第1章 静电场 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（教科版）

该高中物理单元复习课件系统梳理了静电场的核心知识，涵盖电场强度、电势差、电场力做功、电势能等概念，通过概念梳理构建网络，明确公式定义、适用条件及内在联系，如电场强度与电势差的关系、等势面与电场线的关系，帮助学生形成完整的静电场知识体系。 其亮点在于融合教考衔接与易错辨析，通过高考真题解析（如2023湖南高考电场强度合成题）和针对练，培养学生科学推理与模型建构能力，易错辨析部分分析典型错误（如错用点电荷场强公式），强化科学论证。分层设计满足不同学生需求，助力教师精准复习，提升学生知识应用与问题解决能力。

单元综合提升 　　　　 第一章 静电场 概念梳理 构建网络 1 教考衔接 明确考向 2 易错辨析 强化落实 3 单元检测卷 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 概念梳理 构建网络 返回 返回 教考衔接 明确考向 返回 (2023·湖南高考)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°、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 √ 衔接教材　教材第20页第4题考查同一直线上的两个点电荷的叠加，本题考查三个点电荷叠加的场强为零的情况，与教材考查原理类似。 在x轴上，坐标原点x＝0处放置一个电荷量为＋Q的点电荷，在x＝4 cm处放置一个电荷量为－9Q的点电荷，在两点电荷的连线上放置一个电荷量为＋q的检验电荷。试确定检验电荷在x轴上的哪一区间内所受合力方向沿x轴负方向。这一区间内两点电荷电场的合场强方向如何？ 衔接分析　2023湖南高考试题考查点电荷的场强公式和电场强度的叠加，此类问题是高考考查的热点之一，能够很好地考查考生对基本知识和基本方法的掌握情况，也能考查模型建构和科学推理的能力。 √ 针对练.(多选)(2025·河北石家庄高二统考期末)如图所示，真空中有A、B、C三个带正电的点电荷，它们固定在边长为L的等边三角形的三个顶点上，每个点电荷的电荷量都是q，O点是三角形底边的中点，静电力常量为k。下列说法正确的是 √ (2023·北京高考)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 √ 带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为平衡位置做往复运动，在O点所受电场力为零，故A、B错误；根据往复运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。 衔接教材　与人教版教材第51页第1题情境类似，均考查了负点电荷沿中垂线运动，且均涉及了电场力和电势能的变化。 如图，将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点。在此全过程中，试探电荷所受的静电力如何变化？所经过各点处的电势如何变化？试探电荷的电势能如何变化？ 衔接分析　2023北京高考试题通过带电粒子在电场中的运动，考查电场线、电势、电势能等知识，考查考生对基本概念和规律的掌握情况，要求考生能够灵活运用相关知识解决问题。 针对练1.(2023·全国甲卷)在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是 √ 带电粒子在电场中做曲线运动，粒子所受电场力指向轨迹的凹侧，如图所示，B、C、D中静电力均指向轨迹外侧。故选A。 针对练2.(多选)(2023·重庆高考)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 √ √ 返回 等差等势线的密度体现场强的大小，由题图可知N点的等差等势线比M点更密，则N点的电场强度大小比M点的大，故A正确；沿着电场线电势逐渐降低，由题图可知电场线由N指向Q，则Q为负电荷，故B错误；沿着电场线电势逐渐降低，结合各等势线的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故C错误；M点与N点等势均为0 V，P点与N点的等势线间隔四个，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。 易错辨析 强化落实 返回 1.(2025·广东深圳福田外国语高级中学期中改编)如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处固定有一电荷量为q(q>0)的点电荷，已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(静电力常量为k) √ 易错分析　此题容易出现的错误是不考虑公式的适用条件，在求解带电圆盘产生的场强时错用点电荷的场强公式E＝ 进行求解。计算场强有两个 公式：E＝ 、E＝ ，在一般情况下可由上述公式求解场强。但在求解 带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的场强时，上述公式有时无法直接应用。这种情况下如果能转换思维，灵活选用对称法、微元法等，往往能化难为易，快速解题。 2．(多选)(2025·湖南常德临澧一中月考)如 图甲所示，两个等量同种电荷P、Q固定于 光滑绝缘水平面上，电荷量q＝＋1×10－3 C、质量m＝0.02 kg的小球在该平面上从 a点由静止释放，沿中垂线运动到电荷连线中点O，其v-t图像如图乙中图线①所示，其中b点处为图线切线斜率最大的位置，图线②为过b点的切线，则下列说法正确的是 A．P、Q带正电 B．b点的场强Eb＝30 V/m C．a、b两点间的电势差为90 V D．带电小球由a运动到O点，电势能先减小后增大 √ √ 带正电的小球从a点由静止释放，由a向O做加速运动，可知受到a指向O的电场力，可知aO线上的电场方向由a指向O，故两电荷带负电，A错误；根据v-t图线的斜率表示加速度，可得在b点ab＝ m/s2＝1.5 m/s2，由牛顿第二定律得qEb＝mab，解得Eb＝30 V/m，B正确；带电小球由a运动到b，由动能定理得qUab＝ ，由题图乙可得vb＝3 m/s，解得Uab＝90 V，C正确；由题图乙可知，带电小球由a运动到O速度一直增大，电场力一直做正功，故电势能一直减小，运动到O点时电势能最小，D错误。 易错分析　本题易犯的错误：一是忽略小球在水平面内运动，根据图甲认为小球在竖直平面内运动，应用动能定理时计算小球的重力做功；二是求解b点场强时，不理解v-t图线斜率的含义，利用b点与坐标原点连线的斜率求解加速度而出错。解题时要认真审题，分析物体的运动情境，应用相应规律解题。 3.(多选)(2025·湖南常德一中月考)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增大 C．θ减小，Ep不变 D．θ减小，E不变 √ √ 若保持下极板不动，将上极板向下平移一小段距离，则根据C＝ 可 知，C变大，Q一定，则根据Q＝CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ 减小；根据E＝ ，C＝ ，Q＝CU，联立可得E＝ ，可知Q一 定时，E不变；根据U1＝Ed1，可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，下极板接地，P点的电势不变，则Ep不变，C、D正确。 易错分析　不理解电势的相对意义，造成错解。对某点电势的判断要利用该点与电势不变的点之间的电势差来判断。本题中下极板接地，电势为零，即下极板电势不变，P点电势的变化情况应通过P点与下极板之间电势差的变化情况来判断。解题时要注意电势的相对性，避免与电势差相混淆。 4.(2025·辽宁大连八中期中)如图所示，平行板电容器的 两极板均水平放置，质子( H)、氘核( H)和α粒子( He) 都沿两极板间中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀 强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直且紧靠极板右侧边缘的荧光屏(图中未画出)上，使荧光屏上出现亮点。则 A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现2个亮点 B．若它们射入电场时的质量与速度的乘积相等，在荧光屏上将出现2个 亮点 C．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点 D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将出现3个亮点 √ 易错分析　不认真分析计算，误认为质子、氘核和α粒子的质量和电荷量不同，它们通过相同的加速电场、偏转电场后，肯定速度方向不同，轨迹不一样，打在荧光屏的不同点，造成错选D。本题中粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得到粒子偏转距离与偏转电压的关系，即可判断粒子打在荧光屏上的位置关系。解题时要掌握判断荧光屏上有几个亮点的方法，不要乱套公式，防走弯路。 5.如图所示，细线一端系住质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动。若小球带正电，电荷量为q，空间有场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场，为了使小球能做完整的圆周运动，在最低点A处小球应具有多大的速度？(重力加速度为g) 分三种情况： (1)若mg＝qE，小球相当于只受到线的拉力，在最低点A处小球只要满足vA1>0即可使小球做完整的圆周运动； (2)当qE<mg时，小球在最高点B的临界速度(即最小速度)vB满足mg－ (3)当qE＞mg时，此时的等效最高点恰好为最低点A，对处于A点的小球，根据牛顿第二定律可得qE－mg＝m ，小球在A点的临界速度(即最小速度)是vA3＝ 。 易错分析　误认为在竖直平面内能做完整的圆周运动的物体在最高点的临界速度v满足mg＝ ，但没有细想这个结论的成立是有前提条件的，即只有在重力场中才成立。解题时要善于多角度分析问题，明确物理规律、结论成立的条件。 返回 单 元 检 测 卷 返回 1．(2025·四川乐至中学高二校考期中)对研究对象或研究过程建立理想化模型，突出问题的主要方面忽略次要因素从而有效地解决问题，是物理学研究的常用方法。下列各组均属于理想化模型的是 A．质点、点电荷 B．点电荷、元电荷 C．元电荷、重心 D．质点、重心 √ 质点是忽略大小、体积、形状而有质量的点，点电荷是本身大小比相互之间的距离小得多的带电体，点电荷、质点都是实际不存在的理想化模型，元电荷是最小的电荷量，重心是重力在物体上的等效作用点，不是理想化模型。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 2．(2025·四川绵阳统考二模)“羲和二号”是我国正在建设中的结合了激光和加速器的装置。该装置内的加速电场可视为匀强电场，能够使电子在1.4 km的直线长度内加速到8.0×1010 eV，则加速电场的场强约为 A．5.7×104 V/m B．5.7×105 V/m C．5.7×106 V/m D．5.7×107 V/m 根据电场力做功的计算公式W＝qEx，代入数据解得E≈5.7×107 V/m。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 3．(2025·四川攀枝花高二统考期末)真空中两个固定的点电荷P、Q，相互之间作用的库仑力大小为F。若将P的带电量变为原来的8倍，Q的带电量变为原来的一半，则要使它们之间的库仑力大小仍为F，则它们之间的距离需变为原来的 A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 4．(2025·四川凉山高二统考期末)带电荷量相同的甲、乙两点电荷产生的电场线分布如图所示。对该电场的理解，下列说法正确的是 A．甲为负电荷，乙为正电荷 B．P点电势低于Q点电势 C．电子从P点移动到Q点，电势能减少 D．P点的电场强度大于Q点的电场强度 电场线起始于正电荷(或无限远)，终止于负电荷(或无限远)，由题图可知，甲为正电荷，乙为负电荷，故A错误；沿电场线电势降低，可知P点电势高于Q点电势，故B错误；电子带负电，所受电场力方向与电场方向相反，可知电子从P点移动到Q点，电场力做负功，电势能增大，故C错误；P点位置的电场线分布的密集程度大于Q点，可知P点的电场强度大于Q点的电场强度，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 5．(2025·四川凉山高二统考期末)如图所示的电路，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，电源内阻不计，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则 A．电容器的电容增大 B．电容器两极板间电压增大 C．电容器两极板间电场强度不变 D．电容器所带电荷量减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，根据电容的决定 式C＝ 可知，d增大，电容C变小，A错误；电容器与电源连接，两极板间电压等于电源电压，不变，B错误；根据公式E＝ 可知，两极板间电压不变，d增大，则电场强度减小，C错误；根据公式Q＝CU可知，两极板间电压不变，电容C变小，则电容器所带电荷量减小，D 正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 6.在－x0～x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子 A．在－x0～0区间一直做加速运动 B．在0～x0区间受到的电场力一直减小 C．在－x0～0区间电势能一直减小 D．在－x0～0区间电势能一直增加 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；φ-x图线斜率的绝对值表示场强大小，从0～x0区间，图线斜率的绝对值先增大后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝eE，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；在－x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 7.(2025·湖南邵阳期中)如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，AB长为1 m，电场线与三角形所在的平面平行，已知φA＝5 V，φB＝－5 V，φC＝15 V，由此可以 判断 A．电场强度的方向垂直AD连线斜向上 B．电场强度的方向由B点指向C点 C．电场强度的大小为8 V/m D．电场强度的大小为 V/m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ √ 8.如图所示，三个同心圆是以点电荷－Q为圆心的等势面。下列说法不正确的是 A．将点电荷＋q由B点移到C点，电场力做正功 B．一个点电荷＋q在B点具有的电势能比在A点的小 C．一个点电荷＋q在B点所受的电场力比在A点的大 D．将同一点电荷从B点移到D点电场力做功比由B点移到C点多 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 根据点电荷周围电场线的分布情况可知，将点电荷＋q由B点移到C点，正负电荷距离减小，电场力做正功，A正确；沿着电场线方向电势降低，B点的电势比A点的电势高，＋q在B点具有的电势能比在A点的大，B错误；电场线的疏密表示场强的大小，可知EB＜EA，故FB＜FA，C错误；C、D两点在同一等势面上，根据W＝qU可知，WBD＝WBC，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 9.图中a、b是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点，下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧 A．a、b都是正电荷，且Q1 ＞ Q2 B．a是正电荷，b是负电荷，且Q1 ＞ Q2 C．a是负电荷，b是正电荷，且Q1 ＞ Q2 D．a、b都是负电荷，且Q1 ＞ Q2 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向。当Q1＞Q2时，则b点电荷在P点的电场强度比a的弱，所以电场强度合成后，方向偏右，故A错误；当a是正电荷，b是负电荷时，b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线指向b，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线背离a，则不论电荷量大小关系如何，电场强度方向始终偏右，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 当a是负电荷，b是正电荷时，b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线背离b，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向a，则不论它们的电荷量大小关系如何，电场强度方向始终偏左，故C正确；当ab均为负电荷时，b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线指向b，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向a，由于|Q1|＞|Q2|，则合电场强度方向偏左，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ √ 10.如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，电场强度为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒以初速度v0沿竖直向上方向从与两极板等距的A点射入匀强电场中，在电场力的作用下垂直打到N板上的C点，已知AB＝BC。不计空气阻力，g为重力加速度，则可知 A．微粒在电场中的加速度是不变的 B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 11.(6分)(2025·安徽皖北名校联考)在探究两带电体间相互作用力 的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两带电体的 间距和带电荷量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移 动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于C点，如图所示。 实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从B球附近逐渐向远处移动，观察到两球距离越大，丝线的偏角越小；再保持两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越小，丝线的偏角越小。实验表明：两带电体之间的相互作用力，随其距离的______(选填“增大”或“减小”)而减小，随其所带电荷量的______(选填“增大”或“减小”)而减小。此同学在探究中应用的科学方法是_____________(选填“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”或“演绎法”)。 增大 减小 控制变量法 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 对小球B进行受力分析，可以得到小球B受到的电场力F＝ mgtan θ，θ为丝线与竖直方向的夹角，可知丝线的偏角越 大，电场力也越大，所以使A球从B球附近逐渐向远处移 动，观察到两球距离越大，丝线的偏角越小，说明两带 电体之间的相互作用力随其距离的增大而减小；两球距离不变，改变小球A所带的电荷量，观察到电荷量越小，丝线的偏角越小，说明了两带电体之间的相互作用力随其所带电荷量的减小而减小。本实验中先保持两球电荷量不变，改变它们之间的距离；再保持距离不变，改变小球所带的电荷量，所以采用的是控制变量法。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 12．(8分)图甲是一种测量电容的实验电路图，实 验是通过高阻值电阻放电的方法，测出电容器充 电至电压为U时所带电荷量Q，从而再求出待测电 容器的电容C。某同学在一次实验时的情况如下： A．按如图甲所示电路图接好电路； B．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下此时电流表的示数是I0＝45 μA，电压表的示数U0＝8.0 V，I0、U0分别是电容器放电时的初始电流和电压； C．断开开关S，同时开始计时，每隔5 s测读一次电流的值，将测得的数据填入表格，并标示在图乙的坐标纸上(时间t为横轴，电流I为纵轴)，结果如图中小黑点所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)在图乙中画出I-t图线； 答案： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)图乙中图线与坐标轴所围成面积的物理意义是______________________ ___________； 由ΔQ＝I·Δt知，电荷量为I-t图像与坐标轴所包围的面积，则面积为电容器在开始放电时所带的电荷量。 在开始放电时电容器所带 的电荷量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)该电容器的电容为C＝_________ F(结果保留2位有效数字)。 1.0×10－3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 13．(8分)将一个电荷量q＝－1×10－6 C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做功WAB＝4×10－6 J，从C点移到D点，电场力做功WCD＝9×10－6 J。已知B点电势比C点高4 V。求： (1)C、D两点间的电势差； 答案：－9 V　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)A、D两点间的电势差。 答案：－1 V 即φA－φB＝4 V 由(1)知φC－φD＝UCD＝－9 V 又由题意知φB－φC＝4 V 联立以上各式可得UAD＝－1 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 14．(10分)(2025·湖北武汉联考)带电量分别为＋2q、－2q的等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，相距6x，在它们连线的中点P上方2x处有一悬点O，用绝缘细绳挂着一个质量为m的带电小球C，OP＝2x，绳长为 x，如图所示，平衡时小球刚好静止在两电荷连线上。重力加速度为g，求： (1)小球所受电场力大小为多少？ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)小球所在处A、B产生的电场合场强为多少？ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)小球所带电荷量是正是负？电荷量为多少？ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 15.(10分)如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，电场强度E＝3×104 N/C。在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m＝5×10－3 kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ＝60° (g取10 m/s2)。试求： (1)小球的电性和电荷量； 小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示 由平衡条件有qE＝mgtan 60° 解得q＝ ×10－6 C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)悬线的拉力大小； 答案：0.1 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)若小球静止时离右板d＝5×10－2 m，剪断悬线后，小球 经多长时间碰到右极板？ 答案：0.1 s 剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 16.(12分)(2025·江苏六合高中期末)如图所示，在xOy平面的第四 象限内有平行于y轴的有界匀强电场E1＝1.5×104 V/m，方向沿y轴 正方向；第一象限有一个平行于x轴的有界匀强电场E2(方向未标 出)，右边界过B点且平行于y轴。一质量m＝1 kg、电荷量q＝1× 10－3 C的带正电小球，从P点以初速度v0＝1 m/s，垂直y轴方向射 入第四象限的电场E1中，yP＝－0.1 m。小球偏转后经过x轴上A点进入第一象限，沿直线运动且恰好未射出电场E2，g＝10 m/s2，求： (1)小球在第四象限运动的加速度大小； 答案：5 m/s2　 在沿电场线方向有qE1－mg＝ma 解得小球在第四象限运动的加速度大小a＝5 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)小球过A点的速度大小； 在沿电场线方向，离开第四象限时，竖直方向有2a|yP|＝v，解得竖直分速度vy＝1 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)E2电场的右边界坐标xB。 答案：0.25 m 小球在第四象限运动的时间，根据vy＝at 解得t＝0.2 s 小球垂直电场方向的位移xA＝v0t＝0.2 m 因为小球进入第一象限时，水平方向v0与竖直方向vy大小相等，且沿直线运动，则qE2＝mg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 因恰好未射出电场E2，故小球做匀减速直线运动，到达 E2电场的右边界时水平速度为零，设水平方向的加速度 为a′，小球在E2电场向右方向的位移为x，则2a′x＝v， ma′＝qE2＝mg 解得x＝0.05 m E2电场的右边界坐标xB＝xA＋x＝0.25 m。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第一章 静电场 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由题意得P点合场强为零，则Q2在P点处的电场强度一定与Q1、Q3两电荷的合电场强度方向相反、大小相等，则三者的电性关系为“两同夹一异”，A、B错误；设PQ1＝a，则PQ2＝a，PQ3＝2a，则C选项中，根据库仑定律和电场强度与电场力的关系可知，Q1在P点形成电场的电场强度EQ1P＝－k，Q2在P点形成电场的电场强度EQ2P＝k，Q3在P点形成电场的电场强度EQ3P＝－k，EQ1P、EQ2P、EQ3P的合电场强度不为零，C错误； D选项中，E1＝E3＝，二者合电场强度E13＝，恰在PQ2连线上，且与Q2在P点形成电场的电场强度反向，又E2＝，代入数据得E2＋E13＝0，D正确。 由题意可得，两点电荷B、C对A的静电力大小分别为F＝k， 由三个带正电的点电荷构成等边三角形，由几何知识可得点电荷 B、C对A的静电力的合力大小为F合＝2Fcos 30°＝k，A错 误，B正确；三个点电荷在O点产生的电场强度方向如图所示。根据点电荷场强公式E＝k可知，点电荷B和点电荷C在O点的电场强度矢量和为零。点电荷A在O点的电场强度即为O处的电场强度，其大小为EO＝，又rAO＝Lsin 60°＝L，可得产生的电场强度大小为EO＝，C错误，D正确。 在a点处电荷量为q的点电荷在b点处产生的电场强度大小为E＝k，而半径为R、均匀分布着电荷量为Q的电荷的圆盘与在a点处电荷量为q(q＞0)的点电荷在b点处的合场强为零，则圆盘在此处产生的电场强度的大小也为E＝k，由对称性可知圆盘在d点处产生的电场强度大小为E′＝E＝k，而a点处电荷量为q的点电荷在d点处产生的电场强度大小为E″＝k，由于a点处的点电荷与圆盘在d点处产生的电场强度方向相同，两者在d点处产生的电场强度大小为E′＋E ″＝k，故B正确。 k ＝ mv－mv 三个粒子进入匀强电场中均做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝，偏转距离为y＝at2，运动时间为t＝，解得y＝，若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，则在荧光屏上将出现2个亮点，A正确； 若它们射入电场时的质量与速度的乘积相等，y＝＝，可见y与qm成正比，三个粒子的qm都不同，则在荧光屏上将出现3个亮点，B错误；若它们射入电场时的动能相等，则y与q成正比，在荧光屏上将出现2个亮点，C错误；若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，由qU＝mv可知y＝，则y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，D错误。 qE＝m 解得vB＝ 从A→B，由动能定理得 qE·2R－mg· 2R＝mv－mv 解得小球在A处的最小速度vA2＝ ； 由点电荷场强公式及场强叠加原理可得，小球所在处的场强大小为E＝k＋k＝，方向水平向右。 由平衡条件得F＝，解得F＝0.1 N。 在水平方向上有ax＝，d＝axt2 联立解得t＝0.1 s。 $