2024年高考物理二轮专题复习-专题8 电场（原卷版+解析版）

这是一份2024年高考物理二轮专题复习-专题8 电场（原卷版+解析版），文件包含专题8电场原卷版docx、专题8电场解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。

平衡问题应注意：
(1)明确库仑定律的适用条件；
(2)知道完全相同的带电小球接触时电荷量的分配规律；
(3)进行受力分析，灵活应用平衡条件．
如图，两根相同的橡皮筋各有一端系于固定的挡板，另一端分别与带电量为q、﹣q的小球连接，小球静止在光滑水平绝缘板上，两橡皮筋位于同一水平直线上，橡皮筋的伸长量均为Δl。若缓慢地增加两球的电荷量，当电荷量增加至原来2倍时（两小球不会相碰），恰好平衡。则每条橡皮筋的伸长量（ ）
A．恰为2ΔlB．大于2Δl但小于4Δl
C．恰为4ΔlD．大于4Δl
【解答】解：设初始时带电量为q、﹣q的小球之间的距离为l，由于小球处于平衡状态，则有橡皮筋弹力等于小球之间的库仑力，即对任意小球有：
kΔl＝kq2l2
电荷量增大为原来的2倍时，设两个小球之间的距离为l′，橡皮筋的伸长量变为Δl′，当小球再次处于平衡状态时，对任意小球有：
kΔl′＝k(2q)2l'2=4kq2l'2
又因为小球相互吸引，相互靠近，所以两个小球之间的距离会小于初始距离，即：
l′＜l
因此：kΔl′＝4kq2l'2＞4kq2l2=4kΔl
所以：Δl′＞4Δl，故D正确，ABC错误。
故选：D。
如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，qA＝q0＞0，qB＝﹣q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（ ）
A．qc=47q0
B．弹簧伸长量为Mgsinαk0
C．A球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为q03k7Mg
【解答】解：AD、对C分析，受重力、支持力和AB的库仑力，则AB的库仑力之和沿斜面向上，又B距离C近，给C的库仑力大，则C球带正电，设小球间距为a，
对C：kq0qCa2-kq0qC(2a)2=Mgsinα
对B：kq02a2-kq0qCa2=Mgsinα
联立解得：qC=47q0
代入kq02a2-kq0qCa2=Mgsinα
解得：a＝q03k7Mgsinα，故A正确，D错误；
对ABC用整体法，ABC受力平衡，即ABC受到的弹力等于重力的分力。即得弹簧伸长量Δx=3Mgsinαk0，故B错。
对BC用整体法，BC受力平衡，即BC受到库仑力等于重力分力，即得A受到的库仑力为2Mgsinα，故C错。
故选：A。
已经证实，质子是由上夸克和下夸克两种夸克组成的，上夸克带电为+23e，下夸克带电为-13e，e为电子所带电荷量的大小。如果质子是由三个夸克组成的，各个夸克之间的距离都相等且在同一圆周上。如图所示，下列四幅图中能正确表示出各夸克静电力的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：AB、质子带电为+e，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的。故AB错误；
CD、由题意可知，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处，设间距为d，
这时上夸克与上夸克之间的静电力应为F1=k23e×23ed2=4ke29d为斥力；
上、下夸克之间的静电力F2=k23e×13ed2=2ke29d为吸引力；
由力的合成可知上夸克所受的静电力的合力斜向外，下夸克受的静电力合力指向两个上夸克连线中点，故C错误，D正确；
故选：D。
用绝缘细线a、b将两个带电小球1和2连接并悬挂，已知小球2的重力为G，如图所示，两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，两小球连线与水平方向夹角为30°，细线b水平，则（ ）
A．小球1带电量一定小于小球2的带电量
B．细线a拉力大小为23G
C．细线b拉力大小为33G
D．小球1与2的质量比为1：2
【解答】解：C、对小球2，由平衡条件，在水平方向上可得：Fb＝F库•cs30°，在竖直方向上可得：G＝F库•sin30°
解得细线b拉力大小为Fb=Gtan30°=3G，故C错误；
BD、对小球1，由平衡条件，同理可得：
Fa•sin30°＝F库•cs30°
m1g+F库sin30°＝Fa•cs30°
解得细线a拉力大小为Fa=23G，
同时可得：m1g＝2G
又有m2g＝G
则小球1与2的质量比为m1：m2＝2：1，故B正确，D错误；
A、由上述分析只能得到库仑力的大小，由F库=kq1q2r2，可知不能确定小球1与小球2的带电量大小关系，故A错误。
故选：B。
如图所示，两个质量分别为mA和mB的带电小球A、B（可视为质点）通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上（滑轮大小不计），两球静止，O为滑轮正下方AB连线上的一个点。两球到O点距离分别为xA和xB，到滑轮的距离分别为lA和lB，且lA：lB＝1：2，细绳与竖直方向的夹角分别为θ1和θ2，两球电荷量分别为qA和qB。则（ ）
A．qA＞qBB．θ1＞θ2C．mA：mB＝1：2D．xA：xB＝1：2
【解答】解：A．根据题意可知两球的电场力是相互作用力，所以无法比较两球电荷量的大小，故A错误；
B．绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的结点受力分析可知：
T'csθ1＝T'csθ2
解得：θ1＝θ2，故B错误；
CD．对两球受力可知，如下图所示，根据相似三角形可得：
mAgh=T'lA=FxAmBgh=T'lB=FxB
可得mA：mB＝2：1
xA：xB＝1：2
故C错误，D正确。
故选：D。
二、场强公式的比较
三个公式eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(E＝\f(F,q)\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(适用于任何电场,与检验电荷是否存在无关)),E＝\f(kQ,r2)\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(适用于点电荷产生的电场,Q为场源电荷的电荷量)),E＝\f(U,d)\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(适用于匀强电场,U为两点间的电势差，d为沿电场方向两,点间的距离))))
三、等量点电荷的电场电场强度与电势分布规律
如图，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量。
【解答】解：（1）C点的电荷在M点的场强沿CM所在直线，A点处点电荷和B点处点电荷在M点的场强沿AB所在直线，已知M点合电场强度方向竖直向下，则A、B两点处的点电荷在M点的合场强为零，即A和B点处的点电荷为等量同种电荷，则B点处点电荷的电荷量的绝对值为q；
C点处的点电荷在M点的场强方向沿CM向下，则C点处点电荷为正电荷；
C点电荷在N点的场强方向沿CB斜向右下，N点的合场强方向竖直向上，则A点处的点电荷和B点处的点电荷在N点的合场强斜向左上，A点处的点电荷在N点的场强沿AN斜向右上，B点处的点电荷在N点的场强沿BN斜向左上，则A、B两点处的点电荷均为正电荷；
（2）设三角形的边长为l，由几何关系得：AN=32l
BN＝CN=12l
A点电荷在N点的场强大小为EA＝kq(32l)2=4kq3l2
方向沿AN斜向右上，B点电荷在N点的场强大小为EB＝kq(12l)2=4kql2
方向沿BN斜向左上，设C点电荷的电荷量为Q，C点电荷在N点的场强大小为EC＝kQ(12l)2=4kQl2
方向沿CB斜向右下，则B点电荷和C点电荷在N点的合场强大小斜向左上，大小为EBC=4kql2-4kQl2
N点的合场强竖直向上，如图
由几何关系得：EBCtan30°＝EA
联立解得：Q=3-33q
答：（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值为q，3个点电荷均为正电荷；
（2）C点处点电荷的电荷量为3-33q。
当空气中电场的电场强度大小超过E0时，空气会被击穿。孤立导体球壳充电后，球壳所带电荷量为Q，已知静电力常量为k，则为了保证空气不被击穿，球壳半径的最小值为（ ）
A．kQE0B．E0kQC．QkE0D．kQE0
【解答】解：均匀带电球壳对壳外某点产生的电场强度，可以看作集中在球壳中心的点电荷对球外某点的场强的大小，由E=kQR2≤E0
可得R≥kQE0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
一轻质绝缘“L”型轻杆固定在水平面上，质量均为m的光滑小环A、B套在支架上，两小环之间用轻绳连接，其中B环带正电，电荷量为q，A环不带电，整个装置放在匀强电场中，电场强度的大小为E，电场强度的方向与水平面平行，垂直于OM杆，A环在一水平力F作用下缓慢向右移动一段距离，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．当轻绳与OM杆夹角为θ时，绳子拉力大小为mg+Eqsinθ
B．轻杆对B环的弹力逐渐增大
C．A环缓慢向右移动过程中，绳子拉力逐渐减小
D．轻杆OM对A环的弹力大小为Eq
【解答】解：AC．以B环为研究对象，受力如图：
根据平衡条件，竖直方向上：FN1＝mg
水平方向上：FTsinθ＝F电＝Eq，FTcsθ＝FN2
故当轻绳与OM杆夹角为θ时，绳子拉力大小为Eqsinθ，故A错误；当A环缓慢向右移动时，θ逐渐减小，故绳子拉力逐渐变大，故C错误；
B．轻杆对B环的弹力大小为FN=FN12+FN22
解得FN=m2g2+E2q2tanθ2
故当A环缓慢向右移动时，θ逐渐减小，轻杆对B环的弹力逐渐增大，故B正确；
D．同理，以A环为研究对象，竖直方向上轻杆OM对A环的弹力大小为FN1'＝mg
水平方向上FN2'＝FTsinθ＝Eq
故轻杆OM对A环的弹力大小为FN'=FN1'2+FN2'2
解得FN′=m2g2+E2q2
故D错误。
故选：B。
等量异种点电荷的电场线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．A处和C处的电场强度可能相同
B．A处的电势比B处高
C．电子在C处由静止释放，可沿电场线运动到D处
D．电子在B处的电势能比在D处大
【解答】解：A．电场线的疏密程度反映了场强的大小，故A处的场强一定比C处大，故A错误；
B．根据沿着电场线的方向电势降低，可知B处的电势比A处高，故B错误；
C．C处到D处的电场线为曲线，电场线的切线方向是电子在电场中受到的电场力的反方向，而不是速度方向，电子若想沿电场线运动，那么必须电场线为直线，且电子的速度方向与电场线始终在一条直线上，故C错误；
D．由B处和C处电势相等，C处电势低于D处，可知B处的电势比D处低，而电子带负电，故电子在B处的电势能比在D处大，故D正确。
故选：D。
如图所示，实线表示某静电场中的电场线，过M点的电场线是水平直线，虚线表示该电场中的一条竖直等势线，M、N、P是电场线上的点，Q是等势线上的点。一带正电的点电荷在M点由静止释放，仅在电场力作用下水平向右运动，则（ ）
A．点电荷一定向右做匀加速运动
B．点电荷在N点释放时的加速度比在P点释放时的加速度小
C．将一负点电荷从P点移到N点，电场力做正功
D．将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，点电荷将沿等势线做直线运动
【解答】解：A．根据电场线的分布可知，该静电场不是匀强电场，所以点电荷在运动过程中受到的电场力不是恒定的，根据牛顿第二定律，点电荷运动的加速度也不是恒定的，所以点电荷向右做的不是匀加速运动，故A错误；
B．由图可知，N点电场线比P点电场线密集，所以N点的电场强度大于P点的电场强度，点电荷在N点受到的电场力大于P点处的电场力，所以点电荷在N点释放时的加速度比在P点释放时的加速度大，故B错误；
C．电势随电场方向逐渐减小，所以N点电势比P点高，将一负点电荷从P点移到N点，电势能减小，电场力做正功，C故正确；
D．将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，由于电场方向垂直等势线，则点电荷受到的电场力方向与运动方向不在同一条直线上，所以点电荷做曲线运动，故D错误。
故选：C。
四、电场力做功的计算方法
(1)由公式W＝Flcs α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcs α.
(2)由W＝qU来计算，此公式适用于任何形式的静电场．
(3)由动能定理来计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
(4)由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB.
一带负电的粒子以一定的初速度进入点电荷Q产生的电场中，A、B是其运动轨迹上的两点，C为AB的中点。其中A点的场强方向与AB连线成60°角；B点的场强方向与AB连线成30°角，如图所示。若粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．点电荷Q带负电
B．AB两点电势差是AC两点电势差的2倍
C．该粒子在A点的动能小于在B点的动能
D．该粒子在A点的加速度大小等于在B点加速度大小的3倍
【解答】解：A．反向延长EA，EB的方向，交点即为点电荷的位置，结合电场线的特点可知点电荷Q带正电，故A错误；
B．由几何关系可知点电荷到AC两点距离相等，可知AC两点电势差为零，则AB两点电势差不是AC两点电势差的2倍，故B错误；
C．因A点电势高于B点，则带负电的粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，则该粒子在A点的动能大于在B点的动能，故C错误；
D．由几何关系可知rB=3rA，根据，a=qEm=kqQr2m∝1r2，可知该粒子在A点的加速度大小等于在B点加速度大小的3倍，故D正确。
故选：D。
α粒子以某一初速度接近重金属核，其运动轨迹如图所示，M、N、Q为轨迹上的三点，N点离重金属核最近，Q点比M点离重金属核更远。在重金属核产生的电场中，下列说法正确的是（ ）
A．N点的电场强度比Q点小
B．N点的电势最高
C．α粒子从Q点运动到M点过程中，电势能减小
D．α粒子从Q点运动到M点过程中，速度一直减小
【解答】解：A．根据孤立的正点电荷的电场线的分布可得离重金属核最近的N点电场强度最大，故A错误；
B．离正点电荷场源最近的N点的电势最高，故B正确；
C．α粒子为氦原子核，故带正电，又因为φN＞φM＞φQ，所以从Q点运动到M点过程中，电场力先做负功再做正功，所以电势能先增大后减小，故C错误
D．因为从Q点运动到M点过程中，电场力先做负功再做正功，即合外力先做负功再做正功，根据动能定理可得α粒子的速度先减小再增加，故D错误；
故选：B。
如图所示，O为等量异种点电荷连线的中点，A、B为连线上的点，C、D为其中垂线上的点，且A、B、C、D距O点距离相等，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的（ ）
A．A、B两点电势相等
B．C、D两点电场强度不相同
C．O点电势为零，电场强度也为零
D．沿中垂线移动电荷，静电力始终不做功
【解答】解：A、两电荷间的连线上电场线的方向由A到B，根据沿电场线的方向电势降低可知，A点的电势高于B点的电势，故A错误；
B、a、b两点到两点电荷的距离相等，由点电荷的场强公式与电场的叠加原理可知，a、b两点电场强度大小相等、方向相同，故B错误；
C、根据叠加原理可知，两点电荷在O点形成的电场强度方向均向右，故电场强度不为零；CD所在的平面为等势面，以无穷远处电势为零时，所以O点的电势为零，故C错误；
D、由C中分析可知，中垂线为等势线，故沿中垂线移动电荷，静电力始终不做功，故D正确。
故选：D。
如图所示，在匀强电场中的Q点固定一点电荷为+Q，以a、b、c、d、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bedf平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
【解答】解：A，ac两点在电点荷的等势面上，故这二点的电势是a点的电势高于c点的电势，故A错误；
B，bd两点的场强由点电荷场源与匀强电场各自在这二点产生的场强的矢量合成，合成的结果是大小相同，方向不同，故B错误；
C，将点电荷+q由b点移到e点时，电场力做功为零，因为这二点是在同一个等势面上，故C正确；
D，由A可知，这二点的电势是不相等的，故电场力做功不为零，故D错误。
故选：C。
如图所示，真空中两个点电荷+Q1、﹣Q2固定在x轴上的A、B两点，其带电量Q1＝4Q2，P为Q2右侧一点，且AB=BP=L。a、b、c为P点两侧的三点，且aP＝Pb＝bc。取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．a、b两点场强大小相等，方向相反
B．b点电势低于c点电势
C．将+q沿x轴从a点移动到b点，其电势能先减小后增大
D．将﹣q由a点静止释放，则其经过P点时动能最大
【解答】解：A、取向右为正方向，设bc间距离为L0，根据电场的叠加原理，可得a点场强为
Ea=k⋅4Q(2L-L2)2-k⋅Q(L2)2=-20k⋅Q9L2
b点场强为Eb=k⋅4Q(2L+L2)2-k⋅Q(L+L2)2=44k⋅Q225L2
故可知a、b两点场强方向相反，但是大小不相等，故A错误；
BC、根据前面分析可知P点右侧任意点的场强方向水平向右，PB间的场强方向水平向左；沿着电场线方向电势降低，故b点电势高于c点电势；同理可知从a点到b点，电势先增大后减小，故可知将+q沿x轴从a点移动到b点，其电势能先增大后减小，故BC错误；
D、P点场强为
Ep=k⋅4Q2(2L)2-k⋅Q2L2=0
将﹣q由a点静止释放，在P点左侧时受到的电场力水平向右，做加速运动，到达P点时加速度为0，在P点右侧时受到的电场力水平向左，做减速运动，故经过P点时速度最大即动能最大，故D正确。
故选：D。
五、平行板电容器的动态分析问题有两种情况：
一是电容器始终和电源连接，此时U恒定，则Q＝CU∝C，而C＝eq \f(εrS,4πkd)∝eq \f(εrS,d)，两板间场强E＝eq \f(U,d)∝eq \f(1,d)；
二是电容器充电后与电源断开，此时Q恒定，则U＝eq \f(Q,C)，C∝eq \f(εrS,d)，场强E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)∝eq \f(1,εrS).
六、静电计是测量电压 U 的仪器，题目往往将它与电容器一起考察。
如图所示，两个相同的半圆形金属板相互靠近、水平放置，板间可视为真空。两金属板分别与电源两极相连。上极板可绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。开始时，两极板边缘完全对齐，闭合开关S后，两板间的一个带电微粒恰好静止；然后让上极板转过5°（微粒仍在两板间）忽略电场边缘效应，则（ ）
A．断开开关S后，微粒将竖直下落
B．转动前后，电容器的电容之比为36：35
C．转动过程中，有从a→b的电流流过电阻R
D．断开开关S后，上极板再转动5°，微粒仍然静止
【解答】解：AB．闭合开关S后，让上极板转过5°，则两极板正对面积减少，根据公式
C=εrS4πkd
可知，其他条件不变，电容器的电容变小，变化前后面积之比为
SS'=180°360°×πr2180°-5°360°×πr2=3635
转动前后，电容器的电容之比也为
CC'=SS'=3635
根据场强的计算公式可得：
E=Ud
根据上述分析可知，电势差与间距均不变，所以电场强度不变，根据电场力的计算公式F＝qE可知电场力不变，所以微粒仍静止，断开开关S后，每个物理量都保持不变，微粒仍静止，故A错误，B正确；
C．转动过程之前，电容器下极板带正电、上极板带负电，转动过程中，电容变小，电容器的电荷量减小，电容器放电，有从b→a的电流流过电阻R，故C错误；
D．当断开开关S后，两极板的电荷量不变，让上极板再转过5°，则两极板正对面积减少，根据公式
C=εrS4πkd
C=QU
由此可知，其他条件不变，电容器的电容变小，则电场强度增大，电场力增大，所以微粒将竖直向上运动，故D错误。
故选：B。
（多选）如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图，电介质板长度等于电容器极板长度，开始时电介质板有一半处于极板间，电容器两极板带等量异号电荷，当被测物体在左右方向发生位移时（位移大小小于极板长的一半），电介质板随之在电容器两极板之间移动。当被测物体向左移动时（ ）
A．电容器的电压增大B．电容器的电量变小
C．电容器的电容增大D．静电计的指针张角变小
【解答】解：C．由电容的决定式可知C=εrS4πkd，可知当被测物体向左移动时电介质板插入电容器，电容器的电容增大，故C正确；
B．电容器充电后与外电路断开，电容器的电量不变，故B错误；
A．由电容的比值定义式可知C=QU，可知电容器的电压减小，故A错误；
D．静电计的指针张角大小反映电容器极板电压高低，由于电压减小，因此张角变小，故D正确。
故选：CD。
如图所示，M和N为电容器两极板，一直保持与导线相连，M极板左端绝缘固定，N极板两端用绝缘材料与两轻弹簧连接，N极板只能沿图中标识的上下方向运动，当N极板静止时，两极板间距为d，在外力驱动下，N极板做简谐运动，向下运动至最低点时，两极板间距1.5d，运动到最高点时两极板相距0.5d，下列说法正确的是（ ）
A．当N极板向上运动时，电流表电流方向从b→a
B．N极板完成一个运动周期运动，回路电流方向改变1次
C．当N极板从最低点运动到最高点的过程中，极板电荷量减少
D．N极板在最低点和最高点时，电容器中场强之比为1：3
【解答】解：AC、当N极板向上运动时，电容器板间距离d减小，根据电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容C增大，电容器板间电压不变，由电容的定义式C=QU分析可知极板电荷量增加，电容器充电，电流表电流方向为a→b，故AC错误；
B、N极板向上运动时，电容器充电。N极板向下运动时，电容器放电，所以N极板完成一个周期运动，回路电流方向改变2次，故B错误；
D、根据题意，在N极板运动过程中，电容器两极板间电压不变，最低点与最高点板间距离之比为1.5d：0.5d＝3：1，故由E=Ud可知场强之比为1：3，故D正确。
故选：D。
某同学利用图甲所示电路观察电容器的充电和放电现象，计算机屏幕显示出放电过程的I﹣t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电容器放电时电子由b向a通过电阻R
B．电容器放电过程中电阻R两端电压逐渐增大
C．将电阻R换成阻值更大的电阻，放电时间变短
D．电容器充电结束所带电荷量约为5×10﹣3C
【解答】解：A．开关S接1时电源给电容器充电后上极板带正电，开关S接2时，电容器放电，电流由极板正极流过电阻R到负极板，而电子的移动方向与电流方向相反，则电子由a向b通过电阻R，故A错误；
B．电容器放电过程中电流逐渐减小，根据欧姆定律U＝IR，可知电阻R两端电压逐渐减小，故B错误；
C．若R增大，总电量q不变，则对电流阻碍作用增大，即电流减小，由q＝It可知放电时间会边长，故C错误；
D．I﹣t图像中曲线与坐标轴围成的面积即电容器充电结束时所带电荷量，格数割补后约为1.3格，则电量约为：
q≈2×10﹣3×2×1.3C≈5.2×10﹣3C，故D正确。
故选：D。
如图所示，取一个电容器A和数字电压表相连，把开关S1接1，用几节干电池串联后给A充电，可以看到A充电后数字电压表显示一定数值。取另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，通过改变开关S1和S2的闭合与断开状态，从而探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系，在没有电荷漏失的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．S1接1，S2处于断开状态，A、B两电容器都处于充电状态
B．S1从1接2，S2处于断开状态，稳定后，A、B两电容器电荷量相等
C．S1从1接2，S2处于断开状态，电压表示数不变
D．S1从2断开，S2闭合，电压表示数逐渐减小
【解答】解：A、S1接1，S2处于断开状态，只有A电容器处于充电状态，故A错误；
B、S1从1接2，S2处于断开状态，A、B两电容器并联，则稳定后，A、B两电容器电压相等，它们的电容也相同，由Q＝CU知稳定后，A、B两电容器电荷量相等，故B正确；
C、S1从1接2，S2处于断开状态，A电容器的电荷减小，电容不变，由C=QU分析可知电压表示数减小，故C错误；
D、S1从2断开，S2闭合，A电容器所带电荷量不变，电压不变，则电压表示数不变，故D错误。
故选：B。
七、电场中的图象问题——φ-x 图象和 E-x 图象：
沿x轴上有一条电场线，其电势φ沿x轴的分布图像如图所示，图像关于坐标原点O点对称，A、B两点到坐标原点O的距离相等，一电子仅在电场力的作用下从A点由静止释放，电子沿x轴由A点运动到B点过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点的电场强度相同
B．电子在A、B两点的电势能相等
C．电子从A点运动到B点的过程中，速度先增大后减小
D．电子从A点运动到B点的过程中，电场力先做正功后做负功
【解答】解：A．φ﹣x图像中斜率表示电场强度，根据图像可知A、B两点的斜率相同，则电场强度相同，故A正确；
B．由图可知，A、B两点的电势不相等，根据电势能的计算公式Ep＝φq可知，电子在A、B两点的电势能不相等，故B错误；
CD．根据沿电场线方向上电势逐渐降低可知，电场方向沿x轴负方向，电子从A点运动到B点的过程中，电场力一直做正功，则速度一直增大，故CD错误。
故选：A。
如图甲所示，均匀带电固定圆环的圆心为O，OO′为圆环轴线；以O为原点沿轴线建立Ox坐标轴，x轴上各点电势φ随x坐标变化的φ﹣x关系图像如图乙所示，坐标x1处的P点为图线拐点，P点切线与x轴交点处坐标为x2。现让一电子从圆心O以初速度v0沿x轴正向运动，最远能到达x3处。电子质量为m，电荷量绝对值为e，不计电子重力，下列说法不正确的是（ ）
A．圆环带负电
B．电子经过x1处时的加速度大小为eφ1m(x2-x1)
C．x3处的电势为φ0-mv022e
D．电子返回过程中，经过x1处时的速度大小为v02-2e(φ0-φ1)m
【解答】解：A.正电荷周围的电势为正，由φ﹣x图象知，圆环带正电，故A错误；
B.φ﹣x图象的斜率大小表示电场强度大小，x1的斜率大小为：
k=φ1x2-x1
由牛顿第二定律得：
φ1ex2-x1=ma
解得：a=eφ1m(x2-x1)，故B正确；
C.电子最远到达x3处，说明电子在x3处速度为零，从O点到x3，由动能定理得：
﹣（φ0﹣φ3）e＝0-12mv02
解得φ3＝φ0-mv022e，故C正确；
D.对电子从O到x1，设经过x1处时的速度大小为v1，由动能定理得：
﹣（φ0﹣φ1）e=12mv12-12mv02
解得：v1=v02-2e(φ0-φ1)m，故D正确。
本题选错误的，
故选：A。
如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在x＝1m处以初速度v0=3m/s沿x轴正方向运动。小滑块的质量为m＝2kg，带电量为q＝﹣0.1C。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1m处的切线，并且AB经过（1，2）和（2，1）两点，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x＝1m处的电场强度大小为20V/m
B．滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至x＝3m处时，速度的大小为2.5m/s
D．若滑块恰好能到达x＝5m处，则该处的电势为﹣50V
【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，所以滑块在x＝1m处所受电场力大小为F=Eq=|ΔEpΔx|=2-12-1N=1N
解得电场强度大小E＝10V/m
故A错误；
B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；
C．滑块从x＝1m到x＝3m运动过程中根据动能定理有：W电=12mv2-12mv02
W电＝ΔEp＝1J
解得速度v＝2m/s
故C错误；
D．若滑块恰好到达x＝5m处，则滑块恰好到达x＝5m处v′＝0
则滑块从x＝1m到x＝5m运动过程中W电'=-(Ep2-Ep1)=0-12mv02
由Ep1＝2 J
解得滑块到达x＝5 m处的电势能Ep2＝5 J，x＝5 m处的电势为φ=Ep2q=5-0.1V=-50V
故D正确。
故选：D。
空间中一静电场的电场强度E在x轴上分布情况如图所示，其中图像关于E轴对称，x轴上的A、B两点关于原点O对称。一电子仅在电场力的作用下从静止开始，由A点沿x轴运动到B点。下列说法正确的是（ ）
A．x轴上的电场强度方向沿x轴正方向
B．A、B两点的电势相等
C．电子从A点运动到B点的过程中，电子的加速度先增大后减小
D．电子从A点运动到B点的过程中，其所受电场力先做负功再做正功
【解答】解：A、电子仅在电场力的作用下从静止开始，由A点沿x轴运动到B点，说明电子所受电场力沿x轴正方向，而电子带负电，所以x轴上的电场强度方向沿x轴负方向，故A错误；
B、沿电场线电势逐渐降低，电场线由B指向A，则A点电势低于B点电势，故B错误；
C、根据牛顿第二定律得a=eEm，由图知，电子从A点运动到B点的过程中电场强度先增大后减小，所以电子的加速度先增大后减小，故C正确；
D、电子从A点运动到B点的过程中，电子所受电场力沿x轴正方向，与位移方向相同，故电场力一直做正功，故D错误。
故选：C。
如图1所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点，电荷B固定在x＝2L处，通过电势传感器测出x轴上各点电势φ随坐标x的变化规律并描绘出φ﹣x图像（图2）。已知φ﹣x图线与x轴的交点横坐标为x1和x2，x＝3L处的切线与x轴平行。已知点电荷的电势公式φ=kQr，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，取无穷远处电势为零。以下说法正确的是（ ）
A．电荷A带负电，电荷B带正电
B．两点电荷的电荷量之比为QA：QB＝1：9
C．横坐标x2和x1的差x2-x1=920L
D．在x轴上x＞2L的任意位置无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
【解答】解：A．根据题图，在x轴上各点电势有正有负，两点电荷带异种电荷，由于0＜x＜x1时电势为正，x1＜x＜2L时电势为负，故点电荷A带正电，点电荷B带负电，故A错误。
BC．φ﹣x图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x＝3L处的电场强度为零，根据叠加原理有kQA(3L)2=kQBL2
由题图可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有kQAx1=kQB2L-x1，kQAx2=kQBx2-2L
解得QA：QB＝9：1，x1=95L，x2=94L
则x2-x1=94L-95L=920L
故B错误，C正确；
D．在2L＜x＜3L区域内，电势逐渐升高，电场强度沿x轴负方向，若在2L＜x＜3L区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向左电场力，向左做加速运动，在x＞3L区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x轴正方向，若在x＞3L区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电场力，将向右加速到无穷远处，故D错误。
故选：C。
八、带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdv\\al( 2,0))
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq \f(l,2).
九、带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电、下极板带负电并接地，一质量为m电荷量为q的带正电粒子a从两板左端中点入射，入射速度正对上极板中点A，已知板长为2d，板间距离为d，两板间电压为U，粒子重力不计且运动过程中不与极板碰撞，则（ ）
A．粒子a射入电场时电势能为Uq
B．粒子a在电场内运动过程中电势能最大时动能为零
C．若粒子a从下极板右边缘射出，其在运动过程中电势能最大值为23Uq
D．若粒子a射出点与射入点在同一水平线上，则其在电场中运动时间为d2m2Uq
【解答】解：A．粒子射入电场位置电势为U2，根据电势能与电势关系，粒子a射入电场时电势能Ep=φq=Uq2，故A错误；
B．粒子的运动可以分解为沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，当垂直于极板方向的分速度减为零时，电场力做负功最大，根据功能关系，粒子a在电场内运动过程中电势能最大，但此时粒子有平行极板方向的速度，粒子运动的动能不为零，故B错误；
C．假设粒子初速度为v0，将初速度分解为沿极板方向vx和垂直于极板方向vy
由数学知识vx=255v0，vy=55v0
粒子沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，根据位移公式有，粒子a从下极板右边缘射出时2d＝vxt，d2=-vyt+12at2
解得a=3v025d
粒子进入电场到最大势能处在垂直于极板方向经过的位移为y=vy22a=d6
最大势能处的电势为φ'=(d2+d6)Ud=2U3
故运动过程中最大势能Epm=φ'q=23Uq
故C正确；
D．由C选项，vx=255v0
vy=55v0
粒子沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，根据位移公式有，粒子a射出点与射入点在同一水平线上则2d＝vxt，0=-vyt+12at2
解得a=2v025d
又a=Uqdm
得v0=5Uq2m
所以vx=255v0=2Uqm
则粒子在电场中运动时间为t=2dvx=2d2mUq
故D错误。
故选：C。
如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜面上A点平抛一带电小球，落到斜面上的B点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（ ）
A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB两点的中点
B．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同
C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J
【解答】解：小球受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动，加速度a固定，向下；
根据类平抛运动的分运动规律，有：
x＝v0t，
y=12at2，
tan30°=yx，
故：t=2v0tan30°a=23v03a，x=23v023a，y=2v023a；
A、若将平抛初速度减小一半，根据x=23v023a，y=2v023a，x和y均减小为原来的14，故A错误；
BC、设小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角为α，则有：
tan（α+30°）=vyv0=atv0=2tan30°，
故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相同，但是tanα≠2tan30°，故BC错误；
D、由于小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角的正切值：tanβ=vyv0=2tan30°=233，
初动能：Ek=12mv02=6J，
末动能：Ek′=12mv2=12m(v02+vy2)，
故：Ek′＝6J+（233）2×6J＝14J，故D正确；
故选：D。
假设你是当年“阴极射线是带电粒子”的支持者。你采用如图所示的实验装置来测定阴极射线的比荷（电荷量与质量之比）。某次实验室中，真空管内阴极K发出的阴极射线经高压加速电压加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P'间的区域。当极板间不加偏转电压时，射线打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；当加上偏转电压U＝200.0V时，亮点偏离到O'点，O'与O点的竖直间距为y＝4.0cm、水平间距忽略不计。此时，在P和P'间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场。调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小B＝5.0×10﹣4T时，亮点重新回到O点。已知极板水平方向的长度为l1＝5.0cm，极板间距为d＝2.0cm，极板右端到荧光屏的距离为l2＝12.5cm。忽略射线的重力和射线间的相互作用。
（1）推断阴极射线带什么性质的电荷，写出理由；
（2）求阴极射线打在荧光屏O点时速度的大小；
（3）求阴极射线的比荷。
【解答】解：（1）阴极射线带负电，原因是射线在KA之间或平行极板P和P'间所受电场力与电场方向相反。
（2）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，根据平衡条件有：qvB=qUd，其中d＝2.0cm＝0.02m
代入数据得：v＝2.0×107m/s
（3）设阴极射线在偏转电场中的偏转距为y1，由几何关系得：y1y=l12l12+l2
代入数据得：y1=23cm=23×10-2m
根据位移—时间公式，有：y1=12at2
根据牛顿第二定律有：a=qUmd
其中d＝2.0cm＝0.02m
水平方向匀速直线运动，则有：l1＝vt
联立可得：qm=3215×1011C/kg=2.1×1011C/kg
答：（1）阴极射线带负电；
（2）阴极射线打在荧光屏O点时速度的大小为2.0×107m/s；
（3）阴极射线的比荷2.1×1011C/kg。
十、等效法处理叠加场问题
1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场．
2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力 ”，将a＝eq \f(F合,m)视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．
如图所示，在竖直平面xOy内存在大小、方向未知的匀强电场。一质量为m的小球从y轴上P点以水平速度v进入第一象限，速度方向沿x轴正方向，经过x轴上Q点时的速度大小也为v，方向与x轴夹角为37°。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度大小为g。不计空气阻力，小球从P点运动到Q点的过程中（ ）
A．速度的最小值为1010v
B．所受电场力的最小值为1010mg
C．动能与电势能之和一直减小
D．水平位移与竖直位移的大小之比为2：1
【解答】解：D、将小球在Q点的速度v分解为水平分量vcs37°和竖直分量vsin37°。
由位移—时间公式可得：小球水平分位移为：x=v+vcs37°2t
小球竖直分位移为y=vsin37°2t
解得：xy=31，故D错误；
A、根据题中所述，可知小球水平方向先向右做匀减速直线运动，小球水平向右方向的分加速度大小为ax=v-vcs37°t
小球竖直向下方向的分加速度大小为：ay=vsin37°t
设小球合加速度方向与竖直方向夹角为θ，则有：tanθ=axay
联立解得：tanθ=13
可知，小球在空中做类斜抛运动，可以将该运动分解为垂直于合加速度方向的匀速直线运动与沿合加速度方向的匀加速直线运动，可知匀速直线运动的分速度即为速度的最小值，则有：vmin＝vcsθ
结合上述解得：vmin=31010v，故A错误；
B、根据上述小球所受电场力与重力的合力大小为：F＝ma，该合力方向与竖直方向夹角亦为θ，可知，当电场力方向与合力方向垂直时，电场力达到最小值，则有：最小电场力：F电min＝mgsinθ
根据tanθ=sinθ1-sin2θ=13，可求得sinθ=110
从而求得：F电min=1010mg，故B正确；
C、根据上述可知，小球从P点运动到Q点的过程中重力一直做正功，重力势能一直减小，小球运动过程中只有重力势能、动能与电势能的转化，可知动能与电势能之和一直增大，故C错误。
故选：B。
（多选）如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分为倾角为30°的斜面，BCD部分为半径为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C为轨道最低点，整个轨道放置在电场场强为E的水平匀强电场中。现将一带电荷量为+q、质量为m的小滑块从斜面上A点由静止释放，小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点。已知重力加速度为g，且qE=3mg，下列说法正确的是（ ）
A．释放点A到斜面底端B的距离为32R
B．小滑块运动到C点时对轨道的压力为8mg
C．小滑块运动过程中最大动能为5mgR
D．小滑块从D点抛出后恰好落在轨道上的B点
【解答】解：A、小滑块受到的重力与电场力的合力为：F合=(mg)2+(Eq)2
代入题目的已知条件得到：F合＝2mg
设两个力合力与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ=mgEq=33
所以：θ＝30°
即F合方向与OD方向重合，与AB平行，小滑块恰好能到达D点，则在D点恰好F合提供向心力，则有：F合=mvD2R
代入解得：vD=2gR
对小滑块从A到D，因为F合方向与AB方向平行，设线段AD在AB上的投影为AF，如图：
根据动能定理有：F合×AF=12mvD2
代入解得：AF=12R
所以：AB=AF+FB=AF+DO=32R，故A正确；
B、小滑块运动到B的速度为vB，则从A到B有：12mvB2=F合×AB
从B到C有：12mvC2-12mvB2=mgR(1-cs30°)+EqRsin30°
代入联立解得：vB=6gR，vC=22gR
在C点，重力与轨道的支持力的合力提供向心力，则有：N-mg=mvC2R
解得：N＝9mg
根据牛顿第三定律，小滑块运动到C点时对轨道的压力为9mg，故B错误；
D、小滑块从D点抛出后做类平抛运动，加速度为：a=F合m=2g
小滑块能落在AB轨道上某一点时，则沿初速度方向的位移为R，时间为：t=RvD=R2g
则沿F合方向的位移为：12at2=12R＜FB=R，故小滑块应该落在FB的中点位置，故D错误；
C、延长DO，交圆与G点，则G点即为等效最低点，在D点小滑块动能最大，从A到D，沿F合方向的距离为：d＝AF+DG
则有：Ekm＝F合×d
得：Ekm＝5mgR，故C正确。
故选：AC。
电场
等势面(实线)
E-x
φ-x
等量异
号点电
荷的电
场
两电荷连线上
两电荷连线上
连线中垂线上
连线中垂线
上各点电势
相等且为零
等量同
号正点
电荷的
电场
两电荷连线上
两电荷连线上
连线中垂线上
连线中垂线上
φ-x图像
E-x图像
EP-x图像
斜率:电场强度
面积：电势差
斜率:电场力