【文档说明】(通用版)高考物理二轮复习纠错笔记专题08《电场》（解析版）.doc，共(49)页，2.959 MB，由MTyang资料小铺上传

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一、对静电场的基本概念和性质理解不透彻对静电场基本概念和性质的理解易出现以下错误：（1）易错误地认为：场强越大的地方，电势就越高；场强的正、负和电势的正、负含义相同。不清楚场强的正、负表示方向，而电势的正、负表示大小。（2）易错误地认为正、负电荷在电势越高的地方，电势能都越大。（3

）易错误地认为处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，电势也处处为零。（4）易错误地认为沿处于静电平衡状态的导体表面移动电荷时，电场力可以做功。二、对影响库仑力大小的因素理解不透彻对库仑定律的应用易出现以下错误：（1）库仑定律的适用条件是真空

中的点电荷，对不能看成点电荷的带电体误用库仑定律公式计算；（2）对不能看成点电荷的均匀带电球体也可以使用库仑定律计算库仑力的大小，但易错误地将球体表面的距离当作r代入，实际上r应为球心距离；（3）计算库仑力时，弄错电荷量的正负号，根据正负号确定库仑力的方向。三、不熟悉典型电场的电场

线和等势线的分布对于电场线和等势线易出现以下错误：（1）电场线是为了描述电场而引入的，并不是真实存在的，易错误地认为电场线是带电粒子的运动轨迹；（2）不明确常见的电场线和等势线的分布特点；对等量同种电荷和异种电荷在电场线上、中垂线上的场强及电势变化的规律不清楚。四、对求解电场强度的几种特殊

思维方法理解不透彻电场强度的求解方法及思路（1）等效法：在保证效果相同的前提条件下，将复杂的物理情景变换为简单的活熟悉的情景。如图甲所示，一个点电荷+q与一个很大的薄金属板形成电场，可以等效为如图乙所示的两个异种等量点电

荷形成的电场。（2）对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，将复杂的电场叠加计算简化。如图丙所示，电荷量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。均匀带

电薄板在a、b两对称点处产生的场强大小相等、方向相反，若图中a点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为2bkqEd，方向垂直于博班向左。学*科网丙（3）补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球

面，从而化难为易。如图丁所示，将金属丝AB弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留有宽度为d的间隙，且d远小于r，将电荷量为Q的正电荷均匀分布与金属丝上。设原缺口所带电荷的线密度为ρ，2πQrd，则补上的那一小段金属丝带电荷量Qd，则整个完成的金属丝AB在O处

的场强为零。Q在O处的场强12322πkQkQdErrrd，因O处的和场强为零，则金属丝AB在O点的场强2322πkQdErrd，符号表示E2与E1反向，背离圆心向左。丁（4）微元法：

将研究对象分割成若干微小的单元，或从研究对象上选取某一―微元‖加以分析，从而可以化曲为直，使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量。如图戊所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面的对称轴上的一点，OP=L。设想将圆环看成n个小

段组成，每一小段都可以看作点电荷，其所带电荷量QQn，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为222()kQkQEnrnRL，由对称性知，各小段带电体在P处的场强E沿垂直于轴的分量Ey相互抵消，而其轴

向分量Ex之和即为带电环在P处的场强EP，322222cos=()()PxQQLEnEnkknRLRL。戊（5）极值法：物理学中的极值问题可分为物理型和数学型两类，物理型主要依据物理概念、定理、定律求解。数学型则

是根据物理规律列出方程后，依据数学中求极值的知识求解。五、电场中电势高低及电势能的判断（1）电场中电势高低的判断方法判断角度判断方法依据电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低依据电场力做功根据ABABWUq

，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低依据场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值，靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低依据电视能的高低正电荷在电势较高处电势能大，负

电荷在电势低处电势能大（2）电荷具有电势能大小的判断方法判断角度判断方法做功判断法电场力做正功，电视能减小；电场力做负功，电视能增加场源电荷法正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大公式法由p=Eq，将q、φ的大小、正负号一

起代入公式，Ep的正值越大，电势能越大；Ep的负值越小，电势能越大能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，电势能增加六、理不清电场中运动轨迹与电场力、电场线的关系与电场线相关的四个易错点（1）误认为电场线方向就是电荷受到电场力作用的方向。（

2）误认为电场线是电荷在电场中的运动轨迹；（3）误认为未画出电场线的地方，场强为零；（4）错误地根据电场线方向来判断电场强度大小，应根据电场线的疏密来判断电场强度的大小。七、不会分析电容器动态变化中的场强和电势对电容器的理解和应用易出现以下错误：（1）易错误地认

为电容器的电容与U和Q有关；（2）易错误地认为充电后与电源断开的电容器，无论哪种因素变化，板间电场强度都不变；（3）易错误地认为电势的高低取决于板间场强的大小和与零等势面的距离大小，与哪个板接地无关。八、对带电粒子在

匀强电场中偏转的特点掌握不准确解决带电粒子在电场中运动的问题易出现以下错误：（1）不知道带电粒子在电场中运动时是否考虑重力，对电场力方向判断不清；（2）对带电粒子在电场中的运动过程分析错误；（3）对带电粒子经电场作用而偏转打在屏上分析时，易弄错位移的偏转角和速度的偏转角度；

（4）对电场和重力场的复合场的分析可以用等效重力场处理，易忽视类平抛运动结论的应用。九、带电体在电场中的平衡与运动1．分析带电体平衡问题的方法分析带电体平衡问题的方法与力学中分析物体平衡的方法是一样的，我们应学会把电学问题力学化。一般分析此问题的步骤为：（1）确定研

究对象。如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取―整体法‖或―隔离法‖，一般是先整体后隔离；（2）对研究对象进行受力分析；（3）列平衡方程或根据牛顿第二定律列方程求解，经常用到动量守恒定律、动能定理等。2．用能量观点处理带电体在电场中的运动的方

法对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理。既是是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简捷。（1）用动能定理处理思维顺序一般为①弄清研究对象，明确所研究的物理过程；②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些

力做功，做正功还是负功；③弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）；④根据W=ΔEk列出方程求解。（2）用能量守恒定律处理列式的方法常有两种①由初、末状态的能量相等列方程；②由某种能量的减少等于另一种能量的增加列方程。十、静电场中涉及图象问题的处理方

法1．主要类型（1）v–t图象；（2）φ–x图象；（3）E–x图象。2．应对策略（1）v–t图象：根据v–t图象中速度的变化、斜率的绝对值的变化（即加速度大小的变化），确定电荷所受电场力的方向与电场力的发小变化情

况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。（2）φ–x图象：①电场强度的大小等于φ–x图线的斜率绝对值；②在φ–x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系大致确定电场强度的方向；③在

φ–x图象中分析电荷移动时做功的正负，可用WAB=qUAB分析WAB的正负，然后做出判断。（3）E–x图象：根据给出的E–x图象，确定E的方向，根据E的大小变化，确定电场的强弱分布。十一、示波管的构造和原理（1）示波管的构造：示波器的核心部件是示

波管，示波管的构造简图如图所示，也可将示波管的构造大致分为三部分，即电子枪、偏转电极和荧光屏。（2）示波管的原理①偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形成一个亮斑。②在XX（或YY）加电压时，则电子被加速，偏转后射到XX（或YY）所在直线上某一点

，形成一个亮斑（不在中心）。当两偏转电极均加电压时，两个方向都有偏转位移，根据运动的独立性，X方向的位移取决于XX上的电压，Y方向的位移取决于YY上的电压，利用带电粒子在电场中运动的分析方法求解。（3）示波管实际工作时，竖直偏转板和水平偏转板都加上电压。一般加在竖直偏转

板上的电压是要研究的信号电压，加大水平偏转板上的扫描电压，若两者周期相同，在荧光屏上就会显示信号电压随时间变化的波形图。水平面上有一边长为L的正方形，其a、b、c三个顶点上分别固定了三个等量的正点电荷Q，

将一个电荷量为+q的点电荷分别放在正方形中心点O点和正方形的另一个顶点d点处，两处相比，下列说法正确的是A．q在d点所受的电场力较大B．q在d点所具有的电势能较大C．d点的电势高于O点的电势D．q在两点所受的电场力方向相同对于场强的比较，

不少同学由对称性直接得出a、b、c、d四点的相关物理量的关系，而忽视了题中给出的是a、b、c三个顶点上分别固定了三个等量的正点电荷Q，并不是在O点固定一个点电荷。由点电荷的电场及场的叠加可知，在O点b、c两处的点电荷产生的电场相互抵消，O点处的场强等于a处点电荷所

产生的场强，即02222()2kQkQELL，方向由a指向O；而在d点处221cos452(2)22dkQkQkQELLL，方向也沿aO方向，选项A错误，选项D正确。ad是b、c两处点电荷连线的中垂线，由两等

量正电荷的电场中电势分布可知在b、c两点电荷的电场中O点电势高于d点电势，而在点电荷a的电场中O点电势也高于d点电势，再由电势叠加可知O点电势高，而正电荷在电势越高处电势能越大，选项B、C皆错误。答案：D。1．如图所示，A

、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为–q外，其余各点处的电荷量均为+q，则圆心O处A．场强大小为2kqr方向沿OA方向B．场强大小为2kqr方向沿AO方向C．场强大小为22kqr方向沿OA方向D．场强大小为2

2kqr方向沿AO方向【答案】C【解析】根据对称性，先假定在A点放上+q的点电荷，则O点的场强为零，即B、C、D、E四个点电荷在O点的场强方向沿OA向上，大小为2kqr，故O点的合场强为A点–q在O点产生的场强与B、C、D、E四个+q场强的叠加。E合=22kqr，故选C。2．（2018·内蒙

古赤峰二中高二上学期第一次月考）如图所示，A、B、C、D是真空中一正四面体的四个顶点（正四面体是由四个全等正三角形围成的空间封闭图形），所有棱长都为a。现在A、B两点分别固定电荷量分别为＋q和－q的两个点电荷，静电力常量为k，下列说法正确

的是学科、网A．C点的场强大小为2B．C，D两点的场强大小相同，方向不同C．C，D在同一等势线上D．将一正电荷从C点移动到D点，电场力做正功【答案】C【名师点睛】本题关键要掌握等量异种电荷电场线和等势线分布情况，抓住ABCD是正四面体的四个顶点这一题眼，即可得

出C、D处于通过AB的中垂面是一等势面上。如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点位于Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度刚好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为3g/4，则此电荷

在B点处的加速度a为A．a=4g，方向竖直向上B．a=4g，方向竖直向下C．a=3g，方向竖直向上D．a=3g，方向竖直向下没有对两点电荷相互作用即运动全面分析，主观认为A向下运动，则两点电荷距离减小，所受库仑力增大，加速度增大

。对点电荷在A点进行受力分析，得到234Qqmgkmamgh，则mghQqk412，点电荷在B点受到的电场力为mgmghQqkF4416)41(2，由牛顿第二定律得4mg–mg=ma，所以a=3g，方向竖直向上，ABD错，C对。答案：C。1．如图所示，一个均匀的带电圆环，带电量

为+Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上。圆心为O点，放O点做一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷+q，则+q在A点所受的电场力为A．2RQqk，方向向上B．2R4kQq2，方向向上C．24kQqR，

方向水平向左D．不能确定【答案】B【解析】将带电圆环等分成无数个相同的点电荷q'，由于对称性所有q'与q的作用力在水平方向分力的合力应为零，因此cos.2'2RqqkF22242'222.2'RkqQqRkqRRRqqk，且方向向上。2．（2018·安徽省定远

县育才学校高二上学期9月份质量评测卷）在真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为F。如果保持它们之间的距离不变，将它们各自所带的电荷量减小到原来的一半，那么它们之间静电力的大小等于A．4FB．2FC．D．【答案】D如图所示为

一空腔导体周围的电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四点，其中M、N在一条直电场线上，P、Q在一条曲电场线上，则有A．M点的电场强度比N点的电场强度大B．P点的电势比Q点的电势低C．负电荷在P点的电势能小于其在Q点的

电势能D．M、O间的电势差等于O、N间的电势差不清楚无论导体带电与否，经典平衡时表面为等势面，不会运用电场的基本性质进行解题。由电场线的疏密程度表示电场的强弱，所以N点的场强比M点的场强大，故A错误；

沿着电场线的方向电势越来越低，所以Q点的电势比P点的电势低，故B错误；负电荷由P点运动到Q点，电场力左负功，电势能增加，所以负电荷在P点时的电势能小于在Q点时的电势能，故C正确；根据电场分布可以知道，MO间的平均电场强度比

ON之间的平均电场强度小，故由公式UEd可知，MO间的电势差小于ON间的电势差，故D错误。答案：C。1．如图所示，在两个点电荷Q1、Q2产生的电场中，实线为其电场线分布，虚线为电子（不计重力）从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是A．电子经过A点的加速度比经过B点的加速

度大B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能D．两个点电荷连线中点O的场强为零【答案】A2．（2018·广西南宁市第三中学高二上学期第一次月考）如图所示，下列四幅有关电场说法正确的是甲．乙．丙．丁．A．图甲为等量同种点电荷形成的电场

线B．图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强相同C．图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点D．图丁中某一电荷放在e点与放到f点，它们的电势能相同【答案】D如图所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0

.2m和0.7m。在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示。下列说法正确

的是A．B点的电场强度的大小为0.25N/CB．A点的电场强度的方向沿x轴负方向C．点电荷Q是正电荷D．点电荷Q的位置坐标为0.3m不能正确分析受力与电场强度的关系而导致本题错解。由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放

置于A、B两点之间某位置，选项B、C均错；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强为EA=kQ/l2=Fa/qa=4×105N/C，同理，点电荷在B点产生的场强为EB=kQ/(0.5–l)2=

Fb/qb=0.25×105N/C，解得l=0.1m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ=xA+l=0.2+0.1=0.3(m)，所以选项A错误，选项D正确。答案：D。1．（2018·江西省南昌市第二中学高二上学期第一次月考）如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通

过半球顶点C与球心O的轴线。P、Q为CD轴上关于O点对称的两点。如果带电量为Q的均匀带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等。则下列判断正确的是A．P点的电势与Q点的电势相等B．带正电的微粒在O点的电势

能为零C．在P点静止释放带正电的微粒（重力不计），微粒将做匀加速直线运动D．P点的电场强度与Q点的电场强度相等【答案】D【名师点睛】利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电

粒子的运动状态。两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做曲线运动，电势能先变小后变大C．做直线运动，电

势能先变大后变小D．做曲线运动，电势能先变大后变小不能充分利用等势面判断电势的高低，从而确定带电体运动后电势的高低。学科/网带负电粒子射入时受到的电场力存在初速度垂直方向分量，因此做曲线运动。粒子先靠近正电荷，

后远离正电荷。所以电场力先做正功，后做负功，粒子的电势能先减小后增大。故选项B正确。答案：B。1．（2018·河北省邢台市高三上学期第二次月考）在电荷量分别为2q和–q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示，在两点电荷连线上有a、b、c三点，且b、c两点到正点电荷距离相等，则A．在两点电荷

之间的连线上存在一处电场强度为零的点B．将一电子从a点由静止释放，它将在a、b间往复运动C．c点的电势高于b点的电势D．负试探电荷在a点具有的电势能大于在b点时的电势能【答案】C【解析】A、正负电荷在两点电荷之间的

连线上产生的场强方向相同，所以在两点电荷之间的连线上不存在电场强度为零的点，故A错；B、将一电子从a点由静止释放，电子在a点受到向右的电场力，所以要从静止向右运动，则运动不是在a、b间往复运动，故B错；C、b、c两点到正点电荷

距离相等，若只有正电荷，则b、c两点的电势相等，但由于负电荷的存在导致c点的电势高于b点的电势，故C对；D、沿着电场线电势在降低，所以a点电势高于b点电势，而负电荷在电势高的地方电势能小，所以a点具有的电势能小于在b点时的电势

能，故D错；综上所述本题选C。2．（2018·江苏省东海高级中学高三年级高考适用性考试）将一空心导体放入匀强电场中稳定后，电场线分布如图所示。A、D为电场中两点，B、C为导体表面两点。则下列说法中正确的是A．同一带电粒

子在A点受到的电场力大于在C点受到的电场力B．同一带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能C．一带电的粒子沿着导体表面从B点移动到C点，电场力不做功D．B点的电势低于D点的电势【答案】C【名师点睛】本题的关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、场强大小关系。同时要知

道处于静电平衡状态的导体是等势体，其表面是等势面。当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减。（2018·内蒙古赤峰二中高二上学期第一次月考）如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电

势为20V，b点电势为24V，d点电势为12V。一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°，一段时间后经过c点（不计质子的重力），下列判断正确的是A．c点电势高于a点电势B．场强的大小为C．质子从b运动到c所用的时间为D．质子从b

运动到c，电势能增加8eV根据题意不能正确分析导致本题错误。在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故Ua–Ud=Ub–Uc，解得：Uc=16V，a点电势为20V，则c点电势低于a点电势，

故A错误；设ad连线中点为O，则其电势为16V，故cO为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bO方向，场强为，故B正确；由上可知，电场线沿着bO方向，质子从b运动到c做平抛运动，垂直于bO方向做匀速运动，位移大小为，则运动时间为，故C错误。根据W=qU，质子从b点运动到c

点，电场力做功为W=qUbc=1e×（24V–16V）=8eV，电势能减小8eV，故D错误；答案：B。1．（2018·河南省滑县高三第一学期第二次联考）如图所示，有一四面体abcd，cd底面abc，ab=bc=ac

=cd=10cm，e为ab的中点。空间中存在匀强电场把一个电荷量q=2.0×C的正电荷从c点移到e点电场力做功W=2×J，而将其从d点分别移到a点b点电场力做功均为零。已知c点电势=–2V。则A．电场强度的方向由ceB．电场强度的大

小为V/mC．a点的电势为–12VD．cb中点的电势为–5V【答案】BC由几何关系可得：cm的长度dcm=cm，匀强电场：V/m，选项B正确；，，可得：，选项C正确；cb中点的电势为，选项D错误。故选BC。【名师点睛】注

意在应用求解电势差时要注意各个物理量的符号；求解电场强度时，要注意d是沿电场线方向的距离。某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线可能是电场线，也可能是等势面，

则下列说法正确的判断是A．如果图中虚线是电场线，电子在a点动能较大B．如果图中虚线是等势面，电子在b点动能较小C．不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的场强都大于b点的场强D．不论图中虚线是电场线还是等势面，a点的电势都高

于b点的电势错误地将粒子运动的规矩理解为等势线或者其他物理量导致本题错解。若虚线是电场线，从轨迹弯曲方向可知电场力沿着电场线向左，ab曲线上每一点的瞬时速度与电场力方向均成钝角，故电子做减速运动，动能减小，在a处动能最大，所以A正

确；若虚线为等势面，根据等势面与电场线处处垂直可大致画出电场线，显然可看出曲线上每个位置电子受到的电场力与速度成锐角，电子加速运动，故动能增大，即在a点动能较小，所以B错误；若虚线是电场线，由电场线的密集程度可看出a点的场强

较大，由沿着电场线方向电势越来越低可判断a处的电势较高，所以D错误；若虚线是等势面，从电子曲线轨迹向下弯曲可知电场线方向垂直虚线向上，沿着电场线方向电势越来越低，故a点电势较小，也能判断D错误，而等差等势面密

集处电场线也越密集，故a处场强较大，因此无论虚线是电场线还是等势面，均有a点的场强大于b点的场强，故C正确。答案：AC。1．（2018·陕西省咸阳百灵中学高二上学期第一次月考）如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线

，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，ab是轨迹上两点。若带电粒子运动中只受到电场力作用，根据此图可判断A．带电粒子所带电荷的正负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的速度b处大D．带电粒子在a、b两点的电势能a处大【答案】B【名师点睛】该题

属于电场中粒子的运动轨迹的分析，先根据运动的轨迹与受力的方向之间的关系判断出粒子受到的电场力的方向，然后结合电场力做功与粒子的电势能的关系即可。学/科网2．（2018·重庆市万州二中高二上期期末考试）如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势

差相等，一电子从右侧垂直等势面A向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，若电子仅受到电场力作用，其在a、b、c三点的速度大小分别为va、vb、vc，则A．三个等势面的电势大小为中φC>φB>φAB．电子由a到b电场力做功等于由b到c电场力做功C．电子在a、b、

c三点的速度关系vb>vc>vaD．电子在a、b、c三点的电势能关系EpA>EpB>EpC【答案】B（2018·山西省忻州第一中学高二上学期第一次月考）如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一

电源相连，S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是A．若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B．若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有a→b的电流C．若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流D．

若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流不能正确理解电容器极板变化接电源与不接电源板间电场强度变化的区别而导致本题错解。将S断开，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴所受的电场力不变，故油滴仍处于静止状态，故A错误。若将A板左移，电容

器板间电压不变，由E=U/d可知，场强E不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态；电容器的电容减小，由Q=CU知电容器的电量将减小，放电，则G表中有b→a的电流，故B错误。将A板上移，由E=U/d可知，E变小，油滴所受的电场力减小，将向下加速

运动；电容C变小，电量减小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故C正确；将A板下移，由E=U/d可知，E变大，油滴所受的电场力变大，将向上加速运动；电容C变大，电量变大，电容器要充电，则有由a→b的电流流过G

，故D错误；答案：C。1．如图所示，A、B是两块平行金属极板，充电后与电源断开。A板带正电，B板带负电并与地连接，有一带电微粒悬浮在两板间P点处静止不动。现将B板上移到虚线处，则下列说法正确的是A．带电微粒的电性为正B．平行板电容器电容增大C．极

板间P点的电势升高D．带电微粒的电势能增大【答案】BD2．（2018·重庆市第八中学高二第一次月考）如图，装置可以研究影响平行板电容器电容的因素，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板充电后已与电源断开

了连接，左侧极板与静电计外壳接地，则下列说法中正确的是A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持d不变，减小S，则θ变小C．保持d、S不变，在两极板中插入一陶瓷片，则θ变大D．保持d、S不变，用手触摸图中左侧极板，则θ变小【答案】A【解析】根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当

保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=Q/U，分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角【名师点睛】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式和C=Q/U。（2018·安徽省芜湖市顶峰美术

学校高二上学期第一次月考）三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC=2OA，AC=2BC，如图所示，则下列说法正确的是A．三

个粒子在电场中运动的时间之比tA：tB：tC=2：3：4B．三个粒子在电场中运动的加速度之比aA：aB：aC=1：3：4C．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA：EkB：EkC=36：16：9D．带正、负电荷的两个粒子的电荷量

之比为7：20不明白电容器极板间为匀强电场导致本题错解。粒子在水平方向做匀速运动，则时间之比等于水平位移之比，则tA：tB：tC=OA：OB：OC=2：3：4，选项A正确；竖直方向根据可知，则aA：aB：aC=

，选项B错误；三个粒子在电场中运动时动能的变化量等于合外力的功，即，三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA：EkB：EkC=36：16：9，选项C正确；由轨迹可知，C带正电，A带负电，B不带电，则aB=10m/s，则aA=22.5m/s2，aC=m/s2，则对A：；对

C：，解得qC：qA=7：20，选项D正确；答案：ACD。1．如图所示，在真空中有一水平放置的不带电平行电容器，板间距为d，电容为C，上板B接地，现有大量质量均为m、带电荷量为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿途中

虚线方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点，如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第1N滴油滴刚好能飞离电场，假设落到A板的油滴的电荷量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则下列说法不正确

的是A．落到A板的油滴数234CdmgNqB．落到A板的油滴数24CdmgNqC．第1N滴油经过电场的整个过程中所增加的动能为8mgdD．第1N滴油经过电场的整个过程中所减少的机械能为38mgd【答案】B能的增量，由动能定理得：W=mg12d–qE1

2d，代入数据得：W=18mgd，故C正确；第（N+1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：W电=–qE12d=–38mgd，故D正确。【名师点睛】考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二

定律的综合应用。在竖直平面内有水平向右、场强为4110N/CE的匀强电场。在场中有一根长2mL为的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一个质量为0.04kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰

能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在最初静止时的位置为电势能和重力势能的零点，cos370.8，29.8m/sg求：（1）小球所带电荷量；（2）小球恰能做圆周运动的动能最小值；（3）小球恰能做圆周运动的机械能最小值。不能将重力和电场力等效为重力场进行解题

导致本题错误。（1）根据平衡关系：tan37Eqmg得到tan37mgqE代入数据得5310Cq（2）由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，类比重力场，在圆上各点中，小球在平衡位置A时动能最大，在平衡位置

A的对称点B，小球的动能最小，在对称点B，小球受到的重力和电场力，其合力F作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零。学科；网有0.5Ncos37mgF，而2BmvFL所以2k10.5J2BEmv（3）当小球在圆

上最左侧的C点时，电势最高，电势能最大，机械能最小。由B运动到A，根据动能定理，有kk2AFLEEk2.5JAE，A点的重力势能和电势能均为零，则总能量E=2.5J。由CA，克服电场力做的功：1sin370.96JWEqL即C点的电势能p0.96JCE

所以C点的机械能为p1.54JCEE1．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一个质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动

，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°=0.8，g取10m/s2。下列说法正确A．小球的带电荷量q=6×10–5CB．小球动能的最小值为1JC．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械

能之和保持不变，且为4J【答案】AB确；由于总能量保持不变，即kPGPEEEE恒量，所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能PEE最大，机械能最小，故C错误；由于总能量保持不变，即kPGPEEEE恒量，由B运动到A，()PAPBWEE合力，·2WFL合

合力，所以2JPBE，总能量k3JPBBEEE，故D错误。甲乙【名师点睛】关键抓住小球恰好做圆周运动，求出等效最高点的临界速度，根据该功能关系确定何处机械能最小，知道在等效最高点的动能最小，则重力势能和电势能之和最大。2．（2018·四川省眉山中学高二10月月考）如

图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，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。已知重力加速度为g，电场强度为。下列说法正确的是A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为B．若小球

在竖直平面内绕O点做圆周运动，，则小球运动到B点时的机械能最大C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点【答案】BD【名师点睛】掌握合外力做功与动能的关系、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提供向心力，此最高点在AD弧线的中点。用一条绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10–2kg，所带电荷量为

+2.0×10–8C。现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成30°角（如图所示）。求这个匀强电场的电场强度（g取10N/kg）。错误地认为，带电体在电场中只能运动，不能平衡，导致本题误以为无解。取带电小球为研究对象，小球在三个共

点力作用下处于平衡状态，受力分析如图所示小球在重力mg、电场力F及绳的拉力T的作用下处于平衡状态，则有F=mgtan30°，而F=qE解得电场强度6tan302.8910N/CmgEq【名师点睛】本题是带

电体在电场中平衡问题，当作力学问题去处理，关键是分析电场力大小和方向。1．（2018·辽宁省瓦房店市高级中学高二10月月考）如图所示，固定的绝缘斜面处于沿水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑道底端，其运动轨迹和匀强电场均在纸面内，已知在金属块下滑的过程中动能

增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下判断正确的是A．金属块带负电B．金属块克服电场力做功0.2JC．金属块的机械能减少1.2JD．金属块的重力势能和电势能之和减少1.0J【答案】BD【名师点睛】本题考

查带电粒子在电场中运动时的功能关系的分析，解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系。两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所

示。一个电荷量为2C，质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=2V/mB．由C到A的过程中

物块的电势能先减小后变大C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D．AB两点电势差UAB=–5V不能正确将v–t图象与电场相关知识结合导致本题错解。两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向无穷远；电荷量为2C仅在运动方向上受电场力作用从C点到B、到A运动的过程中，

根据v–t图可知在B点的加速度为运动物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，则判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况。速度时间图像中图线的斜率表示加速度，加速度越大，则受到的电场力越大，即电场强度越大，故在B点的加速度最大，其大小为224m/s2m/s75a，根据牛顿第二

定可得FEqma，解得21N/C1N/C2maEq，A错误；从C到A过程中速度增大，即动能增大，电场力做正功，电势能减小，同一正电荷的电势能减小，则电势减小，BC错误；从图中可知A、B两点的速度分别为：6m/s4

m/sABvv，，物块在A到B过程，根据动能定理得：2222111146J10J222ABBAqUmvmv，得：10V5V2ABABWUq，D正确。答案：D。1．（2018·四川省成都外

国语学校高二上学期第一次月考）在x轴上关于O点对称的两个位置放置电荷量大小相等的点电荷。关于在两电荷连线上场强和电势的分布，下列说法正确的是（规定x轴正方向为电场强度的正方向、无穷远的电势为零）学/科网A．甲图为两个等量正点电荷的E−x图象B．乙图为两个等量负点电荷的φ−x图象C．

丙图为两个等量异种点电荷的E−x图象D．丁图为两个等量正点电荷的φ−x图象【答案】A【名师点睛】解决本题的关键知道等量正负电荷周围电场线分布，知道电场线密的地方场强比较强；同时明确沿电场线的方向电势降低；并且异号点电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等

势面，与无穷远处电势相等。示波器可以用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，其原理图如下，XX为水平偏转电极，YY为竖直偏转电极。以下说法正确的是A．XX加图3波形电压、YY不加信号电压，屏上在两个位置出现亮点B．XX加图2波

形电压、YY加图1波形电压，屏上将出现两条竖直亮线C．XX加图4波形电压、YY加图2波形电压，屏上将出现一条竖直亮线D．XX加图4波形电压、YY加图3波形电压，屏上将出现图1所示图线不明白示波管的工

作原理及构造导致本题错解。XX加图3波形电压、YY不加信号电压，则电子将在两个不同方向的电压一定的电场中运动发生两个大小相同方向相反的位移，故在屏上水平方向的两个位置出现亮点，选项A正确；XX加图2波形电压、YY加图1波形电压，屏上将出现一条竖

直亮线，选项B错误；XX加图4波形电压、YY加图2波形电压，屏上将出现一条水平亮线，选项C错误；XX加图4波形电压、YY加图3波形电压，屏上将出现图3所示图线，选项D错误。答案：A。1．（2018·四川省成

都外国语学校高二上学期第一次月考）示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中

心线射入板中，金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是A．U1变大

，U2变大B．U1变大，U2变小C．U1变小，U2变大D．U1变小，U2变小【答案】C2．示波器的核心部件是示波管，下图是它的原理图。如果在偏转电极XX之间和偏转电极YY之间都没加电压，电子束从电

子枪射出后沿直线传播，打在荧光屏中心O，从右向左观察，在那里产生一个亮斑。（1）如果在电极XX之间不加电压，但在YY之间加不变的电压，使Y的电势比Y高（即Y正Y负），则电子打在荧光屏上的位置位于__

________上（填OX、OY、OY或OX，O是荧光屏中心）；当所加电压增大时，电子打在荧光屏上的位置将__________。（填―上移‖、―下移‖或―不变‖）（2）如果在YY之间加正弦电压，如图甲所示，

而在电极XX之间加随时间线性变化的电压，如乙图所示，则荧光屏上看到的图形是丙图中的__________。A．B．C．D．【答案】（1）OY上移（2）A1．电势与电场强度的深入理解电势具有相对意义，理论上可以任意选取零电势点（面）

，因此电势与场强没有直接关系，但有一点要记住：沿电场线方向电势降低，因此离正电荷越近，电势越高，离负电荷越近，电势越低；电荷在电场中某点具有的电势能，由该点的电势与电荷的电荷量（包括电性）的乘积决定，即p=Eq

，与电势一样具有相对性，对于正、负电荷，电场力做功等于电荷电势能的减少量，即pWE，可以借此来判断电荷电势能的变化，比较同一电荷在电场中不同点电势能的大小。电场强度是矢量，计算非点电荷在某点产生的电场强度，要―先分后合‖，先将非点电荷―微分‖为很多点电荷，计算各个点电荷在该点产生

的场强，然后求出这些场强的矢量和。如果非点电荷对称分布，注意利用对称性简化计算。习惯：在讨论电场力的性质时，计算中只代入量值计算大小，方向由电性直接判断；而在讨论电场的性质时，计算要同时代入表示电性、电势高低及电势差的正、负号，因为此时的―+‖、―–‖跟量值的大小有关。2．电势高低

的判断方法（1）沿电场线方向，电势越来越低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面。（2）判断出UAB的正负，再由ABABU比较φA、φB的大小，若UAB>0，则φA>φB；若UAB<0，则φA、φB。（3）取无穷远处为电势零点，正电荷周围电势为正值，且离正电

荷近处电势高；负电荷周围电势为负值，且离负电荷近处电势低。学科/网3．由运动的轨迹判断电场的性质应注意的问题（1）从轨迹弯曲方向判断受力方向（说明：粒子受力方向一定沿电场线指向轨迹凹侧），从而分析电场方向或电荷的正负；（2）结合带电粒

子速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负（说明：若速度方向与电场力方向夹角小于90°，电场力做正功；若夹角大于90°，电场力做负功），从而确定电势能、电势的变化等。4．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路（1）确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不

变。①电容器充电后仍与电源联通，且电路中各电阻值均不变，电容器两端电压U不变；②当电容器充电后与电源断开，且没有除电容器外的其他元件与电容器构成回路时，电容器带电量Q不变。（2）用决定式4πSCkd分析平行板电容器电容的变化。（3）用定义式QCU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的

变化。（4）用UEd和4πkQES分析电容器极板间场强的变化。（5）用AAOAOUEd来确定电容器间某点A的电势高低及变化（其中UAO为A点到零电势点间的电势差，dAO为A点到零等势面间的距离）。1．如图所示，a、b是

两个点电荷，它们的电荷量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点。下列哪种情况能使P点电场强度方向指向MN的右侧A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1<Q2B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1>|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|<Q2D．Q

1、Q2都是负电荷，且|Q1|>|Q2|【答案】B2．（2018·湖北省武汉市部分市级示范高中高三十月联考）如图示真空中a、b、c、d四点共线且等距，a、b、c、d连线水平。先在a点固定一点电荷+Q，测得b点场强大小为E。若再将另一点电荷+

2Q放在d点时，则A．b点场强大小为，方向水平向右B．b点场强大小为，方向水平向左C．c点场强大小为，方向水平向右D．c点场强大小为，方向水平向左【答案】D3．如图所示，两个带电金属小球中心距离为r，所带

电荷量相等为Q，则关于它们之间电荷的相互作用力大小F的说法正确的A．若是同种电荷，22QFkrB．若是异种电荷，22QFkrC．若是同种电荷，22QFkrD．不论是何种电荷，22QFkr【答案】AB【解析】净电荷只能分布在金属球的

外表面，若是同种电荷则互相排斥，电荷间的距离大于r，如图所示，根据库仑定律122qqFkr，它们之间的相互作用力小于22Qkr。若是异种电荷则相互吸引，电荷间的距离小于r，则相互作用力大于22Qkr，故选项A、B正确。【名师点睛】当带电体之间的距离远远大于带

电体的线度时，可以使用库仑定律，否则不能使用库仑定律。在该题中，若两个带电体的电荷量全部集中在球心上，则有22QFkr若两个带电体带有等量的异种电荷，由于异种电荷的相互吸引，使电荷分布在两球较靠近的球面处，如图所示，这样这两部分电荷的距离小

于r，所以有22QFkr。同理若两球带有同种电荷，由于同种电荷相互排斥，使电荷分布在两球较远离的球面处，如图所示，则有22QFkr。4．（2018·黑龙江省齐齐哈尔市第八中学高二9月月考）如图所示，金属板带电量为＋Q，质量为m的金属小球带电量为

＋q，当小球静止后，悬挂小球的绝缘细线与竖直方向间的夹角为α，小球与金属板中心O恰好在同一条水平线上，且距离为L。下列说法正确的是A．＋Q在小球处产生的场强为E1＝B．＋Q在小球处产生的场强为＝C．＋q在O点产生的场强为E2＝D．＋q在O点产生的场强为E2＝【答案】BC【解析】对金属小

球受力分析，如图所示：5．（2018·黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二10月月考）四个电荷量大小相同的点电荷位于正方形四个角上，电性与各点电荷附近的电场线分布如图所示。ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交

点，P、Q分别为ab、cd上的两点，OP>OQ，下列说法中正确的是A．P、Q两点电势相等，场强也相同B．P点的电势比M点的高C．PM两点间的电势差大于QM间的电势差D．带负电的试探电荷在Q点时比在M点时电势能小【答案】BD【解析】A、电场线的疏密表示场强的大小，电场

线越密，电场强度越大，根据图象知P点的电场强度比Q点的小。根据电场线与等势面垂直，可知ab与cd是两条等势线，则P与O的电势相等，Q与O的电势也相等，所以P、Q两点的电势相等，故A错误。B、ab连线上各点的电势相等，M点比ab连线上各点的电势低，则M点的电势比P点的低，故B正

确。C、由于P、Q两点电势相等，所以PM两点间的电势差等于QM间的电势差；故C错误。D、P、Q两点的电势相等，则Q点的电势高于M点的电势，而负电荷在电势高处电势能小，所以带负电的试探电荷在Q点的电势能比在M点小，故D正确。故选BD。【名师点睛】本

题的关键要掌握电场线的分布情况，理解电场的叠加原理，掌握电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，电场线方向表示电势的高低。学+科网6．（2018·江苏省泰兴中学高二第一学期10月月考）如图所示，匀

强电场E的区域内，在O点放置一点电荷＋Q。a、b、c、d、e、f为以O为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是A．b、d两点的电场强度相同B．a点的电势等于f点的电势C．点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功D．将点电

荷＋q在球面上任意两点之间移动时，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大【答案】D【名师点睛】空间任何一点的电场都是由匀强电场和点电荷的电场叠加面成，根据平行四边形定则分析各点场强关系。场强是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相

同。根据叠加原理，判断各点的电势关系。若两点间电势差不为零，电场力做功不为零。7．图中a、b和c分别表示点电荷的电场的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V和1.5V。一质子（11H）从等势面a上某处由静止释放，仅

受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动判断正确的是A．质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eVB．质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eVC．质子经过等势面c时的速率为2.25vD．质子经过等势面c时的速率为2.5v【答案】B8．（2018·重庆市外国语学

校高二上第一次月考）如图所示，虚线表示两个固定的等量异种点电荷形成的电场中的等势线。一带电粒子以某一速度从图中a点沿实线abcde运动。若粒子只受静电力作用，则下列判断正确的是A．粒子带正电B．速度先减小后

增大C．电势能先减小后增大D．经过b点和d点时的速度相同【答案】B【名师点睛】本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力。由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路。

9．（2018·贵州省遵义航天高级中学高二上学期第一次月考）如图所示，质量为m、带电荷量为+q的小球用轻质绝缘细线悬挂起来，若加一方向平行于纸面的匀强电场，小球静止时悬线与竖直方向成θ=30°角，则该电场的场强最小值是A．B．C．D．【答案】A【解析】以小球为研究对象，分析受

力情况如图：根据作图法可得，当电场力与细线垂直时，电场力最小；根据平衡条件可得：，解得：。故A项正确，BCD三项错误。【名师点睛】本题是带电物体在电场中的平衡问题，受力分析是基础，关键是要会运用作图法求解极值，也可以用函数法求解。10．图中虚线是某电场

中的一簇等势线。两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示。若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是A．a、b两点的电场强度大小关系Ea>EbB．a、b两点的电势关系一定有：Ua>UbC．粒子从P运动到a的过程中，电势能增大

D．粒子从P运动到b的过程中，动能增大【答案】D11．（2018·黑龙江省鹤岗市第一中学高二上学期第一次月考）质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E＝mg/Q

的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为A．B．C．D．【答案】C【解析】对物块进行受力分析：物块受重力mg和水平向左的电场力F。物块从静止开始沿重力和电场力的合力方向做匀加速直线运动。运用动能

定理研究从开始到落地过程，得：mgH+F•Hcotβ=mv2–0；又F=QE，cotβ=解得，v=2，故选C。【名师点睛】正确分析研究对象的运动情况是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题。要知道物体的运动是由所受

到的力和初状态决定的。这个题目容易错误地认为物块沿着斜面下滑。学，科网12．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1和R2为可变电阻，开关S闭合。质量为m的带正电荷的微粒从P点以水平速度v0射入

金属板间，沿曲线打在N板上的O点。若经下列调整后，微粒仍从P点以水平速度v0射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是A．保持开关S闭合，增大R1，粒子打在O点左侧B．保持开关S闭合，增大R2，粒子

打在O点左侧C．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在O点右侧D．断开开关S，N极板稍微下移，粒子打在O点右侧【答案】A平行板带电量不变，平行板间的电场强度为UEd，结合QCU及4πSCkd可得4πkQES，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动

，故还打在O点，故C错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为UEd，结合QCU及4πSCkd可得4πkQES，电场强度不变，加速度不变，M极板稍微下移，不会影响离子的运动，故还打在O点，故D错

误。【名师点睛】本题关键分析电容器的电压是否变化。当断开开关S，改变板间距离时，板间场强不变，油滴也保持不动。13．（2018·安徽省芜湖一中高三上学期期末考试）如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，水平放置并与一电源相连。以下说法正确

的是A．若S保持闭合，将上板A向上平移—小段位移，G中有a→b的电流B．若S保持闭合，将下板B向下平移—小段位移，G中有b→a的电流C．若S保持断开，将上板A向上平移—小段位移，G中有a→b的电流D．若S保持断开，将下板B向下平移—

小段位移，G中有b→a的电流【答案】B【名师点睛】本题是电容器动态变化分析问题，先根据电容的决定式，再抓住电容器电压不变的特点，由Q=CU分析电容器电量的变化，判断电容器是充电还是放电，即可确定电路中电流的方向。14．（2018·黑龙江省哈尔滨市第三中学校高二

上学期第二次月考物）如图所示，C﹑D两水平带电平行金属板间的电压为U，A﹑B为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一个小孔，小孔在C﹑D两板间的中心线上，一质量为m﹑带电量为＋q的粒子（不计重力）在A板边缘的P点从静止开始

运动，恰好从D板下边缘离开，离开时速度度大小为v０，则A﹑B两板间的电压为A．B．C．D．【答案】A【名师点睛】根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律与运动学公式即可解题。15．（2018·重庆市外国语学校高二

上第一次月考）一对等量点电荷位于平面直角坐标系xOy的一个轴上，它们激发的电场沿x、y轴方向上的场强和电动势随坐标的变化情况如图中甲、乙所示，甲图为y轴上各点场强随坐标变化的E−y图象。乙图为x轴上各点电势

随坐标变化的φ−x图象，且以无穷远处电势为零。图中a、b、c、d为轴上关于原点O的对称点，根据图象可判断下列有关描述正确的A．是一对关于原点O对称的等量负点电荷所激发的电场，电荷位于y轴上B．是一对关于原点O对称的等量异种点电荷所激发的电场，电荷位于x轴上C．将一个+q从y轴上a点由静止释放，它会

在aOb间往复运动D．将一个+q从x轴上c点由静止释放，它会在cOd间往复运动【答案】C【解析】因x轴上各点的电势均小于零，且φ–x图关于y轴对称，表明是一对等量负点电荷激发的电场，又E–y图象中y轴正方向场强为负，y轴负方向场强为正，表明这一

对负点电荷在x轴上关于原点对称，AB项错误；一个+q从y轴上a点由静止释放，它从a点向O点先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，越过原点后先做加速度逐渐增大的减速运动，后做加速度逐渐减小的减速运动，到达b点时恰好速度为零

，此后又变加速运动到a点，故C项正确；将一个+q从x轴上c点由静止释放，它将直接向x轴负向的负点电荷运动并粘合，故D项错误；故选C。学+科网【名师点睛】本题属于图象题，关键是根据题目给出的信息，结合图象特点分析激发电场的

点电荷。要判断点电荷的运动根据电场特点，分析电场力，根据力与运动关系分析即可。16．（2018·河南省周口中英文学校高二上学期第一次月考）一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v－t图象如图所示，则下列说法中正确的是A．A点的电场强度一定大于B点的

电场强度B．CD间各点电场强度和电势都为零C．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差D．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能【答案】AD【名师点睛】本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对点电荷做正功时

，点电荷的电势能减少；点电荷克服电场力做功，点电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值。这常是判断点电荷电势能如何变化的依据。还考查了对于匀变速直线运动的图象分析点电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和点电荷的

电荷量，这一点与重力做功和高度差的关系相似。17．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为+q的小球从水平

轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图所示，小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零）。已知A、B间距离为2R，重力加速度为g，在上述运动过程中，求：（1）小球经过C

点的速度大小；（2）小球经过半圆轨道上与圆心O等高处D点的速度大小；（3）电场强度E的大小；（4）小球在圆轨道上运动时的最大速率。【答案】（1）2CvgR（2）22DvgR（3）mgEq（4）2

22vgR18．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，一束电子流经加速电压加速后，沿中线进入平行板偏转电场，经电场偏转后打在荧光屏上。如图所示。已知两偏转电场极板长均为5.0cmL，极板间距均为d=1.0cm。水平偏转电场极板边缘距荧

光屏距离为27.5cmL。不计竖直偏转电极与水平偏转电极间间隙。请回答或求下列问题：（1）如果亮斑出现在荧光屏上如图所示位置，那么示波管中的极板X、Y应带什么电？学科/网（2）电子流的偏移量和打在荧光屏位置是通过调节加速电压U和偏转电压来实现的，要使电子流能进入水平偏转电场xU中

。竖直偏转电压yU与加速电压U的比值yUU不能超过多大？（3）如果加速电压5000VU，偏转电压200VxU，偏转电压0yU，求电子在荧光屏上的水平偏移量?X【答案】（1）X、Y极板均带正电（2）0.08YUU（3）3.0cmX【解析】（1）因

电子受力方向与电场方向相反，现电子向X偏转，则电场方向为X到'X，则极板X应带正电；同理可知，因电子向Y偏转，则电场方向Y到Y，故极板Y应带正电（2）在加速度电场中有：212eUmv①进入竖直偏转电场做类平抛运动：由类平抛运动的规

律得：水平方向0Lvt，竖直方向212yat，yeUadm联立解得：201··2yeULydmv②联立①②得：24yUdyUL