第9章 静电场-【十年高考】备战2026年高考物理真题分类解析与应试策略（Word版）

第九章　静电场 考点 2016~2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 合计 51.库仑定律　库仑力作用下的平衡 1 3 0 1 1 2 8 52.电场强度的矢量性及大小计算 0 1 1 2 4 3 11 53.电势高低与电势能大小的判断 3 7 3 5 8 5 31 54.公式U=Ed的拓展应用 0 1 2 0 1 2 6 55.电场线　等势面及运动轨迹问题 3 0 0 0 1 0 4 56.电场中的图像问题 1 0 0 0 3 0 4 57.电容器及动态分析 3 0 1 0 3 2 9 58.带电粒子在电场中的加速和偏转 1 1 1 1 0 4 8 59.带电粒子(带电体)在电场中的综合问题 2 1 2 3 4 6 18 60.实验:观察电容器的充、放电现象 0 0 0 2 3 0 5 命题热度 本章命题热度非常高() 课程标准 备考策略 1.了解静电现象。能用原子结构模型和电荷守恒的知识分析静电现象。 2.知道点电荷模型。掌握库仑定律。 3.知道电场是一种物质。了解电场强度,体会用物理量之比定义新物理量的方法。会用电场线描述电场。 4.了解生产生活中关于静电的利用与防护。 5.知道静电场中的电荷具有电势能。了解电势能、电势和电势差的含义。知道匀强电场中电势差与电场强度的关系。能分析带电粒子在电场中的运动情况,能解释相关的物理现象。 6.了解电容器的电容,观察电容器的充、放电现象。能举例说明电容器的应用。 复习本章时,要深入理解物理概念,明确电场的性质,掌握处理库仑力作用下电荷的平衡问题的方法;理解并掌握电势高低、电势能大小的判断方法;弄清电容器电容动态变化问题;在理解静电场相关概念的同时,学会应用力学规律和方法处理电场中的问题。 重点掌握求电场强度叠加的方法、电势高低的判断方法、掌握带电粒子在匀强电场中做直线运动和曲线运动的处理方法。 考点51库仑定律　库仑力作用下的平衡　　　　答案P347　 1.(2025·河北,8,6分,难度★★★)(多选)如图所示,真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B,带有等量同种电荷,电荷量为q,两者间距远大于小球直径,两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触,再跟B接触,移走C后,A和B之间的静电力大小仍为F,则Q∶q的绝对值可能是 (　　) 　　　　 　　　　　 　　　　　 　 A.1 B.2 C.3 D.5 2.(2024·全国新课标,18,6分,难度★★★)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 3.(2023·海南,8,3分,难度★★★)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AB固定两个带电量分别为Q1、Q2的正电荷,现有一个带正电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,试求Q1:Q2是多少 (　　) A.2n2∶1 B.4n2∶1 C.2n3∶1 D.4n3∶1 4.(讲解2021·山东,6,3分,难度★★★)如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷;在0≤x<a区间,x轴上电势φ的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为-Q的点电荷P置于正方形的中心O点,此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后,由静止释放,以下判断正确的是 (　　) 甲　　乙 A.Q=q,释放后P将向右运动 B.Q=q,释放后P将向左运动 C.Q=q,释放后P将向右运动 D.Q=q,释放后P将向左运动 5.(2021·海南,8,3分,难度★★★★)如图,V形对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上,两斜面与水平面夹角均为α=60°,其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上,P、Q连线垂直于斜面M,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为 (　　) A. B. C. D. 6.(2021·湖北,11,4分,难度★★★)(多选)如图所示,一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中,悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷,电荷量大小均为q(q>0)。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ=45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍,两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　　) A.M带正电荷 B.N带正电荷 C.q=L D.q=3L 7.(2018·浙江,6,3分,难度★★)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷),分别固定在两处,它们之间的静电力为F。用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触,然后移开球C,此时A、B球间的静电力为(　　) A. B. C. D. 8.(2025·福建,11,3分,难度★★)如图所示,两个点电荷Q1与Q2静止于竖直平面上,于P点放置一检验电荷恰好处于静止状态,PQ1与Q1Q2夹角为30°,PQ1⊥PQ2,则Q1与Q2电荷量之比为　　　　,在Q1Q2水平连线上　　　　(选填“存在”或“不存在”)其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。  考点52电场强度的矢量性及大小计算　　　　　　答案P348　 1.(2025·广西,4,4分,难度★)用带电玻璃棒接触验电器的金属球,移走玻璃棒,验电器内的两片金属箔张开,稳定后如图。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是 (　　) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 2.(2025·湖北,10,4分,难度★★★)(多选)如图所示,在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形,顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷,且电荷量为3q的点电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点处的电场强度 (　　) A.方向沿x轴负方向 B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C.大小为(cos 54°+cos 18°) D.大小为(2cos 54°+cos 18°) 3.(2025·陕晋宁青,1,4分,难度★)某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图,其中可能正确的是 (　　) 4.(2024·江苏,1,4分,难度★)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,则a、b两点的电场强度大小关系是 (　　) A.Ea=Eb B.Ea=2Eb C.Ea<Eb D.Ea>Eb 5.(2024·海南,12,4分,难度★★★)(多选)真空中有两个点电荷,电荷量均为-q(q≥0),固定于相距为2r的P1、P2两点,O是P1P2连线的中点,M点在P1P2连线的中垂线上,距离O点为r,N点在P1P2连线上,距离O点为x(x远小于r),已知静电力常量为k,则下列说法正确的是 (　　) A.P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r B.P1P2中垂线上电场强度的最大值为 C.在M点放入一电子,从静止释放,电子的加速度一直减小 D.在N点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为简谐运动 6.(2024·河北,7,4分,难度★★)如图所示,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.(6+) C.(3+1) D.(3+) 7.(2024·贵州,7,4分,难度★★)如图,A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上,直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时,C 点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向,则等于(　　) A. B. C. D.2 8.(2023·重庆,3,4分,难度★★)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 9.(2023·湖南,5,4分,难度★★★)如图所示,真空中有三个点电荷固定在同一直线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点电荷的电荷量可能为 (　　) A.Q1=q,Q2=q,Q3=q B.Q1=-q,Q2=-q,Q3=-4q C.Q1=-q,Q2=q,Q3=-q D.Q1=q,Q2=-q,Q3=4q 10.(2022·山东,3,3分,难度★★★)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电荷量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为Δl的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为 (　　) A.正电荷,q= B.正电荷,q= C.负电荷,q= D.负电荷,q= 11.(讲解2021·湖南,4,4分,难度★★★)如图所示,在(a,0)位置放置电荷量为q的正点电荷,在(0,a)位置放置电荷量为q的负点电荷,在距P(a,a)为a的某点处放置正点电荷Q,使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为 (　　) A.(0,2a),q B.(0,2a),2q C.(2a,0),q D.(2a,0),2q 考点53电势高低与电势能大小的判断　　　　答案P349　 1.(2025·北京,8,3分,难度★★)某小山坡的等高线如图,M表示山顶,A、B是同一等高线上两点,MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道,山顶的小球沿滑道从静止滑下,不考虑阻力,则 (　　) A.小球沿MA运动的加速度比沿MB的大 B.小球分别运动到A、B点时速度大小不同 C.若把等高线看成某静电场的等势线,则A点电场强度比B点大 D.若把等高线看成某静电场的等势线,则右侧电势比左侧降落得快 2.(2025·河北,1,4分,难度★)《汉书》记载“姑句家矛端生火”,表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图所示,则a、b、c、d四点中电势最高的是 (　　) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 3.(2025·甘肃,5,4分,难度★)如图所示,两极板不平行的电容器与直流电源相连,极板间形成非匀强电场,实线为电场线,虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上,N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是 (　　) A.M点的电势比P点的低 B.M点的电场强度比N点的小 C.负电荷从M点运动到P点,速度增大 D.负电荷从M点运动到P点,电场力做负功 4.(2025·四川,3,4分,难度★★)如图所示,由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内,管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q(Q>0)的带电小球。另一个电荷量为q(q>0且q≪Q)的带电小球以一定初速度从a点进入管道,沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则 (　　) A.小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力 B.小球从c点到e点电势能先不变后减小 C.小球过f点的动能等于过d点的动能 D.小球过b点的速度大于过a点的速度 5.(2025·云南,4,4分,难度★★★)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为-2 V、-1 V、1 V、2 V的等势线上,则(　　) A.a、b、c、d中a点电场强度最小 B.a、b、c、d中d点电场强度最大 C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV 6.(2024·北京,11,3分,难度★★)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 7.(2024·辽宁,6,3分,难度★★★)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 8.(2024·广东,8,6分,难度★★)(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,金属圆盘置于容器底部,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 9.(2024·广西,7,4分,难度★★)如图所示,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 10.(2024·河北,2,4分,难度★)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,一古塔顶端附近的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 11.(2024·湖北,8,4分,难度★★)(多选)关于电荷和静电场,下列说法正确的是 (　　) A.一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变 B.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 C.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 D.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 12.(2024·全国甲,18,6分,难度★★★)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 13.(2023·天津,8,4分,难度★★★)(多选)如图,一个固定正电荷产生的电场中,同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发,分别抵达M点、N点,且q在M、N点时速度大小也一样,则下列说法正确的有 (　　) A.P点电势大于M B.M点电势大于N C.q从P到M一直做减速运动 D.M、N两点处电场强度大小相同 14.(2023·山东,11,4分,难度★★★)(多选)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种的点电荷,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 15.(2023·广东,9,6分,难度★★★)(多选)电子墨水是一种无光源显示技术,它利用电场调控带电颜料微粒的分布,使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊,其中每个胶囊都是一个像素,如图所示,胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时,微粒在胶囊内迁移(每个微粒电荷量保持不变),像素由黑色变成白色。下列说法正确的有 (　　) A.像素呈黑色时,黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势 B.像素呈白色时,黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 C.像素由黑变白的过程中,电场力对白色微粒做正功 D.像素由白变黑的过程中,电场力对黑色微粒做负功 16.(2023·海南,12,4分,难度★★★)(多选)如图所示,正三角形三个顶点固定三个等量电荷,其中A、B带正电,C带负电,O、M、N为AB边的四等分点,下列说法正确的是 (　　) A.M、N两点电场强度相同 B.M、N两点电势相同 C.负电荷在M点电势能比在O点时要小 D.负电荷在N点电势能比在O点时要大 17.(2023·湖北,3,4分,难度★★)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,电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是 (　　) A.若φM>φN,则M点到正点电荷Q的距离比N点的远 B.若EM<EN,则M点到正点电荷Q的距离比N点的近 C.若把带负电的试探电荷从M点移到N点,电场力做正功,则φM<φN D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点,电场力做负功,则EM>EN 18.(2022·重庆,8,5分,难度★★★)(多选)如图为两点电荷Q、Q'的电场等势面分布示意图,Q、Q'位于x轴上,相邻等势面的电势差为3 V。若x轴上的M点和N点位于0 V等势面上,P为某等势面上一点,则 (　　) A.N点的电场强度大小比M点的大 B.Q为正电荷 C.M点的电场方向沿x轴负方向 D.P点与M点的电势差为12 V 19.(2022·河北,6,4分,难度★★)如图,真空中电荷量为2q和-q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点,形成一个以MN延长线上O点为球心,电势为零的等势面(取无穷远处电势为零),P为MN连线上的一点,S为等势面与直线MN的交点,T为等势面上的一点,下列说法正确的是(　　) A.P点电势低于S点电势 B.T点电场强度方向指向O点 C.除无穷远处外,MN直线上还存在两个电场强度为零的点 D.将正试探电荷q0从T点移到P点,静电力做正功 20.(讲解2022·湖南,2,4分,难度★★)如图所示,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是 (　　) A.电场强度方向垂直指向a,电势减小 B.电场强度方向垂直指向c,电势减小 C.电场强度方向垂直指向a,电势增大 D.电场强度方向垂直指向c,电势增大 21.(2021·辽宁,6,4分,难度★★)等量异号点电荷固定在水平向右的匀强电场中,电场分布如图所示,实线表示电场线,虚线表示等势线。将同一负电荷先后置于a、b两点,电势能分别为Epa和Epb,电荷所受电场力大小分别为Fa和Fb,则 (　　) A.Epa>Epb,Fa>Fb B.Epa>Epb,Fa<Fb C.Epa<Epb,Fa>Fb D.Epa<Epb,Fa<Fb 22.(2021·浙江,6,3分,难度★★)某书中有如图所示的图,用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线和等势面,其中a,b是同一条实线上的两点,c是另一条实线上的一点,d是导体尖角右侧表面附近的一点。下列说法正确的是 (　　) A.实线表示电场线 B.离d点最近的导体表面电荷密度最大 C.“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同 D.电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零 23. (2021·江苏,10,4分,难度★★)一球面均匀带有正电荷,球内的电场强度处处为零,如图所示,O为球心,A、B为直径上的两点,OA=OB,现垂直于AB将球面均分为左、右两部分,C为截面上的一点,移去左半球面,右半球面所带电荷仍均匀分布,则 (　　) A.O、C两点电势相等 B.A点的电场强度大于B点 C.沿直线从A到B电势先升高后降低 D.沿直线从A到B电场强度逐渐增大 24.(讲解2021·广东,6,4分,难度★★)如图是某种静电推进装置的原理图,发射极与吸极接在高压电源两端,两极间产生强电场,虚线为等势面。在强电场作用下,一带电液滴从发射极加速飞向吸极,a、b是其路径上的两点。不计液滴重力,下列说法正确的是 (　　) A.a点的电势比b点的低 B.a点的电场强度比b点的小 C.液滴在a点的加速度比在b点的小 D.液滴在a点的电势能比在b点的大 25.(讲解2021·河北,10,6分,难度★★★)(多选)如图,四个电荷量均为q(q>0)的点电荷分别放置于菱形的四个顶点,其坐标分别为(4l,0)、(-4l,0)、(0,y0)和(0,-y0),其中x轴上的两个点电荷位置固定,y轴上的两个点电荷可沿y轴对称移动(y0≠0)。下列说法正确的是 (　　) A.除无穷远处之外,菱形外部电场强度处处不为零 B.当y0取某值时,可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点 C.当y0=8l时,将一带负电的试探电荷由点(4l,5l)移至点(0,-3l),静电力做正功 D.当y0=4l时,将一带负电的试探电荷放置在点(l,l)处,其所受到的静电力方向与x轴正方向成45°倾斜向上 26.(讲解2021·湖南,9,5分,难度★★★)(多选) 如图所示,圆心为O的圆处于匀强电场中,电场方向与圆平面平行,ab和cd为该圆直径。将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,电场力做功为2W(W>0);若将该粒子从c点移动到d点,电场力做功为W。下列说法正确的是 (　　) A.该匀强电场的电场强度方向与ab平行 B.将该粒子从d点移动到b点,电场力做功为0.5W C.a点电势低于c点电势 D.若只受电场力,从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动 27.(2021·湖北,8,4分,难度★)(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 28.(讲解2020·山东,10,4分,难度★★★)(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷,电荷量不相等。一个带负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,如图所示。以下说法正确的是 (　　) A.a点电势低于O点 B.b点电势低于c点 C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能 D.该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能 29.(讲解2020·浙江,8,3分,难度★★★)空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷,其中Q点处为正电荷,P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示,a、b、c、d、e为电场中的5个点,设无穷远处电势为0,则 (　　) A.e点的电势大于0 B.a点和b点的电场强度相同 C.b点的电势低于d点的电势 D.负电荷从a点移动到c点时电势能增加 30.(2019·海南,1,4分,难度★★)如图,静电场中的一条电场线上有M、N两点,箭头代表电场的方向,则 (　　) A.M点的电势比N点的低 B.M点的电场强度大小一定比N点的大 C.电子在M点的电势能比在N点的小 D.电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大 31.(2024·福建,11,6分,难度★★)如图,圆心为O点、半径为R的圆周上有A、B、C、D、E、F、G、H八个等分点,G点固定有一电荷量为-Q(Q>0)的点电荷,其余各点均固定有电荷量为+Q的点电荷。已知静电力常量为k,则O点的电场强度大小为　　　　。M、N分别为OC、OG的中点,则M点的电势　　　　(选填“大于”“等于”或“小于”)N点的电势;将一电荷量为+q(q>0)的点电荷从M点沿图中弧线移动到N点,电场力对该点电荷所做的总功　　　　(选填“大于零”“等于零”或“小于零”)。  考点54公式U=Ed的拓展应用答案P352　 1.(2025·湖南,8,5分,难度★★★)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、-q 和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时,电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是 (　　) A.OA 中点的电势为零 B.电场的方向与x轴正方向成60°角 C.电场强度的大小为 D.电场强度的大小为 2.(2025·河南,4,4分,难度★★)如图所示,在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点,其电势分别为6 V、4 V、2 V;a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向正确的是 (　　) 3.(2024·江西,1,4分,难度★)蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质,将其置于电压恒定的两平行金属板间,板间电场视为匀强电场,如图所示。若两金属板间距减小,关于火焰中电子所受的静电力,下列说法正确的是(　　) A.静电力增大,方向向左 B.静电力增大,方向向右 C.静电力减小,方向向左 D.静电力减小,方向向右 4.(2022·福建,3,4分,难度★★)平时我们所处的地球表面,实际上存在电场强度大小为100 V/m的电场,可将其视为匀强电场,在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在a、b、c三点,其中a点位于金属杆正上方,b、c等高。则下列说法正确的是 (　　) A.b、c两点的电势差Ubc=0 B.a点电场强度大小大于100 V/m C.a点电场强度方向水平向右 D.a点的电势低于c点 5.(2022·湖北,4,4分,难度★★)密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为 (　　) A.q,r B.2q,r C.2q,2r D.4q,2r 6. (2021·海南,11,4分,难度★★)(多选)如图,在匀强电场中有一虚线圆,ab和cd是圆的两条直径,其中ab与电场方向的夹角为60°,ab=0.2 m,cd与电场方向平行,a、b两点的电势差Uab=20 V。则 (　　) A.电场强度的大小E=200 V/m B.b点的电势比d点的低5 V C.将电子从c点移到d点,电场力做正功 D.电子在a点的电势能大于在c点的电势能 考点55电场线　等势面及运动轨迹问题　　　　　　　　答案P352　 1.(2024·甘肃,9,5分,难度★★)(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 2.(讲解2018·天津,3,6分,难度★★)如图所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN,速度大小分别为vM、vN,电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　) A.vM<vN,aM<aN B.vM<vN,φM<φN C.φM<φN,EpM<EpN D.aM<aN,EpM<EpN 3.(讲解2017·天津,7,6分,难度★★★)(多选)如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是 (　　) A.电子一定从A向B运动 B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷 C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpB D.B点电势可能高于A点电势 4.(2017·海南,2,4分,难度★)(多选)关于静电场的电场线,下列说法正确的是 (　　) A.电场强度较大的地方电场线一定较密 B.沿电场线方向,电场强度一定越来越小 C.沿电场线方向,电势一定越来越低 D.电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹 考点56电场中的图像问题答案P352　 1.(2024·天津,8,4分,难度★)(多选)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,a、b、c、d为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下,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 2.(2024·重庆,6,4分,难度★★)沿空间某直线建立x轴,该直线上的静电场方向沿x轴,其电势的φ随位置x变化的图像如图所示,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,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 3.(2024·湖南,5,4分,难度★★)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 (　　) 4.(讲解2017·江苏,8,4分,难度★★★)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有 (　　) A.q1和q2带有异种电荷 B.x1处的电场强度为零 C.负电荷从x1移到x2,电势能减小 D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大 考点57电容器及动态分析答案P353　 1.(2025·黑吉辽内蒙古,4,4分,难度★★)如图所示,某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的,逐渐增大施加于两极板压力F的过程中,F较小时弹性结构易被压缩,极板间距d容易减小;F较大时弹性结构闭合,d难以减小。将该电容器充电后断开电源,极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是 (　　) 2.(2025·江苏,9,4分,难度★★)如图所示,平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中,电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动,使两板间距离增大为原来的2倍,再将该点电荷由a移动到b的过程中,电场力做功为 (　　) A. B.W C.2W D.4W 3.(2024·辽宁,5,4分,难度★★)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,若降低溶液的浓度,则 (　　) 图(a)　　图(b) 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 4.(2024·浙江,6,3分,难度★)如图是“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 5.(2024·甘肃,7,4分,难度★)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 6.(2022·重庆,2,4分,难度★★)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图,电容器上极板固定,下极板可随材料尺度的变化上下移动,两极板间电压不变。若材料温度降低时,极板上所带电荷量变少,则 (　　) A.材料竖直方向尺度减小 B.极板间电场强度不变 C.极板间电场强度变大 D.电容器电容变大 7.(讲解2018·江苏,5,3分,难度★★★)如图所示,水平金属板A、B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴 (　　) A.仍然保持静止 B.竖直向下运动 C.向左下方运动 D.向右下方运动 8.(2016·浙江,14,6分,难度★)以下说法正确的是(　　) A.在静电场中,沿着电场线方向电势逐渐降低 B.外力对物体所做的功越多,对应的功率越大 C.电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比 D.在超重和失重现象中,地球对物体的实际作用力发生了变化 9.(讲解2016·天津,4,6分,难度★★)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度,Ep表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则 (　　) A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不变 C.θ减小,Ep增大 D.θ减小,E不变 考点58带电粒子在电场中的加速和偏转　　　　答案P354　 1.(2025·甘肃,7,4分,难度★★★)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备,其工作原理如图甲所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后,沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线),极板长度为l、间距为d,U2-t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处,样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内,电压U2可视为不变,当U2=±Um时,离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是 (　　) 甲 乙 A.U2的最大值Um=U1 B.当U2=±Um且L=时,离子恰好能打到样品边缘 C.若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需增大U1 D.在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在A和B点 2. (2022·福建,8,6分,难度★★★)(多选)我国霍尔推进器技术世界领先,其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场,该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时,工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子,再经电场加速喷出,形成推力。某次测试中,氙气被电离的比例为95%,氙离子喷射速度为1.6×104 m/s,推进器产生的推力为80 mN。已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg;计算时,取氙离子的初速度为零,忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用,则 (　　) A.氙离子的加速电压约为175 V B.氙离子的加速电压约为700 V C.氙离子向外喷射形成的电流约为37 A D.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10-6 kg 3.(讲解2021·全国乙,20,6分,难度★★★)(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,m),它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中,电场方向与y轴平行。不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中,可能正确的是 (　　) 4.(讲解2020·浙江,6,3分,难度★★★)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时(　　) A.所用时间为 B.速度大小为3v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° 5.(2025·江苏,13,8分,难度★★★)如图所示,在电场强度为E,方向竖直向下的匀强电场中,两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m,电荷量为q,不计重力及粒子间相互作用。求: (1)a运动到最高点的时间t; (2)a到达最高点时,a、b间的距离H。 6.(2025·河南,13,10分,难度★★★)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求: (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离; (2)A、B细胞收集管的间距。 7.(2025·四川,13,10分,难度★★★)如图所示,真空中固定放置两块较大的平行金属板,板间距为d,下极板接地,板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒,从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求: (1)微粒第一次到达下极板所需时间; (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 8.(2023·北京,20,12分,难度★★★★)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集,已知金属板长度为L,间距为d,不考虑重力影响和颗粒间相互作用。 (1)若不计空气阻力,质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U1; (2)若计空气阻力,颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反,大小为f=krv,其中r为颗粒的半径,k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。 a.半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U2; b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比,进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒,若10 μm的颗粒恰好100%被收集,求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。 考点59带电粒子(带电体)在电场中的综合问题答案P355　 1.(2025·黑吉辽内蒙古,7,4分,难度★★★)如图所示,光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切,轨道半径为r,圆心为O,O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点,另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场,物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后,依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC,则 (　　) A.EkA<EkB<EkC B.EkB<EkA<EkC C.EkA<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB 2.(2025·山东,11,4分,难度★★★★)(多选)球心为O,半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上,所带电荷量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点,过O、A、B的截面如图所示,C、D均为圆弧上的点,OC沿竖直方向,∠AOC=45°,OD⊥AB,A、B两点间距离为R,E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是 (　　) A.甲的质量小于乙的质量 B.C点电势高于D点电势 C.E、F两点电场强度大小相等,方向相同 D.沿直线从O点到D点,电势先升高后降低 3.(2025·安徽,10,5分,难度★★★)(多选)如图所示,两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内,空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止,间距为L,甲、乙所带电荷量分别为q、2q,质量分别为m、2m,静电力常量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力,则 (　　) A.F1=F2 B.E= C.若将甲、乙互换位置,二者仍能保持静止 D.若撤去甲,乙下滑至底端时的速度大小v= 4.(2024·山东,10,4分,难度★★★)(多选)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=- 5.(2024·浙江,12,3分,难度★★)如图所示,空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场,在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷,绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置,其圆心O在MN的中点,半径为R,AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上,从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动,则 (　　) A.小球从A到C的过程中电势能减少 B.小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C.可求出小球运动到B点时的加速度 D.小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 6.(2024·江西,10,6分,难度★★★)(多选)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,所带电荷量分别为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Ff,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-Ff) 7.(2023·北京,8,3分,难度★★)如图所示,两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上,E、F是MN连线中垂线上的两点,O为EF、MN的交点,EO=OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后 (　　) A.做匀加速直线运动 B.在O点所受静电力最大 C.由E到O的时间等于由O到F的时间 D.由E到F的过程中电势能先增大后减小 8.(2023·湖北,10,4分,难度★★★★)(多选)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 9.(2022·辽宁,10,6分,难度★★★)(多选)如图所示,电荷量为6Q(Q>0)的球1固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面上的a点,其正上方L处固定一电荷量为-Q 的球2,斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3,球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为,球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后,球3沿斜面向下运动。g为重力加速度,球的大小可忽略,下列关于球3的说法正确的是(　　) A.带负电 B.运动至a点的速度大小为 C.运动至a点的加速度大小为2g D.运动至ab中点时对斜面的压力大小为mg 10.(2020·江苏,9,4分,难度★★)(多选)如图所示,绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时,两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E,在静电力作用下,小球绕轻杆中点O转到水平位置,取O点的电势为0。下列说法正确的有 (　　) A.电场E中A点电势低于B点 B.转动中两小球的电势能始终相等 C.该过程静电力对两小球均做负功 D.该过程两小球的总电势能增加 11.(讲解2019·天津,3,6分,难度★★★)如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过程(　　) A.动能增加mv2 B.机械能增加2mv2 C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv2 12.(2025·北京,20,12分,难度★★★★)如图1所示,金属圆筒A接高压电源的正极,可称为A极,其轴线上的金属线B接负极,可称为B极。 (1)设A、B两极间电压为U,求在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功W。 (2)已知筒内距离轴线r处的电场强度大小E=k,其中k为静电力常量,λ为金属线B单位长度的电荷量,如图2所示,在圆筒内横截面上,电荷量为q、质量为m的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动,其半径为r1、r2和r3时的总能量分别为E1、E2和E3。若r3-r2=r2-r1,推理分析并比较(E3-E2)与(E2-E1)的大小。 (3)图1实际为某种静电除尘装置的原理图,空气分子在B极附近电离,筒内尘埃吸附电子而带负电,在电场作用下最终被A极收集,使分子或原子电离需要一定条件,以电离氢原子为例,根据玻尔原子模型,定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动,处于特定能量状态,只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中,推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。(可能用到:元电荷e=1.6×10-19 C,电子质量m=9.1×10-31 kg,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,基态氢原子轨道半径a=5.3×10-11 m和能量E0=-13.6 eV) 13.(2025·广东,15,16分,难度★★★)如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变,反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,其水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰撞前瞬问的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求: (1)颗粒碰撞前的电荷量q。 (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。 (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。 　　研究颗粒碰撞荷电 特性装置的原理分析 14.(2025·广西,14,11分,难度★★★)在真空中,一个电荷量为-q、质量为m的试探电荷绕电荷量为+Q的点电荷做椭圆轨道运动,如图甲,O'为椭圆中心,O'A为半长轴,长度为a,O'B为半短轴,点电荷处于椭圆的焦点F处,焦距为c。图乙是v2-的关系图,其中v为该试探电荷运动速率,r为该试探电荷到点电荷的距离。距离点电荷r处的电势φ=,其中k为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。 甲　　乙 (1)求B点的电势。 (2)求该试探电荷从A点运动到B点电场力所做的功。 (3)通过推理论证该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和是否守恒。若不守恒,说明理由;若守恒,求出该试探电荷在运动过程中动能和电势能之和。 15.(讲解2024·河北,13,8分,难度★★★)如图所示,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(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。 16.(讲解2023·全国新课标,25,14分,难度★★★)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置,间距固定,可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时,油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动,速率分别为v0、;两板间加上电压后(上板为正极),这两个油滴很快达到相同的速率,均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形,所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比,比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 (1)求油滴a和油滴b的质量之比; (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负,并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 17.(2022·广东,14,15分,难度★★★★)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性,因此获得了1923年的诺贝尔奖。右图是密立根油滴实验的原理示意图,两个水平放置、相距为d的足够大金属极板,上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴,由于碰撞或摩擦,部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B,在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极),A继续以原速度下落,B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1),随后与A合并,形成一个球形新油滴,继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为Ff=kv,其中k为比例系数,m为油滴质量,v为油滴运动速率。不计空气浮力,重力加速度为g。求: (1)比例系数k; (2)油滴A、B的电荷量和电性,B上升距离h2电势能的变化量; (3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。 18.(讲解2021·福建,15,16分,难度★★★★★)如图(a),同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为L,O为水平连线AB的中点,M、N在A、B连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷,电荷量均为Q(Q>0)。以O为原点,竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点,则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S1以一定初动能从M点竖直下落,一段时间后经过N点,其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图(c)所示。图中g为重力加速度大小,k为静电力常量。 (1)求小球S1在M点所受电场力大小。 (2)当小球S1运动到N点时,恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等,碰撞前、后S1的动能均为,碰撞时间极短。求碰撞前S2的动量大小。 (3)现将S2固定在N点,为保证S1能运动到N点与之相碰,S1从M点下落时的初动能须满足什么条件? 图(a)　图(b) 图(c) 考点60实验:观察电容器的充、放电现象　　　　答案P359　 1.(2024·海南,15,10分,难度★★★)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。 (a)　　(b) (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的电流方向为　　　　(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)。  2.(2024·广西,12,10分,难度★★)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: 甲　　乙 丙 (1)断开S1、S2,将电流传感器一端与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)。  3.(2024·重庆,12,9分,难度★★)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。 甲　乙 丙 (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”)的仪器。  (2)连接电路并接通开关,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。  4.(2023·全国新课标,22,6分,难度★★)在“观察电容器的充、放电现象”实验中,所用器材如下:电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。 (1)用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时,红表笔应该与电池的　　　　(填“正极”或“负极”)接触。  (2)某同学设计的实验电路如图(a)所示。先将电阻箱的阻值调为R1,将单刀双掷开关S与“1”端相接,记录电流随时间的变化。电容器充电完成后,开关S再与“2”端相接,相接后小灯泡亮度变化情况可能是　　　　。(填正确答案标号)  A.迅速变亮,然后亮度趋于稳定 B.亮度逐渐增大,然后趋于稳定 C.迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭 (3)将电阻箱的阻值调为R2(R2>R1),再次将开关S与“1”端相接,再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图(b)中曲线所示,其中实线是电阻箱阻值为　　　　(填“R1”或“R2”)时的结果,曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的　　　　(填“电压”或“电荷量”)。  5.(2023·山东,14,8分,难度★★★)电容储能已经在电动汽车,风、光发电,脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路,探究不同电压下电容器的充、放电过程,器材如下: 甲 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); 电阻箱R1(阻值0~99 999.9 Ω); 滑动变阻器R2(最大阻值20 Ω,额定电流2 A); 电压表V(量程15 V,内阻很大); 发光二极管D1、D2,开关S1、S2,电流传感器,计算机,导线若干。 乙 丙 回答以下问题: (1)按照图甲连接电路,闭合开关S1,若要升高电容器充电电压,滑动变阻器滑片应向　　　(选填“a”或“b”)端滑动。  (2)调节滑动变阻器滑片位置,电压表表盘如图乙所示,示数为　　　　 V(保留1位小数)。  (3)继续调节滑动变阻器滑片位置,电压表示数为8.0 V时,开关S2掷向1,得到电容器充电过程的I-t图像,如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法,根据图像可估算出充电结束后,电容器存储的电荷量为　　　　　　 C(结果保留2位有效数字)。  (4)本电路中所使用电容器的电容约为　　　　 F(结果保留2位有效数字)。  (5)电容器充电后,将开关S2掷向2,发光二极管　　　　(选填“D1”或“D2”)闪光。  学科网（北京）股份有限公司 $$ 第九章　静电场 考点51　库仑定律　库仑力作用下的平衡 1.AD　金属小球C跟A接触后再分开,则有qA=qC=,金属小球C跟B接触后再分开,则有qB==+,据库仑定律有=,可得=1或=5,A、D两项正确。 2.B　 本题考查带电小球在电场中的平衡问题。分别对P、Q进行受力分析,如图所示。根据平衡条件可得,FT2=,FT1=,所以FT1>FT2,选项A错误。又因为mQg=FT2cos θ=,mPg=FT1cos θ=,所以mP>mQ,选项B正确。P、Q的电荷量关系不确定,选项C、D错误。 3. C　小球在水平面上的受力情况如图所示,由正弦定理有 =, 其中∠CPH=∠OPB,∠CHP=∠HPD=∠APO,在△APO中有=,同理有=,其中FA=k,FB=k,联立解得Q1∶Q2=2n3∶1。选项C正确。 4.C　对y轴正向的点电荷,由平衡知识可得k+k=k,解得Q=q,因在0≤x<a区间内沿x轴正向电势升高,则电场强度方向沿x轴负向,则将P沿x轴正向向右略微移动后释放,P受到向右的电场力而向右运动,C项正确。 5.D　本题考查物体的平衡以及库仑定律。小滑块Q在光滑斜面N上静止,则小滑块P与小滑块Q带同种电荷,两者之间为库仑斥力设为F,两小滑块的受力分析和角度关系如图所示 对小滑块Q在沿着斜面方向有mgcos 30°=Fcos 30°,可得F=mg,而对小滑块P动摩擦因数最小时有N2=F+mgsin 30°,f=μN2,f=mgcos 30°,联立解得μ=,D项正确。 6.BC　本题考查库仑定律和共点力的平衡。由题图可知,对小球M受力分析如图(a)所示,对小球N受力分析如图(b)所示,由受力分析图可知小球M带负电,小球N带正电,B项正确,A项错误;由几何关系可知,两小球之间的距离为r=L,当两小球的电荷量为q时,对M由力的平衡条件得Tsin 45°=mg,qE=Tcos 45°+k,两小球的电荷量同时变为原来的2倍后,对M由力的平衡条件得Tsin 45°=mg,2qE=Tcos 45°+k,联立解得q=L,C项正确,D项错误。 (a)　　(b) 7.C　设A、B两小球开始所带电荷量为Q,距离为r,F=k,用一个不带电的小球C先后与A、B接触,与A接触完后,A、C所带电荷量均为,当C球再与B接触后,B、C所带电荷量均为Q,F'=k=F,C项正确。 8.　不存在 解析 本题考查库仑力作用下的平衡问题。 由题意可知P处检验电荷恰好处于静止状态,对检验电荷进行受力分析如图所示,可知=tan 30° 其中=,= 联立解得= 由上述分析可知,检验电荷重力不可忽略。当检验电荷处于Q1Q2水平连线上时,竖直方向无法达到平衡状态,故在Q1Q2水平连线上不存在其他点能让同一检验电荷维持平衡状态。 考点52　电场强度的矢量性及大小计算 1.D　带电玻璃棒与金属球接触后,金属球与金属箔带上了同种电荷,净电荷分布在带电导体表面,并在尖锐的地方聚集,内部电场强度为0,因此b、c两点电场强度为0,d点附近电荷量比a点附近多,因此d点电场强度最强,故D正确。 2. AD　若正五边形5个顶点全为q,则EO=0,故可将本题转化为5个顶点为3q-2q、3q-q、3q、3q+q、3q+2q,即为-2q、-q、0、q、2q这5个电荷,如图所示,由几何关系可知-q、q两点的电场强度方向与水平方向的夹角为18°,叠加后水平向左,E1=E2=,则E合1= cos 18°×2,由几何关系可知-2q、2q两点的电场强度方向与水平方向的夹角为54°,叠加后水平向左,E3=E4=,则E合2= cos 54°×2,则E合=E合1+E合2=(cos 18°+2cos 54°),故A、D正确。 3.B　静电场的电场线不闭合、不相交,故A、C错误;B项电场线分布图可能为孤立正电荷周围的局部电场线分布图,故B正确;若电场线相互平行,电场线应等间距,故D错误。 4.D　根据F=Eq可知,图像斜率越大,电场强度越大,选项D正确。 5.BCD　本题考查带电粒子在等量同种电荷电场中的运动。设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的电场强度与竖直向下方向的夹角为θ,则根据电场强度的叠加原理可知,A点的合电场强度为E=ksin2θcos θ,根据数学知识可知当cos θ=时E有最大值,且最大值为E=,再根据几何关系可知A点到O点的距离为y=r,故A错误,B正确;在M点放入一电子,从静止释放,由于r>r,可知电子向上运动的过程中静电力一直减小,则电子的加速度一直减小,故C正确;根据等量同种电荷的电场线分布可知,电子运动过程中,O点为平衡位置,可知当发生位移x时,电子受到的静电力为F=keq·,由于x远小于r,整理后有F=-·x,在N点放入一电子,从静止释放,电子将以O点为平衡位置做简谐运动,故D正确。 6.D　根据点电荷电场强度的公式得,B、C点的电荷在M点处的合电场强度为E=2×cos 60°=,方向竖直向上,因M点的合电场强度为零,因此带电细杆在M点的电场强度EM=E,方向竖直向下,由对称性可知带电细杆在A点的电场强度为EA=EM=E,方向竖直向上,因此A点合电场强度为E合=EA+2cos 30°=(+3),选项D正确。 7.B　C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向,可知两电荷为异种电荷,假设qA为正点电荷,qB为负点电荷,两种电荷在C点产生的电场强度如图所示。 设圆的半径为r, 根据几何知识可得rAC=r,rBC=2rcos 30°=r,tan 60°=,根据点电荷的电场强度公式,点电荷qA在C点产生的电场强度EA=,点电荷qB在C点产生的电场强度EB=,联立解得=,故选B。 8.B　本题考查点电荷电场强度的计算公式的应用。因为这两点电荷在x轴正半轴的x=x0处产生的合电场强度为0,由此可知Q2位于x轴负半轴上。设Q1、Q2相距x,根据点电荷电场强度公式有k=k,又Q2的电荷量大小为Q1的8倍,解得x=(2-1)x0,B正确。 9.D　根据电场强度的矢量性可知,要使P点的电场强度为零,三个点电荷不可能是同种电性,故A、B错误;根据矢量叠加特点和几何关系知,Q1、Q3在P点的电场强度应大小相等,故C错误,D正确。 10.C　若取走C处弧长为Δl的小圆弧上的电荷,根据对称性,细圆环上剩余电荷产生的电场在O点的电场强度为零,即取走A、B处电荷后,细圆环上电荷产生的电场在O点的电场强度等于C处小圆弧上电荷产生的电场在O点的电场强度。因为O点电场强度为零,说明C处小圆弧上的电荷产生的电场与q产生的电场在O点的合电场强度为零,即=k·,解得q=。因为C处小圆弧带正电,所以q带负电,选项C正确。 11.B　本题考查电场强度的叠加,考查推理分析能力。如图所示,-q、q在P点的合电场强度为E1=k,与水平方向夹角为45°。因为P点电场强度为零,所以Q必在E1的方向上,由几何关系得Q的坐标为(0,2a),在P点满足k=k,解得Q=2q,B项正确。 考点53　电势高低与电势能大小的判断 1.D　等高线越密集,坡面越陡,根据牛顿第二定律可得小球下滑的加速度a=gsin θ(θ为坡面与水平面夹角),MB对应的等高线更密集,坡面更陡,θ更大,小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大,故A错误;A、B在同一等高线,小球下落高度相同,由机械能守恒定律可知,小球运动到A、B点时速度大小相等,故B错误;等势线越密集,电场强度越大,B点等势线更密集,A点电场强度比B点小,故C错误;等势线越密集,电势变化越快,右侧等势线更密集,右侧电势比左侧降落得快,故D正确。 2.D　沿电场线方向电势逐渐降低,可知φd>φc>φb>φa,A、B、C三项错误,D项正确。 3.D　M、N两点电势相等,电场线由上到下,N、P点在同一电场线上,沿电场线方向电势逐渐降低,可知N点电势高于P点,可知M点电势高于P点,故A错误;M点电场线分布比N点密集,可知M点电场强度比N点大,故B错误;负电荷从M点运动到P点,电势能增加,则电场力做负功,动能减小,速度减小,故C错误,D正确,故选D。 4.B　由F=可知,r越大,F越小,则Fe<Fb,A错误;由φ=可知bcd圆弧上φ不变,def上φ逐渐降低,又Ep=qφ,正电荷电势能与φ变化一致,B正确;只有电场力做功,动能和电势能之和不变,两者相互转化,从d点到f点过程,Ep减小,Ek增加,则Ekf>Ekd,C错误;小球从a点到b点过程,两小球距离减小,电势能增加,动能减小,则va>vb,D错误。 5.C　在电场中,等差等势线的疏密可以表示电场强度的大小,由题图可知,a点电场强度最大,c点最小,A、B错误;电子从b点移动到c点,Wbc=-e(φb-φc)=2 eV,C正确;电子从a点移动到d点,Wad=-e(φa-φd)=4 eV,电场力做正功,电势能减少4 eV,D错误。 6.C　本题考查等量异种电荷的电场。由等量异种点电荷的电场线分布特点知,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;由电场叠加得P点电场强度E=k+k,若仅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。 7.D　本题考查带电物体在电场中的运动,电场力做功与电势能的关系。若小球初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,说明小球受到电场力和重力的合力方向沿虚线向下。 当小球初速度方向垂直虚线时,这时小球在合力作用下做类平抛运动,当小球从O点出发运动到O点等高处的过程中(如图),重力不做功,电场力做正功,动能增大,电势能减小,D正确,A、B、C错误。 8.AC　本题考查电场力的性质和电势能的性质。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。 9.A　设小圆环在P1、P2间的任意一点P,PM与MN的夹角为α,根据几何关系可得37°≤α≤53°,选无穷远处电势能为0,带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能Ep=+,根据数学知识可知在37°≤α≤53°范围内,随着α的增大,小圆环的电势能一直减小,所以静电力做正功。故选A。 10.C　在静电场中,等差等势线的疏密程度反映了电场强度的大小。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。选项C正确。 11.AC　本题考查电荷守恒定律、电势、电势能、电场线等。根据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷交换的系统,这个系统的电荷总量是不变的,故A正确;电场线与等势面垂直,且由电势高的等势面指向电势低的等势面,故B错误;点电荷仅在电场力作用下从静止释放,电场力做正功,电势能减小,根据φ=可知,正电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动,负电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动,故C正确,D错误。 12.B　根据题图中等势线的分布特点可知,Q1带正电,设每个小格的边长为a,又根据电场中某点距离点电荷r处的电势为k,在图中选电势为零的位置,得=,解得=-2,B正确,A、C、D错误。 13.AD　因为同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发,分别抵达M点、N点,且q在M、N点时速度大小相同,则说明M、N两点的电势相同,由于M、N两点电势相等则场源电荷在MN连线中垂线上且在P点的左边,所以P点电势高于M点电势,故B、C错误,A正确;根据以上分析可知,M、N两点在同一等势面上,且该电场是固定正电荷产生的电场,则说明M、N到固定正电荷的距离相等,则M、N两点处电场强度大小相同,故D正确。 14.AC　根据等量异种电荷电场的分布特点可知,F'点和C'点的电场强度大小相等,方向不同,选项A正确;B'点和E'点的电场强度大小相等,方向不同,选项B错误;由几何关系可知,正电荷OF中点的场强垂直OF,则中点的合场强与OF成锐角,在F点的场强与OF的夹角为钝角,因此将正电荷从F移到O过程中D选项正确;设AB的长度为a,φA'=-,φF'=-,UA'F'=--,φO'=0,φD'=+,UO'D'=-,可得UA'F'<UO'D',选项C正确。 15.AC　由题可知当胶囊下方的电极接负电,像素胶囊里电场线方向向下,这时像素呈黑色,所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势,故A正确;像素呈白色时,胶囊下方的电极带正电,像素胶囊里电场线方向向上,所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势,故B错误;像素由黑变白的过程中,白色微粒受到的电场力向上,位移向上,电场力对白色微粒做正功,故C正确;像素由白变黑的过程中,黑色微粒受到的电场力向上,位移向上,电场力对黑色微粒做正功,故D错误。 16.BC　根据场强叠加以及对称性可知,M、N两点的场强大小相等,但是方向不同。选项A错误;因在A、B处的正电荷在M、N两点的合电势相等,在C点的负电荷在M、N两点的电势也相等,则M、N两点电势相等。选项B正确;负电荷从M到O,因A、B两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M,则该力对负电荷做负功,C点的负电荷也对该负电荷做负功,可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功,则该负电荷的电势能增加,即负电荷在M点的电势能比在O点小。选项C正确;负电荷从O到N,因A、B两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向N,则该力对负电荷做正功,C点的负电荷也对该负电荷做正功,可知三个电荷对该负电荷的合力对其做正功,则该负电荷的电势能减小,即负电荷在N点的电势能比在O点小。选项D错误。 17.C　正点电荷Q的电场线是“光芒万丈”,由φM>φN可知,M点到正点电荷Q的距离近,选项A错误。根据E=知,若EM<EN,可知N点到正点电荷Q的距离近,选项B错误。若把带负电的试探电荷从M点移到N点,电场力做正功,电势能减小,电势增加,故有φM<φN,选项C正确。若把带正电的试探电荷从M点移到N点,电场力做负功,电势能增加,逆着电场线运动,根据正点电荷Q产生的电场特点可知EM<EN,选项D错误。 18.AD　本题考查电势、电势差、等势面、电场强度等概念的理解和应用。由等差等势面的密度可判断电场强度的大小,因为N点的等差等势面比M点更密,所以N点的电场强度大小比M点的大,选项A正确;因为沿着电场线电势逐渐降低,所以由图可知电场线由N指向Q,则Q为负电荷,选项B错误;结合各等势面的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向,选项C错误;M点与N点等势,P点与N点的等势面间隔四个,而相邻等势面的电势差为3 V,则P点与M点的电势差为12 V,选项D正确。 19.B　在直线MN上,左边正电荷在M、N间的电场强度方向水平向右,右边负电荷在M、N间的电场强度方向水平向右,电场强度不为零,根据电场的叠加原理可知M、N间的电场强度方向水平向右,电场强度不为零,沿着电场线方向电势逐渐降低,可知P点电势高于等势面与MN交点处电势,则P点电势高于S点电势,A项错误;由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量,可知在M点左侧电场强度不可能为零,在N点右侧,设M、N的距离为L,根据=,可知除 无穷远处外,直线MN上电场强度为零的点只有一个,C项错误;由A项分析可知,T点电势低于P点电势,则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从T点移到P点,电势能增大,静电力做负功,D项错误;设等势圆的半径为R,AN距离为x,MN距离为L,如图所示,根据φ=,结合电势的叠加原理在A、S点满足=,=,解得x=,R=,因为电场强度的方向垂直等势面,可知T点的电场强度方向垂直等势面且过圆心,O点电势φO=-=-=-,所以φT>φO,所以T点电场强度方向指向O点,B项正确。 20.A　由电场叠加知,四根绝缘棒都存在时,O点的电场强度为0。移去a处绝缘棒后,b、d处绝缘棒在O处产生的电场强度为0,c处绝缘棒在O处产生的电场强度不为0,方向垂直指向a。根据电场叠加知,去掉a处绝缘棒后,O点的电场强度不为0,方向垂直指向a,故B、D错误。选无穷远处电势为0,假设有一正试探电荷放在O处,移去a处的绝缘棒后,O点处的正试探电荷具有的电势能减少,根据电势的定义知,O处的电势减小,故A正确,C错误。 21.D　本题考查对电场线、电势、电势能的理解。电场线、等势线的疏密程度表示电场强变的大小,又F=qE,所以Fa<Fb,原匀强电场水平向右,等量正、负电荷的电场线由正电荷指向负电荷,因此可知图中的电场线方向为从左指向右,因此由对称性可知b点电势小于a点电势,Ep=qφ可知负电荷在高电势处电势能小,所以Epb>Epa,D项正确。 22.D　越靠近导体,等势面的形状越和导体表面接近,电场线和导体表面垂直,因此实线不是电场线,而是等势面,A项错误;根据等势面的疏密表示电场强度的强弱,则d点的电场强度较弱,并且电场强度越大的地方电荷密度越大,B项错误;在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同,C项错误;由于a、b在同一等势面上,则电荷从a点到c点再到b点,电场力做功一定为零,D项正确。 23.A　本题通过对称法和挖补法,考查电势、电场强度。对于完整带电球面,在其内部AB的中垂面上各点的电场强度为零,可知左、右半球面在此中垂面上各点的电场强度等大反向,因左、右半球面的电场关于中垂面对称,所以左、右半球面各自在中垂面上各点的电场强度均垂直于中垂面,即中垂面为等势面,故O、C两点电势相等,A项正确;将题中半球壳补成一个完整的球壳,且带电均匀,设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2;由题知,均匀带电球壳内部电场强度处处为零,则知E1=E2,根据对称性,左、右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1,且E1=E2,在图示电场中,A的电场强度大小为E2,方向向左,B的电场强度大小为E1,方向向左,所以A点的电场强度与B点的电场强度相同,沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大,B、D项错误;根据电场的叠加原理可知,在AB连线上电场线方向向左,沿着电场线方向电势逐渐降低,则沿直线从A到B电势升高,C项错误。 解决本题的关键就是利用挖补法将半球壳补上,得到一个整球壳,根据“均匀带电球壳内部电场强度处处为零”结合对称,从而使问题得解。 一般说来,中学物理中很多计算公式都是通过对一些理想的、完整的模型研究而推导出来的。但是,在中学物理的知识应用中往往会遇到一些实际的、残缺的模型,这些模型不便于直接运用公式进行分析计算。这类问题,从表面上看无从下手,或者由题设条件很难直接求解。但是,在与原题条件不相违背的前提下,如果适当地补偿一定的物理模型、物理装置,或者一定的物理过程、物理量等,补缺求整,补漏求全,往往可以使问题由“死”变“活”,由“繁”变“简”,从而促成问题的解决。这种思维方法称之为补偿思维。 24.D　由图可得,电源的左端是正极,a点的电势比b点高,A项错误;越靠近发射极,电场线越密,电场强度越强,a点的电场强度比b点大,液滴在a点的电场力比b点大,加速度也比b点大,B、C项错误;液滴由a向b运动过程中,电场力做正功,液滴的电势能变小,液滴在a点的电势能比在b点的大,D项正确。 25.ACD　考查静电场的叠加及做功问题。A项,菱形外侧各点电荷电场强度叠加都指向外侧,电场强度大小不为零,A项正确。B项,原点处电场强度为零,由对称性可知,其他电场强度为零的点必定成对出现,B项错误。C项,由对称性可知,(0,-3l)与(0,3l)的电势等大,由(0,8l),(4l,0)两点电荷可知(4l,5l)与(0,3l)电势相等,由(0,-8l),(-4l,0)两点,根据电场线方向可知,从(4l,5l)移动至(0,3l)电场力对负点电荷做正功,C项正确。D项,由对称性可知,(l,l)处电场强度方向由该点指向原点,则负电荷受力与电场强度方向相反,与x轴正方向成45°倾斜向上,D项正确。 26.AB　本题考查电势、电势差、电场力做功、匀强电场的特点等,考查分析综合能力。由题意可得Uab=φa-φb=,Ucd=φc-φd=,过b点作cd的平行线,交圆于e点,连接ce,由几何关系可得四边形cObe为平行四边形,故φc-φe=φO-φb=,则φc-φd=φc-φe,φd=φe,电场线沿ce方向,即ab方向,A项正确。Wdb=·q=·q=W,B项正确。沿电场线方向电势降低,φa>φc,C项错误。从d点射入的粒子,有可能沿电场线反方向做直线运动,D项错误。 27.AD　本题考查电场的性质。电场是存在于电荷周围的一种特殊物质,A项正确;如果正电荷的速度方向与电场力的夹角大于90°,则电场力做负功,等于90°电场力不做功,小于90°电场力做正功,B项错误;电场线是为了形象地描绘电场而引入的一簇曲线,该曲线的疏密程度反映场强的大小,但实际不存在,C项错误;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项正确。 28.BD　试探电荷在O点仅在电场力作用下保持静止,则其所受合力为零。若将试探电荷向左移动少许,则其将在静电力作用下向左运动,静电力做正功,电势能减少,试探电荷带负电,故由O向a运动过程中电势升高,同理由O向c运动过程中电势升高,所以ac连线上O点电势最低。bd连线上由电势的叠加可知,O点电势最高,A项错误,B项正确。因为φa>φb,φc>φd,试探电荷带负电,所以Epa<Epb,Epc<Epd,C项错误,D项正确。 29.D　由等势线特点可知P点处点电荷带负电,无穷远处电势为零,e点所在中垂线是零势线,e点电势为零,A项错误;正电荷周围电场线从正电荷出发终止于无穷远,负电荷周围电场线从无穷远出发终止于负电荷,又因为沿电场线方向电势降低,故a、b点电势为正,c、d点电势为负,C项错误;a、b点电场强度方向不同,B项错误;负电荷从a点到c点是由高电势处向低电势处运动,电场力做负功,电势能增加,D项正确。 30.C　顺着电场线电势逐渐降低,可知M点的电势比N点的高,A项错误;一条电场线不能确定疏密,则不能比较M、N两点电场强度的大小,也不能比较电子在M、N两点受电场力的大小,B、D项错误;负电荷在高电势点的电势能较低,C项正确。 31.　大于　大于零 解析 本题考查电场强度的叠加、利用功能关系计算电场力做的功及电势能的变化。 根据对称性可得A点和E点、B点和F点、D点和H点处的点电荷在O点处产生的电场强度矢量和均为0,所以O点的电场强度等于C点和G点处的点电荷在O点处产生的电场强度矢量和,由电场叠加原理可得,O点电场强度大小为EO=+=。 电势是标量,取无穷远处为零电势,则M点、N点的电势分别为 φM=φAM+φBM+φCM+φDM+φEM+φFM+φGM+φHM φN=φAN+φBN+φCN+φDN+φEN+φFN+φGN+φHN 根据点电荷的电势φ=和对称性可知φAM=φAN=φEM=φEN,φBM=φFN=φDM=φHN,φFM=φBN=φHM=φDN φCM>φCN>0,0>φGM>φGN 可得φM-φN=φCM+φGM-(φCN+φGN)>0,则φM>φN。 将+q点电荷从M沿MN移动到N点,电势能减小,故电场力对该点电荷所做的总功大于零。 考点54　公式U=Ed的拓展应用 1.AD　根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为φO=、φA=-、φB=,则OA中点的电势为φM==0,故A正确;如图所示,设N点为AB的三等分点,同理可知N点电势为0,连接MN,则MN为一条等势线,过A点作MN的垂线,可知电场线沿该垂线方向指向右下方,由几何关系可知,∠NMA=45°,故电场的方向与x轴正方向成45°角,故B错误;电场强度的大小为E==,故C错误,D正确。 2.C　匀强电场中电势沿电场线方向均匀下降,故ac边中点d的电势为4 V,bd连线为等势线,电场方向与等势线垂直,且电势沿着电场线方向降低,故匀强电场方向由a指向c,C正确。 3.B　根据电势差和电场强度的关系有E=,两金属板间电压保持不变,故当两金属板间距减小时,电场强度E增大,根据F=Ed可知静电力增大,再结合题图可知两金属板间的电场线水平向左,则可知电子受到的静电力方向向右。 4.B　本题考查等势面与电场、电场强度与电势差的关系。根据题图可知,b、c两点的电势差为Ubc=200 V-300 V=-100 V,选项A错误;a点与相邻两等势面的距离小于1 m,电势差等于100 V,由E=得a点电场强度大小大于100 V/m,选项B正确;因为电场强度方向垂直于等势面,所以a点的电场强度方向竖直向下,选项C错误;a点与c点在同一等势面上,a、c两点电势相等,选项D错误。 5.D　初始状态时,液滴处于静止状态时满足qE=mg,即q =πr3·ρg,当电势差调整为2U时,若油滴半径不变,则满足q'=πr3·ρg,解得q'=,A、B项错误;当电势差调整为2U时,若油滴半径变为2r时,则满足q'=π(2r)3·ρg,解得q'=4q,C项错误,D项正确。 6.AD　根据Uab=E·abcos 60°,可得电场强度的大小E== V/m=200 V/m,A项正确;沿电场线电势逐渐降低,b点的电势比d点的电势高,B项错误;将电子从c点移到d点,因电子所受的电场力与位移反向,电场力做负功,C项错误;负电荷在低电势点电势能大,因a点的电势低于c点电势,则电子在a点的电势能大于在c点的电势能,D项正确。 考点55　电场线　等势面及运动轨迹问题 1.BCD　本题借助等势线中带电粒子的轨迹特点,考查电场强度、电势、电势能等的理解。根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电,选项A错误。等差等势面越密集的地方电场强度越大,故M点的电场强度比N点的小,选项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,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,即粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故选项C、D正确。 2.D　电场力方向斜向右下,粒子带负电,可知电场线的方向为从右下指向左上,则N点电势低于M点电势,即φM>φN,B、C项均错误;电场线疏密表示电场强度大小,故N点电场强度大于M点电场强度,带电粒子只受电场力,故aM<aN;由于电场力指向运动轨迹的凹侧,故带电粒子从N点运动到M点时加速,从M点运动到N点时减速,一定有vM>vN,则有EkM>EkN,由能量守恒定律可得EpM<EpN,A项错误,D项正确。 3.BC　电子的运动可能从A向B做减速运动,也可能从B向A做加速运动,A项错误;由曲线运动的特点,合外力总指向弯曲轨迹的内侧,故电场方向由M指向N,故B点的电势一定低于A点电势,D项错误;若aA>aB,则场源电荷必在M端,一定为正电荷,B项正确;电子从A运动到B做减速运动,电场力做负功,电势能增加,故EpA<EpB,C项正确。 4.AC　电场强度与电场线的密集程度有关。电场线越密,电场强度越大;反之则越小,A项正确;沿电场线方向,电势一定越来越低但电场强度不一定越来越小,比如正电荷的电场线沿电场线电场强度越来越小;沿电场线方向,电势一定越来越低,B项错误,C项正确;电场线并不实际存在,它只是人为的辅助工具,而带电粒子的运动轨迹是实际存在的,D项错误。 用假设法分析电场中带电粒子运动轨迹类问题 1.“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向,指向轨迹的凹侧),从二者的夹角情况来分析电荷做曲线运动的情况。 2.“三不知时要假设”——电荷的正负、电场强度的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向是题目中相互制约的三个方面。若已知其中的任何一个,可顺次向下分析判定各待求量;若三个都不知(三不知),则要用“假设法”分别讨论各种情况。有时各种情景的讨论结果是归一的。 考点56　电场中的图像问题 1.BD　本题考查带电粒子在电场中的电势能、φ-x图像的物理意义。根据题意,由公式Ep=φq可知,负电荷在高电势位置的电势能较小,由图可知,a点的电势最大,则在a点电势能最小,同理可知,c点的电势最小,则在c点时电势能最大,电荷仅在电场力作用下,电荷的电势能和动能之和不变,可知,电势能最大时,动能最小,则在c点时,电荷的动能最小,即速度最小,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,c点右侧负电荷受沿x轴正方向的电场力,c点左侧负电荷受沿x轴负方向的电场力,可知,在a点受静电力沿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。 2.B　本题考查电场中的图像问题。带负电的试探电荷在x2处动能为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轴正方向的静电力,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,开始向x轴负方向运动,后反向回到x2处动能仍为1.5 eV,继续向左运动,在电势为-0.5 V处减速到零又反向,不会运动到x0、x1处,即试探电荷在x3点两侧往复运动。 3.D　解法一　根据异种点电荷的电场分布情况,可知两个点电荷的连线上,在两电荷中间及电荷量小的点电荷外侧,均有电势为零的点,所以x正半轴上各点电势φ应先负后正,由此可判断选项D正确。 解法二　根据点电荷周围的电势公式φ=k(该公式教材中没有),设x'处(x'>0)的电势为0,得k+k=0,解得x'=,故可知当0<x<时,φ<0;当x>时,φ>0。故选项D正确。 4.AC　若为同种电荷,x轴上各点的电势不可能同时出现正值和负值,故两电荷必为异种电荷,A项正确;φ-x图像中,图线上某点切线的斜率表示该点电场强度,x2处切线斜率为零,电场强度为零,x1处切线斜率不为零,电场强度不为零,B项错误;从x1到x2,电势升高,负电荷的电势能减小,C项正确;从x1到x2,切线的斜率逐渐减小,负电荷受的电场力逐渐减小,D项错误。 电场中图像类问题的分析方法 常见的是图像分析类问题,这类问题首先要明确图像中的横轴与纵轴所代表的物理量,要区分图像中相关物理量的正负值的物理意义,要注意分析各段不同函数形式的图线所表征的物理过程;其次要明确有关图线所包围的面积、斜率、截距所表示的物理意义,根据图像所描绘的物理过程,运用相应的物理规律计算求解;同时解决此类问题要牢牢记住并理解几种常见图像的特点。比如:φ-x图像中电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小,电场强度为零处,φ-x图线存在极值,其切线的斜率为零;E-x图像中图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定;Ep-x图像中,只要粒子只受电场力作用,则F电==ma,即Ep-x图像的斜率大小即为粒子所受电场力大小。 考点57　电容器及动态分析 1.D　由C=及C=可得U=d,电容器充电后断开电源,Q不变,则U正比于d,当F较小时, 结构容易压缩,随着F增大d迅速减小,U也迅速减小;当F较大时,随着F增大d变化减缓,最终d趋于常数,U也缓慢减小并趋于常数,故D正确。 2.A　两金属板一直保持与电源相连,则两板间电势差U不变。设开始时两板间距离为d,a、b两点沿电场线方向的距离为x,两板移动前,将点电荷从a移动到b的过程中,电场力做功W=q·x,之后两板间距离增大为原来的2倍,将该点电荷从a移动到b的过程中,电场力做功W'=q·x=W,故A正确。 3.B　考查电容器电容的变化和充放电过程。平行板电容器的电容公式C=。由题图可知,降低溶液浓度,εr增加,导致C增大;电容器的电压不变,由C=分析可知其电荷量变大,电流方向为N→M,故B正确。 4.D　本题考查平行板电容器的动态分析。根据Q=CU,C=,可得当极板间距增大时,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;根据E=得E=,故电场强度不变,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。 平行板电容器问题的分析(两种情况分析) 1.始终与电源相连,U不变:d↑⇒C↓⇒Q=CU↓,d↑⇒E=U/d↓;仅变S时,E不变。 2.充电后断电源,Q不变:d↑⇒C↓⇒U=Q/C↑⇒E===不变;仅变d时,E不变。 注:E决定于面电荷密度Q/S,只要Q和S不变,E大小也不变,可以解释尖端放电现象。 5.C　本题考查电容器的充电、放电。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,充电电流在减小,选项A错误。根据电路图可知,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,选项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,放电电流在减小,选项C正确。根据电路图可知,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,选项D错误。 6.A　本题考查电容器及其动态分析。因为极板之间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据电容的定义式C=可知电容器的电容C减小,选项D错误;根据电容的决定式C=可知极板间距d增大,根据E=可知极板间电场强度E减小,选项B、C错误;极板间距d增大,材料竖直方向尺度减小,选项A正确。 7.D　 本题考查带电油滴在匀强电场中的运动及电场线与等势面的知识。B板未移动时,油滴处于平衡状态,故竖直方向:qE=mg,水平方向不受力。B板右端向下移动一小段距离,且两金属板表面仍均为等势面,故此时电场线仍与等势面垂直。此时电场强度E'=<E,对此时的油滴进行受力分析如图所示。 水平方向:qE'·cos θ=max 竖直方向:mg-qE'·sin θ=may 故此时油滴应向右下方运动,D项正确,A、B、C项错误。 8.A　沿电场线方向电势逐渐降低,A项正确;根据功率定义式P=,可知做功越多对应的功率不一定越大,B项错误;电容器电容的决定式为C=,与电荷量无关,C项错误;在超重和失重现象中,重力不变,D项错误。 9.D　由题意可知,电容器所带电荷量Q保持不变;由电容C=知,当电容器间距d减小时,电容C增大,因极板所带电荷量Q不变,由U=知,极板间电压U减小,故静电计夹角θ变小;两极板间电场强度E===,与d无关,D项正确。 考点58　带电粒子在电场中的加速和偏转 1.B　离子在加速电场中被加速时有U1q=m,在偏转电场中做类平抛运动,则l=v0t,=·t2,解得Um=U1,故A错误;当U2=±Um且L=时,设离子打在样品上偏离中点的位移为Y,根据类平抛运动推论,离子离开极板时,其速度的反向延长线通过偏转电场极板中轴线的中点,离子离开偏转电场后做匀速直线运动,由几何关系可得=,解得Y==,即离子恰好打到样品边缘,故B正确;增大样品的辐照范围即增大离子打在样品上偏离中心的最大位移Ym,当离子恰好从两极板的边缘射出时,打在样品上偏离中心的位移最大,由B项分析可知从极板边缘射出时Ym=,因此在极板长度l、间距d以及样品和极板间距离L保持不变的情况下,最大位移Ym无法增大,故C错误;由图可知t1时刻所加的向上的电场的电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压,则t1时刻射入的离子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移,故D错误,故选B。 2.AD　本题以带电粒子在匀强电场中的直线运动为情境考查动量定理。离子经电场加速,根据动能定理有qU=mv2-0,可得加速电压为U=≈175 V,选项A正确,选项B错误;在时间Δt内,有质量为Δm的氙离子以速度v喷射而出,形成电流为I,由动量定理可得FΔt=Δmv-0,进入放电通道的氙气质量为Δm0,被电离的比例为η,则有=η·,联立解得=≈5.3×10-6kg,选项D正确;在Δt时间内,有电荷量为ΔQ的氙离子喷射出,则有ΔQ=q·,I=,联立解得I=·≈3.7 A,选项C错误。 注意动量定理在流体问题中的应用方法。 3.AD　本题考查带电粒子在匀强电场中偏转问题,意在考查分析综合能力。由x=v0t,y=at2,a=,联立得y=,比荷相同,沿y轴方向位移相同,C项错误;质量增大,沿y轴方向位移减小,B项错误,A、D项正确。 4.C　本题属于基础性和应用性问题,以带电粒子在电场中的运动为素材,创设学习探究类问题情境。带电粒子在水平方向做匀速直线运动,在电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动,根据位移关系有tan 45°=,a=,解得t=,A项错误;与P点的距离s==,C项正确;到MN上的速度v==v0,故速度方向与竖直方向夹角不等于30°,B、D项错误。 5.(1)　(2) 解析 (1)带电粒子在匀强电场中受到竖直向下的电场力作用,做类斜抛运动,则带电粒子在水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上做加速度大小为a1的匀变速直线运动。 由牛顿第二定律可得qE=ma1 由运动学公式可得0=v0sin θ-a1t 联立解得t=。 (2)在水平方向上,a、b均以速度v0cos θ做匀速直线运动,在任何时刻,a、b均在同一竖直线上。 规定竖直向下为正方向,则b以初速度v0sin θ、加速度a1做竖直向下的匀加速直线运动 a运动到最高点时a在竖直方向上的位移大小 ya=v0sin θ·t-a1t2 b在竖直方向上的位移大小yb=v0sin θ·t+a1t2 又H=ya+yb 解得H=。 6.(1)5×10-3 m　(2)0.11 m 解析 含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动,在进入电极板到离开电极板这段过程中 竖直方向做匀速直线运动,有l=vt 水平方向做匀加速直线运动,有x=at2 液滴在水平方向所受静电力F=qE 根据牛顿第二定律可得F=ma 代入数据解得,x=5×10-3 m,t=10-2 s 故含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10-3 m。 (2)设A细胞离开电极板时速度与竖直方向夹角为θ,tan θ= 含A细胞的液滴离开电场后水平方向位移x'=htan θ 含A、B细胞的液滴整个过程中运动对称,故A、B细胞收集管的间距d=2(x+x') 联立解得d=0.11 m 故A、B细胞收集管的间距为0.11 m。 7.(1)　(2)2 解析 (1)微粒开始带正电,只受电场力F=Eq,方向向下 根据牛顿第二定律有F=ma 微粒从O点开始做初速度为零的匀加速直线运动,则有x==at2 联立解得微粒第一次到达下极板所需的时间t=。 (2)微粒从O点由静止释放第一次到达下极板的过程中,由动能定理有qE·=m 微粒与下极板碰撞后,带负电,电荷量绝对值不变,微粒向上做匀加速直线运动,从下极板运动到上极板过程中,由动能定理有qEd=m-m 联立解得v2= 微粒从上极板第一次回到O点的过程中,由动能定理可得 qE·=m-m 解得v3=2 所以微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小 p=mv3=2。 8.(1)　(2)a.　b.25% 解析 (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到下极板右侧,颗粒就能够全部收集,水平方向有L=v0t 竖直方向d=at2 根据牛顿第二定律qE=ma 又E= 解得U1= (2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,此时F电=f =kRv 且= 解得U2= b.10 μm带电荷量q的颗粒恰好100%被收集,颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于电场力,有f=kRvmax f= 在竖直方向颗粒匀速下落d=vmax't 2.5 μm的颗粒带电荷量为q'= 颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于电场力,有f'=kRvmax' f'= 设只有距下极板为d'的颗粒被收集,在竖直方向颗粒匀速下落d'=vmax't 解得d'= 2.5 μm的颗粒被收集的百分比×100%=25% 考点59　带电粒子(带电体)在电场中的综合问题 1.C　A、B、C三点处弹簧形变量相同,故弹性势能一样。物块从A点到B点过程,由动能定理有F电LAB=EkB-EkA,F电=mg,从B点到C点过程,由动能定理有-mgLBC=EkC-EkB,故EkA=EkB-mgLAB,EkC=EkB-mgLBC,因为LAB>LBC,所以EkA<EkC<EkB,故C正确。 2.BD　对小球甲、乙受力分析,如图所示,设AB与OC相交于点G,由相似三角形可得=,=,则=,又lBG>lAG,所以甲的质量大于乙的质量,故A错误;E点处电场强度E1=-=,方向由A指向B,F点处电场强度E2=-=,方向由B指向A,故C错误;正试探电荷从C点运动到D点,静电力做正功,电势能减小,电势减小,即C点电势大于D点电势,正试探电荷从O点运动到D点,在OH段静电力的分力由H指向O,静电力做负功,电势能增大,电势升高,HD段静电力的分力由H指向D,静电力做正功,电势能减小,电势降低,即从O到D电势先升高后降低,故B、D正确。 3.ABD　如图所示,对甲、乙两小球进行受力分析,设两球间的库仑力大小为F,光滑绝缘轨道与水平面间的倾角为θ,对甲球根据平衡条件有FN1cos θ=mg,F=FN1sin θ+Eq,对乙球有FN2cos θ=2mg,FN2sin θ=F+2Eq,联立解得F=4Eq,故==,同时有F=,解得E=,故A、B正确;若将甲、乙互换位置,若二者仍能保持静止,同理可得对甲有FN1'cos θ=mg,FN1'sin θ=F+Eq,对乙有FN2'cos θ=2mg,FN2'sin θ+2Eq=F,联立可得F+4Eq=0,无解,假设不成立,故C错误;若撤去甲,对乙球根据动能定理,有2mg·tan θ-2Eq·=·2mv2,其中tan θ==,联立解得v=,故D正确。 4.AD　因为B处加速度为零,所以合力为零,即=mgtan θ,l=,A正确,B错误;从A到C,根据动能定理可知W+mgS·sin θ=0,W=-mgS,C错误;UAC==-,D正确。 5.C　本题考查电场中的圆周运动。根据等量异种点电荷的电场线特点可知,圆环所在平面为等势面,匀强电场方向竖直向上,则小球从A到C的过程电势增加,电势能增加,故A错误;当电场强度满足Eq=mg时,小球运动时受到的向心力大小不变,可沿圆环做匀速圆周运动,故B错误;根据动能定理mg-EqR=mvB2-mv02,可求出小球到B点时的速度vB,根据a1=可得小球的向心加速度,再根据牛顿第二定律mg-Eq=ma2,可得小球的切向加速度a2,再根据矢量合成可得B点的加速度为a=,故C正确;小球在D点受到圆环指向圆心的力提供向心力,故小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN,故D错误。 6.BD　对小球甲,从静止到最低点的过程,根据功能关系得(mg-Ff)(x0-x)=k-k,解得x=,选项A错误。当小球甲的加速度为零时,速率最大,则有mg=Ff+k,解得x=,选项B正确。小球甲最后停留时,满足mg-Ff≤k≤mg+Ff,解得位置x的区间≤x≤,选项C错误。若在最低点能返回,即在最低点满足k>mg+Ff,由A选项分析可知x=,又Ep0=,联立可得Ep0<(mg-Ff)·,选项D正确。 7.C　负点电荷从E到F,粒子所受电场力变化,加速度变化,不是匀加速运动,选项A错误;O点处,电场强度为0,点电荷受到的静电力为0,选项B错误;根据对称性,点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间,选项C正确;由E到F的过程中,电场力对点电荷先做正功后做负功,电势能先减小后增大,选项D错误。 8.BD　粒子由静止加速,由动能定理得qU1=m 粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动,有 vx=v0cos 45°=v0 竖直方向做匀变速直线运动,有 E= a= vy=v0sin 45°=v0 由运动学公式得=2ad 联立解得U1∶U2=1∶1,选项B正确。 粒子从射入到运动到最高点,由运动学公式可得2L=vxt,d=t,联立解得L∶d=1∶1,选项A错误。 粒子从最高点到穿出电容器有L=vxt1,vy1=at1 设粒子穿过电容器与水平方向的夹角为α,有 tan α=,联立解得tan α= 设粒子射入电场与水平方向的夹角为β,tan(α+β)=3,选项C错误。粒子射入到最高点的过程水平方向位移为x=vxt',竖直方向的位移为y=at'2,联立解得y=,且y=·t',解得x=2d=2L,y=d=L,即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关,射出电场过程同理,x=L=vxt1',y1=at1'2=,即轨迹不会变化,选项D正确。 9.BCD　本题考查带电小球的平衡问题以及静电力作用下的加速问题。由题意可知三小球构成一个等边三角形,小球1和3之间的库仑力大于小球2和3之间的库仑力,由于弹簧处于压缩状态,故小球1和3一定是斥力,由于小球1带正电,故小球3带正电,A项错误;小球3运动至a点时,弹簧的伸长量等于,根据对称性可知,小球3从b运动到a的过程中,小球2对小球3的库仑为做功为0;弹簧弹力做功为0,故根据动能定理有mgLsin θ=mv2,解得v=,B项正确;设小球3的电荷量为q,小球3在b点时,由题设条件有k=,设弹簧的弹力为F,根据平衡条件得F=k-ksin 30°-mgsin 30°,解得F=mg,小球运动至a点时,弹簧的伸长量等于,根据对称性可知F+ksin 30°-mgsin 30°=ma,解得a=2g,C项正确;当运动至ab中点时,弹簧弹力为0,此时小球2对小球3的库仑力为F23=k=·k=×=mg,斜面对小球的支持力为FN=mgcos 30°-F23=mg-mg=mg,根据牛顿第三定律,得小球对斜面的压力FN'=mg,D项正确。 10.AB　沿电场线方向电势降低,A点电势低于B点电势,A项正确;两小球的电荷量大小相等,电性相反,O点电势为零,关于O点对称,所以两小球的电势绝对值相等,一正一负,根据Ep=qφ可知电势能相等,转动过程中,两小球始终关于O点对称,电势能相等,B项正确;WAB=EpA-EpB,根据电场力方向和两小球的运动方向,该过程静电力对两小球都做正功,两小球电势能减小,总电势能减小,C、D项错误。 11.B　小球由M到N点过程动能增加量为ΔEk=m(2v)2-mv2=mv2,A项错误;小球在竖直方向做上抛运动,竖直方向的位移为h=,故克服重力做功为W=mgh=mv2,即重力势能增加mv2,C项错误;动能增加mv2,重力势能增加mv2,故机械能增加2mv2,B项正确;根据能量守恒定律可知,电势能减小2mv2,D项错误。 12. (1)QU　(2)推理过程见解析　(E3-E2)<(E2-E1) (3)推导过程见解析　2.56×1011 N/C 解析 (1)在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力做的功 W=qUBA=-Q·(-U)=QU。 (2)粒子在半径为r处绕轴线做匀速圆周运动,其向心力由静电力提供,由向心力公式可知 qE=m 又因为E=k 联立可得qk=m 解得粒子的动能Ek=mv2=qkλ 故在筒内任何位置粒子的动能均相同,要比较的粒子的能量差为电势能之差 由E=k,r1<r2<r3可知,距离轴线r1~r2范围内的电场强度大于r2~r3范围内的电场强度 结合题意可知越靠近轴线电势越低,由匀强电场中U=Ed可定性判断出U32<U21 因为E3-E2=qU32,E2-E1=qU21 故(E3-E2)<(E2-E1)。 (3)电子绕核做圆周运动,库仑力提供向心力, 有k=m 电子的动能Ek=mv2 联立可得Ek= 由库仑定律可知,电子与原子核之间的库仑力 F=k 电子从基态轨道半径a处运动到无穷远处,克服库仑力做功W库=ar= 则电子在基态轨道半径a处的电势能Ep=-W库 由能量守恒可知,将基态电子电离所需的能量ΔE等于电子的动能与基态氢原子的势能之和, 即ΔE=-(Ek+Ep)= 设外电场的电场强度为E,电子在电场力的作用下获得能量,当电子获得的能量等于氢原子电离所需的能量时,氢原子被电离,电子在电场力的作用下获得的能量W=ΔE=eEa 联立可得E= 代入数据解得E≈2.56×1011 N/C。 13.(1)　(2)　(3)见解析 解析 本题考查带电粒子在电场中的运动。(1)匀强电场的电场强度E= 因粒子做直线运动,故粒子所受合力的方向与AB方向相同 对粒子受力分析有 = 故q= (2)粒子第一次碰撞前 故vx=(向右)　vy=(向下) 碰后vx'=vx(向右)　vy'=kvy=k(向上) 如图所示,合力为F2,方向与v垂直 故tanθ== 因此Q= (3)由题意知,粒子无法打到上方绝缘平板,只能打到下绝缘板或右侧金属板 若粒子打在下绝缘严板 从B点开始计时,运动时间为t 竖直方向有vy'=g· 水平方向有x=vx't+a't2 a'= 解得x=4kl+ 故当4kl+<d-l时,粒子打在下方绝缘平板 W=Eq·l+EQ·x=+4k2mgh+ 当4kl+>d-l时(打在右侧金属平板) W=Eql+EQ(d-l)=mg+kmgh 14.(1)　(2)-kQq　(3)守恒　- 解析 (1)由几何关系可知,椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为2a,故B点距焦点F处点电荷的距离为r=a 根据电势计算公式φ=,可得椭圆轨道半短轴顶点B的电势为φB=。 (2)同理可知,椭圆轨道半长轴顶点A的电势为φA== 根据电场力做功与电势能的关系可知,带电粒子从A到B的运动过程中,电场力对带电粒子做的功为WAB=-q(φA-φB)=-kQq。 (3)设带电粒子的质量为m,假设带电粒子动能与电势能之和守恒,则满足mv2+(-q)=C(定值) 则v2=·+ 根据图乙可知v2-关系为一条倾斜直线,故假设成立 将图像中代入关系式,可得其动能与电势能之和为C=-。 15.(1)　(2)　 解析 (1)在匀强电场中,根据公式可得电场强度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=m-m,解得vA=,vB=。 16.(1)8　(2)a油滴带负电,b油滴带正电　4 解析 (1)设空气阻力为Ff,油滴的半径为r,油滴的运动速率为v,油滴的密度为ρ,则有Ff=krv mg=Ff 油滴的质量m=ρ·πr3 故ρ·πr2g=kv 根据题意可知,=4 故=2 =8。 (2)加上电场后,电场强度向下,a油滴减速,所受电场力向上,故a油滴带负电,b油滴加速,所受电场力向下,故b油滴带正电。 对a油滴有Ffa=mag 对b油滴有Ffb=2mbg 故E|qa|=mag-Ffa=mag,E|qb|=Ffb-mbg=mbg 解得=4。 17. (1)　(2)油滴A不带电,油滴B带负电,电荷量为　-　(3),方向竖直向上或,方向竖直向下 解析 本题考查带电粒子在电场中的直线运动,意在考查综合分析能力。 (1)小油滴A和B在时间t内都匀速下落了距离h1,可得油滴的速度v0= 此时有m0g=Ff Ff=kv0 联立解得k=。 (2)两极板加上电压U后,A继续以原速度下落,因此A不带电。 B要向下减速,因此所受电场力竖直向上,B带负电。 B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1),有vB= B所受阻力FfB=kvB B受力平衡,有q=FfB+m0g 联立解得q= B上升距离h2电势能减少,变化量为 -qh2=-。 (3)合并后对新油滴受力分析,受到竖直向上的电场力,为F电=q=·=m0g1+ 受到竖直向下的重力为2m0g 设新油滴最终匀速运动的速度为v 当h2>h1时,F电>2m0g,最终新油滴竖直向上匀速运动,有 2m0g+k(2m0v=F电 解得v= 当h2<h1时,F电<2m0g,最终新油滴竖直向下匀速运动,有 2m0g=F电+k(2m0v 解得v=。 18.(1)　(2)　(3)Ek> 解析 本题考查库仑定律、力的合成、牛顿第二定律、弹性碰撞、动能定理、电势差、电势等知识点。 (1)设A到M点的距离为RM,A点的电荷对小球S1的库仑力大小为FA,由库仑定律有FA= ① 设小球S1在M点所受电场力大小为FM,由力的合成有FM=2FAcos 45°② 联立①②,由几何关系并代入数据得FM=。 ③ (2)设O点下方处为C点,A与C的距离为RC,小球S1在C处所受的库仑力大小为FC,由库仑定律和力的合成有FC=2sin θ ④ 式中sin θ= 设小球S1的质量为m1,小球S1在C点的加速度大小为a,由牛顿第二定律有 FC+m1g=m1a ⑤ 由图(c)可知,式中a=2g 联立④⑤并代入数据得m1= ⑥ 设S2的质量为m2,碰撞前、后S1的速度分别为v1,v1',由于S1碰撞前、后动能相等,故v1'=-v1。S2碰撞前、后的速度分别为v2,v2',取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' ⑦ m1+m2=m1v1'2+m2v2'2 ⑧ 设小球S2碰撞前的动量为p2,由动量的定义有p2=m2v2 ⑨ 依题意有m1=m1v1'2=　m1=m2 联立⑥⑦⑧⑨并代入数据,得p2=- ⑩ 即碰撞前S2的动量大小为。 (3)设O点上方处为D点。根据图(c)和对称性可知,S1在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小,方向竖直向上,S1在此处加速度为0;S1在D点上方做减速运动,在D点下方做加速运动,为保证S1能运动到N点与S2相碰,S1运动到D点时的速度必须大于零。 设M点与D点电势差为UMD,由电势差定义有 UMD=φM-φD 设小球S1初动能为Ek,运动到D点的动能为EkD,由动能定理有 m1g(MO-DO)+QUMD=EkD-Ek EkD>0 由对称性,D点与C点电势相等,M点与N点电势相等,依据图(b)所给数据,并联立⑥式可得 Ek>。 考点60　实验:观察电容器的充、放电现象 1.(1)B　(2)a→b　5.2 解析 本题考查观察电容器的充、放电现象实验。 (1)电容器充电过程中,当电路刚接通后,电流表示数从0增大至某一最大值,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,电流为零,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的电流方向为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图像与横轴围成的面积表示放出的电荷量可得,0~2 s间放出的电荷量为Q1=ΔU·C=(12.3 V-1.10×10-3 A×R)C,2 s后到放电结束放出的电荷量为Q2=ΔU'·C=1.10×10-3 A·RC,根据题意=,解得R=5.2 kΩ。 2.(1)2×10-4　(2)15.0　(3)2　(4)4.7×103　5.2 解析 考查电容器充、放电过程和电容的基本性质。 (1)采样频率为5 000 Hz,周期T==0.000 2 s=2×10-4 s。 (2)由图乙可知, 开关S1闭合瞬间流经R1的电流约为15.0 mA。 (3)稳定之后,电容器两极板间的电压为电阻R2两端的电压,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)电容器的放电过程,电压由6 V减小至2 V,ΔU=4 V,C==×106 μF=4.7×103 μF。设t=1 s时电容器两端电压为UC',则(E-UC')C=ΔQ',(6 V-UC')×4.7×103×10-6 F=0.003 8 C 解得UC'≈5.2 V。 3.(1)电压　(2)0　(3)放电　0.32 解析 本题考查电容器的充放电问题。 (1)位置②与电容器并联,为测电压仪器。 (2)电压表示数最大时,电容器充电完毕,电流表示数为零。 (3)电容器充电时,电压低,充电电流大;放电时,电流随电压的降低而减小,所以图乙对应放电过程。 电容器充电完毕后的电压等于电源电动势,大小为12 V,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。 4.(1)正极　(2)C　(3)R2　电荷量 解析 (1)多用电表的两支表笔中的电流满足红进黑出,故红表笔与电源的正极相连。 (2)开关S与“2”端相接,电容器放电,放电电流先很大,后逐渐变小,直至为0,故小灯泡迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭。 (3)电阻较大时,开始充电电流较小,故实线是电阻箱阻值为R2时的结果,根据i=可得,曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。 5.(1)b　(2)6.5　(3)3.9×10-3　(4)4.9×10-4　(5)D1 解析 (1)按照题图甲连接电路,闭合开关S1,若要升高电容器充电电压,滑动变阻器滑片应向b端滑动。 (2)根据读数规则,电压表的示数为6.5 V。 (3)图像和坐标轴所围格数为39,故电容器存储的电荷量为Q=39×0.2×10-3×0.5 C=3.9×10-3 C。 (4)根据电容的定义式可得,C==4.9×10-4 F。 (5)电容器充电后,将开关S2掷向2,电容器放电,电容器左侧带正电,根据二极管单向导电性,发光二极管D1发光。 学科网（北京）股份有限公司 $$