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新课预习衔接 静电场
一．选择题（共5小题）
1．（2023春 锡山区校级期末）两个点电荷，电性未知、电荷量大小分别为4q和q，其电场线如图所示（未标明方向，且未画出对称轴附近的电场线），A、B、C、D为对称轴上的四个点，且满足AB＝BC＝CD，则（　　）
A．A、D两点的场强方向一定相反
B．从D点向左至无穷远，场强不断减小
C．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则电子从A向B移动的过程中，电势能减小
D．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则A点电势低于D点电势
2．（2024秋 朝阳区期末）有人认为在两个带电导体之间可以存在如图所示的静电场，它的电场线相互平行，间距不等。关于此“静电场”，下列说法正确的是（　　）
A．该电场一定存在，是个特殊的匀强电场
B．该电场一定存在，可以通过两个匀强电场叠加产生
C．根据图中a、b两点电场强度方向相同，大小不同，可判断该电场不存在
D．通过试探电荷沿不同路径从图中a点移动到b点，电场力做功不同，可判断该电场不存在
3．（2024秋 红桥区期末）如图甲，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v﹣t图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　）
A．该电场线的方向是由A指向B
B．A点处的场强比B点处的场强大
C．该电场可能是由正点电荷产生的
D．该负电荷在A点的电势能小于B点的电势能
4．（2024秋 朝阳区期末）如图所示，一平行板电容器间存在匀强电场，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小分别为q1、q2，符号相反，质量分别为m1、m2。使它们分别静止于电容器的上、下极板附近。现同时释放a、b，它们由静止开始运动并计时，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间上半区域的同一水平面，如图中虚线位置，a、b间的相互作用和重力均忽略。下列说法正确的是（　　）
A．若q1＝q2，则m1＜m2
B．若q1＝q2，在t时刻a和b的电势能相等
C．若m1＝m2，则q1＞q2
D．若m1＝m2，在t时刻a的动量大小比b的小
5．（2024秋 东城区期末）带正电荷的导体球O靠近某不带电的枕形导体。枕形导体的左右两端分别记为M、N，P、Q分别为枕形导体内部和外表面上的两点，枕形导体处于静电平衡状态，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．M端感应出正电荷，N端感应出负电荷
B．P点电场强度方向沿OP连线由O指向P
C．Q点的电场方向与Q点所在表面垂直
D．枕形导体上Q点的电势比P点的电势高
二．多选题（共3小题）
（多选）6．（2024秋 海淀区期末）某静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，B、C是x轴上关于坐标原点O对称的两点。一个带负电的粒子仅在电场力作用下，以O点为中心、沿x轴方向在B、C两点间做周期性往复运动。下列说法正确的是（　　）
A．从B运动到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
B．从B运动到O的过程中，粒子的加速度先减小后增大
C．粒子在O点的电势能最小
D．粒子的运动是简谐运动
（多选）7．（2024春 大连期末）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、带正电的电荷量为q的小球，系在一根长为R的绝缘细线的一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度的大小为g，电场强度。
若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到C点时细线的拉力最大
B．小球运动到B点时的电势能最大
C．小球运动到B点时的机械能最大
D．小球运动过程中的最小速度为
（多选）8．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷带电荷量为+2q，右侧点电荷带电荷量为﹣q，P、Q两点关于两电荷连线对称。由图可知（　　）
A．P、Q两点的电场强度相同
B．M点的电场强度大于N点的电场强度
C．若将一试探正电荷由M点静止释放，它将沿电场线运动到P点
D．两点电荷连线的中点处的电场强度为
三．填空题（共3小题）
9．（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。
10．（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。
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 天心区校级期末）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
（1）求M点的电场强度；
（2）求小球S1的重力；
（3）为保证S1能运动到N点，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？
13．（2024秋 厦门期末）如图甲所示，一倾角为30°足够长的绝缘斜面固定在水平地面上，质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a后锁定（A与弹簧不拴接）。空间中存在沿斜面向上、大小E（g为重力加速度）的匀强电场。质量为2m、电荷量为+q的物块B静止在斜面上端，B左侧固定有处于原长的轻质绝缘弹簧b，A、B与斜面的滑动摩擦力大小分别为mg、mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
t＝0时解除锁定，弹簧的弹性势能Ep瞬间全部转化为A的动能，A运动距离L后于t1时刻到达P点，此时速度为v1、加速度为0，且未与弹簧b接触；t2时刻，A到达Q点，速度达到最大值2v1，弹簧b的弹力大小为mg，此过程中A的v﹣t图像如图乙所示。已知A、B的电荷量始终保持不变，两者间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）弹射过程弹簧a对A冲量的大小；
（2）A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功；
（3）A到达P点时，A与B之间的距离；
（4）A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和。
14．（2024春 宿迁期末）如图甲所示，M、N为极板，PQ为荧光屏（足够长），M极板上O1处有一粒子源，t＝0时刻开始连续释放初速度为零、比荷为的正粒子。粒子经过M、N间的加速电场后，从N极板上的细缝O2进入N和PQ之间的偏转电场。已知M、N间的电压UMN﹣t图像如图乙所示，O1O2连线的延长线与PQ交于O3，O2O3间距离为L，不计粒子在M、N间的加速时间，不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
（1）粒子到达细缝O2时速度v的大小范围；
（2）若N和PQ间的偏转电场方向平行PQ向上，场强大小，粒子打到PQ上形成的亮线长度Δy；
（3）若N和PQ间的偏转电场为图丙所示的周期性变化电场，取平行PQ向上为正方向。从t＝0时刻释放的粒子恰好打到O3，则t＝T时刻释放的粒子打到PQ上的位置。
15．（2024春 新郑市校级期末）如图所示，光滑水平面上竖直固定有一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BC，水平面AB与圆弧BC相切于B点，O为圆心，OB竖直，OC水平，空间有足够大水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球自A点由静止释放，小球沿水平面向右运动，AB间距离为2R，匀强电场的电场强度，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）小球到达B点时的速度大小；
（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时对轨道的最大压力值；
（3）小球离开圆弧轨道到落地前的最小速率。
新课预习衔接 静电场
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2023春 锡山区校级期末）两个点电荷，电性未知、电荷量大小分别为4q和q，其电场线如图所示（未标明方向，且未画出对称轴附近的电场线），A、B、C、D为对称轴上的四个点，且满足AB＝BC＝CD，则（　　）
A．A、D两点的场强方向一定相反
B．从D点向左至无穷远，场强不断减小
C．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则电子从A向B移动的过程中，电势能减小
D．若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则A点电势低于D点电势
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电场线的定义及基本特征．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】D
【分析】根据点电荷场强公式E＝k和电场的叠加原理确定A、D两点的场强方向关系，并分析场强的变化情况；根据电场力做功情况判断电势能的变化情况；根据离正点电荷越近电势越高，离负点电荷越近电势越低，分析A点与D点电势高低。
【解答】解：AB、由图中电场线分布情况可知，两点电荷为异种电荷，且B处电场线密，则B处电荷量为4q，C处电荷量为q。设电荷量为4q的点电荷为负电荷，电荷量为q的点电荷为正电荷，并设AB＝BC＝CD＝r，则A点的场强大小为，（方向指向负点电荷4q），D点的场强大小为。
由于D点的场强大小为零，无穷远处场强也为零，所以从D点向左至无穷远，场强先增大后减小，故AB错误；
C、若电荷量为4q的点电荷为负电荷，电子从A向B移动的过程中，场强方向由A指向B，电子所受的电场力与运动方向相反，电场力对电子做负功，所以电子的电势能增加，故C错误；
D、若电荷量为4q的点电荷为负电荷，则B处为4q负电荷，C处q为正电荷，根据离正点电荷越近电势越高，离负点电荷越近电势越低，则知﹣4q点电荷在A点的电势低于D点电势，+q点电荷在A点的电势低于D点电势，由电场的叠加原理可知，A点电势低于D点电势，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题的关键要掌握电场的叠加原理，根据场强的合成分析合场强的方向，判断电场力做功情况，从而分析电势能的变化情况。
2．（2024秋 朝阳区期末）有人认为在两个带电导体之间可以存在如图所示的静电场，它的电场线相互平行，间距不等。关于此“静电场”，下列说法正确的是（　　）
A．该电场一定存在，是个特殊的匀强电场
B．该电场一定存在，可以通过两个匀强电场叠加产生
C．根据图中a、b两点电场强度方向相同，大小不同，可判断该电场不存在
D．通过试探电荷沿不同路径从图中a点移动到b点，电场力做功不同，可判断该电场不存在
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场线的定义及基本特征．
【专题】定性思想；极端假设法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据匀强电场的特点判断AB；根据等势面的特点和电势差与场强的关系判断C；根据电场力做功特点判断D。
【解答】解：A.电场线相互平行，说明电场中各点的场强方向相同，而电场线间距不等说明电场中各点场强大小不是处处相等，不是匀强电场，故A错误；
B.将两个匀强电场叠加，获得的电场仍为匀强电场，故B错误；
C：如果存在这样的电场，根据等势面的特点，它的等势面ac、bd应该如下图所示
a、d两点的电势差Uad应该等于c、b两点的电势差Ucb，即
Uad＝Ucb
从图中可以看出，a、d两点的距离等于c、b两点的距离，ad处的场强大于cb处的场强。根据
U＝Ed
可得
Uad＞Ucb
所以这样的电场不可能存在，但等势面上各点的场强不一定大小相等，故C错误；
D.如下图所示
粒子沿两个不同的路径，从a→d→b和从a→c→b，电场力做功不相同（Uad＞Ucb），即电场力做功与路径有关，违背了静电场的基本性质，所以这样的电场不可能存在，故D正确。
故选：D。
【点评】知道电场力做功与其路径无关，只与初末位置的电势差有关是解题的关键，另外掌握匀强电场的特点是解题的基础。
3．（2024秋 红桥区期末）如图甲，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v﹣t图像如图乙所示。下列判断正确的是（　　）
A．该电场线的方向是由A指向B
B．A点处的场强比B点处的场强大
C．该电场可能是由正点电荷产生的
D．该负电荷在A点的电势能小于B点的电势能
【考点】电场线的定义及基本特征；电场力做功与电势能变化的关系；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况．
【专题】定性思想；图析法；运动学中的图象专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】电场中某点电场的方向与该点正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反；电场线上每一点的切线方向表示该点电场的方向；电场线密的地方场强大，疏的地方场强小；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；根据图像判断负电荷运动情况，结合以上知识点可以解答。
【解答】解：A.由图像可知，负电荷从A点运动到B点，做加速度减小的加速运动，受到的电场力由A指向B，可知电场方向由B指向A，故A错误；
B.负电荷从A点运动到B点，做加速度减小的加速运动，根据F＝ma可知电场力减小，根据F＝Eq可知电场强度减小，所以A点处的场强比B点处的场强大，故B正确；
C.若是点电荷产生的电场，有B分析可知，点电荷一定在A左侧，带负电，故C错误；
D.从A点运动到B点，电场力做正功电势能减小，则负电荷在A点的电势能大于B点的电势能，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查电场中图像问题，根据图像结合电场有关知识解答。
4．（2024秋 朝阳区期末）如图所示，一平行板电容器间存在匀强电场，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小分别为q1、q2，符号相反，质量分别为m1、m2。使它们分别静止于电容器的上、下极板附近。现同时释放a、b，它们由静止开始运动并计时，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间上半区域的同一水平面，如图中虚线位置，a、b间的相互作用和重力均忽略。下列说法正确的是（　　）
A．若q1＝q2，则m1＜m2
B．若q1＝q2，在t时刻a和b的电势能相等
C．若m1＝m2，则q1＞q2
D．若m1＝m2，在t时刻a的动量大小比b的小
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】微粒a、b在电场中做匀加速直线运动，根据两者的位移大小关系可得到加速度的大小关系，根据牛顿第二定律分析两者质量与电荷量的关系；根据动量定理分析两者的动量大小关系；图中虚线为等势线，根据电势能的定义分析分析两者电势能的关系。
【解答】解：释放a、b后它们由静止开始做匀加速直线运动，由题意可知相同时间内a的位移小于b位移，即xa＜xb，根据xat2，可得a的加速度小于b的加速度，即aa＜ab，由牛顿第二定律可得：qE＝ma。
A、若q1＝q2，则有：m1aa＝m2ab，可得：m1＞m2，故A错误；
C、若m1＝m2，则有：，可得：q1＜q2，故C错误；
D、若m1＝m2，则有：q1E＜q2E，即a所受电场力小于b的，则相同时间内a所受电场力的冲量小于b的，由动量定理可知，在t时刻a的动量大小比b的小，故D正确；
B、图中虚线为等势线，若q1＝q2，根据Ep＝qφ，因微粒a、b所带电性相反，故在t时刻a和b的电势能互为相反数，并不相等，故B错误。
故选：D。
【点评】本题考查了带电粒子在电场中运动问题，根据粒子的运动情况判断粒子的受力情况，应用牛顿第二定律解答力与运动的关系。注意电动势为标量，它的正负号表示大小。
5．（2024秋 东城区期末）带正电荷的导体球O靠近某不带电的枕形导体。枕形导体的左右两端分别记为M、N，P、Q分别为枕形导体内部和外表面上的两点，枕形导体处于静电平衡状态，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．M端感应出正电荷，N端感应出负电荷
B．P点电场强度方向沿OP连线由O指向P
C．Q点的电场方向与Q点所在表面垂直
D．枕形导体上Q点的电势比P点的电势高
【考点】静电平衡现象、等势体；电场强度与电场力的关系和计算；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据同性相斥异性相吸的规律判断电荷的移动；处于静电平衡状态的金属导体是一个等势体。
【解答】解：A、依据异种电荷相互吸引，同种电荷相互排斥可知负电荷向M移动，所以M端感应出负电荷，N端感应出正电荷，故A错误；
B、处于静电平衡状态的金属导体是一个等势体，导体内部的P点的电场强度为零，故B错误；
C、处于静电平衡状态的金属导体是一个等势体，导体的表面是等势面，结合电场线与等势面的关系可知，Q点的电场方向与Q点所在表面垂直，故C正确；
D、处于静电平衡状态时，金属导体是一个等势体，Q点的电势等于P点的电势，故D错误。
故选：C。
【点评】该题考查静电感应现象与静电平衡状态，要知道感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象，整个导体为一等势体。
二．多选题（共3小题）
（多选）6．（2024秋 海淀区期末）某静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，B、C是x轴上关于坐标原点O对称的两点。一个带负电的粒子仅在电场力作用下，以O点为中心、沿x轴方向在B、C两点间做周期性往复运动。下列说法正确的是（　　）
A．从B运动到C的过程中，电场力先做正功，后做负功
B．从B运动到O的过程中，粒子的加速度先减小后增大
C．粒子在O点的电势能最小
D．粒子的运动是简谐运动
【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；匀强电场中电势差与电场强度的关系．
【专题】定性思想；归纳法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据沿电场线方向电势逐渐降低判断O点的电势最高，进而确定电场线的方向，进而判断电场力做功情况，进而判断AC；根据φ﹣x图像的斜率判断电场强的大小，进而根据牛顿第二定律判断B；根据简谐运动的回复力公式判断粒子是否做简谐运动。
【解答】解：AC.根据电场中的规律可知沿电场线方向电势降低，O点处电势最高，则BO段电场的方向沿x轴负方向，OC段电场的方向沿x轴正方向，带负电的粒子在BO段受到向右的电场力的作用，在OC段受到向左的电场力的作用，所以粒子在从B运动到C的过程中，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，在O点电势能最小，故AC正确；
B.根据φ﹣x图像规律可知图线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，根据
可知，粒子q、m不变的情况下，从B运动到O的过程中，电场强度的大小先增大后减小，则粒子加速度先增大后减小，故B错误；
D.简谐运动需满足回复力
F＝﹣kx
则偏离平衡位置位移越大，物体所受的回复力越大，而根据B选项分析可知往复运动的端点B点和C点处场强不是最大的，则受力不是最大，不符合简谐运动的条件，故D错误。
故选：AC。
【点评】知道φ﹣x的斜率表示电场强度，以及沿电场线方向电势逐渐降低是解题的基础。
（多选）7．（2024春 大连期末）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、带正电的电荷量为q的小球，系在一根长为R的绝缘细线的一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度的大小为g，电场强度。
若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球运动到C点时细线的拉力最大
B．小球运动到B点时的电势能最大
C．小球运动到B点时的机械能最大
D．小球运动过程中的最小速度为
【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】CD
【分析】若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，在等效最高点时，细线拉力为零，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求最小速度。根据对称性确定速度最大即动能最大的位置。根据电场力做功情况分析小球机械能最大的位置。根据运动情况确定小球运动到B点的电势能。
【解答】解：AD．带正电的电荷量为q的小球受到的电场力大小为
F＝qE
解得
则重力和电场力的合力大小为
解得
F合＝2mg
重力和电场力的合力方向与竖直方向的夹角满足
可得
θ＝60°
如图所示
可知小球运动等效最低点G时速度最大，细线的拉力最大；小球运动等效最高点H时速度最小，则有
解得小球运动过程中的最小速度为
故A错误，D正确；
BC．从小球从A到B过程，电场力对小球一直做正功，小球电势能减小，小球从B到A过程，电场力对小球一直做负功，小球电势能增大，则小球运动到B点时的电势能最小，小球运动到B点时的机械能最大，故B错误，C正确。
故选：CD。
【点评】解答本题时，要掌握功能关系，注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的合力提供向心力。
（多选）8．（2024春 鼓楼区校级期末）如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷带电荷量为+2q，右侧点电荷带电荷量为﹣q，P、Q两点关于两电荷连线对称。由图可知（　　）
A．P、Q两点的电场强度相同
B．M点的电场强度大于N点的电场强度
C．若将一试探正电荷由M点静止释放，它将沿电场线运动到P点
D．两点电荷连线的中点处的电场强度为
【考点】两个或多个不等量电荷的电场线分布；电场强度的定义、单位和方向；电场强度的叠加；电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；根据电场线的疏密判断场强大小．
【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题；理解能力．
【答案】BD
【分析】根据电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线的切线方向表示电场方向，分析P、Q间以及M、N间电场强度关系；若将一试探正电荷由M点静止释放，根据其所受电场力特点分析其运动情况；根据点电荷场强公式和电场的叠加原理求解两点电荷连线的中点处的电场强度。
【解答】解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的大小，电场线的切线方向表示电场方向，可知P、Q两点的电场强度大小相等，方向不同，则P、Q两点的电场强度不同，故A错误；
B、电场线越密集的地方电场强度越大，电场线越稀疏的地方电场强度越小，因为M点的电场线比N点的电场线密，所以M点的电场强度大于N点的电场强度，故B正确；
C、电场线上每一点的切线方向与该点的电场强度方向一致，故若将一试探正电荷由M点静止释放，将沿M点的切线方向运动而离开原来的电场线，所以试探正电荷不会沿电场线运动，故C错误；
D、左侧点电荷在中点处的电场强度大小为
方向水平向右
右侧点电荷在中点处的电场强度大小为
E2＝k
方向水平向右
则两点电荷连线的中点处的电场强度大小为
E＝E1+E2＝kkk
方向水平向右，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题要掌握电场线的意义：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，并掌握点电荷电场强度公式的内容，注意矢量合成法则的应用。
三．填空题（共3小题）
9．（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。
10．（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。
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 天心区校级期末）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
（1）求M点的电场强度；
（2）求小球S1的重力；
（3）为保证S1能运动到N点，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？
【考点】带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场强度的叠加．
【专题】计算题；定量思想；图析法；动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）M点的电场强度大小为，方向由O指向M；
（2）小球S1的重力为；
（3）为保证S1能运动到N点，S1从M点下落时的初动能须满足。
【分析】（1）根据点电荷的场强公式结合矢量的合成求解M点的电场强度大小，判断其方向；
（2）根据牛顿第二定律结合力的合成可解得小球S1的重力；
（3）为保证S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D点时的速度必须大于零，根据动能定理确定S1从M点下落时的初动能须满足的条件。
【解答】解：（1）由点电荷场强公式可得，单个点电荷在M点的场强大小为
两个点电荷在M点的电场强度方向垂直，则M点的电场强度为
EME
方向由O指向M。
（2）设O点下方处为C点，A与C的距离为RC，小球S1在C处所受的库仑力大小为FC，由库仑定律和力的合成有
式中
设小球S1的质量为m1，小球S1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
FC+m1g＝m1a
由图（c）可知，a＝2g
联立并代入数据解得：
（3）设O点上方处为D点。根据图（c）和对称性可知，S1在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为0；S1在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S1能运动到N点，S1运动到D点时的速度必须大于零
设M点与D点电势差为UMD，由电势差与电势的关系有
UMD＝φM﹣φD
设小球S1初动能为Ek，运动到D点的动能为EkD，由动能定理有
m1g（MO﹣DO）+QUMD＝EkD﹣Ek
其中EkD＞0
由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图（b）所给数据，联立解得：
即为保证S1能运动到N点，S1从M点下落时的初动能须满足。
答：（1）M点的电场强度大小为，方向由O指向M；
（2）小球S1的重力为；
（3）为保证S1能运动到N点，S1从M点下落时的初动能须满足。
【点评】本题考查牛顿第二定律、动能定理，结合带电粒子在电场中运动的规律，解题关键掌握粒子的运动情况分析，有一定的难度。
13．（2024秋 厦门期末）如图甲所示，一倾角为30°足够长的绝缘斜面固定在水平地面上，质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a后锁定（A与弹簧不拴接）。空间中存在沿斜面向上、大小E（g为重力加速度）的匀强电场。质量为2m、电荷量为+q的物块B静止在斜面上端，B左侧固定有处于原长的轻质绝缘弹簧b，A、B与斜面的滑动摩擦力大小分别为mg、mg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
t＝0时解除锁定，弹簧的弹性势能Ep瞬间全部转化为A的动能，A运动距离L后于t1时刻到达P点，此时速度为v1、加速度为0，且未与弹簧b接触；t2时刻，A到达Q点，速度达到最大值2v1，弹簧b的弹力大小为mg，此过程中A的v﹣t图像如图乙所示。已知A、B的电荷量始终保持不变，两者间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k，弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）弹射过程弹簧a对A冲量的大小；
（2）A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功；
（3）A到达P点时，A与B之间的距离；
（4）A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化；动量定理的内容和应用；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）弹射过程弹簧a对A冲量的大小为；
（2）A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功为mgLEp；
（3）A到达P点时，A与B之间的距离为；
（4）A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和为。
【分析】（1）物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a，弹簧的弹性势能Ep瞬间全部转化为A的动能，根据动能定理和动量定理求解；
（2）从A从开始运动到P点的过程中，根据动能定理求解B对A库仑力所做的功；
（3）A到达P点时，A的加速度为零，根据平衡条件进行解答；
（4）物块A在P点时，对B分析，分析B的受力情况和运动情况；以A和B整体为研究对象，根据动量守恒定律求解B的速度大小；滑块A在Q点时，二者之间的距离为x′，对A根据平衡条件求解A的位移，由此得到B的位移大小，对系统，根据能量守恒定律、功能关系可得A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和。
【解答】解：（1）物块A压缩轻质绝缘微型弹簧a，弹簧的弹性势能Ep瞬间全部转化为A的动能，则有：Ep
解得：v
取沿斜面向上为正方向，根据动量定理可得弹射过程弹簧a对A冲量的大小为：I＝mv﹣0＝m；
（2）从A从开始运动到P点的过程中，根据动能定理可得：WBA﹣mgLsin30°mgL﹣qEL
解得B对A库仑力所做的功：WBAmgLEp；
（3）A到达P点时，A的加速度为零，则有：mgsin30°﹣qEmg＝0
解得A与B之间的距离：x；
（4）物块A在P点时，对B分析，设此次B的摩擦力大小为f，则有：f2mgsin30°﹣qE
解得：f
此时B的摩擦力达到最大，此后A向上运动过程中，B向下运动。
以A和B整体为研究对象，合外力为：F合＝3mgsin30°mgmg＝0
说明A从P到Q运动过程中，系统合外力为零，则动量守恒；当A到Q点时，设B的速度大小为vB，取沿斜面向上为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv1＝m 2v1+2mvB
解得：vBv1
滑块A在Q点时，二者之间的距离为x′，对A根据平衡条件有：mg﹣mgsin30°﹣qEmg＝0
解得：x′
由于A和B的合外力大小相等，而B的质量为A的质量的2倍，则B的加速度始终为A的一半，则A的位移等于B的位移的2倍。
则从A从P到Q过程中，二者的位移之和位移为：xA+xB＝x﹣x′
B的位移为：xB（）
对系统，根据能量守恒定律可得：W电场力+W弹簧+2mgxBsin30°﹣mgxAsin30°mgxAmgxB
解得：W电场力+W弹簧
根据功能关系可得A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和：ΔEP＝﹣W电场力+W弹簧
则ΔEp。
答：（1）弹射过程弹簧a对A冲量的大小为；
（2）A从开始运动到P点的过程中，B对A库仑力所做的功为mgLEp；
（3）A到达P点时，A与B之间的距离为；
（4）A从P点运动到Q点的过程中，A、B系统（含弹簧b）的电势能变化量与弹性势能变化量的总和为。
【点评】本题主要是考查带电物块在电场中的运动，关键是弄清楚物块的受力情况和运动情况，结合动能定理、功能关系进行解答。
14．（2024春 宿迁期末）如图甲所示，M、N为极板，PQ为荧光屏（足够长），M极板上O1处有一粒子源，t＝0时刻开始连续释放初速度为零、比荷为的正粒子。粒子经过M、N间的加速电场后，从N极板上的细缝O2进入N和PQ之间的偏转电场。已知M、N间的电压UMN﹣t图像如图乙所示，O1O2连线的延长线与PQ交于O3，O2O3间距离为L，不计粒子在M、N间的加速时间，不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
（1）粒子到达细缝O2时速度v的大小范围；
（2）若N和PQ间的偏转电场方向平行PQ向上，场强大小，粒子打到PQ上形成的亮线长度Δy；
（3）若N和PQ间的偏转电场为图丙所示的周期性变化电场，取平行PQ向上为正方向。从t＝0时刻释放的粒子恰好打到O3，则t＝T时刻释放的粒子打到PQ上的位置。
【考点】带电粒子先后经过加速电场和偏转电场；带电粒子在周期性变化的电场中偏转．
【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）粒子到达细缝O2时速度v的大小范围为；
（2）粒子打到PQ上形成的亮线长度为4L；
（3）则t＝T时刻释放的粒子打到PQ上的位置为。
【分析】（1）根据动能定理求带电粒子进入偏转电场的速度范围；
（2）根据类平抛运动的规律即可求解亮线长度；
（3）根据运动的分解分析竖直方向的运动情况，从而分析计算。
【解答】解：（1）粒子在极板间加速，根据动能定理有：
根据图乙可知，粒子到达细缝O2时速度v的大小范围为：
（2）粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则有：
水平方向有：L＝vt
竖直方向有：
将速度的两个极值代入可解得
，
粒子打到PQ上形成的亮线长度
Δy＝y2﹣y1
解得Δy＝4L
（3）从t＝0时刻释放的粒子恰好打到O3，根据竖直方向的运动规律可知，粒子在0～T向上加速，T～2T向上减速，2T～3T向下加速，3T～4T向下减速，直至打到O3，则t＝T时刻释放的粒子打到PQ上用时为2T，根据竖直方向的运动规律有
解得
答：（1）粒子到达细缝O2时速度v的大小范围为；
（2）粒子打到PQ上形成的亮线长度为4L；
（3）则t＝T时刻释放的粒子打到PQ上的位置为。
【点评】该题考查粒子在匀强电场中的加速和偏转，并且电场还是变化的，这就要求我们要有较强的过程分析能力，对物体的运动进行分段处理。
15．（2024春 新郑市校级期末）如图所示，光滑水平面上竖直固定有一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BC，水平面AB与圆弧BC相切于B点，O为圆心，OB竖直，OC水平，空间有足够大水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球自A点由静止释放，小球沿水平面向右运动，AB间距离为2R，匀强电场的电场强度，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）小球到达B点时的速度大小；
（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时对轨道的最大压力值；
（3）小球离开圆弧轨道到落地前的最小速率。
【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力；模型建构能力．
【答案】（1）小球到达B点时的速度大小为；
（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时对轨道的最大压力值为；
（3）小球离开圆弧轨道到落地前的最小速率为。
【分析】（1）从A到B列动能定理，可以求解小球到达B点时的速度；
（2）根据“等效重力”，判断出小球的速度最大的点，用牛顿第二定律计算出小球对轨道的压力最大；
（3）将小球的运动分解，当沿合力方向的速度减为零时，小球的速度具有最小值。
【解答】解（1）小球从A到B过程，根据动能定理可得
qE 2R0
解得小球到达B点时的速度大小为
（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时，设电场力与重力的合力与竖直方向的夹角为θ，则有
可得
θ＝45°
可知当小球运动到圆弧轨道BC的中点时，小球的速度最大，小球对轨道的压力最大，根据动能定理可得
根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的最大压力为。
（3）小球从A到C过程，根据动能定理可得
qE 3R﹣mgR
解得
小球从C点抛出后，将小球的运动分解为沿重力和电场力的合力方向和垂直合力方向，如图所示
小球在空中垂直合力方向做匀速直线运动，沿合力方向先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，当沿合力方向的速度减为零时，小球的速度具有最小值，则有
答：（1）小球到达B点时的速度大小为；
（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时对轨道的最大压力值为；
（3）小球离开圆弧轨道到落地前的最小速率为。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动问题，对于运动过程的分析可以优先考虑动能定理，在某点求解受力可以结合牛顿第二定律列式求解。
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