专题9 静电场-【高考密码】备战2026高考物理十年高考真题分类汇编

专题九　静电场 考点1 静电场中力的性质 考向1 电场强度的叠加与计算 1．（2025·湖北 ）（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轴负方向成夹角斜向下 C．大小为 D．大小为 【答案】AD 【详解】由题意可知，如图 将五个点电荷等效成 五个点电荷与O点距离为R，设 则O点场强大小为 代入可得 方向沿x轴负方向； 故选AD。 2.(2024江苏,1,4分)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两点的场强大小之比Ea∶Eb等于(　　) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 答案 D 设F-q图像的横坐标每格长度表示的电荷量为q0,纵坐标每格长度表示的力大小为F0根据E=可知F-q图像的图线斜率表示电场强度,由题图可知Ea==4,Eb==,可得Ea∶Eb=4∶1,D正确。 3.(2024河北,7,4分)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.(6+) C.(3+1) D.(3+) 【答案】D 【解析】B、C处正点电荷在M点产生的场强E1、E2大小相等,根据点电荷的场强公式得E1=E2=k=3,M点合场强为0,则带电细杆在M点产生的场强E=2E1 cos 60°=3,根据对称性可知带电细杆在A点产生的场强大小E’=E,方向沿MA,B、C处正点电荷在A点产生的场强E’1、E’2大小相等,根据点电荷的场强公式得E’1=E’2=k,则A处合场强EA=2E’1 cos 30°+E’=k(3+),D正确。 4.(2024贵州,7,4分)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 【答案】B 【解析】根据题意可知,A、B处两电荷为异种电荷,假设A点处为正电荷,B点处为负电荷,作出两电荷在C点的场强如图所示(点拨:A点处若为负电荷,B点处若为正电荷,则仅影响C点场强沿切线的指向,对大小无影响), 设圆的半径为r,根据几何知识可得rAC=r,rBC=r,tan 60°=,同时有EA=,EB=,联立解得=,B正确。 5.(2023重庆,3,4分)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和Q2相距 (　　) A.x0 B.(2-1)x0 C.2x0 D.(2+1)x0 【答案】B　 【解析】根据题意可知,正电荷Q2应位于x轴负半轴上(判断依据:①Q1在坐标原点;②Q1<Q2;③x轴正半轴上某点电场强度为0),如图所示,设Q1与Q2相距x1,Q1带电荷量大小为q1,Q2带电荷量大小为q2,则根据场强叠加原理可知k=k,又q2=8q1,联立解得x1=(2-1)x0,B正确,A、C、D错误。 6.(2023湖南,5,4分)如图,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 【答案】D 【解析】设带电荷量分别为Q1、Q2、Q3的点电荷分别为a、b、c,P点处电场强度为零,由几何关系可知,b和c必定带异种电荷才能使P点处沿三个点电荷连线方向的电场强度为零,且b和c在垂直三个点电荷连线方向的合场强与a在P处产生的场强等大反向,故选项A、B错误;设a到P的距离为r,则由几何关系可知b和c到P点的距离分别为r和2r,P点处平行于三个点电荷连线方向场强为零,则k·cos 60°=k·cos 30°,解得=,C项不满足,D项满足。故选D。 7.(2023山东,11,4分)(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号的点电荷,下列说法正确的是(　　) A.F'点与C'点的电场强度大小相等 B.B'点与E'点的电场强度方向相同 C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差 D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点,其电势能先增大后减小 【答案】ACD 【解析】F'点和B'点关于平面ADD'A'对称, 根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF'=EB',同理可知EE'=EC',F'点和E'点关于AD连线的中垂面对称,根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF'=EE',同理可知EF'=EC'=EB'=EE',但四个点的电场强度方向均不相同,故A正确,B错误;由等量异号点电荷电势分布可知O'点电势为0,F'点电势为正,连接A'D',依据A'D'连线上电势分布可知,φA'=-φD',故UA'O'=UO'D',因为φF'>0,故UA'F'<UA'O',故可知UA'F'<UO'D',C正确;如图所示,根据几何关系可知β=30°,作出F点正电荷所受电场力的示意图,设正六边形的边长为a,FA=,FD=,则tan α==3>T3=tan 60°,则α>60°,即在F点正点电荷所受电场力与FO的夹角大于90°,在O点正点电荷所受电场力的方向沿OD方向,此时电场力与FO的夹角为60°,则在正电荷从F到O的过程中,电场力对其先做负功,后做正功,则试探电荷的电势能先增大后减小,故D正确。 8. (2023海南,8,3分)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 【答案】C　 【解析】P点的小球受到两点电荷对它的库仑力和轨道对它的弹力作用而平衡,弹力指向圆心O,对小球受力分析如图所示,由正弦定理有: = 又∠CPH=∠BPO,∠CHP=∠HPD=∠APO 在△APO中: = 同理有,= 又FA=k,FB=k 联立有Q1∶Q2=2n3∶1,故选C。 9.(2023全国乙,24,12分)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; (2)C点处点电荷的电荷量。 【答案】(1)q　3个点电荷均为正电荷　(2)q 【解析】(1)由M点处电场强度方向竖直向下可知C点处点电荷为正电荷。 设AM长为d,A、B两点处的点电荷在M处电场强度的矢量和为0,即=,则qB=q。 A、B带同种电荷,N点处电场强度方向竖直向上,对N点处的电场强度EN进行分解,如图所示,则A、B两点处点电荷只能带正电,由以上分析可知A、B、C三点处的点电荷均为正电荷。 (2)设C点处点电荷的电荷量为qC,AB=2d,AN=d,根据几何关系可知=tan 30°,EBC=EBN-ECN,则有= tan 30°,解得qC=q。 10.(2022山东,3,3分)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= 【答案】C　 【解析】将取走的A、B处圆弧上的电荷补回去,由对称性和微元法可知,整个带电圆环在O点产生电场的合场强等于零,由此可知,圆环上剩余电荷与A、B处带电圆弧上的电荷产生的电场等大反向,由点电荷的场强公式、电场的叠加规律和几何关系可得,A、B处带电圆弧上的电荷产生的电场在O点的合场强E1=k,方向由O指向C,由题意可知,qA=ΔL,D处的点电荷q在O点产生电场的场强与E1等大同向即可,故q应为负电荷,由k=k,解得q=,故C正确。 11.(2018浙江4月选考,6,3分)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的金属球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. 【答案】C　 【解析】设A、B两金属小球开始时带电荷量均为Q,距离为r,则F=k;用一个不带电的同样的金属球C先后与A、B接触,与A接触后,A、C的带电荷量均为,与B接触后,B、C的带电荷量均为Q,则此时A、B间的静电力F'=k=F。因此选C。 12.(2016浙江理综,15,6分)如图所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,(　　) A.此时A带正电,B带负电 B.此时A电势低,B电势高 C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合 D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合 【答案】C　 【解析】由于静电感应,A带负电,B带等量正电,若移去C,A、B所带等量正负电荷中和,金属箔闭合,所以C正确,A错误;处于电场中的导体是等势体,B错误;若先把A、B分开,然后移去C,A、B所带电荷就不能中和,金属箔不再闭合,D错误。 考向2 静电力作用下的平衡与加速问题 1．（2025·湖南 ）如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，两球连线与轻绳的夹角为，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．A球静止时，轻绳上拉力为 B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为 C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 【答案】C 【详解】AB．根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示 由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为 A球与B球间的库仑力 故AB错误； C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为，则加速度大小为g，故C正确； D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。 故选C。 2．（2025·安徽 ）（多选）如图，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、，质量分别为m、，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、，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（　　） A． B． 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 【答案】ABD 【详解】AB．如图，对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为F，倾角为，对甲球根据平衡条件有，① 对乙球有， 联立解得② 故 同时有 解得 故AB正确； C．若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对甲有， 对乙有， 联立可得，无解 假设不成立，故C错误； D．若撤去甲，对乙球根据动能定理 根据前面分析由①②可知 联立解得 故D正确。 故选ABD。 3.（2024新课标，18，6分）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 【答案】B 【解析】设电场强度为E，小球P带电荷量为qP， 小球Q带电荷量为qQ，两小球间的库仑力大小为F，细绳对小球P的拉力为FP， 细绳对小球Q的拉力为FQ，细绳与竖直方向的夹角为θ，对小球P受力分析可得FP cos θ=mPg， FP sin θ=F+qPE，解得tan θ=，同理对小球Q受力分析有FQ cos θ=mQg， FQ sin θ=F-qQE，可得tan θ=，由于F+qPE>F-qQE，所以mP>mQ，FP>FQ，A错误，B正确；小球P的电荷量与小球Q的电荷量的大小关系无法确定，C、D错误。 4.(2024海南,12,4分)(多选)如图,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≪r),已知静电力常量为k,则下列说法正确的是(　　) A.P1P2连线的中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r B.P1P2连线的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 【答案】BCD 【解析】设中垂线上某点与P1(或P2)的连线与P1P2连线的夹角为θ,0≤θ<,则该点处的场强E=2 sin θ=,令f(θ)=sin θ cos2θ,则f'(θ)=cos3θ-2 sin2θ cos θ,当f'(θ)=0,解得tan θ=,此时f(θ)取最大值,f(θ)max=,所以中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为d=r tan θ=r,最大值Emax=,A错误,B正确。因为r>r,所以在M点静止释放一电子后,电子受到的电场力向上且一直减小,故加速度一直减小,C正确。在N点静止释放电子,设电子离O点距离为x'时,其所受到的电场力大小为F=-=kqe=kqe,因为x'≪r,所以电场力大小F≈kqe,方向指向O点(点拨:x'为0时,F=0,即O点为平衡位置),电场力大小与电子相对于平衡位置的位移大小成正比,且总指向平衡位置,符合简谐运动的特点,D正确。 5.(2022湖北,4,4分)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 【答案】D　 【解析】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,则由平衡条件有q=ρπr3g,若仅将金属板间电势差调整为2U,设电荷量为q'、半径为r'的球状油滴能在板间保持静止,则由平衡条件有q'=ρπr'3g,联立得=,D正确。 6.(2016浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触,棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开,平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10-4 kg,带电小球可视为点电荷,重力加速度g=10 m/s2,静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,则(　　) A.两球所带电荷量相等 B.A球所受的静电力为1.0×10-2 N C.B球所带的电荷量为4×10-8 C D.A、B两球连线中点处的电场强度为0 【答案】ACD　 【解析】用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷,与A球接触后A球也带正电荷,两球接触后分开,B球也带正电荷,且两球所带电荷量相等,A正确; 两球相互排斥,稳定后A球受力情况如图所示 sin θ==0.60,θ=37° F库=mg tan 37°=6.0×10-3 N,B项错误; F库=k QA=QB=Q,r=0.12 m 联立得Q=4×10-8 C,故C项正确; 由等量同种点电荷产生的电场的特点可知,A、B两球连线中点处的场强为0,故D项正确。 7．（2025·广东 ）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前瞬间的k倍（）。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。 【答案】(1) (2) (3)若时，，若时， 【详解】（1）根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体，则有 水平方向上做匀加速直线运动，则有， 解得 （2）根据题意可知，颗粒与绝缘板第一次碰撞时，竖直分速度为 水平分速度为 则第一次碰撞后竖直分速度为 设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为，则有 由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直，则有 联立解得 （3）根据题意可知，由于，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板，若颗粒第二次碰撞是和下绝缘板碰撞，设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为，则有 水平方向上做匀加速直线运动，加速度为 水平方向运动的距离为 则电场对颗粒做的功为 若，则颗粒第二次碰撞是和右侧金属板碰撞，则颗粒从第一次碰撞到第二次碰撞过程中水平方向位移为，颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对颗粒做的功为 8.(2022广东,14,15分)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。如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f=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的带电荷量和电性;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。 【答案】(1)　(2)A不带电,B带负电　(1+)　-m0gh2　(3)见解析 【解析】(1)两极板未加电压时小油滴匀速运动,所受合力为零,故有:m0g=k 解得k= (2)两板间加上电压后A继续以原速度下落,说明A不带电。 由B的运动过程可知B带电,所受电场力向上,则B带负电,B向上匀速运动时合力为零,有 q=m0g+k 将k值代入解得B所带电荷量大小: q=(1+) B上升h2电势能的变化量 ΔEp=-W电=-q·h2=-m0gh2(1+) (3)假设油滴向下匀速运动,则有: 2m0g=q+k·(2m0v 解得:v= 若h1>h2,v>0,油滴竖直向下运动; 若h1<h2,v<0,油滴竖直向上运动。 9.(2017北京理综,22,16分)如图所示,长l=1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10-6 C,匀强电场的场强E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)小球所受电场力F的大小。 (2)小球的质量m。 (3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。 【答案】(1)3.0×10-3 N　(2)4.0×10-4 kg　(3)2.0 m/s 【解析】(1)F=qE=3.0×10-3 N (2)由=tan 37°,得m=4.0×10-4 kg (3)由mgl(1-cos 37°)=mv2,得 v==2.0 m/s 解题指导　(1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小球会从高处摆下,在小球从开始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。 考点2 静电场中能的性质 考向1 电场分布 带电粒子的运动轨迹 1．（2025·陕晋青宁卷 ）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（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】AC．电场线不相交、不闭合，故AC错误； B．该电场可能为正点电荷形成的电场，故B正确； D．假设存在这种电场线，做两条等势线，如图所示 则有， 即 由电场线的疏密程度可知，处电场强度大于处电场强度，由公式可得，，相互矛盾，假设不成立，即这种电场线不存在，故D错误。 故选B。 2．（2025·北京 ）某小山坡的等高线如图，M表示山顶，是同一等高线上两点，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．小球沿运动的加速度比沿的大 B．小球分别运动到点时速度大小不同 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 【答案】D 【详解】A．等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律可得（为坡面与水平面夹角），MB对应的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加速度比沿着MA运动时加速度大，A错误； B．A、B在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守恒，运动到A、B点时速度大小相同，B错误； C．等势线越密集，电场强度越大，B处等势线更密集，A点电场强度比B点小，C错误； D．等势线越密集，电势降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落得快，D正确。 故选D。 3．（2025·河南 ）如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为；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，则正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 匀强电场中任意两点间的中点电势等于这两点的平均值，可知ac中点d的电势与b点相同，bd的连线为该匀强电场的等势面。电场线垂直于等势面且由高电势指向低电势，故电场线沿ac方向且由a指向c，C选项正确。 故选C。 4．（2025·四川 ）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 【答案】B 【详解】A．小球所受库仑力 由于re > rb，则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误； B．点电荷在距其r处的电势为 由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，则根据Ep = φq 可知小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确； C．由于rf > rd，根据选项B可知，小球的电势能Epd > Epf，根据能量守恒可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误； D．由于ra > rb，根据选项B可知，小球的电势能Epb > Epa，根据能量守恒可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。 故选B。 5．（2025·福建 ）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|=2|BP|，a粒子入射动能为Ek，则（　　） A．B点的电场强度 B．P点场强大于C点场强 C．b粒子在P点动能小于Q点动能 D．b粒子全程的克服电场力做功小于2eU 【答案】D 【详解】A．a粒子入射动能为Ek，根据动能的表达式有，粒子恰好做圆周运动，则，联立解得，故A错误； B．由图可知，P点电场线密度较稀疏，则场强小于C点场强，故B错误； C．已知|CQ|=2|BP|，因为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降低，则Q点电势小于P点，电子在电势低处电势能大，则b粒子在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子在Q点动能较小，故C错误； D．由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，根据，则，则b粒子全程的克服电场力做功，故D正确。 故选 D。 6.(2024河北,2,4分)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 答案 C 等差等势面的疏密程度反映电场强度的大小,由题图可知,c点处等差等势面最密,故c点的电场强度最大,C正确。 7.(2024甘肃,9,5分)(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 【答案】BCD 【解析】根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,粒子带正电,A错误。等差等势面越密集的地方场强越大,故M点的电场强度比N点的小,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,D正确。由于带电粒子仅在电场力作用下运动,只有电场力做功,电势能与动能总和保持不变,可知当电势能最大时动能最小,故粒子运动轨迹上电势最大处粒子动能最小,C正确。 8.（2024全国甲，18，6分）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为k，其中k为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（　　） A.Q1<0，=-2 B.Q1>0，=-2 C.Q1<0，=-3 D.Q1>0，=-3 【答案】B 【解析】电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，由图中等势线可知，Q1>0，Q2<0，A、C错误；题图中两个点电荷连线上，电势为零处有k+k=0，所以==，B正确，D错误。 【知识拓展】将无限远处电势规定为0时，孤立的正点电荷的电场中电势都是正数，孤立的负点电荷的电场中电势都是负数；电势是标量，所以多个点电荷的电场中电势等于各点电荷产生的电场在此处的电势的代数和。 9.(2023全国甲,18,6分)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(　　) 【答案】A 【解析】电子在电场中所受静电力方向与电场线方向相反,由于电子速度方向与电场线方向不在同一条直线上,因此电子在电场中做曲线运动,静电力指向轨迹“凹侧”,且轨迹应夹在所受静电力方向与速度方向之间,由题图可知,非匀强电场的电场强度在水平方向的分量从左到右先增大后减小,且具有对称性,故电子在水平方向上一直加速,在竖直方向上先减速到零再反向加速。B选项中靠近荧光屏一侧的图线受力方向指向凸侧,与受力情况不符,故B错误;由于电子水平方向分速度一直增大,故相等的时间内水平方向位移应逐渐增大,C、D错误,A正确。 10.(2022浙江1月选考,10,3分)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成,其上存在等间距小孔,其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.a点所在的线是等势线 B.b点的电场强度比c点大 C.b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大 D.将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零 【答案】C　 【解析】根据电场线与等势线特点,并结合题意可知,电场线由小孔内向外辐射,故a点所在线为电场线,A错误;由于b点处电场线分布比c点处电场线稀疏,故b点的电场强度比c点小,B错误;由等势线分布可知,|Ubc|=|Uba|+|Uac|,故|Ubc|>|Uac|,C正确;由于电场力做功与路径无关,故电荷从d→e→f→g移动时,电场力做功W=qUdg≠0,所以D错误。 11.(2022全国乙,21,6分)(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图(a)所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R<r1<r2<R+d);粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射;粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射,轨迹如图(b)中虚线所示。则 (　　) A.粒子3入射时的动能比它出射时的大 B.粒子4入射时的动能比它出射时的大 C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能 D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能 【答案】BD　 【解析】极板间各点的电场强度方向指向O点(题干信息),粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射,在这个过程中电场力做正功,粒子3入射时的动能比它出射时的小,同理可知粒子4入射时的动能比它出射时的大,A错误,B正确;粒子1、2做圆周运动,设粒子1的轨迹处的电场强度大小为E1,则qE1=m,粒子1的动能Ek1=m=,设粒子2的轨迹处的电场强度大小为E2,则qE2=m,粒子2的动能Ek2=m=,由于极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比(题干信息),即=,所以Ek1=Ek2,C错误;粒子3(做近心运动)出射时,qE1>m,此时粒子3的动能Ek3'=m<=Ek1,即粒子1入射时的动能大于粒子3出射时的动能,而粒子3入射时的动能比它出射时的小,所以粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能,D正确。 12.(2022重庆,8,5分)(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 【答案】AD　 【解析】等差等势面密集处场强大,由图可知N点的电场强度大小比M点的大,故A正确。沿着电场线方向电势逐渐降低,由图可知电场线由N指向Q,则Q为负电荷,故可知M点的电场方向沿x轴正方向,B、C均错误。M点与N点在同一等势面上电势均为0 V,P点与N点等势面间隔四个,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,故D正确。 13.(2022浙江6月选考,15,2分)(多选)如图为某一径向电场的示意图,电场强度大小可表示为E=,a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力,则 (　　) A.轨道半径r小的粒子角速度一定小 B.电荷量大的粒子的动能一定大 C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 D.当加垂直纸面磁场时,粒子一定做离心运动 【答案】BC　 【解析】粒子做圆周运动,根据电场力提供向心力有qE=mω2r,根据题意,电场强度大小可表示为E=,联立解得ω=,粒子比荷相同,a为常量,所以轨道半径r小的粒子角速度一定大,A错误;根据电场力提供向心力有qE=m,则粒子的动能Ek=qa,电荷量大的粒子的动能一定大,B正确;由qE=m及E=可得v=,粒子的速度大小与轨道半径r无关,C正确;因为不知道粒子的速度方向及磁场方向,当加垂直纸面磁场时,粒子所受的洛伦兹力可能指向圆心,也可能背离圆心,粒子不一定做离心运动,D错误。 14.(2016课标Ⅱ,15,6分)如图,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc。则(　　) A.aa>ab>ac,va>vc>vb　　　　　　B.aa>ab>ac,vb>vc>va C.ab>ac>aa,vb>vc>va　　　　　　D.ab>ac>aa,va>vc>vb 【答案】D　 【解析】带电粒子在电场中仅受电场力作用,由牛顿第二定律知加速度a==,E=k,因为rb<rc<ra,所以ab>ac>aa; 由动能定理有Wab=qQUab=m-m Wbc=qQUbc=m-m 因为Wab<0,所以va>vb 因为Wbc>0,所以vc>vb 因为|Uab|>|Ubc|,所以va>vc 故有va>vc>vb,D项正确。 15.(2016海南单科,10,5分)(多选)如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是(　　) A.M带负电荷,N带正电荷 B.M在b点的动能小于它在a点的动能 C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 【答案】ABC　 【解析】粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧,可知M受到了引力作用,N受到了斥力作用,故M带负电荷,N带正电荷,选项A正确;由于虚线是等势面,故M从a点到b点电场力对其做负功,动能减小,选项B正确;d点和e点在同一等势面上,N在d点的电势能等于它在e点的电势能,故选项C正确; N从c点运动到d点的过程中,电场力做正功,故选项D错误。 考向2 静电场中力和能的性质的综合分析 1．（2025·甘肃 ）如图，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 【答案】D 【详解】A．MN两点电势相等，电场线由上到下，NP在同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N点电势高于P点，可知M点电势高于P点，选项A错误； B．M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，选项B错误； CD．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，选项C错误，D正确； 故选D。 2．（2025·云南 ）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－2V、－1V、1V、2V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2eV D．一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV 【答案】C 【详解】AB．根据等势面越密集电场强度越大，可知a、b、c、d中a点电场强度最大，故AB错误； C．一个电子从b点移动到c点电场力做功为Wbc = －eUbc = 2eV 故C正确； D．一个电子从a点移动到d点电场力做功为Wad = －eUad = 4eV 由于电场力做正功电势能减小，则一个电子从a点移动到d点电势能减小了4eV，故D错误。 故选C。 3．（2025·湖南 ）（多选）一匀强电场的方向平行于平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为和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。下列说法正确的是（　　） A．中点的电势为零 B．电场的方向与x轴正方向成角 C．电场强度的大小为 D．电场强度的大小为 【答案】AD 【详解】A．根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为，， 故中点的电势为 故A正确； B．如图，设N点为AB的三等分点，同理易知N点电势为0，连接MN为一条等势线，过A点做MN的垂线，可知电场线沿该垂线方向，指向右下方，由可知，故电场的方向与x轴正方向成角，故B错误； CD．电场强度的大小为 故C错误，D正确。 故选AD。 4．（2025·山东 ）（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，带电量分别为和的小球甲、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，，，A、B两点间距离为，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 【答案】BD 【详解】A．对甲、乙两小球受力分析如图所示，甲、乙两小球分别受到重力、支持力、库仑力作用保持平衡。 设与线段交点为点，由几何关系 解得 因此有， 根据正弦定理，对甲有 对乙有 因为 是一对相互作用力，可得 A错误； B．根据点电荷场强公式，由场强叠加知识，可知C到D之间的圆弧上各点场强方向都向右下方，若有一正试探电荷从C运动到D的过程中，电场力做正功，电势能减小，故可判断C点电势高于D点电势，B正确； C．两带电小球连线上的电场分布可以等效成一对等量异种点电荷的电场和在点带电量为的正点电荷的电场相互叠加的电场。在等量异种点电荷的电场中E、F两点电场强度大小相等，方向相同。但是点带电量为的正点电荷在E、F两点的电场强度不同。E、F两点电场强度大小不同，C错误； D．电势是标量，与线段的交点距离两带电小球最近，所以该点电势最大，那么沿直线从O点到D点，电势先升高后降低，D正确。 故选BD。 5.(2024广东,8,6分)(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 【答案】 AC 【解析】沿电场线方向电势降低,M点电势比N点电势低,A正确;电场线密处电场强度大,所以P点的电场强度比N点的大,B错误;由于污泥絮体带负电,污泥絮体从M点移动到N点电场力对其做正功,C正确;N点电势高于P点电势,负电荷在电势高处电势能小,则污泥絮体在N点的电势能小于在P点的电势能,D错误。 6.(2024湖北,8,4分)(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 【答案】AC 【解析】根据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷交换的系统,这个系统电荷的代数和是不变的,A正确;根据电场线和等势面的关系可知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,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,C正确,D错误。 7.（2024浙江6月，12，3分）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 【答案】C 审题指导 当场的矢量叠加不方便求合矢量时，可以分开讨论，譬如将一对等量异种点电荷的电场和匀强电场与重力场的等效场分开看，研究起来会变得简单许多。 【解析】圆环处在两个等量异种点电荷连线的中垂面上，两个点电荷在此面上的电势相同，讨论带正电小球做圆周运动过程中电势能的变化情况时，只需考虑匀强电场，在匀强电场中，从A到C，电场力做负功，电势能增加，A错误。两个等量异种点电荷在圆环处对小球的电场力方向垂直于圆环所在平面且平行于MN方向，不参与提供向心力，故当匀强电场的电场力与重力平衡时，小球可沿圆环做匀速圆周运动，B错误。设小球在B点的速度为vB，从A到B，由动能定理可得（mg-qE）R=m-m，在B点的向心加速度an==+，竖直方向的切向加速度at=，两个加速度矢量合成即可得到小球在B点的加速度，C正确；小球在D点受到圆环的作用力可分解为垂直圆环所在平面的分力FN1和沿圆环半径指向圆心的分力FN2，FN1与两等量异种点电荷提供的电场力平衡，FN2提供小球做圆周运动的向心力，D错误。 8.（2024山东，10，4分）（多选）如图所示，带电荷量为+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、带电荷量为+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=- 【答案】AD 【解析】小滑块在B点时受力分析如图所示，由三力平衡可得F=mg tan 30°=mg；由库仑定律可得F=k，联立解得l=，A正确，B错误。小滑块由A到C的过程中，由动能定理有qUAC+mgs·sin 30°=0，解得静电力做功W=qUAC=-mgs，则AC之间的电势差UAC=-，C错误，D正确。 9.(2024北京,11,3分)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 答案 C 两等量异种点电荷电场线如图所示, 由对称性可知P点的电场强度与Q点电场强度相同,A错误。沿电场线方向电势降低,P点的电势高于Q点的电势,B错误。设两点电荷的电荷量大小均为q,M、P间的距离为r1,P、N间的距离为r2,由电场强度叠加原理可得,P点的电场强度大小E=+,当q'=2q时,E'=2E,C正确。P、Q两点间每个位置的电场强度均变为电荷变化前的2倍,则P、Q两点间的电势差变为变化前的2倍,D错误。 10.(2024湖南,5,4分)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(　　) 【答案】 D 【解析】根据题意知固定在坐标原点的电荷为负电荷且无限远处电势为0,则当x接近0时,电势接近负无穷,根据点电荷的场强公式可得,在x轴正半轴上任一点x处,电荷量为+4q的点电荷在此点产生的场强大小E1=,电荷量为-q的点电荷在此点产生的场强大小E2=,若有E1=E2的位置,即=,解得x=1或x=-(舍去)。Φ-x图线切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,则x=1处对应的切线的斜率为0,电势最高,D正确。 11.(2024广西,7,4分)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 【答案】A 【解析】当小圆环在弧P1P2上的任意一点P,设PM与MN的夹角为α,根据几何关系可得37°≤α≤53°, 由P1到P2,M、N处点电荷在P1、P2间圆弧段上合场强的方向与半径的夹角越来越小,直至与半径重合,则小圆环受到的静电力与其速度方向的夹角从锐角逐渐增大为直角(注意圆环带负电),即静电力一直做正功,A正确。 过程推导 证明场强方向与半径夹角越来越小 在移动过程中,将小环所处位置记为P,设半径OP与MP夹角为α1,有tan α1=。设M、N处的点电荷在P处产生的合场强方向与MP夹角为α2,有tan α2==,小环在P1时tan α2>tan α1,随着小环移动,NP逐渐增大,MP逐渐减小,tan α1逐渐增大,tan α2逐渐减小,直至到达P2时,有tan α1=tan α2,半径OP与合场强方向重合。 12.(2023广东,9,6分)(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(每个微粒的电荷量保持不变),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 答案AC　像素呈黑色时,胶囊下方的电极带负电,像素胶囊内电场方向向下,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,A正确;像素呈白色时,胶囊下方的电极带正电,像素胶囊内电场方向向上,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,B错误;像素由黑变白的过程中,白色微粒受到的电场力方向向上,位移方向向上,电场力对白色微粒做正功,C正确;像素由白变黑的过程中,黑色微粒受到的电场力方向向上,位移方向向上,电场力对黑色微粒做正功,D错误。故选A、C。 13.(2023全国乙,19,6分)(多选)在O点处固定一个正点电荷,P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动,其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点,OP>OM,OM=ON,则小球(　　) A.在运动过程中,电势能先增加后减少 B.在P点的电势能大于在N点的电势能 C.在M点的机械能等于在N点的机械能 D.从M点运动到N点的过程中,电场力始终不做功 答案BC 从P点由静止释放一个带负电的小球,小球仅在重力和该点电荷对它的电场力作用下在竖直面内运动,在运动过程中,小球离该点电荷的距离先减小后增大,电场力对小球先做正功后做负功,电势能先减少后增加,A错误;小球由P到M的运动过程中,电场力对小球做正功,小球的电势能减小,小球在P点的电势能大于在M点的电势能,由于OM=ON,可知M、N两点的电势相等,则小球在M点的电势能等于在N点的电势能,所以小球在P点的电势能大于在N点的电势能,B正确;小球在M点的电势能等于在N点的电势能,根据能量守恒定律可知小球在M点的机械能等于在N点的机械能,C正确;小球从M点运动到N点的过程中,电场力对小球先做正功后做负功,电势能变化量为零,可知电场力做的总功为零,但不是不做功,D错误。 14.(2023天津,8,5分)(多选)如图,在一个固定的正点电荷产生的电场中,一个正试探电荷q两次以大小相等、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点时的速度大小也相等,则下列说法正确的是(　　) A.P点电势高于M点电势 B.M点电势高于N点电势 C.q从P点运动到M点一直做减速运动 D.M、N两点处的电场强度大小相等 答案AD　由题意知,试探电荷的电荷量q>0,两个运动过程中试探电荷仅受电场力且动能的变化量相等,即电场力做的功相等,由W=qU可知P、M两点的电势差和P、N两点的电势差相等,故M、N两点的电势相等,B错误;由题图可知,正试探电荷q从P点运动到N点的轨迹向右弯曲,则可以判断出q在P点受到的电场力方向向右,又根据正试探电荷q从P点运动到M点的轨迹为直线可判断出q从P点到M点,其所受的电场力沿PM方向,所以q从P点到M点一直做加速运动,电场力一直做正功,P点电势高于M点电势,A正确,C错误;由于M、N两点的电势相等,则M、N两点在同一等势面上,又根据点电荷产生的电场中,等势面是一系列的同心球面,可知M、N两点到固定的正点电荷的距离相等,由点电荷的场强公式E=可知,M、N两点处的电场强度大小相等,D正确。 15. (2023河北,10,6分)(多选)如图,在x轴上放置四个点电荷q1、q2、q3和q4,q1、q2位于A点两侧,q3、q4位于B点两侧。C点在y轴上,且OA=OB=OC。取无穷远处电势为零,电荷位置与电荷量满足一定关系,使得以O点为球心、以OC为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是 (　　) A.A、B两点电场强度的方向一定沿x轴正方向 B.若在O点放一正点电荷,则A、B两点的电势一定升高 C.试探电荷q沿y轴运动过程中,若静电力始终不做功,则它受到的静电力始终为零 D.试探电荷q沿y轴运动过程中,若静电力始终不做功,则C点的电场强度一定为零 答案BD　以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面,由电场强度和等势面的关系可知,C点电场强度的方向应与y轴重合,A、B两点电场强度的方向应与x轴重合。由于无法判断各个电荷的电性,故A、B两点电场强度的方向无法判断,A错误。取无穷远处为零电势点,则正点电荷周围的电势为正值,若在O点放一正点电荷,则A、B两点的电势一定升高,B正确;试探电荷q沿y轴运动过程中,根据电荷分布,若静电力始终不做功,则经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面,但静电力不一定为零,故C错误。根据以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面,可知C点的电场强度方向应与y轴重合,再根据经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面,可知C点的电场强度方向应与y轴垂直,同一点电场强度的方向是唯一的,故C点的电场强度一定为零,D正确。 16.(2023福建,10,3分)“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O,玻璃泡内壁有一层均匀导电膜;在钨针和导电膜间加上高电压后,玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场,如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点,是一段以O为圆心的圆弧,d为Ob的中点。a、d两点场强大小分别为Ea、Ed,O、a、c、d四点电势分别为φO、φa、φc、φd,则Ea　　　Ed,φa　　　φc,(φO-φa)　　　　2(φO-φd)。(填“大于”“等于”或“小于”)  答案　小于　等于　小于 17. (2023海南,12,4分)(多选)如图所示,正三角形三个顶点固定三个带等量电荷的点电荷,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两点的电场强度相同 B.M、N两点的电势相同 C.负电荷在M点的电势能比在O点时要小 D.负电荷在N点的电势能比在O点时要大 答案BC　根据电场强度的叠加以及对称性可知,M、N两点的场强大小相同,但是方向不同,A错误。因A、B电荷在M、N两点的合电势相等,C电荷在M、N两点的电势也相等,故M、N两点电势相等,B正确。使负电荷从M运动到O,因A、B两电荷对负电荷的库仑力的合力从O指向M,则库仑力的合力对负电荷做负功,C电荷也对该负电荷的库仑力也做负功,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点时小;同理可知负电荷在N点的电势能比在O点时小,C正确,D错误。 解析 电场线越密,电场强度越大,由题图可知Ea<Ed;电场线与等势面相互垂直,根据点电荷电场的分布特点,可知a、c在同一等势面上,即φa=φc;根据电势差与电场强度的关系Δφ=EΔd,结合微元法的思想,可以判断UOa=UOb<2UOd,即(φO-φa)<2(φO-φd)。 18.(2022湖南,2,4分)如图,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 答案　A　没有移去a处绝缘棒时,由电场的叠加与对称性可知,O点合场强为零;移去a处绝缘棒时O点的场强与单独带正电的a处绝缘棒在O点的场强大小相等、方向相反,故移去a处绝缘棒后的合场强方向垂直指向a。绝缘棒带正电,离绝缘棒越远,电势越低,移去a处绝缘棒,该绝缘棒在O点产生的电势减小,其余绝缘棒在O点产生的电势不变,则O点处电势减小,故选A。 规律总结　电场强度是矢量,具有方向,电场强度在叠加时按平行四边形定则进行叠加。电势是标量,没有方向,正负表示与电势为零处相比电势的高低,电势在叠加时按代数计算进行叠加。 19.(2022江苏,9,4分)如图所示,正方形ABCD的四个顶点各固定一个带正电的点电荷,电荷量相等,O点为正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动,则 (　　) A.在移动过程中,O点电场强度变小 B.在移动过程中,C点的电荷所受静电力变大 C.在移动过程中,移动的电荷所受静电力做负功 D.当其移动到无穷远处,O点的电势高于A点 答案　D　由场的叠加及对称性可知,B、D两点处电荷在O点处产生的场强相互抵消,初始状态下A、C两点处电荷在O点处产生的场强也等值反向,在A处电荷移动过程中,O点电场强度从0开始逐渐增大,A错误。B、D两点处电荷对C处电荷的作用力合力方向沿OC方向、大小不变,而A处电荷在移动过程中对C点处电荷斥力逐渐减小,故C点处电荷所受静电力变小,B错误。同理可知A处电荷所受静电力方向由O指向A,故远离过程中静电力对其做正功,C错误。当A处电荷移动至无穷远处时,OA间电场由B、C、D三处电荷产生,由等量正电荷中垂线上的电场分布可知,B、D两处电荷在OA上各点产生的电场方向均是由O指向A,再叠加C处电荷产生的电场可知OA间各点的电场方向均是由O指向A,而沿电场线方向电势降低,故D正确。 20.(2022河北,6,4分)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直线上存在两个电场强度为零的点 D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点,静电力做正功 答案　B　在直线MN上,左边正电荷在M、N间的电场强度水平向右,右边负电荷在M、N间的电场强度水平向右,根据电场的叠加可知M、N间的电场强度水平向右,沿着电场线电势逐渐降低,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,故A错误;电场强度方向和等势面垂直,所以T点电场强度方向指向O点,B正确;由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量,可知在N左侧电场强度不可能为零,则在N右侧,设电场强度为零的点到N点的距离为d,M、N间距离为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,故C错误;无穷远处电势低于P点电势,则正电荷在无穷远处的电势能低于在P点的电势能,将正试探电荷q0从无穷远处移到P点,电势能增大,静电力做负功,故D错误。 21.(2022全国乙,19,6分)(多选)如图,两对等量异号点电荷+q、-q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点。则 (　　) A.L和N两点处的电场方向相互垂直 B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左 C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功 D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零 答案　AB　根据电场强度的叠加可知L点的电场方向沿对角线从O点指向L点,N点的电场方向沿对角线从N点指向O点,L和N两点处的电场方向相互垂直,A正确;根据电场强度的叠加可知M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左,B正确;M、O两点在等量异号电荷连线的中垂线上,M、O两点的电势相等,将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力不做功,C错误;L点的电势比N点的电势低,将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电势能增大,电场力做负功,D错误。 22.(2019海南单科,1,4分)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点的场强大小一定比N点的大 C.电子在M点的电势能比在N点的低 D.电子在M点受到的电场力大小一定比在N点的大 答案　C　本题考查电场线、电势、电势能之间的关系以及学生对知识之间联系的掌握情况。沿电场线方向电势逐渐降低,M点的电势比N点的高,故A错误;由于不能确定电场线疏密,因此不能确定电场强度大小,故B错误;电子从M到N,电场力做负功,电势能增加,故电子在M点的电势能比在N点的低,故C正确;由于不能确定电场强度大小,不能确定电子所受电场力大小,因此D错误;故选C。 23.(2017天津理综,7,6分)(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 答案　BC　本题考查带电粒子在电场中的运动。电子的运动轨迹为曲线,由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方向为水平向左,因此电场线方向为水平向右(M→N),若aA>aB,则A靠近场源电荷Q,即Q靠近M端且为正电荷,选项B正确;若电子由A→B,则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90°,电场力做负功,电势能增加,即EpA<EpB,若电子由B→A,则电场力方向与速度方向夹角小于90°,电场力做正功,电势能减小,EpA<EpB,选项C正确,A错误;由Ep=qφ,φ=知,负电荷在高电势处电势能小,在低电势处电势能大,可知φA>φB,选项D错误。 方法技巧　运动轨迹与电场线关系 ①曲线运动的受力方向指向轨迹的凹侧。②受电场力方向在电场线所在直线上(切线所在直线上)。③速度方向为轨迹的切线方向。④正、负功的判断。⑤电势高低与电势能大小的关系。 24.(2018浙江4月选考,11,3分)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以-v0做直线运动,其v-t图像如图所示,粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,下列判断正确的是(　　) A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC B.A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA C.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少 D.粒子从A点经B点运动到C点,电场力先做正功后做负功 答案　C　由题图v-t图像可知带电粒子在0~t0时间内做减速运动,电场力做负功,电势能增加,t0~3t0时间内反方向加速,电场力做正功,电势能减少,所以C正确,D错误。因为不知道带电粒子电性,故无法判断电势的高低,所以A错误。v-t图线斜率表示粒子的加速度,由Eq=ma可知t0时刻粒子所处位置的场强EB最大,B错误。 25.(2017江苏单科,8,4分)(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 答案　AC　本题考查识别φ-x图像、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系。φ-x图线斜率的绝对值表示场强大小,由图可知从x1到x2过程中,图线斜率变小,到x2处斜率为0,即场强从x1到x2一直减小,且E2=0,电场力F=Eq,负电荷从x1移动到x2,受到的电场力减小,选项B、D错误;沿x轴正方向电势由负到正,故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷,选项A正确;由图可知φx1<φx2,负电荷由低电势到高电势,电场力做正功,电势能减小,选项C正确。 26．（2025·陕晋青宁卷 ）如图，有两个电性相同且质量分别为m、的粒子A、B，初始时刻相距，粒子A以速度沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、、、均为已知量） (1)粒子B到达P点时的速度大小； (2)时间内粒子B的位移大小； (3)恒力作用的时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据动量守恒定律，解得 （2）两者共速时设间距为，根据能量守恒定律可知此时电势能为 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则 两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有 即有 根据位移关系可知 联立解得 （3）对全过程，对系统根据动能定理 对全过程，根据动量定理 联立解得 27.(2018北京理综,24,20分)(20分)(1)静电场可以用电场线和等势面形象描述。 a.请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式; b.点电荷的电场线和等势面分布如图所示,等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道,电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1/N2。 (2)观测宇宙中辐射电磁波的天体,距离越远单位面积接收的电磁波功率越小,观测越困难。为了收集足够强的来自天体的电磁波,增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要途径。2016年9月25日,世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州落成启用,被誉为“中国天眼”。FAST直径为500 m,有效提高了人类观测宇宙的精度和范围。 a.设直径为100 m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1,计算FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率P2; b.在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的。仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象,设直径为100 m望远镜能够观测到的此类天体数目是N0,计算FAST能够观测到的此类天体数目N。 答案　(1)a.见解析　b.　(2)a.25P1　b.125N0 解析　(1)a.在距Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。 根据库仑定律检验电荷受到的电场力 F=k 根据电场强度的定义E= 得E=k b.穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比 == (2)a.地球上不同望远镜观测同一天体,单位面积上接收的功率应该相同,因此 P2=P1=25P1 b.在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的。因此,一个望远镜能观测到的此类天体数目正比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。 设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0,直径为100 m望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L,则 P0=π=π 可得L=5L0 则N=N0=125N0 思路分析　辐射的球体模型构建 (1)电场强度可理解为单位面积上穿过的电场线条数。 (2)以发出电磁波的天体为球心,天体到地球距离为半径,建立球面辐射模型,是望远镜观测某一确定天体辐射的常用模型;反之,以望远镜为球心,以观测距离为半径建立的球体模型,又是反映望远镜探测能力的有效模型。 考点3 电容器 带电粒子在匀强电场中的运动 考向1 电容器 1．（2025·江西 ）超级电容器可集成到太阳能发电系统中，通过超级电容器储存和释放能量，优化功率输出，提升电网稳定性。关于超级电容器储存能量过程中所带电荷量Q和两极板间电压U的变化，下列说法正确的是（　　） A．Q增大，U增大 B．Q减小，U减小 C．Q减小，U增大 D．Q增大，U减小 【答案】A 【详解】超级电容器储存能量时处于充电过程，电荷量Q增加。根据电容公式，若电容C不变（由结构决定，题目未提及变化），则Q与U成正比。因此，Q增大时，U必然增大。 故选A。 2．（2025·江苏 ）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，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为（    ） A． B．W C． D． 【答案】A 【详解】根据题意可知，电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，由公式可知，极板间电场强度变为原来的，则有可知，再把电荷由a移至b，则电场力做功变为原来的，即电场力做功为。 故选A。 3．（2025·黑吉辽蒙卷 ）如图，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（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据公式和电容的决定式 可得 根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着F的增大，d在减小，且减小的越来越慢，与电源断开后Q不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D选项。 故选D。 4.（2024江西，1，4分）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电场力，下列说法正确的是（　　） A.电场力增大，方向向左 B.电场力增大，方向向右 C.电场力减小，方向向左 D.电场力减小，方向向右 【答案】B 【解析】当金属板间的电压恒定时，根据E=可知，板间距d减小，电场强度增大，电子所受电场力F=eE增大，C、D错误。由题图可知匀强电场方向水平向左，电子带负电，所受电场力方向向右，A错误，B正确。 5.(2024黑吉辽,5,4分)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 答案 B 由题图(a)可知,降低溶液浓度,不导电溶液的相对介电常数εr变大,由电容的决定式C=可知,εr变大,电容器的电容C变大,A错误;由于电容器始终与恒压电源连接,所以电容器两板间电势差不变,由Q=CU可知,电容器所带电荷量Q增大,B正确,C错误;溶液浓度降低过程中,电容器所带电荷量Q增大,可知电容器处于充电状态,电流方向为N→M,D错误。 6.（2024浙江6月，6，3分）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 【答案】D 【解析】由电容的决定式C=可得，当两极板间距d增大时，电容器的电容C减小，B错误；由于电荷量Q不变，由C=可得极板间电势差U增大，A错误；由E===可得极板间电场强度E不变，C错误；增大极板间距，需要克服电场力做功，由功能关系知，电容器储存能量增大（另解:电容器储存的能量为CU2=，由于U增大，可得电容器储存能量增大），D正确。 7.(2022北京,9,3分)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象,其中E为电源,R为定值电阻,C为电容器,A为电流表,V为电压表。下列说法正确的是 (　　) A.充电过程中,电流表的示数逐渐增大后趋于稳定 B.充电过程中,电压表的示数迅速增大后趋于稳定 C.放电过程中,电流表的示数均匀减小至零 D.放电过程中,电压表的示数均匀减小至零 答案　B　电容器所带电荷量与两端电压成正比,故充电时电容器两端电压从零开始增大,达到电源电动势时充电结束而保持不变;电路中电流I=由最大值减小到零,A错误,B正确。放电时,随着电容器所带电荷量的减少,两端电压降低,电路中的电流I=逐渐减小,即单位时间内电容器所带电荷量的减少量逐渐减小,故电容器两端电压的降低速度逐渐变缓,则电流的减小速度也逐渐变缓,C、D均错误。 8.(2022重庆,2,4分)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 答案　A　由题意可知两极板间电压U不变,极板上所带电荷量Q变少,根据C=可知电容器的电容C减小,D错误;根据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,B、C错误;极板间距d增大,则材料竖直方向尺度减小,A正确。 9.(2018江苏单科,8,4分)(多选)如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80 V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。该电路(　　) A.充电时,通过R的电流不变 B.若R增大,则充电时间变长 C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大 D.若E减小为85 V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变 答案　BCD　本题考查含容电路和电容器的充电与放电。因电容器属于非线性元件,电容器在充电过程中,充电电流是非线性减小的,故A错。若R增大,充电电流减小,充电时间变长,故B正确。由Q=CU且U=80 V为定值可见,C增大时Q增大,闪光灯闪光一次通过的电荷量增大,故C正确。闪光灯闪光一次通过闪光灯的电荷量与电源电动势无关,故D正确。 难点突破　含容电路中电容器充电和放电电流是非线性变化的,回路中电阻越大,充、放电的速度越缓慢。 10．（2025·新课标）电容器的形状变化会导致其电容变化，这一性质可用于设计键盘，简化原理图如图所示。键盘按键下的装置可视为平行板电容器，电容器的极板面积为、间距为，电容（为常量）。按下键盘按键时，极板间的距离变为按压前的倍；撤去按压，按键在弹力作用下复位。电容器充电后： (1)若按压按键不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为按压前的多少倍？ (2)若按压按键不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小变为按压前的多少倍？ 【答案】(1)倍 (2)倍 【详解】（1）根据平行板电容器公式，电容的定义式 设按压前电容为，电压为U1，电荷量为Q，则 按压后极板间距离变为按压前的倍，即，此时电容 因为按压不改变电荷量Q，所以按压后电压 所以有 即按压后极板间的电压变为按压前的倍。 （2）对于平行板电容器，极板间的电场强度； 设按压前电压为U，极板间距离为d1，则电场强度 按压后极板间距离变为，且电压不变仍为U，此时电场强度 所以有 按压后极板间的电场强度大小变为按压前的倍。 考向2 带电粒子在电场中的加速与偏转 1．（2025·黑吉辽蒙卷 ）如图，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。原长为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，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可得A点弹簧伸长量为，B点和C点弹簧压缩量为，即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加， 同理B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小， 由A到C全过程则有 因此 故选C。 2．（2025·重庆 ）某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（　　） A．具有不同比荷 B．电势能均随时间逐渐增大 C．到达M、N的速度大小相等 D．到达K所用时间之比为 【答案】D 【详解】A．根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由图可知，沿初速度方向位移之比为，则初速度之比为，沿电场方向的位移大小相等，由可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有 可得 可知，带电粒子具有相同比荷，故A错误； B．带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误； C．沿电场方向，由公式可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误； D．由图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子a、b初速度之比为，则所用时间之比为，故D正确。 故选D。 3．（2025·甘肃 ）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1所示。从离子源S释放的正离子（初速度视为零）经电压为的电场加速后，沿方向射入电压为的电场（为平行于两极板的中轴线）。极板长度为l、间距为d，关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距极板L处，样品中心位于点。假设单个离子在通过区域的极短时间内，电压可视为不变，当时。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（    ） A．的最大值 B．当且时，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 D．在和时刻射入的离子，有可能分别打在A和B点 【答案】B 【详解】A．粒子在加速电场中被加速时 在偏转电场中做类平抛运动，则， 解得 选项A错误； B．当时粒子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则 解得 选项B正确； C．根据 若其它条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，选项C错误； D ．由图可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的粒子打到A点时的竖直位移小于打到B点时的竖直位移，则选项D错误。 故选B。 4.(2022浙江6月选考,9,3分)如图所示,带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场,板长为L(不考虑边界效应)。t=0时刻,M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M板向右的粒子,到达N板时速度大小为v0;平行M板向下的粒子,刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用,则 (　　) A.M板电势高于N板电势 B.两个粒子的电势能都增加 C.粒子在两板间的加速度a= D.粒子从N板下端射出的时间t= 答案　C　不知粒子的电性,故无法判断哪板电势高,A错误;两个粒子所受电场力均做正功,电势能都减少,故B错误;设板间距离为d,粒子运动的加速度为a,对垂直M板向右的粒子有:(v0)2-=2ad,对平行M板向下的粒子有:=v0t,d=at2,联立解得:a=,t=,故C正确,D错误。 模型构建　平行M板向下的粒子在匀强电场中做类平抛运动,可利用分运动解题。 5．（2025·四川 ）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（）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。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由牛顿第二定律 由运动学公式 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为 （2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为 由于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，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为，满足 代入解得 同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为，满足 代入解得 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为 6．（2025·江苏 ）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点以初速度射出，速度方向与水平方向夹角均为。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。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对球，根据牛顿第二定律有 a运动到最高点的时间，由运动学公式有 联立解得 （2）方法一、根据题意可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为，则两小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为 斜下抛的小球竖直方向上运动位移为 则小球a到达最高点时与小球b之间的距离 方法二、两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，球以的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离 7．（2025·河南 ）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。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。随后，液滴以的速度竖直进入长度为的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方处的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。 【答案】(1) (2)0.11m 【详解】（1）由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向则 沿电场方向 由牛顿第二定律 解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为 （2）含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，则 则 联立解得 有对称性可知则A、B细胞收集管的间距 8.(2023新课标,25,14分)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、带电荷量不同、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。 答案 (1)8∶1　(2)油滴a带负电,油滴b带正电　4∶1 解析 (1)设油滴的密度为ρ,所受空气阻力大小f=krv,其中k为定值且k>0,r为油滴半径,v为油滴运动速率。 当两板间不加电压时 对油滴a有f1=kr1v0① f1=m1g② m1=ρ·π③ 对油滴b有f2=kr2·④ f2=m2g⑤ m2=ρ·π⑥ 联立①②③④⑤⑥解得r1=2r2,m1∶m2=8∶1 (2)由题意可知金属平板的上板为正极,则电场强度的方向竖直向下。油滴所受空气阻力与运动速率成正比,加上电压后,两个油滴很快达到相同速率并竖直向下做匀速运动。其中油滴a的速度变小,所受空气阻力变小,则所受电场力向上,故油滴a带负电;油滴b的速度变大,所受空气阻力变大,则所受电场力向下,故油滴b带正电。 两板间加上电压后 对油滴a有f1'=kr1⑦ f1'+q1E=m1g⑧ 对油滴b有f2'=kr2⑨ f2'=q2E+m2g⑩ 联立并结合(1)中数据可得q1∶q2=4∶1 9.(2022北京,18,9分)如图所示,真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。 (1)求带电粒子所受的静电力的大小F; (2)求带电粒子到达N板时的速度大小v; (3)若在带电粒子运动距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。 答案　(1)q　(2)　(3) 解析　(1)两平行金属板间的场强E= 带电粒子所受的静电力F=qE=q (2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程,根据功能关系有qU=mv2,得v= (3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v',根据功能关系有q=mv'2 带电粒子在前距离做匀加速直线运动,后距离做匀速直线运动,设用时分别为t1、t2, 有=t1,=v't2 得t=t1+t2= 考向3 带电粒子在组合场、叠加场中的运动 1．（2025·福建 ）（多选）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，重力加速度为,则（　　） A．电场强度为 B．磁场强度为 C．NP两点的电势差为 D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为 【答案】BC 【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。 由受力平衡可知 解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。 C、在点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。 且加速度 粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值 所以粒子在点的速度 到过程，由动能定理，有 解得两点间的电势差，C正确； D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且 故粒子能向上运动的最大距离 D错误； 故选BC。 2.(2024黑吉辽,6,4分)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 答案 D 带电小球的初速度方向沿虚线时,其运动轨迹是直线,可知小球所受的合力沿虚线,即小球所受电场力水平向右,若小球的初速度垂直于虚线,则小球从O点出发运动到与O点等高处的过程中,合力对小球做正功,动能增大,电场力对小球做正功,电势能减小,D正确。 3．（2025·河南 ）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（）的粒子从磁场中的a点以速度向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若粒子从a点以竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由题意可知 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有 解得 由牛顿第二定律有 解得 （2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为，由几何关系可得 则粒子在电场中的运动时间为 沿电场方向上，由牛顿第二定律有 由运动学公式有 联立解得 （3）若粒子从a点以竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场中运动的半径仍为，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角 结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为 间的距离为 由几何关系可得 则 粒子在磁场中的运动时间为 则有 综上所述可知，粒子每隔时间向右移动，则漂移速度大小 4.(2024河北,13,8分)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(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。 【答案】 (1) 　(2)　 【解析】　(1)匀强电场中,A、B间沿电场线方向的距离为L,则E=。 (2)设小球在A、B两点的速度大小分别为vA、vB, 在A点细线的拉力恰好为0,则qE-mg=m 解得vA= 小球从A到B,由动能定理得qU-mgL=m-m 解得vB= 5.(2023福建,16,16分)如图(a),一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B,其电荷量分别为q(q>0)和-q。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧,弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其大小均为2qE。t=0时,A以初速度v0向右运动,B处于静止状态。在t1时刻,A到达位置S,速度为v1,此时弹簧未与B相碰;在t2时刻,A的速度达到最大,此时弹簧的弹力大小为3qE;在细杆与B碰撞前的瞬间,A的速度为2v1,此时t=t3。0~t3时间内A的v⁃t图像如图(b)所示,v1为图线中速度的最小值,t1、t2、t3均为未知量。运动过程中,A、B处在同一直线上,A、B的电荷量始终保持不变,它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力,静电力常量为k;B与弹簧接触瞬间没有机械能损失,弹簧始终在弹性限度内。 (1)求0~t1时间内,合力对A所做的功; (2)求t1时刻A与B之间的距离; (3)求t1~t2时间内,匀强电场对A和B做的总功; (4)若增大A的初速度,使其到达位置S时的速度为2v1,求细杆与B碰撞前瞬间A的速度大小。 　 答案　(1)m-m　(2)　(3)　(4)(1+)v1 解析 (1)由题图(b)可知,0~t1时间内,根据动能定理可知合力对A做的功W=m-m。 (2)由题图(b)可知t1时刻A的加速度为0,此时A所受合力为0,设此时A与B之间的距离为r1,根据平衡条件有k+qE=f,其中f=2qE,联立可得r1=。 (3)t1时刻,对小滑块B受力分析如图(1)所示,根据对称性可知其受到的静摩擦力恰好达到最大值,说明此后B开始向左运动;t2时刻,设A、B之间距离为r2,t1~t2时间内A、B运动的距离分别为sA、sB,则有sA+sB=r1-r2;由图(b)可知,t2时刻A 的加速度为0,此时对A受力分析如图(2)所示,由牛顿第二定律得qE+k-f-F=0,其中弹簧弹力F=3qE,解得r2=,t1~t2时间内,匀强电场对A和B做的总功WA+B=qEsA+qEsB,解得WA+B=。 　　 (4) 当A运动到位置S时,B开始向左运动。此后A和B组成的系统所受合力为0,动量守恒;从A 到达位置S时至细杆与B碰撞前的过程,改变A的初速度前、后,A、B之间距离的变化量相等,摩擦力、匀强电场的电场力、A和B之间的库仑力以及弹簧弹力对A和B做的总功W总相同;改变A的初速度前、后,对A和B整体分析,根据功能关系分别有W总=m (2v1)2+m-m-0,W总=mvA'2+mvB'2-m(2v1)2-0,根据动量守恒分别有mv1+0=m(2v1)+m(-vB),m(2v1)+0=mvA'+m(-vB'),联立解得vA'=(1+)v1。 6.(2022全国甲,21,6分)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后, (　　) A.小球的动能最小时,其电势能最大 B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大 C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大 D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量 答案　BD　本题可以看成等效重力场问题,如图,等效重力方向斜向右下方45°,PQ为等效水平方向。小球的运动可以看成类斜上抛运动,等效重力先做负功后做正功,所以小球动能最小时在斜上抛最高点,即如图速度为v'处,v'与水平方向夹角为45°,此时小球速度的水平分量等于竖直分量,小球由P到Q电场力一直做负功,所以电势能一直增大,则斜上抛最高点不是电势能最大处,电势能最大处在Q处,此时小球速度方向竖直向下,大小等于初速度v,P处与Q处小球动能相等,所以A、C错误,B正确;从P到Q(Q点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量,P处与Q处小球动能相等,由于机械能与电势能的总和不变,所以减少的重力势能等于增加的电势能,故D正确。 7.(2017江苏单科,4,3分)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P'点,则由O点静止释放的电子(　　) A.运动到P点返回　　　　　　B.运动到P和P'点之间返回 C.运动到P'点返回　　　　　　D.穿过P'点 答案　A　本题考查带电粒子在匀强电场中的加(减)速运动。由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E===,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。 8.(2020江苏单科,9,4分)(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 答案　AB　因在匀强电场中等势面是与电场线垂直的平面,又因为沿电场线方向电势是降低的,故A项正确。因O是轻杆的中点,则转动过程中两小球到过O点的等势面的距离d总是相等的,又因为O是电势零点,故两小球所在处的电势的值互为相反数,而两小球带等量异号电荷,故由Ep=qφ可知两小球的电势能始终相等,B项正确。两小球均在电场力作用下从静止开始转动,动能增大,由能量守恒可知两小球的总电势能一定减少,再由功能关系可知电场力一定做正功,故C、D项均错误。 9.(2016课标Ⅰ,20,6分)(多选)如图,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知(　　) A.Q点的电势比P点高 B.油滴在Q点的动能比它在P点的大 C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 答案　AB　由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合力为0,竖直方向上油滴受重力和电场力,结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力大于重力,油滴受力及电场线方向如图所示,由沿电场线方向电势逐渐降低,得Q点的电势比P点的高,A选项正确;油滴从Q点到P点合力做负功,根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在P点的动能,这一过程中电场力做负功,则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能,故B项正确,C项错;因为重力和电场力为恒力,所以油滴在Q、P两点的加速度相同,故D项错误。 10.(2022江苏,15,16分)某装置用电场控制带电粒子运动,工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场,每层的高度均为d,电场强度大小均为E,方向沿竖直方向交替变化,AB边长为12d,BC边长为8d。质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场,粒子初动能为Ek,入射角为θ,在纸面内运动。不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)当θ=θ0时,若粒子能从CD边射出,求该粒子通过电场的时间t; (2)当Ek=4qEd时,若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,求入射角θ的范围; (3)当Ek=qEd,粒子在θ为-~范围内均匀射入电场,求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。 答案　(1)　(2)-30°<θ<30°　(3)1∶2 解析　(1)粒子垂直于场强方向的分运动为匀速直线运动,故通过电场的时间t=,如图所示,v0x=v0 cos θ0。 由Ek=m得v0x=·cos θ0,则t=。 (2)若粒子从CD边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,则粒子在整个运动过程中竖直方向上位移大小都应小于d,即x<d,再由2ax=,Ek=4qEd=m,v0y=v0·sin θ,Eq=ma,联立可得:sin θ<。又因为粒子在OO'上、下方的运动具有对称性,则-30°<θ<30°。 (3)设粒子入射角为θ'时,粒子恰好从D点射出,由于粒子进入电场时,在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向反复做加速度大小相等的减速运动和加速运动。粒子的速度v'==,运动时间为t总==·,粒子在沿电场方向反复做加速度大小相等的减速运动和加速运动,则 -2ad=-(v' sin θ')2 2ad=- -2ad=- 2ad=- -2ad=- 2ad=- 则 v2d=v4d=v6d=v' sin θ' v1d=v3d=v5d 则粒子在每层电场中的运动时间相等,设为t0,则 t0=t总=×= 且d=v' sin θ'·t0-·,将上述t0和v'的数值代入并化简得6 cos2 θ'-8 sin θ' cos θ'+1=0,即tan2 θ'-8 tan θ'+7=0,解得tan θ'=7(以此数值得到的入射粒子在t0时间内可以穿过多层紧邻的电场,故舍去)或tan θ'=1,即θ'=,则从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0==1∶2 11.(2022山东,17,14分)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图所示,在三维坐标系Oxyz中,0<z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;-3d≤z<0、y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为B,方向平行于xOy平面、与x轴正方向夹角为45°,z<0、y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电荷量为+q的离子甲,从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射,速度方向与z轴正方向夹角为β,在yOz平面内运动一段时间后,经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ。不计离子重力。 (1)当离子甲从A点出射速度为v0时,求电场强度的大小E; (2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大速度vm; (3)离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ,求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示); (4)当离子甲以的速度从O点进入磁场Ⅰ时,质量为4m、带电荷量为+q的离子乙,也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)。 答案　(1)　(2)　(3)(d,d,0)　(4) 解析　(1)离子甲在电场中的运动可看成是类平抛运动的逆过程 在z轴方向上有L=v0 cos β·t 在y轴方向上有v0 sin β=at 由牛顿第二定律有qE=ma 联立可得E== (2)当离子甲以最大速度vm进入磁场Ⅰ时,离子在yOz平面内做圆周运动,轨迹半径设为R1,由洛伦兹力提供向心力有Bqvm= 离子运动半周后从y轴上y=2R1处即坐标为(0,2R1,0)处沿z轴负方向进入磁场Ⅱ,在与磁场Ⅱ平面垂直的平面内做圆周运动,轨迹半径设为R2,则有Bqvm= 为使离子甲能始终在磁场中运动,离子甲不能出磁场Ⅰ,应满足R1≤d,离子甲不能出磁场Ⅱ,应满足轨迹半径最大时恰好过(2R1,0,0),(0,2R1,0)到(2R1,0,0)的距离为2R1,故有2R1≥2R2,还应满足2R1≤3d,R1≤d、R2≤3d 联立取二者中较小值可得vm= (3)根据洛伦兹力提供向心力,Bqv=,离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中轨迹半径分别为RⅠ==、RⅡ=d 离子在磁场Ⅰ中转动半周从y轴上第二次穿过xOy平面,坐标为(0,d,0) 由RⅡ=RⅠ可知,离子在磁场Ⅱ中转动半周恰好从坐标(d,0,0)处第三次穿过xOy平面回到磁场Ⅰ中, 离子回到磁场Ⅰ中后在x=d的平面内做圆周运动,转动半周第四次穿过xOy平面,此时位置坐标为(2RⅠ,2RⅠ,0)即(d,d,0) (4)离子乙在两磁场区域中运动的轨迹半径分别为RⅠ'=、RⅡ'=RⅠ' 由于mv2=×4m×v'2 解得RⅠ'=d、RⅡ'=d、v'= 由于离子甲在两磁场区域内运动轨迹半径分别为RⅠ=、RⅡ=d 则在离子甲完成两次周期性运动处、离子乙完成一次周期性运动处产生第一个交点,则两离子运动到第一个交点处的时间差为 Δt=-= 12.(2022湖南,13,13分)如图,两个定值电阻的阻值分别为R1和R2,直流电源的内阻不计,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器,做匀速圆周运动,恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中,小球未与极板发生碰撞,重力加速度大小为g,忽略空气阻力。 (1)求直流电源的电动势E0; (2)求两极板间磁场的磁感应强度B; (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场,使小球离开电容器后沿直线运动,求电场强度的最小值E'。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)小球在两极板间做匀速圆周运动,则重力与电场力平衡,mg=qE 设两板间的电压为U,由闭合电路欧姆定律可知 U=E0 又E= 联立解得E0= (2)小球做圆周运动的轨迹如图所示,设轨迹半径为r,由几何关系得:(r-d)2+(d)2=r2 根据洛伦兹力提供向心力得:qvB= 联立解得B= (3)设小球离开电容器时,速度方向与水平方向间的夹角为θ,则sin θ= 要使小球做直线运动,则合力方向应与v在一条直线上,当qE'与v所在直线垂直时,qE'最小,则E'最小,如图所示,有qE'=mg cos θ 联立解得E'= 13.(2016四川理综,9,15分)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备,在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。 如图所示,某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动,在漂移管间被电场加速,加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s,进入漂移管E时速度为1×107 m/s,电源频率为1×107 Hz,漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108 C/kg。求: (1)漂移管B的长度; (2)相邻漂移管间的加速电压。 答案　(1)0.4 m　(2)6×104 V 解析　(1)设质子进入漂移管B的速度为vB,电源频率、周期分别为f、T,漂移管B的长度为L,则 T=① L=vB·② 联立①②式并代入数据得　L=0.4 m③ (2)设质子进入漂移管E的速度为vE,相邻漂移管间的加速电压为U,电场对质子所做的功为W,质子从漂移管B运动到E电场做功为W',质子的电荷量为q、质量为m,则 W=qU④ W'=3W⑤ W'=m-m⑥ 联立④⑤⑥式并代入数据得　U=6×104 V⑦ 实验微专题10 观察电容器的充、放电现象 1.(2024甘肃,7,4分)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 【答案】C 【解析】充电过程中,根据电容的定义式C=可知,随着电容器带电荷量的增加,电容器两极板间电势差增加,充电电流减小,A错误。根据电路图可知,充电过程中,正电荷移动到电容器的上极板,上极板带正电荷,负电荷移动到电容器的下极板,负电荷从M点流向N点,所以流过电阻R的电流由N点流向M点,B错误。放电过程中,电容器两极板带电荷量减少,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小,C正确。电容器的上极板带正电荷,下极板带负电荷,放电过程中,流过电阻R的电流由M点流向N点,D错误。 2.(2024重庆,12,9分)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①②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)根据测得数据,某过程中电容器两端电压U与电流I的关系如图乙所示。该过程为　　　(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。  答案 (1)电压　(2)零　(3)放电　0.32 解析　(1)位置②与电容器并联,故位置②应接入测电压仪器。 (2)当电压表示数最大时,电容器充电完毕,故电流表示数为零。 (3)电容器充电时,电压增大,电流减小,两者之间为负相关;电容器放电时,电压和电流都减小,两者为正相关,由题图乙可知,该过程为电容器放电过程。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=UI=8×40×10-3 W=0.32 W。 3.(2024广西,12,10分)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)。  【答案】(1)2×10-4　(2)15.0　(3)2　(4)4.7×103　2.8 解析　(1)根据频率与周期的关系可知,采样周期为T== s=2×10-4 s。 (2)由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA。 (3)S1、S2均闭合,电容器与R2并联,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极板间电压为U'C=E=6 V,故可得整个放电过程中电容器释放的电荷量ΔQ=(U'C-UC)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U″C,有0~1 s内电容器释放的电荷量Q'=(U'C-U″C)C=0.018 8 C-0.003 8 C=0.015 0 C,代入数值解得U″C=2.8 V。 4.(2024海南,15,6分)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的电流方向为　　　　(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)。  【答案】(1)B　(2)a→b　5.2 解析　(1)闭合开关S2,将S1接1,电路中电流瞬间达到最大值,电容器开始充电,回路中电流开始减小,当电容器充满电后,电压表示数趋于稳定,回路中电流为零,所以电流表示数先增大,后逐渐减小为零,B正确。 (2)充电过程中电容器上极板带正电荷,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,此时电容器处于放电状态,充当电源,通过定值电阻R的电流方向为a→b。I-t图像中图线与t轴围成的面积大小表示电容器所带电荷量绝对值,电容器充满电时电压为UC0=12.3 V,M区域面积大小表示0~2 s内电容器放出的电荷量的大小,设t=2 s时电容器电压为UC1,有Δq=C(UC0-UC1),放电的总电荷量q=CUC0,根据M、N区域面积比可知Δq=q,解得UC1=5.74 V,则t=2 s瞬间,由欧姆定律有R==≈5.2 kΩ。 5.(2023新课标,22,6分)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”)。  图(a) 图(b) 答案 (1)正极　(2)C　(3)R2　电荷量 解析 (1)根据“红进黑出”可知红表笔应该与电池的正极接触。 (2)将单刀双掷开关S与“1”端相接,电容器开始充电,充电完成后,开关S再与“2”端相接,电容器、小灯泡和定值电阻R0组成串联电路,电容器开始放电,开始时电容器两端电压最大,放电电流最大,随着电容器所带电荷量的减少,电容器两端电压逐渐降低,放电电流逐渐减小,直至放电结束。由上述分析可知,相接后小灯泡迅速变亮,然后亮度逐渐减小至熄灭,A、B错误,C正确。 (3)由题意可知R2>R1,将单刀双掷开关与“1”端相接,电容器开始充电,初始时刻,电容器的等效阻值为0,由闭合电路欧姆定律可知R2对应的初始时刻的充电电流较小,结合题图(b)可知实线是电阻箱阻值为R2时的结果。根据q=It,可知I-t图线与时间轴所围面积表示充电完成后电容器上的电荷量。 6.(2023山东,14,8分)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: 图甲 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。 图乙 图丙 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　　　　端滑动(填“a”或“b”)。  (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　　　　(填“D1”或“D2”)闪光。  答案 (1)b　(2)6.5　(3)3.8×10-3　(4)4.8×10-4　(5)D1 解析 (1)要升高电容器的充电电压,则要使滑动变阻器与电容器并联部分电压变大,滑片应向b端滑动。 (2)电压表表盘刻度一小格表示0.5 V,读出电压表示数为6.5 V。 (3)图中一小格正方形表示的电荷量Q0=0.2×10-3×0.5 C=1×10-4 C,计算曲线与坐标轴包围范围内正方形的个数,不足半个的舍去,多于半个的算一个,可以数出正方形的个数是38,则电容器存储的电荷量Q=38Q0=3.8×10-3 C。 (4)电容器两端电压U=8 V,电容器存储的电荷量Q=3.8×10-3 C,C==4.75×10-4 F≈4.8×10-4 F。 (5)由电路图可知,电容器充电后左边极板带正电,右边极板带负电,将开关S2掷向2后,根据二极管的单向导电性可知D1闪光。 7. (2023福建,13,6分)某同学用图(a)所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有:电源、电压传感器、电解电容器C(4.7 μF,10 V),定值电阻R(阻值2.0 kΩ)、开关S、导线若干。 (1)电解电容器有正、负电极的区别。根据图(a),将图(b)中的实物连线补充完整; (2)设置电源,让电源输出图(c)所示的矩形波,该矩形波的频率为　　　　Hz;  (3)闭合开关S,一段时间后,通过电压传感器可观测到电容器两端的电压UC随时间周期性变化,结果如图(d)所示,A、B为实验图线上的两个点。在B点时,电容器处于　　　　状态(填“充电”或“放电”);在　　　　点时(填“A”或“B”),通过电阻R的电流更大;  (4)保持矩形波的峰值电压不变,调节其频率,测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况,并在坐标纸上作出电容器上最大电压Um与频率f关系图像,如图(e)所示。当f=45 Hz时,电容器所带电荷量的最大值Qm为　　　　C(结果保留两位有效数字);  (5)根据实验结果可知,电容器在充放电过程中,其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变,而后随着频率的增大逐渐减小。 答案　(1)如图所示　(2)40　(3)充电　B　 (4)1.8×10-5 解析 (1)根据电路图连接实物图,注意电容器和电压传感器并联,连线如答案图所示。 (2)由题图(c)可知矩形波变化周期T=2.5×10-2 s,故该矩形波的频率f==40 Hz。 (3)观察题图(d)可知,B点处于电容器两端电压增大的过程,此时电容器处于充电状态,通过电阻的电流iB=;A点时电容器处于放电状态,电源电动势为零,通过电阻的电流iA=,由图(c)和(d)可知E=5.0 V,UA=UB<2.5 V,所以iB>iA。 一题多解 也可通过UC⁃t图线的切线斜率来判断电流的大小,电路中的电流大小i==C,结合图像可知iB>iA。 (4)由题图(e)可知,当f=45 Hz时,电容器此时两端的电压最大值Um约为3.8 V,故Qm=CUm=4.7×10-6×3.8 C≈1.8×10-5 C。 ( 1 / 75 ) 学科网（北京）股份有限公司 $