压轴05 静电场的力和能的性质（压轴题专练）（北京专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

压轴05 静电场的力和能的性质 命题预测 静电场的力与能性质是北京高考物理核心压轴必考模块，常以计算题压轴、选择题压轴、实验综合呈现，命题聚焦电场叠加、等势面与电场线分布、静电力做功与电势能变化、电势与电势差、电容器动态分析、电场中的动量与能量、复合场（电场＋重力场）等效建模、实际电场装置八大方向。近5年北京卷显著强化非均匀电场、叠加场、对称/镜像电场、图像（E‑x、φ‑x、Eₚ‑x）、电场与动量定理 / 能量守恒结合、微元法与连续介质等高阶情境，强调电场是物质、力能统一、保守场特性，突出矢量性、叠加性、守恒性、关联性。 预计2026年北京三模与高考仍以叠加场受力与能量、电势与等势面、图像信息提取、电容器与电路耦合、电场中的临界与极值、实际科技装置电场建模为核心，侧重多对象、多过程、多约束、多图像的综合分析，区分度极高，是高分必破专题。 高频考法 1. 电场强度的叠加（点电荷、对称、均匀带电球/环/板、镜像法） 2. 电势、电势差、电势能的计算与图像（E‑x、φ‑x、Eₚ‑x） 3. 静电力做功与电势能变化、电场力冲量与动量变化 4. 等势面与电场线的关系、电场强度与电势的微分关系 5. 电容器动态分析（决定式、定义式、Q‑U、电路耦合） 6. 复合场（重力场＋静电场）等效重力、临界极值与守恒 7. 静电场中的动量定理、动量守恒、能量守恒综合 8. 实际科技情境（静电除尘、静电加速、探测、云室、加速器）电场建模 知识·技法·思维 考向01 电场强度的叠加与计算 1. 核心知识： · 电场是矢量场，满足矢量叠加原理。 · 保守场：电场力做功与路径无关。 2. 叠加模型（北京高频）： · 点电荷系、对称带电体、均匀带电圆环/圆盘/无限大平板。 · 镜像法、补偿法、等效法处理不规则带电体电场。 3. 特殊结论： · 均匀带电球面：内部，外部。 · 均匀带电球体：内部，外部。 考向02 电势、电势差与电势能（标量叠加） 1. 核心关系： · 电势差： · 电势能：， 2. 标量叠加： · 电势为标量，直接代数叠加。 · 等势面与电场线处处垂直，沿电场线电势最快降低。 3. 图像解读： · φ‑x图像：斜率，斜率正负表示E的方向。 · E‑x图像：面积表示电势差大小。 · Eₚ‑x图像：斜率。 考向03 静电力做功、冲量与动量能量关联 1. 做功规律： · ，只与初末位置有关。 · 只有电场力做功：动能＋电势能＝恒量。 2. 冲量与动量： · 电场力冲量：，动量定理：。 · 电场中碰撞、分离：动量守恒＋电势能/动能变化。 考向04 等势面、电场线与场势关系 1. 核心关系： · 电场线垂直等势面，由高电势指向低电势。 · 等势面密集处场强大，稀疏处场强小。 2. 场与势的定量关系： · 匀强电场：（d为沿场方向距离）。 · 非匀强电场：（微分思想，北京压轴高频）。 考向05 电容器动态分析 1. 核心公式： · 定义式： · 决定式： 2. 两类动态： · 始终接电源：U不变，Q、E随d、S变化。 · 充电后断开：Q不变，E与d无关，U随d变化。 3. 拓展： · 电容器储能：。 · 电容器与导体棒、电场、磁场联动的综合模型。 考向06 复合场（重力场＋静电场）等效建模 1. 等效思想： · 合力等效为等效重力，方向为等效竖直方向。 · 等效势能：重力势能＋电势能统一分析。 2. 临界极值： · 速度最大/最小位置：沿等效场方向极值点。 · 刚好完成圆周运动：等效最高点向心力由等效重力提供。 考向07 静电场中的动量与能量综合 1. 核心规律： · 动量定理：电场力冲量＝动量变化。 · 能量守恒：动能＋重力势能＋电势能＝恒量。 2. 典型场景： · 电场加速、碰撞、反弹、弹簧联动、板块模型。 · 连续带电介质、粒子流的微元动量分析。 考向08 实际科技情境电场建模 1. 核心装置： · 静电加速器、除尘、喷墨打印、传感器、云室、探测器。 2. 建模原则： · 抓住带电、受力、做功、势能、运动五要素。 · 忽略边缘效应，简化为匀强/点电荷/叠加场。 典例·靶向·突破 题型01 电场强度的叠加与计算 1．（23-24高三下·北京海淀·开学考试）物理方法就是运用现有的物理知识找到解决物理问题的基本思路与方法。常见的物理方法有类比法、对称法、图像法、归纳演绎等等。 （1）场是物理学中的重要概念。仿照电场强度的定义，写出引力场强度的定义式，在此基础上，推导出与质量为M的质点相距为r的点的引力场强度，已知万有引力常量为G。 （2）如图，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点处有一电荷量为的固定点电荷。已知b点处的场强为零，根据对称性可知圆盘在b点和d点的场强大小相等，方向相反。求d点处场强的大小和方向。静电力常量为k。 （3）a.如图为一平行板电容器，平行板之间为真空，电容器极板面积为S，极板的边长远大于极板间距，边缘效应忽略不计。两平行金属板将空间分为I、II、III三个区域。静电力常量为k。若电容器A、B两板带上了等量异号的电荷，A带，B带。求I、II、III三个区域的电场强度、、。 b.如图A、B两板质量都为M，极板面积为S。极板的边长远大于极板间距。求I、II、III三个区域的引力场强度、、。 题型解码 以电场矢量叠加为核心，融合对称法、补偿法与类比思想，拓展至引力场与静电场对比，突破连续带电体与边界场强计算，突出保守场共性与空间场分布的高阶思维。 题型02 电势、电势差与电势能 2．（22-23高三上·北京门头沟·期末）利用图像分析问题是物理学中常用的方法，其中的斜率、面积通常具有明确的物理意义。 （1）小明以6m/s的初速度将足球水平踢出，足球在草坪上滚动直到停下来的全过程中的速度-时间图像如图甲所示，求此过程中足球的加速度； （2）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图乙所示。 一质量m=1.0×10-20 kg，电荷量q=1.0×10-9 C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素。 a.求图乙区域内电场强度的大小和方向； b. 求粒子从（-1，0）点到（0，0）点过程中电势能的变化量。 题型解码 立足场势微分关系与φ‑x图像本质，通过电势差、电场力做功与电势能变化联动，强化标量叠加、图像斜率、能量转化的综合应用，贴合北京卷图像命题核心。 题型03 静电力做功、冲量与动量能量关联 3．（25-26高三上·北京朝阳·期末）质疑是推动科学向前发展的重要动力。如图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的、带正电的金属球甲、乙，电荷量分别为2Q与Q。甲球固定在A点，乙球位于B点，相距L。现使乙球以初速度向甲球运动，之后与甲球发生碰撞，碰后两球电量平分，且乙球以原速率反弹，返回B点时的速度大小为。乙球运动过程中电荷量不发生变化。不计空气阻力。两小球在碰前以及碰后的相互作用过程中均可视为点电荷。 (1)设乙球从B点出发至碰前克服电场力做功为，碰后返回至B点电场力对其做功为。请推理说明。 (2)取无穷远处为电势零点，真空中电荷量为Q的点电荷在距离r处的电势为。 a.请从电势的定义式出发，推理说明乙球从B点出发至返回B点的过程中，甲、乙两球之间相互作用的电势能增加，并求出此增加量。 b.小明同学对上述过程进行综合分析，由于，则应当有，即系统的动能也在增加，这不符合能量守恒定律。他通过查阅资料得知：带电小球自身也具有能量，称为自能。若将带电小球视为无穷多个带电微元，将这无穷多个微元从无限远处一个一个移送到小球表面过程中，克服静电斥力所做的功就等于该带电小球自能的大小。设两球半径均为R，且。 （i）请在坐标系中做出合适的物理图像，利用该图像并结合相关知识，计算电荷量为Q的孤立金属小球的自能； （ii）请结合上述自能的相关知识，推理说明乙球从B点出发至返回B点的过程中，甲、乙两球自身以及相互之间所具有的总势能是减少的。 题型解码 贯通电场力做功、冲量、动量、能量链条，结合电荷重新分布与自能模型，深化电场系统能量守恒理解，考查多过程做功比较与微观能量本质。 题型04 等势面、电场线与场势关系 4．（2017·北京海淀·模拟预测）用静电的方法来清除空气中的灰尘，需要首先设法使空气中的灰尘带上一定的电荷，然后利用静电场对电荷的作用力，使灰尘运动到指定的区域进行收集。为简化计算，可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同，设每个灰尘所带电荷量为q，其所受空气阻力与其速度大小成正比，表达式为F阻=kv（式中k为大于0的已知常量）。由于灰尘颗粒的质量较小，为简化计算，灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计，同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力的影响。 （1）有一种静电除尘的设计方案是这样的，需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的内部区域，将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端，恰好能将圆桶封闭，如图甲所示。在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U（圆桶内空间的电场可视为匀强电场），便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上，从而达到除尘的作用，求灰尘颗粒运动可达到的最大速率； （2）对于一个待除尘的半径为R的绝缘圆桶形容器内部区域，还可以设计另一种静电除尘的方案：沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极，紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极。在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为R0的圆桶形保护管，其轴线与直导线重合，如图乙所示。若在两电极间加上恒定的电压，使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第（1）问的方案中圆桶内电场强度的大小，且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小E的分布情况为，式中r为所研究的点与直导线的距离； ①试通过计算分析，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中，其瞬时速度大小v随其与直导线的距离r之间的关系； ②对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像下的面积求位移的方法，请你借鉴此方法，利用v随r变化的关系，画出随r变化的图像，根据图像的面积求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间。 题型解码 以非匀强电场分布为载体，结合径向场与运动关联，借助图像面积法求解时间，强化场强分布、受力平衡、运动规律的统一建模。 题型05 电容器动态分析 5．（25-26高三上·北京昌平·期末）一个平行板电容器极板正对面积为S，间距为d，两极板间为真空，静电力常量为 k。如图1所示，将平行板电容器接入直流电源充电至稳定状态。 (1)已知无限大带电平板产生的电场可视为匀强电场，其场强大小E=2πkσ，其中σ 为平板单位面积的电荷量。请推导平行板电容器电容C的表达式（用S、d 和k表示）； (2)若平行板电容器接入直流电源的输出电压为U，初始时电容器极板带电量为 0。请在图2所示的坐标系中画出充电过程中板间电压u随极板带电量q变化关系的图像；根据图像求电容器充电结束后储存的电场能​。 (3)充电过程中电源输出的电能为W，分析W与​的关系。 题型解码 围绕电容决定式、储能公式、u‑q图像展开，从无限大平板电场推导电容本质，厘清电源供电/断电两类动态，突出电场能与电源电能的转化关系。 题型06 复合场（重力场＋静电场）等效建模 6．（23-24高三上·北京东城·阶段练习）如图所示，长为L的轻质细绳上端固定在O点，下端连接一个质量为m的可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中的A点，绳与竖直方向的夹角。此匀强电场的空间足够大，场强大小为E。取，，重力加速度大小为g，不计空气阻力。 （1）请判断小球的电性，并求出所带电荷量q； （2）若将小球拉到O点正右方C点（）后静止释放： a．求小球运动到最低点时所受细绳拉力的大小F； b．求小球摆动过程中最大速度的大小； c．若O点正下方B点固定着锋利的刀片，小球运动到最低点时细绳突然断了。求小球从细绳断开到再次运动到O点正下方的过程中重力对小球所做的功W。 题型解码 运用等效重力、等效势能思想，将重力与电场力合成简化运动分析，解决圆周运动临界、最大速度、断绳后曲线运动问题，强化复合场等效与动力学结合。 题型07 静电场中的动量与能量综合 7．（2024·北京·期中）带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应用涉及带电粒子的测量、加速和约束问题。2023年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。如图所示，电荷量为、质量为的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度的大小，与球B形状相同、质量为的绝缘不带电小球A以初速度向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球A始终不带电，小球B的电量始终不变。两小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取。 （1）求第一次碰撞后瞬间A、B两小球的速度； （2）如果两小球第二次、第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻球B合力的瞬时功率为0，求从第二次碰撞后到此时刻的时间间隔。 题型解码 整合弹性碰撞、动量守恒、电场力作用下的抛体运动，以多次碰撞为载体，考查动量定理、功率临界、分运动关联，体现电场与力学规律的深度融合。 题型08 实际科技情境电场建模 8．（25-26高三下·北京海淀·月考）静电除尘先使空气中的灰尘带一定的电荷，后利用静电场使带电灰尘运动到指定区域进行收集。 (1)现对一个半径为R的圆桶内部区域除尘。一根沿圆桶轴线的细导线作为电极，电极外套一个半径为的圆桶保护管，其轴线与直导线重合。紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极，在两电极间加上恒定的电压使得筒壁处电场强度的大小为。已知沿圆桶半径方向电场强度大小为，式中r为所研究的点与直导线的距离。 若设每个灰尘质量相同，电荷量均为，其所受空气阻力与其速度大小成正比（k为大于0的已知常量）。由于灰尘较小，其受电场力作用在空气中达到匀速运动的时间及通过的位移可忽略不计。不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力。 ①试通过计算，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到桶壁的过程中，其瞬时速度大小v与r之间的关系； ②请你借鉴教科书中由图像下的面积求位移的方法，画出随r变化的图像，根据图像求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到桶壁的时间。 (2)空气分子先电离，尘埃吸附电子而带电，使分子或原子电离需要一定条件。不同于氢原子，多电子原子核，内、外层电子都可能被激发而产生光电效应。内层电子离原子核更近，电离能更大，如果要激发内层电子，需要更大能量。如图1，一束高能电子将某原子内层（如K层）的一个电子击出，形成一个空穴。随后，较外层（如L层）的一个电子跃迁至该空穴，并释放出能量，该能量可能以X光子的形式射出，也可能立即将另一核外电子（如L层或M层的电子）电离，该电子称为俄歇电子： 现用电子动能的电子束轰击某原子，成功激发KLM俄歇过程（即初始空穴为K层、跃迁电子来自L层、逸出电子来自M层）和KLL俄歇过程（逸出电子来自L层）。已知该原子K层的电离能，L层的电离能，已知电子的电荷量，电子质量，光速，普朗克常量。请回答：（计算结果保留一位有效数字） ①求射出的X光子的波长； ②某同学利用如图2示磁场测量俄歇电子动能；俄歇电子从原点O垂直y轴和磁场方向进入匀强磁场，在和处被探测到，通过测得的俄歇电子的动能，求原子M层的电离能。 题型解码 以静电除尘、俄歇效应为真实情境，将径向电场、粒子运动、能级跃迁转化为电场模型，突出实际问题抽象化、物理规律模型化的高考命题导向。 1．（2026·北京朝阳·一模）物理图像是形象的思维工具。图像所包围的“面积”往往有特定的物理含义。 (1)图1中的甲图为某球形金属电极静电除尘器的主体部分，表面均匀分布着正电荷，其半径为R，在空间各点产生球对称的电场。场强大小E与该点到球心距离r的变化图像如图1中的乙图所示。已知E-r曲线下R～2R部分的面积为S。若电荷量为-q的尘埃微粒从距球心2R处被吸附至球壳表面，求此过程尘埃微粒电势能的变化量； (2)图2中甲图为某发电机的简化模型。质量为m的导体棒在水平驱动力F的作用下，以恒定加速度a从静止开始沿光滑水平导轨向右运动。定值电阻阻值为R，忽略其余电阻。磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于导轨平面。导轨间距为L。 a．写出驱动力F与运动时间t的关系式； b．在图2乙给出的坐标系中定性画出驱动力F大小随运动时间t的变化图像，并结合图像求出0～t0时间内F的冲量大小I。 (3)如图3所示，y随t按照正弦规律变化，其中Ym、t0均为已知量。为得到内的阴影面积，除利用函数微积分方法外，请你展开想象的翅膀借助物理量间的内在关联，构建物理模型，求此阴影面积A。 2．（25-26高三上·北京海淀·期末）如图1所示，真空中有一长直细金属导线OO′，与导线同轴放置一高为H的金属圆柱面。假定导线OO′沿径向均匀射出电子，单位长度导线单位时间内射出的电子数恒为n。已知电子的电荷量为e。忽略电子间的相互作用和电子所受重力。 (1)将导线OO′与圆柱面看作一个电容器，导线发射电子前电容器不带电。经过一段时间t（t远大于电子从导线运动到圆柱面的时间），导线OO′与圆柱面间电势差恰好达到最大值。假设射出的电子动能均为Ek0，求： a．导线OO′与圆柱面间电势差的最大值Um。 b．电容器的电容C。 (2)如图2所示，将圆柱面通过一个可调电阻R与大地相连，同时使导线OO′与大地相连（图中未画出）。假设射出的电子动能在0~Ek0之间均匀分布。 a．当电阻R的阻值为R0时，电流达到稳定后，求流过电阻的电流I0。 b．改变电阻R的阻值，稳定后，流过电阻的电流I和其两端的电势差Uab均改变。请写出I与Uab的关系式，并在图3中画出I-Uab的图线。 3．（25-26高三上·北京·月考）中国航天科技集团自主研制的300瓦霍尔电推进系统已经顺利完成地轨卫星的机动变轨任务，整个卫星的运行轨道被抬升了300公里。我国现阶段霍尔推进器，在地面实验中，其推力达到了牛顿量级，处于国际领先水平。某同学受到启发设计了如图所示装置研究电荷运动及作用力。三束比荷为、速度为、相邻间距的平行带正电粒子流（重力可忽略不计）a、b、c沿垂直连线方向持续均匀射入一半径的圆形匀强磁场区域，偏转后会聚于点，磁场方向垂直于纸面向外。粒子流随后进入右侧间距、边界为M、N的区域中，该区域有磁感应强度的水平向右的匀强磁场。在边界N处放置一个足够大荧光屏，圆形磁场圆心与点及荧光屏上坐标原点连线共轴且与荧光屏垂直。 (1)求圆形磁场区域的磁感应强度的大小； (2)考虑粒子流a在MN区域中的运动： ①根据粒子沿轴线方向的分运动，计算a束粒子从点运动到屏上的时间； ②如图建立坐标系，求a束粒子打在屏上的位置坐标； (3)若在MN的区域中再加上水平向右，电场强度的匀强电场，将整个装置安装在一个飞船模型上，移除荧光屏变为粒子喷射出口。已知粒子质量，每束粒子在单位时间内有个沿轴正方向进入圆形磁场中，求该装置为飞船模型提供的沿轴线方向的冲力的大小。 4．（24-25高三下·北京·阶段练习）类比是一种常用学习方法，通过类比分析，可以加深对物理概念和规律的认识。 (1)如图所示，在垂直磁感应强度为B的匀强磁场的平面内，放置一根金属导体棒，以固定的O点为转轴，现使金属棒垂直于磁场以角速度顺时针方向匀速转动，O、N、M三点始终处在同一条直线上，之间距离为，之间距离为。金属棒在转动过程中电子受到沿杆方向的洛伦兹力作用，使得在两端形成电势差。已知电子的电荷量为e，不考虑电子间的相互作用。 a．由于电子受到的洛伦兹力f与离轴O的距离x有关，请写出f与x的关系式，并指出两端电势的高低； b．请你结合图像，类比弹力做功的方法和电动势的定义，求出金属棒产生的感应电动势E的表达式。 (2)在以下2种情境电路图中，定值电阻均为R。 情境1：如图甲所示，整个装置处于垂直于导轨向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，质量为m，长度为l的导体棒与两轨道始终垂直，间距为l的水平平行导轨光滑且足够长，不考虑导体棒、轨道的电阻。现用恒定外力F水平向右拉杆，使杆从静止开始沿轨道运动。 情境2：如图乙所示，电源电动势为E、内阻不计，电容器的电容为C，不考虑导线的电阻。当电键S闭合时，电容器充电过程中极板电荷量q与时间t的关系和情境1中速率v与时间t的关系规律类似。 a．比较情境1、2中各物理量的变化关系，通过类比猜想完成表格中内容。 情境1 情境2 最大值 规律关系式 方程的解 b．在情境1中，导棒由静止开始运动，经过一段时间t刚好到稳定状态。若在这段时间t内，回路中产生的热与一恒定电流在该定值电阻R上产生的热相同，求出恒定电流表达式。 5．（2026·北京石景山·一模）离子注入是制作芯片的一道重要工序。工作原理如图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经电场偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器和磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小均为，方向均垂直纸面向外；速度选择器和电场偏转系统中匀强电场的场强大小均为，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器中偏转磁场处于内外半径分别为和的四分之一圆环中，其两端中心位置和处各有一个小孔：电场偏转系统中电场的分布区域是一边长为的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行。当偏转系统不加电场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的点。整个系统置于真空中，不计离子重力。 (1)求离子的电性及离子通过速度选择器的速度大小； (2)求从磁分析器射出离子的比荷； (3)①如图所示，以点为原点，沿电场偏转系统的电场方向为轴，垂直电场方向为轴，建立坐标系。晶圆与电场偏转系统底面的距离为。若离子可以从底面射出，求离子注入晶圆的位置坐标； ②若电场偏转系统及其中的电场可一起绕过顶面中心的竖直轴转动，且离子穿过电场的时间远小于电场偏转系统的转动周期，则离子会打到晶圆的不同位置，请判断这些位置构成的形状。 6．（25-26高三上·北京海淀·开学考试）图甲所示的电路中K与L之间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图乙所示。已知R=3Ω，C=2F。求： (1)0-1s内通过电阻R的电流大小； (2)1s-5s内电阻R产生的焦耳热； (3)t=2s时 电容器C储存的电能。 7．（25-26高三下·北京·开学考试）静止电荷在其周围空间产生的电场，称为静电场；随时间变化的磁场在其周围空间激发的电场称为感生电场。 (1)如图1所示，真空中一个静止的均匀带电球体，所带电荷量为，半径为R，静电力常量为k。该球体在空间产生的电场分布如图2所示。 ①类比是一种常用的研究方法。类比直线运动中由图像求位移的方法，根据图2所示的距球心r处电场强度E的大小关系图像，求球心到球面R处的电势差大小U ②根据图，定性画出从O到无穷远空间电势随r的变化图。（假设无穷远处电势为零） (2)如图3，以O为圆心、半径为a的圆形区域内，分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度（）。圆形区域内变化的磁场会激发感生电场，该感生电场的电场线是以O为圆心的一系列同心圆（图中未画出），可形象称之为“涡旋电场”。 ①求距圆心处的涡旋电场强度大小E ②如图4，该圆形磁场附近有一导体棒，长度2a，圆心到导体棒距离为，导体棒中点在O点正下方。因涡旋电场力的作用，电荷在导体棒两端聚集，产生电动势。求该电动势 (3)电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，基本原理如图5所示，图的上部分为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。图的下部分为真空室的俯视图，电子从电子枪右端逸出，当电磁铁线圈电流的大小与方向变化满足相应要求时，电子在真空室中沿虚线圆轨迹运动，不断被加速。若某次加速中，电子圆周运动轨迹的半径为R，圆形轨迹上的磁场为，且。圆形轨迹区域内平均磁场记为（由于圆形轨迹区域内各处磁场分布不均匀，即为穿过圆形轨道区域内的磁通量与圆的面积比值），且。设图5装置中标出的电流方向为正方向，电磁铁中通有如图6所示的正弦交变电流，在0-时间内可以让电子加速数十万圈，获得很大的能量。若使电子被控制在圆形轨道R上不断被加速，与之间应满足一定的关系，请你推导与的关系。 8．（25-26高三上·北京丰台·期末）如图所示，在xOy平面第一、四象限内存在垂直于平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子从点射入磁场，粒子速度大小为，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为q，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求磁感应强度B的大小； (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，粒子速度变为，粒子仍沿原轨迹从M点运动到N点。 a、求负点电荷的位置和电荷量； b、该粒子从N点离开磁场后继续运动，经过x轴上P点（图中未画出）。某同学认为该粒子经过P点时速度大于。你是否同意？请说明理由。 9．（25-26高三上·北京丰台·月考）万有引力定律和库仑定律的相似，使得解决相关问题的方法可以相互借鉴。 (1)与静电力做功特点类似，万有引力做功同样与路径无关。已知某卫星绕地球的轨道为一椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上，如图1所示。已知地球和卫星的质量分别为M、m，卫星在远地点A时与地心距离为，在近地点B时与地心距离为。取无穷远处引力势能为零，质量为、的两物体相距为r时，引力势能表达式为，其中G为引力常量。 a.推导证明卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒； b.计算卫星从A运动到B的过程中增加的动能。 (2)如图2所示，直线上有一固定点电荷A，带电量为＋Q，另一质量为m、带电量为-q的点电荷B由直线上某点静止释放，仅考虑两电荷间的库仑力，当电荷B运动至距离电荷A为L时，其速度大小恰等于B绕A做半径为L的匀速圆周运动时的速度大小。取无穷远处电势为零，两点电荷、相距为r时的电势能表达式为，其中k为静电力常量。 a.求点电荷B由静止释放时与点电荷A的距离； b.如图3所示，若点电荷B经过点电荷A的电场，它的运动轨迹如图中实线所示，P、M、N、O、F都是轨迹上的点。仅考虑两电荷间的库仑力，O点是轨迹上距离点电荷A最近的点，试分析说明：点电荷B沿图3所示轨迹经过O点，是否有可能从O点开始做匀速圆周运动。 10．（25-26高三上·北京昌平·月考）类比法是物理学习中的重要思想方法，在研究磁场时我们引入了“磁通量密度”描述磁感线的疏密。磁通量密度，为磁通量、S为垂直磁场的面积。类比于此，我们可以提出“电通量密度”去描述电场线的疏密。电通量密度，为电通量，S为垂直电场的面积。已知真空中通过任意闭合曲面的电通量，等于该曲面所包围的所有电荷的代数和除以真空介电常数即：。（为真空中介电常数）。 (1)静电场的分布可以用电场线来形象描述，已知静电力常量为k真空中介电常数。 ①真空中有一电荷量为Q的正点电荷，其周围电场的电场线分布如图1所示。距离点电荷r处有一点P，请根据库仑定律和电场强度的定义，推导出P点场强大小E的表达式； ②根据电通量密度的定义，证明P点电通量密度D与电场强度E成正比。并说明电通量密度是标量还是矢量； ③如图2所示，若在A、B两点放置的是电荷量分别为和的点电荷，已知A、B间的距离为2a，C为A、B连线的中点，求C点的电通量密度的大小的表达式。 (2)有一足够大的静止水域，在水面下足够深的地方放置一大小可以忽略的球形喷头，其向各方向均匀喷射水流。稳定后水在空间各处流动速度大小和方向是不同的，为了形象地描述空间中水的速度的分布，可引入水的“流速线”。水不可压缩，该情景下水的“流速线”的形状与图1中的电场线相似，箭头方向为速度方向，“流速线”分布的疏密反映水流速的大小。 ①已知喷头单位时间喷出水的体积为，写出喷头单独存在时，距离喷头为r处水流速为小的表达式； ②如图3所示，水面下的A点有一大小可以忽略的球形喷头，当喷头单独存在时可以向空间各方向均匀喷水，单位时间喷出水的体积为；水面下的B点有一大小可以忽略的球形吸收器，当吸收器单独存在时可以均匀吸收空间各方向的水，单位时间吸收水的体积为。同时开启喷头和吸收器，水的“流速线”的形状与图2中电场线相似。若A、B间的距离为2a，C为A、B连线的中点。喷头和吸收器对水的作用是独立的，空间水的流速是矢量，遵循矢量叠加原理，类比图2中C处电通量密度的计算方法，求图3中C点处水流速为小的表达式。 11．（25-26高三·北京·二轮复习）在如图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，问： (1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？ (2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？ (3)若电子恰能沿OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？ 12．（25-26高三上·北京·月考）光刻机是半导体行业中重中之重的利器，我国上海微电子装备公司（SMEE）在这一领域的技术近年取得了突破性进展。电子束光刻技术原理简化如图1所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光。某型号光刻机的束偏移器长，间距也为，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心点，芯片到束偏移器下端的距离也为。若进入束偏移器时电子的初动能为，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略其他因素的影响，电子到达芯片即被吸收。（元电荷，电子质量） (1)若束偏移器两极板间仅加有垂直于极板的匀强磁场，侧视图如图2所示（图中未知），磁感应强度，求： ①电子束在磁场中圆周运动半径的大小； ②电子束离开磁场时的侧向偏移量的大小； (2)若束偏移器两极板间仅加入有扫描电压，某时刻扫描电压为，求电子束到达芯片时的位置离点的距离。 13．（25-26高二上·北京西城·期中）一种工业用连续喷墨打印机的结构原理简图如图所示。加压墨水从喷嘴喷出（未画出），高频振动的压电晶体使墨流断裂成均匀墨滴，同时墨滴会带上电荷量（均在带电室完成），随后以一定的初速度沿平行偏转极板的轴线射入偏转电场，电场的方向竖直向下，经过电场后墨滴最终打在置于竖直面的纸上。 已知墨滴的质量均为，带电墨滴均以的初速度进入偏转极板间的电场，偏转极板长，两板间的距离为，板间的电压是，偏转极板的右端距纸。不计空气阻力、墨滴的重力以及墨滴间的相互作用力，忽略偏转极板边缘电场的不均匀性。试分析： (1)干燥空气的击穿场强约为，试计算说明两极板间是否会发生击穿现象？ (2)证明墨滴在纸上的竖直方向偏转距离与所墨滴带电荷量成正比（字母表示）。 (3)为了在纸上打印一条长为的竖直墨迹，墨迹的位置要尽量靠上，打印的方向为自上向下。竖直方向的分辨率为个像素／米（即每米长度由个像素点组成），喷嘴每秒钟喷射个墨滴，每个像素点只能落一个墨滴且不能有漏打。从打印第一个墨滴开始计时，写出时刻打印在纸上的墨滴的带电量与的关系式。 14．（2024·北京丰台·二模）（1）如图甲所示，在探究平行板电容器电容的实验中，保持电容器所带电荷量Q、两极板正对面积S、极板间距d都不变，在两极板间插入绝缘介质（如有机玻璃板）后，发现静电计指针张角变小.请根据实验现象推理说明两极板之间插入绝缘介质对平行板电容器电容C的影响。 （2）绝缘介质中只有不能自由移动的束缚电子和原子实（带正电）。把绝缘介质放入电场中，由于束缚电子和原子实的电性不同，受到静电力方向不同，因此束缚电子和原子实被“拉开”极小距离，最终的宏观效果为均匀介质表面出现正负电荷，如图乙所示。这种现象称为介质的极化，表面出现的电荷称为极化电荷。 a.现有一长方体均匀绝缘介质，长、宽、高分别为a、b、c，若沿a方向施加场强为的匀强电场，绝缘介质表面单位面积产生的极化电荷量为P。极化电荷分布在介质表面可视为平行板电容器，电容，k为静电力常量，不考虑边缘效应，求极化电荷产生电场的场强E的大小； b.请根据上述材料，解释（1）中插入绝缘介质（如图丙所示）后电容器的电容变化的原因.（需要的物理量可自行设定） 15．（24-25高三下·北京东城·月考）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现带电粒子束的“反射”和“折射”。如图1所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ区、Ⅱ区和Ⅲ区；Ⅰ区宽度为d，存在感应强度大小为B，方向垂直平面向里的匀强磁场，Ⅱ区的宽度足够小。Ⅰ区和Ⅲ区各自电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U=φⅠ−φⅢ。一束由质量为m、电荷量为e的电子形成的电子束从Ⅰ区和Ⅱ区边界上的O点以入射角θ射向Ⅰ区，然后还是在Ⅰ区和Ⅱ区边界上某一P点以出射角θ射出，实现“反射”；电子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知电子仅在平面内运动，初速度为v0，不计电子重力，不考虑电子间相互作用以及电子对磁场和电势分布的影响。 (1)若从O点不同角度射向磁场的电子都能实现“反射”，求d的最小值； (2)若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）； (3)计算说明该如何调控电场，实现以入射角θ射向Ⅰ区的电子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即电子束全部返回Ⅰ区）； (4)如图2（a）所示，通过凸透镜能够实现对一束平行光的会聚。如图2（b）所示，很多同向平行运动的电子构成一束圆形横截面的电子束。请你展开想象的翅膀，运用电学或磁学等知识，创造设计可行的实验方案，通过对运动电子的控制，实现让电子束会聚如2（b）。用文字或示意图等描述实验过程，注重设计的可行性、科学性和创造性。 16．（24-25高三上·北京·期中）理论上已经证明，均匀带电球壳在球壳外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，即电场强度，电势；而均匀带电球壳在其内部任意一点产生的电场强度为零。 (1)如甲图所示，一个均匀带电球体半径为R，电荷量为+Q，试求球内x1处电场强度的大小； (2)ⅰ.定性的画出甲图中均匀带电球体内、外部电场线分布图； ⅱ.定性的画出甲图中均匀带电球体产生的场强E随x变化的图像，以及电势φ随x变化的图像，并在图像中标示出关键点的坐标； (3)图乙所示为一种滴水式集电装置。半径为R，顶端开有小孔的球形金属容器放置在绝缘板上，容器顶端之上h处有一个水龙头，可以向下缓慢的滴落某种带电溶液。液滴下落后，刚好可以穿过小孔落入容器，这样，溶液及其所带的电荷就被收集在金属容器中，若每滴溶液均能看作质点，其质量均为m，所带的电荷量均为e，且溶液的密度为ρ。试求最终稳定时，此装置所能收集的溶液的质量。 17．（23-24高三下·北京海淀·阶段练习）为了描述导体内电流的分布情况，人们定义了“电流密度”矢量j。某点处的电流密度，大小为垂直于该点处电流方向上单位面积内的电流大小，方向为该点处的电流方向。 （1）如图1所示，圆柱形长直均匀金属导体的横截面积为S，将其左、右截面接入直流电路，稳定后内部有大小为I且分布均匀的电流。求导体内的电流密度大小。 （2）如图2所示，有一无限大的均匀导体区域，在其A点处埋有一球形电极，大小不计，大小为I的电流通过电极进入导体内，在各个方向上均匀分散并流向无穷远处。 a．求导体内到电极距离为r的点处的电流密度的大小； b．欧姆定律的微观形式可表示为，即导体内某点处的电场强度与该处的电流密度方向相同，其大小亦成正比，比例系数为导体的电阻率ρ。球形电极A产生的电场类似于点电荷产生的电场。类比点电荷产生的电场，完成以下表格。 电荷q在真空中产生的电场（已知真空静电常数k） 电流I在导体中产生的电场（已知导体电阻率ρ） 电场强度E大小 ______ 电势φ（以无穷远处为零点） ______ （3）如图3所示，若在球形电极A通入电流的同时，从球形电极B将电流导出，导体中将产生类似图4的电场。若导体电阻率为，球形电极半径均为a，两球形电极球心间距，结合前两问中学到的知识，完成以下问题： a．当通入电流为I时，求两球形电极之间的电势差U； b．若电流由不计内阻的电源提供，并可通过滑动变阻器调节电流的大小，求滑动变阻器的阻值多大时，其消耗功率最大。 18．（23-24高三上·北京朝阳·期末）研究表明静电场中有如下一些重要的结论： ①均匀带电球壳（或球体）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同； ②均匀带电球壳在空腔内部的电场强度处处为零； ③电场线与等势面总是垂直的，沿电场线方向电势越来越低。 利用上述结论，结合物理思想方法可以探究某些未知电场的问题。 （1）如图1所示，一个静止的均匀带正电球体，其单位体积的电荷量为ρ，半径为R，静电力常量为k。 a．在图1中求距球心r处电场强度的大小（分E内、E外解答）； b．在图1球体中挖掉一个球心为O′ 的小球体，如图2所示。已知OO′=d，求空腔体内OO′连线上某点的电场强度大小。 （2）一球壳均匀带有正电荷，O为球心，A、B为直径上的两点，。现垂直于将球壳均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去右半球壳，左半球壳所带电荷仍均匀分布，如图3所示。 a．分析判断O、C两点电势关系； b．分析判断A、B两点的电场强度及电势的关系。 19．（23-24高三上·北京昌平·期末）法拉第提出场的概念，并且用场线直观地描绘了场，场线的疏密程度表示场的强弱，场线上每一点的切线方向表示场强的方向。 （1）狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，与点电荷的电场线分布相似。如图所示，若空间中有一固定的N极磁单极子，一带电微粒Q在其上方沿顺时针方向（俯视）做匀速圆周运动，运动轨迹的圆心O到磁单极子的距离为d，运动周期为T，重力加速度为g。 ①在图中画出N极磁单极子周围的磁感线； ②分析该微粒带正电还是负电，并求出该微粒运动轨迹的半径R。 （2）场的通量可以描述场线的数量，在研究磁场时我们引入了磁通量，定义磁通量，其中B为磁感应强度，S为垂直于磁场的面积。 ①如图所示，真空中存在电荷量为Q的正点电荷，以点电荷为球心，做半径为r、高度为h的球冠，已知真空中静电力常量为k，球冠的表面积为，请类比磁通量的定义，求通过球冠的电通量； ②真空中存在两个异种点电荷+q1和-q2，图中曲线为从+q1出发，终止于-q2的一条电场线，该电场线在两点电荷附近的切线方向与两电荷的连线夹角分别为α和β，求两点电荷的电荷量之比。 20．（2024·北京·二模）如图1所示，某带电量为＋q的点电荷以速率v沿x轴正方向运动。已知运动的电荷会产生磁场，该运动电荷在x轴上各点产生的磁感应强度恰为0，在y轴上距其r处的M点产生的磁感应强度为，其中k是静电常数，c是真空中的光速，皆为已知。 （1）如图2所示，求半径为R，大小为I的环形电流在其圆心处产生的磁感应强度的大小； （2）如图3所示，两个质子和某一时刻相距为a，其中沿着两者的连线方向（y轴正方向）离开以速度运动；沿着垂直于二者连线的方向（x轴正方向）以速度运动。设和均较小，库仑定律仍然成立，已知质子的带电量为e。 a．不仅受到来自的库仑力，还会受到所激发的磁场的作用。求受到的合力的大小并求出与y轴的夹角； b．说明由质子和组成的系统动量并不守恒； c．造成和动量之和不守恒的原因，是因为空间中存在电磁场，而电磁场也是有动量的。求在图示时刻，电磁场的动量随时间的变化率的大小和方向。 36 / 36 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴05 静电场的力和能的性质 命题预测 静电场的力与能性质是北京高考物理核心压轴必考模块，常以计算题压轴、选择题压轴、实验综合呈现，命题聚焦电场叠加、等势面与电场线分布、静电力做功与电势能变化、电势与电势差、电容器动态分析、电场中的动量与能量、复合场（电场＋重力场）等效建模、实际电场装置八大方向。近5年北京卷显著强化非均匀电场、叠加场、对称/镜像电场、图像（E‑x、φ‑x、Eₚ‑x）、电场与动量定理 / 能量守恒结合、微元法与连续介质等高阶情境，强调电场是物质、力能统一、保守场特性，突出矢量性、叠加性、守恒性、关联性。 预计2026年北京三模与高考仍以叠加场受力与能量、电势与等势面、图像信息提取、电容器与电路耦合、电场中的临界与极值、实际科技装置电场建模为核心，侧重多对象、多过程、多约束、多图像的综合分析，区分度极高，是高分必破专题。 高频考法 1. 电场强度的叠加（点电荷、对称、均匀带电球/环/板、镜像法） 2. 电势、电势差、电势能的计算与图像（E‑x、φ‑x、Eₚ‑x） 3. 静电力做功与电势能变化、电场力冲量与动量变化 4. 等势面与电场线的关系、电场强度与电势的微分关系 5. 电容器动态分析（决定式、定义式、Q‑U、电路耦合） 6. 复合场（重力场＋静电场）等效重力、临界极值与守恒 7. 静电场中的动量定理、动量守恒、能量守恒综合 8. 实际科技情境（静电除尘、静电加速、探测、云室、加速器）电场建模 知识·技法·思维 考向01 电场强度的叠加与计算 1. 核心知识： · 电场是矢量场，满足矢量叠加原理。 · 保守场：电场力做功与路径无关。 2. 叠加模型（北京高频）： · 点电荷系、对称带电体、均匀带电圆环/圆盘/无限大平板。 · 镜像法、补偿法、等效法处理不规则带电体电场。 3. 特殊结论： · 均匀带电球面：内部，外部。 · 均匀带电球体：内部，外部。 考向02 电势、电势差与电势能（标量叠加） 1. 核心关系： · 电势差： · 电势能：， 2. 标量叠加： · 电势为标量，直接代数叠加。 · 等势面与电场线处处垂直，沿电场线电势最快降低。 3. 图像解读： · φ‑x图像：斜率，斜率正负表示E的方向。 · E‑x图像：面积表示电势差大小。 · Eₚ‑x图像：斜率。 考向03 静电力做功、冲量与动量能量关联 1. 做功规律： · ，只与初末位置有关。 · 只有电场力做功：动能＋电势能＝恒量。 2. 冲量与动量： · 电场力冲量：，动量定理：。 · 电场中碰撞、分离：动量守恒＋电势能/动能变化。 考向04 等势面、电场线与场势关系 1. 核心关系： · 电场线垂直等势面，由高电势指向低电势。 · 等势面密集处场强大，稀疏处场强小。 2. 场与势的定量关系： · 匀强电场：（d为沿场方向距离）。 · 非匀强电场：（微分思想，北京压轴高频）。 考向05 电容器动态分析 1. 核心公式： · 定义式： · 决定式： 2. 两类动态： · 始终接电源：U不变，Q、E随d、S变化。 · 充电后断开：Q不变，E与d无关，U随d变化。 3. 拓展： · 电容器储能：。 · 电容器与导体棒、电场、磁场联动的综合模型。 考向06 复合场（重力场＋静电场）等效建模 1. 等效思想： · 合力等效为等效重力，方向为等效竖直方向。 · 等效势能：重力势能＋电势能统一分析。 2. 临界极值： · 速度最大/最小位置：沿等效场方向极值点。 · 刚好完成圆周运动：等效最高点向心力由等效重力提供。 考向07 静电场中的动量与能量综合 1. 核心规律： · 动量定理：电场力冲量＝动量变化。 · 能量守恒：动能＋重力势能＋电势能＝恒量。 2. 典型场景： · 电场加速、碰撞、反弹、弹簧联动、板块模型。 · 连续带电介质、粒子流的微元动量分析。 考向08 实际科技情境电场建模 1. 核心装置： · 静电加速器、除尘、喷墨打印、传感器、云室、探测器。 2. 建模原则： · 抓住带电、受力、做功、势能、运动五要素。 · 忽略边缘效应，简化为匀强/点电荷/叠加场。 典例·靶向·突破 题型01 电场强度的叠加与计算 1．（23-24高三下·北京海淀·开学考试）物理方法就是运用现有的物理知识找到解决物理问题的基本思路与方法。常见的物理方法有类比法、对称法、图像法、归纳演绎等等。 （1）场是物理学中的重要概念。仿照电场强度的定义，写出引力场强度的定义式，在此基础上，推导出与质量为M的质点相距为r的点的引力场强度，已知万有引力常量为G。 （2）如图，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点处有一电荷量为的固定点电荷。已知b点处的场强为零，根据对称性可知圆盘在b点和d点的场强大小相等，方向相反。求d点处场强的大小和方向。静电力常量为k。 （3）a.如图为一平行板电容器，平行板之间为真空，电容器极板面积为S，极板的边长远大于极板间距，边缘效应忽略不计。两平行金属板将空间分为I、II、III三个区域。静电力常量为k。若电容器A、B两板带上了等量异号的电荷，A带，B带。求I、II、III三个区域的电场强度、、。 b.如图A、B两板质量都为M，极板面积为S。极板的边长远大于极板间距。求I、II、III三个区域的引力场强度、、。 【答案】（1），；（2），方向水平向右；（3）a. ，；b. ， 【详解】（1）电场强度是试探电荷受到的电场力与试探电荷电荷量的比值，即 由此可以推出引力场强度的定义式为 质量为m0的物体在质量为M的质点相距为r处受到的万有引力 则与质量为m的质点距离为r的点的引力场强度 （2）设圆盘在b点和d点的场强大小为E，根据题意b点处的场强为零 圆盘带正电，故d点处场强的大小 方向水平向右； （3）a.真空中无限大的带电平面为理想化模型，其电场为匀强电场。根据匀强电场中电势差与电场强度的关系得 EII＝ 根据电容器电容的定义式和决定式 其中平行板之间为真空，得 A板在I区域电场强度方向向左，B板在I区域电场强度方向相右，同理A、B两板在III区域电场强度也等大反向，故 b.类比法：类比于真空中无限大的带电平面的电场，即A、B板引力场方向指向各自板，其引力场大小 EgAEgB A、B板在II区域引力场等大反向，即 A、B板在I、III区域引力场等大同向，且 题型解码 以电场矢量叠加为核心，融合对称法、补偿法与类比思想，拓展至引力场与静电场对比，突破连续带电体与边界场强计算，突出保守场共性与空间场分布的高阶思维。 题型02 电势、电势差与电势能 2．（22-23高三上·北京门头沟·期末）利用图像分析问题是物理学中常用的方法，其中的斜率、面积通常具有明确的物理意义。 （1）小明以6m/s的初速度将足球水平踢出，足球在草坪上滚动直到停下来的全过程中的速度-时间图像如图甲所示，求此过程中足球的加速度； （2）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图乙所示。 一质量m=1.0×10-20 kg，电荷量q=1.0×10-9 C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素。 a.求图乙区域内电场强度的大小和方向； b. 求粒子从（-1，0）点到（0，0）点过程中电势能的变化量。 【答案】（1）；（2）a．，沿x轴正方向；b． 【详解】（1）根据加速度的定义式和图像的特点可知 负号表示加速度方向与初速度方向相反。 （2）a．根据场强与电势差的关系和图像特点可知 方向：沿x轴正方向。 b．根据动能定理 根据功能关系 联立可得 题型解码 立足场势微分关系与φ‑x图像本质，通过电势差、电场力做功与电势能变化联动，强化标量叠加、图像斜率、能量转化的综合应用，贴合北京卷图像命题核心。 题型03 静电力做功、冲量与动量能量关联 3．（25-26高三上·北京朝阳·期末）质疑是推动科学向前发展的重要动力。如图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的、带正电的金属球甲、乙，电荷量分别为2Q与Q。甲球固定在A点，乙球位于B点，相距L。现使乙球以初速度向甲球运动，之后与甲球发生碰撞，碰后两球电量平分，且乙球以原速率反弹，返回B点时的速度大小为。乙球运动过程中电荷量不发生变化。不计空气阻力。两小球在碰前以及碰后的相互作用过程中均可视为点电荷。 (1)设乙球从B点出发至碰前克服电场力做功为，碰后返回至B点电场力对其做功为。请推理说明。 (2)取无穷远处为电势零点，真空中电荷量为Q的点电荷在距离r处的电势为。 a.请从电势的定义式出发，推理说明乙球从B点出发至返回B点的过程中，甲、乙两球之间相互作用的电势能增加，并求出此增加量。 b.小明同学对上述过程进行综合分析，由于，则应当有，即系统的动能也在增加，这不符合能量守恒定律。他通过查阅资料得知：带电小球自身也具有能量，称为自能。若将带电小球视为无穷多个带电微元，将这无穷多个微元从无限远处一个一个移送到小球表面过程中，克服静电斥力所做的功就等于该带电小球自能的大小。设两球半径均为R，且。 （i）请在坐标系中做出合适的物理图像，利用该图像并结合相关知识，计算电荷量为Q的孤立金属小球的自能； （ii）请结合上述自能的相关知识，推理说明乙球从B点出发至返回B点的过程中，甲、乙两球自身以及相互之间所具有的总势能是减少的。 【答案】(1)见解析 (2)a. b. （i）， （ii）见解析 【详解】（1）碰撞前，甲、乙的电荷量分别为 2Q、Q；碰撞后两球电量平分，各为​。 乙球从B点出发到碰撞前，两球间的库仑力由 2Q 与 Q 产生；返回B点时，两球间的库仑力由与产生。 由于，在相同位置上，返回时的库仑力更大。 在相同的位移上，力越大做功越多，因此。 （2）a. 乙球出发时的电势能 乙球返回B点时的电势能 电势能变化 b. （i）设球的带电量为Q，半径为R。将球视为无数个带电微元，从无穷远移到球表面时，电势随带电量变化为。画出 随 q 变化的线性图像，如图所示 自能等于克服电场力做功（等于图中三角形面积） （ii）初始自能 末态自能 自能变化 相互作用电势能增加 由于，自能的减少量大于相互作用电势能的增加量，因此总势能减少。 题型解码 贯通电场力做功、冲量、动量、能量链条，结合电荷重新分布与自能模型，深化电场系统能量守恒理解，考查多过程做功比较与微观能量本质。 题型04 等势面、电场线与场势关系 4．（2017·北京海淀·模拟预测）用静电的方法来清除空气中的灰尘，需要首先设法使空气中的灰尘带上一定的电荷，然后利用静电场对电荷的作用力，使灰尘运动到指定的区域进行收集。为简化计算，可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同，设每个灰尘所带电荷量为q，其所受空气阻力与其速度大小成正比，表达式为F阻=kv（式中k为大于0的已知常量）。由于灰尘颗粒的质量较小，为简化计算，灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计，同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力的影响。 （1）有一种静电除尘的设计方案是这样的，需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的内部区域，将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端，恰好能将圆桶封闭，如图甲所示。在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U（圆桶内空间的电场可视为匀强电场），便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上，从而达到除尘的作用，求灰尘颗粒运动可达到的最大速率； （2）对于一个待除尘的半径为R的绝缘圆桶形容器内部区域，还可以设计另一种静电除尘的方案：沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极，紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极。在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为R0的圆桶形保护管，其轴线与直导线重合，如图乙所示。若在两电极间加上恒定的电压，使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第（1）问的方案中圆桶内电场强度的大小，且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小E的分布情况为，式中r为所研究的点与直导线的距离； ①试通过计算分析，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中，其瞬时速度大小v随其与直导线的距离r之间的关系； ②对于直线运动，教科书中讲解了由v-t图像下的面积求位移的方法，请你借鉴此方法，利用v随r变化的关系，画出随r变化的图像，根据图像的面积求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间。 【答案】（1）；（2）①，② 【详解】（1）圆桶形容器内的电场强度 灰尘颗粒所受的电场力大小 电场力跟空气的阻力相平衡时，灰尘达到的最大速度，并设为v1，则有 解得 （2）①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小，且桶壁处的电场强度为第（1）问方案中场强的大小 设在距直导线为r处的场强大小为E2，则有 解得 E2= 故与直导线越近处，电场强度越大；设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r时的速度为v，则有 解得 上式表明，灰尘微粒在向圆桶内壁运动过程中，速度是逐渐减小的； ②以r为横轴，以为纵轴，作出的图像如图所示 在r到r+Δr微小距离内，电场强度可视为相同，其速度v可视为相同，对应于Δr的一段的图线下的面积为 显然这个小矩形的面积等于灰尘微粒通过Δr的时间 所以灰尘微粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间t2等于从R0到R一段的图线下的面积，所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间 题型解码 以非匀强电场分布为载体，结合径向场与运动关联，借助图像面积法求解时间，强化场强分布、受力平衡、运动规律的统一建模。 题型05 电容器动态分析 5．（25-26高三上·北京昌平·期末）一个平行板电容器极板正对面积为S，间距为d，两极板间为真空，静电力常量为 k。如图1所示，将平行板电容器接入直流电源充电至稳定状态。 (1)已知无限大带电平板产生的电场可视为匀强电场，其场强大小E=2πkσ，其中σ 为平板单位面积的电荷量。请推导平行板电容器电容C的表达式（用S、d 和k表示）； (2)若平行板电容器接入直流电源的输出电压为U，初始时电容器极板带电量为 0。请在图2所示的坐标系中画出充电过程中板间电压u随极板带电量q变化关系的图像；根据图像求电容器充电结束后储存的电场能​。 (3)充电过程中电源输出的电能为W，分析W与​的关系。 【答案】(1)见解析 (2)； (3) 【详解】（1）设该平行板电容器带电荷量为Q，则 两板间的场强大小为 两板间的电压为 则该电容器的电容 （2）根据电容的定义式可知， 故图像是一条过原点的、斜率为的直线，如图所示 电容器充电结束后储存的电场能等于充电过程中克服电场力做的功，等于图像与横轴所包围的“面积”，故 （3）充电过程中电源输出的电能为 而 故 题型解码 围绕电容决定式、储能公式、u‑q图像展开，从无限大平板电场推导电容本质，厘清电源供电/断电两类动态，突出电场能与电源电能的转化关系。 题型06 复合场（重力场＋静电场）等效建模 6．（23-24高三上·北京东城·阶段练习）如图所示，长为L的轻质细绳上端固定在O点，下端连接一个质量为m的可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中的A点，绳与竖直方向的夹角。此匀强电场的空间足够大，场强大小为E。取，，重力加速度大小为g，不计空气阻力。 （1）请判断小球的电性，并求出所带电荷量q； （2）若将小球拉到O点正右方C点（）后静止释放： a．求小球运动到最低点时所受细绳拉力的大小F； b．求小球摆动过程中最大速度的大小； c．若O点正下方B点固定着锋利的刀片，小球运动到最低点时细绳突然断了。求小球从细绳断开到再次运动到O点正下方的过程中重力对小球所做的功W。 【答案】（1）负电，；（2）a，b，c 【详解】（1）因为电场线水平向左，小球要平衡，需要受到向右的电场力，则小球带负电。由受力平衡可得 得 （2）a．由动能定理得 在B点受力分析得 联立得 b．根据题意，小球在A点受力平衡，此时重力与电场力的合力与细绳拉力等大反向，小球摆动到A点时有最大速度，由动能定理得 得 c．在断开瞬间由 得 小球水平方向先减速到0在反向加速，在水平方向 小球从细绳断开到再次运动到O点正下方的时间 竖直方向做自由落体运动 重力对小球所做的功 题型解码 运用等效重力、等效势能思想，将重力与电场力合成简化运动分析，解决圆周运动临界、最大速度、断绳后曲线运动问题，强化复合场等效与动力学结合。 题型07 静电场中的动量与能量综合 7．（2024·北京·期中）带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应用涉及带电粒子的测量、加速和约束问题。2023年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。如图所示，电荷量为、质量为的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度的大小，与球B形状相同、质量为的绝缘不带电小球A以初速度向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球A始终不带电，小球B的电量始终不变。两小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取。 （1）求第一次碰撞后瞬间A、B两小球的速度； （2）如果两小球第二次、第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻球B合力的瞬时功率为0，求从第二次碰撞后到此时刻的时间间隔。 【答案】（1）A的速度，水平向右，B的速度，水平向右；（2） 【详解】（1）第一次碰撞，取向右为正，设碰后A球速度为，碰后B球速度为，根据动量守恒定律知 根据能量守恒定律知 第一次碰后A的速度，水平向右；B的速度，水平向右 （2）竖直方向自由下落，AB始终在同一水平面，对B水平方向有 代入得 方向：水平向左 第二次碰撞前 代入得 对球B有 方向：水平向左，竖直方向有 方向：竖直向下 第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律知 根据能量守恒定律知 第二次碰后A的速度为0，B的速度，方向：水平向右 球B合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为，如图所示 则有 代入得 题型解码 整合弹性碰撞、动量守恒、电场力作用下的抛体运动，以多次碰撞为载体，考查动量定理、功率临界、分运动关联，体现电场与力学规律的深度融合。 题型08 实际科技情境电场建模 8．（25-26高三下·北京海淀·月考）静电除尘先使空气中的灰尘带一定的电荷，后利用静电场使带电灰尘运动到指定区域进行收集。 (1)现对一个半径为R的圆桶内部区域除尘。一根沿圆桶轴线的细导线作为电极，电极外套一个半径为的圆桶保护管，其轴线与直导线重合。紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极，在两电极间加上恒定的电压使得筒壁处电场强度的大小为。已知沿圆桶半径方向电场强度大小为，式中r为所研究的点与直导线的距离。 若设每个灰尘质量相同，电荷量均为，其所受空气阻力与其速度大小成正比（k为大于0的已知常量）。由于灰尘较小，其受电场力作用在空气中达到匀速运动的时间及通过的位移可忽略不计。不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力。 ①试通过计算，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到桶壁的过程中，其瞬时速度大小v与r之间的关系； ②请你借鉴教科书中由图像下的面积求位移的方法，画出随r变化的图像，根据图像求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到桶壁的时间。 (2)空气分子先电离，尘埃吸附电子而带电，使分子或原子电离需要一定条件。不同于氢原子，多电子原子核，内、外层电子都可能被激发而产生光电效应。内层电子离原子核更近，电离能更大，如果要激发内层电子，需要更大能量。如图1，一束高能电子将某原子内层（如K层）的一个电子击出，形成一个空穴。随后，较外层（如L层）的一个电子跃迁至该空穴，并释放出能量，该能量可能以X光子的形式射出，也可能立即将另一核外电子（如L层或M层的电子）电离，该电子称为俄歇电子： 现用电子动能的电子束轰击某原子，成功激发KLM俄歇过程（即初始空穴为K层、跃迁电子来自L层、逸出电子来自M层）和KLL俄歇过程（逸出电子来自L层）。已知该原子K层的电离能，L层的电离能，已知电子的电荷量，电子质量，光速，普朗克常量。请回答：（计算结果保留一位有效数字） ①求射出的X光子的波长； ②某同学利用如图2示磁场测量俄歇电子动能；俄歇电子从原点O垂直y轴和磁场方向进入匀强磁场，在和处被探测到，通过测得的俄歇电子的动能，求原子M层的电离能。 【答案】(1)①；②图像见解析， (2)①；② 【详解】（1）①设在距直导线为r处的场强大小为E，则有 解得 设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r时的速度为v，则有 解得； ②以r为横轴，以为纵轴，作出的图像如图所示在r到微小距离内，电场强度可视为相同，其速度v可视为相同，对应于的一段的图线下的面积为小矩形的面积等于灰尘微粒通过的时间 总时间t等于从到R一段的图线下的面积 （2）①因X光子是电子从L层跃迁到K层时释放，则光子的能量为 则由 解得 ②电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 俄歇电子的动能为（d表示直径） 设KLL俄歇电子的动能为；KLM俄歇电子的动能为，则有 KLL俄歇电子：K层空穴由L层电子填充，释放的能量为，并传递给L层另一个电子使其逸出，又消耗，则KLL俄歇电子的动能为 同理可得，KLM俄歇电子的动能为 解得 题型解码 以静电除尘、俄歇效应为真实情境，将径向电场、粒子运动、能级跃迁转化为电场模型，突出实际问题抽象化、物理规律模型化的高考命题导向。 1．（2026·北京朝阳·一模）物理图像是形象的思维工具。图像所包围的“面积”往往有特定的物理含义。 (1)图1中的甲图为某球形金属电极静电除尘器的主体部分，表面均匀分布着正电荷，其半径为R，在空间各点产生球对称的电场。场强大小E与该点到球心距离r的变化图像如图1中的乙图所示。已知E-r曲线下R～2R部分的面积为S。若电荷量为-q的尘埃微粒从距球心2R处被吸附至球壳表面，求此过程尘埃微粒电势能的变化量； (2)图2中甲图为某发电机的简化模型。质量为m的导体棒在水平驱动力F的作用下，以恒定加速度a从静止开始沿光滑水平导轨向右运动。定值电阻阻值为R，忽略其余电阻。磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于导轨平面。导轨间距为L。 a．写出驱动力F与运动时间t的关系式； b．在图2乙给出的坐标系中定性画出驱动力F大小随运动时间t的变化图像，并结合图像求出0～t0时间内F的冲量大小I。 (3)如图3所示，y随t按照正弦规律变化，其中Ym、t0均为已知量。为得到内的阴影面积，除利用函数微积分方法外，请你展开想象的翅膀借助物理量间的内在关联，构建物理模型，求此阴影面积A。 【答案】(1)= - qS (2)a．；b．； (3) 【详解】（1）图中面积为球壳表面与2R处的电势差，根据功能关系有 （2）a．导体棒速度为v时， 产生的电动势为 其中 回路的电流 根据牛顿第二定律有 得 b．由上式可知，F随t的变化为线性图线，如图所示 时间内F的冲量大小即为图中阴影部分的面积，可得 （3）设内y-t图像的平均值为，则面积 可建构下列不同的物理模型，求出内y-t图像的平均值与最大值之间满足关系。 方法一，将y想象成正弦交变电流i，则图中阴影面积代表半周期内电路通过的电量q。建立模型如下，①在匀强磁场B中有一N匝线圈，面积为S，电阻为R；②线圈的转动轴垂直于磁场；③线圈以角速度转动，t=0时线圈与磁场垂直。 在上述模型条件下，线圈中的电流的最大值为 半周期内电路中通过的电量为 半周期内电路中电流的平均值 类比可知，y-t图像的面积 方法二，将y想象成匀速圆周运动在x方向的分速度vx，则图中阴影面积代表半周期内质点在该方向通过的位移大小x。建立模型如下， ①质点在平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度为；②t=0时质点位于x轴上，其线速度与x轴垂直。 质点沿该方向的最大速度 质点转动半周期在该方向上通过的距离 在该方向的平均速度为 类比可知，y-t图像的面积 方法三，将物理量y想象成单摆做简谐运动时摆球的速度v，则图中阴影面积表示半周期内摆球通过的路程x。建立模型如下，①摆长为L的单摆，t=0时质点从细线偏离竖直很小的θ角处由静止释放；②摆球仅在细线拉力和重力作用下运动。 单摆从最高点摆至最低点，根据动能定理有 得 小球从静止开始摆动半个周期过程内的位移 运动时间 可得小球的平均速度为 类比可知，y-t图像的面积 方法四，将物理量y想象成单摆做简谐运动过程中受到的回复力F，则图中阴影面积表示半周期内摆球受到的回复力的冲量I。建立模型如下，①摆长为L的单摆，t=0时质点从平衡位置开始摆动，最大摆角θ很小；②摆球仅在细线拉力和重力作用下运动。 单摆在摆动过程中受到的最大回复力 单摆从最高点摆至最低点，根据动能定理 得 运动时间 根据动量定理 类比可知，y-t图像的面积 2．（25-26高三上·北京海淀·期末）如图1所示，真空中有一长直细金属导线OO′，与导线同轴放置一高为H的金属圆柱面。假定导线OO′沿径向均匀射出电子，单位长度导线单位时间内射出的电子数恒为n。已知电子的电荷量为e。忽略电子间的相互作用和电子所受重力。 (1)将导线OO′与圆柱面看作一个电容器，导线发射电子前电容器不带电。经过一段时间t（t远大于电子从导线运动到圆柱面的时间），导线OO′与圆柱面间电势差恰好达到最大值。假设射出的电子动能均为Ek0，求： a．导线OO′与圆柱面间电势差的最大值Um。 b．电容器的电容C。 (2)如图2所示，将圆柱面通过一个可调电阻R与大地相连，同时使导线OO′与大地相连（图中未画出）。假设射出的电子动能在0~Ek0之间均匀分布。 a．当电阻R的阻值为R0时，电流达到稳定后，求流过电阻的电流I0。 b．改变电阻R的阻值，稳定后，流过电阻的电流I和其两端的电势差Uab均改变。请写出I与Uab的关系式，并在图3中画出I-Uab的图线。 【答案】(1)a．; b． (2)a．；b． 【详解】（1）a．达到最大电势差时，刚好没有能够到达柱面的电子，由动能定理得 解得 b．时间t内，射出的电子电荷量之和 电容器的电容 （2）a．根据能量守恒，单位时间内到达金属圆柱面的电子，在从运动到金属圆柱面的过程中损失的动能之和等于电阻R单位时间内产生的焦耳热。 可调电阻R与大地相连，同时使导线OO′与大地相连，所以导线OO′与圆柱面间电势差大小等于可调电阻R两端的电势差大小。 电子动能在0~Ek0之间均匀分布，只有当电子的动能时，电子才能到达圆柱面。 单位时间内到达圆柱面的电子数量为 电流大小等于单位时间到达圆柱面的电荷量，即 稳定时，可调电阻R两端的电势差大小 代入得 b． 当，即时，单位时间内到达圆柱面的电子数量为 电流 此时图像为一条线段，过点和点 当或，即或时，没有电子能到达圆柱面，此时电流 综上，绘出的图像如图所示。 3．（25-26高三上·北京·月考）中国航天科技集团自主研制的300瓦霍尔电推进系统已经顺利完成地轨卫星的机动变轨任务，整个卫星的运行轨道被抬升了300公里。我国现阶段霍尔推进器，在地面实验中，其推力达到了牛顿量级，处于国际领先水平。某同学受到启发设计了如图所示装置研究电荷运动及作用力。三束比荷为、速度为、相邻间距的平行带正电粒子流（重力可忽略不计）a、b、c沿垂直连线方向持续均匀射入一半径的圆形匀强磁场区域，偏转后会聚于点，磁场方向垂直于纸面向外。粒子流随后进入右侧间距、边界为M、N的区域中，该区域有磁感应强度的水平向右的匀强磁场。在边界N处放置一个足够大荧光屏，圆形磁场圆心与点及荧光屏上坐标原点连线共轴且与荧光屏垂直。 (1)求圆形磁场区域的磁感应强度的大小； (2)考虑粒子流a在MN区域中的运动： ①根据粒子沿轴线方向的分运动，计算a束粒子从点运动到屏上的时间； ②如图建立坐标系，求a束粒子打在屏上的位置坐标； (3)若在MN的区域中再加上水平向右，电场强度的匀强电场，将整个装置安装在一个飞船模型上，移除荧光屏变为粒子喷射出口。已知粒子质量，每束粒子在单位时间内有个沿轴正方向进入圆形磁场中，求该装置为飞船模型提供的沿轴线方向的冲力的大小。 【答案】(1)0.01T (2)①；②（，） (3)1.52N 【详解】（1）粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 由几何关系得轨道半径 解得 （2）粒子的运动轨迹如图，当a束粒子运动到点时，速度方向与x轴正方向的角度为， 可得 [1] 把粒子的速度分解为沿磁场方向的速度，垂直于磁场方向，粒子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向匀速直线运动。 a束粒子从点运动到屏上的时间 [2] 粒子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动， 解得， 当粒子到达荧光屏时，因，在垂直于磁场方向上转过了圆周的，粒子打在屏上的位置坐标（，） （3）粒子在MN区间运动时， b束粒子离开电场时的速度为，根据动能定理 得 ac束粒子离开电场时，， 得 沿MN方向，根据动量定理 可得 该装置为飞船模型提供的沿轴线方向的冲力与该装置对粒子在MN方向的作用力大小相等 4．（24-25高三下·北京·阶段练习）类比是一种常用学习方法，通过类比分析，可以加深对物理概念和规律的认识。 (1)如图所示，在垂直磁感应强度为B的匀强磁场的平面内，放置一根金属导体棒，以固定的O点为转轴，现使金属棒垂直于磁场以角速度顺时针方向匀速转动，O、N、M三点始终处在同一条直线上，之间距离为，之间距离为。金属棒在转动过程中电子受到沿杆方向的洛伦兹力作用，使得在两端形成电势差。已知电子的电荷量为e，不考虑电子间的相互作用。 a．由于电子受到的洛伦兹力f与离轴O的距离x有关，请写出f与x的关系式，并指出两端电势的高低； b．请你结合图像，类比弹力做功的方法和电动势的定义，求出金属棒产生的感应电动势E的表达式。 (2)在以下2种情境电路图中，定值电阻均为R。 情境1：如图甲所示，整个装置处于垂直于导轨向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，质量为m，长度为l的导体棒与两轨道始终垂直，间距为l的水平平行导轨光滑且足够长，不考虑导体棒、轨道的电阻。现用恒定外力F水平向右拉杆，使杆从静止开始沿轨道运动。 情境2：如图乙所示，电源电动势为E、内阻不计，电容器的电容为C，不考虑导线的电阻。当电键S闭合时，电容器充电过程中极板电荷量q与时间t的关系和情境1中速率v与时间t的关系规律类似。 a．比较情境1、2中各物理量的变化关系，通过类比猜想完成表格中内容。 情境1 情境2 最大值 规律关系式 方程的解 b．在情境1中，导棒由静止开始运动，经过一段时间t刚好到稳定状态。若在这段时间t内，回路中产生的热与一恒定电流在该定值电阻R上产生的热相同，求出恒定电流表达式。 【答案】(1)a．，M端电势比N端电势高 b． (2)a．比较情境1、2中各物理量的变化关系，通过类比猜想完成表格中内容如下 情境1 情境2 最大值 规律关系式 方程的解 b． 【详解】（1）a．电子受到的洛伦兹力为 又 解得 根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向N端，所以M端电势比N端电势高； b．一个电子由M端定向移动到N端过程中洛伦兹力沿杆方向的分力做功为 根据电动势的定义有 求得 （2）a．情境1中，当最大时，有，, 联立得 情境2中，设电容器所带电荷量为，两极板间电压为，则有 又 联立得规律关系式为 情境1和情境2类比可知， 相当于，相当于，相当于，故情境1中方程的解为 b．在极短的时间内，根据动量定理有 两边分别对时间求和得 其中 又，，， 联立求得 根据能量守恒有 又 联立求得 5．（2026·北京石景山·一模）离子注入是制作芯片的一道重要工序。工作原理如图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经电场偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器和磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小均为，方向均垂直纸面向外；速度选择器和电场偏转系统中匀强电场的场强大小均为，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器中偏转磁场处于内外半径分别为和的四分之一圆环中，其两端中心位置和处各有一个小孔：电场偏转系统中电场的分布区域是一边长为的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行。当偏转系统不加电场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的点。整个系统置于真空中，不计离子重力。 (1)求离子的电性及离子通过速度选择器的速度大小； (2)求从磁分析器射出离子的比荷； (3)①如图所示，以点为原点，沿电场偏转系统的电场方向为轴，垂直电场方向为轴，建立坐标系。晶圆与电场偏转系统底面的距离为。若离子可以从底面射出，求离子注入晶圆的位置坐标； ②若电场偏转系统及其中的电场可一起绕过顶面中心的竖直轴转动，且离子穿过电场的时间远小于电场偏转系统的转动周期，则离子会打到晶圆的不同位置，请判断这些位置构成的形状。 【答案】(1)正， (2) (3)①，②圆形 【详解】（1）离子经过磁分析器中向下偏转，根据左手定则，可知离子的电性为正。速度选择器中，离子受力平衡，电场力与洛伦兹力大小相等，得 解得速度 （2）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，轨迹圆心为​，轨迹半径 洛伦兹力提供向心力，有 代入、，整理得比荷 （3）①离子进入电场偏转系统后，沿竖直方向（垂直晶圆方向）速度恒为 电场沿方向，方向不受力，故 离子在电场内运动时间 由牛顿第二定律，得方向加速度 电场内偏转位移 出电场时方向速度 出电场后到晶圆运动时间 额外偏转 总位移 因此位置坐标为 ②电场偏转系统绕竖直轴转动时，电场方向不断改变，但场强大小不变，离子偏转后到原点O的距离恒为，因此所有位置到O点距离相等，这些位置构成的形状为以O为圆心，半径为​的圆。 6．（25-26高三上·北京海淀·开学考试）图甲所示的电路中K与L之间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图乙所示。已知R=3Ω，C=2F。求： (1)0-1s内通过电阻R的电流大小； (2)1s-5s内电阻R产生的焦耳热； (3)t=2s时 电容器C储存的电能。 【答案】(1)0 (2) (3)4J 【详解】（1）根据图像可知，0-1s内电阻两端电压为零，则电阻R的电压为零，电流大小为零。 （2）电阻 产生的焦耳热 在 内， 从 线性增加到 ， 根据数学知识可知，产生的热量 在 内， 恒定，产生的热量 在 内， 从 线性减小到，产生的热量 总热量 （3）由图乙可知，时，电容器两端电压。电容器储存的电能公式为 代入数据得 7．（25-26高三下·北京·开学考试）静止电荷在其周围空间产生的电场，称为静电场；随时间变化的磁场在其周围空间激发的电场称为感生电场。 (1)如图1所示，真空中一个静止的均匀带电球体，所带电荷量为，半径为R，静电力常量为k。该球体在空间产生的电场分布如图2所示。 ①类比是一种常用的研究方法。类比直线运动中由图像求位移的方法，根据图2所示的距球心r处电场强度E的大小关系图像，求球心到球面R处的电势差大小U ②根据图，定性画出从O到无穷远空间电势随r的变化图。（假设无穷远处电势为零） (2)如图3，以O为圆心、半径为a的圆形区域内，分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度（）。圆形区域内变化的磁场会激发感生电场，该感生电场的电场线是以O为圆心的一系列同心圆（图中未画出），可形象称之为“涡旋电场”。 ①求距圆心处的涡旋电场强度大小E ②如图4，该圆形磁场附近有一导体棒，长度2a，圆心到导体棒距离为，导体棒中点在O点正下方。因涡旋电场力的作用，电荷在导体棒两端聚集，产生电动势。求该电动势 (3)电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，基本原理如图5所示，图的上部分为侧视图，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。图的下部分为真空室的俯视图，电子从电子枪右端逸出，当电磁铁线圈电流的大小与方向变化满足相应要求时，电子在真空室中沿虚线圆轨迹运动，不断被加速。若某次加速中，电子圆周运动轨迹的半径为R，圆形轨迹上的磁场为，且。圆形轨迹区域内平均磁场记为（由于圆形轨迹区域内各处磁场分布不均匀，即为穿过圆形轨道区域内的磁通量与圆的面积比值），且。设图5装置中标出的电流方向为正方向，电磁铁中通有如图6所示的正弦交变电流，在0-时间内可以让电子加速数十万圈，获得很大的能量。若使电子被控制在圆形轨道R上不断被加速，与之间应满足一定的关系，请你推导与的关系。 【答案】(1)①；② (2)①；② (3) 【详解】（1）①根据图像所围面积表示电势差，球心到球面R处的电势差大小 ②根据题意，可得从O到无穷远空间电势随r的变化图，如下图 （2）①根据法拉第电磁感应定律得 因为， 联立解得 ②画辅助线，导体棒两个端点和圆心，构建一个三角形。可用法拉第电磁感应定律求闭合三角形回路的电动势，则三角形回路感应电动势为 假想一个正电荷绕三角形一圈，只有一条边非静电力做功，则有 （3）做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供：设某时刻电子运动的速度为v，则有 由(2)问中的结论可得，此时轨道处的涡旋电场场强大小 因为（切向） 联立解得 累加求和有 解得 联立以上解得 可得. 因此 8．（25-26高三上·北京丰台·期末）如图所示，在xOy平面第一、四象限内存在垂直于平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子从点射入磁场，粒子速度大小为，速度方向与y轴正方向夹角，从点射出磁场。已知粒子的电荷量为q，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求磁感应强度B的大小； (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，粒子速度变为，粒子仍沿原轨迹从M点运动到N点。 a、求负点电荷的位置和电荷量； b、该粒子从N点离开磁场后继续运动，经过x轴上P点（图中未画出）。某同学认为该粒子经过P点时速度大于。你是否同意？请说明理由。 【答案】(1) (2)a、，电荷量大小为；b、不同意，理由见解析 【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 粒子运动的轨迹如图所示 根据几何关系可知， 联立可得到磁感应强度大小为 （2）a、粒子能够沿着原轨迹运动说明粒子以相同的半径r做匀速圆周运动，受到的合力应指向轨迹的圆心，根据第1问的计算，负点电荷所在的位置应为 设负点电荷的带电量大小为Q，则有 可解得 b、不同意，从N点离开磁场后，粒子运动中只受到库仑力的作用，此时缺少洛伦兹力后库仑力不足以提供粒子做圆周运动的向心力，粒子会做离心运动。库仑力的形式与万有引力都符合的关系，所以类比于有中心天体情况下的行星运动可知，粒子会做椭圆运动，运动的大致轨迹如下图所示 原圆周运动的圆心是椭圆运动的一个焦点，根据轨迹可知粒子回到x轴时与负点电荷的距离比N点更远，所以库仑力做的总功为负值，速度小于。 9．（25-26高三上·北京丰台·月考）万有引力定律和库仑定律的相似，使得解决相关问题的方法可以相互借鉴。 (1)与静电力做功特点类似，万有引力做功同样与路径无关。已知某卫星绕地球的轨道为一椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上，如图1所示。已知地球和卫星的质量分别为M、m，卫星在远地点A时与地心距离为，在近地点B时与地心距离为。取无穷远处引力势能为零，质量为、的两物体相距为r时，引力势能表达式为，其中G为引力常量。 a.推导证明卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒； b.计算卫星从A运动到B的过程中增加的动能。 (2)如图2所示，直线上有一固定点电荷A，带电量为＋Q，另一质量为m、带电量为-q的点电荷B由直线上某点静止释放，仅考虑两电荷间的库仑力，当电荷B运动至距离电荷A为L时，其速度大小恰等于B绕A做半径为L的匀速圆周运动时的速度大小。取无穷远处电势为零，两点电荷、相距为r时的电势能表达式为，其中k为静电力常量。 a.求点电荷B由静止释放时与点电荷A的距离； b.如图3所示，若点电荷B经过点电荷A的电场，它的运动轨迹如图中实线所示，P、M、N、O、F都是轨迹上的点。仅考虑两电荷间的库仑力，O点是轨迹上距离点电荷A最近的点，试分析说明：点电荷B沿图3所示轨迹经过O点，是否有可能从O点开始做匀速圆周运动。 【答案】(1)a．见解析，b． (2)a．，b．不可能，见解析 【详解】（1）a．设引力做功为W引，根据动能定理有W引=ΔEk 引力做功与引力势能变化ΔEp的关系为W引=-ΔEp 解得ΔEk＋ΔEp=0 可知，卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒。 b．卫星从A运动到B的过程中，动能与引力势能之和守恒，则有ΔEk＋ΔEp=0 其中 解得 （2）a．当B绕A做圆周运动时，由库仑力提供向心力，则有 当B靠近A时，根据动能定理有 根据电场力做功与电势能的关系有 解得 b．图3中虚线为点电荷A的等势线，粒子仅受电场力，根据动能定理可知，粒子在同一等势线上的速度大小相等，令rPQ=2rNQ，若点电荷B从P点静止释放，结合上述可知，点电荷B运动到N点所在等势线的速度大小等于B绕A做半径为NQ的匀速圆周运动时的速度大小，由于图3中B做曲线运动，即点电荷B在P点的速度不等于0，根据动能定理可知，点电荷B从P点运动到N时的速度大于，则有 点电荷B从N点运动到O过程，根据动能定理有 根据电场力做功与电势能的关系有 解得 由于 结合上述有 即有 则有， 可知， 结合上述有 可知，点电荷B沿图3所示轨迹经过O点时，点电荷B所受电场力小于圆周运动所需向心力，点电荷B随后将远离点电荷A做离心运动，即点电荷B沿图3所示轨迹经过O点，不可能从O点开始做匀速圆周运动。 10．（25-26高三上·北京昌平·月考）类比法是物理学习中的重要思想方法，在研究磁场时我们引入了“磁通量密度”描述磁感线的疏密。磁通量密度，为磁通量、S为垂直磁场的面积。类比于此，我们可以提出“电通量密度”去描述电场线的疏密。电通量密度，为电通量，S为垂直电场的面积。已知真空中通过任意闭合曲面的电通量，等于该曲面所包围的所有电荷的代数和除以真空介电常数即：。（为真空中介电常数）。 (1)静电场的分布可以用电场线来形象描述，已知静电力常量为k真空中介电常数。 ①真空中有一电荷量为Q的正点电荷，其周围电场的电场线分布如图1所示。距离点电荷r处有一点P，请根据库仑定律和电场强度的定义，推导出P点场强大小E的表达式； ②根据电通量密度的定义，证明P点电通量密度D与电场强度E成正比。并说明电通量密度是标量还是矢量； ③如图2所示，若在A、B两点放置的是电荷量分别为和的点电荷，已知A、B间的距离为2a，C为A、B连线的中点，求C点的电通量密度的大小的表达式。 (2)有一足够大的静止水域，在水面下足够深的地方放置一大小可以忽略的球形喷头，其向各方向均匀喷射水流。稳定后水在空间各处流动速度大小和方向是不同的，为了形象地描述空间中水的速度的分布，可引入水的“流速线”。水不可压缩，该情景下水的“流速线”的形状与图1中的电场线相似，箭头方向为速度方向，“流速线”分布的疏密反映水流速的大小。 ①已知喷头单位时间喷出水的体积为，写出喷头单独存在时，距离喷头为r处水流速为小的表达式； ②如图3所示，水面下的A点有一大小可以忽略的球形喷头，当喷头单独存在时可以向空间各方向均匀喷水，单位时间喷出水的体积为；水面下的B点有一大小可以忽略的球形吸收器，当吸收器单独存在时可以均匀吸收空间各方向的水，单位时间吸收水的体积为。同时开启喷头和吸收器，水的“流速线”的形状与图2中电场线相似。若A、B间的距离为2a，C为A、B连线的中点。喷头和吸收器对水的作用是独立的，空间水的流速是矢量，遵循矢量叠加原理，类比图2中C处电通量密度的计算方法，求图3中C点处水流速为小的表达式。 【答案】(1) ① ②；电通量密度是矢量。 ③ (2) ① ② 【详解】（1）①设在P点放置一电荷量为q的试探电荷，所受电场力为F 根据库仑定律，电场强度 联立可得 ②P点的电通量密度 磁通量密度是矢量，类比可知，电通量密度也是一个矢量。 ③C点的电通量密度大小是由AB两个点电荷共同产生的 点电荷A在C点产生的电通量密度 点电荷B在C点产生的电通量密度 C点的电通量密度大小 （2）①当喷头单独存在时，喷头向空间各方向均匀喷水，设单位时间喷头喷出水的体积为Q，在距喷头r处水流速度大小为v，考察极短的一段时间则 因此，在距喷头r处的流速大小为 ②喷头在C点引起的流速为 吸收器在C点引起的流速为 当喷头和吸收器都存在时，类似于电场的叠加，C点处的实际流速为 11．（25-26高三·北京·二轮复习）在如图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，问： (1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？ (2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？ (3)若电子恰能沿OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？ 【答案】(1) (2)v0T (3)， 【详解】（1）根据动能定理 解得。 （2）t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转， 半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，半个周期内，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板 以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T。 （3）若要使电子沿OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，减速到零后反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上， 可见应在时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d， 根据牛顿第二定律， 加速阶段运动的距离 解得 故两极板间距至少为。 12．（25-26高三上·北京·月考）光刻机是半导体行业中重中之重的利器，我国上海微电子装备公司（SMEE）在这一领域的技术近年取得了突破性进展。电子束光刻技术原理简化如图1所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光。某型号光刻机的束偏移器长，间距也为，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心点，芯片到束偏移器下端的距离也为。若进入束偏移器时电子的初动能为，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略其他因素的影响，电子到达芯片即被吸收。（元电荷，电子质量） (1)若束偏移器两极板间仅加有垂直于极板的匀强磁场，侧视图如图2所示（图中未知），磁感应强度，求： ①电子束在磁场中圆周运动半径的大小； ②电子束离开磁场时的侧向偏移量的大小； (2)若束偏移器两极板间仅加入有扫描电压，某时刻扫描电压为，求电子束到达芯片时的位置离点的距离。 【答案】(1)①；② (2) 【详解】（1）①进入束偏移器时电子的初动能为 解得 电子束在磁场中圆周运动洛伦兹力提供向心力 联立可得电子束在磁场中圆周运动半径 ②由勾股定理 解得电子束离开磁场时的侧向偏移量 （2）若某时刻扫描电压为15kV，根据，，， 联立可得 电子从束偏移器中射出时，其速度的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子到达芯片时的位置离O点的距离为Y，由几何关系有 电子束到达芯片时的位置离点的距离 13．（25-26高二上·北京西城·期中）一种工业用连续喷墨打印机的结构原理简图如图所示。加压墨水从喷嘴喷出（未画出），高频振动的压电晶体使墨流断裂成均匀墨滴，同时墨滴会带上电荷量（均在带电室完成），随后以一定的初速度沿平行偏转极板的轴线射入偏转电场，电场的方向竖直向下，经过电场后墨滴最终打在置于竖直面的纸上。 已知墨滴的质量均为，带电墨滴均以的初速度进入偏转极板间的电场，偏转极板长，两板间的距离为，板间的电压是，偏转极板的右端距纸。不计空气阻力、墨滴的重力以及墨滴间的相互作用力，忽略偏转极板边缘电场的不均匀性。试分析： (1)干燥空气的击穿场强约为，试计算说明两极板间是否会发生击穿现象？ (2)证明墨滴在纸上的竖直方向偏转距离与所墨滴带电荷量成正比（字母表示）。 (3)为了在纸上打印一条长为的竖直墨迹，墨迹的位置要尽量靠上，打印的方向为自上向下。竖直方向的分辨率为个像素／米（即每米长度由个像素点组成），喷嘴每秒钟喷射个墨滴，每个像素点只能落一个墨滴且不能有漏打。从打印第一个墨滴开始计时，写出时刻打印在纸上的墨滴的带电量与的关系式。 【答案】(1)不会发生击穿现象 (2)见解析 (3) 【详解】（1）两板间的电场强度 因为 ，所以不会发生击穿现象 （2）墨滴在偏转电场中作类平抛运动，把它分解为水平方向和竖直方向。 水平方向：匀速直线运动，所以 竖直方向：初速度为零的匀加速运动， ， ， 出偏转场后，墨滴做匀速直线运动 ， 解得墨滴在纸上竖直方向上的偏转距离 对于打印机、、、均为常数，而墨滴的、一致，所以墨滴在竖直方向上的偏转距离与它的带电量成正比。 （3）最上端的墨滴出偏转电场时 解得 代入表达式可得 则最下端墨滴 解得 依题意，墨滴的落点位置随时间匀速下降，对应墨滴的带电量随时间均匀减少，打印所需的喷墨总时间 所以电量随时间变化率 所以从带电室出来的墨滴的电量随时间变化关系为 14．（2024·北京丰台·二模）（1）如图甲所示，在探究平行板电容器电容的实验中，保持电容器所带电荷量Q、两极板正对面积S、极板间距d都不变，在两极板间插入绝缘介质（如有机玻璃板）后，发现静电计指针张角变小.请根据实验现象推理说明两极板之间插入绝缘介质对平行板电容器电容C的影响。 （2）绝缘介质中只有不能自由移动的束缚电子和原子实（带正电）。把绝缘介质放入电场中，由于束缚电子和原子实的电性不同，受到静电力方向不同，因此束缚电子和原子实被“拉开”极小距离，最终的宏观效果为均匀介质表面出现正负电荷，如图乙所示。这种现象称为介质的极化，表面出现的电荷称为极化电荷。 a.现有一长方体均匀绝缘介质，长、宽、高分别为a、b、c，若沿a方向施加场强为的匀强电场，绝缘介质表面单位面积产生的极化电荷量为P。极化电荷分布在介质表面可视为平行板电容器，电容，k为静电力常量，不考虑边缘效应，求极化电荷产生电场的场强E的大小； b.请根据上述材料，解释（1）中插入绝缘介质（如图丙所示）后电容器的电容变化的原因.（需要的物理量可自行设定） 【答案】（1）电容C增大，推论过程见解析；（2）a. ；b.见解析 【详解】（1）该实验中，静电计指针张角大小变化反映了平行板电容器两端电压U的变化，张角变小，表示U变小，根据电容器的定义式C=，说明平行板电容器的电容C变大，因此可得插入绝缘介质，电容C增大。 （2）a.设绝缘介质表面的极化电荷的电荷量为q，根据电容器的定义式可得 其中 因为极化电荷分布在介质表面可视为平行板电容器，电容为 其中S=bc，d=a，联立方程得 解得 根据匀强电场中电场强度与电压的关系 解得 b.设未插入绝缘介质时，板间电压为U1，电场强度大小为E1，插入绝缘介质后，板间电压为U2，电场强度大小为E2，根据题a中结论可得 插入绝缘介质后，设绝缘介质表面产生的单位面积极化电荷量为，则其形成的电场强度为 方向与E1相反；根据场的矢量性，可得 即 因此，即，根据电容器的定义式，说明插入绝缘介质后电容增大。 15．（24-25高三下·北京东城·月考）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现带电粒子束的“反射”和“折射”。如图1所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ区、Ⅱ区和Ⅲ区；Ⅰ区宽度为d，存在感应强度大小为B，方向垂直平面向里的匀强磁场，Ⅱ区的宽度足够小。Ⅰ区和Ⅲ区各自电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U=φⅠ−φⅢ。一束由质量为m、电荷量为e的电子形成的电子束从Ⅰ区和Ⅱ区边界上的O点以入射角θ射向Ⅰ区，然后还是在Ⅰ区和Ⅱ区边界上某一P点以出射角θ射出，实现“反射”；电子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知电子仅在平面内运动，初速度为v0，不计电子重力，不考虑电子间相互作用以及电子对磁场和电势分布的影响。 (1)若从O点不同角度射向磁场的电子都能实现“反射”，求d的最小值； (2)若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）； (3)计算说明该如何调控电场，实现以入射角θ射向Ⅰ区的电子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即电子束全部返回Ⅰ区）； (4)如图2（a）所示，通过凸透镜能够实现对一束平行光的会聚。如图2（b）所示，很多同向平行运动的电子构成一束圆形横截面的电子束。请你展开想象的翅膀，运用电学或磁学等知识，创造设计可行的实验方案，通过对运动电子的控制，实现让电子束会聚如2（b）。用文字或示意图等描述实验过程，注重设计的可行性、科学性和创造性。 【答案】(1) (2) (3) (4)见解析 【详解】（1）根据题意可知粒子从右侧射出，临界情况为 根据牛顿第二定律 联立解得 （2）根据动能定理 解得 设折射角为θ1，水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，有 联立解得 （3）全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候y方向速度为零，即 解得 即应满足 （4）电子束会聚（如2（b））：两个电势不等的同轴圆筒就构成一个最简单的静电装置，原理图如图所示 静电场方向由正极指向负极，静电场的等势面如图中的虚线所示。当电子束沿中心轴射入时，电子的运动轨迹为等势面的法线方向，使平行入射的电子束汇聚于中心光轴上。 16．（24-25高三上·北京·期中）理论上已经证明，均匀带电球壳在球壳外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，即电场强度，电势；而均匀带电球壳在其内部任意一点产生的电场强度为零。 (1)如甲图所示，一个均匀带电球体半径为R，电荷量为+Q，试求球内x1处电场强度的大小； (2)ⅰ.定性的画出甲图中均匀带电球体内、外部电场线分布图； ⅱ.定性的画出甲图中均匀带电球体产生的场强E随x变化的图像，以及电势φ随x变化的图像，并在图像中标示出关键点的坐标； (3)图乙所示为一种滴水式集电装置。半径为R，顶端开有小孔的球形金属容器放置在绝缘板上，容器顶端之上h处有一个水龙头，可以向下缓慢的滴落某种带电溶液。液滴下落后，刚好可以穿过小孔落入容器，这样，溶液及其所带的电荷就被收集在金属容器中，若每滴溶液均能看作质点，其质量均为m，所带的电荷量均为e，且溶液的密度为ρ。试求最终稳定时，此装置所能收集的溶液的质量。 【答案】(1) (2)；； (3) 【详解】（1）由题意可知，球内x1处的电场可以看成是由半径为x1的实心球体产生的。而半径为x1的实心球体在外部产生的电场可以看成一个位于球心处的点电荷产生的电场。则此球体的电荷量为 在x1处的电场强度为 （2）[1] 均匀带电球体内、外部电场线分布图，如图所示 [2]均匀带电球体产生的场强E随x变化的图像，如图所示 均匀带电球体产生的电势φ随x变化的图像，如图所示 （3）最终稳定时，滴落的液滴恰好达到容器口的时候速度减少为0，不在进入容器内，容器容纳液滴溶液量达到最大，设此时容器所带电荷量为Q，题意知均匀带电球壳在球壳外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，则由能量守恒定律可得 则 故容器容纳的带电液滴数为 故最终稳定时，此装置所能收集的溶液的质量 17．（23-24高三下·北京海淀·阶段练习）为了描述导体内电流的分布情况，人们定义了“电流密度”矢量j。某点处的电流密度，大小为垂直于该点处电流方向上单位面积内的电流大小，方向为该点处的电流方向。 （1）如图1所示，圆柱形长直均匀金属导体的横截面积为S，将其左、右截面接入直流电路，稳定后内部有大小为I且分布均匀的电流。求导体内的电流密度大小。 （2）如图2所示，有一无限大的均匀导体区域，在其A点处埋有一球形电极，大小不计，大小为I的电流通过电极进入导体内，在各个方向上均匀分散并流向无穷远处。 a．求导体内到电极距离为r的点处的电流密度的大小； b．欧姆定律的微观形式可表示为，即导体内某点处的电场强度与该处的电流密度方向相同，其大小亦成正比，比例系数为导体的电阻率ρ。球形电极A产生的电场类似于点电荷产生的电场。类比点电荷产生的电场，完成以下表格。 电荷q在真空中产生的电场（已知真空静电常数k） 电流I在导体中产生的电场（已知导体电阻率ρ） 电场强度E大小 ______ 电势φ（以无穷远处为零点） ______ （3）如图3所示，若在球形电极A通入电流的同时，从球形电极B将电流导出，导体中将产生类似图4的电场。若导体电阻率为，球形电极半径均为a，两球形电极球心间距，结合前两问中学到的知识，完成以下问题： a．当通入电流为I时，求两球形电极之间的电势差U； b．若电流由不计内阻的电源提供，并可通过滑动变阻器调节电流的大小，求滑动变阻器的阻值多大时，其消耗功率最大。 【答案】（1）；（2）a．；b．，；（3）a．；b． 【详解】（1）根据电流密度的定义可知，导体内的电流密度大小为 （2）a．电流均匀分布在以电极为球心、r为半径的球面上，则导体内到电极距离为r的点处的电流密度大小 b．类比点电荷产生的电场，电流I在导体中产生的电场强度大小为 类比点电荷产生的电场，电流I在导体中产生的电势为 （3）a．两球形电极之间的电势差 由于，则 b．当滑动变阻器的阻值等于球形电极A、B间的电阻时，滑动变阻器消耗功率最大，此时滑动变阻器的阻值为 18．（23-24高三上·北京朝阳·期末）研究表明静电场中有如下一些重要的结论： ①均匀带电球壳（或球体）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同； ②均匀带电球壳在空腔内部的电场强度处处为零； ③电场线与等势面总是垂直的，沿电场线方向电势越来越低。 利用上述结论，结合物理思想方法可以探究某些未知电场的问题。 （1）如图1所示，一个静止的均匀带正电球体，其单位体积的电荷量为ρ，半径为R，静电力常量为k。 a．在图1中求距球心r处电场强度的大小（分E内、E外解答）； b．在图1球体中挖掉一个球心为O′ 的小球体，如图2所示。已知OO′=d，求空腔体内OO′连线上某点的电场强度大小。 （2）一球壳均匀带有正电荷，O为球心，A、B为直径上的两点，。现垂直于将球壳均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去右半球壳，左半球壳所带电荷仍均匀分布，如图3所示。 a．分析判断O、C两点电势关系； b．分析判断A、B两点的电场强度及电势的关系。 【答案】（1）a．，；b．，方向向右；（2）a．两点电势相等；b．A点的电场强度与B点的电场强度相同，A点电势高于B点电势 【详解】（1）a．球外距球心r处电场强度大小 球内距离球心为r处的电场强度 b．将此带电体看作带+ρ的完整大球体和带-ρ的小球体的组合，在空腔体内OO′连线上任取一点，设其距离O点为r，+ρ在该点的电场强度大小为 方向向右；-ρ在该点的电场强度大小为 方向向右。所以该点的电场强度为 方向向右。 （2）a．由于球壳内部的场强为零，补全以后可知左右侧球壳在C点的合场强为零，因左右球壳的电场具有对称性，要想合场强为零只能是两部分球壳在C点的场强都是水平方向，则可以知道左侧球壳在C点的合场强水平向右，同理OC上其他点的场强都是水平向右，因此OC是等势线，两点电势相等。 b．将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题干可知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则有 根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且 在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向右，B的电场强度大小为E1，方向向右，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同。根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向均向右，则从A到B电势降低，故A点电势高于B点电势。 19．（23-24高三上·北京昌平·期末）法拉第提出场的概念，并且用场线直观地描绘了场，场线的疏密程度表示场的强弱，场线上每一点的切线方向表示场强的方向。 （1）狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，与点电荷的电场线分布相似。如图所示，若空间中有一固定的N极磁单极子，一带电微粒Q在其上方沿顺时针方向（俯视）做匀速圆周运动，运动轨迹的圆心O到磁单极子的距离为d，运动周期为T，重力加速度为g。 ①在图中画出N极磁单极子周围的磁感线； ②分析该微粒带正电还是负电，并求出该微粒运动轨迹的半径R。 （2）场的通量可以描述场线的数量，在研究磁场时我们引入了磁通量，定义磁通量，其中B为磁感应强度，S为垂直于磁场的面积。 ①如图所示，真空中存在电荷量为Q的正点电荷，以点电荷为球心，做半径为r、高度为h的球冠，已知真空中静电力常量为k，球冠的表面积为，请类比磁通量的定义，求通过球冠的电通量； ②真空中存在两个异种点电荷+q1和-q2，图中曲线为从+q1出发，终止于-q2的一条电场线，该电场线在两点电荷附近的切线方向与两电荷的连线夹角分别为α和β，求两点电荷的电荷量之比。 【答案】（1）①，②带正电，；（2）①，② 【详解】（1）①根据题意，磁单极子的磁场线分布与点电荷的电场线分布相似，磁感线从N极出发，回到S极，可得磁单极子N极的磁场分布如图所示 ②设带电粒子的质量为，其轨迹上任意一点和磁单极子的连线与竖直方向的夹角为，做出带电粒子的受力分析如图所示 根据左手定则可知该粒子带正电。由几何关系可得 根据力的矢量关系可得 由牛顿第二定律有 联立以上各式解得 （2）①根据磁通量的定义，类比磁通量的计算公式，可得通过球冠的电通量 ②分别以、为球心，取一半径为的很小的球面，对应的球冠面积可以分别表示为 穿过两个球面的电通量分别为 由于电场线都是从正电荷出发回到负电荷，则在很小的球面上的球冠上的电通量相等，有 整理可得 20．（2024·北京·二模）如图1所示，某带电量为＋q的点电荷以速率v沿x轴正方向运动。已知运动的电荷会产生磁场，该运动电荷在x轴上各点产生的磁感应强度恰为0，在y轴上距其r处的M点产生的磁感应强度为，其中k是静电常数，c是真空中的光速，皆为已知。 （1）如图2所示，求半径为R，大小为I的环形电流在其圆心处产生的磁感应强度的大小； （2）如图3所示，两个质子和某一时刻相距为a，其中沿着两者的连线方向（y轴正方向）离开以速度运动；沿着垂直于二者连线的方向（x轴正方向）以速度运动。设和均较小，库仑定律仍然成立，已知质子的带电量为e。 a．不仅受到来自的库仑力，还会受到所激发的磁场的作用。求受到的合力的大小并求出与y轴的夹角； b．说明由质子和组成的系统动量并不守恒； c．造成和动量之和不守恒的原因，是因为空间中存在电磁场，而电磁场也是有动量的。求在图示时刻，电磁场的动量随时间的变化率的大小和方向。 【答案】（1）；（2）a．，b．见解析，c．，方向沿轴负方向 【详解】（1）设圆环的载流子带电量为，体密度为，载流子匀速运动的速率为，圆环横截面积为，则环形电流中包含的载流子个数 环形电流产生的磁场可以认为是这个载流子产生的磁场的叠加，即 。 再根据 联立可得 （2）a．由库仑定律，则受到的电场力 在处产生的磁场 方向垂直于纸面向外，则受到的洛伦兹力 方向沿轴正方向，则 与轴的夹角为 （也可表示为）b．在处并不产生磁场，因此仅受到来自的电场力，即 方向沿轴负方向，可见和组成的系统受到的合力不为0，因此其动量不守恒。 c．可知电磁场受到来自和的合力 方向沿轴负方向；由动量定理电磁场动量随时间的变化率 方向沿轴负方向。 1 / 56 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴05 静电场的力和能的性质 典例·靶向·突破 题型01 电场强度的叠加与计算 1． 【答案】（1），；（2），方向水平向右；（3）a. ，；b. ， 【详解】（1）电场强度是试探电荷受到的电场力与试探电荷电荷量的比值，即 由此可以推出引力场强度的定义式为 质量为m0的物体在质量为M的质点相距为r处受到的万有引力 则与质量为m的质点距离为r的点的引力场强度 （2）设圆盘在b点和d点的场强大小为E，根据题意b点处的场强为零 圆盘带正电，故d点处场强的大小 方向水平向右； （3）a.真空中无限大的带电平面为理想化模型，其电场为匀强电场。根据匀强电场中电势差与电场强度的关系得 EII＝ 根据电容器电容的定义式和决定式 其中平行板之间为真空，得 A板在I区域电场强度方向向左，B板在I区域电场强度方向相右，同理A、B两板在III区域电场强度也等大反向，故 b.类比法：类比于真空中无限大的带电平面的电场，即A、B板引力场方向指向各自板，其引力场大小 EgAEgB A、B板在II区域引力场等大反向，即 A、B板在I、III区域引力场等大同向，且 题型02 电势、电势差与电势能 2． 【答案】（1）；（2）a．，沿x轴正方向；b． 【详解】（1）根据加速度的定义式和图像的特点可知 负号表示加速度方向与初速度方向相反。 （2）a．根据场强与电势差的关系和图像特点可知 方向：沿x轴正方向。 b．根据动能定理 根据功能关系 联立可得 题型03 静电力做功、冲量与动量能量关联 3． 【答案】(1)见解析 (2)a. b. （i）， （ii）见解析 【详解】（1）碰撞前，甲、乙的电荷量分别为 2Q、Q；碰撞后两球电量平分，各为​。 乙球从B点出发到碰撞前，两球间的库仑力由 2Q 与 Q 产生；返回B点时，两球间的库仑力由与产生。 由于，在相同位置上，返回时的库仑力更大。 在相同的位移上，力越大做功越多，因此。 （2）a. 乙球出发时的电势能 乙球返回B点时的电势能 电势能变化 b. （i）设球的带电量为Q，半径为R。将球视为无数个带电微元，从无穷远移到球表面时，电势随带电量变化为。画出 随 q 变化的线性图像，如图所示 自能等于克服电场力做功（等于图中三角形面积） （ii）初始自能 末态自能 自能变化 相互作用电势能增加 由于，自能的减少量大于相互作用电势能的增加量，因此总势能减少。 题型04 等势面、电场线与场势关系 4． 【答案】（1）；（2）①，② 【详解】（1）圆桶形容器内的电场强度 灰尘颗粒所受的电场力大小 电场力跟空气的阻力相平衡时，灰尘达到的最大速度，并设为v1，则有 解得 （2）①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小，且桶壁处的电场强度为第（1）问方案中场强的大小 设在距直导线为r处的场强大小为E2，则有 解得 E2= 故与直导线越近处，电场强度越大；设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r时的速度为v，则有 解得 上式表明，灰尘微粒在向圆桶内壁运动过程中，速度是逐渐减小的； ②以r为横轴，以为纵轴，作出的图像如图所示 在r到r+Δr微小距离内，电场强度可视为相同，其速度v可视为相同，对应于Δr的一段的图线下的面积为 显然这个小矩形的面积等于灰尘微粒通过Δr的时间 所以灰尘微粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间t2等于从R0到R一段的图线下的面积，所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间 题型05 电容器动态分析 5． 【答案】(1)见解析 (2)； (3) 【详解】（1）设该平行板电容器带电荷量为Q，则 两板间的场强大小为 两板间的电压为 则该电容器的电容 （2）根据电容的定义式可知， 故图像是一条过原点的、斜率为的直线，如图所示 电容器充电结束后储存的电场能等于充电过程中克服电场力做的功，等于图像与横轴所包围的“面积”，故 （3）充电过程中电源输出的电能为 而 故 题型06 复合场（重力场＋静电场）等效建模 6． 【答案】（1）负电，；（2）a，b，c 【详解】（1）因为电场线水平向左，小球要平衡，需要受到向右的电场力，则小球带负电。由受力平衡可得 得 （2）a．由动能定理得 在B点受力分析得 联立得 b．根据题意，小球在A点受力平衡，此时重力与电场力的合力与细绳拉力等大反向，小球摆动到A点时有最大速度，由动能定理得 得 c．在断开瞬间由 得 小球水平方向先减速到0在反向加速，在水平方向 小球从细绳断开到再次运动到O点正下方的时间 竖直方向做自由落体运动 重力对小球所做的功 题型07 静电场中的动量与能量综合 7． 【答案】（1）A的速度，水平向右，B的速度，水平向右；（2） 【详解】（1）第一次碰撞，取向右为正，设碰后A球速度为，碰后B球速度为，根据动量守恒定律知 根据能量守恒定律知 第一次碰后A的速度，水平向右；B的速度，水平向右 （2）竖直方向自由下落，AB始终在同一水平面，对B水平方向有 代入得 方向：水平向左 第二次碰撞前 代入得 对球B有 方向：水平向左，竖直方向有 方向：竖直向下 第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律知 根据能量守恒定律知 第二次碰后A的速度为0，B的速度，方向：水平向右 球B合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为，如图所示 则有 代入得 题型08 实际科技情境电场建模 8． 【答案】(1)①；②图像见解析， (2)①；② 【详解】（1）①设在距直导线为r处的场强大小为E，则有 解得 设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r时的速度为v，则有 解得； ②以r为横轴，以为纵轴，作出的图像如图所示在r到微小距离内，电场强度可视为相同，其速度v可视为相同，对应于的一段的图线下的面积为小矩形的面积等于灰尘微粒通过的时间 总时间t等于从到R一段的图线下的面积 （2）①因X光子是电子从L层跃迁到K层时释放，则光子的能量为 则由 解得 ②电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 俄歇电子的动能为（d表示直径） 设KLL俄歇电子的动能为；KLM俄歇电子的动能为，则有 KLL俄歇电子：K层空穴由L层电子填充，释放的能量为，并传递给L层另一个电子使其逸出，又消耗，则KLL俄歇电子的动能为 同理可得，KLM俄歇电子的动能为 解得 1． 【答案】(1)= - qS (2)a．；b．； (3) 【详解】（1）图中面积为球壳表面与2R处的电势差，根据功能关系有 （2）a．导体棒速度为v时， 产生的电动势为 其中 回路的电流 根据牛顿第二定律有 得 b．由上式可知，F随t的变化为线性图线，如图所示 时间内F的冲量大小即为图中阴影部分的面积，可得 （3）设内y-t图像的平均值为，则面积 可建构下列不同的物理模型，求出内y-t图像的平均值与最大值之间满足关系。 方法一，将y想象成正弦交变电流i，则图中阴影面积代表半周期内电路通过的电量q。建立模型如下，①在匀强磁场B中有一N匝线圈，面积为S，电阻为R；②线圈的转动轴垂直于磁场；③线圈以角速度转动，t=0时线圈与磁场垂直。 在上述模型条件下，线圈中的电流的最大值为 半周期内电路中通过的电量为 半周期内电路中电流的平均值 类比可知，y-t图像的面积 方法二，将y想象成匀速圆周运动在x方向的分速度vx，则图中阴影面积代表半周期内质点在该方向通过的位移大小x。建立模型如下， ①质点在平面内做半径为R的匀速圆周运动，角速度为；②t=0时质点位于x轴上，其线速度与x轴垂直。 质点沿该方向的最大速度 质点转动半周期在该方向上通过的距离 在该方向的平均速度为 类比可知，y-t图像的面积 方法三，将物理量y想象成单摆做简谐运动时摆球的速度v，则图中阴影面积表示半周期内摆球通过的路程x。建立模型如下，①摆长为L的单摆，t=0时质点从细线偏离竖直很小的θ角处由静止释放；②摆球仅在细线拉力和重力作用下运动。 单摆从最高点摆至最低点，根据动能定理有 得 小球从静止开始摆动半个周期过程内的位移 运动时间 可得小球的平均速度为 类比可知，y-t图像的面积 方法四，将物理量y想象成单摆做简谐运动过程中受到的回复力F，则图中阴影面积表示半周期内摆球受到的回复力的冲量I。建立模型如下，①摆长为L的单摆，t=0时质点从平衡位置开始摆动，最大摆角θ很小；②摆球仅在细线拉力和重力作用下运动。 单摆在摆动过程中受到的最大回复力 单摆从最高点摆至最低点，根据动能定理 得 运动时间 根据动量定理 类比可知，y-t图像的面积 2． 【答案】(1)a．; b． (2)a．；b． 【详解】（1）a．达到最大电势差时，刚好没有能够到达柱面的电子，由动能定理得 解得 b．时间t内，射出的电子电荷量之和 电容器的电容 （2）a．根据能量守恒，单位时间内到达金属圆柱面的电子，在从运动到金属圆柱面的过程中损失的动能之和等于电阻R单位时间内产生的焦耳热。 可调电阻R与大地相连，同时使导线OO′与大地相连，所以导线OO′与圆柱面间电势差大小等于可调电阻R两端的电势差大小。 电子动能在0~Ek0之间均匀分布，只有当电子的动能时，电子才能到达圆柱面。 单位时间内到达圆柱面的电子数量为 电流大小等于单位时间到达圆柱面的电荷量，即 稳定时，可调电阻R两端的电势差大小 代入得 b． 当，即时，单位时间内到达圆柱面的电子数量为 电流 此时图像为一条线段，过点和点 当或，即或时，没有电子能到达圆柱面，此时电流 综上，绘出的图像如图所示。 3． 【答案】(1)0.01T (2)①；②（，） (3)1.52N 【详解】（1）粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 由几何关系得轨道半径 解得 （2）粒子的运动轨迹如图，当a束粒子运动到点时，速度方向与x轴正方向的角度为， 可得 [1] 把粒子的速度分解为沿磁场方向的速度，垂直于磁场方向，粒子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向匀速直线运动。 a束粒子从点运动到屏上的时间 [2] 粒子在垂直于磁场方向做匀速圆周运动， 解得， 当粒子到达荧光屏时，因，在垂直于磁场方向上转过了圆周的，粒子打在屏上的位置坐标（，） （3）粒子在MN区间运动时， b束粒子离开电场时的速度为，根据动能定理 得 ac束粒子离开电场时，， 得 沿MN方向，根据动量定理 可得 该装置为飞船模型提供的沿轴线方向的冲力与该装置对粒子在MN方向的作用力大小相等 4． 【答案】(1)a．，M端电势比N端电势高 b． (2)a．比较情境1、2中各物理量的变化关系，通过类比猜想完成表格中内容如下 情境1 情境2 最大值 规律关系式 方程的解 b． 【详解】（1）a．电子受到的洛伦兹力为 又 解得 根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向N端，所以M端电势比N端电势高； b．一个电子由M端定向移动到N端过程中洛伦兹力沿杆方向的分力做功为 根据电动势的定义有 求得 （2）a．情境1中，当最大时，有，, 联立得 情境2中，设电容器所带电荷量为，两极板间电压为，则有 又 联立得规律关系式为 情境1和情境2类比可知， 相当于，相当于，相当于，故情境1中方程的解为 b．在极短的时间内，根据动量定理有 两边分别对时间求和得 其中 又，，， 联立求得 根据能量守恒有 又 联立求得 5． 【答案】(1)正， (2) (3)①，②圆形 【详解】（1）离子经过磁分析器中向下偏转，根据左手定则，可知离子的电性为正。速度选择器中，离子受力平衡，电场力与洛伦兹力大小相等，得 解得速度 （2）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，轨迹圆心为​，轨迹半径 洛伦兹力提供向心力，有 代入、，整理得比荷 （3）①离子进入电场偏转系统后，沿竖直方向（垂直晶圆方向）速度恒为 电场沿方向，方向不受力，故 离子在电场内运动时间 由牛顿第二定律，得方向加速度 电场内偏转位移 出电场时方向速度 出电场后到晶圆运动时间 额外偏转 总位移 因此位置坐标为 ②电场偏转系统绕竖直轴转动时，电场方向不断改变，但场强大小不变，离子偏转后到原点O的距离恒为，因此所有位置到O点距离相等，这些位置构成的形状为以O为圆心，半径为​的圆。 6． 【答案】(1)0 (2) (3)4J 【详解】（1）根据图像可知，0-1s内电阻两端电压为零，则电阻R的电压为零，电流大小为零。 （2）电阻 产生的焦耳热 在 内， 从 线性增加到 ， 根据数学知识可知，产生的热量 在 内， 恒定，产生的热量 在 内， 从 线性减小到，产生的热量 总热量 （3）由图乙可知，时，电容器两端电压。电容器储存的电能公式为 代入数据得 7． 【答案】(1)①；② (2)①；② (3) 【详解】（1）①根据图像所围面积表示电势差，球心到球面R处的电势差大小 ②根据题意，可得从O到无穷远空间电势随r的变化图，如下图 （2）①根据法拉第电磁感应定律得 因为， 联立解得 ②画辅助线，导体棒两个端点和圆心，构建一个三角形。可用法拉第电磁感应定律求闭合三角形回路的电动势，则三角形回路感应电动势为 假想一个正电荷绕三角形一圈，只有一条边非静电力做功，则有 （3）做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供：设某时刻电子运动的速度为v，则有 由(2)问中的结论可得，此时轨道处的涡旋电场场强大小 因为（切向） 联立解得 累加求和有 解得 联立以上解得 可得. 因此 8． 【答案】(1) (2)a、，电荷量大小为；b、不同意，理由见解析 【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 粒子运动的轨迹如图所示 根据几何关系可知， 联立可得到磁感应强度大小为 （2）a、粒子能够沿着原轨迹运动说明粒子以相同的半径r做匀速圆周运动，受到的合力应指向轨迹的圆心，根据第1问的计算，负点电荷所在的位置应为 设负点电荷的带电量大小为Q，则有 可解得 b、不同意，从N点离开磁场后，粒子运动中只受到库仑力的作用，此时缺少洛伦兹力后库仑力不足以提供粒子做圆周运动的向心力，粒子会做离心运动。库仑力的形式与万有引力都符合的关系，所以类比于有中心天体情况下的行星运动可知，粒子会做椭圆运动，运动的大致轨迹如下图所示 原圆周运动的圆心是椭圆运动的一个焦点，根据轨迹可知粒子回到x轴时与负点电荷的距离比N点更远，所以库仑力做的总功为负值，速度小于。 9． 【答案】(1)a．见解析，b． (2)a．，b．不可能，见解析 【详解】（1）a．设引力做功为W引，根据动能定理有W引=ΔEk 引力做功与引力势能变化ΔEp的关系为W引=-ΔEp 解得ΔEk＋ΔEp=0 可知，卫星绕地球运动的过程中动能与引力势能之和守恒。 b．卫星从A运动到B的过程中，动能与引力势能之和守恒，则有ΔEk＋ΔEp=0 其中 解得 （2）a．当B绕A做圆周运动时，由库仑力提供向心力，则有 当B靠近A时，根据动能定理有 根据电场力做功与电势能的关系有 解得 b．图3中虚线为点电荷A的等势线，粒子仅受电场力，根据动能定理可知，粒子在同一等势线上的速度大小相等，令rPQ=2rNQ，若点电荷B从P点静止释放，结合上述可知，点电荷B运动到N点所在等势线的速度大小等于B绕A做半径为NQ的匀速圆周运动时的速度大小，由于图3中B做曲线运动，即点电荷B在P点的速度不等于0，根据动能定理可知，点电荷B从P点运动到N时的速度大于，则有 点电荷B从N点运动到O过程，根据动能定理有 根据电场力做功与电势能的关系有 解得 由于 结合上述有 即有 则有， 可知， 结合上述有 可知，点电荷B沿图3所示轨迹经过O点时，点电荷B所受电场力小于圆周运动所需向心力，点电荷B随后将远离点电荷A做离心运动，即点电荷B沿图3所示轨迹经过O点，不可能从O点开始做匀速圆周运动。 10． 【答案】(1) ① ②；电通量密度是矢量。 ③ (2) ① ② 【详解】（1）①设在P点放置一电荷量为q的试探电荷，所受电场力为F 根据库仑定律，电场强度 联立可得 ②P点的电通量密度 磁通量密度是矢量，类比可知，电通量密度也是一个矢量。 ③C点的电通量密度大小是由AB两个点电荷共同产生的 点电荷A在C点产生的电通量密度 点电荷B在C点产生的电通量密度 C点的电通量密度大小 （2）①当喷头单独存在时，喷头向空间各方向均匀喷水，设单位时间喷头喷出水的体积为Q，在距喷头r处水流速度大小为v，考察极短的一段时间则 因此，在距喷头r处的流速大小为 ②喷头在C点引起的流速为 吸收器在C点引起的流速为 当喷头和吸收器都存在时，类似于电场的叠加，C点处的实际流速为 11． 【答案】(1) (2)v0T (3)， 【详解】（1）根据动能定理 解得。 （2）t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转， 半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，半个周期内，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板 以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T。 （3）若要使电子沿OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，减速到零后反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上， 可见应在时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d， 根据牛顿第二定律， 加速阶段运动的距离 解得 故两极板间距至少为。 12． 【答案】(1)①；② (2) 【详解】（1）①进入束偏移器时电子的初动能为 解得 电子束在磁场中圆周运动洛伦兹力提供向心力 联立可得电子束在磁场中圆周运动半径 ②由勾股定理 解得电子束离开磁场时的侧向偏移量 （2）若某时刻扫描电压为15kV，根据，，， 联立可得 电子从束偏移器中射出时，其速度的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子到达芯片时的位置离O点的距离为Y，由几何关系有 电子束到达芯片时的位置离点的距离 13． 【答案】(1)不会发生击穿现象 (2)见解析 (3) 【详解】（1）两板间的电场强度 因为 ，所以不会发生击穿现象 （2）墨滴在偏转电场中作类平抛运动，把它分解为水平方向和竖直方向。 水平方向：匀速直线运动，所以 竖直方向：初速度为零的匀加速运动， ， ， 出偏转场后，墨滴做匀速直线运动 ， 解得墨滴在纸上竖直方向上的偏转距离 对于打印机、、、均为常数，而墨滴的、一致，所以墨滴在竖直方向上的偏转距离与它的带电量成正比。 （3）最上端的墨滴出偏转电场时 解得 代入表达式可得 则最下端墨滴 解得 依题意，墨滴的落点位置随时间匀速下降，对应墨滴的带电量随时间均匀减少，打印所需的喷墨总时间 所以电量随时间变化率 所以从带电室出来的墨滴的电量随时间变化关系为 14． 【答案】（1）电容C增大，推论过程见解析；（2）a. ；b.见解析 【详解】（1）该实验中，静电计指针张角大小变化反映了平行板电容器两端电压U的变化，张角变小，表示U变小，根据电容器的定义式C=，说明平行板电容器的电容C变大，因此可得插入绝缘介质，电容C增大。 （2）a.设绝缘介质表面的极化电荷的电荷量为q，根据电容器的定义式可得 其中 因为极化电荷分布在介质表面可视为平行板电容器，电容为 其中S=bc，d=a，联立方程得 解得 根据匀强电场中电场强度与电压的关系 解得 b.设未插入绝缘介质时，板间电压为U1，电场强度大小为E1，插入绝缘介质后，板间电压为U2，电场强度大小为E2，根据题a中结论可得 插入绝缘介质后，设绝缘介质表面产生的单位面积极化电荷量为，则其形成的电场强度为 方向与E1相反；根据场的矢量性，可得 即 因此，即，根据电容器的定义式，说明插入绝缘介质后电容增大。 15． 【答案】(1) (2) (3) (4)见解析 【详解】（1）根据题意可知粒子从右侧射出，临界情况为 根据牛顿第二定律 联立解得 （2）根据动能定理 解得 设折射角为θ1，水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，有 联立解得 （3）全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候y方向速度为零，即 解得 即应满足 （4）电子束会聚（如2（b））：两个电势不等的同轴圆筒就构成一个最简单的静电装置，原理图如图所示 静电场方向由正极指向负极，静电场的等势面如图中的虚线所示。当电子束沿中心轴射入时，电子的运动轨迹为等势面的法线方向，使平行入射的电子束汇聚于中心光轴上。 16． 【答案】(1) (2)；； (3) 【详解】（1）由题意可知，球内x1处的电场可以看成是由半径为x1的实心球体产生的。而半径为x1的实心球体在外部产生的电场可以看成一个位于球心处的点电荷产生的电场。则此球体的电荷量为 在x1处的电场强度为 （2）[1] 均匀带电球体内、外部电场线分布图，如图所示 [2]均匀带电球体产生的场强E随x变化的图像，如图所示 均匀带电球体产生的电势φ随x变化的图像，如图所示 （3）最终稳定时，滴落的液滴恰好达到容器口的时候速度减少为0，不在进入容器内，容器容纳液滴溶液量达到最大，设此时容器所带电荷量为Q，题意知均匀带电球壳在球壳外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同，则由能量守恒定律可得 则 故容器容纳的带电液滴数为 故最终稳定时，此装置所能收集的溶液的质量 17． 【答案】（1）；（2）a．；b．，；（3）a．；b． 【详解】（1）根据电流密度的定义可知，导体内的电流密度大小为 （2）a．电流均匀分布在以电极为球心、r为半径的球面上，则导体内到电极距离为r的点处的电流密度大小 b．类比点电荷产生的电场，电流I在导体中产生的电场强度大小为 类比点电荷产生的电场，电流I在导体中产生的电势为 （3）a．两球形电极之间的电势差 由于，则 b．当滑动变阻器的阻值等于球形电极A、B间的电阻时，滑动变阻器消耗功率最大，此时滑动变阻器的阻值为 18． 【答案】（1）a．，；b．，方向向右；（2）a．两点电势相等；b．A点的电场强度与B点的电场强度相同，A点电势高于B点电势 【详解】（1）a．球外距球心r处电场强度大小 球内距离球心为r处的电场强度 b．将此带电体看作带+ρ的完整大球体和带-ρ的小球体的组合，在空腔体内OO′连线上任取一点，设其距离O点为r，+ρ在该点的电场强度大小为 方向向右；-ρ在该点的电场强度大小为 方向向右。所以该点的电场强度为 方向向右。 （2）a．由于球壳内部的场强为零，补全以后可知左右侧球壳在C点的合场强为零，因左右球壳的电场具有对称性，要想合场强为零只能是两部分球壳在C点的场强都是水平方向，则可以知道左侧球壳在C点的合场强水平向右，同理OC上其他点的场强都是水平向右，因此OC是等势线，两点电势相等。 b．将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题干可知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则有 根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且 在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向右，B的电场强度大小为E1，方向向右，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同。根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向均向右，则从A到B电势降低，故A点电势高于B点电势。 19． 【答案】（1）①，②带正电，；（2）①，② 【详解】（1）①根据题意，磁单极子的磁场线分布与点电荷的电场线分布相似，磁感线从N极出发，回到S极，可得磁单极子N极的磁场分布如图所示 ②设带电粒子的质量为，其轨迹上任意一点和磁单极子的连线与竖直方向的夹角为，做出带电粒子的受力分析如图所示 根据左手定则可知该粒子带正电。由几何关系可得 根据力的矢量关系可得 由牛顿第二定律有 联立以上各式解得 （2）①根据磁通量的定义，类比磁通量的计算公式，可得通过球冠的电通量 ②分别以、为球心，取一半径为的很小的球面，对应的球冠面积可以分别表示为 穿过两个球面的电通量分别为 由于电场线都是从正电荷出发回到负电荷，则在很小的球面上的球冠上的电通量相等，有 整理可得 20． 【答案】（1）；（2）a．，b．见解析，c．，方向沿轴负方向 【详解】（1）设圆环的载流子带电量为，体密度为，载流子匀速运动的速率为，圆环横截面积为，则环形电流中包含的载流子个数 环形电流产生的磁场可以认为是这个载流子产生的磁场的叠加，即 。 再根据 联立可得 （2）a．由库仑定律，则受到的电场力 在处产生的磁场 方向垂直于纸面向外，则受到的洛伦兹力 方向沿轴正方向，则 与轴的夹角为 （也可表示为）b．在处并不产生磁场，因此仅受到来自的电场力，即 方向沿轴负方向，可见和组成的系统受到的合力不为0，因此其动量不守恒。 c．可知电磁场受到来自和的合力 方向沿轴负方向；由动量定理电磁场动量随时间的变化率 方向沿轴负方向。 31 / 31 学科网（北京）股份有限公司 $