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专题八 电场
基础篇
考点 一 电场力的性质 受库仑力的合力的方向平行于 ａ ｂ 的连线
、 。
设小球 ａ ｂ 所带电荷量的比值的绝对值为
１．（ 北京， ， 分）如图所示的平面内 有 、
２０２１ ９ ３ ，
ｋ 则
静止的等量异号点电荷 Ｍ Ｎ 两点关于两电 ， （ ）
， 、
荷连线对称 Ｍ Ｐ 两点关于两电荷连线的中 ａ ｂ 的电荷同号 ｋ １６
， 、 Ａ． 、 ， ＝
９
垂线对称 下列说法正确的是
。 （ ）
ａ ｂ 的电荷异号 ｋ １６
Ｍ 点的场强比 Ｐ 点的
Ｂ． 、 ， ＝
Ａ．
９
场强大
ａ ｂ 的电荷同号 ｋ ６４
Ｍ 点的电势比 Ｎ 点的 Ｃ． 、 ， ＝
Ｂ． ２７
电势高
ａ ｂ 的电荷异号 ｋ ６４
Ｄ． 、 ， ＝
Ｎ 点的场强与 Ｐ 点的场强相同
２７
Ｃ．
答案 ＡＤ 若 ａ ｂ 的电荷同号 则 ｃ 所受库
电子在 Ｍ 点的电势能比在 Ｐ 点的电势
、 ，
Ｄ．
仑力的合力指向 或 区域 若 ａ ｂ 的电荷
能大
２ ４ ； 、
异号 则 ｃ 所受库仑力的合力指向 或 区
答案 Ｃ 在等量异种点电荷电场中 Ｍ 点和
， １ ３
域 故只有ａ ｂ 的电荷异号 合力方向才能与
Ｐ点关于中垂线左右对称 场强的大小相等
； 、 ，
， ，
ａ ｂ 连线平行 设 ａ 带正电荷 ｂ ｃ 带负电
方向不同 错误 由题图可知电场线方向
、 。 ， 、
，Ａ 。
Ｆ
从Ｍ指向Ｐ Ｍ点电势比Ｐ 点电势高 而Ｎ点 ｂ
荷 ｃ 受力如图 β α ３ β
， ，
， ，ｔａｎ ＝ｔａｎ ＝ ，Ｆ ＝ｔａｎ ，
与Ｍ点关于电荷连线上下对称 Ｍ 点的电势 ４ ａ
，
Ｆ ｒ２ Ｑ
与Ｎ 点电势相同 错误 电场线上某点切
由库仑定律得
ｂ ａｃ·｜ ｂ｜
联立得 ｋ
，Ｂ 。
线方向就是该点场强的方向 Ｎ 点与 Ｐ 点关
Ｆ
ａ
＝ ｒ２
ｂｃ·｜
Ｑ
ａ｜
， ＝
，
Ｑ
于异种电荷连线中心对称 场强大小和方向 ａ ６４ 故 三项均错误 项
， Ｑ ＝ 。 Ａ、Ｂ、Ｃ ，Ｄ
均相同 正确 由 Ｅ ｑφ 电子带负电 Ｍ ｂ ２７
，Ｃ 。 ｐ ＝ ， ， 正确
点的电势高 知电子在 Ｍ 点的电势能小 。
， ，Ｄ
错误
。
技巧点拨
5
年
电场强度是矢量，既有大小，又有方向。 场
３．（ 吉林白山阶段考， ）如图所示 光滑绝
高
考 强的大小相等、方向一致，场强才相同。 电 ２０２２ ６ ，
3 缘的水平面上放着三个带电小球 可看成点
年 场中电势的高低判定看电场线最为便捷，沿 （
模 电荷 三个小球处在同一条直线上 要使三
拟 着电场线的方向电势降低。 ）， ，
A 个小球都处于静止状态 则它们的电荷量为
，
版 ２．（ 课标 ， ， 分）（多选）如图 三个固
２０１８ Ⅰ １６ ６ ，
高 （ ）
定的带电小球 ａ ｂ 和 ｃ 相互间的距离分别
考
、 ，
物
理 为 ａｂ ｂｃ ｃａ 小球 ｃ 所
＝５ ｃｍ， ＝３ ｃｍ， ＝４ ｃｍ。
１３０
Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ ｋｑ ｑ
Ａ． Ａ＝４ 、 Ｂ＝４ 、 Ｃ＝４ 方向的分力大小相等 则有 １ ３ °
Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ ， ｌ２ ｓｉｎ ６０ ＝
Ｂ． Ａ＝４ 、 Ｂ＝－５ 、 Ｃ＝３ ａｃ
Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ ｋｑ ｑ ｑ
Ｃ． Ａ＝９ 、 Ｂ＝－４ 、 Ｃ＝３６ ２ ３ ° 所以 １ ３ 项错误 项
Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ ｌ２ ｓｉｎ ３０ ， ｑ ＝ ，Ｃ ，Ｄ
Ｄ． Ａ＝－４ 、 Ｂ＝２ 、 Ｃ＝－３ ｂｃ ２ ９
答案 Ｃ 由 两同夹异 可知 项错误 由 正确
“ ” Ａ ； 。
两大夹小 可知 项错误 三个带电小球位 ５．（ 湖北， ， 分）密立根油滴实验装置如
“ ” Ｂ ； ２０２２ ４ ４
置如题图所示 根据 六力三平衡 列出方程 图所示 两块水平放置的金属板分别与电源
， “ ” ，
ｋＱ Ｑ ｋＱ Ｑ ｋＱ Ｑ 的正负极相接 板间产生匀强电场 用一个
Ａ Ｂ Ａ Ｃ Ａ Ｂ
组 对于 Ａ 有 对于 Ｂ 有 ， 。
， ＡＢ２ ＝ ＡＣ２ ， ＡＢ２ 喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间
ｋＱ Ｑ ｋＱ Ｑ ｋＱ Ｑ 的小孔喷入电场 油滴从喷口喷出时由于摩
Ｂ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ Ｃ
对于 Ｃ 有 解得 ＡＣ ，
＝ ＢＣ２ ， ＡＣ２ ＝ ＢＣ２ ， ＝ 擦而带电 金属板间电势差为 Ｕ 时 电荷量
。 ，
Ｑ Ｑ 为 ｑ 半径为 ｒ 的球状油滴在板间保持静止
ＡＢ Ｃ ＢＣ ＡＢ Ｃ 由几何关系得 ＡＣ 、 。
Ｑ ， ＝ Ｑ ， ＝ 若仅将金属板间电势差调整为 Ｕ 则在板间
Ｂ Ａ
２ ，
ＡＢ ＢＣ 则 Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ Ｑ 代入 能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径
＋ ， Ａ Ｃ ＝ Ａ Ｂ ＋ Ｂ Ｃ。
数据得 项正确 项错误 可以为
Ｃ ，Ｄ 。 （ ）
４．（ 河北廊坊一中段考， ）如图 光滑绝缘
２０２２ ６ ，
圆环竖直放置 ａ ｂ ｃ 为三个套在圆环上可
， 、 、
自由滑动的空心带电小
ｑ ｒ ｑ ｒ ｑ ｒ ｑ ｒ
Ａ． ， Ｂ．２ ， Ｃ．２ ，２ Ｄ．４ ，２
球 已知小球 ｃ 位于圆环
答案 Ｄ 金属板间电势差为 Ｕ 时 电荷量
，
，
最高点 ａ ｃ 连线与竖直
为 ｑ 半径为 ｒ 的球状油滴在板间保持静止
， 、
、 ，
方向成 °角 ｂ ｃ 连线与
Ｕ
６０ ， 、
则由平衡条件有 ｑ ４ρ ｒ３ｇ 若仅将金属
竖直方向成 °角 三个 ｄ ＝ π ，
３０ ， ３
小球均处于静止状态 下列说法正确的是 板间电势差调整为 Ｕ 设电荷量为 ｑ′ 半径
。 ２ ， 、
为 ｒ′的球状油滴能在板间保持静止 则由平
（ ） ，
小球 ａ ｂ ｃ 带同号电荷 Ｕ ｑ′ ｑ
Ａ． 、 、 衡条件有 ｑ′２ ４ρ ｒ′３ｇ 联立得
小球 ａ ｂ 带异号电荷
ｄ ＝ π ， ｒ′３ ＝ ｒ３ ，Ｄ
３ ２
Ｂ． 、
正确
。
小球 ａ ｂ 电荷量之比为 ３
Ｃ． 、
６ 考点 二 电场能的性质
小球 ａ ｂ 电荷量之比为 ３ １．（ 辽宁， ， 分）等量
Ｄ． 、
２０２１ ６ ４
９
异号点电荷固定在水平向
答案 Ｄ 对 ｃ 小球受力分析可得 ａ ｂ 小球
， 、
右的匀强电场中 电场分
必须带同号电荷 ｃ 小球才能平衡 对 ｂ 小球
，
， ；
布如图所示 实线表示电
受力分析可得 ｂ ｃ 小球带异号电荷 ｂ 小球
，
， 、 ，
才能平衡 两项错误 设环的半径为 Ｒ 场线 虚线表示等势线 将同一负电荷先后
，Ａ、Ｂ 。 ， ， 。
ａ 、 ｂ 、 ｃ 小球的电荷量分别为 ｑ １、 ｑ ２ 和 ｑ ３， 由几 置于ａ 、 ｂ 两点 ， 电势能分别为 Ｅ ｐ ａ 和 Ｅ ｐ ｂ， 电荷 专 题
何关系可得 ｌ Ｒ ｌ Ｒ ａ 与 ｂ 对 ｃ 的作 所受电场力大小分别为Ｆ 和Ｆ 则 八
ａｃ＝ ， ｂｃ＝ ３ ， ａ ｂ， （ ）
电
用力都是吸引力 ， 它们对 ｃ 的作用力在水平 Ａ． Ｅ ｐ ａ＞ Ｅ ｐ ｂ， Ｆ ａ＞ Ｆ ｂ Ｂ． Ｅ ｐ ａ＞ Ｅ ｐ ｂ， Ｆ ａ＜ Ｆ ｂ 场
１３１
Ｅ Ｅ Ｆ Ｆ Ｅ Ｅ Ｆ Ｆ
Ｃ． ｐ ａ＜ ｐ ｂ， ａ＞ ｂ Ｄ． ｐ ａ＜ ｐ ｂ， ａ＜ ｂ ４ ｅＶ
答案 Ｄ 根据沿电场线方向电势降低 可 ｂ 点电场强度垂直于该点所在等势面 方
， Ｃ． ，
知 φ φ 设负电荷所带电荷量为 ｑ 则有 向向右
ａ＞ ｂ， ， －
ｑφ ｑφ 即 Ｅ Ｅ 故 错误 因为 ａ ａ ｂ ｃ ｄ 四个点中 ｂ 点的电场强度大小
ａ＜－ ｂ， ｐ ａ＜ ｐ ｂ， Ａ、Ｂ ； Ｄ． 、 、 、 ，
所在区域的电场线比 ｂ 所在区域的电场线稀 最大
疏 所以Ｅ Ｅ 则有 ｑＥ ｑＥ 即 Ｆ Ｆ 答案 ＢＤ 由于 ｂ ｅ 两点在同一等势面上
， ａ＜ ｂ， ｜ ａ｜＜｜ ｂ｜， ａ＜ ｂ， 、 ，
故 错误 正确 所以正电荷从 ｂ 点运动到 ｅ 点 电场力不做
Ｃ ，Ｄ 。 ，
２．（ 浙江 月选考， ， 分）某书中有如图 功 故选项 错误 电子从 ａ 点运动到 ｄ 点
２０２１ ６ ６ ３ ， Ａ ； ，
所示的图 用来表示横截面是 形导体右 电场力做功 Ｗ ｅ φ φ ｅ
， “ ” ａｄ ＝ － （ ａ － ｄ） ＝ － （３ Ｖ－
侧的电场线和等势面 其中 ａ ｂ 是同一条实 故选项 正确 电场线与等势
， 、 ７ Ｖ）＝ ４ ｅＶ， Ｂ ；
线上的两点 ｃ 是另一条实线上 面垂直 并且沿电场线方向电势降低 所以 ｂ
， ， ，
的一点 ｄ 是导体尖角右侧表 点电场强度垂直于该点所在等势面 方向向
， ，
面附近的一点 下列说法正确 左 故选项 错误 等差等势面密的地方电
。 ， Ｃ ；
的是 场强度较大 ａ ｂ ｃ ｄ 四个点中 ｂ 点处等差
（ ） ， 、 、 、 ，
实线表示电场线 等势面最密 其电场强度大小最大 故选项
Ａ． ， ， Ｄ
离 ｄ 点最近的导体表面电荷密度最大 正确
Ｂ． 。
形导体右侧表面附近电场强度方向均
Ｃ．“ ”
相同
电荷从 ａ 点到 ｃ 点再到 ｂ 点电场力做功一
Ｄ．
定为零
答案 Ｄ 形导体为等势体 所以图中虚
“ ” ，
４．（ 全国乙， ， 分）如图 在一块很
线为电场线 实线为等势面 导体表面尖端
２０２１ １５ ６ （ａ），
， ，
大的接地金属平板的上方固定一负电荷
处电荷密度最大 故 错 形导体右
。
， Ａ、Ｂ 。 “ ”
由于静电感应 在金属平板上表面产生感应
侧表面附近电场线垂直于等势面 故 错
，
， Ｃ 。
电荷 金属板上方电场的等势面如图 中
ａ ｂ 在一个等势面上 无论经怎样的路径从
， （ｂ）
、 ，
虚线所示 相邻等势面间的电势差都相等
ａ 到 ｂ 电场力均不做功 故 正确
， 。
， Ｄ 。
若将一正试探电荷先后放于Ｍ 和Ｎ 处 该试
３．（ 全国甲， ， 分）（多选）某电场的等
，
２０２１ １９ ６
探电荷受到的电场力大小分别为 Ｆ 和 Ｆ
势面如图所示 图中ａ ｂ ｃ ｄ ｅ 为电场中的 Ｍ Ｎ，
， 、 、 、 、 ５
相应的电势能分别为 Ｅ 和 Ｅ 则
个点 则 ｐ Ｍ ｐ Ｎ， （ ）
， （ ）
5
年
高
考
3
年 图 图
模 （ａ） （ｂ）
拟
Ｆ Ｆ Ｅ Ｅ Ｆ Ｆ Ｅ Ｅ
A Ａ． Ｍ＜ Ｎ， ｐ Ｍ＞ ｐ Ｎ Ｂ． Ｍ＞ Ｎ， ｐ Ｍ＞ ｐ Ｎ
版 一正电荷从 ｂ 点运动到 ｅ 点 电场力做 Ｆ Ｆ Ｅ Ｅ Ｆ Ｆ Ｅ Ｅ
Ａ． ， Ｃ． Ｍ＜ Ｎ， ｐ Ｍ＜ ｐ Ｎ Ｄ． Ｍ＞ Ｎ， ｐ Ｍ＜ ｐ Ｎ
高
正功 答案 Ａ 根据电场线和等势线互相垂直的
考
物
理 一电子从 ａ 点运动到 ｄ 点 电场力做功为 特点可以大致确定电场线 如图 根据电场
Ｂ． ， ， 。
１３２
线的特点 电场线越密集处电场越强 所以 ｋ ｑ ｋ ｑ
， ， ｄ Ｍ Ｎ 间距离为 Ｌ 根据 ·２ · 可知
Ｅ Ｅ 电荷在电场中所受的电场力 Ｆ Ｅｑ ， 、 ， Ｌ ｄ ２ ＝ ｄ２ ，
Ｍ＜ Ｎ， ＝ ， （ ＋ ）
可知对于同一个正试探电荷有 Ｆ Ｆ 选项 除无穷远处外 直线 ＭＮ 上电场强度为零的
Ｍ＜ Ｎ， ，
错误 因为沿着电场线方向电势逐渐降 点只有一个 故 错误 无穷远处电势低于Ｐ
Ｂ、Ｄ ； ， Ｃ ；
低 可知 φ φ 电荷在电场中的电势能 Ｅ 点电势 则正电荷在无穷远处的电势能低于
， Ｍ＞ Ｎ， ｐ ，
ｑφ 可知 Ｅ Ｅ 选 在 Ｐ 点的电势能 将正试探电荷ｑ 从无穷远
＝ ， ｐ Ｍ＞ ｐ Ｎ， Ａ。 ， ０
处移到 Ｐ 点 电势能增大 静电力做负功 故
， ， ，
错误
Ｄ 。
６．（ 海南， ， 分）（多选）如图 在匀强电
２０２１ １１ ４ ，
场中有一虚线圆 ａｂ 和 ｃｄ 是圆的两条直径
， ，
５．（ 河北， ， 分）如图 真空中电荷量为
２０２２ ６ ４ ， 其中ａｂ 与电场方向的夹角为 ° ａｂ ．
６０ ， ＝０ ２ ｍ，
ｑ 和 ｑ ｑ 的两个点电荷分别位于 Ｍ 点
２ － （ ＞０） ｃｄ 与电场方向平行 ａ ｂ 两点的电势差 Ｕ
， 、 ａｂ＝
与 Ｎ 点 形成一个以 ＭＮ 延长线上 Ｏ 点为球
， 则
２０ Ｖ。 （ ）
心 电势为零的等势面 取无穷远处电势为
、 （
零 Ｐ 为 ＭＮ 连线上的一点 Ｓ 为等势面与
）。 ，
直线ＭＮ的交点 Ｔ为等势面上一点 下列说
， 。
法正确的是
（ ）
电场强度的大小 Ｅ
Ａ． ＝２００ Ｖ／ｍ
ｂ 点的电势比 ｄ 点的低
Ｂ． ５ Ｖ
将电子从 ｃ 点移到 ｄ 点 电场力做正功
Ｃ． ，
电子在 ａ 点的电势能大于在 ｃ 点的电势能
Ｐ 点电势低于 Ｓ 点电势
Ｄ．
Ａ．
答案 ＡＤ 根据 Ｕ Ｅ ａｂ °可得电
Ｔ 点电场强度方向指向 Ｏ 点 ａｂ＝ · ｃｏｓ ６０
Ｂ．
除无穷远处外 ＭＮ 直线上存在两个电场 Ｕ ａｂ
Ｃ． ， 场强度的大小Ｅ ２０
＝ａｂ °＝ ． ． Ｖ／ｍ
强度为零的点 ·ｃｏｓ ６０ ０ ２×０ ５
正确 沿电场线方向电势逐渐
将正试探电荷 ｑ 从无穷远处移动到 Ｐ 点 ＝２００ Ｖ／ｍ，Ａ ；
Ｄ． ０ ，
降低 故 ｂ 点电势比 ｄ 点电势高 且 Ｕ Ｅ ｒ
静电力做正功 ， ， ｂｄ＝ （
答案 Ｂ 在直线 ＭＮ 上 左边正电荷在 Ｍ ｒ ° 错误 将电子从 ｃ 点移
－ ｃｏｓ ６０ ）＝ １０ Ｖ，Ｂ ；
， 、
Ｎ 间的电场强度水平向右 右边负电荷在Ｍ 到 ｄ 点 电子所受的电场力方向水平向左
， ，
， 、
与位移方向相反 可知电场力做负功 错
Ｎ 间的电场强度水平向右 根据电场的叠加
， ，Ｃ
，
可知Ｍ Ｎ 间的电场强度水平向右 沿着电场 误 沿电场线方向电势逐渐降低 故 ａ 点的
、 ， ； ，
线电势逐渐降低 可知 Ｐ 点电势高于等势面 电势低于 ｃ 点电势 电子带负电 由 Ｅ ｑφ
， ， ， ｐ ＝
与 ＭＮ 交点处电势 则 Ｐ 点电势高于 Ｓ 点电 可知 电子在 ａ 点的电势能大于在 ｃ 点的电
， ，
势 故 错误 电场强度方向和等势面垂直 势能 正确
， Ａ ； ， ，Ｄ 。
所以 Ｔ 点电场强度方向指向 Ｏ 点 正确 易错点拨
，Ｂ ；
由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量 Ｕ Ｅｄ 中 ｄ 指的是沿电场线方向的距离，不 专
， ＝ 题
可知在 Ｎ 左侧电场强度不可能为零 则在 Ｎ 是两点间距离。 用 Ｅ ｑφ 计算时注意要带 八
， ｐ ＝
电
右侧 设电场强度为零的点到 Ｎ 点的距离为 正负号，尤其是 ｑ。 电荷带正电，在电势高的 场
，
１３３
地方电势能大；电荷带负电，在电势高的地 势先增大后减小
方电势能小。 正电荷在 Ｍ 点的电势能比其在 Ｎ 点的电
Ｃ．
７．（ 课标 ， ， 分）（多选）静电场中 一 势能大
２０１９ Ⅱ ２０ ６ ，
带电粒子仅在电场力的作用下自 Ｍ 点由静 将正电荷从 Ｍ 点移动到 Ｎ 点 电场力所做
Ｄ． ，
止开始运动 Ｎ 为粒子运动轨迹上的另外一 的总功为负
，
点 则 答案 ＢＣ 由题意可知在三角形 ＰＭＮ 中
， （ ） ，
运动过程中 粒子的速度大小可能先增大 Ｍ Ｎ 则 ＰＮ ＰＭ 以 Ｐ 点为圆心 ＰＭ 为
Ａ． ， ∠ ＞∠ ， ＞ ， 、
后减小 半径作一圆周交 ＭＮ 于 Ｑ 点 如图所示 在
， 。
在 Ｍ Ｎ 两点间 粒子的轨迹一定与某条电 Ｐ 点固定正电荷 则该圆周为正电荷产生电
Ｂ． 、 ， ，
场线重合 场中的一条等势线 即电势 φ φ φ 场强
， Ｍ＝ Ｑ＞ Ｎ；
粒子在 Ｍ 点的电势能不低于其在 Ｎ 点的 大小Ｅ Ｅ Ｅ 沿 ＭＮ 边 从 Ｍ 点到 Ｎ
Ｃ． Ｍ＝ Ｑ＞ Ｎ。 ，
电势能 ｋｑ
点 根据场强分布特点Ｅ ｒ 为Ｐ 点距离
， ＝ ｒ （ ）
粒子在 Ｎ 点所受电场力的方向一定与粒
Ｄ．
可知 电场强度的大小先增大后减小 最大
子轨迹在该点的切线平行 ， （
值在 ＭＱ 中点 错误 沿 ＭＮ 边 从 Ｍ 点
答案 ＡＣ 粒子仅在电场力作用下由静止 ），Ａ 。 ，
到 Ｎ 点 电势先增大后减小 最大值在 ＭＱ
开始运动 运动过程中 电场力可能先做正 ， （
， ，
中点 正确 正电荷所在位置的电势越
功后做负功 速度可能先增大后减小 正 ），Ｂ 。
， ，Ａ
大 其电势能越大 反之就越小 因φ φ 故
确 若电场线为曲线 则粒子运动的轨迹与 ， ， ， Ｍ＞ Ｎ，
； ，
正确 因电势能Ｅ Ｅ 而电场力所做功
电场线不重合 错误 由能量守恒定律知动 Ｃ 。 ｐ Ｍ＞ ｐ Ｎ，
，Ｂ ；
Ｗ Ｅ Ｅ Ｅ Ｅ 故 错误
能与电势能之和恒定 而粒子在 Ｎ 点有动能 ＝－（ ｐ Ｎ－ ｐ Ｍ）＝ ｐ Ｍ－ ｐ Ｎ＞０， Ｄ 。
，
或动能为 则粒子在 Ｎ 点的电势能不可能
０，
高于在 Ｍ 点的电势能 正确 粒子在 Ｎ 点
，Ｃ ；
所受电场力的方向沿电场线切线方向 与轨
，
迹切线不一定平行 错误
，Ｄ 。
思路分析
如图所示，在等量同种点电荷形成的电场
中，带正电的粒子在 Ｍ 点由静止释放，其将
考点 三 电容器、带电粒子在电场中的运动
在 Ｍ、Ｎ 之间做往复运动，在 Ｍ Ｎ 过程，粒
→ １．（ 江苏， ， 分）有研究发现 某神经细
子速度先增大后减小。 ２０２１ ２ ４ ，
胞传递信号时 离子从细胞膜一侧流到另一
，
侧形成跨膜电流 若将该细胞膜视为
5 。 １×
年
高
８．（
２０２０
课标
Ⅲ
，
２１
，
６
分）（多选）如图
，∠
Ｍ 是
１０
－８
Ｆ
的电容器
，
在
２ ｍｓ
内细胞膜两侧的电
考 锐角三角形 ＰＭＮ 最大的内角 电荷量为 ｑ 势差从 变为 则该过程中跨膜
3 ， －７０ ｍＶ ３０ ｍＶ，
年
ｑ 的点电荷固定在 Ｐ 点 下列说法正确 电流的平均值为
模
（ ＞０） 。 （ ）
拟
的是 ． －７ －７
A （ ） Ａ．１ ５×１０ Ａ Ｂ．２×１０ Ａ
版 沿 ＭＮ 边 从 Ｍ 点到 Ｎ 点 电 ． －７ －７
Ａ． ， ， Ｃ．３ ５×１０ Ａ Ｄ．５×１０ Ａ
高
考 场强度的大小逐渐增大 答案 Ｄ 将该细胞膜视为 －８ 的电容
１×１０ Ｆ
物
理 沿 ＭＮ 边 从 Ｍ 点到 Ｎ 点 电 器 在 内细胞膜两侧的电势差从
Ｂ． ， ， ， ２ ｍｓ －７０
１３４
变为 则电容器的电荷量改变量 它们由静止开始运动 在随后的某时刻 ｔ
ｍＶ ３０ ｍＶ， 。 ，
为 Ｑ Ｃ Ｕ 根据电流的定义可知电流的平 ａ ｂ 经过电容器两极板间下半区域的同一水
Δ ＝ Δ ， 、
Ｑ 平面 ａ ｂ 间的相互作用和重力可忽略 下
均值 Ｉ Δ 联立并代入数据解得 Ｉ －７ 。 、 。
＝ ｔ， ＝５×１０
列说法正确的是
Δ
（ ）
正确
ａ 的质量比 ｂ 的大
Ａ，Ｄ 。
Ａ．
２．（ 浙江 月选考， ， 分）如 在 ｔ 时刻 ａ 的动能比 ｂ 的大
２０２２ ６ ９ ３ Ｂ． ，
图所示 带等量异种电荷的两正 在 ｔ 时刻 ａ 和 ｂ 的电势能
， Ｃ． ，
对平行金属板Ｍ Ｎ 间存在匀强电
相等
、
场 板长为 Ｌ 不考虑边界效应
在 ｔ 时刻 ａ 和 ｂ 的动量大小相等
， （ ）。
Ｄ． ，
ｔ 时刻 Ｍ 板中点处的粒子源
答案 ＢＤ 由题设条件可知 微粒 ａ 向下运
＝ ０ ，
，
发射两个速度大小为 ｖ 的相同粒子 垂直 Ｍ
０ ， 动 ， 微粒 ｂ 向上运动 ， 且在相等时间内 ， 位移
板向右的粒子 到达 Ｎ 板时速度大小为
， ｘ ｘ 由运动学公式及牛顿第二定律可得 ｘ
ａ＞ ｂ， ：
ｖ 平行 Ｍ 板向下的粒子 刚好从 Ｎ 板下
ｑＥ
２ ０； ，
１ ｔ２ 则 ｍ ｍ 选项 错误 由动能
端射出 不计重力和粒子间的相互作用 则 ＝ · ｍ ， ａ＜ ｂ， Ａ ；
。 ， ２
定理可得 ｑＥｘ Ｅ 则 Ｅ Ｅ 选项 正确
（ ） ： ＝ ｋ， ｋ ａ＞ ｋ ｂ， Ｂ ；
．Ｍ 板电势高于 Ｎ 板电势 由动量定理可得 ｑＥｔ ｐ 则 ｐ 与 ｐ 大小相
Ａ ： ＝ ， ａ ｂ
．两个粒子的电势能都增加
等 选项 正确 在 ｔ 时刻 ａ ｂ 在同一水平
Ｂ
， Ｄ ； ， 、
ｖ２
面上 电势 φ 相等 而两微粒的电性不同 由
．粒子在两板间的加速度 ａ ２ ０ ， ， ，
Ｃ ＝ Ｌ
Ｅ ｑφ 可知 ａ 和 ｂ 的电势能不相等 选项
ｐ ＝ ， ， Ｃ
Ｌ
错误
．粒子从 Ｎ 板下端射出的时间 ｔ （ ２－１）
Ｄ ＝ ｖ 。
２ ０ ４．（ 全国乙， ， 分）（多选）四个带电粒
答案 Ｃ 不知粒子的电性 故无法判断哪 ２０２１ ２０ ６
，
子的电荷量和质量分别为 ｑ ｍ ｑ
板电势高 错误 两个粒子所受电场力均 （＋ ， ）、（＋ ，
，Ａ ；
ｍ ｑ ｍ ｑ ｍ 它们先后以相同
做正功 电势能都减少 故 错误 设板间距 ２ ）、（＋３ ，３ ）、（－ ， ），
， ， Ｂ ；
的速度从坐标原点沿ｘ 轴正方向射入一匀强
离为 ｄ 粒子运动的加速度为 ａ 对垂直 Ｍ 板
， ，
电场中 电场方向与ｙ 轴平行 不计重力 下
向右的粒子有 ｖ ２ ｖ２ ａｄ 对平行 Ｍ ， 。 ，
：（ ２ ０） － ０ ＝２ ， 列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中 可能
Ｌ ，
板向下的粒子有 ｖ ｔ ｄ １ ａｔ２ 联立解
正确的是
： ＝ ０ ， ＝ ， （ ）
２ ２
ｖ２ Ｌ
得 ａ ２ ０ ｔ 故 正确 错误
： ＝ Ｌ ， ＝ ｖ ， Ｃ ，Ｄ 。
２ ０
模型构建
平行 Ｍ 板向下的粒子在匀强电场中做类平
抛运动，可利用分运动解题。
３．（ 课标 ， ， 分）（多选）如图 一平行
２０１８ Ⅲ ２１ ６ ，
板电容器连接在直流电源上 电容器的极板
，
水平 两微粒ａ ｂ 所带电荷量大小相等 符号 专
； 、 、 题
相反 使它们分别静止于电容器的上 下极 答案 ＡＤ 带电粒子垂直进入匀强电场做 八
， 、
电
板附近 与极板距离相等 现同时释放 ａ ｂ 类平抛运动 设水平位移为 ｘ 竖直位移为 ｙ 场
， 。 、 ， ， ， ，
１３５
Ｅｑæ ｘ ö ２ 粒子的轨迹方程可知 ｑ ｍ 的粒子比
初速度为 ｖ 则其轨迹方程为 ｙ １ ç ÷ ，（＋ ， ） （＋
０， ＝ ×ｍèｖ ø
ｑ ｍ 的粒子的轨迹 弯曲程度 更大 同时
２ ０ ，２ ） “ ” ，
Ｅｑｘ２ 符合以上特征的图像为 因此选
由于粒子的初速度相同 在同一匀强
Ａ、Ｄ， Ａ、Ｄ。
＝
２
ｍｖ２
０
， ，
易错提醒
ｑ
电场中运动 粒子的轨迹取决于 及电性
对于带电粒子在匀强电场中的类平抛问题，
， ｍ 。
要注意带电粒子的偏转方向，本题只强调匀
电荷量和质量分别为 ｑ ｍ 和 ｑ ｍ
（＋ ， ） （＋３ ，３ ） 强电场方向与 ｙ 轴平行，故电场方向可能沿
的带电粒子的偏转轨迹重合 且与 ｑ ｍ
， （－ ， ） ｙ 轴正方向，也可能沿 ｙ 轴负方向。
的带电粒子的轨迹关于ｘ 轴对称 根据带电
。
5
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考 物
理
１３６
综合篇
拓展 一 求解场强的常用方法 Ｑ
知 ｑ Ｌ Ｄ 处的点电荷 ｑ 在 Ｏ 点产生
， Ａ＝ ＲΔ ，
１．（ 山东， ， 分）半径为 Ｒ 的绝缘细圆环 ２π
２０２２ ３ ３ 电场的场强与Ｅ 等大同向即可 故ｑ 应为负
固定在图示位置 圆心位于 Ｏ 点 环上均匀 １ ，
， ， ｑ Ｑ Ｌ
分布着电荷量为 Ｑ 的正电荷 点 Ａ Ｂ Ｃ 将 电荷 由 ｋ ｋ ·Δ 解得 ｑ
。 、 、 ， Ｒ ２ ＝ Ｒ２ Ｒ， ＝
（２ ） ·２π
圆环三等分 取走 Ａ Ｂ 处两段弧长均为 Ｌ
， 、 Δ Ｑ Ｌ
２ Δ 故 正确
的小圆弧上的电荷 将一点电荷 ｑ 置于 ＯＣ Ｒ ， Ｃ 。
。
π
延长线上距 Ｏ 点为 Ｒ 的 Ｄ 点 Ｏ 点的电场
２．（ 湖南， ， 分）如图 四根完全相同的均
２ ，
２０２２ ２ ４ ，
强度刚好为零 圆环上剩余电荷分布不变
。 ， 匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长
ｑ 为
（ ） 边ａ ｂ ｃ ｄ 上 移去 ａ 处的绝缘棒 假定另外
、 、 、 。 ，
Ｑ Ｌ
正电荷 ｑ Δ 三根绝缘棒电荷分布不变 关于长方体几何中
Ａ． ， ＝ Ｒ 。
π 心Ｏ点处电场强度方向和电势的变化 下列说
，
Ｑ Ｌ
正电荷 ｑ ３ Δ 法正确的是
Ｂ． ， ＝ Ｒ （ ）
π
Ｑ Ｌ
负电荷 ｑ ２ Δ
Ｃ． ， ＝ Ｒ
π
Ｑ Ｌ
负电荷 ｑ ２ ３ Δ
Ｄ． ， ＝ Ｒ 电场强度方向垂直指向 ａ 电势减小
π Ａ． ，
答案 Ｃ 将取走的 Ａ Ｂ 处圆弧上的电荷补 电场强度方向垂直指向 ｃ 电势减小
、 Ｂ． ，
回去 由对称性和微元法可知 整个带电圆 电场强度方向垂直指向 ａ 电势增大
， ， Ｃ． ，
环在 Ｏ 点产生电场的合场强等于零 由此可 电场强度方向垂直指向 ｃ 电势增大
， Ｄ． ，
知 圆环上剩余电荷与 Ａ Ｂ 处带电圆弧上的 答案 Ａ 没有移去 ａ 处绝缘棒时 由电场
， 、 ，
电荷产生的电场等大反向 由点电荷的场强 的叠加与对称性可知 Ｏ 点合场强为零 移
， ， ；
公式 电场的叠加规律和几何关系可得 Ａ Ｂ 去 ａ 处绝缘棒时 Ｏ 点的场强与单独带正电
、 ， 、
处带电圆弧上的电荷产生的电场在 Ｏ 点的 的 ａ 处绝缘棒在 Ｏ 点的场强大小相等 方向
、
ｑ 相反 故移去 ａ 处绝缘棒后的合场强方向垂
合场强 Ｅ ｋ Ａ 方向由 Ｏ 指向 Ｃ 由题意可 ，
１ ＝ Ｒ２ ， ， 直指向 ａ 绝缘棒带正电 离绝缘棒越远 电
。 ， ，
势越低 移去 ａ 处绝缘棒 该绝缘棒在 Ｏ 点 答案 Ｂ 假设将半球面分成三等份 这三
， ， ，
产生的电势减小 其余绝缘棒在 Ｏ 点产生的 等份球面在 Ｏ 处产生的电场强度大小相等
， 。
电势不变 则 Ｏ 点处电势减小 故选 根据对称性 作出半球面上三部分的电荷在
， ， Ａ。 ，
３．（ 课标 ， ， 分）（多选）如图 电荷量 Ｏ 点产生的电场强度 Ｅ Ｅ Ｅ 如图所示
２０１９ Ⅲ ２１ ６ ， １、 ２、 ３， 。
分别为 ｑ 和 ｑ ｑ 的点电荷固定在正方体 显然 三个电场强度的矢量和为 Ｅ 则 Ｅ
－ （ ＞０） ， ０， １ ＝
的两个顶点上 ａ ｂ 是正方体的
， 、 Ｅ Ｅ １Ｅ 故 项正确
另外两个顶点 则 ２ ＝ ３ ＝ ０， Ｂ 。
２
。 （ ）
ａ 点和 ｂ 点的电势相等
Ａ．
ａ 点和 ｂ 点的电场强度大小相等
Ｂ．
ａ 点和 ｂ 点的电场强度方向相同
Ｃ．
将负电荷从 ａ 点移到 ｂ 点 电势能增加
Ｄ． ，
５．（ 河北廊坊期末， ）如图甲所示 一半径
答案 ＢＣ 由点电荷产生的电势分布可知
２０２２ ７ ，
ｑ 在 ａ 点产生的电势低于在 ｂ 点产生的电 为 Ｒ 的球面上均匀分布着电荷量为 Ｑ 的正
势 ｑ 在 ａ 点产生的电势也低于在 ｂ 点产生 电荷 电荷在球心 Ｏ 点处产生的电场强度为
，－ ，
的电势 故 φ φ 再由 Ｅ ｑφ 可知负电荷 零 已知下半部分球面上的电荷在球心 Ｏ
， ａ＜ ｂ， ｐ ＝ 。
在 ａ ｂ 两点的电势能 Ｅ Ｅ 故 均错 ｋＱ
、 ｐ ａ＞ ｐ ｂ， Ａ、Ｄ 点处产生的电场强度大小 Ｅ 方向如
误 由点电荷的场强分布可知ｑ 在ａ 点产生 ０ ＝ Ｒ２ ，
４
。
的场强与 ｑ 在 ｂ 点产生的场强完全相同 ｑ
－ ， 图甲所示 现切掉含有 １ Ｑ 正电荷的 １ 球
。
在 ｂ 点产生的场强与 ｑ 在 ａ 点产生的场强 ４ ４
－
也完全相同 故 ａ 点与 ｂ 点的总场强也完全 面 如图乙 若剩下的３Ｑ 正电荷均匀分布在
， ， ，
相同 均正确 ４
，Ｂ、Ｃ 。
知识储备 剩下的３球面 则切掉１ 球面后 球心 Ｏ 点
。 ，
４ ４
点电荷产生的电势：离正场源电荷越近越
① 处的电场强度大小为
（ ）
高，离负场源电荷越近越低。 点电荷产生
②
ｋＱ
的场强大小 Ｅ ，方向沿连线背离正场源
＝ ｒ２
电荷或指向负场源电荷。 掌握电场的叠
③
加原理。
４．（ 江苏如皋中学三模， ）如图所示 电荷
２０２２ ６ ，
均匀分布在半球面上 它
，
ｋＱ ｋＱ ｋＱ ｋＱ
在半球的球心 Ｏ 处的电 ２ ３ ３ ２
Ａ． Ｒ２ Ｂ． Ｒ２ Ｃ． Ｒ２ Ｄ． Ｒ２
场强度等于 Ｅ 一过球 ４ ８ ４ ８
０。 答案 Ｄ 如图所示 把球面分成 等份 由
心的倾斜平面将球面分为两部分 其中 α ， ４ ，
， ＝ 于电荷是均匀分布在球面上的 故每一等份
° 则所分出的较小这部分的电荷在 Ｏ 处 ，
６０ 。 所带电荷在球心 Ｏ 点处产生的电场强度大
的电场强度 Ｅ 为
（ ） 小都相等 设每一等份球面所带电荷在球心 专
， 题
Ｅ Ｅ Ｅ Ｅ
八
０ ０ ２ ０ ３ ０ Ｏ 点处产生的电场强度大小为 Ｅ′ 则下半球
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ， 电
３ ２ ２ ２ 面的两等份在球心 Ｏ 点处的合场强大小为 场
１３７
ｋＱ 在点 ｌ ｌ 处 其所受到的静电力方向与 ｘ
Ｅ 下半球面中的每一等份产生的场强 （ ， ） ，
０ ＝ Ｒ２ ， 轴正方向成 °倾斜向上
４ ４５
方向与 Ｅ 的方向都成 °夹角 根据平行四 答案 ＡＣＤ 将四个电荷
０ ４５ ，
ｋＱ ｋＱ 量均为 ｑ 的点电荷记为 Ａ
边形定则知Ｅ′ Ｅ ° ２ ２ 、
＝ ０ ｃｏｓ ４５ ＝ Ｒ２ × ＝ Ｒ２ ， Ｂ Ｃ Ｄ 如图所示 在第一
４ ２ ８ 、 、 ， ，
可知被切掉的那部分球面上的电荷在球心 Ｏ 象限内 Ｂ Ｄ 两点电荷在菱
， 、
甲
ｋＱ 形ＢＤ 边之外区域的合场强
点处产生的电场强度大小也为 ２ 由于
Ｒ２ 。
方向指向菱形外部 Ａ Ｃ 两点电荷在菱形ＢＤ
８
， 、
球面完整时 球心 Ｏ 点处的电场强度为零
边之外区域的合场强方向也指向菱形外部
， ，
，
故被切掉的那部分球面上的电荷在球心 Ｏ
所以 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 四个点电荷在菱形 ＢＤ 边之
、 、 、
外区域的合场强方向指向菱形外部 同理
点处产生的电场强度与剩下的３球面上的电
。
４ 可知菱形各边之外区域的合场强方向都指
荷在球心 Ｏ 点处产生的电场强度是等大反
向菱形外部 故 正确 由电荷的对称性可
， Ａ 。
向的 故剩下的３Ｑ 在球心 Ｏ 点处产生的电 知 Ｏ 点合场强为零 若 ｙ 取恰当的值 ｙ 轴
， ， ， ０ ，
４
上还可以出现两处合场强为零的点 且这两
ｋＱ ，
场强度大小也为 ２ 故 项正确 点关于 Ｏ 点对称 故 错误 当 ｙ ｌ 时点
Ｒ２ ， Ｄ 。 ， Ｂ 。 ０ ＝８
８
ｌ 与点 ｌ 等势 负试探电荷从点
（０，－３ ） （０，３ ） ，
ｌ ｌ 移到点 ｌ 与从点 ｌ ｌ 移到
（４ ，５ ） （０，－３ ） （４ ，５ ）
点 ｌ 电场力做功相等 如图甲 负试探
（０，３ ） 。 ，
电荷从点 ｌ ｌ 移到点 ｌ 时在 Ａ Ｂ 产
（４ ，５ ） （０，３ ） 、
生的电场中 负试探电荷逆着电场线运动
， ，
电场力做正功 如图乙 在 Ｄ 产生的电场中
６．（ 河北， ， 分）（多选）如图 四个电荷 ； ， ，
２０２１ １０ ６ ， 由几何关系知 ｌ ｌ 与 ｌ 距 Ｄ 点距离
，（４ ，５ ） （０，３ ）
量均为 ｑ ｑ 的点电荷分别放置于菱形的
（ ＞０） 相等 由点电荷电场特点知两点电势相等
， ，
四个顶点 其坐标分别为 ｌ ｌ
， （４ ，０）、（－４ ，０）、 负电荷移动时电场力不做功 在 Ｃ 点产生的
；
ｙ 和 ｙ 其中 ｘ 轴上的两个点电
（０， ０） （０，－ ０）， 电场中 负试探电荷由 ｌ ｌ 移到 ｌ
荷位置固定 ｙ 轴上的两个点电荷可沿 ｙ 轴 ， （４ ，５ ） （０，３ ），
， 逆着电场线运动 电场力做正功 所以在 Ａ
对称移动 ｙ 下列说法正确的是 ， ， 、
（ ０≠０）。 Ｂ Ｃ Ｄ 产生的电场中 电场力做正功 故
、 、 ， ， Ｃ
（ ） 正确 当 ｙ ｌ 时 Ｂ Ｄ 在 ｌ ｌ 处产生的场
除无穷远处之外 菱形外 。 ０ ＝４ ， 、 （ ， ）
Ａ． ，
ｋｑ
5 部电场强度处处不为零 强为Ｅ ５ 方向与 ｘ 轴夹角为 ° 斜向
年 ＢＤ＝ ｌ２ ， ４５ ，
高 当 ｙ 取某值时 可使得菱 ２５
考 Ｂ． ０ ， 左下 Ａ Ｃ 在点 ｌ ｌ 处产生的场强为 Ｅ
3 形内部只存在两个电场 ， 、 （ ， ） ＡＣ ＝
年
模 ｋｑ
强度为零的点 ３ １３ 方向与ｘ 轴夹角为 ° 斜向右上 Ａ
拟
ｌ２ ， ４５ ， ， 、
A 当 ｙ ｌ 时 将一带负电的试探电荷由点 １６９
版 Ｃ． ０ ＝８ ， Ｂ Ｃ Ｄ 在点 ｌ ｌ 处的合场强为 Ｅ Ｅ 方
ｌ ｌ 移至点 ｌ 静电力做正功 、 、 （ ， ） ＢＤ－ ＡＣ，
高 （４ ，５ ） （０，－３ ），
向与ｘ 轴夹角为 ° 斜向左下 则负试探电
考
当 ｙ ｌ 时 将一带负电的试探电荷放置 ４５ ， ，
物 理 Ｄ． ０ ＝４ ， 荷在点 ｌ ｌ 处所受电场力与ｘ 轴夹角为 °
（ ， ） ４５ ，
１３８
斜向右上 故 正确 成 板间为真空 两金属板分别与电源两极
， Ｄ 。 ， 。
相连 下极板固定 上极板可以绕过圆心且
， ，
垂直于半圆面的轴转动 起初两极板边缘对
。
齐 然后上极板转过 ° 并使两极板间距减
， １０ ，
小到原来的一半 假设变化前后均有一电
。
子由静止从上极板运动到下极板 忽略边
。
缘效应 则下列说法正确的是
， （ ）
拓展 二 平行板电容器的动态分析
１．（ 北京理综， ， 分）研究与平行板电
２０１８ １９ ６
变化前后电容器电容之比为
容器电容有关因素的实验装置如图所示
Ａ． ９ ∶ １７
。
变化前后电容器所带电荷量之比为
下列说法正确的是
Ｂ． １６ ∶ ９
（ ）
变化前后电子到达下极板的速度之比为
Ｃ．
２ ∶ １
变化前后电子运动到下极板所用时间之
Ｄ．
比为
２ ∶ １
答案 ＡＤ 设变化前两板正对面积为 Ｓ 两
，
实验前 只用带电玻璃棒与电容器 ａ 板接 ε Ｓ
Ａ． ，
极板间距为 ｄ Ｃ ｒ Ｑ Ｃ Ｅ 变化
触 能使电容器带电 ， １ ＝ ｋｄ， １ ＝ １· ，
， ４π
实验中 只将电容器 ｂ 板向上平移 静电计 ｄ
Ｂ． ， ， 后 正对面积为１７ Ｓ 间距为 故 Ｃ
指针的张角变小 ， ， ， ２ ＝
１８ ２
实验中 只在极板间插入有机玻璃板 静
Ｃ． ， ， ε １７Ｓ
电计指针的张角变大
ｒ·
１８ １７Ｃ 所以
Ｃ
１ ９ Ｑ Ｃ Ｅ 则
ｄ ＝ １， Ｃ ＝ ， ２ ＝ ２· ，
实验中 只增加极板带电荷量 静电计指 ｋ ９ ２ １７
Ｄ． ， ， ４π ·
２
针的张角变大 表明电容增大
， Ｑ Ｃ
答案 Ａ 带电玻璃棒接触 ａ 板 ａ 板会带 １ １ ９ 故 正确 错误 变化前后两
Ｑ ＝Ｃ ＝ ， Ａ ，Ｂ 。
，
２ ２ １７
上同种电荷 同时ｂ 板上会感应出异种电荷
板间电压不变 电场力做功相等 故电子到
， ，
， ，
故 正确 静电计指针张角反映电容器两板
Ａ ；
达下极板的速度相等 错误 由 ｄ １ａｔ２
间电压 将 ｂ 板上移 正对面积 Ｓ 减小 电容 ，Ｃ 。 ＝ ＝
， ， ， ２
Ｃ 减小 板间电压 Ｕ 增大 故指针张角变大 ｑＥ
， ， ， １ ｔ２ 可得 ｔ ｄ 故 正确
错 插入有机玻璃板 相对介电常数 ε 增 ·ｍｄ ∝ ， Ｄ 。
Ｂ ； ， ｒ ２
大 电容 Ｃ 增大 板间电压 Ｕ 减小 指针张角 ３．（ 山西大同联考， ）如图所示 一平行板
， ， ， ２０２１ ６ ，
变小 错 只增加极板带电荷量 Ｑ 板间电 电容器的两极板与一电压恒定的电源相连
，Ｃ ； ，
压 Ｕ 增大 但电容保持不变 故 错 未画出 极板水平放置 极板间距为 Ｄ 在 专
， ， Ｄ 。 （ ）， ， ， 题
２．（ 河北新高考适应卷， ）（多选）如图 下极板上叠放一厚度为 ｄ 的金属板 Ａ ｄ Ｄ 八
２０２１ ９ ， ， ＜ ，
电
某电容器由两水平放置的半圆形金属板组 其上部空间有一带负电的粒子 Ｐ 静止在电 场
１３９
容器中 当把金属板从电容器中快速抽出 在如图 所示的充电电路中 Ｒ 表示电
， （２） ２ ，
后 粒子 Ｐ 开始运动 已知重力加速度为 ｇ 阻 Ｅ 表示电源 忽略内阻 通过改变电路
， ， 。 ， （ ）。
则下列判断正确的是 中元件的参数对同一电容器进行两次充电
（ ） ，
对应的 ｑ ｔ 曲线如图 中 所示
－ ３ ①② 。
两条曲线不同是 选填 Ｅ 或
ａ．①② （
Ｒ 的改变造成的
） ；
电容器有时需要快速充电 有时需要均匀
ｂ． ，
充电 依据 中的结论 说明实现这两种充
电容器的电容变大
。 ａ ，
Ａ．
电方式的途径
两板间的电场强度不变
。
Ｂ．
上极板所带电荷量变大
Ｃ．
ｄ
粒子运动的加速度大小为 ｇ
Ｄ． Ｄ
答案 Ｄ 当把金属板从电容器中快速抽出 图 图
１ ２
后 极板间距增大 依据电容的决定式 Ｃ
， ， ＝
ε Ｓ
ｒ 可知电容器的电容变小 错误 平行
ｋｄ， ，Ａ ；
４π
板电容器的两极板与一电压恒定的电源相
连 则电势差 Ｕ 不变 而极板间距增大 依据 图
３
， ， ， 设想使用理想的 恒流源 替换 中电
Ｕ （３） “ ” （２）
Ｅ 可知 两板间的电场强度变小 错误 源对电容器充电 可实现电容器电荷量随时
＝ ｄ ， ，Ｂ ； ，
间均匀增加 请思考使用 恒流源 和 中
Ｑ 。 “ ” （２）
电势差 Ｕ 不变 根据公式 Ｃ 因电容 Ｃ 变
， ＝Ｕ， 电源对电容器的充电过程 填写下表 选填
， （
小 则极板所带电荷量变小 错误 粒子受 增大 减小 或 不变
， ，Ｃ ； “ ”、“ ” “ ”）。
Ｕ “恒流源” （ ）中电源
重力和电场力 开始时平衡 有 ｍｇ ｑ ２
， ， ＝ Ｄ ｄ，
电源两端电压
－
当把金属板从电容器中快速抽出后 根据牛
通过电源的电流
，
Ｕ
顿第二定律 有 ｍｇ ｑ ｍａ 联立解得 ａ
， － Ｄ ＝ ， ＝ 答案 ｕ ｑ 图线如图 １ＣＵ２
（１） －
２
ｄ
ｇ 正确
Ｄ ，Ｄ 。
４．（ 北京理综， ， 分）电容器作为储能
２０１９ ２３ １８
5
年 器件 在生产生活中有广泛的应用 对给定
高 ， 。
考 电容值为 Ｃ 的电容器充电 无论采用何种充 Ｒ 减小电阻 Ｒ 可以实现对电容器
（２）ａ． ｂ． ，
3 ，
年 电方式 其两极间的电势差 ｕ 随电荷量 ｑ 的 更快速充电 增大电阻 Ｒ 可以实现更均匀
模 ， ； ，
拟 充电
变化图像都相同
。
A 。
版 请在图 中画出上述 ｕ ｑ 图像 类比直
（１） １ － 。
高 线运动中由ｖ ｔ 图像求位移的方法 求两极
考 － ，
物
间电压为 Ｕ 时电容器所储存的电能 Ｅ
理
ｐ。
１４０
点 ｔ 时刻运动到 Ｄ 点 ｔ 时刻运动到 Ｅ 点
（３） ， ３ ， ４ ，
下列判断正确的是
“恒流源” （ ）中电源
２ （ ）
电源两端电压 增大 不变 Ａ Ｅ 两点重合
Ａ． 、
通过电源的电流 不变 减小 Ｃ Ｄ 两点场强大小关系为 Ｅ Ｅ
Ｂ． 、 Ｃ＜ Ｄ
Ａ Ｃ Ｅ 三点的电势相等
解析 由于 ｑ Ｃｕ Ｃ 是与电压 ｕ 电荷量
Ｃ． 、 、
（１） ＝ ， 、
粒子从 Ａ 点经 Ｂ 点运动到 Ｃ 点 电势能先
ｑ 无关的常量 故ｕ ｑ图线为过原点的直线
Ｄ． ，
， － 。
增加后减少
ｕ ｑ 图线如答案图
－ 。
答案 ＡＣ 粒子做直线运动 由对称性可
电压为 Ｕ 时 电容器带电荷量为 Ｑ 图线和
，
， ，
知 Ａ Ｅ 两点重合 Ｂ Ｄ 两点重合 故 正确
， 、 ， 、 ， Ａ ；
横轴围成的面积为所储存的电能 Ｅ Ｅ １
ｐ， ｐ ＝ 粒子只受电场力 由 ｑＥ ｍａ 可知 粒子加速
２ ， ＝ ，
度大时电场强度大 又速度 时间图像的斜率
ＱＵ 又 Ｑ ＣＵ 故 Ｅ １ＣＵ２ ， －
， ＝ ， ｐ ＝ ２ 。 大小表示加速度大小 即 ｔ 时刻加速度大于
， ２
电容器充电完毕后两极板间电压等于
（２）ａ． ｔ 时刻加速度 所以Ｅ Ｅ 故 错误 该粒子
电源电动势 由图 可知电容器充电完毕时 ３ ， Ｃ＞ Ｄ， Ｂ ；
， ３ 的电势能与动能之和保持不变 粒子在 Ａ Ｃ
， 、 、
所带电荷量相同 由ｑ Ｃｕ 可知电源电动势
， ＝ Ｅ 三点的动能为 所以电势能相等 故 φ
０， ， Ａ ＝
相同 故曲线不同是由 Ｒ 不同造成的
， 。 φ φ 故 正确 粒子由 Ａ 到 Ｂ 速度增大
对同一电容器 在确定电源下充电时 电容 Ｃ＝ Ｅ， Ｃ ； ，
ｂ． ， ， 动能增大 电势能减少 由 Ｂ 到 Ｃ 速度减小
器最终所带电荷量是一定的 故同样电压下 ， ， ，
， 动能减小 电势能增加 故电势能先减少后增
电阻越小时电流越大 充电就越快 电阻越 ， ，
， ； 加 故 错误
大时电流越小 同样长的时间内电容器所带 ， Ｄ 。
， ２．（ 山东， ， 分）如图甲所示 边长为 ａ
电荷量的变化越小 电流变化越慢 充电过 ２０２１ ６ ３ ，
， ，
的正方形 四个顶点上分别固定一个电荷量
程越平缓 ，
。
对于 恒流源 电路中电流不变 电源两
为 ｑ 的点电荷 在 ｘ ２ａ 区间 ｘ 轴上
（３） “ ”， ，
＋ ； ０≤ ≤ ，
端电压 Ｕ Ｕ ＩＲ 随电容器两端电压增大而 ２
＝ Ｃ＋
电势 φ 的变化曲线如图乙所示 现将一电
增大 对于 中电源 由于内阻不计 故其 。
； （２） ， ，
荷量为 Ｑ 的点电荷 Ｐ 置于正方形的中心 Ｏ
两端电压等于电动势而保持恒定 通过电源 －
，
点 此时每个点电荷所受库仑力的合力均为
Ｅ Ｕ ，
的电流满足 Ｅ Ｕ ＩＲ 即Ｉ － Ｃ 可见电流
＝ Ｃ＋ ， ＝ Ｒ ， 零 若将 Ｐ 沿 ｘ 轴向右略微移动后 由静止
。 ，
会随着电容器两端电压的增大而减小 释放 以下判断正确的是
。 ， （ ）
拓展 三 电场中的图像问题
１．（ 新疆维吾尔自治区 月检测， ）（多
２０２１ ３ ９
选）一带正电粒子仅在电场力作用下从 Ａ 点
由静止开始做直线运
动 其 ｖ ｔ 图像为正弦
， － Ｑ ２＋１ｑ 释放后 Ｐ 将向右运动
Ａ． ＝ ， 专
曲线 如图所示 已知 ２ 题
， 。 八
粒子在 ｔ 时刻运动到 Ｂ 点 ｔ 时刻运动到 Ｃ
１ ， ２ Ｂ． Ｑ ＝ ２＋１ｑ ， 释放后 Ｐ 将向左运动 电 场
２
１４１
是匀强电场 粒子所受的电场力不变 做匀
Ｑ ２ ２＋１ｑ 释放后 Ｐ 将向右运动 ， ，
Ｃ． ＝ ， 变速直线运动 速度随时间均匀变化 不会
４ ， ，
随 ｘ 均匀减小 故 错误 正确
Ｑ ２ ２＋１ｑ 释放后 Ｐ 将向左运动 ， Ｃ ，Ｄ 。
Ｄ． ＝ ，
４
４．（ 重庆重点中学联考， ）如图所示 真空
２０２１ ６ ，
答案 Ｃ 以位于 ｙ 轴正方向的顶点上的电
中位于ｘ 轴上的两个等量正点电荷的位置关
荷量为 ｑ 的点电荷为研究对象 它受到另外
＋ ， 于坐标原点 Ｏ 对称 规定电场强度沿 ｘ 轴正
，
三个顶点上的点电荷的库仑力的合力为 Ｆ
１ 方向为正 无穷远处电势为 下列描述 ｘ
， ０。
ｋｑ２ ｋｑ２
° 置于正方形的中心 轴上的电场强度 Ｅ 或电势 φ 随位置 ｘ 的变
＝ ａ ２ ＋２ ａ２ ｃｏｓ ４５ ，
（ ２ ） 化规律正确的是
Ｏ 点的点电荷 Ｐ 对它的库仑力为 Ｆ （ ）
＝
２
ｋｑＱ
由平衡条件可知 Ｆ Ｆ 解得Ｑ
æ ａ ö ２ ， １ ＝ ２， ＝
çç
２
÷÷
è ø
２
ａ
２ ２＋１ｑ 由图乙可知 在 ｘ ２ 区间 沿
； ， ０≤ ≤ ，
４ ２
ｘ 轴正方向电势逐渐升高 说明电场线沿着 ｘ
，
轴负方向 点电荷 Ｐ 带负电 它受到的电场
， ，
力向右 释放后 Ｐ 将向右运动 正确
， ，Ｃ 。
３．（ 天津东丽等级考模拟， ）（多选）一带
２０２０ ８
负电的粒子只在电场力作用下沿ｘ 轴正方向
运动 其电势能 Ｅ 随位移 ｘ 变化的关系如图
答案 Ａ 由点电荷在真空中某点形成的电
， ｐ
所示 其中 ｘ 段是对称的曲线 ｘ ｘ 段
， ０～ ２ ， ２～ ３ 场强度公式 Ｅ ｋ Ｑ 和电场叠加原理可知 沿
是直线
，
则下列说法正确的是
（ ）
＝ ｒ２ ，
ｘ 处电场强度为零
ｘ 轴方向 从 到 Ａ 点 电场强度方向沿 ｘ
Ａ． １ ， －∞ ，
ｘ ｘ ｘ 处电势 φ φ
轴负方向 Ｅ 为负 场强大小逐渐变大 从 Ａ
Ｂ． １、 ２、 ３ １、 ２、 ， ， ，
φ 的关系为 φ φ φ
３ １＞ ２＞ ３ 点到 Ｏ 点 ， 电场强度为正 ， 逐渐减小 ， 从 Ｏ 点
粒子在 ｘ ｘ 段速度 ｖ
Ｃ． ２ ～ ３ 到 Ｂ 点 电场强度为负 场强大小逐渐变大
， ， ，
随 ｘ 均匀减小
从 Ｂ 点到 电场强度为正 逐渐减小 故
＋∞， ， ，
ｘ ｘ 段对应电场是匀强电场
Ｄ． ２～ ３ 正确 错误 无穷远处电势为零 根据等
答案 ＡＢＤ 根据电势能与电场力做功关 Ａ ，Ｂ ； ，
量同种正电荷的电场线分布图知 等量同种
系 ｑＥ ｘ Ｅ 可知 Ｅ ｘ 图像的斜率大 ，
5 ·Δ ＝－Δ ｐ， ｐ － 正电荷电场中的电势不会为负值 且 Ｏ 点处
年 小等于电场力大小 在 ｘ 处切线斜率为零 ，
高
考 ， １ ， 电势大于零 故 错误
粒子在 ｘ 处所受电场力为零 则 ｘ 处电场 ， Ｃ、Ｄ 。
3
年 １ ， １ ５．（ 江西南昌莲塘二中质检， ）如图所示
模 强度为零 故 正确 根据电势能与电势的 ２０２１ ６
， Ａ ；
拟
关系 Ｅ ｑφ 粒子带负电 ｑ 则知电势能 为某静电场中 ｘ 轴上各点电势 φ 的分布图
A ｐ ＝ ， ， ＜０， ，
版 越大 粒子所在处的电势越低 所以有 φ φ 一个带电粒子从坐标原点 Ｏ 处静止释放 仅
， ， １＞ ２ ，
高
φ 故 正确 由图可知 ｘ ｘ 段斜率不 在静电力作用下从坐标原点 Ｏ 沿 ｘ 轴正方
考
物 ＞ ３， Ｂ ； ２ ～ ３
理 变 则电场力不变 电场强度不变 对应电场 向运动 则
， ， ， ， （ ）
１４２
的电场方向沿对角线从 Ｎ 点指向 Ｏ 点 Ｌ 和
，
Ｎ 两点处的电场方向相互垂直 正确 根据
，Ａ ；
电场强度的叠加可知 Ｍ 点的电场方向平行
于该点处的切线 方向向左 正确 Ｍ Ｏ 两
， ，Ｂ ； 、
点在等量异号电荷连线的中垂线上 Ｍ Ｏ 两
粒子一定带负电
， 、
Ａ．
点的电势相等 将一带正电的点电荷从 Ｍ 点
粒子在 ｘ 与 ｘ 两点的加速度相等
，
Ｂ． １ ３
移动到 Ｏ 点 电场力不做功 错误 Ｌ 点的
粒子从 ｘ 运动到 ｘ 电势能先减小后增大
， ，Ｃ ；
Ｃ． １ ３，
电势比 Ｎ 点的电势低 将一带正电的点电荷
粒子释放后将在ｘ 轴正方向某一范围内做
，
Ｄ．
从 Ｌ 点移动到 Ｎ 点 电势能增大 电场力做
往复运动
， ，
负功 错误
答案 Ｃ 由题图可知 从 ｘ 到 ｘ 电势逐渐
，Ｄ 。
， １ ２
２．（ 天津， ， 分）（多选）两个位于纸面内
降低 说明场强方向水平向右 粒子从静止
２０２１ ８ ５
， ，
开始向右运动 受力与电场强度方向相同 的点电荷产生电场的等势面如图中实线所
， ，
带正电 故 错误 由 φ ｘ 图像斜率的绝对 示 相邻等势面间的电势差相等 虚线 ＭＰＮ
， Ａ ； － ， 。
值等于电场强度的大小可知 在 ｘ 与 ｘ 处 是一个电子在该电场中的运动轨迹 轨迹与
， １ ３ ， ，
切线斜率不同 则电场强度大小不相等 加 某等势面相切于 Ｐ 点 下列说法正确的是
， ， 。
速度不相等 故 错误 从 ｘ 到 ｘ 电势先降
， Ｂ ； １ ３ （ ）
低后升高 粒子 带正电 的电势能先减小后 两点电荷可能是异种
， （ ） Ａ．
增大 故 正确 从原点到 ｘ 轴正方向任意 点电荷
， Ｃ ；
一点电势差均不为零 电场力对粒子做正 Ａ 点的电场强度比 Ｂ
， Ｂ．
功 速度方向一直沿 ｘ 轴正方向 故 错误 点的大
， ， Ｄ 。
Ａ 点的电势高于 Ｂ 点的电势
Ｃ．
拓展 四 电场中的能量与轨迹问题
电子运动到 Ｐ 点时动能最小
Ｄ．
１．（ 全国乙， ， 分）（多选）如图 两对等 答案 ＣＤ 根据电子的运动轨迹和等势面
２０２２ １９ ６ ，
量异号点电荷 ｑ ｑ ｑ 固定于正方形的 的分布可以确定两点电荷均带负电 错误
＋ 、－ （ ＞０） ，Ａ ；
个顶点上 Ｌ Ｎ 是该正方形两条对角线与 等差等势面的疏密反映场强的大小 Ａ 点处的
４ 。 、 ，
其内切圆的交点 Ｏ 为内切圆的圆心 Ｍ 为 等差等势面疏 故Ａ点的电场强度小 错误
， ， ， ，Ｂ ；
切点 则 在负点电荷的电场中 越靠近点电荷 电势越
。 （ ） ， ，
Ｌ 和 Ｎ 两点处的电场方向 低 故Ａ 点电势高于 Ｂ 点电势 正确 根据
Ａ． ， ，Ｃ ；
相互垂直 能量守恒定律 电子在电场力的作用下运动
， ，
Ｍ 点的电场方向平行于该 电势能和动能相互转化 总量不变 由于电子
Ｂ． ， ，
点处的切线 方向向左 运动过程中 Ｐ 点电势最低 电子在该点的电
， ，
将一带正电的点电荷从 Ｍ 点移动到 Ｏ 点 势能最大 故电子在 Ｐ 点的动能最小
Ｃ． ， ， ，Ｄ
电场力做正功 正确
。
将一带正电的点电荷从 Ｌ 点移动到 Ｎ 点 ３．（ 全国乙， ， 分）（多选）一种可用于
Ｄ． ， ２０２２ ２１ ６
电场力做功为零 卫星上的带电粒子探测装置 由两个同轴的 专
， 题
答案 ＡＢ 根据电场强度的叠加可知 Ｌ 点 半圆柱形带电导体极板 半径分别为Ｒ 和Ｒ 八
（ ＋
电
的电场方向沿对角线从 Ｏ 点指向 Ｌ 点 Ｎ 点 ｄ 和探测器组成 其横截面如图 所示 点 场
， ） ， （ａ） ，
１４３
Ｏ 为圆心 在截面内 极板间各点的电场强 ｖ２
。 ， 强度大小为 Ｅ 则 ｑＥ ｍ ２ 粒子 的动能
度大小与其到 Ｏ 点的距离成反比 方向指向 ２， ２ ＝ ｒ ， ２
， ２
Ｏ 点 个带正电的同种粒子从极板间通 ｑＥ ｒ
。 ４ Ｅ １ｍｖ２ ２ ２ 由于极板间各点的电场强
过 到达探测器 不计重力 粒子 做圆 ｋ２ ＝ ２ ＝ ，
２ ２
， 。 。 １、２
度大小与其到 Ｏ 点的距离成反比 题干信
周运动 圆的圆心为 Ｏ 半径分别为 ｒ ｒ Ｒ
（
， 、 １、 ２（ ＜
Ｅ ｒ
ｒ ｒ Ｒ ｄ 粒子 从距 Ｏ 点 ｒ 的位置入射
１＜ ２＜ ＋ ）； ３ ２ 息 ）， 即 Ｅ １ ＝ｒ ２ ， 所以 Ｅ ｋ１ ＝ Ｅ ｋ２，Ｃ 错误 ； 粒子 ３
并从距Ｏ点ｒ 的位置出射 粒子 从距 Ｏ 点 ２ １
１ ； ４
ｖ２
ｒ 的位置入射并从距 Ｏ 点 ｒ 的位置出射 轨 做近心运动 出射时 ｑＥ ｍ ３ 此时粒子
１ ２ ， （ ） ， １＞ ｒ ， ３
迹如图 中虚线所示 则 １
（ｂ） 。 （ ）
ｑＥ ｒ
的动能 Ｅ ′ １ｍｖ２ １ １ Ｅ 即粒子 入
ｋ３ ＝ ３＜ ＝ ｋ１， １
２ ２
射时的动能大于粒子 出射时的动能 而粒
３ ，
子 入射时的动能比它出射时的小 所以粒
３ ，
图
（ａ） 子 入射时的动能大于粒子 入射时的动
１ ３
能 正确
，Ｄ 。
４．（ 福建， ， 分）如图 同一竖直平
２０２１ １５ １６ （ａ），
面内 Ａ Ｂ Ｍ Ｎ 四点距 Ｏ 点的距离均为 Ｌ
、 、 、 ２ ，
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 以 Ｏ 为原点 竖直向
（ ＞０）。 ，
图
（ｂ） 下为正方向建立ｘ 轴 若取无穷远处为电势
粒子 入射时的动能比它出射时的大 。
Ａ． ３
零点 则 ＯＮ 上的电势 φ 随位置 ｘ 的变化关
粒子 入射时的动能比它出射时的大 ，
Ｂ． ４
系如图 所示 一电荷量为 Ｑ Ｑ 的小
粒子 入射时的动能小于粒子 入射时的 （ｂ） 。 （ ＞０）
Ｃ． １ ２
球 Ｓ 以一定初动能从 Ｍ 点竖直下落 一段
动能 １ ，
时间后经过 Ｎ 点 其在 ＯＮ 段运动的加速度
粒子 入射时的动能大于粒子 入射时的 ，
Ｄ． １ ３
大小 ａ 随位置 ｘ 的变化关系如图 所示
动能 （ｃ） 。
图中 ｇ 为重力加速度大小 ｋ 为静电力常量
答案 ＢＤ 极板间各点的电场强度方向指 ， 。
向 Ｏ 点 题干信息 粒子 从距Ｏ 点ｒ 的位
（ ）， ３ ２
置入射并从距 Ｏ 点 ｒ 的位置出射 在这个过
１ ，
程中电场力做正功 粒子 入射时的动能比
5 ， ３
年
它出射时的小 同理可知粒子 入射时的动
高
， ４
考
能比它出射时的大 错误 正确 粒子
3 图 图
年 ，Ａ ，Ｂ ； １、 （ａ） （ｂ）
模 做圆周运动 设粒子 的轨迹处的电场强
拟 ２ ， １
A
ｖ２
度大小为 Ｅ 则 ｑＥ ｍ １ 粒子 的动能
版 １， １ ＝ ｒ ， １
１
高
考 ｑＥ ｒ
物 Ｅ １ｍｖ２ １ １ 设粒子 的轨迹处的电场
理 ｋ１ ＝ １ ＝ ， ２ 图
２ ２ （ｃ）
１４４
求小球 Ｓ 在 Ｍ 点所受电场力大小 为 ｖ ｖ ′ Ｓ 的速度分别为 ｖ ｖ ′ 取竖直向
（１） １ 。 １、 １ ， ２ ２、 ２ ，
当小球 Ｓ 运动到 Ｎ 点时 恰与一沿 ｘ 轴 下为正方向 由动量守恒定律和能量守恒定
（２） １ ， ，
负方向运动的不带电绝缘小球 Ｓ 发生弹性 律有
２
碰撞 已知 Ｓ 与 Ｓ 的质量相等 碰撞前 后 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ｍ ｖ ′
。 １ ２ ， 、 １ １ ＋ ２ ２ ＝ １ １ ＋ ２ ２ ⑦
ｋＱ２
Ｓ 的动能均为４ 碰撞时间极短 求碰撞 １ｍ ｖ２ １ｍ ｖ２ １ｍ ｖ ′２ １ｍ ｖ ′２
１ Ｌ ， 。 １ １ ＋ ２ ２ ＝ １ １ ＋ ２ ２ ⑧
３ ２ ２ ２ ２
前 Ｓ 的动量大小 设小球 Ｓ 碰撞前的动量为 ｐ 由动量的定
２ 。 ２ ２，
现将Ｓ 固定在Ｎ 点 为保证Ｓ 能运动到 义有
（３） ２ ， １
Ｎ 点与之相碰 Ｓ 从 Ｍ 点下落时的初动能须 ｐ ｍ ｖ
， １ ２ ＝ ２ ２ ⑨
满足什么条件 ｋＱ２
？ 依题意１ｍ ｖ２ １ｍ ｖ ′２ ４ ｍ ｍ
答案 见解析 １ １ ＝ １ １ ＝ Ｌ ， １ ＝ ２
２ ２ ３
解析 根据几何关系 Ａ 点到 Ｍ 点的距 ｋＱ２ ｇＬ
（１） ， 联立 式可得 ｐ ８
离为 Ｒ Ｌ 设 Ａ 点的点电荷对小球 Ｓ 的 ⑥⑦⑧⑨ ２ ＝－ ｇＬ２ ⑩
Ｍ＝２ ， １ ９
ｋＱ２ ｋＱ２ ｇＬ
库仑力大小为 Ｆ 由库仑定律有 Ｆ 即碰撞前 Ｓ 的动量大小为８
Ａ， Ａ＝ Ｒ２ ① ２ ｇＬ２
Ｍ ９
设小球 Ｓ 在 Ｍ 点所受电场力大小为 Ｆ 由 设 ｘ 轴上 Ｏ 点上方 Ｌ／ 处为 Ｄ 点 根据
１
Ｍ， （３） ２ 。
力的合成有 题图 和对称性可知 Ｓ 在 Ｄ 点所受的电
（ｃ） ， １
Ｆ Ｆ ° 场力大小等于小球的重力大小 方向竖直向
Ｍ＝２ Ａ ｓｉｎ ４５ ② ，
上 Ｓ 在此处加速度为 Ｓ 在 Ｄ 点上方做
联立 式可得 Ｆ ２
ｋＱ２
， １ ０； １
①② Ｍ＝ Ｌ２ ③ 减速运动 在 Ｄ 点下方做加速运动 为保证
４ ， ，
设ｘ 轴上Ｏ 点下方Ｌ／ 处为Ｃ 点 Ａ 与Ｃ Ｓ 能运动到 Ｎ 点与 Ｓ 相碰 Ｓ 运动到 Ｄ 点
（２） ２ ， １ ２ ， １
的距离为 Ｒ 小球 Ｓ 在 Ｃ 处所受的库仑力 时的速度必须大于零
Ｃ，
１
。
大小为 Ｆ 由库仑定律和力的合成有 Ｆ 设 Ｍ 点与 Ｄ 点电势差为 Ｕ 由电势差定
Ｃ， Ｃ＝２ ＭＤ，
义有
ｋＱ２
θ
Ｒ２ ｓｉｎ ④ Ｕ φ φ
Ｃ ＭＤ＝ Ｍ－ Ｄ
ＯＣ 设小球 Ｓ 初动能为 Ｅ 运动到 Ｄ 点的动能
式中 θ Ｒ ＯＡ２ ＯＣ２ ３Ｌ １ ｋ，
ｓｉｎ ＝Ｒ ， Ｃ＝ ＋ ＝
Ｃ ２ 为 Ｅ ｋ Ｄ， 由动能定理有 ｍ １ ｇ （ ＭＯ － ＤＯ ）＋ ＱＵ ＭＤ
设小球 Ｓ 的质量为 ｍ 小球 Ｓ 在 Ｃ 点的加
Ｅ Ｅ
１ １， １ ＝ ｋ Ｄ－ ｋ
速度大小为 ａ 由牛顿第二定律有 Ｆ ｍ ｇ
， Ｃ＋ １ ＝ Ｅ ｋ Ｄ＞０
ｍ ａ
由对称性 Ｄ 点与 Ｃ 点电势相等 Ｍ 点与 Ｎ
１ ⑤ ， ，
由题图 可知 式中 ａ ｇ 联立 式
点电势相等 依据图 所给数据 并联立
（ｃ） ， ＝ ２ ， ④⑤
， （ｂ） ， ⑥
可得
式可得
：
ｋＱ２
ｍ ８ ｋＱ２
１ ＝
２７
ｇＬ２ ⑥ Ｅ
ｋ＞
（１３－８
Ｌ
２）
２７
设Ｓ 的质量为ｍ 碰撞前 后Ｓ 的速度分别
２ ２， 、 １
专
题
八
电
场
１４５
应用篇
模型 一 带电粒子在电场中的运动模型（示 Ｌ
则沿中心轴线方向有 ｔ
： ＝ｖ
波器）
０
ｅＥ
垂直中心轴线方向有 ａ
１．（ 湖北模拟演练， ）如图甲所示 热电 ： ＝ ｍ
２０２１ １４ ，
子由阴极飞出时的初速度忽略不计 电子发 ｅＵＬ２ ＵＬ２
， 联立解得 ｙ １ａｔ２
射装置的加速电压为 Ｕ 电容器极板长 Ｌ ＝ ＝ ｍｄｖ２ ＝ Ｕ ｄ
０， ＝ ２ ２ ０ ４ ０
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速
极板间距 ｄ 下极板接地 电
１０ ｃｍ， ＝１０ ｃｍ， ，
度为 ｖ 偏转角为 θ 则电子通过偏转电场时
容器右端到荧光屏的距离也是Ｌ 在 ｙ， ，
＝１０ ｃｍ，
ｖ
电容器两极板间接一交变电压 上极板与下 ｙ
， 有 ｖ ａｔ 则 θ
ｙ＝ ， ｔａｎ ＝ｖ
极板的电势差随时间变化的图像如图乙所
０
则电子在荧光屏上偏离 Ｏ 点的距离为
示 每个电子穿过极板的时间都极短 可以
。 ，
ＵＬ２
认为电子穿过极板的过程中电压是不变 Ｙ ｙ Ｌ θ ３
＝ ＋ ｔａｎ ＝ Ｕ ｄ
的 求 ４ ０
。 ： 由题图乙知 ｔ ． 时刻 Ｕ ． Ｕ 解得 Ｙ
＝０ ０６ ｓ ＝１ ８ ０，
．
＝１３ ５ ｃｍ
ｄ
由题知电子偏转量 ｙ 的最大值为 根
（２） ，
２
ＵＬ２
据 ｙ 可得 当偏转电压超过 Ｕ 时 电
甲 ＝ Ｕ ｄ ， ２ ０ ，
４ ０
Ｌ
子就打不到荧光屏上了 可得 Ｙ ３
。 ： ｍａｘ ＝
２
所以荧光屏上电子能打到的区间长度为
：
Ｙ Ｌ
２ ｍａｘ ＝３ ＝３０ ｃｍ。
乙 ２．（ 吉林二调， ）两块水平平行放置的导
２０２０ １３
体板如图甲所示 大量电子 质量为 ｍ 电荷
在 ｔ ． 时刻穿过极板的电子打在荧
， （ 、
（１） ＝０ ０６ ｓ
量为 ｅ 由静止开始 经电压为 Ｕ 的电场加
光屏上的位置到 Ｏ 点的距离
； ） ， ０
速后 连续不断地沿平行板的方向从两板正
荧光屏上有电子打到的区间长度
，
（２） 。
中间射入两板之间 当两板均不带电时 这
答案 ．
。 ，
（１）１３ ５ ｃｍ （２）３０ ｃｍ
些电子通过两板之间的时间为 ｔ 当在两板
5 解析 设电子经电压 Ｕ 加速后的速度 ３ ０；
（１） ０
年 间加如图乙所示的周期为 ｔ 最大值恒为
高 ２ ０、
考 3 为 ｖ ０， 根据动能定理得 ： ｅＵ ０ ＝ ２ １ｍｖ２ ０ Ｕ ０ 的周期性电压时 ， 恰好能使所有电子均从
年
模 设电容器间偏转电场的场强为 Ｅ 则有 Ｅ 两板间通过 不计电子重力 问
拟 ， ： （ ）。 ：
Ｕ
A
版 ＝ ｄ
高
设电子经时间 ｔ 通过偏转电场 偏离轴线的
考
，
物 甲 乙
理 侧向位移为 ｙ
，
１４６
这些电子通过两板之间时 侧向位移 垂 ｅＵ
（１） ， （ １ｍｖ２ １ｍ ｖ２ ｖ２ ｅＵ ０
直于入射速度方向上的位移 的最大值和最 Ｅ ２ （ ０ ＋ ２ ｙ） ０ ＋
） 所以 ｋｍａｘ ２ ２ ３
Ｅ ＝ ＝ ＝ ｅＵ
小值分别是多少 ｋｍｉｎ １ｍｖ２ １ｍ ｖ２ ｖ２ ｅＵ ０
； １ （ ０ ＋ １ ｙ） ０ ＋
侧向位移分别为最大值和最小值的情况 ２ ２ １２
（２）
下 电子在刚穿出两板之间时的动能之比为 １６
， ＝
１３
多少
。 ３．（ 福建厦门一中期末， ）如图甲所示
２０２２ １４ ，
ｔ ｅＵ ｔ ｅＵ
答案 ０ ６ ０ ０ ６ ０ １６ 一对平行金属板 Ｍ Ｎ 长为 Ｌ 距离为 ｄ Ｏ Ｏ
（１） ｍ ｍ （２） 、 ， ， １
２ ４ １３ 为中轴线 两板间为匀强电场 忽略两极板
解析 以电场力的方向为 ｙ 轴正方向 画出 ， ，
， 外的电场 当两板间加电压 Ｕ Ｕ 时 某
电子在 ｔ 时和 ｔ ｔ 时进入电场后沿电场 。 ＭＮ＝ ０ ，
＝０ ＝ ０ 一带负电的粒子从Ｏ 点以速度ｖ 沿Ｏ Ｏ 方
力方向的速度 ｖ 随时间 ｔ 变化的 ｖ ｔ 图像 １ ０ １
ｙ ｙ－ 向射入电场 粒子恰好打在上极板 Ｍ 的中
，
分别如图 和图 所示 设两平行板之间的
ａ ｂ ， 点 粒子重力忽略不计
， 。
距离为 ｄ
。
甲 乙
ａ ｂ
ｑ
ｅＵ ｅＵ ｅＵ ｔ 求带电粒子的比荷
图 中 ｖ ０ｔ ｖ ０ ｔ ２ ０ ０ （１） ｍ；
（１） ａ １ ｙ＝ｍｄ ０， ２ ｙ＝ｍｄ×２ ０ ＝ ｍｄ
若 Ｍ Ｎ 间加如图乙所示的交变电压 其
（２） 、 ，
由图 可得电子的最大侧向位移为
ａ Ｌ Ｔ
周期 Ｔ 从 ｔ 开始 前 时间内 Ｕ
ｅＵ ｔ２ ＝ｖ ， ＝０ ， ＭＮ ＝
ｙ ｍａｘ ＝２×（ １ｖ １ ｙ ｔ ０ ＋ ｖ １ ｙ ｔ ０）＝ ３ ｖ １ ｙ ｔ ０ ＝ ３ ｍｄ ０ ０ ０ ３
２ Ｔ
Ｕ 后２ 时间内 Ｕ Ｕ 大量的上述粒子
ｄ ｅＵ ２ ， ＭＮ ＝－ ，
而 ｙ 解得 ｄ ｔ ６ ０ ３
ｍａｘ ＝ ， ＝ ０ ｍ 仍然以速度ｖ 沿Ｏ Ｏ 方向持续射入电场 最
２ ０ １ ，
终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在
由图 可得电子的最小侧向位移为 ｙ １
ｂ ｍｉｎ ＝ 极板上 求 Ｕ 的值
２
， 。
ｖ １ ｙ ｔ ０ ＋ ｖ １ ｙ ｔ ０ ＝ ２ ３ｖ １ ｙ ｔ ０ ＝ ３ ２ ｅＵ ｍ ０ ｄ ｔ２ ０ ＝ ４ ｄ 答案 （１） ４ Ｕ ｄ２ Ｌ ｖ ２ ２ ０ （２） ３ Ｕ ０
８
０
ｄ ｔ ｅＵ ｄ ｔ ｅＵ 解析 设粒子经过时间 ｔ 打在 Ｍ 板中
所以 ｙ ０ ６ ０ ｙ ０ ６ ０ （１） ０
ｍａｘ ＝ ＝ ｍ 、 ｍｉｎ ＝ ＝ ｍ Ｌ
２ ２ ４ ４
点 沿极板方向有 ｖ ｔ
ｅＵ ２ ｅＵ ｅＵ ２ ， ＝ ０ ０
ｖ２ ０ｔ ０ ｖ２ ０ ｔ ２
（２） １ ｙ ＝ （ｍｄ ０） ＝ ｍ， ２ ｙ ＝ （ｍｄ×２ ０） ｄ ｑＵ
６ 垂直极板方向有 ０ｔ２
ｅＵ ＝ ｍｄ ０
２ ０ ２ ２
＝ ｍ ｑ ｄ２ｖ２
３ 解得 ４ ０
电子经电压 Ｕ 加速 由动能定理知 ｅＵ ｍ＝ Ｕ Ｌ２ 专
０ ， ， ０ ＝ ０ 题 八
Ｌ
１ｍｖ２ 粒子通过两板间的时间 ｔ Ｔ 电
（２） ＝ｖ ＝
０ 场
２ ０
１４７
从 ｔ 时刻开始 粒子在两板间运动时 每 势能 电势能总和不变 动能最小时 重力势
＝０ ， ， 、 ， ，
个电压变化周期的前三分之一时间内的加 能与电势能的和最大 错 本题可以看成
，Ａ 。
ｑＵ 等效重力场问题 如图 等效重力方向斜向
速度大小 ａ ２ 在每个电压变化周期的 ， ，
１ ＝ ｍｄ ， 右下方 ° ＰＱ 为等效水平方向 小球的运
４５ ， ；
后三分之二时间内的加速度大小
动可以看成类斜上抛运动 小球动能最小时
，
ｑＵ 在斜上抛最高点 即如图速度为 ｖ′处 ｖ′与水
ａ ， ，
２
＝ｍｄ
平方向夹角为 ° 此时小球速度的水平分
４５ ，
量等于竖直分量 ｖ′处不是电势能最大处 正
， ，
电小球逆着电场线走得越远电势能越大 电
，
势能最大处在 Ｑ 处 此时小球速度方向竖直
，
向下 大小等于初速度 ｖ Ｐ 处与 Ｑ 处小球动
如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的 ， ，
能相等 所以 错误 正确 从 Ｐ 到 Ｑ Ｑ
速度 时间图像 根据题意和图像分析可知 ， Ｃ ，Ｂ 。 （
－ ， ， 点处小球速度水平分量为零 重力做的功等
Ｔ ）
从 ｔ ｎＴ ｎ 或 ｔ ｎＴ ｎ 于重力势能的减少量 Ｐ 处与 Ｑ 处小球动能
＝ （ ＝０，１，２，…） ＝ ＋ （ ＝０，１， ，
３
相等 由于机械能与电势能的总和不变 所
时刻入射的粒子恰好不打在极板上 ， ，
２，…） ，
以减少的重力势能等于增加的电势能 故
ｄ ｑＵＴ ， Ｄ
则有 １ Ｔ ２
＝ × × ｍｄ 正确
２ ２ ３ 。
Ｕ
解得 Ｕ ３ ０
＝
８
模型 二 带电微粒在电场和重力场的复合场
中的运动以及静电除尘
解题指导
１．（ 全国甲， ， 分）（多选）地面上方某 本题可以用等效重力场来分析问题，以电场
２０２２ ２１ ６
区域存在方向水平向右的匀强电场 将一带
力与重力的合力方向为等效重力方向，小球
，
正电荷的小球自电场中 Ｐ 点水平向左射出
的运动可以看成类斜上抛运动。
。
小球所受的重力和电场力的大小相等 重力 ２．（ 广东， ， 分）密立根通过观测油滴
， ２０２２ １４ １５
势能和电势能的零点均取在Ｐ 点 则射出后 的运动规律证明了电荷的量子性 因此获得
。 ， ，
了 年的诺贝尔奖 如图是密立根油滴
（ ） １９２３ 。
小球的动能最小时 其电势能最大 实验的原理示意图 两个水平放置 相距为
Ａ． ， 。 、
小球的动能等于初始动能时 其电势能 ｄ 的足够大金属极板 上极板中央有一小孔
5 Ｂ． ， ， 。
年 最大 通过小孔喷入一些小油滴 由于碰撞或摩
高 ，
考 小球速度的水平分量和竖直分量大小相 擦 部分油滴带上了电荷 有两个质量均为
3 Ｃ． ， 。
年 等时 其动能最大 ｍ 位于同一竖直线上的球形小油滴Ａ 和Ｂ
模 ， ０、 ，
拟
从射出时刻到小球速度的水平分量为零 在时间 ｔ 内都匀速下落了距离 ｈ 此时给两
A Ｄ． １。
版 时 重力做的功等于小球电势能的增加量 极板加上电压 Ｕ 上极板接正极 Ａ 继续以
， （ ），
高 答案 ＢＤ 小球运动过程中 除重力 电场 原速度下落 Ｂ 经过一段时间后向上匀速运
考 ， 、 ，
物
理 力做功外无其他力做功 故小球动能 重力 动 Ｂ 在匀速运动时间 ｔ 内上升了距离 ｈ
， 、 。 ２
１４８
ｈ ｈ 随后与 Ａ 合并 形成一个球形新 若 ｈ ｈ ｖ 油滴竖直向上运动
（ ２≠ １）， ， １＜ ２， ＜０， 。
油滴 继续在两极板间运动直至匀速 已知 ３．（ 河北石家庄检测， ）一质量为 ｍ 的
， 。 ２０２２ １４
球形油滴受到的空气阻力大小为ｆ ｋｍ１ ３ｖ 其 带电小球以速度 ｖ 沿竖直方向从 Ａ 点垂直
＝ ，
０
中 ｋ 为比例系数 ｍ 为油滴质量 ｖ 为油滴运 进入匀强电场中 场强为 Ｅ 如图所示 经过
， ， ， ， ，
动速率 不计空气浮力 重力加速度为 一段时间后到达 Ｂ 点 其速度变为水平方
。 。 ，
ｇ 求 向 大小仍为 ｖ 重力加速度为 ｇ 不计空气
。 ： ， ０， ，
阻力 求
， ：
比例系数 ｋ
（１） ；
油滴 Ａ Ｂ 的带电荷量和电性 Ｂ 上升距
（２） 、 ；
小球带电情况
离 ｈ 电势能的变化量 （１） ；
２ ； 小球由 Ａ 到 Ｂ 的位移
新油滴匀速运动速度的大小和方向 （２） ；
（３） 。
小球速度的最小值
答案 见解析 （３） 。
ｍｇ
解析 两极板未加电压时小油滴匀速运 答案 小球带正电 电荷量为
（１） （１） ， Ｅ
ｈ
动 所受合力为零 故有 ｍ ｇ ｋｍ１ ３ １ 解得 ｋ ｖ２
， ， ： ０ ＝ ０ ｔ ， ２ ０ 与水平方向的夹角为 °斜向右
（２） ｇ ， ４５
ｍ２ ３ｇｔ ２
０ 上方
＝ ｈ
１
ｖ
两板间加上电压后 Ａ 继续以原速度下 ２ ０
（２）
（３）
落 说明 Ａ 不带电 由 Ｂ 的运动过程可知 Ｂ ２
， 。
解析 从 Ａ 到 Ｂ 过程中 在竖直方向小
带电 所受电场力向上 则 Ｂ 带负电 Ｂ 向上 （１） ，
， ， ，
球做匀减速运动 加速度 ａ ｇ Ｂ 点是最高
匀速运动时有 ， ｙ ＝ ，
ｖ
Ｕ ｈ 点 竖直分速度为 有ｔ ０
ｑ ｍ ｇ ｋｍ１ ３ ２ ， ０， ＝ ｇ。
ｄ ＝ ０ ＋ ０ ｔ
水平方向小球在电场力作用下做匀加速运
将 ｋ 值代入解得 Ｂ 所带电荷量大小
动 可知小球带正电 初速度为 加速度 ａ
ｄｍ ｇæ ｈ ö ， ， ０， ｘ
ｑ ０ çç ２ ÷÷ ｑＥ ｑＥ
＝ Ｕ è１＋ｈ ø 水平方向有 ｖ ｔ 解得Ｅｑ ｍｇ 可得
１ ＝ ｍ， ０ ＝ ｍ ， ＝ ，
Ｂ 上升 ｈ 电势能的变化量
ｍｇ
２
ｑ
Ｕ æ ｈ ö ＝ Ｅ 。
Ｅ Ｗ ｑ ｈ ｍ ｇｈ çç ２ ÷÷
Δ ｐ ＝－ 电＝－ｄ · ２ ＝－ ０ ２è１＋ｈ ø 两个方向上的分运动互为逆运动 故小
１ （２） ，
假设油滴向下匀速运动 则有 球运动的水平位移大小等于竖直位移大小
（３） ，
２
ｍ
０
ｇ
＝
Ｕ
ｄ
ｑ
＋
ｋ
·（２
ｍ
０）
１ ３ｖ
， 在竖直方向有 ２ ｇｈ ＝ ｖ２ ０， 可得 ｈ ＝
ｖ
ｇ
２
０ ，
２
ｈ ｈ 专
解得 ｖ １ － ２ ｖ２ 题
＝ ３ ｔ 所以位移大小为 ２ ｈ ＝ ２ ｇ ０ ， 八
２·
２
电
若 ｈ ｈ ｖ 油滴竖直向下运动 方向与水平方向的夹角为 °斜向右上方 场
１＞ ２， ＞０， ； ４５ 。
１４９
设重力与电场力的合力为 Ｆ 其与水平 小球从 Ａ 点运动到 Ｂ 点的过程中最小动
（３） ， （３）
ｍｇ 能 Ｅ
方向的夹角为 θ 则 θ 如图所示 ｋｍｉｎ。
， ｔａｎ ＝ｑＥ＝１， 。
答案 ２４
开始一段时间内 Ｆ 与速度方向的夹角大于 （１）１ ∶ ３ （２）３２ Ｊ （３） Ｊ
， ７
° 合力做负功 动能减小 后来 Ｆ 与速度 解析 带电小球在水平方向上受电场力
９０ ， ， ， （１）
的夹角小于 ° 合力做正功 动能增加 因 的作用做初速度为零的匀加速运动 竖直方
９０ ， ， ， ，
此 当Ｆ 与速度ｖ 的方向垂直时 小球的动能 向上只受重力作用做竖直上抛运动 故从 Ａ
， ， ，
ｖ 到 Ｍ 和从 Ｍ 到 Ｂ 的时间相等 则ｘ ｘ
最小 速度也最小 设为 ｖ 有 θ ｘ ， １ ∶ ２ ＝１
， ， ｍｉｎ， ｔａｎ ＝ｖ ＝１，
ｙ
∶ ３。
ｑＥ 小球从 Ａ 到 Ｍ 水平方向上电场力做功
则 ｖ ｖ ｖ ｔ′ ｇｔ′ （２） ，
ｘ＝ ｙ， ｘ＝ ｍ ＝ ，
Ｗ Ｅ 则由能量守恒可知 小球运动
电＝ ｋ Ｍ＝６ Ｊ， ，
ｖ ｖ ｇｔ′
ｙ＝ － 到 Ｂ 点时的动能为 Ｅ Ｅ Ｗ
０ ｋ Ｂ＝ ｋ０ ＋４ 电＝３２ Ｊ。
由于合运动与分运动具有等时性 设小
（３） ，
球所受的电场力为 Ｆ 重力为 Ｇ 则有
， ， ：
Ｆ
Ｆｘ 而 ｘ １ ｔ２
１ ＝６ Ｊ， １ ＝ ×ｍ ，
２
Ｆ２
即１ ｔ２
×ｍ ＝６ Ｊ
ｖ ｖ ２
解得 ｔ′ ＝
２
ｇ ０ ， ｖ ｍｉｎ ＝ ｖ２ ｘ＋ ｖ２ ｙ ＝ ２
２
０ 。 Ｇｈ
＝８ Ｊ，
而 ｈ
＝
１
×ｍ
Ｇ ｔ２
，
４．（ 海南高考调研， ）在电场方向水平向 ２
２０２２ １３ Ｇ２
右的匀强电场中 一带电小球从 Ａ 点竖直向 即１ ｔ２
， ×ｍ ＝８ Ｊ
２
上抛出 其运动的轨迹如图所示 小球运动
， 。 Ｆ２ Ｆ
的轨迹上 Ａ Ｂ 两点在同一水平线上 Ｍ 为轨 得 ６ 故 ３
、 ， Ｇ２ ＝ ， Ｇ ＝
８ ２
迹的最高点 小球抛出时的动能为 ． 在
。 ８ ０ Ｊ， Ｆ
Ｍ 点的动能为 ． 不计空气的阻力 求 可知 θ ３ 则 θ ３ θ 为等效
ｔａｎ ＝ Ｇ ＝ ， ｓｉｎ ＝ （
６ ０ Ｊ， 。 ：
２ ７
重力 Ｇ′与竖直方向夹角
）
小球从 Ａ 运动到 Ｂ 的过程中速度最小时 速
，
度一定与等效重力 Ｇ′垂直
，
小球水平位移 ｘ 与 ｘ 的比值 故 Ｅ ｋｍｉｎ ＝ １ｍ （ ｖ ０ ｓｉｎ θ ） ２ ＝ Ｅ ｋ０ ｓｉｎ ２ θ ＝ ２４ Ｊ。
（１） １ ２ ； ２ ７
小球落到 Ｂ 点时的动能 Ｅ
5 （２） ｋ Ｂ；
年
高
考
3
年
模
拟
A
版
高
考
物
理
１５０
