专题01 静电场中力和能的性质（期中压轴·复习讲义）高二物理上学期人教版

专题01 静电场中力和能的性质 目录 【重难考点突破】 1 考点01 库仑力作用下的平衡问题 1 考点02 库仑力作用下的动力学问题 4 考点03 电场强度的叠加 6 考点04 电场线的综合应用问题 8 考点05 等势面的综合应用问题 11 考点06 匀强电场中的电势差和电场强度的关系 14 考点07 电场中的三种常见图像 16 考点08 电容器的动态分析问题 23 考点09 带电粒子在电场中的偏转 26 考点10 带电体在匀强电场中的圆周运动 30 考点11 应用功能关系处理有关带电粒子（带电体）在电场中的运动 33 考点12 实验：观察电容器充放电现象 35 【压轴题训练】 39 【重难考点突破】 考点01 库仑力作用下的平衡问题 一、静态平衡问题 1.受力分析：库仑力 ，属于弹力性质的场力；遵从矢量合成，受力分析优先画重力、弹力、摩擦力、库仑力。 2.平衡条件：F合=0。 3.常用方法：正交分解法、整体法和隔离法。 二、动态平衡 1.特点：缓慢移动，任意时刻视为平衡；库仑力大小随距离变化，方向沿电荷连线同步改变。 2.三种核心方法： 核心方法 适用场景 使用要点 矢量三角形法 物体受三个力平衡，一个力恒定（重力），一个力方向不变，第三个力大小、方向都变化（库仑力）。 三个力首尾相连构成闭合三角形；抓住不变量，观察库仑力的边长变化，判断力的增减。 正交分解法 受力≥4 个，或者角度容易用三角函数表达。 写出平衡方程，把库仑力 代入，看变化时力的变化关系。 相似三角形法 三个力平衡，力的矢量三角形 和 空间几何三角形 始终相似。 ，几何边长之比 = 对应力的大小之比；库仑力随几何距离正比例变化。 【例题1-1】如图所示，质量的小物块b置于倾角为的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角且两小球之间的距离d=3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量。下列说法正确的是（　　） A．初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为 B．放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大 C．地面对斜面体c的支持力先变小后变大 D．小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为 【答案】A 【详解】A．由题意可得，初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为对小球M受力分析得其中联立解得故A正确； B．放电过程中，两小球之间的库仑力F减小，对小球M受力分析得，则随着库仑力F减小，夹角减小，拉力减小。且开始时角，可求得M小球的质量为开始时绳子拉力为则开始时，对物块b受力分析知即开始时，斜面体对物块b的摩擦力为零，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力沿斜面向上，且有可见，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力一定增大，故B错误； C．设bc整体质量为M，则对bc整体受力分析得可见，随着拉力减小，地面对斜面体c的支持力一直变大，故C错误； D．由题意知，放电结束后绳子拉力即为小球M的重力，且滑块b恰好没滑动，则对b受力分析得解得故D错误。故选A。 【例题1-2】如图，用三根绝缘细绳把三个带同种电荷的小球A、B、C悬挂在点，小球静止时，恰好位于同一水平面，细绳与竖直方向的夹角分别为、、，已知小球A、B、C的质量分别为、、，电荷量分别为、、，则下列说法正确的是（　　） A．若小球的质量，则一定有 B．若小球的质量，则可能有 C．若小球所带电荷量，则一定有 D．若小球所带电荷量，则一定有 【答案】B 【详解】B．小球静止时，恰好位于同一水平面，对A进行受力分析，如图所示 为绳子的拉力，为B、C两球对A球的库仑力的合力，由平衡条件可知同理对B、C进行分析有，当，时，根据库仑定律有 可知，AB间的库仑力大于AC和BC间的库仑力，画出各球的受力分析图，如图所示 根据力的平行四边形定则可知则有当，时，结合上述可知，综合上述可知，若小球的质量，则可能有故B正确； AC．结合上述可知，若连接三个小球的细绳与竖直方向的夹角则必须同时满足，故AC错误； D．结合上述可知，、、的关系一定和三个小球的质量有关，由于三个小球质量关系不确定，则夹角的关系也不确定，故D错误。故选B。 考点02 库仑力作用下的动力学问题 核心思路：受力分析→确定库仑力大小方向→牛顿第二定律 ；库仑力是变力时，加速度会随距离发生变化。 【例题2-1】如图所示，绝缘轻弹簧的一端固定于斜面底端挡板，另一端连接带正电的小物块A，带正电的小球B固定在绝缘斜面顶端，现压缩弹簧使A处于O点，弹簧未超过弹性限度，将A由O点静止释放，A沿斜面向B运动，设此运动过程中，A的加速度为a、速度为v、动能为、弹簧与A的机械能为E，下列关于这些物理量随A上滑位移x的变化关系图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】将A由O点静止释放，对A进行受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力、斜面的摩擦力和带电球B的库仑力。这些力随A上滑位移x的变化关系是，重力、支持力、摩擦力均不变，弹簧的弹力与形变量成正比，故与位移成一次线性关系；根据库仑力的表达式得，库仑力与距离的平方成反比。 A．根据牛顿第二定律得弹簧的弹力与位移成一次线性关系，库仑力与位移不成线性关系，根据牛顿第二定律表达式可知加速度与位移不成一次线性关系，故A错误； C．根据动能定理得弹力和库仑力都随位移的变化而变化，开始时弹力沿斜面向上较大，库仑力较小，故相同的位移开始时动能变化量较大，故C错误； B．当A在运动过程中速度达到最大后，库仑力继续增大，弹簧弹力继续增大，合外力继续增大，根据库仑力和弹力的变化特点可知，速度不可能关于位移成线性减小，其斜率应该越来越大，B错误； D．摩擦力和库仑力做负功使得弹簧与A的机械能减小，在运动过程中摩擦力和库仑力一直做负功，且库仑力随位移变化越来越大，故弹簧与A的机械能为E一直减小，且相同位移机械能的变化量越来越大，D正确。故选D。 【例题2-2】如图所示，带电荷量为的点电荷固定在光滑绝缘水平面内点的正上方，三个带电荷量均为、完全相同的带电小球、C、D在光滑绝缘水平面上做匀速圆周运动，轨迹圆相同，半径均为，且三个小球对水平面恰无作用力，已知，重力加速度为，静电力常量为，忽略一切摩擦和阻力，则小球B的角速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由几何关系可知AB与水平面的夹角为，则对B根据牛顿第二定律可知对B竖直方向 解得小球B的角速度大小为故选D。 考点03 电场强度的叠加 1.电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。 2.方法总结： (1)叠加法：多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。 (2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。　 (3)补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，然后再应用对称的特点进行分析，有时还要用到微元思想。 (4)微元法：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。 【例题3-1】如图所示，在平面内有一以点为中心的正五边形，顶点到点的距离为。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为、、、、的正点电荷，且电荷量为的电荷在轴正半轴上。静电力常量为，则点的电场强度（     ） A．大小为，方向沿与轴负方向成夹角斜向下 B．大小为，方向沿轴负方向 C．大小为，方向沿与轴负方向成夹角斜向下 D．大小为，方向沿轴负方向 【答案】B 【详解】根据题意如图 根据对称性可知，O点的电场强度简化为下图中点电荷产生的矢量和，则 可得方向沿轴负方向。故选B。 【例题3-2】两个半径为的半球壳球面上分别均匀分布着电荷量为的正电荷，两半球壳球心分别位于和处，如图所示。现测得处的电场强度大小为，方向沿轴负向。已知静电力常量为，则左半球壳在处的电场强度大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设左半球壳（球心在 处）在 处产生的电场强度大小为 ，由于带正电，电场强度方向沿 轴正向。设右半球壳（球心在 ）在 处产生的电场强度大小为 ，由于带正电，电场强度方向沿 轴负向。根据题意， 处的合场强大小为 ，方向沿 轴负向，故 将 处的左半球壳补全为一个完整的均匀带电球壳，由于原半球壳所带电荷量为 ，补全后的完整球壳总电荷量为 。 根据点电荷的电场强度公式，完整球壳在 处产生的电场强度大小为 ，方向沿 轴正向。 根据电场叠加原理，其中 为补上的右半球壳（位于 右侧）在 处产生的场强。 由对称性可知，补上的右半球壳（分布在 ）与题目中 处的左半球壳（分布在 ）关于 对称，且电荷量均为 ，因此它们在 处产生的场强大小相等，故所以 又知 ， 联立解得， 故左半球壳在处的电场强度大小为 故选B。 考点04 电场线的综合应用问题 1．电场线的应用 2．两种等量点电荷的电场 比较 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线分布图 连线中点O的电场强度 在电荷连线上，中点O的电场强度最小，指向负电荷一方 为零 连线上的电场强度大小 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大 沿中垂线由O点向外电场强度大小 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小 关于O点对称的A与A′、B与B′的电场强度 等大同向 等大反向 【例题4-1】如图所示，在空间中有两个固定的正电荷，其电荷量为，两个正电荷之间的距离为点是两电荷连线中点，也是和的连线中心，其中长度为的长度为，电子的电荷量为，质量为，已知单个点电荷周围的电势与距离的关系为，以下说法正确的是（     ） A．将电子从点由静止释放，其加速度会先减小后增大 B．在点将一个电子以大小为，方向垂直于纸面的速度释放，电子将做一个圆周运动 C．在点给电子一个速度大小为，方向沿的速度释放，电子不可以运动到无穷远的地方 D．增大，电子从点由静止释放做往复运动的周期将变小 【答案】D 【详解】A．在两电荷连线的中垂线上，电场强度从点向外先增大后减小，最大值出现在 处。点距离点为，因为，所以点位于场强最大值的外侧。电子从点由静止释放向点运动过程中，电场强度先增大后减小，根据牛顿第二定律 ，加速度先增大后减小，故A错误； B．若电子做圆周运动，圆心为，半径为。电子受到的库仑力合力提供向心力，即 解得 。题目给出的速度 ，因为，电子将做近心运动，不能做圆周运动，故B错误； C． 点的电势 电子在点的电势能 动能 总能量 ，电子可以运动到无穷远处，故C错误； D． 点距离 点 ，电子在 间做简谐运动。回复力系数 周期 ，增大，周期变小，故D正确。 故选 D。 【例题4-2】如图所示，正方体，在和处放置电量分别为、的点电荷，则下列说法正确的是（　　） A．点电势高于点电势 B．、两点电场强度的比值为 C．、、、四点处电场方向相同 D．将一正试探电荷沿棱从点移动到点，电势能不变 【答案】B 【详解】A．B点到、的距离相等，电势为零，D点到、的距离也相等，电势也为零，即B、D两点电势相等，故A错误； B．设正方向的边长为a，因为等边三角形，故、在B点产生的场强方向互成且大小相等，故B点的电场强度大小为 、在点产生的场强大小相等且方向互相垂直，故点的电场强度大小为故、两点电场强度的比值为故B正确； C．平面是、连线的中垂面，根据等量异种电荷的电场线分布特点可知，B、D两点的电场强度方向均平行于且指向一侧，而、在平面内，根据等量异种电荷的电场线分布特点及对称性可知，A、C两点的电场强度方向不同，故C错误； D．A点距较近，其电势大于零，B点电势等于零，故A、B两点电势不同，将一正试探电荷沿棱从点移动到点，电势能改变，故D错误。 故选B。 考点05 等势面的综合应用问题 1．几种典型电场的等势面 电场 等势面 重要描述 匀强电场 垂直于电场线的一簇平面 点电荷 的电场 以点电荷为球心的一簇球面 等量异种 点电荷的 电场 连线的中垂线上电势处处为零 等量同种 (正)点电荷 的电场 两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高 2．电势高低的判断“四法” 判断方法 方法解读 电场线 方向法 沿电场线方向电势逐渐降低 场源电荷正负法 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；越靠近正电荷处电势越高，越靠近负电荷处电势越低 电势能 大小法 同一正电荷的电势能越大的位置处电势越高，同一负电荷的电势能越大的位置处电势越低 静电力 做功法 根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 3．电势能的大小判断“四法” 判断方法 方法解读 公式法 将电荷量、电势及正负号一起代入公式EpA＝qφA计算，EpA＞0时值越大，电势能越大；EpA＜0时绝对值越大，电势能越小 电势高 低法 同一正电荷在电势越高的地方电势能越大；同一负电荷在电势越低的地方电势能越大 静电力 做功法 静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加 能量守 恒法 在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动能和电势能相互转化而且其和守恒，动能增加，电势能减小；反之，动能减小，电势能增加 【例题5-1】将真空中一正方形在四个角上分别去掉一个相同的小正方形，形成“”样的几何图形，现在其中四个顶点上分别固定电荷量相同、电性为正或者为负的点电荷，效果如图所示。已知、、、分别为该图形的顶点，为其几何中心，、为正、负电荷连线的中垂线上的点。下列说法正确的是（　　） A．、两点电场强度相同 B．点电场强度方向垂直于虚线向右 C．点电场强度小于点的电场强度 D．点的电势高于点的电势 【答案】B 【详解】A．由于电荷的分布具有对称性，根据场强叠加法则，可知、两点电场强度大小相等，方向不同，故A错误； B．点位于正负电荷连线的中垂线上，则根据场强叠加法则，上面的正负电荷产生的电场强度垂直虚线向右，下面的正负电荷产生的电场强度垂直虚线向左且大小小于上面正负电荷产生的电场强度，所以点电场强度方向垂直于虚线向右，故B正确； C．、点都位于正负电荷连线的中垂线上，点更靠近电荷分布中心，点更靠近点，由于电荷分布的对称性和距离关系，靠近电荷分布中心的电场强度更大，点电场强度为零，故点电场强度大于点的电场强度，故C错误； D．在点电荷产生的电场中，正电荷附近电势较高，故点的电势低于点的电势，故D错误。 故选B。 【例题5-2】如图，四个完全相同的正点电荷固定在立方体的四个顶点A、B、C、D，O、分别为正方形ABCD、的中心。下列说法正确的是（    ） A．同一点电荷从O点移动到点与从O点移动到点的过程中，电势能变化量相同 B．把一正点电荷从O点沿直线向B点移动的过程中，电场力一直做正功 C．把一电子从O点沿直线向点移动的过程中，电势能先减小后增大 D．若撤去A、C两点的电荷，并把B点的正电荷换成电荷量相同的负电荷，把一质子从O点沿直线移动到点的过程中，电势能一直增大 【答案】A 【详解】A．由对称性可知两点的电势相同，可知同一点电荷从O点移动到点与从O点移动到点的过程中，电势能变化量相同，A正确； B．因OB之间的电场线由B指向O，可知把一正点电荷从O点沿直线向B点移动的过程中，电场力一直做负功，B错误； C．把一电子从O点沿直线向点移动的过程中，电场力做负功，则电势能一直增大，C错误； D．若撤去A、C两点的电荷，并把B点的正电荷换成电荷量相同的负电荷，则O处在等量异种电荷连线的中垂面上，则电势均为零，则把一质子从O点沿直线移动到点的过程中，电势能始终为零，不变，D错误。故选A。 考点06 匀强电场中的电势差和电场强度的关系 1．匀强电场中电势差与电场强度的关系：UAB＝Ed，d为A、B两点沿电场方向的距离。 2.等分法：由于匀强电场中沿任意一条直线电势降落都是均匀的，如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点间的电势差等于原电势差的，像这样采用等分间距求电势的方法，叫作等分法。 3.两个重要结论 结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示。 结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，同理有UAC＝UBD，如图乙所示。 4.确定匀强电场的电场方向的方法 先由等分法确定电势相等的点，画出等势线，然后根据电场线与等势面垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面指向电势低的等势面。 【例题6-1】如图所示，在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为（－4 cm，3 cm）。现加上一方向平行于xOy 平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为12 V、28 V、16 V， 将一电荷量为－2×10－5 C的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（     ） A．坐标原点O的电势为7 V B．电场强度的大小为400 V/m C．该点电荷在a点的电势能为2×10－4 J D．该点电荷从a点移动到d点的过程中，静电力做功为8×10－4 J 【答案】B 【详解】A．由于该电场是匀强电场，故沿着同一个方向相同距离电势差相等 则有，解得，故A错误； B．该电场沿x轴方向的分电场强度大小为 沿y轴方向的分电场强度大小为 则该电场的电场强度的大小为，故B正确； C．由于该电场是匀强电场，故沿着同一个方向相同距离电势差相等 因，则有，解得 该点电荷在a点的电势能为，故C错误； D．在匀强电场中静电力做功只和初末电势有关，该点电荷从a点移动到d点，静电力做功为 ，故D错误。 故选B。 【例题6-2】如图所示，棱长为1m的正方体空间处于某一匀强电场中，在正方体的中心O点固定一点电荷后，B、C、D、四点的电势分别为、、0、4V。H、K分别为CD的中点，下列说法不正确的是（　　） A．K点的电势为 B．匀强电场的场强大小为 C．H、D两点的电势差等于K、A两点的电势差 D．将电子从点移动到C点电场力做的功为 【答案】A 【详解】A．若只考虑匀强电场中电势的分布，可知 但实际上，K点的电势应为点电荷形成的电场和匀强电场在该点电势的叠加，故K点的电势不是，故A错误，符合题意； B．根据点电荷形成的电场中等势面的分布情况可知，点电荷在正方体各顶点的电势相等，故各顶点之间的电势差可以等效为单独的匀强电场之间的电势差，故有 匀强电场沿CB、DC、D1D方向的电场强度为 故匀强电场的场强，故B正确，不符合题意； C．同理可知，，则有， 解得， 设点电荷在H、K点的电势为，则有， 因此，，故C正确，不符合题意； D．根据电场力做功可知将电子从点移动到C点电场力做的功为，故D正确，不符合题意。 故选A。 考点07 电场中的三种常见图像 1.φ－x图像 (1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ－x图线的切线的斜率为零。 (2)在φ－x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。 (3)在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。 (4)在φ－x图像中可以判断电场类型，如图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场。 (5)在φ－x图像中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向。 2.Ep－x图像 (1)由Ep－x图像可知带电粒子在不同位置的电势能，在已知带电粒子带电量q的情况下，可由φ＝求出任一位置的电势。 (2)由Ep－x图像可求出任意两位置对应的电势能的变化量，进而确定静电力做功情况。 (3)由功能关系可得ΔEp＝qE·Δx，即qE＝||，所以Ep－x图像切线的斜率表示带电粒子在该位置所受静电力的大小。 3.E－x图像 (1)E－x图像的意义：反映了沿x轴方向电场强度E随x变化的规律。 (2)设x轴正方向为电场强度的正方向，E>0表示电场强度沿x轴正方向；E<0表示电场强度沿x轴负方向。 (3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，如图所示，两点的电势高低根据电场方向判定。 【例题7-1】已知无限大的均匀带电薄平板其两侧的电场线如图甲所示，电场强度与其所带电荷量成正比。现将两块无限大的均匀带电薄平板垂直于x轴放置，两板横坐标分别为x＝－a，x＝a，所带的电荷量分别为＋q和＋2q，如图乙所示，若规定x轴上O点处电势为0，则x轴上各点电势随位置坐标x变化的关系曲线可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由甲图可知无限大的均匀带电薄平板其两侧为匀强电场，图乙中两板在（－，－a）区域内的电场向左，且为两板形成电场强度大小之和，两板在（－a，a）区域内的电场向左，大小为两板形成电场强度大小之差；两板在（a，）区域内的电场向右，大小为两板形成电场强度大小之和，由沿电场方向电势降低和－x图像斜率表示电场强度，可知A正确，BCD错误。 故选A。 【例题7-2】真空中存在着平行x轴方向的电场，x轴上各点的电势随位置x变化的关系图像如图所示。一电子仅在电场力作用下从处以1eV的初动能沿x轴正方向运动，下列说法正确的是（   ） A．在之间的电场强度方向沿轴正方向 B．在之间的电场强度大小为 C．电子从处运动至处过程中，电势能先不变后减小 D．电子运动到处时的动能为0 【答案】D 【详解】A．在 区间，x增大时电势升高，由“沿电场线方向电势降低”可知，电场强度方向沿轴负方向，不是轴正方向。 计算验证：该区间斜率 得 负号说明方向沿x负方向。故A错误； B．在 区间，电势变化量 位移变化量 电场强度大小为： ，故B错误； C．在区间，由图像可知电势保持不变，因此电子的电势能也保持不变，符合“先不变”的描述。 在区间，电势从逐渐降低到。对于带负电的电子，：减小，反而增大，因此电势能是增大，不是减小。故C错误； D．电子动能和电势能之和守恒： 初始在处，初动能，，电势能，总能量。 处，，电势能 因此动能：，故D正确。故选D。 【例题7-3】静电场沿轴方向，一带正电的试探电荷由轴上点静止释放，试探电荷仅在电场力的作用下运动，经过一段时间运动到轴上点，试探电荷的电势能随坐标的变化规律如图所示，，，三点的电势分别为、、。下列说法正确的是（     ） A．、间的电场方向沿轴的正方向 B． C．、、三点中，点的电场强度最大 D．试探电荷在、两点的速度大小之比为2∶1 【答案】C 【详解】A．正试探电荷从过程电势能减小，电场力做正功，电场方向沿轴正方向；过程电势能增大，电场力做负功，电场方向沿轴负方向，因此、间的电场方向不是一直沿轴的正方向，故A错误； B．由图可知 设正试探电荷的电量为，由可知与成正比，故三点电势满足，故B错误； C．正试探电荷在电场中受到的电场力大小满足 故的斜率反映该电荷受到的电场力的大小，、、三点中，点的斜率最大，因此试探电荷在点受到的电场力最大；电场强度的大小满足 故、、三点中，点的电场强度最大，故C正确； D．正试探电荷由轴上点静止释放，能量守恒可知其到达点的动能满足 解得 同理可知该正试探电荷到达点的动能为 故试探电荷在、两点的动能之比为 解得，故D错误。 故选C。 【例题7-4】如图1所示，水平固定的绝缘光滑细杆上穿有一个质量为m、带电荷量为-q的小环（可视为点电荷），细杆正上方的P点固定一个带电荷量为Q的点电荷，将小环由静止释放，小环在细杆上做往复运动。选无限远处电势为0，以P点正下方的O点为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，小环运动过程中的电势能Ep随坐标x变化的图像如图2所示，图像在x=x0处的斜率最大，静电力常量为k。下列说法正确的是（　　） A．小环释放后向右运动的过程中，电场力先做负功再做正功 B．图2中Ep-x图像的切线斜率表示该位置处的电场强度 C．P点到细杆的距离为 D．小环的最大加速度为 【答案】D 【详解】A．由图可知，小环释放后向右运动的过程中，电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，故A错误； B．Ep-x图像的切线斜率表示该位置处小环所受电场力在x方向的分量，故B错误； C．设P点到细杆的距离为h，则图线切线的斜率为 根据数学知识可得，当时，k′最大，则 所以，故C错误； D．电场力最大时，加速度也最大，根据牛顿第二定律可得，故D正确。 故选D。 【例题7-5】如图甲所示为一个均匀带正电的圆环，以圆环的圆心为坐标原点，过点垂直于圆环平面的线为轴，在其轴线上距离圆心处产生的电场强度如图乙所示，将一个带负电微粒（不计重力）从处静止释放，则粒子（　　） A．沿着轴负向运动到无穷远处 B．在点两侧做简谐运动 C．在的电势能比在B的电势能低 D．到达点的速度最大 【答案】C 【详解】AB．由乙图知，O点左侧场强方向从O点出发指向无穷远处，右侧场强方向也从O点指向无穷远处，故将一个带负电微粒（不计重力）从B处静止释放，粒子先受到向左的电场力，向左加速，过了O点，受到的电场力向右，做减速，直到速度为零，然后再反向加速，过O点后，再减速，到速度为零，如此往返运动，由乙图可知，微粒所受电场力与其位移是非线性关系，所以不做简谐运动，AB错误； C．根据 可知图像与轴围成的面积表示电势差，可知 根据 可知粒子从B到O电场力对其做的正功大于粒子从O到A电场力对其做的负功，即粒子从B到O减少的电势能大于粒子从O到A增加的电势能，故粒子在A处的电势能比在B处的电势能低，C正确； D．由乙图可知，当加速度为零，即电场强度为零时，粒子有最大速度，即粒子到达点的速度最大，D错误。故选C。 【例题7-6】在如图甲的坐标系中，x轴上固定两个等量的点电荷M、N，距坐标原点O均为L，轴上有、、三点，其坐标值分别为、、。轴上各点的电场强度E随变化的关系如图乙所示，图中的阴影部分面积为，的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为的带正电粒子，由点静止释放，仅在电场力作用下，将沿轴正方向运动，则（　　） A．M、N是异种电荷 B．带电粒子在的电势能小于在的电势能 C．带电粒子运动到位置时动能为 D．带电粒子运动过程中最大速度为 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，O点电场强度为0，且当时，E为正，即场强沿x轴正方向；当时，E为负，即场强沿x轴负方向，所以M、N是等量正点电荷，故A错误； B．带正电粒子从点由静止释放后沿x轴正方向运动，从到的过程中电场力做正功，则电势能减小，所以带正电粒子在的电势能大于在的电势能。又因为在等量同种正点电荷的电场中，关于点对称的点的电势相等，所以、两点的电势相同，则带正电粒子在、两点的电势能也相同，因此带正电粒子在的电势能大于在的电势能，故B错误； C．在图像中，图像与坐标轴围成的面积表示电势差。所以、两点的电势差为 由于、两点的电势相同，故、两点的电势差为 对带正电粒子从到的运动过程列动能定理方程有 解得带正电粒子运动到位置时的动能为，故C错误； D．当带正电粒子运动到点时，加速度为0，其速度有最大值。对带正电粒子从到的运动过程列动能定理方程有 又因为从到的电势差为 联立解得带正电粒子运动过程中最大的速度为，故D正确。 故选D。 考点08 电容器的动态分析问题 1．平行板电容器动态的分析思路 2.平行板电容器的动态分析问题的两种情况 (1)平行板电容器充电后,保持电容器的两极板与电池的两极相连接: (2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接: 【例题8-1】如图所示，平行板电容器两极板A、B与直流电源E、理想二极管连接，电源负极接地。初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴在电容器中的P点恰好能处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．将极板A向下平移后，油滴在P点的电势能Ep增大 B．将极板B向下平移后，油滴在P点的电势能Ep增大 C．将极板B向下平移后，带电油滴静止不动 D．将极板B向左平移一小段距离后，P点的电势不变 【答案】C 【详解】A．初始时板带正电，板间电场方向竖直向下。油滴静止时电场力方向竖直向上，故油滴带负电。板向下移动时，板间距减小，由 可知电容增大，二极管正向导通，电容器继续充电，板间电压不变。由 可知板间电场强度增大，点到接地板的垂直距离不变，故点电势 增大。由且，可知油滴的电势能减小，故A错误； B．板向下移动时，板间距增大，电容减小，电容器的放电方向被二极管阻断，因此二极管截止，极板电荷量不变。由 可知板间电场强度不变。由于板接地，点到板的垂直距离增大，故点电势 增大。由初始平衡可知，因此油滴的电势能减小，故B错误； C．板向下移动时，二极管截止，极板电荷量不变。由 可知板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，仍与重力平衡，故C正确； D．板向左移动一小段距离后，两极板正对面积减小，电容减小，二极管截止，极板电荷量不变。由可知板间电场强度增大。点仍在两极板的重叠区域内，且到板的垂直距离不变，故点电势增大，故D错误。故选C。 【例题8-2】如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，其下端浸没在下方储罐中的不导电液体中，P是两极板间的一点，N极板接地。电容器与理想二极管串联后，接在电动势恒定的电源两端。关于该电路，下列判断正确的是（    ） A．液面上升一小段高度，电容器所带的电荷量不变 B．液面下降一小段高度，P点的电势降低 C．将M板向左移一小段距离，P点的电场强度减小 D．将N板向左移一小段距离，P点的电势降低 【答案】B 【详解】A．液面上升一小段高度，两极板的正对面积S变大，介电常数不变，根据平行板电容器的决定式，故电容器的电容变大，两极板间的电压减小。 由于电源的电动势大于电容器两极板之间的电压，二极管处于导通状态，电容器所带的电荷量增加，电容器两极板间电压U增大，当两极板之间的电压增大到电源电动势时，电流强度为0，电路稳定，故初、末两个状态下极板之间的电压不变，所以电容器所带的电荷量增加，A错误； B．液面下降，介电常数不变，两极板间的距离不变，正对面积S减小，根据平行板电容器的决定式，可知电容器的电容减小。假设，电容器所带的电荷量不变，根据电容的定义式有 联立解得，电容器两板间电压增大，且电压大于电源的电动势。 由于二极管具有单向导电性，故二极管阻止电容器放电，因此假设成立，电容器所带的电荷量不变，电容器两板间电压增大。又知，，板间距离不变，N与P之间的距离不变。 所以，P点的电势降低，故B正确； C．M左移，极板间距增大，根据平行板电容器的决定式，可知电容器的电容减小。 假设，电容器所带的电荷量不变，根据电容的定义式有 联立解得，电容器两板间电压增大，且电压大于电源的电动势。 由于二极管具有单向导电性，故二极管阻止电容器放电，因此假设成立，电容器所带的电荷量Q不变。 根据电容的定义式有，故电容器两板间电压 又知，故，P点的电场强度E不变，C错误； D．N左移，d减小，根据平行板电容器的决定式，可知电容器的电容增大。 假设，电容器所带的电荷量不变，根据电容的定义式有 联立解得，电容器两板间电压减小，且电压小于电源的电动势。 由于二极管具有单向导电性，故电源给电容器充电，因此假设不成立，电容器所带的电荷量增大，两极板之间的电压增大，当两极板之间的电压增大到电源电动势时，电流强度为0，电路稳定，故初、末两个状态下极板之间的电压不变。又知，板间距离减小，故增大。又知，P与M之间的距离不变。所以，P点的电势，故P点的电势升高，D错误。故选B 。 考点09 带电粒子在电场中的偏转 1.如图所示，质量为m、带电荷量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U。 (1)受力特点 带电粒子进入电场后，忽略重力，粒子只受电场力，设电场力方向平行电场方向向下。运动情况类似于平抛运动。 (2)运动性质 ①沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动， 在两极板间飞行的时间t＝。 ②垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝。 (3)基本规律 ①初速度方向 ②电场线方向 ③离开电场时的速度偏转角的正切值:tan θ＝＝ ④离开电场时位移与初速度方向的夹角的正切值:tan α＝＝。 2.常用推论 (1)速度偏转角θ的正切值是位移方向与初速度方向夹角α的正切值的2倍，即tan θ＝2tan α。 (2)粒子从偏转电场中射出时，其速度反向延长线与初速度方向交于沿初速度方向位移的中点。 (3)不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合。 【例题9-1】如图所示，在矩形中，，，空间存在与面平行的匀强电场，将一带电荷量为、质量为的试探电荷从点移动到点，电势能减少了，若将该电荷从点移动到点电势能增加了，规定点的电势为0，不计试探电荷的重力。则下列说法正确的是（     ） A．电场方向由指向 B．电场强度的大小为 C．D点的电势为 D．若该试探电荷从点以速度沿图中方向射出，则其刚好能过点 【答案】A 【详解】A．对于电荷从点到点、从点到点的过程，由电势能变化与电势差的关系得， 结合，，解得， 匀强电场中沿相等且平行的位移，电势变化相同，故 联立解得， 取沿由指向、沿由指向分别为两个正方向，由匀强电场中电势差与场强的关系得 同理得 设电场方向与的夹角为，则 解得 该方向由指向，故A正确； B．由A项在同一匀强电场中求得的两个场强分量可得，故B错误； C．由A项求得的点电势为，故C错误； D．取沿由指向为轴正方向、竖直向上为轴正方向，由A项求得的电场方向和分量可知， 正电荷所受电场力方向与电场方向相同，由牛顿第二定律得， 由A项求得的场强分量可得， 初速度的两个分量为， 设粒子到达点横坐标的时刻为，沿轴方向由匀变速直线运动的位移公式得 代入数据解得 沿轴方向由匀变速直线运动的位移公式得 电场方向与粒子到达点横坐标时的轨迹位置如图所示。 点位于轴上，因此粒子从点上方通过，不能刚好经过点，故D错误。 故选A。 【例题9-2】半球形电子能量分析器是一种测量电子能量分布的器件。它由内外两个同心半球组成，利用半球壳间的静电场让不同能量的电子在半球形通道中“分道扬镳”，筛选出特定能量范围的电子。如图所示，同心半球的球心为O，静电场沿着径向分布，电场强度的大小。速率不同的电子从入射口A进入电场，速度方向垂直于同心半球的底面，经过电场后分别到达B、C、D处，。忽略边缘效应和电子之间的相互作用。则（　　） A．到达B的电子在运动过程中动能增大 B．到达B、C、D的电子在A处对应的入射动能依次增大 C．到达B、C、D的电子在电场中运动的时间依次增大 D．到达B、C、D的电子出射速度方向均垂直于同心半球的底面 【答案】D 【详解】A．由电子轨迹向球心弯曲可知，电子所受电场力始终指向球心。电子从运动到的过程中，电子到球心的距离增大，电场力做负功，根据动能定理有 因此电子到达时的动能小于在处的入射动能，故A错误； B．设电子在处做半径为OA的圆周运动所需的速度为，根据电场力提供向心力有 到达的电子轨迹向外偏转，到达的电子做圆周运动，到达的电子轨迹向内偏转，因此在处分别有，， 解得 根据动能公式 可知，即对应的入射动能依次减小，故B错误； C．由于，电子所受电场力满足，电子的运动规律与行星绕太阳运动的规律相同，根据开普勒第三定律有 三条轨道的半长轴分别为，， 由可得 因此 电子从运动到对面最远点或最近点所用时间均为相应周期的一半，即，， 可得，运动时间依次减小，故C错误； D．、、均为各自轨道上与相对的远点或近点，在这些位置电子沿轨道切线方向运动，速度方向与对应的半径OB、OC、OD垂直。由于OB、OC、OD均位于同心半球的底面内，所以电子出射时的速度方向均垂直于同心半球的底面，故D正确。故选D。 考点10 带电体在匀强电场中的圆周运动 1.首先分析带电体的受力情况进而确定向心力的来源。 2.用“等效法”的思想找出带电体在电场和重力场中的等效“最高点”和“最低点”。 (1)等效重力法 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，F合的方向为“等效重力”的方向，即等效重力场中的“竖直向下”方向。a＝视为等效重力场中的“等效重力加速度”。 (2)几何最高点(最低点)与物理最高点(最低点) ①几何最高点(最低点)：是指图形中所画圆的最上(下)端，是符合人视觉习惯的最高点(最低点)。 ②物理最高点(最低点)：是指“等效重力F合”的(反向)延长线过圆心且与圆轨道的交点，即物体在圆周运动过程中速度最小(大)的点。 【例题10-1】如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，、分别为轨道上的最高点和最低点，、是轨道上与圆心等高的点。质量为、电荷量为的带负电的小球在处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度大小为，轨道半径为，电场强度大小。则下列说法中正确的是（　　） A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在圆弧的中点 B．小球在点的初速度 C．从点出发，运动一周回到点的过程中，机械能先减小再增大 D．若增大小球在点的速度，则经过、两点时小球所受轨道弹力大小的差值也会增大 【答案】B 【详解】A．由题意可知，小球在复合场中做圆周运动，则小球在等效最低点的位置小球动能最大，小球带负电，电场力方向水平向左，大小 重力竖直向下，大小，因此等效重力大小为 方向斜向左下方，与竖直方向成，因此等效最低点的位置在圆弧的中点，如图所示 因此在轨道上运动时，小球动能最大的位置在圆弧的中点点，A错误； B．恰好做完整圆周运动的条件为等效最高点点时轨道弹力为0，等效重力提供向心力 由几何关系可知与竖直方向夹角为，从到点过程，由动能定理有 解得，B正确； C．机械能变化等于电场力做功，小球运动一周，电场力向左，从到，电场力做负功，机械能减小；从到，电场力做正功，机械能增大；从到，电场力做负功，机械能减小，因此运动一周回到点的过程中，机械能先减小，再增大，再减小，C错误； D．从到，有动能定理得在点有解得在 点有解得 联立解得小球所受轨道弹力大小的差值 故差值为定值，与初速度无关，D错误。故选B。 【例题10-2】如图所示，光滑水平轨道与竖直面内光滑圆轨道平滑连接，为圆轨道直径。左侧有大小，方向水平向左的匀强电场；右侧有大小，方向水平向右的匀强电场。可视为质点的带电小球质量、带电量，从点以初动能向右运动，小球在圆轨道上运动时恰好能做完整的圆周运动。段的长度与圆轨道的直径均为。取，，重力加速度大小。则小球的初动能等于（　　） A．1J B．3.84J C．4J D．4.82J 【答案】C 【详解】由题意知 小球在圆轨道上运动时恰好能做完整的圆周运动，则当小球恰好能运动到中的等效最高点，设此时小球运动半径与竖直方向夹角为，则所以在中的等效最高点有 从点运动到中的等效最高点，由动能定理有 联立解得当小球恰好能运动到中的等效最高点，设此时小球运动半径与水平方向夹角为，则所以在中的等效最高点有 从点运动到中的等效最高点，由动能定理有 联立解得，所以小球的初动能等于。故选C。 考点11 应用功能关系处理有关带电粒子（带电体）在电场中的运动 1.只有静电力做功 只发生电势能和动能之间的相互转化，电势能与动能之和保持不变，功和能之间的关系为W电＝－ΔE电＝ΔEk。 2.只有静电力和重力做功 只发生电势能、重力势能和动能之间的相互转化，电势能、重力势能、动能三者之和保持不变，功和能之间的关系为W电＋WG＝－(ΔE电＋ΔEp)＝ΔEk。 3.多个力做功 多种形式的能参与转化，要根据不同力做功和不同形式的能之间的转化的对应关系分析，总功等于动能的变化，即W总＝W电＋W其他＝ΔEk。 【例题11-1】如图所示，真空中固定一个圆心为、半径为、带电量为的均匀带正电圆环。一根与水平面成30°角的固定绝缘长细杆，过圆心且垂直于圆环平面穿过该圆环。一可视为质点的带负电小球，从杆上的点以某一初速度沿杆向上运动，恰好能运动到杆上点，已知小球电荷量为，，静电力常量为，重力加速度大小为，绝缘细杆与小球间的动摩擦因数。则小球从运动到的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．圆环在点产生的电场强度的大小 B．小球与圆环间的电势能先增大后减小 C．小球初速度大小等于 D．小球从到和从到的运动时间相等 【答案】C 【详解】A．设想将圆环等分为个小段，当相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量为 ，由点电荷电场强度公式可求得每一点电荷在处的电场强度 由对称性可知，各小段圆环在处的电场强度垂直于细杆方向的分量相互抵消，而沿杆方向的分量之和即为带电圆环在处的电场强度，故而 联立解得 ，故A错误； B．均匀带正电圆环轴线上的场强方向始终沿轴线背离圆心，电势沿轴线越靠近电势越高，即从到过程，电势先升高后降低。小球带负电，电势能（），因此电势能先减小后增大，故B错误； C．根据对称性，点和点到距离均为，因此，从到电场力总做功。摩擦力做功 由动能定理得 解得，故C正确； D．小球从过程，加速度大小从过程，加速度大小，而运动位移相等，显然时间不等，故D错误。故选C。 【例题11-2】如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电盘为的小球和两根原长均为的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距A点，重力加速度为g，下列选项正确的是（　　） A．匀强电场的电场强度大小为 B．若小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点 C．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为，方向向上 D．小球从Q点由静止下滑过程中动能最大为 【答案】D 【详解】A．小球受两根弹簧弹力大小为对小球，由共点力平衡有解得，A错误； B．根据对称性可知，小球从P点运动到Q点的过程中弹力做功为0，根据几何关系可得PQ之间距离为根据动能定理，有解得，B错误； C．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度方向沿AB向下，合力等于原来PB间弹簧的弹力，根据牛顿第二定律可得，C错误； D．小球从Q点由静止下滑，运动到P点时受力平衡，速度最大，动能最大，此过程中初末位置的两弹簧的弹性势能相同，两弹簧弹力做的总功为0，在从Q到P的过程中，根据动能定理，有根据B选项可知解得，D正确。故选D。 考点12 实验：观察电容器充放电现象 1.实验原理与设计 实验电路如图所示。当开关拨到位置“1”时，电源E对电容器充电；当开关拨到位置“2”时，电容器放电。在充电和放电过程中，利用电流表观察电路的电流大小和方向的变化，利用电压表观察电容器两极板间电压的变化，进而判断电容器两极板储存电荷量的变化。 2.实验步骤 (1)根据实验电路图连接电路。 (2)把开关S拨到位置“1”，此时电源给电容器充电，观察电压表和电流表指针的偏转情况，记录在表格中。 (3)把开关S拨到位置“2”，此时电容器通过电阻R放电，观察电压表和电流表指针的偏转情况，记录在表格中。 (4)断开开关，拆除电路，整理实验器材。 3.实验现象与结论 项目 充电过程 放电过程 电压表 电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，电容器两极板间电势差增大 电压表示数逐渐减小，最后为0，电容器两极板间电势差逐渐减小，最后为0 电流表 充电电流由电源的正极流向电容器的正极板，同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极，电流表示数逐渐变小，充电电流逐渐减小，最后为0 放电电流由电容器的正极板通过电阻R流向电容器的负极板，放电电流逐渐减小，最后为0 电荷量 电容器两极板所带电荷量增加 电容器两极板所带电荷量减少 电场 强度 电容器两板间电场强度增大 电容器两极板间电场强度减小 能量 转化 充电过程中，电容器从电源获取的能量转化为电场能，不断地储存在电容器中 电容器的电场能转化成电路中其他形式的能量 【例题12-1】在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为4 V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。 (1)电容器充电后，开关S改接2使电容器进行放电，此过程得到的图像如图乙所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将________（选填“减小”“不变”或“增大”）。 (2)该图像围成的面积包含约________个小方格，则该电容器的电容为________。 (3)关于电容器在整个充、放电过程中的图像和图像的大致形状，可能正确的有________。（为电容器极板所带的电荷量，为A，B两板的电势差）。 A． B． C． D． 【答案】(1)不变 (2) 40 800 (3)AD 【详解】（1）图像面积代表放电的总电荷量Q。电容器放电，根据，C、U均不变，所以总电荷量不变，面积不变。电阻R只改变放电快慢，不改变总放出电荷。 （2）[1]看图乙方格：纵轴每小格电流，横轴每小格时间；单个方格电荷量数方格，大约40格。 [2]总电荷电源，则 （3）AB．电源给电容器充电时，刚开始电荷量的变化率较大，后面变化率减小，因此充电图像图线斜率逐渐减小；放电时电荷量变化率刚开始比较大，后面变化率减小，因此放电图像图线斜率逐渐减小，A正确，B错误。 CD．根据，由于C不变，因此UAB与q的变化情况相同，C错误，D正确。故选AD。 【例题12-2】某同学用图甲所示的电路研究电容器的充、放电过程。 (1)图甲当开关S接“1”达到稳定后，电容器上极板带________（选填“正”或“负”）电。 (2)图甲开关S接“2”前，将电流传感器串联在左侧电路中，接着将开关S接“2”，与电流传感器连接的计算机描绘出电路中的电流，随时间t变化的I-t图像如图乙所示，通过分析可知，图中图像与横轴围成的面积表示的物理量是________。不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与横轴围成的面积将________（选填“减小”、“不变”或“增大”）。 (3)在“观察电容器的充、放电现象”的实验中，实验电路如图1。从t=0开始，开关接通1，通过传感器得到流过电路中P点的电流和极板电压随时间变化的图像如图2。t=t1时刻，如果把开关改接2，此时电容器开始放电，描绘流过电路中P点的电流和极板电压随时间变化的图像。图像中正确的是（     ） A． B． C． D． (4)改变图1电路中某一元件的参数对同一电容器进行两次充电，两次充电对应的电容器电荷量Q随时间t变化的图像分别如图3中a、b所示。根据图像分析：a、b两条曲线不同是________不同造成的。 A．R B．U 【答案】(1)正 (2) 电荷量 不变 (3)A (4)B 【详解】（1）开关S接“1”，电源给电容器充电，根据充电电流方向可知，电容器上极板带正电，下极板带负电。 （2）[1]根据，可知图中图像与横轴围成的面积表示的物理量是电容器充满电时的电荷量； [2]不改变电路其他参数，则电容器带电量不变，只增大电阻的阻值，则此过程的曲线与横轴围成的面积将不变。 （3）如果把开关改接2，此时电容器开始放电，放电电流方向与充电电流方向相反；随着极板间电量逐渐减小，回路电流逐渐减小，板间电压也逐渐减小，且减小的越来越慢，但正极板电势大于负极板，为正。 故选A。 （4）改变电路中某一元件的参数对同一电容器进行两次充电，电容不变，两次电量不同，根据可知，电压不同。故选B。 【压轴题训练】 1．（多选）如图所示，水平天花板下方固定一个光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一个正点电荷，不带电的小球a，带正电的小球b分别与跨过定滑轮的绝缘轻绳两端相连。开始时系统在图示位置静止，已知。在b球所带的电荷量缓慢减小为零之前，下列说法正确的是（     ） A．a球的质量小于b球的质量 B．a球的质量大于b球的质量 C．此过程中点电荷对b球的库仑力增大 D．此过程中点电荷对b球的库仑力减小 【答案】AD 【详解】AB．设绳的拉力和库仑力大小分别为，。小球处于平衡状态，故 小球受绳拉力、重力和库仑力而平衡，其力三角形与相似，故 由上式和 整理得 已知，故，故A正确，B错误； CD．电荷量缓慢变化时，系统可看作始终处于平衡状态。由知，不变时不变。 由库仑定律，点电荷对小球的库仑力满足 与上述平衡关系联立得 因缓慢减小而右端保持不变，随之减小。 由，可知随减小而减小，故C错误，D正确。 故选AD。 2．（多选）如图所示，一长为L的水平绝缘光滑杆上套着一质量为m。电荷量为的滑块，绝缘杆正上方高处固定一电荷量为Q的正点电荷。在外力作用下，滑块静止在杆的左端。现撤去外力作用，滑块开始在杆上运动，已知静电力常量为k，取无穷远处电势为零，点电荷周围某点的电势（r为该点与点电荷间的距离），滑块可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．滑块刚开始运动时的加速度为 B．滑块运动过程中的最大速度为 C．滑块运动过程中的最大电势能为 D．滑块运动过程中的最大加速度为 【答案】BD 【详解】A．滑块在位置处，到点电荷的距离 库仑力大小为，由几何关系力沿杆方向的分量为 该分力提供加速度，由牛顿第二定律 初始位置，，代入方程，解得，故A错误； B．滑块在运动过程中只有库仑力做功，电势能与动能相互转化。滑块在处的电势能 由能量守恒，初始动能，初始电势能 因此，运动到任意位置时 整理得动能 因此，动能最大时，最小，由可知，时， 解得最大动能 故最大速度，故B正确； C．电势能，随增大而增大；由可知，或时， 解得，故C错误； D．加速度大小，设，则 则，令，则， 整理得 求的最大值，令，则 求导有，当时，取最大值，则此时 解得 因此，故最大加速度，故D正确。 故选BD。 3．（多选）如图1所示，光滑绝缘水平面上有A、B、C三个带电小球，A球的质量为m，电荷量为，B、C球质量均为5m，电荷量均为，用长为L的三根绝缘轻绳连接，稳定后呈等边三角形，a、b、c为三条边的中点。已知电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处电势为零时，距离该点电荷r处的电势为，其中k为静电力常量。多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。下列说法正确的是（   ） A．a、c两点电场强度相同 B．a、b、c三点电势的大小关系为 C．A、B、C三个带电小球与电场组成的系统的电势能为 D．若b处剪断，一段时间内三个小球状态如图2所示，则之后小球A的最大速度为 【答案】BD 【详解】A．由叠加原理知a、c两点电场强度方向不同，故A错误； B．由电势定义知，， 即，故B正确； C．势能为系统共有，三个带电小球共有AB、AC、BC三个系统，在AB组成的系统中，B在A处产生的电势为，则AB系统的电势能为，同理，，则三个带电小球组成的系统中总电势能为，故C错误； D．剪断后，球A速度最大时，由对称性及动量守恒可知，A、B、C共线，B、C速度相同且与A方向相反，此时有 由C选项算法知，此时三个带电小球组成的系统中总电势能为 由能量守恒可得 解得，故D正确。 故选BD。 4．（多选）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，若将无限远处的电势规定为零时，则距离该点电荷r处的电势为，其中k为静电力常量；在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在该点产生的电势的代数和。如图所示，A、B、C、D分别是正四面体的四个顶点，四面体的棱长为L，R、Q、M、S分别为棱、、、的中点。有三个点电荷分别固定在三个顶点B、C、D上，其中顶点B、D处的点电荷带电荷量均为（），顶点C处的点电荷带电荷量为。下列说法中正确的是（     ） A．A点电场强度大小为 B．S点电场强度大小为 C．R点电势为 D．Q点电势为 【答案】BD 【详解】A．在、处的点电荷在点的场强大小相等，均为 处电荷在点的场强 在、处的电荷在点的电场强度的合场强大小为 由余弦定理得 可知 则和夹角不等于 当和夹角等于时，则点的场强大小为 故点的场强大小不等于，A错误； B．由数学知识可知 、处的点电荷在点的场强大小相等，方向相反，、处的电荷在点的电场强度的合场强大小为0，处电荷在点的场强大小为 则点的场强大小为 B正确； CD．由数学知识可知，， 处的点电荷在点产生的电势为 处的点电荷在点产生的电势为 处的点电荷在点产生的电势为 故点的电势为 处的点电荷在点产生的电势为 处的点电荷在点产生的电势为 处的点电荷在点产生的电势为 故点的电势为 C错误，D正确； 故选BD。 5．（多选）真空中有一个棱长为的正四面体，是连线的中点，两个电荷量均为的点电荷固定在、两点。已知电子的质量为，电荷量为，不计电子的重力，静电力常量为，则关于电子在不同情况下运动过程的分析中正确的是（　　） A．电子从点沿直线移到点的过程中所受电场力先增大后减小 B．电子从点沿直线移到点的过程中电势能先增大后减小 C．电子以垂直于面从点射出可绕点做匀速圆周运动 D．电子从点由静止释放，电子的运动可视为简谐运动 【答案】AC 【详解】A．设在直线上某点处两点电荷激发的电场强度最大，且两电荷电场强度与的夹角均为，由电场强度叠加原理知点的合电场强度为 当时,有最大值，且最大值为 在A，B两点的，则可知的点在连线之间。知电子从点移到点的过程中所受电场力先增大后减小，故A正确； B．电子从点移到点的过程中先从低电势到高电势，再从高电势到低电势，所以先是电场力做正功后是电场力做负功，即电势能先减小后增大，故B错误； C．由题意知点的合电场强度为 欲使电子做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力 可知，故C正确； D．电子从点由静止释放，先做加速度增大的加速运动，过点后再做加速度减小的加速运动，越过点后先做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的减速运动，到达延长线上点关于点的对称点处再返回，是一种往复运动，因为电场力与其偏离点的位移不满足的关系，所以不是简谐运动，故D错误。 故选AC。 6．（多选）长为的绝缘轻细线一端连接质量为m、电荷量为q的带正电小球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，PQ为轨迹圆的一条直径。以P点为起始点，小球运动过程中的电势能EP与小球运动的路程s之间的关系如图乙所示，其中EP0＞0。下列说法正确的是（     ） A．电场强度的大小为 B．电场强度的大小为 C．小球运动过程中所受细线拉力的最大值为 D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值为 【答案】BC 【详解】AB．由乙图可知，小球在运动过程中的最大电势能为 最小电势能为 小球在匀强电场中做圆周运动，电势能变化的振幅等于电场力大小与轨道半径的乘积，由此可得 推导可得，故A错误，B正确； C．小球恰好能在桌面内做完整圆周运动，在电势能最大处（即等效最高点），细线拉力刚好为零，此时完全由电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得该处小球的动能为 运动过程中小球的动能与电势能之和守恒，系统的总能量为 计算可得 当小球运动到电势能最小处（即等效最低点）时，细线拉力最大，此时动能也达到最大，根据能量守恒定律有 计算可得 在电势能最小处，电场力背离圆心向外，细线拉力与电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得小球运动过程中所受细线拉力的最大值为，故C正确； D．由对C选项的分析可知，小球运动过程中所受细线拉力的最大值为，故D错误。 故选BC。 7．（多选）如图甲所示，一圆心为O的圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，其半径R=0.1m。M为圆弧上一点，若半径OM沿逆时针方向转动，θ为OM从OA位置开始旋转转过的角度，M点的电势φ随θ变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．匀强电场的电场强度大小为20V/m B．O点电势为3V C．将一质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能增加2eV D．将一电子由A点沿圆弧逆时针移至C点，静电力先做正功后做负功 【答案】ABC 【详解】A．由图像可知，当时，点电势最低，；当时，与点关于圆心对称的点电势最高，，电场方向由指向。由于MN为直径，匀强电场的电场强度大小为 代入数据解得，故A正确； B．匀强电场中沿任一直线电势均匀变化，圆心为MN的中点，因此 代入数据解得，故B正确； C．电场方向与OA的夹角为，由几何关系可知，、两点沿电场方向的投影距离为，且点电势高于点电势，因此 代入数据解得 质子从点运动到点时，电势能变化量为 解得 质子的电势能增加，故C正确； D．电子由点沿圆弧逆时针运动到点的过程中，电势逐渐降低，由可知电子的电势能逐渐增加，静电力做负功；电子由点继续运动到点的过程中，电势逐渐升高，电子的电势能逐渐减小，静电力做正功。因此静电力先做负功后做正功，故D错误。 故选ABC。 8．（多选）带电粒子绕着带电量为+Q的点电荷顺时针转动，其轨迹为椭圆，周期为T。点电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电量为-q；已知椭圆半短轴为b，半长轴为a，规定无穷远处电势为0，电势计算公式为，椭圆的面积，下列说法正确的是（　　） A．在椭圆轨道半短轴顶点B的电势 B．带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功 C．带电粒子从A到B的时间为 D．带电粒子从A到B的时间为 【答案】AD 【详解】A．椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为(半长轴)。半短轴顶点到两焦点得距离之和为，设半短轴顶点到左焦点的距离，则有半短轴顶点到右焦点的距离为，即 解得 由电势公式，可得，故A正确。 B．在椭圆轨道半长轴顶点的电势为 根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从到的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为，故B错误； C．由于带电粒子的运动类似于行星绕太阳的运动，根据开普勒第二定律有，行星与太阳的连线在相等时间内扫过相等面积。对椭圆轨道，粒子在近焦点点速度大，远焦点点速度小，故从到的时间小于，故C错误； D．由椭圆面积，到扫过的面积为椭圆面积的，即 由开普勒第二定律， 解得，故D正确。 故选AD。 9．（多选）如图甲所示，电荷量q = 1×10-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图乙所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图丙所示。重力加速度g =10m/s2，则（　　） A．物块在4s内位移是8m B．物块的质量是2kg C．物块与水平面间动摩擦因数是0.2 D．物块在4s内电势能减少了14J 【答案】CD 【详解】A．由图像可知，物块在4s内位移为 故A错误； BC．由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有 由图线知加速度为a=1m/s2。1s后物块做匀速运动，由平衡条件有 联立解得 由图可得 ， 代入数据解得 由 可得 μ=0.2 故B错误，C正确； D．物块在前2s的位移为 物块在第2~4s的位移为 电场力做正功 则电势能减少了14J，故D正确。 故选CD。 10．（多选）如图所示，两块水平放置的平行金属板M、N，下极板N接地。现将其与理想二极管串联，与静电计并联，初始电容器所带电量为零。为定值电阻，和为电阻箱，闭合开关S稳定后，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，则下列说法正确的是（　　） A．断开开关S，M板稍微上移，静电计指针偏角变大 B．断开开关S，N板稍微下移，带电油滴的电势能增大 C．保持开关S闭合，增大阻值，带电油滴仍然静止不动 D．保持开关S闭合，增大阻值，平行板电容器的带电荷量减小 【答案】AC 【详解】A．断开开关S，电量保持不变，根据电容决定式 M板稍微上移，d变大，电容减小，根据电容定义式 可知板间电压U变大，所以静电计指针偏角变大，故A正确； B．根据电容决定式 电容定义式 板间场强为 联立可得 断开开关S，电量保持不变，所以板间场强不变；P与下极板间电势差为 可知P与下极板间电势差变大，而N板的电势始终为零，所以P点电势降低，且为负值。由图可知N板为正极板，液滴处于静止状态，根据平衡条件可知液滴带正电；根据 可知N板稍微下移，带电油滴的电势能降低，故B错误； C．保持开关S闭合，电容器两板间电压等于电阻R0两端的电压，当增大R1的阻值，R0两端的电压减小，电容器两板间电压降低，根据 可知电容器将会放电，因为二极管单向导电性，电容器的电量不能减少，所以保持电量不变，根据电容决定式 电容定义式 板间场强为 联立可得 由此可知板间场强不变，所以液滴仍然静止不动，故C正确； D．保持开关S闭合，电容器两板间电压等于电阻R0两端的电压，当增大R2的阻值，电容器两板间电压与R2的阻值无关，根据 可知平行板电容器的带电荷量保持不变，故D错误。 故选AC。 11．（多选）某实验小组设计了一个装置，左边由1块金属板和5个中间开有小孔的金属筒组成，彼此间存在很窄的狭缝，右侧有一个接收屏，距离右侧出口上方a处固定一个电荷量为的点电荷。现让带电量，质量的粒子从紧挨金属板右侧虚线处静止释放，同时接通如图所示交流电，且初始时奇数筒电势高。粒子在每个狭缝中都能一直加速，最后从右侧射出后，最终打在接收屏上。已知点电荷周围电势为（k为静电力常量），不计点电荷对左侧区域的影响，忽略粒子的重力，则（     ） A．粒子在接收屏左侧区域，一直做加速运动 B．各筒长可能满足 C．粒子在接收屏右侧区域飞行的时间为 D．接收屏接收粒子位置在出口上方处 【答案】BD 【详解】A．由于静电屏蔽，所以金属筒内部场强为0，则粒子在金属筒内做匀速直线运动，故A错误； B．若在每个筒内飞行时间均为，则可以满足每次在狭缝中均为加速。由动能定理可得 解得 由于粒子在金属筒内做匀速直线运动，所以金属筒的长度满足 可知各筒长可能满足，故B正确； D．从5号筒飞出后动能为 解得 电势能为 设粒子飞至接收屏时离Q的距离为b，根据能量守恒可得 类比天体运动特点还应存在 联立可得 则接收粒子位置应为出口上方处，故D正确； C．类比天体运动，飞行周期应与半径为的圆周运动周期一致。则有 解得 则粒子在接收屏右侧区域飞行的时间为，故C错误。 故选BD。 12．（多选）如图甲所示，在竖直面内建立直角坐标系，轴沿水平方向，轴沿竖直方向，在区域存在如图乙所示的周期性变化的电场，竖直向上为电场的正方向。在坐标原点存在一粒子源，能持续沿轴正方向发射质量为、电荷量为、速度为的带电粒子。在轴右侧存在一竖直光屏，其与轴的交点为。其中，，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．打到光屏上的粒子的动能均相同 B．时刻进入电场的粒子会打到光屏上的点 C．时刻进入电场的粒子打到光屏上的位置与的距离为 D．时刻进入电场的粒子打到光屏上的位置在的下方 【答案】AB 【详解】A．由题意可知粒子在电场中做类平抛运动，从射入电场到打到光屏上的总时间为 根据图像的对称性可知，一个周期的时间里，竖直方向上电场力的冲量为零，则粒子打到光屏上时速度均沿水平方向，动能相同，A正确； B．时刻进入电场的粒子，竖直方向的分速度随时间的变化图像如下图所示 由图可知，时间内粒子的竖直分位移为零，因此粒子会打到点，B正确； C．时刻进入电场的粒子竖直分速度随时间的变化图像如下图所示 ，C错误； D．时刻进入电场的粒子竖直分速度随时间的变化图像如下图所示 由图可知，粒子打到光屏的位置在的上方，D错误。 故选AB。 13．如图1所示，地面上方足够高的空间内存在与水平地面成角、方向周期性变化的电场，以斜向下为正方向，电场的变化规律如图2所示，其中周期为，电场强度的大小E未知。时刻，质量、电荷量的带正电小球从O点以速度水平向右抛出，时刻小球经过A点，速度方向竖直向下，再过一段时间后小球第一次经过O点正下方，该点记为B点。已知O、A的高度差，重力加速度g取，不计空气阻力，求： (1)电场强度的大小E及角； (2)小球第一次经过O点正下方时的速度大小； (3)小球第n次经过O点正下方时到O点的距离H。 【答案】(1)， (2) (3)（n=1，2，3⋯） 【详解】（1）小球在水平方向，速度时间关系 解得 竖直方向，位移时间关系 解得 又水平方向，根据牛顿第二定律， 联立解得， （2）0∼：x向右匀减速到0，位移 ∼：电场仍为斜向下正方向，x方向加速度仍为−10m/s2，x方向速度从0开始向左加速，时刻x方向的速度 此阶段x位移 说明此时到达O点正下方B点，此时竖直方向的速度 则B点的速度 （3）第一次回到O点正下方时刻为t1= 竖直位移 之后电场反向，电场的水平分量变为向左的反方向，即水平加速度变为 竖直分量向上，竖直加速度变为 则第二次回到O点正下方时刻为t2= 竖直位移 第三次回到O点正下方竖直位移 第四次回到O点正下方竖直位移 …… 小球第n次经过O点正下方时到O点的距离 （n=1，2，3⋯） 14．如图，内壁光滑的圆弧轨道ABCD固定在竖直平面内，AC和BD分别为竖直直径和水平直径，粗糙水平轨道在A点与圆弧轨道相切。整个轨道处在水平向右的匀强电场中，电场强度。将一质量为0.2kg、电荷量为的带负电的小滑块从水平轨道上的某点由静止释放，已知圆弧轨道的半径，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，整个装置绝缘性能良好，小滑块运动过程中电荷量不变，重力加速度，，，求： (1)若小滑块运动到圆弧上的B点时对轨道的压力为3.5N，小滑块释放位置与A点的距离； (2)若小滑块运动到圆弧最高点C时对轨道的压力为0，小滑块释放位置与A点的距离； (3)若要小滑块不从圆弧轨道ABCD（A、D两点不计）脱离，小滑块释放位置与A点的距离满足的条件。 【答案】(1)0.6 m (2)2m (3)或 【详解】（1）设滑块到达B点时速度为，由牛顿第二定律有 设小滑块释放位置与A点的距离为，由动能定理有 由牛顿第三定律知，轨道对小滑块的压力大小 解得 （2）设滑块到达C点时的速度为，由牛顿第二定律有 设小滑块释放位置与A点的距离为，由动能定理有 解得 （3）将重力和电场力合成 与竖直方向夹角的正切值 故 将电场力和重力的合力等效成“等效重力”，等效最高点为H，等效“水平点”为F，OF与OH垂直，如图所示 滑块不离开轨道有两种可能，一种是不超越F点，另一种是能够经过H点。 ①如果刚好最高到F点，根据动能定理，有 解得 ②如果在等效场中恰好能到达H点，则根据动能定理有 在H点，合力提供向心力 联立解得 的取值范围为或。 15．如图所示，竖直虚线的左右两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直向下和水平向左的匀强电场，区域Ⅰ的电场强度为（大小未知），区域Ⅱ的电场强度大小为，紧靠虚线的右侧沿竖直方向固定一光滑绝缘的圆弧形轨道BCD，O为弧形轨道的圆心，CD为竖直方向的直径，BO与CD的夹角为，质量为、电荷量为，可视为质点的小球由区域Ⅰ中的A点以水平向右的速度进入电场，经过一段时间小球恰好沿切线方向从B点进入弧形轨道，已知A、B两点的高度差为，重力加速度，，，求： (1)小球到达B点的速度大小； (2)两点的水平间距x； (3)的大小； (4)由于小球受重力、电场力为恒力，可将重力场、电场合并为一个“虚拟的重力场”，可类比普通重力场，“虚拟重力”方向沿重力和电场力合力的方向（小球在竖直面上的圆周运动最高点不在D点）。小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，欲使小球不脱离轨道，则轨道半径R的取值范围是多少？ 【答案】(1)15m/s (2)2.4m (3)140N/C (4)或 【详解】（1）小球在点的速度大小为 （2）设小球在区域Ⅰ中运动的加速度大小为，则由牛顿第二定律得 由题意可知，小球运动到点时的速度与圆轨道相切，即速度与水平方向的夹角为 在水平方向上有 竖直方向上有， 又 由以上解得， （3）由上述分析可知 （4）小球在区域Ⅱ中运动时，电场力大小为，重力为 则电场力与重力的合力大小为 方向斜向左下方与竖直方向的夹角为 小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，小球不脱离轨道的情形有二： ①小球刚好运动到等效最高点，等效最高点如图的点，小球在点时，小球与弧形轨道之间的作用力为零，则有 小球由点到点的过程中，由动能定理得 解得 ②小球运动到与相垂直的点时速度减为零，则对小球由到的过程中，由动能定理得 解得 由以上分析可知，小球在段不脱离轨道的条件是或。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 静电场中力和能的性质 目录 【重难考点突破】 1 考点01 库仑力作用下的平衡问题 1 考点02 库仑力作用下的动力学问题 3 考点03 电场强度的叠加 4 考点04 电场线的综合应用问题 5 考点05 等势面的综合应用问题 7 考点06 匀强电场中的电势差和电场强度的关系 9 考点07 电场中的三种常见图像 10 考点08 电容器的动态分析问题 14 考点09 带电粒子在电场中的偏转 16 考点10 带电体在匀强电场中的圆周运动 17 考点11 应用功能关系处理有关带电粒子（带电体）在电场中的运动 19 考点12 实验：观察电容器充放电现象 20 【压轴题训练】 23 【重难考点突破】 考点01 库仑力作用下的平衡问题 一、静态平衡问题 1.受力分析：库仑力 ，属于弹力性质的场力；遵从矢量合成，受力分析优先画重力、弹力、摩擦力、库仑力。 2.平衡条件：F合=0。 3.常用方法：正交分解法、整体法和隔离法。 二、动态平衡 1.特点：缓慢移动，任意时刻视为平衡；库仑力大小随距离变化，方向沿电荷连线同步改变。 2.三种核心方法： 核心方法 适用场景 使用要点 矢量三角形法 物体受三个力平衡，一个力恒定（重力），一个力方向不变，第三个力大小、方向都变化（库仑力）。 三个力首尾相连构成闭合三角形；抓住不变量，观察库仑力的边长变化，判断力的增减。 正交分解法 受力≥4 个，或者角度容易用三角函数表达。 写出平衡方程，把库仑力 代入，看变化时力的变化关系。 相似三角形法 三个力平衡，力的矢量三角形 和 空间几何三角形 始终相似。 ，几何边长之比 = 对应力的大小之比；库仑力随几何距离正比例变化。 【例题1-1】如图所示，质量的小物块b置于倾角为的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角且两小球之间的距离d=3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量。下列说法正确的是（　　） A．初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为 B．放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大 C．地面对斜面体c的支持力先变小后变大 D．小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为 【例题1-2】如图，用三根绝缘细绳把三个带同种电荷的小球A、B、C悬挂在点，小球静止时，恰好位于同一水平面，细绳与竖直方向的夹角分别为、、，已知小球A、B、C的质量分别为、、，电荷量分别为、、，则下列说法正确的是（　　） A．若小球的质量，则一定有 B．若小球的质量，则可能有 C．若小球所带电荷量，则一定有 D．若小球所带电荷量，则一定有 考点02 库仑力作用下的动力学问题 核心思路：受力分析→确定库仑力大小方向→牛顿第二定律 ；库仑力是变力时，加速度会随距离发生变化。 【例题2-1】如图所示，绝缘轻弹簧的一端固定于斜面底端挡板，另一端连接带正电的小物块A，带正电的小球B固定在绝缘斜面顶端，现压缩弹簧使A处于O点，弹簧未超过弹性限度，将A由O点静止释放，A沿斜面向B运动，设此运动过程中，A的加速度为a、速度为v、动能为、弹簧与A的机械能为E，下列关于这些物理量随A上滑位移x的变化关系图像，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【例题2-2】如图所示，带电荷量为的点电荷固定在光滑绝缘水平面内点的正上方，三个带电荷量均为、完全相同的带电小球、C、D在光滑绝缘水平面上做匀速圆周运动，轨迹圆相同，半径均为，且三个小球对水平面恰无作用力，已知，重力加速度为，静电力常量为，忽略一切摩擦和阻力，则小球B的角速度大小为（　　） A． B． C． D． 考点03 电场强度的叠加 1.电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。 2.方法总结： (1)叠加法：多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。 (2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。　 (3)补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，然后再应用对称的特点进行分析，有时还要用到微元思想。 (4)微元法：将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。 【例题3-1】如图所示，在平面内有一以点为中心的正五边形，顶点到点的距离为。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为、、、、的正点电荷，且电荷量为的电荷在轴正半轴上。静电力常量为，则点的电场强度（     ） A．大小为，方向沿与轴负方向成夹角斜向下 B．大小为，方向沿轴负方向 C．大小为，方向沿与轴负方向成夹角斜向下 D．大小为，方向沿轴负方向 【例题3-2】两个半径为的半球壳球面上分别均匀分布着电荷量为的正电荷，两半球壳球心分别位于和处，如图所示。现测得处的电场强度大小为，方向沿轴负向。已知静电力常量为，则左半球壳在处的电场强度大小为（    ） A． B． C． D． 考点04 电场线的综合应用问题 1．电场线的应用 2．两种等量点电荷的电场 比较 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线分布图 连线中点O的电场强度 在电荷连线上，中点O的电场强度最小，指向负电荷一方 为零 连线上的电场强度大小 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大 沿中垂线由O点向外电场强度大小 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小 关于O点对称的A与A′、B与B′的电场强度 等大同向 等大反向 【例题4-1】如图所示，在空间中有两个固定的正电荷，其电荷量为，两个正电荷之间的距离为点是两电荷连线中点，也是和的连线中心，其中长度为的长度为，电子的电荷量为，质量为，已知单个点电荷周围的电势与距离的关系为，以下说法正确的是（     ） A．将电子从点由静止释放，其加速度会先减小后增大 B．在点将一个电子以大小为，方向垂直于纸面的速度释放，电子将做一个圆周运动 C．在点给电子一个速度大小为，方向沿的速度释放，电子不可以运动到无穷远的地方 D．增大，电子从点由静止释放做往复运动的周期将变小 【例题4-2】如图所示，正方体，在和处放置电量分别为、的点电荷，则下列说法正确的是（　　） A．点电势高于点电势 B．、两点电场强度的比值为 C．、、、四点处电场方向相同 D．将一正试探电荷沿棱从点移动到点，电势能不变 考点05 等势面的综合应用问题 1．几种典型电场的等势面 电场 等势面 重要描述 匀强电场 垂直于电场线的一簇平面 点电荷 的电场 以点电荷为球心的一簇球面 等量异种 点电荷的 电场 连线的中垂线上电势处处为零 等量同种 (正)点电荷 的电场 两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高 2．电势高低的判断“四法” 判断方法 方法解读 电场线 方向法 沿电场线方向电势逐渐降低 场源电荷正负法 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；越靠近正电荷处电势越高，越靠近负电荷处电势越低 电势能 大小法 同一正电荷的电势能越大的位置处电势越高，同一负电荷的电势能越大的位置处电势越低 静电力 做功法 根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 3．电势能的大小判断“四法” 判断方法 方法解读 公式法 将电荷量、电势及正负号一起代入公式EpA＝qφA计算，EpA＞0时值越大，电势能越大；EpA＜0时绝对值越大，电势能越小 电势高 低法 同一正电荷在电势越高的地方电势能越大；同一负电荷在电势越低的地方电势能越大 静电力 做功法 静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加 能量守 恒法 在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动能和电势能相互转化而且其和守恒，动能增加，电势能减小；反之，动能减小，电势能增加 【例题5-1】将真空中一正方形在四个角上分别去掉一个相同的小正方形，形成“”样的几何图形，现在其中四个顶点上分别固定电荷量相同、电性为正或者为负的点电荷，效果如图所示。已知、、、分别为该图形的顶点，为其几何中心，、为正、负电荷连线的中垂线上的点。下列说法正确的是（　　） A．、两点电场强度相同 B．点电场强度方向垂直于虚线向右 C．点电场强度小于点的电场强度 D．点的电势高于点的电势 【例题5-2】如图，四个完全相同的正点电荷固定在立方体的四个顶点A、B、C、D，O、分别为正方形ABCD、的中心。下列说法正确的是（    ） A．同一点电荷从O点移动到点与从O点移动到点的过程中，电势能变化量相同 B．把一正点电荷从O点沿直线向B点移动的过程中，电场力一直做正功 C．把一电子从O点沿直线向点移动的过程中，电势能先减小后增大 D．若撤去A、C两点的电荷，并把B点的正电荷换成电荷量相同的负电荷，把一质子从O点沿直线移动到点的过程中，电势能一直增大 考点06 匀强电场中的电势差和电场强度的关系 1．匀强电场中电势差与电场强度的关系：UAB＝Ed，d为A、B两点沿电场方向的距离。 2.等分法：由于匀强电场中沿任意一条直线电势降落都是均匀的，如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点间的电势差等于原电势差的，像这样采用等分间距求电势的方法，叫作等分法。 3.两个重要结论 结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示。 结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，同理有UAC＝UBD，如图乙所示。 4.确定匀强电场的电场方向的方法 先由等分法确定电势相等的点，画出等势线，然后根据电场线与等势面垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面指向电势低的等势面。 【例题6-1】如图所示，在直角坐标系xOy中有a、b、c、d四点，c点坐标为（－4 cm，3 cm）。现加上一方向平行于xOy 平面的匀强电场，b、c、d三点电势分别为12 V、28 V、16 V， 将一电荷量为－2×10－5 C的点电荷从a点沿abcd移动到d点，下列说法正确的是（     ） A．坐标原点O的电势为7 V B．电场强度的大小为400 V/m C．该点电荷在a点的电势能为2×10－4 J D．该点电荷从a点移动到d点的过程中，静电力做功为8×10－4 J 【例题6-2】如图所示，棱长为1m的正方体空间处于某一匀强电场中，在正方体的中心O点固定一点电荷后，B、C、D、四点的电势分别为、、0、4V。H、K分别为CD的中点，下列说法不正确的是（　　） A．K点的电势为 B．匀强电场的场强大小为 C．H、D两点的电势差等于K、A两点的电势差 D．将电子从点移动到C点电场力做的功为 考点07 电场中的三种常见图像 1.φ－x图像 (1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ－x图线的切线的斜率为零。 (2)在φ－x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。 (3)在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。 (4)在φ－x图像中可以判断电场类型，如图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场。 (5)在φ－x图像中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向。 2.Ep－x图像 (1)由Ep－x图像可知带电粒子在不同位置的电势能，在已知带电粒子带电量q的情况下，可由φ＝求出任一位置的电势。 (2)由Ep－x图像可求出任意两位置对应的电势能的变化量，进而确定静电力做功情况。 (3)由功能关系可得ΔEp＝qE·Δx，即qE＝||，所以Ep－x图像切线的斜率表示带电粒子在该位置所受静电力的大小。 3.E－x图像 (1)E－x图像的意义：反映了沿x轴方向电场强度E随x变化的规律。 (2)设x轴正方向为电场强度的正方向，E>0表示电场强度沿x轴正方向；E<0表示电场强度沿x轴负方向。 (3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，如图所示，两点的电势高低根据电场方向判定。 【例题7-1】已知无限大的均匀带电薄平板其两侧的电场线如图甲所示，电场强度与其所带电荷量成正比。现将两块无限大的均匀带电薄平板垂直于x轴放置，两板横坐标分别为x＝－a，x＝a，所带的电荷量分别为＋q和＋2q，如图乙所示，若规定x轴上O点处电势为0，则x轴上各点电势随位置坐标x变化的关系曲线可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【例题7-2】真空中存在着平行x轴方向的电场，x轴上各点的电势随位置x变化的关系图像如图所示。一电子仅在电场力作用下从处以1eV的初动能沿x轴正方向运动，下列说法正确的是（   ） A．在之间的电场强度方向沿轴正方向 B．在之间的电场强度大小为 C．电子从处运动至处过程中，电势能先不变后减小 D．电子运动到处时的动能为0 【例题7-3】静电场沿轴方向，一带正电的试探电荷由轴上点静止释放，试探电荷仅在电场力的作用下运动，经过一段时间运动到轴上点，试探电荷的电势能随坐标的变化规律如图所示，，，三点的电势分别为、、。下列说法正确的是（     ） A．、间的电场方向沿轴的正方向 B． C．、、三点中，点的电场强度最大 D．试探电荷在、两点的速度大小之比为2∶1 【例题7-4】如图1所示，水平固定的绝缘光滑细杆上穿有一个质量为m、带电荷量为-q的小环（可视为点电荷），细杆正上方的P点固定一个带电荷量为Q的点电荷，将小环由静止释放，小环在细杆上做往复运动。选无限远处电势为0，以P点正下方的O点为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，小环运动过程中的电势能Ep随坐标x变化的图像如图2所示，图像在x=x0处的斜率最大，静电力常量为k。下列说法正确的是（　　） A．小环释放后向右运动的过程中，电场力先做负功再做正功 B．图2中Ep-x图像的切线斜率表示该位置处的电场强度 C．P点到细杆的距离为 D．小环的最大加速度为 【例题7-5】如图甲所示为一个均匀带正电的圆环，以圆环的圆心为坐标原点，过点垂直于圆环平面的线为轴，在其轴线上距离圆心处产生的电场强度如图乙所示，将一个带负电微粒（不计重力）从处静止释放，则粒子（　　） A．沿着轴负向运动到无穷远处 B．在点两侧做简谐运动 C．在的电势能比在B的电势能低 D．到达点的速度最大 【例题7-6】在如图甲的坐标系中，x轴上固定两个等量的点电荷M、N，距坐标原点O均为L，轴上有、、三点，其坐标值分别为、、。轴上各点的电场强度E随变化的关系如图乙所示，图中的阴影部分面积为，的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为的带正电粒子，由点静止释放，仅在电场力作用下，将沿轴正方向运动，则（　　） A．M、N是异种电荷 B．带电粒子在的电势能小于在的电势能 C．带电粒子运动到位置时动能为 D．带电粒子运动过程中最大速度为 考点08 电容器的动态分析问题 1．平行板电容器动态的分析思路 2.平行板电容器的动态分析问题的两种情况 (1)平行板电容器充电后,保持电容器的两极板与电池的两极相连接: (2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接: 【例题8-1】如图所示，平行板电容器两极板A、B与直流电源E、理想二极管连接，电源负极接地。初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴在电容器中的P点恰好能处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．将极板A向下平移后，油滴在P点的电势能Ep增大 B．将极板B向下平移后，油滴在P点的电势能Ep增大 C．将极板B向下平移后，带电油滴静止不动 D．将极板B向左平移一小段距离后，P点的电势不变 【例题8-2】如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，其下端浸没在下方储罐中的不导电液体中，P是两极板间的一点，N极板接地。电容器与理想二极管串联后，接在电动势恒定的电源两端。关于该电路，下列判断正确的是（    ） A．液面上升一小段高度，电容器所带的电荷量不变 B．液面下降一小段高度，P点的电势降低 C．将M板向左移一小段距离，P点的电场强度减小 D．将N板向左移一小段距离，P点的电势降低 考点09 带电粒子在电场中的偏转 1.如图所示，质量为m、带电荷量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U。 (1)受力特点 带电粒子进入电场后，忽略重力，粒子只受电场力，设电场力方向平行电场方向向下。运动情况类似于平抛运动。 (2)运动性质 ①沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动， 在两极板间飞行的时间t＝。 ②垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝。 (3)基本规律 ①初速度方向 ②电场线方向 ③离开电场时的速度偏转角的正切值:tan θ＝＝ ④离开电场时位移与初速度方向的夹角的正切值:tan α＝＝。 2.常用推论 (1)速度偏转角θ的正切值是位移方向与初速度方向夹角α的正切值的2倍，即tan θ＝2tan α。 (2)粒子从偏转电场中射出时，其速度反向延长线与初速度方向交于沿初速度方向位移的中点。 (3)不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合。 【例题9-1】如图所示，在矩形中，，，空间存在与面平行的匀强电场，将一带电荷量为、质量为的试探电荷从点移动到点，电势能减少了，若将该电荷从点移动到点电势能增加了，规定点的电势为0，不计试探电荷的重力。则下列说法正确的是（     ） A．电场方向由指向 B．电场强度的大小为 C．D点的电势为 D．若该试探电荷从点以速度沿图中方向射出，则其刚好能过点 【例题9-2】半球形电子能量分析器是一种测量电子能量分布的器件。它由内外两个同心半球组成，利用半球壳间的静电场让不同能量的电子在半球形通道中“分道扬镳”，筛选出特定能量范围的电子。如图所示，同心半球的球心为O，静电场沿着径向分布，电场强度的大小。速率不同的电子从入射口A进入电场，速度方向垂直于同心半球的底面，经过电场后分别到达B、C、D处，。忽略边缘效应和电子之间的相互作用。则（　　） A．到达B的电子在运动过程中动能增大 B．到达B、C、D的电子在A处对应的入射动能依次增大 C．到达B、C、D的电子在电场中运动的时间依次增大 D．到达B、C、D的电子出射速度方向均垂直于同心半球的底面 考点10 带电体在匀强电场中的圆周运动 1.首先分析带电体的受力情况进而确定向心力的来源。 2.用“等效法”的思想找出带电体在电场和重力场中的等效“最高点”和“最低点”。 (1)等效重力法 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，F合的方向为“等效重力”的方向，即等效重力场中的“竖直向下”方向。a＝视为等效重力场中的“等效重力加速度”。 (2)几何最高点(最低点)与物理最高点(最低点) ①几何最高点(最低点)：是指图形中所画圆的最上(下)端，是符合人视觉习惯的最高点(最低点)。 ②物理最高点(最低点)：是指“等效重力F合”的(反向)延长线过圆心且与圆轨道的交点，即物体在圆周运动过程中速度最小(大)的点。 【例题10-1】如图所示，竖直平面内有固定的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向右，、分别为轨道上的最高点和最低点，、是轨道上与圆心等高的点。质量为、电荷量为的带负电的小球在处以速度水平向右射出，恰好能在轨道内做完整的圆周运动，已知重力加速度大小为，轨道半径为，电场强度大小。则下列说法中正确的是（　　） A．在轨道上运动时，小球动能最大的位置在圆弧的中点 B．小球在点的初速度 C．从点出发，运动一周回到点的过程中，机械能先减小再增大 D．若增大小球在点的速度，则经过、两点时小球所受轨道弹力大小的差值也会增大 【例题10-2】如图所示，光滑水平轨道与竖直面内光滑圆轨道平滑连接，为圆轨道直径。左侧有大小，方向水平向左的匀强电场；右侧有大小，方向水平向右的匀强电场。可视为质点的带电小球质量、带电量，从点以初动能向右运动，小球在圆轨道上运动时恰好能做完整的圆周运动。段的长度与圆轨道的直径均为。取，，重力加速度大小。则小球的初动能等于（　　） A．1J B．3.84J C．4J D．4.82J 考点11 应用功能关系处理有关带电粒子（带电体）在电场中的运动 1.只有静电力做功 只发生电势能和动能之间的相互转化，电势能与动能之和保持不变，功和能之间的关系为W电＝－ΔE电＝ΔEk。 2.只有静电力和重力做功 只发生电势能、重力势能和动能之间的相互转化，电势能、重力势能、动能三者之和保持不变，功和能之间的关系为W电＋WG＝－(ΔE电＋ΔEp)＝ΔEk。 3.多个力做功 多种形式的能参与转化，要根据不同力做功和不同形式的能之间的转化的对应关系分析，总功等于动能的变化，即W总＝W电＋W其他＝ΔEk。 【例题11-1】如图所示，真空中固定一个圆心为、半径为、带电量为的均匀带正电圆环。一根与水平面成30°角的固定绝缘长细杆，过圆心且垂直于圆环平面穿过该圆环。一可视为质点的带负电小球，从杆上的点以某一初速度沿杆向上运动，恰好能运动到杆上点，已知小球电荷量为，，静电力常量为，重力加速度大小为，绝缘细杆与小球间的动摩擦因数。则小球从运动到的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．圆环在点产生的电场强度的大小 B．小球与圆环间的电势能先增大后减小 C．小球初速度大小等于 D．小球从到和从到的运动时间相等 【例题11-2】如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电盘为的小球和两根原长均为的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电场。已知直杆与水平面的夹角为，两弹簧的劲度系数均为，小球在距B点的P点处于静止状态，Q点距A点，重力加速度为g，下列选项正确的是（　　） A．匀强电场的电场强度大小为 B．若小球从P点以初速度沿杆向上运动，恰能到达Q点 C．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为，方向向上 D．小球从Q点由静止下滑过程中动能最大为 考点12 实验：观察电容器充放电现象 1.实验原理与设计 实验电路如图所示。当开关拨到位置“1”时，电源E对电容器充电；当开关拨到位置“2”时，电容器放电。在充电和放电过程中，利用电流表观察电路的电流大小和方向的变化，利用电压表观察电容器两极板间电压的变化，进而判断电容器两极板储存电荷量的变化。 2.实验步骤 (1)根据实验电路图连接电路。 (2)把开关S拨到位置“1”，此时电源给电容器充电，观察电压表和电流表指针的偏转情况，记录在表格中。 (3)把开关S拨到位置“2”，此时电容器通过电阻R放电，观察电压表和电流表指针的偏转情况，记录在表格中。 (4)断开开关，拆除电路，整理实验器材。 3.实验现象与结论 项目 充电过程 放电过程 电压表 电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，电容器两极板间电势差增大 电压表示数逐渐减小，最后为0，电容器两极板间电势差逐渐减小，最后为0 电流表 充电电流由电源的正极流向电容器的正极板，同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极，电流表示数逐渐变小，充电电流逐渐减小，最后为0 放电电流由电容器的正极板通过电阻R流向电容器的负极板，放电电流逐渐减小，最后为0 电荷量 电容器两极板所带电荷量增加 电容器两极板所带电荷量减少 电场 强度 电容器两板间电场强度增大 电容器两极板间电场强度减小 能量 转化 充电过程中，电容器从电源获取的能量转化为电场能，不断地储存在电容器中 电容器的电场能转化成电路中其他形式的能量 【例题12-1】在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为4 V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。 (1)电容器充电后，开关S改接2使电容器进行放电，此过程得到的图像如图乙所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将________（选填“减小”“不变”或“增大”）。 (2)该图像围成的面积包含约________个小方格，则该电容器的电容为________。 (3)关于电容器在整个充、放电过程中的图像和图像的大致形状，可能正确的有________。（为电容器极板所带的电荷量，为A，B两板的电势差）。 A． B． C． D． 【例题12-2】某同学用图甲所示的电路研究电容器的充、放电过程。 (1)图甲当开关S接“1”达到稳定后，电容器上极板带________（选填“正”或“负”）电。 (2)图甲开关S接“2”前，将电流传感器串联在左侧电路中，接着将开关S接“2”，与电流传感器连接的计算机描绘出电路中的电流，随时间t变化的I-t图像如图乙所示，通过分析可知，图中图像与横轴围成的面积表示的物理量是________。不改变电路其他参数，只增大电阻R的阻值，则此过程的I-t曲线与横轴围成的面积将________（选填“减小”、“不变”或“增大”）。 (3)在“观察电容器的充、放电现象”的实验中，实验电路如图1。从t=0开始，开关接通1，通过传感器得到流过电路中P点的电流和极板电压随时间变化的图像如图2。t=t1时刻，如果把开关改接2，此时电容器开始放电，描绘流过电路中P点的电流和极板电压随时间变化的图像。图像中正确的是（     ） A． B． C． D． (4)改变图1电路中某一元件的参数对同一电容器进行两次充电，两次充电对应的电容器电荷量Q随时间t变化的图像分别如图3中a、b所示。根据图像分析：a、b两条曲线不同是________不同造成的。 A．R B．U 【压轴题训练】 1．（多选）如图所示，水平天花板下方固定一个光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一个正点电荷，不带电的小球a，带正电的小球b分别与跨过定滑轮的绝缘轻绳两端相连。开始时系统在图示位置静止，已知。在b球所带的电荷量缓慢减小为零之前，下列说法正确的是（     ） A．a球的质量小于b球的质量 B．a球的质量大于b球的质量 C．此过程中点电荷对b球的库仑力增大 D．此过程中点电荷对b球的库仑力减小 2．（多选）如图所示，一长为L的水平绝缘光滑杆上套着一质量为m。电荷量为的滑块，绝缘杆正上方高处固定一电荷量为Q的正点电荷。在外力作用下，滑块静止在杆的左端。现撤去外力作用，滑块开始在杆上运动，已知静电力常量为k，取无穷远处电势为零，点电荷周围某点的电势（r为该点与点电荷间的距离），滑块可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．滑块刚开始运动时的加速度为 B．滑块运动过程中的最大速度为 C．滑块运动过程中的最大电势能为 D．滑块运动过程中的最大加速度为 3．（多选）如图1所示，光滑绝缘水平面上有A、B、C三个带电小球，A球的质量为m，电荷量为，B、C球质量均为5m，电荷量均为，用长为L的三根绝缘轻绳连接，稳定后呈等边三角形，a、b、c为三条边的中点。已知电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处电势为零时，距离该点电荷r处的电势为，其中k为静电力常量。多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。下列说法正确的是（   ） A．a、c两点电场强度相同 B．a、b、c三点电势的大小关系为 C．A、B、C三个带电小球与电场组成的系统的电势能为 D．若b处剪断，一段时间内三个小球状态如图2所示，则之后小球A的最大速度为 4．（多选）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，若将无限远处的电势规定为零时，则距离该点电荷r处的电势为，其中k为静电力常量；在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在该点产生的电势的代数和。如图所示，A、B、C、D分别是正四面体的四个顶点，四面体的棱长为L，R、Q、M、S分别为棱、、、的中点。有三个点电荷分别固定在三个顶点B、C、D上，其中顶点B、D处的点电荷带电荷量均为（），顶点C处的点电荷带电荷量为。下列说法中正确的是（     ） A．A点电场强度大小为 B．S点电场强度大小为 C．R点电势为 D．Q点电势为 5．（多选）真空中有一个棱长为的正四面体，是连线的中点，两个电荷量均为的点电荷固定在、两点。已知电子的质量为，电荷量为，不计电子的重力，静电力常量为，则关于电子在不同情况下运动过程的分析中正确的是（　　） A．电子从点沿直线移到点的过程中所受电场力先增大后减小 B．电子从点沿直线移到点的过程中电势能先增大后减小 C．电子以垂直于面从点射出可绕点做匀速圆周运动 D．电子从点由静止释放，电子的运动可视为简谐运动 6．（多选）长为的绝缘轻细线一端连接质量为m、电荷量为q的带正电小球，另一端固定在光滑绝缘水平桌面上的点，整个空间内存在着平行于桌面的匀强电场，带电小球恰好能在桌面内沿顺时针做圆周运动，俯视图如图甲所示，PQ为轨迹圆的一条直径。以P点为起始点，小球运动过程中的电势能EP与小球运动的路程s之间的关系如图乙所示，其中EP0＞0。下列说法正确的是（     ） A．电场强度的大小为 B．电场强度的大小为 C．小球运动过程中所受细线拉力的最大值为 D．小球运动过程中所受细线拉力的最大值为 7．（多选）如图甲所示，一圆心为O的圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，其半径R=0.1m。M为圆弧上一点，若半径OM沿逆时针方向转动，θ为OM从OA位置开始旋转转过的角度，M点的电势φ随θ变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．匀强电场的电场强度大小为20V/m B．O点电势为3V C．将一质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能增加2eV D．将一电子由A点沿圆弧逆时针移至C点，静电力先做正功后做负功 8．（多选）带电粒子绕着带电量为+Q的点电荷顺时针转动，其轨迹为椭圆，周期为T。点电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电量为-q；已知椭圆半短轴为b，半长轴为a，规定无穷远处电势为0，电势计算公式为，椭圆的面积，下列说法正确的是（　　） A．在椭圆轨道半短轴顶点B的电势 B．带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功 C．带电粒子从A到B的时间为 D．带电粒子从A到B的时间为 9．（多选）如图甲所示，电荷量q = 1×10-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图乙所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图丙所示。重力加速度g =10m/s2，则（　　） A．物块在4s内位移是8m B．物块的质量是2kg C．物块与水平面间动摩擦因数是0.2 D．物块在4s内电势能减少了14J 10．（多选）如图所示，两块水平放置的平行金属板M、N，下极板N接地。现将其与理想二极管串联，与静电计并联，初始电容器所带电量为零。为定值电阻，和为电阻箱，闭合开关S稳定后，一带电油滴恰好静止于两板间的P点，则下列说法正确的是（　　） A．断开开关S，M板稍微上移，静电计指针偏角变大 B．断开开关S，N板稍微下移，带电油滴的电势能增大 C．保持开关S闭合，增大阻值，带电油滴仍然静止不动 D．保持开关S闭合，增大阻值，平行板电容器的带电荷量减小 11．（多选）某实验小组设计了一个装置，左边由1块金属板和5个中间开有小孔的金属筒组成，彼此间存在很窄的狭缝，右侧有一个接收屏，距离右侧出口上方a处固定一个电荷量为的点电荷。现让带电量，质量的粒子从紧挨金属板右侧虚线处静止释放，同时接通如图所示交流电，且初始时奇数筒电势高。粒子在每个狭缝中都能一直加速，最后从右侧射出后，最终打在接收屏上。已知点电荷周围电势为（k为静电力常量），不计点电荷对左侧区域的影响，忽略粒子的重力，则（     ） A．粒子在接收屏左侧区域，一直做加速运动 B．各筒长可能满足 C．粒子在接收屏右侧区域飞行的时间为 D．接收屏接收粒子位置在出口上方处 12．（多选）如图甲所示，在竖直面内建立直角坐标系，轴沿水平方向，轴沿竖直方向，在区域存在如图乙所示的周期性变化的电场，竖直向上为电场的正方向。在坐标原点存在一粒子源，能持续沿轴正方向发射质量为、电荷量为、速度为的带电粒子。在轴右侧存在一竖直光屏，其与轴的交点为。其中，，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．打到光屏上的粒子的动能均相同 B．时刻进入电场的粒子会打到光屏上的点 C．时刻进入电场的粒子打到光屏上的位置与的距离为 D．时刻进入电场的粒子打到光屏上的位置在的下方 13．如图1所示，地面上方足够高的空间内存在与水平地面成角、方向周期性变化的电场，以斜向下为正方向，电场的变化规律如图2所示，其中周期为，电场强度的大小E未知。时刻，质量、电荷量的带正电小球从O点以速度水平向右抛出，时刻小球经过A点，速度方向竖直向下，再过一段时间后小球第一次经过O点正下方，该点记为B点。已知O、A的高度差，重力加速度g取，不计空气阻力，求： (1)电场强度的大小E及角； (2)小球第一次经过O点正下方时的速度大小； (3)小球第n次经过O点正下方时到O点的距离H。 14．如图，内壁光滑的圆弧轨道ABCD固定在竖直平面内，AC和BD分别为竖直直径和水平直径，粗糙水平轨道在A点与圆弧轨道相切。整个轨道处在水平向右的匀强电场中，电场强度。将一质量为0.2kg、电荷量为的带负电的小滑块从水平轨道上的某点由静止释放，已知圆弧轨道的半径，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，整个装置绝缘性能良好，小滑块运动过程中电荷量不变，重力加速度，，，求： (1)若小滑块运动到圆弧上的B点时对轨道的压力为3.5N，小滑块释放位置与A点的距离； (2)若小滑块运动到圆弧最高点C时对轨道的压力为0，小滑块释放位置与A点的距离； (3)若要小滑块不从圆弧轨道ABCD（A、D两点不计）脱离，小滑块释放位置与A点的距离满足的条件。 15．如图所示，竖直虚线的左右两侧区域Ⅰ、Ⅱ分别存在竖直向下和水平向左的匀强电场，区域Ⅰ的电场强度为（大小未知），区域Ⅱ的电场强度大小为，紧靠虚线的右侧沿竖直方向固定一光滑绝缘的圆弧形轨道BCD，O为弧形轨道的圆心，CD为竖直方向的直径，BO与CD的夹角为，质量为、电荷量为，可视为质点的小球由区域Ⅰ中的A点以水平向右的速度进入电场，经过一段时间小球恰好沿切线方向从B点进入弧形轨道，已知A、B两点的高度差为，重力加速度，，，求： (1)小球到达B点的速度大小； (2)两点的水平间距x； (3)的大小； (4)由于小球受重力、电场力为恒力，可将重力场、电场合并为一个“虚拟的重力场”，可类比普通重力场，“虚拟重力”方向沿重力和电场力合力的方向（小球在竖直面上的圆周运动最高点不在D点）。小球沿弧形轨道BCD段运动的过程中，欲使小球不脱离轨道，则轨道半径R的取值范围是多少？ 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $