第10章 8 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（人教版）

**基本信息** 以高考真题为核心，通过模型建构、科学推理整合静电场能量相关概念，形成从基础到综合的解题方法体系。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |高考真题（6考点）|15题|模型类比（点电荷电场）、功能关系分析、φ-x图像斜率应用、等效重力场|从电场强度/电势概念，到电场线/等势面性质，再到图像、电容器及带电粒子运动应用| |强基/模拟|7题|跨学科类比（万有引力与库仑定律）、迁移创新|拓展至实际应用（植绒、电泳）及综合问题，强化科学思维与物理观念|

第十章　静电场中的能量 综合拔高练 五年高考真题练 考点1　点电荷电场的电场强度与电势 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.(2024北京,11)如图所示,两个等量异种点电荷分别位于M、N两点,P、Q是MN连线上的两点,且MP=QN。下列说法正确的是(　　) A.P点电场强度比Q点电场强度大 B.P点电势与Q点电势相等 C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍 D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变 3.(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　电场线、等势面的特点与应用 4.(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 5.(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 6.(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3　静电场中的图像问题 7.(2025海南,6)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示①,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②,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。 8.(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4　电容器的动态分析 9.(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5　带电粒子(带电体)在电场中的运动 10.(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 11.(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) 12.(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。 13.(2025江苏,13)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a、b同时从O点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m,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。 14.(2025广东,15)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6　实验:观察电容器的充、放电现象 15.(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 16.(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.(2026江苏南京第十三中学模拟)静电植绒技术于3 000多年前在中国首先起步,现代静电植绒于20世纪50、60年代在德国首先研制出并使用。如图所示为植绒流程示意图,将绒毛放在带负电荷的容器中,使绒毛带负电,容器与带电极板之间加恒定的电压,绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的物体表面上。下列判断正确的是(　　) A.带电极板带负电 B.绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中,电势能不断增大 C.若增大容器与带电极板之间的距离,绒毛在板间受到的电场力变大 D.质量相同的绒毛,带电荷量越多,到达需要植绒的物体表面时速率越大 2.(2026天津武清杨村第一中学月考)如图所示为某仪器内电场线的分布情况,正中间的一条电场线为直线,其他电场线关于其对称分布,a、b、c、d、e为电场中的五个点,其中b、d两点关于中间电场线对称,虚线为一带电粒子仅在电场力作用下从a运动到b的轨迹。下列说法正确的是(　　) A.粒子带正电 B.b、d两点间连线为等势线,且两点电场强度大小相等 C.粒子从a到e电场力做负功,电势能增大 D.若从c点由静止释放一电子,其运动轨迹将与图中c、b两点所在的电场线重合 3.(2026河北名校联盟联考)如图所示,水平面内有边长为L的等边三角形ABC,顶点A、B、C分别固定电荷量为+q、-q、+q的点电荷。N、P、M分别为AB、BC、AC边的中点,O点为三角形ABC的几何中心。以O点为原点,竖直向上为正方向建立x轴。已知静电力常量为k,则　(　　) A.N、P、M三点的电势相等 B.将带负电的试探电荷沿x轴由O点移动至x=3L处,静电力可能先做正功后做负功 C.x=处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为 D.x=与x=L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小之比为∶1 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.(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 6.(多选题)(2025四川成都蓉城名校联盟月考)如图所示,半径为5 cm的光滑绝缘圆轨道竖直固定放置,处在匀强电场中,轨道上A、B、C、D四个点连线刚好构成矩形,AB=8 cm,AD=6 cm,AD与竖直方向的夹角为37°,A、B、C三点的电势分别为17 V、1 V、10 V,将一电荷量为0.12 C、质量为4 kg的带正电小球(可视为质点,图中未画出)置于A点,给小球一个沿轨道切线向左的初速度,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是(　　) A.D点的电势为26 V B.匀强电场的电场强度大小为200 V/m C.若小球能过C点,则在A点给小球的初速度大小至少为 m/s D.若小球恰好能过C点,则小球从A点运动到C点过程中的最大动能为5.25 J 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 第十章　静电场中的能量 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.C　 模型建构　等量异种点电荷周围的电场线与等势面分布如图所示,根据连线上关于中点O对称的位置的场强、电势特点分析。 P、Q是等量异种点电荷连线上关于连线中点对称的两点,可知P、Q两点的电场强度相同,P点电势高于Q点电势(点拨:沿着电场线方向电势降低),A、B错误;由电场叠加原理可得P点的电场强度EP=k+k,若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则P点电场强度大小也变为原来的2倍,同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍(点拨:两点电荷连线上各点的场强均变为原来的2倍),可知P、Q间电场强度的平均值增大,而P、Q间距不变,根据U=Ed可知P、Q两点间电势差变大,C正确,D错误。 3.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。 高考风向　电势和电势能是描述电场能的性质的物理量,在整个电学中处于基础且重要的地位,在高考中也是命题的热点。 　　历年高考中既有对孤立点电荷(如2023年湖北卷第3题,2023年全国乙卷第19题,2025年四川卷第3题)和等量同种(如2023年北京卷第8题)、异种点电荷(如2024年北京卷第11题,2023年山东卷第11题)的常规静电场的考查,又创造性地设计出等量同种电荷分布在绝缘长棒(2022年湖南卷第2题)、对称的绝缘球中的立体电场等,求解原理涉及电场线、等势面的特点,电势、电势能的关系以及功能关系等。 　　未来高考仍会侧重考查典型电场的特点,融合电势、电场力做功、电势能的相关知识,在方法上仍会注重对称法、等效法等解题方法的应用。 　　在平时学习中,要牢固掌握各种典型电场中电势的特点,解决问题时重点关注类比法、动能定理法、作图法的应用,尤其是对电场线图、等势面图具有识图、读图、用图、画图的能力。 4.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。 5.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。 6.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　解法一:根据题意可知,O点、A点和B点的电势分别为φO=、φA=-、φB=,故OA中点M的电势为φM==0,A正确;如图,设N点为AB的三等分点,可知N点电势为0,连接M、N为一条等势线,过A点作MN的垂线,电场线沿该垂线方向指向右下方,由AM=AN可知∠NMA=45°,故电场的方向与x轴正方向成45°角,故B错误;电场强度的大小为E==,故C错误,D正确。 　　解法二: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。 7.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。 8.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。 9.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。 10.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。 11.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。 12.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。 13.答案　(1)　(2) 模型建构　带正电粒子a、b从O点射出后,只受到竖直向下的电场力,类比重力场中的斜抛运动,可以得到a粒子做类斜上抛运动,b粒子做类斜下抛运动。 解析　(1)根据题意,不计重力及粒子间的相互作用,则竖直方向上,对于a粒子,根据牛顿第二定律有qE=ma a运动到最高点过程,根据运动学公式有v0 sin θ=at 联立解得t= (2)根据题意可知,a、b在水平方向上均做速度大小为v0 cos θ的匀速直线运动,则a、b一直在同一竖直线上,0~t时间内a在竖直方向上运动的位移大小为x1== b在竖直方向上运动的位移大小为 x2=v0t sin θ+at2=+ 则a到达最高点时,a、b间的距离 H=x1+x2= 一题多解　第(2)问可以利用相对运动来求解。两个带电粒子受到相同的电场力,以a粒子为参考系,b粒子以2v0 sin θ的速度向下做匀速直线运动,则a到达最高点时,a、b间的距离H=2v0 sin θ·t=。 14.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=+=+ 15.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。 16.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.D　带电极板吸引带负电的绒毛,则带电极板带正电,A错误;绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中,电场力做正功,电势能不断减小,B错误;容器与带电极板之间加恒定电压,若增大容器与带电极板之间的距离,电场强度E=,可知电场强度减小,绒毛在板间受到的电场力变小,C错误;由动能定理得qU=mv2,可知质量相同的绒毛,带电荷量越多,到达需要植绒的物体表面时速率越大,D正确。 2.C　带电粒子仅在电场力作用下从a运动到b,根据合力指向轨迹弯曲的内侧,可知粒子受到的电场力与电场方向相反,则粒子带负电,A错误;由于等势线与电场线垂直,而b、d连线与电场线不都垂直,则不是等势线,b、d两点的电场强度大小相等,但方向不同,故B错误;由于φa>φe,粒子带负电,根据Ep=qφ,可知Epa<Epe,即粒子从a到e电势能增大,电场力做负功,故C正确;c、b所在电场线为曲线,电子受到的电场力始终与电场线相切,电场力的方向变化,所以电子由静止释放后轨迹不与电场线重合,故D错误。 一题多解　粒子从a到e,所受电场力与电场线相切,指向左侧,速度沿轨迹的切线方向,可知电场力与速度方向之间的夹角为钝角,电场力做负功,电势能增大,故C正确。 3.D　由对称性可知N、P两点的电势相等;仅考虑A、B两处的点电荷,N点的电势为0,M点的电势大于0,仅考虑C处的点电荷,M点的电势大于N点的电势,故M点的电势大于N点的电势,N、P、M三点电势不相等,A错误。由O点至x=3L处,x轴上每点的电场强度均有竖直向上的分量,故电场力对该试探电荷始终做负功,故B错误。由几何关系可知OA=L,则A点到x=处的距离为,由场强叠加原理可知,x=处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为E1=2 cos 60°- cos 60°=,故C错误。A点到x=L处的距离为,同理可得x=L处的电场强度沿x轴正方向的分量大小为E2=2 cos 30°- cos 30°=,可得=∶1,故D正确。 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.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。 6.AC　第一步:寻找等势线,求解场强。 由于A、B、C、D四个点连线刚好构成矩形,可得UAB=UDC,所以φA-φB=φD-φC,解得φD=26 V,故A正确。利用等分法找到AB连线上电势为10 V的E点,CE为等势线,过B点作CE的垂线为电场线,如图甲所示,由几何关系可知tan θ==,则θ=37°,电场强度大小为E== V/m=250 V/m,故B错误。 第二步:求解等效重力场,寻找等效最低点。 由于电场力大小为qE=30 N,方向水平向左,重力大小为mg=40 N,方向竖直向下,所以重力与电场力的合力大小为mg'==50 N,方向沿着DA,小球恰好能过C点时,在C点的受力如图乙所示,根据牛顿第二定律可得mg' sin θ=m,从A点到C点,由动能定理得-mg'xCB=m-m,解得vA= m/s,故C正确。小球在等效最低点F时动能最大,从F点到C点,由动能定理得-mg'(R+R sin θ)=m-m,最大动能Ekmax=m=4.75 J,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 知识迁移　解答本题需要应用的物理方法是类比法。通过从题干中提取信息,应用学生熟悉的电势能概念、电场力做功与电势能的关系知识,去引导学生分析不熟悉的引力势能、引力做功与引力势能的关系以及只在引力作用下的能量守恒问题,使学生更深刻地认识能量守恒概念。本题综合考查学生从题干中提取有用信息以及知识迁移能力,提升学生的科学思维核心素养。 7 学科网（北京）股份有限公司 $