1、第七章 静电场全国卷5年考情分析基础考点常考考点命题概率常考角度物质的电结构、电荷守恒()静电现象的解释()点电荷()电场线()静电场()示波管()以上6个考点未曾独立命题库仑定律()18卷T16(6分)综合命题概率30%(1)电场强度的求解，电场线、等势线与带电粒子运动轨迹的判断问题(2)电势、电势能、电势差与电场强度的关系，以及UEd的应用问题(3)电容器的动态变化问题，电容器与平衡条件的综合问题(4)带电粒子在匀强电场中的运动问题(5)用功能关系的观点处理带电体在电场中的运动问题电场强度、点电荷的场强()电势能、电势()18卷T21(6分)17卷T20(6分)17卷T21(6分) 16卷
2、T15(6分)16卷T15(6分) 14卷T21(6分)14卷T19(6分)综合命题概率90%综合命题概率80%电势差()匀强电场中电势差与电场强度的关系()18卷T21(6分)15卷T15(6分)综合命题概率50%常见电容器()16卷T14(6分)15卷T14(6分)综合命题概率50%电容器的电压、电荷量和电容的关系()带电粒子在匀强电场中的运动()18卷T21(6分) 17卷T25(20分)16卷T20(6分) 15卷T24(12分)综合命题概率80%第1节电场力的性质一、静电现象电荷守恒定律1电荷(1)两种电荷：自然界中只存在两种电荷正电荷和负电荷。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。(
3、2)元电荷：电荷的多少叫电荷量，通常把e1.601019 C的电荷量叫做元电荷。注12电荷守恒定律(1)内容：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，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。(3)带电实质：物体带电的实质是电子的得失。二、点电荷及库仑定律1点电荷：当带电体本身的形状和大小对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。注22库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。(2)表达式：Fk，
4、式中k9.0109 Nm2/C2，叫做静电力常量。注3(3)适用条件：真空中；点电荷。三、电场、电场强度及电场线1电场基本性质：对放入其中的电荷有电场力的作用。2电场强度(1)定义式：E注4，单位：N/C或V/m。(2)方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。(3)点电荷的电场强度：Ek，适用于计算真空中的点电荷产生的电场。(4)电场强度的叠加：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。【注解释疑】注1 元电荷是最小的电荷单位，不是带电体，也不是点电荷，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，说明电荷量是不连续的。注2 点电荷是理想化模型，类似于
5、质点。注3 平方反比律，类似于万有引力定律，不能错误地认为：当距离r接近于0时，F趋近于无限大，因为当r接近0时，两个物体不能视为点电荷。注4 比值定义法，电场强度是描述电场性质的物理量，与放入的试探电荷无关。3.电场线(1)定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些有方向的曲线，曲线上每点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱。电场线不是电荷的运动轨迹，根据电场线方向能确定电荷的受力方向和加速度方向，但不能确定电荷的速度方向和运动轨迹。(2)(3)六种典型电场的电场线 深化理解1电荷量和电荷之间的距离都是决定库仑力大小的因素。2均匀带电的绝缘
6、球可以视为点电荷，而距离较近的带电金属球不能视为点电荷，因为金属球相互靠近时表面所带电荷要重新分布。3注意电场强度三个表达式的适用条件，E适用于一切电场，Ek适用于真空中的点电荷，E适用于匀强电场。4电场强度是矢量，计算某点的合场强应选择合适的方法，利用平行四边形定则求出电场强度的矢量和，常用方法包括叠加法、对称法、补偿法、微元法等。5在研究带电粒子的运动轨迹时，不要误认为运动轨迹与电场线一定重合，只有在特定的条件下，两者才重合。6三个自由点电荷，只在彼此间库仑力作用下而平衡，则“三点共线、两同夹异、两大夹小、近小远大”。 基础自测一、判断题(1)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电
7、场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比。()(2)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向。()(3)真空中点电荷的电场强度表达式E中，Q就是产生电场的点电荷。()(4)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。()(5)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。()(6)英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。()(7)美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量。()二、选择题1鲁科版选修31P8T1下列现象中，不属于摩擦起电的有()A将被毛皮摩擦过的塑料棒靠近碎纸屑，纸屑被吸起B在干燥的天气中脱毛线衣时，会听到轻
8、微的噼啪声C用干燥的毛刷刷毛料衣服时，毛刷上吸附有许多细微的脏物D把钢针沿着磁铁摩擦几次，钢针就能吸引铁屑解析：选D钢针能吸引铁屑是因为被磁化了，不是摩擦起电。2.教科版选修31P15T1把检验电荷放入电场中的不同点a、b、c、d，测得的检验电荷所受电场力F与其电荷量q之间的函数关系图像如图所示，则a、b、c、d四点场强大小的关系为()AEaEbEcEdBEaEbEdEcCEdEaEbEc DEcEaEbEd解析：选D由E知，Fq图像的斜率越大，场强越大，故D正确。3.沪科版选修31 P15T1有两个半径为r的金属球如图放置，两球表面间距离为3r。今使两球带上等量的异种电荷Q，两球间库仑力的大
9、小为F，那么()AFk BFkCFk D无法判定解析：选B异种电荷相互吸引，电荷间的距离小于5r，故B正确。4.人教版选修31P15T5改编(多选)某电场区域的电场线如图所示，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是()A负电荷在a点受到的电场力一定小于它在b点受到的电场力Ba点的场强方向一定沿着a点的电场线向右C正电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力Da点的场强一定大于b点的场强解析：选BCD电场线越密，场强越大，电荷受到的电场力越大，与电荷的正、负无关，故A错误，B、C、D正确。高考对本节内容的考查，主要集中在电荷之间的库仑力及其平衡问题、电场强度的叠加与计算、电场线
10、的理解与应用，通常以选择题的形式呈现，难度一般。考点一库仑力及其平衡问题基础自修类题点全练1电荷分配原理两个分别带有电荷量Q和5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为()A.B.C. D.解析：选D两球相距r时，根据库仑定律得Fk，两球接触后，带电荷量均为2Q，则Fk，由以上两式可解得F，D正确。2库仑定律及矢量合成(2018全国卷)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab5 cm，bc3 cm，ca4 cm。小球c所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
11、量的比值的绝对值为k，则()Aa、b的电荷同号，kBa、b的电荷异号，kCa、b的电荷同号，k Da、b的电荷异号，k解析：选D由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，根据受力分析知，a、b的电荷异号。根据库仑定律，a对c的库仑力为Fak0b对c的库仑力为Fbk0设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得联立式得k。3.库仑力作用下的平衡问题如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60角，bc连线与竖直方向成30角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是()Aa、b、c小球带同种电荷Ba、b小球带
12、异种电荷，b、c小球带同种电荷Ca、b小球电荷量之比为Da、b小球电荷量之比为解析：选D对c小球受力分析可得，a、b小球必须带同种电荷c小球才能平衡。对b小球受力分析可得，b、c小球带异种电荷b小球才能平衡，故A、B两项错误。对c小球受力分析，将力正交分解后可得：ksin 60ksin 30，又racrbc1，解得：qaqb9。故C项错误，D项正确。4三个自由电荷的平衡问题如图所示，已知两个点电荷Q1、Q2的电荷量分别为1 C和4 C，在水平面上能自由移动，它们之间的距离d3 m，现引入点电荷Q3，试求：当Q3满足什么条件，并把它放在何处时才能使整个系统处于平衡？解析：由于Q1、Q2电性相同，
13、合电场强度为零处必在两点电荷连线中间某处，Q3带负电。再根据，得 ，即点电荷Q3离电荷量较小的电荷Q1较近，又因r1r2d，d3 m，所以Q3到Q1距离r11 m。根据得：Q3 C。答案：Q3为负电荷，电荷量为 C，且放在Q1Q2中间离Q1为1 m处名师微点1应用库仑定律的三条提醒(1)作用力的方向判断根据：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向。(2)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反。(3)库仑力存在极大值，在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下，当q1q2时，F最大。2三个自由点电荷的平衡问题考点二电场线的理解与应用基础自修类题点全练1根据电场线
14、判断电荷的特点两点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线如图所示。根据电场线的分布情况，下列判断正确的是()AQ1的电荷量小于Q2的电荷量BQ1的电荷量大于Q2的电荷量CQ1、Q2一定均为正电荷DQ1、Q2一定均为负电荷解析：选A由电场线的分布情况可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量，A项正确，B项错误。因为电场线没有标出方向，不能断定电荷的正负，故C、D项错误。2根据电场线和等势面判断电场的性质如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是()A1、2两点的场强相等B1、3两点的场强相等C1、2两点的电势相等D2、3两点的电势相等解析：选D根据电场线越密集，电场强度越大
15、，有E1E2E3，故A、B错误。沿着电场线方向，电势逐渐降低，同一等势面电势相等，故123，C错误，D正确。3根据电场线和运动轨迹分析带电粒子的运动(2018天津高考)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为M、N，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是()AvMvN，aMaNBvMvN，MNCMN，EpMEpN DaMaN，EpMEpN解析：选D电场线密的地方场强大，粒子受到的电场力大，所以aMN，故B、C错误。又由Epq和能量守恒知，带负
16、电的粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，而动能越小，即EpMvN，故A错误，D正确。4根据电场线和运动轨迹比较两个带电粒子的运动(多选)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则()Aa一定带正电，b一定带负电Ba的速度将减小，b的速度将增加Ca的加速度将减小，b的加速度将增大D两个粒子的动能均增加解析：选CD根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异性电荷，但无法确定其具体电性，故A错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B错误，D正确；
17、从两粒子的运动轨迹判断，a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确。名师微点1两种等量点电荷的电场分析等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图电荷连线上的电场强度沿连线先变小后变大O点最小，但不为零O点为零中垂线上的电场强度O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称位置的电场强度A与A、B与B、C与C等大同向等大反向2电场线的妙用判断电场强度的大小电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受电场力大小和加速度的大小判断电场力的方向正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方
18、向和电场线在该点切线方向相反判断电势的高低与电势降低的快慢沿电场线的方向电势降低最快，且电场线密的地方比疏的地方降低更快判断等势面的疏密电场线越密的地方，等差等势面越密集；电场线越疏的地方，等差等势面越稀疏3分析电场中运动轨迹问题的方法(1)“运动与力两线法”画出运动轨迹在初始位置的切线(“速度线”)与在初始位置电场线的切线(“力线”)方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。(2)“三不知时要假设”电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况。考点三电场强
19、度的叠加与计算方法模型类1电场强度的三个公式的比较2电场强度的计算与叠加在一般情况下可由上述三个公式计算电场强度，但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的电场强度时，上述公式无法直接应用。这时，如果转换思维角度，灵活运用叠加法、对称法、补偿法、微元法、等效法等巧妙方法，可以化难为易。方法(一)叠加法例1(多选)离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连，相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形abcd，
20、A、C是a、c连线上的两点，B、D是b、d连线上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等。下列判断正确的是()AD点的电场强度为零BA、B、C、D四点电场强度相等CA点电势比B点电势高DO点的电场强度为零解析根据电场的叠加原理，a、c两个电极带等量正电荷，其中点O的合场强为零，b、d两个电极带等量负电荷，其中点O的合场强为零，则O点的合场强为零，D正确；同理，D点的场强水平向右，A错误；A、B、C、D四点的场强大小相等，方向不同，B错误；由电场特点知，A点电场方向由A指向O，B点电场方向由O指向B，故AO，OB，则AB，C正确。答案CD题型技法多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷在
21、该处所产生的电场强度的矢量和，叠加时考虑对称性可以简化计算，如例题将四个电极分为ac、bd两两进行合成分析。方法(二)对称法例2如图所示，一圆环上均匀分布着电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷，已知b点处的场强为零，则d点处场强为()Ak水平向左Bk水平向右Ck水平向左 Dk水平向右解析电荷量为q的点电荷在b点处产生的电场强度为Ek，而b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为Ek。由对称性可知圆盘在d点处产生电场强度大小仍为Ek。而电荷量为q的点电荷在d点处产生的电场强度大小为Ekk，由于
22、两者在d点处产生电场强度方向相同，所以d点处合场强大小为EEk，方向水平向右，故选项D正确，A、B、C错误。答案D题型技法利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。方法(三)补偿法例3均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OMON2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A.E B.C.E D.E解析左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为q的右
23、半球面的电场的合电场，则EkE，E为带电荷量为q的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷量为q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷量为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则ENEkEE，A正确。答案A题型技法将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，然后再应用对称的特点进行分析，有时还要用到微元思想。方法(四)微元法例4如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OPL，试求P点的场强。解析设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为E。由对
24、称性知，各小段带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电圆环在P处的场强EP，EPnExnkcos k。答案k题型技法将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。“融会贯通”归纳好电场中的力电综合问题典例如图所示，上下平行放置的两带电金属板，相距为3l，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板l处有一带电荷量为q的小球B，在B上方有带电荷量为6q的小球A，他们质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知E。让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中(重力加速度为g)。求：(1)B
25、球刚进入电场时的速度v1大小；(2)A球刚进入电场时的速度v2大小；(3)B球是否能碰到下金属板？如能，求刚碰到时的速度v3大小。如不能，请通过计算说明理由。解析(1)B球进入电场前，两小球不受电场力作用，只受重力作用，做自由落体运动。v122gl，解得v1。(2)A球进入小孔前，只有B球受电场力，FqEmg，方向竖直向下系统受力分析如图甲所示由牛顿第二定律可得：F2mg2ma1解得a1系统做匀加速直线运动v22v122a1l代入数据解得v2。(3)当A、B球全部进入电场后，系统受力如图乙所示6qEqE2mg2ma3解得a3设系统速度为零时没到达下金属板设停下来时通过的距离为HH，代入数据得：
26、HF2；F1F22F，选项A、B错误；若小球b带负电，L增大，则F减小，则F1也减小，选项C错误；若小球b带正电，L减小，则F变大，则F2减小，选项D正确。3(2018无锡五校联考)对于如图所示四幅有关电场，下列说法正确的是()A图甲为等量同种点电荷形成的电场线B图乙离点电荷距离相等的a、b两点场强相同C图丙中在c点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d点D图丁中某一电荷放在e点与放到f点，它们的电势能相同解析：选D由题图可知，甲为等量异种电荷形成的电场线，故A错误；乙为正的点电荷所形成的电场线分布图，离点电荷距离相等的a、b两点场强大小相同，场强方向不同，故B错误；只有电场线为直线时，粒子
27、才有可能沿着电场线运动，曲线电场线中，粒子不会沿着电场线运动，故C错误；图丁中e点与f点电势相同，同一电荷的电势能相同，故D正确。4.(多选) (2019威海调研)如图为静电除尘器除尘原理示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是()A到达集尘极的尘埃带正电荷B电场方向由集尘极指向放电极C带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：选BD由题图所示可知，集尘极电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电
28、场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确。电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误。由FEq可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。5.(多选)某电场的电场线的分布如图所示。一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点。下列判断正确的是()A粒子带正电B电场力对粒子做负功C粒子在N点的加速度大DN点的电势比M点的电势高解析：选AC电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以粒子带正电荷，故A正确；从M点到N点，静电力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，电势降
29、低，故B、D错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故C正确。6.如图所示，A、B两点固定两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是()A负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B负点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C负点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D负点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零解析：选C在两等量的正点电荷连线中垂线上PO段电场强度方向为OP，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力
30、方向为PO，速度越来越大。但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，故A、B错误；越过O点后，负点电荷q做减速运动，则负点电荷运动到O点时速度最大，电场力为零，加速度为零，故C正确；根据电场线的对称性可知，越过O点后，负点电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断，故D错误。B级保分题目练通抓牢7.如图所示，边长为a的正方体的顶点A处有一电荷量为Q的点电荷，其他7个顶点各有一电荷量为Q的点电荷，体心O处有一个电荷量为q的点电荷，静电力常量为k，则点电荷q受到的电场力大小为()A.B.C. D.解析：选A由对称性可知，点电荷
31、q所受的电场力等于Q和Q在同一对角线上的Q对点电荷电场力的矢量和，其他电荷对点电荷的作用力的矢量和为零，则点电荷受电场力大小为F2k，故A正确。8(多选) (2018唐山期末)如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且等距。先在a点固定一带正电的点电荷Q，测得b点场强大小为E。若再将另一点电荷q放在d点时，c点场强大小为E。则d点放入电荷q后，b点的场强大小可能是()A.E B.EC.E D.E解析：选AC设四点的间距为r，则只放点电荷Q时，b点的场强Ek；此时Q在c点的场强为：kE；若再将另一点电荷q放在d点时，c点场强大小为E，若q带负电，q在c点形成电场的电场强度为：kEEE，则此时b点的
32、场强为：EE；若q带正电，则c点的合场强向左，则kEE，即kE；则此时b点的场强为：EE ，故选A、C。9.如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f。等量正、负点电荷分别放置在a、d两点时，在圆心O产生的电场强度大小为E。现仅将放于a点的正点电荷改放于其他等分点上，使O点的电场强度改变，则下列判断正确的是()A移至c点时，O点的电场强度大小仍为E，沿Oe方向B移至e点时，O点的电场强度大小为，沿Oc方向C移至b点时，O点的电场强度大小为E，沿Oc方向D移至f点时，O点的电场强度大小为E，沿Oe方向解析：选B由题意可知，在圆心O产生的电场强度大小为E，则正、负点电荷在O处
33、的电场强度大小均为，方向水平向右。当正点电荷移至c点，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oe方向，故A错误。当正点电荷移至e处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oc方向，故B正确。当正点电荷移至b点时，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60，大小不变，则O点的合电场强度大小为2cos 30E，方向沿Od与Oe角平分线斜向上，故C错误。当正点电荷移至f处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60，大小不变，则O点的合电场强度大小为2cos 30E，方向沿Od与Oc角平分线斜向下，故D错误。C级难度
34、题目适情选做10. (2019太原调研)如图所示，空间正四棱锥型的底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电荷量为q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态。若将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的电场强度为E的匀强电场，此时P处小球仍能保持静止。重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场的电场强度大小为()A. B.C. D. 解析：选D设P处的带电小球电荷量为Q，根据库仑定律可知，则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为：F；根据几何关系，可知正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45；再由力的分解法则，有：4mg；若将P处小球的电荷量减
35、半，则四个顶点的电荷对P处小球的库仑力合力为：F；当外加匀强电场后，再次平衡，则有：Emg；解得：E或E，故D正确。11.如图所示，一带电荷量为q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度用g表示，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)电场强度的大小E；(2)将电场强度减小为原来的时，物块加速度的大小a；(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能Ek。解析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，由受力平衡得FNsin 37qEFNcos 37mg可得电场强度E。(2)若电场强度减小为原来的，则
36、变为Emgsin 37qEcos 37ma可得加速度a0.3g。(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功由动能定理：mgLsin 37qELcos 37Ek0可得动能Ek0.3mgL。答案：(1)(2)0.3g(3)0.3mgL12. (2019开封模拟)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E3.0104 N/C。有一个质量m4.0103 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角37。取g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80，不计空气阻力的作用。(1)求小球所带的电荷量及电性；(2)如果将细线轻
37、轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；(3)从剪断细线开始经过时间t0.20 s，求这一段时间内小球电势能的变化量。解析：(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，如图所示，由共点力平衡条件有：FqEmgtan 解得：q1.0106 C电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷。(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：ma解得：a12.5 m/s2。(3)在t0.20 s的时间内，小球的位移为：lat20.25 m小球运动过程中，电场力做的功为：WqElsin mglsin tan 4.5103 J所以小球电势能的变化量(减少量
38、)为：Ep4.5103 J。答案：(1)1.0106 C正电荷(2)12.5 m/s2(3)减少4.5103 J第2节电场能的性质一、电势能和电势1电势能(1)电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关。注1(2)电势能定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功。注2电场力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即WABEpAEpBEp。注32电势(1)定义：试探电荷在电场中某点具有的电势能与它的电荷量的比值。(2)定义式：。(3)矢标性：电势是标量，有正、负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)。(4)相对性：电势
39、具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。3等势面(1)定义：电场中电势相等的各点组成的面。(2)四个特点等势面一定与电场线垂直。在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。电场线方向总是从电势的等势面指向电势的等势面。注4等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。二、电势差1定义：电荷在电场中由一点A移到另一点B时，电场力做功与移动电荷的电荷量的比值。2定义式：UAB。注53电势差与电势的关系：UABAB，UABUBA。三、匀强电场中电势差与电场强度的关系1电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积。即UEd，也可以写作E。2公式UEd
40、的适用范围：匀强电场。【注解释疑】注1 电场力做功的特点与重力做功的特点类似。注2 零势能位置的选取是任意的，但通常选取大地或无穷远处为零势能位置。注3 电势能的变化特点与重力势能的变化特点类似。注4 沿着电场线的方向，电势降低最快。注5 推导过程为WABEpAEpBqAqBq(AB)qUAB深化理解1在应用描述电势、电势能、电势差的公式时，q、W、U、Ep、都直接代入正负号进行运算，而应用描述电场力、电场强度的公式运算时可以不代入正负号。2在匀强电场中：同一直线上(直线与电场线可成任意角)，相等距离的两点间电势差相等；相互平行的直线上任意相等距离的两点间电势差相等。3电势的高低与电场强度的大
41、小没有联系。如等量异种点电荷连线上，从正电荷到负电荷电势一直降低，而电场强度先减小后增大；连线的中垂线是电势为零的等势面，而电场强度沿中垂线向外逐渐减小。基础自测一、判断题(1)电场中电场强度为零的地方电势一定为零。()(2)沿电场线方向电场强度越来越小，电势逐渐降低。()(3)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点时静电力所做的功。()(4)A、B两点的电势差是恒定的，所以UABUBA。()(5)等差等势线越密的地方，电场线越密，电场强度越大。()(6)电场中电势降低的方向，就是电场强度的方向。()二、选择题1沪科版选修31P34T1(多选)下列说法中正确的是()A无论是正电荷还是负
42、电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能就越大B无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越少，电荷在该点的电势能越大C无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大D无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大答案：AC2教科版选修31P39T7电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则()A电场力做功仍为WB电场力做功为C两点间的电势差仍为UD两点间的
43、电势差为解析：选C两点间电势差与移动的电荷无关，电场力做功变为W2qU2W，只有C正确。3.人教版选修31P22T3改编如图所示，实线为某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，A、B、C是电场中的三点，下列说法正确的是()A三点中，B点的场强最大B三点中，A点的电势最高C将一带负电的检验电荷从A移动到B，电势能增大D将一带正电的检验电荷从A移动到B和从A移动到C，电势能的变化相同解析：选D电场线的疏密表示电场强度的大小，所以三点中，A点场强最大，A错误；沿电场线方向，电势逐渐降低，A点电势最低，B错误；将一带负电的检验电荷从A移动到B，电场力做正功，电势能减小，C错误；因为B、C两点在同一等势
44、面上，所以将一带正电的检验电荷从A移动到B和从A移动到C，电场力做的功相同，电势能变化相同，D正确。4.沪科版选修31P38T2改编(多选)如图所示，M、N为电场中两个等势面，GH直线是其中的一条电场线，则下列说法中正确的是()AEGEHB正电荷置于G点时电势能大于置于H点时的电势能CGHD负电荷由H点移动到G点时电场力做正功答案：ABD高考对本节内容的考查，主要集中在电势高低及电势能大小的比较、电势差与电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动轨迹问题，主要以选择题的形式呈现，难度中等，而对电场力做功与电场中的功能关系的考查，常结合力学知识综合考查，难度较大。考点一电势高低及电势能大小的比较基础
45、自修类题点全练1场强与电势的判断如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是()A从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低B从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高CO点的电场强度为零，电势最低DO点的电场强度不为零，电势最高解析：选C圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强相互抵消，合场强为零。圆环上各电荷在x轴产生的电场强度有水平向左的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知，从O点沿x轴正方向，电势升高。O点的场强为零，无
46、穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小。综上分析可知C正确，A、B、D错误。2电势与电势能的判断如图所示，真空中有等量异种点电荷q、q分别放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，下列说法正确的是()A.在MN连线的中垂线上，O点电势最高B正电荷q从b点沿MN连线的中垂线移到d点的过程中，受到的电场力先减小后增大C正电荷q在c点电势能大于在a点电势能D正电荷q在c点电势能小于在a点电势能解析：选D在MN连线的中垂线上各点的电势均为零，选项A错误；沿两电荷连线的中垂线从b点到d点，场强先增大后减小，故正电荷q受到的电场力先增大后减小，
47、选项B错误；因a点的电势高于c点，故正电荷q在c点电势能小于在a点电势能，选项D正确，C错误。3场强、电势、电势能的综合问题在真空中A、B两点分别放有异种点电荷Q和2Q，以A、B连线中点O为圆心作一圆形路径acbd，如图所示，下列说法正确的是()A场强大小关系有EaEb、EcEdB电势高低关系有ab、cdC将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功D将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变解析：选C对比等量异种点电荷的电场分布可知，题图中场强大小关系有EbEa，EcEd，选项A错误；因沿着电场线方向电势逐渐降低，可知a10 VCCUCB，所以ACCB，可得C，即CaB，则Q
48、靠近M端且为正电荷C无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEpBDB点电势可能高于A点电势解析：选BC若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rAEB，FAFB，aAaB，AB，EpArB，故AB，EpAabac，vavcvbBaaabac，vbvcvaCabacaa，vbvcvaDabacaa，vavcvb解析：选Da、b、c三点到固定的点电荷P的距离rbrcra，则三点的电场强度由Ek可知EbEcEa，故带电粒子Q在这三点的加速度abacaa。由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理|qUab|mvb2mva2
49、0，则vbva，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|mvc2mvb20，vcvb，又|Uab|Ubc|，则vavc，故vavcvb，选项D正确。 名师微点1几种典型电场的等势线(面)电场等势线(面)重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂线上电势处处为零等量同种(正)点电荷的电场两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高2带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，
50、从而确定电势能、电势和电势差的变化等。(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。考点四电场力做功与功能关系师生共研类电场力做功的计算电场中的功能关系(1)电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加，即：WEp。(2)如果只有电场力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即：EkEp。典例(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a()A从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B从N到P
51、的过程中，速率先增大后减小C从N到Q的过程中，电势能一直增加D从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析小球a从N点静止释放，过P点后到Q点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与小球a速度方向夹角一直大于90，所以库仑力整个过程做负功。小球a从N到Q的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角从90一直减小，所以它们的合力一直增大，故A错误。带电小球a受力如图所示，在靠近N点的位置，合力与速度夹角小于90，在P点合力与速度夹角大于90，所以小球a从N到P的过程中，速率应先增大后减小，故B正确。从N到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故C正确。根据能量守恒定律
52、可知，P到Q的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误。答案BC延伸思考(1)在典例中小球a从N到Q的过程中机械能守恒吗？(2)在典例中，若把b球固定在圆心O点(其他条件不变)，小球a从N点静止释放，小球a到达何处时的速度为零？在此过程中机械能守恒吗？为什么？提示：(1)机械能不守恒。(2)小球a到达M点时速度为零，在此过程中机械能守恒，因为库仑力、轨道的支持力都不做功。例题及相关延伸思考旨在让考生理解在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系。(1)动能定理合外力的功(或总功)。(2)能量守恒定律电势能与其他形式能之间的转化。
53、(3)功能关系电场力做功与电势能变化之间的关系。(4)有电场力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变。题点全练1带电小球在电场中的匀变速直线运动(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30。若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mgEq，则()A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为gC小球上升的最大高度为D小球电势能的最大值为解析：选BD因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30，斜向上，
54、如图所示，A错误；根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球运动的加速度大小为g，B正确；小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s，则小球上升的最大高度hssin 30，C错误；在整个过程中电场力做功WqEscos 120mv02，电势能增加，所以小球电势能的最大值为，D正确。2物块在电场力、摩擦力共同作用下的运动在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E6.0105 N/C，方向与x轴正方向相同。在O点处放一个带电荷量q5.0108 C，质量m1.
55、0102 kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v02.0 m/s，如图所示。(g取10 m/s2)试求：(1)物块向右运动的最大距离；(2)物块最终停止的位置。解析：(1)设物块向右运动的最大距离为xm，由动能定理得mgxmE|q|xm0mv02可求得xm0.4 m。(2)因Eqmg，物块不可能停止在O点右侧，设物块最终停在O点左侧且离O点为x处。由动能定理得E|q|xmmg(xmx)0，可得x0.2 m。答案：(1)0.4 m(2)O点左侧0.2 m处“融会贯通”归纳好静电场中的三类常考图像问题(一)x图像(1)x图线上某点切线的斜率的绝对值表示电
56、场强度的大小，x图线存在极值，其切线的斜率为零，则对应位置处电场强度为零。(2)在x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。(3)在x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WABqUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。例1在坐标x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子()A在x00区间一直做加速运动B在0x0区间受到的电场力一直减小C在x00区间电势能一直减小D在x00区间电势能一直增加解析从x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方
57、向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；设在xxx，电势为，根据场强与电势差的关系式E，当x无限趋近于零时，表示x处的场强大小(即x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据FEe，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；在x00区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确。答案D(二)Epx图像(1)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负，电势能减少，电场力做正功；电势能增加，电场力做负功。(2)根据EpWFx，图像Epx斜率的绝对值表示电场力的大小。例2(多选)一带负电的粒
58、子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是()A粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做正功Bx1、x2处电场强度方向沿x轴正方向Cx1处的电场强度大小大于x2处的电场强度大小Dx1处的电势比x2处的电势低解析由于粒子从x1运动到x2电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x轴正方向，电场强度方向沿x轴负方向，选项A正确，B错误；由|Ep|qEx|，即|qE|，由于x1处的图线斜率的绝对值小于x2处图线斜率的绝对值，因此x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度大小，选项C错误；沿着电场线方向电势降低，故x1处的电势比x2处的电势低
59、，选项D正确。答案AD(三)Ex图像在给定了电场的Ex图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况，E0表示场强沿正方向，E0表示场强沿负方向；Ex图线与x轴所围成的面积表示电势差，如果取x0处为电势零点，则可由图像的面积分析各点电势的高低，综合分析粒子的运动，进一步确定粒子的电性、电场力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。例3(多选)某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好能运动到x3x0处，假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，下列说法正确的是()A粒子一定带负电B粒子的初动能大小
60、为qE0x0C粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小D粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0解析如果粒子带负电，粒子在电场中一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子在x3x0处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，A错误；根据动能定理qE0x02qE02x00Ek0，可得Ek0qE0x0，B正确；粒子向右运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C错误；粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理qE0x0EkmaxEk0，解得Ekmax2qE0x0，D正确。答案BD共性归纳对于电场中的各类图像问题，无论是哪类图像，其根本还是准确视图，分析图像的物理意义。(1)结合物
61、理公式规律明确图像的斜率表示什么，斜率的正负代表什么，图像与横轴所夹面积是否有意义。(2)灵活应用电场中的功能关系，结合分析粒子的运动，进一步可分析粒子的电性、做功情况、动能变化、电势能变化等问题。课时跟踪检测A级基础小题练熟练快1关于静电场下列说法正确的是()A将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D电势下降的方向就是电场强度的方向解析：选B将负电荷由低电势点移到高电势点，电场力做正功，电势能减小，选项A错误；无论是正电荷还是负电荷，
62、从电场中某点移到无穷远处时，因无穷远处电势能为零，因此静电力做正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一等势面上，电势处处相等，场强不一定相等，选项C错误；电势下降最快的方向才是电场强度的方向，选项D错误。2(2019淮南模拟)电场中有a、b两点，已知a500 V，b1 500 V，将电荷量为q4109 C的点电荷从a移到b时，电场力做功为()A负功8106 JB正功8106 JC负功4106 J D正功4106 J解析：选B用绝对值先进行计算，WqU41092 000 J8106 J(注意此式仅为数值关系)，因为负电荷从低电势处移至高电势处，所以电场力做正功。故选项B正确。3(多选
63、)(2017全国卷)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra，a)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W、W和W。下列选项正确的是()AEaEb41 BEcEd21CWW31 DWW13解析：选AC设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式Ek，rarb12，rcrd36，可知，EaEb41，EcEd41，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动
64、到b点做的功Wq(ab)3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功Wq(bc)q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功Wq(cd)q(J)，由此可知，WW31，WW11，选项C正确，D错误。4.(多选)(2016海南高考)如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是()AM带负电荷，N带正电荷BM在b点的动能小于它在a点的动能CN在d点的电势能等于它在e点的电势能DN在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功解析：选ABC粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧，可知M受到了引力作
65、用，N受到了斥力作用，故M带负电荷，N带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M从a点到b点电场力对其做负功，动能减小，选项B正确；d点和e点在同一等势面上，N在d点的电势能等于它在e点的电势能，故选项C正确； N从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误。5(多选)如图所示，虚线a、b、c为电场中的一簇等势线，相邻两等势面之间的电势差相等，等势线a上一点A 处，分别射出甲、乙两个粒子，两粒子在电场中的轨迹分别交等势线c于B、C点，甲粒子从A到B的动能变化量的绝对值是E，乙粒子从A到C动能变化量绝对值为E。不计粒子的重力，由此可以判断()A甲粒子一定带正电，乙粒子一定带负电B甲粒子
66、的电荷量一定为乙粒子电荷量的2倍C甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功D甲粒子在B点的电势能的绝对值一定是乙粒子在C点电势能绝对值的2倍解析：选BCD由轨迹图可知，两粒子所受的电场力方向相反，则两粒子一定电性相反，但是不一定是甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项A错误；从A点到c等势面的电势差相等，根据UqEk，因|Ek甲|2|Ek乙|，可知q甲2q乙，选项B正确；根据电场力与轨迹的方向，可知甲粒子从A到B电场力一定做正功，乙粒子从A到C电场力一定做负功，选项C正确；B、C两点的电势相同，根据Epq可知，甲粒子在B点的电势能的绝对值一定是乙粒子在C点电势能绝对值的2倍，选
67、项D正确。6. (2018长沙调研)如图所示，在直角三角形所在的平面内存在匀强电场，其中A点电势为0，B点电势为3 V，C点电势为6 V。已知ACB30，AB边长为 m，D为AC的中点，将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强大小为1.5 N/C，则放入点电荷后，B点场强为()A2.5 N/C B3.5 N/CC2 N/C D. N/C解析：选A根据匀强电场中任意平行相等线段两端点的电势差相等，可知B、D两点电势相等，BD连线为等势线，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，与BD连线垂直且指向A的方向为电场方向，如图所示。根据匀强电场中电场强度与电势差关系，匀强电场的电场强度E N/C2 N/
68、C。根据点电荷电场的特点可知，放在D点的点电荷在B点产生的电场强度与在C点产生的电场强度大小相等，都是1.5 N/C，方向沿BD连线，根据电场叠加原理，B点的电场强度大小为EB N/C2.5 N/C，选项A正确。B级保分题目练通抓牢7. (2019青岛模拟)真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x10和x23a的两点，在两者连线上各点的电场强度随x变化的关系如图所示，选沿x轴方向为正方向，以下判断正确的是()A点电荷M、N均为负电荷BM、N所带电荷量的绝对值之比为21C沿x轴从0到3a电势逐渐降低D将一个正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.4a，该电荷的电势能先减小再增大解析：选D若
69、两电荷为异种电荷，在x2a处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故A错误；由于在x2a处，电场强度为0，则有，所以M、N所带电荷量的绝对值之比为41，故B错误；沿x轴从0到2a电势逐渐降低，从2a到3a电势逐渐增大，故C错误；从0.5a到2.4a电势先降低后增大，根据Epq可知将一个正点电荷沿x轴从0.5a移动到2.4a，该电荷的电势能先减小后增大，故D正确。8.(多选)两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势随位置x变化规律如图所示(只画出了部分区域内的电势)，x轴上有两点M、N，且OM ON，由图可知()AN点的电势低于M点的电势BM、N两点的电场方向相同且M点的场强大小大于N点
70、的场强大小C仅在电场力作用下，正电荷可以在x轴上M、N之间的某两点做往复运动D负电荷沿x轴从M点移到N点的过程中电场力一直做正功解析：选BD由题图知，N点的电势高于M点的电势，故A错误； 由E可知，图像的斜率绝对值等于场强大小，可以看出M点的场强大小大于N点的场强大小，斜率都为正值，说明M、N点的电场方向相同，故B正确； 根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从N指向M，正电荷在x轴上M、N之间所受的电场力始终由N指向M，正电荷做单向直线运动，故C错误；负电荷沿x轴从M移到N的过程中，电场力方向从M指向N，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功，故D正确。9如图甲在水平地面上放置一个质量
71、为m0.1 kg，带电荷量为q0.01 C的物体。物体与地面之间的动摩擦因数为0.4，地面上存在水平向左的电场，物体由静止开始向左运动，电场强度E随物体的位移x变化的图像如图乙所示。已知g10 m/s2，求：(1)运动过程中物体的最大加速度；(2)物体的速度达到最大时距出发点的距离。解析：(1)刚开始时物体的加速度最大，由牛顿第二定律，得qEmgma解得：a6 m/s2，方向水平向左。(2)由图像可得电场强度随位移是变化的，所以物体受到的电场力随位移是变化的，当电场力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大，则qEmg，E40 N/C由题中图像得到E 与x的函数关系式E10025x解得x2.4 m。
72、答案：(1)6 m/s2，方向水平向左(2)2.4 mC级难度题目适情选做10(多选)(2018全国卷)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是()A此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为C若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为D若W1W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差解析：选BD结合题意，只能判定ab，cd，
73、但电场方向不能得出，故A错误。电场强度的方向沿cd时，才有场强E，故C错误。由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，M，N，则UMN，可知该粒子从M点移动到N点的过程中，电场力做功W，故B正确。若W1W2，则abcd，变形得acbd，即UacUbd，而UaM，UbN，可知UaMUbN，故D正确。11.(多选)如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P和F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示。已知MN，PF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A点电荷Q一定在MP连线上B连接PF的线段一定在同一个等势面上
74、C将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功DP大于M解析：选AD根据正点电荷的电场的特点可知，点电荷的电场的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作MN连线的中垂线和PF连线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交MP于A点，即点电荷在A点，选项A正确，B错误；将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，选项C错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，故PM，选项D正确。12. (2019合肥四校联考)如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度
75、E1.0104 N/C。现有一电荷量q1.0104 C，质量m0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。取g10 m/s2。试求：(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；(2)D点到B点的距离xDB；(3)带电体在从P点开始运动到落至D点的过程中的最大动能(结果保留三位有效数字)。解析：(1)设带电体通过C点时的速度为vC，根据牛顿第二定律有mgm，解得vC2.0 m/s。设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有FBmg
76、m。带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理有mg2RmvC2mvB2联立解得FB6.0 N，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB6.0 N。(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2Rgt2，xDBvCtt2联立解得xDB0。(3)由P点到B点带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B到C的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45处。设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有qERsin 45mgR(1cos 45)EkmmvB2，代入数据解得Ekm1.1
77、7 J。答案：(1)6.0 N(2)0(3)1.17 J第3节电容器带电粒子在电场中的运动一、常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1常见电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)电容器的充、放电注1充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。注22电容(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值。(2)定义式：C。注3(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。(4)单位：法拉(F)，1 F
78、106 F1012 pF。3平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。(2)决定式：C，k为静电力常量。二、带电粒子在匀强电场中的运动1做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合0，粒子做匀速直线运动或静止。(2)粒子所受合外力F合0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。2带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场方向飞入匀强电场，仅受电场力。(2)运动性质：匀变速曲线运动。注4(3)处理方法：运动的合成与分解。沿初速度方向：做匀速直线运动。沿电场方向：做初速度为零
79、的匀加速直线运动。【注解释疑】注1 充电过程：Q、U、E均增大；放电过程反之。注2 放电过程电流随时间变化如图所示，面积表示电容器减少的电荷量。注3 比值定义法，C的大小只由电容器本身结构决定。注4 两个有用的结论(1)粒子飞出偏转电场时“速度的反向延长线，通过垂直电场方向的位移的中点”。(2)不同带电粒子从同一电场加速再进入同一偏转电场，所有粒子都从同一点射出，荧光屏上只有一个亮斑。深化理解1在分析电容器的动态变化时，要先明确电容器是与电源相接还是与电源断开；电容器接在电源上时，电压不变，E；断开电源时，电容器所带电荷量不变，E，改变两极板距离，场强不变。2带电粒子偏转问题：离开电场时的偏移
80、量yat2，偏转角tan 。基础自测一、判断题(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。()(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。()(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。()(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。()(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。()(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。()二、选择题1教科版选修31 P40T9关于电容器的电容，下列说法中正确的是()A电容器所带电荷量越多，电容越大B电容器两板间电压越低，其电容越大C电容器不带电时，其电容
81、为零D电容器的电容只由它本身的特性决定答案：D2人教版选修31 P32T1改编如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是()A电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大B电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大C电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大D电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大解析：选B电容器与电源保持连接时两极板间的电势差不变，静电计指针偏转角不变，A错误；与电源断开后，电容器所带电荷量不变，结合U和C可判断B正确，C
82、、D错误。3.鲁科版选修31 P44T4一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P点(如图所示)以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为12。若不计重力，则a和b的比荷之比是()A12B18C21 D41答案：D4人教版选修31 P39T5改编如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看成匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。忽略电子所受重力，电
83、子射入偏转电场时初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y分别是()A. B. C. D. 解析：选D根据动能定理，有eU0mv02，电子射入偏转电场时的初速度v0 ，在偏转电场中，电子的运动时间tL ，加速度a，偏转距离ya(t)2。高考对本节内容的考查，主要集中在平行板电容器的动态分析、带电粒子(体)在电场中的直线运动、带电粒子在匀强电场中的偏转，其中平行板电容器的动态分析，主要以选择题的形式呈现，难度中等，而对带电粒子(体)在电场中的直线运动和偏转的考查，以计算题的形式呈现，常结合力学知识综合考查，难度较大。考点一平行板电容器的动态分析基础自修类题点全练1与电源断开的情形(2
84、018北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是()A实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：选A实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，故A正确。实验中，b板向上平移，正对面积S变小，由C知，电容C变小，由C知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，故B错误。插入有机玻璃板，相对介电常数r变大，由C知，电容C变大，由C知，Q不
85、变，U变小，因此静电计指针的张角变小，故C错误。只增加极板带电量，电容C不变，静电计指针的张角变大，是由于U变大导致的，故D错误。2与电源相连的情形(2016全国卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器( )A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选D平行板电容器电容的表达式为C，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据QCU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E，由于U、d不变，
86、所以极板间电场强度不变，选项D正确。3带电油滴在电容器中的受力及运动(2018江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A仍然保持静止B竖直向下运动C向左下方运动 D向右下方运动解析：选D开始时油滴处于静止状态，有mgq，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力Fq变小，mgF。并且A、B两板之间的等差等势面右端将均匀地顺次向下移动，又电场强度垂直于等势面，可得油滴的受力如图所示，mg与F的合力方向为向右下方，故油滴向右下方运动。名师微点1分析思路(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源
87、连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变。(2)用决定式C 确定电容器电容的变化。(3)用定义式C判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。(4)用E分析电容器极板间场强的变化。2两类动态变化问题的比较分类充电后与电池相连U不变充电后与电池断开Q不变d变大C变小，Q变小，E变小C变小，U变大，E不变S变大C变大，Q变大，E不变C变大，U变小，E变小r变大C变大，Q变大，E不变C变大，U变小，E变小考点二带电粒子(体)在电场中的直线运动多维探究类1带电粒子(体)在电场中运动时重力的处理基本粒子如电子、质子、粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)带电体如
88、液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力2做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合0，粒子做匀速直线运动。(2)粒子所受合外力F合0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。3用动力学观点分析a，E，v2v022ad。4用能量观点分析匀强电场中：WEqdqUmv2mv02。非匀强电场中：WqUEk2Ek1。考法(一)仅在电场力作用下的直线运动例1(多选)(2018全国卷)如图，一平行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、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时
89、释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等解析经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据xat2t2知，mamb，故A错误。电场力做功WaWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确。a、b处在同一等势面上，根据Epq，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误。根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。答案BD考法(二)在电场力和重力作用下
90、的直线运动例2如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()A微粒到达B点时动能为mv02B微粒的加速度大小等于gsin C两极板的电势差UMND微粒从A点到B点的过程电势能减少解析微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向。由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于mv02，选项A错误；根据qEsin ma，qEcos mg，解得agtan
91、，选项B错误；两极板的电势差UMNEd，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN，选项D错误。答案C考法(三)在多个连续电场中的直线运动例3(2017江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()A.运动到P点返回B运动到P和P点之间返回C运动到P点返回D穿过P点解析电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eUe
92、Ed0，若将C板向右平移到P点，B、C两板所带电荷量不变，由E可知，C板向右平移到P时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。答案A共性归纳对于带电粒子(体)在电场中的直线运动问题，无论是忽略重力还是考虑重力，解决此类问题时要注意分析是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合0作为突破口进行求解，匀变速运动根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解。(1)运用动力学观点时，先分析带电粒子(体)的受力情况，根据F合ma得出加速度，
93、再根据运动学方程可得出所求物理量。(2)运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力做的功等于动能的变化量；若考虑重力，则合力做的功等于动能的变化量。考点三带电粒子在匀强电场中的偏转师生共研类1带电粒子在电场中的偏转规律2处理带电粒子的偏转问题的方法运动的分解法一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUymv2mv02，其中Uyy，指初、末位置间的电势差。典例如图所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。它们以相同的速
94、度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A点，B粒子打在N板上的B点，若不计重力，则()Aq1q2Bm1m2C. D.解析设粒子的初速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，所以有加速度a，运动时间为t，偏转位移为yat2，整理得y，显然由于A粒子的水平位移小，则有，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确。答案C延伸思考(1)例题中如果仅将“以相同的速度”改为“以相同的初动能”，应选_。提示：选A由典例的解析可知y，由题意Ek0mv02，整理得y，由于A粒子的水平位移小，则A粒子的电荷量大，即q1大于q2，A正确
95、。由以上分析可知，不能确定两粒子的质量关系，B、C、D错误。(2)例题中两粒子由静止开始经相同加速电场加速后，经右板的同一小孔进入同一偏转电场，假设两粒子均能落在B板上，则两粒子是否落在B板同一位置？提示：设加速电场的电压为U，偏转电场的电场强度大小为E，由动能定理，对粒子在加速电场中的运动有qUmv2；粒子在偏转电场中，由牛顿第二定律有Eqma，两粒子落在B板上时，两粒子在竖直方向的位移相同，yat2，粒子在水平方向上有xvt，由以上整理解得x2 ，由于y、U、E均相同，则两粒子均落在B板的同一位置。解题方略分析匀强电场中的偏转问题的关键条件分析不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直
96、，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。运动分析带电粒子在电场中的偏转运动：在垂直电场方向上做匀速直线运动，在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量；沿电场力方向做匀加速直线运动，在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量。在垂直电场方向上有t，沿电场力方向上有yat2或vyat，a，联立方程可求解。题点全练1三种粒子偏转运动的比较真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为12
97、4，电荷量之比为112，则下列判断中正确的是()A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为124 解析：选B设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1mv02，解得v0 ，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论可知三种粒子在偏转电场中侧移距离y、偏转角tan ，可知y与粒子的种类、质量、电荷量无
98、关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为WqEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为112，则有电场力对三种粒子做功之比为112，故C、D错误。2偏转运动中的极值问题如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y，长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY，一束质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。解析：(1)设粒
99、子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有yat2，Lv0t，vyat，tan ，解得x即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)由题知a，E，解得y当y时，UYY则两板间所加电压的范围为UYY。(3)当y时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0ybtan 又tan ，解得：y0故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0。答案：见解析“STS问题”巧迁移现代科技中的静电场问题(一)智能手机上的电容触摸屏1(多选)目前智能手机普遍采用了电容触
100、摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是()A电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小
101、D手指与屏的接触面积变大时，电容变大思维转换解析：选AD据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确。(二)电容式传声器2如图所示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中()A膜片与极板间的电容增大B极板所带电荷量增大C膜片与极板间的电场强度增
102、大D电阻R中有电流通过思维转换解析：选D根据C可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据QCU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误。(三)静电除尘器除尘3.为了减少污染，工业废气需用静电除尘器除尘，某除尘装置如图所示，其收尘极为金属圆筒，电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时，电晕极附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电荷量不变，下列判断正确的是()A金属圆筒内存在匀强电场B金属圆
103、筒内越靠近收尘极电势越低C带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大D带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越小解析：选D根据题图信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故A错误；逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，因此B错误；尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故C错误；离电晕极越远，场强越小，尘埃带电荷量不变，受到的电场力越小，故D正确。(四)反射式速调管4.反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其震荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反
104、的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E12.0103 N/C和E24.0103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m1.01020 kg，带电荷量q1.0109 C，A点距虚线MN的距离d11.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1|q|E2d20由式解得d2d10.50 cm。(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，有|q|E1ma1|q|E2m
105、a2设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，有d1a1t12d2a2t22又tt1t2联立式解得t1.5108 s。答案：(1)0.50 cm(2)1.5108 s课时跟踪检测A级基础小题练熟练快1.如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是()A.B.C. D.解析：选C根据qU1mv2，t，yat22，由题意知，yd，解得， 故选项C正确。2(2016天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静
106、电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A增大，E增大B增大，Ep不变C减小，Ep增大 D减小，E不变解析：选D由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U可知U变小，则静电计指针的偏角减小。又因为两板间电场强度E，Q、S不变，则E不变。因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故
107、只有选项D正确。3.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则Mm为()A32B21C52 D31解析：选A设极板间电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M，由牛顿第二定律有：qEMaM，由运动学公式得：laMt2；对m，由牛顿第二定律有qEmam，根据运动学公式得：lamt2由以上几式解之得：，故A正确。4. (2019成都调研)如图所示，一种射线管由平行
108、金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的粒子(电子)。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的粒子的这一速度为()A. B. C. D. 解析：选C粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有Lv0t，竖直方向有at2，且a。从A到C的过程有qUmv02mv2，以上各式联立解得v ，选项C正确。5如图所示，两个平行带电金属板M、N相距为d，M板上距左端为d处有一个小孔A，有甲、乙两个相同的带电粒子，甲粒子从两板左端连线中点O处以初速度v1平
109、行于两板射入，乙粒子从A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N板的中点B处，则初速度v1与v2的关系正确的是()A. B.C.2 D.解析：选C设带电粒子在电场中的加速度为a，则对甲粒子，竖直方向at2，水平方向dv1t，解出v1；对乙粒子有v2tat2d，解出v2，所以v1v221，即选项C正确。6.(多选)(2016全国卷)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知()AQ点的电势比P点高B油滴在Q点的动能比它在P点的大C油滴在Q点的电势能比它在P点的大D油滴在Q点的加速度大小
110、比它在P点的小解析：选AB带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功。则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误。7. (2019广州模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关
111、系图像中正确的是()解析：选C由C知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C、QCU、UEd得E是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为E(Lx)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，随x增大而线性减小，C对；由Wq知W与电势变化情况一样，D错。8.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则()A微粒一定带正电B微粒一定做匀速直线运动C可求出匀强电场的电场强度D可求出微粒运动的加速度解析：选D因微粒在重力和电场力
112、作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错误；其合外力必与速度反向，大小为F，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a，B错误，D正确；电场力qE，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错误。B级保分题目练通抓牢9.(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的
113、同一位置解析：选AD带电粒子在电场E1中加速，由动能定理得，eU1mv2，解得v 。进入电场线竖直向下的匀强电场E2中做类平抛运动，Lvt，yat2，eE2ma，联立解得y，偏转电场E2对三种粒子做功WeE2y，与粒子质量无关，所以偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确；三种粒子打到屏上时的水平速度不一样大，竖直速度at不一样大，所以三种粒子打到屏上时的速度不一样大，选项B错误；三种粒子运动到屏上所用时间不相同，选项C错误；由于y与粒子质量无关，且三种粒子射出偏转电场时偏转角相同，所以三种粒子一定打到屏上的同一位置，选项D正确。10(多选)如图所示，带电荷量之比为qAqB13的带电粒子A
114、、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响，则()AA和B在电场中运动的时间之比为12BA和B运动的加速度大小之比为41CA和B的质量之比为112DA和B的位移大小之比为11解析：选ABC粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由xv0t及OCCD得，t1t212，选项A正确；竖直方向由hat2得a，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aAaB41，选项B正确；根据a得m，故mAmB112，选项C正确；A和B的位移大小不相等，选项D错误。C级难度题目适情选做11. (2018保定模拟)如图所示，充电后的平行
115、板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落到下极板处的时间。解析：(1)设小球下落h时的速度为v，由自由落体运动规律有v22gh，得v。(2)设小球在极板间运动的加速度为a，由v22ad，得a。由牛顿第二定律得qEmgma，电容器的电荷量QCUCEd，联立以上各式得E，Q。(3)由hgt12得小球做自由落体运动的时间t1
116、，由0vat2得小球在电场中运动的时间t2d 。则小球运动的总时间tt1t2 。答案：(1)(2)(3) 12. (2019济宁模拟)如图所示，两平行金属板A、B长为L8 cm，两板间距离d8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q1.01010 C、质量为m1.01020 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v02.0106 m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离
117、界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。(静电力常量k9.0109 Nm2/C2，粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。解析：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(偏移位移)：yat2，a，Lv0t，则yat220.03 m3 cm。粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有，解得Y4y12 cm。(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧。(3)粒
118、子到达H点时，其水平速度vxv02.0106 m/s竖直速度vyat1.5106 m/s则v合2.5106 m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电。根据几何关系可知半径r15 cm，电场力提供向心力，则km，解得Q1.04108 C。答案：(1)3 cm12 cm(2)轨迹图见解析(3)负电1.04108 C第4节带电粒子在电场中运动的综合问题高考对本节内容的考查主要集中在电场中的力电综合问题，综合考查了电场的性质和规律，以及平衡、加速、偏转、能量等力学知识，通常命制计算题，难度较大；而对带电粒子在交变电场中运动的考查，常从这两种运动的角度命题：往返运动和偏转运动。
119、考点一示波管的工作原理基础自修类题点全练1示波管的原理分析(多选)如图所示是示波器的原理示意图，电子经电压为U1的加速电场加速后，进入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后打在荧光屏上的P点。P点与O点的距离叫偏转距离。要提高示波器的灵敏度(即单位偏转电压U2引起的偏转距离)，下列办法中可行的是()A提高加速电压U1B增加偏转极板a、b的长度C增大偏转极板与荧光屏的距离D减小偏转极板间的距离解析：选BCD电子经加速电场后动能为：EkeU1，加速后的速度为：v ，经偏转电场的时间为：t，出偏转电场的偏转位移为：yat22，设偏转极板与荧光屏的距离为L，则P点到O点的偏转距离Yy，所以此示波器的灵敏
120、度为：，可知要提高灵敏度可以降低加速电压，也可以增加偏转极板长度，增大偏转极板与荧光屏的距离，减小偏转极板间的距离，故A错误，B、C、D正确。2示波管的图形分析图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项中的()解析：选B在02t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B。名师微点在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电
121、场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。1确定最终偏移距离思路一：思路二：2确定偏转后的动能(或速度)思路一：思路二：考点二带电粒子在交变电场中的运动多维探究类题型(一)直线运动问题(分段研究)例1如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是()A0t0B.t0C.t0T DTt0解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A板上时位
122、移为负，速度方向为负。作出t00、时粒子运动的速度图像如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0t0，t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零；t0T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。答案B题型(二)偏转运动问题(分解研究)例2如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，tT时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则()A该粒子射出电场时的
123、速度方向一定是沿垂直电场方向的B在t时刻，该粒子的速度大小为2v0C若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在金属板上D若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在tT时刻射出电场解析由题设条件可知，粒子在0时间内做类平抛运动，在T时间内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A正确；前后两段运动的时间相等，时将速度分解，设板长为l，由类平抛运动规律可得：lv0T，lvT，则vv0，则时刻该粒子的速度为v0，选项B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，而从PQ
124、板右边缘射出电场，选项C错误；若该粒子的入射速度变为2v0，粒子在场中运动的时间t，选项D错误。答案A共性归纳(1)当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性的运动。(2)当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向的分运动可能具有周期性。题点全练1直线运动如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦
125、函数规律变化)()解析：选A电子在交变电场中所受电场力大小不变，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到tT时刻速度变为零，之后重复上述运动，A项正确，B项错误。2偏转运动如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UABU0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期TL ，板间中线与电子源在同一水平线上。已知金属板M、N间距为d，极板长为L，距偏转极板右边缘s处有荧光屏，求：(1)电子进入
126、偏转极板时的速度；(2)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)。解析：(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有eU0mv2解得v 。(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间tL T故在时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板。答案：(1) (2)0考点三电场中的力电综合问题师生共研类典例(2017全国卷)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方
127、向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。解题指导第一步：抓关键点题中信息吹“沙”见“金”带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动带电油滴受力平衡电场强度的大小突然增大到某值油滴向上做匀加速直线运动突然将电场反向油滴初速度向上，加速度向下第二步：找突破口(1)要确定油滴运动到B点时的速度，可由动力
128、学知识求解；根据牛顿第二定律结合速度公式解决。(2)要确定增大后的电场强度的大小，应结合平衡条件和位移公式进行求解，注意讨论B点在A点下方还是上方。(3)为保证后来的电场强度比原来的大，要讨论 t1和v0应满足的条件，应在求出E2的基础上进一步讨论判断。解析(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动。在t0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2mgma1油滴在时刻t1的速度为v1v0a1t1电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE
129、2mgma2油滴在时刻t22t1的速度为v2v1a2t1由式得v2v02gt1。(2)由题意，在t0时刻前有qE1mg油滴从t0到时刻t1的位移为s1v0t1a1t12油滴在从时刻t1到时刻t22t1的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t12由题给条件有v022g(2h)式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上，依题意有s1s2h由式得E2E1为使E2E1，应有2221即当0t1才是可能的；条件式和式分别对应于v20和v2E1，应有2221即t1另一解为负，不合题意，已舍去。答案(1)v02gt1(2)见解析解题方略1思维流程2解题技巧要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中
130、加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。题点全练如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一绝缘轨道由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段光滑，PQ段粗糙。现在有一质量为m、带电荷量为q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的倍。现将小环从M点右侧的D点由静止释放，D点到M点的水平距离x0。求：(1)小环第一次到达圆弧轨道最高点P时的速度大小；(2)小环第一次通过与
131、O等高的A点时半圆环对小环作用力的大小；(3)若小环与PQ间动摩擦因数为(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)，现将小环移至M点右侧4R处由静止开始释放，通过讨论，求出小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。解析：(1)由动能定理得：qEx02mgRmvP2qE，x0解得vP0。(2)设小环在A点时的速度为vA，由动能定理得qE(x0R)mgRmvA20解得vA在A点：NqvABqEm联立解得：N。(3)若fmgqE即小环第一次到达P点右侧s1距离处速度为零，小环将停在此处不动，由动能定理得qE(4Rs1)2mgRfs10fmg联立得：s1所以克服摩擦力所做的功为：Wfmgs1若fmgqE即小
132、环经过来回往复运动，最后只能在PD之间往复运动，设克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得qE(4R)mg(2R)Wf0解得：WfmgR。答案：(1)0(2)(3)见解析“融会贯通”归纳好“等效法”在电场中的应用处理带电粒子在“等效力场”中的运动，要关注以下两点：一是对带电粒子进行受力分析时，注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而确定电场力做功情况；二是注意带电粒子的初始运动状态。1等效重力法。将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下方向”。2物
133、理最高点与几何最高点。在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。针对训练1如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角60时，小球速度为0。(1)求小球的带电性质及电场强度E。(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)。解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。小球由A点释放到速度等于
134、零，由动能定理有EqLsin mgL(1cos )0解得E。(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G，则Gmg，方向与竖直方向成30角偏向右下方。若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：mmg由A点到等效最高点，根据动能定理得mgL(1cos 30)mv2mvA2联立解得vA 。答案：(1)正电(2) 2如图所示，在电场强度E103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电荷量q104 C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数
135、0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？解析：(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mgqE小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv02联立方程解得v07 m/s。(2)设小滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv02在P点时，由牛顿第二定律得FNm代入数据解得FN0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小为F
136、NFN0.6 N。答案：(1)7 m/s(2)0.6 N(1)把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。(2)等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。(3)类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。课时跟踪检测A卷基础保分专练1(2019日照模拟)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是()A减小墨汁微粒的质量B增大墨汁微粒所带的电荷量C增大偏转电场的电压D增大墨
137、汁微粒的喷出速度解析：选D根据偏转距离公式y可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，D正确。2(多选)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球()A重力做功为5 JB电势能减少2 JC空气阻力做功0.5 J D动能减少3.5 J解析：选BD小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减小2 J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小
138、球的机械能增加1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知空气阻力做功为0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为3.5 J，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J，D正确。3(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，下列说法中正确的是()A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s末带电粒子回到原出发点C3 s末带电粒子的速度为零D03 s内，电场力做的总功为零解析：选CD设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a
139、2，由a可知，a22a1，设带电粒子开始时向负方向运动，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，设带电粒子开始时向负方向运动，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。4(多选) (2018佛山模拟)一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电荷量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为()
140、A3v B4vC5v D6v解析：选AC若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mgkv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：qmgkv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有qmgkv，联立解得v3v，故A正确，如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有qmgkv，联立解得v5v，C正确。5.(多选)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角37(sin 370.6，cos 370.8
141、)，则()A小球带负电B匀强电场电场强度的大小为C电场中A、B两点的电势差为D当小球从A点由静止释放至B点，电场力做负功，小球经B点时的速度大小为解析：选BD小球静止在B点，受力平衡，受到重力、电场力和细线的拉力，电场力水平向右，与电场方向一致，说明小球带正电，A错误；根据共点力平衡条件可得tan 37，解得E，B正确；电场中A、B两点的电势差为UABEdEL(1sin )，C错误；小球从A点运动到B点的过程中电场力和重力做功，根据动能定理可得mgLcos UABqmvB20，解得vB，D正确。6(多选) (2018石家庄六校联考)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙
142、所示。t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为v0 B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgd D克服电场力做功为mgd解析：选BC因0内微粒匀速运动，故E0qmg；在时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t时刻的竖直速度为vy1，水平速度为v0；在T时间内，由牛顿第二定律得2E0qmgma，解得ag，方向向上，则在tT时刻，vy2vy1g0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势
143、能减小了Epmgmgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgdW电0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。7.虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是()A粒子一定带负电B粒子在A点的电势能大于在C点的电势能C粒子在A点的动能大于在C点的动能DA点的场强小于C点的场强解析：选C电场线和等势线垂直且由高电势的等势线指向低电势的等势线，可知题图中电场线方向应垂直于等势线大体指向左侧，带电粒子所受的电场力沿电场线指向曲线内侧，也大体向左，故粒子应带正电，故A错误；从A到C过程中，电场力
144、做负功，电势能增加，则粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；粒子运动过程中只有电场力做功，且电场力做负功，根据动能定理得知动能减小，故粒子在A点动能较大，故C正确；A点等差等势线密，电场线也密，所以A点的电场强度大于C点的，故D错误。8. (2019南昌模拟)如图所示，A、B、C是点电荷Q形成的电场中的三点，BC是以Q为圆心的一段圆弧。UAB10 V，正点电荷q沿ABC移动，则()A点电荷Q带正电B沿BC运动时电场力做正功CB点的电场强度与C点的相等Dq在A点时具有的电势能比在C点时的大解析：选DUAB10 V，所以A点电势高，此点电荷Q为负电荷，A错误；BC在同一圆弧上，B、C电势
145、相等，沿BC运动，电场力不做功，B错误；由E可知B、C两点的电场强度大小相等、方向不同，C错误；因为AC，由Epq可知，正点电荷q在A点的电势能比在C点时的大，D正确。9.在光滑的绝缘水平面上，相隔2L的A、B两点固定有两个电荷量均为Q的正点电荷，a、O、b是A、B连线上的三点，O为中点，OaOb。一质量为m、电荷量为q的试探电荷以初速度v0从a点出发沿A、B连线向B运动，在运动过程中，除静电力外，试探电荷受到一个大小恒定的阻力作用，当它运动到O点时，动能为初动能的2倍，到b点时速度刚好为零。已知静电力常量为k，设O处电势为零，求：(1)a点的场强大小；(2)恒定阻力的大小；(3)a点的电势。
146、解析：(1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：Ea。(2)根据等量同种电荷的电场特点可知，关于O点对称的a、b两点的电势是相等的，所以从a到b，由动能定理得0fL0mv02，可求得：f。(3)从a到O静电力与阻力做功，根据动能定理得qUaOfL2mv02mv02解得UaO，a。答案：(1)(2)(3)10.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？解析：电
147、子在加速电场加速时，根据动能定理eU1mvx2进入偏转电场后Lvxt，vyat，a射出偏转电场时合速度v，由以上各式得Ekmv2eU1。答案：eU111(2019天津调研)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为kU0(k1)，电压变化的周期为2t，如图乙所示。在t0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场力作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k，电子在02t时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。解析：电子在0t时间内做匀加速运动加速度
148、的大小a1位移x1a1t2在t2t时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2初速度的大小v1a1t匀减速运动阶段的位移x2依据题意dx1x2，解得d 。答案：d B卷重难增分专练1.一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示。图中一组平行实线是电场线，则下列说法正确的是()Aa点的电势比b点高B电子在a点的加速度方向向右C电子从a点到b点动能减小D电子从a点到b点电势能增加解析：选B根据电子的运动轨迹可知，电子受到的电场力向右，因此可知电场线的方向向左，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点低，所以A错误。由A项分析可知，电子受到的电场力向右，所以电子在a点的加速
149、度方向向右，所以B正确。从a点到b点的过程中，电场力做正功，所以电子从a点到b点动能增加，所以C错误。电场力做正功，电势能减小，所以电子从a点到b点电势能减小，所以D错误。2. (多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两个质量相等的带电小球a、b(可以看成质点)。将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点。从释放小球到刚要打到右极板的运动中，下列说法正确的是()A它们的运动时间tatbB它们的电荷量之比qaqb21C它们的电势能减少量之比EpaEpb41D它们的动能增加量之比EkaEkb41解析
150、：选BC两小球由同一高度释放，打在同一点，故竖直方向位移相同；在竖直方向上做自由落体运动，故两小球运动时间相同，A错误。在水平方向，sa2sb，由于时间相同，所以水平方向的加速度aa2ab，由EqFma知它们的电荷量之比为21，B正确。电势能的减少量之比为电场力做的功之比，a球所受电场力和水平位移均为b球的两倍，所以它们电势能的减少量之比为41，C正确。动能的增加量等于合外力做的功，合外力对a球做的功不是对b球做功的4倍，D错误。3. (多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直
151、径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度为，不计空气阻力，下列说法正确的是()A若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度vmin B若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C若将小球在A点由静止开始释放，它将在CBD圆弧上往复运动D若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够沿圆周到达B点解析：选AB小球的平衡位置位于BC的中点，运动过程中，速度最小的点位于AD的中点，设该点为F，要使小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，在F点有mg，解得最小速度为vmin，A正确；运动过程中，电场力做的功等于小球机械能的增量，运动到B点，电场力做正功最多，所
152、以小球在B点机械能最大，B正确；若将小球在A点由静止开始释放，假如能到达D点，由动能定理：mgREqRmvD2，解得vD0，而小球要想沿圆周运动到D点，在D点必须要有速度，实际上，小球在A点由静止释放后，先做匀加速直线运动，再沿圆弧运动，所以C错误；小球要想沿圆周运动到B点，必须能过F点，由A到F应用动能定理：mgLEqLmvmin2mvA2，则vA，D错误。4. (2019绵阳模拟)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，
153、经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角60，重力加速度为g。(1)求小球所受的电场力大小；(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。解析：(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小Fmgtan 60mg。(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有m，解得v。在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，有mgr(1cos 60)Frsin 60mv02mv2，解得v02。答案：(1)mg(2)25如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，
154、电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板电容器的时间都极短，可以认为电压是不变的)(1)在t0.06 s时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经电场加速满足qU0mv2经电场偏转后侧移量yat22所以y。由题图知t0.06 s时刻u1.8U0，所以y4.5 cm设打在荧光屏上的点距O点的距离为Y，满足所以Y13.5 cm。(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当
155、偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm。答案：(1)O点上方13.5 cm处(2)30 cm6. (2019宝鸡调研)如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为M、电荷量分别为q和q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。已知A点到左边界的距离也为L。(1)求该电场的电场强度大小；(2)求小球射出的初速度大小；(3)要使小球M、
156、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。解析：(1)设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0，则它们进入电场时水平速度仍然为v0，所以小球M、N在电场中运动的时间相等。进入电场前，水平方向Lv0t1竖直方向下落的距离dgt12进入电场时竖直速度vy1gt1进入电场后，水平方向Lv0t2故t1t2t设N粒子在电场中运动的加速度为a，竖直方向有：dvy1tat2解得：a3g由牛顿第二定律得：Eqmgma解得：E。(2)小球M射出电场时竖直速度为vy2vy1atEqmgmam(v02vy22)8m(v02vy12)解得：v0。(3)以竖直向下为正
157、，M的竖直位移为yMvy1tat2N的竖直位移为yNvy1tat2yMyNL解得：v02。答案：(1)(2)(3)v027.如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30，A点距水平地面的高度为h4 m。BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L m。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R0.5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一
158、个质量为m1 kg、电荷量为q0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为。求：(g取10 m/s2)(1)小球到达C点时的速度大小；(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；(3)小球落地点距离C点的水平距离。解析：(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得(mgEq)h(mgEq)cos 30(mgEq)LmvC20，解得vC2 m/s。(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得mvC2mvD2mg2R在最高点以小球为研究对象，可得FNmgm，解得FN30 N，vD2 m/s。(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mgqEma，解得a20 m/s2假设小球落在BC段，则应用类平抛运动的规律列式可得xvDt,2Rat2，解得x m m，假设正确。即小球落地点距离C点的水平距离为 m。答案：(1)2 m/s(2)30 N(3) m
