專題三電場與磁場

,體系重構(gòu),貫通知識脈絡(luò)

磁感應(yīng)強度

電場線，E=心力的

=（1）

E得電場強度‘一產(chǎn)性質(zhì)B7LIB「磁感線

磁通量中=BS

等勢面，等、能的

UAB=通電導(dǎo)體「平衡

〃Ep性質(zhì)

人=0尸/、0p廠―力口速

7作用|3（勻速直線運動）

電

一運動電荷（在勻強磁場一”，（勻速圓周運動）

場5

磁

廣的中的運動）,與§有夾角e（螺旋線

磁W

一

?￡一二式^運動）

一石而決定式

I-直線運動

電容器兩端電壓不變與直流電

穩(wěn)定時相當(dāng)于贏]源相連|辛*e組合場中亞通山66'-辦」-圓周運動

--------------1與直流電兩類型平面內(nèi)的運動｛類平拋運動

電容器所帶電荷量不變源斷開一

帶電粒子在電

L立體空間中運動

平衡磁場中的運動

[-直線運動同國、-小

__「圓周運動

加速帶電粒子在F=Eq對電荷疊加場中

偏轉(zhuǎn)|勻強電場中一一平面內(nèi)的運動1一般曲線運動

1-立體空間中運動

磁流體發(fā)電機

（靜電平衡）靜電感應(yīng)對導(dǎo)體

電磁場與STSE速度選擇器電磁流量計

的綜合|質(zhì)譜儀I霍爾元件

回旋加速器

益變工電場

【備考指南】1.高考對本講的考查側(cè)重對基本概念和規(guī)律的考查，并重視電

場中的模型建構(gòu)，以選擇題為主，計算題也時有出現(xiàn)，融合點電荷的電場、電

場的力的性質(zhì)和能的性質(zhì)等知識一起考查。在方法上注重對稱法、等效法等方

法的應(yīng)用。2.關(guān)注本講知識在科技、生產(chǎn)、生活實踐中的體現(xiàn)，注重培養(yǎng)建模

能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力。

突破點一電場的性質(zhì)

1.電場強度'電勢'電勢能三個物理量的判斷方法

①根據(jù)電場線或等差等勢面的疏密判斷

判斷電

②根據(jù)公式法、平衡條件、電場強度疊加原理、對稱

場強度大小

法、補償法、等效法判斷

判斷①根據(jù)電場線的方向判斷

電勢的②由UABq和UAB0）—06判斷

1/28

高低③根據(jù)靜電力做功（或電勢能）判斷

判斷①根據(jù)/=釁判斷

電勢能②根據(jù)％電=一AEp，由靜電力做功判斷

大?、鄹鶕?jù)能量守恒定律來判斷

2.電場中的“三線”（電場線、等勢線、軌跡線）問題

第一步

帶正電或負(fù)電的電荷或微粒

明確研究對象和過程「

，合力指向軌跡彎曲的凹側(cè)，根據(jù)

建卜;電場線或等勢面密集程度判斷靜

：電力大小

第二步，該模型試題中電荷或帶電微粒常

運動

三個分析:做曲線運動

金耳」根據(jù)力和速度的夾角判斷靜電力

助叫工做功情況和動能的變化情況

第三步，港顯M獲京亮條7a藁為》而：…

選項判斷^判斷加速、減速以及能量轉(zhuǎn)化

［典例1］（電場強度疊加）（2024?河北卷）如圖，真空中有兩個電荷量均為以4>0）

的點電荷，分別固定在正三角形48。的頂點5、Co〃為三角形48。的中心,

沿NV的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細(xì)桿，電荷量為全已知

正三角形N5c的邊長為a,〃點的電場強度為0,靜電力常量為A。頂點N處

的電場強度大小為（）

A

/：、、

，，I?\X

-！.、------

M

/'--?\\'

/:\

B@--:---ec

qq

A.B.軟6+佝

C.軟36+1）D.軟3+6）

D［由點電荷的電場強度公式和電場強度疊加原理可知，兩點電荷在加點產(chǎn)生

的電場強度大小為E=二之cos60。=華，方向沿方向，又V點的電場強度

（匏

為0,所以細(xì)桿在〃處產(chǎn)生的電場強度大小也為E=纓，方向沿NV方向，由

對稱性可知細(xì)桿在N處產(chǎn)生的電場強度大小也為E=華，方向沿M4方向，又

由點電荷的電場強度公式和電場強度疊加原理可知，兩點電荷在力處產(chǎn)生的電

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場強度大小為萬，=符。$30。=管，方向沿口方向，所以N處的電場強度大

小為&=E+E，=軟3+a，D正確。］

【教師備選資源】

（2023?湖南卷）如圖所示，真空中有三個點電荷固定在同一直線上，電荷量分別

為0、02和0,P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90。、

60。和30。。若尸點處的電場強度為0,夕＞0,則三個點電荷的電荷量可能為（）

I\、、

I\、、、

I'\'、

1、、、、

?砥……3一段

Q\Qi。3

A.Q\=q,Qi=y［2q,Qi=q

4A/3

B.Q\=~q,Qi=——qy03=—4q

C.Q\=~q,Qi=V2q,Qi=-q

D.Q\=q,。2=一竽夕，。3=曲

D［若三個點電荷都帶正電或負(fù)電，則三個點電荷在尸點產(chǎn)生的電場強度疊加

后一定不為0,A、B錯誤；幾何關(guān)系如圖1所示，若0=23=一夕，則根據(jù)E

=A色分析可知屈=4及，和。3在尸點產(chǎn)生的電場強度疊加后為氏3,如圖2

所示，與。2在尸點產(chǎn)生的電場強度不可能在一條直線上，即尸點處的電場強度

不可能疊加為0,C錯誤；若421=03=4%。2=一殍夕，則根據(jù)E=A/分析可

知Ei=E3=k%疊加后Ei3=A粵，如圖3所示，與0在尸點產(chǎn)生的電場強度

等大反向，疊加為0,D正確。

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處理后帶負(fù)電，可利用電泳技術(shù)對其進行沉淀去污，基本原理如圖所示。涂有

絕緣層的金屬圓盤和金屬棒分別接電源正、負(fù)極，金屬圓盤置于底部，金屬棒

插入污水中，形成如圖所示的電場分布，其中實線為電場線，虛線為等勢面。M

點和N點在同一電場線上，M點和尸點在同一等勢面上。下列說法正確的有

B.N點的電場強度比尸點的大

C.污泥絮體從M點移到N點，靜電力對其做正功

D.污泥絮體在N點的電勢能比其在尸點的大

AC［根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知M點的電勢比N點的低，污泥絮體帶

負(fù)電，根據(jù)耳="可知污泥絮體在放點的電勢能比在N點的電勢能大，污泥絮

體從M點移到N點，電勢能減小，靜電力對其做正功，故A、C正確；根據(jù)電

場線的疏密程度可知N點的電場強度比P點的小，故B錯誤；V點和尸點在同

一等勢面上，則污泥絮體在〃點的電勢能與在尸點的電勢能相等，結(jié)合A、C

選項分析可知污泥絮體在P點的電勢能比其在N點的大，故D錯誤。故選AC。］

【教師備選資源】

(多選)(2023?遼寧卷)圖(a)為金屬四極桿帶電粒子質(zhì)量分析器的局部結(jié)構(gòu)示意

圖，圖(b)為四極桿內(nèi)垂直于x軸的任意截面內(nèi)的等勢面分布圖，相鄰兩等勢面

間電勢差相等，貝！1()

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A.尸點電勢比加點的低

B.尸點電場強度大小比M點的大

C.〃點電場強度方向沿％軸正方向

D.沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變

CD［P點電場強度方向沿j軸正方向，沿著電場線方向電勢降低，所以P點電

勢比x軸高，x軸電勢比M點的高，所以尸點電勢比Af點的高，A錯誤；在同

一靜電場中，等差等勢線的疏密程度表示電場強度的大小，〃點所在處的等勢

線比P點所在處等勢線密集，則M點電場強度大小比尸點的大，B錯誤；由以

上分析可知，x軸上的電勢高于放點電勢，又電場線與等勢線垂直且由高電勢

指向低電勢，所以M點電場強度方向沿％軸正方向，C正確；垂直于x軸的任

意截面內(nèi)的等勢面分布圖相同，說明x軸是一條等勢線，所以粒子沿x軸運動，

電勢能不變，D正確。］

［典例3］（電場中的“三線”問題）（2024?河北唐山8月摸底考試）如圖所示,實

線表示某電場等勢面的分布情況，虛線表示該電場中一帶電粒子的運動軌跡,A.

5分別為帶電粒子的軌跡與等勢面e、8的交點。帶電粒子的重力忽略不計。下

列說法正確的是（）

A.粒子帶正電

B.粒子在N點受到的靜電力小于粒子在6點受到的靜電力

C.粒子在N點的電勢能大于粒子在5點的電勢能

D.粒子一定從N運動到6

B［粒子運動軌跡、電場線和粒子受力方向大致如圖所示，因粒子受力方向與

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電場方向相反，故粒子帶負(fù)電，故A錯誤；由電場線（或等勢面）的疏密知EB>",

故FB>FA,故B正確；若粒子帶負(fù)電，從N點運動到6點，靜電力做負(fù)功，電

勢能增加，故C錯誤；粒子運動方向題目中未知，故D錯誤。

方法技巧分析電場線、等勢線（面）與粒子軌跡的綜合問題的技巧

（1）“運動與力兩線法”：畫出粒子運動軌跡在初始位置的切線（即“速度線”）與

在初始位置電場線的切線（即“力線”），從二者的夾角情況來分析曲線運動的情

況，也可根據(jù)曲線運動的軌跡反過來判斷帶電粒子的受力情況。

（2）“三不知時要假設(shè)”：運動電荷的正負(fù)、電場強度的方向（或等勢面的高低）、

電荷的運動方向，是此類試題中常見的相互制約關(guān)系。若三個制約因素均不知,

則一般要采用“假設(shè)法”進行討論，即將一個制約因素的全部情況假設(shè)出來（如

電荷的正負(fù)等），然后分別進行討論分析。

突破點二電場中的圖像問題

坐標(biāo)系x軸同電場線方向一致時，處理電場中幾種常見圖像的基本思路

⑴以圖像

當(dāng)帶電粒子只受靜電力時，從以圖像上能確定粒子運動的加速度方向、大小變

化情況，進而判定粒子運動中經(jīng)過的各點的電場強度方向、大小、電勢高低及

電勢能的變化情況。

Q）°-x圖像

①從9-x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，進而確定電場強度的方向及試探

電荷電勢能的變化。

②6-x圖像的切線斜率的絕對值等于沿x軸方向電場強度E的大小。

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出處圖線切線的斜率

的絕對值比X4處的大,

即Ez>/

加處電勢<p=0,但圖

電場強度，電場強度方向：線切線的斜率不等

方向向左：向右（正向）；于0，所以心聲°

（3）E-x圖像

①E>0表示電場強度沿x軸正方向，E<0表示電場強度沿x軸負(fù)方向。

②圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩

點的電勢高低需根據(jù)電場方向判定。

（4）/-x圖像

①圖像的切線斜率的絕對值等于靜電力大小。

②可用于判斷電場強度、動能、加速度等隨位移的變化情況。

［典例4］（9-x圖像）（2024?湖南卷）真空中有電荷量為+曲和一夕的兩個點電荷，

分別固定在x軸上一1和0處。設(shè)無限遠(yuǎn)處電勢為0,x正半軸上各點電勢°隨x

變化的圖像正確的是（）

A

C

D［無限遠(yuǎn)處電勢為0,根據(jù)點電荷的電勢公式§可知，x正半軸上，電荷

量為十曲的點電荷在x處產(chǎn)生的電勢為91=4-能，電荷量為一夕的點電荷在x處

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產(chǎn)生的電勢為°2=—A：,x正半軸上在x處的電勢的=兒券^—A：,可知在x=g處

電勢為0,在x=0處電勢接近負(fù)無窮大，則選項D正確。］

［典例5］（E-x圖像）（2024?安徽合肥市高三第一次教學(xué)質(zhì)量檢測）在直角坐標(biāo)系

xQy中，y軸上V、N兩點關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，且距。點均為2上。x軸上尸「

P2、尸3三點坐標(biāo)分別為（版，0）、（V2Z,0）、（-V2Z,0）o當(dāng)V、N兩點處分

別固定兩點電荷時,x軸上的部分電場強度E隨x的變化關(guān)系如圖所示，圖中0?

魚工的陰影部分面積為a,0?6上的陰影部分面積為3。一質(zhì)量為〃?、電荷量

為一貝夕>0）的帶電粒子，由尸1點靜止釋放，僅在靜電力作用下，沿x軸負(fù)方向

運動，則在此過程中，下列說法正確的是（）

A.M、N兩點電荷均為負(fù)電荷

B.粒子的最大速度為快

\m

C.粒子運動到尸3處的動能為q（2a+b）

D.粒子在馬、P2兩處的加速度大小之比為3:V7

B［根據(jù)題圖可知，坐標(biāo)原點處的電場強度為0,又因為兩點電荷距坐標(biāo)原點的

距離相等，則兩點電荷為等量同種點電荷，又因為帶負(fù)電粒子在Pi處所受合力

沿x軸負(fù)方向，則可知兩點電荷均為正電荷，A錯誤；對粒子由動能定理有g(shù)&o

x軸上的電場強度關(guān)于O點對稱分布，則帶電粒子經(jīng)過。點時的動能

最大，結(jié)合E-x圖像與x軸圍成圖形的面積的物理意義可知，qb^mv^,解得

粒子的最大速度乙=楞，B正確；結(jié)合B項分析可知，粒子在P3處的動能等

于在P2處的動能，由動能定理可得Ek3=Ek2=q（A-a）,C錯誤；對粒子由牛頓

第二定律有由題圖可知，Ez>E\,則。2>m，D錯誤。］

突破點三電容器帶電體在電場中的運動

考向1電容器

平行板電容器的兩類動態(tài)分析及一個特例

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(1)充電后與電源兩極相連：U不變，c=瑞,2=CU(變化同。，E得

(2)充電后與電源兩極斷開：2不變，c=懸,(變化與。相反),E=§=篝。

(3)一個特例

當(dāng)有電容器的回路接有二極管時，因二極管的單向?qū)щ娦?，將使電容器的充?/p>

或放電受到限制。

［典例6］(電容器動態(tài)分析)(2024?吉林卷)某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)l與

濃度Cm的關(guān)系曲線如圖甲所示。將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，

并與恒壓電源、電流表等構(gòu)成如圖乙所示的電路。閉合開關(guān)S后，若降低溶液

濃度，貝!1()

A.電容器的電容減小

B.電容器所帶的電荷量增大

C.電容器兩極板之間的電勢差增大

D.溶液濃度降低過程中電流方向為

B［根據(jù)題圖甲可知，降低溶液的濃度時，該不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)備增大，

結(jié)合電容的決定式。=吊可知，電容器的電容增大，A錯誤；電容器一直與恒

壓電源相連，則電容器兩極板之間的電勢差不變，C錯誤；根據(jù)電容的定義式C

=苓結(jié)合A、C項分析可知，電容器所帶的電荷量2增大，則溶液濃度降低過程

中，電容器充電，電路中的電流方向為N-V,B正確，D錯誤。］

II考向2帶電體在電場中的運動

1.規(guī)律選擇技巧

(1)若帶電粒子受到的是恒力，可選用牛頓運動定律，也可選用動量定理或動能

定理求解。

(2)若帶電粒子所受的合力是變力，一般應(yīng)選用動量定理、動能定理和能量守恒

定律求解。

(3)若帶電粒子不止一個，涉及粒子間相互作用的問題，一般要選用動量守恒定

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律和能量守恒定律求解。

2.常見模型

（1）帶電粒子（或帶電體）在電場中的直線運動模型。

帶電粒子（或帶電體）在電場中靜止、勻速直線運動或勻變速直線運動。

處理方法：

動力學(xué)角度：利用尸=/wa和片以+加，x=b（）t+，。產(chǎn)計算出t、x等。

功能角度：WfflqU=^mv2-^mvl，E=3計算出V、E、q等。

（2）帶電粒子（或帶電體）在電場中的曲線運動模型。

帶電粒子（或帶電體）在電場中的類平拋或類斜拋運動。

處理方法：運用運動的合成與分解，建立沿合力方向的y軸以及與之垂直的x

軸，將運動分解為x軸方向的勻速直線運動和『軸方向的勻變速直線運動。然后

利用動力學(xué)原理或功能關(guān)系進行求解。

（3）帶電體在電場、重力場的復(fù)合場中的運動模型。

帶電體在電場、重力場的疊加場中的運動，可以把這兩種場看作一個“等效重

力場”，“等效g”和速度共線，帶電體做直線運動，“等效g”和速度不共線,

帶電體做”等效拋體運動”或“等效圓周運動”。利用牛頓運動定律和能量關(guān)

系分析解答。

［典例7］（有約束的直線運動）（多選）（2024?山東卷）如圖所示，帶電荷量為+夕

的小球被絕緣棒固定在。點，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為30。的光滑絕緣斜

面。質(zhì)量為股、帶電荷量為+夕的小滑塊從斜面上N點由靜止釋放，滑到與小球

等高的5點時加速度為零，滑到。點時速度為零。已知NC間的距離為s,重力

加速度大小為g,靜電力常量為A,下列說法正確的是（）

A.OB的距離1=怪貶

7mg

B.OB的距離1=序夜

73mg

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C.從N到C,靜電力對小滑塊做功次=一〃唔s

D.NC之間的電勢差也1c=一勺竺

2q

AD［小滑塊在J5點處的加速度為零，則沿斜面方向有mgsin30°=^-cos30°,

解得/=惇貶，A正確，B錯誤；小滑塊從N到。的過程，由動能定理有次+

mgssin30°=0,解得靜電力對小滑塊做的功為/=一詈，C錯誤；根據(jù)靜電力

做功與電勢差的關(guān)系結(jié)合C項分析可知，NC之間的電勢差。4c=些=一嘿，D

正確。］

［典例8］(無約束的曲線運動)(2024?黑龍江佳木斯校聯(lián)考模擬預(yù)測)如圖所示，

靜止于N處的粒子，經(jīng)電壓為。的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分

析器，從尸點垂直0V進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左，靜

電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧虛線所在處電場強度為Eo,

方向如圖所示；粒子質(zhì)量為陽、電荷量為必QN=2d、PN=3d,粒子重力不計。

(1)求粒子離開加速電場時的速度及圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大??；

(2)若粒子恰好能打在NQ的中點上,求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E的值。

［解析］(1)粒子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理有

解得粒子離開加速電場時的速度的大小為，=能

7m

粒子在輻向分布的電場中做勻速圓周運動，靜電力提供向心力，根據(jù)牛頓第二

2

定律有EQq=m—v

解得圓弧虛線對應(yīng)的半徑火的大小為火=當(dāng)。

(2)粒子在矩形區(qū)域0VCD內(nèi)做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律有＜/=/3d

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=^at2

2

根據(jù)牛頓第二定律有Eq=ma

聯(lián)立解得矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場的電場強度為石=與。

［答案1⑴楞放Q）4

［典例9］（帶電體在復(fù)合場中的運動）（多選）（2024?河南周口模擬）如圖所示，半

徑為火的光滑管道位于豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為〃，、帶電荷量為十夕的小球位于管道

內(nèi)最低點N,5是管道最高點，空間存在水平向左、電場強度大小￡=也的勻強

q

電場，現(xiàn)在N點給小球一水平初速度（4,小球恰好能夠做完整的圓周運動，重

力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.%的大小為卜（魚+l）gR

B.經(jīng)過6點時小球受到的管道外壁的壓力大小為（3—2反）〃唔

C.經(jīng)過N點時小球受到的管道外壁的支持力大小為（3+2遮）Mg

D.若在N點給小球的水平初速度增大一倍，小球經(jīng)過6點的速度也增大一倍

AC［如圖所示，小球在等效最低點P時，受重力、支持力和靜電力三力，根據(jù)

已知條件得可知，=45。，且重力和靜電力的合力戶小球恰

好能夠做完整的圓周運動，說明小球經(jīng)過等效最高點。時速度剛好為零，對小

球由Q到A根據(jù)動能定理有mg（R+Rcos450）+qERsin45°=|mvg,解得以

=12（四+l）gR,A正確；在N點根據(jù)向心力公式有TV-〃唔解得N

=（3+2V2）?ig,C正確；對小球由6到A根據(jù)動能定理有mg-2R=^mv1-

|MIVB，解得獨=Jvo-4gR,假設(shè)在5點小球受到向上的支持力，在6點有

mg—NB=m^-,解得NB=（3一2短）》陪＞0,假設(shè)成立，B錯誤；若在N點給小

球的水平初速度增大一倍，根據(jù)動能定理有Mg?2A=Tm（2q））2-］m笳，解

12/28

得，E=2J詔-gR#2kfe,D錯誤。

B

F""rng

方法技巧等效重力加速度以及等效最低點和等效最高點的確定方法

(1)“等效重力”及“等效重力加速度”：在勻強電場中，將重力與靜電力進行

合成，如圖甲所示，則/\為“等效重力場”中的“等效重力”，g，=國為”等

效重力場”中的“等效重力加速度”，/\的方向為“等效重力”的方向，也是

”等效重力加速度”的方向。

o_______2q

I___________

GF合

甲

(2)”等效最高點”與“等效最低點”的確定方法

在“等效重力場”中過圓周運動的圓心作“等效重力”的作用線，其反向延長

線交于圓周上的那個點即為圓周運動的“等效最高點“，沿著作用線的方向延長

交于圓周上的那個點即“等效最低點”，如圖乙所示。

【教師備選資源】

(2023?新課標(biāo)卷)密立根油滴實驗的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置

間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電荷量不同、密度

相同的小油滴。兩板間不加電壓時，油滴分在重力和空氣阻力的作用下豎直

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向下勻速運動，速率分別為外、手；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個油

滴很快達到相同的速率手，均豎直向下勻速運動。油滴可視為球形，所受空氣阻

力大小與油滴半徑、運動速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計空氣浮力和油

滴間的相互作用。

ao。6

(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；

(2)判斷油滴a和油滴8所帶電荷的正負(fù)，并求a、8所帶電荷量的絕對值之比。

［解析］(1)設(shè)油滴密度為p,半徑為火，

油滴質(zhì)量m=pV=^pnR3,

根據(jù)題意，設(shè)空氣阻力/=〃印，

無電場、油滴豎直向下勻速運動時，有

〃唔一/=0,

貝i&nR3g=k⑶,

整理得火=匠，

74piig

兩油滴的速率分別為以、拳

噴嘴彳

m8

故=a峭=;。

(2)無電場、兩油滴豎直向下勻速運動時，分別有用唔mhg=^kRbl^,

4

施加電壓后油滴a速度減小，油滴a受到向上的靜電力，則油滴a帶負(fù)電；

施加電壓后油滴〃速度增大，油滴8受到向下的靜電力，則油滴8帶正電。

設(shè)電場強度為E,油滴a所帶電荷量為次，油滴分所帶電荷量為在，

當(dāng)兩油滴豎直向下做勻速運動時，對油滴a受力分析，有〃噌一名凡以一E?a|=

0,

對油滴8受力分析，有陽第一前用％+E㈤=0,聯(lián)立解得腳=：。

2\Qb\1

14/28

［答案］(1)8：1(2)油滴a帶負(fù)電，油滴8帶正電4：1

.?臨考預(yù)測，名師押題---------------------------

L(熱點情境?傳感器的應(yīng)用)(多選)(2024?安徽師大附中11月檢測)目前，大多

數(shù)醫(yī)院進行輸液治療時都采用傳統(tǒng)的人工監(jiān)護方式，為減輕醫(yī)務(wù)人員負(fù)擔(dān)，有

不少輸液傳感器投入使用。某電容輸液傳感器測量裝置示意圖如圖甲所示，測

量電路如圖乙所示，A.B間接入恒定電壓軌，自動控制開關(guān)S置于1時電容器

充電、置于2時電容器放電。電容器在S的作用下周期性充放電，系統(tǒng)監(jiān)測每

次充電過程中電容器兩端電壓隨時間的變化曲線，根據(jù)結(jié)果可自動判定輸液管

中是否有藥液。在輸液管中有藥液和無藥液的兩次電容器充電過程中，電容器

兩端電壓隨時間的變化曲線如圖丙所示，已知有藥液時測量電路中的電容值更

大，貝！1()

A.曲線1為有藥液時的充電曲線

B.曲線2為有藥液時的充電曲線

C.曲線1對應(yīng)的情況下電容器充滿電后所帶的電荷量較大

D.曲線2對應(yīng)的情況下電容器充滿電后所帶的電荷量較大

BD［設(shè)電容器兩端電壓為U,則電路中電流為/=%,畫出題圖丙中兩條曲

線對應(yīng)情況下電流隨時間變化的圖像如圖所示，根據(jù)八圖像與橫軸圍成的面積

表示電荷量2,可以得到曲線2對應(yīng)情況下電容器充滿電后所帶的電荷量較大，

選項C錯誤，D正確；根據(jù)充滿電后電容器滿足。=襄，曲線2對應(yīng)情況下電容

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器充滿電后所帶的電荷量較大，故曲線2對應(yīng)情況下的電容值較大，已知有藥

液時測量電路中的電容值更大，故曲線2為有藥液時的充電曲線，選項A錯誤,

B正確。

2.（熱點情境?立體空間問題）（多選）（2024?山東德州校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示,

真空中的正三棱柱在N點固定一個電荷量為+。的點電荷，。點

固定一個電荷量為一。的點電荷，已知靜電力常量為A,選取無

窮遠(yuǎn)處電勢為0。則下列說法正確的是（）

A.將一負(fù)試探電荷從4點移到。點，其電勢能一直增大

B.將一正試探電荷沿直線從6點移到H點，靜電力做正功

C."兩點的電勢差大于H、。兩點的電勢差

D.H點的電場強度大小為爭

AD［根據(jù)電荷的分布可知，負(fù)試探電荷從力點移到。點，靜電力始終做負(fù)功，

則其電勢能增加，故A正確；因為6點和一點在等量異種電荷的中垂面上，而

其中垂面為零等勢面，因此電荷沿直線從6點移到H點，靜電力不做功，故B

錯誤；M點和。點關(guān)于等量異種電荷的中垂面對稱，因此N'、H兩點的電勢

差等于H、。兩點的電勢差，故C錯誤；根據(jù)電場強度疊加原理，如圖所示。

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可得5'電場強度大小為EB，=2ECOS〃，而cos，=T-=半，解得E〃=當(dāng)算故

V2L441/

D正確。故選AD。］

3.（高考熱點?（p-x圖像）（多選）（2024?廣東惠州統(tǒng)考三模）沿電場線所在直線建

立如圖所示Ox軸，x軸上各點電勢°隨x的變化規(guī)律如圖所示，坐標(biāo)原點。點

電勢為0o帶電荷量為e的電子僅在靜電力作用下從。點由靜止釋放，下列說法

正確的是（）

A.在0?明區(qū)間內(nèi)，電場方向始終指向x軸正方向

B.電子到達5點時動能為警

C.電子從N運動到C,加速度先減小后增大

D.若在6點給電子一個沿x軸正方向的初速度，電子一定會在NC間做往復(fù)運

動

BC［沿電場線方向電勢降低，在0?明區(qū)間內(nèi)，電場方向開始就指向x軸的負(fù)

方向，故A錯誤；從。到N靜電力做正功，根據(jù)動能定理可得一e（0-°o）=Eiu,

從N到6靜電力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可得一e（@o—￡）=EkB-E&,聯(lián)立解得

電子到達6點的動能為EY=等，故B正確；根據(jù)0-x圖像的斜率表示電場強度,

由題圖可知從N到。電場強度先減小再增大，所以加速度先減小再增大，故C

正確；5C段電場方向沿x軸負(fù)方向，電子受靜電力沿x軸正方向，所以在5點

給電子一個沿x軸正方向的初速度，電子將沿x軸正方向做直線運動，故D錯

誤。故選BC。］

專題限時集訓(xùn)（六）

［A組基礎(chǔ)保分練］

1.（多選）（2024?湖北卷）關(guān)于電荷和靜電場，下列說法正確的是（）

A.一個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變

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B.電場線與等勢面垂直，且由電勢低的等勢面指向電勢高的等勢面

C.點電荷僅在靜電力作用下從靜止釋放，該點電荷的電勢能將減小

D.點電荷僅在靜電力作用下從靜止釋放，將從高電勢的地方向低電勢的地方運

動

AC［電荷只能從一個物體轉(zhuǎn)移給另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一

部分，不能被創(chuàng)造，也不能被消滅，所以一個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電

荷的代數(shù)和保持不變，A正確；電場線與等勢面垂直，沿電場線方向電勢逐漸降

低，所以電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，B錯誤；點電荷僅在靜

電力作用下從靜止釋放，將沿其所受靜電力方向運動，即靜電力將做正功，則

該點電荷的電勢能將減小，C正確；結(jié)合C項分析和A0=答，可知，當(dāng)夕<0時，

A0>0,當(dāng)4>0時，A°<0,即負(fù)點電荷將從低電勢的地方向高電勢的地方運動，

正點電荷將從高電勢的地方向低電勢的地方運動，D錯誤。］

2.半徑為火的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于。點，環(huán)上均勻分布著電

荷量為。的正電荷。點N、B、。將圓環(huán)三等分，取走N、5處兩段弧長均為AL

的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于0C延長線上距。點為2尺的。點，。點

的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，夕為（）

A.正電荷，夕=券B.正電荷，夕=筆

C.負(fù)電荷，廣當(dāng)D.負(fù)電荷，產(chǎn)當(dāng)空

C［在取走N、6處兩段小圓弧上的電荷之前，整個圓環(huán)上的電荷在0點產(chǎn)生

的電場強度為零，而取走的N、6處的電荷量七="=七"，qa、”在。點產(chǎn)

.Q.-

生的合電場強度為蜃6=，喘一=留1,方向為從。指向C,故取走N、6處的電

荷之后，剩余部分在0點產(chǎn)生的電場強度大小為第t方向由。指向0,而點

電荷夕放在刀點后，。點電場強度為零，故夕在。點產(chǎn)生的電場強度與外、qB

在。點產(chǎn)生的合電場強度相同，所以夕為負(fù)電荷，即有『恭=〃鬻，解得夕

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=然，c項正確。］

TIK

3.（2024?重慶沙坪壩重慶八中?？家荒＃┛臻g有一圓錐06—如圖所示，點N、

M分別是兩母線06、。夕的中點，。為48中點。圓錐頂點。處固定一帶負(fù)電

的點電荷，貝!1（）

A.Z點比6點的電場強度小

B.N、力兩點的電場強度相同

C.N、力兩點的電勢相同

D.NC的電勢差等于C6的電勢差

C［根據(jù)點電荷的電場強度公式E=A^可知，N點比5點的電場強度大，故A

錯誤；根據(jù)點電荷的電場強度公式E=A名可知，a⑷兩點的電場強度大小相等，

但方向不同，故B錯誤；點電荷的等勢面是一系列以點電荷為球心的同心球面，

則N、力兩點在同一等勢面上，所以N、M兩點的電勢相同，故C正確；由于

NC間的電場強度大于C6間的電場強度，所以根據(jù)。=瓦/可知，NC的電勢差

不等于C5的電勢差，故D錯誤。故選C。］

4.（多選）（2024?貴州六盤水統(tǒng)考模擬預(yù)測）一種靜電透鏡的簡化模型如圖所示，

以。為球心的球形邊界外部各處的電勢均為如，內(nèi)部各處的電勢均為依，如＜夕2。

一束離軸很近的電子束沿平行于軸的方向運動，在越過球形邊界“殼層”的過

程中，電子運動速度將發(fā)生變化。已知電子質(zhì)量為〃2、電荷量為一e,不計電子

之間的相互作用力，則電子（）

殼層\°

A.進入“殼層”過程動能增加了e（02一%）

B.進入“殼層”過程動量增加了J2nle（＞2-仰）

C.進入“殼層”后可能沿著軌跡a運動

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D.進入“殼層”后可能沿著軌跡8運動

AC［因的<92,即球形邊界外電勢低于球形內(nèi)部電勢，根據(jù)電場線指向電勢低

的方向可知電場線從球心處指向外，則進入“殼層”過程由能量關(guān)系Eki+（一

e（p\）=Ek2+（—e（/）2）,動能增加了AEk=&2-Eki=e（°2一°i）,選項A正確；根據(jù)

p=yj2mEk,但是-31）,況且電子進入“殼

層”過程前后速度不共線，可知動量增加量不等于J2nle（>2->1）,選項B錯

誤；由于電子所帶電荷為負(fù)電荷，所以受力方向與電場線方向相反，靜電力方

向偏向圓心，可知進入“殼層”后可能沿著軌跡a運動，故C正確，D錯誤。

故選AC。］

5.（2024?全國甲卷）在電荷量為。的點電荷產(chǎn)生的電場中，將無限遠(yuǎn)處的電勢

規(guī)定為0時，距離該點電荷，處的電勢為小，其中上為靜電力常量；多個點電

r

荷產(chǎn)生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存在時該點的電勢的代數(shù)和O

電荷量分別為21和0的兩個點電荷產(chǎn)生的電場的等勢線如圖中曲線所示（圖中

數(shù)字的單位是伏特），貝！1（）

B［根據(jù)沿電場線方向電勢降低，結(jié)合題圖可知，0>0,0<0,A、C錯誤；設(shè)

兩點電荷間的距離為3L,則有磴+A華=0,解得行=-2,B正確，D錯誤。］

6.（2024?北京海淀區(qū)高三期末）地球表面與大氣電離層都是良導(dǎo)體，兩者與其

間的空氣介質(zhì)可視為一個大電容器，這個電容器儲存的電荷量大致穩(wěn)定，約為

5X105C,其間的電場稱為大氣電場。取地面電勢為0,晴天的大氣電場中，距

離地面的不同高度〃處的電勢°的變化規(guī)律如圖所示，不考慮水平方向電場的影

響。根據(jù)以上信息，下列說法正確的是（)

20/28

A.大氣電場的方向豎直向上

B.地面帶電荷量約為2.5X105c

C.地面和大氣電離層組成的電容器電容值約0.6F

D.高度〃越大，大氣電場強度越小

D[根據(jù)題意可知大氣電場示意圖如圖所示，由題圖可知大氣電場中，隨著高

度的升高，電勢逐漸增大，又沿電場線方向電勢降低，則大氣電場方向豎直向

下，A錯；地面和大氣電離層所帶電荷量的絕對值相等，均為5X105C,電性

相反，B錯；地面和大氣電離層組成的電容器的電容。=號仁尋襄;=[F,C

CzDUU入VO

錯；由題圖可知，高度〃越高，升高相同的高度后電勢9的變化越小，即相同高

度的電勢差U越小，根據(jù)U=E"定性分析可知〃越大，大氣電場強度越小，D

對。

++++++大氣電離層

（電勢約300kV）

h|

空氣介質(zhì)]

E（p\

地面（電勢為0）

7.（2024?河北滄州?？寄M預(yù)測）如圖所示，兩半徑相等的半球球殼I和II彼

此靠得很近（間距可忽略），兩球殼均勻帶有電荷，電荷量均為一式4>0）,。為球

心，N為球殼外一點，AO=x.,已知球殼I在N點形成的電場強度為Ei,規(guī)定

距O點無限遠(yuǎn)處的電勢為0,下列說法正確的是（）

A.O點電場強度為0,電勢為0

B.球殼I在O點形成的電場強度水平向右

C.球殼n在N點形成的電場強度大小En=等一屆

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D.球殼i和球殼n在n點形成的電勢相等

C［球殼靠得很近，間距可忽略，根據(jù)對稱性，。點電場強度為零，兩球殼均

勻帶有負(fù)電荷，距。點無限遠(yuǎn)處的電勢為零，0點電勢為負(fù)，故A錯誤；根據(jù)

對稱性可以判斷，球殼帶負(fù)電，球殼I在。點形成的電場強度水平向左，故B

錯誤；把兩球殼當(dāng)成整體，在N點形成的電場強度為E=等，沿ON自N指向

O,兩球殼在N點分別形成的電場強度方向均沿ON自N指向O,則￡=石1+

En,解得En=等一Ei,故C正確；電勢是標(biāo)量，球殼I和球殼H電荷量相等，

X

球殼n距離z點近，形成的電勢低，故D錯誤。故選c。］

8.(2024?山東青島統(tǒng)考模擬預(yù)測)如圖所示，金屬板48和CO水平放置，中間

開有小孔5、02,兩板之間加有加速電壓Uo。金屬板EF和GH均是以O(shè)點為

圓心，半徑為3火和火的;同心圓弧板，。3。4也是以。點為圓心的圓弧，且到兩

金屬板的距離相等，兩板之間加有電壓。長2尺的金屬板"N、尸。水平放置，

點〃、尸分別和點尸、〃對齊，兩板之間加有偏轉(zhuǎn)電壓。質(zhì)量為〃2、電荷量為《

的粒子從粒子源中無初速度飄進加速電場，恰好能沿圖示

01—。2—。3—Q—Q—K虛線軌跡運動，最后到達尸。板的中點K。不考慮場的

邊界效應(yīng)，不計粒子所受重力。求：

⑴圓弧。3。4處電場強度的大?。?/p>

(2)為使粒子恰好能到達P2板的中點K,金屬板MN、PQ之間加的偏轉(zhuǎn)電壓U

的值；

(3)從粒子進入金屬板MN、開始計時，經(jīng)多長時間粒子運動到距直線M。最

近，最近距離是多少。

粒子源

［解析］⑴粒子從01運動到。2的過程中，由動能定理有畸

粒子從Q運動到Q的過程中，由牛頓第二定律有?去

22/28

聯(lián)立以上兩式得七=①。