第79頁（共79頁）2025年高考物理三輪復習之靜電場一．選擇題（共10小題）1．（2025?福建模擬）如圖所示，在豎直平面內有一個絕緣圓環，O點為圓心，A、B為圓環上兩點，OA、OB都與水平方向成45°。在A點固定一個帶電量為Q的正點電荷，在圓環內側B點放置一個光滑的小球，帶電量為q（q＞0），質量為m。整個裝置處在水平向右的電場強度E=mgq的勻強電場中，此時小球恰好靜止。此后由于A．圓環對小球的彈力大小保持不變 B．正點電荷與小球之間的庫侖力不斷增大 C．小球有可能脫離圓環 D．正點電荷所受靜電力的合力不斷增大2．（2025?重慶模擬）如圖所示，半徑為R均勻帶電球體的球心O和均勻帶電圓環圓心O′相距4R，其連線OO′垂直于圓環所在平面，M、N為該連線上兩點，分別位于圓環左右兩側，且MO′＝O′N＝2R。已知帶電球體的電荷量為Q，靜電力常量為k，N點的電場強度為0。現將小球向左移動，使球心與N點重合，移動過程中沒有發生電荷的轉移，則帶電球體移動以后M點的場強大小為（）A．3kQ16R2 B．5kQ16R23．（2025?連云港一模）如圖所示，四個孤立的均勻帶電球體的電荷量相同，a、b、c、d點到各自的球心O距離相等，球體所帶電荷在a、b、c、d處產生電場強度最小的是（）A． B． C． D．4．（2025?石家莊模擬）如圖所示，一輕質細繩兩端固定于兩根豎直桿等高的P、Q兩點，帶電小球通過光滑絕緣輕掛鉤掛在細繩上，小球靜止時細繩位置如圖中實線所示。現加一水平向右的勻強電場，當小球再次平衡時，細繩位置如圖中虛線所示。已知繩長保持不變，當小球再次平衡時，下列說法正確的是（）A．掛鉤兩側細繩的夾角和原來相等 B．掛鉤對小球的作用力比原來大 C．細繩對掛鉤的作用力大小和原來相等 D．兩桿在P、Q兩點對細繩的作用力比原來小5．（2025?大理州二模）質子（11H）、氘核（12H）、α粒子（24He）由同一位置從靜止先通過同一加速電場后，又垂直于勻強電場方向進入同一偏轉電場，最后穿出偏轉電場。已知加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉電極間的距離為A．若僅增大U1可使θ增大 B．若僅增大d可使θ增大 C．若僅增大l可使θ減小 D．三種粒子離開偏轉電場時θ相同6．（2025?瓊海校級模擬）如圖所示，正方體ABCD﹣A1B1C1D1，在A1和C1處放置電量分別為+q、﹣q的點電荷，則下列說法正確的是（）A．B點電勢高于D點電勢 B．D、D1兩點電場強度大小的比值為2：C．A、C兩點處電場方向相同 D．將一正試探電荷沿棱從A點移動到B點，電勢能不變7．（2025?市中區校級模擬）空間存在一沿x軸方向的電場，一電荷量為+q的試探電荷只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其所受電場力隨位置變化的圖像如圖所示，以x軸正方向為電場力的正方向，設無窮遠處電勢為零。以下說法正確的是（）A．x2處電勢最高 B．+q在x1處的速度大于在x2處的速度 C．+q在x1處電勢能最大 D．+q在x1處電勢能為零8．（2025?商洛二模）如圖甲所示，某計算機鍵盤的每個按鍵下方是由水平、間距為d的活動金屬片和固定金屬片組成的電容式傳感器，相關電路如圖乙所示。若開始時兩金屬片間的P點有一靜止的帶電塵埃，現輕按按鍵A，兩金屬片的間距減小了14A．電容器的電容變為原來的34B．兩金屬片間電場的電場強度大小變為原來的4倍 C．P點的電勢變為原來的43倍D．該塵埃在P點的電勢能比原來的大9．（2025?寧波一模）真空中有兩個點電荷，電荷量均為﹣q（q≥0），固定于相距為2r的P1、P2兩點，O是P1P2連線的中點，M點在P1P2連線的中垂線上，距離O點為r，已知靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）A．M點的電場強度為kqrB．P1P2中垂線上電場強度最大的點到O點的距離為22C．在M點放入一電子，從靜止釋放，電子的電勢能一直增大 D．在M點放入一質子，從靜止釋放，質子將以O為平衡位置做簡諧運動10．（2025?安徽模擬）在如圖所示的水平向右的電場中，質子在坐標原點由靜止釋放，電場強度沿x軸變化的關系滿足E=1-xA．4×10?20J B．4π×10?20J C．4π×10?18J D．4×10?18J二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?黑龍江模擬）如圖所示，用長為L的不可伸長的絕緣細線，懸掛一個質量為m電荷量為+q的小球，處于水平向右的勻強電場中，場強大小為E=3mg4q，g為當地的重力加速度。現給小球一個垂直紙面向里的初速度v0。小球恰能在垂直于紙面內完成勻速圓周運動，sin37°＝0.6，cosA．小球做勻速圓周的軌道半徑為34LB．小球的初速度大小為v0=3C．小球做圓周運動的周期為85D．小球在做勻速圓周運動的過程中，電勢能減小量的最大值為1825（多選）12．（2025?邯鄲模擬）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c（均可視為點電荷）分別位于邊長為L的正三角形的三個頂點上；a、b所帶的電荷量均為q且為同種電荷，整個系統置于水平方向的勻強電場中。已知靜電力常量為k，若三個小球均處于靜止狀態，則下列說法正確的是（）A．如果a、b帶正電，那么c一定帶負電 B．勻強電場的電場強度大小為3kC．c的電荷量大小為a、b的2倍 D．勻強電場的方向與ab邊垂直且由c指向ab（多選）13．（2025?河南模擬）如圖所示，足夠大的熒光屏（帶電粒子撞擊時可發出熒光）豎直固定，其左側有豎直方向的勻強電場。現有四個帶電粒子均以相同的水平初速度，從同一位置正對熒光屏上的O點射入電場，四個帶電粒子的電荷量和質量分別為（+q，m）、（﹣q，m）、（+2q，2m）、（+q，3m），不計粒子重力，則熒光屏上光點分布情況可能正確的是（）A． B． C． D．（多選）14．（2025?湖北模擬）如圖為豎直放置的平行板電容器，現有一質量為m，電荷量為q的小球，在電容器上端沿兩板中心線，從N點以v0豎直向下進入極板間運動，剛好經過右極板下邊緣的P點，且在P點處速度與水平向右方向的夾角為67°，已知重力加速度為g，極板間電場強度為E=3mgq，不考慮邊緣效應，不計空氣阻力，sin37A．小球在極板間的運動軌跡為拋物線的一部分 B．小球在P點速度大小vP=233C．小球在極板間運動時間t=(4D．若電容器極板豎直長度為L，水平間距為d，則2L+3d（多選）15．（2025?湖北模擬）如圖所示，空間存在豎直向上的勻強電場，在同一水平直線上A、B兩點處分別把兩個質量均為m的小球同時拋出。小球1拋出時速度大小為v0，方向水平，小球2拋出時速度與水平方向成θ＝45°，兩球的運動軌跡在同一豎直平面內，兩球在P點相遇，P是AB連線中垂線上一點。已知兩球電荷量大小均為q，電場強度大小為E=mg2q，A．球1帶正電，球2帶負電 B．該過程中兩球速度的變化量相等 C．該過程中兩球機械能的變化量相同 D．兩球相遇時球1和球2的速度大小之比為10三．解答題（共5小題）16．（2025?滁州模擬）如圖所示，一帶正電小球（可視為質點）塞在一個豎直絕緣的透明圓管中，讓圓管從距地面高為h＝1.25m處由靜止開始下落，圓管與地面第一次碰撞后，立即在空間加上方向豎直向上、大小E＝1×103V/m的勻強電場，一段時間后圓管與地面發生第二次碰撞。圓管在運動過程中始終保持豎直，小球未從管中掉出。已知圓管與地面碰撞前后速度大小不變，碰撞時間極短，圓管的質量M＝1kg，小球的質量m＝2kg，小球所帶的電荷量q＝3×10﹣2C，小球與圓管之間的滑動摩擦力大小為Ff＝10N，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。（1）求圓管第一次與地面碰撞時的速度大小v1；（2）求圓管第二次與地面碰撞時的速度大小v2；（3）要使小球在第二次與地面碰撞前不從管中掉出，求管的最小長度L。17．（2025?孝義市一模）十七、十八世紀相繼發現的兩大物理規律：萬有引力定律和庫侖定律，兩個定律均表達簡潔內容深邃，以驚人相似的表述形式呈現。天文學家發現銀河系中普遍存在著雙星系統，于是猜想在電荷之間可能存在著類雙星系統。已知兩個正負電荷在庫侖力作用下，圍繞它們連線上的某一固定點分別做勻速圓周運動，周期均為T，兩電荷之間的距離為L，質量分別為m1和m2，求這個類雙星系統兩個正負電荷的電量乘積。（設靜電力常量為k，忽略電荷間的萬有引力）18．（2025?湖北模擬）如圖所示，O點左側有一高為L＝0.8m的平臺，物塊B質量m＝0.3kg，帶電量q＝+0.1C，靜止在平臺右側邊緣。物塊A水平向右運動，與B發生碰撞，碰后瞬間A、B速度大小相等，隨后取走A，B落在地面上的N點，O、N間距也為L。物塊B落地后彈起瞬間在空間加一水平向左的勻強電場，B恰好能從平臺右邊緣水平向左返回平臺。已知A、B兩物塊均可視為質點，不計一切阻力，A、B碰撞無機械能損失，B與地面碰撞水平分速度不變，豎直分速度大小不變，方向相反。B的電荷量始終保持不變，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物塊A的質量；（2）所加勻強電場場強E的大小；（3）物塊B從N點返回平臺的過程中最小速率。19．（2025?昌黎縣校級一模）如圖所示，在豎直平面內有水平向右的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣輕桿，輕桿一端可繞O點自由轉動，另一端系一質量為2m、電荷量為q的帶電小球b，小球b從與O點等高的A點靜止釋放，經過O點正下方B點，恰能擺到D點，OD與豎直方向夾角α＝30°。將不帶電質量為m的絕緣小球a從距離D點豎直高度H=98L的某處，以一定初速度擇機水平拋出，使得a球在D點處速度垂直于OD方向與b小球發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰撞過程小球b帶電量保持不變。已知重力加速度大小為（1）勻強電場的電場強度大小E；（2）a、b兩球相撞后，b球首次經過B點時受到桿的拉力大小T。20．（2025?2月份模擬）一個質量為M、高為H的均勻帶正電Q的絕緣棒豎直放置，其下邊緣正好在方向豎直向上的勻強電場上邊緣，電場強度大小為E。棒由靜止開始下落，重力加速度為g，以下研究的整個運動過程中，棒的上端都未完全進入電場，棒的電荷分布狀態不改變，不計空氣阻力，棒在運動中只發生平動。（1）棒進入電場深度為x時，電場力F的表達式？根據牛頓第二定律表達式，分析棒做什么性質的運動？（2）棒的速度最大時，棒進入電場的深度h滿足什么關系？最大速度v為多少？（3）從開始下落到最低點過程中，棒的電勢能增加了多少？要想最低點時棒上端不進入電場，則棒的總質量應該滿足什么要求？

2025年高考物理三輪復習之靜電場參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案ABDBDBCCBB二．多選題（共5小題）題號1112131415答案BDABADACAD一．選擇題（共10小題）1．（2025?福建模擬）如圖所示，在豎直平面內有一個絕緣圓環，O點為圓心，A、B為圓環上兩點，OA、OB都與水平方向成45°。在A點固定一個帶電量為Q的正點電荷，在圓環內側B點放置一個光滑的小球，帶電量為q（q＞0），質量為m。整個裝置處在水平向右的電場強度E=mgq的勻強電場中，此時小球恰好靜止。此后由于A．圓環對小球的彈力大小保持不變 B．正點電荷與小球之間的庫侖力不斷增大 C．小球有可能脫離圓環 D．正點電荷所受靜電力的合力不斷增大【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】ABC.畫出力的矢量三角形，根據幾何關系判斷；D.根據力的合成規律判斷點電荷所受靜電力的合力變化。【解答】解：ABC.電場力F電＝Eq﹣mg因為電場力與重力恒定不變，所以將這兩個力的合力看成一個力，該力的大小為F=方向與豎直方向成45°角斜向下，與圖中OA方向平行，則小球受到三個力，圓環對它的彈力N，庫侖力F庫和F，構成一個矢量三角形如下圖，其中圖中C點表示小球所處位置：Q的帶電量緩慢減少，則小球會沿圓環軌道向下移動，始終滿足F庫所以N=保持不變，AC在減小，所以F庫減小，小球處在一種動態平衡中，不會脫離圓環，故A正確，BC錯誤；D.小球在B點時，Q受到的庫侖力F庫和勻強電場的電場力互相垂直，之后庫侖力F庫減小，勻強電場的電場力F電＝EQ也變小了（Q在漏電），并且這兩個力的夾角由直角變成了鈍角，根據力的合成規律，這兩個力的合力與初始值相比變小了，故D錯誤。故選：A。【點評】本題主要考查了庫侖定律的相關應用，熟悉物體的受力分析，結合庫侖定律和力的合成即可完成分析。2．（2025?重慶模擬）如圖所示，半徑為R均勻帶電球體的球心O和均勻帶電圓環圓心O′相距4R，其連線OO′垂直于圓環所在平面，M、N為該連線上兩點，分別位于圓環左右兩側，且MO′＝O′N＝2R。已知帶電球體的電荷量為Q，靜電力常量為k，N點的電場強度為0。現將小球向左移動，使球心與N點重合，移動過程中沒有發生電荷的轉移，則帶電球體移動以后M點的場強大小為（）A．3kQ16R2 B．5kQ16R2【考點】用特殊的方法求解電場強度．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】B【分析】利用帶電體產生的電場具有對稱性的特點結合電場疊加原理求解電場強度。【解答】解：設均勻帶電球在N點產生的場強為E'=kQ(2已知初始時N點的電場強度為0，則E與E′等大反向，則E且帶電圓環和帶電球應帶有同種電荷。設同時帶正電荷，帶電圓環在N點產生的場強方向向右，根據對稱性，在M點產生的場強大小E1當把帶電球移到N點，帶電球在M點產生的場強E2此時M的合場強大小E同理可得，環和球同時帶負電荷時，M的合場強大小也為5kQ16R2，故故選：B。【點評】對稱法實際上就是根據某些物理現象、物理規律、物理過程或幾何圖形的對稱性進行解題的一種方法，利用此方法分析和解決問題可以避免復雜的數學演算和推導，直接抓住問題的實質，有出奇制勝之效。3．（2025?連云港一模）如圖所示，四個孤立的均勻帶電球體的電荷量相同，a、b、c、d點到各自的球心O距離相等，球體所帶電荷在a、b、c、d處產生電場強度最小的是（）A． B． C． D．【考點】用特殊的方法求解電場強度．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據球體產生的電場具有對稱性的特點分析，均勻帶電球殼在內部任意位置產生的電場強度為0。【解答】解：均勻帶電球殼在內部任意位置產生的電場強度為0，孤立的均勻帶電球體在空間產生的電場強度可等效為球心處有一與球體所帶電荷量相等的點電荷在球體外部產生的電場強度，由圖可知四個帶電球體在a、b、c、d處產生電場強度的等效電荷量關系為Q1＝Q2＞Q3＞Q4根據E可得Ea＝Eb＞Ec＞Ed，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題求電場強度的方法有等效替代的思想。4．（2025?石家莊模擬）如圖所示，一輕質細繩兩端固定于兩根豎直桿等高的P、Q兩點，帶電小球通過光滑絕緣輕掛鉤掛在細繩上，小球靜止時細繩位置如圖中實線所示。現加一水平向右的勻強電場，當小球再次平衡時，細繩位置如圖中虛線所示。已知繩長保持不變，當小球再次平衡時，下列說法正確的是（）A．掛鉤兩側細繩的夾角和原來相等 B．掛鉤對小球的作用力比原來大 C．細繩對掛鉤的作用力大小和原來相等 D．兩桿在P、Q兩點對細繩的作用力比原來小【考點】帶電體在勻強電場中的受力平衡；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】A.根據平衡和幾何關系判斷夾角變化；B.根據平衡關系判斷掛鉤對小球的作用力的變化；C.根據合力關系判斷細繩對掛鉤的作用力大小的變化；D.根據力的關系和牛頓第三定律求解。【解答】解：A．設繩長為L，因光滑輕質掛鉤，可知兩邊繩子的拉力相等，設為F，繩子與豎直方向的夾角θ相等，則由平衡可知：2Fcosθ＝mg受到水平向右的電場力時，四力平衡，兩個繩子的拉力的合力與重力、電場力的合力相平衡，設有風時繩子夾角的一半為α，則由幾何關系有：L1+L2＝Lsinα由上述分析可知不加電場時，由幾何關系有：d＝Lsinθ因為d＞L1+L2則α＜θ故A錯誤；B．由平衡關系可知，加上電場力后，掛鉤對小球的作用力等于重力和電場力的合力，大于小球自身重力，故B正確；C．結合B選項的分析可知，細繩對掛鉤的作用力大小等于重力和電場力的合力，大于原來的作用力，故C錯誤；D．兩桿在P、Q兩點對細繩的作用力2F由等式可知，無法判斷繩中彈力變化，再結合牛頓第三定律知，兩桿在P、Q兩點對細繩的作用力無法判斷，故D錯誤。故選：B。【點評】解決本題的關鍵是根據共點力平衡求出未知力，注意牛頓第三定律的應用。5．（2025?大理州二模）質子（11H）、氘核（12H）、α粒子（24He）由同一位置從靜止先通過同一加速電場后，又垂直于勻強電場方向進入同一偏轉電場，最后穿出偏轉電場。已知加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉電極間的距離為A．若僅增大U1可使θ增大 B．若僅增大d可使θ增大 C．若僅增大l可使θ減小 D．三種粒子離開偏轉電場時θ相同【考點】帶電粒子先后經過加速電場和偏轉電場．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據動能定理和平拋運動規律逐項分析即可。【解答】解：A．根據動能定理q根據類平拋運動規律有tanθ=at根據牛頓第二定律q解得tanθ故僅減小U1可使θ增大；僅減小偏轉電極間的距離d或僅增大偏轉電極板的長度l可使θ增大，故ABC錯誤；D．根據tanθ知，偏轉角θ與粒子的質量m，電荷量q都無關，所以三種粒子離開偏轉電場時θ相同，故D正確。故選：D。【點評】掌握平拋運動規律是解題的基礎。6．（2025?瓊海校級模擬）如圖所示，正方體ABCD﹣A1B1C1D1，在A1和C1處放置電量分別為+q、﹣q的點電荷，則下列說法正確的是（）A．B點電勢高于D點電勢 B．D、D1兩點電場強度大小的比值為2：C．A、C兩點處電場方向相同 D．將一正試探電荷沿棱從A點移動到B點，電勢能不變【考點】通過電場線的方向判斷電勢的高低；電勢能的概念和計算．【專題】定量思想；推理法；電學圖象專題；推理論證能力．【答案】B【分析】A、根據B、D點到+q、﹣q的距離分析電勢；B、運用幾何關系結合點電荷場強公式解答；C、根據等量異種電荷的電場線分布特點分析；D、分析AB兩點電勢的高低，結合電性判斷電勢能的變化。【解答】解：A、B點到+q、﹣q的距離相等，電勢為零，D點到+q、﹣q的距離也相等，電勢也為零，即B、D兩點電勢相等，故A錯誤；B、設正方向的邊長為a，因ΔA1BC1為等邊三角形，故+q、﹣q在B點產生的場強方向互成120°且大小相等，故B點的電場強度大小為EB=2kq(2a)2cos60°-12kqa2，+q、﹣q在DC、平面BB1D1D是+q、﹣q連線的中垂面，根據等量異種電荷的電場線分布特點可知，B、D兩點的電場強度方向均平行于A1C1且指向C1一側，而+q、﹣q在平面AA1CCC內，根據等量異種電荷的電場線分布特點及對稱性可知，A、C兩點的電場強度方向不同，故C錯誤；D、A點距+q較近，其電勢大于零，B點電勢等于零，故A、B兩點電勢不同，將一正試探電荷沿棱從A點移動到B點，電勢能改變，故D錯誤。故選：B。【點評】考查對點電荷周圍電場線分布情況及電勢、電場強度的理解，熟悉場強公式的運用。7．（2025?市中區校級模擬）空間存在一沿x軸方向的電場，一電荷量為+q的試探電荷只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其所受電場力隨位置變化的圖像如圖所示，以x軸正方向為電場力的正方向，設無窮遠處電勢為零。以下說法正確的是（）A．x2處電勢最高 B．+q在x1處的速度大于在x2處的速度 C．+q在x1處電勢能最大 D．+q在x1處電勢能為零【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場強度與電場力的關系和計算；電場力做功的計算及其特點．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】C【分析】由圖，判斷電場力方向如何變化，進而判斷電場力做功情況，結合功能關系，即可分析判斷ABCD正誤。【解答】解：由圖可知，在0＜x＜x1范圍內，+q所受電場力沿x軸負方向，在x1位置+q受力平衡，在x1的右側，+q所受電場力沿x軸正方向，則在0＜x＜x1范圍內，電場力做負功，+q電勢能增加，在x＞x1范圍內，電場力做正功，+q電勢能減小，故+q在x1處電勢能最大，則x1處電勢能最高，又因為無窮遠處電勢為零，則+q在x1處電勢能大于零；因為x＞x1范圍內，電場力做正功，則由動能定理可知，+q動能增加、速度增加，則+q在x1處的速度小于在x2處的速度；故C正確，ABD錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查對電場中功能關系的掌握，解題時需注意，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增大。8．（2025?商洛二模）如圖甲所示，某計算機鍵盤的每個按鍵下方是由水平、間距為d的活動金屬片和固定金屬片組成的電容式傳感器，相關電路如圖乙所示。若開始時兩金屬片間的P點有一靜止的帶電塵埃，現輕按按鍵A，兩金屬片的間距減小了14A．電容器的電容變為原來的34B．兩金屬片間電場的電場強度大小變為原來的4倍 C．P點的電勢變為原來的43倍D．該塵埃在P點的電勢能比原來的大【考點】平行板電容器電容的決定式及影響因素；電容器的充放電問題．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據電容的決定式C=?S4πkd分析電容的變化；根據E=Ud分析兩金屬片間電場的變化；由電勢差與電勢的關系式UAB＝φA﹣φB分析P點電勢的變化；根據Ep【解答】解：A.根據C=?S4πkd，當兩金屬片的間距減小了14d，解得C1B.兩金屬片一直與電源相連，電壓U保持不變，根據E=Ud，解得E1E2=ddC.設P點到固定金屬片的距離為d1，則P點原來的電勢φP0=Udd1，當兩金屬片的間距減小了1D.電場強度方向向下，根據物體的平衡條件可知，塵埃受到的電場力方向豎直向上，可知塵埃帶負電，電荷量q＜0，結合上述可知，P點的電勢增大，根據Ep＝φq可知，該塵埃在P點的電勢能比原來的小，故D錯誤。故選：C。【點評】本題是電容器的動態分析問題，抓住電壓不變，根據電容的決定式C=?S4πkd、電容的定義式C=9．（2025?寧波一模）真空中有兩個點電荷，電荷量均為﹣q（q≥0），固定于相距為2r的P1、P2兩點，O是P1P2連線的中點，M點在P1P2連線的中垂線上，距離O點為r，已知靜電力常量為k，則下列說法正確的是（）A．M點的電場強度為kqrB．P1P2中垂線上電場強度最大的點到O點的距離為22C．在M點放入一電子，從靜止釋放，電子的電勢能一直增大 D．在M點放入一質子，從靜止釋放，質子將以O為平衡位置做簡諧運動【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場強度的疊加；等量異種電荷的電場線分布．【專題】定量思想；方程法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．【答案】B【分析】根據電場的疊加，判斷合場強的大小和方向；根據電場力做功與電勢能之間的關系判斷選項；根據簡諧運動概念判斷是否滿足條件。【解答】解：A、如圖所示，M點到兩電荷的距離均為2r，兩電荷在M點的場強大小均為E0=kq(2r)2=kq2r2，與中垂線夾角均為代入數據解得，EM=2kq2B、設中垂線上某點到兩電荷的連線與中垂線的夾角為θ，則該點到兩電荷的距離為rsinθ，到O點的距離為y=該點的合場強E＝k2qr2sin2θcosθ，根據均值不等式或求導，可知當cosθ=33時，E有最大值，且最大值為43kq9rC、在M點放入一電子，其受到電場力方向從O指向M，釋放后沿中垂線運動逐漸遠離O點，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故C錯誤；D、在M點放入一質子，其受到電場力方向從M指向O，釋放后沿中垂線運動加速運動，越過O點后電場力反向，開始減速運動，根據對稱性，質子將做往復運動。根據B選項的分析，tanθ=ry，則sinθ=rr因此E＝k2qr2sin2θcosθ故選：B。【點評】本題的難點在于理解電場的疊加原理，以及如何通過計算電場強度來確定電場的強弱和方向。同時，還需要理解電場力對電荷的作用，以及電場力如何影響電荷的運動和電勢能的變化。10．（2025?安徽模擬）在如圖所示的水平向右的電場中，質子在坐標原點由靜止釋放，電場強度沿x軸變化的關系滿足E=1-xA．4×10?20J B．4π×10?20J C．4π×10?18J D．4×10?18J【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的曲線運動；E﹣x圖像的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】B【分析】E?x圖像的面積表示電勢差大小，結合電場力做功公式求解動能。【解答】解：電場力做功等于合力做功，根據動能定理，則有qE其中Ex應為E?xS=可解得Ek=π4×1.6×1故選：B。【點評】本題解題關鍵是知道E?x圖像的面積的物理意義，圖線與橫軸之間的面積表示電勢差大小，電勢高低根據電場方向判定。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?黑龍江模擬）如圖所示，用長為L的不可伸長的絕緣細線，懸掛一個質量為m電荷量為+q的小球，處于水平向右的勻強電場中，場強大小為E=3mg4q，g為當地的重力加速度。現給小球一個垂直紙面向里的初速度v0。小球恰能在垂直于紙面內完成勻速圓周運動，sin37°＝0.6，cosA．小球做勻速圓周的軌道半徑為34LB．小球的初速度大小為v0=3C．小球做圓周運動的周期為85D．小球在做勻速圓周運動的過程中，電勢能減小量的最大值為1825【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的圓周運動；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】A.根據力的合成和幾何關系求小球做勻速圓周的軌道半徑；B.根據圓周運動公式求小球的初速度大小；C.根據周期公式求小球做圓周運動的周期；D.根據電場力做功和電勢能的關系求電勢能減小量的最大值。【解答】解：A.如圖所示帶電小球在垂直紙面內做勻速圓周運動，電場力、重力和繩拉力的合力提供做圓周的向心力，將重力和電場力進行合成，二者的合力可看作等效重力來處理，由于F則F合合力方向與豎直方向成θ角，則tanθ=θ＝37°軌道半徑r=故A錯誤；B.5解得：v0故B正確；C.T故C錯誤；D.小球運動到軌跡的最高點時，電場力做正功最多，電勢能減小量最多為ΔE故D正確；故選：BD。【點評】本題考查帶電小球在復合場的問題，要分析清楚小球的運動過程，確定物理最高點（速度最小點）和物理最低點（速度最大點），應用牛頓第二定律即可正確解題。（多選）12．（2025?邯鄲模擬）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c（均可視為點電荷）分別位于邊長為L的正三角形的三個頂點上；a、b所帶的電荷量均為q且為同種電荷，整個系統置于水平方向的勻強電場中。已知靜電力常量為k，若三個小球均處于靜止狀態，則下列說法正確的是（）A．如果a、b帶正電，那么c一定帶負電 B．勻強電場的電場強度大小為3kC．c的電荷量大小為a、b的2倍 D．勻強電場的方向與ab邊垂直且由c指向ab【考點】三（多）個點電荷在一條直線上時的平衡問題．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】三個小球均處于靜止狀態，合力為零，以c電荷為研究對象，根據平衡條件求解勻強電場場強的大小以及c球的帶電量。【解答】解：A．三個小球均處于靜止狀態，合力為零，所以三個小球所帶的電荷量總和為零，如果a、b帶正電，則c必帶負電，故A正確；B．設勻強電場強度大小為E，c球電荷量大小為Q，對小球c，有2?解得E=3kqL2故B正確；C．把三個小球作為整體，則整體電場力合力為零，所以整體電荷量為0，由于a、b所帶的電荷量均為q且為同種電荷，故c所帶電荷量的大小為2q，故C錯誤；D．三個小球所帶電荷的電性未知，只能確定電場的方向垂直于a、b連線，不能確定勻強電場的電場強度具體方向，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題首先要靈活選擇研究的對象，正確分析受力情況，再根據平衡條件和庫侖定律及平行四邊形定則解題。（多選）13．（2025?河南模擬）如圖所示，足夠大的熒光屏（帶電粒子撞擊時可發出熒光）豎直固定，其左側有豎直方向的勻強電場。現有四個帶電粒子均以相同的水平初速度，從同一位置正對熒光屏上的O點射入電場，四個帶電粒子的電荷量和質量分別為（+q，m）、（﹣q，m）、（+2q，2m）、（+q，3m），不計粒子重力，則熒光屏上光點分布情況可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據類平拋運動的軌跡求解【解答】解：根據x＝v0t可知，所有粒子運動時間相同，根據y=及qE＝ma可知y=由粒子的比荷可知，1、3粒子的落點相同，2粒子與1、3粒子的落點關于O點對稱，4粒子是1、3粒子側向位移的13，因電場方向未知，故AD正確，BC故選：AD。【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。（多選）14．（2025?湖北模擬）如圖為豎直放置的平行板電容器，現有一質量為m，電荷量為q的小球，在電容器上端沿兩板中心線，從N點以v0豎直向下進入極板間運動，剛好經過右極板下邊緣的P點，且在P點處速度與水平向右方向的夾角為67°，已知重力加速度為g，極板間電場強度為E=3mgq，不考慮邊緣效應，不計空氣阻力，sin37A．小球在極板間的運動軌跡為拋物線的一部分 B．小球在P點速度大小vP=233C．小球在極板間運動時間t=(4D．若電容器極板豎直長度為L，水平間距為d，則2L+3d【考點】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】根據運動的合成與分解找出速度關系，再根據動能定理求解即可。【解答】解：小球所受合外力F=與水平方向夾角θ，則tanθ=解得θ＝30°將小球在N、P兩點的速度沿合力方向和垂直于合力方向正交分解，以沿合力方向為y軸，以垂直于合力方向斜向下為x軸，則有v0v0vpxvpy且有v0x＝vpx則有vpt=由動能定理可知12化簡得2故AC正確，BD錯誤。故選：AC。【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。（多選）15．（2025?湖北模擬）如圖所示，空間存在豎直向上的勻強電場，在同一水平直線上A、B兩點處分別把兩個質量均為m的小球同時拋出。小球1拋出時速度大小為v0，方向水平，小球2拋出時速度與水平方向成θ＝45°，兩球的運動軌跡在同一豎直平面內，兩球在P點相遇，P是AB連線中垂線上一點。已知兩球電荷量大小均為q，電場強度大小為E=mg2q，A．球1帶正電，球2帶負電 B．該過程中兩球速度的變化量相等 C．該過程中兩球機械能的變化量相同 D．兩球相遇時球1和球2的速度大小之比為10【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】A.由加速度大小判斷電場力的方向，進而判斷兩球的電性；B.由Δv＝aΔt判斷兩球速度的變化量；C.由功能關系判斷兩球機械能的變化量；D.由運動學公式求兩球相遇時球1和球2的速度大小之比。【解答】解：A.因為兩球在P點相遇，且P是AB連線中垂線上一點，可得，1、2兩球水平方向速度相等v0＝v2cos45°得：v2由豎直方向運動可得：a2＞a1，故球2所受電場力向下，球1所受電場力向上，球1帶正電，球2帶負電故A正確；B.對球1mg﹣Eq＝ma1解得：a1對球2：mg+Eq＝ma2解得：a2由Δv＝aΔt，且Δt相等，則1、2兩球速度變化量不相等故B錯誤；C.電場力對球1做負功，對球2做正功，球1機械能減少，球2機械能增加，兩球機械能變化量不同，故C錯誤。D.1、2兩球運動時間為t，豎直方向：12得：t=相遇時球1速度：v1=球2速度：v2則：v1故D正確。故選：AD。【點評】本題綜合考查帶電粒子在電場與重力場中的運動，要注意明確運動的合成與分解的應用，同時要選擇合適的運動學公式求解。三．解答題（共5小題）16．（2025?滁州模擬）如圖所示，一帶正電小球（可視為質點）塞在一個豎直絕緣的透明圓管中，讓圓管從距地面高為h＝1.25m處由靜止開始下落，圓管與地面第一次碰撞后，立即在空間加上方向豎直向上、大小E＝1×103V/m的勻強電場，一段時間后圓管與地面發生第二次碰撞。圓管在運動過程中始終保持豎直，小球未從管中掉出。已知圓管與地面碰撞前后速度大小不變，碰撞時間極短，圓管的質量M＝1kg，小球的質量m＝2kg，小球所帶的電荷量q＝3×10﹣2C，小球與圓管之間的滑動摩擦力大小為Ff＝10N，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。（1）求圓管第一次與地面碰撞時的速度大小v1；（2）求圓管第二次與地面碰撞時的速度大小v2；（3）要使小球在第二次與地面碰撞前不從管中掉出，求管的最小長度L。【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）圓管第一次與地面碰撞時的速度為5m/s；（2）圓管第二次與地面碰撞時的速度為53（3）要使小球在第二次與地面碰撞前不從管中掉出，管的最小長度L為53【分析】（1）根據系統機械能守恒求圓管第一次與地面碰撞時的速度大小v1；（2）根據系統動量守恒求圓管第二次與地面碰撞時的速度大小v2；（3）根據系統動量守恒求管的最小長度L。【解答】解：（1）對圓管和小球整體分析，第一次下落時，系統機械能守恒，設第一次落地前速度大小v1，得：(M解得：v1＝5m/s（2）對圓管和小球整體分析，第一次與地面碰撞后到第二次與地面碰前，系統所受合外力為0，動量守恒。又已知小球恰好運動到圓管底部，此時小球與圓管共速v2，選擇豎直向下為正方向，由系統動量守恒得：mv1﹣Mv1＝（m+M）v2解得：v2（3）對圓管和小球系統，從第一次與地面碰后到第二次與地面碰前，由系統能量守恒得：12解得：L=答：（1）圓管第一次與地面碰撞時的速度為5m/s；（2）圓管第二次與地面碰撞時的速度為53（3）要使小球在第二次與地面碰撞前不從管中掉出，管的最小長度L為53【點評】根據題意分析清楚圓管與小球的運動過程與受力情況是解題的前提與關鍵，應用動量守恒和能量守恒定律即可解題。17．（2025?孝義市一模）十七、十八世紀相繼發現的兩大物理規律：萬有引力定律和庫侖定律，兩個定律均表達簡潔內容深邃，以驚人相似的表述形式呈現。天文學家發現銀河系中普遍存在著雙星系統，于是猜想在電荷之間可能存在著類雙星系統。已知兩個正負電荷在庫侖力作用下，圍繞它們連線上的某一固定點分別做勻速圓周運動，周期均為T，兩電荷之間的距離為L，質量分別為m1和m2，求這個類雙星系統兩個正負電荷的電量乘積。（設靜電力常量為k，忽略電荷間的萬有引力）【考點】兩個或多個帶電體在庫侖力作內力情況下一起運動；雙星系統及相關計算．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應用專題；推理論證能力．【答案】這個類雙星系統兩個正負電荷的電量乘積等于4π【分析】這個類雙星系統兩個正負電荷彼此間庫侖力提供各自所需向心力，結合庫侖定律以及牛頓第二定律求解。【解答】解：設這個類雙星系統兩個正負電荷做圓周運動的半徑分別為r1，r2彼此間庫侖力提供各自所需向心力故k其中r1+r2＝L解得q答：這個類雙星系統兩個正負電荷的電量乘積等于4π【點評】本題考查雙星問題和庫侖定律，雙星問題中兩顆星都繞同一圓心做勻速圓周運動，雙星具有相同的角速度和周期。18．（2025?湖北模擬）如圖所示，O點左側有一高為L＝0.8m的平臺，物塊B質量m＝0.3kg，帶電量q＝+0.1C，靜止在平臺右側邊緣。物塊A水平向右運動，與B發生碰撞，碰后瞬間A、B速度大小相等，隨后取走A，B落在地面上的N點，O、N間距也為L。物塊B落地后彈起瞬間在空間加一水平向左的勻強電場，B恰好能從平臺右邊緣水平向左返回平臺。已知A、B兩物塊均可視為質點，不計一切阻力，A、B碰撞無機械能損失，B與地面碰撞水平分速度不變，豎直分速度大小不變，方向相反。B的電荷量始終保持不變，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）物塊A的質量；（2）所加勻強電場場強E的大小；（3）物塊B從N點返回平臺的過程中最小速率。【考點】動量守恒定律在電場問題中的應用；帶電粒子（計重力）在勻強電場中的曲線運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）物塊A的質量為0.1kg；（2）所加勻強電場場強E的大小為60V/m；（3）物塊B從N點返回平臺的過程中最小速率為解得65【分析】（1）根據動量守恒和能量守恒定律求物塊A的質量；（2）根據平拋的規律和運動學公式求所加勻強電場場強E的大小；（3）根據運動學公式求物塊B從N點返回平臺的過程中最小速率。【解答】解：（1）設A與B碰前速度大小為v，A、B碰撞過程中以水平向右為正方向，則mAv＝mAvA+mvB12解得vvB又因為﹣vA＝vB，解得mA＝0.1kg（2）A、B碰撞后，B平拋，則水平方向：vBt＝L＝0.8m豎直方向：1解得t＝0.4s物塊B落地瞬間水平速度vB＝2m/s豎直速度vy＝gt解得vy＝4m/s從N返回平臺，水平方向：v豎直方向：vy＝gt解得a又因為max＝Eq解得E＝60V/m（3）從N點返回平臺右端水平方向：vx'＝vB﹣axt＝2﹣20t豎直方向：v'y＝vy﹣gt＝4﹣10t速度v解得v答：（1）物塊A的質量為0.1kg；（2）所加勻強電場場強E的大小為60V/m；（3）物塊B從N點返回平臺的過程中最小速率為解得65【點評】本題考查動量守恒定律、能量守恒定律和平拋運動的綜合問題，注意公式的應用，難度較大。19．（2025?昌黎縣校級一模）如圖所示，在豎直平面內有水平向右的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣輕桿，輕桿一端可繞O點自由轉動，另一端系一質量為2m、電荷量為q的帶電小球b，小球b從與O點等高的A點靜止釋放，經過O點正下方B點，恰能擺到D點，OD與豎直方向夾角α＝30°。將不帶電質量為m的絕緣小球a從距離D點豎直高度H=98L的某處，以一定初速度擇機水平拋出，使得a球在D點處速度垂直于OD方向與b小球發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰撞過程小球b帶電量保持不變。已知重力加速度大小為（1）勻強電場的電場強度大小E；（2）a、b兩球相撞后，b球首次經過B點時受到桿的拉力大小T。【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；動量守恒定律在電場問題中的應用；平拋運動速度的計算；桿球類模型及其臨界條件．【專題】定量思想；推理法；力學綜合性應用專題；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）勻強電場的電場強度大小E為23（2）a、b兩球相撞后，b球首次經過B點時受到桿的拉力大小T為(42-43【分析】（1）對小球b由A點到D點的過程，根據動能定理求解勻強電場的電場強度大小；（2）小球a水平拋出到D點的過程做平拋運動，根據運動學公式求得a到達D點時豎直分速度大小為vy，由幾何關系得到a到達D點時速度大小。a、b兩球發生彈性碰撞，根據動量守恒定律與機械能守恒定律，求得碰撞后的瞬間b球的速度大小。根據動能定理求得b球首次經過B點時的速度大小，根據牛頓第二定律求解b球首次經過B點時受到桿的拉力大小。【解答】解：（1）對小球b由A點到D點的過程，根據動能定理得：2mgLcosα﹣qE（L+Lsinα）＝0﹣0解得：E=（2）小球a水平拋出到D點的過程做平拋運動，設a到達D點時豎直分速度大小為vy，根據運動學公式，在豎直方向上有：2gH=由幾何關系可得a到達D點時速度大小為：va=解得：va=3設a、b兩球發生彈性碰撞后的瞬間瞬間速度大小分別為v1、v2，以碰撞前小球a的速度方向為正方向，根據動量守恒定律與機械能守恒定律得：mva＝mv1+2mv212mva解得：v1=-gL，v設兩球相撞后b球首次經過B點時的速度大小為vB，根據動能定理得：2mgL（1﹣cosα）+qELsinα=+12×2在B點，對b由牛頓第二定律得：T﹣2mg=2解得：T=答：（1）勻強電場的電場強度大小E為23（2）a、b兩球相撞后，b球首次經過B點時受到桿的拉力大小T為(42-43【點評】本題考查了帶電體在電場中的運動問題，考查了動量守恒定律應用的碰撞模型，涉及到了圓周運動與平拋運動。掌握彈性碰撞模型的結果經驗公式，掌握圓周運動與平拋運動涉及的原理與處理方法。20．（2025?2月份模擬）一個質量為M、高為H的均勻帶正電Q的絕緣棒豎直放置，其下邊緣正好在方向豎直向上的勻強電場上邊緣，電場強度大小為E。棒由靜止開始下落，重力加速度為g，以下研究的整個運動過程中，棒的上端都未完全進入電場，棒的電荷分布狀態不改變，不計空氣阻力，棒在運動中只發生平動。（1）棒進入電場深度為x時，電場力F的表達式？根據牛頓第二定律表達式，分析棒做什么性質的運動？（2）棒的速度最大時，棒進入電場的深度h滿足什么關系？最大速度v為多少？（3）從開始下落到最低點過程中，棒的電勢能增加了多少？要想最低點時棒上端不進入電場，則棒的總質量應該滿足什么要求？【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場強度與電場力的關系和計算．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；機械能守恒定律應用專題；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】答：（1）棒進入電場深度為x時，電場力F的表達式為QEH（2）棒的速度最大時，棒進入電場的深度h滿足MgHQE，最大速度v為g（3）從開始下落到最低點過程中，棒的電勢能增加了2M2g2H【分析】（1）先分析棒進入電場深度為x時的受力情況，利用電場力與深度的關系列出表達式。根據牛頓第二定律寫出加速度隨x變化的方程，判斷運動過程，發現先加速再減速，并結合類比彈簧振子得出簡諧運動的結論。（2）速度最大時加速度為零，利用此條件求出棒進入電場的最大深度h。然后應用能量守恒定律，計算重力勢能和電場力做功的變化，從而求得最大速度。（3）計算棒從最高點到最低點電勢能的變化，結合電場力做功求得表達式。為了保證最低點時棒的上端不進入電場，分析其位移應滿足的限制條件，最終得到質量的約束關系。【解答】解：（1）設棒進入電場深度為x時，受電場力：F電場力類似彈簧的彈力，開始電場力小于重力，合外力向下，根據牛頓第二定律則有：Mgx增加，a減小，先做加速度減小的加速運動直到a＝0，即：Mg=QEHx時速度最大；由于慣性繼續下降，電場力開始大于重力，開始減速，則有：QEHx-Mg=（2）最大速度時，加速度為零，則有：Mg=QE從釋放到速度最大，電場力做功：W動能定理可得：Mg聯立得最大速度：v（3）電勢能的增加等于克服電場力做功，根據簡諧運動的對稱性，從最高點到最低點位移為2h，根據動能定理得此過程克服電場力做功為：W克＝Mg×2h從開始下落到最低點過程棒的電勢能增加量為：ΔEp＝W克=要想最低點時棒上端不進入電場，需滿足：H＞2h，即：h=解得：M答：（1）棒進入電場深度為x時，電場力F的表達式為QEH（2）棒的速度最大時，棒進入電場的深度h滿足MgHQE，最大速度v為g（3）從開始下落到最低點過程中，棒的電勢能增加了2M2g2H【點評】本題結合電場力與重力作用，分析棒的運動性質，考查牛頓第二定律和能量守恒的應用。通過受力分析確定運動類型，利用加速度變化判斷最大速度位置，并結合能量關系求解關鍵物理量。解題過程中類比彈簧振子模型，有助于理解簡諧運動的特性，同時質量限制條件的推導體現了對極值情況的分析能力。

考點卡片1．牛頓第三定律的理解與應用【知識點的認識】1．內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應用例子：關于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質相同，它們同時產生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區別．【解題方法點撥】應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結論，分析問題需嚴格依據科學理論．（2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態無關．（3）與平衡力區別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．2．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運動時間也可以求出平拋運動的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內小球下落的高度為4.8mB、0.8s內小球下落的高度為3.2mC、小球到達P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。D、小球到達P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解。【解題思路點撥】做平拋運動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，滿足vy＝gt。3．桿球類模型及其臨界條件【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細管內做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】用長為L的輕質細桿拉著質量為m的小球在豎直平面內做圓周運動，小球運動到最高點時，速率等于2gL，不計空氣阻力，求：（1）小球在最高點所受力的大小和方向？（2）小球運動到最低點時的速度大小是多少？分析：（1）假設小球在最高時，所受桿的彈力方向豎直向下，則由重力和桿的彈力的合力提供小球的向心力，由牛頓第二定律求出桿的彈力大小和方向．（2）小球從最高點運動到最低點過程中，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律求解球運動到最低點時的速度大小．解答：（1）假設小球在最高時，所受桿的彈力方向豎直向下，由牛頓第二定律得mg+F＝mv2L，又v＝2得到F＝mv2L-mg＝3mg（2）小球從最高點運動到最低點過程中，由機械能守恒定律得2mgL+代入解得：小球運動到最低點時的速度大小v′＝22gL答：（1）小球在最高點所受力的大小3mg，方向豎直向下；（2）小球運動到最低點時的速度大小為22點評：本題是向心力知識和機械能守恒定律的綜合，常規題．對于第（1）問，也可以求出桿對球恰好沒有彈力時的速度v0=gL，根據v＝2gL＞v【解題思路點撥】對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v4．雙星系統及相關計算【知識點的認識】1.模型特點：眾多的天體中如果有兩顆恒星，它們靠得較近，在萬有引力作用下繞著它們連線上的某一點共同轉動，這樣的兩顆恒星稱為雙星。2.模型特點（1）兩星的運行軌道為同心圓，圓心是它們之間連線上的某一點；（2）兩星的向心力大小相等，由它們間的萬有引力提供；（3）兩星的運動周期、角速度相同；（4）兩星的運動半徑之和等于它們間的距離，即r1+r2＝L。3.處理方法（1）雙星間的萬有引力提供了它們做圓周運動的向心力，即Gm（2）兩個結論：①運動半徑：m1r1＝m2r2，即某恒星的運動半徑與其質量成反比。②質量之和：由于ω=2πT，r1+r2＝L，所以兩恒星的質量之和為m1【命題方向】2017年，人類第一次直接探測到來自雙中子星合并的引力波。根據科學家們復原的過程，在兩顆中子星合并前約100s時，它們相距約400km，繞二者連線上的某點每秒轉動12圈。將兩顆中子星都看作是質量均勻分布的球體，由這些數據、萬有引力常量并利用牛頓力學知識，可以估算出這一時刻兩顆中子星（）A.質量之積B.質量之和C.速率之和D.各自的自轉角速度分析：雙星系統靠相互間的萬有引力提供向心力，結合牛頓第二定律求出雙星總質量與雙星距離和周期的關系式，從而分析判斷。結合周期求出雙星系統旋轉的角速度和線速度關系。解答：AB、設兩顆星的質量分別為m1、m2，軌道半徑分別為r1、r2，相距L＝400km＝4×105m，根據萬有引力提供向心力可知：Gm1?m2LGm1?m2L2整理可得：G(m1+m2)L2=(r1+r2)CD、由于T=112s，則角速度為：ω=2π根據v＝rω可知：v1＝r1ω，v2＝r2ω解得：v1+v2＝（r1+r2）ω＝Lω＝9.6π×106m/s，故C正確，D錯誤。故選：BC。點評：本題實質是雙星系統，解決本題的關鍵知道雙星系統的特點，即周期相等、向心力大小相等，結合牛頓第二定律分析求解。【命題思路點撥】解雙星問題的兩個關鍵點（1）對于雙星系統，要抓住三個相等，即向心力、角速度、周期相等。（2）萬有引力公式中L是兩星球之間的距離，不是星球做圓周運動的軌道半徑。（3）對于多星問題（三星、四星），需要牢記任何一個天體運動的向心力是由其他天體的萬有引力的合力提供的。5．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況。【命題方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單。【解題思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數和。（3）明確過程始末狀態的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續作用而發生狀態改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。6．三（多）個點電荷在一條直線上時的平衡問題【知識點的認識】本考點針對的是三個點電荷在一條直線上的平衡問題。有兩種類型：一是三個點電荷都不固定；二是其中兩個點電荷固定。【命題方向】一、三個點電荷都不固定如圖所示，q1、q2、q3分別表示在一條直線上的三個點電荷，已知q1和q2之間的距離為l1，q2和q3之間的距離為l2，且每個電荷都處于平衡狀態。（1）如q2為正電荷，則q1、q3分別為何種電荷？（2）q1、q2、q3三者電量的大小之比為多少？分析：（1）解決本題一定要把握“每個電荷都處于平衡狀態”這一特點進行分析，已知q2為負電荷，可以利用假設法判斷q1和q3的電性，如假設q1帶正電，其它電荷是否平衡等，也可以利用“兩同夾異，近小遠大”（三個電荷處于平衡時兩邊電性相同和中間相反，中間電荷離電量小的近，離電量大的遠）進行判斷。（2）三個電荷處于同一直線上，每個電荷受兩個庫侖力作用處于平衡狀態，據此列方程即可求解。解答：（1）假設q1帶負電，要使q2平衡則q3也應帶負電。如果q1帶正電，要使q2平衡則q3也應帶正電。但是q1、q3不能平衡，所以q1、q3都帶負電荷。（2）由于三個電荷均處于平衡狀態，由庫侖定律建立如下平衡式：對q1：kq對q2：kq對q3：kq解得：q1：q2：q3=(l1+答：（1）如q2為正電荷，則q1、q3都帶負電荷。（2）q1、q2、q3三者電量的大小之比為(l1+l2點評：本題考查了庫侖定律在電荷平衡中的應用，對于三個電荷平衡可以利用“兩同夾異，近小遠大”的規律進行電性判斷，本題的難點在于計算，學生列出方程容易，但是計算正確難。二、其中兩個點電荷固定如圖所示，兩個固定的帶正電的點電荷q1、q2，電荷量之比為1：4，相距為d，引入第三個點電荷q3，要使q3能處于平衡狀態，對q3的位置、電性和電荷量的要求，以下敘述正確的是（）A、q3在q1和q2連線之間距離q1為d3B、q3在q1和q2連線之間距離q1為d3C、q3在q1和q2連線之間距離q1為d3D、q3在q1和q2連線的延長線上，位于q1左側d3分析：因為兩個帶正電的電荷固定，引入的電荷要處于平衡狀態，知該電荷必須在兩電荷之間，對于電性、電流均沒有要求．根據平衡進行求解．解答：由題意知，電荷一定在兩正電荷之間，根據平衡有：kq1qr12=kq2qr22，解得r1r2=1故選：C。點評：本題考查了庫侖定律和共點力平衡，知道對第三個電荷的電量和電性無要求．【知識點的認識】1.如果三個物體要保持平衡，那么每一個物體都要在另兩個物體的作用下保持平衡。2.三個帶電物體僅在庫侖力作用下的平衡問題的規律是“兩大夾小，兩同夾異，近小遠大”。7．兩個或多個帶電體在庫侖力作內力情況下一起運動【知識點的認識】本考點旨在針對帶電體在庫侖力作用下的直線運動問題，側重點是幾個帶電體通過庫侖力的作用一起運動的問題。不包含電場類的問題。【命題方向】如圖所示，質量均為m的三個帶電小球，A、B、C放置在光滑的絕緣水平面上，A與B、B與C相距均為l，A帶電QA＝+8q，B帶電QB＝+q，若在C上加一水平向右的恒力F，能使A、B、C三球始終保持相對靜止，則：（1）外力大小F為多少？（2）C球所帶電量QC？分析：先把A、B、C三者作為整體為研究對象，根據牛頓第二定律求出加速度，再分別以A、B為研究對象，運用靜電力公式結合牛頓第二定律即可解題．解答：ABC三者作為整體為研究對象，有：F＝3ma…（1）所以加速度方向向右，而AB都帶正電，所以C帶負電荷以A為研究對象，有-k8q2以B為研究對象，有k8q2l由（1）（2）（3）可解得qc＝16qF=答：（1）外力大小F為72k（2）C球所帶電量QC為16q，帶負電荷．點評：本題主要考查了庫侖定律及牛頓第二定律的直接應用，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】解決兩個或多個帶電體在庫侖力作內力情況下一起運動的問題，要先分析帶電體受到的合力，再結合牛頓第二定律進行求解，常常還要用到整體法與隔離法。8．電場強度的疊加【知識點的認識】電場強度的疊加原理多個電荷在電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和，這種關系叫電場強度的疊加．電場強度的疊加遵循平行四邊形定則．在求解電場強度問題時，應分清所敘述的場強是合場強還是分場強，若求分場強，要注意選擇適當的公式進行計算；若求合場強時，應先求出分場強，然后再根據平行四邊形定則求解．【命題方向】圖中a、b是兩個點電荷，它們的電量分別為Q1、Q2，MN是ab連線的中垂線，P是中垂線上的一點．下列哪種情況能使P點場強方向指向MN的左側？（）A、Q1、Q2都是正電荷，且Q1＜Q2B、Q1是正電荷，Q2是負電荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是負電荷，Q2是正電荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是負電荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在該點正電荷所受電場力方向為電場強度方向來確定各自電場強度方向．然后兩點電荷在同一點的場強是由各自電場強度矢量疊加而成的．解答：A、當兩點電荷均為正電荷時，若電荷量相等，則它們在P點的電場強度方向沿MN背離N方向。當Q1＜Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點強，所以電場強度合成后，方向偏左。當Q1＞Q2時，則b點電荷在p點的電場強度比a點弱，所以電場強度合成后，方向偏右。故A正確；B、當Q1是正電荷，Q2是負電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線背離b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線指向b點，則合電場強度方向偏右。不論電量大小關系，仍偏右。故B錯誤；C、當Q1是負電荷，Q2是正電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線指向b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線背離a點，則合電場強度方向偏左。不論它們的電量大小關系，仍偏左。故C正確；D、當Q1、Q2是負電荷時，b點電荷在p點的電場強度方向沿bP連線指向b點，而a點電荷在p點的電場強度方向沿aP連線指向a點，由于|Q1|＞|Q2|，則合電場強度方向偏左。故D正確；故選：ACD。點評：正點電荷在某點的電場強度方向是這兩點的連線且背離正電荷，而負點電荷在某點的電場強度方向是這兩點的連線且指向負電荷．【解題思路點撥】電場強度疊加問題的本質就是矢量運算法則，先確定每一個電荷在該點單獨產生的電場強度，再利用平行四邊形定則或三角形定則求解合場強。9．用特殊的方法求解電場強度【知識點的認識】1．電場強度的計算方法（1）一般方法：中學階段求場強一般有下列三種方法：①E=Fq是電場強度的定義式，適用于任何電場，電場中某點的場強是確定值，其大小和方向與試探電荷無關，試探電荷②E＝kQr2是真空中點電荷所形成電場的計算式，E由場源電荷Q和某點到場源電荷的距離③E=Ud是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場，注意式中的場強是矢量，所以場強的合成遵守矢量合成的平行四邊形定則。（2）特殊方法①補償法：求解電場強度，常用的方法是根據問題給出的條件建立起物理模型。如果這個模型是一個完整的標準模型，則容易解決。但有時由題給條件建立的模型不是一個完整的標準模型，比如說是模型A，這時需要給原來的問題補充一些條件，由這些補充條件建立另一個容易求解的模型B，并且模型A與模型B恰好組成一個完整的標準模型。這樣求解模型A的問題就變為求解一個完整的標準模型與模型B的差值問題。②極值法：物理學中的極值問題可分為物理型和數學型兩類。物理型主要依據物理概念、定理、定律求解。數學型則是根據物理規律列出方程后，依據數學中求極值的知識求解。③微元法：微元法就是將研究對象分割成許多微小的單位，或從研究對象上選取某一“微元”加以分析，從而可以化曲為直，使變量、難以確定的量轉化為常量、容易確定的量。④等效替代法：等效替代法是指在效果一致的前提下，從A事實出發，用另外的B事實來代替，必要時再由B到C…直至實現所給問題的條件，從而建立與之相對應的聯系，得以用有關規律解之。如以模型替代實物，以合力（合運動）替代兩個分力（分運動）。⑤對稱法：對稱法是利用帶電體（如球體、薄板等）產生的電場具有對稱性的特點來求電場強度的方法。【命題方向】1.拆分法一段均勻帶電的半圓形細線在其圓心O處產生的場強為E，把細線分成等長的三段圓弧，則圓弧BC在圓心O處產生的場強大小和方向為（）A、E2水平向右B、E2水平向左CE3水平向右D分析：電場強度是矢量，根據題意應用平行四邊形定則求出圓弧BC在圓心O處產生的場強。解答：如圖所示，B、C兩點把半圓環等分為三段。設每段在O點產生的電場強度大小均為E′。AB段和CD段在O處產生的場強夾角為120°，它們的合場強大小為E′則O點的合場強：E＝2E′，則：E′=故圓弧BC在圓心O處產生的場強為E2，方向水平向右，故A正確，BCD故選：A。點評：本題要注意電場強度是矢量，應根據平行四邊形定則進行合成，掌握電場的疊加原理即可正確解題。2.對稱法電荷量為+Q的點電荷與半徑為R的均勻帶電圓形薄板相距2R，點電荷與圓心O連線垂直薄板，A點位于點電荷與圓心O連線的中點，B與A關于O對稱，若A點的電場強度為0，則（）A、圓形薄板所帶電荷量為+QB、圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為kQRC、B點的電場強度大小為kQRD、B點的電場強度大小為10kQ分析：A、B兩點電場是點電荷Q與圓形薄板上的電荷產生的電場合電場，A點電場為零，說明點電荷Q與圓形薄板在A點產生的電場等大反向；根據對稱性求出薄板在B點產生的電場，B點的電場是點電荷與薄板產生的電場的合電場；根據點電荷的場強公式與電場的疊加原理分析答題。解答：AB、點電荷在A點產生的場強為E＝kQR2，方向水平向右，A點的電場強度為零，則可知圓形薄板所帶電荷在A點的電場強度大小為kQR2，方向水平向左，知圓形薄板帶正電；若圓形薄板所帶電荷量集中在圓心O，則電荷量大小應為Q，而實際上圓形薄板的電荷量是均勻分布在薄板上的，除了圓心O處距離A點的距離與點電荷+Q距離O點的距離相同外，其余各點距離O點的距離都大于R，若將電荷量Q均勻的分布在薄板上，則根據點電荷在某點處產生的場強公式E0=kqrCD、B點關于O點與A點對稱，則可知圓形薄板在B點產生的電場強度為EB′＝kQR2，方向水平向右，而點電荷在B點產生的場強為EB″＝kQ(3R)2=kQ9R2，方向水平向右，則B點得電場強度為EB＝E故選：BD。點評：解決本題的關鍵是明確真空中靜止的點電荷場強公式及合場強為零的含義，根據薄板產生場強的特點，由幾何對稱性分析求解。熟記點電荷場強公式，理解合場強為零的含義，熟練運用電場強度矢量疊加原理。3.微元法如圖，水平面上有一帶電量為+Q的均勻帶電圓環，其圓心為O，O點正上方h處有一點P，P和圓環上任一點的連線與圓環面的夾角均為θ。已知靜電力常量為k，則P點場強大小為（）kQcos分析：采用微元法求解：將圓環分為n等分（n很大，每一份可以認為是一個點電荷），求出每份的電荷量，根據點電荷電場強度的計算公式結合矢量的合成方法進行求解。解答：將圓環分為n等分（n很大，每一份可以認為是一個點電荷），則每份的電荷量為q=每份在P點的電場強度大小為：E0=根據對稱性可知，水平方向的合場強為零，P點的電場強度方向豎直向上，其大小為：E＝nE0sinθ=kQsin3θ故選：D。點評：本題主要是考查電場強度的疊加，解答本題要知道電場強度是一個矢量，滿足矢量的平行四邊形法則，掌握微元法的應用方法。【解題思路點撥】電場強度的求法（1）合成法：電場強度是矢量，合成時遵循矢量運算法則（平行四邊形定則或三角形定則）；對于同一直線上電場強度的合成，可先規定正方向，進而把矢量運算轉化成代數運算。（2）對稱法：對稱法實際上就是根據某些物理現象、物理規律、物理過程或幾何圖