第十章 静电场中的能量（预习衔接.夯实基础.含解析）2025-2026学年高二上学期物理必修第三册人教版（2019）

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预习衔接.夯实基础 静电场中的能量
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 锡山区校级期末）两个点电荷，电性未知、电荷量大小分别为4q和q，其电场线如图所示（未标明方向，且未画出对称轴附近的电场线），A、B、C、D为对称轴上的四个点，且满足AB＝BC＝CD，则（　　）
A．A、D两点的场强方向一定相反
B．从D点向左至无穷远，场强不断减小
C．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则电子从A向B移动的过程中，电势能减小
D．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则A点电势低于D点电势
2．（2024秋 朝阳区期末）有人认为在两个带电导体之间可以存在如图所示的静电场，它的电场线相互平行，间距不等。关于此“静电场”，下列说法正确的是（　　）
A．该电场一定存在，是个特殊的匀强电场
B．该电场一定存在，可以通过两个匀强电场叠加产生
C．根据图中a、b两点电场强度方向相同，大小不同，可判断该电场不存在
D．通过试探电荷沿不同路径从图中a点移动到b点，电场力做功不同，可判断该电场不存在
3．（2024秋 大连期末）有研究表明，当兴奋情绪传播时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布图如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种电荷产生的电场，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法中正确的是（　　）
A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
B．c点的电势大于d点的电势
C．将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
D．负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
4．（2024春 新吴区校级期末）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、10V、22V。下列说法不正确的是（　　）
A．电场强度的大小为2.5V/cm
B．坐标原点处的电势为﹣2V
C．电子在a点的电势能比在c点的低12eV
D．电子从b点运动到c点，静电力做功为12eV
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 大连期末）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、带正电的电荷量为q的小球，系在一根长为R的绝缘细线的一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度的大小为g，电场强度。
若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到C点时细线的拉力最大
B．小球运动到B点时的电势能最大
C．小球运动到B点时的机械能最大
D．小球运动过程中的最小速度为
（多选）6．（2024秋 海淀区期末）某静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，B、C是x轴上关于坐标原点O对称的两点。一个带负电的粒子仅在电场力作用下，以O点为中心、沿x轴方向在B、C两点间做周期性往复运动。下列说法正确的是（　　）
A．从B运动到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
B．从B运动到O的过程中，粒子的加速度先减小后增大
C．粒子在O点的电势能最小
D．粒子的运动是简谐运动
（多选）7．（2024春 湖南期末）如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m＝1kg的带负电小滑块（可视为质点）在x＝1m处以v0＝2m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.05。在x＝0及x＝5m处有两个电性未知，电荷量分别为Q1、Q2的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x＝1m处的切线，g＝10m/s2下列说法正确的选项是（　　）
A．滑块在x＝3m处所受合外力小于 0.5N
B．两场源电荷均带负电，且|Q1|＞|Q2|
C．滑块向右运动过程中，速度始终减小
D．滑块向右一定可以经过x＝4m处的位置
三．填空题（共4小题）
8．（2024春 东城区校级期末）某同学利用如图所示的实验电路观察平行板电容器的充放电现象。按如图所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接在 　 　（选填“1”或“2”），可对电容器进行充电。
9．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，xOy坐标系中，A点的坐标为（0，20cm），B点的坐标为（15cm，0），匀强电场的方向平行于坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为0V，A点电势为32V，B点电势为﹣18V，则AB中点的电势为 　 　V，该电场的电场强度大小为 　 　V/m。
10．（2024春 浦东新区校级期末）若将一个电量为2.0×10﹣10C的正电荷，从零电势点移动到电场中的M点需要克服电场力做功8×10﹣9J，则M点的电势是 　 　V；若再将电荷从电场的M点移动到电场中的N点，电场力做功1.8×10﹣8J，则M、N两点间的电势差UMN＝　 　V。
11．（2024春 东城区校级期末）如图甲是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点。若将一负点电荷从a点由静止释放，负电荷只受电场力作用，沿电场线从a运动到b。在这过程中，电荷的速度—时间图线如图乙所示。比较a、b两点电势的高低关系是φa　 　φb，场强的大小关系是Ea　 　Eb。（选填“＞”“＜”或“＝”）
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 天心区校级期末）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
（1）求M点的电场强度；
（2）求小球S1的重力；
（3）为保证S1能运动到N点，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？
13．（2024秋 天心区校级期末）如图，水平地面上放置一长度L＝10m、质量M＝1kg的长木板。一可视为质点、质量m＝1kg、带电量q＝+1×10﹣5C的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离d1＝7m。在距木板右端d2＝9m的虚线右侧，存在宽度d3＝11.5m的匀强电场，场强E1＝2×106N/C，方向竖直向下。匀强电场E1右侧存在宽度，d4＝6m的匀强电场，场强E2＝1×106N/C，方向竖直向上。从t＝0时刻起，水平恒力F＝8N作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块运动多长时间进入匀强电场E1；
（2）物块离开匀强电场E2时速度的大小；
（3）物块最终停下来时，离木板右端的距离。
14．（2024秋 厦门期末）如图甲所示，一倾角为30°足够长的绝缘斜面固定在水平地面上，质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a后锁定（A与弹簧不拴接）。空间中存在沿斜面向上、大小E（g为重力加速度）的匀强电场。质量为2m、电荷量为+q的物块B静止在斜面上端，B左侧固定有处于原长的轻质绝缘弹簧b，A、B与斜面的滑动摩擦力大小分别为mg、mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
t＝0时解除锁定，弹簧的弹性势能Ep瞬间全部转化为A的动能，A运动距离L后于t1时刻到达P点，此时速度为v1、加速度为0，且未与弹簧b接触；t2时刻，A到达Q点，速度达到最大值2v1，弹簧b的弹力大小为mg，此过程中A的v﹣t图像如图乙所示。已知A、B的电荷量始终保持不变，两者间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）弹射过程弹簧a对A冲量的大小；
（2）A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功；
（3）A到达P点时，A与B之间的距离；
（4）A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和。
15．（2024春 宿州期末）如图所示，由电子枪发出的电子从静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可视为匀强电场，偏转电极YY'之间电压为U，极板长度为L，两极板间距离为d。不计电子重力和电子间相互作用，求：
（1）电子离开加速电场时的速度大小v0；
（2）电子在偏转电场中的加速度大小a；
（3）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。
预习衔接.夯实基础 静电场中的能量
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 锡山区校级期末）两个点电荷，电性未知、电荷量大小分别为4q和q，其电场线如图所示（未标明方向，且未画出对称轴附近的电场线），A、B、C、D为对称轴上的四个点，且满足AB＝BC＝CD，则（　　）
A．A、D两点的场强方向一定相反
B．从D点向左至无穷远，场强不断减小
C．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则电子从A向B移动的过程中，电势能减小
D．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则A点电势低于D点电势
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电场线的定义及基本特征．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据点电荷场强公式E＝k和电场的叠加原理确定A、D两点的场强方向关系，并分析场强的变化情况；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况；根据离正点电荷越近电势越高，离负点电荷越近电势越低，分析A点与D点电势高低。
【解答】解：AB、由图中电场线分布情况可知，两点电荷为异种电荷，且B处电场线密，则B处电荷量为4q，C处电荷量为q。设电荷量为4q的点电荷为负电荷，电荷量为q的点电荷为正电荷，并设AB＝BC＝CD＝r，则A点的场强大小为，（方向指向负点电荷4q），D点的场强大小为。
由于D点的场强大小为零，无穷远处场强也为零，所以从D点向左至无穷远，场强先增大后减小，故AB错误；
C、若电荷量为4q的点电荷为负电荷，电子从A向B移动的过程中，场强方向由A指向B，电子所受的电场力与运动方向相反，电场力对电子做负功，所以电子的电势能增加，故C错误；
D、若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则B处为4q负电荷，C处q为正电荷，根据离正点电荷越近电势越高，离负点电荷越近电势越低，则知﹣4q点电荷在A点的电势低于D点电势，+q点电荷在A点的电势低于D点电势，由电场的叠加原理可知，A点电势低于D点电势，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题的关键要掌握电场的叠加原理，根据场强的合成分析合场强的方向，判断电场力做功情况，从而分析电势能的变化情况。
2．（2024秋 朝阳区期末）有人认为在两个带电导体之间可以存在如图所示的静电场，它的电场线相互平行，间距不等。关于此“静电场”，下列说法正确的是（　　）
A．该电场一定存在，是个特殊的匀强电场
B．该电场一定存在，可以通过两个匀强电场叠加产生
C．根据图中a、b两点电场强度方向相同，大小不同，可判断该电场不存在
D．通过试探电荷沿不同路径从图中a点移动到b点，电场力做功不同，可判断该电场不存在
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场线的定义及基本特征．
【专题】定性思想；极端假设法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据匀强电场的特点判断AB；根据等势面的特点和电势差与场强的关系判断C；根据电场力做功特点判断D。
【解答】解：A.电场线相互平行，说明电场中各点的场强方向相同，而电场线间距不等说明电场中各点场强大小不是处处相等，不是匀强电场，故A错误；
B.将两个匀强电场叠加，获得的电场仍为匀强电场，故B错误；
C：如果存在这样的电场，根据等势面的特点，它的等势面ac、bd应该如下图所示
a、d两点的电势差Uad应该等于c、b两点的电势差Ucb，即
Uad＝Ucb
从图中可以看出，a、d两点的距离等于c、b两点的距离，ad处的场强大于cb处的场强。根据
U＝Ed
可得
Uad＞Ucb
所以这样的电场不可能存在，但等势面上各点的场强不一定大小相等，故C错误；
D.如下图所示
粒子沿两个不同的路径，从a→d→b和从a→c→b，电场力做功不相同（Uad＞Ucb），即电场力做功与路径有关，违背了静电场的基本性质，所以这样的电场不可能存在，故D正确。
故选：D。
【点评】知道电场力做功与其路径无关，只与初末位置的电势差有关是解题的关键，另外掌握匀强电场的特点是解题的基础。
3．（2024秋 大连期末）有研究表明，当兴奋情绪传播时，在人的体表可以测出与之对应的电势变化。某一瞬间人体表面的电势分布图如图所示，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，该电场可等效为两等量异种电荷产生的电场，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点。下列说法中正确的是（　　）
A．a、b两点的电场强度大小相等，方向相反
B．c点的电势大于d点的电势
C．将带正电的试探电荷从b点移到d点，电场力做负功
D．负电荷在c点的电势能小于在a点的电势能
【考点】等势面及其与电场线的关系；电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据等量异种电荷的电场线分布进行分析；根据电势的大小求解ab两点、bc两点的电势差。
【解答】解：A．该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，a、b为两电荷连线上对称的两点，根据等量异种电荷的电场的特点，可以判断、这两个对称点的电场强度大小相等、方向相同，故A错误；
B．c、d两点位于等量异种点电荷连线的中垂线上，该中垂线是一条等势线，则c点的电势等于d点的电势，故B错误；
C．根据EP＝qφ可知，正电荷在电势高的地方电势能大，所以将带正电的试探电荷从电势低b点移到电势高d点，电场力做负功，电势能增加，故C正确；
D．根据EP＝qφ可知，负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷在电势低的c点的电势能大于在电势高的a点的电势能，故D错误。
故选：C。
【点评】该题结合等势面考查对电场强度理解，知道无论是电场线或是等差等势面，都是密的地方场强大，疏的地方场强小；把握电场强度的矢量性是解该题的关键。
4．（2024春 新吴区校级期末）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、10V、22V。下列说法不正确的是（　　）
A．电场强度的大小为2.5V/cm
B．坐标原点处的电势为﹣2V
C．电子在a点的电势能比在c点的低12eV
D．电子从b点运动到c点，静电力做功为12eV
【考点】等分法求电势；电场力做功的计算及其特点；电场力做功与电势能变化的关系；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据匀强电场中分析坐标原点处的电势，由几何关系求出a、b连线中点的电势。作出电场线，再根据E求电场强度的大小；根据电势能公式EP＝qφ求电子在a、c点的电势能之差；根据W＝qU求出电场力所做的功。
【解答】解：AB、根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式公式U＝Ed，知aO间与cb间电势差相等，即φa﹣φO＝φc﹣φb，因a、b、c三点电势分别为φa＝10V、φb＝10V、φc＝22V，解得原点处的电势为φ0＝﹣2V；
因a、b两点电势相等，所以ab连线是一条等势线，则电场线的方向如图所示：
cb间的电势差：Ucb＝φc﹣φb＝22V﹣10V＝12V
根据几何知识得c点到ab连线的距离：d＝ac sin37°＝8×0.6cm＝4.8cm
则电场强度为：EV/cm＝2.5V/cm，故AB正确；
C、电子在a、c点的电势能之差：ΔEp＝（﹣eφa）﹣（﹣eφc）＝﹣10eV﹣（﹣22eV）＝12eV，即电子在a点的电势能比在c点的高12eV，故C错误；
D、bc间的电势差Ubc＝10V﹣22V＝﹣12V，故电子从b点运动到c点，电场力做功为：W＝eUbc＝﹣e×（﹣12V）＝12eV，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】本题的关键是掌握匀强电场中电势差与电场强度的关系式公式U＝Ed，注意正确运用几何关系求解电场强度。要注意公式U＝Ed中d是指两点间沿电场方向的距离；同时注意求解电势能和电场力做功时要代入各物理量的符号。
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 大连期末）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、带正电的电荷量为q的小球，系在一根长为R的绝缘细线的一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度的大小为g，电场强度。
若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到C点时细线的拉力最大
B．小球运动到B点时的电势能最大
C．小球运动到B点时的机械能最大
D．小球运动过程中的最小速度为
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】CD
【分析】若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，在等效最高点时，细线拉力为零，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求最小速度。根据对称性确定速度最大即动能最大的位置。根据电场力做功情况分析小球机械能最大的位置。根据运动情况确定小球运动到B点的电势能。
【解答】解：AD．带正电的电荷量为q的小球受到的电场力大小为
F＝qE
解得
则重力和电场力的合力大小为
解得
F合＝2mg
重力和电场力的合力方向与竖直方向的夹角满足
可得
θ＝60°
如图所示
可知小球运动等效最低点G时速度最大，细线的拉力最大；小球运动等效最高点H时速度最小，则有
解得小球运动过程中的最小速度为
故A错误，D正确；
BC．从小球从A到B过程，电场力对小球一直做正功，小球电势能减小，小球从B到A过程，电场力对小球一直做负功，小球电势能增大，则小球运动到B点时的电势能最小，小球运动到B点时的机械能最大，故B错误，C正确。
故选：CD。
【点评】解答本题时，要掌握功能关系，注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的合力提供向心力。
（多选）6．（2024秋 海淀区期末）某静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，B、C是x轴上关于坐标原点O对称的两点。一个带负电的粒子仅在电场力作用下，以O点为中心、沿x轴方向在B、C两点间做周期性往复运动。下列说法正确的是（　　）
A．从B运动到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
B．从B运动到O的过程中，粒子的加速度先减小后增大
C．粒子在O点的电势能最小
D．粒子的运动是简谐运动
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定性思想；归纳法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据沿电场线方向电势逐渐降低判断O点的电势最高，进而确定电场线的方向，进而判断电场力做功情况，进而判断AC；根据φ﹣x图像的斜率判断电场强的大小，进而根据牛顿第二定律判断B；根据简谐运动的回复力公式判断粒子是否做简谐运动。
【解答】解：AC.根据电场中的规律可知沿电场线方向电势降低，O点处电势最高，则BO段电场的方向沿x轴负方向，OC段电场的方向沿x轴正方向，带负电的粒子在BO段受到向右的电场力的作用，在OC段受到向左的电场力的作用，所以粒子在从B运动到C的过程中，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，在O点电势能最小，故AC正确；
B.根据φ﹣x图像规律可知图线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，根据
可知，粒子q、m不变的情况下，从B运动到O的过程中，电场强度的大小先增大后减小，则粒子加速度先增大后减小，故B错误；
D.简谐运动需满足回复力
F＝﹣kx
则偏离平衡位置位移越大，物体所受的回复力越大，而根据B选项分析可知往复运动的端点B点和C点处场强不是最大的，则受力不是最大，不符合简谐运动的条件，故D错误。
故选：AC。
【点评】知道φ﹣x的斜率表示电场强度，以及沿电场线方向电势逐渐降低是解题的基础。
（多选）7．（2024春 湖南期末）如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m＝1kg的带负电小滑块（可视为质点）在x＝1m处以v0＝2m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.05。在x＝0及x＝5m处有两个电性未知，电荷量分别为Q1、Q2的点电荷场源，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x＝1m处的切线，g＝10m/s2下列说法正确的选项是（　　）
A．滑块在x＝3m处所受合外力小于 0.5N
B．两场源电荷均带负电，且|Q1|＞|Q2|
C．滑块向右运动过程中，速度始终减小
D．滑块向右一定可以经过x＝4m处的位置
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】BD
【分析】Ep﹣x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，确定滑块在x＝3m处所受电场力大小，再求合外力大小。在x＝3m处电场力为0，电场强度为0，根据点电荷场强公式分析Q1、Q2的电荷量关系。滑块在x＝3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x＝3m处的电势最高，结合摩擦力可知速度的变化情况；根据能量守恒定律判断滑块是否到达x＝4m处的位置。
【解答】解：A、Ep﹣x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，则知滑块在x＝3m处所受电场力为0，所受合外力F合＝f＝μmg＝0.05×1×10N＝0.5N，故A错误；
B、滑块在x＝3m处所受电场力为0，则该处电场强度为0，则kk，由于r1＞r2，所以|Q1|＞|Q2|。
滑块在x＝3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x＝3m处的电势最高，两场源电荷均带负电，故B正确；
C、滑块在x＝1m处所受电场力大小为
所以在x＝1m处，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且电场力大于摩擦力，则滑块做加速运动，故C错误；
D、滑块在x＝1m处的电势能与在x＝4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x＝4m处，则应满足：fΔx＝0.5×（4﹣1）J＝1.5J
根据题中数据可知实际情况并满足上式，所以滑块一定可以经过x＝4m处的位置，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查电势能与电场力做功，解题关键要掌握电势能与电势的关系，注意Ep﹣x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。
三．填空题（共4小题）
8．（2024春 东城区校级期末）某同学利用如图所示的实验电路观察平行板电容器的充放电现象。按如图所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接在 　1　（选填“1”或“2”），可对电容器进行充电。
【考点】观察电容器及其充、放电现象．
【专题】实验题；学科综合题；定性思想；实验分析法；电容器专题；实验探究能力．
【答案】1
【分析】对电容器进行充电时，电容器两端应与电源两端相接。
【解答】解：对电容器进行充电，电容器要与电源串联在电路中，将开关S接在1。
故答案为：1.
【点评】本题为观察电容器的充放电实验对电容器进行充电时，电容器两端应与电源两端相接。
9．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，xOy坐标系中，A点的坐标为（0，20cm），B点的坐标为（15cm，0），匀强电场的方向平行于坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为0V，A点电势为32V，B点电势为﹣18V，则AB中点的电势为 　7　V，该电场的电场强度大小为 　200　V/m。
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】7；200
【分析】根据题目信息从图中找到等势面画出等势线，再根据电势差和电场强度关系列式求解。
【解答】解：设AB中点为C，AB中点的电势为
x轴方向的电场强度大小为
y轴方向的电场强度大小为
电场的电场强度大小为
代入数据得E＝200V/m
故答案为：7；200
【点评】本题考查电势差和电场强度的关系，比较简单，但是必须正确找到等势面，再画出电场线。
10．（2024春 浦东新区校级期末）若将一个电量为2.0×10﹣10C的正电荷，从零电势点移动到电场中的M点需要克服电场力做功8×10﹣9J，则M点的电势是 　40　V；若再将电荷从电场的M点移动到电场中的N点，电场力做功1.8×10﹣8J，则M、N两点间的电势差UMN＝　90　V。
【考点】电荷性质、电势能和电势的关系；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】40，90。
【分析】根据电势差的定义式计算两点之间的电势差，然后根据U0M＝0﹣φM计算M点的电势。
【解答】解：零电势点和M点的电势差为U0M，根据U0M＝0﹣φM可得M点的电势为40V
M、N两点间的电势差UMN
故答案为：40，90。
【点评】掌握电势差的计算公式是解题的基础。
11．（2024春 东城区校级期末）如图甲是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点。若将一负点电荷从a点由静止释放，负电荷只受电场力作用，沿电场线从a运动到b。在这过程中，电荷的速度—时间图线如图乙所示。比较a、b两点电势的高低关系是φa　＜　φb，场强的大小关系是Ea　＝　Eb。（选填“＞”“＜”或“＝”）
【考点】电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电场线的定义及基本特征．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】＜，＝。
【分析】从速度—时间图线得到负电荷做匀加速运动，加速度不变，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况；电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势降低。
【解答】解：负电子从a运动到b，由速度—时间图线得到负电荷做加速运动，故电场力向右；
因为图线的斜率不变，故加速度不变，因此电场力不变，所以电场强度不变，即Ea＝Eb；
负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向左，沿场强方向，电势降低，故b点电势较大，即φa＜φb。
故答案为：＜，＝。
【点评】本题关键通过速度—时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小。
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 天心区校级期末）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
（1）求M点的电场强度；
（2）求小球S1的重力；
（3）为保证S1能运动到N点，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？
【考点】带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场强度的叠加．
【专题】计算题；定量思想；图析法；动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）M点的电场强度大小为，方向由O指向M；
（2）小球S1的重力为；
（3）为保证S1能运动到N点，S1从M点下落时的初动能须满足。
【分析】（1）根据点电荷的场强公式结合矢量的合成求解M点的电场强度大小，判断其方向；
（2）根据牛顿第二定律结合力的合成可解得小球S1的重力；
（3）为保证S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D点时的速度必须大于零，根据动能定理确定S1从M点下落时的初动能须满足的条件。
【解答】解：（1）由点电荷场强公式可得，单个点电荷在M点的场强大小为
两个点电荷在M点的电场强度方向垂直，则M点的电场强度为
EME
方向由O指向M。
（2）设O点下方处为C点，A与C的距离为RC，小球S1在C处所受的库仑力大小为FC，由库仑定律和力的合成有
式中
设小球S1的质量为m1，小球S1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
FC+m1g＝m1a
由图（c）可知，a＝2g
联立并代入数据解得：
（3）设O点上方处为D点。根据图（c）和对称性可知，S1在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为0；S1在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S1能运动到N点，S1运动到D点时的速度必须大于零
设M点与D点电势差为UMD，由电势差与电势的关系有
UMD＝φM﹣φD
设小球S1初动能为Ek，运动到D点的动能为EkD，由动能定理有
m1g（MO﹣DO）+QUMD＝EkD﹣Ek
其中EkD＞0
由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图（b）所给数据，联立解得：
即为保证S1能运动到N点，S1从M点下落时的初动能须满足。
答：（1）M点的电场强度大小为，方向由O指向M；
（2）小球S1的重力为；
（3）为保证S1能运动到N点，S1从M点下落时的初动能须满足。
【点评】本题考查牛顿第二定律、动能定理，结合带电粒子在电场中运动的规律，解题关键掌握粒子的运动情况分析，有一定的难度。
13．（2024秋 天心区校级期末）如图，水平地面上放置一长度L＝10m、质量M＝1kg的长木板。一可视为质点、质量m＝1kg、带电量q＝+1×10﹣5C的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离d1＝7m。在距木板右端d2＝9m的虚线右侧，存在宽度d3＝11.5m的匀强电场，场强E1＝2×106N/C，方向竖直向下。匀强电场E1右侧存在宽度，d4＝6m的匀强电场，场强E2＝1×106N/C，方向竖直向上。从t＝0时刻起，水平恒力F＝8N作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块运动多长时间进入匀强电场E1；
（2）物块离开匀强电场E2时速度的大小；
（3）物块最终停下来时，离木板右端的距离。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）物块运动4s进入匀强电场E1；
（2）物块离开匀强电场E2时速度的大小6m/s；
（3）物块最终停下来时，离木板右端的距离5.5m。
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出物块的加速度，结合题设条件确定物块和木板的运动状态，求得物块运动多长时间进入匀强电场；
（2）（3）由运动学规律进入电场的位移，进入电场后根据动力学规律物块的运动过程，再结合题设条件求物块离开匀强电场E2时速度的大小，物块最终停下来时，离木板右端的距离。
【解答】解：（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为a0，则由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma0
解得
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为a，则对整体由牛顿第二定律有
F﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a
代入数据解得
a＝2m/s2＜a0
则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移
可知
x0＞d1+d2
则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为t0，由位移与时间的关系可得
解得
t0＝4s
（2）当物块进入电场E1后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场E1中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有
F﹣μ2[（m+M）g+Eq]＝（m+M）a1
解得
a1＝0
即在物块进入电场E1中的1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为x1，进入电场E1时的速度大小为v1，则有
v1＝at0＝2×4m/s＝8m/s
x1＝v1t1＝8×1m＝8m
此时距进入电场E2的距离为
x2＝d3﹣x1＝11.5m﹣8m＝3.5m
设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为a′1，由牛顿第二定律有
μ2[（m+M）g+Eq]＝（m+M）a′1
解得
设物块和木板共同进入电场E2时的速度大小为v2，则由速度与位移的关系可得
解得
v2＝6m/s
当进入匀强电场E2，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有
mg＝E2q
可知，物块在电场E2中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场E2时速度的大小为6m/s。
（3）设物块出电场E2所用的时间为t2，在物块出电场E2的过程中木板在电场E2中做匀减速直线运动的加速度大小为a2，则有
d4＝v2t2
μ2Mg＝Ma2
解得
t2＝1s，
设该过程中木板的位移为x3，可得
解得
x3＝5m
则可得物块出电场E2时距离木板右端的距离为
d5＝d1﹣（d4﹣x3）
解得
d5＝6m
此时木板的速度
v3＝v2﹣a2t2
解得
v3＝4m/s
此后在两者达到共速前物块的加速度大小为，设木板的加速度大小为a3，对木板由牛顿第二定律有
μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma3
解得
a3＝0
即物块出电场E2后做匀减速直线运动，而木板做匀速直线运动，设达到共速所用时间为t3，根据速度—时间关系可得
v3＝v2﹣a0t3
解得
t3＝0.5s
则在该时间内物块和木板的位移分别为x4、x5，则根据位移与时间的关系有
x5＝v3t3＝4×0.5m＝2m
两者达到共速后将一起做减速运动，直至停止，则可知物块最终离木板右端的距离为
d6＝d5﹣（x4﹣x5）
解得
d6＝5.5m
答：（1）物块运动4s进入匀强电场E1；
（2）物块离开匀强电场E2时速度的大小6m/s；
（3）物块最终停下来时，离木板右端的距离5.5m。
【点评】本题难度较大，这是一道涉及电场的在水平面上的有拉力的板块模型，一定要分清两个物体的运动状态，用动力学规律可以解决相应的问题。
14．（2024秋 厦门期末）如图甲所示，一倾角为30°足够长的绝缘斜面固定在水平地面上，质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a后锁定（A与弹簧不拴接）。空间中存在沿斜面向上、大小E（g为重力加速度）的匀强电场。质量为2m、电荷量为+q的物块B静止在斜面上端，B左侧固定有处于原长的轻质绝缘弹簧b，A、B与斜面的滑动摩擦力大小分别为mg、mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
t＝0时解除锁定，弹簧的弹性势能Ep瞬间全部转化为A的动能，A运动距离L后于t1时刻到达P点，此时速度为v1、加速度为0，且未与弹簧b接触；t2时刻，A到达Q点，速度达到最大值2v1，弹簧b的弹力大小为mg，此过程中A的v﹣t图像如图乙所示。已知A、B的电荷量始终保持不变，两者间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）弹射过程弹簧a对A冲量的大小；
（2）A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功；
（3）A到达P点时，A与B之间的距离；
（4）A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化；动量定理的内容和应用；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）弹射过程弹簧a对A冲量的大小为；
（2）A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功为mgLEp；
（3）A到达P点时，A与B之间的距离为；
（4）A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和为。
【分析】（1）物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a，弹簧的弹性势能Ep瞬间全部转化为A的动能，根据动能定理和动量定理求解；
（2）从A从开始运动到P点的过程中，根据动能定理求解B对A库仑力所做的功；
（3）A到达P点时，A的加速度为零，根据平衡条件进行解答；
（4）物块A在P点时，对B分析，分析B的受力情况和运动情况；以A和B整体为研究对象，根据动量守恒定律求解B的速度大小；滑块A在Q点时，二者之间的距离为x′，对A根据平衡条件求解A的位移，由此得到B的位移大小，对系统，根据能量守恒定律、功能关系可得A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和。
【解答】解：（1）物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a，弹簧的弹性势能Ep瞬间全部转化为A的动能，则有：Ep
解得：v
取沿斜面向上为正方向，根据动量定理可得弹射过程弹簧a对A冲量的大小为：I＝mv﹣0＝m；
（2）从A从开始运动到P点的过程中，根据动能定理可得：WBA﹣mgLsin30°mgL﹣qEL
解得B对A库仑力所做的功：WBAmgLEp；
（3）A到达P点时，A的加速度为零，则有：mgsin30°﹣qEmg＝0
解得A与B之间的距离：x；
（4）物块A在P点时，对B分析，设此次B的摩擦力大小为f，则有：f2mgsin30°﹣qE
解得：f
此时B的摩擦力达到最大，此后A向上运动过程中，B向下运动。
以A和B整体为研究对象，合外力为：F合＝3mgsin30°mgmg＝0
说明A从P到Q运动过程中，系统合外力为零，则动量守恒；当A到Q点时，设B的速度大小为vB，取沿斜面向上为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv1＝m 2v1+2mvB
解得：vBv1
滑块A在Q点时，二者之间的距离为x′，对A根据平衡条件有：mg﹣mgsin30°﹣qEmg＝0
解得：x′
由于A和B的合外力大小相等，而B的质量为A的质量的2倍，则B的加速度始终为A的一半，则A的位移等于B的位移的2倍。
则从A从P到Q过程中，二者的位移之和位移为：xA+xB＝x﹣x′
B的位移为：xB（）
对系统，根据能量守恒定律可得：W电场力+W弹簧+2mgxBsin30°﹣mgxAsin30°mgxAmgxB
解得：W电场力+W弹簧
根据功能关系可得A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和：ΔEP＝﹣W电场力+W弹簧
则ΔEp。
答：（1）弹射过程弹簧a对A冲量的大小为；
（2）A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功为mgLEp；
（3）A到达P点时，A与B之间的距离为；
（4）A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和为。
【点评】本题主要是考查带电物块在电场中的运动，关键是弄清楚物块的受力情况和运动情况，结合动能定理、功能关系进行解答。
15．（2024春 宿州期末）如图所示，由电子枪发出的电子从静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可视为匀强电场，偏转电极YY'之间电压为U，极板长度为L，两极板间距离为d。不计电子重力和电子间相互作用，求：
（1）电子离开加速电场时的速度大小v0；
（2）电子在偏转电场中的加速度大小a；
（3）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）在加速电场中动能定理可求出电子离开电场的速度；
（2）在偏转电场中，由牛顿第二定律可求出加速度大小；
（3）在偏转电场中，电子做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出竖直方向的位移y。
【解答】解：（1）在加速电场中，由动能定理可知：eU0
解得：v0
（2）电子在偏转电场中，竖直方向只受电场力作用，由牛顿第二定律可知：
F＝ma
F＝eE＝e
解得：a
（3）电子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：L＝v0t
竖直方向：yat2
联立解得：y
答：（1）电子离开加速电场时的速度大小v0为；
（2）电子在偏转电场中的加速度大小a为；
（3）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y为。
【点评】本题考查带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动，在加速电场中动能定理求末速度；
在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出相关物理量。
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