静电场-2025年上海高考物理复习专练（解析版）

重难点09静电场

<1

点备题趋势

年度是否出题选择型填空题计算题实验题

2024年VV

2025年（预）☆☆☆☆VV

（2025年预测的可能性仅供参考，每颗☆代表出题的可能性为20%,以此类推）

重难诠释

◎

【思维导图】

1.元电荷

a.摩擦起电

b.接触起电

c.感应起电

a.吸去计酢仑力

1.加速电场中的直线运动：动能定理

b.库仑力矢量叠加

c.光滑平面带电小球平衡

a.IE点电荷

b.负点电荷

c.等量同种电荷

静电平衡d.等量异种电荷

2.静电屏蔽

静电的利用和防止

尖端放电

1.电势和电势能

4.闪电和避雷针

三等势线

电势和电势能3.电场力做功

4.（p-x图像

5.带电苞子在电场中的运动

【高分技巧】

一、静电现象

1.元电荷：最小的电荷量（电量单位），用e表示，e=1.60xlO-19Co

2.电荷守恒定律:

电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，电荷的总量保持不变。

3.感应起电和接地:

二、库仑定律

1.内容：尸=丹变，静电力常量上=9.0x1（）9N.m2/C2

2.等效法计算非点电荷库仑力。

3.光滑平面带电小球静电平衡（两大夹小，两同夹异，远大近小）。

三、电场强度

F

1.定义式：E=：,比值定义法。

2.点电荷的电场强度：E=f=居

3.两个等量点电荷的电场特征

比较项目等量异种点电荷等量同种点电荷

电场线分布图1

1

连线上中点。处的场强最小但不为零，指向负电荷为零

连线上的场强大小

先变小，再变大先变小，再变大

（从左到右）

沿中垂线

。点最大，向外逐渐减小。点最小，向外先变大后变小

由。点向外的场强大小

四、电势和电势能

1.静电力做功：W=qElcos其中6为静电力与位移方向之间的夹角。

静电力做功的特点：只与电荷的起始位置和终止位置有关，与电荷经过的路径无关。

3.电势能：电荷在某点的电势能的大小等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功与漆;叼。。

零电势能参考点的选择原则上是任意的，但一般取无穷远处为0。

电势能有正负，正负表示大小。

4.电势：夕=与比值定义法。

q

电势是电场中某点的性质，因此与电荷无关，而电势能的大小和正负与电荷有关。

5.电势高低的判断方法

(1)电场线法：沿电场线方向电势逐渐降低。(超重要！)

(2)场源电荷判断法：离场源正电荷越近的点，电势越高；离场源负电荷越近的点，电势越低。

6.解题方法总结

五个公式四句话

①W=qElcos0

—

②WAB—EPAEPB①电场力做正功，电势能降低

③巧②沿着电场线，电势降低

③力指凹侧指大V,大V大动小势能

=

④WAB—QUABq((pA—(PB)

④只有电场力做功，动能和电势能守恒

⑤E=d

7.图像问题

(1)电势-位移图像(。-无)：斜率大小表示电场力大小，正负表示电场力方向。

(2)电场强度-位移图像(E-x)：所围面积表示电势差。

(3)电势能-位移图像(EP-x图像)：斜率表示电场力，方向由电荷和斜率正负判断。

五、带电粒子在电场中的运动

1.加速电场：动能定理

qU=^mv2,则v

2.偏转电场

带电粒子在电场中的偏转，轨迹如图所示。

++++++

Y

0

⑴受力特点：忽略重力，粒子只受电场力，初速度W与电场力F垂直，属于类平抛。

①沿初速度方向：速度为血的匀速直线运动，穿越两极板的时间V

②垂直W的方向：初速度为零的匀加速直线运动，加速度。=需

⑵运动规律：X方向和y方向的关联是t；电学和力学关联是a

［速度:Vx-Vo

①初速度方向［位移:

qUI

Vy=at=md'^

②电场线方向

2

12]qUi

位移:y=2at'=2-md^

③离开电场时速度的偏转角：tan。弋=怒!

④离开电场时位移与初速度方向的夹角：tan

六、电容器

1.电容器的充、放电电路

(1)充电：把开关S接1,电源给电容器充电，电容器两极所带电荷量逐渐增大，电流表示数减小,

电压表示数增大，当电流表示数为0,电压表示数不变时，电容器充电结束。

(2)放电：把开关S接2,电容器对电阻R放电，电流表示数减小(电流方向和充电相反)，

电压表示数减小，当电流表示数为0,电压表示数为0时放电结束。

2.电容定义式：C=号。

3.平行板电容器

(1)表达式：C=备。式中％为静电力常量，&为介质的介电常数。

(2)平行板电容器的两类典型问题

①平行板电容器始终连接在电源两端：电势差。不变。

②平行板电容器充电后，切断与电源的连接：电荷量。保持不变。

(3)平行板电容器动态分析的步骤和方法

三个公式：C=*E/和C扃

①明确电容器与电源连接情况，从而确定是电压不变还是电荷量不变。

②由C=篇，根据&、S、d的变化确定C的变化。

③由c=3?角定。或U的变化。

④根据“卜好判断E的变化。

七、导体的静电平衡状态

1.静电平衡状态下导体的特点：

(1)内部电场强度处处为零(外部场强和感应场强叠加为0,通常据此间接计算感应场强)；

(2)表面处的电场强度不为零，方向跟导体表面垂直；

(3)因为导体内部场强为0,表面场强与表面垂直，在导体内移动电荷电场力不做功。

也就是说，静电平衡的导体是一个等势体，表面是一个等势面。

2.导体上电荷的分布

(1)处于静电平衡状态的导体，内部没有净电荷，电荷只分布在导体的外表面。

(2)在导体表面，越尖锐的位置电荷的密度(单位面积上的电荷量)越大，凹陷的位置几乎没有电荷。

3.求处于静电平衡状态的导体的感应电荷产生的场强的方法

(1)先求出外电场场强E外的大小和方向。

(2)由于导体处于静电平衡状态，则满足静电平衡条件Em=0。

(3)由E外+E感=0,求出感应电场E感的大小和方向。

限时提升练

（建议练习时间：60分钟）

一、单选题

1.如图所示，两根绝缘细线分别系住“6两个带电小球，悬挂在。点，当两个小球静止时，它们处在同

一水平面上，两细线与竖直方向间夹角分别为a、P，且a邙，则下列说法正确的是（）

A.两球质量一定有ma<mb

B.两球带电荷量一定有qa>qb

C.若将两细线同时剪断，则两球一定同时落到同一水平地面上

D.若将两细线同时剪断，落地时，两球水平位移的大小一定相等

【答案】C

【详解】A.设库仑力为F,由a、b的受力可知F=magtana,F=mbgtan0

因为a<P，所以，ma>mb,故A错误；

B.库仑力是一对相互作用力，不能确定电量的大小，故B错误；

CD,将两细线同时剪断，两球在水平方向上，做加速度减小的变加速运动，由于受到的库仑力力相同,

由于ma>mb,所以，a球加速度小于b球加速度，a球水平位移小于b球水平位移，则两球同时落在同

一水平地面上时水平位移不相同，故C正确，D错误。

2.A、B两小球均带正电荷，A球固定于P点正下方，B球用不可伸长绝缘细线悬挂于。点，尸点位于O

点的正下方，。尸距离等于细线长度，B球平衡时细线与竖直方向的夹角为0。两球均可看做点电荷,

且电荷量保持不变。现将A球缓慢向上移动到P点的过程中，下列说法正确的是（）

A.细线对小球的拉力不可能大于重力B.细线对小球的拉力大小不变

C.A、B两小球间的距离变大D.A、B两小球间的静电力逐渐减小

【答案】A

【详解】AB.根据题意，对B球受力分析，如图所示，根据相似三角形法可得

将A球缓慢向上移动到尸点的过程中，场减小，〃不变，则B增大，即细线对小球的拉力增大,

由于h>l2所以mg>F2A正确，B错误；

CD.根据库仑定律可得耳=等所以等=驾兽将A球缓慢向上移动到P点的过程中，h减

小，〃减小，则B增大，CD错误。

故选Ao

3.在与纸面平行的匀强电场中，建立如图甲所示的直角坐标系，a、b、c、d是该坐标系中的4个点，已知

%=2V、（Pb=W、Q=3V；现有一电子以某一初速度从。点沿Od方向射入，则图乙中abed区域内,

能大致反映电子运动轨迹的是（)

甲乙

A.①D.④

【答案】C

【详解】已知念=2V、%=1V、线=3V,则儿中点0(0,0)的电势为

%=巧"=2丫="

可知。。连线为等势线，场强与等势线垂直，即沿着方向斜向下，电子以某一初速度从。点沿Od方

向射入图乙中"cd区域内，电子的初速度方向与电场力方向在一条直线上，电子做直线运动，则能大

致反映电子运动轨迹的是③。

故选C。

4.如图所示，在等量同种正点电荷形成的电场中，。是两点电荷连线的中点，C、。是连线中垂线上相对。

对称的两点，已知G4=AE=EO=OF=FB=OC=OZ),则()

♦C

----㊉---•--.----㊉-

二

GEO\FB

A.点G的电场强度比点E的电场强度小

B.点E与点厂的电场强度大小相等，方向相同

C.EO间的电势差比EC间电势差小

D.若有一负点电荷在C点由静止释放，负点电荷将在间做往复运动，由c运动到。时加速度一定

先增大后减小

【答案】C

【详解】A.设OC两点间距离为3正点电荷所带电荷量为4,点电荷产生的电场强度为£=4

「kqkq26kq

所以由电场叠加原理可得点G的电场强度£°=zF+(5Z7=25^

「kqkq8kq

点E的电场强度盘=9一所■=§d所以点G的电场强度比点£的电场强度大，故A错误；

B.由等量同种电荷形成电场的对称性规律可知，点E与点厂的电场强度大小相等，方向相反，故B错

误；

C.在等量同种正电荷的连线上，连线中点电势最低，两点电荷的中垂线上该点的电势最高，所以E。

间的电势差比EC间电势差小，故C正确；

D.等量同种正电荷连线的中垂线上从。点沿中垂线向两边电场强度先变大后变小，所以负电荷由C运

动到。时加速度不一定先增大后减小，故D错误；

故选C。

5.如图所示，实线为电场线，虚线表示等势面，相邻两个等势面之间的电势差相等，有一仅受电场力作用

的负电荷在等势面右上某点的动能为10J，运动至等势面乙上的某一点时动能变为2J,若取乙为零电势

面，则此电荷的电势能与动能之和为（）

【答案】B

【详解】负电荷从等势面4运动到等势面乙，根据动能定理得WS1=Ekl-Ek3=2J-10J=-8J

设相邻两个等势面之间的电势差为U，则暝।=-2qU=-8J

设负电荷经过乙零电势面处的动能为心，根据动能定理得Wi2=Ea-Ek3

又W32=-qU^-4J

联立解得：稣2=6J4零电势面处的电势能为零，在运动的过程中，电荷仅受电场力，电势能和动能之和

保持不变，故此电荷的电势能与动能之和为6J。

故选B。

6.空间中存在着一沿x轴方向的静电场，在x轴上各点电势和位置坐标的对应关系。-%如图所示，其中土网

处的电势最高，在-西~+再区域内O点是电势最低的点。下列分析正确的是（)

A.-x2~区间内电场方向与％区间内电场方向相同

B.在。~西区间内，沿-x方向，电场强度一直减小

C.电子在4处的电势能小于在9处的电势能

D.若把一正电荷在-%处静止释放，仅受电场力的作用，该电荷将在一再~+%之间做往复运动

【答案】C

【详解】A.根据沿电场方向电势降低可知，-尤2~-X1区间内电场方向沿-X方向，石~尤2区间内电场方

向沿+X方向，故A错误；

B.根据*图像的切线斜率表示电场强度，可知在占区间内，沿-x方向，电场强度先增大后减小,

故B错误；

C.根据耳=40，由图可知4处的电势高于迎处的电势，但电子带负电，所以电子在々处的电势能小于

在x?处的电势能，故C正确；

D.根据9-x图像的切线斜率表示电场强度，可知-为处的电场强度为0,则把一正电荷在处静止释

放，正电荷处于静止状态，故D错误。

故选C。

7.（24-25高二上•上海•阶段练习）沿空间某直线建立x轴，该直线上的静电场方向沿x轴，某点电势的夕随

位置x变化的图像如图所示，一电荷量为e带负电的试探电荷，经过超点时动能为1.5eV,速度沿x轴正

方向，若该电荷仅受电场力，则其将（)

A.在与处，电场强度达到最大值B.经过尤3点时动能为2.5eV

C.能通过飞点D.能通过七点

【答案】B

【详解】A.9-x图像上某点切线斜率的绝对值表示电场强度，根据图像，在£处，切线斜率为0，即

电场强度为0,故A错误;

B.尤2到马，根据动能定理有-03）=纥3-4

解得Ek3=2.5eV故B正确;

CD.根据图像可知，/与占位置的电势均为%=TV

假设试探电荷能够到达该位置，根据动能定理有-e（0-%）=4-4

解得Ek=-0.5eV动能不符合要求，可知假设不成立，即试探电荷不能够通过/与看位置，故CD

错误。

故选B。

8.（24-25高二上•上海•阶段练习）空间存在竖直方向的电场，如图甲，一带正电的小球，在电场中从。点

由静止开始向下运动，取。为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图

乙所示，不计空气阻力，从。到看的过程中)

A.电场方向向下B.电场力变小C.电势能变小D.电势降低

【答案】B

【详解】ACD.小球受到电场力与重力作用，小球的机械能不断减小，说明电场力做负功，电势能不

断增加，由小球带正电，可知电场线方向沿竖直方向向上，则电势不断升高，故ACD错误；

B.因AE=-Fx

则图像斜率的绝对值反映电场力的大小，因图像的斜率不断减小，电场力不断减小，故B正确。

故选B。

9.有一种利用电容器实现的输液报警装置，实物图和电路图分别如图甲、乙所示。闭合开关，电容器先充

电达到稳定，当药液面降低时，电容器C的电容减小，蜂鸣器B就会因通过特定方向的电流而发出声音。

则药液面下降时（）

A.电容器的电量减少

C.电阻R的电压始终为零D.蜂鸣器电流由a流向b

【答案】A

【详解】AB.根据C=2

4兀kd

液面下降，极板之间的介电常数减小，则电容减小，根据C=g

开关闭合稳定时，电容器两端电压等于电源电动势，即液面下降稳定后，电容器两端电压不变，所以电

容器的电量减少，故A正确，B错误；

CD.根据图示可知，电容器右侧极板带负电，结合上述，液面下降时，极板所带电荷量减少，即右侧

极板失去电子，电子从。向6运动，则蜂鸣器电流由b流向。，因为有电流流过电阻凡所以电压不为

零,故CD错误。

故选A„

10.由导电的多晶硅制成的电容加速度传感器如图甲所示，图乙是其原理图，位于中间的多晶硅悬臂梁分

别与顶层多晶硅、底层多晶硅组成两个电容器G、当电容器充电后处于断路状态，并且加速度向

上时，多晶硅悬臂梁的右侧可发生如图中虚线所示的弯曲形变，下列说法正确的是（）

顶层多晶硅（上电极）

顶层多晶硅（上电极）

A.匀速向上运动时，G减小，c2增加

B.保持加速度恒定向上运动时，G一直减小，c2一直增加

C.由静止突然加速向上运动时，电容器G两板间电压增大，电容器两板间电压减小

D.正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，电容器G两板间场强减小，电容器C2两板间场强增

大

【答案】C

【详解】A.匀速向上运动时，多晶硅悬臂梁相对于顶层多晶硅和底层多晶硅位置不变，两个电容C1、C2

不变，故A错误；

B.保持加速度恒定向上运动时，与加速度为零时相比，多晶硅悬臂梁的右侧虽发生弯曲形变，但此时

多晶硅悬臂梁相对于顶层多晶硅和底层多晶硅位置不变，两个电容G、C?不变，故B错误；

C.由静止突然加速向上运动时，多晶硅悬臂梁的右侧发生弯曲形变，多晶硅悬臂梁与顶层多晶硅距离

变大，多晶硅悬臂梁与底层多晶硅距离变小，由c=S

知G减小，G增加，因电荷量不变，根据t/=|

可知电容器G两板间电压增大，电容器G两板间电压减小，故c正确；

D.正在匀速向上运动的传感器突然停止运动时，多晶硅悬臂梁的右侧发生弯曲形变，多晶硅悬臂梁与

顶层多晶硅距离变小，多晶硅悬臂梁与底层多晶硅距离变大，G增加，c?减小，根据

E.U厂。J兀kQ

dCsrS

可知，当板间距变化时，电场强度不变，故D错误。

故选Co

二、多选题

11.在一静电场中平行于电场线方向建立X轴，无轴上各点电势e随坐标X变化的关系如图所示，x=处

电势为2%,》=2无。处电势为外。一带电荷量绝对值为q的粒子从一七沿x轴正方向运动，结果粒子刚

好能运动到x=2%处，假设粒子仅受电场力作用，则（）

A.粒子一定带正电

B.粒子的初动能大小为

C.粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小

D.粒子经过坐标原点时动能最大

【答案】BD

【详解】A.如果粒子带正电，粒子在电场中一定先做减速运动后再做加速运动，因此粒子在x=2x0处

的速度不可能为零，故粒子一定带负电，故A错误；

B.根据动能定理可知q（2例-例）=0-线0

可得Eko=故B正确；

CD.粒子向右运动的过程中，粒子运动到原点过程中电场力做正功，原点右边电场力做负功，因此粒

子电势能先减小后增大，粒子经过坐标原点时动能最大，故C错误，D正确。

故选BDo

12.如图所示为一带正电粒子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动时，其电势能综随位移x变化的关系图

像，已知电场方向沿x轴，0~%段为对称曲线，飞段为直线，下列说法正确的是（)

A.4处电场强度最大B.%~三段电场强度不变

C.。~三之间，4处的电势最高D.4与马处的电势差大于％与覆处的电势差

【答案】BC

【详解】AB.耳-x图像切线斜率的绝对值为此答=臂=涧

所以，丸-x图像切线斜率的绝对值表示带电粒子所受的电场力大小，结合题图可知，毛处带电粒子所

受电场力为零，则该点的电场强度为零，％~X3段带电粒子所受电场力大小不变，则电场强度大小不

变，又因带电粒子由超处到七处电势能减小，所以马~£段电场强度方向也不变，即马段电场强

度不变，故A错误，B正确；

C.因带电粒子带正电，所以其电势能越大的位置电势越高，带电粒子在七处的电势能最大，则七处的

电势最高，故C正确；

D.由题图可知，带电粒子由4处到超处与由马处到工3处的电势能变化相等，所以，々与X?处的电势

差等于X。与七处的电势差，故D错误。

故选BCo

13.心脏细胞兴奋时，在细胞膜内外产生等量异种电荷，将人体的心脏理想化为如图甲所示的模型，当心

脏细胞规律性兴奋时，产生的电荷量为正常值，当心脏发生房颤时产生的电荷量减少而不能达到所需

的电压值，在没有及时抢救的情况下，通常患者会在lOmin内死亡。如图乙，AED（自动体外除颤器）

通过贴片产生强电场，使兴奋无序的心肌细胞快速回归到有序状态，使心脏兴奋时的电荷量恢复正常

值，实现抢救。下列说法正确的是（）

A.贴片1为负极，贴片2为正极

B.实施抢救过程中，电子从人体的左侧移动到右侧

C.实施抢救过程中，人体心脏的电场对移动电荷做负功

D.抢救成功后，人体心脏的电场强度变弱

【答案】BC

【详解】A.当心脏发生房颤时产生的电荷量减少而不能达到所需的电压值，AED（自动体外除颤器）

则在人体外加强电场，使心脏兴奋时的电荷量恢复正常值，即必须在人体左侧形成更多的正电荷，右

侧形成更多的负电荷，贴片1为正极，贴片2为负极，A错误；

B.实施抢救过程中，电子从人体的左侧移动到右侧，B正确；

C.实施抢救过程中，人体心脏的电场对移动电荷做负功，电荷移动是外界电场做正功，C正确；

D.抢救成功后，人体心脏的电场强度变强，D错误；

故选BCo

14.如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+。图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个

等差等势面。有两个相等质量的一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的相互作用力）先后从a

点以相同的速率V。射入该电场，运动轨迹分别为曲线印6和收c,其中p、q分别是它们离固定点电荷

最近的位置。下列说法中正确的是（）

i浦i

……JC

A.M、N做匀变速曲线运动

B.M在p点的速率一定大于N在q点的速率

C.M在b点的电势能一定等于N在c点的电势能

D.M从p-b过程电势能的增加量一定小于N从g-c过程电势能的减少量

【答案】BD

【详解】A.由点电荷电场强度公式E=k%

r

可知，离点电荷越近电场强度越大，再由牛顿第二定律再

mm

可知，离子M、N在运动过程中加速度先增大后减小，离子M、N做非匀变速曲线运动，故A错误；

B.由题图可判定M在从。到p运动过程中，静电力做正功，动能增加，而N在从。到q运动过程中，

静电力做负功，动能减小，所以M在p点的速率一定大于N在q点的速率，故B正确；

C.由题图可知离子N受到固定点电荷的斥力，而离子M受到固定点电荷的引力，故两离子的电性一

定不同，6,c两点位于同一等势面，b、c两点的电势相等，根据电势能Ef=qcp

可知，M在6点的电势能不等于N在c点的电势能，故C错误；

D.由题图可知q点离固定点电荷更近一些，N离子在从q向c运动过程中静电力做正功的值大于离子

M从p向。运动过程中静电力做负功的值，故M从p到6过程电势能的增加量一定小于N从q到c过

程电势能的减少量，故D正确。

故选BD。

15.压力传感器在物理实验中应用非常广泛，它是将压力转化为电信号，内部简化原理图如图所示，电容

的两个平行极板A、B分别与一个灵敏电流计和电源串联，下列说法正确的是（）

A.若开关闭合，增大待测压力，电容器的电容减小

B.若开关闭合，增大待测压力，电流表中的电流方向向左

C.若将开关断开再增大压力，电容器极板间的电压减小

D.若将开关断开再增大压力，电流表中的电流方向向右

【答案】BC

【详解】A.当开关闭合时，电容器两端的电压不变，当极板间距离减小时，根据平行板电容器决定式

C=泠,可知电容增大，故A错误；

Ajika

B.根据电容的定义式C=5，电容增大，电荷量增大，电容需要充电，电流方向向左，故B正确；

CD.当开关断开时，电容的电荷量不变，同上分析，电容增大，极板间电压减小，开关断开，没有形

成闭合回路，此时电路中没有电流，故C正确，D错误。

故选BCo

16.（24-25高二上•上海•期中）如图所示，水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点以竖直向上的初速度

开始运动，经最高点8后回到与A在同一水平线上的C点，小球从A点到8点的过程中克服重力做功

2J,电场力做功3J,则（）

A.小球在8点的动能比在A点多1JB.小球在B点的动能为0J

C.小球在C点的动能比在A点多12JD.小球在C点的动能比在8点多9J

【答案】AC

【详解】A.小球从A点到8点，根据动能定理有W^AB-WG=^Ek

解得AEk=lJ即粒子在B点的动能比在A点多1J,故A正确；

B.小球在8点时速度方向水平向右，不为零，故动能也不为零，故B错误；

C.设小球在A点初速度为%，小球在竖直方向上只受重力，做加速度为g的匀变速运动，故从AfB

和C的时间相等，而水平方向只受到电场力作用，设从Af8的水平分位移为毛，从3fC的水

..X.1

平分位移为马，则根据相同时间内的位移比可知—=z

x23

则，电场力做功W8c=3%B=9J

所以，小球从A点到c点，电场力共做功w=wBC+wAB=m

AC在同一水平线上，所以重力做功为零，即小球在C点的动能比在A点多12J,故C正确；

D.结合AC选项可知，小球在C点的动能比在2点多11J,故D错误。

故选ACo

三、实验题

（2024・上海青浦•一模）莱顿瓶可看作电容器的原型，一个玻璃容器内外包裹导电金属箔作为极板，一

端接有金属球的金属棒通过金属链与内侧金属箔连接，但与外侧金属箔绝缘。从结构和功能上来看，

莱顿瓶可视为一种早期的平行板电容器。

17.关于莱顿瓶，下列说法正确的是（

A.充电电压一定时，玻璃瓶瓶壁越薄，莱顿瓶能容纳的电荷越多

B.瓶内外锡箔的厚度越厚，莱顿瓶容纳电荷的本领越强

C.充电电压越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强

D.莱顿瓶的电容大小与玻璃瓶瓶壁的厚度无关

18.美国的科学家富兰克林曾利用莱顿瓶收集雷电，若己知莱顿瓶的电容为2nF,测量出收集完毕时其两端

的电压为150V,则富兰克林收集到的电量为C„（lnF=10-9F）

19.如图为葛同学设计的测量莱顿瓶电容的实验电路。已知电源电动势E=10V,内阻厂=1。,保护电阻&=4。,

R为滑动变阻器，最大阻值为10。，定值电阻R/=1000Q。

（1）调节滑动变阻器的滑片到中间位置，闭合开关S,微电流计测得莱顿瓶充电过程中的“图像如图所

示。充电完成后，莱顿瓶两极板间的电势差为V,所带电荷量约为C,电容约为Fo（结果

均保留两位有效数字）

（2）闭合开关S,移动滑动变阻器的滑片，待电路稳定后，&的最大电功率为—W。

20.理想的平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场，已知两极板间的电势差U=10V,间距d=10cm,

极板长度工=40cm,负极板接地。一带电油滴恰能在电场中处于悬浮状态。（不计空气阻力，重力加速

度g=10m/s2）

m

(2)若两极板间距增大为原来的2倍，该油滴从左侧沿中心线射入两板间，求油滴能从两极板间射出的

初速度vo的最小值______m/so

【答案】17.A18.3x10-719.9.01.5x10-6〜i8x10”均可1.7x10-7〜2.0乂10-7均可

1620.-0.12

【解析】17.A.根据C=£C=g解得Q=竽*

471kdU4兀kd

充电电压一定时，玻璃瓶瓶壁越薄，d越小，莱顿瓶能容纳的电荷。越多，A正确；

B.根据C=£,瓶内外锡箔的厚度与电容大小无关，因此锡箔纸厚度增加，C不变，莱顿瓶容纳

电荷的本领不变，B错误；

C.根据c=/,充电电压与电容C大小无关，因此充电电压升高，莱顿瓶容纳电荷的本领不变，C

错误；

D.根据C=/,莱顿瓶的电容大小与玻璃瓶瓶壁的厚度d有关，D错误。

471kd

故选Ao

18.根据cj解得0=3x10-7c

E

19.⑴根据闭合电路欧姆定律得/=R+K,+「IA

莱顿瓶两极板间的电势差为U=E-/r=9.0V

⑵所带电荷量等于图像所围的面积e=20x|^0.2xl0-6x|^C=1.6xl0-6C

⑶电容为C=^-1.8X10-7F

E

[4]最大电流为4=^—=2A最大功率为匕=/：&=16W

N)+厂

20.[1]根据平衡条件得-q^-=mg

a

解得包=—01C/kg

m

[1]油滴做类平抛运动d=^at2

根据牛顿第二定律得mg-qE=maE；

2d

L

根据速度公式得t=一解得%=2m/s

%

四、解答题

21.如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，小球可以在竖直平

面内绕。点做圆周运动。图中A、B、C为圆周上的三点，A点为轨迹最低点，8点与。点等高，C点

为轨迹最高点。某次在A点给小球水平向右的初速度％,小球在A点和B点速率相等，小球在C点时

细线拉力恰好为零。已知小球的电荷量为4（4>0）,质量为机，重力加速度大小为g。

（1）求电场强度的大小和小球在A点的初速度;

（2）当小球到达C点瞬间烧断细线，试判断小球能否返回A点，请说明理由。

【答案】（1）整，Q）能，见解析

q

【详解】（1）小球自A到8,根据动能定理有EqL-mgL=mv1-mv；

解得E言

小球在C点速度水平，细线拉力恰好为零，则重力提供向心力,

2__

有mg=解得v=y[gL

小球自A到C,根据动能定理有-加8-2乙=3加旷2-3根说

解得%=屈1

（2）小球在水平方向做匀变速运动，加速度«,=—

m

2v_2my[gL

小球从C点运动到C点正下方某位置时用时

axEq

小球在竖直方向做自由落体运动，则有y=：g产

解得y=2L故小球能返回A点。

22.（24-25高二上•上海徐汇•期中）带电粒子在电场中的运动

（1）如图所示，一束粒子从。点沿水平方向射入平行板之间的电场后分成了〃、b、c、d四束，由此判断

不带电是,带正电是（填写。、b、c、d）

（2）如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从。点垂直射入偏转电场，并从

偏转电场射出。已知电子质量为机，电荷量大小为e,加速电场电压为S，偏转电场电压为4,极板

的长度为L板间距离为d（忽略电子所受重力，结果用题目给定的物理量表示）。求:

①电子射入偏转电场时的初速度%;

②从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离由-

③电子经过偏转电场过程中电势能的改变量。

（3）如图，质量为“、电荷量为q的某带正电粒子（重力不计，可视为质点）从A处静止释放，经过电

压为。（未知）、极板间距离为d的加速电场加速后，恰好沿图中B位置进入一种静电分析器并沿虚线

运动，最终从C位置离开静电分析器。已知静电分析器内分布有辐向电场，其虚线处场强大小为综，