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（普高基础版）

第九章　静电场 第一讲　电场力的性质 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)(人教必修3 P5T1·改编)在天气干燥的季节，脱掉外套后再去摸门把手时，常常会被电一下，是脱掉外套时身体带了电的缘故。 (√) (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)(人教必修3 P16T1·改编)若在电场中的P点不放试探电荷，则P点的电场强度为0。 (×) (4)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向。 (√) (5)真空中点电荷的电场强度表达式E=中，Q就是产生电场的点电荷。 (√) (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)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。 (×) (8)英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。 (√) (9)美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量。 (√) 逐点清(一)　库仑定律和电荷守恒定律 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[对库仑定律的理解] 下列说法正确的是 (　　) A.库仑定律适用于任何电场的计算 B.置于均匀带电空心金属球球心处的点电荷所受静电力为零 C.当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球球心相距为3r时，它们之间的静电力大小为 D.若点电荷Q1的电荷量小于Q2的电荷量，则Q1对Q2的静电力小于Q2对Q1的静电力 解析：选B　库仑定律的适用范围是真空中两个静止点电荷间的相互作用，故A错误；均匀带电空心金属球的电荷均匀分布在金属球的外表面，球内各点的电场强度均为零，所以置于均匀带电空心金属球球心处的点电荷所受静电力为零，故B正确；当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球球心相距为3r时，两者不能看作点电荷，库仑定律不再适用，故C错误；两点电荷间的静电力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。 2.[库仑定律与电荷守恒定律的综合] 如图所示，真空中A、B两点分别固定两个相同的带电金属小球(均可视为点电荷)，所带电荷量分别为+Q和-5Q，在A、B的延长线上的C点处固定一电荷量为q的电荷，该电荷受到的静电力大小为F1，已知AB=BC。若将两带电金属小球接触后再放回A、B两处时，C点处的电荷受到的静电力大小为F2，则为 (　　) A.　　 B. C. D. 解析：选C　设AB=BC=l，根据库仑定律得F1=-=，将两带电金属小球接触后，两小球所带电荷量均为-2Q，根据库仑定律得F2=+=，所以=，故选C。 3.[静电力作用下的平衡问题] 如图所示，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带电荷量为+q的小球B固定在O点正下方的绝缘柱上。当小球A平衡时，细线沿水平方向。已知lOA=lOB=l，静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球均可视为点电荷，则关于小球A的电性及带电荷量qA的大小，下列选项正确的是 (　　) A.正电， B.正电， C.负电， D.负电， 解析：选A　小球A静止时，根据平衡条件，小球A受到小球B的斥力，故小球A带正电；由平衡条件得=mg，解得qA=，故选A。 4.[三个自由电荷平衡问题] 如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电荷量为+Q，B带电荷量为-9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电情况及位置应为 (　　) A.-4Q，B的右边0.4 m处 B.+4Q，B的左边0.2 m处 C.-Q，A的右边0.2 m处 D.-Q，A的左边0.2 m处 解析：选D　要使三个点电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，带负电。设C带电荷量为q，A、C间的距离为x，A、B间的距离用r表示，由于C处于平衡状态，所以k=，解得x=0.2 m，又对点电荷A由平衡条件得k=k，解得q=Q，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.应用库仑定律的三点提醒 (1)库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用。 (2)对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离。 (3)不能根据公式错误地认为r→0时，静电力F→∞；因为当r→0时，两个带电体已不能看作点电荷了。 2.电荷分配规律 两个完全相同的带电导体相互接触后再分开时总带电荷量均分，即Q1'=Q2'=。注意：计算时Q1、Q2带着符号运算。 3.“四步”解决库仑力作用下的平衡问题 4.三个自由电荷平衡的规律 逐点清(二)　电场强度与电场线 两种等量点电荷周围电场线与电场强度的比较 比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线的分布图 连线中点O处的场强 连线上O点场强最小，指向负电荷一方 为零 连线上的场强大小(从左到右) 沿连线先变小后变大 沿连线先变小后变大 沿连线的中垂线由O点向外的场强大小 O点最大，向外逐渐变小 O点最小，向外先变大后变小 关于O点对称点的场强(如A与A'、B与B'、C与C'等) 等大同向 等大反向 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[点电荷周围的电场强度] 如图甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m。在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到静电力的方向都跟x轴正方向相同，静电力的大小F跟试探电荷的电荷量q的关系分别如图乙中直线a、b所示。忽略A、B间的作用力。下列说法正确的是 (　　) A.B点的电场强度大小为0.25 N/C B.A点的电场强度方向沿x轴负方向 C.点电荷Q的位置坐标为0.3 m D.点电荷Q是正电荷 解析：选C　由A处试探电荷的F-q图线可得，该处的电场强度大小为E1==4×105 N/C，方向沿x轴正方向，同理可得，B处的电场强度大小为E2==2.5×104 N/C，方向沿x轴负方向，A、B错误；由以上分析可知，点电荷Q应为负电荷，且在A、B之间，设Q到A点的距离为l，由点电荷电场强度公式可得E1=k=4×105 N/C，E2=k=0.25×105 N/C，联立解得l=0.1 m，故点电荷Q的位置坐标为0.3 m，C正确，D错误。 2.[多个点电荷电场的叠加] 如图所示，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.；由O指向F B.；由O指向F C.；由O指向C D.；由O指向C 解析：选B　由点电荷的电场强度公式可知，A、B、C、E、F五个位置的点电荷在O点产生的电场强度大小均为，D位置的点电荷在O点产生的电场强度大小为ED=，电场强度是矢量，作出电场强度的示意图，如图所示，可得A点在O点产生的电场强度与D点在O点产生的电场强度合成后大小为E1=ED-EA=，方向指向A点；B点在O点产生的电场强度与E点在O点产生的电场强度合成后大小为E2=EB+EE=，方向指向E点；C点在O点产生的电场强度与F点在O点产生的电场强度合成后大小为E3=EC+EF=，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合成后大小为E4=，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=，方向由O指向F，故选B。 3.[两等量点电荷的电场线分布] (多选)电场线能直观、方便地反映电场的分布情况。图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点，O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O点对称的两点，B、C和A、D也相对O点对称。则 (　　) A.E、F两点场强相同 B.A、D两点场强不同 C.B、O、C三点，O点场强最小 D.从E点向O点运动的电子所受电场力逐渐减小 解析：选AC　等量异种点电荷形成的电场中，关于O点对称点的场强大小相等、方向相同，故A正确，B错误；电场线的疏密程度表示场强大小，由题图甲可知，B、O、C三点，O点的电场线最稀疏，场强最小，故C正确；由题图甲可知，电子从E点向O点运动过程中，电场线逐渐变密，则电场强度逐渐增大，电子所受电场力逐渐增大，故D错误。 4.[电场线与带电粒子轨迹问题] (2023·全国甲卷)在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是 (　　) 解析：选A　运动中的物体所受合力应指向运动轨迹凹侧，结合电子受到的电场力及电子的运动轨迹进行分析，可知A正确，B、C、D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.计算电场强度的两个公式 (1)定义式：E=。 (2)点电荷的电场：E=。 2.分析电场线与粒子的运动轨迹相结合问题的方法 画出运动轨迹在初始位置的切线(“速度线”)与在初始位置电场线的切线(“力线”)方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。 逐点清(三)　非点电荷电场强度的计算 方法1　叠加法 1.如图所示，圆弧状带电体ABC上电荷分布均匀。ABC对应的圆心角为120°，B为圆弧中点。若带电体上的全部电荷在圆心P处产生的电场强度大小为E，则AB段上所带的电荷在圆心P处产生的电场强度大小为 (　　) A.E　　　　　　　　　 B.E C.E D.E 解析：选C　假设圆弧带电体ABC带正电，根据电场的叠加原理可知，圆弧带电体ABC在P点产生的电场强度方向沿BP连线向下；AB段在P点产生的电场强度沿AB中点与P点连线向下，BC段在P点产生的电场强度沿BC中点与P点的连线向上，并且AB段和BC段在P点产生的电场强度大小相等，P点处总的电场强度为AB段和BC段单独产生的电场强度的合场强，如图所示，根据几何关系可知E=2EABcos 30°，解得AB段上所带的电荷在圆心P处产生的电场强度大小EAB=，故C正确，A、B、D错误。 方法2　对称法 2.如图，水平带电平面上方有一质量为m、带电量为q的点电荷，当它在M点时所受合力为零。M点与平面的垂直距离为d，k和g分别为静电力常量和重力加速度，则与M点对称的N点处的电场强度为 (　　) A. B.+ C.- D.+ 解析：选A　点电荷在M点时所受合力为零，则qE=mg，解得E=，由对称性可知M点的电场强度和N点的电场强度大小相等、方向相反。故选A。 方法3　补偿法 3.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产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，其电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为 (　　) A.-E B.+E C.-E D.+E 解析：选A　将半球面AB补全为一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在N点产生的场强大小为E0，左半球壳在N点产生的电场强度大小为E左，右半球壳在N点产生的电场强度大小为E右，根据电场叠加原理E左+E右=E0，根据题意有E0=，根据对称性可知右半球壳在N点产生的电场强度大小和左半球壳在M点产生的电场强度大小相等，即E右=E，解得E左=-E，A正确，B、C、D错误。 方法4　微元法 4.一半径为R的圆环上，均匀地带有电荷量为Q的电荷，在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P，它与环心O的距离OP=L。设静电力常量为k，关于P点的场强E，下列四个表达式中正确的是 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　将圆环等分为n个小段，当n足够大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为q=，由点电荷场强公式可得每一个点电荷在P处产生的场强大小均为EP=k=k，由对称性可知，每一个点电荷在P处产生的场强垂直于对称轴方向的分量Ey相互抵消，沿对称轴方向的分量Ex之和即为圆环在P处产生的场强E，故E=nEx=n··cos θ=，r=，联立解得E=，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.叠加法 多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各点电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。 2.对称法 利用空间上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。 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。 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，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。 数智赋能：随堂加训，灵活选用 [课时跟踪检测]　　　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(2025·河北沧州模拟)对于电场强度的公式E=和E=，下列说法正确的是 (　　) A.电场强度E与试探电荷的电荷量q成反比 B.由E=可知，r一定时，电场强度E与Q成正比 C.公式中Q与q的含义相同 D.电场中不放入试探电荷时，电场强度为零 解析：选B　电场强度与试探电荷无关，故A、D错误；公式E=是点电荷周围电场强度的决定式，r一定时，电场强度E与Q成正比，故B正确；公式中Q是场源电荷的电荷量，q是试探电荷的电荷量，故C错误。 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。 3.(多选)关于电场，下列说法正确的是 (　　) A.电场是物质存在的一种形式 B.电场力一定对正电荷做正功 C.电场线是实际存在的线，反映电场强度的大小和方向 D.静电场的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 解析：选AD　电场是存在于电荷周围的一种特殊物质，A正确；如果正电荷的速度方向与电场力方向的夹角大于90°，则电场力做负功，B错误；电场线是为了形象地描绘电场而人为引入的一簇曲线，该曲线的疏密程度反映电场强度的大小，C错误；静电场的电场线在空间上与等势面垂直，且沿电场线的方向电势降低，即由高等势面指向低等势面，D正确。 4.(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，金属微粒受电场力方向竖直向上，可知金属微粒带正电，由平衡条件可知q=mg，解得q=，故选C。 5.(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。 6.如图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的电场线，该电场线关于虚线对称，O点为A、B点电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是 (　　) A.A、B可能带等量异种电荷 B.A、B可能带不等量的正电荷 C.同一试探电荷在a、b两点处所受静电力大小相等、方向相反 D.a、b两点处无电场线，故其电场强度为零 解析：选C　由于电场线关于虚线对称，O点为A、B点电荷连线的中点，结合等量异种点电荷与等量同种点电荷的电场线的分布特点，可知A、B带等量正电荷，故A、B错误；a、b为其连线的中垂线上对称的两点，根据等量正点电荷电场线的分布特点，可知a、b两点位置的电场强度大小相等、方向相反，则同一试探电荷在a、b两点处所受静电力大小相等、方向相反，故C正确；电场线是为了形象地描述看不见、摸不着的电场而人为假想的，其分布的疏密程度反映电场强度的大小，a、b两点处虽然无电场线，但其电场强度不为零，故D错误。 7.(2025·重庆模拟)如图所示，水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，竖直线MN为该正方形的中轴线，交正方形所在平面于O点，两电荷量大小相等的带电小球甲、乙恰好静止在MN轴上距O点相同距离的位置。下列说法正确的是 (　　) A.甲、乙可能为同种电性 B.甲、乙质量可能不同 C.甲、乙质量一定不同 D.点电荷a、b、c、d在甲、乙位置处产生的场强相同 解析：选C　水平面内正方形的四个顶点固定着四个完全相同的点电荷a、b、c、d，a、c和b、d分别为等量同种电荷，MN为它们连线的中垂线，根据等量同种点电荷周围的电场分布，可知MN上甲、乙位置处的场强等大反向，故D错误；甲、乙静止，即甲、乙受力平衡，设甲、乙之间的库仑力大小为F，若甲、乙为同种电荷，则甲、乙受到的电场力和彼此间的库仑力均大小相等、方向相反，即甲、乙受到的电场力和库仑力的合力等大反向，不可能都和重力平衡，即甲、乙一定为不同电性，则甲、乙受到的电场力相同，库仑力等大反向，则甲、乙受到的电场力和库仑力的合力大小一定不相同，则与之平衡的重力一定不同，即甲、乙的质量一定不同，故A、B错误，C正确。 8.(2025·河南郑州模拟)如图所示，真空中A、B、C三点的连线构成一个等腰三角形，OC为AB连线的中垂线，O为连线中点。将电荷量为-Q和+Q的两点电荷分别固定在A、B点，A、B相距l，静电力常量为k。现将另一个电荷量为+q的点电荷放置在AB连线的中垂线上距O点为x=l的C点处，此时+q所受的静电力大小为 (　　) A. B. C. D. 解析：选D　如图所示，C处+q受到A、B处点电荷的电场力大小相等，为FA=k=，则C处+q受到的电场力为F=2FAcos θ=2××=，故选D。 9.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。 10.(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点的点电荷在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。 11.(2025·山东泰安模拟)如图所示，BAC为三分之二圆周的均匀带负电圆弧状绝缘导体，O为圆弧导体所在圆的圆心，O点的电场强度大小为E。若在BC处再放置一段三分之一圆周的均匀带正电圆弧状绝缘导体，其单位长度带电量与BAC相同，且与BAC不接触，则此时O点的电场强度为 (　　) A.，方向由A指向O B.2E，方向由O指向A C.，方向由A指向O D.，方向由O指向A 解析：选B　三分之二圆周的均匀带负电圆弧状绝缘导体在O点产生的电场强度大小为E，根据对称性可知，该电场强度方向由O指向A，同理，根据对称性可知，AB圆弧产生的电场强度方向沿CO方向指向AB，AC圆弧产生的电场强度方向沿BO方向指向AC，AB圆弧与AC圆弧产生的电场强度方向之间的夹角为120°，根据矢量叠加原理，可知AB圆弧与AC圆弧产生的电场强度大小均为E，根据对称性可知，BC处均匀带正电圆弧状绝缘导体产生的电场强度大小也为E，方向由O指向A，根据矢量叠加可知，O点的电场强度大小为2E，方向由O指向A。故选B。 12.(11分)如图所示，一半径为r的圆环上均匀分布着电荷量为+Q的电荷，在垂直于圆环面且过圆心O的轴线上有A、B、C三个点，C和O、O和A间的距离均为d，A、B间距离为2d。在B点处有一电荷量为+q的固定点电荷。已知A点处的场强为零，k为静电力常量，求： (1)带电圆环在O点处的场强大小；(3分) (2)C点处的场强。(8分) 解析：(1)圆环上关于圆心对称的两小段圆弧上的电荷在O点处产生的场强大小相等、方向相反，其合场强为零，则带电圆环在O点处的场强为EO=0。 (2)A点处的场强为零，根据电场叠加原理可知，带电圆环和B点处点电荷在A点处产生的场强大小均为EBA=，两者方向相反，根据对称性可知，带电圆环在C点处产生的场强大小为EC1=，方向由O指向C B处点电荷在C点处产生的场强大小为EC2=，方向由O指向C，则C点处的场强大小为E=EC1+EC2 解得E=，方向由O指向C。 答案：(1)0　(2)，方向由O指向C 第二讲　电场能的性质 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)(人教必修3 P26“思考与讨论”·改编)静电力做功与重力做功一样，都与路径无关。 (√) (2)(2024·湖北高考T8D)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。 (×) (3)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。 (×) (4)(人教必修3 P34T4·改编)电场中两个电势不相同的等势面不可能相交。 (√) (5)电场中，场强方向是电势降落最快的方向。 (√) (6)(2023·湖北高考T3A)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远。 (×) (7)电势的大小由电场的性质决定，与零电势点的选取无关。 (×) (8)等势线越密的地方，电场线越密，电场强度越大。 (√) 逐点清(一)　电势高低及电势能大小的比较 1.[电势能大小的比较] (2025·北京大兴调研)如图所示，是两个电荷的电场线分布，图中P、Q两点关于两电荷连线对称。由图可知 (　　) A.两电荷是等量同种电荷 B.两电荷是等量异种电荷 C.P点和Q点电场强度相同 D.若将一负电荷从M点移动到N点，该负电荷电势能增加 解析：选D　根据电场线从正电荷出发回到负电荷的特性，由题图可知，左侧电荷为正电荷，右侧电荷为负电荷，由于靠近左侧电荷的电场线较密，则左侧电荷带电量较大，故A、B错误；由对称性可知，P点和Q点电场强度大小相等、方向不同，故C错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，M点电势大于N点电势，由Ep=φq可知，负电荷在N点电势能较大，故D正确。 2.[电势大小的计算] (2025·贵州毕节模拟)如图所示，A、B是固定在真空中的两个异种点电荷，其中B的电荷量大小是A的3倍。O是A、B点电荷连线的中点。如果只有A点电荷存在时，把一带电量为q的正试探电荷从无限远处移到O点，该试探电荷克服静电力做的功为W。规定无限远处的电势为零，则A、B电荷同时存在时，O点处的电势为 (　　) A. B.- C. D.- 解析：选B　由于A、B带异种电荷，带电量为q的正试探电荷从无限远处移到O点，该试探电荷克服A点电荷的静电力做的功为W，则该试探电荷受B点电荷对它的静电力做的功为3W，A、B电荷同时存在时，试探电荷从无限远处移到O点静电力做的功为3W-W=2W，所以试探电荷在O点的电势能Ep=-2W，O点处的电势φ==-，故选B。 3.[电场强度、电势、电势能的综合] 如图所示，A、B、C、D为匀强电场中的四点，它们的连线构成正方形，其中AD边与电场线平行，O点为AC与BD连线的交点。一个电荷量为Q的正点电荷固定在O点，下列说法正确的是 (　　) A.C、D两点的电场强度相同 B.A、B两点的电势不等 C.将电子沿直线从B点移动到C点，电场力做正功 D.将电子沿直线从C点移动到D点，电势能先减小后增大 解析：选D　O点的正点电荷在A、B、C、D四点的电场方向如图所示，由图可知C、D两点的电场强度方向不相同，故C、D两点的电场强度不相同，A错误；在匀强电场中A、B两点的电势相等，在点电荷形成的电场中A、B两点的电势相等，故A、B两点的电势相等，B错误；在点电荷形成的电场中B、C两点的电势相等，故将电子沿直线从B点移动到C点，点电荷对电子做功为零，匀强电场对电子做负功，故电场力做负功，C错误；CD边与匀强电场方向垂直，将电子沿直线从C点移动到D点，匀强电场对电子不做功，点电荷对电子先做正功后做负功，故电势能先减小后增大，D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.电势能变化的判断方法 (1)根据电场力做功：电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加。 (2)根据Ep=φq：正电荷在电势越高处电势能越大；负电荷在电势越高处电势能越小。 2.电势高低的判断方法 (1)根据电场线：沿电场线的方向电势降低。 (2)根据UAB=：判断UAB正负，确定φA和φB的高低。 逐点清(二)　电势差与电场强度的关系 1.[E=在匀强电场中的应用] (2025·广西柳州模拟)如图所示，在平行于匀强电场的平面上以O点为圆心作半径为10 cm的圆，在圆周上取A、B、C、D四点，AD为圆的直径，OC与OD成53°，OB垂直于AD，C点电势为0 V，已知匀强电场的场强大小为1.0×104 V/m，cos 53°=0.6。则 (　　) A.D点电势为400 V B.O点电势高于B点电势 C.A、C两点间的电势差为1.4×103 V D.电子在A点的电势能小于在D点的电势能 解析：选D　C、D两点间的电势差为UCD=EdCD=ER(1-cos 53°)=1.0×104×0.1×(1-0.6)V=400 V，由于C点电势为0 V，则有UCD=φC-φD=0-φD=400 V，可得D点电势为φD=-400 V，故A错误；由于OB连线与电场线方向垂直，所以O点电势等于B点电势，故B错误；A、C两点间的电势差为UAC=EdAC=ER(1+cos 53°)=1.0×104×0.1×(1+0.6)V=1 600 V，故C错误；根据沿电场线方向电势降低可知，A点电势高于D点电势，根据Ep=qφ，由于电子带负电，所以电子在A点的电势能小于在D点的电势能，故D正确。 2.[E=在非匀强电场中的应用] 如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为φA=30 V，B点的电势为φB=-10 V，则C点的电势 (　　) A.φC=10 V　　　　　 B.φC>10 V C.φC<10 V D.上述选项都可能正确 解析：选C　由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，故AC间的电场强度较大，根据E=，可知相等距离之间电场强度越大，电势差越大，即UAC>UCB，所以φA-φC>φC-φB，可得φC<=10 V，C正确。 3.[等分法确定电场强度的大小和方向] (2025·黑龙江模拟)(多选)如图所示，某平面内存在方向未知的匀强电场，有一半径为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 V，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，则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，故场强方向沿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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.UAB=Ed中，d为A、B两点沿电场线方向的距离。 2.在非匀强电场中，距离相等的两点间，电场强度越大，电势差越大。 3.等分法确定电场线及电势高低的解题思路 逐点清(三)　等势面的理解和应用 几种典型电场的等势面 电场 匀强电场 点电荷的电场 等量异种点电荷 的电场 等量同种(正) 点电荷的电场 等势面 重要描述 垂直于电场线的一簇平面 以点电荷为球心的一簇球面 连线的中垂线上电势处处为0 两正点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高 题点1　对等势面的理解 1.(2024·河北高考)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：选C　在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。题图中c点的等差等势线相对最密集，故该点的电场强度最大。故选C。 2.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P为正电荷。P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，相邻等势面间电势差相等，a、b、c、d为电场中的4个点。下列说法正确的是 (　　) A.P、Q两点处的点电荷带同种电荷 B.c点与d点场强方向相同，电势也相同，a点电场强度小于b点电场强度 C.一负电子从c点到b点电场力做正功 D.负电子在a点电势能比在b点的电势能大 解析：选B　由等势面作出电场线，如图所示，可知P、Q两点处的点电荷带异种电荷，故A错误；根据点电荷场强决定式E=以及场强的叠加原理可知，c点与d点场强方向相同，因为c点与d点在同一等势面上，所以c点与d点电势也相同，又因b点等差等势面比a点密集，可知b点场强较大，故B正确；电场线从高等势面指向低等势面，所以c点电势高于b点电势，所以一负电子从c点到b点电场力做负功，故C错误；因为a点电势高于b点电势，由Ep=φq可知电子在a点电势能比在b点的电势能小，故D错误。 题点2　运动轨迹与等势面的综合 3.(2025·陕西商洛模拟)如图所示，虚线为电场中的三条等势线，相邻等势线间的电势差相等，实线为一电子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，电子经过P、Q两点时的加速度大小分别为aP、aQ，动能分别为EkP、EkQ，电势能分别为EpP、EpQ，P、Q两点的电势分别为φP、φQ，下列判断正确的是 (　　) A.aP<aQ B.EkP<EkQ C.EpP<EpQ D.φQ<φP 解析：选B　P处等差等势面密，P处电场强度大，电场力大，则电子在P处加速度大，即aP>aQ，故A错误；电子所受电场力垂直于等势线方向且指向运动轨迹的凹侧，可知电子所受电场力方向偏向下，所以电场线方向偏向上，沿电场线方向电势降低，则φQ>φP，由Ep=qφ可知，电子在电势高处电势能小，则EpP>EpQ，由能量守恒定律可知，EkP<EkQ，故B正确，C、D错误。 4.(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，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。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.等势面的特点 (1)等势面与电场线相互垂直，且沿电场线的方向电势降低。 (2)等势线越密的地方，电场强度越大。 2.分析等势面(线)与粒子运动轨迹综合问题的方法(只受电场力) (1)先根据电场力沿着垂直于等势面方向且指向运动轨迹弯曲的凹侧，确定带电粒子所受电场力的方向。 (2)再结合等势面的电势高低关系确定电场线的方向，进而确定带电粒子的电性。 (3)最后根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做功、电势能的变化情况等。 逐点清(四)　电场中的三类图像问题 类型1　φ-x图像 1.(2024·重庆高考)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。一电荷量为e的带负电的试探电荷，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。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 解析：选B　带负电的试探电荷在x2点动能为1.5 eV，电势能为-1 eV，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点速度最大，试探电荷继续运动到x3点右侧，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，之后沿x轴负方向运动，回到x2点时动能仍为1.5 eV，继续向左运动，在电势为-0.5 V处减速到零后又反向运动，但不会运动到x0、x1点，即试探电荷在x3点两侧往复运动。 类型2　E-x图像 2.(2025·安徽合肥一模)(多选)沿电场中某条电场线方向建立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，x轴正方向为电场强度E的正方向，坐标轴上的点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点时动能为Ek，仅考虑静电力作用，则下列说法正确的是 (　　) 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.粒子运动到C点时动能大于3Ek D.粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量 解析：选CD　由题图可知从O点到C点，电场强度方向相同，沿电场线方向电势一直降低，A错误；电场强度大小不断变化，静电力大小也不断变化，带正电的粒子的加速度不断变化，做变加速运动，B错误；根据E随x的变化规律可知，AC段电场强度平均值大于OA段电场强度平均值，AC段静电力做的功大于2Ek，则粒子运动到C点时动能大于3Ek，C正确；粒子在AB段受到的平均静电力大于在BC段受到的平均静电力，则AB段静电力做的功大于BC段静电力做的功，所以粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，D正确。 类型3　Ep-x图像 3.(多选)如图所示，O、a、b、c、d是x轴上的五个点，O为原点，相邻点间距均为x0，静电场方向平行于x轴，现将质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子自O点由静止释放，粒子仅在静电力的作用下沿x轴运动，其电势能随位置变化关系如图所示，则下列说法正确的是 (　　) A.粒子在b点的动能为零 B.粒子的运动是先减速后加速 C.a、c两点的电场强度大小均为 D.d点的电势为- 解析：选CD　根据能量守恒定律可知，从O到b再到d过程，电势能先减小后增大，所以动能先增大后减小，在b点动能最大，粒子速度先增大后减小，故A、B错误；Ep-x图像斜率的绝对值代表静电力大小，静电力大小为F=qE=，所以电场强度大小为E=，故C正确；根据电势定义式可知，d点的电势为φ==-，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.φ-x图像问题的分析技巧 (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，φ-x图像存在极值，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。 (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。 2.E-x图像问题的分析技巧 (1)判定场强E的方向：E>0表示场强沿正方向，E<0表示场强沿负方向。 (2)在E-x图像上，图线与x轴所围成的面积表示两点间电势差，如图所示。 3.Ep-x图像问题的分析技巧 (1)根据电势能的变化可以判断静电力做功的正负。 (2)根据W=Fx=Ep0-Ep，整理得Ep=Ep0-Fx，图像Ep-x的斜率大小为静电力大小。 [课时跟踪检测] 1.雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，电场的等差等势面a、b、c、d分布情况如图所示，在等势面中有A、B、C三点。下列说法中正确的是 (　　) A.避雷针附近的电场是匀强电场 B.A点的电场强度比B点小 C.a、d、c、d等势面中a的电势最低 D.有一带负电的雨点从乌云中下落，静电力做正功 解析：选D　匀强电场的等势线应是一簇平行线，由题图可知避雷针附近的电场不是匀强电场，故A错误；等差等势面越密集，电场强度越大，所以A点的电场强度比B点大，故B错误；乌云带负电，则电场线终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低，可知a、b、c、d等势面中a的电势最高，故C错误；有一带负电的雨点从乌云中下落，雨点所受静电力方向与速度方向夹角小于90°，静电力做正功，故D正确。 2.(2024·北京高考)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 解析：选C　由等量异种点电荷周围的电场分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，A错误；由沿电场线方向电势越来越低知，P点电势高于Q点电势，B错误；由场强叠加原理得P点电场强度大小为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，而P、Q间距不变，根据U=Ed定性分析可知，P、Q两点间电势差变大，C正确，D错误。 3.(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。 4.(2025·广西柳州模拟)(多选)如图所示，在边长为a的正六边形的三个顶点A、C、E分别固定电荷量为+q、+q、-q的点电荷，O点为正六边形的中心，则下列说法正确的是 (　　) A.O点的电场强度大小为 B.O点的电场强度大小为 C.电子在O点的电势能比在B点的大 D.电子在O点的电势能比在B点的小 解析：选AC　根据点电荷周围的电场强度和电场强度的叠加可知，O点的电场强度大小为E=2cos 60°+=，A正确，B错误；根据电势叠加可知，O、B两点距离两个正电荷的距离相等，而O点距离负电荷较近，则O点的电势比B点的电势低，所以电子在O点的电势能比在B点的大，故C正确，D错误。 5.(2025·辽宁鞍山模拟)某空间中存在一匀强电场，方向与x轴正方向的夹角为60°。下图为沿x轴方向的电势分布图像。在坐标原点O处由静止释放一电荷量为q=2×10-10 C的带正电粒子。若该粒子只受电场力作用，且规定坐标原点O处电势为100 V，则当该粒子的位移大小为5 m时，其电势能Ep为 (　　) A.0 J B.1.0×10-8 J C.-2.0×10-8 J D.-4.0×10-8 J 解析：选C　由题图可知沿x轴方向5 m的位置电势为0，则沿电场线方向电势为0的点与O点的距离为d=xcos 60°=2.5 m，根据匀强电场电势差与电场强度的关系有E==40 V/m，在坐标原点O处由静止释放一电荷量为q=2×10-10 C的带正电粒子，当该粒子的位移大小为5 m时，电场力做的功为WE=qEx'=2×10-10×40×5 J=4.0×10-8 J，则该粒子的电势能变化量为ΔEp=-WE=-4.0×10-8 J，该粒子在O点的电势能为EpO=qφ0=2×10-10×100 J=2.0×10-8 J，又ΔEp=Ep-EpO，所以当粒子的位移为5 m时，其电势能Ep=-2.0×10-8 J，故选C。 6.(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：选D　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。 7.如图所示，某平面内有一个矩形，已知AC=10 cm，∠CAB=53°，∠CAD=37°，在该平面内存在一匀强电场，A、B、D三点电势为φA=100 V，φB=64 V，φD=36 V，下列说法正确的是 (　　) A.该电场的电场强度大小为10 V/m B.A点电势比C点电势低100 V C.电子自D点移动到B点电势能增加75 eV D.电子自C点移动到B点电势能减少64 eV 解析：选D　根据EAD==8 V/cm，EAB==6 V/cm，合电场强度大小为E==10 V/cm=1 000 V/m，故A错误；根据匀强电场的特点，有φA-φD=φB-φC，可得φC=0，则A点电势比C点电势高100 V，故B错误；电子自D点移动到B点，电场力对其做的功为WDB=-eUDB=-e(φD-φB)=28 eV，电场力对电子做正功，所以电子的电势能减少28 eV，故C错误；电子自C点移动到B点电场力对其做的功为WCB=-eUCB=-e(φC-φB)=64 eV，电场力对电子做正功，所以电子的电势能减少64 eV，故D正确。 8.(2025·四川成都模拟)如图所示是电视机显像管主聚焦电场中的电场线分布图，中间一根电场线是直线，电子从O点由静止开始只在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，在此过程中，关于电子运动速度v随时间t的变化图线，运动径迹上电势φ、加速度a、电子动能Ek随位移x的变化图线，下列一定不正确的是 (　　) 解析：选C　在v-t图像中，斜率表示加速度，而加速度由电场力产生，由于电场线的疏密表示电场强弱，所以电子在运动过程中，电场先增强后减弱，电场力先增大后减小，所以加速度应先增大后减小，故v-t图像的斜率应先增大后减小，故A正确，C错误；沿电场线方向电势不断降低，同时φ-x图线切线的斜率表示电场强度的大小，故B正确；Ek-x图线切线的斜率表示电场力，电子在运动过程中电场力先增大后减小，速度一直增大，动能一直增大，故D正确。 9.(2025·天津北辰三模)(多选)如图所示，两个等量的点电荷分别固定在A、B两点。虚线为AB的中垂线，交AB于O点。曲线ab为一电子只在电场力作用下的运动轨迹。a、b关于O点对称。则下列说法正确的是 (　　) A.两个点电荷一定都带负电 B.图中虚线是一条等势线 C.电子在a、b两点电势能相同 D.电子在a、b两点速度大小相同 解析：选CD　曲线ab为一电子只在电场力作用下的运动轨迹，根据电子所受电场力一定指向运动轨迹的凹侧，可知两个点电荷一定都带正电，故A错误；由于两点电荷为等量正点电荷，根据等量正点电荷周围电势分布可知，题图中虚线(中垂线)不是一条等势线，故B错误；根据等量正点电荷周围电势分布规律以及对称性可知a、b两点电势相等，所以电子在a、b两点的电势能相同，根据能量守恒定律可知电子在a、b两点动能相等，则电子在a、b两点速度大小相同，故C、D正确。 10.空间中有一试探电荷处在一区域电场中，沿某方向建立x轴，该试探电荷在x轴上各点的电势能Ep随x的变化关系如图所示。根据Ep-x图像，下列说法正确的是 (　　) A.x1处的电场强度大于0 B.沿x轴正方向电势逐渐降低 C.x3处的电场强度大于x4处的电场强度 D.试探电荷从x3处运动至x2处的过程中，电场力做功为Ep1-Ep2 解析：选C　因为试探电荷的电性未知，所以由题图不能判断出沿x轴方向电势的升降，故B错误；根据电场力做功与电势能变化的关系可知，Ep-x图像的切线斜率的绝对值表示电场力的大小，电场力越大表示电场强度越大，由题图可知，x1处斜率等于0，x3处切线的斜率大于x4处切线的斜率，故x1处电场强度等于0，x3处的电场强度大于x4处的电场强度，故A错误，C正确；试探电荷从x3处运动至x2处的过程中，电势能增加量为Ep1-Ep2，电场力做功为Ep2-Ep1，故D错误。 11. (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，Y对X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，此时Y对X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。 12.(2025·河北三模)一带正电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，电场的电势φ、电场强度E、粒子的动能Ek与x的关系图像正确的是 (　　) 解析：选B　由题图可知，Ep随位移增大逐渐减小，由于粒子带正电，结合φ=可知，电势φ随位移增大逐渐减小，故A错误，B正确；带正电粒子在电场中仅受静电力作用，则有ΔEp=-F电Δx，可知Ep-x图像斜率的绝对值表示电场力大小，根据题图可知，带正电粒子受到的电场力随位移增大逐渐减小，则电场强度随位移增大逐渐减小，C错误；根据动能定理可得Ek=F电Δx，可知Ek-x图像的斜率表示电场力，由于电场力随位移增大逐渐减小，则Ek-x图像的斜率随位移增大逐渐减小，D错误。 13.(2025·吉林长春模拟)如图甲，电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度如图乙所示。现有一带正电粒子，以大小为v0的初速度沿轴线仅在电场力作用下由P点运动到Q点，OP=OQ=L。以x轴的正向为电场强度的正方向，则 (　　) A.细圆环带负电 B.OP两点间电势差UOP小于OQ两点间电势差UOQ C.该粒子将会在P、Q两点之间做往复运动 D.该粒子由P点运动到Q点的过程，电势能先增大后减小 解析：选D　以x轴的正向为电场强度的正方向，结合题图乙中电场的正负可知，圆环带正电，故A错误；根据对称性结合OP=OQ=L，可知OP两点间电势差UOP等于OQ两点间电势差UOQ，故B错误；根据对称性结合qU=mv2-m，可知粒子到达Q点时的速度大小为v0，粒子不会在P、Q两点之间做往复运动，故C错误；该粒子由P点运动到Q点的过程，电场力先做负功，后做正功，则电势能先增大后减小，故D正确。 第三讲　电容器 带电粒子(体)在电场中的运动 课前 [精要回顾] [微点判断] (1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。 (×) (2)电容器的电容随电容器所带电荷量的增大而增大。 (×) (3)(2024·浙江6月选考T6B)在“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验中，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则电容器的电容增大。 (×) (4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。 (×) (5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。 (√) (6)(人教必修3 P47“拓展学习”·改编)示波管偏转电极接入恒定电压时，屏幕上出现一个亮斑。 (√) (7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。 (×) 逐点清(一)　平行板电容器的动态分析 1.[电容器电荷量不变时的动态分析] (2025·广东深圳三模)某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大(可动电极不会与固定电极接触)。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是 (　　) A.风力越大，电容器电容越小 B.风力越大，静电计指针张角越小 C.风力越大，静电计指针张角越大 D.风力越大，极板间电场强度越大 解析：选B　平行板电容器的电容为C=，风力越大，两极板间的距离越小，电容器的电容越大，又因为C=，整理有U=，由于电荷量不变，所以电容器两端的电压变小，即风力越大，静电计指针张角越小，故B正确，A、C错误；由于C==，又因为E=，整理有E=，可知极板间电场强度与两板间的距离无关，所以风力越大，极板间电场强度不变，故D项错误。 2.[电容器电压不变时的动态分析] (2025·天津高三测评)电源、开关、平行板电容器连成如图所示的电路，A板接地，闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器的电容为C，板间场强大小为E，A、B两板间电势差为U，固定在P点的负电荷的电势能为Ep，现将上极板向上移动少许，则下列物理量增大的是 (　　) A.C　　　　　　　　　 B.E C.U D.Ep 解析：选D　根据C=，可知将上极板向上移动少许，d增大，电容C减小，故A错误；电容器与电源相连，电容器两极板间的电势差不变，根据E=，可知将上极板向上移动少许，d增大，板间场强大小E减小，故B、C错误；根据UAP=φA-φP=-φP，且UAP=UAB-UPB=E电动势-EdPB，可得φP=EdPB-E电动势，可知P点的电势减小，根据Ep=φP(-q)，可知P点的负电荷的电势能增大，故D正确。 3.[含有二极管的电路电容器动态分析] (2025·安徽合肥三模)(多选)如图所示，平行板电容器两极板与直流电源、理想二极管D(正向电阻为零，反向电阻无穷大)、定值电阻R连接，电容器下板B接地，两板间P点有一带电油滴恰好处于静止状态，现将上极板A向上移动，则下列说法正确的是 (　　) A.R中有从a到b的电流 B.两极板间电压保持不变 C.油滴的电势能不变 D.油滴仍保持静止状态 解析：选CD　将上极板A向上移动时，由平行板电容器电容的决定式C=可知，电容器的电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电路中没有电流，故A错误；电容器的带电量不变，由U=可知，两极板间电压增大，B错误；由电场强度和电势差关系E==可知，两极板间场强不变，P点电势不变，油滴的电势能不变，故C正确；两极板间电场强度不变，则油滴受力不变，油滴仍静止，故D正确。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 　平行板电容器的动态分析思路 逐点清(二)　带电粒子(体)在电场中的直线运动 1.[带电粒子只在电场力作用下的直线运动] 如图，在P板附近有电荷(不计重力)由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是 (　　) A.到达Q板的速率与两板间距离和加速电压两个因素有关 B.电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越短，加速度越小 C.电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大 D.若加速电压U与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍 解析：选D　根据动能定理得qU=mv2，到达Q板的速率为v=，可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误；由运动学公式有d=at2，由牛顿第二定律有a=，可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故B、C错误；到达Q板的速率为v=，故若加速电压U与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D正确。 2.[带电体在静电力和重力作用下的直线运动] (2025·陕西铜川模拟)如图所示，充电后水平放置的平行板电容器与电源断开，金属板相距为d，一质量为m、电荷量为-q的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出(轨迹如图中虚线所示)，若仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，其他条件保持不变，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是 (　　) A.平移后油滴将做匀加速直线运动 B.平移后电场强度大于，方向竖直向下 C.平移后下板和上板之间的电势差大小为 D.平移后油滴穿越两板之间的电场后电势能减少了mgd 解析：选C　由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在两极板间一定做匀速直线运动，有qE=mg，可得E=，方向竖直向下，根据E=，由电容定义式有C=，由电容决定式有C=，联立解得E=，可知当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向下，仍有qE=mg，所以油滴仍做匀速直线运动，故A、B错误；由以上分析可知，当仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，上、下两极板间的电势差大小为U'=E=，故C正确；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WG=-mgd，则电场力做功W'=mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，故D错误。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.带电粒子(体)在电场中运动时重力的处理 基本 粒子 如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量) 带电体 如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力 2.处理带电粒子在电场中直线运动的两个观点 (1)动力学观点：a=，E=，v2-=2ad。 (2)用功能观点分析 匀强电场中：W=Eqd=qU=mv2-m。 非匀强电场中：W=qU=Ek2-Ek1。 逐点清(三)　带电粒子(体)在电场中的曲线运动 1.[带电粒子在电场中的偏转] (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。 2.[带电粒子在电场力和重力作用下的偏转] (2025·湖南邵阳检测)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=BC，已知当地重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.小球带正电 B.在小球从B点运动到C点的过程中，小球受到的电场力大小为mg C.小球从A点运动到B点的时间与从B点运动到C点的时间之比为1∶1 D.在小球从A点运动到C点的过程中，其重力势能的减少量与电势能的增加量之比为2∶1 解析：选C　由题意可知，小球从A到B过程，其做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，小球到达C点时速度方向恰好水平，设∠ABM=θ，小球从A到C过程，在水平方向做匀速直线运动，有xAB=v0t1=ABcos θ，xBC=v0t2=BCcos θ，又AB=BC，则小球从B到C过程可以看作从A到B的逆过程，由运动的对称性可知，从A运动到B的时间与从B运动到C的时间之比为1∶1，故C项正确；由题图可知，从B到C的过程，小球受到的电场力方向竖直向上，与电场线方向相反，所以小球带负电，故A项错误；由上述分析可知，从A到B有mg=ma，则从B到C为F电-mg=ma，解得F电=2mg，故B项错误；A到B竖直方向的高度与B到C竖直方向的高度相同，设为h，从A到C过程小球重力做功为WG=mg·2h=2mgh，克服电场力做功为W克电=F电h=2mgh，两者做功的大小相同，所以重力势能的减少量与电势能的增加量之比为1∶1，故D项错误。 3.[带电粒子在电场中的圆周运动] (2023·浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足 (　　) A.=　　　　　　　 B.= C.= D.= 解析：选A　带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE1=m，qE2=m，联立可得=，故选A。 关键点拨(对应学生用书旁栏内容) 1.偏转的一般规律 2.两个重要的推论 (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、偏移量总是相同的。 (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.偏转问题的两种处理方法 (1)运动的分解法：带电粒子沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，沿垂直于电场方向做匀速直线运动。 (2)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。 [课时跟踪检测]　　　 (说明：标★的题目为推荐讲评题目) 1.(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。 2.(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。 3.如图甲所示，某示波器在XX'、YY'不加偏转电压时光斑位于屏幕中心，现给其加如图乙所示的偏转电压，则看到光屏上的图形是 (　　) 解析：选D　XX'方向加逐渐增大的电压，则电子向X方向偏转。YY'方向加恒定电压，则电子向Y方向偏转，且偏转的距离相同。故选D。 4.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，电场强度为E(如图所示)，则 (　　) A.粒子射入的最大深度为 B.粒子射入的最大深度为 C.粒子在电场中运动的最长时间为 D.粒子在电场中运动的最长时间为 解析：选D　粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得-qExmax=0-m，粒子射入的最大深度xmax=，由v0=at，a=可得t=，由对称性可知粒子在电场中运动的最长时间为tmax=2t=，故D正确。 5.如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是 (　　) A. B. C. D. 解析：选B　带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解有vy==v0，又有d=v0t，vy=t，联立解得E=，A、C、D错误，B正确。 6.(2025·广东梅州模拟)静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有利于工人健康等优点，其简化原理如图所示。一带电油漆微粒从A点射入水平向左的匀强电场中(实线代表电场线)，微粒恰沿直线AB运动。下列说法正确的是 (　　) A.从A到B，微粒做匀减速直线运动 B.带电油漆微粒带正电 C.从A到B的过程中，微粒的重力势能增加 D.从A到B的过程中，微粒的机械能增加 解析：选D　微粒进入电场沿AB做直线运动，微粒所受合外力沿直线AB方向，所以微粒受到水平向右的电场力，微粒带负电，电场力和重力的合力与运动方向相同，微粒做匀加速直线运动，故A、B错误；微粒从A到B的过程中，重力做正功，电场力做正功，所以重力势能减少，电势能减少，机械能增加，故C错误，D正确。 7.(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点等高处的过程重力做功为零，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，小球的速度增大，动能增大，A、B、C错误，D正确。 8.(多选)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，电势能先增加后减小 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，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线，可知电场线垂直MN连线，但粒子所带电荷量的正负未知，电场方向不确定，由粒子做曲线运动所受的合力指向运动轨迹的凹侧可知，粒子所受的电场力垂直MN向下，如图所示，则电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，A正确，B、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。 9. (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。 10.(9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。(3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 对小球从A运动到B过程根据动能定理得 qU-mgL=mvB2-mvA2 联立解得vA= vB=。 答案：(1)　(2)　 11.(10分)(2025·陕西榆林期末)如图所示，金属丝和竖直金属板间电压U1=500 V，发射出的电子(初速度为0)被加速后，从金属板上的小孔S射出，射出的电子恰能沿平行于极板的方向由左端中间位置射入偏转电场。已知极板长l=6 cm，间距d=2 cm，极板间电压U2=40 V，电子的电荷量e=1.6×10-19 C，电子的质量m=0.9×10-30 kg。 (1)求电子射入偏转电场时的速度大小v；(3分) (2)电子从A点(图中未标出)射出偏转电场，求电子在偏转电场中发生的侧位移y；(4分) (3)若下极板电势为零，求A点的电势φA。(3分) 解析：(1)电子经过加速电场过程，根据动能定理可得eU1=mv2 解得v==×107 m/s。 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，则有l=vt，a=，y=at2 联立解得电子在偏转电场中发生的侧位移y=0.36 cm。 (3)A点离下极板的距离为Δd=+y=1.36 cm 若下极板电势为零，则A点的电势为φA=EΔd=Δd=27.2 V。 答案：(1)×107 m/s　(2)0.36 cm　(3)27.2 V 第四讲　观察电容器的充、放电现象(基础实验) 一、理清原理与操作 原理装置图 操作要领 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。 2.电容器的放电过程 开关S接2时，电容器负极板上负电荷与正极板上正电荷中和，两极板的电荷量逐渐减小，电流逐渐减小，电压也逐渐减为零，如图乙所示。 二、掌握数据处理方法 实验项目 实验现象 电容器 充电 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 电容器 放电 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 三、明确实验注意事项 1.连接电路时注意电流表和电压表的正、负极和量程。 2.电流表要选用小量程的灵敏电流计。 3.对电解电容器也要注意正、负极。 4.要选择电容较大的电容器。 5.实验过程要在干燥的环境中进行。 1.(2025·辽宁大连检测)如图甲所示为利用传感器研究电容器的实验电路。 (1)要求电压表示数能从零开始逐渐增大，请将图甲中的电路连接完整； (2)闭合开关S和S'，对电容器C充电，当充电完毕时电压表的示数U=8.00 V； (3)然后断开开关S'，电容器通过电阻R放电，利用电流传感器得到放电电流I随时间t变化图像如图乙所示，可估算电容器充电完毕时所带电荷量Q=　　　　C，则该电容器的电容C=　　　F；(保留两位有效数字)  (4)保持滑动变阻器的滑片位置不变，如果将电阻R更换为阻值更大的电阻，重做实验，电容器放电时的I-t图像用虚线表示，与原来放电图像进行比较，可能正确的是　　　　。  解析：(1)要求电压表示数能从零开始逐渐增大，可知滑动变阻器采用分压式接法，电路连接图如图所示。 (3)由电流的计算公式I=可知，I-t图像与坐标轴所围面积表示电容器所带电荷量，由题图乙可知，每个小方格的面积表示8.0×10-5 C，可得Q=30×8.0×10-5 C=2.4×10-3 C 由电容的定义式可得电容器的电容C== F=3.0×10-4 F。 (4)由题知，电容器所放电荷量不变，由于电阻R的阻值增大，则最大放电电流减小，放电时间增长。故选C。 答案：(1)见解析图　(3)2.4×10-3　3.0×10-4 (4)C 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消耗的功率为　　　　 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·浙江1月选考)在“观察电容器的充、放电现象”实验中，把电阻箱R(0~9 999 Ω)、一节干电池、微安表(量程0~300 μA，零刻度在中间位置)、电容器C(2 200 μF，16 V)、单刀双掷开关组装成如图1所示的实验电路。 (1)把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；然后把开关S接2，微安表指针偏转情况是　　　　。  A.迅速向右偏转后示数逐渐减小 B.向右偏转示数逐渐增大 C.迅速向左偏转后示数逐渐减小 D.向左偏转示数逐渐增大 (2)再把电压表并联在电容器两端，同时观察电容器充电时电流和电压变化情况。把开关S接1，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到160 μA时保持不变；电压表示数由零逐渐增大，指针偏转到如图2所示位置时保持不变，则电压表示数为　　　　 V，电压表的阻值为　　　　 kΩ(计算结果保留两位有效数字)。  解析：(1)把开关S接1，电容器充电，电流从右向左流过微安表，微安表指针迅速向右偏转后示数逐渐减小到零；把开关S接2，电容器放电，电流从左向右流过微安表，则微安表指针迅速向左偏转后示数逐渐减小。故选C。 (2)由题意可知电压表应选用0~3 V量程，由题图2可知此时电压表分度值为0.1 V，需要估读到0.01 V，则示数为0.50 V。当微安表示数稳定时，电容器中不再有电流通过，此时干电池、电阻箱、微安表和电压表构成回路，根据欧姆定律有RV=，可得RV≈3.1 kΩ。 答案：(1)C　(2)0.50　3.1 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.(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 11 / 50 学科网（北京）股份有限公司 $$