資源簡介

小題狂刷 高考專題特訓
第一單元 電 場
第1節 電場力的性質
時受到電場力小
C.正電荷放在a點靜止釋放,在電場力作用下運
動的軌跡沿電場線
1.(2022·懷化模擬)如圖所示,Q 是放在絕緣柄 D.a點電場強度較大
上的帶正電的物體,把一個系在絕緣絲線上的帶正電 5.(2022·鄭州一模)一半徑
的小球,先后掛在圖中的A、B 兩個位置,小球兩次平 為R 的絕緣環上,均勻地帶有電
衡時,絲線偏離豎直方向的夾角分別為θ1、θ2,則θ1 和 荷量為Q 的電荷,在垂直于圓環
θ2 的關系是 ( ) 平面的對稱軸上有一點 P,它與
A.θ1<θ2 B.θ1=θ2 環心O 的距離OP=L.設靜電力
C.θ1>θ2 D.無法確定 常量為k,關于P 點的場強E,下列四個表達式中有一
個是正確的,請你根據所學的物理知識,通過一定的分
析,判斷正確的表達式是 ( )
kQ kQL
A.R2+L2 B.R2+L2
kQR kQL
C. D.
(R2+L2)3 (R2+L2)3
第1題 第2題 6.(2022春·重慶校級期末)如圖所示,水平地面
2.(2022·西安校級模擬)如圖所示,兩根細線拴 上固定一個光滑絕緣斜面,斜面與水平面的夾角為θ.
著兩個質量相同的小球A、B,上、下兩根細線中的拉 一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端,另一端系
力分別是TA、TB,現在使A、B 帶同種電荷,此時上、 有一個帶電小球A,細線與斜面平行.小球A 的質量為
下細線受力分別為TA'、TB',則 ( ) m、電荷量為q.小球A 的右側固定放置帶等量同種電
A.TA'=TA,TB'>TB B.TA'=TA,TB'C.TA'TB D.TA'>TA,TB'3.(2022·姜堰市模擬)兩點電荷形成電場的電場 球A 靜止在斜面上.
線分布如圖所示,A、B 是電場線上的兩點,下列判斷 (1)若B 球帶正電且細線對A 球拉力剛好為零,
正確的是 ( ) 則B 球電量
A.A、B 兩點的電場強度大小不等,方向相同 (2)若B 球帶負電且斜面對A 球支持力剛好為
B.A、B 兩點的電場強度大小相等,方向不同 零,則B 球電量
C.左邊電荷帶負電,右邊電荷帶正電
D.兩電荷所帶電荷量相等
第3題 第4題
4.(2022·臨潼區)如圖所示是電場中某區域的電
場線分布,下列判斷正確的是 ( )
A.電荷在a 點受到電場力方向必定與場強方向
一致
B.同一點電荷放在a點受到的電場力比放在b點
4

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
A.-q,在A 左側距A 為L 處
L
B.-2q,在A 左側距A 為 處2
C.+4 ,在B 右側距B 為L 處
高頻題特訓
q
D.+2q,
3L
在B 右側距B 為 處
1.(2022·黃埔區一模)(多選)如圖所示,光滑水 2
平桌面上有A、B 兩個帶電小球(可以看成點電荷),A 4.(2022·青浦區一模)如圖所示,絕緣的光滑水
球帶電量為+3q,B 球帶電量為- ,由靜止同時釋放
平桌面高為
q h=1.25m
、長為s=2m,桌面上方有一個
后A 球加速度大小為B 球的兩倍.現在A、B 中點固 水平向左的勻強電場.一個質量為 m=2×10
-3kg、帶
定一個帶正電C 球(也可看作點電荷),再由靜止同時 電量為q=+5.0×10
-8C的小物體自桌面的左端A
釋放A、B 兩球,結果兩球加速度大小相等.則C 球帶 點以初速度vA=6m/s向右滑行,離開桌子邊緣B 后,
電量為 ( ) 落在水平地面上C 點.C 點與B 點的水平距離x=1m,
不計空氣阻力,取g=10m/s2.
(1)小 物 體 離 開 桌 子 邊 緣 B 后 經 過 多 長 時 間
3 9
A.28q B.20q 落地
3 9 (2)勻強電場E 多大
C.7q D.4q (3)為使小物體離開桌面邊緣 B 后水平距離加
2.(2022·鹽城三模)(多選)某老師用圖示裝置探 倍,即x'=2x,某同學認為應使小物體帶電量減半,你
究庫侖力與電荷量的關系.A、B 是可視為點電荷的兩 同意他的想法嗎 試通過計算驗證你的結論.
帶電小球,用絕緣細線將A 懸掛,實驗中在改變電荷
量時,移動B 并保持A、B 連線與細線垂直.用Q 和q
表示A、B 的電荷量,d 表示A、B 間的距離,θ(θ不是
很小)表示細線與豎直方向的夾角,x 表示A 偏離O
點的水平距離.實驗中 ( )
A.d 應保持不變
B.B 的位置在同一圓弧上
C.x 與電荷量乘積Qq成正比
D.tanθ與A、B 間庫侖力成正比
3.(2022·高郵市校級期末)相距為L 的點電荷
A、B 帶電荷量分別為+4q和-q,如圖所示,今引入第
三個點電荷C,使三個點電荷都處于平衡狀態,則C 的
電荷量和放置的位置是 ( )
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小題狂刷 高考專題特訓
D.速度先增大后減小
易錯題特訓
4.(2022·金塔縣校級模擬)如圖所示,在豎直向
1.(2022·蚌埠二模)如圖所示,O 是半徑為R 的 下的勻強電場中有一絕緣的圓軌道,半徑為R,一帶負
正N 邊形(N 為大于3的偶數)外接圓的圓心,在正N 電的小球從斜軌道上的 A 點由靜止釋放,沿軌道滑
邊形的一個頂點A 放置一個帶電量為+2q的點電荷, 下,已知小球的質量為m,電量為-q,勻強電場的場強
其余頂點分別放置帶電量均為-q的點電荷(未畫出). 大小為E,斜軌道的傾角為α(小球的重力大于所受的
則圓心O 處的場強大小為 ( ) 電場力,各處均不計摩擦).求:
(1)小球到達B 點的速度至少為多少
(2)A 點距水平地面的高度h至少要為多少
(3)若撤去勻強電場,讓小球從h'=2R 處由靜止
下滑,小球將從圓軌道的何處脫離
2kq 3kq
A.R2 B.R2
(N-1)kp Nkp
C. R2 D.R2
2.(2022秋·晉江市校級期中)如圖所示,放在水
平地面上的光滑絕緣圓筒內有兩個帶正電小球A、B,
A 位于筒底靠在左側壁處,B 在右側筒壁上受到A 的
斥力作用處于靜止.若筒壁豎直,A 的電量保持不變,B
由于漏電而下降少許重新平衡,下列說法中正確的是
( )
A.小球A 對筒底的壓力變小
B.小球A、B 間的庫侖力不變
C.小球A、B 間的庫侖力變小
D.小球B 對筒壁的壓力變大
3.(2015春·南通期末)如圖所示,A、B 為兩個固
定的等量同種正點電荷,在它們連線的中點處有一個 拓展題特訓
可以自由運動的正點電荷C,現給電荷C 一個垂直于 1.(海南省文昌中學2022學年度第一學期高三年
連線的初速度v0,若不計C 所受的重力,則關于電荷C 級物理科期考試題)(多選)如圖,傾角為θ的絕緣斜面
以后的運動情況,下列說法中正確的是 ( ) ABC 置于粗糙的水平地面上,一質量為m,帶電量+q
的小物塊(可看作是點電荷)恰好能在斜面上勻速下
滑,若在AB 中點D 的上方與B 等高的位置固定一帶
A.加速度始終增大
電量 +Q 的點電荷,再讓物塊以某一速度從斜面上滑
B.加速度始終減小
下,物塊在下滑至底端的過程中,斜面保持靜止不動,
C.速度始終增大
在不考慮空氣阻力和物塊電荷沒有轉移的情況下,關
6

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
于在物塊下滑過程的分析正確的是 ( ) 4.(2022·濟寧模擬)如圖所示,在光滑絕緣水平
面上B 點的正上方O 處固定一個質點,在水平面上的
A 點放另一個質點,兩個質點的質量均為m,帶電量均
為+Q.C 為AB 直線上的另一點(O、A、B、C 位于同
A.在BA 之間,物塊將做加速直線運動 一豎直平面上),AO 間的距離為L,AB 和BC 間的距
B.在BD 之間,物塊受到的庫侖力先增大后減小 L離均為 ,在空間加一個水平方向的勻強電場后
2 A
處
C.在BA 之間,斜面對地面的壓力有可能不變
的質點處于靜止.試問:
D.在BA 之間,斜面受到地面的摩擦力均為零
(1)該勻強電場的場強多大 其方向如何
2.(安徽省合肥一中、蕪湖一中等六校教育研究會
(2)給A 處的質點一個指向C 點的初速度,該質
2022屆高三第二次聯考)(多選)用細繩拴一個質量為
點到達B 點時所受的電場力多大
m 帶正電的小球B,另一個帶正電小球A 固定在絕緣
(3)若初速度大小為v0,質點到達C 點時的加速
豎直墻上,A、B 兩球與地面的高度均為h,小球B 在
度和速度分別多大
重力、拉力和庫侖力的作用下靜止不動,如圖所示.現
將細繩剪斷后 ( )
A.小球B 在細繩剪斷瞬間起開始做平拋運動
B.小球B 在細繩剪斷瞬間加速度大于g
2h
C.小球B 落地的時間小于 g
D.小球B 落地的速度大于 2gh
3.(2022·宣武區校級模擬)如圖所示,真空中Ox
坐標軸上的某點有一個點電荷Q,坐標軸上A、B 兩點
的坐標分別為0.2m和0.7m.在A 點放一個帶正電的
試探電荷,在B 點放一個帶負電的試探電荷,A、B 兩
點的試探電荷受到電場力的方向都跟x 軸正方向相
同,電場力的大小F 跟試探電荷電荷量q 的關系分別
如圖中直線a、b所示.下列說法正確的是 ( )
A.B 點的電場強度的大小為0.25N/C
B.A 點的電場強度的方向沿x 軸負方向
C.點電荷Q 是正電荷
D.點電荷Q 的位置坐標為0.3m
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小題狂刷 高考專題特訓
第2節 電場能的性質
A.三個等勢面中,等勢面a的電勢最高
B.帶電質點一定是從P 點向Q 點運動
C.帶電質點通過 P 點時的加速度比通過Q 點
1.(2022·黑龍江模擬)(多選)關于靜電場的電場 時小
強度和電勢,下列說法正確的是 ( ) D.帶電質點通過P 點時的動能比通過Q 點時小
A.電場強度的方向處處與等電勢面垂直 5.(2015春·鹽城期末)為使帶負電的點電荷q
B.電場強度為零的地方,電勢也為零 在一勻強電場中沿直線勻速地由A 運動到B,必須對
C.隨著電場強度的大小逐漸減小,電勢能逐漸 該電荷施加一個恒力F,如圖所示,若AB=0.4m,α=
降低
37°,q=-5×10-7C,F=1.5×10-4N,A 點的電勢 A
D.任一點的電場強度總是指向該點電勢降低最 φ
=200V.(不計負電荷受到的重力,sin37°=0.6,cos37°
快的方向
( · )如圖所示,一圓環上均 =0.8
)求:
2.2014秋 如皋市月考
, (1)勻強電場的電場強度 的大小和方向;勻分布著負電荷 x 軸垂直于環面且過圓心O.下列關 E
于x 軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是 ( ) (2)B 點的電勢是多少 并在圖中用實線畫出通
過A、B 兩點的等勢線;
(3)q 在由A 到B 的過程中電勢能的變化量是
多少
A.O 點的電場強度為零,電勢最高
B.O 點的電場強度為零,電勢最低
C.從O 點沿x 軸正方向,電場強度減小,電勢
升高
D.從O 點沿x 軸正方向,電場強度增大,電勢
降低
3.(2022·文登市模擬)(多選)圖中虛線是某電場
中的一簇等勢線.兩個帶電粒子從P 點均沿等勢線的
切線方向射入電場,粒子運動的部分軌跡如圖中實線
所示.若粒子僅受電場力的作用,下列說法中正確的是
( )
高頻題特訓
1.(2022·西城區二模)如圖所示,虛線為電場中
的三個等勢面,相鄰等勢面之間的電勢差相等.一個帶
A.a、b兩點的電場強度大小關系EaB.a、b兩點的電勢關系UaC.粒子從P 運動到a的過程中,電勢能增大
D.粒子從P 運動到b的過程中,動能增大
4.(2022·紅橋區模擬)如圖所示,虛線a、b、c是
電場中的三個等勢面,相鄰等勢面間的電勢差相同,實
線為一個帶正電的質點僅在電場力作用下,通過該區 A.A 點的電勢比B 點的高
域的運動軌跡,P、Q 是軌跡上的兩點.下列說法中正確 B.無法比較A、B 兩點的電勢高低
的是 ( ) C.A 點的電場強度比B 點的大
D.無法比較A、B 兩點的場強大小
2.(2022·泰州一模)(多選)如圖所示為一空腔導
體周圍的電場線分布,電場方向如圖中箭頭所示,M、
N、P、Q 是以O 為圓心的一個圓周上的四點,其中 M、
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物理·電場和磁場 電路與電磁感應
N 在一條直線電場線上,P、Q 在一條曲線電場線上, (1)求0~t0時間內A 對B 球做的功;
下列說法正確的有 ( ) (2)求桿所在直線上場強的最大值.
A.M 點的電場強度比N 點的電場強度小
B.P 點的電勢比Q 點的電勢低 易錯題特訓
C.負電荷在 P 點的電勢能小于其在Q 點的電 1.(江西省吉安市第一中學2022屆高三上學期第
勢能 四次周考物理試題)在光滑的絕緣水平面上,有一個正
D.M、O 間的電勢差等于O、N 間的電勢差 三角形abc,頂點a、b、c處分別固定一個正電荷,電荷
3.(2022秋·雅安校級月考)對于電場中A、B 兩 量相等,如圖所示,D 點為正三角形外接圓的圓心,E、
點,下列說法正確的是 ( ) G、H 點分別為ab、ac、bc的中點,F 點為E 關于c電
W
A.電勢差的定義式U ABAB= ,說明兩點間的電 荷的對稱點,則下列說法中正確的是 ( )q
勢差UAB與電場力做功 WAB 成正比,與移動電荷的電
荷量q成反比
B.A、B 兩點間的電勢差等于將正電荷從A 點移
到B 點電場力所做的功
A.D 點的電場強度一定不為零、電勢可能為零
C.將1C的正電荷從A 點移到B 點,電場力做了
B.E、F 兩點的電場強度等大反向
1J的正功,這兩點間的電勢差為1V
C.E、G、H 三點的電場強度相同
D.電荷由A 點移到B 點的過程中,除受電場力
D.若釋放c電荷,c電荷將一直做加速運動
外,還受其他力的作用,電荷電勢能的變化就不再等于
2.(寧夏石嘴山市第三中學2022屆高三上學期第
電場力所做的功
五次適應性(期末)考試理科綜合物理試題)(多選)一
4.(2022·靜安區一模)如圖所示,P、Q 是兩個帶 帶電小球在電場中僅在電場力作用下,從A 點運動到
電量相等的負點電荷,它們連線的中點是O,A、B 是
B 點,速度大小隨時間變化的圖象如圖所示,tA、tB 分
PQ 連線中垂線上的兩點,OA后放在A 點與B 點,用EA、EB,εA、εB 分別表示A,B 正確的是 ( )
兩點的場強和負電荷在這兩點時的電勢能,則下列說
A.A 處的場強一定小于B 處的場強
法正確的是 ( )
B.A 處的電勢一定高于B 處的電勢
A.EA 一 定 大 于 EB,εA 一 定 大 C.帶電小球在A 處的電勢能一定小于B 處的電
于εB 勢能
B.EA 一定小于EB,εA 不一定大 D.帶電小球從A 到B 的過程中,電場力一定對電
于εB 荷做正功
C.EA 不一定大于EB,εA 一定大
于εB
D.EA 可能小于EB,εA 一定小于εB
5.(2022·和平區校級三模)如圖所示,虛線左側
存在非勻強電場,MO 是電場中的某條電場線,方向水
平向右,長直光滑絕緣細桿CD 沿該電場線放置.質量 第2題 第3題
為m1、電量為+q1 的A 球和質量為m2、電量為+q2 3.(2022·泰州期末)如圖所示,虛線 AB 和CD
的B 球穿過細桿(均可視為點電荷)t.=0時A 在O 點 分別為橢圓的長軸和短軸,相交于O 點,兩個等量異
以速度v0向左做勻速運動,同時B 在O 點右側某處以 種點電荷分別位于橢圓的兩個焦點 M、N 上.下列說
速度v1 也向左運動,且v1>v0.t=t0時B 到達O 點 法中正確的是 ( )
(未進入非勻強電場區域),A 運動到P 點,此時兩電 A.A、B 兩點的電場強度相同
荷間距離最小.靜電力常量為k. B.O 點的電場強度為零
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小題狂刷 高考專題特訓
C.O、C、D 三點的電場強度相同 C.粒子經過P 點與Q 點時,動能相等
D.將另一電荷+q沿CD 連線從C 點到D 的過程 D.粒子經過P 點與Q 點時,電場力做功的功率
中,電勢能先減小后增大 相等
4.(2022·嘉興一模)在絕緣水平面上相距為6L 2.(湖北省沙市中學2022屆高三下學期第一次月
的A、B 兩處分別固定電量不等的正電荷,兩電荷的位 考理科綜合試題)如圖所示,將帶正電的甲球放在不帶
置坐標如圖甲所示,已知B 處電荷的電量為+Q.圖乙 電的乙球左側,兩球在空間形成了穩定的靜電場,實線
是AB 連線之間的電勢φ 與位置x 之間的關系圖象, 為電場線,虛線為等勢線.A、B 兩點與兩球球心連線位
圖中x=L 點為圖線的最低點,x=-2L 處的縱坐標 于同一直線上,C、D 兩點關于直線AB 對稱,則
, 25
(
,
)
為φ0 x=0處的縱坐標為63φ0 x=2L
處的縱坐標為
A.A 點和B 點的電勢相同
3
7φ0.
若在x=-2L 的C 點由靜止釋放一個質量為 B.C 點和D 點的電場強度相同
C.正電荷從A 點移至B 點,電場力做正功
m、電量為+q的帶電物塊(可視為質點,且不考慮物塊 D.負電荷從C 點移至D 點,電勢能增大
對原電場的影響),物塊隨即向右運動.求:
(1)固定在A 處的電荷的電量QA;
(2)為了使小物塊能夠到達x=2L 處,試討論小
物塊與水平面間的動摩擦因數μ所滿足的條件;
(3)若 小 物 塊 與 水 平 面 間 的 動 摩 擦 因 數 μ=
kqQ
2,小物塊運動到何處時速度最大 并求最大速 第2題
第 題
3m 3gL
3.(山東省壽光現代中學2022屆高三下學期收心度vmax.
考試(開學檢測)物理試題)如圖所示,一圓環上均勻分
布著正電荷,x 軸垂直于環面且過圓心O,下列關于x
圖甲 軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是 ( )
A.O 點的電場強度為零,電勢最低
B.O 點的電場強度為零,電勢最高
C.從O 點沿x 軸正方向,電場強度減小,電勢
升高
D.從O 點沿x 軸正方向,電場強度增大,電勢
圖乙
降低
4.(2022·博白縣模擬)粗糙絕緣的水平面附近存
在一個平行于水平面的電場,其中某一區域的電場線
與x 軸平行,且沿x 軸方向的電勢φ 與x 成反比關
拓展題特訓 , 4.5×10
4
系 表達式為φ= (V),現有一質量為x 0.10kg
,
1.(重慶市巴蜀中學2022屆高三上學期一診模擬 電荷量為1.0×10-7C帶正電荷的滑塊(可視作質點),
考試理科綜合試題)(多選)有一靜電場,某電勢隨x 坐 其與水平面的動摩擦因素為0.20.問:
標的改變而改變,變化的圖象如圖所示.若將一帶電粒 (1)若將滑塊無初速地放在x=0.10m處,滑塊最
子(重力不計)從坐標原點O 以某一初速度向x 正向 終停止在何處
射出,粒子可以通過x=12mm處.電場中P、Q 兩點 (2)若滑塊從x=0.60m處以初速度v0沿-x方向
的x 坐標分別為1mm、4mm.則下列說法正確的是 運動,要使滑塊 恰 能 回 到 出 發 點,其 初 速 度v0應 為
( ) 多大
A.粒子先加速再減速,此后又加速運動
B.粒子在P 點與Q 點加速度大小相等、方向相反
10

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
第3節 電容 電容器
(1)該電容器所帶電量;
(2)若板間有一帶電微粒,其質量為 m=2.0×
10-3kg,恰在板間處于靜止狀態,則該微粒帶電量為
1.(2022秋·東方校級月考)(多選)對于水平放 多少 帶何種電荷
置的平行板電容器,下列說法正確的是 ( )
A.將兩極板的間距加大,電容將增大
B.將兩極板平行錯開,使正對面積減小,電容將
減小
C.在下板的內表面上放置一面積和極板相等、厚
度小于極板間的陶瓷板,電容將增大
D.在下板的內表面上放置一面積和極板相等、厚
度小于極板間距的鋁板,電容將增大
2.(2022·沈陽模擬)如圖所示,電路中A、B 為兩
塊豎直放置的金屬板,G 是一只靜電計,開關S合上
后, 高頻題特訓靜電計指針張開一個角度,下述哪些做法可使指針
張角增大 ( ) 1.(2022·錦州二模)(多選)如圖所示,水平放置
A.使A、B 兩板靠近一些 的平行板電容器,兩板間距為d.帶負電的小球質量為
B.使A、B 兩板正對面積錯開一些 m,帶電量為q,從下極板N 的小孔P 處,以初速度v0
C.斷開S后,使A 板向右平移一些 射入,沿直線到達上極板 M 上的小孔Q,若重力加速
D.斷開S后,使A、B 正對面積錯開一些 度為g.則 ( )
A.小球在 M、N 間運動的加速度不為零
B.M 板電勢高于N 板電勢
C.小球從P 到Q,電勢能增加了mgd
mgd
D.M、N 間電勢差大小為 q
第2題 第3題
3.(2022·樂山一模)如圖所示的電路,水平放置
的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止狀
態,現將滑動變阻器的滑片向左移動,則 ( )
A.電容器上的電荷量將減少
B.電容器的電容將減小 第1題 第2題
C.電容器中的電場強度將增大 2.(吉林省松原市油田高中2022屆畢業班第三次
D.液滴將向上運動 模擬考試物理試卷)(多選)某電容式話筒的原理如圖
4.(2022·洛陽校級模擬)(多選)指紋傳感器已經 所示,E 為電源,R 為電阻,薄片P 和Q 為兩金屬極
走入日常生活中,設在一塊半導體基板上陣列了10萬 板,對著話筒說話時,P 振動而Q 可視為不動,當P、Q
金屬顆粒,每一顆粒充當電容器的一極,外表面絕緣, 間距離增大過程中 ( )
當手指貼在其上時就構成了電容器的另一極,這就組 A.P、Q 構成的電容器的電容減小
成了指紋傳感器.當手指的指紋一面與絕緣表面接觸 B.P 上電荷量保持不變
時,由于指紋深淺不同,對應的峪和嵴(突起和凹陷)與 C.有電流自 M 經R 流向N
顆粒間形成一個個電容值大小不同的電容器,則 D.PQ 間的電場強度不變
( ) 3.(2022·淮安三模)電容式加速度傳感器的原理
A.指紋的嵴處與半導體基板上對應的金屬顆粒 結構如圖,質量塊右側連接輕質彈簧,左側連接電介
距離近,電容小 質,彈簧與電容器固定在外框上.質量塊可帶動電介質
B.指紋的峪處與半導體基板上對應的金屬顆粒 移動改變電容.則 ( )
距離遠,電容小
C.對每個電容感應顆粒都充電至某一參考電壓,
在手指靠近時,各金屬電極均處于充電狀態
D.對每個電容感應顆粒都充電至某一參考電壓,
在手指遠離時,各金屬電極均處于充電狀態
5.(2022·南昌校級期末)如圖所示,一平行板電容
器接在U=12V的直流電源上,電容C=3.0×10-10 ,
加速度傳感器
F
電介質插入極板間越深,電容器電容越小
兩極板間距離d=1.20×10-3m,取g=10m/s2,求: A.
11

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B.當傳感器以恒定加速度運動時,電路中有恒定 充電后與電源斷開,負極板接地.兩板間有一個正電荷
電流 固定在P 點,如圖所示,以E 表示兩板間的場強,U 表
C.若傳感器原來向右勻速運動,突然減速時彈簧 示電容器兩板間的電壓,Φ 表示正電荷在P 點的電勢,
會伸長 EP表示正電荷在P 點的電勢能,若保持負極板不動,
D.當傳感器由靜止突然向右加速瞬間,電路中有 將正極板向下移到圖示的虛線位置,則 ( )
順時針方向電流 A.E 變大 B.EP不變
4.(2022·黃岡校級期末)如圖所示電路中,E 為 C.Φ 變大 D.U 不變
電池組,S為單刀雙擲開關,1、2是單刀雙擲開關的兩 3.(2022秋·亭湖區校級月考)按圖1連接電路,
個觸點, 為靈敏電流計,C 為平行板電容器,兩極板 電源用直流8V,電容器電容約幾百微法,先使開關S
間距為d.先將開關S與觸點1相連,一段時間后將開 與1相連,電源向電容器充電,這個過程可在瞬間完
關與觸點2連接,下列說法正確的是 ( ) 成.然后把開關S擲向2,電容器通過電阻R 放電,傳
感器將電流信息傳入計算機,屏幕上顯示出電流隨時
間變化的I-t圖線.
(1)在圖2中畫一個豎立的狹長矩形,它的面積的
物理意義是什么
(2)估算電容器在全部放電過程中釋放的電荷量.
A.S與觸點1相連時,電流計一直有穩定的示數 (3)根據以上數據估算電容器的電容是多少
B.S與觸點2連接后,電容器的電容變為零
C.S與觸點1相連時,若改變d 的大小,應有電流
通過電流計
D.S與觸點2連接后,電流計一直有穩定的示數
5.(2022秋·江西期末)如圖所示電路,電源電動
勢E=12V,內阻r=1Ω.外電路中電阻R1=2Ω,R2
=3Ω,R3=7.5Ω.電容器的電容C=2μF.求:
( 圖 圖1)電 鍵S閉 合 時,電 路 穩 定 時 電 容 器 所 帶 的 1 2
電量;
(2)電鍵從閉合到斷開,流過電流表A的電量.
拓展題特訓
易錯題特訓 (2022秋·滕州市校級期末)如圖所示,充電后的
平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,
1.(2022·宿遷二模)(多選)如圖,一對面積較大 上極板正中有一小孔.質量為m,電荷量為+q 的小球
的平行板電容器水平放置,帶等量異種電荷,B 板固定 從小孔正上方高h 處由靜止開始下落,穿過小孔到達
且接地,A 板用絕緣線懸掛,P 為兩板中點.下列結論 下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計,極板間電場
正確的是 ( ) 可視為勻強電場,重力加速度為 ).求:
A.若在兩板間充滿電介質,
g
P 點電勢將升高 (1)小球到達小孔處的速度;
B.A、B 兩板電荷分別在P 點產生電場的場強大 (2)兩極板間的電勢差的大小;
小相等,方向相同 (3)電容器所帶電荷量.
C.若將A 板豎直向下平移一小段距離,電容器儲
存的電能減小
D.若將A 板豎直向上平移一小段距離,線的拉力
將變大
第1題 第2題
2.(2022秋·大田縣校級期末)一平行板電容器
12

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
第4節 帶電粒子在電場中運動
1.(2022·臨潼區校級模擬)(多選)如圖所示,有 A.U1∶U2=1∶1
三個質量相等,分別帶正電、負電和不帶電的質點,由 B.U1∶U2=1∶2
C.U ∶U =1∶4
兩水平極板正中,以相同的初速度v0,先后垂直勻強
1 2
D.U1∶U, 、 、 , 2=1∶8電場射入 并分別落在負極板上甲 乙 丙三處 可以判定
4.(2022·德陽校級模擬)一個帶正電的微粒,從
( ) A 點射入水平方向的勻強電場中,微粒沿直線AB 運
動,如圖所示,AB 與電場線夾角θ=30°.已知帶電微粒
的質量m=1.0×10-7kg,電量q=1.0×10-10C,A、B
相距L=20cm.(取g=10m/s2,結果要求二位有效數
字)求:
A.甲處質點帶正電,乙處質點不帶電,丙處質點 (1)試說明微粒在電場中運動的性質,要求說明
帶負電 理由;
B.三個質點在電場中的運動時間相等 (2)電場強度大小、方向
C.三個質點在電場中的加速度a >a >a (3)要使微粒從A 點運動到B 點,微粒射入電場甲 乙 丙
D.三個質點到達負極的動能E >E 時的最小速度是多少 丙 乙>E甲
2.(2022秋·清遠期末)(多選)如圖所示,足夠長
的兩平行金屬板正對著豎直放置,它們通過導線與電
源E、定值電阻R、開關S相連.閉合開關后,一個帶電
的液滴從兩板上端的中點處無初速度釋放,最終液滴
落在某一金屬板上.下列說法中正確的是 ( )
A.電源電動勢越大,液滴在板間運動的加速度
越大
B.定值電阻的阻值越小,液滴在板間運動的加速
度越大
C.定值電阻的阻值越大,液滴在板間運動的時間
越長 高頻題特訓
D.兩平行金屬板距離越大,液滴在板間運動的時
1.(2022·深圳一模)(多選)如圖,豎直放置的平
間越長
行金屬板帶等量異種電荷,一不計重力的帶電粒子從
3.(2022秋·綿陽期末)如圖所示,有一帶電粒子 兩板中間以某一初速度平行于兩板射入,打在負極板
貼著A 板內側沿水平方向射入A、B 兩板間的勻強電 的中點,以下判斷正確的是 ( )
場,當A、B 兩板間電壓為U1 時,帶電粒子沿軌跡Ⅰ從
兩板正中間飛出;當A、B 兩板間電壓為U2 時,帶電粒
子沿軌跡Ⅱ落到B 板中間.設粒子兩次射入電場的水
平速度之比為2∶1,則兩次電壓之比為 ( )
13

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A.該帶電粒子帶正電 (3)粒子射出電容器時豎直偏轉的位移y.
B.該帶電粒子帶負電
C.若粒子初速度增大到原來的2倍,則恰能從負
極板邊緣射出
D.若粒子初動能增大到原來的2倍,則恰能從負
極板邊緣射出
2.(2022·廣東一模)(多選)真空中的某裝置如圖
所示,其中平行金屬板A、B 之間有加速電場,C、D 之 圖甲 圖乙
間有偏轉電場,M 為熒光屏.今有質子和α粒子均由A
板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入
偏轉電場,最后打在熒光屏上.已知質子和α粒子的質
量之比為1∶4,電荷量之比為1∶2,則下列判斷中正
確的是 ( )
A.粒子從B 板運動到熒光屏經歷的時間相同
B.粒子打到熒光屏上的位置相同 易錯題特訓
C.加速電場和偏轉電場的電場力對兩種粒子做
的總功之比為1∶4 1.(2022秋·崇川區校級期中)(多選)如圖所示,
D.粒子在AB 和CD 的兩個電場中的運動,均為 兩平行金屬板間有一勻強電場,板長為L,板間距離為
勻變速運動 d,在距板右端L 處有一豎直放置的光屏M.一電荷量
3.(2022·池州一模)如圖所示,A 板發出的電子 為q、質量為m 的質點從兩板中央射入板間,最后垂直
經加速后,水平射入水平放置的兩平行金屬板間,金屬 打在 M 屏上,則下列結論正確的是 ( )
板間所加的電壓為U,電子最終打在熒光屏P 上,關于 mgA.板間的電場強度大小為
電子的運動,則下列說法正確的是 ( ) q
2mg
B.板間的電場強度大小為 q
C.質點在板間運動時動能的增加量等于電場力
做的功
D.質點在板間的運動時間等于它從板的右端運
A.滑動觸頭向左移動時,其他不變,則電子打在 動到光屏的時間
熒光屏上的位置上升
B.滑動觸頭向右移動時,其他不變,則電子打在
熒光屏上的位置上升
C.電壓U 增大時,其他不變,則電子打在熒光屏
上的速度大小不變 第1題 第2題
D.電壓U 增大時,其他不變,則電子從發出到打 2.(2022秋·涪城區校級月考)如圖為一水平方
在熒光屏上的速度變小 向的勻強電場,某帶負電粒子從A 點運動到B 點,在
4.(2022·長沙校級期末)圖甲所示的平行板電容 這一運動過程中克服重力做的功為1.0J,電場力做的
器板間距離為d,兩板所加電壓隨時間變化圖線如圖 功為1.5J.則下列說法正確的是 ( )
乙所示,t=0時刻,質量為m、帶電量為q 的粒子以平 A.勻強電場方向水平向右
行于極板的速度v0射入電容器,t=3T 時刻恰好從下 B.粒子在A 點的電勢能比在B 點少1.5J
極板邊緣射出電容器,帶電粒子的重力不計,U0、T 為 C.粒子在A 點的動能比在B 點少0.5J
已知量,求: D.粒子在A 點的機械能比在B 點多1.5J
(1)平行板電容器板長L; 3.(2022秋·唐山期中)如圖甲所示,在真空中足
(2)粒子射出電容器時偏轉的角度φ 的正切值; 夠大的絕緣水平面上,一個質量為m=0.2kg、帶電量
14

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
為q=+2×10-6C的小物體處于靜止狀態,小物體與 2.(2015秋·仁壽縣校級期中)如圖所示,靜止于
地面之間的動摩擦因數μ=0.1,從t=0時刻開始,空 A 處的離子,先經加速電場加速后能沿圖中圓弧虛線
間上加一個如圖乙所示的變化電場(電場只存在于 勻速率地通過靜電分析器,靜電分析器通道內有均勻
0~4s的時間內),取水平向右的方向為正方向,g= 輻射分布的電場方向,然后再從P 點垂直CN 進入矩
10m/s2.求: 形區域的有界勻強電場,場強方向水平向左.已知加速
(1)2s內小物體的位移大小; 電場的電壓為U,圓弧虛線的半徑為R,離子質量為
(2)小物塊從開始到第一次速度為零過程中,電勢 m、電荷量為q;QN=2d、PN=3d,離子重力不計.求:
能是增加還是減少,增加或者減少多少; (1)靜電分析器圓弧虛線所在處電場強度 E 的
(3)小物體運動的全過程經歷的總時間. 大小;
(2)若 離 子 恰 好 能 打 在 Q 點 上,則 矩 形 區 域
QNCD 內電場強度E0的大小;
(3)從A 到Q 點的整個運動過程,離子電勢能的
變化.
甲 乙
拓展題特訓
1.(吉林省松原市油田高中2022屆畢業班第三次
模擬考試物理試卷)(多選)如圖甲所示,平行金屬板中
央有一個靜止的電子(不計重力),兩板間距離足夠大.
當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后,在下圖中,反
映電子速度v、位移x 和加速度a三個物理量隨時間t
的變化規律可能正確的是 ( )
圖甲 圖乙
A B
C D
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小題狂刷 高考專題特訓
綜合特訓(一)
A.aa>ab>ac,va>vc>vb
B.aa>ab>ac,vb>vc>va
C.ab>ac>aa,vb>vc>va
1.(2022·新課標Ⅲ)關于靜電場的等勢面,下列 D.ab>ac>aa,va>vc>vb
說法正確的是 ( ) 5.(2022·海南)(多選)如圖,兩電荷量分別為Q
A.兩個電勢不同的等勢面可能相交 (Q>0)和-Q 的點電荷對稱地放置在x 軸上原點O
B.電場線與等勢面處處相互垂直 的兩側,a點位于x 軸上O 點與點電荷Q 之間,b點位
C.同一等勢面上各點電場強度一定相等 于y軸O 點上方.取無窮遠處的電勢為零.下列說法正
D.將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至 確的是 ( )
電勢較低的等勢面,電場力做正功
2.(2022·新課標Ⅰ)一平行電容器兩極板之間充
滿云母介質,接在恒壓直流電源上,若將云母介質移
出,則電容器 ( )
A.極板上的電荷量變大,極板間的電場強度變大
A.b點電勢為零,電場強度也為零
B.極板上的電荷量變小,極板間的電場強度變大
B.正的試探電荷在a 點的電勢能大于零,所受電
C.極板上的電荷量變大,極板間的電場強度不變
場力方向向右
D.極板上的電荷量變小,極板間的電場強度不變
C.將正的試探電荷從O 點移到a 點,必須克服電
3.(2022·新課標Ⅰ)(多選)如圖,一帶負電荷的
場力做功
油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直平面(紙面)內,
D.將同一正的試探電荷先后從O、b 兩點移到a
且相對于過軌跡最低點P 的豎直線對稱.忽略空氣阻
點,后者電勢能的變化較大
力.由此可知 ( )
6.(2022·浙江)如圖所示為靜電力演示儀,兩金
屬極板分別固定于絕緣支架上,且正對平行放置,工作
時兩板分別接高壓直流電源的正負極,表面鍍鋁的乒
A.Q 點的電勢比P 點高
乓球用絕緣細線懸掛在兩金屬極板中間,則 ( )
B.油滴在Q 點的動能比它在P 點的大
C.油滴在Q 點的電勢能比它在P 點的大
D.油滴在Q 點的加速度大小比它在P 點的小
4.(2022·新課標Ⅱ)如圖,P 為固定的點電荷,虛
線是以P 為圓心的兩個圓.帶電粒子Q 在P 的電場中
運動.運動軌跡與兩圓在同一平面內,a、b、c為軌跡上 A.乒乓球的左側感應出負電荷
的三個點.若Q 僅受P 的電場力作用,其在a、b、c點 B.乒乓球受到擾動后,會被吸在左極板上
的加速度大小分別為aa、ab、ac,速度大小分別為va、 C.乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個力的
vb、vc,則 ( ) 作用
D.用絕緣棒將乒乓球拔到與右極板接觸,放開后
乒乓球會在兩極板間來回碰撞
7.(2022·天津)如圖所示,平行板電容器帶有等
量異種電荷,與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器
下極板都接地.在兩極板間有一固定在P 點的點電荷,
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物理·電場和磁場 電路與電磁感應
以E 表示兩極板間的電場強度,EP 表示點電荷在P A.末速度大小為 2v0
點的電勢能,θ表示靜電計指針的偏角.若保持下極板 B.末速度沿水平方向
不動,將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位 1
C.重力勢能減少了 m d
置, g則 ( ) 2
D.克服電場力做功為mgd
10.(2022·江蘇)靜電現象在自然界中普遍存在,
我國早在西漢末年已有對靜電現象的記載,《春秋緯·
A.θ增大,E 增大 考異郵》中有“玳瑁吸”之說,但下列不屬于靜電現象的是
B.θ增大,EP不變 ( )
C.θ減小,EP增大 A.梳過頭發的塑料梳子吸起紙屑
D.θ減小,E 不變 B.帶電小球移至不帶電金屬附近,兩者相互吸引
8.(2022·海南)如圖,平行板電容器兩極板的間 C.小線圈接近通電線圈過程中,小線圈中產生
距為d,極板與水平面成45°角,上極板帶正電.一電荷 電流
量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處.以初動 D.從干燥的地毯上走過,手碰到金屬把手時有被
能Ek0豎直向上射出.不計重力,極板尺寸足夠大,若粒 電擊的感覺
子能打到上極板,則兩極板間電場強度的最大值為 11.(2022·天津)(多選)如圖所示,氕核、氘核、氚
( ) 核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右
的加速電場E1,之后進入電場線豎直向下的勻強電場
E2 發生偏轉,最后打在屏上.整個裝置處于真空中,不
計粒子重力及其相互作用,那么 ( )
Ek0
A.4qd
Ek0
B.2qd
2Ek0
C.2qd A.偏轉電場E2 對三種粒子做功一樣多
2Ek0 B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大D.qd C.三種粒子運動到屏上所用時間相同
9.(2022·山東)(多選)如圖甲,兩水平金屬板間
D.三種粒子一定打到屏上的同一位置
距為d,板間電場強度的變化規律如圖乙所示t.=0時
12.(2022·廣東)(多選)如圖所示的水平勻強電
刻,質量為m 的帶電微粒以初速度為v0沿中線射入兩
場中,將兩個帶電小球 M 和N 分別沿圖示路徑移動
, T板間 0~ 時間內微粒勻速運動,T 時刻微粒恰好經3 到同一水平線上的不同位置,釋放后,M、N 保持靜
金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸.重 止,不計重力,則 ( )
力加速度的大小為g.關于微粒在0~T 時間內運動的
描述,正確的是 ( )
A.M 的帶電量比N 的大
B.M 帶負電荷,N 帶正電荷
C.靜止時 M 受到的合力比N 的大
圖甲 圖乙 D.移動過程中勻強電場對 M 做負功
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小題狂刷 高考專題特訓
13.(2022·上海)如圖,在場強大小為E、水平向 14.(2022·四川)中國科學家2015年10月宣布
右的勻強電場中,一輕桿可繞固定轉軸O 在豎直平面 中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器.
內自由轉動.桿的兩端分別固定兩電荷量均為q 的小 加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備,在放射治療、
球A、B,A 帶正電,B 帶負電;A、B 兩球到轉軸O 的 食品安全、材料科學等方面有廣泛應用.如圖所示,某
距離分別為2l、l,所受重力大小均為電場力大小的 3 直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)
倍.開始時桿與電場間夾角為θ(90°≤θ≤180°).將桿從 組成,相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極.質子
初始位置由靜止釋放,以O 點為重力勢能和電勢能零 從K 點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管,
點.求: 在漂移管內做勻速直線運動,在漂移管間被電場加速,
(1)初始狀態的電勢能W ; 加速電壓視為不變.設質子進入漂移管B 時速度為e 8
(2)桿在平衡位置時與電場間的夾角α; ×10
6m/s,進入漂移管E 時速度為1×107 m/s,電源
(3)桿在電勢能為零處的角速度ω. 頻率為1×10
7Hz,漂移管間縫隙很小,質子在每個管
1
內運動時間視為電源周期的 質子的荷質比取
2. 1×
108C/kg.求:
(1)漂移管B 的長度;
(2)相鄰漂移管間的加速電壓.
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物理·電場和磁場 電路與電磁感應
C.一個負電荷處于A 點的電勢能大于它處于B
點的電勢能
D.若將一個正電荷由A 點釋放,該電荷將在電場
本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩 中做加速度減小的加速運動
部分。共100分,考試時間100分鐘。 4.(2022·安徽)如圖所示,xOy 平面是無窮大導
第Ⅰ卷(選擇題 共60分) 體的表面,該導體充滿z<0的空間,z>0的空間為真
一、選擇題(本大題共10小題,每小題6分,共60分) 空.將電荷為q 的點電荷置于z 軸上z=h 處,則在
1.(2015春·平度市期末)金屬小球a 和金屬小 xOy 平面上會產生感應電荷.空間任意一點處的電場
球b的半徑之比為1∶3,所帶電荷量之比為1∶7.兩小 皆是由點電荷q 和導體表面上的感應電荷共同激發
球間距遠大于小球半徑且間距一定時,它們之間的相 的.已知靜電平衡時導體內部場強處處為零,則在z 軸
互吸引力大小為F.已知取無窮遠處為零電勢,導體表 h上z= 處的場強大小為(k為靜電力常量) (2
)
面的電勢與導體球所帶的電荷量成正比,與導體球的
4q 4q
半徑成反比.現將金屬小球a 與金屬小球b相互接觸, A.kh2 B.k9h2
達到靜電平衡后再放回到原來位置,這時a、b兩球之
32q 40q
間的相互作用力的大小是(不考慮萬有引力) ( ) C.k9h2 D.k9h2
9F 16F
A.7 B.7
12F 27F
C.7 D.28
2.(2022·揚州模擬)如圖所示,一個電量為+Q 第4題 第5題
的點電荷甲,固定在絕緣水平面上的O 點,另一個電 5.(2022·黃州區模擬)光滑絕緣細桿與水平面成
量為-q、質量為m 的點電荷乙從A 點以初速度v0沿 θ角固定,桿上套有一帶正電小球,質量為 m,帶電量
它們的連線向甲運動,到B 點時速度最小且為v.已知 為q.為使小球靜止在桿上,可加一勻強電場.所加電場
靜電力常量為k,點電荷乙與水平面的動摩擦因數為 的場強滿足什么條件時,小球可在桿上保持靜止
μ,AB 間距離為L 則 ( ) ( )
kQq
A.OB 間的距離為r= , mgcosθ
μmg A.
垂直于桿斜向上 場強大小為
q
B.從A 到B 的過程中,電場力對點電荷乙做的功 mg
B.豎直向上,場強大小為
1 1 q
W=μmgL+2mv
2
0-2mv
2
, mgsinθC.垂直于桿斜向上 場強大小為
C.從A 到B 的過程中,電場力對點電荷乙做的功 q
kQq mgcotθ
為 D.水平向右,場強大小為
μmg q
D.在點電荷甲形成的電場中,AB 間電勢差U 6.(2022·鄭州一模)(多選)兩個等量異種點電荷AB
1 1 的連線和其中垂線上有a、b、c三點,如圖所示,下列說
μmgL+2mv
2- 22mv0 法正確的是 ( )
= q A.a點電勢比b點高
B.a、b兩點場強方向相同,b點場強比a點大
C.b點電勢比c點高,場強方向相同
D.一個電子僅在電場力作用下不可能沿如圖曲第2題 第3題 線軌跡從a點運動到c點
3.(2015秋·海淀區期末)(多選)某電場的電場
線分布如圖所示,電場中有A、B 兩點,則以下判斷正
確的是 ( )
A.A 點的場強大于B 點的場強,B 點的電勢高于
A 點的電勢 第6題 第7題
B.若將一個電荷由A 點移到B 點,電荷克服電場 7.(2022·上海模擬)如圖所示,絕緣桿兩端固定
力做功,則該電荷一定為負電荷 帶電小球A 和B,輕桿處于水平向右的勻強電場中,不
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小題狂刷 高考專題特訓
考慮兩球之間的相互作用.初始時桿與電場線垂直,將 域Ⅰ中有一個帶負電的油滴沿電場線以速度v0勻速
桿右移的同時順時針轉過90°,發現A、B 兩球電勢能之 下落,并進入區域Ⅱ(電場范圍足夠大).能描述粒子在
和不變.根據如圖給出的位置關系,下列說法正確的是 兩個電場中運動的速度-時間圖象是(以v0方向為正
( ) 方向) ( )
A.A 一定帶正電,B 一定帶負電
B.A、B 兩球帶電量的絕對值之比qA∶qB=1∶2
C.A 球電勢能一定增加
D.電場力對A 球和B 球都不做功
8.(2022秋·蘭州校級期中)(多選)如圖所示為
空間某一電場的電場線,a、b 兩點為其中一條豎直向
下的電場線上的兩點,該兩點的高度差為h,一個質量
為m、帶電荷量為+q 的小球從a 點靜止釋放后沿電 A B
場線運動到b 點時速度大小為 3gh,則下列說法中
正確的是 ( )
A.質量為m、帶電荷量為+q 的小球從a 點靜止
釋放后沿電場線運動到b點的過程中動能增加量等于 C D
電勢能減少量 第Ⅱ卷(非選擇題 共40分)
、 mgh 二、非選擇題(本大題共3小題,共40分)B.ab兩點的電勢差U= 2q 11.(2022·普陀區二模)有三根長度均為L=0.3m
C.質量為m、帶電荷量為+2q的小球從a點靜止 的不可伸長的絕緣細線,其中兩根的一端分別固定在
釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為 gh 天花板上的P、Q 點,另一端分別拴有質量均為 m=
D.質量為m、帶電荷量為-q 的小球從a 點靜止 0.12kg的帶電小球A 和B,其中A 球帶正電,電荷量
釋放后沿電場線運動到b點時速度大小為 gh 為q=3×10-6C.A、B 之間用第三根線連接起來.在
水平向左的勻強電場E 作用下,A、B 保持靜止,懸線
仍處于豎直方向,且A、B 間細線恰好伸直.(靜電力恒
量k=9×109N·m2/C2)
(1)此勻強電場的電場強度E 為多大;
(2)現將PA 之間的線燒斷,由于有空氣阻力,A、
B 球最后會達到新的平衡位置.求此時細線QB 所受
第8題 第9題
, 、
9.( ·
的拉力T 的大小 并求出A B 間細線與豎直方向的
2022 自貢一模)(多選)如圖所示,沿水平方
夾角 ;
向放置的平行金屬板a 和b,分別與電源的正、負極相
θ
()
連,
求 球的電勢能與燒斷前相比改變了多少
兩板的中央沿豎直方向各有一個小孔,今有一個帶 3 A
(
, 不計 球所帶電荷對勻強電場的影響
)
正電的液滴 自小孔的正上方的 P 點由靜止自由落
B .
下,先后穿過兩個小孔后的速度為v1.若使a 板不動,
若保持電鍵K斷開或閉合,b 板向上或向下平移一小
段距離,相同的液滴仍然從P 點由靜止自由落下,先
后穿過兩個小孔后的速度為v2,在不計空氣阻力的情
況下,下列說法正確的是 ( )
A.若電鍵K保持閉合,向下移動b板,則v2>v1
B.若電鍵K閉合一段時間后再斷開,向下移動b
板,則v2>v1
C.若電鍵 K保持閉合,無論向上或向下移動b
板,則v2=v1
D.若電鍵K閉合一段時間后再斷開,無論向上或
向下移動b板,則v210.(2022·泰安三模)如圖所示,在真空區域Ⅰ、
Ⅱ中存在兩個勻強電場.其電場線方向豎直向下,在區
20

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
12.(2022秋·桃城區校級期末)有一帶負電的小 13.(2022·湖北模擬)如圖甲所示,真空室中電極
球,其帶電荷量q=-2×10-4C,如圖所示,開始時靜 K 發出的電子(初速度不計)經過電勢差為U1 的加速
止在場強為E=2×103V/m的勻強電場中的P 點,靠 電場加速后,沿兩水平金屬板C、D 間的中心線射入兩
近電場極板B 有一擋板S,小球與擋板S 的距離h= 板間的偏轉電場,最后打在熒光屏上.C、D 兩板間的電
4cm,與A 板的距離 H=36cm,小球的重力忽略不 勢差UCD 隨時間變化的圖象如圖乙所示,設C、D 間的
計,在電場力作用下小球向左運動,與擋板S 相碰后電 電場可看作勻強電場,且兩板外無電場.已知電子的質
7 量為m、電荷量為e(重力不計),C、D 極板長為l,板間
荷量減少到碰前的k倍,已知k= ,碰撞過程中小球8 距離為d,偏轉電壓U2,熒光屏距C、D 右端的距離為
的機械能沒有損失. l
() , ,所有電子都能通過偏轉電極1 設勻強電場中擋板S 所在位置的電勢為零 則 6 .
小球在P 點時的電勢能為多少 (1)求電子通過偏轉電場的時間t0;
(2)小球第一次被彈回到達最右端時距S 板的距 (2)若UCD 的周期T=t0,求熒光屏上電子能夠到
離為多少 達的區域的長度;
(3)小球從 P 點出發第一次回到最右端的過程 (3)若UCD 的周期T=2t0,求到達熒光屏上O 點
中,電場力對小球做了多少功 的電子的動能.
甲
乙
21
物理·電場和磁場 電路與電磁感應
參考答案
力的上滑分力平衡,即:
第一單元 電 場 mgsinθ=Fcosθ;
聯立解得:
第1節 電場力的性質 mgd2tanθqB=
【基礎特訓】 kq
: , , , (2)若 斜 面 對 A 球 支 持 力 剛 好 為 零,則 有:1.C 解析 小球受重力m m =g 繩的拉力 庫侖力F 繩與 gkqqB
豎直方向夾角為: F , : Qqtanθ= 庫侖力 F=k ,由于電荷Q d2 tanθ
;
mg r2 2
與B 的距離大于電荷與A 之間的距離,所以FA>F mgdB,故θ1 解得:qB=
>θ2,故C正確,ABD錯誤. kqtanθ
2.A 解析:帶電前:對B 有(如圖①), 答:(1)若B 球帶正電且細線對A 球拉力剛好為零,則
T =G mgd
2tanθ
B B B 球電量 .
對AB 組成的整體有(如圖②), kq
T =G +G (2)若B 球帶負電且斜面對A 球支持力剛好為零,則BA A B
帶電后:對B 有(如圖③), mgd
2
球電量 .
TB'=F電+GB kqtanθ
對整體(如圖④), 【能力特訓】
T'=G +G 高頻題特訓A A B
綜上所述:T =T',T 球的2倍.根據牛頓第二定律可知,A、B 兩個帶電小球的質
量之比為1∶2;當在AB 中點固定一個帶正電小球C,由靜
止釋放A、B 兩球,釋放瞬間兩球加速度大小相等,根據庫侖
, : 3q
·q Qc3q
定律與牛頓 第 二 定 律 且 有 對 A 來 說,k (2r)2 -k r2
=ma
3q·q Qq
對B 來說,k (2r)2+k
c
r2 =2ma① ② ③ ④
3.C 解析:電場線的疏密代表場強的強弱,電場線越
, , 綜上解得,
3
密 代表電場越強 電場方向為電場線的切線方向,故從圖可 QC=28q
以看出A 點B 點電場大小和方向均不同,故 A錯誤、B錯 根據庫侖定律與牛頓第二定律,且有:對A 來說,
誤;電場線從正電荷指向負電荷,故C正確;右邊電荷周圍的 Qcq 3q·q
電場線密集,故此電荷的電荷量較大,故D錯誤. 3kr2 -k (2r)2=ma
4.D 解析:若是負電荷在a 點受電場力方向則和電場 Qcq k3q·q
方向相反,因此在a 點受到電場力方向不一定和電場方向相 對B 來說,3k 2 + (
, ; , r 2r
)2 =2ma
同 故A錯誤 a 處電場線比b 處密 因此a 處電場強度比b
處大, 9同一電荷受力也大,故B錯誤;正電荷由靜止釋放時, 綜上解得,QC= q,故AB正確,CD錯誤.
電場力方向始終沿電場線的切線方向,該電荷將離開此電場 20
, 解析:由題,該裝置探究庫侖力與電荷量的關線 因此其軌跡不沿電場線,故C錯誤;a、b 兩點比較,a 處 2.ABC
, , 系,所以d 保持不變;故A正確;由題,該裝置探究庫侖力與電場線密 故a 點的電場強度較大 故D正確.
: , 電荷量的關系,d 不變,而且保持 A、B 連線與細線垂直,5.D 解析 設想將圓環等分為n 個小段 當n 相當大 A只能在以O 為圓心、半徑為細線長度的圓弧上運動,所以Q B
時,每一小段都可以看做點電荷,其所帶電荷量為:q= ① 的位置在同一圓弧上.故B正確;以小球A 為研究對象,球受n 到重力G,庫侖力F1 和線的拉力F2 三個力作用,作出受力
由點電荷場 強 公 式 可 求 得 每 一 點 電 荷 在 P 處 的 場 強 圖如圖.
: Q Q為 E'=k =k ② 作出F1、F2 的 合 力 F,則 由 平 衡 條 件 得:F=G.由 于nr2 n(R2+L2) AB 的連線始終與細線垂直,所以F1、F2 始終垂直,所以:
由對稱性可知,各小段帶電環在P 處的場強E 的垂直 F1=mgsinθ,F2=mgcosθ
于軸向的分量Ey相互抵消,而E'的軸向分量Ex之和即為帶 設細線的長度為L,則:x=Lsinθ
電環在P 處的場強E,故: kQq kQq x
kQ L kQL 由庫侖定律:F1=d2
,可得: · ,
E=nEx=n× × = ③ d
2 =mgsinθ=mg L
n(L2+R2) r r(L2+R2) 則x 與電荷量乘積Qq成正比.故C正確.由以上的分析知庫
而r= L2+R2④ 侖力F1=mgsinθ,所以sinθ 與A、B 間庫侖力成正比.故D
kQL 錯誤.
聯立①②③④可得:E= ,答案D正確.
(R2+L2)3
6.解:根據庫侖定律,小球 A 與B 之間庫侖力的大小
kqq
為:F= B;d2
(1)若細線上的拉力為0,小球A 受重力、支持力和庫侖
斥力而平衡,根據共點力平衡條件,重力的下滑分力與庫侖
83

小題狂刷 高考專題特訓
3.C 解析:A、B、C 三個電荷要平衡,必須三個電荷的 中軸線運動,所受合力的方向沿中軸線向上,在無窮遠處,合
一條直線,外側二個電荷相互排斥,中間電荷吸引外側兩個 力又為零,所以合力的大小先增大后減小,根據牛頓第二定
電荷,所以外側兩個電荷距離大,要平衡中間電荷的拉力,必 律,則加速度先增大后減小,加速度方向向上,與速度相同,
須外側電荷電量大,中間電荷電量小,所以C 必須為正電,在 所以速度一直增大.故C正確,A、B、D錯誤.
B 的右側.設C 所在位置與B 的距離為r,則C 所在位置與 2
, , :() , :
vB
A 的距離為L+r 要能處于平衡狀態 所以A C 解 在 點 由牛頓第二定律得對 的電場力 4. 1 B mg-qE=m R
大小等于B 對C 的 電 場 力 大 小,設 C 的 電 量 為Q.則 有: (mg-qE)R
k4q·Q Qq 故得vB=
(L+r)2=k
m
r2 1 2
解得:r=L (2)由動能定理得:2mvB=
(mg-qE)(h-2R)
4q·, , : Q k4q
·q
對點電荷A 其受力也平衡 則 k 5(L+r)2= L2 解得:h=2R
解得:Q=4q,即C 帶正電,電荷量為4q,在B 的右側距 (3)當小球剛要脫離軌道時,令軌道半徑與水平方向的
B 為L 處.故選C. 夾角為θ.
4.解:(1)設小物體離開桌子邊緣B 點后經過時間t落 v2
地,則: 由牛頓第二定律得:mgsinθ=m R
1
h=2gt
2 由機械能守恒定律得:
1
2h mv
2+mgR(1+sinθ)=mg·2R
得t= =0.5s 2
g 2
(2)設小物體離開桌子邊緣B 點時的速度為v , 解得:sinθ=B 3
x
則v 5B=t =2m
/s 即從地面高度為 H= R 處脫離軌道3 .
根據動能定理,有 (
:() mg-qE
)R
1 1 答 1 小球到達B 點的速度至少為 .
-qEs= mv2- mv2 m2 B 2 A
() 5解得E=3.2×105N/C 2A 點距水平地面的高度h至少要為 R.
() 23 不同意. (
, , 3
)若撤去勻強電場,讓小球從h'=2R 處由靜止下滑,
要使水平射程加倍 必須使B 點水平速度加倍 即 5
v'B=2vB=4m/s 從地面高度為 H= R 處脫離軌道.
根據動能定理, 3有 拓展題特訓
1 1 1
- qEs= mv'2B- mv'2A 1.BD 解析:開始時刻小物塊受重力、支持力和摩 擦2 2 2 力,物塊恰好能在斜面上勻速下滑,說明摩擦力和支持力的
解得v'A=42m/s≠vA 合力與重力平衡,而庫侖力對于物塊是阻力,是導致其做減
所以說該同學認為應使小物體帶電量減半的想法是錯 速運動,故A錯誤;根據庫侖定律,則有在BD 之間,電荷間
誤的. 的間距先減小后增大,則物塊受到的庫侖力先增大后減小,
答:(1)小物體離開桌子邊緣B 后經過0.5s落地. 故B正確;開始時刻小物塊受重力、支持力和摩擦力,物塊恰
(2)勻強電場E 為3.2×105N/C. 好能在斜面上勻速下滑,說明摩擦力和支持力的合力與重力
(3)不同意,驗證見上面解法. 平衡,是豎直向上的;根據牛頓第三定律,壓力和滑塊對斜面
易錯題特訓 體的摩擦力的合力是豎直向下的;增加電場力后,小物塊對
1.B 解析:據題,N 是大于3的偶數,除A 處電荷以及 斜面體的壓力和摩擦力正比例增加,故滑塊對斜面體的壓力
與A 關于O 點對稱的電荷外,其他電荷的分布關于O 點對 和摩擦力的合力仍然是豎直向下的;再對斜面體分析,受重
稱,它們在O 處產生的合場強為0,所以O 處的場強等于A 力、故滑塊對斜面體的壓力和摩擦力、支持力,不受地面的摩
處電荷和與A 關于O 點對稱的電荷產生的合場強,大小為 擦力,否則合力不為零.從整體角度分析,在BA 之間,因庫
2q q 3kq
E=k +k = .故選B. 侖斥力,導致斜面對地面的壓力增大,故C錯誤,D正確.R2 R2 R2 2.BCD 解析:小球B 在細繩剪斷瞬間受到水平向右的
2.D 解析:以整體為研究對象可知,筒底對 A 球的支 庫侖斥力和豎直向下重力作用,而且初速度為零,故不做平
持力大小等于A、B 兩球的重力,由牛頓第三定律可知A 對 拋運動,故選項A錯誤;細繩剪斷瞬間合力大于重力,根據牛
筒底的壓力也等于A、B 兩球的重力,小球A 對筒底的壓力 頓第二定律可以知道,加速度大于g,故選項B正確;若豎直
mg
不變.故A錯誤.小球A、B 間的庫侖力F= ,θ 角變大, 2hcosθ 方向只受到重力作用,則落地時間為 ,但是隨著小球Bg
cosθ變小,庫侖力F 變大,故BC錯誤;隔離B 球受力如圖所 下落,A 對B 的庫侖力沿豎直向下具有分力,從而使豎直方
示,根據受力平衡有:FN=mgtanθ.B 由于漏電而下降少許 向的力逐漸增大,并且大于重力,即豎直方向的加速度逐漸
重新平衡,θ角變大,因此筒壁給球B 的支持力增大,根據作
用力與反作用力可知B 球對筒壁的壓力變大.故D正確;故 , , 2h增大 而且大于g 故小球B 落地時間小于 ,即選項C
選D. g
正確;根據上面的分析,若豎直方向只受到重力作用;則小球
B 落地的速度等于 2gh,但是豎直方向的力逐漸增大,并
且大于重力,故落地速度大于 2gh,故選項D正確.
F
3.D 解析:由圖可知,B 點的電場強度EB= =2.5×q
104N/C.故A錯誤.在A 點放一個帶正電的試探電荷,A、B
3.C 解析:根據A、B 為兩個固定的等量同種正電荷, 兩點的試探電荷受到電場力的方向都跟x 軸正方向相同,所
在它們連線的中點C 的電場強度為0,從C 到無窮遠,電場 以A 點的電場強度的方向沿x 軸正方向,故B錯誤.放在A、
強度先增大后減小,因此自由電荷在C 點所受合力為0,沿 B 兩點的試探電荷受到的電場力方向都跟x 軸的正方向相
84

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
同,而正電荷所受電場力與電場強度方向相同,負電荷所受 3.AD 解析:由等勢面的分布可知,該電場是點電荷產
電場力與電場強度方向相反.若點電荷在A 的左側或在B 的 Q
右側, 生的,由場強公式 可知, 點的場強小于 點的場正負電荷所受電場力方向不可能相同,所以點電荷Q E=kr2 a b
應位于A、B 兩點之間,根據正負電荷所受電場力的方向,知 強.故A正確.由于中心電荷的電性無法判斷,電場線方向無
該點電荷帶負電.故C錯誤.由圖可知,A 點的電場強度EA= 法判定,則不能比較a、b的電勢高低.故B錯誤.電場力對兩
F 5 / 粒子均做正功,則兩個粒子的電勢能均減小 故 錯誤 與=4×10 NC.設點電荷Q 的坐標為x,由點電荷的電場 . C .b
q 中心電荷的電性相反,粒子從P 運動到b 的過程中,電場力
Q , E
(x-0.2)2 1 做正功,動能增大,故D正確.
E=k B2 可知 =( )2= ,解得:x=0.3m,故r E 0.7-x 16 DA 4.D 解析:作出電場線,根據軌跡彎曲的方向和正電
正確. 荷可知,電場線向下.故a 點電勢最低.故A錯誤.根據已知條
4.解:(1)在空間加一個水平方向的勻強電場后A 處的 件無法判斷粒子的運動方向.故B錯誤.等差等勢面P 處密,
質點處于靜止,對A 進行受力分析: P 處電場強度大,電場力大,加速度大.C錯誤.從P 到Q 過
Q2 程中電場力做正功,電勢能降低,動能增大,故 P 點的動能
AO 間的庫侖力為F=k 2;L 小于Q 點的動能,D正確.
根據平衡條件得: 5.解:(1)據題意,點電荷勻速地由A 運動到B,電場力
Fsinθ=EQ 與外力F 二力平衡,又根據負電荷所受的電場力方向與場強
Fsinθ kQ 方向相反,則得場強的方向斜向左上方.
E= Q =2L2 F 1.5×10-4由 F =qE 得 場 強 為:E = = 5×10-7 N
/C
方向由A 指向C. q
(2)該質點到達B 點時受豎直向下的O 點的庫侖力和 =300N/C
水平向右的電場力. (2)根據等勢線與電場線垂直,畫出通過A、B 兩點的等
Q2 勢線,如圖實線所示.
庫侖力為F'=k( ,Lsin60°)2
水平向右的電場力F″=EQ,
kQ2 2
B 點時所受的電場力F= (EQ)2+ [(Lsin60°)2 ]
73kQ2
= 6L2
(3)質點到達C 點時進行受力分析,根據牛頓第二定
律得: 、 :
Q2 A B 間的電勢差為 φA-φB=EABcos37°·
F kL2 sinθ+EQ kQ2 則得B 點的電勢為:φB=φA-EABcos37°=200-300合
a= m = m =mL2 ×0.4×0.8=104V
從A 點到C 點根據動能定理得: (3)點電荷由 A 運動到B,電場力做功為:W=qEAB
1 2 1 cos37°=-5×10
-7×300×0.4×0.8J=-4.8×10-5J
EQL=2mv -2mv
2
0; 故點電荷的電勢能增大4.8×10-5J
:() / ,
kQ2 答 1 勻強電場的電場強度E 的大小為300NC 方向
v= +v20 與F 的方向相同mL .(2)B 點的電勢是104V,在圖中用實線畫出通過A、B
答:(1)
kQ
該勻強電場的場強是 2,方向由A 指向C. 兩點的等勢線如圖所示.2L () -5
(2)給A 處的質點一個指向C 點的初速度, 3q
在由A 到該質點到達 B 的過程中電勢能增大4.8×10 J.【能力特訓】
73kQ2
B 點時所受的電場力 6L2 .
高頻題特訓
1.A 解析:正電荷在電場中,在電勢高的位置,電勢能
(3)若初速度大小為v0,質點到達C 點時的加速度和速 越大,故A正確,B錯誤;等勢面的疏密代表場強的大小,故
kQ2 kQ2 A 點的場強小于2 B 點的場強,故CD錯誤.度分別是 2和mL mL+v0. 2.AC 解析:用電場線的疏密程度表示電場的強弱,故
N 點的場強比M 點的場強大,故A正確.沿著電場線的方向
第2節 電場能的性質 電勢越來越低,所以Q 點的電勢比P 點的電勢低,故B錯誤.
【基礎特訓】 P 點電勢高于Q 點,根據EP=φq 可知,負電荷在P 點時的
1.AD 解析:電場線與等勢面垂直,而電場強度的方向 電勢能小于在Q 點時的電勢能,故C正確.根據電場分布可
為電場線的方向,所以電場強度的方向與等勢面垂直,故 A 知,MO 間的平均電場強度比ON 之間的平均電場強度小,
正確;電場強度與電勢沒有直接關系,電場強度為零時,電勢 故由公式U=Ed 可知,MO 間的電勢差小于ON 間的電勢
不一定為零;電勢為零,電場強度不一定為零,故B錯誤;根 差,故D錯誤.
據電勢能E =qφ 可知,電勢能與電場強度無直接關系,故C : Wp 3.C 解析 電場中兩點的電勢差UAB=
AB,由電場本
錯誤;順著電場線方向電勢降低,由勻強電場U=Ed 可知, q
電場強度的方向是電勢降低最快的方向,故D正確. 身決定,與電量和功 W 無關.故 A錯誤;電勢差的單位是這
2.B 解析:圓環上均勻分布著負電荷,根據對稱性可 樣規定的:將1C正電荷從一點移到另一點,電場力做1J的
知,圓環上各電荷在O 點產生的場強抵消,合場強為零.圓環 功,這兩點間的電勢差為1V.故B錯誤;將1C的正電荷從
上各電荷產生的電場強度在x 軸有向右的分量,根據電場的 A 點移到B 點,電場力做了1J的正功,這兩點間的電勢差
疊加原理可知,x 軸上電場強度方向向左,根據順著電場線 為1V.故C正確;電荷在電場中移動,電場力做功,不論電荷
方向電勢降低,可知在x 軸上O 點的電勢最低,故A錯誤,B 是正電荷還是負電荷,不論是否還受其他力的作用,其電勢
正確;O 點的場強為零,無窮遠處場強也為零,所以從O 點沿 能改變等于電場力所做的功.故D錯誤.
x 軸正方向,場強應先增大后減小.x 軸上電場強度方向向 4.C 解析:兩個等量同種電荷連線中點O 的電場強度
左,電勢升高,故C錯誤,D錯誤. 為零,無窮遠處電場強度也為零,故從O 點沿著中垂線向上
85

小題狂刷 高考專題特訓
到無窮遠處電場強度先增大后減小,場強最大的點可能在 從x=-2L 到x=2L 過程中,由動能定理得:
A、B 連線之間,也可能在A、B 連線上,還可能在A、B 連線 1
下,由于A、B 兩點的間距也不確定,故E 可能大于E ,也 qU1-μmgs1=2mv
2
t-0,
A B
可能小于EB,還可能等于EB;PQ 連線的下方,電場強度一 ( 3 ) ( ) 1即 2 ,
直向上,故電勢越來越低,所以A 點的電勢小于與B 對稱的 qφ0-7φ0 -μmg4L =2mvt-0≥0
點的電勢,所以負電荷的電勢能:εA 一定大于εB;故A錯誤, q
B錯誤,C正確,D也錯誤. 解得:≤
φ0
μ 7mgL
.
5.解析:(1)B 球運動過程中只受A 球對它的庫侖力作 (3)小物塊運動速度最大時,電場力與摩擦力的合力為
用,當它運動到O 點時兩電荷間距離最小,則速度跟A 球相 零,設該位置離A 點的距離為lA
1 1 · ( )
同為v0.根據動能定理得:W= 2 2 k q4Q kQq2m2v0- :2m2v1 則 l2 -A (6L-l )2
-μmg=0
A
(2)因為A 球做勻速運動,t0時間內運動的位移為:x= 解得lA=3L,即小物塊運動到x=0時速度最大.小物
v0t0 塊從x=-2L 運動到x=0的過程中,由動能定理得:
kqq
此時的庫侖力為:F= 1 2 1 2x2 qU2-μmgs2=2mvm-0
因為A 球始終做勻速運動,所以非勻強電場對它的作 25 1代入數據:( ) ( ) 2
用力與B 球對它的庫侖力相平衡.當B 球到達O 點時,兩帶 qφ0-63φ0 -μmg2L =2mvmax-0
電小球間的距離最小,庫侖力最大.因此,電場對A 的作用力
: 76qφ0 4kqQ也最大,電場強度也最大.有: 解得 vmax= 63m -3mL
F kq
E= = 2 答:(1)固定在A 處的電荷的電量QA 為4Q.
q 2 21 v0t0 (2)為了使小物塊能夠到達x=2L 處,試討論小物塊與
答:( 11)求0~t0時間內A 對B 球做的功 W=2mv
2
0- q水平面間的動摩擦因數 φ0μ所滿足的條件為μ≤7mgL
.
1
mv22 1. ()
kqQ
3 若小物塊與水平面間的動摩擦因數μ= 2,小3mgL
() kq2 求桿所在直線上場強的最大值是 2 . 物塊 運 動 到 3L 處 時 速 度 最 大,并 求 最 大 速 度 vmaxv20t20 76q 4kqQ
易錯題特訓 =
φ0
63m -3mL .
1.D 解析:D 點到a、b、c 三點的距離相等,故三個電 拓展題特訓
荷在D 點的場強大小相同,且夾角互為120°,故D 點的場強 1.AC 解析:A.此靜電場為三個勻強電場的組合場,x
為0,因為電勢是一個相對性的概念即零電勢的選取是任意 =0到x=2mm,x=6mm,x=10mm到x=12mm是電
的,故D 點電勢可能為0,故A錯誤.由于a、b在E 點的場強 場強度大小為E1,方向沿x 軸負向的勻強電場,x=2mm
大小相等方向相反,故E 點的場強僅由電荷c 決定,故場強 到x=10mm是電場強度較小為E2,方向沿x 軸正向的勻
方向向左,而電荷c在E、F 位置的場強大小相同方向相反, 強電場.負電粒子所受的電場力與場強方向相反,粒子先加
但電荷a、b在F 點的場強矢量和不為0,故E、F 兩點的電 速再減速,此后又加速運動,A正確.B.P 點與Q 點的場強不
場強度力大小不同,方向相反.故B錯誤;E、G、H 三點分別 同,加速度大小不相等,B錯誤.C.P 點與Q 點的電勢相同,
為ab、ac、bc的中點,故E 的場強僅由電荷c決定,同理G 點 電場力做功為零,動能相等,C正確.D.粒子經過 P 點與Q
的場強僅由電荷b決定,H 點的場強僅由電荷a 決定,故三 點時,電場力大小不同,速率相同,做功的功率不相等,D錯
點的場強大小相同,但方向不同,故C錯誤;若釋放電荷c, 誤.故選AC.
則a、b在C 點的合場強水平向右,故a、b始終對c有斥力作 2.C 解析:A 點比乙球面電勢高,乙球面比B 點電勢
用,故c電荷將一直做加速運動,故D正確. 高,故A 點和B 點的電勢不相同,選項A錯誤;C、D 兩點電
2.AD 解析:速度-時間圖象的斜率表示加速度,故小 場強度大小相等,方向不同,選項B錯誤;φA>φB,WAB>0,
球在A 點的加速度小于在B 點的加速度,又知道小球只受 選項C正確;C、D 兩點位于同一等勢面上,故此過程電勢能
電場力作用,故小球在A 點的電場力小于在B 點的電場力, 不變,選項D錯誤;故選C.
所以A 處的場強一定小于B 處的場強,A正確;由于小球的 3.B 解析:圓環上均勻分布著正電荷,根據對稱性可
動能增大,所以電場力做正功,電勢能減小,即 A 處的電勢 知,圓環上各電荷在O 點產生的場強抵消,合場強為零.圓環
能一定大于B 處的電勢能,但是不知道小球的帶電性質,所 上各電荷產生的電場強度在x 軸有向右的分量,根據電場的
以無法判斷AB 兩點的電勢高低,D正確,BC錯誤. 疊加原理可知,x 軸上電場強度方向向右,根據順著電場線
3.A 解析:根據等量異種電荷電場線分布對稱性特點 方向電勢降低,可知在x 軸上O 點的電勢最高,故A錯誤,B
可知,A、B 場強相同,故A正確;+q和-q在O 處產生的場 正確;O 點的場強為零,無窮遠處場強也為零,所以從O 點
強大小相等、方向相同,根據電場的疊加原理知,O 點的電場 沿x 軸正方向,場強應先增大后減小,x 軸上電場強度方向
強度不為零,故B錯誤.根據等量異種電荷電場線分布對稱 向右,電勢降低,故CD錯誤.
性,C、D 兩處場強相同,小于O 處場強.故C錯誤.CD 連線 4.解:(1)對整個過程,由動能定理得:
是一條等勢線,將另一電荷+q沿CD 連線從C 點到D 的過 WF+Wf=ΔEk=0
程中,電勢能不變.故D錯誤. 設滑塊停止的位置為x2,則有:
4.解:(1)由圖乙得,x=L 點為圖線的最低點,切線斜率 q(φ1-φ2)-μmg(x2-x)=0
為零, 4.5×104 4.5×104
即合場強E合=0 即q( )x - x -μmg
(x2-x)=0
2
kQ kQ
所以 A= B 代入數據有:r2 r2A B 4.5×104 4.5×104
kQ kQ 1.0×10
-7×
A (得 = B 0.1 - x ) -0.2×0.1×10×2(4L)2 (2L)2 (x2-0.1)=0
解得:QA=4Q. 可解得x2=0.225m.
(2)物塊先做加速運動再做減速運動,到達x=2L 處速 (2)設滑塊到達左側位置為x1,由動能定理得:
度vt≥0. 滑塊從開始運動到返回出發點的全過程中:-2μmg(x
86

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
) 1 2 直線上
,若小球沿直線運動,則說明重力與電場力平衡.否則
-x1 =0-2mv0 小球合力與速度不在一條直線上,小球做曲線運動,故 A錯
則滑塊由該位置返回到出發點過程中,q(φ1-φ2)- 誤.由重力和 電 場 力 平 衡,可 知 電 場 力 向 上,由 于 小 球 帶 負
μmg(x-x1)=0 電,故電場線方向向下,M 板帶正電,故 M 點電勢高于N 點
3 電勢,故: , (/) B
正確.由于電場力與重力平衡,即F=m ,電場力
代入數據解得 x g1=0.0375mv0=2 2=2.12ms. 方向向上,做 正 功,做 功 為:W=Fd=mgd,故 電 勢 能 減 少
答:(1)若將滑塊無初速地放在x=0.10m處,滑塊最終 mgd,故C錯 誤.由 電 場 力 做 功 W =qU=mgd,解 得:U=
停止在坐標為0.225m處. mgd
() ,故 正確2 若滑塊從x=0.60m處以初速度v 沿-x方向運動,要 D .0 q
使滑塊恰能回到出發點,其初速度v0應為21.2m/s. 2.AC 解析:當 P、Q 間 距 離 增 大 過 程 中,根 據 C=
εS
第3節 電容 電容器 可知,P、Q 構成的電容器的電容減小,選項 A正確;電4πkd
【基礎特訓】 容器兩端的電壓一定,根據Q=CU 可知,P 上電荷量減小,
1.BCD 解析:將兩極板的間距加大,d 增大,由電容決 選項B錯誤;因電容器電量減小,故電容器放電,正電荷從Q
εS 極板經M-R-N 到電源的正極,即有電流自 M 經R 流向
定式C= 得知,電容將減小.故A錯誤.將兩極板平行錯4πkd N,選項C正確;
U
根據E= 可知,當 P、Q 間距離增大時,
, , εS
d
開 使正對面積減小 S 減小,由電容決定式C= 得知,4πkd PQ 間的電場強度減小,選項D錯誤;故選AC.
電容將減小.故B正確.在下板的內表面上放置一面積和極板 S3.D 解析:根據電容器的電容公式C= ,當電介
相等、厚度小于極板間距的陶瓷板, 增大,C 增大.故C正 4kπd
確.在下板的內表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極 質插入極板間越深,即電介質增大,則電容器電容越大,故 A
板間距的鋁板,板間距離減小,電容將增大.故D正確. 錯誤;當傳感器以恒定加速度運動時,根據牛頓第二定律可
2.D 解析:開關S閉合,電容器兩端的電勢差不變,等 知,彈力大小不變,則電容器的電容不變,因兩極的電壓不
于電源的電動勢,則指針的張角不變.故A、B均錯誤.斷開S, 變,則電容器的電量不變,因此電路中沒有電流,故B錯誤;
電容器所帶的電量不變,A 板向右平移一些,間距減小,則電 若傳感器原來向右勻速運動,突然減速時,因慣性,則繼續向
Q 右運動,從而壓縮彈簧,故C錯誤;當傳感器由靜止突然向右
容增大,根據U= 知,電勢差減小,則指針張角減小C .
故C 加速瞬間,質量塊要向左運動,導致插入極板間電介質加深,
錯誤.斷開S,電容器所帶的 電 量 不 變,A、B 的 正 對 面 積 錯 因此電容會增大,由于電壓不變,根據Q=CU,可知,極板間
Q 的電量增大,電容器處于充電狀態,因此電路中有順時針方
開,電容減小,根據U= 知,電勢差增大,則指針張角增大C . 向電流,故D正確.
故D正確. 4.C 解析:電容器的充電和放電時的電流都是瞬時電
3.A 解析:電容器兩板間電壓等于R 兩端電壓.當滑 流,無法使有穩定示數,S與1相連時,U 不變.由Q=CU 和2
Q εS
片P 向左移動時,R 兩端電壓U 減小,根據C= 可得Q C= ,可知d 變化時,Q 也會變,即有電流,故4πkd A
錯誤,C
2 U
U 正確;S與觸點2連接后,電容器處于放電,則電量為零,電流
=CU,則電荷量減少,由E= 知電容器中場強變小,故d A 計示數變為零,而電容卻不變,故BD錯誤.
正確,C錯誤;電容器的電容與U 的變化無關,保持不變,B 5.解:(1)電鍵S閉合時,電路穩定時電容器所在電路沒
項錯誤;帶電液滴所受電場力變 小,使 液 滴 向 下 運 動,D項 有電流,相當于開關斷開.
錯誤. (R1+R2)R3 (2+3)×7.5外電路總電阻為 R=
4.BC 解析:指紋的嵴處與半導體基板上對應的金屬 R1+R2+R
=
3 2+3+7.5
Ω=
3Ω,
顆粒距離近, εS根據電容的決定式C= 得知,電容大.故4πkd A E 12干路電流I=R+r=3+1A=3A
,
錯誤.指紋的峪處與半導體基板上對應的金屬顆粒距離遠,
εS 路端電壓為U=E-Ir=12-3×1=9(V),
根據電容的決定式C= 得知,電容小.故B正確.在手指4πkd R1 2電容器的電壓為U1= U= ×9V=3.6V,
靠近時,電容增大,而電壓一定,則由Q=CU 可知,各金屬電 R1+R2 2+3
極電量增大,處于充電狀態.故C正確.在手指遠離時,電容減 所以電容器的電量 Q1=CU1=2×10-6×3.6C=7.2×
小,而電壓一定,則由Q=CU 可知,各金屬電極電量放電狀 10-6C,下極板帶正電,上極板帶負電.
態.故D錯誤. (2)S斷開時,電容器的電壓就是 R2 的電壓,為 U2=
5.解:()
Q E
1 由電容的定義式C= 得,電容器所帶電量U Q R
R2=6V.
1+R2+r
=CU=3.0×10-10×12C=3.6×10-9C. 則電容器的電量為 Q =CU =2×10-62 2 ×6C=1.2×
U 12 10-5C,下極板帶負電,上極板帶正電(2)
.
由E= 得,板間電場強度d E=1.2×10-3 V
/m= 所以流過電流表 A的電量 Q=Q +Q =7.2×10-61 2 C
104V/m +1.2×10-5C=1.92×10-5C
對于帶電微粒,由平衡條件得,qE=mg 答:(1)電鍵S閉合時,電路穩定時電容器所帶的電量為
mg 2×10-3×10 7.2×10-6C.
則q= -6E = 104 C=2×10 C (2)電鍵從閉合到斷開,流過電流表 A的電量是1.92×
由于電容器上板帶正電,場強方向向下,微粒所受電場 10-5C.
力方向豎直向上,則該電荷帶負電. 易錯題特訓
答:(1)該電容器所帶電量3.6×10-9C. 1.BC 解析:若在兩板間充滿電介質,由電容的決定式
(2)該微粒帶電量為2×10-6C,帶負電荷. εS
【 C= 可知電容增大
,電容器的帶電量不變,由電容的定
能力特訓】 4πkd
高頻題特訓 Q U
: , , 義式C= 得知板間電勢差減小,由1.BD 解析 小球受重力 電場力 且兩者一定在一條 U E=
可知板間場強減
d
87

小題狂刷 高考專題特訓
小,由U=Ed 分析得知P 點與下極板間的電勢差減小,P 點 粒子做負功,電勢能增大,則粒子的動能減小.所以三個粒子
的電勢比下極板電勢高,所以P 點電勢將降低.故A錯誤.兩 到達正極板時的動能E甲>E乙>E丙,故D錯誤.
板間形成的是勻強電場,根據對稱性可知,A、B 兩板電荷分 2.AD 解析:兩板間的電勢差等于電源電壓,當電動勢
別在P 點產生電場的場強大小相等,方向相同,故B正確.若 變大時,兩板上的電壓變大,由U=Ed 可知,板間的電場強
將A 板豎直向下平移一小段距離,電容增大,電容器的帶電 度增大,電場力變大,合力變大,故加速度增大,故A正確;定
, Q , 值電阻在此電路中只相當于導線
,阻值的變化不會改變兩板
量不變 則由C= 得知板間電勢差減小 由 可知電U W=qU 間的電勢差;故帶電粒子受力不變,加速度不變,運動時間不
容器儲存的電能減小,故C正確.若將 A板豎直向上平移一 變,故BC錯誤;因粒子最終打在極板上,故運動時間取決于
小段距離,電荷間的距離增大,根據庫侖定律得知,兩極板間 1qU 2md22
的庫侖力減小,所以線的拉力將變小,故D錯誤. 水平方向的加速度與距離,故d= ,解得2mdt t=
,
qU
2.B 解析:平行板電容器充電后與電源斷開所帶電量 兩平行金屬板距離越大,液滴在板間運動的時間越長,故D
εS
不變,當極板距離減小時,根據電容決定式C= 知,d 減 正確.4πkd 3.B 解析:帶點粒子在電場中做類平拋運動,將合運動
Q U
小,則電容C 增大,根據U= 知,U 減小.電場強度E= 沿著平行平板和垂直平板方向正交分解,有:C d x=v0t
Q 4πkQ
= = ,知電場強度不變,所以P 與負極板間的電勢 1 2Cd εS y=2at
差不變,則P 點的電勢Φ 不變,電勢能不變.故B正確,A、C、 qU
D錯誤. a=md
3.解:(1)根據圖象的含義,因Q=It,所以豎直狹長矩 2mdv2 20y v0y
形的面積表示為:在0.4s內電容器的放電量. 解得:U= ∶
() q
x2 x2
2 根據橫軸與縱軸的數據可知,一個格子的電量為8× 據題有:初速度v0之比為2∶1,水平位移x 之比為2∶1,
10-5C,由大于半格算一個,小于半格舍去,因此圖象所包含 U1 1
的格子個數為50, 豎直位移y 之比為1∶2,代入上式解得: = ,故選B.
所以釋放的電荷量是0.08×10-3
U2 2
C×50=4.0×10-3C. 4.解:(1)微粒只在重力和電場力作用下沿AB 直線運
() Q 4.0×10
-3
3 根據電容器的電容C= 可知,U C= =5.0
動,故合力一定與速度在同一條直線上,可知電場力的方向
8 水平向左,如圖所示.微粒所受合力的方向由B 指向A,與初
×10-4F. 速度vA 方向相反,微粒做勻減速直線運動.
答:(1)在0.4s內通過電流傳感器的電量.
(2)估 算 電 容 器 在 全 部 放 電 過 程 中 釋 放 的 電 荷 量
為0.004C.
(3)根據以上數據估算電容器的電容是500μF.
拓展題特訓
解:(1)小球到達小孔前是自由落體運動,根據速度位移
關系公式,有:
v2
即微粒做勻減速直線運動
=2gh
.
(2)根據共點力平衡條件,有:qEtanθ=mg
可得:v= 2gh. mg
(2)在極板間帶電小球受重力和電場力,對整個過程,由 故電場強度E= tanθ=1.7×10
4N/C,電場強度方向水
q
動能定理有: 平向左.
mg(h+d)-qU=0 (3)微粒由A 運動到B 的速度v =0,微粒進入電場中
mg(h+d)
B
可得:U= . 的速度最小,由動能定理有:
q 1 2
() Q : Cmg
(h+d) mgLsinθ+qELcosθ= mvA 解得2 vA=2.8m
/s
3 由C= 得U Q=CU= q 答:(1)見解析.
答:(1)小球到達小孔處的速度是 2gh. (2)電場強度為1.7×104N/C,電場強度方向水平向左.
( )
(2)
mgh+d (3)要使微粒從A 點運動到 點,微粒射入電場時的最兩極板間的電勢差的大小是 . B
q 小速度是2.8m/s.
() Cmg
(h+d) 【能力特訓】
3 電容器所帶電荷量是 .
q 高頻題特訓
1.AC 解析:粒子以某一初速度平行于兩板射入,打在
第4節 帶電粒子在電場中運動 負極板的中點,則受力的方向與電場的方向相同,所以粒子
【基礎特訓】 帶正電.故A正確,B錯誤;粒子以某一初速度平行于兩板射
1.AC 解析:從極板左側中央以相同的水平速度先后 入,打在負極板的中點,設極板的長度是L,極板之間的距離
垂直地射入勻強電場的粒子的運動性質為類平拋運動,水平 是d,時間t, :
1 2 1則 at = d;
1
v0t= L 若粒子恰能從負極
方向勻速運動,豎直方向為初速度為零的勻加速運動;從圖 2 2 2
中可以看到水平位移丙最大,根據公式:x=vt,說明丙運動 板邊緣射出,則時間t不變,沿極板方向的位移:x=vt=L,
的時間最長,其次是乙,甲的運動時間最短;又由于正電荷受 L L所以:v= = =2v0,故C正確;恰能從負極板邊緣射
到的電場力方向與電場方向相同,負電荷受到的電場力方向 t 0.5L
與電場方向相反,不帶電的粒子不受電場力;所以丙粒子受 v0
到向上的電場力即丙粒子帶負電,甲粒子帶正電,乙粒子不 1出,根據:Ek= mv2 可知,粒子的動能需增加為原來的4
帶電.故A正確,B錯誤;又因它們豎直方向為初速度為零的 2
1 倍.故D錯誤.
勻加速運動且位移相同,根據y= at2,可以判斷2 a甲>a乙 2.BD 解析:設加速電壓為U1,偏轉電壓為U2,偏轉極
>a丙 .故C正確;以相同的水平速度v0先后垂直極板間電場 板的長度為L,板間距離為d.對于任一粒子:在加速電場中,
射入,電場力對甲粒子做正功,電勢能減小則動能增加;對丙
88

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
: 1 的時間相等.故D正確.由動能 定 理 得 qU1= mv20,得 加 速 獲 得 的 速 度 為2 v0=
2qU1 .粒子從B 板運動到熒光屏的過程,水平方向做速度m
為v0的勻速直線運動,由于質子和α粒子的比荷不同,則v0
不同,所以它們從B 板運動到熒光屏經歷的時間不同.故 A
1 qU
錯誤.在偏轉電場中,粒子偏轉的距離為y= at2=
2 ·
2 2md 2.C 解析:從A 到B 電場力做正功,說明帶負電的粒
L 2 U L2 子在電場中受到水平向右的電場力,故該電場強度方向水平( ) , 2聯立得y= ,可知,y 與粒子的種類、質量、電量v 4dU 向左,故A錯誤;從A 至B 電場力對粒子做正功,故粒子的0 1
, 電勢能減小,即粒子在 點電勢能大于在 點的電勢能,故無關 故兩個粒子偏轉距離相同,打到熒光屏上的位置相同. A B
錯誤;B 根據動能定理知
,從 至 的過程中電場力和重力
故 正確.由動能定理得,加速電場和偏轉電場的電場力對 B A B,
粒子做的總功 W=qU1+qE , W
對粒子做的總功為 即粒子在 點的動能比 點的動
y 則知 與q 成正比,兩個粒 0.5J B A能多 ,故 正確;除重力外其他力做的功等于粒子機械
子的電荷量之比為1∶2,則總功之比為1∶2.故C錯誤.粒子 0.5J C
AB , CD 能的增量
,故由于電場力做功 ,故粒子在 點的機械能
在 間做勻加速直線運動 在 間做勻變速曲線,故D 1.5J B
. 比A 點的機械能大1.5J
,故
正確 D錯誤.
3.B 解析: , 3.解
:(1)0~2s內,設物塊的加速度為電子在加速電場中做加速運動 根據動能定 a1,
由牛頓第二定律得:E1q- mg=ma1
: 1 2eU'
μ
理得 eU'=2mv
2,則得電子獲得的速度為:v= .電 求得a =2m/s21 .m 1
子進入偏轉電場后做類平拋運動,電子在沿極板方向做勻速 由運動學公式x= at22 =4m.
直線運動, L粒子在電場中運動時間:t= ;在平行電場方向 (2)2s末物塊速度v0=a1t1=4m/sv 2s后加速度大小為a2
做初速度為0的勻加速直線運動,
eU
加速度a= ,電子在電 由牛頓第二定律得 E2q+ mg=ma2md μ
2 a2=3m/s
2
1 UL
場方向偏轉的位移y= at2.聯立以上各式得:y= ,又 v 42 4U'd 減速到第一次速度為0用時t2 t2=
0
a = s<2s2 3
因為偏轉電場方向向上,所以電子在偏轉電場里向下偏轉. 2
滑動觸頭向右移動時,加速電壓U'變大,
v 8
由上可知電子偏轉 t 時間內小物塊的位移為d d= 02 = m
位移變小,因為電子向下偏轉,故在屏上的位置上升,相反, 2a2 3
前 內靜電力做的功
滑動觸頭向左移動時,電子打在熒光屏上的位置下降,故 A 2s W1=E1qx=2.4J
錯誤,B正確;偏轉電壓U 增大時,電子在電場中受到的電場 16t2 時間內靜電力做的功W2=-E2qd=- J
力增大,即電子偏轉的加速度a 增大,又因為電子加速獲得 15
的速度v 不變, ,電子在電場中運動的時間不變,a 增大,而電 故小物塊從開始到第一次速度為0過程中 靜電力做到
4
子打在屏上的速度為v'= v2+(at)2,故電子打在屏上的 總功W=W1+W2=3J.
速度增大,故CD錯誤. 4
4.解:(1)t=3T,水平方向勻速直線運動,L=v0t= 因此,小物塊的電勢能減少了,減少了 J.
3v0T;
3
(3)小物塊在第一次速度減為0后向左加速t3=2-t2
(2)射出電容器時,偏轉角度為φ,
vy
tanφ= , 2v0 =3s
: 2v0q· , : 2vqT豎直方向速度 vy=2at= T 則md tan =
0
φ ; 加速度為a3,由牛頓第二定律 E2q- mg=ma3mdv μ0 a3=1m/s2(3)電場方向粒子先勻加速再勻速然后又勻加速至出電 2
, , 1 2 1v0q
加速
· 2 , t3
時間后速度為v v=a3t3= m/s
容器 0~T y1=2at1=
3
2dm T T~2T y2=2y1=2 之后向左減速,加速度為a
1v0q
4
· 2 3vq×2dm T 2T~3T
,y3=3y1=
0 ·T2,則偏移量:y 由牛頓第二定律μmg=ma4a4=1m/s
2
2dm
2 v 23v0dT 再經t4 時間速度減為0 t4= = s=y1+y2+y3= a4 3md .
答:()
14
1 平行板電容器板長L 為3v0T. 故全程總時間t=t1+t2+t3+t4=3s=4.67s
( 2vqT2)粒子射出電容器時偏轉的角度φ 的正切值為
0 . 答:(1)2s內小物體的位移為4m.mdv0 (2)小物塊從開始到第一次速度為零過程中,電勢能減
() 3vqT
2
3 粒子射出電容器時豎直偏轉的位移 0y 為 . , 4md 少了 減少了3J.
易錯題特訓 (3)小物體運動的全過程經歷的總時間為4.67s.
1.BD 解析:據題分析可知,質點在平行金屬板間軌跡 拓展題特訓
應向上偏轉,做類平拋運動,飛出電場后,質點的軌跡向下偏 T
轉,質點才能最后垂直打在 M 屏上,前后過程質點的運動軌 1.AD 解析:在0- 時間內,電子受向右的電場力向4
跡有對稱性,如圖,可見兩次偏轉的加速度大小相等,根據牛 Ue
2mg B 板以加速度a= 做勻加速運動;
T T
在 - 時間內,電子
頓第二定律得,qE-mg=mg,得到E= .故 A錯誤,B dm 4 2q T
正確.質點在 運 動 中,受 到 重 力 與 電 場 力,根 據 動 能 定 理 可 受向左的電場力,向B 板以同樣的加速度做勻減速運動,2
知,動能的增加量等于電場力與重力做的總功,故C錯誤;由 T 3T
于質點在水平方向一直做勻速直線運動,兩段水平位移大小 時刻速度減為零;在 時間內,電子受向左的電場力,
, 2
- 4
相等 則質點在板間運動的時間跟它從板的右端運動到光屏
89

小題狂刷 高考專題特訓
; 3T 度方向與等勢面方向垂直
,而且指向電勢低的方向,所以b
向A 板以同樣的加速度做勻加速運動 同理可知在 4 -T 點的電勢等于0,而電場強度不等于0.故A錯誤;由圖,兩個
時間內,電子受向右的電場力,向A 板以同樣的加速度做勻 點電荷在a 點產生的電場強度的方向都向右,所以合場強的
減速運動,最后速度為零;故v-t圖線為 A正確,C錯誤;x 方向一定向右,則正電荷在a 點受到的電場力的方向向右;
-t圖線B錯誤;a-t圖線D正確;故選AD. 正電荷從a 向O 運動的過程中,電場力做正功,電勢能減小,
2.解:(1)離子在加速電場中加速,根據動能定理 而O 點的電勢等于0,所以正的試探電荷在a 點的電勢能大
1 于零,故B正確;正電荷從a 向O 運動的過程中,電場力做正
Uq=2mv
2
功,電勢能減小.所以將正的試探電荷從O 點移到a 點,必須
離子在輻向電場中做勻速圓周運動,電場力提供向心 克服電場力做功,故C正確;兩個等量異種電荷連線的垂直
v2 平分線是一條等勢線,所以O、b 兩點的電勢是相等的,將同
力,根據牛頓第二定律:Eq=m R 一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a 點,二者電勢能的變
2U 化相等.故D錯誤.
得:E=R 6.D 解析:由于球表面鍍有金屬,故在電場作用下會
(2)離子做類平拋運動2d=vt 產生感應電荷;金屬極板右側為正,則負電荷將向右移動,故
1 右側帶有負電荷;故A錯誤;乒乓球與極板相碰后,在接觸過
3d=2at
2
程中,電荷重新分布,使球與極板帶同種電荷;故將會排斥;
由牛頓第二定律得:qE =ma 因此乒乓球會在兩極板間來回碰撞;故B錯誤,D正確;乒乓0
3U 球共受到電場力、重力、拉力三個力的作用;故C錯誤.
得:E0=d 7.D 解析:電容器與電源斷開,故電量不變;上極板向
(3)設全過程電場力對離子所做的總功為W,則 下移動時, , εS兩板間的距離減小 根據C= 可知,電容C
W=W1+W2=qU+qE03d=10qU 4πkd
離子電勢能的變化為: 增大, Q則根據C= 可知,電壓U 減小;故靜電計指針偏角
ΔEP=-W=-10qU U
答:(1)靜電分析器圓弧虛線所在處電場強度 E 的大 ; U Q 4πkQ減小 兩板間的電場強度E=d = =
;因此電場強
2U Cd εS
小
R . 度與板間距無關,因此電場強度不變;再根據設P 與下極板
3U 距離為l,則P 點的電勢φP=El,電勢能EP=ELq;因此電(2)矩形區域QNCD 內電場強度E0的大小R . 荷在P 點的電勢能保持不變;故D正確,A、B、C錯誤.
(3)從A 到Q 點的整個運動過程,離子電勢能的變化為 8.B 解析:根據電荷的受力情況可知,粒子在電場中做
-10qU. 曲線運動,如圖所示:
綜合特訓(一)
【母題特訓】
1.B 解析:沿電場線的方向電勢降低,所以電勢不同的
等勢面不可能相交,故A錯誤;根據電場線與等勢面的關系
可知,電場線與等勢面互相垂直,故B正確;電場強度的大小 當電場足夠大時,粒子到達上極板時速度恰好與上極板
與電勢的高低沒有關系,所以同一等勢面上各點電場強度不 平行,將粒子的速度v0 分解為垂直于板的vy 和平行于板的
一定相等,故C錯誤;負電荷在等勢面高的位置的電勢能小, vx,由于極板與水平面夾角45°,粒子的初速度方向豎直向
所以將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低 1
的等勢面,電勢能增大,電場力做負功,故D錯誤. 上,所以粒子在垂直于板大小的動能為 Ek0,電場力對粒子
2.D 解析:
2
電容器接在恒壓直流電源上,則電容器兩
1
端的電勢差不變.將云母介質移出后,介電常數減小,根據電 做的功為W=qEd,當qEd=2Ek0
時,電場強度最大,解得,
εS
容的決定式C= 知,介電常數減小,電容減小 由于電壓4πkd . EE= k0,故B正確,2 ACD
錯誤.
Q qd
不變,根據C= 可知,電荷量Q 減小.由于電容器的電壓不U T9.BC 解析:0~ 時間內微粒勻速運動,則有:
U 3
qE0=
變,板間的距離d 不變,根據E= 可知,極板間的電場強d ,T 2mg ~ T 內,微粒做平拋運動,
1
下降的位移x1= g
度不變.所以A、B、C錯誤,D正確. 3 3 22
3.AB 解析:根據粒子的彎折方向可知,粒子受合力一 ( T ) ,2 , 2qE0-mgT~T 時間內 微粒的加速度a= =g,
定指向上方;同時因軌跡關于P 點對稱,則可說明電場力應 3 3 m
在豎直方向上;粒子帶負電,故說明電場方向豎直向下;則可 方向豎直向上,微粒在豎直方向上做勻減速運動,T 時刻豎直
判斷Q 點的電勢比P 點高;故A正確;粒子由P 到Q 過程, 分速度為零,所以末速度的方向沿水平方向,大小為v0,故A
合外力做正功,故油滴在Q 點的動能比它在P 點的大;故B , 1錯誤 B正確.微粒在豎直方向上向下運動,位移大小為 d,
正確;因電場力做正功,故電勢能減小,Q 點的電勢能比它在 2
P 點的小;故C錯誤;因受力為恒力;故PQ 兩點加速度大小 1 T 2則重力勢能的減小量為 mgd,故C正確.在 ~ T 內和
相同;故D錯誤. 2 3 3
4.D 解析:點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷 2T~T 時間內豎直方向上的加速度大小相等,方向相反,
距離越小,場強越大,粒子受到的電場力越大,帶電粒子的加 3
速度越大,所以ab>ac>aa,根據軌跡彎曲方向判斷出,粒 時間相等, 1則位移的大小相等,為 d,整個過程中克服電場
子在運動的過程中,一直受靜電斥力作用,離電荷最近的位 4
置,電場力對粒子做的負功越多,粒子的速度越小,所以va · 1 1 1
, , 、、 力做功為2E0 q
· d= qE0d= mgd,故D錯誤>vc>vb 所以D正確 ABC錯誤. 4 2 2
.
5.BC 解析:結合等量異種點電荷的電場的特點可知, 10.C 解析:梳子與頭發摩擦會產生靜電,吸起紙屑,是
兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線.電場強 靜電現象,不符合題意.故A錯誤;帶電小球移至不帶電金屬
90

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
附近,兩者相互吸引屬于靜電感應現象,是靜電現象,不符合 ( ) ( )
題意.故B錯誤;小線圈接近通電線圈過程中,
231-sinθ -6cosθ -231-sinθ -6cosθ
小線圈中產生 g 或 g.
電流屬于電磁感應現象,不屬于靜電現象.故C正確.從干燥 53l 53l
的地毯上走過,手碰到金屬把手時有被電擊的感覺是由于摩 14.解:(1)設高頻脈沖電源的頻率為f,周期為T;質子
擦會產生靜電,也是靜電現象,不符合題意.故D錯誤;本題 在每個漂移管中運動的時間為t,質子進入漂移管B 時的速
選不屬于靜電現象的,故選C. 度為vB,漂移管B 的長度為LB.則:
11.AD 解析:帶電粒子在加速電場中加速度,由動能 1T= =10-7s.
1 f
定理可知:E1qd= 2;2mv T據題有:t=2.2E1dq
解得:v= ;m T質子在漂移管內做勻速直線運動,則有:LB=vB·
L 2
粒子在偏轉電場中的時間t= ;v 聯立代入數據解得:LB=0.4m.
(
2 2 2)質子從B 到E 的過程中,質子從漂移管B 運動到漂EqL
在偏轉電場中的縱向速度v0=at=
2 1
2E1md 移管E 共 被 加 速3次,由 動 能 定 理 得:3qU= 22mvE -
1 E L2
縱向位移x=2at
2= 2 ;即位移與比荷無關,與速 14E 21 2mvB
度無關;
q
由相似三角形可知,打在屏幕上的位置一定相同,到屏 據題有 =1×108C/kg
上的時間與橫向速度成反比;故選AD. m: 4
12.BD 解析:因為M、N 解得在釋放后保持靜止,說明受到 U=6×10 V.:()
的合力為0,若 M 帶正電,不論 N 帶正電,還是帶負電,都不 答 1 漂移管B 的長度是0.4m.()
可能同時靜止,只有 M 帶負電,N 帶正電才能滿足同時靜 2 相鄰漂移管間的加速電壓是6×10
4V.
止.又 M 與N 之間的庫侖力是作用力與反作用力,總是大小 【過關特訓】
相等方向相反,所以二者受到的電場力也必定是大小相等方 1.D 解析:設兩球的帶電量大小分別為-q、7q.根據庫
2
向相反,由F=qE 可知,二者所帶的電量大小相等.故 A錯 , 7q侖定律公式得 相距L 時的相互吸引作用力F=k 2 .它們
誤,B正確;靜止時,二者受到的合力都是0.故C錯誤;M 帶 L
負電,受到的電場力的方向向左,所以移動過程中勻強電場 接觸之前是相互吸引,所以它們帶異性電荷.當它們相互接
對 M 做負功.故D正確. 觸后,異性電荷中和后重新分配.它們相互接觸達到靜電平
13.解:(1)初始狀態的電勢能為:We=qU++(-q)U 衡后,電勢相同- .
=-3qELcosθ. kQ因U= ,
1
所以它們電量之比為 .
(2)平衡位置時,設小球質量為m,合力矩為: R 3
3qElsinα-mglcosα=0, , 3q, 9q因 Q 總=7q-q=6q 可 得 qa= 且 電 性
mg 3 2
qb=2.
由此得:tanα= = ,3qE 3 相同.
解得:α=30°. 27q2
(3)電勢能為零時,桿處于豎直位置,當初始時OA 與電 4將它們放回原處,再根據庫侖定律公式得,F'=k
場間夾角θ=150°時,A 恰能到達O 正上方,在此位置桿的角 L2
速度為0, 27= F.故D正確,A、B、C錯誤.
當θ<150°時,A 位移O 正下方的電勢能為零,初態有: 28
W=-3qElcosθ : : Qq2.A 解析 當速度最小時有E =-mglsinθ mgμ=F庫=k 2
,解得:
P r
末態W'=0 E'P=-mgl kQq
5 r= ,故 A正確;從A 到B 的過程中,根據動能定理
由能量守恒有:-3qElcosθ-mglsinθ= ml22 ω
2-mgl μmg
1 1 1
2mg(1-sinθ)-6qEcosθ 得:W-μmgL= mv
2- mv20,得2 2 W=μmgL+ mv
2-
ω= 25ml 1 W
2mv
2
0,故 BC 錯 誤.由 W = -UABq 得,UAB = - =
23(1-sinθ)-6cosθ q
= g
53l 1 1μmgL+ mv2- mv20
當θ≥150°時,電勢能為零的位置由兩處,即 A 位于O 2 2- .故D錯誤.
點正下方或正上方 q
3.AC 解析:電場線密的地方電場的強度大,電場線疏
(
: 231-sinθ
)-6cosθ
在A 位移O 正下方時 ω= g 的地方電場的強度小,所以A 點的場強大于B 點的場強,沿
53l 電場線的方向,電勢降低,所以 B 點的電勢高于A 點的電
在A 位于O 正上方時: 勢,所以A正確;電荷由A 點移到B 點,電荷克服電場力做
-2mg(1-sinθ)-6qEcosθ 功,所以該電荷一定為正電荷,所以B錯誤;從B 到A 的過
ω= 5ml 程中,電場力對負電荷做負功,電勢能增加,所以負電荷處于
( ) A 點的電勢能大于它處于B 點的電勢能
,所以C正確;將一
-231-sinθ -6cosθ
= g 個正電荷由A 點釋放,電荷受到的力的方向向左,電荷向左
53l 運動,加速度增大,所以D錯誤.
答:(1)初始狀態的電勢能We為-3qELcosθ. h
(2)桿在平衡位置時與電場間的夾角α為30°. 4.D 解析:在z 軸上- 處,合場強為零,該點場強為2
(3)桿在電勢能為零處的角速度ω 為
; hq和導體近端感應電荷產生電場的場強的矢量和 q 在-2
91

小題狂刷 高考專題特訓
: kq 4kg; h 待速度為零后反向運動
,然后返回上面的電場做勻速直線運
處產生的場強為 E1= 2= 2 由于導體遠端離( 3 ) 9h 2 動,由分析可知,C正確.2h 11.解:(1)對B 球進行受力分析,在水平方向受水平方
h 向的電場力和A 球施加的庫侖力.
處很遠,影響可以忽略不計,故導體在- 處產生場強近似2 由于球均處于平衡狀態,
h h kqqB
等于近端在- 處產生的場強;- 處場強為:2 2 0=E1+E
, B 球水平方向合力為零,得:qBE=2 L2
4kq kq
故E =-E =- ;
h
根據對稱性,導體近端在 處產生的 E=
5
L2=3×10 N
/C
2 1 9h2 2
4kq h kq (2)兩球及細線最后位置如圖所示,
場強為-E2= 2;電荷q 在 處產生的場強為:9h 2 h 2=( 2 )
4kq; h 4kq 4kq 40kq2 故 處的合場強為:h 2 h2 +
;故選
9h2=9h2 D.
5.B 解析:若電場方向垂直于桿斜向上,小球受到的電
場力方向也垂直于桿斜向上,在垂直于桿的方向小球受力能
平衡,而在平行于桿方向,重力有沿桿向下的分力,沒有力與
之平衡,則小球將向下滑動,不能保持靜止.故 A、C均錯誤. 對A、B 球整體分析,受重力和線QB 的拉力,
若電場方向豎直向上,此時球受兩個力,豎直向上的電場力 由平衡條件得:
和豎直向下 的 重 力,根 據 二 力 平 衡 可 知,Eq=mg,故 E= T=2mg=2×0.12×10N=2.4N
mg 對A 球進行受力分析:A 球受重力,電場力,AB 線的拉.故B正確.若電場方向向右,此時受三個力,重力、電場力
q 力,庫侖力,
和支持力.重力和電場力垂直于桿方向的分力的合力和支持 由平衡 條 件 得:重 力 和 電 場 力 的 合 力 必 須 沿 著 線 的
力等值反向,重力和電場力沿桿子方向的分力大小相等方向 方向.
, , mg qE=mgtanθ相反 有mgsinθ=Eqcosθ 故E= tanθ,故D錯誤.q qE 3
: tanθ= =6.BD 解析 等量異種點電荷連線的中垂線是一條等 mg 4
勢線.則知,ab兩點的電勢相等.故 A錯誤.電場線的疏密表 θ=37°
示場強的大小.中垂線上b處電場線最密,則b點場強比a 點 (3)A 球克服電場力做功,
大.a、b兩點場強方向都與中垂線垂直,則a、b兩點場強方向 W=-qEL(1-sinθ)=-0.108J
相同.故B正確.根據順著電場線方向電勢降低可知b點電勢 ∴A 球的電勢能增加了ΔEp=0.108J
比c點低,兩者場強方向相同.故C錯誤.根據曲線運動的合 答:(1)此勻強電場的電場強度E 為3×105N/C.
力方向指向軌跡的內側可知,而在c點電子所受的電場力向 (2)此時細線QB 所受的拉力T 的大小是2.4N,A、B
右,所以電子僅在電場力作用下不可能沿如圖曲線軌跡從a 間細線與豎直方向的夾角θ=37°.
點運動到c點.故D正確. (3)求A 球的電勢能與燒斷前相比改變了0.108J.
7.B 解析:電場力對系統做功為零,因此A、B 電性一 12.解:(1)SP 間的電勢差:U=φS-φP=Eh=2×103
定相反,A 可能帶正電,也可能帶負電,故 A錯誤;電場力對 ×0.04V=80V.
A、B 做 功 大 小 相 等,方 向 相 反,所 以 有:EqB×L=EqA× 因:φS=0,∴φP=-80V,
2L,因此q ∶q =1∶2,故B正確;A 的電性不確定,無法 小球在P 點時的電勢能:E =qφ =-2×10-4A B P P ×(-80)J
判斷其電勢能的變化,故C錯誤;電場力對A、B 都做功,代 =0.016J.
數和為零,故D錯誤. (2)小球第一次從P 到S 由動能定理得:
8.BD 解析:從a 點靜止釋放后沿電場線運動到b 點 1 2
的過程中,重力和電場力都做正功,根據能量守恒定律得知: qEh=2mv
動能增加量等于電勢能減少量與重力勢能減小量之和.故 A 設小球第一次被彈回至最右端距S 板的距離為h1
錯誤.從a→b 過 程,根 據 動 能 定 理 得:
1 1
mgh+qU= 有: ( ) 22m q1Eh1= kq Eh1=2mv
( 3gh)2
mgh 1
-0,解得,U= .故B正確.由動能定理得:mgh 得:2 h1=kh=4.6cmq
1 mgh 1
+2qU=2mv
2 2
b,U= ,解得,2 v =2q b gh
.故C錯誤.由動 (3)小球向左運動的過程電場力做功:W1=2mv
1
能定理得:mgh-qU= mv2b,
mgh, 1U= 解得,vb= gh.故 小球向右運動的過程電場力做功:2 2 W2=0-
2
q 2
mv
D正確. 故電場力做的總功W=W1+W2=0
9.BC 解析:若電鍵K保持閉合,重力與電場力做功不 答:(1)小球在P 點時的電勢能為0.016J.
變,由動能定理可知,帶電液滴速度不變,則v2=v1,故A錯 (2)小球第一次被彈回到達最右端時距S板的距離4.6cm.
誤;若電鍵K閉合一段時間后再斷開,向下移動b板,電場力 (3)小球從P 點出發第一次回到最右端的過程中,電場
做的負功減小,由動能定理得液滴速度變大,即v2>v1,故B 力對小球做功為零.
正確;若電鍵K保持閉合,無論向上或向下移動b板,重力與 :() 1解 電子在電場加速過程 2
電場力所做的功不變,由動能定理可知,液滴速度不變,即v 13. 1 U1e=2mv0①2
=v1,故C正確;若電鍵 K閉合一段時間后再斷開,向上移 在偏轉電場中運動,水平方向勻速運動
動b 板,重力做功不變,電場力做功增加,由動能定理可知, v0t0=l②
液滴速度變小,即v2變,電場力做功變小,由動能定理可知,小球速度變大,即v 由2 ①②得 t0=l
, 2U1e>v1 故D錯誤. (2)當T=t0時,所有電子在偏轉電場中運動過程,豎直方
10.C 解析:帶負電的粒子受到重力和電場力的作用, 向加速半個周期,減速半個周期,最終水平飛出.由豎直方向速
在上面的電場中重力等于電場力粒子恰做勻速直線運動,在 度時間圖象得,t=0時刻進入的電子向上側移距離最大
下面的電場中, .電場力將大于重力,粒子做勻減速直線運動,
92

物理·電場和磁場 電路與電磁感應
1U2e 2(t 20 ) U2l 3.C 解析:從圖中看出,線圈S3 穿過的磁感線條數最y上=2dm 2 ×2=8dU1 多,所以磁通量最大.故A、B、D錯誤,C正確.
同理得向下側移距離最大值, 4.AC 解析:使用右手螺旋定則判斷通電螺線管的磁
1Ue t 2 2
= 2 ( 0 ) Ul 極,右手的四指握住螺線管的時候,大拇指指向N極方向,則y下 2dm 2 ×2= 28dU1 四指的方向為電流的方向.該螺線管內部是勻強磁場,而外
Ul22 部是非勻強磁場,故A正確,B錯誤.通電螺線管內部的磁場所以電子達到的區域長Δy=y上+y下=4dU 是從S極到N極,則小磁針靜止時,小磁針N極指向即為磁1
(3)當T=2t0時,電子要到達O 點必須在豎直方向有先 場方向,即螺線管的N極,故C正確D錯誤.
加速后減速再反向加速過程,并且加速大小相等,整個過程 5.解:(1)框架平面與磁感應強度B 垂直時,穿過框架
向上的位移和向下的位移大小相等,設向上加速時間為Δt, 平面的磁通量:Φ=BS.
加速度大小為a,則在豎直方向上有: (2)若框架繞OO'逆時針轉過60°,則穿過框架平面的磁
1 通量:
= at2×2③ Φ'=BScos60°=0.5BS.y上 2 (3)在此過程中,穿過框架平面的磁通量的變化量大小:
1 l
y下=2a
(t0-2Δt)2+a(t0-2Δt) ④
ΔΦ=Φ-Φ'=0.5BS.
v06 答:(1)框架平面與磁感應強度B 垂直時,穿過框架平面
要到達O 點 y上=y下⑤ 的磁通量為BS.
t ()若框架繞 逆時針轉過 ,則穿過框架平面的磁
聯立②③④⑤得Δt= 0 2 OO' 60°3 通量為0.5BS.
所以到達O 點的電子經過偏轉電場時電子做功, (3)在此過程中,穿過框架平面的磁通量的變化量大小
W= E = E·
1 Ue Ue 為
a(t -2Δt)2= 2 · 2 (t 0.5BS.q y q 2 0 d 2dm 0 【能力特訓】
)2 eU
2l22 高頻題特訓-2Δt =36U 21d 1.A 解析:電 場 強 度 的 定 義 E=F/q 適 用 于 任 何 電
電子從K 到O 過程由動能定理得: , ; kQ2 2 場 選項A正確 由真空中點電荷的電場強度公式eUl E=r2
可
Ek=U1e+W=U
2
1e+36U1d2 知,當r→0,電荷就不能看做點電荷,則公式不能成立,選項
m B錯誤;當通電導線平行磁場放 置 時 導 線 所 受 的 磁 場 力 為
答:(1)電子通過偏轉電場的時間t0為l 2Ue. 零,但此時此處的磁感應強度不為零,選項1 C錯誤;磁感應強
(2)若U 的周期T=t ,熒光屏上電子能夠到達的區域 度的方向與置于該處的通電導線所受的安培力方向垂直,選CD 0
Ul2 項D錯誤;故選A.
的長度為 2
4dU . 2.D 解析:根據安培定則判斷得知:電流 在 區域1 I1 a
(3)若U 的周期T=2t ,到達熒光屏上O 點的電子的 產生的磁場方向垂直紙面向外,在CD 0 b、c區域產生的磁場方向
eU2l2 垂直紙面向里;電流I2 在a、b 區域產生的磁場方向垂直紙
動能為Ue+ 21 36U d2. 面向里,在c區域產生的磁場方向垂直紙面向外,所以在a、c1
兩區域磁場方向相反,若磁感應強度大小再相等,則可能出
第二單元 磁 場 現磁感應強度為零的區域.由于電流產生的磁場離電流越近
磁場越強,所以合磁感應強度為0處離比較小的電流比較
第1節 磁感應強度 近,即在小電流的一側.所以不可能同時出現在a、c 區.故只
有選項D正確.
【基礎特訓】 3.C 解析:根據安培定則判斷得知,通電導線 M 產生
1.C 解析:電場線和磁感線不是真實存在的線,它是為 的磁場方向垂直于紙面向上,N 產生的磁場方向沿紙面方向
了形象描述電場和磁場而引入的.故 A錯誤;磁場對在磁場 向左,由 于 兩 個 磁 場 的 方 向 相 互 垂 直,所 以 合 磁 場:B'=
中運動的電荷才可能有力的作用,對磁場中的靜止電荷沒有
B2+B2= 2B,故選F C.
力的作用;故B錯誤;在公式E= 中,正電荷受力的方向與 4.解:(1)當處于如圖甲所示位置時,從俯視圖可看出沒
q
, 有磁感線穿過矩形線框
,故Φ0=0.電場強度的方向相同 負電荷受力的方向與電場強度的方向 ()
; 2 當繞軸
(從上往下看)沿逆時針方向轉動60°到a'd'
相反 F 與E 的方向不是相同就是相反.故C正確.公式B= 位置時,線框與B 的夾角θ=60°.
F
是磁感應強度的定義式,由磁場本身決定,與安培力
IL F
的
· 3所以Φ2=B Ssin60°= BS
大小無關.故D錯誤. 2
2.B 解析:根據右手螺旋定則,a 電流產生的磁場垂直 3
, , , ΔΦ1=Φ2-Φ0=2BS.于acb電流產生的磁場垂直于bc 如圖 根據平行四邊形定
則,則合場強的方向豎直向下,與ab邊平行.故B正確,A、C、 (3)當再由a'd'位置逆時針轉60°時,到a″d″,這時線框
D錯誤. 與B 方向成120°角.
所以Φ3=B·
3 3
Ssin120°=2BS
,ΔΦ2=Φ3-Φ2=2BS
3
-2BS=0.
答:(1)初位置時穿過線框的磁通量Φ0為0.
(2)當線框沿如圖甲所示方向繞過60°時,磁通量Φ2 為
3
BS;
3
這一過程中磁通量的變化
2 ΔΦ1
為
2BS.
(3)當線框繞軸沿圖示方向由圖乙中的位置再轉過60°
, 3位置時 磁通量 Φ2 為 BS;這一過程中2 ΔΦ2=Φ3-Φ2
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