静电场 高频考点梳理 专题练 2026届高考物理复习备考
文档属性
| 名称 | 静电场 高频考点梳理 专题练 2026届高考物理复习备考 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 18:14:13 | ||
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文档简介
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静电场 高频考点梳理 专题练
2026届高考物理复习备考
一、单选题
1．如图所示，质量均为的滑块不带电，B带正电电荷量为套在固定竖直杆上，B放在绝缘水平面上并靠近竖直杆，A、B间通过铰链及长度为的刚性绝缘轻杆连接且静止。现施加水平向右电场强度为的匀强电场，B开始沿水平面向右运动，已知均视为质点，重力加速度为，不计一切摩擦。则在A下滑的过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．A的机械能最小时，B的加速度大小为
B．A运动到最低点时，B的速度为零
C．A、B组成的系统机械能不守恒
D．A运动到最低点时，滑块A速度大小为
2．如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab＝2bc＝2L，电场线与矩形所在的平面平行，已知a点电势为18V，b点电势为10V，c点电势为6V。一质子从a点以速度射入电场，与ab边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab的中点e。不计质子重力，下列判断正确的是（ ）
A．d点电势为12V B．质子从a到e电势能增加了6eV
C．电场强度大小为 D．质子从a到e所用时间为
3．有一匀强电场的方向平行于xOy平面（纸面），平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，线段cd、cb分别垂直于x轴、y轴，a、b、c三点电势分别为、、，电荷量的点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是（ ）
A．坐标原点O的电势为
B．电场强度的大小为
C．b、d两点间的电势差为
D．该点电荷从a点移到d点，电势能减少
4．如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中不正确的是（ ）
A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同
B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为
C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同
D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为
5．如图，空间立方体的棱长为a，O、P分别为立方体上下表面的中心点，S点在O、P连线的正上方（图中未画出），两条竖直边MN和FG的中点处分别固定一电荷量为q的点电荷。已知电子的电荷量为e，静电力常量为k，S到O点的距离为r，重力不计，下列说法正确的是（ ）
A．将一电子沿对角线由F移到N的过程中，电子电势能先减小后增大
B．比荷为的电荷沿OP所在直线运动时，在P点的加速度为
C．若在S点固定一点电荷，M点的电势会高于G点电势
D．若在S点固定一电荷量为的负电荷，当时，O点的电场强度为
二、多选题
6．如图所示，电荷量为q的两个正点电荷放置于正方体的顶点A、C，正方体的边长为a，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．顶点B和的电势相等 B．顶点B和的电势不相等
C．顶点B的电场强度大小为 D．顶点的电场强度大小为
7．如图所示，半径为R的圆所在平面与某一匀强电场平行，A、B、C、E为圆周上四个点，E为BC圆弧的中点，AB//OE，O为圆心，D为AB中点， 。粒子源从C点沿不同方向发出速率均为的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电量为q（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿CA方向入射的粒子恰以的速度垂直AB方向过D点。则以下说法正确的是（ ）
A．AD间和OC间的电势差关系为：UAD=UOC
B．沿垂直BC方向入射的粒子可能经过A点
C．在圆周上各点中，从E点离开的粒子速率最大
D．若，则匀强电场的场强为
8．空间存在一匀强电场，匀强电场的方向平行于正三角形所在的平面，其边长。若为x方向，则由B到C电势变化如图2所示，若规定为y方向，则由A到C电势变化如图3所示，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的大小为
B．匀强电场的大小为
C．方向电场强度大小为，方向由
D．方向电场强度大小为，方向由
9．如图，两个带等量负电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于点O对称。a、b、c、d四点位于以O点为圆心的圆周上，a、b连线平行于x轴，c，d是圆与y轴的交点。下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点的电势相同
B．a、b两点的场强相同
C．若两电荷在图中圆上任一点的电场强度大小分别是、，则为定值
D．负检验电荷仅在电场力作用下以一定初速度从c点运动到d点，电势能先减小后增大
10．如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板（序号为0）中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场。若电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（ ）
A．电子在第3个与第6个金属筒中的动能之比
B．第2个金属圆筒的长度为
C．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值
D．若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子在加速电场中获得的最大速度为
11．真空中有两个点电荷，电荷量均为 q（q ≥ 0），固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x（x << r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为
B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为
C．在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D．在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
三、实验题
12．在“用传感器观察电容器的充放电过程”，实验中，按图1所示连接电路。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。其中C表示电容器的电容，R表示电阻的阻值，E表示电源的电动势（电源内阻可忽略）
（1）开关S改接2后，电容器进行放电过程。此过程得到的I t图像如图2所示，根据该过程的获取的i-t图像信息，我们可以大致分析出该过程极板的电荷量Q随时间t变化的关系图像为( )
（2）若R=500Ω，结合放电过程获取的i-t图像，则加在电容器两极板的最大电压约为 V。
（3）改变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 （选填“R”或“E”）不同造成的。
（4）电容器充电过程实际是克服极板上电荷的静电力做功，使电势能增加的过程（即极板间储存电场能的过程），若某次充电过程的两极板间电压与电荷量的关系图象U-Q关系图像如图4所示，请类比v-t图像求位移的方法，计算该充电过程电容器储存的电场能为 。
四、解答题
13．如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在匀强电场，AB为圆的一条直径。质量为m，带正电的粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知从A点释放的初速度为零的粒子，自圆周上的C点以速度穿出电场，AC与AB的夹角，运动中粒子仅受电场力作用。求：
（1）进入电场时速度为零的粒子在电场中运动的时间和加速度；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子从电场射出时的动能。
14．如图所示. 为固定的正点电荷，两点在的正上方和相距分别为和，将另一点电荷从A点由静止释放；运动到点时速度，若此电荷在A点处的加速度大小为，静电力常量为，求：
（1）简要分析判断此电荷的电性，并求此电荷在B点处的加速度大小；
（2）两点间的电势差（用、、表示）。
15．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为水平连线的中点，M、N在连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（）。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，则上的电势随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（）的小球以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在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）求小球在M点所受电场力大小。
（2）当小球运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球发生弹性碰撞。已知与的质量相等，碰撞前、后的动能均为，碰撞时间极短。求碰撞前的动量大小。
（3）现将固定在N点，为保证能运动到N点与之相碰，从M点下落时的初动能须满足什么条件？
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D D A B BC AC AC AC AD
题号 11
答案 BCD
1．D
【详解】A．杆先对A做负功后对A做正功，当杆的作用力为0时，A的机械能最小，此时B仅受电场力，故B的加速度大小为 ，故A正确；
B．根据关联问题可知，A到最低点时B的速度为0，故B正确；
C．A、B组成的系统因有电场力做功，故机械能不守恒，故C正确；
D．A落地的瞬时，B的速度为0，根据系统能量守恒有
解得
故D错误。
故选D。
2．D
【详解】A.匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，故有
即：可得点电势为
故A错误；
B.有
故质子从a到e电场力做功为
电场力做正功电势能减小了4eV，故B错误；
C. 经计算可知，d点和e点的电势相同，故de点连线为等势线，由于ab＝2bc＝2L，故aed为等腰三角形，a点到de直线的距离为
由电场强度与电压的关系可得，电场强度大小为
故C错误；
D.ed连线为等势线，故质子抛出后做类平抛运动，落到e点时，垂直于电场线方向的位移为，所需时间为
故D正确。
故选D。
3．D
【分析】在匀强电场中，沿着同一个方向移动相同距离电势降低相等，先据此求解O点的电势；然后找出等势面，结合公式分析电场强度；根据求解电场力做功，分析电势能变化。
【详解】A．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故：
代入数据解得
故A错误；
B．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为，连接Oe则为等势面，如图所示：
根据几何关系可知，，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为
故B错误；
C．因为是匀强电场，所以有，则，所以b、d两点间的电势差为0V，故C错误；
D．该点电荷从a点移到d点电场中做功为
电场力做正功，电势能减小，故该点电荷从a点移到d点，电势能减少 J，故D正确。
故选D。
4．A
【详解】解：A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，A错误；
B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律
B正确；
C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，C正确；
D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系
球体积公式为
小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为
两小球在P点场强均为
合场强为
剩余部分在P点的场强为
D正确。
题目要求选不正确，故选A。
5．B
【详解】AC．顺着电场线电势降低，沿对角线由F移到N，先顺着电场线，在逆着电场线运动，所以电势先减小再增大，所以将一电子沿对角线由F移到N的过程中，电子电势能先增大后减小。由上知，越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低。M、G在两负电荷对称位置，两负点电荷在两位置电势相等，若在S点固定一正点电荷，M点的电势会高于G点电势。若在S点固定一负点电荷，M点的电势会低于G点电势。故AC错误；
B. 比荷为的电荷沿OP所在直线运动时，由图中几何关系可知P点与两点电荷的距离均为
设电荷的电荷量和质量分别为、，根据牛顿第二定律可得
其中
，
联立解得在P点的加速度为
故B正确；
D．在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，O点的电场强强大小等于
故D错误。
故选B。
6．BC
【详解】AB．顶点B到两个正点电荷的距离都为，顶点到两个正点电荷的距离都为，故顶点B的电势比顶点电势大，故A错误，B正确；
CD．根据点电荷的场强公式和场强的叠加法则可知顶点B的电场强度大小为
根据几何知识可知顶点与AC两点的连线夹角为，故顶点的电场强度大小为
故C正确，D错误。
故选BC。
7．AC
【详解】A．因为沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向以的速度过D点，可知粒子沿平行于BC方向的速度不变，垂直于BC方向的速度减小到零，可知粒子受电场力方向平行于BA向下，则场强方向平行于BA向下，因OD和BC连线垂直于电场线，可知BC和OD均为等势面，则UAD=UOC，选项A正确；
B．电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，选项B错误；
C．在圆周上各点中，从E点离开的粒子电场力做正功且做功最大，则从E点离开的粒子的速率最大，选项C正确；
D．若∠ACB=60°，则由类平抛运动的规律可知
联立解得
选项D错误。
故选AC。
8．AC
【详解】C．图像斜率代表电场强度，由图2可知CB方向上电场强度大小为
沿电场线方向电势逐渐降低，方向由，故C正确；
D．由图3可知AC方向电场强度大小为
沿电场线方向电势逐渐降低，所以方向，故D错误；
AB．CB与AC方向的电场强度与实际电场强度关系如图所示，设电场方向与CB方向夹角为，则有
，
解得
，
故A正确，B错误。
故选AC。
【点睛】图像斜率代表电场强度，沿电场线方向电势逐渐降低。
9．AC
【详解】A．由等量负电荷的等势线分布特点及对称性可知：a、b两点电势相同，故A正确；
B．由等量负电荷的电场线分布特点可知a、b两点场强大小相等，方向不同，故B错误；
C．如图所示
设圆半径为R，M为半圆上任一点，P、Q带电量为q，PM与PQ夹角为，P在M点场强为
Q在M点场强为
解得
所以为定值，故C正确；
D．由等量负电荷的电场线分布特点可知，负电荷从c移到d点，电势先降低后升高，由，电势能先增大后降低，故D错误。
故选AC。
10．AD
【详解】A．设电子的质量为m，电子所带电荷量的绝对值为e。电子进入第n个圆筒后的动能为En，根据动能定理有
电子在第3个和第6个金属圆筒中的动能之比1:2，故A正确；
B．设电子进入第n个圆筒后的速度为，根据动能定理有
，
第2个金属圆筒的长度
＝
故B错误；
C．电子在偏转电场中运动的加速度为
电子在偏转电场中的运动时间为
又因为
电子射出偏转电场时，垂直于板面的分速度
电子射出偏转电场时，偏转角度的正切值为
故C错误；
D．由题意，若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，则电子进入每级圆筒的时间都要比忽略电子通过圆筒间隙中对应时间延后一些，当延后时间累计为，则电子再次进入电场时将开始做减速运动，此时的速度就是装置能够加速的最大速度，则有
根据动能定理得
联立解得
故D正确。
故选AD。
11．BCD
【详解】AB．设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为
根据均值不等式可知当时E有最大值，且最大值为
再根据几何关系可知A点到O点的距离为
故A错误，B正确；
C．在M点放入一电子，从静止释放，由于
可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确；
D．根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为
由于x << r，整理后有
在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，故D正确。
故选BCD。
12． D 1.2 E
【详解】（1）[1]根据Q=It，因放电电流逐渐减小，则Q-t图像的斜率逐渐减小，则Q-t图像为D。
（2）[2]若R=500Ω，放电过程的最大电流为2.4mA，则加在电容器两极板的最大电压约为
U=IR=1.2 V
（3）[3]a、b两条曲线表面，电容器带的最大电量不同，根据Q=CU可知，两次不同是电源的电动势E不同；
（4）[4]该充电过程电容器储存的电场能等于U-Q图像与坐标轴围成的 “面积”，大小为。
13．（1），；（2）
【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知，因为，所以AC等于R。则粒子做初速度为0的匀加速直线运动，则
解得
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度
根据动能定理
解得
14．（1）负电荷，；（2）
【详解】（1）设带电体质量为m，从A点运动到B点重力做功为
点时的动能为
从A点运动到B点电荷的动能增加量大于重力做功，故电场力做正功，则这一电荷必为负电荷；
设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时
在B点时
解得
方向竖直向下。
（2）从A到B过程，由动能定理得
联立解得
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设A到M点的距离为，A点的电荷对小球的库仑力大小为，由库仑定律有
①
设小球在点所受电场力大小为，由力的合成有
②
联立①②式，由几何关系并代入数据得
③
（2）设O点下方处为点，与的距离为，小球在处所受的库仑力大小为，由库仑定律和力的合成有
④
式中
设小球的质量为，小球在点的加速度大小为，由牛顿第二定律有
⑤
由图（c）可知，式中
联立④⑤式并代入数据得
⑥
设的质量为，碰撞前、后的速度分别为，，碰撞前、后的速度分别为，，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有
⑦
⑧
设小球S2碰撞前的动量为，由动量的定义有
⑨
依题意有
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得
⑩
即碰撞前的动量大小为。
（3）设O点上方处为D点。根据图（c）和对称性可知，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，在此处加速度为0；在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证能运动到N点与相碰，运动到D点时的速度必须大于零。
设M点与D点电势差为，由电势差定义有
设小球初动能为，运动到D点的动能为，由动能定理有
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，并联立⑥ 式可得
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静电场 高频考点梳理 专题练
2026届高考物理复习备考
一、单选题
1．如图所示，质量均为的滑块不带电，B带正电电荷量为套在固定竖直杆上，B放在绝缘水平面上并靠近竖直杆，A、B间通过铰链及长度为的刚性绝缘轻杆连接且静止。现施加水平向右电场强度为的匀强电场，B开始沿水平面向右运动，已知均视为质点，重力加速度为，不计一切摩擦。则在A下滑的过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．A的机械能最小时，B的加速度大小为
B．A运动到最低点时，B的速度为零
C．A、B组成的系统机械能不守恒
D．A运动到最低点时，滑块A速度大小为
2．如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab＝2bc＝2L，电场线与矩形所在的平面平行，已知a点电势为18V，b点电势为10V，c点电势为6V。一质子从a点以速度射入电场，与ab边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab的中点e。不计质子重力，下列判断正确的是（ ）
A．d点电势为12V B．质子从a到e电势能增加了6eV
C．电场强度大小为 D．质子从a到e所用时间为
3．有一匀强电场的方向平行于xOy平面（纸面），平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，线段cd、cb分别垂直于x轴、y轴，a、b、c三点电势分别为、、，电荷量的点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是（ ）
A．坐标原点O的电势为
B．电场强度的大小为
C．b、d两点间的电势差为
D．该点电荷从a点移到d点，电势能减少
4．如图所示，半径为2r的均匀带电球体电荷量为Q，过球心O的x轴上有一点P，已知P到O点的距离为3r，现若挖去图中半径均为r的两个小球，且剩余部分的电荷分布不变，静电力常量为k，则下列分析中不正确的是（ ）
A．挖去两小球前，两个小球在P点产生的电场强度相同
B．挖去两小球前，整个大球在P点产生的电场强度大小为
C．挖去两小球后，P点电场强度方向与挖去前相同
D．挖去两小球后，剩余部分在P点产生的电场强度大小为
5．如图，空间立方体的棱长为a，O、P分别为立方体上下表面的中心点，S点在O、P连线的正上方（图中未画出），两条竖直边MN和FG的中点处分别固定一电荷量为q的点电荷。已知电子的电荷量为e，静电力常量为k，S到O点的距离为r，重力不计，下列说法正确的是（ ）
A．将一电子沿对角线由F移到N的过程中，电子电势能先减小后增大
B．比荷为的电荷沿OP所在直线运动时，在P点的加速度为
C．若在S点固定一点电荷，M点的电势会高于G点电势
D．若在S点固定一电荷量为的负电荷，当时，O点的电场强度为
二、多选题
6．如图所示，电荷量为q的两个正点电荷放置于正方体的顶点A、C，正方体的边长为a，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．顶点B和的电势相等 B．顶点B和的电势不相等
C．顶点B的电场强度大小为 D．顶点的电场强度大小为
7．如图所示，半径为R的圆所在平面与某一匀强电场平行，A、B、C、E为圆周上四个点，E为BC圆弧的中点，AB//OE，O为圆心，D为AB中点， 。粒子源从C点沿不同方向发出速率均为的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电量为q（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿CA方向入射的粒子恰以的速度垂直AB方向过D点。则以下说法正确的是（ ）
A．AD间和OC间的电势差关系为：UAD=UOC
B．沿垂直BC方向入射的粒子可能经过A点
C．在圆周上各点中，从E点离开的粒子速率最大
D．若，则匀强电场的场强为
8．空间存在一匀强电场，匀强电场的方向平行于正三角形所在的平面，其边长。若为x方向，则由B到C电势变化如图2所示，若规定为y方向，则由A到C电势变化如图3所示，下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的大小为
B．匀强电场的大小为
C．方向电场强度大小为，方向由
D．方向电场强度大小为，方向由
9．如图，两个带等量负电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于点O对称。a、b、c、d四点位于以O点为圆心的圆周上，a、b连线平行于x轴，c，d是圆与y轴的交点。下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点的电势相同
B．a、b两点的场强相同
C．若两电荷在图中圆上任一点的电场强度大小分别是、，则为定值
D．负检验电荷仅在电场力作用下以一定初速度从c点运动到d点，电势能先减小后增大
10．如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板（序号为0）中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场。若电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是（ ）
A．电子在第3个与第6个金属筒中的动能之比
B．第2个金属圆筒的长度为
C．电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值
D．若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子在加速电场中获得的最大速度为
11．真空中有两个点电荷，电荷量均为 q（q ≥ 0），固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x（x << r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为
B．P1P2中垂线上电场强度的最大值为
C．在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D．在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
三、实验题
12．在“用传感器观察电容器的充放电过程”，实验中，按图1所示连接电路。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。其中C表示电容器的电容，R表示电阻的阻值，E表示电源的电动势（电源内阻可忽略）
（1）开关S改接2后，电容器进行放电过程。此过程得到的I t图像如图2所示，根据该过程的获取的i-t图像信息，我们可以大致分析出该过程极板的电荷量Q随时间t变化的关系图像为( )
（2）若R=500Ω，结合放电过程获取的i-t图像，则加在电容器两极板的最大电压约为 V。
（3）改变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 （选填“R”或“E”）不同造成的。
（4）电容器充电过程实际是克服极板上电荷的静电力做功，使电势能增加的过程（即极板间储存电场能的过程），若某次充电过程的两极板间电压与电荷量的关系图象U-Q关系图像如图4所示，请类比v-t图像求位移的方法，计算该充电过程电容器储存的电场能为 。
四、解答题
13．如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在匀强电场，AB为圆的一条直径。质量为m，带正电的粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知从A点释放的初速度为零的粒子，自圆周上的C点以速度穿出电场，AC与AB的夹角，运动中粒子仅受电场力作用。求：
（1）进入电场时速度为零的粒子在电场中运动的时间和加速度；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子从电场射出时的动能。
14．如图所示. 为固定的正点电荷，两点在的正上方和相距分别为和，将另一点电荷从A点由静止释放；运动到点时速度，若此电荷在A点处的加速度大小为，静电力常量为，求：
（1）简要分析判断此电荷的电性，并求此电荷在B点处的加速度大小；
（2）两点间的电势差（用、、表示）。
15．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为水平连线的中点，M、N在连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（）。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，则上的电势随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（）的小球以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在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）求小球在M点所受电场力大小。
（2）当小球运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球发生弹性碰撞。已知与的质量相等，碰撞前、后的动能均为，碰撞时间极短。求碰撞前的动量大小。
（3）现将固定在N点，为保证能运动到N点与之相碰，从M点下落时的初动能须满足什么条件？
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D D A B BC AC AC AC AD
题号 11
答案 BCD
1．D
【详解】A．杆先对A做负功后对A做正功，当杆的作用力为0时，A的机械能最小，此时B仅受电场力，故B的加速度大小为 ，故A正确；
B．根据关联问题可知，A到最低点时B的速度为0，故B正确；
C．A、B组成的系统因有电场力做功，故机械能不守恒，故C正确；
D．A落地的瞬时，B的速度为0，根据系统能量守恒有
解得
故D错误。
故选D。
2．D
【详解】A.匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，故有
即：可得点电势为
故A错误；
B.有
故质子从a到e电场力做功为
电场力做正功电势能减小了4eV，故B错误；
C. 经计算可知，d点和e点的电势相同，故de点连线为等势线，由于ab＝2bc＝2L，故aed为等腰三角形，a点到de直线的距离为
由电场强度与电压的关系可得，电场强度大小为
故C错误；
D.ed连线为等势线，故质子抛出后做类平抛运动，落到e点时，垂直于电场线方向的位移为，所需时间为
故D正确。
故选D。
3．D
【分析】在匀强电场中，沿着同一个方向移动相同距离电势降低相等，先据此求解O点的电势；然后找出等势面，结合公式分析电场强度；根据求解电场力做功，分析电势能变化。
【详解】A．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故：
代入数据解得
故A错误；
B．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为，连接Oe则为等势面，如图所示：
根据几何关系可知，，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为
故B错误；
C．因为是匀强电场，所以有，则，所以b、d两点间的电势差为0V，故C错误；
D．该点电荷从a点移到d点电场中做功为
电场力做正功，电势能减小，故该点电荷从a点移到d点，电势能减少 J，故D正确。
故选D。
4．A
【详解】解：A．两小球分别在x轴上下两侧，电性相同，它们在P点产生的场强分别斜向上和斜向下，与x轴夹角相等，方向不同，A错误；
B．大球所带电荷均匀分布整个球体，它在外部产生的电场可等效为所有电荷集中在球心O点在外部产生的电场，由库仑定律
B正确；
C．大球在P点产生的电场沿x轴方向，两小球在P点的合场强也沿x轴方向，且小于大球在P点的场强，由场强叠加原理可知，挖去两小球后，P点场强方向不变，C正确；
D．设两小球的球心到P点的距离为l，有几何关系
球体积公式为
小球半径是大球半径的一半，故小球体积是大球体积的八分之一，故小球所带电荷量为
两小球在P点场强均为
合场强为
剩余部分在P点的场强为
D正确。
题目要求选不正确，故选A。
5．B
【详解】AC．顺着电场线电势降低，沿对角线由F移到N，先顺着电场线，在逆着电场线运动，所以电势先减小再增大，所以将一电子沿对角线由F移到N的过程中，电子电势能先增大后减小。由上知，越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低。M、G在两负电荷对称位置，两负点电荷在两位置电势相等，若在S点固定一正点电荷，M点的电势会高于G点电势。若在S点固定一负点电荷，M点的电势会低于G点电势。故AC错误；
B. 比荷为的电荷沿OP所在直线运动时，由图中几何关系可知P点与两点电荷的距离均为
设电荷的电荷量和质量分别为、，根据牛顿第二定律可得
其中
，
联立解得在P点的加速度为
故B正确；
D．在S点固定一个电荷量为4q的负电荷，O点的电场强强大小等于
故D错误。
故选B。
6．BC
【详解】AB．顶点B到两个正点电荷的距离都为，顶点到两个正点电荷的距离都为，故顶点B的电势比顶点电势大，故A错误，B正确；
CD．根据点电荷的场强公式和场强的叠加法则可知顶点B的电场强度大小为
根据几何知识可知顶点与AC两点的连线夹角为，故顶点的电场强度大小为
故C正确，D错误。
故选BC。
7．AC
【详解】A．因为沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向以的速度过D点，可知粒子沿平行于BC方向的速度不变，垂直于BC方向的速度减小到零，可知粒子受电场力方向平行于BA向下，则场强方向平行于BA向下，因OD和BC连线垂直于电场线，可知BC和OD均为等势面，则UAD=UOC，选项A正确；
B．电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，选项B错误；
C．在圆周上各点中，从E点离开的粒子电场力做正功且做功最大，则从E点离开的粒子的速率最大，选项C正确；
D．若∠ACB=60°，则由类平抛运动的规律可知
联立解得
选项D错误。
故选AC。
8．AC
【详解】C．图像斜率代表电场强度，由图2可知CB方向上电场强度大小为
沿电场线方向电势逐渐降低，方向由，故C正确；
D．由图3可知AC方向电场强度大小为
沿电场线方向电势逐渐降低，所以方向，故D错误；
AB．CB与AC方向的电场强度与实际电场强度关系如图所示，设电场方向与CB方向夹角为，则有
，
解得
，
故A正确，B错误。
故选AC。
【点睛】图像斜率代表电场强度，沿电场线方向电势逐渐降低。
9．AC
【详解】A．由等量负电荷的等势线分布特点及对称性可知：a、b两点电势相同，故A正确；
B．由等量负电荷的电场线分布特点可知a、b两点场强大小相等，方向不同，故B错误；
C．如图所示
设圆半径为R，M为半圆上任一点，P、Q带电量为q，PM与PQ夹角为，P在M点场强为
Q在M点场强为
解得
所以为定值，故C正确；
D．由等量负电荷的电场线分布特点可知，负电荷从c移到d点，电势先降低后升高，由，电势能先增大后降低，故D错误。
故选AC。
10．AD
【详解】A．设电子的质量为m，电子所带电荷量的绝对值为e。电子进入第n个圆筒后的动能为En，根据动能定理有
电子在第3个和第6个金属圆筒中的动能之比1:2，故A正确；
B．设电子进入第n个圆筒后的速度为，根据动能定理有
，
第2个金属圆筒的长度
＝
故B错误；
C．电子在偏转电场中运动的加速度为
电子在偏转电场中的运动时间为
又因为
电子射出偏转电场时，垂直于板面的分速度
电子射出偏转电场时，偏转角度的正切值为
故C错误；
D．由题意，若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，则电子进入每级圆筒的时间都要比忽略电子通过圆筒间隙中对应时间延后一些，当延后时间累计为，则电子再次进入电场时将开始做减速运动，此时的速度就是装置能够加速的最大速度，则有
根据动能定理得
联立解得
故D正确。
故选AD。
11．BCD
【详解】AB．设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为
根据均值不等式可知当时E有最大值，且最大值为
再根据几何关系可知A点到O点的距离为
故A错误，B正确；
C．在M点放入一电子，从静止释放，由于
可知电子向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，故C正确；
D．根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为
由于x << r，整理后有
在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，故D正确。
故选BCD。
12． D 1.2 E
【详解】（1）[1]根据Q=It，因放电电流逐渐减小，则Q-t图像的斜率逐渐减小，则Q-t图像为D。
（2）[2]若R=500Ω，放电过程的最大电流为2.4mA，则加在电容器两极板的最大电压约为
U=IR=1.2 V
（3）[3]a、b两条曲线表面，电容器带的最大电量不同，根据Q=CU可知，两次不同是电源的电动势E不同；
（4）[4]该充电过程电容器储存的电场能等于U-Q图像与坐标轴围成的 “面积”，大小为。
13．（1），；（2）
【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知，因为，所以AC等于R。则粒子做初速度为0的匀加速直线运动，则
解得
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度
根据动能定理
解得
14．（1）负电荷，；（2）
【详解】（1）设带电体质量为m，从A点运动到B点重力做功为
点时的动能为
从A点运动到B点电荷的动能增加量大于重力做功，故电场力做正功，则这一电荷必为负电荷；
设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时
在B点时
解得
方向竖直向下。
（2）从A到B过程，由动能定理得
联立解得
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设A到M点的距离为，A点的电荷对小球的库仑力大小为，由库仑定律有
①
设小球在点所受电场力大小为，由力的合成有
②
联立①②式，由几何关系并代入数据得
③
（2）设O点下方处为点，与的距离为，小球在处所受的库仑力大小为，由库仑定律和力的合成有
④
式中
设小球的质量为，小球在点的加速度大小为，由牛顿第二定律有
⑤
由图（c）可知，式中
联立④⑤式并代入数据得
⑥
设的质量为，碰撞前、后的速度分别为，，碰撞前、后的速度分别为，，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有
⑦
⑧
设小球S2碰撞前的动量为，由动量的定义有
⑨
依题意有
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得
⑩
即碰撞前的动量大小为。
（3）设O点上方处为D点。根据图（c）和对称性可知，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，在此处加速度为0；在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证能运动到N点与相碰，运动到D点时的速度必须大于零。
设M点与D点电势差为，由电势差定义有
设小球初动能为，运动到D点的动能为，由动能定理有
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，并联立⑥ 式可得
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