2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之静电场（二）

第76页（共76页）2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之静电场（二）一．选择题（共12小题）1．（2024•新课标）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（）A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量 C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量2．（2024•湖南）真空中有电荷量为+4q和﹣q的两个点电荷，分别固定在x轴上﹣1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是（）A． B． C． D．3．（2024•浙江）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则（）A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大 C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大4．（2024•浙江）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（）A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN5．（2024•甲卷）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为kQr，其中k为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和QA．Q1＜0，Q1Q2=-2 B．Q1＞C．Q1＜0，Q1Q2=-3 D．Q16．（2024•河北）如图，真空中有两个电荷量均为q（q＞0）的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为q2。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点AA．23kqa2 C．kqa2(337．（2024•河北）我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是（）A．a点 B．b点 C．c点 D．d点8．（2024•江西）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是（）A．电场力增大，方向向左 B．电场力增大，方向向右 C．电场力减小，方向向左 D．电场力减小，方向向右9．（2024•北京）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是（）A．P点电场强度比Q点电场强度大 B．P点电势与Q点电势相等 C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍 D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变10．（2024•选择性）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（）A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小11．（2024•贵州）如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则qAA．13 B．33 C．3 D12．（2024•重庆）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φ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x2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．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动 C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动二．多选题（共4小题）（多选）13．（2025•湖南）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、﹣q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为Ep（Ep＞0）。下列说法正确的是（）A．OA中点的电势为零 B．电场的方向与x轴正方向成60°角 C．电场强度的大小为2ED．电场强度的大小为2（多选）14．（2025•湖北）如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度（）A．方向沿x轴负方向 B．方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C．大小为2kqR2（cos54°D．大小为2kqR2（2cos54（多选）15．（2025•河北）如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B，带有等量同种电荷，电荷量为q，两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触，再跟B接触，移走C后，A和B之间的静电力大小仍为F，则Q：q的绝对值可能是（）A．1 B．2 C．3 D．5（多选）16．（2025•安徽）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（）A．F1B．E=C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v三．解答题（共4小题）17．（2025•广西）带电粒子绕着带电量为+Q的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电量为﹣q；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为φ=（1）求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势；（2）求带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功；（3）用推理论证带电粒子动能与电势能之和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说明理由。18．（2025•江苏）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：（1）a运动到最高点的时间t；（2）a到达最高点时，a、b间的距离H。19．（2025•广东）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（k＜1）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：（1）颗粒碰撞前的电荷量q。（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。20．（2025•河南）流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为m＝2.0×10﹣10kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10﹣13C。随后，液滴以v＝2.0m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10﹣2m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：（1）含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；（2）A、B细胞收集管的间距。

2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之静电场（二）参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）题号1234567891011答案BDDCBDCBCDB题号12答案B二．多选题（共4小题）题号13141516答案ADADADABD一．选择题（共12小题）1．（2024•新课标）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（）A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量 C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量【考点】电场强度与电场力的关系和计算；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；合成分解法；受力分析方法专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】B【分析】确定均带正电荷的小球P、Q之间的库仑力方向与各自受到的匀强电场的电场力方向，对P、Q受力分析，应用正交分解法，结合平衡条件平衡条件列方程解答。P、Q之间相互作用的库仑力总是等大反向，无法判断两者的电荷量的大小关系。【解答】解：AB、设P、Q之间相互作用的库仑力大小为F，对P、Q受力分析如下图所示：由题可知P、Q处于同一水平面内，根据平衡条件得：对P在水平方向上有：TPsinθ＝F+qPE对P在竖直方向上有：TPcosθ＝mPg同理，对Q在水平与竖直方向上分别有：TQsinθ＝F﹣qQETQcosθ＝mQg对比可得：TP＞TQ，mP＞mQ，故A错误，B正确；CD、P、Q之间相互作用的库仑力总是等大反向，其大小为F=kqP故选：B。【点评】本题主要是考查了在静电力作用下的共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或分解，建立平衡方程进行解答。2．（2024•湖南）真空中有电荷量为+4q和﹣q的两个点电荷，分别固定在x轴上﹣1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是（）A． B． C． D．【考点】电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电场强度的叠加．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据点电荷的电势公式结合电势的叠加分析电势为0的位置，再分析该点两侧电势的正负和变化情况进行判断。【解答】解：解法一：根据真空中点电荷周围某点处的电势公式φ=kQr，设在x轴正半轴上坐标为x0位置处的电势为0，根据电势叠加的知识有k4q1+x0+k-qx0=0，解得x0=13，即当0＜x≤解法二：电荷量为+4q和﹣q的两个点电荷，分别固定在x轴上﹣1和0处。根据点电荷的电场叠加，可知沿x正半轴电场强度先沿﹣x方向逐渐减小到零，之后沿+x方向先增大再减小。因负电荷处于x＝0处，故x＝0处电势为负无穷大，根据电势与电场强度的关系，φ﹣x图像的斜率表示电场强度，可知沿x正半轴电势由负无穷逐渐升高，电场强度为零处，φ﹣x图像的斜率为零，此处电势最高，之后电势逐渐降低，直到无限远处电势为零，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】考查点电荷的电势公式和电势的叠加问题，会根据题意结合图像进行准确分析和判断。3．（2024•浙江）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则（）A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大 C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大【考点】电容器的储能问题；电容器的动态分析（Q不变）——板间距离变化．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电容器专题；理解能力．【答案】D【分析】A.静电计的张角表示电势差的大小，据此分析作答；B.根据平行板电容器电容的决定式C=C.根据平行板电容器的决定式、电容器的定义式和匀强电场场强与电势差的关系分析作答；D.移动极板的过程中，极板要克服电场力做功，据此分析电容器储存的能量。【解答】解：A.静电计的张角增大，说明极板间的电势差增大，故A错误；B.根据平行板电容器电容的决定式C=ɛrS4C.根据匀强电场场强与电势差的关系E=U结合平行板电容器电容的决定式C联立解得E因此场强与板间距无关，故C错误；D.移动极板的过程中，极板要克服电场力做功，电容器储存的能量增大，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了平行板电容器的动态变化，要掌握电容器的定义式、匀强电场场强与电势差的关系和平行板电容器的决定式。4．（2024•浙江）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（）A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动；电荷性质、电势能和电势的关系；等量异种电荷的电势分布．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据等量异种点电荷的电场特点，电势与电场强度的关系分析小球电势能增加；根据匀速圆周运动的受力特点分析小球沿圆环是否能做匀速圆周运动；小球在B点具有向心加速度和切向加速度，分析判断这两个分加速度是否可求得；分析小球在D点所需向心力的来源，判断小球在D点受到圆环的作用力方向是否可以平行MN。【解答】解：A、根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程中所处位置的电势增加，因小球带正电，故其电势能增加，故A错误；B、当竖直向上的匀强电场的电场强度E满足：qE＝mg，小球沿圆环运动时所受合力不做功，合力等于圆周运动所需向心力，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误；C、小球从A到B的过程，根据动能定理可以求出小球运动到B点的速度大小vB，由an=vB2R，可以求得小球在B点的向心加速度。根据牛顿第二定律可以求得小球在D、小球在D点匀强电场的电场力与重力在竖直方向上，在M、N点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向平行于MN，而圆周运动所需向心力由D指向O，则向心力一定由圆环的作用力来提供，故圆环的作用力一定由指向圆环圆心的分力，所以小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了带电体在电场中的运动问题，掌握等量异种点电荷的电场分布特点，以及匀速圆周运动的受力特点。5．（2024•甲卷）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为kQr，其中k为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和QA．Q1＜0，Q1Q2=-2 B．Q1＞C．Q1＜0，Q1Q2=-3 D．Q1【考点】电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】若规定无限远处的电势规定为零，正电荷周围的电势均为正，负电荷周围的电势均匀负，据此分析Q1、Q2的正负；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和，根据点电荷的电势与距离的关系求解作答。【解答】解：若规定无限远处的电势规定为零，正电荷周围的电势均为正，负电荷周围的电势均匀负，因此Q1为正电荷，Q2为负电荷，即Q1＞0，Q2＜0；根据点电荷的电势与距离的关系φ由图可知，当两点电荷产生的电势的代数和为0时，有r1＝2r2因此k得Q综上分析，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要考查了点电荷产生的电势，明确多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和以及点电荷的电势与距离的关系是解题的关键；要能够正确找出两者的距离关系。6．（2024•河北）如图，真空中有两个电荷量均为q（q＞0）的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为q2。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点AA．23kqa2 C．kqa2(33【考点】电场强度的叠加；电场强度与电场力的关系和计算；点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场．【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】D【分析】M点的场强为零，根据场强叠加的特点和对称性得出均匀细杆在A处的场强，再结合库仑定律和场强叠加的特点得出A处的场强大小。【解答】解：M点的电场强度为零，说明两个点电荷在M点处的场强和带电细杆在M点的场强大小相等且方向相反，设均匀细杆在M点的电场强度为E0，根据库仑定律和几何关系可得：E0根据对称性可知，均匀细杆在A点的场强大小为E0，方向竖直向上，则A处的场强大小为：EA=E0+2×故选：D。【点评】本题主要考查了电场强度的叠加问题，熟悉场强的计算公式，结合矢量合成的特点即可完成分析。7．（2024•河北）我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是（）A．a点 B．b点 C．c点 D．d点【考点】等势面及其与电场线的关系；电场线的定义及基本特征；电场线的方向与电场强度方向的关系．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】C【分析】等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小，进行判断。【解答】解：在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。图中c点的等差等势线相对最密集，故该点的电场强度最大，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题主要注意理解电场线等势线关系及电场特点，试题比较简单。8．（2024•江西）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是（）A．电场力增大，方向向左 B．电场力增大，方向向右 C．电场力减小，方向向左 D．电场力减小，方向向右【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系．【专题】定量思想；控制变量法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】根据E=Ud判断出【解答】解：两极板之间电压不变，则根据E=可知当d减小时，E增大；平行金属板电场强度由正极指向负极，且方向水平向左，故电子所受电场力方向水平向右，且根据F＝Ee可知，电场力增大，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查电场力的大小判断，其中平行板之间为匀强电场且电场强度变化需熟练掌握。9．（2024•北京）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是（）A．P点电场强度比Q点电场强度大 B．P点电势与Q点电势相等 C．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P点电场强度大小也变为原来的2倍 D．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P、Q两点间电势差不变【考点】非匀强电场中电势差大小的比较和应用；电场强度的叠加；根据电场线的疏密判断场强大小；等量异种电荷的电势分布．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】C【分析】A.根据等量异种点电荷的电场线分布规律分析P、Q两点的场强大小关系；B.根据电场线上的电势高低规律进行分析判断；CD.根据点电荷的场强公式和电场强度的叠加知识导出电场强度表达式，结合表达式进行定量分析，又根据公式U=E•d【解答】解：A.由等量异种点电荷的电场线分布特点知，P、Q两点电场强度大小相等，故A错误；B.根据沿电场线方向电势越来越低的知识可知，P点电势高于Q点电势，故B错误；CD.根据点电荷的场强公式，结合电场叠加得P点电场强度E=kQMP2+kQNP2，若仅将两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍，PQ间的平均电场强度变大，而PQ间距不变，由U故选：C。【点评】考查电场强度、电势、电场叠加、电势差等问题，会根据题意进行准确分析和判断。10．（2024•选择性）在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（）A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小【考点】电场力做功与电势能变化的关系．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】D【分析】小球的初速度方向沿虚线时，小球沿虚线做直线运动，说明合力的方向沿虚线方向，由此判断电场力的方向；小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动；根据动能定理和电场力做功与电势能的关系分析作答。【解答】解：小球的初速度方向沿虚线时，小球沿虚线做直线运动，根据物体做直线运动的条件可知小球所受的合力方向沿虚线方向，电场方向水平向右，如图所示：小球的初速度方向垂直于虚线，小球做类平抛运动；小球从O点出发运动到O点等高处的过程中，合力做正功，小球的动能增加；电场力做正功，小球的电势能减小。综上分析，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了带电小球在复合场中的运动，判断合力方向和电场力方向是解题的关键；要掌握动能定理和电场力做功与电势能的关系。11．（2024•贵州）如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则qAA．13 B．33 C．3 D【考点】单个或多个点电荷周围的电势分布．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】由于C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，因此qA、qB带异种电荷；根据点电荷的场强公式、场强的叠加结合数学知识求解作答。【解答】解：根据题意，qA、qB带异种电荷，假设qA为正点电荷，qB为负点电荷，两点电荷产生的场强如图所示：设圆的半径为r，根据数学知识A点到C点的距离rA＝rB点到C点的距离r根据点电荷的场强公式，点电荷qA在C点产生的场强E点电荷qB在C点产生的场强E根据数学知识tan代入数据联立解得q综上分析，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要考查了点电荷的场强公式，场强的叠加，抓住C点的合场强方向沿圆周上C点的切线方向式解题的关键。12．（2024•重庆）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φ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x2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．不能通过x3点 B．在x3点两侧往复运动 C．能通过x0点 D．在x1点两侧往复运动【考点】φ﹣x图像的理解与应用；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】在‌φ﹣x图像中，图像的斜率表示‌电场强度的大小，斜率为零场强为零；斜率的正、负表示场强的方向，负电荷所受电场力与场强方向相反，结合动能定理和试探电荷的运动速度分析其运动状态，然后作答。【解答】解：在‌φ﹣x图像中，图像的斜率表示‌电场强度的大小，因此在x3处，场强为零。A.假设试探电荷能到达x3，电场力做功W1＝﹣e（1﹣2）V＝+1eV根据动能定理W1＝Ek3﹣Ek2代入数据解得Ek3＝2.5eV，假设成立，故A错误；BCD.当x＞x3，场强方向沿x轴正方向，试探电荷所受电场力沿x轴负方向，试探电荷做减速运动至速度为零，再向左做加速运动，重新回到x2处时，动能为1.5eV，速度方向沿x轴负方向；在x1＜x＜x3范围，场强方向沿x轴负方向，电场力方向沿x轴正方向，试探电荷做减速运动；设动能减为零时的电势为φ，根据动能定理﹣e（1﹣φ）V＝0﹣1.5eV解得φ＝﹣0.5V因此，试探电荷还未运动到x1处，速度减速至零；当试探电荷减速至零后，试探电荷又向右做加速运动，再次到达x3处速度达到最大，在x＞x3区域，试探做减速运动至速度为零，再向左先做加速运动，后做减速运动至零，即试探电荷在x3点两侧往复运动，故B正确，CD错误。故选：B。【点评】本题主要考查了‌φ﹣x图像的斜率的含义，电场力做功公式以及动能定理；知道负电荷所受电场力的方向与场强方向相反。二．多选题（共4小题）（多选）13．（2025•湖南）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、﹣q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为Ep（Ep＞0）。下列说法正确的是（）A．OA中点的电势为零 B．电场的方向与x轴正方向成60°角 C．电场强度的大小为2ED．电场强度的大小为2【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场强度的叠加；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】在匀强电场中，沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，据此可以得到各点的电势；先作出一条等势线，然后作出等势线的垂线即为电场线，最后根据匀强电场中电场强度与电势差的关系E=U【解答】解：A、根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为φO=Ep故OA中点的电势为φ故A正确；B、根据等势线与电场线垂直，由A的分析可知，OA中点M点的电势为0φAφB设N点为AB的三等分点，同理易知N点电势为0，连接MN为一条等势线，过A点做MN的垂线，可知电场线沿该垂线方向，指向右下方，如图，由AM＝AN可知∠NMA＝45°，故电场的方向与x轴正方向成45°角，故B错误；CD、根据电场强度定义式E=U电场强度的大小为，E故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题要明确在匀强电场中，沿同一方向前进相同的距离，电势降低相等。在匀强电场中，相互平行的直线上，距离相等的两点间电势差相等，这是解题的关键。（多选）14．（2025•湖北）如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度（）A．方向沿x轴负方向 B．方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C．大小为2kqR2（cos54°D．大小为2kqR2（2cos54【考点】电场强度的叠加．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据点电荷产生的场强公式结合电场的叠加合成知识进行分析解答。【解答】解：法一：点电荷在O点产生的场强方向如图所示由几何关系可知θ1＝18°，θ2＝54°，将5个场强沿x、y轴分解可得：Ex＝E1cos54°+E2cos18°﹣E4cos18°﹣E5cos54°=-2kqR2Ey＝E1sin54°+E5sin54°﹣E4sin18°﹣E2sin18°﹣E3=6kqR2（sin54°﹣sin18根据场强叠加原理可知O点电场强度方向沿x轴负方向，大小为2kqR2（2cos54°+cos18°），故AD法二：AB、将各处电荷进行等效，如图所示：根据均匀带电圆环在其内部中点的合场强为零，则五个点中3q的电荷在O点产生的合场强为零。根据等量异种电荷中垂线电场线的分布特点可知，O点的电场强度方向沿x轴负方向，故A正确、B错误；CD、根据图丙可知，﹣q的电荷与y轴正方向的夹角为：θ=360°5=72°，﹣2q的电荷与y根据电场强度的叠加可知，O点场强大小为E=2kqr2cos18°+2×2kqr故选：AD。【点评】考查点电荷产生的场强公式结合电场的叠加合成知识，会根据题意进行准确分析解答。（多选）15．（2025•河北）如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B，带有等量同种电荷，电荷量为q，两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触，再跟B接触，移走C后，A和B之间的静电力大小仍为F，则Q：q的绝对值可能是（）A．1 B．2 C．3 D．5【考点】电荷守恒定律．【专题】定量思想；方程法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据库仑定律结合电荷均分原理列方程进行解答。【解答】解：设A、B间的距离为r，原来A、B间的静电力：F=小球C先跟A接触，此时A、C的电荷量都变为：q1=C再跟B接触，C、B的电荷量都变为：q2=移走C后，A和B之间的静电力：F=整理得：Q2+4Qq﹣5q2＝0因式分解可得：（Q+5q）（Q﹣q）＝0解得：Q＝﹣5q或Q＝q所以：|Qq|＝5或|Qq|＝1，故AD正确、故选：AD。【点评】本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的库仑力与它们的电荷量乘积成正比、与它们之间的距离平方成反比；知道两个相同的金属球接触后电荷均分。（多选）16．（2025•安徽）如图，两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内，空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球（均可视为质点）在轨道上同一高度保持静止，间距为L，甲、乙所带电荷量分别为q、2q，质量分别为m、2m，静电力常量为k，重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2，匀强电场的电场强度大小为E，不计空气阻力，则（）A．F1B．E=C．若将甲、乙互换位置，二者仍能保持静止 D．若撤去甲，乙下滑至底端时的速度大小v【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电体在匀强电场中的受力平衡．【专题】定量思想；合成分解法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】ABD【分析】对两球进行受力分析，画出受力图，分别根据平衡条件列方程，求出两球间的库仑力大小，再求F1F2，并根据库仑定律求出匀强电场的电场强度大小E【解答】解：AB、对两球进行受力分析，如图所示。设两球间的库仑力大小为F，轨道倾角为θ。对甲球，根据平衡条件得FN1cosθ＝mg，F＝FN1sinθ+Eq①对乙球，根据平衡条件得FN2cosθ＝2mg，FN2sinθ＝F+2Eq②联立解得F＝4Eq则F根据库仑定律得F=kq⋅2qC、若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得，对甲，根据平衡条件有FN1'cosθ＝mg，FN1'sinθ＝F+Eq对乙，根据平衡条件有FN2'cosθ＝2mg，FN2'sinθ+2Eq＝F联立可得F+4Eq＝0，无解，假设不成立，故C错误；D、若撤去甲，对乙球，根据动能定理得2结合①②可知tanθ联立解得v=kq故选：ABD。【点评】解答本题的关键要分析两球受力情况，采用隔离法，运用平衡条件列方程。三．解答题（共4小题）17．（2025•广西）带电粒子绕着带电量为+Q的源电荷做轨迹为椭圆的曲线运动，源电荷固定在椭圆左焦点F上，带电粒子电量为﹣q；已知椭圆焦距为c，半长轴为a，电势计算公式为φ=（1）求在椭圆轨道半短轴顶点B的电势；（2）求带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功；（3）用推理论证带电粒子动能与电势能之和是否守恒；若守恒，求其动能与电势能之和；若不守恒，说明理由。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】（1）在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为kQa（2）带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为-kQq（3）守恒，其动能与电势能之和为-kQq【分析】（1）用椭圆性质找B到源电荷F的距离r，代入电势公式φ=（2）依据电场力做功与电势能变化关系W=q(φA-φB)，先求A（3）设任意点距F距离r、速度v，表出动能Ek=12mv2、电势能E【解答】解：（1）由几何关系可知，椭圆上任何一点到两焦点间距离之和为2a，故顶点B距源电荷的距离为r＝a根据电势计算公式φ=kQr可得在椭圆轨道半短轴顶点（2）同理可知，在椭圆轨道半长轴顶点A的电势为φ根据电场力做功与电势能的关系可知，带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为W（3）设带电粒子的质量为m，假设带电粒子动能与电势能之和守恒，则满足12则v根据图像可知v2-1r关系为一条倾斜直线，故假设成立，将图像答：（1）在椭圆轨道半短轴顶点B的电势为kQa（2）带电粒子从A到B的运动过程中，电场力对带电粒子做的功为-kQq（3）守恒，其动能与电势能之和为-kQq【点评】综合考查电场知识（电势、电场力做功、电势能）与椭圆几何知识，以及能量守恒思想，知识融合性好，能锻炼学生知识迁移和综合推导能力；通过图像给出v2与1r关系，需学生18．（2025•江苏）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：（1）a运动到最高点的时间t；（2）a到达最高点时，a、b间的距离H。【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）a运动到最高点的时间t为mv（2）a到达最高点时，a、b间的距离H为2m【分析】（1）a球在电场力作用下做匀变速曲线运动，由于电场力方向竖直向下，所以可以将a球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度大小，利用分速度公式求a运动到最高点的时间t；（2）两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cosθ，根据竖直方向分运动规律求出a到达最高点时两球竖直方向的分位移，再求a到达最高点时，a、b间的距离H。【解答】解：（1）不计重力及粒子间相互作用，a球在电场力作用下做匀变速曲线运动，在竖直方向上，对a球，根据牛顿第二定律有qE＝maa运动到最高点时，由运动学公式有v0sinθ＝at联立解得t（2）方法一、根据题意分析可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cosθ，则两小球一直在同一竖直线上，a到达最高点时竖直方向上运动的位移为x此时b球竖直方向上运动位移为x则小球a到达最高点时与小球b之间的距离x方法二、两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，b球以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H答：（1）a运动到最高点的时间t为mv（2）a到达最高点时，a、b间的距离H为2m【点评】解答本题时，要明确两球的受力，熟练运动的分解法处理类斜抛运动，要掌握分运动的规律，并用来解决实际问题。19．（2025•广东）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（k＜1）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：（1）颗粒碰撞前的电荷量q。（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）颗粒碰撞前的电量q为mgdlu（2）颗粒在B点碰撞后的电量Q为kmgdh（3）电场力对颗粒做的功W为mgl2h【分析】（1）颗粒在竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，根据自由落体运动规律、牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解作答；（2）颗粒与下方绝缘板第一次碰撞时，根据自由落体运动公式和匀变速直线运动公式分别求解颗粒与下方绝缘板碰撞前的竖直速度和水平速度；根据运动的合成与分解求解颗粒与下方绝缘板碰撞后竖直速度与水平速度的关系，根据力的合成与分解求解电场力与重力的关系，然后联立求解作答；（3）颗粒第一次与下方绝缘板碰撞后，在竖直方向做竖直水平运动，根据运动学公式求解颗粒再次返回下方绝缘极板时的运动时间；根据牛顿第二定律和运动学公式求解在该时间内颗粒的水平位移，最后根据电场力做功公式求解作答。【解答】解：（1）颗粒在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移h水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律Uq水平位移l联立解得q（2）颗粒第一次与下方绝缘板发生碰撞反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，如图所示：颗粒与下方绝缘板第一次碰撞时，根据自由落体运动规律，竖直分速度为v根据匀变速直线运动规律，水平分速度为v则第一次碰撞后竖直分速度为v设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为θ，则有tanθ由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有tanθ联立解得Q（3）颗粒第一次与下方绝缘板碰撞后，由于vy2＜vy1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板。①若颗粒的第二次碰撞是与右侧金属板碰撞，则颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功为：W=解得：W②若颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘板碰撞碰撞。设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t1；根据竖直水平运动，运动时间t水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度a水平方向运动的距离为l代入数据解得l颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对粒子做的功为W代入数据联立解得W=答：（1）颗粒碰撞前的电量q为mgdlu（2）颗粒在B点碰撞后的电量Q为kmgdh（3）电场力对颗粒做的功W为mgl2h【点评】本题主要考查了带电粒子在复合场（重力场和电场）中的运动，根据颗粒的受力情况做好运动分析是解题的关键；理解颗粒在竖直方向的运动情况和水平方向的运动情况，熟练掌握自由落体运动、竖直上抛运动、匀变速直线运动规律和牛顿第二定律；掌握运动的合成与分解、力的合成与分解；掌握电场力公式和电场力做功公式的运用。20．（2025•河南）流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为m＝2.0×10﹣10kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10﹣13C。随后，液滴以v＝2.0m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10﹣2m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：（1）含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；（2）A、B细胞收集管的间距。【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10﹣3m；（2）A、B细胞收集管的间距为0.11m。【分析】（1）含A细胞的液滴带正电，在电极板间向右偏转做类平抛运动。将运动分解处理，根据分运动的等时性，应用牛顿第二定律与运动学公式解答；（2）根据类平抛运动规律的的推论，结合几何关系求得含A细胞的液滴从进入电场到A收集管的过程的水平位移大小，含B细胞的液滴的运动与含A细胞的液滴的运动具有对称性，据此求得A、B细胞收集管的间距。【解答】解：（1）含A细胞的液滴带正电，在电极板间向右偏转做类平抛运动。设其离开电场时偏转的距离为x，在电场中的加速度大小为a，运动时间为t。其沿竖直方向做匀速运动，则有：l＝vt其沿水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式得：qE＝max=已知：m＝2.0×10﹣10kg，q＝1.0×10﹣13C，v＝2.0m/s，l＝2.0×10﹣2m，E＝2.0×105N/C联立解得：x＝5×10﹣3m（2）法一：设含A细胞的液滴从进入电场到A收集管的过程，其水平位移大小为d。根据类平抛运动规律的的推论，其离开电场时的速度方向反向延长交匀速运动位移的中点，如下图所示：由几何关系得：x解得：d＝0.055m对于含B细胞的液滴带负电，其带电量与含A细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含A细胞的液滴的相等，可得A、B细胞收集管的间距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。法二：设含A细胞的液滴从离开电场到A收集管的过程，其水平位移大小为d′。则有h＝vt′，d′＝att′，联立解得d′＝0.05m，d＝x+d′＝5×10﹣3m+0.05m＝0.055m对于含B细胞的液滴带负电，其带电量与含A细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含A细胞的液滴的相等，可得A、B细胞收集管的间距等于2d＝2×0.055m＝0.11m。答：（1）含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为5×10﹣3m；（2）A、B细胞收集管的间距为0.11m。【点评】本题考查了带电微粒在电场中运动问题，基础题目。带电微粒在匀强电场中类平抛运动，要将运动分解处理，根据分运动的等时性进行解答。掌握类平抛运动规律的推论。

考点卡片1．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。2．电荷守恒定律【知识点的认识】1．电荷守恒定律：（1）起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．（2）带电实质：物体带电的实质是得失电子．（3）内容：电荷既不能创生，也不能消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移的过程中，电荷的总量保持不变．这个结论叫做电荷守恒定律．注意：当完全相同的带电金属球相接触时，同种电荷电量平均分配，异种电荷先中和后平分．【命题方向】例1：如图所示使物体A、B带电的实验为（）A．摩擦起电B．传导起电C．感应起电D．以上都不对分析：使物体带电的方法有三种分别为摩擦起电、感应起电和接触带电，由此分析可以的出结论．解：当带电的球靠近AB时，由于静电的感应，会使左端出现负电荷，右端出现正电荷，当把AB分开之后，A就带了负电，B就带了正电，所以本实验为使物体感应起电，所以C正确．故选：C．点评：本题是基础的题目，考查的就是学生对基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累，掌握住使物体带电的方法．【解题方法点拨】处于静电平衡的带电导体电荷只能分布在外表面上，而导体外表面上的电荷分布又与表面形状有关，因此当完全相同的带电金属球相接触时，同种电荷电量平均分配，异种电荷先中和后平分．3．点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场【知识点的认识】1.点电荷是最简单的场源电荷，一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度为E=2.推导如下：如果以Q为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。Q为场源电荷电量。F=3．方向：若Q是正电荷，Q和该点的连线指向该点；若Q是负电荷，Q和该点的连线值向Q。3．使用范围：仅使用于真空中点电荷产生的电场。4.点单荷电场的特点：根据上式可知，如果以电荷量为Q的点电荷为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。当Q为正电荷时，电场强度E的方向沿半径向外（图甲）﹔当Q为负电荷时，电场强度E的方向沿半径向内（图乙）。即点电荷的电场是以电荷为球心向四周发散或由四周指向球心的。5.带电球体（球壳）与点电荷等效：在一个比较大的带电体不能看作点电荷的情况下，当计算它的电场时，可以把它分成若干小块，只要每个小块足够小，就可以看成点电荷，然后用点电荷电场强度叠加的方法计算整个带电体的电场。可以证明，一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同（如下图），即E=式中的r是球心到该点的距离（r＞R），Q为整个球体所带的电荷量。【命题方向】一点电荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此点电荷30cm处，该电荷产生的电场的强度是多大？分析：知道点电荷的电荷量，知道离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果．解答：由点电荷的场强公式E＝kQrE＝kQr2=9.0×109所以电荷产生的电场的强度是2000N/C．点评：本题是点电荷的场强公式的直接应用，掌握住公式就很简单了．【解题思路点拨】1.公式E=kQr2又2.一个均匀带电球体（或球壳）在球外某点产生的电场与一个位于球心，电荷量相字的点电荷在该点产生的电场相同。要注意只局限于球外。3.常见的错误之一是认为以点电荷为球心的球面上各处电场强度相等。错误的原因在于忽略了电场强度的矢量性。准确的说法是以点电荷为球心的球面上各处电场强度大小相等，方向不同。4.电场强度三个计算式的比较表达式比较E=E＝kQE=公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E与U关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场比较决定因素由电场本身决定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定，d是场中两点间沿场强方向的距离相同点矢量，单位：1N/C＝1V/m4．电场强度的叠加【知识点的认识】电场强度的叠加原理多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加．电场强度的叠加遵循平行四边形定则．在求解电场强度问题时，应分清所叙述的场强是合场强还是分场强，若求分场强，要注意选择适当的公式进行计算；若求合场强时，应先求出分场强，然后再根据平行四边形定则求解．【命题方向】图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A、Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B、Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．解答：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向。当Q1＜Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左。当Q1＞Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右。故A正确；B、当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线背离b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向b点，则合电场强度方向偏右。不论电量大小关系，仍偏右。故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线背离a点，则合电场强度方向偏左。不论它们的电量大小关系，仍偏左。故C正确；D、当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|＞|Q2|，则合电场强度方向偏左。故D正确；故选：ACD。点评：正点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且背离正电荷，而负点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且指向负电荷．【解题思路点拨】电场强度叠加问题的本质就是矢量运算法则，先确定每一个电荷在该点单独产生的电场强度，再利用平行四边形定则或三角形定则求解合场强。5．电场强度与电场力的关系和计算【知识点的认识】根据电场强度的定义式E=FF＝qE。【命题方向】如图，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，在A处固定一电荷量为+Q的点电荷。当在C处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力大小为F，移去C处电荷，在B处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力大小为（）A、4FB、8FC、F4D分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力。解答：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向相同；设AB＝r，则有BC＝r。则有：F＝kQq故电荷量为2q的点电荷在B处所受电场力为：FB＝kQ⋅2qr2=故选：B。点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，注意B、C两点的电场强度方向相同。【解题方法点拨】既可以利用E=Fq计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F＝6．带电体在匀强电场中的受力平衡【知识点的认识】本考点旨在针对共点力的平衡在电场中的应用。要注意本考点涉及到的是电场问题而不是两个电荷之间的作用力。【命题方向】在如图所示的匀强电场中，一条绝缘细线的上端固定，下端栓一个大小可以忽略、质量为m的带电量为q的小球，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ，求：（1）小球带何种电荷？（2）匀强电场的场强是多大？分析：（1）由小球向什么方向偏转，判断电场力方向，根据电场力方向与场强方向的关系，判断小球带什么电．（2）以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解场强．解答：（1）细线向右偏转，说明小球所受的电场力方向右，而场强也向右，说明小球带正电．（2）以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件得：qE＝mgtanθ得到：E=答：（1）小球带正电荷．（2）匀强电场的场强为mgtanθq点评：本题是带电体在电场中平衡问题，当作力学问题去处理，关键是分析电场力大小和方向．【解题思路点拨】本考点涉及的范围比较广，共点力的平衡问题都可以在这里重现。解决共点力平衡的一般步骤是：1.对物体进行受力分析2.列出平衡方程3.求出相关物理量。7．电场线的定义及基本特征【知识点的认识】1．定义：为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱．2．特点：（1）电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；（2）电场线互不相交；（3）电场线和等势面在相交处互相垂直；（4）沿着电场线的方向电势降低；（5）电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密．3．几种典型的电场线．注意：电场中某点场强的大小和方向与该点放不放电荷以及所放电荷的大小和电性无关，由电场本身决定．4．等量同种电荷和等量异种电荷的电场（1）等量同种电荷的电场如图2甲所示①两点电荷连线中点O处的场强为零，此处无电场线．②两点电荷连线中点O附近电场线非常稀疏，但场强不为零．③从两点电荷连线中点O沿中垂面（线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小．④两点电荷连线中垂线上各点的场强方向和中垂线平行．⑤关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大、反向．（2）等量异种电荷的电场如图2乙所示．①两点电荷连线上各点的场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大．②两点电荷连线的中垂面（线）上，电场线的方向均相同，即场强方向相同，且与中垂面（线）垂直．③关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大同向．【命题方向】本考点主要考查电场线的定义与特点下列关于电场的论述，正确的是（）A、电场线方向就是正检验电荷的运动方向B、电场线是直线的地方是匀强电场C、只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动D、画有电场线的地方有电场，未画电场线的地方不一定无电场分析：电场线是为了形象地描述电场而假想的线，电场线的方向起于正电荷，终止于负电荷，电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，电场线的疏密表示电场的强弱．解答：A、电场线的方向与正电荷的运动方向不一定相同。故A错误。B、匀强电场的电场线是间距相等的平行直线，电场线是直线的地方不一定是匀强电场。故B错误。C、若电场线是曲线，初速度为零的正电荷不一定沿电场线方向运动。故C错误。D、电场线为了形象地描述电场而假想的线，画电场线的地方有电场，未画电场线的地方可能也有电场。故D正确。故选：D。点评：解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线是为了形象地描述电场而假想的线．【解题方法点拨】1．电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系：根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：（1）电场线为直线；（2）电荷初速度为零，或速度方向与电场线平行；（3）电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行．2．关于电场线的问题往往与带电粒子的运动联系起来进行考查，解答这类问题应抓住以下几个关键：（1）分析清楚粒子的运动情况，特别是速度和加速度如何变化；（2）根据力和运动的关系，确定粒子所受电场力的大小方向如何变化；（3）根据电场力与场强的关系，确定场强的大小、方向如何变化，从而确定电场线的分布规律．（4）熟悉几种常见电场的电场线分布特点．8．电场线的方向与电场强度方向的关系【知识点的认识】1.电场中某点的电场强度方向与正电荷在该点的受力方向相同。2.电场中某点的电场强度方向与电场线在该点的切线方向相同。【命题方向】关于电场线，下列说法正确的是（）A、电场线上每一点的切线方向都和该点场强方向一致B、没有画电场线的地方，场强肯定为零C、每一根电场线都是封闭曲线D、除非遇到电荷，电场线永不间断分析：掌握电场线特点是解本题的关键，电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不相交不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱。解答：A、电场线上某一点的切线方向表示电场强度的方向，故A正确。B、电场是客观的存在，有电场的空间充满了电场，没有电场线的地方也有电场，场强不为零，故B错误。C、电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，故C错误。D、电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，除非遇到电荷，电场线永不间断，故D正确。故选：AD。点评：本题考查了关于电场线的基础知识，比较简单，对于电场线的理解可以和磁感线类比进行。【解题思路点拨】电场强度的方向有多种描述都是等价的：电场强度的方向＝正电荷的受力方向＝电场线的切线方向。9．根据电场线的疏密判断场强大小【知识点的认识】可以通过电场线定性的分析电场强度