专题七 静电场&专题八 电路与电能-【创新大课堂】2026年高考物理五年真题分类汇编168优化重组卷

专题七 老向一 电场力的性质 1.(2025·广西卷，4分)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 ( T A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 2.(2025·陕晋宁青卷，4分)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 r A D 3.(多选)(2025·安徽 》 卷，5分)如图，两个 倾角相等、底端相连 》m E 款 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 () 和 A.F1F 训 B.E= kg 2L2 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 kg2 0= mL 4.(2025·湖南卷，4 分)如图，两带电小 球的质量均为m,小 球A用一端固定在 A 墙上的绝缘轻绳连 609 309 接，小球B用固定的 绝缘轻杆连接.A球 静止时，轻绳与竖直 静电场 方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为 30°，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2mg B.A球静止时，A球与B球间的库仑力 为2mg 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 5.(多选)(2025·湖北卷，4分)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3g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 3g B.方向与x轴负方向成18 夹角斜向下 C.大小为2g(cos54°+ R2 c0s18) D.大小为2(2os54+os18) R2 6.(多选)(2025·山东卷， 4分)球心为O、半径为 R的半球形光滑绝缘碗 甲 F 固定于水平地面上，带 电荷量分别为十2g和 十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√3R,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 7.(2024·江西卷，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 8.(2024·河北卷，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 9.(2024·河北卷，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 M 角形ABC的顶点B、 B④… …⊕C C.M为三角形ABC的 9 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，电荷量为号.已知正三 角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0， 静电力常量的k.顶点A处的电场强度大小为 A.23kq a? 6+ Cgg8vg+) D.g(3+3) 10.(2024·新课标卷，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 OP 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 38 11.(2023·全国甲卷，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 电羊 12.(2023·湖南卷，4P 分)如图，真空中有 三个点电荷固定在 同一直线上，电荷量 .602 分别为Q1、Q2和Q3,,02 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=√2q,Q3=g B.Q--qQ:--15.Q--4 C.Q1=-q,Q2=√2q,Q3=-q D.Qi-gQ--15gQ-40 13.(2023·海南卷，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=2cm,OB=4cm,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 14.(2022·山东卷，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△L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，9为 ( A.正电荷，q=Q△L 元R B.正电荷，q= √3Q△L 元R C.负电荷，q= 2Q△L 元R D.负电荷g-2 2√3Q△L 15.(2022·湖南卷，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 b·od 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 16.(2021·全国乙卷，6分)四个带电粒子的电荷量 和质量分别为（十q,m)、(十q,2m)、(十3q,3m)、 (一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 ↑Y ◆1 ---- 0-- B y C D 17.(2021·上海卷，3分)如图，在一个点电荷Q 附近的a、b两点放置检验电荷，则检验电荷 的受力F与其电荷量g的关系图为() 8b F A ↑F b 3 18.(2021·浙江卷，3分)如图 所示，在火箭发射塔周围有 钢铁制成的四座高塔，高塔 的功能最有可能的是 A.探测发射台周围风力的大小 B.发射与航天器联系的电磁波 C.预防雷电击中待发射的火箭 D.测量火箭发射过程的速度和加速度 19.（多选)(2021·湖北卷， LELL∠LLLL 4分)如图所示，一匀强 0:0 电场E大小未知、方向 水平向右.两根长度均 .M N. 为L的绝缘轻绳分别 E 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0=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-LN mg mg D.g=3L√ 20.(2021·上海卷，3分)一带正电的物体沿电 场线方向运动，则 A.受力增大 B.速度减小 C.电势能减小 D.加速度减小 21.（多选)(2021·湖北卷，4分)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 22.(2021·浙江卷，3分)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·湖南卷，4分)如 图，在(a,0)位置放置电荷 量为q的正点电荷，在 P(a,a) (0,a)位置放置电荷量为q 1+9 的负点电荷，在距P(a,a) 2a 为√2a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)√2g B.(0,2a),2√2q C.(2a,0),√2g D.(2a,0),2√2g 24.(2021·山东卷，3分)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+9的点电荷；在0≤x<号a区间，x轴上 电势9的变化曲线如图乙所示.现将一电荷 量为一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 图甲 图乙 A.Q=2+1 2q,释放后P将向右运动 B.Q=2+1 29,释放后P将向左运动 C.Q=22+1 49,释放后P将向右运动 D.Q=2E+1 4 q,释放后P将向左运动 25.(2025·福建卷，4 分)两个正点电荷Q1 与Q2静立于竖直平 130 面内，如图所示，于Q Q: P点放置一检验电荷，其恰好处于静止状态， PQ1与Q1Q2之间的夹角为30°，PQ11 PQ2,则Q1与Q2电荷量之比为 在PQ1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. 26.(2023·全国乙卷，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 9,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： 考向二电场能的性质 27.(2025·云南卷，4分)某 介电电泳实验使用非匀 强电场，该电场的等势 OV 线分布如图所示.a、b、 c、d四点分别位于电势 .2Y d、.1V. 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 2 eV D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了 4eV 28.(2025·河南卷，4分)如图， 6 V 在与纸面平行的匀强电场中 有a、b、c三点，其电势分别为 6V、4V、2V;a、b、c分别位 4 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 T 29.(多选)(2025· 湖南卷，5分)一 B(d 3 匀强电场的方 向平行于xOy 平面，平面内A O A(d,0)x 训 点和B点的位 置如图所示.电荷量为十q、一q和十2q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E,(E。>0).下列说法正确 的是 A.OA中点的电势为零 量 B.电场的方向与x轴正方向成60°角 C.电场强度的大小为2 gd D.电场强度的大小为22E qd 30.(2025·黑吉辽 蒙卷，4分)如 烂 图，光滑绝缘水 平面AB与竖 3 A 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 轻质绝缘弹簧端固定于O点，另一端连接一 紧 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（ 尔 A.EkA<EkB<EkC 绥 B.EkB<EkA<EkC C.EkA<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB 41 31.(多选)(2024·山东 itiiiAlliL 卷，4分)如图所示，带 电量为十g的小球被 ● 绝缘棒固定在O点， 309 右侧有固定在水平面 777777777777777777777777777 上、倾角为30°的光滑绝缘斜面.质量为m、带 电量为十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1= 3kg2 mg B.OB的距离13mg 3kg2 C.从A到C,静电力对小滑块做功W=一mgS D.AC之间的电势差UAC=-mgS 2g 32.(2024·吉林卷，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 33.(2024·湖南卷，4分)真空中有电荷量为 十4g和一q的两个点电荷，分别固定在x轴 上一1和0处.设无限远处电势为0，x正半 轴上各点电势o随x变化的图像正确的是 34.(多选)(2024·湖北卷，4分)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 35.(多选)(2024·江西卷，6分)如图所 示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝甲O 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，带电荷量分别为q 和Q.在图示的坐标系中，小球乙静乙Q9 77777777 止在坐标原点，初始时刻小球甲从x=xo处 由静止释放，开始向下运动.甲和乙两点电荷 的电势能E。=k9(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f,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=(mg十f)x0 kQg B.速率达到最大值时的位置x√mg一 kQq C.最后停留位置x的区间是 kQ9≤x mg kQg Nmg-f D.若在最低点能返回，则初始电势能E< (mg-fλmg+f kQq 36.(2024·全国甲卷，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，处的电势为？，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 -42 Q?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 ( 0.2 Q 1一2 A.Q<0:Q B.Q1>0 Q1一2 'Q2 Q C.Q<0 2=-3 D.Q1>0Q2 =-3 37.(多选)(2023·辽宁卷，6分)图(a)为金属四 极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意 图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面 内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差 相等，则 ( ) 图(a) 图(b) A.P点电势比M点的低 B.P点电场强度大小比M点的大 C.M点电场强度方向沿之轴正方向 D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 38.（多选)(2023·海 ec 南卷，4分)如图所 示，正三角形三个 顶点固定三个带等 A6方合…N8B 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 39.(2022·全国甲卷，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 40.(2022·全国乙卷，6分)如 +9 图，两对等量异号点电荷 十q、一q(q>0)固定于正方 形的4个顶点上.L、N是该 t十 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 41.(多选)(2021·全国甲卷 6分)某电场的等势面如图 所示，图中a、b、c、d、e为电 场中的5个点，则() A.一正电荷从b点运动到 e点，电场力做正功 B.一电子从a点运动到d点，电场力做功为 4eV C.b点电场强度垂直于该点所在等势面，方 向向右 D.a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小 最大 42.(2021·全国乙卷，6分)如图(a),在一块很 大的接地金属平板的上方固定一负电荷.由 于静电感应，在金属平板上表面产生感应电 荷，金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线 所示，相邻等势面间的电势差都相等.若将一 43 正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷 受到的电场力大小分别为FM和FN,相应的 电势能分别为EpM和EpN,则 () ⊙ 图(a) 图(b) A.FM<FN:EpM>EPN B.FM>FN,EpM>EPN C.FM<FN,EpM<EpN D.FM>FN,EpM<EPN 43.(2021·辽宁卷，4分)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Ea和Eb,电荷所受电场力大小分别为 F。和F6,则 ( ) A.Epa>Epb:Fa>F B.Epa>Ep,Fa<Fb C.Epa<Epb,Fa>Fb D.Ea<Eb,F。<Fb 44.(2021·北京卷，3分) M. P 如图所示的平面内，有 ①… 静止的等量异号点电 荷，M、N两点关于两电 N· 荷连线对称，M、P两点 关于两电荷连线的中垂线对称.下列说法正 确的是 () A.M点的场强比P点的场强大 B.M点的电势比V点的电势高 C.N点的场强与P点的场强相同 D.电子在M点的电势能比在P点的电势 能大 45.(多选)(2021·海南卷，4分) …、b 如图，在匀强电场中有一虚 线圆，ab和cd是圆的两条 60° 直径，其中ab与电场方向 的夹角为60°，ab=0.2m, cd与电场方向平行，a、b两 点的电势差Ub=20V.则 A.电场强度的大小E=200V/m B.b点的电势比d点的低5V 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 46.(2021·江苏卷，4分)一 球面均匀带有正电荷，切 U.- 去一半后右半球面所带 0 B 电荷仍均匀分布，如图所 示.O为球心，A、B为直 径上的两点且OA=OB, C为截面上的点.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 47.(2025·广西卷，11分)在真空中，一个电荷 量为一q、质量为m的试探电荷绕电荷量为 十Q的点电荷做椭圆轨道运动，如图甲，O为 椭圆中心，OA为半长轴，长度为a,OB为半 短轴，点电荷处于椭圆的焦点F处，焦距为 c.图乙是2一的关系图，其中o为该试探 电荷运动速率，”为该试探电荷到点电荷的 距离.距离点电荷r处的电势9=Q,其中 为静电力常量.重力和万有引力忽略不计， 24 2a 图甲 图乙 (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. 44 48.(2022·广东卷， 小孔 15分)密立根通 ●A 过观测油滴的运 d,U ●B 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o、 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，？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； (2)油滴A、B的带电量和电性；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， 五年真题分类汇编·物理 学校 班级 学号 姓名 密 线 禁 非观棉汉含3件2 kQ/L (e 心卷标机图(！胃示。一电谢限光Q(200山 2L.O海文业连康合E执县店：M:NIAB 8.(2021、将准卷：192)分离(9、N一体有业 考向三电容器带电粒子在电场中的运动 50.(2025·福建卷，4分)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，电子恰好做圆周运动，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B、P两点间的电势差为U,CQ|=2|BP|, 电子a入射动能为Ek,电子所带的电荷量为 一e,则 () D 6 0 A.B点的电场强度E=Ek er B.P点场强大于C点场强 C.电子b在P点的动能小于在Q点的动能 D.电子b全程克服电场力做的功小于2eU 51.(2025·黑吉辽蒙卷，4分)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 犰徐设计的，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 ( 孙徐 弹性结构 0 52.(2024·吉林卷，4分)某种不导电溶液的相 对介电常数e,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 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 53.(多选)(2023·全国乙卷，6分)在0 P 点处固定一个正点电荷，P点在O tM 点右上方.从P点由静止释放一个0· 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V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V点的过程中，电场力始 终不做功 54.（2023·浙江6 A 月，3分)AB、 。 CD两块正对的 09 C、 平行金属板与 直流电源 水平面成30°角 夕 固定，竖直截面 30° D 如图所示.两板间距10cm,电荷量为1.0× 10-8C、质量为3.0×10-4kg的小球用长为 5cm的绝缘细线悬挂于A点.闭合开关S, 小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断 细线，小球运动到CD板上的M点（未标 出)，则 ( A.MC距离为5√3cm B.电势能增加了子5X101J C.电场强度大小为√5×104N/C D.减小R的阻值，MC的距离将变大 55.(2022·全国乙卷，6分) R+d 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 粒子 探测器 体极板（半径分别为R和 图(a) 46 R十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、广2(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 ( 粒子1 探测器 粒子2 探测器 粒子3 探测器 粒子4 探测器 图(b) 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人射时的动能大于粒子3入射时的 动能 56.（2022·浙江卷，3分)如图所示，带M IN 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0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到 达N板时速度大小为√2o;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为a= 22 L D.粒子从N板下端射出的时间=巨-1DL 20 57.(2021·江苏卷，4分)有研究发现，某神经细 胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一 侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为1× 10一8F的电容器，在2m/s内细胞膜两侧的 电势差从-70mV变为30mV,则该过程中 跨膜电流的平均值为 () A.1.5×10-7A B.2×10-7A C.3.5×10-7A D.5×10-7A 58.(2021·广东卷，4分)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43.解析(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C 和弹簧为研究对象，由功能关系得FP)=2fm十k)2 ① 弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C 和弹簧为研究对象，由能量守恒得 2x,2-2f+2E ② 联立方程解得，-2F一 k ③ E6-F2-6fF+8f2 ④ (2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x,以A为研究对 象，由平衡条件得kx=f ⑤ 若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力 为最小值Fmm,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以 B和弹簧为研究对象，由能量守恒得Ek=之kx2十fx ⑥ 联立①②⑤⑥式得Fmm=（3士 ⑦ 2 根据题意舍去Fmim= (3-空)）所以性力的最小值为F (3+) ⑧ 2 (3)从B、C分离到B停止运动，设B的路程为xB,C的位移为 xC,以B为研究对象，由动能定理得 -W-fxB=0-Eks ⑨ 以C为研究对象，由动能定理得 -fxc=0-Ek ⑩ 由B、C得运动关系得xB>xC一xBC ① 联立⑨⑩①式可得W<fx化· (4) 9 m 答案见解析 专题七静电场 1,D[验电器十电场强度带电玻璃棒与金属球接触后，金属球 带电，金属箔与金属球通过导体棒连接，金属箔与金属球带同 种电荷；净电荷在尖锐的地方聚集，因此d点的电荷聚集最多， 电场强度最强，ABC错误，D正确.] 2.B[静电场的电场线静电场是由静止电荷产生的电场，电场 线不交丈不闭合，ACD错误，B正确.] 3.ABD[平衡条件十库仑定律十动能定理设轨道倾角为0，则 对甲小球由力的平衡条件有F1=ngtan0,对乙小球由力的平 衡条件有P,=2 ngtan0,故=号F,A正确；甲小球受到的 静电力的合力大小F二盗g一E,乙小球受到的静电力的 力大小F-答+2E,结合A项分折可得E-品，B正确： 甲、乙互换位置后，两者所受合力均不为0，因此不能保持静止， C错误；若撤去甲，对乙小球的下滑过程，由动能定理有2g· 告an-2gE·兰-士×2md2,结合AB项分折可得u- √低D王] 4.C[力的平衡条件十牛顿第二定律的瞬 F库 时性对小球A受力分析，其受重力、轻 绳的拉力以及B的库仑引力，如图所示， 根据力的平衡条件得F库=Tc0s30°十 mngcos30°，Tsin30°=mngsin30°，解得T- mg,F库=√3ng,AB错误；剪断轻绳前， T30 小球A所受合力为零，库仑力与重力的合 309mg 力与轻绳拉力等大反向，即库仑力与重力的合力大小为mg,剪 19 断轻绳后瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A 所受合力大小为mg,由牛顿第二定律得小球A的瞬时加速度 大小Q=g,C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变， 且状态不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力不变，D 错误.门 5.AD[点电荷十场强叠加原理分别 作出五个，点电荷在O,点的场强如图 所示，则O点的电场强度大小沿y轴 正方向的分量大小为Ey=Rsim54 0n18 3kg-4 ka sin18°+ 2464549 R2R2 180 n5-0.(a5-血18) R2 =0,沿工轴正方向的分量大小为 R2 -0s5+0om1g一0as1g 5 ka cos54°= R -29(2c0s54十c0s18°)，所以0点的电场强度方向沿x轴负 R2 方向，大小为(2c0s54+0s18),AD正确，BC错误.] 6.BD[点电荷十平衡条件十几何关系设小球甲、乙间的库仑 力大小为F,对小球甲、乙受力分析如图所示，小球甲沿绝缘碗 切线方向由平衡条件有n鸭cos45°=Fcos60°，对小球乙沿绝 缘碗切线方向由平衡条件有mngcos15°=Fcos60°，联立可得 m甲>m乙，A错误；将小球甲、乙形成的电场视为A、B处为一 对带电荷量均为十g的等量同种，点电荷与A处为带电荷量为 十q的，点电荷形成电场的叠加，在A处单个点电荷形成的电场 中，由于C点与点电荷的距离更近，则C点的电势更高，在等量 同种点电荷形成的电场中，沿OD垂线从C点移动到OD上的 过程，电势逐渐降低，然后继续移向D点，电势继续降低，综上 由电势的叠加原理可知，C点电势高于D点电势，B正确：由点 电荷产生场强公式和场强叠加原理可知，E点场强大小为EE 2kg kg 3R 25R R,F点的场强大小E万门 3 3 kg 2kg () 25R 》 3g,E、F两点场强的大小显然不相 2R2 3 等，C错误：单独研究小球甲、乙形成的电场，沿直线从O点运 动到D点，电势均先升高后降低，所以由电势的叠加原理可知， 沿直线从O,点运动到D,点，电势先升高后降低，D正确.] 乙60° B 甲 60 m2g AD E 150 A5 C D m甲g 7.B[场强与电势差的关系十电场力 U不变，d减 U=E风E增大F=EF增大 电场强度方向向左也子带角也电于所受电场力方向向右】 B对.] 8.C[等差等势线十电场强度 等差等势线越越密集 c点电场强度最大，C对.] 电场强度越大 9.D[场强叠加原理十点电荷十对称思想由，点电荷的场强公式 和场强叠加原理可知，两点电荷在M,点产生的电场强度大小 为E=297c0s60°=3，方向沿MA方向，又M点的电场 √3 (3a 强度为0，所以细杆在M处产生的电场强度大小也为E=3 方向沿AM的方向，由对称性可知细杆在A处产生的电场强度 大小也为E-,方向活MA方向，又由点电符的场强公式和 场强叠加原理可知，两，点电荷在A处产生的电场强度大小为 E'-29os30°=g,方向沿MA方向，所以A处的电场强度 a 大小为EA=E+E-9(3+3),D正确.] a2 10.B[带电小球在复合场中的受力分析十推理论证能力分别 对两小球受力分析如图所示，设两小球间的距离为【，绳与竖 直方向的夹角为0，则有pge-qoE=mogtan0,gnge+ 12 12 qpE=mpgtan0,显然mog tan0<mpgtan&,即mo<mp,B正 确：设下端系有小球P的细绳的张力大小为T、下端系有小球 Q的知绳的张力大小为T,则有T=%T-号 c0s0,结合上 述分析可知，T>T,A错误；根据小球Q在O点所在竖直线 左边知如>E0则警>B,但P,Q电荷量之间的大小关 2 系无法确定，CD错误，] _qoE kqrqo 2 mog +mgg 11.A[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，故选A.门] 静电力指向轨 迹外侧，不符合 F电荧 B 荧 C静电力指向轨 D静电力指向轨 迹外侧，不符合 迹外侧，不符合 12.D「若三个点电荷都带正电或负电，则三个点电荷在P点产 生的场强叠加后一定不为零，AB错：几何关系如图1，若Q1= Q,=一q,则根据E=k品分析可知E,=4E,Q,和Q在P 2 点产生的电场强度叠加后为E13如图2所示，与Q2在P点产 生的电场强度不可能在一条直线上，即P点处的电场强度不 可能叠加为零，C错；若4Q,=Q-4g,Q2=-4y5g 39,则根据 E=6号分折可知E-B=k号，叠加后E-6园，如因3 r2 所示，与Q2在P点产生的电场强度等大反向，叠加为零， D对.] E P P E 22r 120 60A,30 QQ: 0,场强方向20° 60E E 图1 图2 图3 P 13.C[如图所示，P球受到A,B的库仑 H 斥力FA、FB和指向圆心的轨道弹力 布 作用而平衡，由正孩定理有n∠CP日 FA sin∠CHp,又∠CPH=∠OPB, A6… ∠CHP=∠HPD=∠APO,在△APO AP AO 中，有sin(x∠POBsin22APo,同 1 BP BO 理在△BPO中，有 sin∠POB sin/BPO'设小球P的带电荷 量为q,则FA=k 器品-器 BP是，联立解得Q1·Q2 23：1,C对.] 14.C[取走A、B处两段孤长均为△1 B 的小圆孤上的电荷，根据对称性可 知，圆环在O点产生的电场强度为 与A在同一直径上的A1和与B在D 0 同一直径上的B1产生的电场强度 的失量和，如图所示，因为两段孤长 非常小，故可看成点电荷，则有E1= Q△L R2 2R,由图可知，两场强 恐-k9%, 的夹角为120则两者的合场强为EB-6R,根据0点 的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为E=E 器旅据上-品联立舒得g器故说C] 15,A[四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方 体的四条长边上，根据对称性可知)点合场强为零，棒在O 点产生的电场强度与其他三根在)点产生的电场强度等大反 向，a棒在O点产生的电场强度垂直于a棒指向O点，由于原 来没有移去a棒时)点合场强为零，所以移去α棒后，)点电 场强度垂直于a棒指向a:电势是标量，O,点电势等于四根棒在 )点产生的电势的代数和，由于四根棒电性相同，故移去α棒后 O,点电势减小，故A正确，B、C、D错误，] 16.AD[带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为α gE,由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中的运动时间 为1=L,离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为兰一L Ux vo 。,因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，极 gEl 板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三种带电粒子带 正电，第四种带电粒子带负电，所以第四个粒子与前面三个粒 子的偏转方向不同：第一种粒子与第三种粒子的比荷相同，所 以偏转角相同，轨远相同，且与第四种粒子的比荷也相同，所 以一、三、四粒子偏转角相同，但第四种粒子与前两个粒子的 偏转方向相反；第二种粒子的比荷比第一、三种粒子的比荷 小，所以第二种粒子比第一、三种粒子的偏转角小，但都带正 电，偏转方向相同.故选AD.] 17.B[根据F=,因为，<，所以a的Fg图 4F r2 像的斜率大于b的F-q图像的斜率，若分别画F 9图像见右图 只有B可以画出上图的样子，如下图： B D 所以A错误B正确，C、D皆错误.] 18.C[在火箭发射塔周围有钢铁制成的四座高塔，因铁制的高 塔有避雷作用，其功能是预防雷电击中发射的火箭，故选C.] 19.BC[由受力分析可知小球M带负电，小球N带正电，A错 误，B正确；由几何关系可知，两小球之间的距离为r=√②L,当 两小球的电荷量大小为g时，由力的平衡条件得ng tan45°= 正红：两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的甲 衡条件得mgan45”=2gE一，整理解得g二L√，C 正确，D错误.] 20.C[因为沿电场线方向电势降低，根据E。=99,9为正，所以！ 电势能减小，C正确.一带正电的物体沿电场线方向运动，不 能判断电场线变密还是变疏，所以不能判断电场强度增大还 是减小，则受力和加速度不能判断增大还是减小，所以A、D 错误；因为一带正电的物体沿电场线方向运动，受力方向与运} 动方向相同，所以速度增大，B错误.门 21,AD[电场是物质存在的一种形式，电场力可以对正电荷做· 负功，选项A正确；B错误：电场线是为了形象化描述电场而 画出的线，反映电场强度的大小和方向，不是实际存在的线， 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，选项C错误：D正确.] 22.D[处于静电平衡状态的导体，是个等势体，则整个导体为等 势体，由于电场线方向总是与等势面垂直，所以实线不是电场！ 线，是等势面，则A错误：因等势面的疏密表示场强的强弱，则 d,点的场强较弱，并且电场强度越大的地方电荷密度越大，所！ 以B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正确.门 23.B[(a,0)和(0，a)两，点处的电荷量为g 的，点电荷在P点产生的电场强度的矢 量和E=②kg,方向如图所示[由点(a, P(a,a) a)指向点(0,2a)],由在距P,点为√2a的 某点处放置的正，点电荷Q,使得P点电 2a x 场强度为零可知，此正电荷位于(0,2a) 点，且电荷量Q满足0-②g,解得Q=22g,B正确.] (w2a)2 a2 24,C[对y轴正向的点电符，由受力平街可得2十 (W2a)2 下，解得Q-2g,因在0≤< 2 4 24 区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿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.故选C.门 25.解析库仑定律十平衡条件由库仑定 F 律可知检验电荷在P,点受到Q1的电场 力F,=kQ9,检验电荷在P点受到Q, F 309 r12 me 的电场力F2=k Q29 ,对检验电荷在P r22 P 2 点处受力分析如图所示，则有F1= ⊕30 F2tan30°，根据儿何关系有r1tan30°= Q Q 2,联立解得=尽假设QP连线之 间存在这样一点，检验电荷在该点受到Q1的电场力F,>F1, 方向不变，检验电荷在该点受到Q2的电场力F2'<F2,其方向！ 与竖直方向的夹角大于30°，由于检验电荷质量不变，其受力！ 分析如图中虚线所示，由直角三角形的斜边大于直角边可知！ F2>F2,与F2F2矛盾，故不存在该点. 答案√3不存在 26.解析(1)题中已知M点的场强竖直向下，可知A、B处，点电！ 荷在M点产生的场强等大反向，C处点电荷带正电，又M为！ AB边的中点，结合点电荷的场强公式E-g可知两点电荷的 3 电荷量大小相等，电性相同 即B,点处，点电荷的电荷量的绝对值为q C处点电荷在N点产生的电场强度方向为N→B,假设A、B 两，点处点电荷均带负电，则三个，点电荷在N处产生的合场强· 方向不可能竖直向上，所以A、B两，点处点电荷均带正电，即3· 个，点电荷均带正电 (2)设C点处点电荷的电荷量为qC,等 边三角形的边长为2L,则AN=√3L,对 三个，点电荷在N处产生的电场强度分 30 EAN 析，如图所示，其中E比是B、C处点电 荷在N处产生的合场强，EAN是A处点 电荷在N处产生的场强，EN为N点处 A 19 的合场强 根搭几何关系得 EAN=tan30° 故g (3)2= L212 tan 30 解得qc 3-3 39 答案(1)3个点电荷均带正电(2)3一E, 39 27.C[电场力的性质十电场能的性质由题意可知相邻两等势 线间的电势差相等，则图中的等势线为等差等势线，由图可知 (点的电场强度最大，c点的电场强度最小，AB错误：一个电 子从b点移动到c点的过程，电场力做功为W=qU,又q= 一eUk=%一9，代入数据解得Wk=2eV,C正确；同理，一 个电子从a点移动到d点的过程，电场力做功为Wd=gUd, 又Uad=a一9a,代入数据解得Wd=4eV,该过程电子的电 势能减少了4eV,D错误.] 8.C[电势十电场强度取αc边的中点d,则在匀强电场中有 =型=4V=%,所以d连线为该电场的等势线，又电 场方向垂直于等势线，且由高电势指向低电势，可知《，点的电 场方向从a指向c,C正确，门 9,AD[等势点法求场强十电势能 等势线 根据题意结合电势能公式有E。= 990=一q9A=2q9B,解得90= …Bd,30 9 4 _E,则OA中点的电 0 O/M A(d.0) 势1=0十1=0，A正确：在OA E 2 线段上找出一与B点等势的点M,可知rM=d,BM连线 为等势线，与BM连线垂直的线为电场线，如图所示，则根据几 何关系可知，电场线与上轴正方向夫角的正切值1m0-子1÷ （子d）-1,即0=45，根据场强与电势差的关系可知，E= 9g一9A-22E,BC错误，D正确.] 子dms45° 0.C[电场力做功十功能关系由题意可知弹簧的原长为2r, 则物块在A,点时弹簧的伸长量为r,物块在B点和C点时弹 簧的压缩量为r,则弹簧在A、B、C三，点的弹性势能相等，设弹 簧在这三点处的弹性势能为E,小球从A点到B点的过程， 由功能关系得EkA十Ep十W电=EkB十Ep,则有EA十W电一 EkB,由于W电=FxAB>O,解得EkA<EkB,又F=mg,xAB= √(3r)2-产-2√2r,则有W电=22mgr;物块从B点到C 点的过程，由功能关系得EB十E。一W重=EC十Ep,则有 EkB=Ekc十W重，即EB>Ekc,又W重=ng·2r,由以上可知 W电>W重，则有EkA<EC·综上所述得EkA<EkC<EkB,C 正确，ABD错误.] 1.AD[库仑定律十动能定理十电势差小滑块在B点处的加 连度为索，则沿针面方句有mgsin30-答c0s30,解得1一 ☑，A正确，B错误：小滑块从A到C的过程，由动能定 入mg 理有W十m,gSsin30°=0，解得静电力对小滑块做的功为W= 一mg,C错误：根据电场力微功与电势差的关系结合C项分 析可知，AC之间的电势差Uc-W-m空，D正确.] 2q 2.D[类平抛运动十电场力做功与电势能变化的关系根据题 意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电场力方向 水平向右，小球从。点运动到与O点等高处的过程做类平抛 运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受电场力与小 球速度的夹角一直为锐角，则电场力做正功，小球的电势能减 小，ABC错误，D正确. 33.D[,点电荷十(gx图像)无限远处电势为0，根据点电荷！ 的电势公式=k?可知，工正半轴上，电荷量为十4g的点电 药在工处产生的电势为=名，电荷量为一9的点电符 在x处产生的电势为2=一k9,x正半轴上在x处的电势 9=k49-k具，可知在x三3处电势为0，在x=0处电势！ 接近负无穷大，则选项D正确.] 34.AC[电荷十静电场电荷只能从一个物体转移给另一个物！ 体，不能被创造，也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交： 换的系统，电荷的代数和保持不变，A正确；电场线与等势面！ 垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等！ 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，将沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正！ 功，则该点电荷的电势能将减小，C正确：结合C项分析和} △0= ,可知，当g<0时，△p>0,当g>0时，△g<0,即负点 电荷将从低电势的地方向高电势的地方运动，正点电荷将从： 高电势的地方向低电势的地方运动，D错误，] 35.BD[库仑定律十受力分析十能量守恒定律小球甲从开始！ 运动至第一次运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有！ mg0-)=f(-)十（2-兴）解得x- 0 Q9一，A错误；小球甲第一次向下运动至速度最大的位！ (mg-f)xo 置，此时加速度为零，根据平衡条件有mg∫+，解得工 r2 √产B正南：若小啡甲停止是在下降的进程，且停上运动 kQg 后哈好静止，布mg十fg,解得西Vmg十若小球甲」 x1 停止是在上升的过程，且停止运动后恰好静止，有mg-g+ x21 解得√，因此小球甲最后停留位置x的区间为于 √≤亮C错误：诺小珠甲来混低点能道回 kQq 则有9>mg十f,解得工<√mg十，结合A项分析可知 kQg x=(mg五，剥有 kQg kQg （mg-f）xo <√mg子，可得初始电 势能Eg<(mg一-》D正确] 36.B[,点电荷十电势叠加十信息提取能力根据沿电场线方向！ 电势降低，结合题图可知，Q1>0,Q2<0,AC错误：设两点电 荷间的距虽为3L则有k兄十k2=0,解得名三一2，B正日 Q2 确，D错误.] 37.CD[由题图可知M,点靠近带负电的极杆，P点靠近带正电！ 的极杆，又电势沿场强方向降低，则P,点的电势比M点的电！ 势高，A错误；等势面的疏密程度反映场强的大小，由图(b)可 知M,点的等势面密，则M点的电场强度大，B错误；由对称性 可知两带正电的极杆在M点产生的电场方向沿之轴正方向，！ 两带负电的极杆在M点产生的电场方向也沿之轴正方向，则 由电场强度的叠加可知M点的电场强度方向沿之轴的正方！ 向，C正确；由对称性可知x轴上的电场强度为零，则带电粒 子沿x轴运动时始终不受电场力的作用，所以电场力不做功， 电势能保持不变，D正确.] 38.BC[经分析可知M、N两点电场强度的大小相等，方向不 同，A错；由9= 9可知，M、N两点在A、B的电场中位于同一 等势面上，比O点电势要高，同时M、N两点在C的电场中也 是位于同一等势面上，也比)点电势要高，所以M、N两点位 于同一等势面上，电势相等，B对；由于M(N),点电势高于)！ 点电势，根据E。=q9可知，负电荷在O点的电势能高于在1 M(N)点的电势能，C对，D错.] 39.BD[等效最高，点处的速度最小，但此处不是向左的最大位， 移处，其电势能不是最大，A错误；等效最高点处的速度最小， 19 且与水平方向成45°角，由运动的分解可知，此时水平方向的 速度等于竖直方向的速度，故C错误：由对称性可知，水平速 度为0时，竖直速度为，此时向左的位移最大，电势能最大， B正确：由B分析可知，从出射到小球速度水平分量为零的过 程中，动能的变化量为0，故此过程中，重力做功和电场力做功 的代数和为零，即重力做的功等于小球电势能的增加量，D 正确， O.AB[两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O,N点 处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在V点产生的场 强方向由V指向)，则N,点的合场强方向由V指向O,同理 可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L,L点处 于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方 向由O指向L,则L处的合场强方向由)指向L,由于正方形 两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直， 故A正确：正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场 强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生 的场强方向向右，由于M点距上方一对等量异号电荷距离较 远，则M点的场强方向向左，故B正确：由题图可知，M和O ,点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等， 所以将一带正电的，点电荷从M点移动到)，点，电场力做功为 零，故C错误：由题图可知，L点的电势低于N,点电势，则将一 带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D 错误.] 1.BD[由题给图像可知%=9，则 正电荷从b点运动到，点，电场力 不做功，A错误：由题给图像可知 9a=3V,94=7V,根据电场力做 功与电势能的变化关系有Wd= Ea-Ew=(9a-9a）·（-e)= 4eV,B正确：沿电场线方向电势 逐渐降低，则b点处的场强方向向 左，C错误；由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线 分布如图所示，由图可看出，b点电场线最密集，则b点处的场 强最大，D正确.] 2.A[由图中等差等势面的疏密程度可知EM<EN,根据F= qE,可知FM<FN,由题可知图中电场线是由金属板指向负电 荷，设将该试探电荷从M,点移到N点，可知电场力做正功，电 势能减小，即EpM>EpN,故选A.门 3.D[根据沿电场线方向电势降低，可知9>% 设负电荷所带电荷量为9，则有一99<一996 即E<E的，故A、B错误：因为a所在区域电场线比b所在区 战电场线稀疏，所以E。<E6,则有qE。<|qE6,即F。<F6, 故C错误，D正确.] 4.C[由对称性可知，M点的场强与P点的场强大小相等 N点的场强与P点的场强相同，选项A错误C正确：M点的 电势与N,点的电势相同，选项B错误；M,点的电势比P点的 电势高，根据电势能公式可知电子在M点的电势能比在P,点 的电势能小，选项D错误.] 5.AD[根据Ub=E·ab cos60°，可得电场强度的大小E Uab 20 abcos60-0.2X0.5V/m=200V/m,A正确；沿电场线电势 逐渐降低，可知b点的电势比d点的电势高，B错误：将电子从 ￠点移到d,点，因电子所受的电场力与位移反向，可知电场力 做负功，C错误；因a,点的电势低于c,点电势，则电子在Q点的 电势能大于在c,点的电势能，D正确. 6.A[完整球面时，90=9c,90=9右0,9左C=9右C,因为电势 是标量，90=9左0十9右0=29右0,9℃=9在C十9右C=29右C,所 以9右0=华右C,A正确.左半球面上的电荷在A点产生的场强 和右半球面上的电荷在B,点产生的场强是相等的，同理左半 球面上的电荷在B,点产生的场强和右半球面上的电荷在A ,点产生的场强是相等的，完整球面时A、B两点的场强为0，所 以EA=EB,B、D错误；右半球面的电荷等效在轴线上的位置 和B点的位置关系没有办法确定，所以O到B的电场线的方 向有可能是向左的，也可能是先向左再向右，A、O间的电场线 是向左的，沿电场方向电势降低，所以C错误.门 17.解析电势+电场力做功十(-子图像） (1)根据椭圆的性质可知，B点到F,点的距离rF= 则B点的电势gB=Q-Q (2)同(1)问可知，A点到F点的距离rAF=a-c 则A点的电势A=Q-Q rAF a-c 根据电场力做功与电势能变化的关系可知 WAB=-△EpAB=EpM-EpB 又EpA=一9PA,EpB=-qPB 联立解得WAB= kQgc a(a-c) (3》设题图乙中图线斜率为。，由题图乙有=如（一a) 1 试探电荷运动过程中动能与电势能之和E总= kQg 2 mv 变形得2-26Q+2E邀 mr 2 对比分析可知k,=2kQ,2E丝=一如 n 2a 解得E&-g 由于E总为一定值，则试探电荷运动过程中动能与电势能之和 守恒 答案(1) 2e-0 (3)-Qg 2a 试探电荷运动过 程中动能与电势能之和守恒 48.解析(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小= h1 匀速时og=f 又f=kny 联立可得k- (2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B! 最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场 强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度！ 大小为= f 根据平衡条件可得mg十km疗吃=9 解得g-"8dh+A2) hU 根据△E。=—W电 U 又W电=·gh 联立解得△E。=_m02h1十2) h1 (3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2n0,新油滴所！ 受电场力下-9_mgh,十h2) d 若F>2mog,即h2>h1 可知u2≥1 新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律！ mou2一n0u1=2n0y关 可得共>0 新油滴向上加速，达到平衡时2mog十k·(2mn)士2=F 解得速度大小为2= h2-h1 2t 速度方向向上： 若F<2mog,即h1>h2 可知v2<y1 设向下为正方向，根据动量守恒定律 n0u1一n02=2n0v号 可知v共>0 新油滴向下加速，达到平衡时2mog-F十k·(2m)宁 解得速度大小为'-二2 速度方向向下， 答案(1)k= mo gt h (2)油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量 g-m+2),电势能的变化量△E,=_mh,十h2 (3)见解析 19 19.解析(1)根据几何关系，A点到M点的距离为RM=2L,设 A点的电荷对小球S1的库仑力大小为FA,由库仑定律有 R-恕 ① 设小球S1在M点所受电场力大小为FM,由力的合成有 FM=2FAsin 45 ① 联立①②式并代入数据得 FM -124Q2 4L2 ③ (2)设x轴上O点下方L/2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 Fe-2Re Q sin 0 戈中n0R=Vom+0C- 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十n1g=m1a ⑤ 由题图(c)可知，式中4=2g,联立④⑤式并代入数据得 8kQ2 m1=27gL2 国 设S2的质量为2，碰撞前、后S1的速度分别为y、心'，S2碰 撞前、后的速度分别为2、2'，取竖直向下为正方向，由动量 守恒定律和能量守恒定律有 n11十n22=n11'十n22 ⑦ 1 m12+m22=m12+2m2 ⑧ 设小球S2碰撞前的动量为p2,由动量的定义有p2=m22⑨ 依题意宁m2=立m叫”-8 3L' n1=2, 联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得 8kQ√gL @ 9gL2 即碰撞前S的动量大小为8Q工 9gL2 (3)设x轴上O,点上方L/2处为D,点，根据题图(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；S,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=PM一 ① 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 2 EkD0 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⑥①②③式，代入数据可得： E4>13-8②)kQ 27L 答案(1)②kQ (2)SkQ VgL 4L2 9gL2 (3)E>13-8②)kQ 27L 0.D[带电粒子在辐向电场中的运动电子α恰好做半径为r 的圆周运动，设电子a的运动速率为，则对电子a由牛顿第 二定律有Ee=m巴，又电子a的入射动能为Ek=立m2,联 r 立可得E= 2E,A错误；电场线的疏密程度反映电场的强弱， e 电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由 题图径向电场的电场线分布可知越靠近圆心处，电场线越密 集，电场强度越大，又P点比C点更远离圆心，所以P点的电 场强度小于C点的电场强度，B错误；由于沿着电场线方向电 势逐渐降低，则该电场中越远离圆心，电势越低，又CQ|= 2|BP|,则Q点比P点更远离圆心，Q<9p,又电子带负电， 则电子b在P点的电势能小于在Q,点的电势能，由能量守恒： 定律可知电子b在P点的动能大于在Q点的动能，C错误；由 于CQ=2|BP|,越远离圆心，电场越弱，故C、Q间的平均电 场强度小于B、P间的平均电场强度，又B、P间的电势差为！ U,则由U=Ed可知C、Q间的电势差小于2U,又全程电场力 对电子b做负功，所以电子b全程克服电场力做的功小于： 2eU,D正确.] 51.D[电容器的动态分析十构建物理模型的能力由电容器电· 容的决定式C,站合题意可知增大两极板的压力，两极 板的间距d减小，则电容器的电容增大，又由于电容器充电后！ 与电源断开，则电容器所常的电荷量不支，由公式U=是可 知，电容器两极板间的电压减小，AB错误：由题意可知F较大！ 时，山难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，电容器电容！ 增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C错！ 误，D正确，] 52.B[电容器的性质十含容电路的动态分析根据题图(a)可！ 知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常量，增！ ES 大，结合电容的决定式C一可知，电容器的电容增大，A! 错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电 势差不变，C错误：根据电容的定义式C=号结合AC项分析 可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，· 电容器充电，电路中的电流方向为N→M,B正确，D错误，] 53.BC[画出O,点处点电荷过M、N两，点 虚线圆为正点 的等势面，如图所示，由图可知带负电 电荷等势面P 的小球在运动过程中电场力先做正功， 后做负功，电势能先减小后增大，A错： 沿电场线方向电势降低，则N>9,根 正点电荷 据电势能计算式E。=99,结合小球带 负电可知EpN<EpP,B对；小球在运动 过程中动能、重力势能、电势能的总和 保持不变，并相互转化，M、N两点在点 ￥N 电荷的等势面上，因此小球在M、N两 点上的电势能相等，又机械能为动能与重力势能之和，则小球： 在M、N两，点上的机械能相等，C对：结合图像可知小球从M 点运动到N,点的过程中电场力先做正功后做负功，D错.门 54.B[结合几何关系，对小球受力分析有 /F·cos60°=T·cos60° F·sin60°+T·sin60°=mg→E=√5×105N/C,C错 F=Eg A309 C、 71g B 剪断细线，小球合力方向与T等大反向，故小球沿AM方向做· 直线运动，由数学知识可知AV·c0s30°-AN·sin30 MC AC 故MC tan30=10V3cm,A错 AC : 由N到M过程，电场力做的功 W--F(AC-ANsin 30)--33X10-J 4 故小球电势能增加了35×104J,B对 因为电容器两端的电压等于电源电压，所以减小R的阻值，电· 容器上的电压不变，又两板间距一定，故小球的受力情况不！ 变，即小球的运动情况不变，则MC的距离不变，D错.] 55.BD[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，可设为E=《,即k=Er,粒子3从距O点r2的 位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做} 正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故 A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位！ 19 置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射 时的动能比它出射时的大，故B正确；带正电的同种粒子1、2 在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有gE,=m m兴，可得：之2-B”-”-之m2,即粒子1入 1 2 2 射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；粒子3做向 心运动，则有g5>m,可得：合m2<5-之m3, r2 2 即粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D 正确。门 6.C[A,由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板 的电势高低，故A错误：B.根据题意垂直M板向右的粒子，到 达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减 小：则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电 势能同样减小，故B错误；CD.设两板间距离为d,对于平行M 板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运 动，有兰=6，d=宁a2,时于垂直M板肉右的粒子，在板间 做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有 L _2u2 (Ew)°-62=2ad,联立解得1一2a=T,故C正确. D错误；故选C.] 1.D[极据公式C-吕，当知跑膜两侧的电势差从-70mV支 为30mV, Q1=CU1=1×10-8×(-0.07)C=-7×10-10C Q2=C2=1×10-8×0.03C-3×10-10C 所以1= Q2-Q1_3X1016+7×10-10 0.002 A=5×107A,故 A、B、C错误，D正确.] 8.D[由图中等势面的分布得电场线的分布情况， 高压电源 2222222222 发射极 带电液滴 吸极 等势面 可知（点电场线密集，场强大，液滴所受电场力大，加速度大， 故B、C错误：根据高压电源与两极的连接情况，可知电场线由 a指向b,则a点的电势比b点的高，故A错误：电场力向右对 液滴做正功，液滴电势能减小，故液滴在《点的电势能比在b 点的电势能大，故D正确.] 9.解析动量守恒定律十库仑定律十能量守恒定律 思维导图 施加恒力前的过程 动量守值. 定律 动量守恒同乘时间累加球和位移 时间内 关系电势的，x L能量守恒 关系 动量定理 整个过程 位移关系，2 能量守恒定律 (1)施加恒力前的过程，两粒子组成的系统所受合外力为零， 动量守恒，则有 nn=(n十4n)u1 解得-号 (2)1时间内，两粒子组成的系统时刻动量守恒，则有 mvo-mvA +4mvB 两边同乘以△1累加得 ∑mo△r=∑mvA△r+∑4mwB△t 即n马1=1.xA十4mxB 根据能量守恒定律有 立mo2+方mw2-之(n+4m2+En 1 由题意知E14o一工A十xB)=25m0 联立解得xB= 12 514 (3)对A、B整体，从开始运动到撤去外力的整个过程，由动量 定理有Ft2=4no一n0 该过程，初末位置系统电势能相等，则由能量守恒定律有 FrB'=-X4m2 1 2 -Xm%2 根据位移关系可知xB'=l 2lo 联立解得红一西 答案(1) 22-8 5 60.解析带电体在电极板间的运动+类平抛运动 (1)含A、B细胞的液滴在电极板间做类平抛运动，对含A细} 胞的液滴 垂直电场方向有l= 1 平行电场方向有1=a2 由牛顿第二定律可知gE=a 联立解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为 x1=5×10-3m (2)由(1)问分析可知含A细胞的液滴离开电场时的速度方向· 与电场方向夹角的正切值为tan0=一2 含A、B细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，含A知胞的： 液滴从离开电场至到达A细胞收集管过程偏转的距离为 h x2-tan0-0.05m 即含A细胞的液滴开始运动至到达A细胞收集管的过程偏： 转的距离为xA=x1十x2=0.055m 由于含A、B细胞的液滴电性相反，带电荷量大小相等，则含B 细胞的液滴的偏转距离与含A细胞液滴的相等，所以A、B细！ 胞收集管的间距为xAB=2xA=0.11m 答案5×10-3m(2)0.11m 61.解析带电颗粒在复合场中的运动 思维导图 「水平受力分析初速度为0的匀 颗粒碰撞前 方向运动分析加速直线运动 的电荷量g A-B 牛二 颗粒在B点 过程 竖直受力分析自出落体运动 运动学公式碰撞前的水 平分速度 、方向运动分析 竖直分速度 「水平分速度与 在B点碰撞后瞬 碰前瞬间相同 间的水平分速度 颗粒 几何 在B点 竖直分速度人 关系 碰撞后 小变为碰前瞬 在B点碰撞后瞬 Q 间的竖直分速度 瞬间 间的k倍 速度与所受合力垂直 A+B过程 功的表达式， 该过程电场力对 它做的功W, 颗粒从A点 开始运动到 W 第二次碰撞 从B点离开 该过程 过程 确定第二 绝缘平板运动的次碰撞发功的表达式电场力 到第二次分解 生在下方运动学公式对它做 碰撞过程 绝缘平板 的功W (1)颗粒由静止开始从A,点运动到B,点的过程，在水平方向受 电场力，做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律！ 可得 Eg=ma 由匀强电场电势差公式可得 E、 d 设该过程的运动时间为t,则由运动学公式有 额粒在竖直方向受重力，做自由落体运动，由运动学公式有 19 h=s 联立可得q- (2)设颗粒在B,点与绝缘平板碰撞前瞬间水平分速度大小为 x、竖直分速度大小为v,颢粒在B点与绝缘平板碰撞后瞬 间的合速度与水平方向的夹角为0，所受合力与水平方向的夹 角为3，则由运动学公式可得 西- vs-at-8 28 v.=V2gh 由于颢粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，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，则颗粒反弹离 开绝缘平板瞬间的水平分速度大小为虹、竖直分速度大小为 v,'=kv,=k√2gh,方向竖直向上 作出颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间的 速度示意图和受力示意图如图所示 由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间， EQ 颗粒的速度与所受合力垂直，则0十3= 90°，故tan0= an月即Q 1 vr mg mgt.--.yF 联立可得Q= kmgdh (3)由于y,'=ky(k<1),则颗粒从B点离开后在竖直方向做 竖直上抛运动，无法到达上绝缘平板，所以颗粒的第二次碰撞 是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的 若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与 下方绝缘平板第1次碰撞后瞬间到与下方绝缘平板第2次碰 撞前瞬间的过程，竖直方向上由竖直上抛运动规律可得该过 程的运动时间为1-2 水平方向上由运动学公式可得该过程颗粒在水平方向上的运 1 动距离为x=u,1十之a112 UQ kgh 其中a1=dml 解得x=4k1+4k3h2 当≤d-1,即d≥(4h十1)1+4时，额粒第二次碰撞是与 下方绝缘平板发生的，则电场力对它做的功为W2=EQx 又颗粒从A点运动到B点的过程，电场力对它做的功为 W=Egl 联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力 对它袋的功为w=w,十W一心+1+华)m 当x>d-l,即d(4k+1)l+ +时，颗粒第二次碰撞是与 右侧金属平板发生的，则电场力对颗粒做的功W3=EQ(d一 D 联立可得颗粒从A,点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力 对它做的功为W-W1十W,-mg+d一)km融 h 答案(1)m（2)mgdh Uh UI (3)吧+4(1+ 2 k2mghd-Dkmgh h 2.电势差与场强的关系十牛顿第二定律十圆周运动+电场力做 功十动能定理 解(1)A、B两，点问的电势差为U,则 U E一 (2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有 2 qE-mg=m L 解得小球在A点的速度大小A一 gU-mgL 小球从A,点运动到B,点的过程，由动能定理有 U-mg-m2-mn 解得小球在B点的速度大小"B一 /3qU-3mgL 63.解析(1)根据题述有f=kr 设油滴a的质量为m1,油滴a以速率v。向下匀速运动，由平！ .4 衡条件有m1g=kor1m=3n3p 1 设油滴b的质量为m2,油滴b以速率了，向下匀速运动，由 平街条件有m:R=·子0rm=子，0 1 联立解得m1:2=8:1 (2)由于当在上下平板加恒定电压（上板为高电势）时，这两个 油消很快以宁的递率整直向下匀速运动，所以有 油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a! 带负电荷 油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b! 带正电荷 -8和m=子n0m=含p可知，甲乙油滴的半 4 2 径之比为1=2 r2 由f一r可知两个油滴均以速率之吻竖直向下匀速运动！ 时，所受阻力之比为力=1=2 f2 r2 油滴b以速率子竖直向下匀速运动时，所受阻力为f=mg 结合∫一如r可知油滴b以连率子助竖直向下匀速运动时， 所受阻力为f2=2f=2m2g 油滴口以速率之心竖直向下匀速运动，所受阻力为万一 2f2=4m2g 设油滴a所带电荷量的绝对值为q1,由平衡条件有m1g一 91E+f1 设油滴b所带电荷量的绝对值为q2,由平衡条件有2g十！ 92E=f2 联立解得q1：92=4：1 答案(1)8：1(2)油滴a带负电，油滴b带正电4：1 专题八电路与电能 1.B[并联电路规律十电阻定律+电流的微观表达式 题图并联电路上2R 规律IR. a、b材 质相同、1.2Sk 电阻定律：R,=S P.=Ps I Sal pl -2 Ri S2 ,B对] 路l1 电流的微观表达式： I=n,eS。a、b材质相同LS na=ns L=neS2v 2.CD[由题意知，U12=9%=3V,Ug=%-0=2.5V, U34=93-94=一1.5V,联立可得91>>94>约，在电路中 电流从高电势流向低电势，所以1接电源正极，3接电源负极，： 故AB错误，CD正确.] 3,C[由电路的串并联规律可知，电阻3R两端的电压为35，电) 阻R两端的电压为号，则电容器两板板间电势山-华，则 Q-CAU 2CE.C对.] 5 4.解析(1)根据欧姆定律可得 (RR+R1)Ig=U (2)由电路图可知，滑动变阻器采用分压式接法，闭合前应使待测并！ 联部分短路，以保护元件安全，故滑片应移动到最左端. (3)若3、4间断路，则不能形成闭合回路，各表无示数，B不符！ -19 合题意：若3、5间短路，则滑片右侧部分的电阻被短路，干路中 总电阻减小，微安表有示数，且变化显著，C不符合题意；若1、2 间断路，则改装后的电表直接测电源两端电压，微安表示数变 化不显著，A符合题意： (4)标准电压表示数为准确值，即改装后的电表两端的真实电 压U=0.60V,微安表示数为流过其所在支路的真实电流，为 I=9.8×105A,由欧姆定律得此时改装后的电表的总阻值 R-号>6kn,总阻值偏大，故高减小R的阻值 答案(1)5.2(2)左（或2）(3)A(4)减小 专题九动量守恒定律 1.AB[力的动态平衡问题十冲量十矢量合成A项分析：无人 机沿水平方向做匀速直线运动，则其时刻受力平衡，又由题意 可知拉力方向不变，逐渐减小，则可作出无人机的受力示意图 如答图所示，可知无人机受到空气作用力的方向会变化，A正 确.B项分析：由题意可知，拉力的大小随时间均匀变化，所以0 到T时间段内，无人机受到拉力的冲量大小1-十F工T- 2 (B。一合T）T,B正确，C项分析：0到T时间段内，无人机受到 的重力的冲量大小6=mgT,又无人机受到的重力和拉力不共 线，所以结合B项分析可知，无人机受到重力和拉力的合力的冲量 大小1<十6=mgT+(E。-合TT.C错说.D项分桥：由 答图结合几何关系可知，无人机受到空气作用力的大小F空= √(Fsin60)2+(mg十Fcos60)2,T时刻无人机受到拉力的大小 3 F=B-kT,联立解得F室(E。-kTD2+(mg +fo-4T2 2 D错误.] F空2 才下 -30 、、4mg 2.BD[重力势能十竖直上抛运动规律十动量定理十(F-1图像) 根据题图分析可知，1=0.15s时，运动员对蹦床作用力最大， 则此时运动员下降至最低，点，运动员的重力势能最小，A错误： 根据题图分析可知，1=0.30s时运动员离开蹦床，做竖直上抛 运动，经2s后，即1=2.30s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛 运动的对称性可知，1=1.30s时，运动员运动至最大高度处，根 据u=g△1可知，运动员在t=0,30s时的速度大小%= 10m/s,B正确，C错误；对运动员与蹦床一次相互作用过程，根 据动量定理有(F-一ng)△1=n一（一no),代入数据解得F= 4600N,D正确.] 3.AD[物块与地面间的滑动摩擦力为：f=ng=0.2×1X 10N=2N.13=3s时物体的速度大小为的，则有：(F-f)= mug,其中F-4N,代入数据解得：ug=6m/s;t4-4s时速度 为4，根据动量定理可得：一(F十f)(t4一t3)=nu4一nu3,代 入数据解得：4=0，故A正确：0~3s物块沿正方向加速运动， 3s一4s物块沿正方向减速运动，4s末的速度为零，4s一6s物 块反向加速，且加速度大小与0~3s内的加速度大小相等，故 6$时物块没有回到初始位置，故B错误：3s时物块的动量大 小为：p=nw3=1×6kg·m/s=6kg·m/s,故C错误；0~3s 内物换的位移：山=受与=号×3m=9m,方向为正方向； 3s一4s内物块的位移：=购十”(4一)=69X 3 2 (4一3)m=3m,方向为正方向：6s时物块的速度大小为6，则 有：(F一f)t2=n6,解得：6=4m/s,4s~6s物块的位移大 小为：函一艺-号×2m-4m,方向为负方向.所以0一65 时间内F对物块所做的功为：W=F(x1一x2十x3)=4X(9一 3十4)J=40J,故D正确.]