方向判断出受力的方向，带电粒子所受的电场力方向与电场线切线方向平行且指向运动轨迹的凹侧，再根据粒子的电性判断场强的方向。 (2)根据电场线(或等差等势面)的疏密，判断电场力大小的关系。 (3)带电粒子运动轨迹的切线方向为该处的速度方向。 (4)根据电场力的方向与速度方向的夹角是锐角还是钝角判断电场力的做功情况。 9.CD　 关键点拨　金属四极杆关于x轴对称分布，结合四极杆附近的等势面分布情况，可将四极杆周围电场类比两组等量同种点电荷的电场分析。 由图(a)知x轴上的电场强度为0，沿y轴和z轴的电场线如图所示，故C正确；由沿电场线方向电势降低可知φP>φO>φM，故A错误；等差等势面较密集的地方电场强度较大，故P点的电场强度比M点的小，B错误；x轴上电场强度处处为0，所以沿x轴运动的带电粒子电势能不变，D正确。 归纳总结　无论是电场线还是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；判断电势高低的常见方法是根据沿电场线方向电势降低来判断。 10.D　据Q=CU、C=可知，当极板间距增大时电容减小，由于电容器的电荷量不变，故极板间电势差增大，故A、B错误；由E=、C=、C=可知E=，可知当极板间距增大时，板间场强不变，故C错误；移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，故D正确。 11.BD　 真题降维　据题分析出重力和电场力的合力大小为mg，方向与水平方向的夹角为45°，斜向右下方。将合力视为等效重力，小球水平抛出后的运动可视为类斜上抛运动，即将重力场中抛射角为45°的斜上抛运动逆时针旋转45°，可得相似的题述运动，再利用斜上抛运动的特点分析题目。 等效最高点处的速度最小，但此处不是向左的最大位移处，其电势能不是最大，A选项错误；等效最高点处的速度最小，且与水平方向成45°角，由运动的分解可知，此时水平方向的速度等于竖直方向的速度，故C选项错误；由对称性可知，水平速度为0时，竖直速度为v0，此时向左的位移最大，电势能最大，B选项正确；由B分析可知，从出射到小球速度水平分量为零的过程中，动能的变化量为0，故此过程中，重力做功和电场力做功的代数和为零，即重力做的功等于小球电势能的增加量，D选项正确。 12.BD　带电微粒在电容器中运动到最高点过程中，在水平方向有2L=v cos 45°·t，在竖直方向有q=ma，d=t，0=v sin 45°-at，则有=1，a=，U2==，在加速电场中，由qU1=mv2得U1=，则=1，所以A错误，B正确；微粒从最高点运动至离开电场过程中，水平方向有L=v cos 45°·t'，竖直方向有vy=at'，得vy=v，与水平方向夹角的正切值tan θ==，则微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值tan α=tan (θ+45°)=3，故C错误；微粒在电容器中运动时，有x=v cos 45°·t，y=v sin 45°·t-at2，得y=x-，与q、m无关，故D正确。 13.BD　 真题降维 题目信息 信息解读 分析解答 最低点的位置 小球甲第一次运动到速度为零的位置 从开始运动到最低点的过程，根据能量守恒与功能关系解答 速率达到最大值时的位置 小球甲第一次向下运动至加速度为零的位置 电场力、重力、摩擦力三力平衡，根据平衡条件求解 最后停留位置x的区间 小球甲恰好不向上运动和恰好不向下运动的位置区间 电场力、重力、摩擦力三力平衡，摩擦力方向可向上、向下，根据平衡条件求解 在最低点能返回 在最低点，电场力大于重力、滑动摩擦力之和 根据力与运动的关系，利用临界值法分析 对于小球甲第一次运动到最低点的过程，根据功能关系可得(mg-f)(x0-x)-=0，解得x=，故A错误；当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有mg=f+k，解得x=，故B正确；小球甲最后停留时，满足mg-f≤k≤mg+f，解得最后停留位置x的区间为≤x≤，故C错误；若在最低点能返回，即在最低点满足k>mg+f，解得x<，将A选项的x代入该式得k<，则Ep0=k<(mg-f)，故D正确。 14.答案　(1)　(2)　 关键点拨　带电小球在复合场中做圆周运动，可将复合场等效为“重力场”，“等效重力”为电场力与重力的合力，方向竖直向上，A位置为等效最高点。 解析　(1)由于A、B两点间的电势差为U，沿电场方向的距离为L，则场强大小为E= (2)在A点，细线对小球的拉力为0，电场力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 Eq-mg=m 解得vA= 小球从A到B过程，根据动能定理得 qU-mgL=m-m 解得vB= 易错警示　小球在A点时，细线对小球的拉力为零，但其所受的合力不为零，电场力和重力的合力提供向心力。 15.答案　(1)电压　(2)0　(3)放电　0.32 解析　(1)位置①在干路中，为测电流的仪器，位置②与电容器并联，为测电压仪器。 (2)(3)电容器充电过程中，电容器两端电压逐渐增大，电路中的电流逐渐减小，当充电完毕时电容器两端电压最大，电路中电流为零。 电容器放电过程中，电容器相当于电源，其与定值电阻构成闭合回路，电压表和电流表分别测量定值电阻两端的电压和流过定值电阻的电流，电压和电流都减小，题图乙图像逆向分析，该过程为电容器放电过程。放电时电容器两端电压即定值电阻R0两端的电压，由题图丙可知t=0.2 s时电容器两端电压为U=8 V，由题图乙可知当U=8 V时，电流I=40 mA，则电阻R0消耗的功率为P=8×40×10-3 W=0.32 W。 16.C　设电容器A和B的电容都为C0，两电容器并联，其总电容为C=2C0(点拨：两个电容器并联，相当于增大正对面积)，两电容器两端的电压相等，设此时电压为U，总带电荷量为Q=2C0U，电容器A的极板之间距离为d，带电粒子的电荷量为q，质量为m，电容器A中的带电粒子恰好静止，有=mg；将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，两电容器极板之间的电压仍相等，设为U'，电容器B带电荷量减小，电容器A带电荷量增大，电容器A中电场强度增大，带电粒子的加速度向上，由牛顿第二定律可得-mg=，解得U'=；设B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比为，由平行板电容器电容的决定式C=，两个极板错开后电容器B的电容CB'=，两电容器并联，其总电容为C'=CA+CB'=C0+，总带电荷量不变，Q=C'U'=·，联立解得k=3，故选C。 三年模拟练 1.B 2.B 3.C 4.C 5.C 6.B 7.D 8.C 1.B　根据平行板电容器电容的决定式C=可知，由于指纹的凹点处与小极板距离远，即d大，则电容C小，A错误；手指缓慢松开绝缘表面，电容器两极板间的距离d增大，电容C减小，根据Q=CU可知，U不变，则电容器带的电荷量减小，B正确；手指用力挤压绝缘表面过程中，电容器两极板间的距离d减小，则电容C变大，C错误；电容器内部场强大小为E=，手指挤压绝缘表面过程中，电容器两极板间电压保持不变，距离d减小，则内部场强变大，故D错误。 2.B　因为钠离子带正电，初速度为零，且仅在电场力作用下从图中的A点运动到B点，说明电场力的方向由A指向B，电场线由A指向B，所以A点电势高于B点电势，故A错误；因为电场力对钠离子做正功，所以其电势能减小，故B正确；由于膜内的电场可看作匀强电场，根据a=可知钠离子的加速度不变，故C错误；根据动能定理可得qU=mv2，可知钠离子进入细胞内的速度v与厚度d大小无关，故D错误。 3.C　A、B两点间电场强度有零点，可以判断A、B两点固定的是同种电荷，靠近点电荷的右侧，电场强度为正，则A、B两点固定的是等量正电荷，故A错误。由于A、B两点固定等量正电荷，C点和D点关于A、B连线的中点O对称，则C点和D点的场强大小相等，方向相反，故B错误。根据对称性可知C点和D点的电势相等，UCD=0；根据Ep=qφ，可得同一个正电荷在C、D两点的电势能相等，故C正确，D错误。 4.C　设细杆进入电场的长度为x，则mg-·qE=ma，由于杆由静止释放后向下运动，最后速度减为零，可知细杆应先向下加速后向下减速，随着x逐渐增大，a先向下减小，后反向增大，加速度改变，不是匀变速直线运动，故A、B错误；根据能量守恒可知，细杆从静止释放到下落至最低点的过程中增加的电势能等于减小的重力势能，即ΔEp=mgh=0.2 J，故C正确；细杆从静止释放到下落至最低点的过程，由动能定理得mgh-h=0，由于细杆所受电场力大小为F=qE·，即细杆进入电场所受电场力与进入电场的细杆的长度成正比(破题关键)，所以==，解得E==3×104 N/C，故D错误。 名师点津　本题中的研究对象不是常见的可看成质点的带电粒子，而是电荷均匀分布的带电杆，解题的关键是找出细杆所受的电场力(电场力与进入电场的细杆长度成正比)，进而结合电场力、重力做功，利用动能定理分析解答。 5.C　由于油滴只在竖直方向受重力和电场力，沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动(破题关键)，有qE=mg，可得E=，方向竖直向上；根据E=、C=、C=，可得E=，可知当上极板向上移动时，场强E不变，仍有qE=mg，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，A、B正确。由于板间场强E不变，根据U=Ed，当上极板向上移动些许时，下、上两极板间的电势差U变大，不再是，C错误。当上极板向上移动后，E不变，所以油滴射出电场时的位置也不变，重力做功-mgd，则电场力做功mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，D正确。 6.B　规定y0处为重力势能零点，则在y0处重力势能为0，重力势能变化与下落高度成线性关系，故A错误；由功能关系可知，机械能的变化量对应电场力做功，设+Q的正上方x处电场强度为0，则=，解得x=y0，即A点场强为0，A点上方场强方向向下，A点到2y0处之间的场强方向向上，则小球从O点到B点过程中电场力先做正功后做负功，机械能先增大后减小(在y0处最大)，电势能先减小后增加，并且在y0处为零，故D错误，B正确；小球从O点到B点过程中，初、末速度为0，中间过程速度不为0，所以动能先增加后减小，分析可知，动能最大的位置在y0下方，不在y0处，故C错误。 7.D　质子在匀强电场中做类抛体运动，沿电场方向做匀变速直线运动，在与电场垂直的方向上做匀速直线运动，设vA与电场线的夹角为β，如图所示，结合vA与vB的方向，在垂直电场方向有vA sin β=vB cos β，可求得tan β=，则β=60°，显然电场方向与vB方向不平行，A错误；质子从A运动到B点，根据动能定理，有qEL sin (β+α-90°)=m-m，求得E=，故B错误；对于质子在垂直于电场方向上的运动，有L cos (β+α-90°)=vA sin βt，求得质子从A点运动到B点所用时间为t=，故C错误；当质子沿电场方向的速度减为零时，质子的速度最小，为vmin=va sin β=v，故D正确。 8.C　第一步：寻找等势线，求解场强。 由于A、B、C、D四个点连线刚好构成矩形，可得UAB=UDC，所以φA-φB=φD-φC，解得φD=26 V，故A错误。利用等分法找到AB连线上电势为10 V的E点，CE为等势线，过B点作CE的垂线为电场线，如图甲所示，由几何关系可知tan θ==，则θ=37°，电场强度大小为E== V/m=250 V/m，故B错误。 第二步：求解等效重力场，寻找等效最低点。 由于电场力大小为qE=30 N，方向水平向左，重力大小为mg=40 N，方向竖直向下，所以重力与电场力的合力大小为mg'==50 N，方向沿着DA，小球恰好能过C点时，在C点的受力如图乙所示，根据牛顿第二定律可得mg' sin θ=m，从A点到C点，由动能定理得-mg'xCB=m-m，解得vA= m/s，故C正确；小球在等效最低点F时动能最大，从F点到C点，由动能定理得-mg'(R+R sin θ)=m-m，最大动能Ekmax=m=4.75 J，故D错误。 　 9.答案　(1)　(2) 解析　(1)小球恰好能沿ABCD轨道通过半圆轨道最高点D，则当小球通过D点时，轨道对小球的弹力为零，由重力和电场力的竖直分力的合力提供向心力(破题关键)，设小球通过D点时的速度为v，由牛顿第二定律可得mg-qE sin θ=m 小球通过D点后，落回轨道上时恰好落在B点，水平方向做匀变速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向有x=vt-axt2=0，qE cos 45°=max 竖直方向有2R=ayt2，mg-qE sin 45°=may 联立解得v=，E= (2)设A、B间距离为L，对于小球由A到D的过程，由动能定理得 qEL cos 45°-2mgR+qE·2R sin 45°=mv2 将v、E代入，联立解得L=2.5R 则A、B两点间的电势差为UAB=EL cos 45°= 10.答案　(1)a.见解析　b.G-G　 (2)a.2L　b.πL 解析　(1)a.卫星从远地点A运动到近地点B的过程中，设引力做功为W引，根据动能定理有W引=ΔEk 引力做功与引力势能变化量ΔEp的关系为W引=-ΔEp 故有ΔEk+ΔEp=0 由此可知，卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒。 b.卫星从A运动到B的过程中，动能与引力势能之和守恒，有ΔEk+ΔEp=0 由引力势能表达式Ep=-G，可得卫星在A、B两点的引力势能分别为EpA=-G、EpB=-G 解得ΔEk=-ΔEp=EpA-EpB=G-G (2)a.当B绕A做匀速圆周运动时，库仑力提供向心力，有k=m 当B由静止释放后靠近A时，由动能定理可得 W电=mv2 由电场力做功与电势能的关系可得W电=k-k 解得L'=2L b.将B的直线运动视为在无限“扁”的椭圆上的运动，其半长轴为=L 设B绕A以半径L做匀速圆周运动时的周期为T，有t= 由库仑力提供向心力，有k=mL 解得t=πL 方法迁移　解答本题需要应用的物理方法是类比法。通过从题干中提取信息，应用学生熟悉的电势能概念、电场力做功与电势能的关系知识，去引导学生分析不熟悉的引力势能、引力做功与引力势能的关系以及只在引力作用下的能量守恒问题，使学生更深刻地认识能量守恒概念。本题综合考查学生从题干中提取有用信息以及知识迁移能力，提升学生的科学思维核心素养。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$