专题10 静电场&专题11 电路及其应用-【满分思维】2026年高考物理真题分类

专题十静电场 一、单项选择题 1.(2025·广西卷)用带电玻璃棒接触验电器的金属球，移走玻璃棒，验电器内的两片金属箔张 开，稳定后如图。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是 ( A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 2.(2025·江苏卷)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由α点移动到b点的过程中，静电力做功 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α移动到b的 过程中，静电力做功为 . B.W C.2W D,4W 3.(2025·陕晋青宁卷)某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其巾可能正确的是 A B C 4.(2025·河北卷)《汉书》记载“姑句家矛端生火”，表明古人很早就发现了尖端放电现象。 若带电长矛尖端附近某条电场线如图，则a、b、c、d四点中电势最高的是 6 A.a点 B.b点 g C.c点 D.d点 5.(2025·甘肃卷)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、V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 ( ·38· 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，静电力做负功 6.(2025·辽吉黑内蒙古卷)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，极板间距容易减小；F较大时弹性 结构闭合，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 ( 弹性结构 A B D 7.(2025·河南卷)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6V、 4V、2V;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 B 8.(2025·云南卷)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一2V、一1V、1V、2V的等势线上，则 bi -2V O V 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 .2y. C.一个电子从b点移动到c点静电力做功为2eV c...I.y.. D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV 9.(2025·1月浙江卷)三个点电荷的电场线和等势线如图所示，其中的d、e与e、 f两点间的距离相等，则 ( A.a点电势高于b点电势 B.a、c两点的电场强度相同 C.d、f间电势差为d、e间电势差的两倍 D.从“到b与从∫到b,静电力对电子做功相等 10.(2025·福建卷)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 ·39· 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=2BP, 电子a入射动能为Ek,电子所带的电荷量为一e,则 () B A,B点的电场强度E=E B.P点电场强度大于C点电场强度 r C.电子b在P点的动能小于在Q点的动能 D.电子b全程克服静电力做的功小于2eU 11.(2025·甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图甲所示。从离子源S释 放的正离子（初速度视为零）经电压为U1的电场加速后，沿OO方向射入电压为U2的电场(OO为平 行于两极板的中轴线)，极板长度为l、间距为d,U2t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在 距U2极板L处，样品中心位于O点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不 变，当U2=士Um时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确 的是 ( 021 U 0 AU,的最大值Un=4 U B当U,=士U。且L=0L时，离子恰好能打到样品边缘 2d C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在个和B点 二、多项选择题 12.(2025·河北卷)如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B,带 有等量同种电荷，电荷量为q,两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小 为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触，再跟B接触，移走C 后，A和B之问的静电力大小仍为F,则Q：q的绝对值可能是 A.1 B.2 C.3 D.5 13.(2025·湖北卷)如图所示，在xOy平面内有一以O点为巾心的正五边形，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、3g、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3g的电荷 ·40· 在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点处的电场强度 () 24 49 A.方向沿x轴负方向 B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C大小为R(cos54+cos18 D.大小为R(2c0s54+c0s18 14.(2025·湖南卷)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为 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 () :Bd.d) A(d,0)x A.OA中点的电势为零 B.匀强电场的方向与x轴正方向成60°角 C电场强度的大小为2E D电场强度的大小为22E qd 15.(2025·山东卷)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，带电荷量分别为+2！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=A5°，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 () B E D 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 三、非选择题 16.(2025·四川卷)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、电荷量为q(q>0)的金属微粒，从两极板中央O点巾静止释放。 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 ·41· 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。 上极板++++++++++干 稳压 d .0 电源 下极板 17.(2025·江苏卷)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、 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0。已知粒子的质量为，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。 O H E 。42· 18.(2025·河南卷)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞 或B细胞的小液滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为m=2.0×10一0kg。当液滴穿过 激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q=1.0×108C。 随后，液滴以v=2.0m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10一2m的电极板间，板间电场均匀、方向水 平向右，电场强度大小为E=2.0×105N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1m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。 溶液 激光束 喷嘴 中充电环 电极板 8 B细胞收集管A细胞收集管 ·43· 19.(2025·北京卷)如图甲所示，金属圆筒A接高压电源的正极，其轴线上的金属线B接 负极。 (1)设A、B两极间电压为U,求在B极附近电荷量为Q的负电荷到达A极过程中静电力 B 做的功W。 (2)已知筒内距离轴线r处的电场强度大小E=k入，其中：为静电力常量，入为金属 甲 线B单位长度的电荷量。如图乙所示，在圆筒内横截面上，电荷量为q、质量为m的粒 子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为r1、r2和r3时的总能量分别为E1、 、 E2和E3,若r3一r2=r2一r1,推理分析并比较(E3一E2)与(E2一E1)的大小。 (3)图甲实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在B极附近电离，筒内尘埃吸附电子而 73 带负电，在电场作用下最终被A极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原 子为例。根据玻尔原子模型，定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有 当原子获得合适能量才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将 基态氢原子电离。（可能用到：元电荷e=1.6×10-19C,电子质量m=9.1×10-31kg,静电力常量k= 9.0×10°N·m/C2,基态氢原子轨道半径a=5.3×10-1m和能量E。=一13.6eV) ·44· 20.(2025·广西卷)在真空中，一个电荷量为一g、质量为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，O'A为半长轴，长度为α，OB为半短轴，点电荷处于椭圆的焦点F处，焦 距为c。图乙是v'-的关系图，其中0为该试探电荷运动速率，r为该试探电荷到点电荷的距离。距 离点电荷，处的电势9但，其中长为静电力常量。重力和万有引力忽略不计。 (1)求B点的电势； (2)求该试探电荷从A点运动到B点静电力所做的功； (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。 B 21 2a 甲 7 ·45· 21.(2025·陕晋青宁卷)如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B,初始时刻相距l。,粒子A以 限度沿两粉诈线向速度为.O的粒子B运动.此A,B两粒系统的电势能等于，。。经时间 1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o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lo,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、l。、vo、t1均为已知量) (1)粒子B到达P点时的速度大小v1; (2)t1时间内粒子B的位移大小xB; (3)恒力作用的时间t2。 ------D ·46· 22.(2025·广东卷)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，且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(k<1)。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板 的距离为1，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，静电力对它做的功W。 d A 金属平板 。m B 绝缘平板 ·47·1可知，螺旋测微器固定刻度读数为8mm,可动刻度读数为 26.0×0.01mm=0.260mm,所以小球直径的测量值为 8.260mm。(2)②为了使小车碰撞前后系统所受外力矢量和为 零，需要平衡小车所受摩擦力及其他阻力，即需使小车在轨道甲 上匀速运动，即使小车经过两个光电门的时间相等；③质量相等 的小车发生弹性碰撞时，速度交换，即碰撞后小车1的速度等于 碰撞前小车2的速度，则两小车经过光电门的时间相等；④由题意 可知，小车2通过光电门A的速度4=1000nm1.00m/s, d 1cm 2 碰撞后小车1通过光电门B的速度u一(=5.00ms一3ms, 碰撞后小车2通过光电门B的速度0=。=30.0ms d 1 cm 1 3m/s, 所以碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为 wm. 1 5≈0.56。 9 2mvo? 9.（1)控制变量法 (2)平行 (3)需要撤去细绳连接的力传感器和重物，将木板左端用垫块 垫起适当高度，轻推小车，使小车能沿木板匀速下滑 (4)1:n2 【解析】“探究加速度与力、质量的关系”实验(1)探究小车加速 度与所受拉力的关系时，保持小车质量不变，仅改变拉力大小， 这种实验方法是控制变量法。(2)实验时，为使细绳拉力等于小 车所受合力，需调节定滑轮高度，使连接小车的细绳与轨道平面 保持平行。(3)出题图乙可知，当拉力F=0时，加速度《为负 值，说明阴力平衡不足，需要增大木板倾角，补偿阳力。(4)根据 运动学公式有.x=2at.两车位移.x相问，设M、N两车的加速 度分别为aMaN,运动时间分别为1、N,则=2uMw,一 2a,已知之=，联立解得== 专题十静 1.D验电器、电场强度验电器带电后，电荷主要分布在金属箔 等金属导体的表面，而带电体表面越尖锐的地方，电荷分布越密 集，电场线也就越密集，对应的电场强度越强，故题图四点中 d点电场强度最强，故选D。 2.A平行板电容器、静电力做功设两极板间原距离为d,(、b间 沿电场线方向的距离为d,,该电荷由a移至b.静电力做功W= ,电容器始终与电源相连，圳U不变，d增大至原米的两 y W 倍，则静电力做功为W=2,=2,A正确，BCD错误。 ·物理 10.(1)0.515 a (3)9.81 【解析】利用机械能守恒测量重力加速度的实验(1)由题图 乙可知，游标卡尺的读数为5mm+3×0.05mm=5.15mm= 0.515m。(2)重锤1通过光电门时的速度u=;重锤1,2组 成的系统机械能守恒，满足(M一m)gH=M十m)d,解得 2t2 (M+m)d2 g=2M-m)H。(3)由a=(g3-)g可得=g49,则g 0.673+0.477-0.281-0.084 m/s2≈9.81m/s2. 4×0.02 11.(1)④①⑥⑤ (2)1.79 (3)通过2g19.0(或19.1) (411一2g k 3.1(或2.6) 【解析】验证机械能守恒定律实验(1)本实验不需要测量重锤 的质量，所以③是不需要的，实验时需要先接通电源后释放纸 带，所以②是错误的，实验的正确顺序是④①⑥⑤。(2)由匀变 速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速 度，算出B点的速度是v=2T c_20.34-13.20×102m/s≈ 0.04 1.79ms。(3)若机械能守析，则有mgh=2m,则v2-h图 线通过原点且剡线的斜率为2g,通过题图丙可算出k= 0.29-0.08m/s≈19.0m/:。(4)根据相对误差的表达式， 5.5-1.5 1 可知相对误差？= mgh一2w ,所以相对误差？= mgh ,代入数据，可算出相对误差7≈3.1%。 电 场 知识拓展 平行板电容器的两类问题： (1)电容器始终与电源相连，两极板间的电势差不变： (2)电容器充电断开后，电容器所带电荷量不变，若只改变电 容器极板间的距离，极板间的电场强度不变 3.B电场线电场中某点的电场强度方向是唯一的，所以电场线 不能相交，不是闭合曲线，且电场线从正电荷：发，终止于负电 荷，B可能正确，AC错误；若存在电场线平行但间距不相等，则 17· 沿不同电场线上，相同距离上电势差不同，不能满足等势线垂直 于电场线，D错误。 4.D电势与电场线的关系由题图可知电场线的指向为d→ c→b→a,而沿电场线方向，电势逐渐降低，故电势关系为p> 9>96>9。,即d点电势最高，故选D。 5.D静电场的性质由题图可知，上极板与电源正极相连，带正 电，则电场方向向下，根据沿着电场线的方向电势逐渐降低，可 知M点电势高于P点电势，A错误；电场线越密的地方电场强 度越大，B错误；负电荷从M点运动到P点，静电力做负功，电 势能增大，则负电荷的速度减小，D正确，C错误。 6.D平行板电容器动态分析电容器充电后断开电源，两极板所 带电荷量Q不变，根据公式C=:S, U-是可知，F较小时，随 着F的增大，d会减小，则电容C增大，电势差U减小，AB错 误；F较大时，弹性结构闭合，F继续增大，d几乎不变，所以C和 U几乎保持不变，D正确，C错误。 7.C匀强电场的电势分布由题图可知，线段αc中点的电势 9=2型=4V【点找：匀强电场中线段中点的电势等于两瑞点 2 电势之和的一半】，即线段ac中点与b点的电势相等，在匀强电 场中电场强度方向与等势面垂直，所以电场强度沿线段αc方 向，又因沿电场线方向电势降低，所以a点的电场方向由α指向 c,C正确，ABD错误。 溯源教材 本题与人教版教材必修第三册第十章第2节练习与应 用第6题同源。 关联点：教材题目要求通过电势的分布画出电场线，需掌握 由等势点确定等势面再画出电场线的方法。 迁移应用：本题在画电场线的基础上增加了找等势点的问 题，强化了考生综合能力的运用。 8.C静电场的性质等差等势血的疏密程度表示电场强度的大 小，由题可知，a点电场强度最大，c点电场强度最小，AB错 误；一个电子从b点移动到c点，静电力做功W=gU= 一e(-1V-1V)=2eV,C正确；一个电子从&点移动到d点，静 电力做功W=qUa=一e(一2V-2V)=4eV,所以此过程巾 电子的电势能减小了4eV,D错误。 9.)电场强度、电势、电势差、静电力做功根据沿电场线方向电 势降低可得a点电势低于b点电势，A错误：a、c两点的电场强 度方向不相同，则电场强度不同，B错误；根据U=Ed可知，d、 e间平均电场强度大于e、f间平均电场强度，所以U>U,则 d、∫间电势差小丁d、e间电势差的两倍，C错误；根据题可知 a和∫位于同个等势面，根据W-gU可知，从a到b与从∫到 ,静电力对电了做功相等，D正确。 ·物理 八技巧点拨 无论是电场线或是等差等势面，都是密集的地方电场强 度大，稀疏的地方电场强度小：电势的高低可以根据电势的 定义式来判断，也可以由沿电场线方向电势降低来判断。 10.D带电粒子在径向电场中的运动电子a做圆周运动，静电 力提供向心力：即E=m号又因为电子a的动能民=立m3。 联立可得E=2E,A错误：在电场中，电场线的疏密反映电场 er 强度的大小，由题图可知，P点的电场强度小于C点的电场强 度，B错误；电子带负电，只受静电力，在电场中运动时，其所在 位置的电势越高，电势能越小，动能越大，Q点电势低于P点电 势，所以电子b在P点的动能大于在Q点的动能，C错误；已知 ICQ=2BP|,B、P两点间电势差为U,由于电场为径向电 场，则C、Q间平均电场强度小于B、P间平均电场强度，则 Uco<2U,因电子a恰好做圆周运动，则静电力对电子a不做 功，则pA=9B=9c,电子b全过程克服静电力做的功为W= eUAo=eUco<2eU,D正确 11.B带电粒子在电场组合场中的运动设离子射出加速电场时 的速度为1，离子所带电荷量为q,由动能定理有U9=22一 0,离子在偏转电场中仅受静电力作用，根据牛顿第二定律有 U2 9=ma,且静电力方向与速度v方向相互垂直，离子在偏转 电场中做类平抛运动，沿速度1方向有(=11，垂直速度1方 U212 向有，一2.，一a1,解得y一1U,d·速度偏向角0的正切值 m9兰兴侧位移有向角。的正切值m。之一兰【点 11 拨：离子在偏转电场偏转时，速度偏向角日的正切值是位移偏 向角a的正切值的两倍】，结合U,=士U时，离子恰好从两极 板站缘针的：可知。=营U。=气A错误当话 三U时，若离子恰好打到样品边缘，则结合相似二角形有 + 2 故a2,B正确：山y先行可知，的大 2 U,只会让射出的离子的偏转位移变小，结合相似三角形可知， 此时会进一步减小辐照范周，C错误：结合题图可知，11和1时 刻偏转电场的电压前者小于后者，故最终离子的偏转位移亦是 前者小于后者，即1，时刻射出的离子可能打在B点，2时刻射 出的离子可能打在A点，D错误。 12.A)库仑定律、电荷守恒定律初木状态电荷距离不变，库仑 力相等.则F一女生Λ、B电荷量乘积相等，Q与q为同种或异 种电荷【易错：容易漏掉异种电荷情况】，C与A接触后A、C电荷 量均变为Q,9.C再与B接触后B的电荷量变为Q+3g.依题 2 1 答18· 意可得Q+3测.Q9=g,解得Q=g或Q=-5g,则 4 2 1或=5，故选AD 13.AD点电荷的电场强度、电场强度的叠加如图甲所示，将这 五个电荷量不等的正点电荷等效为如图乙所示的四个、两对的 等量异种电荷。根据点电荷电场强度公式E=是，利用对称 性，由几何知识可得两对电荷量大小分别为g和2g的等量异 种点电荷在O点的合电场强度方向沿x轴负方向，由几何关系 得，大小为E=2智(2cos54°+cos18°)，AD正确，BC错误。 R2 3g-0=3g 3q-9=2q 4g=3g+g 0 x 3q-2q-q 5q=3q+2q 甲 ↓等效为 y↑ +9 E34 +2g 归纳总结上 电场叠加应根据点电荷特点准确画出电场方向，再利用 几何关系找到角度大小，最后利用平行四边形定则求解。 14.AD电场的叠加、电势根据题意可知，)点电势，= A点电势=E,B点电势P4=多则OA中点的电势 2g 入入入 4十1一0点找：匀强电场中线段中点的电势等于两端点电 势之和的一半】，A正确：由上述分析可得，沿x轴方向的电场强 (2 度人小￡，=，一=9 d _2亚.方向沿x轴止方 向沿y轴方向的电场强度大小E,=。= 3d 3d 2,方向沿y轴负方向.则电场强度大小E=√E,十+E, 2E.电场强度方向与，x轴方向夹角的止切值tan6= 1,所以电场强度方向与x轴止方向夹角0=45°，D正确， BC错误。 ·物理答 |技巧点拔 电场强度是失量，在不知道电场强度具体方向的时候 将电场强度正交分解可降低题目难度。 15.BD库仑定律、电场叠加、电势对小球甲、乙受力分析如图1所 示，设O0C与EF的交点为G,根据三角形相似得照=F张 OG AG 器-院由知AG<G,F=F,则网n>m2A错 误；设AB连线上电场强度为零的点距A、B两点的距离分别 为x甲c2,由电场叠加知k29=k马，则x甲：x2=2: x甲 x乙 1,则电场强度为零的点在AB与OD交点的右侧，电场线方向 如图2所示，又等势线平行于OD,则C点在电场线AD上的等 势点在AD之间，由沿电场线方向电势降低知，C点电势高于 D点电势，B正确；由电场叠加得E点电场强度大小为E 2q k 2一k- 、2 R,方向由A指向B,F点电场 强度大小为E=k 2q =R,方向由B指 3kq 12一k 12 向A,C错误；OD⊥AB,由几何关系知，OD垂直平分AB,由前 面分析及同种电荷电场线分布特点知，沿直线从O点到D点， 电势先升高后降低，D正确。 0 7.B F G 甲 E F mg D 图1 图2 一题多解 由几何关系知2RcOs∠()MB=√3R.解得∠()AB= ∠()BA=30°，则∠(A=105°，∠(GB=75°.根据正弦定 0布时之有器治因为 理，对甲有m"g F sinM5<sin75°，F体与F'是一对相互作用力，两力大小 相等，则甲>2，A错误；等量同种点电荷连线中点的电 场强度为0，甲的电荷量大于乙的电荷量，故连线上电场 强度为零的点离乙较近，大体画出电场线方向，由图2知， BD正确；E、点电场强度方向相反，C错误。 19· 16.带电粒子在平行金属板中的运动 思维导图 1)微粒从0点向下匀加建运动号，经 过t1运动到下极板，速率增大到v 分段做匀加速运动 (2)碰下极板后，微粒原速率1返回，电 碰后原速率返回 荷量变为一q,匀加速运动d至上极板速 加速度大小相同 率增大到2，碰上极板后以2返回，向 下匀加速运动至0点，速率增大到 解：(1)根据牛顿第二定律有gE=ma 设微粒第一次运动到下极板时间为1，由运动学公式得 md 解得t1=√gE (2)微粒碰下极板后，速率不变，电荷量变为一q,运动至上极板 速率增大到v2,由运动学公式得 n-a·号 22-w,2=2ad 微粒碰上极板后回到O点速率增大到3，由运动学公式得 d u32-u22=2a·2 此时微粒动量p=m: 联立解得p=2√gEd 八一题多解 (2)微粒从()点释放至第一次回到()点相当于匀加速 运动2d,设回到()点时微粒速度为，由运动学公式得 2-0=2ua·2d 回到(O,点时微粒的动量p= 联立解得p=2√gEd 17.带电粒子在电场中的运动 解：(1)粒子1在水平方向做速直线运动，竖自方向做减速 直线运动 lI牛顿第二定律得gE=d 山运动学公式得，粒子a到达最高点的时间/-sin日 联立解得f=m:sin日 98 (2)粒子b在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直 线运动 粒子a到达最高点时，在竖直方向的位移大小为 y1=2sin8·t 此时粒了b在竖直方向的位移大小为 ·物理 1 y2=vosin0a 两粒子间的距离H=y1十y2 2mvosin0 联立解得H= gE 一题多解 (2)可根据相对运动求解： 两粒子加速度相同，粒子b相对粒子a以2 vo sin0向下做 匀速直线运动，则粒子a上升到最高点时两粒子的间距为 2mvo2sin20 H=2 vo sin0·t= gE 18.带电粒子在电场中的偏转 解：(1)带电液滴在电场中偏转，做类平抛运动，通过电场的时 间为 4=1=1X102s 在电场中运动的加速度（水平方向）为 a=9E-1X102m/s m 偏转距离为 1 x=2at2=5X103m (2)带电液滴离开电场后做匀速直线运动 竖直方向有h=t 水平方向有x:=at 解得r2-0.05m 根据对称性可知，A、B细胞收集管的间距为2(.x1十x2)=0.11m 19.静电力做功、能级跃迁 解：(1)静电力做功W=QU (2)粒子的总能量包括动能和电势能，即E=Ek丨E 设粒了做圆周运动的速度大小为，半径为r 根据牛顿第二定律2公一mv 1 得粒了动能上=2mv=9k入 粒了动能是定值，与r无关 得E一E=E一E2,E。-E1=Ee一El 根据静电力做功与电势能变化的关系 Wg=Ea-Ee,W1=Ee一E 因为电场强度随半径增大而减小，粒了所受静电力也随半径增 大而减小，在r一r2=r。一r1条件下，得W2<W1 所以(E:一E2)<(E,一E,) (3)根据玻尔原子模型，跃迁或电离前，在外电场巾电子仍在原 来的轨道上做圆周运动，在基态轨道上运动的位移最大值为 2:;外电场E在原子范围内可以看作匀强电场，做功的最大值 为eE·2a。 20· 静电力做功提供的能量至少需要△E=13.6eV才能使基态氢 原子电离。 得使氢原子电离的电场强度大小为 △E E-Zea 2×0.53X10V/m≈1.3×10V/m 13.6 20.电势、静电力做功、。以}图像、电场中能的性质 解：(I)根据椭圆的性质可知，B点到F点的距离r=a 则B点的电势PB=Q_6Q rBF a (2)同(1)问可知，A点到F点的距离rF=a-0.5c 则A点的电势9：0.8 根据静电力做功与电势能变化的关系可知 WAB=一△EpAB=EA一EB 又EM=一qPA,EB=一9PB 联立解得WAB= 0.5kQgc a(a-0.5c) (3)设题图乙中图线斜率为k。,由题图乙有 2-,(号-） 试探电荷运动过程中动能与电势能之和 变形得2=2kQ奥+2E卷 mr 对比分析可知k,= 2kQq 2E丝=_k如 -2a 整理得E。=g,为一定值 2a 则试探电荷运动过程巾动能与电势能之和守恒 21.动量守恒定律、库仑定律、能量守恒定律 思维导图 (1)施加恒力前的过程→动量守恒定律→求 能量守恒定律 (2)1,时间内- 位移门 动量守恒定律→随时间累加求和→ 关系 能量守恒定律 电势 (3)整个过程 位移关系，求 能关系 动量定理 求xB 解：(1)施加恒力前，A、B两粒子组成的系统所受合外力为零， 根据动量守怕定律有 m:=(2+4n)v1 解得一背 (2)11时间内，A,B两粒子组成的系统动量守恒，对任意时刻有 a-nv十4wvg ·物理 两边同乘以△累加得 ∑m,△Y=∑mA&+∑4muB△Y 即mvot1=m.xA十4m.xB 此过程中根据能量守恒定律有 1 2mEn-2(m+4m)v+Em 由题意知E,(l。一xA十xB)=ELo 又E,=25mwo 联立解得。-一品 (3)对A、B组成的系统，从开始运动到撤去外力的整个过程，由 动量定理有 Ft2=4mvo-mvo 最终A,B粒子间距离恢复为。，则系统在初、末位置电势能相 等，根据能量守恒定律有 =×mw2-号Xmw FI8=2 根据位移关系可知 xB'=lo 联立解得 2l0 t2= 0 22.带电体在电场中的运动 :思维导图 水平方向：初速度为 0的匀加速直线运动 A→B 求g 竖直方向：自由落体 运动 颗 在B,点与平板 运动的合 第一次碰撞 成与分解 贪酱鑫-吧 与下侧绝缘 第二次碰撞分 平板碰撞 两种情况讨论 与右侧金属 平板碰撞 水平方向：匀变速直线运动 竖直方向：竖直上抛运动 第二次碰撞点→求W 解：1)板向匀漫电场的电场强度大小E-号，方向水平向右 设颗粒运动轨迹AB与竖直方向的夹角为0，如图所示，对颗粒 受力分析可知粒子带正电，满足 tan0=L=9E_qU h mg mgd 可得g=sld (2)颗粒在B点碰前满足1an0-_ 则=， 设碰后速度'的方向与竖直方向的夹角为α，如图所小，根据题 21· 意有v,'=ky,且满足 A +0 B tan a 解得Q=m【点拔：碰后醉间速度方向与所受合力垂直】 LU (3)颗粒在B点碰前的竖直速度v,=√2gh 水平速度u,=方”，=√2gh元 碰后颗粒做类平抛运动，由题意可知，k<1,故颗粒不可能回到 专题十一 1.A单位制“W”是功率的单位，“h”是时间的单位，根据功的公 式W=Pt,可知单位“W·h”(瓦时)对应的物理量是能量，A正 确，BCD错误。 2.C游标卡尺的读数由题图可知，游标卡尺分度值为0.02mm, 主尺读数为17mm,游标尺上第10条刻度线与主尺刻度线对 齐，游标尺读数为10×0.02mm=0.20mm,故游标卡尺的读数 为17mm+0.20mm=17.20mm,因分度值为0.02mm,故读 数精确到小数点后两位数，故选C。 技巧点拨 游标卡尺读数=主尺读数十游标尺读数，主尺读数看游 标尺零刻度线左侧主尺的刻度，游标尺读数=游标尺刻度线 与主尺刻度线对齐的刻度X分度值。 3.B电阻定律、并联电路、欧姆定律、电流的微观表达式设金属 子体电型率为，则子体a的电型R=P号两个相同的子体b申 专题十二 1.B磁感线磁感线越密处，磁感应强度越大，故《、b、c三点的 磁感应强度的大小关系为B,>B.>B.,B正确，ACD错误。 2.A安培定则和磁场叠加根据安培定则及M、V关于通电圆 线圈轴线的中心()对称可知，通电圆线圈在M、V处的磁感应 强度大小相等、方向相同拓展：若为均匀带电环，则对M、V点 产生的电场强度大小相等、方向相反】，山题意知，匀强磁场的磁 感应强度与M、V处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，即叠 加后M、V处的磁感应强度均为O,A正确，BCD错误 3.A磁感应强度的叠加设I在M、()点产生的磁感应强度大 小为B,I1在V点产生的磁感应强度大小为B,巾于I1、I。中 ·物理 上绝缘板，根据运动的合成与分解可知，竖直方向上速度减为 2h 零时，所花的时间为t1=y=k入g g 水平方向上的加速度为a,QE= m l 下面分两种情况讨论： ①若21，十4，(2，)产+1<d,则颗粒与下绝缘平板相碰 颗粒第一次与第二次碰撞间的水平位移为 =241u,+2a·4,2=461+46h 故静电力做的功 W-qEl+QE:mghk h 12 1 ②若210，+2a,(21)2+1>d,则颗粒与右金属平板相碰 故静电力做的功 W-gEl+QE(d-1)-wglgh(d-1) h 电路及其应用 联的总电阻R,=2×p专-？号，由题图可知，两个导体b串联 后与导体a并联，并联电路电压相等，根据欧姆定律I=尺，可 2l2 得1a==S2=21251 ,根据电流的微观表达式有I=neSv, PS 是=S心=，联立得 导体a、b中、e相同.所以六=S: ΓS2 心24，故选B。 v 1 4.4.51.5 【解析】闭合电路欧姆定律根据题图结合闭合电路欧姆定律得 U,-E一11rU-E一1，r,代人数据解得电源的电动势F-4.5V. 内阻r=1.52。 磁 场 电流大小相等、方向相反，根据对称性可知，LL在M点产生 的磁感应强度人小等于在V点产生的磁感应强度人小，在M点 处，根据磁场叠加可得B,=B一B',在()点，根据磁场叠加可得 B,=2B,撤去1后，V点的磁感应强度大小为B',联立解得 B=号B:一B故选A 4.C电磁流量计根据“左手定则”可知，正电荷受到向下的洛伦 兹力向下偏转，负电荷受到向上的洛伦兹力向上偏转，则V点 带正电、M点带负电，所以V点电势比M点高，A不符合题意： /DY 据题意，流量Q=S1 (2）Du,当粒子受到的静电 t 4 答22·