1．（2024?成華區(qū)校級模擬）如圖所示，在一橢圓的兩焦點、和短軸上的一個端點，固定有三個電荷量相等的點電荷，其中、處的電荷帶正電，處的電荷帶負電，為橢圓中心，、是橢圓上關于點對稱的兩個點。取無窮遠處電勢為零。下列說法中正確的是
A．、兩點的電勢不相同
B．、兩點的電場強度相同
C．一質子從靠近點處沿直線到點再到點，電勢能一直增大
D．一電子從靠近點處沿直線到點再到點，電勢能先減小后增大
2．（2024?濱州三模）如圖所示，長方形所在平面有勻強電場，、分別為邊、邊中點，已知邊長為、邊長為。將電子從點移動到點，電場力做功為；將電子從點移動到點，電場力做功為，不計所有粒子重力，下列說法正確的是
A．長方形的四個頂點中，點的電勢最高
B．勻強電場的電場強度大小為
C．沿連線方向，電勢降低最快
D．從點沿方向發(fā)射動能為的電子，在以后的運動過程中該電子最小動能為
3．（2024?重慶）沿空間某直線建立軸，該直線上的靜電場方向沿軸，某點電勢的隨位置變化的圖像如圖所示，一電荷量為帶負電的試探電荷，經(jīng)過點時動能為，速度沿軸正方向，若該電荷僅受電場力，則其將
A．不能通過點B．在點兩側往復運動
C．能通過點D．在點兩側往復運動
4．（2024?汕頭二模）利用靜電紡絲技術制備納米纖維材料是近年來材料領域的重要技術。如圖所示，初始時無電場，噴嘴處的球形液滴保持靜止；隨著高壓電場逐漸增強，液滴帶上正電荷且由球形變?yōu)閳A錐形（即“泰勒錐” ；當電壓增至某個臨界值時（假設此后電壓保持不變），液滴從尖端噴出，在非勻強電場的作用下向下方運動，、為直線路徑上的兩點。以下說法正確的是
A．噴嘴處的球形液滴在無電場的情況下只受重力
B．液滴從到的過程做勻加速直線運動
C．液滴從到的過程電場力做負功
D．液滴向下做螺旋運動時電勢能減小
5．（2024?門頭溝區(qū)一模）圖甲是電場中的一條電場線，、是電場線上的兩點。電子僅在電場力作用下從點運動到點，其運動的圖像如圖乙所示。、點電場強度分別為和，電子在、點電勢能分別為和。下列說法正確的是
A．，B．，
C．，D．，
6．（2024?北京）如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于、兩點，、是連線上的兩點，且。下列說法正確的是
A．點電場強度比點電場強度大
B．點電勢與點電勢相等
C．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍
D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，、兩點間電勢差不變
7．（2024?梅州一模）如圖，新風系統(tǒng)除塵由機械除塵和靜電除塵兩部分構成，其中靜電除塵是通過電離空氣后使空氣中的粉塵微粒帶電，從而被電極吸附的空氣凈化技術。如圖虛線為一帶電粉塵（不計重力）在靜電除塵管道內的運動軌跡，實線為電場線（未標方向），下列判定正確的是
A．帶電粉塵帶正電
B．帶電粉塵在除塵管道內做勻變速曲線運動
C．帶電粉塵在點的加速度小于在點的加速度
D．帶電粉塵在點的電勢能大于在點的電勢能
8．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖所示，絕緣水平光滑桿上套有一質量為的帶正電的小環(huán)，電荷量為，小環(huán)與絕緣彈簧相連，彈簧另一端固定于桿正上方的點。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強電場，桿上、兩點間的電勢差為，其中，小環(huán)以向右的速度經(jīng)過點，并能通過點。已知在、兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，，，、之間的距離為，點位于點的正下方。在小環(huán)從點運動到點的過程中
A．小環(huán)加速度最大值為
B．小環(huán)經(jīng)過點時的速度最大
C．小環(huán)經(jīng)過點時的速度大小為
D．小環(huán)在、兩點時，彈性勢能相等，動能也相等
9．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖所示，粗糙水平面所在空間有水平向右的勻強電場，電場強度為。一質量為，帶電荷量為的物塊自點以初動能向右運動。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為，且，設點的電勢為零，規(guī)定水平向右為正方向，則物塊的動能、電勢能與物塊運動的位移關系圖像可能正確的是
A．B．
C．D．
10．（2024?豐臺區(qū)二模）如圖所示，讓、和的混合物由靜止開始從點經(jīng)同一加速電場加速，然后穿過同一偏轉電場。下列說法正確的是
A．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的速度
B．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的動能
C．三種粒子從不同位置沿不同方向離開偏轉電場
D．三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場
二．多選題（共5小題）
11．（2024?鼓樓區(qū)校級三模）某款伸展運動傳感器的原理圖如圖所示，它由一電極和可伸縮柱極體組成，可在非接觸狀態(tài)下實現(xiàn)力一電轉換。電極通過電阻接地處理，當帶負電的柱極體靠近電極時，從地面引出的電荷在電極上產(chǎn)生。當復合柱極體拉伸時，彈性體和柱極體粒子發(fā)生形變，改變了電極上的感應電荷量，并通過電阻器產(chǎn)生電流（電子移動方向如圖中箭頭所示）。下列說法正確的是
A．在拉伸復合柱極體的過程中，電流自左向右流經(jīng)電阻
B．在拉伸復合柱極體的過程中，柱極體內電荷相互作用的電勢能減小
C．在拉伸復合柱極體的過程中，電極上的電勢將升高
D．周期性拉伸復合柱極體，將有交變電流流經(jīng)電阻
12．（2024?貴州模擬）如圖（a），水平放置長為的平行金屬板右側有一豎直擋板。金屬板間的電場強度大小為，其方向隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，其余區(qū)域的電場忽略不計。質量為、電荷量為的帶電粒子任意時刻沿金屬板中心線射入電場，均能通過平行金屬板，并打在豎直擋板上。已知粒子在電場中的運動時間與電場強度變化的周期相同，不計粒子重力，則
A．金屬板間距離的最小值為
B．金屬板間距離的最小值為
C．粒子到達豎直擋板時的速率都大于
D．粒子到達豎直擋板時的速率都等于
13．（2024?衡水模擬）科學家在研究電荷分布的對稱性的時候，巧妙地借助了我國傳統(tǒng)文化中的“陰陽太極圖”，以獲得更多的啟示和靈感，如圖所示的三維坐標系。太極圖呈圓形位于平面內，軸過圓心，在軸兩側對稱分布各有一個大半圓和小半圓，、各是小半圓的圓心，現(xiàn)在、上分別放置一個等電量的負點電荷和正點電荷，在軸的正向有一個定點，在圓的邊緣有一個位置，則下列說法正確的是
A．若將正試探電荷由點沿軸移動到點，則的電勢能始終不變
B．若將正試探電荷由點沿“陰陽”邊界經(jīng)移動到點，則的電勢能增加
C．若將負試探電荷沿虛線由移到，則電場力一直對電荷做正功
D．若將負試探電荷沿軸由向軸正向移動，則電荷克服電場力做負功
14．（2024?南充模擬）如圖，豎直放置的立方體中心有一粒子源，粒子源可以水平向各個方向發(fā)射不同速度的帶正電的粒子，粒子比荷為。立方體處在豎直向下的勻強電場中，場強大小，立方體邊長，除上下底面外，其余四個側面均為熒光屏（包括邊緣）。不考慮粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子間的相互作用，粒子打到熒光屏上后被熒光屏吸收，不考慮熒光屏吸收粒子后的電勢變化。則
A．粒子射出后，在電場中運動的加速度大小
B．粒子射出后，在電場中向上偏轉做類平拋運動
C．粒子從射出到打到熒光屏上運動的最長時間
D．不能打到熒光屏上的粒子，發(fā)射時的速度范圍為
15．（2024?浙江模擬）電偶極子由兩個點電荷和組成，它們之間的距離為很?。?，總質量為。如圖所示，空間中某區(qū)域內存在一電場，其分布為。先令一電偶極子朝著方向，并使其中點位于處，再靜止釋放。下列說法正確的是
A．的單位是
B．電偶極子受到的合力
C．電偶極子靜止釋放后的運動可看作簡諧運動的一部分
D．電偶極子的電勢能
三．填空題（共5小題）
16．（2024?福建）如圖，圓心為點、半徑為的圓周上有、、、、、、、八個等分點，點固定有一帶電量為的點電荷，其余各點均固定有帶電量為的點電荷。已知靜電力常量為，則點的電場強度大小為 。、分別為、的中點，則點的電勢 （填“大于”“等于”或“小于” 點的電勢；將一帶電量為的點電荷從點沿圖中弧線移動到點，電場力對該點電荷所做的總功 （填“大于零”“等于零”或“小于零” 。
17．（2024?鼓樓區(qū)校級二模）“場離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心，玻璃泡內壁有一層均勻導電膜：在鎢針和導電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于點處點電荷形成的電場，如圖所示。、、、、為同一平面上的5個點，是一段以為圓心的圓弧，為的中點。、兩點場強大小分別為、，、、、四點電勢分別為、、、，則 ； ， 。（填“大于”“等于”或“小于”
18．（2023?浦東新區(qū)二模）某空間的軸上只存在沿此軸方向的靜電場，軸上各點電勢分布如圖。一帶電量為的粒子只在電場力作用下由軸上某點無初速釋放，若粒子沿軸運動過程中的總能量恒為零，則粒子的活動區(qū)間是 ；運動過程中的最大動能為 。
19．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）相隔很遠、均勻帶電、的大平板在靠近平板處的勻強電場電場線如圖所示，電場強度大小均為。將兩板靠近，根據(jù)一直線上電場的疊加，得到電場線如圖所示，則此時兩板間的電場強度為 ，兩板相互吸引力的大小為 。
20．（2022?虹口區(qū)二模）雷雨天，在避雷針附近產(chǎn)生電場，其等勢面的分布如虛線所示。、、三點中，場強最大的位置是 。一帶電量為的點電荷，由運動到，則其電勢能的變化△ 。
四．解答題（共5小題）
21．（2024?大興區(qū)校級模擬）類比法是研究物理問題的常用方法。
（1）如圖甲所示為一個電荷量為的點電荷形成的電場，靜電力常量為，有一電荷量為的試探電荷放入場中，與場源電荷相距為。根據(jù)電場強度的定義式，推導：試探電荷所在處的電場強度的表達式。
（2）場是物理學中重要的概念，除了電場和磁場外，還有引力場，物體之間的萬有引力就是通過引力場發(fā)生作用的。忽略地球自轉影響，地球表面附近的引力場也叫重力場。已知地球質量為，半徑為，引力常量為。請類比電場強度的定義方法，定義距離地球球心為處的引力場強度，并說明兩種場的共同點。
（3）微觀世界的運動和宏觀運動往往遵循相同的規(guī)律，根據(jù)玻爾的氫原子模型，電子的運動可以看成是經(jīng)典力學描述下的軌道運動，如圖乙。原子中的電子在原子核的庫侖引力作用下，繞靜止的原子核做勻速圓周運動。這與天體運動規(guī)律相似，天體運動軌道能量為動能和勢能之和。已知氫原子核（即質子）電荷量為，核外電子質量為，帶電量為，電子繞核運動的軌道半徑為，靜電力常量為。若規(guī)定離核無限遠處的電勢能為零，電子在軌道半徑為處的電勢能為，求電子繞原子核運動的系統(tǒng)總能量（包含電子的動能與電勢能）。
22．（2024?河北）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞點做圓周運動。圖中、為圓周上的兩點，點為最低點，點與點等高。當小球運動到點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為，質量為，、兩點間的電勢差為，重力加速度大小為，求：
（1）電場強度的大小。
（2）小球在、兩點的速度大小。
23．（2024?東城區(qū)二模）如圖所示，在真空中、兩個完全相同的帶正電小球（可視為質點）分別用長為的輕細線系住，另一端懸掛在點，電荷量。為、連線中垂線，當、靜止時，。已知靜電力常量為，求：
（1）輕細線拉力的大小；
（2）點電場強度的大小和方向；
（3）若把電荷量為的正試探電荷從點移到點，克服電場力做了的功，求、兩點間的電勢差。
24．（2024?長春一模）一種測定電子比荷的實驗裝置如圖所示。真空玻璃管內陰極發(fā)出的電子經(jīng)陽極與陰極之間的高壓加速后，形成一細束電子流，以平行于平板電容器極板的速度進入兩極板、間的區(qū)域，若兩極板、間無電壓，電子將打在熒光屏上的點，若在兩極板間施加電壓，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的點；若在極板間再施加一個方向垂直于紙面、磁感應強度為的勻強磁場，則電子在熒光屏上產(chǎn)生的光點又回到點。該裝置中、極板的長度為，間距為，極板區(qū)的中點到熒光屏中點的距離為，點到點的距離為。
（1）判斷所加磁場的方向；
（2）求電子經(jīng)高壓加速后的速度大小；
（3）求電子的比荷。
25．（2024?安徽二模）如圖甲，豎直面內有一小球發(fā)射裝置，左側有光滑絕緣圓弧形軌道，與圓心等高，處于坐標原點，軸左側有一水平向右的勻強電場（圖中未畫出），電場強度的大小?，F(xiàn)將帶正電絕緣小球從點由靜止釋放進入軌道，一段時間后小球從點離開并進入軸右側，軸右側與直線（平行于軸）中間范圍內有周期性變化的水平方向電場，規(guī)定向右為正方向，交變電場周期，變化規(guī)律如圖乙。已知圓弧形軌道半徑，小球質量，電荷量，，重力加速度，，不計空氣阻力的影響及帶電小球產(chǎn)生的電場。求：
（1）小球在點時的速度；
（2）若小球在時刻經(jīng)過點，在時刻到達電場邊界，且速度方向恰與直線平行，的大小及直線到軸的距離；
（3）基于（2）中直線到軸的距離，小球在不同時刻進入交變電場再次經(jīng)過軸時的坐標范圍。
2025年高考物理壓軸訓練11
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．（2024?成華區(qū)校級模擬）如圖所示，在一橢圓的兩焦點、和短軸上的一個端點，固定有三個電荷量相等的點電荷，其中、處的電荷帶正電，處的電荷帶負電，為橢圓中心，、是橢圓上關于點對稱的兩個點。取無窮遠處電勢為零。下列說法中正確的是
A．、兩點的電勢不相同
B．、兩點的電場強度相同
C．一質子從靠近點處沿直線到點再到點，電勢能一直增大
D．一電子從靠近點處沿直線到點再到點，電勢能先減小后增大
【答案】
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場強度的疊加；點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場
【專題】分析綜合能力；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；應用題
【分析】根據(jù)點電荷電場線的分布特點和等勢面與電場線的關系分析、兩點電勢和電場強度的關系；根據(jù)帶電粒子運動過程中電場力做功分析電勢能的變化。
【解答】解：、根據(jù)、兩點關于點對稱，、兩點電荷電性相同，電荷量相等，、兩點到點的距離相等，根據(jù)點電荷的電場線的分布情況及電場的疊加原理、等勢面與電場線的關系，可知、兩點的電勢相同，電場強度大小相等，方向不同，故錯誤；
、根據(jù)電場的疊加可知，點到點的合場強應沿向下，質子從點到點，電場力做負功，電勢能增大，到的過程中，電場力也做負功，電勢能繼續(xù)增大，故正確；
、電子從點到點，電場力做正功，電勢能減小，到的過程中，電場力也做正功，電勢能繼續(xù)減小，故錯誤。
故選：。
【點評】本題主要考查電場力做功和電場疊加問題，根據(jù)場強疊加原則分析場強大小和電勢高低。
2．（2024?濱州三模）如圖所示，長方形所在平面有勻強電場，、分別為邊、邊中點，已知邊長為、邊長為。將電子從點移動到點，電場力做功為；將電子從點移動到點，電場力做功為，不計所有粒子重力，下列說法正確的是
A．長方形的四個頂點中，點的電勢最高
B．勻強電場的電場強度大小為
C．沿連線方向，電勢降低最快
D．從點沿方向發(fā)射動能為的電子，在以后的運動過程中該電子最小動能為
【答案】
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；勻強電場中電勢差與電場強度的關系
【專題】合成分解法；帶電粒子在電場中的運動專題；比較思想；分析綜合能力
【分析】根據(jù)電勢差定義式求出、間以及、間的電勢差，取點電勢為零，得到點電勢。因為邊中點，則有，從而求得、兩點的電勢。根據(jù)各點電勢確定等勢面，結合等勢面與電場線垂直，沿電場線方向電勢逐漸降低，分析電場線方向，判斷電勢高低；根據(jù)公式求勻強電場的電場強度大?。谎仉妶鼍€方向電勢降低最快；從點沿方向發(fā)射動能為的電子，該電子在電場中做類斜拋運動，則當電子沿電場線方向上的分速度為零時，電子的動能最小，結合運動的分解法求該電子最小動能。
【解答】解：、由于電子帶負電，根據(jù)電勢差定義式可知，將電子從點移動到點，電場力做功為，則有
將電子從點移動到點，電場力做功為，則有
取點電勢為零，則
由于為邊中點。則有
結合
解得：，
則，為一條等勢線。根據(jù)等勢面與電場線垂直，沿電場線方向電勢逐漸降低，可知電場線沿方向，如下圖所示。
可知，沿方向電勢降低最快，點的電勢最高，故錯誤；
、勻強電場大小為
，故錯誤；
、從點沿方向發(fā)射動能為的電子，則該電子在電場中做類斜拋運動，則當電子沿電場線方向上的分速度為零時，電子的動能最小，此時電子的速度為
由于發(fā)射動能為
則最小動能為，故正確。
故選：。
【點評】本題的關鍵要電勢差的定義式，記住“在勻強電場中每前進相同的距離電勢的降落相等”，以及“線段中點的電勢等于兩端電勢的平均值”這兩個結論，并能靈活運用。
3．（2024?重慶）沿空間某直線建立軸，該直線上的靜電場方向沿軸，某點電勢的隨位置變化的圖像如圖所示，一電荷量為帶負電的試探電荷，經(jīng)過點時動能為，速度沿軸正方向，若該電荷僅受電場力，則其將
A．不能通過點B．在點兩側往復運動
C．能通過點D．在點兩側往復運動
【答案】
【考點】圖像的理解與應用；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題
【專題】信息給予題；定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力
【分析】在圖像中，圖像的斜率表示電場強度的大小，斜率為零場強為零；斜率的正、負表示場強的方向，負電荷所受電場力與場強方向相反，結合動能定理和試探電荷的運動速度分析其運動狀態(tài)，然后作答。
【解答】解：在圖像中，圖像的斜率表示電場強度的大小，因此在處，場強為零。
假設試探電荷能到達，電場力做功
根據(jù)動能定理
代入數(shù)據(jù)解得，假設成立，故錯誤；
當，場強方向沿軸正方向，試探電荷所受電場力沿軸負方向，試探電荷做減速運動至速度為零，再向左做加速運動，重新回到處時，動能為，速度方向沿軸負方向；
在范圍，場強方向沿軸負方向，電場力方向沿軸正方向，試探電荷做減速運動；
設動能減為零時的電勢為，根據(jù)動能定理
解得
因此，試探電荷還未運動到處，速度減速至零；
當試探電荷減速至零后，試探電荷又向右做加速運動，再次到達處速度達到最大，在區(qū)域，試探做減速運動至速度為零，再向左先做加速運動，后做減速運動至零，即試探電荷在點兩側往復運動，故正確，錯誤。
故選：。
【點評】本題主要考查了圖像的斜率的含義，電場力做功公式以及動能定理；知道負電荷所受電場力的方向與場強方向相反。
4．（2024?汕頭二模）利用靜電紡絲技術制備納米纖維材料是近年來材料領域的重要技術。如圖所示，初始時無電場，噴嘴處的球形液滴保持靜止；隨著高壓電場逐漸增強，液滴帶上正電荷且由球形變?yōu)閳A錐形（即“泰勒錐” ；當電壓增至某個臨界值時（假設此后電壓保持不變），液滴從尖端噴出，在非勻強電場的作用下向下方運動，、為直線路徑上的兩點。以下說法正確的是
A．噴嘴處的球形液滴在無電場的情況下只受重力
B．液滴從到的過程做勻加速直線運動
C．液滴從到的過程電場力做負功
D．液滴向下做螺旋運動時電勢能減小
【答案】
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題
【專題】比較思想；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力；推理法
【分析】噴嘴處的球形液滴在無電場的情況下受重力和噴嘴的引力；液滴從到的過程，電場力是變化的，做的是非勻加速直線運動；根據(jù)電場力方向與位移方向的關系判斷電場力做功正負，從而判斷出電勢能變化情況。
【解答】解：、噴嘴處的球形液滴在無電場的情況下受重力和噴嘴的引力兩個力作用，故錯誤；
、液滴在非勻強電場中運動，所受電場力是變力，則合力是變化的，加速度是變化的，所以液滴從到的過程做變加速直線運動，故錯誤；
、液滴帶正電，從到的過程中受到的電場力方向豎直向下，與位移方向相同，則電場力做正功，故錯誤；
、液滴向下做螺旋運動時，電場力做正功，電勢能減小，故正確。
故選：。
【點評】本題考查帶電粒子在電場力作用下的運動，要明確液滴的受力情況，能根據(jù)電場力方向與位移方向的關系判斷電場力做功情況。
5．（2024?門頭溝區(qū)一模）圖甲是電場中的一條電場線，、是電場線上的兩點。電子僅在電場力作用下從點運動到點，其運動的圖像如圖乙所示。、點電場強度分別為和，電子在、點電勢能分別為和。下列說法正確的是
A．，B．，
C．，D．，
【答案】
【考點】電場強度與電場力的關系和計算；電場線的定義及基本特征；電場力做功與電勢能變化的關系
【專題】分析綜合能力；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題
【分析】根據(jù)圖像分析加速度，從而分析電場力和場強的變化，根據(jù)電場力做功分析二者的電勢能大小關系。
【解答】解：根據(jù)圖像的變化特點可知，從點運動到點電荷做加速度減小的加速運動，負電荷在、兩點的加速度大小關系為
負電荷僅受電場力的作用，則，，解得：
根據(jù)動能定理可知電場力對電子做了正功，電勢能減小，則有，故正確，錯誤。
故選：。
【點評】本題考查電場大小與電勢大小的判斷方法，注意電場力做功與電勢能變化的關系。
6．（2024?北京）如圖所示，兩個等量異種點電荷分別位于、兩點，、是連線上的兩點，且。下列說法正確的是
A．點電場強度比點電場強度大
B．點電勢與點電勢相等
C．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍
D．若兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，、兩點間電勢差不變
【答案】
【考點】電場強度的疊加；根據(jù)電場線的疏密判斷場強大??；等量異種電荷的電勢分布；非勻強電場中電勢差大小的比較
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力
【分析】根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布規(guī)律分析、兩點的場強大小關系；
根據(jù)電場線上的電勢高低規(guī)律進行分析判斷；
根據(jù)點電荷的場強公式和電場強度的疊加知識導出電場強度表達式，結合表達式進行定量分析，又根據(jù)公式做定性的分析。
【解答】解：由等量異種點電荷的電場線分布特點知，、兩點電場強度大小相等，故錯誤；
根據(jù)沿電場線方向電勢越來越低的知識可知，點電勢高于點電勢，故錯誤；
根據(jù)點電荷的場強公式，結合電場疊加得點電場強度，若僅將兩點電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，同理點電場強度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，間的平均電場強度變大，而間距不變，由，故、兩點間電勢差變大，故正確，錯誤。
故選：。
【點評】考查電場強度、電勢、電場疊加、電勢差等問題，會根據(jù)題意進行準確分析和判斷。
7．（2024?梅州一模）如圖，新風系統(tǒng)除塵由機械除塵和靜電除塵兩部分構成，其中靜電除塵是通過電離空氣后使空氣中的粉塵微粒帶電，從而被電極吸附的空氣凈化技術。如圖虛線為一帶電粉塵（不計重力）在靜電除塵管道內的運動軌跡，實線為電場線（未標方向），下列判定正確的是
A．帶電粉塵帶正電
B．帶電粉塵在除塵管道內做勻變速曲線運動
C．帶電粉塵在點的加速度小于在點的加速度
D．帶電粉塵在點的電勢能大于在點的電勢能
【答案】
【考點】電場線的定義及基本特征；電場力做功與電勢能變化的關系；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題
【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力
【分析】根據(jù)物體做曲線運動的條件及帶電粒子所受電場力與場強方向的關系作答；
電場線的疏密反映電場強度的大小，結合牛頓第二定律作答；
根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系以及動能定理作答。
【解答】解：、帶電粉塵向正極板彎曲，說明帶電粉塵受正極板的吸引力，所以粉塵帶負電，故錯誤；
、管道內的電場不是勻強電場，帶電粉塵在除塵管道內所受合為為變力作用，做變加速曲線運動，故錯誤；
、電場線的疏密表示場強強弱，由題圖可知：，帶電粉塵在點所受電場力小于在點所受電場力，所以電粉塵在點的加速度小于在點的加速度，故正確；
、帶電粉塵由到所受電場力指向軌跡的凹側，并沿著電場線的切線方向指向左下方，電場力的方向與由到的速度方向始終成鈍角，所以帶電粉塵從點到點電場力做負功，電勢能增加，點的電勢能小于點的電勢能，故錯誤。
故選：。
【點評】本題考查了電場力做功與電勢能變化、場強大小的判斷以及粒子做曲線運動的條件，涉及的知識點較多，需要仔細分析。
8．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖所示，絕緣水平光滑桿上套有一質量為的帶正電的小環(huán)，電荷量為，小環(huán)與絕緣彈簧相連，彈簧另一端固定于桿正上方的點。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強電場，桿上、兩點間的電勢差為，其中，小環(huán)以向右的速度經(jīng)過點，并能通過點。已知在、兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，，，、之間的距離為，點位于點的正下方。在小環(huán)從點運動到點的過程中
A．小環(huán)加速度最大值為
B．小環(huán)經(jīng)過點時的速度最大
C．小環(huán)經(jīng)過點時的速度大小為
D．小環(huán)在、兩點時，彈性勢能相等，動能也相等
【答案】
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力
【分析】．根據(jù)勻強電場的電場強度與電勢差關系可以求解場強大小，進一步對小環(huán)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可以判斷小環(huán)加速度最大；
．根據(jù)運動過程受力以及牛頓第二定律可以判斷小環(huán)經(jīng)過點時的速度是否最大；
．小環(huán)從到的過程中，根據(jù)動能定理可以求解出小環(huán)經(jīng)過點時的速度，進而判斷正誤。
【解答】解：．勻強電場的場強大小為
解得
當小環(huán)剛越過點右側時，彈簧的彈力的水平分力和電場力都向右，所以合加速度必定大于，故錯誤；
．小環(huán)在、之間運動的過程中，在點的加速度向右，不是速度最大的位置，故錯誤；
．小環(huán)從到的過程中，根據(jù)動能定理得
解得
小環(huán)從到的過程中，電場力做功，小環(huán)在、兩點動能不相等，故正確，錯誤。
故選：。
【點評】掌握好能量變化的關系，弄清楚能量的去向是解答本題的關鍵，在、兩點處，彈簧對小環(huán)的彈力大小相等，則彈性勢能相等。
9．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖所示，粗糙水平面所在空間有水平向右的勻強電場，電場強度為。一質量為，帶電荷量為的物塊自點以初動能向右運動。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為，且，設點的電勢為零，規(guī)定水平向右為正方向，則物塊的動能、電勢能與物塊運動的位移關系圖像可能正確的是
A．B．
C．D．
【答案】
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力
【分析】．明確物塊的運動情況，根據(jù)動能定理求解；
根據(jù)電場力的做功情況判斷電勢能的變化情況。
【解答】解：．當物塊向右運動時，根據(jù)動能定理，有
解得
當物塊減速為0時，因為，所以物塊會向左加速，根據(jù)動能定理有
解得
故正確，錯誤；
．物體先向右減速，再向左加速，而物體電場力方向向左，所以電場力先做負功，再做正功，故電勢能先增大后減小，故錯誤。
故選：。
【點評】本題主要是考查帶電物體在電場中的運動，關鍵是弄清楚物塊的受力情況和運動情況，掌握電場力做功和電勢能的關系。
10．（2024?豐臺區(qū)二模）如圖所示，讓、和的混合物由靜止開始從點經(jīng)同一加速電場加速，然后穿過同一偏轉電場。下列說法正確的是
A．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的速度
B．進入偏轉電場時三種粒子具有相同的動能
C．三種粒子從不同位置沿不同方向離開偏轉電場
D．三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場
【答案】
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力
【分析】根據(jù)動能定理結合各粒子的比荷等進行具體分析解答；
根據(jù)動能定理和類平拋運動的基本規(guī)律列式求解。
【解答】解：設粒子的質量為，電荷量為，加速電場電壓為，偏轉電場電壓為，偏轉電場板長為，板間距離為；粒子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得
可得
可知、進入偏轉電場時具有相同的動能，進入偏轉電場時的動能最大；、 進入偏轉電場時具有相同的速度，進入偏轉電場時的速度最大，故錯誤；
粒子經(jīng)過偏轉電場過程做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律則有
聯(lián)立可得
粒子離開偏轉電場時速度方向與水平方向的夾角滿足
可知粒子經(jīng)過偏轉電場的偏轉位移與粒子的電荷量和質量均無關，則、和進入偏轉經(jīng)過加速電場和偏轉電場的軌跡相同，三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場，故錯誤，正確。
故選：。
【點評】考查帶電粒子在電場中的加速和偏轉的問題，會根據(jù)題意列式進行準確的解答。
二．多選題（共5小題）
11．（2024?鼓樓區(qū)校級三模）某款伸展運動傳感器的原理圖如圖所示，它由一電極和可伸縮柱極體組成，可在非接觸狀態(tài)下實現(xiàn)力一電轉換。電極通過電阻接地處理，當帶負電的柱極體靠近電極時，從地面引出的電荷在電極上產(chǎn)生。當復合柱極體拉伸時，彈性體和柱極體粒子發(fā)生形變，改變了電極上的感應電荷量，并通過電阻器產(chǎn)生電流（電子移動方向如圖中箭頭所示）。下列說法正確的是
A．在拉伸復合柱極體的過程中，電流自左向右流經(jīng)電阻
B．在拉伸復合柱極體的過程中，柱極體內電荷相互作用的電勢能減小
C．在拉伸復合柱極體的過程中，電極上的電勢將升高
D．周期性拉伸復合柱極體，將有交變電流流經(jīng)電阻
【答案】
【考點】電容器的動態(tài)分析不變）——板間距離變化
【專題】定性思想；歸納法；電容器專題；理解能力
【分析】根據(jù)電流的方向判斷；根據(jù)電場力做正功，電勢能減小判斷；根據(jù)電流方向從高電勢流向低電勢判斷；根據(jù)交變電流的定義判斷。
【解答】解：．由題圖中電荷移動方向是自左向右通過電阻，我們規(guī)定電流方向為正電荷定向運動的方向，所以電流自右向左流經(jīng)電阻，故錯誤；
．在拉伸復合柱極體的過程中，柱極體內電荷距離增大，電場力對電荷做正功，所以相互作用的電勢能減小，故正確；
．電流方向與電子定向運動的方向相反，根據(jù)電流方向是從高電勢流向低電勢這一原理可知，在拉伸復合柱極體的過程中，電極上的電勢降低，故錯誤；
．周期性拉伸復合柱極體，則電流將往返通過電阻，故將有交變電流流經(jīng)電阻，故正確。
故選：。
【點評】知道電流方向是正電荷定向移動方向，與負電荷定向移動方向相反是解題的基礎。
12．（2024?貴州模擬）如圖（a），水平放置長為的平行金屬板右側有一豎直擋板。金屬板間的電場強度大小為，其方向隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，其余區(qū)域的電場忽略不計。質量為、電荷量為的帶電粒子任意時刻沿金屬板中心線射入電場，均能通過平行金屬板，并打在豎直擋板上。已知粒子在電場中的運動時間與電場強度變化的周期相同，不計粒子重力，則
A．金屬板間距離的最小值為
B．金屬板間距離的最小值為
C．粒子到達豎直擋板時的速率都大于
D．粒子到達豎直擋板時的速率都等于
【答案】
【考點】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力
【分析】根據(jù)對稱性以及位移—時間公式可求出豎直方向的位移從而得到兩極板間的最小值；根據(jù)運動學公式，以及對運動的分析，可得到粒子到達豎直擋板時的速率的要求。
【解答】解：．在、1、時刻進入電場的粒子在電場中的豎直位移最大，粒子在電場中運動的時間為，則豎直方向先做勻加速運動后做勻減速運動，由對稱性，則沿豎直方向受到電場力的作用，做初速度為零的勻加速運動，所以豎直方向的位移為
金屬板間距離的最小值為
故正確，錯誤；
．粒子出離電場時的水平速度均為
在豎直方向上，時刻進入電場的粒子，根據(jù)圖像可知，粒子先加速時間為，然后再減速時間，在時刻速度減為零；然后再反向加速時間，再反向減速時間，即在時刻出離電場時豎直速度再次減為零，粒子出離電場后做勻速直線運動，則達到豎直擋板時的速率等于，故錯誤，正確。
故選：。
【點評】學生在解決本題時，應注意對于變化的電場問題，要根據(jù)電場的周期性變化找到粒子在不同電場情況下的運動情況。
13．（2024?衡水模擬）科學家在研究電荷分布的對稱性的時候，巧妙地借助了我國傳統(tǒng)文化中的“陰陽太極圖”，以獲得更多的啟示和靈感，如圖所示的三維坐標系。太極圖呈圓形位于平面內，軸過圓心，在軸兩側對稱分布各有一個大半圓和小半圓，、各是小半圓的圓心，現(xiàn)在、上分別放置一個等電量的負點電荷和正點電荷，在軸的正向有一個定點，在圓的邊緣有一個位置，則下列說法正確的是
A．若將正試探電荷由點沿軸移動到點，則的電勢能始終不變
B．若將正試探電荷由點沿“陰陽”邊界經(jīng)移動到點，則的電勢能增加
C．若將負試探電荷沿虛線由移到，則電場力一直對電荷做正功
D．若將負試探電荷沿軸由向軸正向移動，則電荷克服電場力做負功
【答案】
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系
【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質專題；理解能力
【分析】電場力做功可量度電勢能的變化，電場力做正功時，電勢能減小，電場力做負功時，電勢能增大。根據(jù)電場力做功情況分析電勢能變化情況。
【解答】解：、由題圖可知，軸在等量異種點電荷連線的中垂線上，該中垂線是一條等勢線，所以將正試探電荷由點沿軸移動到點，則的電勢能始終不變，故正確；
、試探正電荷由點沿“陰陽”邊界經(jīng)移動到點，可以分成兩部分看，第一部分是從到，這個過程位置的負點電荷對不做功，位置的正電荷對做負功，的電勢能增加；第二部分是從到，此過程位置的正電荷對不做功，位置的負電荷對做負功，電勢能仍然在增加，所以，的電勢能一直在增加，故正確；
、將負試探電荷沿虛線由移到，電勢降低，電場力一直對電荷做負功，故錯誤；
、將負試探電荷沿軸由向軸正向移動，則電場力與移動路徑一直垂直，電場力不做功，故錯誤。
故選：。
【點評】本題考查了電場力做功、電勢能變化等知識點，要掌握等量異種電荷電場線、等勢面的分布情況，尤其要知道等量異種點電荷連線的中垂線是一條等勢線。
14．（2024?南充模擬）如圖，豎直放置的立方體中心有一粒子源，粒子源可以水平向各個方向發(fā)射不同速度的帶正電的粒子，粒子比荷為。立方體處在豎直向下的勻強電場中，場強大小，立方體邊長，除上下底面外，其余四個側面均為熒光屏（包括邊緣）。不考慮粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子間的相互作用，粒子打到熒光屏上后被熒光屏吸收，不考慮熒光屏吸收粒子后的電勢變化。則
A．粒子射出后，在電場中運動的加速度大小
B．粒子射出后，在電場中向上偏轉做類平拋運動
C．粒子從射出到打到熒光屏上運動的最長時間
D．不能打到熒光屏上的粒子，發(fā)射時的速度范圍為
【答案】
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力
【分析】根據(jù)牛頓第二定律求粒子打出后的加速度；
正粒子受電場力與電場線方向相同，做類平拋運動；
時間由沿電場方向的位移決定，從而可以確定最長時間打在下底邊緣上；
由幾何關系得，當水平位移小于時。粒子將打不到熒光屏。
【解答】解：、對帶正電的粒子受力分析，根據(jù)牛頓第二定律：
代入解得：，故正確；
、粒子帶正電，電場力方向與電場強度方向相同，均為豎直向下，與初速度方向垂直，故粒子射出后，在電場中向下偏轉做類平拋運動，故錯誤；
、粒子從射出到打到熒光屏上運動的時間最長時，粒子恰好打在熒光屏下邊緣，滿足：
解得：，故錯誤；
、當粒子恰好打在熒光屏上，由幾何關系可知：
而水平方向滿足：
解得打在熒光屏上的最小速度：，故正確。
故選：。
【點評】本題考查的是粒子源可以向水平各方向均勻地發(fā)射帶正電粒子，在電場中運動偏轉問題，本題的難點在于水平位移和豎直位移，試題難度一般。
15．（2024?浙江模擬）電偶極子由兩個點電荷和組成，它們之間的距離為很?。?，總質量為。如圖所示，空間中某區(qū)域內存在一電場，其分布為。先令一電偶極子朝著方向，并使其中點位于處，再靜止釋放。下列說法正確的是
A．的單位是
B．電偶極子受到的合力
C．電偶極子靜止釋放后的運動可看作簡諧運動的一部分
D．電偶極子的電勢能
【答案】
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；電場強度的定義、單位和方向；電勢能的概念和計算
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力
【分析】根據(jù)電場強度的單位分析；根據(jù)力的合成法則 計算；根據(jù)受力方向與運動方向的關系分析；根據(jù)電場力做功等于電勢能的變化量分析。
【解答】解：．由電場強度的單位是，由于，則的單位是
，故正確；
．電偶極子受到的合力
，故正確；
．電偶極子所受合力方向沿軸正方向，靜止釋放后一直向軸正方向運動，合力方向與位移方向同向，所以電偶極子不會做簡諧運動，故錯誤；
．兩個電荷放在一起電勢能為零，相當于把其中一個移開了距離，電場力做的功就是變化的電勢能，若是勻強電場，電偶極子的電勢能為：，而實際不是勻強電場，故電偶極子的電勢能不等于，故錯誤。
故選：。
【點評】掌握電場力做功與電勢能的關系，知道電偶極子的受力方向是解題的基礎。
三．填空題（共5小題）
16．（2024?福建）如圖，圓心為點、半徑為的圓周上有、、、、、、、八個等分點，點固定有一帶電量為的點電荷，其余各點均固定有帶電量為的點電荷。已知靜電力常量為，則點的電場強度大小為 。、分別為、的中點，則點的電勢 （填“大于”“等于”或“小于” 點的電勢；將一帶電量為的點電荷從點沿圖中弧線移動到點，電場力對該點電荷所做的總功 （填“大于零”“等于零”或“小于零” 。
【答案】，大于，大于零。
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系
【專題】推理法；電場力與電勢的性質專題；定量思想；推理論證能力
【分析】根據(jù)對稱性排除相應電荷對電場強的干擾，然后分析不具備對稱性的點電荷對的場強，結合場強的疊加原理，電場中電勢高低的判斷方法以及電場力做功的知識進行分析解答。
【解答】解：由于對稱性，直徑、上面三個電荷與下面三個電荷對點的場強之和為0，對、兩點電勢的影響相同，因此只需考慮點和點兩個電荷即可。根據(jù)點電荷場強公式和場強疊加原理，點場強為；點更靠近點的，點 更靠近點的，則點電勢大于點；將從點移到點，電場力做功。
故答案為：，大于，大于零。
【點評】考查點電荷的場強和電場疊加知識，會根據(jù)電荷分布判斷電勢高低以及電場力對電荷做功的問題。
17．（2024?鼓樓區(qū)校級二模）“場離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心，玻璃泡內壁有一層均勻導電膜：在鎢針和導電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于點處點電荷形成的電場，如圖所示。、、、、為同一平面上的5個點，是一段以為圓心的圓弧，為的中點。、兩點場強大小分別為、，、、、四點電勢分別為、、、，則 小于 ； ， 。（填“大于”“等于”或“小于”
【答案】小于；等于；小于。
【考點】通過電場線的方向判斷電勢的高低；帶電體周圍的電勢分布；等勢面及其與電場線的關系；非勻強電場中電勢差大小的比較
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力
【分析】由于沿電場線電勢降低，從而可判斷電勢大??；
利用電場的電勢分布情況，可判斷電勢大?。?br>根據(jù)公式，結合微元思想可判斷電勢情況。
【解答】解：由于沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知
由題知，在鎢針和導電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場可視為位于點處點電荷形成的電場，則根據(jù)點電荷形成的電場的電勢分布可知
且越靠近場強越強，則部分的場強均大于部分的場強，則根據(jù)，結合微元法可定性判別出
而
則
故答案為：小于；等于；小于。
【點評】學生在解答本題時，應注意電勢的性質，掌握基本的電場分布情況。
18．（2023?浦東新區(qū)二模）某空間的軸上只存在沿此軸方向的靜電場，軸上各點電勢分布如圖。一帶電量為的粒子只在電場力作用下由軸上某點無初速釋放，若粒子沿軸運動過程中的總能量恒為零，則粒子的活動區(qū)間是 ；運動過程中的最大動能為 。
【答案】；
【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；勻強電場中電勢差與電場強度的關系
【專題】推理能力；推理法；定量思想；帶電粒子在電場中的運動專題
【分析】圖象的斜率代表電場強度，根據(jù)粒子受力情況分析運動情況，根據(jù)能量守恒定律分析最大動能。
【解答】解：粒子沿軸運動過程中的總能量恒為零，則粒子是在或處釋放，由于圖象的斜率代表電場強度，則可知的電場強度沿軸正方向，的電場強度沿軸負方向，釋放時小球受電場力指向點，所以粒子的活動區(qū)間是；粒子帶負電，當電勢最小時，動能最大，則最大動能為
故答案為：；
【點評】本題考查了靜電場的相關問題，考查知識點針對性強，難度較大，考查了學生掌握知識與應用知識的能力，注意理解圖象。
19．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）相隔很遠、均勻帶電、的大平板在靠近平板處的勻強電場電場線如圖所示，電場強度大小均為。將兩板靠近，根據(jù)一直線上電場的疊加，得到電場線如圖所示，則此時兩板間的電場強度為 ，兩板相互吸引力的大小為 。
【考點】電場線
【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力
【分析】根據(jù)電場疊加原理以及解答。
【解答】解：兩無限大帶電平行板間的場強原來是，將兩板靠近時，相當于一個平行板電容器，兩極板之間相當于勻強電場，根據(jù)電場疊加原理，兩板靠近時兩板間的電場場強為。
兩板相互吸引的電場力大小為：，
故答案為：；。
【點評】記住電場線的特點：電場線從正電荷出發(fā)，到負電荷終止；或從無窮遠出發(fā)到無窮遠終止，注意兩極間的電量沒有變，是解題的關鍵．
20．（2022?虹口區(qū)二模）雷雨天，在避雷針附近產(chǎn)生電場，其等勢面的分布如虛線所示。、、三點中，場強最大的位置是 點 。一帶電量為的點電荷，由運動到，則其電勢能的變化△ 。
【答案】點，
【考點】電場強度與電場力；電場線；電勢能與電場力做功
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力
【分析】由等勢面越稀疏的位置電場強度小判斷場強大小，由求解電勢能變化。
【解答】解：等勢線越密集的地方場強越大，、、三點中，場強最大的位置是點。
由運動到，則其電勢能的變化
故答案為：點，
【點評】本題考查靜電力，學生需深刻理解電場強度與電勢的關系。
四．解答題（共5小題）
21．（2024?大興區(qū)校級模擬）類比法是研究物理問題的常用方法。
（1）如圖甲所示為一個電荷量為的點電荷形成的電場，靜電力常量為，有一電荷量為的試探電荷放入場中，與場源電荷相距為。根據(jù)電場強度的定義式，推導：試探電荷所在處的電場強度的表達式。
（2）場是物理學中重要的概念，除了電場和磁場外，還有引力場，物體之間的萬有引力就是通過引力場發(fā)生作用的。忽略地球自轉影響，地球表面附近的引力場也叫重力場。已知地球質量為，半徑為，引力常量為。請類比電場強度的定義方法，定義距離地球球心為處的引力場強度，并說明兩種場的共同點。
（3）微觀世界的運動和宏觀運動往往遵循相同的規(guī)律，根據(jù)玻爾的氫原子模型，電子的運動可以看成是經(jīng)典力學描述下的軌道運動，如圖乙。原子中的電子在原子核的庫侖引力作用下，繞靜止的原子核做勻速圓周運動。這與天體運動規(guī)律相似，天體運動軌道能量為動能和勢能之和。已知氫原子核（即質子）電荷量為，核外電子質量為，帶電量為，電子繞核運動的軌道半徑為，靜電力常量為。若規(guī)定離核無限遠處的電勢能為零，電子在軌道半徑為處的電勢能為，求電子繞原子核運動的系統(tǒng)總能量（包含電子的動能與電勢能）。
【答案】（1）處的電場強度的大小為；
（2）引力場強度為；
兩種場的共同點：①都是一種看不見的特殊物質；
②場強都是既有大小又有方向的矢量；
③兩種場力做功都與路徑無關，可以 引入“勢”的概念；
④力做功的過程，都伴隨著一種勢能的變化；
⑤都可以借助電場線（引力場線）、等勢面（等高線）來形象描述場。；
（3）電子繞原子核運動的軌道能量為，電子向距離原子核遠的高軌道躍遷時其能量變大。
【考點】點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場；電場力做功的計算及其特點；電場力做功與電勢能變化的關系
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；電荷守恒定律與庫侖定律專題；分析綜合能力
【分析】（1）根據(jù)電場強度的定義式，求處的電場強度的大小；
（2）類比電場強度的定義方法，求引力場強度；
（3）根據(jù)庫侖引力提供向心力、動能定義，求電子繞原子核運動的軌道動能，再求電子繞原子核運動的軌道能量
【解答】解：（1）根據(jù)庫侖定律和場強的定義式有
解得
（2）根據(jù)萬有引力定律
則距離地球球心為處的引力場強度為
兩種場的共同點：①都是一種看不見的特殊物質；
②場強都是既有大小又有方向的矢量；
③兩種場力做功都與路徑無關，可以 引入“勢”的概念；
④力做功的過程，都伴隨著一種勢能的變化；
⑤都可以借助電場線（引力場線）、等勢面（等高線）來形象描述場。
（3）根據(jù)
則動能為
電子繞原子核運動的軌道能量為
電子向距離原子核遠的高軌道躍遷時增大，動能減小，電勢能增加，電子繞原子核運動的軌道能量增加。
答：（1）處的電場強度的大小；
（2）引力場強度；
兩種場的共同點：①都是一種看不見的特殊物質；
②場強都是既有大小又有方向的矢量；
③兩種場力做功都與路徑無關，可以 引入“勢”的概念；
④力做功的過程，都伴隨著一種勢能的變化；
⑤都可以借助電場線（引力場線）、等勢面（等高線）來形象描述場。；
（3）電子繞原子核運動的軌道能量為，電子向距離原子核遠的高軌道躍遷時其能量變大。
【點評】本題考查學生對電場強度的定義式、類比法、庫侖引力提供向心力、動能定義的掌握，考點豐富，難度中等。
22．（2024?河北）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞點做圓周運動。圖中、為圓周上的兩點，點為最低點，點與點等高。當小球運動到點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為，質量為，、兩點間的電勢差為，重力加速度大小為，求：
（1）電場強度的大小。
（2）小球在、兩點的速度大小。
【答案】（1）電場強度的大小為。
（2）小球在點的速度大小，點的速度大小為。
【考點】繩球類模型及其臨界條件；勻強電場中電勢差與電場強度的關系
【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力
【分析】（1）根據(jù)勻強電場的電場強度的表達式計算；
（2）根據(jù)牛頓第二定律和動能定理列式求解兩個速度大小。
【解答】解：（1）由題意，、兩點間的電勢差為，沿電場線方向的距離為，根據(jù)勻強電場強度公式有
（2）設點速度大小為，的速度大小為，小球運動到點位置，根據(jù)牛頓第二定律有，解得，小球從運動的過程，根據(jù)動能定理有，解得。
答：（1）電場強度的大小為。
（2）小球在點的速度大小，點的速度大小為。
【點評】考查動能定理和牛頓第二定律的應用，會根據(jù)題意進行準確分析和解答。
23．（2024?東城區(qū)二模）如圖所示，在真空中、兩個完全相同的帶正電小球（可視為質點）分別用長為的輕細線系住，另一端懸掛在點，電荷量。為、連線中垂線，當、靜止時，。已知靜電力常量為，求：
（1）輕細線拉力的大?。?br>（2）點電場強度的大小和方向；
（3）若把電荷量為的正試探電荷從點移到點，克服電場力做了的功，求、兩點間的電勢差。
【答案】（1）輕細線拉力的大小為；
（2）點電場強度的大小為，方向豎直向上；
（3）、兩點間的電勢差為。
【考點】共點力的平衡問題及求解；電勢差的概念、單位和物理意義；勻強電場中電勢差與電場強度的關系；庫侖定律的表達式及其簡單應用
【專題】定量思想；電場力與電勢的性質專題；推理法；分析綜合能力
【分析】（1）對小球進行正確受力分析，根據(jù)平衡條件列式求解庫侖力；
（2）根據(jù)點電荷的場強表達式，通過矢量合成法則點電場強度的大小和方向；
（3）依據(jù)即可求解、兩點間的電勢差。
【解答】解：（1）根據(jù)庫侖定律得：、間的庫侖力
根據(jù)平衡條件得：
（2）由點電荷的場強公式知
點的場強，方向豎直向上
（3）根據(jù)電勢差和電場力做功關系得：、
答：（1）輕細線拉力的大小為；
（2）點電場強度的大小為，方向豎直向上；
（3）、兩點間的電勢差為。
【點評】本題主要考查了 庫侖定律的相關應用，熟悉物體的受力分析，結合庫侖定律即可完成解答。
24．（2024?長春一模）一種測定電子比荷的實驗裝置如圖所示。真空玻璃管內陰極發(fā)出的電子經(jīng)陽極與陰極之間的高壓加速后，形成一細束電子流，以平行于平板電容器極板的速度進入兩極板、間的區(qū)域，若兩極板、間無電壓，電子將打在熒光屏上的點，若在兩極板間施加電壓，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的點；若在極板間再施加一個方向垂直于紙面、磁感應強度為的勻強磁場，則電子在熒光屏上產(chǎn)生的光點又回到點。該裝置中、極板的長度為，間距為，極板區(qū)的中點到熒光屏中點的距離為，點到點的距離為。
（1）判斷所加磁場的方向；
（2）求電子經(jīng)高壓加速后的速度大小；
（3）求電子的比荷。
【答案】答：（1）磁場方向垂直于紙面向外；
（2）電子經(jīng)高壓加速后的速度大小為；
（3）電子的比荷為。
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理能力
【分析】（1）對電子受力分析，可知電子受到電場力和洛倫茲力平衡，電場力方向豎直向下，則洛倫茲力豎直向上，結合左手定則即可判斷出磁場方向。
（2）電子受到電場力和洛倫茲力平衡，電場力的大小為，洛倫茲力的大小為，即可求解電子經(jīng)高壓加速后的速度大小。
（3）沒有加磁場時，電子進入平行板電容器極板間做類平拋運動，由牛頓第二定律和運動學公式可推導出垂直于極板方向的位移，電子離開極板區(qū)域后做勻速直線運動，水平方向的速度等于電子剛進入極板間的初速度，求出勻速直線運動的時間，即可求出點離開點的距離。加上磁場后，熒光屏上的光點重新回到點，說明電子通過平行板電容器的過程中電子所受電場力與磁場力相等，洛倫茲力豎直向上，故根據(jù)左手定則可求出磁場的方向，并能得到電子進入極板時的速度大小，聯(lián)立可求出比荷。
【解答】解：（1）加上磁場后，熒光屏上的光點重新回到點，可知電子受到電場力和洛倫茲力平衡，電場力方向豎直向下，則洛倫茲力豎直向上，故根據(jù)左手定則可得出磁場方向垂直于紙面向外。
（2）電子受到電場力和洛倫茲力平衡，有
又有
聯(lián)立解得，電子射入偏轉電場的速度
（3）電子在極板區(qū)域運行的時間
在電場中的偏轉位移
電子離開極板區(qū)域時，沿垂直極板方向的末速度
設電子離開極板區(qū)域后，電子到達光屏點所需的時間為，則有
電子離開電場后在垂直極板方向的位移
點離開點的距離等于電子在垂直極板方向的總位移
聯(lián)立解得
答：（1）磁場方向垂直于紙面向外；
（2）電子經(jīng)高壓加速后的速度大小為；
（3）電子的比荷為。
【點評】本題是帶電粒子在電場、復合場中運動的問題，類平拋運動根據(jù)運動的分解法研究，電子在復合場中，是速度選擇器的原理，難度適中。
25．（2024?安徽二模）如圖甲，豎直面內有一小球發(fā)射裝置，左側有光滑絕緣圓弧形軌道，與圓心等高，處于坐標原點，軸左側有一水平向右的勻強電場（圖中未畫出），電場強度的大小?，F(xiàn)將帶正電絕緣小球從點由靜止釋放進入軌道，一段時間后小球從點離開并進入軸右側，軸右側與直線（平行于軸）中間范圍內有周期性變化的水平方向電場，規(guī)定向右為正方向，交變電場周期，變化規(guī)律如圖乙。已知圓弧形軌道半徑，小球質量，電荷量，，重力加速度，，不計空氣阻力的影響及帶電小球產(chǎn)生的電場。求：
（1）小球在點時的速度；
（2）若小球在時刻經(jīng)過點，在時刻到達電場邊界，且速度方向恰與直線平行，的大小及直線到軸的距離；
（3）基于（2）中直線到軸的距離，小球在不同時刻進入交變電場再次經(jīng)過軸時的坐標范圍。
【考點】動能定理的簡單應用；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力
【分析】（1）根據(jù)矢量合成的特點得出小球的受力，結合動能定理得出小球的速度；
（2）根據(jù)小球在不同方向上的運動特點，結合運動學公式得出場強的大小和對應的距離；
（3）理解小球的運動特點，結合運動學公式得出小球在不同時刻進入交變電場再次經(jīng)過軸時的坐標范圍。
【解答】解：（1）小球在軸左側，根據(jù)矢量合成的特點可得：
解得：
方向與水平方向成向下，根據(jù)動能定理，小球到運動過程
解得：
方向為與水平方向成。
（2）小球到達直線時速度方向恰與平行，即水平速度恰減到0，根據(jù)電場的周期性
解得：
根據(jù)牛頓第二定律可得：
解得：
根據(jù)速度—位移關系式
解得：
（3）小球在軸右側豎直方向做豎直上拋運動，小球再次經(jīng)過軸的運動時間相同
恰經(jīng)過一個周期，時刻進入電場，小球在一個周期內水平方向先減速運動再加速，此過程小球水平方向平均速度最小，離點最近
聯(lián)立解得：
因為
小球在電場內經(jīng)過軸，時刻進入電場，小球在一個周期內水平方向先加速運動
解得：
且
恰加速運動至所在直線，小球出電場后做勻速運動
解得：
則
此過程小球水平方向平均速度最大，離點最遠，綜上，小球經(jīng)過軸時的坐標范圍為
答：（1）小球在點時的速度為，方向為與水平方向成；
（2）若小球在時刻經(jīng)過點，在時刻到達電場邊界，且速度方向恰與直線平行，的大小為，直線到軸的距離為；
（3）基于（2）中直線到軸的距離，小球在不同時刻進入交變電場再次經(jīng)過軸時的坐標范圍為。
【點評】本題主要考查了帶電物體在電場中的運動，熟悉物體的受力分析，理解圖像的物理意義，結合牛頓第二定律和運動學公式即可完成解答。
考點卡片
1．共點力的平衡問題及求解
【知識點的認識】
1.共點力
（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。
（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。
2.共點力平衡的條件
（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。
（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。
3.對共點力平衡條件的理解及應用
合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，其中Fx合和Fy合分別表示物體在x軸和y軸上所受的合力。
4.平衡條件的推論
（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。
（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。
（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。
5.解答共點力平衡問題的三種常用方法
6.平衡中的臨界、極值問題
a.臨界問題
（1）問題特點：
①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。
②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。
（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關知識進行論證、求解。
b.極值問題
（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。
（2）分析方法：
①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。
②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。
7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型
（1）“活結”與“死結”模型
①“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。
②“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。
（2）“活桿”與“死桿”模型
①“活桿”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。
②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向。
【命題方向】
例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（ ）
A.FA＝FB＝FC＝FD
B.FD＞FA＝FB＞FC
C.FA＝FC＝FD＞FB
D.FC＞FA＝FB＞FD
分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。
解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。
例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（ ）
A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于G
B.兩繩的拉力和重力不是共點力
C.兩繩的拉力大小均為G
D.兩繩的拉力大小均為
分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。
解答：B．對日光燈受力分析如圖：
兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；
A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；
CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G＝，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F2＝，故C正確，D錯誤。
故選：AC。
點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。
例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（ ）
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關系求解即可。
解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點C受力平衡，則受力分析如圖所示
因此CD的拉力為 T＝mg?tan30°
D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。
由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有
F2min＝T?sin60°＝mg
故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。
例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：
（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；
（2）輕桿BC對C端的支持力；
（3）輕桿HG對G端的支持力。
分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關系解答。
（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；
（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。
解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。
（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；
上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g
得FEG＝2M2g
所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。
（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°
故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。
（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG＝＝M2g，方向水平向右。
答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為；
（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；
（3）輕桿HG對G端的支持力大小為M2g 方向水平向右。
點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解。
【解題思路點撥】
1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。
2.解答共點力平衡問題的一般步驟
（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構成的系統(tǒng)，應明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。
（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。
（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。
（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。
3.臨界與極值問題的分析技巧
（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。
（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。
2．牛頓第二定律的簡單應用
【知識點的認識】
牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。
【命題方向】
一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為g，g為重力加速度。人對電梯底部的壓力為（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。
解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝mg
根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于mg；
故選：A。
點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。
【解題方法點撥】
在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關物理量。
3．繩球類模型及其臨界條件
【知識點的認識】
1.模型建立
（1）輕繩模型
小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。
（2）輕桿模型
小球在豎直放置的光滑細管內做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。
2.模型分析
【命題方向】
如圖所示，質量為M的支座上有一水平細軸．軸上套有一長為L的細繩，繩的另一端栓一質量為m的小球，讓球在豎直面內做勻速圓周運動，當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？
分析：當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據(jù)向心力的公式可以求得小球的線速度．
解答：對支座M，由牛頓運動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝m﹣﹣﹣②
聯(lián)立 ①②式可解得：v＝．
答：小球的線速度是．
點評：物體做圓周運動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．
【解題思路點撥】
對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝m，從而可以求出最高點的速度v＝。
4．動能定理的簡單應用
【知識點的認識】
1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。
2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初
3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況。
【命題方向】
如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：
（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；
（2）物體在前6s運動的位移
（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。
分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；
（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大??；
（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。
解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得
F﹣μmg＝ma，
解得 a＝3m/s2，
（2）由位移公式得 X＝at2＝×3×62m＝54m。
（3）對全程用動能定理得
FX﹣Wf＝0
Wf＝FX＝50×54J＝2700J。
答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；
（2）物體在前6s運動的位移是54m；
（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。
點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單。
【解題思路點撥】
1．應用動能定理的一般步驟
（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。
（2）分析受力及各力做功的情況
①受哪些力？
②每個力是否做功？
③在哪段位移哪段過程中做功？
④做正功還是負功？
⑤做多少功？求出代數(shù)和。
（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。
（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。
注意：
①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。
②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。
5．庫侖定律的表達式及其簡單應用
【知識點的認識】
1．內容：在真空中兩個靜止的點電荷間的作用力跟它們的電量的乘積成正比，跟它們之間的距離的平方成反比，作用力的方向在它們的連線上．
2．表達式：F＝k，式中k表示靜電力常量，k＝9.0×109N?m2/C2．
3．適用條件：真空中的靜止點電荷．
【命題方向】
題型一：對庫侖定律的理解
例1：真空中有兩個靜止的點電荷，它們之間靜電力的大小為F．如果保持這兩個點電荷之間的距離不變，而將它們的電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍，那么它們之間的靜電力的大小變?yōu)椋? ）
A.3F B. C. D.9F
分析：本題比較簡單，直接利用庫侖定律進行計算討論即可．
解：距離改變之前： ①
當電荷量都變?yōu)樵瓉淼?倍時： ②
聯(lián)立①②可得：F1＝9F，故ABC錯誤，D正確．
故選：D．
點評：庫侖定律應用時涉及的物理量較多，因此理清各個物理量之間的關系，可以和萬有引力定律進行類比學習．
題型二：庫侖定律與力學的綜合問題
例2：在一絕緣支架上，固定著一個帶正電的小球A，A又通過一長為10cm的絕緣細繩連著另一個帶負電的小球B，B的質量為0.1kg，電荷量為×10﹣6C，如圖所示，將小球B緩緩拉離豎直位置，當繩與豎直方向的夾角為60°時，將其由靜止釋放，小球B將在豎直面內做圓周運動．已知釋放瞬間繩剛好張緊，但無張力．g取10m/s2．求
（1）小球A的帶電荷量；
（2）釋放瞬間小球B的加速度大小；
（3）小球B運動到最低點時繩的拉力．
分析：（1）釋放小球瞬間，對小球進行受力分析，由庫侖定律與力的合成與分解可以求出小球A的電荷量．
（2）對小球受力分析，由牛頓第二定律可以求出小球的加速度．
（3）由動能定理求出小球到達最低點時的速度，然后由牛頓第二定律求出繩子的拉力．
解：（1）小球B剛釋放瞬間，速度為零，
沿繩子方向上，小球受到的合力為零，
則mgcs60°＝k，
代入數(shù)值，求得qA＝5×10﹣6C；
（2）小球所受合力方向與繩子垂直，
由牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma，；
（3）釋放后小球B做圓周運動，兩球的相對距離不變，庫侖力不做功，
從釋放小球到小球到達最低點的過程中，由動能定理得：mg（L﹣Lcs60°）＝mv2﹣0，
小球在最低點，由牛頓第二定律得：FT+k﹣mg＝，
解得：FT＝mg＝1.5N；
答：（1）小球A的帶電荷量為5×10﹣6C；
（2）釋放瞬間小球B的加速度大小為5m/s2；
（3）小球B運動到最低點時繩的拉力為1.5N．
點評：釋放小球瞬間，沿繩子方向小球受力平衡，小球所受合力沿與繩子垂直的方向．
【解題方法點撥】
1．庫侖定律適用條件
（1）庫侖定律只適用于真空中的靜止點電荷，但在要求不很精確的情況下，空氣中的點電荷的相互作用也可以應用庫侖定律．
（2）當帶電體間的距離遠大于它們本身的尺寸時，可把帶電體看做點電荷．但不能根據(jù)公式錯誤地推論：當r→0時，F(xiàn)→∞．其實在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看做點電荷了．
（3）對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離．
（4）對兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布．
2．應用庫侖定律需要注意的幾個問題
（1）庫侖定律的適用條件是真空中的靜止點電荷．點電荷是一種理想化模型，當帶電體間的距離遠遠大于帶電體的自身大小時，可以視其為點電荷而適用庫侖定律，否則不能適用．
（2）庫侖定律的應用方法：
庫侖定律嚴格地說只適用于真空中，在要求不很精確的情況下，空氣可近似當作真空來處理．注意庫侖力是矢量，計算庫侖力可以直接運用公式，將電荷量的絕對值代入公式，根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸來判斷作用力F是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負號一起運算，根據(jù)結果的正負，來判斷作用力是引力還是斥力．
（3）三個點電荷的平衡問題：
要使三個自由電荷組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，每個電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相反，也可以說另外兩個點電荷在該電荷處的合場強應為零．
3．分析帶電體力學問題的方法與純力學問題的分析方法一樣，要學會把電學問題力學化．分析方法是：
（1）確定研究對象．如果有幾個帶電體相互作用時，要依據(jù)題意，適當選取“整體法”或“隔離法”；
（2）對研究對象進行受力分析，多了個電場力（F＝k）．
（3）列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0）或牛頓第二定律方程．
6．電場強度的定義、單位和方向
【知識點的認識】
1.單場強度的定義：試探電荷所受電場力與所帶電荷量之比叫作電場強度。
2.表達式：E＝。
3.標矢性：矢量，方向與放在該處的正電荷受力方向一致。
4.意義：描述電場的性質的物理量，取決于電場本身。
5.單位：牛每庫，符號N/C。
【命題方向】
電場中有一點P，下列說法中正確的是（ ）
A、若放在P點的電荷的電荷量減半，則P點的場強減半
B、若P點沒有試探電荷，則P點場強為零
C、P點的場強方向為放在該點的負電荷的受力方向
D、P點的場強大小和方向與放入的試探電荷無關
分析：場強反映電場本身的強弱和方向，由電場本身決定，與放入電場中試探電荷無關．場強方向是放在該點的正電荷的受力方向．
解答：A、場強反映電場本身的強弱和方向，由電場本身決定，將放在P點的電荷的電荷量減半，P點的場強不變。故A錯誤。
B、場強是由電場本身決定的，與試探電荷無關，若P點沒有試探電荷，P點場強不變，不為零。故B錯誤。
C、場強方向是放在該點的正電荷的受力方向，與放在該點的負電荷的受力方向相反。故C錯誤。
D、場強是描述電場本身性質的物理量，與放入電場的試探電荷無關。故D正確。
故選：D。
點評：本題考查場強的物理意義和方向，抓住場強反映電場本身特性的物理量，方向與正電荷所受的靜電力方向相同是關鍵．
【解題思路點撥】
E＝中的E是利用比值法定義的物理量。E的大小、方向是由電場本身決定的，是客觀存在的，與放不放試探電荷，以及放入的試探電荷的正負、電荷量多少均無關。既不能認為E與F成正比，也不能認為E與q成反比。
7．點電荷與均勻帶電球體（球殼）周圍的電場
【知識點的認識】
1.點電荷是最簡單的場源電荷，一個電荷量為Q的點電荷，在與之相距r處的電場強度為E＝
2.推導如下：如果以Q為中心作一個球面，則球面上各點的電場強度大小相等。Q為場源電荷電量。
3．方向：若Q是正電荷，Q和該點的連線指向該點；若Q是負電荷，Q和該點的連線值向Q。
3．使用范圍：僅使用于真空中點電荷產(chǎn)生的電場。
4.點單荷電場的特點：
根據(jù)上式可知，如果以電荷量為Q的點電荷為中心作一個球面，則球面上各點的電場強度大小相等。當Q為正電荷時，電場強度E的方向沿半徑向外（圖甲 ）﹔當Q為負電荷時，電場強度E的方向沿半徑向內（圖乙）。
即點電荷的電場是以電荷為球心向四周發(fā)散或由四周指向球心的。
5.帶電球體（球殼）與點電荷等效：在一個比較大的帶電體不能看作點電荷的情況下，當計算它的電場時，可以把它分成若干小塊，只要每個小塊足夠小，就可以看成點電荷，然后用點電荷電場強度疊加的方法計算整個帶電體的電場?？梢宰C明，一個半徑為R的均勻帶電球體（或球殼）在球的外部產(chǎn)生的電場，與一個位于球心、電荷量相等的點電荷在同一點產(chǎn)生的電場相同（如下圖），即
E＝
式中的r是球心到該點的距離（ r＞R ），Q為整個球體所帶的電荷量。
【命題方向】
一點電荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此點電荷30cm處，該電荷產(chǎn)生的電場的強度是多大？
分析：知道點電荷的電荷量，知道離點電荷的距離，由點電荷的場強公式可以直接求得結果．
解答：由點電荷的場強公式E＝k可知，
E＝k＝9.0×109×＝2000N/C，
所以電荷產(chǎn)生的電場的強度是2000N/C．
點評：本題是點電荷的場強公式的直接應用，掌握住公式就很簡單了．
【解題思路點撥】
1.公式E＝又叫作電場強度的決定式，場源電荷（可視為點電荷）的電荷量Q確定后，距離場源電荷一定距離的場強就確定了。
2.一個均勻帶電球體（或球殼）在球外某點產(chǎn)生的電場與一個位于球心，電荷量相字的點電荷在該點產(chǎn)生的電場相同。要注意只局限于球外。
3.常見的錯誤之一是認為以點電荷為球心的球面上各處電場強度相等。錯誤的原因在于忽略了電場強度的矢量性。準確的說法是以點電荷為球心的球面上各處電場強度大小相等，方向不同。
4.電場強度三個計算式的比較
8．電場強度的疊加
【知識點的認識】
電場強度的疊加原理
多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和，這種關系叫電場強度的疊加．電場強度的疊加遵循平行四邊形定則．
在求解電場強度問題時，應分清所敘述的場強是合場強還是分場強，若求分場強，要注意選擇適當?shù)墓竭M行計算；若求合場強時，應先求出分場強，然后再根據(jù)平行四邊形定則求解．
【命題方向】
圖中a、b是兩個點電荷，它們的電量分別為Q1、Q2，MN是ab連線的中垂線，P是中垂線上的一點．下列哪種情況能使P點場強方向指向MN的左側？（ ）
A、Q1、Q2都是正電荷，且Q1＜Q2
B、Q1是正電荷，Q2是負電荷，且Q1＞|Q2|
C、Q1是負電荷，Q2是正電荷，且|Q1|＜Q2
D、Q1、Q2都是負電荷，且|Q1|＞|Q2|
分析：利用在該點正電荷所受電場力方向為電場強度方向來確定各自電場強度方向．然后兩點電荷在同一點的場強是由各自電場強度矢量疊加而成的．
解答：A、當兩點電荷均為正電荷時，若電荷量相等，則它們在P點的電場強度方向沿MN背離N方向。當Q1＜Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點強，所以電場強度合成后，方向偏左。當Q1＞Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點弱，所以電場強度合成后，方向偏右。故A正確；
B、當Q1是正電荷，Q2是負電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線背離b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線指向b點，則合電場強度方向偏右。不論電量大小關系，仍偏右。故B錯誤；
C、當Q1是負電荷，Q2是正電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線指向b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線背離a點，則合電場強度方向偏左。不論它們的電量大小關系，仍偏左。故C正確；
D、當Q1、Q2是負電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線指向b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線指向a點，由于|Q1|＞|Q2|，則合電場強度方向偏左。故D正確；
故選：ACD。
點評：正點電荷在某點的電場強度方向是這兩點的連線且背離正電荷，而負點電荷在某點的電場強度方向是這兩點的連線且指向負電荷．
【解題思路點撥】
電場強度疊加問題的本質就是矢量運算法則，先確定每一個電荷在該點單獨產(chǎn)生的電場強度，再利用平行四邊形定則或三角形定則求解合場強。
9．電場強度與電場力的關系和計算
【知識點的認識】
根據(jù)電場強度的定義式E＝可以得到電場強度與電場力的關系為
F＝qE。
【命題方向】
如圖，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點電荷。當在C處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力大小為（ ）
A、4F B、8F C、 D、
分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向的關系，再根據(jù)庫侖定律得到F與AB的關系，即可求出2q的點電荷所受電場力。
解答：根據(jù)同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向相同；
設AB＝r，則有BC＝r。
則有：F＝k
故電荷量為2q的點電荷在B處所受電場力為：FB＝k＝8F，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
點評：本題關鍵是根據(jù)庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關系，注意B、C兩點的電場強度方向相同。
【解題方法點撥】
既可以利用E＝計算某一點的電場強度也可以利用它的變形F＝qE求解電荷在某一點受到的電場力。
10．電場線的定義及基本特征
【知識點的認識】
1．定義：為了形象描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的場強方向一致，曲線的疏密程度表示電場的強弱．
2．特點：
（1）電場線始于正電荷（或無窮遠），終于負電荷（或無窮遠）；
（2）電場線互不相交；
（3）電場線和等勢面在相交處互相垂直；
（4）沿著電場線的方向電勢降低；
（5）電場線密的地方等差等勢面密；等差等勢面密的地方電場線也密．
3．幾種典型的電場線．
注意：電場中某點場強的大小和方向與該點放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無關，由電場本身決定．
4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場
（1）等量同種電荷的電場如圖2甲所示
①兩點電荷連線中點O處的場強為零，此處無電場線．
②兩點電荷連線中點O附近電場線非常稀疏，但場強不為零．
③從兩點電荷連線中點O沿中垂面（線）到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變小．
④兩點電荷連線中垂線上各點的場強方向和中垂線平行．
⑤關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大、反向．
（2）等量異種電荷的電場如圖2乙所示．
①兩點電荷連線上各點的場強方向從正電荷指向負電荷，沿電場線方向場強先變小再變大．
②兩點電荷連線的中垂面（線）上，電場線的方向均相同，即場強方向相同，且與中垂面（線）垂直．
③關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大同向．
【命題方向】
本考點主要考查電場線的定義與特點
下列關于電場的論述，正確的是（ ）
A、電場線方向就是正檢驗電荷的運動方向
B、電場線是直線的地方是勻強電場
C、只要初速度為零，正電荷必將在電場中沿電場線方向運動
D、畫有電場線的地方有電場，未畫電場線的地方不一定無電場
分析：電場線是為了形象地描述電場而假想的線，電場線的方向起于正電荷，終止于負電荷，電場線上某點的切線方向表示電場強度的方向，電場線的疏密表示電場的強弱．
解答：A、電場線的方向與正電荷的運動方向不一定相同。故A錯誤。
B、勻強電場的電場線是間距相等的平行直線，電場線是直線的地方不一定是勻強電場。故B錯誤。
C、若電場線是曲線，初速度為零的正電荷不一定沿電場線方向運動。故C錯誤。
D、電場線為了形象地描述電場而假想的線，畫電場線的地方有電場，未畫電場線的地方可能也有電場。故D正確。
故選：D。
點評：解決本題的關鍵知道電場線的性質，知道電場線是為了形象地描述電場而假想的線．
【解題方法點撥】
1．電場線與帶電粒子在電場中的運動軌跡的關系：
根據(jù)電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，
兩者才會重合：
（1）電場線為直線；
（2）電荷初速度為零，或速度方向與電場線平行；
（3）電荷僅受電場力或所受其他力合力的方向與電場線平行．
2．關于電場線的問題往往與帶電粒子的運動聯(lián)系起來進行考查，解答這類問題應抓住以下幾個關鍵：
（1）分析清楚粒子的運動情況，特別是速度和加速度如何變化；
（2）根據(jù)力和運動的關系，確定粒子所受電場力的大小方向如何變化；
（3）根據(jù)電場力與場強的關系，確定場強的大小、方向如何變化，從而確定電場線的分布規(guī)律．
（4）熟悉幾種常見電場的電場線分布特點．
11．根據(jù)電場線的疏密判斷場強大小
【知識點的認識】
可以通過電場線定性的分析電場強度的大?。?br>在同一電場中，電場線越密集，電場強度越大；電場線越稀疏，電場強度越小。
【命題方向】
如圖是某區(qū)域的電場線圖．A、B是電場中的兩個點，EA和EB分別表示A、B兩點電場強度的大小，F(xiàn)A、FB分別表示同一個點電荷在A、B兩點所受到的電場力的大?。旅嬲f法中正確的是（ ）
A、EA＞EB B、EA＜EB C、FA＞FB D、FA＜FB
分析：電場線是從正電荷或者無窮遠發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小．
解答：A、根據(jù)圖象很容易發(fā)現(xiàn)，在電場的A點的電場線較密，所以，在A點的電場的強度要比B點的電場的強度大，即EA＞EB，所以A正確，B錯誤；
C、由于EA＞EB，并且是同一個電荷，電荷的電荷量大小相同，由F＝qE可知，電荷在A點時受到的電場力要在B點時受到的電場力大，即FA＞FB，所以C正確，D錯誤；
故選：AC。
點評：本題就是考查學生基礎知識的掌握，加強基礎知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決本題．
【解題思路點撥】
同一電場中可以通過電場線的疏密定性的判斷電場強度的大小，進而可以分析運動學的情況，因為可以通過F＝qE分析電場力的大小，再通過F＝ma分析加速度的大小。所以可以說同一電場中，電場線密集的地方電場力大，電荷的加速度也大。
12．電場力做功的計算及其特點
【知識點的認識】
1.靜電力做功的特點：在勻強電場中移動電荷時，靜電力所做的功與電荷的起始位置和終止位置有關，與電荷經(jīng)過的路徑無關。
2.靜電力做功的公式：W＝qEl，其中l(wèi)為電荷沿電場線移動的位移。
【命題方向】
如圖所示，在電場強度為E的勻強電場中，A、B兩點相距l(xiāng)，連線AB與電場強度方向的夾角為θ。將一電荷量為q的正電荷分別沿直線AB、折線ACB、曲線ADB從A點移動到B點，靜電力各做了多少功？
分析：靜電力做功與路徑無關，根據(jù)電場力做功的計算公式進行解答。
解答：電場力做功與路徑無關，所以將一電荷量為q的正電荷分別沿直線AB、折線ACB、曲線ADB從A點移動到B點，靜電力做功均為：
W＝qElcsθ。
答：靜電力做功均為qElcsθ。
點評：本題主要是考查電場力做功的計算，關鍵是弄清楚電場力做功與路徑無關。
【解題思路點撥】
靜電力做功的特點
（1）靜電力做的功與電荷的起始位置和終止位置有關，但與具體路徑無關，這與重力做功特點相似。
（2）靜電力做功的特點不受物理條件限制不管靜電力是否變化，是否是勾強電場，是直線運動還是曲線運動，靜電力做功的特點均不變
13．電勢能的概念和計算
【知識點的認識】
1.定義：電荷在電場中具有的與位置有關的能量即在電場中具有的勢能叫電勢能，用Ep表示。
2.相對性
電荷在電場中具有的電勢能與電勢能零點的選取有關。電勢能零點的選取是任意的，習慣上取無限遠處或大地為電勢能零點。無限遠處作為電勢能零點與大地作為電勢能零點是相同的。
3.大小
電荷在某點的電勢能，等于把它從這點移動到零勢能點時靜電力所做的功。
4.零勢能位置
電場中規(guī)定的電勢能為0的位置，通常把電荷離場源電荷無窮遠處或大地表面的電勢能規(guī)定為0。
5.系統(tǒng)性
電勢能是相互作用的電荷所共有的，或者說是電荷及對它作用的電場所共有的。
6.標矢性
標量，但有正負。其正負表示大小，正值表示比電荷放在電勢能零點時多多少，負值表示比放在電勢能零點時少多少。
【命題方向】
下列說法中正確的是（ ）
A、在場強較小處，電荷在該處的電勢能也較小
B、電荷在場強為零處的電勢能也為零
C、在選定為零電勢的位置處，任何電荷的電勢能必為零
D、在場強相等的各點，電荷的電勢能必相等
分析：電荷的電勢能公式EP＝qφ，而電場強度與電勢無關．在場強相等的各點，電勢不一定相等，電勢能不一定相等．
解答：A、根據(jù)電荷的電勢能公式EP＝qφ，而電場強度與電勢無關，所以場強小的地方，電荷在該處的電勢能不一定小，故A錯誤。
B、電荷在場強為零處，因為電勢的零點是人為選取的，電勢不一定為零，故電荷的電勢能也不一定為零，故B錯誤。
C、在選定為零電勢的位置處，根據(jù)EP＝qφ，知任何電荷的電勢能必為零，故C正確。
D、在場強相等的各點，電荷的電勢不一定相等，則電荷的電勢能不一定相等，故D錯誤。
故選：C。
點評：本題比較簡單，基礎性強，考查的知識點比較全面；要加強理解電勢和電場強度關系，電勢能和電勢關系．
【解題思路點撥】
（1）電勢能EP是由電場和電荷共同決定的，是屬于電荷和電場所共有的，我們習慣上說成電荷在電場中某點的電勢能。
（2）電勢能是相對的，其大小與選定的參考位置有關。確定電荷的電勢能，首先應確定參考位置，也就是零勢能位置。
（3）電勢能是標量，有正負但沒有方向。電勢能為正值表示電勢能大于參考位置的電勢能，電勢能為負值表示電勢能小于參考位置的電勢能。
14．電場力做功與電勢能變化的關系
【知識點的認識】
1．靜電力做功的特點：靜電力做功與路徑無關，或者說：電荷在電場中沿一閉合路徑移動，靜電力做功為零。
2．電勢能概念：電荷在電場中具有勢能，叫電勢能。電荷在某點的電勢能，等于把電荷從該點移動到零勢能位置時，靜電力做的功，用EP表示。
3．靜電力做功與電勢能變化的關系：
①靜電力做正功，電勢能減?。混o電力做負功，電勢能增加。
②關系式：WAB＝EPA﹣EPB。
4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關系為：1eV＝1.6×10﹣19J。
（5）特點：
①系統(tǒng)性：由電荷和所在電場共有；
②相對性：與所選取的零點位置有關，通常取大地或無窮遠處為電勢能的零點位置；
③標量性：只有大小，沒有方向，其正負的物理含義是：若EP＞0，則電勢能比在參考位置時大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時小。
理解與注意：學習電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關概念，上面列舉的各項概念幾乎是所有勢能都有的，只是具體環(huán)境不同而已。
【命題方向】
a和b為電場中的兩個點，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負電荷從a點移動到b點，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能（ ）
A、增加了4×10﹣7J
B、增加了2×10﹣8J
C、減少了4×10﹣7J
D、減少了8×10﹣15J
分析：電荷在電場力作用下做功，導致電勢能變化．所以根據(jù)電場力做功的正負可確定電勢能增加與減少．
解答：根據(jù)電場力做功與電勢能改變的慣性可知，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能減少了4×10﹣7J．所以選項C正確。
故選：C。
點評：該題考查電場力做功與電勢能的慣性．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負決定．就像重力做功與重力勢能一樣．
【解題方法點撥】
1.靜電力做功與電勢能變化的關系
（1）WAB＝EPA﹣EPB。
靜電力做正功，電勢能減?。混o電力做負功，電勢能增加。
（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負電荷在電勢高的地方電勢能小。
2.電勢能大小的比較方法
（1）做功判斷法：
電場力做正功時電勢能減?。浑妶隽ψ鲐摴r電勢能增大。（對正、負電荷都適用）。
（2）依據(jù)電勢高低判斷：
正電荷在電勢高處具有的電勢能大，負電荷在電勢低處具有的電勢能大。
15．通過電場線的方向判斷電勢的高低
【知識點的認識】
1.結論：沿電場線方向，電勢降低。
2.推導：如下圖，一個帶電荷量為q的正電荷僅在電場力的作用下由A點運動到B點。設A、B兩點的電勢分別為φA、φB
從A到B，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系
WAB＝EPA﹣EPB
又根據(jù)電場力做正功，且EP＝qφ，所以有
WAB＝qφA﹣qφB＝q（φA﹣φB）＞0
所以φA＞φB，即沿電場線方向，電勢降低?？梢宰C明在這一結論在任何電場中都適用。
【命題方向】
關于電勢的高低，下列說法正確的是（ ）
A、沿電場線方向電勢逐漸降低
B、電勢降低的方向一定是電場線的方向
C、正電荷在只受電場力作用下，一定向電勢低的地方運動
D、負電荷在只受電場力的作用下，由靜止釋放，一定向電勢高的地方運動
分析：根據(jù)推論：沿電場線方向電勢逐漸降低；電勢降低最快的方向才是電場強度的方向；正電荷只在電場力作用下從A移到B，電荷不一定從高電勢處向低電勢處運動，還取決于電荷的初速度；負電荷在只受電場力的作用下，由靜止釋放，一定向電勢高的地方運動．
解答：A、電場力做功WAB＝UABq＝Eqd，不妨設沿著電場線方向移動正電荷，則電場力做正功，所以UAB＞0，所以φA＞φB，所以沿著電場線方向電勢逐漸降低。故A正確。
B、沿著電場線方向移動電勢降低，但是電勢降低的方向不一定是電場線的方向，電勢降低最快的方向是場強的方向，故B錯誤。
C、正電荷只在電場力作用下從一點移到另一點，電荷不一定從高電勢處向低電勢處運動，還取決于電荷的初速度。故C錯誤。
D、根據(jù)電場力做功的表達式WAB＝UABq＝Eqd，負電荷在只受電場力的作用下，由靜止釋放，電場力做正功，WAB＞0，q＜0，則UAB＜0，所以φA＜φB，即向電勢高的地方運動。故D正確。
故選：AD。
點評：電場線的疏密表示電場強度的相對大小，電場線的方向反映電勢的高低，則電場強度與電勢沒有直接關系．順著電場線方向，電勢逐漸降低，但場強不一定減?。?br>【解題思路點撥】
1.一個誤區(qū)：沿電場線方向電勢逐漸降低，但是電勢降低的方向并不一定是電場線的方向。在所有電勢降低的方向中，沿電場線方向降低的最快。
2.電勢高低的判斷方法總結：
（1）電場線法：沿電場線方向，電勢逐漸降低。
（2）場源電荷判斷法：離場源正電荷越近的點，電勢越高；離場源負電荷越近的點，電勢越低。
（3）公式法：由φ＝進行分析，對于正電荷，電勢能越大，所在位置的電勢越高；對于負電荷，電勢能越小，所在位置的電勢越高。
16．帶電體周圍的電勢分布
【知識點的認識】
本考點旨在針對一般帶電體周圍的電勢分布問題。
【命題方向】
三等長絕緣棒AB、BC、CA連成正三角形，每根棒上均勻分布等量同種電荷，測得圖中P、Q兩點（均為相應正三角形的中心）的電勢分別為UP和UQ，若撤去AC棒，則P、Q兩點的電勢分別為（ ）
A、UP，UQ+UP
B、UP，UQ﹣UP
C、UP，UQ+UP
D、UP，UQ
分析：利用細棒相對中點對稱，得出各棒對各點的電勢，再由取走AC棒后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變，即可求解．
解答：每根細棒的電荷分布雖然復雜，但相對各自的中點必然是對稱的，三根棒的總電量、分布情況都相同。
①三棒對p點的電勢貢獻都相同（可設為φ1）；
②AB棒、BC棒對Q點的電勢貢獻相同（可設為φ2）；
③AC棒對P、Q兩點的貢獻相同（也為φ1）。
所以，取走AC前，3φ1＝Up
2φ2+φ1＝UQ
取走AC后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變，所以
UP′＝2φ1＝Up
UQ′＝2φ2＝UQ﹣Up
故ACD錯誤，B正確；
故選：B。
點評：考查棒電荷分布均勻，利用幾何的對稱性，確定與電勢的關系是解題的突破口，注意取走其中一個棒后，因三棒是絕緣體，電荷分布不變．
【解題思路點撥】
電勢是標量，電勢的疊加遵循代數(shù)相加法則，如果A、B兩個點電荷在空間中C點產(chǎn)生的電勢分別為φA、φB，那么C點的電勢φ＝φA+φB。
17．等量異種電荷的電勢分布
【知識點的認識】
等量異種電荷的電勢分布如下圖（用等勢面表示）：
1.等勢面的特點：
（1）關于中垂面對稱的閉合曲面，也關于兩源電荷連線對稱。
（2）中垂面是電勢為0的等勢面，正電荷一側各點電勢大于0，負電荷一側各點電勢小于0。
2.兩電荷連線上各點的電勢情況如下：
（1）連線上從正電荷到負電荷電勢一直降低
（2）關于中點對稱的點，電勢互為相反數(shù)
（3）離正電荷越近電勢越高，離負電荷越近電勢越低
（4）越靠近源電荷時等差等勢面越密集
3.總結：
（1）中點電勢為0，是左右兩側電勢的正負分界點
（2）關于連線對稱的點電勢相等，關于中點、中垂面對稱的點電勢互為相反數(shù)（可同為0）
【命題方向】
如圖所示，A、B是兩個等量異種點電荷，C、D是A、B連線的中垂A、線上且與連線距離相等的兩點，則（ ）
B、在A、B連線的中垂線上，從C到D，各點電勢都相等，場強都相同
C、在A、B連線的中垂線上，從C到D，場強先增大后減小，電勢先升高后降低
D、在A、B連線的中垂線上，從C到D，場強先增大后減小，各點的電勢都相等
分析：在A、B連線上，從A到B，場強先減小后增大，電勢逐漸升高，根據(jù)等量的異種電荷的電場的分布的規(guī)律，在中垂線上，電場方向始終垂直中垂線且指向負電荷，并且中垂線上的電勢都為零，由此可以分析電場力和電勢能的變化．
解答：A、在中垂線上，電場方向始終垂直中垂線且指向負電荷，但是電場強度的大小不同，在正中間的電場強度最大，向兩邊逐漸的減小，所以A錯誤；
B、在A、B連線的中垂線上，從C到D，場強先增大后減小，但是垂線上的所有點的電勢都為零，所以B錯誤，C正確；
D、從正電荷到負電荷，電勢是逐漸升高的，所以從A到B，電勢逐漸升高，離電荷越近，電荷的場強越大，所以從A到B，場強先減小后增大，所以D正確。
故選：CD。
點評：本題要求學生了解等量異種電荷的電場線及電場特點，并能判斷電場的變化．
【解題思路點撥】
電勢是標量，電勢的疊加遵循代數(shù)相加法則，如果A、B兩個點電荷在空間中C點產(chǎn)生的電勢分別為φA、φB，那么C點的電勢φ＝φA+φB。
18．電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算
【知識點的認識】
1.定義：在電場中，兩點之間電勢的差值叫作電勢差，電勢差也叫作電壓。
2.表達式：設電場中A點的電視為φA，B點的電勢為φB，則AB電點之間的電勢差可以表示為
UAB＝φA﹣φB
BA兩點之間的電勢差為
UBA＝φB﹣φA
所以UAB＝﹣UBA
3.電勢差的單位
伏特，符號：V
4.電勢差的正負
電勢差是標量，但有正、負。電勢差的正、負表示兩點電勢的高低。所以電場中各點間的電勢差可依次用代數(shù)法相加。
5.特點：電場中兩點之間的電勢差取決于電場本身，與電勢零點的選取無關
6.物理意義：反映電荷在電場中移動時電場力做功本領大小的物理量
【命題方向】
關于電勢差UAB和電勢φA、φB的理解正確的是（ ）
A、UAB表示B點相對A點的電勢差，即UAB＝φB﹣φA
B、UAB和UBA是不同的，它們有關系：UAB＝﹣UBA
C、φA、φB都可能有正負，所以電勢是矢量
D、零電勢點的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠處為零電勢
分析：UAB＝φA﹣φB＝﹣UBA，電勢是標量，通常選大地或無窮遠作為零電勢．
解答：A、UAB表示A點相對B點的電勢差，即UAB＝φA﹣φB，A錯誤；
B、UAB和UBA是不同的，它們有關系：UAB＝﹣UBA，B正確；
C、電勢雖有正負之分，但電勢是標量，C錯誤；
D、零電勢點的規(guī)定雖然是任意的，但人們常常規(guī)定大地和無限遠處為零電勢，D正確；
故選：BD。
點評：記憶電勢的有關知識時，可以把它類比為高度去理解，電勢差對應高度差，某點的電勢對應某點的高度．
【解題思路點撥】
根據(jù)電勢差的定義可知，電勢差的正負代表兩點之間電勢的大小，如果UAB＞0，則φA＞φB；如果UAB＜0，則φA＜φB。
19．等勢面及其與電場線的關系
【知識點的認識】
1．定義：電場中電勢相等的點組成的面（平面或曲面）叫做等勢面．
2．特點：
①等勢面與電場線一定處處正交（垂直）；
②在同一等勢面上移動電荷時，電場力不做功；
③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；
④任意兩個電勢不相同的等勢面既不會相交，也不會相切；
⑤等差等勢面越密的地方電場線越密．
【命題方向】
電場中某個面上所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，這個面可能是（ ）
A．等量同種電荷的中垂面
B．等量異種電荷的中垂面
C．以孤立點電荷為球心的某一球面
D．勻強電場中的某一等勢面
分析：在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的強弱，等勢面與電場線相互垂直．
解：A、等量同種電荷的中垂面是個等勢面，但電場強度相等且都為零，故A錯誤；
B、等量異種電荷的中垂面是個等勢面，但以兩電荷連線為對稱線的中垂面上的電場強度都相等，故B錯誤；
C、以孤立點電荷為球心的某一球面上的所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，故C正確；
D、勻強電場中的某一等勢面上的電場強度都相等，故D錯誤；
故選：C．
點評：本題考查對電場線的認識，由電場線我們應能找出電場的方向、場強的大小及電勢的高低．
【解題思路點撥】
1.等勢面的特點
（1）在等勢面上任意兩點間移動電荷時靜電力不做功。
（2）同一電場空間兩等勢面不相交
（3）電場線總是和等勢面垂直，且從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面
（4）在電場線密集的地方，等差等勢面密集在電場線稀疏的地方，等差等勢面稀疏。
（5）等勢面是虛擬的，是為描繪電場的性質而假想的面。
2.等勢面的應用
（1）由等勢面可以判斷電場中各點電勢的高低。
（2）由等勢面可以判斷電荷在電場中移動時靜電力做功的情況。
（3）由于等勢面和電場線垂直，已知等勢面的形狀分布，可以繪制電場線，從而確定電場大體分布。
（4）由等差等勢面的疏密，可以定性地比較其中兩點電場強度的大小
3.等勢面與電場線
（1）已知等勢面時，可作等勢面的垂線來確定電場線，并由“電勢降低”的方向確定電場線方向。
（2）已知電場線時，可作電場線的垂線來確定等勢面，并由“沿電場線方向電勢降低”確定等勢面的電勢高低。
20．勻強電場中電勢差與電場強度的關系
【知識點的認識】
一、電勢差與電場強度的關系式
1．關系式：U＝Ed或者E＝。
2．適用條件：只有在勻強電場中才有這個關系。
3．注意：式中d是指沿電場方向兩點間的距離。
4．方向關系：場強的方向就是電勢降低最快的方向。由于電場線跟等勢面垂直，只有沿電場線方向，單位長度上的電勢差才最大，也就是說電勢降落最快的方向為電場強度的方向。但電勢降落的方向不一定是電場強度方向。
二、對公式U＝Ed的理解
1．從變形公式E＝可以看出，電場強度越大，說明沿電場線方向電勢差越大，表明電勢降落的越快，因此電場強度除了能描述電場的力的性質外還有另一個物理意義，那就是：電場強度是描述電場中電勢降落快慢的物理量，也同時說明，沿電場線方向電勢降落最快。
2．公式中的d可理解為勻強電場中兩點所在等勢面之間的距離。
3．對于非勻強電場，用公式E＝可以定性分析某些問題。例如等差等勢面E越大處，d越小。因此可以斷定，等差等勢面越密的地方電場強度也越大。
現(xiàn)在舉例來說明公式E＝在非勻強電場中的應用。如圖所示，A、B、C是同一電場線上的三點，且＝，由電場線的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB間的平均場強比BC間的小，即AB＜BC，又因為UAB＝?AB，UBC＝?BC，所以UAB＜UBC。
三、電場強度與電勢差的比較
【命題方向】
如圖，在光滑絕緣的水平面上，有一靜止在A點質量為m＝1×10﹣3kg、帶正電q＝10﹣3C的小球，現(xiàn)加一水平方向的勻強電場使小球由A點運動到B點，已知A、B兩點間距離為L＝0.1m，電勢差為UAB＝20V．
（1）判斷勻強電場的場強方向；
（2）求電場強度的大??；
（3）求小球到達B點時的速率．
分析：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強電場使小球從靜止由A點運動到B點，根據(jù)運動情況判斷勻強電場的場強方向；
（2）根據(jù)電勢差與電場強度的關系求解電場強度的大小
（3）根據(jù)動能定理求解小球到達B點時的速率
解答：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強電場使小球從靜止由A點運動到B點，所以勻強電場的場強方向為由A指向B．
（2）根據(jù)電勢差與電場強度的關系得：
UAB＝Ed＝0.1E＝20V
所以E＝200V/m
（3）根據(jù)動能定理研究小球由A點運動到B點，
qU＝
v＝2m/s
答：（1）勻強電場的場強方向為由A指向B．
（2）電場強度的大小是200V/m；
（3）小球到達B點時的速率是2m/s．
點評：理解和掌握電場中各個物理量之間的關系，在具體題目中能熟練的應用．
【解題方法點撥】
U＝Ed關系的應用：
公式U＝Ed中d是沿場強方向的兩點間的距離或兩等勢面間的距離，而U是這兩點間的電勢差。這一定量關系只適用于勻強電場，變形后E＝，用它可求勻強電場的場強，也可定性分析非勻強電場。
21．非勻強電場中電勢差大小的比較和應用
【知識點的認識】
1.電勢差與電場強度的關系式E＝適用于勻強電場中電場強度的計算，在非勻強電場中可以用E＝定性的分析問題。
2.由E＝可以得出結論：在等差等勢面越密的地方電場強度就越大，如圖甲所示。再如圖乙所示，a、b、c為某條電場線上的三個點，且距離ab＝bc，由于電場線越密的地方電場強度越大，故Uab＜Ubc。
【命題方向】
如圖為某一電場的電場線和等勢面分布，圖中實線表示電場線，虛線表示等勢面，過a、c兩點的等勢面電勢分別為φa＝5V，φc＝3V那么a、c連線的中點b的電勢φb為（ ）
A、φb＝4 B、Vφb＞4V C、φb＜4V D、上述情況都有可能
分析：由圖看出，ab段電場線比bc段電場線密，ab段場強較大，根據(jù)公式U＝Ed定性分析a、b間與b、c間電勢差的大小，再求解中點b的電勢φb．
解答：由圖看出，ab段電場線比bc段電場線密，ab段場強較大，根據(jù)公式U＝Ed可知，a、b間電勢差Uab大于b、c間電勢差Ubc，即φa﹣φb＞φb﹣φc，得到φb＜＝4V。
故選：C。
點評：本題的關鍵是運用勻強電場中場強與電勢差的公式定性分析電勢差的大?。Ｒ?guī)題．
【解題思路點撥】
計算電場強度應注意的問題
（1）在選取公式計算電場強度時，首先要注意公式的適用條件，然后判斷題目中物理情境是否滿足公式的適用條件。
（2）應用公式U＝Ed計算時，首先要明確所研究的電荷所處的電場必須是勻強電場，其次要明確所要研究的兩點的距離應當是沿電場強度方向兩點間的距離。如果給出電場中兩點間的距離不是沿電場強度方向上的距離，則應通過數(shù)學知識轉化為沿電場強度方向上的距離。
22．φ-x圖像的理解與應用
【知識點的認識】
1.圖像的意義：反映電勢隨位置變化的圖像、
2.圖像的內容：縱坐標直接判定電視高低
3.圖像的斜率：斜率表示場強
（1）斜率的大小表示該點場強的大小
（2）斜率的正負可以確定電場強度的方向
4.電視連續(xù)變化的拐點切線斜率為0時，表示該點電場強度為0
5.據(jù)此判斷電勢能時，一是結合粒子電性看電勢高低，二是由W＝qU判定。
【命題方向】
空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示，x軸上兩點B、C點電場強度在x方向上的分量分別是EBx、ECx，下列說法中正確的有（ ）
A、EBx的大小大于ECx的大小
B、EBx的方向沿x軸正方向
C、電荷在O點受到的電場力在x方向上的分量最大
D、負電荷沿x軸從B移到C的過程中，電場力先做正功，后做負功
分析：本題的入手點在于如何判斷EBx和ECx的大小，由圖象可知在x軸上各點的電場強度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取極小的一段，可以把此段看作是勻強電場，用勻強電場的處理方法思考，從而得到結論，此方法為微元法。
解答：在B點和C點附近分別取很小的一段d，由圖象，B點段對應的電勢差大于C點段對應的電勢差，看作勻強電場有，可見EBx＞ECx，A項正確；
同理可知O點場強最小，電荷在該點受到的電場力最小，C項錯誤；
沿電場方向電勢降低，在O點左側，EBx的方向沿x軸負方向，在O點右側，ECx的方向沿x軸正方向，所以B項錯誤，D項正確。
故選：AD。
點評：本題需要對電場力的性質和能的性質由較為全面的理解，并要求學生能靈活應用微分法；故此題的難度較高。
【解題思路點撥】
與運動學圖像類似，解決圖像類問題的一般步驟為：
1.確定圖像的含義，明確兩個坐標軸的代表的物理量
2.從圖中直接讀出關鍵點的物理量
3.分析圖像斜率、面積等的物理意義
4.結合公式分析其他的物理量。
23．電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化
【知識點的認識】
1.對于電容器的動態(tài)分析問題，要首先區(qū)分是電壓不變還是電荷量不變：始終與電源連接時電壓不變，與電源斷開時是電荷量不變。
2.分析思路如圖
3.具體的步驟如下：
（1）根據(jù)C＝分析電容的變化。
（2）根據(jù)C＝分析電荷量的變化。
（3）根據(jù)E＝分析電場強度變化。
（4）根據(jù)φ＝Ed分析某點電勢的變化。
（5）根據(jù)Ep＝qφ分析電勢能的變化。
【命題方向】
如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關S與電池連接，A板下方a處有一帶電荷量非常小的點電荷。S是閉合的，φa表示a點的電勢，F(xiàn)表示點電荷受到的電場力。現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大，則（ ）
A、φa不變 B、φa變小 C、F變小 D、F變大
分析：電容器與電源相連，則可知電容器兩端的電壓不變；由極板的移動可知d的變化，由U＝Ed可知板間場強E的變化，再由U＝Ed可知Aa間的電勢差的變化，即可得出aB間電勢差的變化及a點電勢的變化。
解答：因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強度E減小，由F＝Eq可知電荷所受電場力變小，故C正確；
則上板與a間的電勢差減小，而總電勢差不變，故a與B間的電勢差增大，而B接地，故a點的電勢增大，故A、B均錯；
故選：C。
點評：電容器的動態(tài)分析中首先應注意是否與電源相連，再根據(jù)電容的變化進行判斷；對于本題應注意（1）因下極間接地，故aB間的電勢差大小即為a點的電勢；（2）因aB間的距離發(fā)生變化，不能直接由U＝Ed進行判斷，我們是先求得Aa間的電勢差再求aB的間電勢差。
【解題思路點撥】
分析電容器相關物理量的變化時，要注意抓住不變量。電容器充電后保持與電源相連，即使電容器的電容變化，兩極板間的電壓不變。若充電后與電源斷開且未放電，即使電容器的電容變化，兩極板的電荷量不變。
24．帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉
【知識點的認識】
本考點旨在針對帶電粒子在周期性變化的電場中的偏轉問題。
【命題方向】
在金屬板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓U，其周期是T．現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板中央射入（如圖甲）。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力，求：
（1）若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小。
（2）若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少多長？
（3）若電子恰能從兩板中央平行于板飛出，電子應從哪一時刻射入，兩板間距至少多大？
分析：（1）電子在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛出，在此過程中只有電場力做功，根據(jù)動能定理即可解除電子飛出時的速度。
（2）若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于金屬板飛出，說明電子在豎直方向前半周期做勻加速直線運動，后半周期做勻減速直線運動，到電子飛出電場最少用時為T；
（3）若電子恰能從兩板中央平行于板飛出，要滿足兩個條件，第一豎直方向的位移為零，第二豎直方向的速度為零；則電子豎直方向只能先加速到某一速度vy再減速到零，然后反方向加速度到vy再減速到零。
解答：（1）電子飛出過程中只有電場力做功，根據(jù)動能定理得：
e＝mv2﹣
解得：v＝
（2）若電子恰能平行于金屬板飛出，說明電子在豎直方向前半周期做勻加速直線運動，后半周期做勻減速直線運動，到電子飛出電場最少用時為T；則電子水平方向做勻速直線運動：L＝v0T
（3）若電子恰能從兩板中央平行于板飛出，要滿足兩個條件，第一豎直方向的位移為零，第二豎直方向的速度為零；則電子豎直方向只能先加速到某一速度vy再減速到零，然后反方向加速到vy再減速到零。
由于電子穿過電場的時間為T，所以豎直方向每段加速、減速的時間只能為，即電子豎直方向只能先加速時間到達某一速度vy再減速時間速度減小到零，然后反方向加速時間到達某一速度vy，再減速時間速度減小到零，電子回到原高度。
根據(jù)以上描述電子可以從t時刻進入：t＝+（k＝0，1，2，3…）
設兩板間距至為d，
而電子加速時間的豎直位移為：h＝（）2
而電子減速時間的豎直位移也為：h
所以電子在豎直方向的最大位移為：y＝2h＝h+（）2 ①
而：y≤ ②
由①②解得：d≥＝
所以d的最小值：d＝
答：（1）若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為
。
（2）若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少v0T
（3）若電子恰能從兩板中央平行于板飛出，電子可以從t時刻進入：t＝+（k＝0，1，2，3…），兩板間距至少。
點評：帶電粒子進入偏轉電場中運動，水平方向不受力做勻速直線運動，豎直方向初速度為零的勻加速直線運動且具有周期性變化；要用好變化的正確性。
【解題思路點撥】
帶電粒子在交變電場中的運動時，要分析清楚不同階段粒子的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律，去分析粒子的運動情況，必要時可以畫出粒子的F﹣t圖和v﹣t圖進行分析。
25．從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題
【知識點的認識】
本考點旨在針對需要從能量轉化與守恒的角度解決的電場問題，可能涉及到功能關系、動能定理、能量守恒、機械能守恒定律、電場力做功與電勢能的變化等情況。
【命題方向】
圖所示，軌道由粗糙斜面AB、DF與半徑為R的光滑圓弧BCD組成，斜面的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面與水平面間的夾角60°，∠BOD＝120°，虛線BM左側、DN右側分布等大反向勻強電場E，帶電量為﹣q（q＞0）的物塊從A點以的初速度沿斜面向下運動，物塊質量為m，物塊可視為質點。AB長度為2R，電場強度大小為，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A、物塊到B點時的速度為
B、物塊在最低點的最大壓力為3mg
C、物塊最終在圓弧BCD做往返運動
D、物塊在斜面運動的總路程為3R
分析：從A到B的過程，根據(jù)動能定理，可以得到B點時的速度；從B到C用動能定理，可以得到C點的速度，結合豎直面的圓周運動規(guī)律和牛頓第三定律，可以計算C點的壓力；根據(jù)對物塊在斜面的受力分析，可以判斷其會停在斜面上還是會在圓弧內圓周運動；根據(jù)全過程動能定理可以判斷其總路程。
解答：A、對物塊在左側斜面上釋放時進行受力分析，可以得到如圖：
在垂直于斜面的方向上：mgcs60°+qEsin60°＝N，此時摩擦力為滑動摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，
在物塊從A到B的過程中，對物塊應用動能定理：，解得：，故A正確；
B、在物塊從B到C的過程中，對物塊應用動能定理：，在C點，支持力和重力的合力提供向心力：，解得：由牛頓第三定律可知此時物塊在最低點的支持力與壓力相等，故B錯誤；
CD、物塊從B到右側的過程，設到某點速度減為0，在右側斜面的位移為x，則在該過程中：，解得：x＝R，此時摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcs60°，摩擦力減為0，物塊剛好可以在斜面上靜止，總路程s＝2R+x，解得：s＝3R；故C錯誤、D正確。
故選：AD。
點評：本題考查涉及電場力的功能關系問題，注意當速度減為0時，摩擦力可以突變，方向大小皆可變。在計算物塊對地面壓力時，根據(jù)圓周運動規(guī)律得到支持力后，要寫結合牛頓第三定律得到壓力。
【解題思路點撥】
電場中的功能關系如下：
1.合力做功等于物體動能的變化量，即W合＝ΔEk，這里的W合指合外力做的功。
2.靜電力做功決定帶電體電勢能的變化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。這與重力做功和重力勢能變化之間的關系類似。
3.只有靜電力做功時，帶電體電勢能與機械能的總量不變，即EP1+E機1＝EP2+E機2。這與只有重力做功時，物體的機械能守恒類似。
聲明：試題解析著作權屬網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復制發(fā)布日期：2024/11/5 12:37:14；用戶：組卷41；郵箱：zyb041@xyh.cm；學號：41419004
表達式比較
E＝
E＝k
E＝
公式意義
電場強度定義式
真空中點電荷的電場強度決定式
勻強電場中E與U關系式
適用條件
一切電場
①真空 ②點電荷
勻強電場
比較決定因素
由電場本身決定，與q無關
由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定
由電場本身決定，d是場中兩點間沿場強方向的距離
相同點
矢量，單位：1N/C＝1V/m
物理量
電勢差U
電場強度E
定義
（1）電場中任意兩點的電勢之差，UAB＝φA﹣φB
（2）電荷在電場中兩點間移動時，靜電力所做的功跟電荷量的比值
放入電場中某一點的電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值
定義式
U＝
E＝
意義
描述了電場的能的性質
描述了電場的力的性質
大小
數(shù)值上等于單位正電荷從一點移到另一點時，靜電力所做的功
數(shù)值上等于單位電荷受到的力
方向
標量，無方向
規(guī)定為正電荷在該點所受靜電力的方向
聯(lián)系
在勻強電場中有U＝Ed

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