第2章 综合拔高练（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理必修第三册（鲁科版）

**基本信息** 以高考真题为载体，通过模型建构、能量守恒等方法体系整合电场力、电势能、场强等核心概念，形成从概念到应用的逻辑链条。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |电场力做功及电势能|2题|类比点电荷电场模型，能量守恒（动能+电势能）|库仑力→电场力做功→电势能变化→动能转化| |电势高低判断|4题|沿电场线电势降低，Eₚ=qφ关系应用|电势定义→等势面分布→电势能比较| |电场线与等势面|3题|电场线疏密与场强关系，等势面垂直电场线|电场线性质→等势面特点→场强方向判断| |静电场图像|2题|φ-x图像斜率表场强，能量守恒分析|图像信息→场强大小方向→电势能动能转化| |电容器动态分析|1题|电容决定式C=εS/4πkd，Q=CU关系|电容变化→电势差变化→图像分析| |带电粒子运动|5题|类平抛运动分解，等效重力场模型|受力分析→运动分解→功能关系应用| |实验|1题|充放电过程电压电流变化规律|实验原理→现象观察→数据处理|

综合拔高练 五年高考真题练 考点1　电场力做功及电势能的变化 1.（2025四川，3）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内①，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q>0）的带电小球。另一个电荷量为q（q>0且q≪Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道②，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则 （　　） A.小球在e 点所受库仑力大于在b点所受库仑力 B.小球从c点到e 点电势能先不变后减小 C.小球过f 点的动能等于过d 点的动能 D.小球过b点的速度大于过a 点的速度 ①关键点拨　小球不受摩擦力，重力和弹力不做功，忽略空气阻力时，只有电场力做功，动能和电势能之和保持不变。 ②关键点拨　圆心O处的小球相当于场源点电荷，分析试探电荷（电荷量为q的小球）在点电荷电场中运动时的库仑力、电势能、动能的变化情况。 2.（多选题）（2023全国乙，19）在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动①，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N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N点的过程中，电场力始终不做功 ①关键点拨　电势能和机械能（动能、重力势能）之和保持不变。 考点2　电势高低的判断方法 3.（2023湖北，3）在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是 （　　） A.若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远 B.若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近 C.若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM<φN D.若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN 4.（多选题）（2023辽宁，9）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 （　　） 　 A.P点电势比M点的低 B.P点电场强度比M点的大 C.M点电场强度方向沿z轴正方向 D.沿x轴运动的带电粒子，电势能不变 5.（多选题）（2023山东，11）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O'，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是 （　　） A.F'点与C'点的电场强度大小相等 B.B'点与E'点的电场强度方向相同 C.A'点与F'点的电势差小于O'点与D'点的电势差 D.将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小 6.（2022河北，6）如图，真空中电荷量为2q和-q（q>0）的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心、电势为零的等势面（取无穷远处电势为零）。P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上一点。下列说法正确的是 （　　） A.P点电势低于S点电势 B.T点电场强度方向指向O点 C.除无穷远处外，MN直线上存在两个电场强度为零的点 D.将正试探电荷q0从无穷远处移动到P点，静电力做正功 考点3　电场线、等势面的特点与应用 7.（2024全国甲，18）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r处的电势为k，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Q2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 （　　） A.Q1<0，=-2　　　　B.Q1>0，=-2 C.Q1<0，=-3　　　　D.Q1>0，=-3 8.（多选题）（2024广东，8）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于容器底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有 （　　） A.M点的电势比N点的低 B.N点的电场强度比P点的大 C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功 D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大 9.（多选题）（2025湖南，8）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+q、-q和+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Ep（Ep>0）。下列说法正确的是 （　　） A.OA中点的电势为零 B.电场的方向与x轴正方向成60°角 C.电场强度的大小为 D.电场强度的大小为 考点4　静电场中的图像问题 10.（2025海南，6）某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM=ON；有一电子从M点静止释放，仅受x轴方向的电场力作用，则下列说法正确的是 （　　） A.P点电场强度方向沿x轴负方向 B.M点的电场强度小于N点的电场强度 C.电子在P点的动能小于在N点的动能 D.电子在M点的电势能大于在P点的电势能 ①关键点拨　根据电势高低的变化判断电场线方向，根据Ep=qφ判断电子的电势能。 ②关键点拨　电势能和动能相互转化，电势能和动能之和保持不变。 11.（2024重庆，6）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，其电势φ随位置x变化的图像如图所示①，一电荷量为e、带负电的试探电荷，经过x2点时动能为1.5 eV，速度沿x轴正方向，若该电荷仅受电场力②，则其将 （　　） A.不能通过x3点 B.在x3点两侧往复运动 C.能通过x0点 D.在x1点两侧往复运动 ①言之有“物”　根据电势高低判断电场线方向，分析电场力方向。 ②关键点拨　电势能和动能之和保持不变。 考点5　电容器的动态分析 12.（2025黑吉辽蒙，4）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狳设计的，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 （　　） 　　　　　 　　　　　 考点6　带电粒子（带电体）在电场中的运动 13.（2025黑吉辽蒙，7）如图，光滑绝缘水平面AB与竖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的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。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 （　　） A.EkA<EkB<EkC　　　　B.EkB<EkA<EkC C.EkA<EkC<EkB　　　　D.EkC<EkA<EkB 14.（多选题）（2024江西，10）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，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，带电量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放，开始向下运动，甲和乙两点电荷的电势能Ep=k（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= B.速率达到最大值时的位置x= C.最后停留位置x的区间是≤x≤ D.若在最低点能返回，则初始电势能Ep0<（mg-f） 15.（多选题）（2023湖北，10）一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是 （　　） A.L∶d=2∶1 B.U1∶U2=1∶1 C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D.仅改变微粒的质量或电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 16.（2024河北，13）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0①，已知小球的电荷量为q（q>0），质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： （1）电场强度E的大小。 （2）小球在A、B两点的速度大小。 ①关键点拨　在A点，重力和电场力的合力（视为等效重力）提供向心力，A为等效最高点。 17.（2025广东，15）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l，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，电场力对它做的功W。 考点7　实验：观察电容器的充、放电现象 18.（2024重庆，12）探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E、定值电阻R0、电容器C、单刀双掷开关S。 （1）为测量电容器充放电过程电压U和电流I的变化，需在①②处接入测量仪器，位置②应该接入测　　　（填“电流”或“电压”）仪器。  （2）接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为　　　　。  （3）根据测得数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系如图乙所示，该过程为　　　（填“充电”或“放电”）过程。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示，0.2 s时R0消耗的功率为　　　W。  强基计划 19.（北京大学强基计划）两个相同的电容器A和B如图连接，它们的极板均水平放置。设边缘效应可忽略。当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的带电粒子恰好静止。现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板间距不变。已知这时带电粒子的加速度大小为（g为重力加速度），则B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比应该为 （　　） A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 三年高考模拟练 应用实践 1.（2025四川凉山宁南中学期中）如图所示，一带负电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为电荷量大小相等的带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计带电粒子的重力，下列说法正确的是 （　　） A.M带负电荷，N带正电荷 B.M在b点的动能小于它在a点的动能 C.M在b点的电势能等于N在d点的电势能 D.N在从c点运动到d点的过程中电势能增加 2.（多选题）（2026天津中学阶段练习）如图所示，某匀强电场中的四个点a、b、c、d连线组成一个直角梯形，其中ab∥cd，ab⊥bc，2ab=ad=cd=10 cm，电场方向与四边形所在平面平行。已知a点电势为14 V，b点电势为17 V，d点电势为2 V。一个质量为6×10-7 kg、带电荷量为5×10-8 C的带正电的微粒从a点以垂直于ad的速度射入电场，粒子在运动过程中恰好经过c点，不计粒子的重力。则下列说法正确的是 （　　） A.c点电势为8 V B.a、b间电势差一定等于d、c间电势差的一半 C.匀强电场场强的方向由a指向d，大小为100 N/C D.带电粒子从a点射入的速度大小为 m/s 3.（2026河南开封期中）某手机软件中运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容器M极板固定，N极板可运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器的描述正确的是 （　　） A.保持向前匀加速运动时，电路中存在恒定电流 B.静止时，电容器两极板不带电 C.由静止突然向后加速，电流由a向b流过电流表 D.向前匀速运动突然减速，电流由b向a流过电流表 4.（2026重庆南开中学月考）在某电场中，与电场强度平行的方向有一直线MN，如图甲所示，电子在M点处由静止释放，仅在电场力的作用下恰好运动到N点，其速度随时间变化的图像如图乙所示。以MN的中点O为坐标原点，沿直线向右为正方向建立x坐标轴，规定O点为零势能点，沿+x方向为电场强度的正方向，则M、N之间的电场强度E和电势φ以及电子的电势能Ep随x变化的图像中可能正确的是 （　　） 　 　　　　　　　　 　　　　 5.（多选题）（2024福建厦门湖滨中学期中）如图所示，内表面光滑绝缘的半径为R的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，有一质量为m、带负电的小球，电荷量大小为q，小球在圆轨道内壁做圆周运动，恰好能通过最高点B，（当地重力加速度为g，mg>qE）则 （　　） A.小球在B点处的速度大小为 B.小球在B点处的加速度大小为g- C.小球运动到最低点A时的动能为5mgR D.小球运动到最低点A时对轨道的压力大小为6（mg-qE） 6.（2026辽宁沈阳期末）如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交流电压为UAB，交流电压的周期T=，大量质量为m、电荷量为e的电子先后从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力和电子间的相互作用，则 （　　） A.所有电子在极板间运动的时间均为T B.所有电子离开电场时的动能都不相同 C.t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D.t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 7.（2026浙江名校联考）在粒子物理学的研究中，经常用电场来控制或者改变粒子的运动。如图所示为一控制粒子运动的实验仪器，整个装置处于真空环境中，一离子源能够源源不断地发射质量为m、电荷量为q的正离子。离子从离子源出射时的初动能忽略不计，该离子经过电压为U0的加速电场加速后，进入辐向电场，辐向电场只在以O为圆心的四分之一圆弧的管道内存在，且到O距离相等的点辐向电场场强大小相等，方向指向圆心O。离子进入辐向电场后，恰好能够绕O点做半径为R0的匀速圆周运动。离子离开辐向电场后，经P点进入偏转电场。其中P点位于极板A、B的中线上，A板电势高于B板电势。极板A、B长度均为L，间距也为L，离子刚进入偏转电场时的速度与电场方向垂直。随后离子离开偏转电场，做匀速直线运动，打在荧光屏CD上。荧光屏与极板A、B平行，长度为L。荧光屏到极板A、B中线的距离为L。极板A、B间的电压可调，可使离子打在荧光屏的不同位置。整个运动过程中，离子重力不计，不考虑离子间的相互作用，不计其他阻力，题中三种电场不会互相影响。 （1）求离子刚离开加速电场时的速度大小v0； （2）求离子在辐向电场中运动时，受到的电场力F1大小； （3）某次实验时，调节极板A、B间的电压，离子恰好能够飞出偏转电场，并打在荧光屏最左端C点处，求荧光屏最左端C到极板B最右端的水平距离l； （4）在第（3）问的基础上，调节极板A、B间的电压为U1，离子飞出偏转电场后，打在荧光屏最右端D点处，求U1的大小。 迁移创新 8.（2025北京朝阳模拟）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r1，在近地点B时与地心距离为r2。取无穷远处引力势能为零，质量为m1、m2的两物体相距为r时，引力势能表达式为Ep=-G，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ΔEk。 （2）如图2所示，直线上固定一电荷量为+Q的点电荷A，另一质量为m、电荷量为-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B运动至距离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+q1、-q2相距为r时的电势能为Ep=-k，其中k为静电力常量。 a.求电荷B由静止释放时与电荷A的距离L'； b.已知在万有引力作用下人造卫星绕地球沿椭圆轨道或圆轨道运行时，若椭圆轨道半长轴与某一圆轨道半径相等，则其在两轨道上运行的周期相等。请据此估算点电荷B从该位置由静止释放运动到点电荷A位置的时间t。 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 五年高考真题练 1.B　模型建构 圆心O处小球产生的电场类比于正点电荷产生的电场，如图所示。 越靠近圆心O处，电荷量为q的小球所受的库仑力越大，电势能越大，动能越小，速度越小。 比较内容 理论依据 判断结果 小球在b点、e点所受库仑力大小 库仑力F=k，由于re>rb，可得Fb>Fe A项错误 小球从c点到e点的电势能变化情况 电势φ=k，c→d，r不变，电势不变，电势能不变；d→e，r增大，电势减小，电势能减小 B项正确 小球在f点、d点的动能大小 由于rf>rd，则φd>φf；电势能Ep=qφ，则Epd>Epf；动能和电势能总量守恒，故Ekf>Ekd C项错误 小球在a点、b点的速度大小 由于ra>rb，则φb>φa，Epb>Epa，Eka>Ekb，则va>vb D项错误 2.BC　 关键点拨 如图所示，正点电荷周围的等势面是一组以点电荷为球心的球面，越靠近正点电荷，电势越高，可知φM=φN>φP，沿小球运动轨迹从M到N电势先升高后降低。 在运动过程中，小球离该点电荷的距离先减小后增大，则电势先升高后降低（点拨：越靠近正电荷，电势越高），故电势能先减少后增加，A错误；由于φM=φN>φP，且小球带负电，结合电势能公式Ep=qφ，可知小球在M点的电势能等于在N点的电势能，小球在P点的电势能大于在N点的电势能，B正确；由于小球在M点的电势能等于在N点的电势能，根据能量守恒可知，小球在M点的机械能等于在N点的机械能，C正确；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，总功为零，D错误。 3.C　电场线由正点电荷发出，且沿电场线方向电势降低，若φM>φN，则M点到电荷Q的距离较近，A错误。点电荷周围的场强E=k，若EM<EN，则M点到电荷Q的距离较远，B错误。若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则电势能减小，即EpM>EpN，又由于试探电荷带负电，则φM<φN，C正确。若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则电势能增加，即EpM<EpN，又由于试探电荷带正电，则φM<φN，N点到点电荷Q的距离较近，再由E=k知EM<EN，D错误。 4.CD　由图（a）知x轴上的电场强度为0，沿y轴和z轴的电场线如图所示，故C正确；由沿电场线方向电势降低可知φP>φO>φM，故A错误；等差等势面较密集的地方电场强度较大，故P点的电场强度比M点的小，B错误；x轴上电场强度处处为0，所以沿x轴运动的带电粒子电势能不变，D正确。 5. ACD　F'点和B'点关于平面ADD'A'对称，根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF'=EB'，同理可知EE'=EC'，F'点和E'点关于AD连线的中垂面对称，根据等量异号点电荷电场分布的对称性可知EF'=EE'，同理可知EF'=EC'=EB'=EE'，但四个点的电场强度方向均不相同，故A正确，B错误；由等量异号点电荷电势分布可知O'点电势为0，F'点电势为正，连接A'D'，依据A'D'连线上电势分布可知，φA'=-φD'，故UA'O'=UO'D'，因为φF'>0，故UA'F'<UA'O'，故可知UA'F'<UO'D'，C正确；如图所示，根据几何关系可知β=30°，作出试探电荷在F点所受电场力的示意图，设正六边形的边长为a，FA=，FD=，则tan α==3>tan 60°，则α>60°，即试探电荷在F点所受电场力与FO的夹角大于90°，在O点所受电场力沿OD方向，此时电场力与FO的夹角为60°，则在试探电荷从F到O的过程中，电场力对其先做负功后做正功，则试探电荷的电势能先增大后减小，故D正确。 6.B　越靠近负电荷的位置电势越低，相较于S点关于O点的对称点，P点离负电荷更远，则P点的电势高于S点的电势，A错误。由于电场方向垂直等势面，且由高电势指向低电势，所以T点的电场方向指向O点，B正确。P点电势大于S点电势，即P点电势大于零，无穷远处电势为零，则正试探电荷从无穷远处移到P点，电势升高，电势能增加，静电力做负功，D错误。设M、N之间的距离为L，若电场强度为零的点在N点的右侧且到N点的距离为x，根据电场强度叠加原理有-=0，解得x=（+1）L（另一解舍去）；若电场强度为零的点在M、N之间且到N的距离为x，根据电场强度叠加原理有+=0，方程无解；若电场强度为零的点在M的左侧且到N的距离为x，根据电场强度叠加原理有-=0，方程没有符合题意的解，所以除无穷远处，MN直线上只有一处电场强度为零的点，C错误。 7.B　 真题降维 题目关键信息 信息解读 无限远处的电势规定为零 正电荷周围的电势均为正，负电荷周围的电势均为负，则Q1带正电，Q2带负电 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 电势运算遵循代数运算法则，即代数相加减 根据两点电荷周围的电势分布可知Q1带正电，Q2带负电；根据图中电势为0的等势线，可知k+k=0，由图中距离关系可知=，联立解得=-2，B正确。 8.AC　根据沿着电场线方向电势降低，可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep=qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。 归纳总结　无论是电场线还是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；电场中电势高低常根据沿电场线方向电势降低来判断。 9.AD　 思路点拨 根据电势的定义式φ=确定O、A、B三点的电势 ⇓ 根据O、A、B三点的电势关系寻找O、A 连线上B点的等势点 ⇓ 结合电势的高低确定电场线的方向 ⇓ 根据E=求出电场强度的大小 如图所示，依题意，O点电势为φO=，A点电势为φA=，所以O、A两点关于电势零点对称，即OA中点C点的电势为零，A正确；C点坐标为，又由于B点电势为φB==φO，故OC中点D点的电势与B点电势相等，D点坐标为，由DA=AB=d 可得，等势线BD与x轴正方向成45°角，易知电场线垂直BD并指向右下方，故电场的方向与x轴正方向成45°角，B错误；由几何关系知，A点到BD的距离为×d=d，可得电场强度的大小为E=，UBA=φB-φA=，得E=，C错误，D正确。 一题多解　叠加法求电场强度：根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为φO=、φA=-、φB=，则该电场沿x轴方向的分电场强度大小为Ex===，沿y轴方向的分电场强度大小为Ey===，则该电场的电场强度的大小为E==，故D正确。 10.D　题图解读 根据电势能的定义式、电场方向与电势高低的关系、φ-x图像斜率的物理意义，可从图中获取的信息如图： 由图可知，在x正半轴，沿x轴正方向电势降低，则电场强度方向沿x轴正方向，A错误。根据φ-x图线切线斜率的绝对值表示电场强度大小，可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度大小，方向相反，故B错误。根据Ep=φq可知，电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能；由于电子仅受电场力作用，电势能和动能的总量守恒，则电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误。根据Ep=φq，可得电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确。 11.B　 关键点拨 “经过x2点时动能为1.5 eV”，从图中可得出x2处的电势为1 V，则电势能为-1 eV，则动能和电势能之和为0.5 eV，若该电荷仅受电场力，则该电荷在运动过程中动能和电势能之和保持不变。当电荷的动能为零时，判断电场力方向，分析电荷的运动方向。 带负电的试探电荷在x2处的动能为1.5 eV，电势能为-1 eV，则总能量为0.5 eV，且试探电荷速度沿x轴正方向，在x2~x3区域试探电荷受到沿x轴正方向的电场力，做加速运动，在x3处速度最大，试探电荷继续运动到x3右侧，做减速运动，当速度为零时，电势能为0.5 eV，即运动到电势为-0.5 V处减速到零，之后向左运动，回到x2处时动能仍为1.5 eV，继续向左运动，在电势为-0.5 V处减速到零，之后向右运动，不会运动到x0、x1处，即试探电荷在x3点两侧往复运动，故选B。 12.D　将该电容器充电后断开电源，则电容器极板上的电荷量Q保持不变，根据平行板电容器的电容C=，电容的定义式C=，联立解得U=，由于其他量不变，故U正比于d，F较小时，极板间距d容易减小，则U容易减小；F较大时，d难以减小，则U难以减小，D正确。 13.C　 解题导引 （1）“光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC”→物块在整个运动过程中均不受摩擦力。 （2）“轻质绝缘弹簧原长为2r”“O、A间距离为3r”“轨道半径为r”→物块在A点时弹簧伸长量为r，在B、C点时弹簧压缩量为r，故在A、B、C三点时弹簧的弹性势能相等。 物块从A点运动到B点过程中，由于物块在A、B两点时弹簧的弹性势能相同，即EpA=EpB，根据功能关系可知，W弹AB=-（EpB-EpA）=0，已知F电=G，xAB=r，根据动能定理得F电xAB=EkB-EkA，解得EkB-EkA=Gr①；物块从B点运动到C点过程中，物块在B、C两点时弹簧的弹性势能相等，弹簧对物块不做功，电场力与位移垂直，电场力做功为零，轨道支持力始终与物块运动的方向垂直，支持力不做功，根据动能定理得-G·2r=EkC-EkB，即EkB-EkC=2Gr②；联立①②可知EkB>EkC>EkA，C正确。 一题多解　由于物块在A、B、C三点时弹簧的弹性势能相等，则物块由A到B过程弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB>EkA；物块由B到C过程中，弹簧弹力、电场力和轨道支持力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB>EkC；物块由A到C全过程，有F电xAB-GxBC=EkC-EkA>0，因此EkB>EkC>EkA，C正确。 14.BD　 真题降维 题目信息 信息解读 分析解答 最低点的位置 小球甲第一次运动到速度为零的位置 从开始运动到最低点的过程，根据能量守恒与功能关系解答 速率达到最大值时的位置 小球甲第一次向下运动至加速度为零的位置 电场力、重力、摩擦力三力平衡，根据平衡条件求解 最后停留位置x的区间 小球甲恰好不向上运动和恰好不向下运动的位置区间 电场力、重力、摩擦力三力平衡，摩擦力方向可向上、向下，根据平衡条件求解 在最低点能返回 在最低点，电场力大于重力、滑动摩擦力之和 结合A选项与电势能表达式分析 对于小球甲第一次运动到最低点的过程，根据功能关系可得（mg-f）（x0-x）-=0，解得x=，故A错误；当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有mg=f+k，解得x=，故B正确；小球甲最后停留时，满足mg-f≤k≤mg+f，解得最后停留位置x的区间为≤x≤，故C错误；若在最低点能返回，即在最低点满足k>mg+f，解得x<，将A选项的x代入该式得k<，则Ep0=k<（mg-f），故D正确。 15.BD　带电微粒在电容器中运动到最高点过程中，在水平方向有2L=v cos 45°·t，在竖直方向有q=ma，d=t，0=v sin 45°-at，则有=1，a=，U2==，在加速电场中，由qU1=mv2得U1=，则=1，所以A错误，B正确；微粒从最高点运动至离开电场过程中，水平方向有L=v cos 45°·t'，竖直方向有vy=at'，得vy=v，与水平方向夹角的正切值tan θ==，则微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值tan α=tan（θ+45°）=3，故C错误；微粒在电容器中运动时，有x=v cos 45°·t，y=v sin 45°·t-at2，得y=x-，与q、m无关，故D正确。 16.答案　（1）　（2）　 关键点拨 带电小球在复合场中做圆周运动，可将复合场等效为“重力场”，“等效重力”为电场力与重力的合力，方向竖直向上，A位置为等效最高点。 解析　（1）由于A、B两点间的电势差为U，沿电场方向的距离为L，则场强大小为E= （2）在A点，细线对小球的拉力为0，电场力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得 Eq-mg=m 解得vA= 小球从A到B过程，根据动能定理得 qU-mgL=m-m 解得vB= 易错警示　小球在A点时，细线对小球的拉力为零，但其所受的合力不为零，电场力和重力的合力提供向心力。 17.答案　（1）　（2）　（3）见解析 解析　（1）根据题意可知，颗粒在竖直方向上做自由落体运动，则有h=gt2 水平方向上做匀加速直线运动，则有=ma，l=at2 解得q= （2）颗粒与绝缘平板第一次碰撞前瞬间，竖直分速度大小为vy1= 水平分速度大小为vx1== 则第一次碰撞后竖直分速度大小为vy2=kvy1=k 设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向的夹角为θ，如图，则有tan θ== 由于第一次碰撞后瞬间颗粒速度与所受合力垂直，则有tan θ== 联立解得Q= （3）由于k<1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘平板。若颗粒第二次碰撞是和下绝缘平板碰撞，设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t'，则有t'==2k 水平方向上做匀加速直线运动，加速度大小为 a'== 水平方向运动的距离为l'=vx1t'+a't'2=4kl+ 则电场力对颗粒做的功 W=+=+4k2mgh+ 若l+l'>d，则颗粒第二次碰撞是和右侧金属平板碰撞，则颗粒从第一次碰撞到第二次碰撞过程中水平方向位移大小为d-l，颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对颗粒做的功 W=+=+ 18.答案　（1）电压　（2）0　（3）放电　0.32 解析　（1）位置①在干路中，应接入测电流的仪器，位置②与电容器并联，应接入测电压仪器。 （2）（3）电容器充电过程中，电容器两端电压逐渐增大，电路中的电流逐渐减小，当充电完毕时电容器两端电压最大，电路中电流为零。 电容器放电过程中，电容器相当于电源，其与定值电阻构成闭合回路，电压表和电流表分别测量定值电阻两端的电压和流过定值电阻的电流，电压和电流都减小，题图乙图像逆向分析，该过程为电容器放电过程。放电时电容器两端电压即定值电阻R0两端的电压，由题图丙可知t=0.2 s时电容器两端电压为U=8 V，由题图乙可知当U=8 V时，电流I=40 mA，则电阻R0消耗的功率为P=8×40×10-3 W=0.32 W。 19.C　设电容器A和B的电容都为C0，两电容器并联，其总电容为C=2C0（点拨：两个电容器并联，相当于增大正对面积），两电容器两端的电压相等，设此时电压为U，总带电荷量为Q=2C0U；设电容器A的极板之间距离为d，带电粒子的电荷量为q，质量为m，电容器A中的带电粒子恰好静止，有=mg；将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，两电容器极板之间的电压仍相等，设为U'，电容器B带电荷量减小，电容器A带电荷量增大，电容器A中电场强度增大，带电粒子的加速度向上，由牛顿第二定律可得-mg=，解得U'=；设B的两个极板错开后正对着的面积与极板面积之比为，由平行板电容器电容的决定式C=，两个极板错开后电容器B的电容CB'=，两电容器并联，其总电容为C'=CA+CB'=C0+，总带电荷量不变，Q=C'U'=·，联立解得k=3，故选C。 三年高考模拟练 1.B　粒子只受电场力作用，电场力沿径向，根据粒子运动轨迹可知M受到的是吸引力，故M带正电，N受到的是排斥力，故N带负电，A错误；负电荷周围的等势面，越靠近电荷，电势越低，因此b点的电势大于a点的电势，因为M带正电，所以M在b点的电势能大于在a点的电势能，从a到b电场力做负功，电势能增大，动能减小，故M在b点的动能小于它在a点的动能，B正确；根据公式Ep=φq，粒子M带正电，N带负电，所以M在b点的电势能不等于N在d点的电势能，C错误；N带负电，故电势越低其电势能越高，c点电势小于d点电势，所以N在从c点运动到d点的过程中电势能减小，D错误。 2.ABD　ab∥cd，2ab=cd，因此a、b间电势差一定等于d、c间电势差的一半，故B正确。由前面分析可知φc-φd=2（φb-φa），解得φc=8 V，故A正确。由几何关系可知 cos ∠adc==，得∠adc=60°，取ad的中点e，连接c、e，如图所示，由几何关系可知ce垂直于ad。e点电势φe==8 V，c点和e点电势相等，则ce为电场中的等势线，由电场线和等势线垂直，且电场线从电势高的点指向电势低的点，知电场方向从a指向d，电场强度大小E===120 V/m，故C错误。微粒从a点以垂直于ad的速度射入电场，做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。ce=10 cm× sin 60°=v0t，又ed=dc cos 60°=10× cm=5 cm，ae=ad-ed=5 cm，又ae=a0t2，a0== m/s2=10 m/s2，联立解得v0= m/s，故D正确。 3.C　保持向前匀加速运动时，加速度恒定不变，则N板在某位置不动，电容器电容不变，电容器保持与电源相连，电压不变，由Q=CU知电容器所带的电荷量不变，电路中无电流，故A错误；静止时，N板不动，电容器与电源保持相连，两极板带电，故B错误；由静止突然向后加速、向前匀速运动突然减速，N板相对M板向前移动，则板间距离减小，根据平行板电容器电容的决定式C=，知电容C增大，由Q=CU知，电压不变，电容器所带的电荷量增大，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确，D错误。 4.D　根据v-t图线切线的斜率表示加速度，可知电子从M运动到N过程中的加速度先减小后增大；根据牛顿第二定律有F=Eq=ma，解得a=，所以电场强度E也应该先减小后增大，故A错误。电子从M点由静止释放向N点运动，速度先增大，说明电子先做加速运动，电场力方向与运动方向相同，即沿+x方向，后来速度减小，做减速运动，电场力方向与运动方向相反，即沿-x方向；由于电子带负电，所以电场强度方向与电场力方向相反，故电场强度先沿-x方向，后沿+x方向；因为规定沿+x方向为电场强度的正方向，所以在O点左侧E<0且逐渐减小，在O点右侧E>0且逐渐增大，故B错误。由于沿电场线方向电势逐渐降低，在O点左侧，电场强度沿-x方向，所以电势沿+x方向升高；在O点右侧，电场强度沿+x方向，所以电势沿+x方向降低，故C错误。电子从M点由静止释放向N点运动，速度先增大后减小，说明电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，规定O点为零势能点，所以在O点处电子的电势能为0，故D正确。 5.BD　小球在圆轨道内壁做圆周运动，恰好能通过最高点B，则在该点重力和电场力的合力刚好提供向心力，根据牛顿第二定律可得mg-qE=ma=m，解得小球在B点处的加速度大小为a=g-，小球在B点处的速度大小为vB=，故A错误，B正确；小球从B到A过程，根据动能定理可得mg·2R-qE·2R=m-m，联立解得小球运动到最低点A时的动能为m=（mg-qE）R，小球经过A点时，根据牛顿第二定律可得N+qE-mg=m，解得N=6（mg-qE），根据牛顿第三定律可知，小球运动到最低点A时对轨道的压力大小为6（mg-qE），故C错误，D正确。 6.C　电子进入电场后做类平抛运动，在两板间的运动时间为t==2T，t=0、、T、时刻进入电场的电子垂直极板方向分速度图像如图甲所示， 由图看出，电子离开电场时垂直极板方向分速度vy=0，速度等于v0，可推知不同时刻进入极板间的电子离开极板时其速度相同，所有电子离开电场时的动能都相同，故A、B错误。在t=时刻进入电场的电子，在t=时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax=2×a=，在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为d，则有d=4×a，联立得ymax=，故C正确。在t=时刻进入电场的电子在垂直极板方向的速度-时间图像如图乙所示，在t=时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax'=4×a-2×a==d，故D错误。 7.答案　（1）　（2）　（3）　（4）U0 解析　（1）离子在加速电场中只受电场力作用，根据动能定理可得qU0=m 解得v0= （2）离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有F1= 解得F1= （3）离子在偏转电场中做类平抛运动，恰好飞出偏转电场时，偏转距离为；由平抛运动规律可得离子飞出偏转电场时，速度方向反向延长线过水平位移的中点，由相似三角形的性质可知= 解得l= （4）离子飞出偏转电场时，速度方向的反向延长线过水平位移的中点，设此时偏转距离为y，由题中所给条件以及相似三角形的性质可知 = 解得y=L 离子在偏转电场中运动时，垂直极板方向有 y=at2，qE1=ma，E1= 平行极板方向有L=v0t 解得y= 所以U1=U0 8.答案　（1）a.见解析　b.G-G　 （2）a.2L　b.πL 解析　（1）a.卫星从远地点A运动到近地点B的过程中，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量ΔEp的关系为W引=-ΔEp 故有ΔEk+ΔEp=0 由此可知，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，有ΔEk+ΔEp=0 由引力势能表达式Ep=-G，可得卫星在A、B两点的引力势能分别为EpA=-G、EpB=-G 解得ΔEk=-ΔEp=EpA-EpB=G-G （2）a.当B绕A做匀速圆周运动时，库仑力提供向心力，有k=m 当B由静止释放后靠近A时，由动能定理可得 W电=mv2 由电场力做功与电势能的关系可得W电=k-k 解得L'=2L b.将B的直线运动视为在无限“扁”的椭圆上的运动，其半长轴为=L 设B绕A以半径L做匀速圆周运动时的周期为T，有t= 由库仑力提供向心力，有k=mL 解得t=πL 7 学科网（北京）股份有限公司 $