第6讲 专题强化：带电粒子(带电体)在电场中运动的综合间题&学科素养聚焦 科学思维方法指导：电场中的立体空间问题-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

2勾·讲与练·高三物理 【典例5】一个电荷量为一q、质量为m的点电荷 【对点演练) 仅在静电力的作用下沿x轴运动，其动能E 6.(2024·湖南株洲高三质检)A马 随位置x变化的关系图像如图所示，0~4x。 如图所示，在光滑绝缘的水平© 之间的图像关于x=2x0对称，规定x=5.x0 面上固定两个等量正点电荷A和B,O点为AB 处电势为零，下列说法正确的是 () 连线的中点，C、D为AB连线上关于O点对称 E 的两个点，且CO=OD=L,一带负电的可视为 点电荷的小球以初速度，从C点运动到D E 点，取无穷远处的电势9=0，以C点为坐标原 002x3x4x5x 点，向右为x轴的正方向，下列关于电势9、电 A.点电荷从x。到2x。的过程中，电势不断降低 场强度E、小球的电势能E。及动能Ek随小球 B.在x=2x。处的电势0= 2Eo 运动的位移x变化的图像，可能正确的是 9 C.点电荷从2x,到3.xo的过程中，电场强度逐 E 渐减小 D.点电荷在x=4x。处的电势能为E。 呼听课记录 B -x/L D 196 温馨提示) 学习至此，请完成课时作业47 第6讲专题强化：带电粒子（带电体）在电场中运动的综合问题 热点题型 突破 题型探究·能力提升 题型一 带电体在等效场中的运动 1.“等效重力场” 为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的 研究处在匀强电场和重力场中带电物体的 方向。 运动问题时，可以将重力场与电场合二为一，用 3.等效最高点和等效最低点 一个“等效场”来代替，即“等效重力场”。 重力场与电场成一定夹角 重力场与电场在一条直线上 2.“等效重力”及“等效重力加速度” +等效重力场 等效“最高点” (1)“等效重力”：将重力与静电力进行合成，如 等效“最低点” 图所示，则G效=F合。 a 0 qE mg-qE-ms 171g mg' mg 等效重力场 等效重力 G 等效“最低点”等效重力 等效“最高点” (2)“等效重力加速度”：g效 G,F合的方向即 等效重力加速度 等效重力加速度 第九章静电场 讲 【典例1】（多选)(2022·全国甲卷)地面上方某 A.小球带正电 区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正 B.静电力大于重力 电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球 C.小球运动到最低点时速度最大 所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和 D.小球运动过程最小速度)= (gE-mg)l 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 2.(2025·河南开封重点中学 MA0二N B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 高三联考)如图所示，虚线 C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等 MN下方存在着方向水平向 时，其动能最大 左、范围足够大的匀强电场。AB为绝缘光滑且 D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时， 固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R,O为 重力做的功等于小球电势能的增加量 圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量 听课记录 为q的带正电小球，以初速度vA竖直向下从A 点沿切线进入四分之一圆弧轨道内侧，沿轨道 运动到B处以速度B射出。已知重力加速度 为g,电场强度大小为E=3ms,in37°=0.6， [对点演练】 空气阻力不计，下列说法正确的是 () 1.(多选)如图所示，带电小球（可 A.从A到B过程中，小球的机械能先增大后 视为质点)用绝缘细线悬挂在 减小 O点，在竖直平面内做完整的 B.从A到B过程中，小球对轨道的压力先减小 197 变速圆周运动，小球运动到最 后增大 E 高点时，细线受到的拉力最大。 C.在A、B两点的速度大小满足VA>E 己知小球运动所在的空间存在竖直向下的匀强 D.从B点抛出后，小球速度的最小值为 电场，电场强度大小为E,小球质量为m,带电荷 1 量为q,细线长为1，重力加速度为g,则( 5√i+2gR 题型二 带电粒子在交变电场中的运动 1.常见的交变电场类型 3.分析思路 产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方 (1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规 形波、锯齿波等。 律分析。 2.交变电场中常见的粒子运动 (2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分析。 (1)粒子做单向直线运动（一般对整段或分段研 (3)动量观点：应用动量定理分析。 究，用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。 【典例2】如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初 (2)粒子做往返运动（一般分段研究，应用牛顿运 速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为 动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。 U。,电容器极板长和极板间距离均为L=10cm, (3)粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分 下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是 段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或 L=10cm,在电容器两极板间接一交变电压， 者动能定理等求解)。 上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示 注意：对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变 (每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认 电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿 为在电子穿过电场的过程中电压是不变的，荧 过电场时可认为是在匀强电场中运动。 光屏足够大)。求： 红的肉·讲与练·高三物理 D.若电子是在t= 3 8时刻进入的，它可能时而 3U 1.8U 向B板运动，时而向A板运动，最后穿过 01 6.20.30.40.5/ -3U B板 甲 乙 4.(2025·江苏苏州高三统考)如图甲所示，真空 (1)在t=0.06s时刻进入电容器的电子打在 中有一电子枪连续不断且均匀地发出质量为 荧光屏上的何处？ m、电荷量为e、初速度为零的电子，经电压大小 (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？ 为U,=2mL 的加速电场加速，沿直线由小孔穿 出加速电场后，沿两个彼此绝缘且靠近的水平 金属板A、B间的中线射入偏转电场。A、B两 板距离为d、板长均为L,两板间加周期性变化 的电势差UAB,UAB随时间变化的关系图像如图 乙所示，变化周期为T,1=0时刻，UAB=U。,不 计电子的重力和电子间的相互作用力，不考虑 电场的边缘效应，且所有电子都能离开偏转 电场。 U↑ U 198 3T2T7 B -3U [对点演练 (1)求电子从加速电场U1飞出后的水平速度 3.(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板。 的大小： A板的电势9A=0,B板的电势PB随时间t的 变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的 (2)求t= 3T 时射入偏转电场的电子离开偏转 小孔进入两板间的电场区域内，电子的初速度 电场时距两板间中线的距离y; 和重力的影响均可忽略，则 T (3)在0<1<2的时间段内，若电子能够从中线 上方离开偏转电场，求电子进入偏转电场的时 27 间段。 A.若电子是在1=0时刻进入的，它可能不会到 达B板 B.若电子是在1=2时刻进入的，它一定不能到 达B板 T C.若电子是在(=8时刻进入的，它可能时而向 B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 第九章静电场 讲 题型三 电场中的动力学、动量和能量问题 电场中的力电综合问题，是指带电物体在重 力、静电力等共同作用下的运动问题。解决该类 问题，在正确受力分析的基础上，要正确建立带电 物体在电场中的运动模型，并且与力学中的运动 模型进行类比，根据其运动特点灵活应用动力学 观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与 〔对点演练】 研究。 5.(2025·河南开封高三联考)如图所示，长s= 1.动力学的观点：对于带电物体在匀强电场中做 0.5m的粗糙水平面AB上有一水平向右的匀 直线运动的问题，可以综合运用牛顿第二定律 强电场E1=60V/m。一电荷量q=十0.02C、 和运动学公式解题。 质量m1=0.2kg的物块从A点由静止开始运 2.能量的观点：对于带电物体在电场中的运动过 动，从B点飞入竖直向下的匀强电场E2,并恰 程涉及能量的问题，可以应用动能定理、功能关 好落在质量m2=0.3kg的绝缘篮中，与绝缘篮 系、能量守恒定律等灵活解题。 粘在一起。绝缘篮通过长L=0.1m的轻绳（不 3.动量的观点：对于带电物体在电场中的运动过 可伸长)与一质量m3=0.5kg的滑块相连，滑 程涉及动量的问题，可以应用动量定理、动量守 块套在一水平固定的光滑细杆上，可自由滑动。 恒定律等灵活解题。 已知物块与水平面AB间的动摩擦因数：= 【典例3】(2024·福建厦门 E 0.2,绝缘篮距B点的竖直距离y=0.1m,水平 高三质检)如图所示，质 靶盒 距离x=0.2m,重力加速度g取10m/s2,物 199 量为9m的靶盒（可视为 块、绝缘篮、滑块均可视为质点。求： E 质点)带正电，电荷量为q,静止在光滑水平面 上的O点。O点右侧存在电场强度大小为E、 B 方向水平向左的匀强电场。在O点左侧有一 质量为m的子弹，以速度。水平向右打入靶 盒后与靶盒一起运动。已知子弹打入靶盒的 (1)物块从B点飞出时的速度大小； 时间极短，子弹不带电，且靶盒带电荷量始终 (2)竖直匀强电场E2的大小； 不变，不计空气阻力。 (3)轻绳再次摆到竖直位置时轻绳对绝缘篮的 (1)求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共 拉力大小。 同的速度大小1： (2)求子弹打人靶盒后，靶盒向右离开O点的 最大距离s; (3)若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子 弹也以速度。水平向右打入靶盒，求第2颗 子弹对靶盒的冲量大小I。 温馨提示) 学习至此，请完成课时作业48 2勾·讲与练·高三物理 学科素养聚焦 开拓視野·素养达成 科学思维方法指导：电场中的立体空间问题 电场中立体空间问题是近几年高考的热点与【跟踪训练1】长方体左右 难点问题，分析解答此类问题的方法如下： 两个正方形平面的中心固 1.将立体空间问题转化为平面问题进行处理，分 定两个等量同种正电荷A 析题目中有几个点电荷，它们的位置分布情况 和B,AB连线中点为O, 如何。 长方体的四条边的中点分别为a、b、c、d。下 2.结合点电荷或等量电荷电场的分布规律，分析 列说法正确的是 电场的空间分布和叠加情况，必要时画出点电 A.a、b、c、d电场强度均相同 荷或等量电荷电场分布平面图。 B.a、b、c、d电势均相同 3.根据立体几何知识求解空间点到场源电荷的距 C.a、b、c、d组成的平面是等势面 D.电子从a沿aO方向移动到c,电势能先增 离，进行定量的分析与计算。 大后减小 4.利用平行四边形定则等求解合电场强度大小， 【跟踪训练2】如图所示，真空中 并进一步分析求解其他问题。 有四个相同的点电荷，电荷量 【例1】如图所示，空间有一个 ) 均为q,分别固定在棱长为L 正方体，现在A点固定一个C 的正四面体（由绝缘材料制成） 正点电荷，下列说法正确的是 D 的四个顶点上，静电力常量为。任意一个点 200 () 电荷所受静电力的大小为 A.B、D、B'、D四个点电势 相等 A./6kg L3 B.3 L B.A'、B、D三点的电场强度相同 C.将十q试探电荷从C点移动到B点，和将 C.kg? 3L2 D.kg 3L2 一q试探电荷从A'点移到D'点静电力做功 【跟踪训练3】如图所示，两个 相同 等量正点电荷固定于M、N D.UcA=UcA 两点，边长与M、N之间距 【例2】如图所示，在圆锥体空间 离相等的正方形abcd位于M中 的顶点O固定一正点电荷，底 与M、N连线垂直的平面 面圆周上有三点a、b、c,O是 上，e、f分别是ad、bc的中 底面圆心，OO与底面垂直，d 点，O恰好是MN和ef的中点。已知点电荷 0' 点为Oc的中点。在该点电荷 电场中某点电势=k9,Q为点电荷的电箭 所产生的电场中，下列判断正确的是 量，r为电场中某点到点电荷的距离，k为静电 A.a、b、c三点的电场强度相同 力常量。下列说法正确的是 () B.O点与d点的电势差和d点与c点电势差 A.b、d两点电场强度相同 的关系为Uow=U B.沿正方形abcd四边移动电荷，静电力不 C.带正电的试探电荷沿直线从a点移动至O 做功 点过程中受到的静电力逐渐增大，电势能也 C.O点与e点的电势差等于e点与a点的电 逐渐增大 势差 D.带负电的试探电荷沿直线从a点移动至b D.将试探电荷十q由a点沿直线ac移动到c 点过程中电势能不变 点，其电势能先增大后减小2.ACD速度一时间图线的斜率表示加 速度，由题图乙知，试探电荷经过a点 时的加速度为0，由牛顿第二定律得 知，电荷所受的静电力为0，则α，点的 合电场强度必为0，Q1,Q2在a点产生 的电场强度大小相等、方向相反，故Q 一定带负电，在Q1、Q2之间电场强度 方向向右，若在Q、Q2之间放置一个，点 电荷，则该点电荷不能处于平衡状态， 故A错误；分析v-t图像可知，试探 电荷从b到a的加速度逐渐减小，则电 场度强逐渐减小，a点的场强为零，故 B正确；分析图像可知，试探电荷从b 点向右侧运动的过程中，速度先减小 后增大，则动能先减小后增大，只有静 电力做功，动能和电势能之和恒定，则 电势能先增大后减小，由于试探电荷 带正电，则b点右侧的电势先升高后降 低，故C错误；a点的电场强度为0，根 据库仑定律可知，电荷量Q1>Q2,在 Q1的左侧，电场强度方向向左，不存在 为0的位置，故D错误。 题型二”-x图像问题 典例2B带负电的试探电荷在x2处 动能为1.5eV,电势能为一1eV,总能 量为0.5eV,且试探电荷速度沿x轴 正方向，在x2~x?区域试探电荷受到 沿x抽正方向的静电力，做加速运动， 在x?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0.5eV,即运动到电势 为一0.5V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1.5eV,继续向左运动，在电势为 一0.5V处减速到零又反向，不会运动 到x。、x1处，即试探电荷在x3点两侧 往复运动，故选B。 对点演练 3D根据点电荷周围的电势公式9= kQ,设x'处(x'>0)的电势为0，得 1 k,49十k=0,解得三3故 可知当0<x<了时，9<0：当x? 时，p>0,故选D。 4.D沿着电场线方向电势逐渐降低，可 知x轴上O点左侧的电场强度方向沿 x轴负方向，x轴上O点右侧的电场强 度方向沿x轴正方向，故A错误；根据 UU=Ed可知，x轴上O点左侧的电场 20 强度大小为B=1x10V/m=20X 103V/m,右侧的电场强度大小为E2= 20 0.5X10V/m=4.0X10V/m,所以x 轴上O点左侧电场强度和O点右侧电 场强度的大小之比E1:E2=1:2,故B 错误；设粒子从（一1cm,0),点静止加 速到原点所用时间为t1,接着从原点 向右减速运动到(0.5cm,0)点所用时 间为t2,在原点时的速度最大，设为 m,由运动学公式有vn=E m ti ,m= 红对勾·讲与练·高三物理 gE: mt,又Em=2mu=gE1x,其中 x=0.01m,而周期T=2(t1十t2),联 立以上各式并代入相关数据可得T= 3.0×10s,该粒子运动过程中动能 的最大值为Em=2×108J,故C错 误，D正确。 题型三E-x图像问题 典例3CD该带电粒子仅在静电力作 用下由坐标位置x?从静止运动到坐 标原，点O的过程中，由题图知电场方 向一直沿x轴正方向，而带电粒子向 x轴负方向运动，所以该粒子带负电， 静电力方向一直与速度方向相同，静 电力一直对粒子做正功，粒子速度一 直增大，电势能一直减小，A、B错误， C正确；坐标原点O和位置x?间的电 势差为E一x图线与x轴所围成的面 积，即U= Ex2,D正确。 2 对点演练 5.CO~x1,电场强度沿x轴正方向且 大小不变，又粒子带正电，故粒子沿x 轴正方向做匀加速直线运动；x1~x2, 电场强度沿x轴正方向，且大小逐渐 减小，故粒子沿x轴正方向做加速度 减小的加速运动；x2一x:,电场强度沿 x轴负方向，且大小逐渐增大，故粒子 沿x轴正方向做加速度增大的减速运 动，故A、D错误。x1一x的图线关于 x2点中心对称，则x1~x2间静电力 对粒子做的正功数值上等于x2~x3 间静电力对粒子做的负功，粒子到达 x3时的动能等于粒子到达x1时的动 能，即Ek=qdE。,故B错误。沿电场 线方向电势逐渐降低，P1<P0,由题 意知x?点的电势为0，有91=一P3, 可知O点的电势最大，故C正确。 题型四E。一x图像、Ek一x图像问题 典例4CD根据静电力做功与电势能 的变化关系可知，电子仅在静电力作 用下沿x轴正方向运动，电势能减小， 则静电力做正功，因此电场强度方向 沿x轴负方向，故A错误；由题图可 知，电势能的变化率不变，所以电子受 到的静电力不变，则知该电场为匀强电 场，根据公式W=Ex可知，电场强度 E=W_2-10)eV =2N/C,故B错 gx -eX4 m 误；由题图可知，x=5m处的电势能 E。为零，根据公式E。=gp可知，x= 5m处的电势9-=0，故C正项： 电子从原，点O运动到x=4m处的过 程中，只有静电力做功，电势能减小了 8eV,则动能增加了8eV,故D正确。 典例5B由于只有静电力做功，点电 荷的动能与电势能总和不变，在x。一 2x。区间，点电荷的动能增大，电势能 减小，由于点电荷带负电，所以电势不 断升高，A错误；规定x=5x0处电势 为零，此处电势能也为零，由题图可知 在x=5x0处，点电荷的动能为零，由于 -566- 只有静电力做功，电荷的动能与电势 能总和不变，电势能和动能的和E= E。十Ek=0,在x=2x。处动能为 2E6,则在x=2x0处点电荷的电势能 为一2E。,该点的电势9= -2E。 2E,B正确：在2x。~3x。区间，E x图像的切线斜率的绝对值逐渐增大， 斜率的绝对值表示点电荷受到的静电 力的大小，所以点电荷受到的静电力 逐渐增大，电场强度逐渐增大，C错误； 点电荷的动能与电势能总和为零，所 以点电荷在x=4x。处的电势能为 一E。,D错误。 对点演练 6.A从C点到D点，电场线方向先向 右后向左，则电势先降低后升高，且电 势都大于零，并关于O点对称，小球带 负电，所以小球的电势能先增大后减 小，小球在C、D两，点处的电势能相 同，故A正确，C错误：由于小球的电 势能先增大后减小，在C、D两点处的 电势能相同，由能量守恒定律得知，动 能先减小后增大，在C、D两点处的动 能相同，故D错误：设AC=BD=r,点电 荷A和B的电荷量大小为Q,则当位移 为工时，电场强度E=k十 Q Q r十2L-,由数学知识得知E与 x是非线性关系，图像是曲线，故B 错误。 第6讲专题强化：带电粒子 (带电体)在电场中运动的综合问题 热点题型突破… 题型一 带电体在等效场中的运动 典例1BD如图所示，gE=mg,故等 效重力G的方向与水平方向成45°角。 当v,=0时速度最小，为vm=U1,由 于此时1存在水平分量，静电力还可 以对小球做负功，故此时小球电势能 不是最大，故A错误；小球从射出时刻 到速度的水平分量为零时，小球的电 势能最大，在水平方向上。=g5,在 竖直方向上v=gt,由于qE=mg,可 得)=。，如图所示，即小球的初动能 等于末动能。由动能定理可知W。十 W正=0，则重力做功等于小球电势能 的增加量，故B、D正确；由以上分析 可知当小球速度如图中1所示时，此 时速度水平分量与竖直分量相等，动 能最小，故C错误。 245° gE ng--- ￥G 对点演练 1.BD因为小球运动到最高点时，细线 受到的拉力最大，可知重力和静电力 的合力（等效重力）方向向上，则静电 力方向向上，且静电力大于重力，小球 带负电，故A错误，B正确：因重力和 静电力的合力方向向上，可知小球运 动到最高点时速度最大，故C错误：由 于等效重力方向竖直向上，所以小球运 动到最低点时速度最小，最小速度满足 gE-mg=m,即v= (gE-mg)l m 故D正确 2.D从A到B过程中，小球所受静电 力一直做负功，小球的机械能一直减 小，故A错误；设等效重力与竖直方向 的夹角为日，则 tan=gE3 ,故日 mg 4 为37°，等效重力方向与竖直方向成 37°角偏左下方，所以从A到B过程 中，小球速度先增大后减小，对轨道的 压力先增大后减小，故B错误；B,点比 A点更靠近等效最低点，所以A ℃B,故C错误；从A到B,由动能定理 1 有mgR-EgR=2m- 2mui,解 得B=人 十2gR,之后小球从B 处射出做类斜抛运动，在垂直于等效 重力方向上的分速度即为最小速度，则 vmin=B·cos= 51 +2gR故D 正确。 题型二 带电粒子在交变电场中的 运动 典例2(1)打在屏上的点位于O点上 方，距O点13.5cm(2)30cm 解析：(1)电子经电场加速满足gU。= 1 2 ,经电场偏转后侧移量y= 2 2ar2、 1 1 qUs L 2 mL2,所以y= 4U 由题图知t=0.06s时，U%=1.8U。, 所以y=4.5cm,设打在屏上的点距 O Y L L 2 点的距离为Y,满足 ,所以 L 2 Y=13.5cm,即打在屏上的，点位于0 点上方，距O点13.5cm。 (2)由题知电子侧移量y的最大值为 L 2 ,所以当偏转电压超过2U。时，电子 就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上 电子能打到的区间长为3L=30cm。 对点演练 3.BC若电子在t=0时刻进入电场，在 一个周期内，前半个周期受到的静电 力向右，向右做加速运动，后半个周期 受到的静电力向左，继续向右做减速 运动，T时刻速度为零，接着周而复 始，所以电子一直向B板运动，一定会 到达B板，故A错误；若电子在t= 时刻进入电场，则电子受到的静电力 向左，故无法到达B板，故B正确：若 电子从T时刻进入电场，电子先加速， 4 经时连度最大，此时电子开始受到 反向电场力，经子连度减为零，再反向 加连至选度没大，桃看或选回到 原位置，即电子在大于工时刻选入时 4 定不能到达B板，小于一时刻进 时一定能到达B板，故C正确，D 错误。 (30 解析：(1)电子经过加速电场后，根据 1 动能定理得eUi=之mu品，解得 (2)电子在偏转电场中沿水平方向做 匀速直线运动，所以运动的时间为t= 口8时射入偏转电场的电子在脂 3 一4 T时间内，偏转的位移 T二4 1 y1=2 3eU。1T2 X md 4 ,解得y1= 3eU.T2 32md 垂直于板的速度0y= 3eUo X T md 4 3eUT Amd 在随后2一年=年时间内，偏转的位 移为=，×年一立× 5eUT 解得y2= 32md t二31时射入偏转电场的电子离开偏 转电场时距两板间中线的距离y= eUT2 y1十y:=4md (3)在前半个周期内，假设电子从某时 刻t,进入偏转电场，离开时恰好从中 胎(6-×兰-0… T 解得tx=4' 在0<<2内，从中线上方离开偏转 T 电场的电子进入的时间段为0一 -567- 题型三电场中的动力学、动量和能量 问题 典例3(1)0.1，(2)209E (3)mvo 解析：(1)子弹打入靶盒过程中，由动 量守恒定律得mw。=10w1, 解得v1=0.1v0。 (2)靶盒向右运动的过程中，由牛顿第 二定律得gE=10ma, 又v1=2as, mvs 解得s=20gE (3)第1颗子弹打入靶盒后，靶盒将先 向右减速后反向加速，返回。，点时速 度大小仍为1，设第2颗子弹打入靶 盒后速度为2，取向右为正方向，由动 量守恒定律得1℃。-10mu1=11mv2, 解得v2=0, 以靶盒与第1颗子弹为整体，由动量定 理得I=0-(-10mv1), 解得I=mwo。 对点演练 5.(1)2m/s(2)100N/C(3)10.2N 解析：(1)物块从A点滑行到B点过 程，根据动能定理可得qE1s一 umigs-2mvn 解得物块从B,点飞出时的速度大小为 vB=2m/s。 (2)物块飞入竖直电场中做类平抛运 动，水平方向有x=UBt, 竖直方向有y=2aaB,十区 1 1 联立解得E2=100N/C。 (3)物块飞入篮中与绝缘篮组成的系 统在水平方向动量守恒，则有m1vB= (m1十m2)1, 解得v1=0.8m/s, 绝缘篮与物块摆到一定高度再落回最 低点过程中，绝缘篮、物块和滑块组成 的系统在水平方向动量守恒，则有 (m1十m2）U1=(m1十m2)v2十m3v3, 根据能量守恒定律可得 2(1十m2)1=之(1十2)2力 1 2m:vi, 联立解得v2=0,V3=0.8m/s, 轻绳再次摆到竖直位置时，物块和绝 缘篮相对滑块的速度大小为，对物 块和绝缘篮根据牛顿第二定律可得 T-(m1十m2)g-gE2=(m1十m2)元 解得T=10.2N。 学科素养聚焦… 例1C由点电荷电场与电势分布特 点，B、D两，点到A点的距离与B'、D 两，点到A点的距离不同，所以B、D B'、D'四个点不在同一个等势面上，故 A错误；A'、B、D三点的电场强度大 参考答案·2☑。 小相等，方向不同，故B错误；C点电 势和D'点电势相等，B点和A'点的电 势相等，则有U=UpA',所以十q试 探电荷从C点移动到B点和将一q试 探电荷从A'点移到D'点静电力做功 相同，故C正确；CA=CA',但C、A 间平均电场强度大于C、A′间平均电 扬强度，根据E=号可知，U4>Uc, d 故D错误。 例2C由于a、b、c三，点到，点电荷的距 离相￥，根据E=大号，可知三点的电 场强度大小相等，但方向不同，故A错 误；根据，点电荷的电场分布规律可知， 从O点到c点电场强度逐渐减小，由 U 于d点为O的中点，根据E= d 可 知，O点与d点的电势差和d点与c点 电势差的关系为Uw>U,故B错误： 带正电的试探电荷沿直线从a点移动 至O'点过程中，到O点的距离逐渐减 小，根据库仑定律可知，试探电荷受到 的静电力逐渐增大，正电荷受到斥力 作用，电荷克服静电力做功，其电势能 增大，故C正确；带负电的试探电荷沿 直线从a点移动至b,点过程中，其到O 点的距离先减小后增大，负电荷受到 引力作用，静电力对负电荷先做正功 后做负功，则电势能先减小后增大，故 D错误。 跟踪训练1B如图所示为两个等量同 种正电荷周围电场分布图。由于对称 性，a、b、c、d电势均相同，电场强度大 小相等，方向不同，故A错误，B正确； 等势面始终垂直于电场线，由图可知， a、b、c、d组成的平面不是等势面，故C 错误；aO连线上，O点电势最高，故从 a到c过程，电势先升高后降低，由 E。=一eg可知，电子从a沿aO方向 移动到c,电势能先减小后增大，故D 错误。 跟踪训练2A设正 Dq 四面体的四个顶，点 为A、B、C、D,作底 边三角形ABC中心 O,连接OD、AO,如 B 图所示，由几何关系可知c0sa V6 点处的点电荷在D点产生的电场强度 为E。=g,同理B、C两点处的点电荷 在D点产生的电场强度也为E。=, kg 这三个电场强度水平分量互成120°且 红对勾·讲与练·高三物理 大小相等，故最终抵消，只有竖直分量 √6k 为E,=E。c0sa 3L2 ,故D点处合 电场强度为E。= Y6g,则D点处的 点电荷受静电力大小为F=qE台= 6 kg ,可知每个，点电荷所受静电力大 L 小部为兴A运病。 跟踪训练3D根据对称性与电场的矢 量叠加可知，b、d两，点的电场强度大小 相等，方向不同，A错误；由abcd面上 的电场线分布易知，在该平面上的等 势线是以O点为圆心的同心圆，则沿 正方形abcd四边移动电荷，静电力会 做功，B错误；设Oe=OM=r,则Oa= √2r,eM=√2r,aM=√3r,根据点电荷 电场中某，点电势的表达式可知，各，点 电势分别为0=2k卫、 .-2kQ」 只.-29，则0点与e点的电势差 3 ” Uo=go-9. 2(1-）e点与a 21 点的电势差Um=P。一P。= 2kQ (V2 r2 气)，0点与e点的电势差不等于e点 与a,点的电势差，C错误；将试探电 荷十g由a点沿直线ac移动到O点， 静电力做负功，电势能增大，越过O点 后静电力做正功，电势能减小，D正确。 第十章 电路及其应用 第1讲电路的基本概念和规律 …必备知识梳理 1.(1)①自由电荷电压②正电荷 (2)①电压电阻④a.直线b.曲线 U 2.(1)②R= ④无关 (2)①正比反比②R=pS 电阻率 (3)②导电性能③a,增大b.减小 3.(1)①静电力②UIt③电能 (2)①快慢②UI (3)①电流电阻②IR (4)①UIIR③P热 教材链接·想一想 提示：金属棒内的电流I=neoS,由电 阻定律可知，金属棒的电阻R=pS, 由欧姆定律可知，金属棒两端的电压 U=R,则金属棒内的电场强度大小 U E=,解得E=pmew… 概念辨析 1.×2.×3.×4./5.×6.× 7./ -568- 关键能力提升 考点一电流的理解与计算 典例1D电荷的定向移动形成电流 正电荷的定向移动方向是电流方向， 由题图可知，溶液中的正离子从A向 B运动，因此电流方向是A→B,电流 I=g=ne十n1)e ，D正确。 t t 典例2A根据电流的微观表达式I= neuS,可知在△t时间内通过导体横截 面的自由电子的电荷量q=I△t,则在 △t时间内通过导体横截面的自由电子 的数目为N=g=I△=mSAt,故 e e 选A。 考点二欧姆定律及电阻定律 典例3B根据电阻定律R=P、,根 据欧姆定律△U=I·△R,整理可得 p=子·，结合题图可知子体L1、 0.2 L:的电租年之比公=092 0.25 1.00-0.25 兰，故选D 典例4AC根据I-U图像知，图线的 斜率表示电阻的倒数，所以R1:R2 1:3,A正确；把R1拉长到原来的3 倍长后，横藏面积减小为原未的了，根 据公式R=P。可得，电阻变为原来的 9倍，B错误；串联电路电流相等，所以 将R与R。串联后接于电源上，电流 之比I1:I2=1:1,根据公式P=IR 可得，功率之比P1:P2=1:3,C正 确；并联电路电压相等，电流比等于电 阻的反比，所以将R1与R2并联后接 于电源上，电流之比I1:I2=3:1, D错误。 典例5D根据欧姆定律R=了，结合 I-U图像，B点对应的电阻为RB= 1.5X10D=400,A点对应的电阻 6 3 为R=1.0X100=300.AB错 误；工作状态从A变化到B时，导体的 电阻增加了△R=RB一Ra=102,即 工作状态从B变化到A时，导体的电 阻减少了102，C错误，D正确。 考点三串、并联电路及电表的改装 典例6BS断开时，R,与R,串联，R 与R2的两端电压之比为U1:U2=R1: R2=1:5,A错误：S闭合时，R1与R2 两端的电压之比为U1:U,=R1: R:R:=2:5,B正确；S闭合时，通 R2十R2 过R,与R3的电流之比为1：1，C错