第一章 静电场（预习衔接.含解析）2025-2026学年高二上学期物理必修第三册教科版（2019）

中小学教育资源及组卷应用平台
新课预习衔接 静电场
一．选择题（共4小题）
1．（2024春 江岸区期末）已知均匀带电薄球壳外部空间电场与将等量电荷全部集中在球心时产生的电场相同。如图（a）所示，一带电量为+Q，半径为R的均匀带电金属薄球壳，以球心为坐标原点，建立Ox轴，其中A点为球壳内一点，B点坐标为2R，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．球壳内外场强分布如图（b）所示
B．将电荷量为+q的试探电荷由球壳内A点移到O点，试探电荷的电势能减小
C．在圆心O处放一个电量为﹣2Q的点电荷，球壳外表面带电量仍为+Q
D．在x＝R处取走极小的一块面积ΔS（不影响球壳表面其余部分电荷分布），则从O点到B点电场强度一直减小，且电势也一直降低
2．（2024春 菏泽期末）如图所示，粗糙水平面所在空间有水平向右的匀强电场，电场强度为E。一质量为m，带电荷量为﹣q（q＞0）的物块自O点以初动能Ek0向右运动。已知物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，且qE＞μmg，设O点的电势为零，规定水平向右为正方向，则物块的动能Ek、电势能EP与物块运动的位移x关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，用两根绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球，悬点为O，两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球和B球在同一水平面，A球悬线与竖直线夹角为α，B球悬线与竖直线夹角为β，如果α＝37°，β＝53°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则两小球mA和mB之比为（　　）
A．4：3 B．9：16 C．16：9 D．3：4
4．（2024春 让胡路区校级期末）如图所示，M和N为两平行金属板，板间电压恒为U，在N板附近由静止释放一不计重力的带正电粒子。下列说法中正确的是（　　）
A．若仅减小两板间距离，粒子受到的电场力不变
B．若仅增大两板间距离，粒子到达M板时的速度将变大
C．若仅增大两板间距离，回路中会出现逆时针方向的瞬时电流
D．若仅减小两板的正对面积，回路中会出现顺时针方向的瞬时电流
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 仓山区校级期末）如图是电场中的一条电场线，在该电场线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示两点电场强度的大小，则（　　）
A．a、b两点的场强方向相同
B．因为电场线是直线，所以Ea＝Eb
C．因为电场线由a指向b，所以Ea＞Eb
D．不知道a、b附近电场线的分布情况，Ea、Eb的大小不能确定
（多选）6．（2024春 湖南期末）a、b、c、d为某一电场中的等差等势线。一不计重力的带负电粒子飞入电场后只在电场力作用下沿M点到N点运动（如图），下列说法正确的是（　　）
A．M点处的电场强度大于N点处的电场强度
B．带电粒子在N点的速度比在M点处的速度大
C．带电粒子在N点处的电势能比在M点处的电势能大
D．四个等势线的电势关系为φa＞φb＞φc＞φd
（多选）7．（2024春 贵阳期末）如图所示，M、N是静电场中一条电场线上的两点。带3C电荷量的正点电荷在M点的电势能为6J，将该电荷移至N点，电势能变为12J，则下列说法正确的是（　　）
A．M点的电势φM＝2V，N点的电势φN＝4V
B．M、N两点的电势差UMN＝2V
C．若令M点的电势为零，则M、N两点的电势差UMN＝﹣4V
D．若令M点的电势为零，则该电荷在N的电势能为6J
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 重庆期末）如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长l＝2.0m。若将两个电荷量q均为2.0×10﹣6C的点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9×109N m2/C2，则O点的场强大小为 　 　N/C，C点的场强大小为 　 　N/C。
9．（2024春 浦东新区校级期末）如图所示，点电荷A和B相距40cm，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和﹣Q，在A、B连线上，引入点电荷C。此时三个点电荷恰好在彼此的静电力作用下处于平衡状态，则电荷C电荷量大小为 　 　，它应放在 　 　（选填“A和B之间”，“A的右侧”，“B的左侧”，“A的右侧及B的左侧”）处。
10．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，取一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔片均是闭合的。先把带正电荷的物体C移近导体A，金属箔片 　 　；接着保持C位置不动，用手摸一下导体A，然后移走C，A导体的金属箔片 　 　，B导体的金属箔片 　 　（以上3个空均填“张开”或“闭合”），且导体A带电。
11．（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。
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 碑林区校级期末）如图所示，金属板AB和CD水平放置，中间开有小孔O1、O2，两板之间加有加速电压U0。金属板EF和GH均是以O点为圆心，半径为3R和R的同心圆弧板，O3O4也是以O点为圆心的圆弧，且到两金属板距离相等，两板之间加有电压。长2R的金属板MN、PQ水平放置，点M、P分别和点F、H对齐，两板之间加有偏转电压。质量为m、电荷量为q的粒子从粒子源中无初速度漂进加速电场，恰好能沿图示O1﹣O2﹣O3﹣O4﹣O5﹣K虚线轨迹运动，最后到达PQ板的中点K。不考虑场的边界效应，不计粒子的重力。求：
（1）圆弧O3O4处电场强度的大小；
（2）为使粒子恰好能到达PQ板的中点K，金属板MN、PQ之间加的偏转电压U的值；
（3）从粒子进入金属板MN、PQ开始计时，经多长时间粒子运动到距直线MQ最近，最近距离是多少。
13．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角θ＝30°的光滑绝缘斜面上，A绝缘，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不带电，C的电荷量qC＝+7×10﹣5C且保持不变，开始时BC间的距离L＝2m，三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A沿斜面做匀加速直线运动，经过时间t，向上运动1m，向上力F变为恒力，已知静电力常量为k＝9.0×109N m2/C2，g取10m/s2。求：
（1）B的电荷量和电性；
（2）A做匀加速的加速度大小；
（3）F从变力到恒力需要的时间t；
（4）F变为恒力时的大小。
14．（2024春 洛阳期末）如图所示，在匀强电场中有一等边三角形ABC，边长为60cm，电场方向和△ABC所在平面平行，现将电荷量q＝﹣4×10﹣6C的点电荷从电场中的A点移动到B点，静电力做功﹣2.4×10﹣5的功，该电荷从C点移到A点，电场力做功4.8×10﹣5J的功。
（1）如果规定B点的电势为零，则A点和C点电势φA、φc分别是多少？
（2）电场强度E的大小和方向。
15．（2024春 丽水期末）如图甲所示，P处有一粒子源，可以持续均匀地“飘”出（初速度为零）氢离子，经M、N间的加速电场加速后，粒子可以进入辐向电场（电场强度方向指向O），沿着半径为R的圆弧运动。从辐向电场射出后，粒子沿平行金属板A、B间的中心线Ⅱ’射入匀强电场，最后都打在足够长的收集板上。已知UMN＝U，氢离子电荷为e，质量为m，AB间的电场随时间变化如图乙所示（AB为正方向，周期为T），AB板的长度，以下答案用U、R、e、m、T、E0表示，不考虑粒子间的相互作用。求：
（1）氢离子从N板射出时的速度大小v；
（2）半径为R的圆弧处的电场强度大小E；
（3）收集板上收集到粒子的位置会发光，求发光长度x。
新课预习衔接 静电场
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024春 江岸区期末）已知均匀带电薄球壳外部空间电场与将等量电荷全部集中在球心时产生的电场相同。如图（a）所示，一带电量为+Q，半径为R的均匀带电金属薄球壳，以球心为坐标原点，建立Ox轴，其中A点为球壳内一点，B点坐标为2R，静电力常量为k，下列说法正确的是（　　）
A．球壳内外场强分布如图（b）所示
B．将电荷量为+q的试探电荷由球壳内A点移到O点，试探电荷的电势能减小
C．在圆心O处放一个电量为﹣2Q的点电荷，球壳外表面带电量仍为+Q
D．在x＝R处取走极小的一块面积ΔS（不影响球壳表面其余部分电荷分布），则从O点到B点电场强度一直减小，且电势也一直降低
【考点】单个或多个点电荷周围的电势分布；E﹣x图像的理解与应用；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定性思想；推理法；电磁学；理解能力．
【答案】D
【分析】理解均匀带电薄球壳的电场分布特点，即内部场强为零，外部场强与点电荷产生的场强相同。掌握电场力做功与电势能变化的关系，以及电场强度、电势等物理量的基本性质。应用静电平衡的原理分析导体内部的电场和电荷分布。注意近似处理和误差分析，在取走极小面积时考虑其对整体电场的影响。
【解答】解：A.壳内场强处处为0，故A错误；
B.壳内场强处处为0，故移动试探电荷不做功，从A点移到O点，试探电荷的电势能不变，故B错误；C.在圆心O处放一个电量为﹣2Q的点电荷，由于静电感应，球壳内表面感应出+2Q的电荷，则球壳外表面带电量为一Q，故C错误；
D.在x＝R处取走极小的一块面积ΔS，根据电场的对称性可知，O点的场强为﹣R处面积为ΔS的球壳上的电荷产生的场强，大小为：
根据正点电荷的电场线分布可知，从O点到B点电场强度一直减小，且电势也一直降低，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查电场强度、电势、电势能等概念，以及它们与电荷分布的关系。
2．（2024春 菏泽期末）如图所示，粗糙水平面所在空间有水平向右的匀强电场，电场强度为E。一质量为m，带电荷量为﹣q（q＞0）的物块自O点以初动能Ek0向右运动。已知物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，且qE＞μmg，设O点的电势为零，规定水平向右为正方向，则物块的动能Ek、电势能EP与物块运动的位移x关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】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】A
【分析】AB．明确物块的运动情况，根据动能定理求解；
CD.根据电场力的做功情况判断电势能的变化情况。
【解答】解：AB．当物块向右运动时，根据动能定理，有
﹣qEx﹣μmgx＝Ek﹣Ek0
解得
Ek＝Ek0﹣qEx﹣μmgx
当物块减速为0时，因为qE＞μmg，所以物块会向左加速，根据动能定理有
qE（x0﹣x）﹣μmg（x0﹣x）＝Ek﹣0
解得
Ek＝﹣qEx+qEx0﹣μmgx0+μmgx＝（qE﹣μmg）（x0﹣x）
故A正确，B错误；
CD．物体先向右减速，再向左加速，而物体电场力方向向左，所以电场力先做负功，再做正功，故电势能Ep先增大后减小，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查带电物体在电场中的运动，关键是弄清楚物块的受力情况和运动情况，掌握电场力做功和电势能的关系。
3．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，用两根绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球，悬点为O，两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球和B球在同一水平面，A球悬线与竖直线夹角为α，B球悬线与竖直线夹角为β，如果α＝37°，β＝53°，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则两小球mA和mB之比为（　　）
A．4：3 B．9：16 C．16：9 D．3：4
【考点】库仑力作用下的受力平衡问题；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，则可得出两小球的质量的大小关系。
【解答】解：对A、B球受力分析，如图所示：
根据共点力平衡和几何关系得：m1gtanα＝F1，m2gtanβ＝F2，
由于 F1＝F2，两小球mA和mB之比为16：9，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较，结合共点力平衡条件列式求解重力与电场力的关系式是关键。
4．（2024春 让胡路区校级期末）如图所示，M和N为两平行金属板，板间电压恒为U，在N板附近由静止释放一不计重力的带正电粒子。下列说法中正确的是（　　）
A．若仅减小两板间距离，粒子受到的电场力不变
B．若仅增大两板间距离，粒子到达M板时的速度将变大
C．若仅增大两板间距离，回路中会出现逆时针方向的瞬时电流
D．若仅减小两板的正对面积，回路中会出现顺时针方向的瞬时电流
【考点】带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动；平行板电容器电容的决定式及影响因素；电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电容器专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】依据电容器与电源相连，电压U总是不变，根据，即可判定电场力大小；由动能定理，即可判定速度大小；再根据牛顿第二定律，来判定加速度大小；由电容的决定式，与电容的定义式，即可求解电量大小。
【解答】解：A．极板之间的电场强度
板间电压U不变，仅减小两板间距离时，极板间电场强度增大，则粒子受到的电场力增大，故A错误；
B．在电场中，粒子只受电场力，只有电场力做功，根据动能定理可得
解得
可知，粒子到达M板时的速度与两板间距离无关，仅增大两板间距离，粒子到达M板时的速度不变，故B错误；
C．根据电容的定义式有
，
解得
若仅增大两板间距离，电容器极板所带的的电荷量减少，即电容器将放电，此时回路出现逆时针方向的瞬时电流，故C正确；
D．结合上述可知，仅减小两板的正对面积，电容器所带的的电荷量减少，电容器将放电，此时回路出现逆时针方向的瞬时电流，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查电容的定义式与决定式的应用及其区别，掌握牛顿第二定律的内容，理解动能定理的公式。
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 仓山区校级期末）如图是电场中的一条电场线，在该电场线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示两点电场强度的大小，则（　　）
A．a、b两点的场强方向相同
B．因为电场线是直线，所以Ea＝Eb
C．因为电场线由a指向b，所以Ea＞Eb
D．不知道a、b附近电场线的分布情况，Ea、Eb的大小不能确定
【考点】根据电场线的疏密判断场强大小；电场线的方向与电场强度方向的关系．
【专题】电场力与电势的性质专题；电学图象专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的切线方向表示场强的方向。
【解答】解：电场线的疏密程度反映了电场强度的大小，由于只有一根电场线，题目中也没有明确指出这根电场线是什么电场中的电场线，故无法判断a、b两点的场强大小；
电场线的切线方向表示场强的方向，故a、b两点的场强方向相同。故A、D正确，BC错误；
故选：AD。
【点评】掌握电场线的特点：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的切线方向表示电场的方向，另外还可以拓展的考点也要注意：沿电场线方向电势降低，还要会判断电场线做功与电势能、动能的变化关系．
（多选）6．（2024春 湖南期末）a、b、c、d为某一电场中的等差等势线。一不计重力的带负电粒子飞入电场后只在电场力作用下沿M点到N点运动（如图），下列说法正确的是（　　）
A．M点处的电场强度大于N点处的电场强度
B．带电粒子在N点的速度比在M点处的速度大
C．带电粒子在N点处的电势能比在M点处的电势能大
D．四个等势线的电势关系为φa＞φb＞φc＞φd
【考点】根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况；带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判．
【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】AC
【分析】根据公式U＝Ed分析电场强度的大小；根据粒子轨迹的弯曲方向以及电场线与等势线垂直，确定出粒子所受的电场力方向和场强方向，结合顺着电场线电势降低，由电场线的方向判断电势的高低；根据Ep＝qφ判断电势能的大小。由能量守恒定律判断速度的大小。
【解答】解：A、根据U＝Ed可知，等差等势线越密集的地方电场强度越大，则M点处的电场强度大于N点处的电场强度，故A正确；
D、根据曲线运动的合力方向指向轨迹的凹侧，且电场方向与等势线垂直，粒子又带负电，则粒子在电场中某点受到的电场力和场强方向如图所示。
根据沿电场方向电势降低可知，四个等势线的电势关系为φa＜φb＜φc＜φd，故D错误；
BC、根据电势能公式Ep＝qφ，由于N点的电势小于M点的电势，且粒子带负电，所以带电粒子在N点处的电势能比在M点处的电势能大；由于粒子只受电场力作用，根据能量守恒定律可知，电势能和动能之和保持不变，则带电粒子在N点的动能比在M点处的动能小，则带电粒子在N点的速度比在M点处的速度小，故B错误，C正确。
故选：AC。
【点评】掌握带电粒子的运动轨迹与合力方向的关系是解题的前提，灵活应用场强方向与等势面垂直，以及电场力做功与动能、电势能变化的关系是解题的关键。
（多选）7．（2024春 贵阳期末）如图所示，M、N是静电场中一条电场线上的两点。带3C电荷量的正点电荷在M点的电势能为6J，将该电荷移至N点，电势能变为12J，则下列说法正确的是（　　）
A．M点的电势φM＝2V，N点的电势φN＝4V
B．M、N两点的电势差UMN＝2V
C．若令M点的电势为零，则M、N两点的电势差UMN＝﹣4V
D．若令M点的电势为零，则该电荷在N的电势能为6J
【考点】电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算；电势能的概念和计算；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】根据电势的定义计算；根据UMN＝φM﹣φN计算；电场中两点的电势差与零电势位置的选取无关；根据电势能公式计算。
【解答】解：A、M点和N点的电势分别为，故A正确；
B、M、N两点的电势差为UMN＝φM﹣φN＝2V﹣4V＝﹣2V，故B错误；
C、电场中两点的电势差与零电势位置的选取无关，所以若令M点的电势为零，则M、N两点的电势差仍为﹣2V，故C错误；
D、若令M点的电势为零，即φM＝0，根据UMN＝φM﹣φN，可得φN＝2V，则该电荷在N点的电势能为Ep＝qφN＝3×2J＝6J，故D正确。
故选：AD。
【点评】掌握电势的定义式，知道电场中两点的电势差与零电势位置的选取无关，但是电场中某点的电势以及电荷在该点具有的电势能与零电势位置的选取有关。
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 重庆期末）如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长l＝2.0m。若将两个电荷量q均为2.0×10﹣6C的点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9×109N m2/C2，则O点的场强大小为 　0　N/C，C点的场强大小为 　　N/C。
【考点】电场强度的叠加；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．
【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】0，。
【分析】根据电场的叠加原理确定O点的场强大小。根据点电荷场强公式E＝k和电场的叠加原理计算C点的场强大小。
【解答】解：根据题意可知，O为AB连线的中点，而A、B两处固定的是等量同种正电荷，A处的点电荷在O点处的场强水平向右，B点处的电荷在O点场强水平向左，而根据点电荷的场强公式可知，A、B两处的点电荷在O点产生的场强等大反向，根据电场的叠加原理可知O点处的场强为0。
A、B两点距C点的距离相等，根据点电荷的场强公式可知，A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等，为
根据几何关系可得其合场强大小为
故答案为：0，。
【点评】本题考查点电荷的场强公式和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，来求解场强大小。
9．（2024春 浦东新区校级期末）如图所示，点电荷A和B相距40cm，分别带正电和负电，电荷量分别为4Q和﹣Q，在A、B连线上，引入点电荷C。此时三个点电荷恰好在彼此的静电力作用下处于平衡状态，则电荷C电荷量大小为 　4Q　，它应放在 　B的左侧　（选填“A和B之间”，“A的右侧”，“B的左侧”，“A的右侧及B的左侧”）处。
【考点】三（多）个点电荷在一条直线上时的平衡问题．
【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；分析综合能力．
【答案】4Q；B的左侧。
【分析】根据库仑定律计算每个电荷的静电力，结合电荷的平衡状态，代入计算求解。
【解答】解：根据两同夹异、两大夹小，结合电荷的摆放位置可知，若C带正电荷，应该放在B的左侧，设BC之间的距离为x，电荷C电荷量大小为q
则对C：
对B：
对A：
联立以上各式，求得：q＝4Q
故答案为：4Q；B的左侧。
【点评】熟悉三小球的平衡问题的口诀“两同夹异、两大夹小，近小远大”快速判断第三个小球的电性和位置，结合库仑定律和受力分析计算出电荷量的大小。
10．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，取一对用绝缘柱支持的导体A和B，使它们彼此接触。起初它们不带电，贴在下部的金属箔片均是闭合的。先把带正电荷的物体C移近导体A，金属箔片 　张开　；接着保持C位置不动，用手摸一下导体A，然后移走C，A导体的金属箔片 　张开　，B导体的金属箔片 　张开　（以上3个空均填“张开”或“闭合”），且导体A带电。
【考点】静电平衡现象、等势体；静电的利用和防止．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．
【答案】张开，张开，张开
【分析】当带正电的物体C移近导体A时，导体A、B由于接触，则导体中的负电荷向A端移动，则A端带负电，B端失去电子带正电．C移近导体A后，不论用手摸一下B，还是摸一下A，大地中的负电荷将被吸引移向导体，导体中的正电荷将被排斥流向大地，使得A左端带负电，B的右端不带电。
【解答】解：导体A、B接触，开始不带电，把带正电的物体C移近导体A，由于静电感应，则A端带负电，B端带正电，两端金属箔片都张开；
保持C位置不动，用手摸一下A，大地中的负电荷将被吸引移向导体，使得A左端带负电，B的右端不带电；然后移走C，导体A上的负电荷平均分配到A与B上，A导体的金属箔片和B导体的金属箔片都张开。
故答案为：张开，张开，张开
【点评】本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答．
11．（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。
四．解答题（共4小题）
12．（2024春 碑林区校级期末）如图所示，金属板AB和CD水平放置，中间开有小孔O1、O2，两板之间加有加速电压U0。金属板EF和GH均是以O点为圆心，半径为3R和R的同心圆弧板，O3O4也是以O点为圆心的圆弧，且到两金属板距离相等，两板之间加有电压。长2R的金属板MN、PQ水平放置，点M、P分别和点F、H对齐，两板之间加有偏转电压。质量为m、电荷量为q的粒子从粒子源中无初速度漂进加速电场，恰好能沿图示O1﹣O2﹣O3﹣O4﹣O5﹣K虚线轨迹运动，最后到达PQ板的中点K。不考虑场的边界效应，不计粒子的重力。求：
（1）圆弧O3O4处电场强度的大小；
（2）为使粒子恰好能到达PQ板的中点K，金属板MN、PQ之间加的偏转电压U的值；
（3）从粒子进入金属板MN、PQ开始计时，经多长时间粒子运动到距直线MQ最近，最近距离是多少。
【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．
【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】（1）圆弧O3O4处电场强度的大小为；
（2）金属板MN、PQ之间加的偏转电压U的值8U0；
（3）经时间粒子运动到距直线MQ最近，最近距离是。
【分析】（1）利用动能定理和牛顿第二定律可求出电场强度；
（2）在水平方向利用运动学公式求出运动时间，竖直方向结合牛顿第二定律以及运动学公式求出电压；
（3）利用运动学公式以及几何关系，求出时间和距离。
【解答】解：（1）粒子从O1运动到O2的过程中，由动能定理有
粒子从O3运动到O4的过程中，由牛顿第二定律有得
联立以上两式得
（2）粒子在金属板MN、PQ之间做类平抛运动，对O5K过程分析，粒子在水平方向有
R＝v0t
竖直方向有
根据牛顿第二定律有
Eq＝ma
其中
联立以上各式解得
U＝8U0
（3）把电场中的运动分解成平行于MQ和垂直于MQ两个方向的分运动，则垂直MQ方向，粒子速度减为0的过程中粒子做匀减速的直线运动，对于垂直于MQ方向的分运动有
由速度与位移的关系可得
解得
所以粒子运动过程中距离MQ最近为
答：（1）圆弧O3O4处电场强度的大小为；
（2）金属板MN、PQ之间加的偏转电压U的值8U0；
（3）经时间粒子运动到距直线MQ最近，最近距离是。
【点评】学生在解决本题时，应注意先分析粒子的运动过程，结合牛顿第二定律，运动的分解，功能关系等物理规律来解题。
13．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角θ＝30°的光滑绝缘斜面上，A绝缘，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不带电，C的电荷量qC＝+7×10﹣5C且保持不变，开始时BC间的距离L＝2m，三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A沿斜面做匀加速直线运动，经过时间t，向上运动1m，向上力F变为恒力，已知静电力常量为k＝9.0×109N m2/C2，g取10m/s2。求：
（1）B的电荷量和电性；
（2）A做匀加速的加速度大小；
（3）F从变力到恒力需要的时间t；
（4）F变为恒力时的大小。
【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；作用力与反作用力．
【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；分析综合能力．
【答案】（1）B的电荷量，带正电；
（2）A做匀加速的加速度大小为2.0m/s2；
（3）F从变力到恒力需要的时间为1.0s；
（4）F变为恒力时的大小为3.01N
【分析】（1）由物体所处的状态和库仑定律求解B的电荷量和电性；
（2）由牛顿第二定律求解加速度；
（3）由匀加速运动规律求时间；
（4）对A由牛顿第二定律求F变为恒力时的大小。
【解答】解：（1）C带正电，由于开始时三个物体均能保持静止，则BC之间斥力，所以B带正电。
A、B、C静止时，以AB为研究对象，受力分析有
代入数据解得：
（2）A向上运动1m，向上力F变为恒力，经分析知AB分离时两者之间弹力恰好为零，此后F变为恒力，即此时B向上运动了1m，对B由牛顿第二定律得
其中l＝L+1m＝3.0m
解得a＝2.0m/s2
（3）由匀加速运动规律得
解得t＝1.0s
（4）在分离时刻，对A由牛顿第二定律有
F﹣mAgsinθ＝mAa
解得：F＝3.01N
答：（1）B的电荷量，带正电；
（2）A做匀加速的加速度大小为2.0m/s2；
（3）F从变力到恒力需要的时间为1.0s；
（4）F变为恒力时的大小为3.01N
【点评】本题考查了电场中的动力学问题，可以从运动和力的关系入手，分析带电体的受力情况合理的运用牛顿第二定律求加速度。
14．（2024春 洛阳期末）如图所示，在匀强电场中有一等边三角形ABC，边长为60cm，电场方向和△ABC所在平面平行，现将电荷量q＝﹣4×10﹣6C的点电荷从电场中的A点移动到B点，静电力做功﹣2.4×10﹣5的功，该电荷从C点移到A点，电场力做功4.8×10﹣5J的功。
（1）如果规定B点的电势为零，则A点和C点电势φA、φc分别是多少？
（2）电场强度E的大小和方向。
【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电场力做功与电势差的关系．
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】（1）如果规定B点的电势为零，则A点和C点电势φA、φc分别是6V，﹣6V；
（2）电场强度E的大小为20V/m，方向沿AC方向。
【分析】（1）根据电势差与电势的关系，结合B点电势为零，求出A、C点的电势。
（2）寻找等势线，根据电场线与等势线的关系确定电场方向，根据U＝Ed计算电场强度大小。
【解答】解：（1）根据电场力做功与电势的关系可知
WAB＝q（φA﹣φB）
WCA＝q（φC﹣φA）
代入数据解得φA＝6V，φC＝﹣6V
（2）根据匀强电场电势差与电场强度的关系可知AC中点D点的电势为0，则BD为等势线，AC方向为电场方向，则有
EV/m＝20V/m
答：（1）如果规定B点的电势为零，则A点和C点电势φA、φc分别是6V，﹣6V；
（2）电场强度E的大小为20V/m，方向沿AC方向。
【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势差与电势的关系。知道电场线与等势面处处垂直，且由高电势指向低电势。
15．（2024春 丽水期末）如图甲所示，P处有一粒子源，可以持续均匀地“飘”出（初速度为零）氢离子，经M、N间的加速电场加速后，粒子可以进入辐向电场（电场强度方向指向O），沿着半径为R的圆弧运动。从辐向电场射出后，粒子沿平行金属板A、B间的中心线Ⅱ’射入匀强电场，最后都打在足够长的收集板上。已知UMN＝U，氢离子电荷为e，质量为m，AB间的电场随时间变化如图乙所示（AB为正方向，周期为T），AB板的长度，以下答案用U、R、e、m、T、E0表示，不考虑粒子间的相互作用。求：
（1）氢离子从N板射出时的速度大小v；
（2）半径为R的圆弧处的电场强度大小E；
（3）收集板上收集到粒子的位置会发光，求发光长度x。
【考点】带电粒子在周期性变化的电场中偏转；动能定理的简单应用．
【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）氢离子从N板射出时的速度大小为；
（2）半径为R的圆弧处的电场强度大小为；
（3）收集板上收集到粒子的位置会发光，发光长度为。
【分析】（1）根据动能定理可解得氢离子从N板射出时的速度大小；
（2）根据电场力提供向心力解答；
（3）根据运动的分解结合图像分析解答。
【解答】解：（1）根据动能定理
解得
（2）根据电场力提供向心力
解得
（3）根据牛顿第二定律有
eE0＝ma
①由t＝0时刻进入的粒子a，其v﹣t图像如图所示，打到收集板上的右侧，离I'最远
根据位移与时间的公式有
②由t时刻进入的粒子b，其水平方向的v﹣t图像如图所示，正好打在I'处
③由t时刻进入的粒子c，其水平方向的v﹣t图像如图所示，打到收集板上的左侧，离I'最远
则有
④由粒子水平方向的v﹣t图像可知，其它时间进入的粒子均在a、c粒子之间；
综上述，粒子收集板上收集到氢离子的长度
x＝x左+x右
解得x
答：（1）氢离子从N板射出时的速度大小为；
（2）半径为R的圆弧处的电场强度大小为；
（3）收集板上收集到粒子的位置会发光，发光长度为。
【点评】本题是电子在周期性电场中运动的类型，分析运动过程是关键，再运用牛顿第二定律和运动学公式求解。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)