第九章 静电场（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（培优进阶版）

第九章　静电场 大单元分层教学设计 基础落实课 第1讲　静电场中力的性质 第2讲　静电场中能的性质 第3讲　电容器带电粒子在电场中的运动 综合融通课 第4讲　带电粒子在电场中运动的综合问题 实验探究课 第5讲　观察电容器的充、放电现象 第1讲　静电场中力的性质(基础落实课) 一、元电荷、点电荷 1.元电荷:e=1.60×10-19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。 2.点电荷:代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小、形状及电荷分布状况对它们之间的作用力的影响的理想化模型。 二、电荷守恒定律 1.内容:电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分;在转移过程中，电荷的总量保持不变。 2.起电方式:摩擦起电、接触起电、感应起电。 3.带电实质:物体带电的实质是得失电子。 4.电荷的分配原则:两个形状、大小相同且带同种电荷的导体，接触后再分开，二者带等量同种电荷，若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分。公式:q1'=q2'=。 三、库仑定律 内容 真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上 表达式 F=k，式中k=9.0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量 说明:①F=k，r指两点电荷间的距离。对于可视为点电荷的两个均匀带电绝缘球体，r为两球的球心间距。 ②当两个带电体间的距离r→0时，带电体不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大。 四、电场强度 1.定义:放入电场中某点的电荷受到的静电力F与它的电荷量q之比。 2.定义式:E=。单位:N/C或V/m。 3.点电荷的电场强度:E=k。 4.方向:规定正电荷在电场中某点所受的静电力的方向为该点的电场强度方向。 5.电场强度的叠加:电场中某点的电场强度等于各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。 五、电场线 1.定义:为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向，曲线的疏密表示电场强度的大小。 2.电场线的特点 ①电场线起始于正电荷(或无穷远处)，终止于无穷远处(或负电荷)，电场线不闭合;②电场中的电场线不相交;③同一电场中，电场线密的地方电场强度大;④电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向;⑤沿电场线方向电势降低;⑥电场线和等势面在相交处垂直。 微点判断 1.(人教必修3P5T4·改编)关于电荷，判断下列说法的正误: ①电荷量很小的电荷就是元电荷。 (×) ②物体所带的电荷量可以是任意的。 (×) 2.(2024·湖北高考T8A)一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变。 (√) 3.电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的静电力成正比。 (×) 4.富兰克林用油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量。 (×) 5.根据公式F=k，当r→0 时，F→∞。 (×) 6.在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。 (×) 7.如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的电场强度是各场源电荷单独存在时在该点所产生的电场强度的矢量和。 (√) 8.由E=知，当试探电荷的电荷量q变为一半时，电场强度E变为2倍。 (×) 9.(鲁科必修3P18T3·改编)判断下列说法的正误: ①正电荷仅受电场力的作用从静止开始运动，其轨迹必定与电场线重合。 (×) ②静电场中某点电场强度的方向，就是放在该点的电荷所受电场力的方向。 (×) 10.电场线不是电荷的运动轨迹，但根据电场线的方向能确定已知电荷的加速度的方向。 (√) 逐点清(一)　库仑定律及其应用 |题|点|全|练| 1.[静电力的计算] (人教版教材必修3，P10T3改编)真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B(均可看作点电荷)，分别固定在两处，两球间的静电力大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再将A、B间距离增大为原来的2倍，则A、B间的静电力大小为 (　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析:选B　设A、B原来所带电荷量分别为+Q、-Q，A、B间的静电力大小F=，将不带电的同样的金属球C先与A接触，再与B接触后，A所带电荷量变为+，B所带电荷量变为-，再将A、B间距离增大为原来的2倍，A、B间的静电力大小F'=k==F，B正确。 2.[自由电荷的平衡问题] (2025·哈尔滨模拟)如图，在真空中有两个点电荷Q1=4.0×10-8 C、Q2=-1.0×10-8 C，分别固定在x轴的坐标为0和6 cm的位置上，在Q1、Q2连线上某位置再放置一点电荷，使其仅在Q1、Q2作用下处于平衡状态，则下列说法中正确的是 (　　) A.该位置处于Q1、Q2之间 B.该位置处于Q1左侧 C.该位置在x=4 cm处 D.该位置在x=12 cm处 解析:选D　若点电荷位于Q1的左侧，则Q1对点电荷的作用力总大于Q2对点电荷的作用力，显然不能达到平衡状态，如果在Q1、Q2之间，则Q1、Q2对点电荷的库仑力方向相同，不能平衡，如果在Q2右侧，Q1、Q2对点电荷的库仑力方向相反，大小可能满足相等关系，A、B错误;在Q1、Q2连线上某位置放置一点电荷，使其处于平衡状态，设其坐标为x，则有k=k，解得x=12 cm，C错误，D正确。 3.[带电体的平衡问题] (1)(人教版教材必修3，P23T3) 如图所示，用两根同样长的细绳把两个带同种电荷的小球悬挂在一点。两小球的质量相等，球A所带的电荷量大于球B所带的电荷量。两小球静止时，悬线与竖直方向的偏角分别为α和β，请判断二者的关系并说明原因。 提示:虽然A、B两球所带的电荷量不同，但它们之间相互作用的静电力的大小相等。A、B两球质量相等，所受重力相同，根据对称性可判定α=β。 (2)(2024·新课标卷)如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q;小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则 (　　) A.两绳中的张力大小一定相等 B.P的质量一定大于Q的质量 C.P的电荷量一定小于Q的电荷量 D.P的电荷量一定大于Q的电荷量 解析:选B　设匀强电场场强为E，Q和P两球之间静电力为F，绳子的拉力分别为T1、T2，两球质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2，T1、T2与竖直方向的夹角均为θ，对于小球Q有q1E+T1sin θ=F，T1cos θ=m1g，对于小球P有q2E+F=T2sin θ，T2cos θ=m2g，整理有q1E=F-T1sin θ>0，q2E=T2sin θ-F>0，可得T2>T1，又因为=，可知m2>m1，即P的质量一定大于Q的质量，两小球的电荷量大小关系无法判断，故选B。 |考|教|衔|接| 人教版教材中的练习题和2024年新课标卷均研究带电小球的平衡问题，人教版教材中两个带同种电荷的小球在彼此静电力的作用下处于平衡状态，定性分析角度α和β的大小关系;新课标卷中两个小球除了受到彼此的静电力，还受到匀强电场的电场力，需利用力的合成与分解综合分析。“源于教材，高于教材”是高考命题一贯坚持的原则。 |精|要|点|拨| 1.静电力作用下的平衡问题 涉及静电力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了静电力，具体步骤如下: 2.三个自由点电荷的平衡条件及规律 平衡 条件 每个点电荷受另外两个点电荷的合静电力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷的合电场强度为零的位置 平衡 规律 逐点清(二)　电场强度的理解与计算 1.电场强度的性质 矢量性 规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向 唯一性 电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷q无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置 叠加性 如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的电场强度是各场源电荷单独存在时在该点所产生的电场强度的矢量和 2.电场强度的三个计算公式 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 真空中静止点电荷的电场 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 [考法全训] 考法1　对电场强度的理解 1.关于电场强度，以下认识中正确的是 (　　) A.若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0 B.点电荷的电场强度公式E=k表明，点电荷周围某点电场强度的大小，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比 C.电场强度公式E=表明，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q成反比 D.匀强电场中电场强度处处相同，所以任何电荷在其中受力都相同 解析:选B　电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故A错误;点电荷的电场强度公式E=k表明，点电荷周围某点电场强度的大小与点电荷的电荷量Q成正比，与该点到场源电荷距离r的二次方成反比，故B正确;场强公式E=，只是为了研究电场方便，采用比值法下的定义，电场强度的大小与试探电荷的电荷量q以及试探电荷所受的电场力大小均无关，故C错误;匀强电场中电场强度处处相同，所带电荷量不同时，根据F=Eq可知所受的电场力也不同，故D错误。 考法2　电场强度的计算 2.(2024·江苏高考)在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小等于 (　　) A.1∶1　　　　　　 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 解析:选D　设F⁃q图像的横坐标单位长度电荷量为q0，纵坐标单位长度力的大小为F0，根据E=，可知F⁃q图像斜率表示电场强度，由题图可知Ea=，Eb==，可得=4∶1。故选D。 考法3　电场强度的叠加 3.(2025·河北邯郸高三检测)如图所示，水平直线上有A、O、B三点， BO=2AO，空间存在着竖直方向上的匀强电场(图中未画出)。若将一个电荷量为-Q的点电荷放在A点，则O点的场强大小为E1;若将这个电荷量为-Q的点电荷放在B点，则O点的场强大小变为E2。则匀强电场的场强大小为 (　　) A.E= 　　B.E= C.E= 　　D.E= 解析:选C　电荷量为-Q的点电荷放在A点时，设它在O点产生的场强大小为E0， 设AO=r，则根据库仑定律得E0=k，由题意可知E1=，点电荷放在B点时，由于BO=2AO=2r，根据库仑定律，则它在O点产生的场强大小为E0'=k=，由题意可知E2=，联立可得E=，故选C。 逐点清(三)　电场强度的求解四法 方法1　等效法 　　在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境。 　　例如，一个点电荷+q与一个无限大薄金属板之间形成的电场，可等效为两个等量异种点电荷形成的电场，如图甲、乙所示。 1.(多选)如图所示，在真空中某竖直平面内固定一足够大的接地金属板MN，在MN右侧与其相距2d的P点放置一电荷量为Q的正点电荷，如果从P点作MN的垂线，则O为垂足，A为O、P连线的中点，B为OP延长线上的一点，PB=d。静电力常量为k，关于各点的电场强度，下列说法正确的是 (　　) A.O点场强大小为 B.A点场强大小为 C.B点场强大小为 D.A、B两点场强大小相等，方向相反 解析:选AC　系统达到稳定后，因为金属板接地，电势为零，所以电场线分布如图所示，金属板右侧的电场线分布与等量异种点电荷连线的中垂线右侧的电场线分布相同，故O点场强大小为EO=k+k=，A点场强大小为EA=k+k=，B点场强大小为EB=k-k=，A、B两点场强方向相反，故A、C正确，B、D错误。 方法2　对称法 　　利用空间中对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。 2.(2024·河北高考)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. C. D. 解析:选D　B点、C点的电荷在M点产生的合场强大小为E=2cos 60°=，因M点的合场强为零，因此带电细杆在M点产生的场强大小为EM=E，由对称性可知带电细杆在A点产生的场强大小为EA=EM=E，方向竖直向上，因此A点的合场强大小为E合=EA+2cos 30°=，故选D。 方法3　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，然后再应用对称的特点进行分析，有时还要用到微元思想。 3.(2025·荆州模拟)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处的点电荷产生的电场。如图所示，在绝缘球球面AA1B1B上均匀分布正电荷，总电荷量为q;在剩余球面AB上均匀分布负电荷，总电荷量为q。球半径为R，球心为O，CD为球面AA1B1B的对称轴，在轴线上有M、N两点，且OM=ON=2R，A1A=B1B，A1A∥B1B∥CD。已知球面A1B1在M点产生的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为 (　　) A. B. C.+E D.+2E 解析:选B　将AB部分补上，使球壳变成一个均匀带正电的完整的球壳，完整球壳带正电荷量为Q=q，为保证电荷量不变，球面AB带负电荷量为q，则该球壳带正电的部分在M点产生的场强大小为EM==，根据对称性可知，完整球壳带正电的部分在N点产生的场强大小为EN=，方向由O指向N，由题可知带电荷量为q的A1B1在M点产生的场强大小为E，则球面AB带负电的部分在N点产生的场强大小为2E，方向由N指向O，则N点的场强大小为EN'=，故选B。 方法4　微元法 　　将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先求出每个电荷元在某点的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。 4.(2025·南昌一模)如图所示，电荷量为+q的电荷均匀地分布在半径为R的绝缘环上，O为圆环的圆心，在过O点垂直于圆环平面的轴上有一点P，它与O点的距离OP=2R，在P点也有一带电荷量为+q的点电荷，A点为OP的中点。随着R的改变，下列图像中，A点的场强与相关物理量之间关系正确的是 (　　) 解析:选A　根据题意，将圆环分成n个微元电荷，设每个微元电荷的电荷量为Δq，由几何关系可知，微元电荷到A点的距离为R，微元电荷和A点连线与水平方向的夹角为45°，根据点电荷场强公式和场强叠加原理可得，圆环在A点产生的电场强度大小为E1=ncos 45°=，方向由O指向A，P点的点电荷在A点产生的电场强度大小为E2=，方向由P指向A，则A点的电场强度为E=E2-E1=，可知A点的场强E与成正比。故选A。 逐点清(四)　电场线的理解与应用 细作1　常见电场的电场线分布 1.(多选)用电场线能很直观、很方便地比较各点的电场强弱。图甲是等量异种点电荷产生电场的电场线，图乙是该电场中的一些点:O是电荷连线的中点，E、F是电荷连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D也关于O对称，则下列说法正确的是 (　　) A.B、C两点电场强度大小相等，方向相反 B.A、D两点电场强度大小和方向都相同 C.从E到F过程中电场强度先增大后减小 D.从B到C过程中电场强度先增大后减小 解析:选BC　根据等量异种点电荷形成电场的对称性，结合电场线的疏密程度表示电场强度的大小及电场线的切线方向表示电场强度的方向，可以看出B、C两点电场强度大小和方向都相同，A、D两点电场强度大小和方向都相同，从E到F过程中电场强度先增大后减小，从B到C过程中电场强度先减小后增大，故B、C正确，A、D错误。 一点一过　等量点电荷电场特点对比 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线 分布图 电荷连线上的电场强度 沿连线先变小后变大 O点最小，但不为零 O点为零 中垂线上的电场强度 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小 关于O点中心对称位置的电场强度 等大同向 等大反向 细作2　电场线的应用 2.某电场的电场线分布如图所示，则 (　　) A.P带负电 B.a点的电势低于b点的电势 C.a点的电场强度大于b点的电场强度 D.从c处由静止释放一个正电荷，仅在电场力的作用下，可以沿着电场线运动到d点 解析:选B　根据电场线方向可知P带正电，故A错误;沿电场线方向电势降低，所以a点的电势低于b点的电势，故B正确;电场线越密集的位置电场强度越大，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，故C错误;由于电场线不是直线，所以正电荷所受电场力方向会时刻变化，正电荷将做曲线运动，其所受电场力将指向轨迹的凹侧，且沿电场线切线方向，所以从c处由静止释放一个正电荷，仅在电场力的作用下，不可能沿着电场线运动到d点，故D错误。 一点一过　电场线的妙用 判断电场 强度的大小 电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受电场力的大小和加速度的大小。(如第2题中判断a、b两点的电场强度的大小) 判断电场 力的方向 正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反。(如第2题中根据电场线判断正电荷在电场中所受电场力的方向，进而判断正电荷的运动轨迹) 判断电势 的高低 沿电场线的方向电势降低最快，且电场线密的地方比疏的地方降低更快 判断等势 面的疏密 电场线越密的地方，等差等势面越密集;电场线越疏的地方，等差等势面越稀疏 [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.如图所示，内置金属网的高压静电防护服接地，O为防护服内的一点，把一带电量为+Q的金属小球移动到距离O点为r处。金属小球可视为点电荷，静电力常量为k，无穷远处电势为0，下列说法正确的是 (　　) A.金属小球激发的电场在防护服内不存在 B.金属小球与O点连线中点P处的电势为0 C.感应电荷在O点产生的场强大小等于k D.防护服内金属网左侧外表面带负电，右侧内表面带正电 解析:选C　金属小球和防护服内置金属网在防护服内产生的合场强为零，金属小球+Q在O点产生的场强与感应电荷在该处产生的场强大小相等、方向相反，感应电荷在O点产生的场强大小为E=，故A错误，C正确;金属小球与O点之间的场强方向向右，防护服接地，电势为零，沿场强方向电势逐渐降低，P处的电势大于零，故B错误;防护服接地，由静电感应原理可以知道，防护服内金属网左侧外表面带负电，大地的无限远处带正电，故D错误。 2.(2023·重庆高考)真空中固定有两个点电荷，负电荷Q1位于坐标原点处，正电荷Q2位于x轴上，Q2的电荷量大小为Q1的8倍。若这两点电荷在x轴正半轴的x=x0处产生的合电场强度为0，则Q1、Q2相距 (　　) A.x0 B.(2-1)x0 C.2x0 D.(2+1)x0 解析:选B　依题意，两点电荷电性相反，且Q2的电荷量较大，所以Q2的位置应该在x轴的负半轴，设两点电荷相距L，根据点电荷场强公式可得=，又Q2=8Q1，解得L=x0，故选B。 3.(2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)静电悬浮技术是利用静电场对带电物体的电场力来平衡重力，从而实现材料悬浮无容器处理的一种先进技术，其原理示意图如图所示。若两平行金属极板间电势差为U，间距为d。质量为m的金属微粒悬浮于其中，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为 (　　) A.负电荷，q=　　　 B.负电荷，q= C.正电荷，q= D.正电荷，q= 解析:选C　由题图可知，两极板间电场强度方向竖直向上，微粒受电场力方向竖直向上，可知微粒带正电，由平衡条件可知q=mg，解得q=，故选C。 4.(2025·绵阳高三质检)如图所示，在光滑绝缘水平面上固定有电荷量分别为+2Q和-Q的点电荷A、B，间距为L。在A、B延长线上距离B为L的位置，自由释放另一电荷量为+q的点电荷C，释放瞬间加速度为a1;将A、B接触，电荷平均分配后放回原处，再从相同位置自由释放C，释放瞬间加速度为a2。则 (　　) A.a1、a2的方向均水平向右 B.a1、a2的方向均水平向左 C.a1与a2大小之比等于 D.a1与a2大小之比等于 解析:选C　在A、B接触前，由于B对C的吸引力大于A对C的排斥力，所以a1的方向水平向左，根据库仑定律和牛顿第二定律可得k-k=ma1;在A、B接触后，点电荷A、B的电荷量先中和再平分，二者所带电荷量均为+0.5Q，由于A、B都带正电，所以C受到的都是排斥力，则a2的方向水平向右，根据库仑定律和牛顿第二定律可得k+k=ma2，联立两式可得a1与a2大小之比为=，故选C。 5.(2025·晋中模拟)如图所示，真空中A、B、C三点的连线构成一个边长L=1 m的等边三角形，AD为BC连线的中垂线，D为BC连线中点。若将电荷量均为q=+1×10-6 C的两点电荷分别固定在B、C点，已知静电力常量k=9×109 N·m2/C2，则 (　　) A.两点电荷间的库仑力大小为9×103 N B.将一负点电荷放在D点受到的电场力最大 C.A点的电场强度的大小为9×103 N/C D.从D到A电势逐渐升高 解析:选C　两点电荷间的库仑力大小为F=k=9×109× N=9×10-3 N，故A错误;在D点的负点电荷受到B、C两点的正点电荷的电场力等大反向，合力为零，合力最小，故B错误;A点的电场方向如图所示，则A点的电场强度的大小为E=cos 30°=× N/C=9×103 N/C，故C正确;在BC连线的中垂线上，电场线由连线中点指向外侧，可知从D到A电势逐渐降低，故D错误。 6.如图所示，M、N为两个等量同种正点电荷，在其连线的中垂线上P点由静止释放一带负电的试探电荷q，不计重力，下列说法正确的是 (　　) A.电荷q从P到O的过程中，加速度一定减小 B.电荷q运动到O点时加速度为零，速度达到最大值 C.电荷q越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 D.无论如何改变电荷q的初速度，电荷q在该电场中都不可能做匀速圆周运动 解析:选B　如图所示，根据电场叠加原理及等量同种正点电荷中垂线上电场线的分布特点可知，O点场强为零，从O点沿中垂线向外，场强先变大后变小，电荷q从P→O的过程中，由于P点位置的不确定性，受到的电场力可能是先变大后变小，也可能是一直变小，所以加速度可能先变大后变小，也可能一直变小，故A错误;电荷q带负电，在到达O点之前，受到的电场力沿着PO方向指向O，电场力一直与速度同向，电荷q一直加速，速度一定是一直变大的，到达O点时加速度为零，速度达到最大，故B正确;该电场关于直线MN对称，电荷q越过O点后，由于电场力的方向向上，速度一定越来越小，直到减为0，但其加速度的变化在这个过程中可能是先增大后减小，也可能是一直增大，故C错误;如果改变电荷q的初速度，使电荷q在P点的速度方向垂直纸面向外，此时受到的电场力指向O点，且刚好提供电荷q绕O点做匀速圆周运动的向心力，则电荷q在该电场中可以做匀速圆周运动，故D错误。 7.(2025·长沙模拟)如图所示，一足够大的空间内有一无限长的均匀带正电的导体棒水平放置，导体棒所在的竖直平面内放有三个质量相同、电荷量分别为q、2q、3q的微粒，通过多次摆放发现，当三个微粒均静止时，它们距导体棒的距离之比总是1∶2∶3，不考虑微粒间的相互作用。现撤去三个微粒，在导体棒所在的竖直平面内距导体棒1.5h、2.5h处分别放有电子A、B(不计重力)，给它们各自一个速度使其以导体棒为轴做匀速圆周运动，则A、B做圆周运动的线速度之比为 (　　) A.1∶1 B.3∶5 C.1∶2 D.5∶3 解析:选A　设q、2q、3q所在位置对应的电场强度为E1、E2、E3，由平衡条件得E1=，E2=，E3=，即E1∶E2∶E3=∶∶，而它们距导体棒的距离之比总是1∶2∶3，可知某点电场强度的大小与该点到导体棒的距离成反比，则任意一点的电场强度大小可写成E=(k为常量)。由于电子绕导体棒做匀速圆周运动，则e=m，e=m，解得=，故选A。 8.(2023·海南高考)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，现有一个带正电的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，则Q1∶Q2是 (　　) A.2n2∶1 B.4n2∶1 C.2n3∶1 D.4n3∶1 解析:选C　对小球受力分析如图所示，由正弦定理有=，其中∠CPH=∠OPB，∠CHP=∠HPD=∠APO，对△APO由正弦定理有=，同理有=，设带正电的小球电荷量为q，则FA=k，FB=k，联立有Q1∶Q2=2n3∶1。 二、多项选择题 9.如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷带电荷量为+2q，右侧点电荷带电荷量为-q，P、Q两点关于两电荷连线对称。由图可知 (　　) A.P、Q两点的电场强度相同 B.M点的电场强度大于N点的电场强度 C.把同一试探电荷放在N点，其所受电场力大于放在M点所受的电场力 D.两点电荷连线的中点处的电场强度大小为 解析:选BD　P、Q两点的电场强度大小相同，方向不相同，故A错误;M点的电场线比N点的电场线密，所以M点的电场强度大于N点的电场强度，把同一试探电荷放在N点，其所受电场力小于放在M点所受的电场力，故B正确，C错误;左侧点电荷在两点电荷连线的中点处产生的电场强度方向指向右侧，大小为E1=k，右侧点电荷在两点电荷连线的中点处产生的电场强度方向指向右侧，大小为E2=k，合场强为E=E1+E2=，故D正确。 10.在水平面上某点固定一个点电荷，在此平面内建立直角坐标系，如图所示，测得A点处电场强度EA方向与x轴正方向的夹角为30°，大小EA=90 N/C，B点处电场强度EB方向与y轴正方向重合。已知A点坐标为，B点坐标为。下列说法正确的是 (　　) A.点电荷所在坐标为 B.点电荷在坐标原点处 C.EB=67.5 N/C D.EB=40 N/C 解析:选AD　根据点电荷电场的特征知A、B两点的场强反向延长线相交于一点，此点就是点电荷所在的位置，由几何关系知此点的坐标为，A正确，B错误;根据点电荷电场强度公式EA=，EB=，其中rA=2 m，rB=3 m，联立解得EB=40 N/C，C错误，D正确。 11.如图所示，真空中有三个点电荷q1、q2和q3，q1=-q和q2=-q(q>0)分别固定在Rt△OAB的顶点O(0，0)和顶点A(2a，0)上。若B点的电场强度为零，α=60°，则可能 (　　) A.q3=q，位于点(a，0) B.q3=q，位于点(a，0) C.q3=-q，位于点(0，a) D.q3=-q，位于点(0，a) 解析:选AC　如图所示，点电荷q1在B点产生的场强方向指向q1，大小为E1=k=，点电荷q2在B点产生的场强方向指向q2，大小为E2=k=，则有=，则点电荷q1和q2在B点产生的合场强方向指向OA的中点C，大小为E==。B点的电场场强为0，若q3位于点(a，0)，即图中C点，则q3带正电，且E3=k=E=，解得q3=q，若q3位于点(0，a)，即图中D点，则q3带负电，且E3=k=E=，解得q3=-q，故选A、C。 三、计算题 12.(12分)(2023·全国乙卷)如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求: (1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负;(6分) (2)C点处点电荷的电荷量。(6分) 解析:(1)因为M点的电场强度竖直向下，则C为正电荷， 根据场强叠加原理，可知A、B两点的点电荷在M点产生的电场强度大小相等、方向相反，则B点处点电荷的电荷量的绝对值为q，电性与A相同，又N点的电场强度竖直向上，故A、B两处的点电荷在N点产生的电场强度有向上的分量，可得A处点电荷在N点产生的场强垂直BC沿AN连线指向右上方，如图甲所示，可知A处点电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷。 (2)对N点的电场进行分解，如图乙所示，由几何关系 EA'=EBC·tan 30° 即= 其中AN=BN=CN 解得qC=q。 答案:(1)q　A、B、C均为正电荷　(2)q 第2讲　静电场中能的性质(基础落实课) 一、静电力做功 电势能 电势 等势面 1.静电力做功 特点 静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关 计算 方法 (1)W=qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离 (2)WAB=qUAB，适用于任何电场 2.电势能 (1)定义:电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时静电力所做的功。 (2)静电力做功与电势能变化的关系:静电力做的功等于电势能的减少量，即WAB=EpA-EpB=-ΔEp。 (3)电势能的相对性:电势能是相对的，通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为0，或把电荷在大地表面的电势能规定为0。 3.电势 定义 电荷在电场中某点具有的电势能Ep与它的电荷量q之比 定义式 φ=，电势是标量，其正(负)表示该点电势比零电势高(低) 相对性 电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同 4.等势面的特点 (1)等势面一定与电场线垂直。 (2)在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。 (3)电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。 (4)等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。 二、电势差 匀强电场中电势差与电场强度的关系 1.电势差 (1)定义式:UAB=。 (2)电势差与电势的关系:UAB=φA-φB，UAB=-UBA。 (3)影响因素:电势差UAB由电场本身的性质决定，与移动的电荷q及电场力做的功WAB无关，与零电势点的选取无关。 2.匀强电场中电势差与电场强度的关系 (1)电势差与电场强度的关系:匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积。即UAB=Ed，也可以写作E=。 (2)公式UAB=Ed的适用范围:匀强电场。 微点判断 1.电场中电场强度为零的地方电势一定为零。 (×) 2.电场中电势降低的方向就是电场强度的方向。 (×) 3.(鲁科必修3P44T1·改编)电场中某点电势的高低只与产生电场的电荷和该点在电场中的位置有关。 (×) 4.A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点时静电力所做的功。 (×) 5.由于静电力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关。 (√) 6.等差等势线越密的地方，电场线越密，电场强度越大。 (√) 7.(2024·湖北高考T8·改编)关于电荷和静电场，判断下列说法的正误: ①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。 (×) ②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。 (√) ③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。 (×) 8.UAB=Ed中的d指匀强电场中A和B两点间的距离。 (×) 逐点清(一)　电场力做功、电势高低及电势能大小的比较　　　　　　　　 |题|点|全|练| 1.[电场力做功与电势能变化分析] 在O点处固定一个正点电荷，P点在O点左上方。从P点由静止释放一个带电的小球，小球仅在重力和电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP>OM=ON，则小球 (　　) A.带负电荷 B.在M点的机械能小于在N点的机械能 C.在P点的电势能小于在N点的电势能 D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 解析:选C　带电小球所受合力指向轨迹的凹侧，由题图可知，小球所受电场力的方向大致指向左方，所以小球带正电，故A错误;由于OP>OM=ON，根据正点电荷的电势分布情况可知φM=φN>φP，根据Ep=qφ，可知EpP<EpM=EpN，带正电的小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，则小球的电势能和机械能之和不变，可知带正电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，故B错误，C正确;从M点运动到N点的过程中，刚开始电场力与运动方向的夹角为钝角，做负功，后来变为锐角，做正功，故电场力先做负功后做正功，故D错误。 2.[电场力做功、电势能、电势的计算] (多选)在匀强电场中把电荷量为-2×10-9 C的点电荷Q从A点移动到B点，克服静电力做的功为1.6×10-7 J。再把这个点电荷从B点移动到C点，静电力做的功为4.0×10-7 J。取B点电势为零，则下列说法正确的是 (　　) A.A点电势为φA=80 V B.A、C两点间的电势差UAC=-120 V C.点电荷Q在C点的电势能为EpC=4.0×10-7 J D.点电荷Q从A点移动到C点，静电力做功为WAC=5.6×10-7 J 解析:选AB　根据静电力做的功与电势差的关系，A、B间的电势差UAB==φA-φB，B、C间的电势差UBC==φB-φC，解得φA=80 V，φC=200 V，A、C两点间的电势差为UAC=φA-φC=-120 V，故A、B正确;点电荷Q在C点的电势能为EpC=qφC=-4.0×10-7 J，故C错误;点电荷Q从A点移动到C点，静电力做功为WAC=qUAC=2.4×10-7 J，故D错误。 3.[电势高低与电势能大小的比较] 如图所示，真空中有两个固定的正点电荷A、B，一个带正电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，过O点作两正点电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，则 (　　) A.点电荷A的电荷量小于B的电荷量 B.a、b、c、d四点电势相同 C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能 D.把该试探电荷从b沿直线移动到d，电场力先做正功再做负功 解析:选C　由试探电荷在O点恰好静止可知，O点电场强度为零，则k=k，又因为rA>rB，所以qA>qB，故A错误;因O点场强为零，则aO间场强方向由a指向O，根据沿电场线方向电势降低可知，φa>φO，根据点电荷的电势分布规律可知，在A点电荷的电场中，O、b、d三点的电势关系为φOA>φbA=φdA，在B点电荷的电场中，O、b、d三点的电势关系为φOB>φbB=φdB，由电势的叠加可知，φO>φb=φd，则φa>φb=φd，故B错误;由Ep=qφ和φa>φb可知，该正试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确;由以上分析可知，从b沿直线到d，电势先升高再降低，故把该正试探电荷从b沿直线移动到d，电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功，故D错误。 |精|要|点|拨| 1.静电力做功的计算方法 2.电势高低的判断 判断依据 判断方法 电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低 场源电荷 的正负 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值;靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低 静电力做功 根据UAB=，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 注意:电势的高低与电场强度的大小没有联系。 3.电势能大小的判断 判断方法 方法解读 公式法 将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep=qφ，计算得到的值越大，电势能越大 电势法 正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大 做功法 静电力做正功，电势能减小;静电力做负功，电势能增加 能量 守恒法 在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加 逐点清(二)　电势差与电场强度的关系 细作1　匀强电场中电场强度与电势差的关系 1.(多选)如图所示，某平面内存在方向未知的匀强电场，有一半径R=0.2 m的圆，点a、b、c、d、e、f将圆六等分，电势φb=2 V，φc=1 V，φf=-1 V。下列说法正确的是 (　　) A.a点电势φa=3 V B.场强大小为10 V/m C.场强方向沿c、f连线方向 D.电子沿圆运动一周，在e处电势能最大 解析:选BD　如图，圆心O为cf的中点，所以O点电势为0，g为bO的中点，g点电势为1 V，a、g、c三点共线且电势相等，ac为等势线，φa=1 V，故A错误;电场线与等势线垂直，且指向电势低的地方，故场强方向为b、e连线方向且由b指向e，故C错误;场强大小E===10 V/m，故B正确;电子沿圆运动一周，圆周e处电势最低，为-2 V，又电子带负电，所以在e处电势能最大，故D正确。 2.(2025·济南调研)(多选)如图所示，纸面内有一边长为L的等边三角形abc，d为ac边上一点，ad间的距离为。空间存在与纸面平行的匀强电场，a点处有一粒子源，在纸面内朝各个方向发射动能均为E0的同种带正电粒子，到达b处的粒子动能为4E0，到达d处的粒子动能为2E0，已知带正电粒子的电荷量为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是 (　　) A.a点电势高于d点电势 B.b点电势高于c点电势 C.电场强度的大小为 D.电场强度的大小为 解析:选AC　从a点到d点，粒子的动能增加，可知电场力做正功，则粒子电势能减少，又粒子带正电，所以a点电势高于d点电势，A正确;粒子从a点到b点的过程，由动能定理有qUab=4E0-E0，从a点到d点的过程，由动能定理有qUad=2E0-E0，解得Uab=3Uad，把ab段三等分，三等分点从左到右依次是e点、f点，Uab=3Uae，解得Uad=Uae，则有φd=φe，d、e两点连线为一等势线，根据电场线与等势线的关系，画出电场线如图所示，根据上述分析可知ad=ae=，由几何关系得连线de与直线bc平行，所以bc为等势线，则b点电势等于c点电势，B错误;根据匀强电场中场强与电势差的关系得E==，C正确，D错误。 一点一过　由E=可推出的两个重要推论 推论1 匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC=，如图所示 推论2 匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB=CD，则UAB=UCD(或φA-φB=φC-φD)，如图所示 细作2　非匀强电场中电场强度与电势差的关系 3.如图所示为某一不规则带电体及其电场中的两条电场线，已知ab=bc=ef，Uab=50 V，则下列选项正确的是 (　　) A.Ubc=50 V　　　　 B.Ubc>50 V C.Uef=50 V D.Uef>50 V 解析: 选D　由带电体电荷分布的特征可知越尖锐的地方电荷的密度越大，电场强度越大，电场线分布越密，等差等势面也越密。画出题中带电体电场线和等差等势面的剖面图，如图所示，根据U=Ed，可知Uab>Ubc，Uef>Uab，则Ubc<50 V，Uef>50 V，故A、B、C错误，D正确。 4.(2025·岳阳模拟)如图所示，空间有一等边三角形OAB，C为AB的中点，E为OA的中点，F为AE的中点，在顶点O处固定一负的点电荷，下列说法正确的是 (　　) A.E、A两点的电场强度大小之比为2∶1 B.F点的电势比C点电势低 C.将一正的试探电荷从A点沿直线移到B点，其电势能先增大后减小 D.若A点电势为φ1，E点电势为φ2，则F点的电势为 解析:选B　由点电荷场强公式知E=k，E、A两点的电场强度大小之比为EE∶EA=k∶k=4∶1，A错误;由于F点比C点离负电荷更近，所以F点电势更低，B正确;从A点沿直线移到B点，电势先降低后升高，所以正试探电荷的电势能先减小后增大，C错误;如果电场为匀强电场，若A点电势为φ1，E点电势为φ2，则F点的电势为，而实际电场为点电荷的电场，因此F点的电势不等于，D错误。 一点一过　E=在非匀强电场中的两点妙用 (1)判断电势差的大小及电势的高低:距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低。 (2)判断电场强度的大小:已知电场线分布时，电场线越密处，电场强度越大;已知等差等势线分布时，等势线越密处，电场强度越大。 逐点清(三)　电场线、等势面与带电粒子的运动轨迹问题　　　　　　　　 1.几种典型电场的等势面 电场 等势面 重要描述 匀强电场 垂直于电场线的一簇平面 点电荷 的电场 以点电荷为球心的一簇球面 等量异种 点电荷的 电场 连线的中垂线上电势处处为零 等量同种 (正)点电荷 的电场 两点电荷连线上，中点的电势最低;在中垂线上，中点的电势最高 2.电场线结合运动轨迹的求解方法 (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，带电粒子所受的静电力方向沿电场线指向运动轨迹的凹侧，再根据粒子的电性判断电场强度的方向。 (2)根据电场线的疏密，判断加速度的大小关系。 (3)带电粒子的轨迹的切线方向为该处的速度方向。 (4)根据静电力的方向与速度方向的夹角是锐角还是钝角判断静电力的做功情况。 3.等势面(线)结合运动轨迹的求解方法 根据带电粒子在不同的等势面(线)之间移动，结合题意确定静电力是做正功还是做负功、电势能的变化情况或等势面(线)的电势高低，垂直等势面(线)画出电场线来分析。 注意:“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是此类试题中相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次分析判定各待求量;若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况。 [考法全训] 考法1　对等势面的理解 1.(2024·广东高考)(多选)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 解析:选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点的电势能比其在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反映电场强度大小可知，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点的电势能与其在P点的电势能相等，综上分析可知，污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。 2.如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷M和N，M、N连线中点为O，在M、N所形成的电场中，现有以O点为几何中心的矩形abcd，矩形eghf为abcd的中垂面，O是ef边的中点，下列说法正确的是 (　　) A.在a、b、c、d、e、f六个点中找不到任何两个点的电势相同 B.将一电荷由e点沿eghf移到f点，电场力先做正功后做负功 C.将一电荷由a点移到eghf平面内各点，电势能变化量都相同 D.将一电荷由e点沿线段eOf移到f点，电场力先减小后增大 解析:选C　距离两电荷相等的点电势相同，所以a、b电势相同、c、d电势相同、e、f电势相同，故A错误;矩形eghf是一个等势面，所以将一电荷由e点沿eghf移到f点，电场力不做功，故B错误;由于eghf平面内各点电势均相等，所以将一电荷由a点移到eghf平面内各点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同，故C正确;由e点沿线段eOf到f点，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误。 考法2　电场线与运动轨迹问题 3.(2025·乐山高三质检)(多选)电子透镜是通过静电场来使电子束聚焦的装置。电子透镜两极间的电场线分布如图中带箭头的实线。现有一电子仅在电场力作用下从M运动到N，运动轨迹如图虚线所示。则下列说法正确的是 (　　) A.电子在M点的加速度最大 B.P点的电势高于M点的电势 C.从M点到N点电子的动能一直增大 D.从M点到N点电子的电势能先增大后减小 解析:选BC　电场线的疏密程度反映电场的强弱，由题图可知，M点的电场线比P点稀疏，电场强度比P点小，电场力比P点小，加速度比P点小，故A错误;沿电场线方向电势降低，则P点的电势高于M点的电势，故B正确;电场方向沿电场线的切线方向，电子带负电，则电子所受电场力方向与电场方向相反，由题图可知，电场力方向一直与速度方向成锐角，可知电场力一直做正功，电子的动能一直增大，电势能一直减小，故C正确，D错误。 考法3　等势面与电势能变化问题 4.(人教版教材必修3，P50T1)如图表示某电场等势面的分布情况。 (1)如果把电子从b等势面移动到e等势面，静电力做功是多少? (2)在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，试比较它们所受静电力的大小和电势能的大小。 解析:(1)把电子从b等势面移到e等势面，静电力做功为Wbe=-e(φb-φe)=15 eV。 (2)由于A点的等势面比B点密集，故A点的电场强度比B点的大，电荷量相等的试探电荷在A点所受的静电力比在B点所受的静电力大。A、B在同一个等势面上，电荷量相等的试探电荷在这两点的电势能相等。 答案:(1)15 eV　(2)见解析 5.(2024·甘肃高考)(多选)某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示， 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 解析:选BCD　根据等势面分布可知，带电体带正电，根据粒子所受电场力指向运动轨迹的凹侧可知，粒子受排斥力，带电粒子带正电，故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;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，由于带电粒子仅在电场作用下运动，根据能量守恒定律可知，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大电势处时动能最小，故C、D正确。 |考|教|衔|接| 　　人教版教材习题考查对等势面特点的理解，定量计算静电力做功和比较静电力、电势能的大小;2024年甘肃高考题将等势面与带电粒子的运动轨迹结合，考查对等势面特点的理解，定性判断静电力做功和电势能的变化情况。题目的考查情境、知识点类似，这启示我们要学通、学透教材，深挖教材习题的考评价值。   [课时跟踪检测] 一、单项选择题 1.(2024·黑吉辽高考)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:选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。 2.在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上关于中垂线对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。则下列说法正确的是 (　　) A.负电荷从b点移到d点，电势能增大 B.d、a两点的电势差Uda=1.5 mV C.a、b两点的电场强度等大反向 D.c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上电场强度先变大后变小 解析:选D　从b点移到d点，电势升高，负电荷电势能减小，故A错误;d、a两点的电势差为Uda=φd-φa=0-1.5 mV=-1.5 mV，故B错误;根据电势的分布情况可知，此电场相当于等量异种电荷产生的电场，左侧为负电荷，右侧为正电荷，由对称性可知，a、b两点的电场强度等大同向，故C错误;c、d两点的电场强度相同，从c到d的直线上，等差等势面先密集后稀疏，电场强度先变大后变小，故D正确。 3.(2025年1月·八省联考四川卷)X、Y、Z为大小相同的导体小球，X、Y所带电荷量均为+q，Z所带电荷量为-5q(图中未画出)。X、Y均放置在光滑绝缘水平面上，Y固定在P点，X与绝缘轻弹簧右端相连，弹簧另一端固定，此时X静止在平衡位置O点，如图所示，将较远处的Z移近，先与X接触，然后与Y接触，再移回较远处，在此过程中，一直保持不变的是 (　　) A.X的平衡位置 　B.Z的电荷种类 C.Y对X的库仑力方向 　D.X、Y系统的电势能 解析:选B　设X、Y两带电小球间距离为r，开始时，X、Y间的库仑力大小为F=k，X受到的库仑力方向水平向左，由于X静止在平衡位置O点，则弹簧的弹力大小为F弹=k，方向水平向右;将Z先与X接触，根据电荷分配原理可知，此时qX'=qZ'=-2q，X、Y间的库仑力大小为F'=k，X受到的库仑力方向水平向右，X的平衡位置发生了变化，X、Y系统的电势能发生了变化;将Z再与Y接触，根据电荷分配原理可知，此时qY'=qZ″=-，整个过程中Z始终带负电荷。故选B。 4.(2025·荆州调研)如图所示，三条实线为电场线，带电粒子a沿虚线轨迹1从A运动到B，带电粒子b沿轨迹2从C运动到D。若两带电粒子运动过程中，均仅受电场力作用。下列说法正确的是 (　　) A.a粒子带正电，b粒子带负电 B.a粒子带负电，b粒子带正电 C.运动过程中，粒子a和粒子b的速度一直减小 D.粒子a在A、B两点的电势能EpB>EpA，粒子b在C、D两点的电势能EpD>EpC 解析:选D　粒子的受力指向轨迹的内侧，因此a所受电场力向左，b所受电场力向右，由于电场线方向未知，无法判断两粒子电性，故A、B错误;运动过程中，电场力对两粒子都是先做负功后正功，粒子a和粒子b的速度都是先减小后增大，故C错误;由题图可得，粒子a在A、B两点运动时，电势差先增大后减小，到B点时电势差还未减小到零，所以电场力做负功，电势能增加，即EpB>EpA，同理可得EpD>EpC，故D正确。 5.(2025·武汉模拟)如图所示，一等腰梯形ABCD处于匀强电场中，电场强度方向平行于等腰梯形所在平面，已知∠DAB=∠CBA=60°，AB=2 m，AD=1 m，A、D、C三点的电势分别为1 V、3 V、5 V。下列说法正确的是 (　　) A.B点的电势为6 V B.电场强度大小为 V/m C.一质子在梯形区域内的电势能不一定大于零 D.一电子从D点移到AB的中点，电场力做正功 解析:选B　取AB中点为F，由几何关系可知四边形AFCD为平行四边形，故φC-φD=φF- φA=2 V，解得φF=3 V，即DF连线为3 V的等势线，垂直DF连线作出电场线如图，所以B点的电势为φB=φC=5 V，电场强度大小为E=== V/m= V/m，故A错误，B正确;由图可知，在梯形区域内电势最高为5 V，电势最低为1 V，根据Ep=qφ可知一质子在梯形区域内的电势能一定大于零，故C错误;因为φD=φF，所以一电子从D点移到AB的中点，电场力不做功，故D错误。 6.(2025·北京海淀一模)空间内有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在纸面内建立直角坐标系。规定坐标原点的电势为0，测得x 轴和y 轴上各点的电势如图1、2所示。下列说法正确的是 (　　) A.电场强度的大小为160 V/m B.电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为 C.点(10 cm，10 cm)处的电势为20 V D.纸面内距离坐标原点10 cm的各点电势最高为20 V 解析:选D　由图像可知电场在x 轴和y 轴方向上的分电场强度大小分别为Ex= V/m=160 V/m，Ey= V/m=120 V/m，则电场强度大小为E==200 V/m，故A错误;电场强度的方向与x 轴负方向夹角的正切值为tan α==，故B错误;规定坐标原点的电势为0，点(10 cm，10 cm)处的电势为φ=Ed=200×10cos(45°-α)×10-2 V=28 V，故C错误;纸面内距离坐标原点10 cm的各点电势最高为φ'=Ed'=200×10×10-2 V=20 V，D正确。 7.(2024·广西高考)如图，将不计重力、电荷量为q、带负电的小圆环套在半径为R的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的M点和N点分别固定电荷量为27Q和64Q的负点电荷。将小圆环从靠近N点处静止释放，小圆环先后经过图上P1点和P2点，已知sin θ=，则小圆环从P1点运动到P2点的过程中 (　　) A.静电力做正功 B.静电力做负功 C.静电力先做正功再做负功 D.静电力先做负功再做正功 解析:选A　设小圆环在某点P时所受合力为零，PM与MN的夹角为α，根据平衡条件可得kcos α=ksin α，解得tan α=，根据几何知识可知P位于P2点。在P2点右侧，静电力沿速度方向的分量始终沿圆弧切线方向向左，则小圆环从P1点运动到P2点的过程中静电力始终做正功。故选A。 二、多项选择题 8.(2025·长沙高三模拟)太极图的含义丰富而复杂，它体现了中国古代哲学的智慧。如图所示，O为大圆的圆心，O1为上侧阳半圆的圆心，O2为下侧阴半圆的圆心，O、O1、O2在同一直线上，AB为大圆的直径且与O1O2连线垂直，C、D为关于O点对称的两点，在O1、O2两点分别固定电荷量大小相等的异种点电荷，整个空间只有O1、O2处点电荷产生的电场。下列说法正确的是 (　　) A.C、D两点电场强度相同 B.把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能先增大后减小 C.把质子由A沿直线移到B的过程中，质子所受电场力先增大后减小 D.将一电子(不计重力)从A点由静止释放，电子可以沿直线在AB间做往返运动 解析:选AC　根据等量异种点电荷的电场特点可知，C点、D点电场强度大小相等、方向相同，故A正确;AB为等量异种电荷连线的中垂线，根据等量异种电荷电势分布特点可知，中垂线为一等势线，所以把电子由A沿直线移到B的过程中，电子的电势能保持不变，故B错误;根据等量异种电荷连线的中垂线上电场分布特点可知，O点为中垂线上场强最大的点，则把质子由A沿直线移到B的过程中，场强先变大后变小，质子所受电场力先增大后减小，故C正确;由于等量异种电荷中垂线上的场强方向与中垂线垂直，所以将一电子从A点由静止释放，在A处受到的电场力与AB直线垂直，电子不可能沿直线在AB间做往返运动，故D错误。 9.纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O点为圆心、以R为半径作圆，a、b、c、d是圆周上的4个等分点，实线ef为一带电粒子在电场中从e点运动到f点的运动轨迹，如图(a)所示。测量出圆上各点的电势φ、半径与x轴正方向的夹角θ，描绘出φ⁃θ图像如图(b)所示，下列说法正确的是 (　　) A.粒子带负电 B.粒子从e点运动到f点的过程中电势能逐渐增大 C.O点的电势为 D.电场强度的大小为 解析:选CD　根据题图(b)可知，圆周上电势最高点和最低点所在半径与x轴正方向夹角分别为和，设圆周上电势最高点为m，圆周上电势最低点为n，则mn直径方向为电场线方向，实线ef为一带电粒子在电场中从e点运动到f点的运动轨迹，粒子受力方向与电场方向一致，故粒子带正电，故A错误;粒子受力方向与电场方向一致，粒子从e点运动到f点的过程中电场力做正功，电势能逐渐减小，故B错误;O点的电势为φO==，故C正确;电场强度的大小为E==，故D正确。 10.如图所示，匀强电场中有A、B、C三点，已知A、B两点间的距离为AB =5 cm，A、C两点间的距离为AC=8 cm，∠BAC =37°，匀强电场方向平行于A、B、C所确定的平面。现把电荷量为q=-5×10-9 C的点电荷由A点移到B点的过程中，电场力做功W1=5×10-8 J，当将该点电荷由A点移到C点时电场力做功W2=1×10-7 J，若取A点电势为零，则(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8) (　　) A.该点电荷在B点的电势能为5×10-8 J B.A、B两点的电势差UAB=-10 V C.C点电势为20 V D.匀强电场的电场强度大小为125 V/m 解析:选BC　从A到B电场力做正功，电势能减小，因在A点的电势能为零，可知该点电荷在B点的电势能为-5×10-8 J，A错误;AB间的电势差为UAB== V=-10 V，B正确;因为UAC== V=-20 V，UAC=φA-φC，又φA=0，可得C点电势为φC=20 V，C正确;UAB=φA-φB=-10 V，解得φB=10 V，设D是A、C连线的中点，由匀强电场的性质可知UAD=UAC=-10 V，可得φD=φB=10 V，所以B、D连线就是匀强电场中的一条等势线，由于AD=AC=4 cm，AB=5 cm，∠BAC=37°，可得∠ADB=90°，故电场强度的方向由C指向A，电场强度的大小为E== V/m=250 V/m，D错误。 11.(2024·山东高考)如图所示，带电量为+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点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC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.OB的距离l= B.OB的距离l= C.从A到C，静电力对小滑块做功W=-mgS D.AC之间的电势差UAC=- 解析:选AD　由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析，沿斜面方向有mgsin 30°=cos 30°，解得l=，A正确，B错误;因为小滑块滑到C点时速度为零，则从A到C的过程，根据动能定理有W+mgSsin 30°=0，解得静电力对小滑块做的功为W=-，故C错误;根据电势差与静电力做功的关系可知AC之间的电势差UAC==-，故D正确。 三、计算题 12.(8分)(2024·河北高考)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、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分) (2)小球在A、B两点的速度大小。(6分) 解析:(1)在匀强电场中，A、B两点间的电势差为U，沿电场方向的距离为L，则电场强度大小为 E=。 (2)在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq-mg=m 从A到B过程根据动能定理得 qU-mgL=mvB2-mvA2 联立解得vA= vB=。 答案:(1)　(2)　 第3讲　电容器 带电粒子在电场中的运动(基础落实课)　　　　　　　 一、电容器及电容 1.电容器 (1)组成:由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。 (2)带电荷量:一个极板所带电荷量的绝对值。 (3)电容器的充、放电 充电 使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能 放电 使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能 2.电容 定义 电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比 定义 式 C=;单位:法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F=106 μF=1012 pF 意义 表示电容器容纳电荷本领的高低 决定 因素 由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关 3.平行板电容器的电容 (1)决定因素:极板的正对面积，电介质的相对介电常数，两板间的距离。 (2)决定式:C=。 二、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在电场中的加速问题 用动力学观点分析 a=，E=，v2-=2ad 用能量 观点分析 ①在匀强电场中，W=qEd=qU=mv2-m ②在非匀强电场中，W=qU=mv2-m 2.带电粒子在电场中的偏转问题 运动 情况 如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入板间电压为U的匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示 处理 方法 将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题 微点判断 1.电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和。 (×) 2.电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比。 (×) 3.放电后电容器的电荷量为零，电容也为零。 (×) 4.平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定;若一直与稳压电源连接，则电压U不变。 (√) 5.带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。 (×) 6.带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。 (√) 7.带电粒子在匀强电场中运动，电场力一定做正功。 (×) 8.示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。 (√) 9.带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。 (×) 10.当带电粒子垂直于电场方向射入平行板电容器中时，粒子若不打在极板上，运动时间由水平速度决定。 (√) 逐点清(一)　平行板电容器的动态分析 |题|点|全|练| 1.[电荷量不变时的动态分析] (2024·浙江6月选考)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 解析:选D　根据C=，可得当极板间距增大时，电容减小，由于电容器的带电荷量不变，根据Q=CU可得，极板间电势差增大，故A、B错误;根据E=，得E=，故极板间电场强度不变，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。 2.[电压不变时的动态分析] (2024·黑吉辽高考)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:选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=并结合电容增大可知，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。 3.[电容器的综合分析] 如图所示，D是一只理想二极管，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E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示带电微粒在P点的电势能。若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，则下列说法中正确的是 (　　) A.Ep增大　　　 B.U增大 C.E减小 D.二极管中有从a到b的电流 解析:选B　若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，则平行板电容器两极板之间的距离d增大，根据平行板电容器电容公式C=可知，电容将减小，此时二极管反向截止，没有电流流过，电容器的带电量Q不变，根据电容的定义式C=可知，电容器两极板之间的电压U增大，故B正确，D错误;电容器带电量Q不变，根据公式E===可知，电容器两极板之间的场强E不变，故C错误;P点的电势φP-0=EdPB>0，由于dPB增大，则P点的电势φP升高，又因为在P点的带电微粒处于静止状态，合外力等于零，故在P处的带电微粒带负电，P点处的带电微粒电势能减小，故A错误。 |精|要|点|拨| 1.动态分析的思路 2.两类动态分析的比较 逐点清(二)　带电粒子(体)在电场中的直线运动　　　 1.电场中重力的处理方法 (1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。 (2)带电体:如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。 2.做直线运动的条件 带电粒子(体)所受合外力与速度方向在同一条直线上。 [考法全训] 题型1　带电粒子仅在静电力作用下的直线运动 1.(多选)如图所示，栅装金属板MN的温度升高到一定程度时就会向外溢出电子，这种电子叫热电子。PQ金属板与MN正对，间距为d。面a和b到MN的距离分别为和，在两面附近沿电子移动方向分别取长度Δd(Δd趋近于0)，构成的体积内的电子数分别为n1和n2。给栅板加能溢出电子的电压E，MN和PQ接在输出电压恒为U的高压电源上，在两板之间形成匀强电场。已知栅板MN溢出的电子均被电场加速到达PQ板，忽略电子溢出时的速度及a、b两面的厚度，电源接通后电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电荷量大小为e。则下列说法正确的是 (　　) A.电子从MN运动到PQ的时间为d B.电子到达PQ板时的动能为eU C.电子到达b面时的速度为4 D.n1和n2的比值为∶1 解析:选AD　电子在匀强电场中做匀加速运动，由牛顿第二定律可得F=EMPe=e=ma，从MN到PQ由匀变速直线运动规律可得d=at2，解得t=d，故A正确;只有电场力做功，由动能定理可得到达PQ板时有Ue=Ek，故B错误;只有电场力做功，由动能定理可得到达b面时有EMPexb=m，解得vb=2，同理可得到达a面时va=，移动长度Δd用时可表示为Δt=，电流为I，则可得在两面附近沿电子移动方向取长度Δd(Δd趋近于0)，构成的体积内的电子数有n===，则==，故C错误，D正确。 题型2　带电体在静电力、重力作用下的直线运动 2.(2025·西宁三模)(多选)如图所示，一带电微粒从A点射入水平方向的匀强电场中(实线代表电场线，电场方向未知)，微粒恰沿直线AB运动，AB与水平方向夹角θ=45°，已知带电微粒的质量为m，电荷量大小为q，A与B相距L，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (　　) A.从A到B，带电微粒做匀减速直线运动 B.若电场方向向左，则带电微粒带负电 C.从A到B的过程中，带电微粒的重力势能增加、机械能增加 D.要使带电微粒能从A点运动到B点，其射入电场时的速度大小至少为 解析:选AD　带电微粒沿直线从A运动到B，说明带电微粒受到的合外力沿AB直线，因微粒的重力竖直向下，受到的电场力沿水平方向，则合外力方向一定由B指向A，受力分析可得=ma，带电微粒的加速度大小为a=g，做匀减速直线运动，故A正确;电场力一定向左，若电场方向向左，则带电微粒带正电，故B错误;从A到B的过程中，重力对带电微粒做负功，重力势能增加，电场力对带电微粒做负功，电势能增加，机械能减少，故C错误;恰好能到B处时，有=2gL，解得v0=，故D正确。 逐点清(三)　带电粒子(体)在电场中的偏转 1.偏转的一般规律 2.两个重要推论 (1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角、偏移距离总是相同的。 (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，若电场宽度为l，O到电场边缘的距离为。 3.一般解题方法 运动的分解法 一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向的匀加速直线运动和垂直电场力方向的匀速直线运动 功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解:qUy=mv2-m，其中Uy=y，指初、末位置间的电势差 [考法全训] 考法1　带电粒子在匀强电场中的偏转 1.(多选)如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为+q、质量为m的带电粒子以初速度v0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度与水平方向的夹角为θ=30°，不计粒子重力，下列说法正确的是 (　　) A.粒子做非匀变速运动 B.粒子的末速度大小为 C.匀强电场的场强大小为 D.两板间的距离为 解析:选BC　因为在匀强电场中，电场力是恒力，因此会产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A错误;粒子离开电场时，末速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得末速度为v==，B正确;粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上L=v0t，在竖直方向上vy=at=v0tan 30°=，由牛顿第二定律得qE=ma，解得E=，方向竖直向下，C正确;粒子做类平抛运动，在竖直方向上d=at2=L，D错误。 考法2　带电体在匀强电场中的偏转 2.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求: (1)电场强度的大小; (2)B运动到P点时的动能。 答题区(面答面评，拍照上传，现场纠错品优) 解析:(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度大小为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma ① a=gt2 ② 解得E=。 ③ (2)设B从O点发射时的初速度大小为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh+qEh=Ek-m ④ 且有v1=v0t ⑤ h=gt2 ⑥ 联立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2)。 ⑦ 答案:(1)　(2)2m(+g2t2) [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.人体神经受到刺激时，Na+就会从神经细胞膜一侧快速移动到另一侧，导致细胞膜两侧电势差发生变化。若将神经细胞膜视为电容为1.5×10-8 F的电容器，受到刺激时该细胞膜两侧电势差从-60 mV 变为40 mV，则该过程中通过该细胞膜的电荷量为 (　　) A.1.5×10-9 C B.9.0×10-10 C C.6.0×10-10 C D.3.0×10-10 C 解析:选A　由C=得ΔQ=CΔU=1.5×10-8××10-3 C=1.5×10-9 C，故选A。 2.(2025·衡阳模拟)热膨胀是很多材料的性质，对材料的热膨胀现象的研究一直是科技领域研究工作中的热点问题。但有些材料因热膨胀导致的尺寸变化很小，难以测量。某同学设计制作了电容热膨胀检测仪，原理如图所示。电容器上极板固定，下极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。现在测量某材料的热膨胀，将待测材料平放在加热器上进行加热使其温度升高，闭合开关S，下列说法中正确的是 (　　) A.极板所带电荷量降低 B.检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，说明被测材料出现了反常膨胀(温度升高，高度变小) C.滑动变阻器滑片向上滑动少许可以提高检测仪的工作电压 D.检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从a到b的短暂电流 解析:选C　材料温度升高，高度变大，电容器两极板间距减小，根据C=，电容增大，由于电容器两极板电势差不变，根据C=，极板所带电荷量增大，A错误;检测到灵敏电流计的电流方向为从a到b，电容器充电，极板所带电荷量增大，由以上分析可知，被测材料没有反常膨胀，B错误;滑动变阻器滑片向上滑动，阻值增大，根据E=U+r，可知检测仪的工作电压升高，C正确;断开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从b到a的短暂电流，D错误。 3.(2025·沧州调研)如图所示，人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)，使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为v0的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电场看作匀强电场，已知A点电势为φa，正一价钠离子质量为m，电子电荷量为e，细胞膜的厚度为d。下列说法正确的是 (　　) A.钠离子匀减速直线运动的加速度大小a= B.膜内匀强电场的场强E= C.B点电势φb=φa+ D.钠离子在B点的电势能为Eb=m 解析:选C　正一价钠离子做匀减速直线运动，刚好到达B点，即到达B点时速度为零，由0-=-2ad，解得加速度大小a=，故A错误;由牛顿第二定律可知Ee=ma，联立解得E=，故B错误;由动能定理可得e=0-m，解得B点电势为φb=φa+，故C正确;钠离子在B点的电势能为Eb=eφb=φae+，故D错误。 4.在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知φa=8 V、φb=6 V、φd=4 V。现有一带负电的粒子(重力不计)以某一初速度从O点沿Od方向射入，则图乙中abcd区域内，能大致反映该粒子运动轨迹的是 (　　) A.① B.② C.③ D.④ 解析:选B　已知φa=8 V、φb=6 V、φd=4 V，则ad连线中点f(0，L)的电势为φf==6 V=φb，可知bf连线为等势线，电场方向与等势线垂直，由高电势指向低电势，即沿着aO方向斜向下，粒子以某一初速度从O点沿Od方向射入图乙中abcd区域内，粒子的初速度方向与电场力方向垂直，粒子做类平抛运动，则能大致反映电子运动轨迹的是②，故选B。 5.在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为处以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间t粒子前进的距离为L。在该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以相同的速度射出，经相同时间t后恰好运动到坐标原点O。已知粒子的比荷为k，则该匀强电场的场强大小为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　设初速度为v0，沿三个轴方向的加速度分别为ax、ay、az，则在三个方向上分别有L=axt2，0=v0t-ayt2，L=azt2，不加电场时有L=v0t，根据qE=m，联立解得E=，故选A。 6.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'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，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.打在荧光屏时，动能大小为11eU C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为 D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切值tan α= 解析:选D　在XX'极板间电子的加速度大小为a==，A错误;电子从离开金属丝到打在荧光屏上，由动能定理得e·10U+eU'=Ek，其中U'≤，故Ek≤10.5eU，B错误;电子经电子枪加速后，e·10U=m，在XX'极板间运动时间为t=，受到的冲量大小为I=eEt===，C错误;电子打在荧光屏上时，速度方向与OO'连线夹角α的正切值tan α===，D正确。 7.(2025年1月·八省联考四川卷)如图，竖直平面内有一光滑绝缘轨道，取竖直向上为y轴正方向，轨道形状满足曲线方程y=x2。质量为m、电荷量为q(q>0)的小圆环套在轨道上，空间有与x轴平行的匀强电场，电场强度大小E=，圆环恰能静止在坐标(1，1)处，不计空气阻力，重力加速度g大小取10 m/s2。若圆环由(3，9)处静止释放，则 (　　) A.恰能运动到(-3，9)处 B.在(1，1)处加速度为零 C.在(0，0)处速率为10 m/s D.在(-1，1)处机械能最小 解析:选D　圆环恰能静止在坐标(1，1)处，此时对圆环受力分析，如图1所示，圆环所受的电场力方向平行于x轴向右，圆环所受重力与电场力的合力为G'==mg，tan θ==2，坐标(1，1)处是等效最低点，过(1，1)处作轨道的切线，再过(3，9)处作该切线的平行线，如图2所示，由图可知该平行线的方程为y=2x+3，设该平行线与轨道的交点为A，则A点的坐标满足方程y=2x+3，y=x2，解得A点的坐标为(-1，1)，则圆环恰能运动到坐标(-1，1)处，又圆环运动到该点时克服电场力做功最多，故圆环在(-1，1)处机械能最小，故A错误，D正确;圆环做曲线运动，在(1，1)处加速度一定不为零，故B错误;设圆环到达(0，0)处时的速度大小为v，则圆环由(3，9)处静止释放运动到(0，0)处的过程，由动能定理得mgy-qEx=mv2，又E=，联立解得v=2 m/s，故C错误。 二、多项选择题 8.如图所示，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是A、B板间的一点，在C、D板间插有一块有机玻璃板。闭合开关，电路稳定后将开关断开。现将C、D板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是 (　　) A.金属板C、D构成的电容器的电容减小 B.玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流 C.P点电势保持不变 D.A、B两板间的电场强度不变 解析:选AB　根据C=可知，将C、D板间的玻璃板抽出，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则金属板C、D构成电容器的电容减小，故A正确;闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板C、D构成电容器的电容减小，由U=可知极板C、D电势差变大，极板A、B电势差也变大，由Q=CU可知电容器AB带电荷量变大，电容器AB充电，电容器CD放电，电阻R中有向右的电流，由E=可知极板A、B间的场强变大，导致P点与B板的电势差变大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，故B正确，C、D错误。 9.(2025·重庆模拟)如图是一质量为m、带电荷量为q的粒子在匀强电场中运动的轨迹。已知M点的速度水平向右，N点的速度竖直向下，大小均为v，M、N两点间的距离为l，不计粒子的重力。下列说法正确的是 (　　) A.粒子从M点运动到N点的过程中，电势能先增大后减小 B.粒子从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 C.匀强电场的方向竖直向下 D.匀强电场的电场强度大小为 解析:选AD　由题意可知，粒子在M点和N点的速度大小相等，则电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，A正确，B错误;根据动能定理，可知粒子从M点运动到N点的过程，所受的电场力做功为0，则M点和N点的电势相等，由电场线垂直于等势面，可知电场线垂直MN连线，由粒子做曲线运动所受的合力指向轨迹的凹侧可知，粒子所受的电场力垂直MN向下，如图所示，但粒子所带电荷的正负未知，电场方向不确定，C错误;由题给条件和几何关系，可知MN连线与水平方向的夹角为45°，则M、N之间的水平距离x=lcos 45°=l，粒子从M点运动到N点，在水平方向上，根据动能定理可得0-mv2=-qExcos 45°，解得E=，D正确。 三、计算题 10.(10分)(2025·成都一模)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和B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;(4分) (2)场强E2的大小。(6分) 解析:(1)粒子在电场E1中沿x轴正方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，x方向2L=v0t1 y方向L=t1 解得vy=v0 在A点处的速度大小为vA==v0。 (2)粒子在电场E2中沿x轴正方向做初速度不为零的匀加速直线运动，沿y轴正方向做匀速直线运动， y方向2L-L=vyt2 x方向4L-2L=v0t2+a2 由牛顿第二定律有qE2=ma2 联立解得E2=。 答案:(1)v0　(2) 11.(12分)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(9分) (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少?(3分) 解析:(1)PG、QG间场强大小相等，均设为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E= ① F=qE=ma ② 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEh=Ek-m ③ 设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h=at2 ④ l=v0t ⑤ 联立①②③④⑤式解得Ek=m+qh， l=v0。 (2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L=2l=2v0。 答案:(1)m+qh　v0　(2)2v0 第4讲　带电粒子在电场中运动的综合问题(综合融通课) (一) 电场中的三类图像问题 类型1　φ⁃x图像 (1)φ⁃x图像上某点切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，若φ⁃x图像上存在极值，其切线的斜率为零，则对应位置处电场强度为零。 (2)在φ⁃x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向。 (3)在φ⁃x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。 　　[例1]　(2024·湖南高考)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]　真空中点电荷周围的电势φ=k，设x'处的电势为0，则k+k=0，解得x'=，故可知当0<x<时，电势φ<0;当x>时，电势φ>0。故选D。 [答案]　D 类型2　E⁃x图像 (1)E⁃x图像反映了电场强度随位移变化的规律，可以由图线确定电场强度的变化情况，E>0表示场强沿正方向，E<0表示场强沿负方向。 (2)E⁃x图像与x轴所围成的面积表示电势差，如果取x=0处为电势零点，则可由图像的面积分析各点电势的高低。 (3)综合分析粒子的运动，进一步确定粒子的电性、电场力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。 　　[例2]　(2025·济宁质检)(多选)有一电荷量分布均匀且带电荷量为+Q的圆环，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度大小如图所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在圆心右侧紧靠圆心处由静止释放，仅在电场力作用下沿轴线向右运动。下列说法正确的是 (　　) A.该粒子带负电 B.该粒子沿轴线运动过程中电势能逐渐减小 C.该粒子运动过程中最大加速度约为 D.该粒子从r运动到2r过程中，电场力做的功约为0.8qE0r [解析]　均匀带正电的圆环在其右侧轴线上产生的场强向右，带电粒子从静止释放向右运动，说明所受电场力向右，该粒子带正电，A错误;该粒子沿轴线运动过程中电场力做正功，电势能逐渐减小，B正确;电场强度最大时，粒子受电场力最大，加速度最大，即am=≈，C正确;E⁃x图像与坐标轴围成的面积表示电势差，故该粒子从r运动到2r电场力做功约为W=0.8qE0r，D正确。 [答案]　BCD 类型3　Ep⁃x图像 (1)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负，电势能减少，电场力做正功;电势能增加，电场力做负功。 (2)根据ΔEp=-W=-Fx，Ep⁃x图像斜率的绝对值表示电场力的大小。 　　[例3]　(多选)在x轴上O、P两点分别放置电荷量为q1、q2的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能Ep随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则 (　　) A.q1>0，q2<0 B.BC间场强方向沿x轴负方向 C.C点的电场强度大于A点的电场强度 D.将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功 [解析]　正电荷在电势高的地方电势能大，由题图知，从O到P点，电势能减小，电势降低，A点的电势为零，所以O点的电荷带正电，P点电荷带负电，故A正确;由题图可知，从B到C，电势能增大，电势升高，B、C间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确;图像斜率的绝对值表示电场力大小，C点斜率为零，则C点电场强度为零，故C错误;因为B、C间电场强度方向沿x轴负方向，C、D间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从B点移到D点，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，电场力先做正功后负功，故D错误。 [答案]　AB (二) 带电粒子在交变电场中的运动 　　　　　　　　　　　　　　　　 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.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。 3.解题技巧 (1)按周期性分段研究。 (2)将a⁃t图像v⁃t图像。 [考法全训] 考法(一)　带电粒子在交变电场中的直线运动 1.(2025·咸阳模拟)如图甲所示，真空中相距d=5 cm 的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27 kg、电荷量q=+1.6×10-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求: (1)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s，在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小; (2)A板电势变化频率多大时，在t= 到t=时间内从紧邻B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。 答题区(面答面评，拍照上传，现场纠错品优) 解析:(1)电场强度大小为E= 带电粒子所受电场力大小为F=qE= 由牛顿第二定律得F=ma 解得a==4.0×109 m/s2 粒子在0~时间内经过的距离为x=a=5.0×10-2 m 故带电粒子在t1=时恰好到达A板，此时带电粒子速度大小为v=at1=2.0×104 m/s。 (2)带电粒子在~时间内向A板做匀加速运动，在~时间内向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动的最大位移 xm=2×a=aT2 要求粒子不能到达A板，则有xm<d T= 电势变化频率应满足f>=5×104 Hz。 答案:(1)2.0×104 m/s　(2)f>5×104 Hz 考法(二)　带电粒子在交变电场中的偏转 2.(多选)如图(a)，水平放置、长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化的规律如图(b)所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线OO'射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则 (　　) A.金属板间距离的最小值为 B.金属板间距离的最小值为 C.粒子到达竖直挡板时的速率都大于 D.粒子到达竖直挡板时的速率都等于 解析:选AD　在t=n(n=0，1，2，…)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则在竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖直方向的位移y=2×a=×T2=，金属板间距离的最小值为d=2y=，选项A正确，B错误;粒子离开电场时的水平速度均为v0=;竖直方向，在t=t0时刻进入电场的粒子，先加速-t0时间，然后再减速-t0时间，在t=+-t0=T-t0时刻速度减为零，然后再反向加速t0时间，再反向减速t0时间，即在t=T+t0时刻离开电场时竖直速度再次减为零，粒子离开电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率都等于v0=，选项C错误，D正确。 |思|维|建|模| (1)若粒子通过电场的时间远小于交变电场的周期，可认为这一粒子通过电场的过程中电场强度不变，但不同时刻进入的粒子，所经历的电场不同，偏转不同，常出现临界问题。 (2)若粒子通过电场的时间大于交变电场的周期，在沿电场方向的运动较复杂，可画v⁃t图像分析。 (三) “等效重力法”在电场中的应用 1.等效重力法 把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g'=为等效重力场中的“等效重力加速度”;F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。 2.物体在等效重力场中的圆周运动 　　[典例]　如图，空间中有一匀强电场，大小为，方向与水平方向成30°角，现有一光滑绝缘大圆环固定在竖直平面内，O点为环心，将质量为m、带电荷量为+q的小圆环套在大圆环的M点并同时给小圆环一个向右的水平初速度，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，重力加速度为g，则小圆环 (　　) A.从M点到Q点动能减小 B.在M点和N点的电势能相等 C.从M点到Q点电场力做负功 D.动能最大处的电势低于动能最小处的电势 [解析]　小圆环带正电，从M点到Q点电场力做正功，C错误;作出等势面如图甲，沿电场线方向电势降低，则M点的电势高于N点的电势，正电荷在电势高的地方电势能大，所以在M点的电势能大于在N点的电势能，B错误;小圆环受到的电场力F=qE=q=mg，受力如图乙， 则小圆环运动的等效最高点和等效最低点分别为A点和B点，在A点速度最小，在B点速度最大，则从M点到Q点动能先增大后减小，A错误;根据沿电场线方向电势降低，则B点的电势低于A点的电势，即动能最大处的电势低于动能最小处的电势，D正确。 [答案]　D |思|维|建|模| (1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。 (2)将a=视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。 (3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解，例如:带电小球受细绳、轻杆、轨道束缚的圆周运动，可类比“绳球”模型和“杆球”模型进行分析解答。 [考法全训] 类型1　等效场中的“绳球”模型 1.(多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E=，下列说法正确的是 (　　) A.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大 C.若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点 D.若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为 解析:选BC　小球受到水平向右的电场力大小F=Eq=mg，合力大小为F合==2mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为60°，若小球恰能在竖直平面内做圆周运动，速度最小时细线无拉力，合力提供向心力，有F合=，联立解得v=，故A错误;由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确;若将细线剪断，再将小球在A点竖直向上抛出，小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有t=，水平位移有x=at2，由牛顿第二定律得a==g，解得x=2d>2d，所以小球将不能到达B点，故C正确;设合力方向与电场线方向夹角为θ，有tan θ==，得θ=30°，所以将小球静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。 类型2　等效场中的“杆球”模型 2.(多选)如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP=37°。已知重力加速度大小为g，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.小球可以沿圆环运动到C点 B.匀强电场的电场强度大小为 C.P、B两点间的电势差为 D.小球运动到B点时，向心加速度大小为3g 解析:选CD　小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，对小球受力分析有=tan 37°，解得E=，故B错误;假设小球能够沿圆环运动到C点，根据动能定理有qER-mgR=Ek-0，分析上式可知Ek<0，显然这是不可能的，即假设错误，故A错误;P、B两点间的电势差UPB=E(R-Rsin 37°)=，故C正确;小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE·2R=m，此时小球的向心加速度大小a向==3g，故D正确。 [课时跟踪检测] 一、单项选择题 1.如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与直线AB重合，以A点为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系，B点的坐标为xB=0.06 m，若一α粒子仅在电场力的作用下由A点运动至B点，其电势能增加60 eV，该电场线上各点的电场强度大小E随位移x的变化规律如图乙所示，若A点电势为15 V，下列说法正确的是 (　　) A.x轴上各点的电场强度方向都沿x轴正方向 B.该α粒子沿x轴正方向做匀减速直线运动 C.B点电势是A点电势的3倍 D.图乙中E0应为2.5×103 V·m-1 解析:选C　α粒子由A点运动到B点，电场力做功为WAB=2eUAB=-60 eV，解得UAB=-30 V，因为φA=15 V，所以φB=45 V，B点电势是A点电势的3倍，因为B点电势高于A点电势，所以电场的方向沿x轴负方向，故A错误，C正确;题图乙中电场强度随位移x均匀变化，电场力为变力，所以α粒子沿x轴正方向做变减速直线运动，故B错误;题图乙中图像与x轴所围的面积为A、B两点间的电势差的大小，可以确定=×0.06，解得E0=2.5×102 V·m-1，故D错误。 2.(2025年1月·八省联考河南卷)某电场的电势φ随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子 (　　) A.将在ad之间做周期性运动 B.在d点的电势能大于在a点的电势能 C.在b点与c点所受电场力方向相同 D.将沿x轴负方向运动，可以到达O点 解析:选A　由题图可知，a、d两点的电势相等，根据Ep=qφ可知，粒子在d点的电势能等于在a点的电势能，故B错误;φ⁃x图像的斜率表示电场强度，由题图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据F=qE可知，粒子在b点与c点所受电场力方向相反，故C错误;根据沿着电场方向电势逐渐降低可知，d点的电场强度方向沿x轴负方向，粒子带正电，则粒子在d点受到沿x轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，粒子仅受电场力作用，则粒子的动能和电势能之和恒定，又由以上分析知粒子在d点的电势能等于在a点的电势能，则粒子在d点的动能等于在a点的动能，均为0，a点的电场强度方向沿x轴正方向，粒子在a点受到沿x轴正方向的电场力，则粒子到达a点后将沿x轴正方向运动，即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达O点，故A正确，D错误。 3.(2025·西安模拟)如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U，A板的电势φA=0，B板的电势φB随时间的变化规律为如图乙所示，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则 (　　) A.若电子是在t=0时刻进入的，它可能不会到达B板 B.若电子是在t=时刻进入的，它一定能到达B板 C.若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 D.若电子是在t=时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 解析:选C　若电子从t=0时刻进入，电子将向右做单向直线运动，最终穿过B板，A错误;若电子从时刻进入，则电子受到电场力方向向左，从A板离开，故无法到达B板，B错误;若电子从时刻进入，电子先加速，经时间速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再反向加速速度最大，接着减速速度为零，它时而向B板运动，时而向A板运动，但一个周期内总的位移向右，最后穿过B板，C正确;若电子从时刻进入两板，电子先加速，经时间速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再反向加速速度最大，接着减速速度为零，它时而向B板运动，时而向A板运动，但一个周期内总的位移向左，无法穿过B板，D错误。 4.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC-xB=xB-xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是 (　　) A.x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向 B.A点电势高于B点电势 C.A点电场强度小于B点电场强度 D.电子从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功 解析:选D　由题图乙可知，电子从A到C电势能逐渐减小，可知电势逐渐升高，A点电势低于B点电势，则x坐标轴上电场强度方向沿x轴负方向，A、B错误;Ep⁃x图像的斜率的大小表示静电力的大小，可知从A到B电子所受静电力逐渐减小，场强逐渐减小，可知A点电场强度大于B点电场强度，C错误;因从A到B的静电力大于从B到C的静电力，根据W=Fx可知，电子从A运动到B静电力做的功大于从B运动到C静电力做的功，D正确。 5.(2025·贵阳模拟)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是 (　　) A.粒子射出时间可能为t=4 s B.粒子射出的速度大小为2v C.极板长度满足L=3vn D.极板间最小距离为 解析:选D　粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，在垂直极板方向运动的v垂直⁃t图像如图所示，因为粒子平行极板射出，可知粒子射出时垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…，满足t=1.5n s(n=1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误;极板长度L=v·1.5n(n=1，2，3，…)，故C错误;因为粒子不与极板碰撞，则应满足≥v垂直m×1.5 s，v垂直m=a×1 s，a=，联立解得d≥，故D正确。 6.如图所示，倾角为θ=37°的斜面末端连接一段水平轨道后与竖直的光滑绝缘半圆轨道平滑连接，O为圆心，A、B为竖直直径的上、下两端点。现有一质量为m=0.3 kg、带电荷量为q=+1.0×10-5 C的小球(可视为质点)，以大小为v0=1.8 m/s的初速度从斜面上某点以垂直斜面方向向上抛出，小球恰好从半圆轨道的最高点A无碰撞飞入半圆轨道。已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=4×105 N/C，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.小球在A点的速度大小为2.25 m/s B.小球从抛出到A点做匀变速直线运动 C.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中，可能会在某处脱离半圆轨道 D.小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为24 N 解析:选D　小球受重力和电场力的作用，则等效重力大小为F==5 N，设F与水平方向夹角为α，则tan α==，解得α=37°，即F与v0垂直，故小球做类平抛运动，由几何关系有vA==3 m/s，故A、B 错误;如图所示，根据受力情况可知小球运动过程中的等效最低点为C点，小球到C点时对轨道的压力最大，因在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，故小球在A点对轨道的压力为零，小球在从A到C的过程中对轨道的压力逐渐增加，所以小球第一次在半圆轨道上滑行过程中不会脱离半圆轨道，故C项错误;在A点，根据牛顿第二定律得mg=m，解得R=0.9 m，从A到C，对小球由动能定理有FR=m-m，根据牛顿第二定律有FN-F=m，联立解得FN=24 N，根据牛顿第三定律得小球对轨道的最大压力大小为24 N，故D正确。 二、多项选择题 7.(2025·洛阳高三质检)如图甲所示，有一绝缘圆环位于竖直平面内，圆环上均匀分布着负电荷。一光滑绝缘细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量m=10 g的带负电的小球，小球所带电荷量q=-1.0×10-4 C。小球从C点由静止释放，沿细杆由C向A点运动的v⁃t图像如图乙所示。小球运动到B点时，图线切线的斜率最大(图乙中标出了该切线)。下列说法正确的是 (　　) A.在圆环右侧的杆上，B点场强最大，场强大小为50 V/m B.由C点到A点的过程中，小球的电势能先减小后增大 C.由C点到A点，电势先升高后降低 D.B、C两点间的电势差为12.5 V 解析:选AD　由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，B点的电场强度最大，小球的加速度a== m/s2=0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得E=ma，解得E=50 V/m ，故A正确;从C到A的过程中，小球的动能一直增大，说明电场力一直做正功，故电势能一直减小，由Ep=φq可知，由于电荷带负电，则电势一直升高，故B、C错误;根据动能定理知qUCB=m-0，解得UCB=-12.5 V，故B、C两点间的电势差为12.5 V，故D正确。 8.一带正电的物体仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，物体的动能随位移的变化规律如图所示，已知物体所带的电荷量为q，坐标原点为电势零点。则下列说法正确的是 (　　) A.0~2x0区域电场方向沿x轴正方向 B.0~x0区域与x0~2x0区域电场强度大小之比为1∶2 C.x0处的电势为 D.0与2x0处的电势差为- 解析:选BD　0~x0区域动能一直增加，该区域的电场力沿x轴正方向，又物体带正电，则电场方向沿x轴正方向;x0~2x0区域动能一直减小，则电场方向沿x轴负方向，故A错误;物体仅在电场力作用下运动，由动能定理得Fx=Ek-E0，整理得Ek=Fx+E0，图线的斜率表示电场力，0~x0区域F1==，x0~2x0区域F2==-，所以0~x0区域与x0~2x0区域电场力大小之比为1∶2，由E=可知电场强度大小之比为1∶2，故B正确;在整个运动过程中，只有电场力做功，则只有电势能和动能的转化，由于原点处电势为零，则电势能为零，由能量守恒定律得E0=2E0+Ep1，又Ep1=qφx0，解得φx0=-，故C错误;同理2x0处的电势能为Ep2=E0，2x0处的电势为φ2x0=，0与2x0处的电势差为U=0-φ2x0=-，故D正确。 9.如图1所示，真空中两平行金属板A和B水平放置，板长为l、间距为d，板间加交变电压。左侧紧靠A板有一粒子源P，t=0时刻开始连续向右水平发射速率为v0、比荷为k的带正电的粒子。若t=0时刻发射的粒子从进入电场到从B板右边缘离开的全过程，竖直方向的速度vy随时间t变化的图像如图2所示，忽略边缘效应，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则 (　　) A.交变电压为周期T=的锯齿波 B.粒子在竖直方向的最大速度为vm= C.时刻两极板间的电压为 D.在t=时刻进入的粒子恰好从B板右边缘离开电场 解析:选BC　根据竖直方向的速度vy随时间t变化的图像可知，速度均匀增大或减小，则加速度大小恒定，电场强度大小恒定，交变电压为周期T=的方波，故A错误;在竖直方向上，根据对称性可知d=·，T=，解得vm=，故B正确;时刻粒子的加速度为a=，根据牛顿第二定律有=ma，解得U=，故C正确;根据运动的对称性可知，在t=时刻进入的粒子离开电场时竖直方向位移为0，恰好从A板右边缘离开电场，D错误。 10.(2025·成都质检)如图，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)置于A点，给小球一个沿轨道切线向左的初速度。重力加速度大小取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26 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 解析:选AC　根据匀强电场的推论可知φA-φB=φD-φC，解得φD=26 V，故A正确;如图甲所示，利用等分法找到AB连线上电势为10 V的M点，CM为等势线，过B点作CM的垂线即为电场线，由几何关系可知tan θ==，解得θ=37°，电场强度E== V/m=250 V/m，故B错误;受力分析，如图乙所示，由于qE=30 N，mg=40 N，所以重力与电场力的合力mg'==50 N，tan α==，α=37°，即等效重力方向沿着DA方向，小球能过C点，根据牛顿第二定律可得mg'sin α=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'=m-m，解得=m=4.75 J，故D错误。 三、计算题 11.(12分)(2025·太原一模)如图甲所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔，一束电子以初动能Ek0=120 eV从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B间。在B板右侧，平行金属板M、N间形成一个匀强电场，板长L=2×10-2 m，板间距离d=4×10-3 m，偏转电场所加电压为U1=20 V。在A、B两板间加一个如图乙所示的变化电压U，在t=0到t=2 s时间内，A板电势高于B板电势，求: (1)在0到2 s内，A、B两板间电压满足什么条件，电子可以到达B板?(4分) (2)在2 s到4 s内，A、B两板间电压U满足什么条件，电子能从偏转电场右侧飞出?(由于A、B两板距离很近，可以认为电子穿过A、B板所用时间很短，可以不计)(8分) 解析:(1)电子能到达B板，则电子达到B板时速度大于或等于零，由动能定理得-eU≥0-Ek0 解得0≤U≤120 V。 (2)设电子从偏转电场中点垂直射入时速度为v0，动能为Ek，侧移量为y=·= 满足y≤才能射出，所以≤ 解得Ek≥250 eV 又Ek=Ek0-eU 所以120 eV-eU≥250 eV 解得U≤-130 V。 答案:(1)0≤U≤120 V　(2)U≤-130 V 12.(14分)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ=37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)电场强度E的大小;(3分) (2)将小球从光滑圆环上最低点B由静止释放，小球运动到P点时动能是多少?(3分) (3)小球从环上由静止释放，运动到P点时对圆环的最大压力是多少?(8分) 解析:(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示， 则有=tan 37° 解得E=。 (2)小球从B点到P点过程，由动能定理可得 qErsin θ-mgr(1-cos θ)=Ek 解得Ek=mgr。 (3)小球所受电场力和重力的合力大小为F合==mg 根据题意可知，P点为重力场和电场的复合场的等效最低点，当小球从P点关于O点的对称点Q由静止释放时，到达P点的速度最大，根据动能定理得F合·2r=mv2 在P点，根据N-F合=m 联立解得圆环对小球的最大支持力N=mg 根据牛顿第三定律可知，小球运动到P点时对圆环的最大压力N'=N=mg。 答案:(1)　(2)mgr　(3)mg 第5讲　观察电容器的充、放电现象(基础实验) 　　　　　　　　　　　　　 一、实验知能/系统归纳 一、理清原理与操作 原理装置图 操作要领 实验现象 1.电容器的充电过程 开关S接1时，电源给电容器充电，电容器带电荷量、电压逐渐增大，电流逐渐减小，最后电流为零，如图甲所示。 灯泡 L 亮度由明到暗最后熄灭 电流 表A 读数由大到小最后为零 电压 表V 读数由小到大最后稳定 2.电容器的放电过程 开关S接2时，电容器负极板上的负电荷与正极板上的正电荷中和，两极板的电荷量逐渐减小，电流逐渐减小，电压也逐渐减小，如图乙所示。 灯泡 L 亮度由明到暗最后熄灭 电流 表A 读数由大到小最后为零 电压 表V 读数由大到小最后为零 二、掌握数据处理方法 1. 由I⁃t图像计算充、放电过程通过电流传感器的电荷量。先算出一个小方格代表的电荷量，然后数出整个图像与横轴所围的面积中的方格数(大于半个的按一个方格计算，小于半个的舍弃)。电容器充电或放电过程中通过的电荷量为一个小方格代表的电荷量乘以方格数。 2.电容器两极板之间的电压等于电源电动势，由电容的定义式C=估算出电容器的电容C。 三、注意实验细节 1.连接电路时注意电流表和电压表的正、负极与量程。 2.对电解电容器也要注意正、负极。 3.要选择电容较大的电容器。 4.实验过程要在干燥的环境中进行。 二、应用发展/练中融通 1.(2024·甘肃高考)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电;开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是 (　　) A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加 B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点 C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小 D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点 解析:选C　根据电容C=，充电过程中，随着电容器所带电荷量的增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流减小，故A错误;根据题图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点，故B错误;放电过程中，随着电容器所带电荷量的减小，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小，故C正确;根据题图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点，故D错误。 2.(2024·重庆高考)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、单刀双掷开关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①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测　　　　(选填“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)根据测到的数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示，该过程为　　　(选填“充电”或“放电”)。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　　　　 W。  解析:(1)由题图甲可知，位置②与电容器并联，应接入测电压仪器。 (2)电压表示数最大时，电容器充电完毕，电流表示数为0。 (3)电容器放电时电压和电流都减小，图像逆向分析，该过程为电容器放电过程。 放电过程中电容器两端电压等于R0两端电压，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。 答案:(1)电压　(2)0　(3)放电　0.32 3.(2024·海南高考)用如图(a)所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干。 (1)闭合开关S2，将S1接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3 V。在此过程中，电流表的示数　　　　(填选项标号)  A.一直稳定在某一数值 B.先增大，后逐渐减小为零 C.先增大，后稳定在某一非零数值 (2)先后断开开关S2、S1，将电流表更换成电流传感器，再将S1接2，此时通过定值电阻R的电流方向　　　　(选填“a→b”或“b→a”)。通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的I⁃t 图像，如图(b)，t=2 s时I=1.10 mA，图中M、N区域面积比为8∶7，可求出R=　　　　kΩ(保留2位有效数字)。  解析:(1)电容器充电过程中，当电路刚接通，电流表示数从0增大到某一最大值，之后随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0。故选B。 (2)根据电路图可知，充电结束后电容器上极板带正电，将S1接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流方向a→b。t=2 s时I=1.10 mA，可知此时电容器两端的电压为U2=IR，电容器开始放电前两端电压为12.3 V，根据I⁃t图像与横轴所围成的面积表示电荷量，可得0~2 s时间内电容器放出的电荷量为Q1=ΔU·C=C，2 s 后到放电结束时间内放出的电荷量为Q2=ΔU'·C=1.10×10-3·RC，根据题意得=，解得R≈5.2 kΩ。 答案:(1)B　(2)a→b　5.2 4.(2024·广西高考)某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下:电容器，电源E(电动势6 V，内阻不计)，电阻R1=400.0 Ω，电阻R2=200.0 Ω，电流传感器，开关S1、S2，导线若干。实验步骤如下: (1)断开S1、S2，将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5 000 Hz，则采样周期为　　　　s;  (2)闭合S1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的I⁃t曲线如图乙，由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为　　　　mA(结果保留3位有效数字);  (3)保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为　　　　V;  (4)实验得到放电过程的I⁃t曲线如图丙，I⁃t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.018 8 C，则电容器的电容C为　　　　μF。图丙中I⁃t曲线与横坐标、直线t=1 s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.003 8 C，则t=1 s时，电容器两极板间电压为　　　　V(结果保留2位有效数字)。  解析:(1)采样周期为T==2×10-4 s。 (2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA。 (3)放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压，根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为UC=·R2=2 V。 (4)充电结束后电容器两端电压为UC'=E=6 V，故可得ΔQ=C=0.018 8 C，解得C=4.7×103 μF。设t=1 s时电容器两极板间电压为UC″，得C=0.003 8 C，代入数值解得UC″≈2.8 V。 答案:(1)2×10-4　(2)15.0　(3)2　(4)4.7×103　2.8 5.某兴趣小组自制一个电容器并测量其电容。如图甲所示，他们用两片锡箔纸做电极，用两层电容纸(某种绝缘介质)将锡箔纸隔开，一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。 (1)为增加该电容器的电容，应当　　　　。  A.锡箔纸面积尽可能大 B.锡箔纸卷绕得尽可能紧，以减小锡箔纸间的距离 C.增大电容器的充电电压 D.减小电容器的充电电压 (2)为了测量该电容器电容的大小，该小组采用了如图乙所示的电路进行测量，其中电源电动势为4.5 V、内阻不计。该同学先将开关接1为电容器充电，经过足够长时间再将开关接2，利用传感器记录电容器放电过程，得到放电过程的I⁃t图像如图丙所示。 根据以上数据估算，电容器在整个放电过程中释放的电荷量为　　　　C(结果保留两位有效数字)，该电容器电容的测量结果为　　　　F(结果保留两位有效数字)。若将图乙中的电阻R换成阻值更大的电阻，则电容器开始放电的电流　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)，所得的I⁃t图像与横轴所围的面积　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)。  解析:(1)根据电容器电容的决定式C=可知，锡箔纸面积S尽可能大或者锡箔纸间的距离d尽可能小，均可以增大电容，故A、B正确;电容器的电容与充电电压无关，故C、D错误。 (2)I⁃t图像与时间轴围成的面积表示电荷量，图像每小格表示的电荷量为q=0.2×10-3×0.4 C=8×10-5 C，图像与时间轴围成的面积共约40个小格，则电容器充满电后所带的电荷量约为Q=nq=40×8×10-5 C=3.2×10-3 C，充满电后电容器两端电压为4.5 V，则电容大小C=≈7.1×10-4 F。若将题图乙中的电阻R换成阻值更大的电阻，则电容器开始放电的电流变小，但由于放电过程中总电荷量不变，所以得到的I⁃t图像与横轴所围的面积不变。 答案:(1)AB　(2)3.2×10-3(3.0×10-3~3.4×10-3均可)　7.1×10-4(6.6×10-4~7.6×10-4均可)　变小　不变 6.(2025·菏泽模拟)在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用电流传感器来采集电流随时间的变化情况。其中C表示电容器的电容，R表示电阻的阻值，E表示电源的电动势(电源内阻可忽略)。 (1)开关S改接2后，电容器进行的是　　　　(填“充电”或“放电”)过程。此过程得到的I⁃t图像如图乙所示。  (2)若R=500 Ω，结合放电过程获取的I⁃t图像，则加在电容器两极板的最大电压约为　　　　V。  (3)改变电路中某一元件的参数，对同一电容器进行两次充电，两次充电对应的电容器电荷量Q随时间t变化的图像分别如图丙中a、b所示。根据图像分析:a、b两条曲线不同是　　　　(填“R”或“E”)不同造成的。  (4)电容器充电过程实际是克服极板上电荷的静电力做功使电势能增加的过程(即极板间储存电场能的过程)，若某次充电过程的两极板间电压与电荷量的U⁃Q关系图像如图丁所示，请类比v⁃t图像求位移的方法，计算该充电过程电容器储存的电场能为　　　　(用U0、Q0表示)。  解析:(1)开关S改接2后，电容器进行的是放电过程。 (2)若R=500 Ω，由图像可知，放电过程的最大电流约为2.2 mA，则加在电容器两极板的最大电压约为Um=ImR=1.1 V。 (3)a、b两条曲线表明，电容器所带的最大电荷量不同，根据Q=CU可知，两次曲线不同是电源的电动势E不同造成的。 (4)该充电过程电容器储存的电场能等于U⁃Q图像与坐标轴围成的“面积”，大小为U0Q0。 答案:(1)放电　(2)1.1　(3)E　(4)U0Q0 7.(2025·泰州一模)电容储能已经在电动汽车、风力发电等方面得到广泛应用。某同学设计了图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程和测定电容器的电容。器材如下: 电容器C(额定电压10 V，电容标识不清); 电源E(电动势12 V，内阻不计); 滑动变阻器R1(最大阻值20 Ω); 电阻箱R2(阻值0~9 999.9 Ω); 电压表V(量程15 V，内阻较大); 开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干。 (1)按照图甲连接电路，闭合开关S1、断开开关S2，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器R1的滑片应向　　　　　 端滑动(选填“a”或“b”)。  (2)当电压表的示数为U1=3 V时，调节R2的阻值，闭合开关S2，通过计算机得到电容器充电过程电流随时间变化的图像;保持R2的阻值不变，断开开关S1，得到电容器放电过程电流随时间变化的图像，图像如图乙所示。测得I1=6 mA，则R2=　　　　 Ω。  (3)重复上述实验，得到不同电压下电容器的充、放电过程的电流和时间的图像，利用面积法可以得到电容器电荷量的大小，测出不同电压下电容器所带的电荷量如下表: 实验次数 1 2 3 4 5 6 U/V 3 4 5 6 7 8 Q/(×10-3 C) 0.14 0.19 0.24 0.30 0.33 0.38 请在图丙中画出U⁃Q图像，并利用图像求出电容器的电容为　　　　 F。(结果保留两位有效数字)  (4)实验发现，相同电压下电容器充、放电过程的电流和时间的图像中的I1总是略大于I2，其原因是 　。 解析:(1)由电路可知，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器R1的滑片应向b端滑动。 (2)由题图乙可知，充电过程的最大电流值为I1，根据欧姆定律可得R2==500 Ω。 (3)U⁃Q图像如图所示。 根据C=，可得图像的斜率的倒数表示电容器的电容，即C== F=5.0×10-5 F。 (4)充电过程，R2会把一部分电能转化为内能，导致充电电流的最大值略大于放电电流的最大值。 答案:(1)b　(2)500　(3)见解析图　5.0×10-5(4.8×10-5~5.2×10-5均可)　(4)见解析 45 / 75 学科网（北京）股份有限公司 $$