1、I单元 电场目录I单元 电场1I1 电场的力的性质1I2 电场的能的性质9I3 电容器 带电粒子在电场中的匀变速运动15I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动17I5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线17I6 实验：练习使用示波器18I7 电场综合18I1 电场的力的性质（2014吉林市普高二模）1. 如图甲所示，、为两个被固定的点电荷，其中带负电，、两点在它们连线的延长线上。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从点开始经点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过、两点时的速度分别为、，其速度图象如图乙所示。以下说法中正确的是（ ）A一定带负电B的电量一定大于的电量C点的电场强度为零D
2、整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大【知识点】电场强度；电势能【答案解析】 C解析：A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电故A错误，C正确 B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=k，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量故B错误 C、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小故D错误故选C【思路点拨】解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2
3、的电量大小（2014湖北襄阳四中模拟）2. 已知一个均匀带电的球壳在壳内任意一点产生的电场强度均为零，在壳外某点产生的电场强度等同于把壳上电量全部集中在球心处的点电荷所产生的电场强度，即：，式中R为球壳的半径，r为某点到球壳球心的距离，Q为球壳所带的电荷量，k为静电力常量。在真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球壳，球心位置O固定，P为球壳外一点，M为球壳内一点，如图所示，以无穷远为电势零点，关于P、M两点的电场强度和电势，下列说法中正确的是（ ）A若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的场强不变B若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的电势升高C若Q不变，M点的位置也不
4、变，而令R变小（M点仍在壳内），则M点的电势升高D若Q不变，M点的位置也不变，而令R变小（M点仍在壳内），则M点的场强不变【知识点】点电荷的电场强度和电势【答案解析】ACD解析：它要将球壳所带的均匀电荷模拟成点电荷模型集中与O点再选用：进行分析求解。A选项中令R减小，但P到O点的距离没有变，所以P点的场强不变，由E的表达式可知A正确；由的表达式可知P点的电势也不变B答案错误；在球壳内的M点，当R减小时，M点的电场强度为零，始终不变，D答案正确；电势要由判定，是升高了，C答案正确，即本题选择ACD。【思路点拨】本题是要会识别物理模型球壳均匀电荷分布点电荷模型，再依题意和点电荷的电场强度、电势表达
5、式综合分析求解选择答案。（2014湖北襄阳五中五月月考）3. 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则（）Aq1为正电荷，q2为负电荷Bq1电荷量大于q2的电荷量CNC间场强方向沿x轴正方向D将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【知识点】电场中的电荷概念，电势与水平方向位移图线，电场力做功问题。【答案解析】ABD解析：本题是电场中识图检测，而本题图形设计新颖，是教材内容的升华，由题意和图线可判断出q1为正电荷，q2为负电荷，由A点的电势为零可知q1电荷量大于q2的电荷量由
6、此可知A、B选项正确；将一负电荷从N点移到D点，电势先升高而后降低，那么电场先对电荷做正功，后做负功，所以D正确；因为q1为正电荷，q2为负电荷在NC之间电场强度方向是沿X轴负方向。（这是由两电荷在该处的叠加而形成的）所以C项错误。从而本题选择ABD答案。【思路点拨】求解本题的关键是识电势与位移图线，还要会分析两电荷在某处电场的叠加和电势的叠加，还可看图线的斜率辩识各点的电场强度的大小，由此选择答案。（2014湖南长沙模拟）4. 在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图像，图中x=L点为图线的最
7、低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（ ）A小球在处的速度最大B小球一定可以到达点处 C小球将以点为中心作往复运动D固定在AB处的电荷的电量之比为QAQB41【知识点】电势；匀变速直线运动的速度与时间的关系；电场的叠加【答案解析】AD 解析：A、L处电势最低，从2L处静止释放，电场力做正功，从高电势向低电势移动，所以L处速度最大，A正确。B、光滑的水平面，可以到达与2L等势的店，但是没有明确那个点与2L处等势，B错误。C、因为电势左右不对称，所以L不是位移的中心，C错误。D、由图（乙）得，x=L点为图线的最低点，切线斜率为零，
8、即合场强E合=0所以得解得QA=4Q；D正确。故选AD【思路点拨】电场中的动能定理的应用要注意电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式WAB=qUAB，注意各量都要代入符号（2014山东日照一中二模）5. 如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上方固定着电荷量大小相等的两个点电荷，一个带电小球（可视为点电荷）恰好围绕O点在桌面上做匀速圆周运动。已知O、在同一竖直线上，下列判断正确的是（ ）A圆轨道上的电势处处相等B圆轨道上的电场强度处处相等C点电荷对小球的库仑力是吸引力D可能为异种电荷【知识点】 电势差与电场强度的关系；电场强度；电势【答案解析】ACD 解析：A、根据两个点
9、电荷q1、q2电场中等势面分布的对称性可知，圆轨道上的电势处处相等，故A正确B、根据电场线的分布情况可知：圆轨道上电场线疏密处处相同，电场强度的大小相等，但方向不同，所以电场强度不相同故B错误C、带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，由于两个电荷的电荷量相等，q1离带电小球比q2近，库仑力较大，水平方向的分力较大，则q1对小球的库仑力必定是吸引力，故C正确D、小球所受两个电荷的库仑力的合外力指向圆心的分力提供向心力，由于q1对带电小球的库仑力较大，水平方向的分力较大，q1、q2可能为异种电荷，故D正确故选：ACD【思路点拨】根据电场中等势面分布的对称性可分析出圆轨道上电势情况；根据电场线的
10、分布情况，分析电场强度的关系，电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，电场强度才相同带电小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，分析两个电荷的电性和q1对小球的库仑力（2014山西大学附中5月月考）6. 一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小EO=，方向如图所示.把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为El、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4则（ ）AE1BE2=CE3DE4=【知识点】 电场强度【答案解析】AC 解析：根据点电
11、荷电场强度公式E=k，且电荷只分布球的表面，对于图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为ElE2；因电荷Q在球心O处产生物的场强大小E0=，则E1；对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，是由于左右两个半个球壳在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧部分在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3=E4 由于方向不共线，由合成法则可知，E3；故AC正确，BD错误；故选：AC【思路点拨】根据电场的叠加原理，分析半球壳在O点的场强方向，再比较场强的大小关系根据E=k，结合左右两侧球壳上点电荷到O点距离的关系，进行分
12、析（2014重庆一中5月月考）7. 无限大接地金属板竖直放置，与金属板右侧面中心点O相距为d的位置处放有一电量为q的正点电荷，它们之间的电场线分布如图所示，与两个等量异种点电荷连线的中垂面正电荷一侧的电场线分布类似，如题5图乙。甲图电场中有M（MO的连线与板垂直）、N（N点位于板右侧面上）两点，M到点电荷之间、N到O点之间的距离均为d。则M、N两点的电场强度EM、EN的大小关系是（ ）A. EM EN B. EM =EN C. EM bB质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小C质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为212D若将d处的点电荷改为Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc【
13、知识点】电势能；电势【答案解析】BC解析：A：根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势，A错误; B：由AB可知，正电荷P从a到b，电势升高，电势能就增加；反之，从b到c电势能减小，故B正确；C：粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力由图可知，rarcrb，代人库仑定律：Fk，可得：由牛顿第二定律：故C正确D: 若将d处的点电荷改为Q.则电荷与质点直接为排斥力，合力向外，不可能是图中曲线，D错误【思路点拨】电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的
14、特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系（2014湖北武昌5月模拟）8. 如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与O点相距3L。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度随坐标x变化的图象如乙图乙所示，则以下判断正确的是（ ）AQ2带负电且电荷量大于Q1Bb点的场强一定为零Ca点的电势比b点的电势高D粒子在a点的电势能比b点的电势能小【知识点】两点电
15、荷相互作用、电场强度、电势叠加问题、电场力做功问题。在高考中属于II级知识点要求。【答案解析】BD解析：由速度图像可知在点的斜率为零，即加速度为零，也就是该处合合电场强度为零，B选项正确；因点电场强度为零，为负电荷，由点电荷场强公式计算可得：A选项错；由速度图线可知，从速度减小，电场力做负功，是从电势低到电势高的地方，C答案错；电场力做负功，电势能增加，所以D答案正确。【思路点拨】本题是两点电荷在X轴上的电场强度的叠加和电势的叠加问题，关键要从速度图线出发，一看图线的斜率运动的加速度，二看速度的变化，由速度的变化来看电场力作什么功，从而辨析选项选择答案。I3 电容器 带电粒子在电场中的匀变速运
16、动（2014陕西西工大附中第八次适应性训练）1. 静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是（ ）A断开开关S后，将A、B分开些B保持开关S闭合，将A、B两极板分开些C保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动【知识点】电容器【答案解析】A 解析：A、断开电键，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知，电势差增大，指针张角增大故A
17、正确B、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变知，故B错误C、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变故C错误D、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误故选：A【思路点拨】静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变（2014陕西西工大附中第八次适应性训练）2. 如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点
18、射入匀强电场，入射方向与电场线垂直粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30角已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零则下列说法正确的是（ ）A带电粒子在Q点的电势能为UqB带电粒子带负电C此匀强电场的电场强度大小为ED此匀强电场的电场强度大小为E【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势能【答案解析】AC 解析：A、B、由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电粒子从P到Q，电场力做正功，为W=qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为-Uq，故A正确、B错误C、D、设带电粒子在P点
19、时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几知识求得粒子在y轴方向的分速度为：vy=v0 粒子在y方向上的平均速度为：粒子在y方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则：竖直方向有：y0=水平方向有：d=v0t可得：y0=所以场强为：E=联立得：E=，故C正确，D错误故选：AC【思路点拨】根据公式W=qU求出电场力做功，确定出P、Q间电势能的差，即可求得Q点的电势能根据粒子轨迹弯曲方向，判断出粒子所受的电场力方向，即可判断其电性；带电粒子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，
20、根据平抛运动的规律求出粒子到达Q点时的速度根据位移公式和两个分运动的等时性，列出x方向和y方向两个方向的分位移与时间的关系式，即可求出竖直方向的位移大小y0，由E= 求解场强的大小（2014湖北襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中五月联考）3. 如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场。光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个视为质点的带负电小球在细管内运动。以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势，小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是 xEEOOxAOxvCOxEkDOxaB【知识点】本题是电场
21、部分无限大均匀带正电薄板模型匀强电场模型，要分析带负电小球在电场中的电势、加速度、速度、动能随X轴的变化情况，是一道依规律识图题。高考要求属于II级知识点。【答案解析】D解析：沿X轴正负方向看，电势是逐渐减小，它与X轴正负方向的距离成反比，A图错；加速度在X轴正方向是斜向下偏左，在负方向是斜向下偏右，其值不变，B图错；在O点沿X轴正负方向运动，电场力做负功，动能是减小的。列式是：，由此可知C错D正确。【思路点拨】本题借助带电薄板设置一道很新颖的图线考查，摆在考生的是一个陌生面孔。它要我们正确分析带电小球的受力，再看加速度、速度、动能的变化，电势的变化只要知道沿电场线方向电势逐渐降低，而是与距离
22、成反比。I4 带电粒子在电场中的非匀变速运动I5 实验：用描迹法画出电场中平面上的等势线I6 实验：练习使用示波器I7 电场综合（2014湖南十三校第二次联考）1. 在如图所示的竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点0做圆周运动，下列说法正确的是（ ）A带电小球一定做匀速圆周运动B带电小球一定做变速圆周运动C带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小D带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；万有引力定律及其应用【答案解析】D 解析：当小球所示重力与电场力合力为零时，绳子的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动， B
23、、当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速圆周运动，故A、B错误；C、当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力都相等，如果小球做非匀变速运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，如果小球带负电，在最高点，小球的拉力最大，故C错误；D、小球所受重力与电场力不相等，做变速圆周运动，且小球带负电时，在最低点细线拉力最小，故D正确；故选D 【思路点拨】对小球正确受力分析，全面考虑问题，进行讨论即可正确解题（2014湖北武汉二中模拟）2. 如图所示，在一竖直平面内，BCDF段是半径为R的圆弧挡板,AB段为直线型挡板（
24、长为4R），两者在B点相切，C,F两点与圆心等高，D在圆弧形挡板的最低点，所有接触面均光滑，绝缘挡板处于水平方向场强为E的匀强电场中。现将带电量为+q，质量为m的小球从挡板内侧的A点由静止释放，小球沿挡板内侧ABCDF运动到F点后抛出，在这段运动过程中，下列说法正确的是（ ）EAA、匀强电场的场强大小可能是BB、小球运动到D点时动能一定不是最大OCC、小球机械能增加量的最大值是DD、小球从B到D运动过程中，动能的增量为【知识点】 匀强电场中电势差和电场强度的关系；机械能守恒定律；电场强度【答案解析】BC解析：A、小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，则有：qEcos37mgsin37，则得：E，故场
25、强大小不可能等于，故A错误B、小球在复合场中受重力和电场力，所以小球运动到合力方向上时动能最大，则知在CD之间的某一点上时动能最大，故B正确；C、小球运动到C点时，电场力做正功最多，小球的机械能增加量最大，所以小球机械能增加量的最大值为E=qE4Rcos53+R（1-cos37）=2.6mgR，故C正确D、小球从B到D运动过程中，根据动能定理得：动能的增量为Ek=mgR（1+sin37）-qERcos37=1.6mgR-0.8qER，故D错误故选：BC【思路点拨】小球能沿挡板内侧ABC内侧运动，电场力垂直AB方向的分力必定大于等于重力垂直AB方向的分力，列式可得到场强的大小范围；根据小球的运动
26、情况，分析小球的合力方向，判断什么位置动能最大；根据动能定理求解小球从B到D运动过程中动能的增量（2014浙江杭州学军中学第九次月考）3. 如图所示,长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于场强方向平行于纸面的电场中,一电荷量为q、质量为m的带正电小球,以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑,到达斜面顶端B点时速度仍为v0.下列判断正确的是（已知重力加速度为g） （ ）A.小球在B点的电势能小于小球在A点的电势能B.由题设条件可求得A、B两点的电势差C.该电场可能是位于AB中垂线上的正电荷所形成的电场D.若该电场是匀强电场,则电场方向平行于斜面向上时，电场强度最小【知识点】 电势差与电场强度的关系
27、；电势差；电势能【答案解析】ABD解析：A、小球从A运动到B，重力势能增加，动能没有变化，根据能量守恒定律，电势能一定减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，故A正确；B、根据动能定理得：-mgLsin+qUAB=，得到，UAB=；故B正确；C、如果该电场是位于AB中垂线上的正电荷所形成的电场，则AB的电势相等，矛盾，故C错误；D、该电场是匀强电场，当电场力平行斜面向上时，电场力最小，等于mgsin，故电场强度也最小，为，故D正确；故选：ABD【思路点拨】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势
28、能减小；相反，电势能增大若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值由电势关系，判断该电场是否由斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的（2014湖北襄阳五中、夷陵中学、钟祥一中五月联考）4. 如图所示，在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即。在带电长直细棒右侧，有一长为 的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为+q和+4q，A球距直棒的距离也为 ，两个球在外力F=2mg的作用下处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用。（1）求k的值；（2）若撤去外力F，求在撤去
29、外力瞬时A、B小球的加速度和A、B小球间绝缘细线的拉力；（3）若剪断A、B间的绝缘细线，保持外力F=2mg不变，A球向左运动的最大速度为vm，求从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度，A球所处位置电势怎样变化？变化了多少？【知识点】受力分析、力的平衡、牛顿第二定律、动能定理考查题。在高考中属于II级要求。ABF+【答案解析】（1）对小球A、B及细线构成的整体，受力平衡，有得（2）若撤去外力瞬时， A、B间细线拉力突然变为零，则对A球：得，方向向右对B球：得，方向向右因为aAaB，所以在撤去外力瞬时，其加速度如上，在绝缘细线张紧的瞬间A、B将以相同的加速度a一起向右运动，A、B间绝缘细线张紧，
30、有拉力T。因此，对A、B整体，由牛顿第二定律，有即2mg=2ma得a=g对A：解得故撤去外力瞬时，A、B的加速度a=g；A、B小球间绝缘细线的拉力（3）当A向左运动达到速度最大时代入k，得设从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度，电场力做功为W，由动能定理解得，负号表示电场力做负功。又由电场力做功可知W=qU因此在A球向左运动达到最大速度的过程中，所在处电势升高了。变化量为【思路点拨】本题属于材料信息阅读考查，题目设计新颖，设问活而巧，属于能力检测题。虽说是带电棒，考生感到陌生，但只要抓住这个信息材料和受力分析，依力的平衡条件列方程就可不显山水的求出来；还要挖掘出细线张紧的瞬间两者具有共同的加速度，再利用牛顿第二定律和动能定理就可求出题目中所设的问了。
