1、加试要求1电荷及其守恒定律(c)2.电场强度(c)3.电势能和电势(c)4.电势差(c)5.电势差与电场强度的关系(c)6.静电现象的应用(b)7.电容器的电容(c)8.带电粒子在电场中的运动(d)第1讲电场的基本性质考纲解读(1)理解电场强度的定义、意义及表示方法。(2)掌握各种电场的电场线分布，并能利用它们分析解决简单问题。(3)知道电势的定义式，理解与Ep、q无关。(4)理解电场力做功与电势能变化的关系。(5)知道电势差与电场力做功的关系式，会用该式进行计算。(6)掌握匀强电场中场强与电势差的关系式，知道1 V/m1 N/C。考点一电荷及电荷守恒定律知 识 梳 理1元电荷、点电荷(1)元
2、电荷：e1.61019 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，其中质子、正电子的电荷量与元电荷相同。(2)点电荷：当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。2静电场(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。3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：物体带电的实质是得失电子。规 律 方 法1电荷分配规律两个完全相同的金属球接
3、触后，所带正、负电荷先“中和”，然后“平均分配”于两球。分配前后正、负电荷之和(代数和)不变。2最小的电荷量叫做“元电荷”。电荷量都是元电荷的整数倍，所以电荷量不能连续变化。3质子及电子所带电荷量的绝对值与元电荷相等，但不能说它们是元电荷。题 组 训 练1(基础考点对元电荷的认识)(2016东阳市联考)(多选)科学家在研究原子、原子核及基本粒子时，为了方便，常常用元电荷作为电荷量的单位，关于元电荷，下列说法中正确的是()A把质子或电子叫元电荷B1.601019 C的电荷量叫元电荷C电子带有最小的负电荷，其电荷量的绝对值叫元电荷D质子带有最小的正电荷，其电荷量的绝对值叫元电荷解析元电荷不是电荷种
4、类，而是表示最小的电荷量，数值为1.601019 C，其大小和质子、电子所带电荷量的绝对值相等，故选项A错误，选项B、C、D正确。答案BCD2(基础考点对物体带电的理解)1746年，富兰克林提出正、负电荷的概念，并且人们认识到自然界中只存在正、负两种电荷，对于物体通常呈电中性的现象，下列判断正确的是()A物体没有电荷B物体的正负电荷一样多C物体很容易失去电荷D以上说法都不正确解析物质由原子组成，原子由原子核和核外电子组成，电子带负电，原子核带正电，原子核内正电荷数目和核外负电荷数目是相同的，原子呈电中性，由中性原子组成的物体，对外表现为不带电状态，物体呈电中性，由此可知，选项B正确。答案B3(
5、基础考点电荷分配规律的应用)(2016丽水市调研)完全相同的金属小球A、B，A球带电荷量为16Q，B球带电荷量为8Q，现将A与B接触后分开，则A、B两球的带电荷量分别为()A8Q，16Q B8Q，8QC4Q，4Q D4Q，4Q解析因两球带异种电荷，所以A与B接触后应是先中和，后把剩余的电荷量平分，即A、B两球的带电荷量都为q4Q，选项C对。答案C考点二电场强度知 识 梳 理1电场强度、点电荷的场强(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值。(2)定义式：E。单位：N/C或V/m。(3)点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度：Ek。(4)方向：规定正电荷
6、在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。(5)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，遵从平行四边形定则。2匀强电场如果电场中各点电场强度的大小相等，方向相同，这样的电场叫作匀强电场。3电场线(1)定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，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电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱。(3)几种典型电场的电场线(如图所示)。规 律 方 法1描述电场有两种方法电场线和电场强度。电场线较形象、直观，疏密程度反映电场的强弱，方向为电场线上该点的切线方向。2电场强度的大小及方向(1)电场强
7、度的大小可以用公式计算(2)电场强度的大小可以用电场线的疏密程度表示，电场越强的地方，电场线越密；电场强度是矢量，它的方向跟正电荷在该点受的电场力的方向相同，即沿着电场线的切线方向。题 组 训 练1(基础考点对电场强度概念的理解)关于电场强度的概念，下列说法正确的是()A由E可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比B正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关C电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关D电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零解析电场中某点场强的大小和方向由电场本身决定，与试探电荷的受力情况及电荷性质无关，故A、D错误
8、，C正确；电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反，但场强方向与试探电荷的正负无关，B错误。答案C2(高考必考点电场强度概念及定义式E的理解)在电场中某点放一检验电荷，其电荷量为q，检验电荷受到的电场力为F，该点电场强度为E，那么下列说法正确的是()A若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零B若在该点放一个电荷量为2q的检验电荷，该点的场强就变为C若在该点放一个电荷量为2q的检验电荷，则该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向D若在该点放一个电荷量为的检验电荷，则该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向解析电场中某点的电场强度是由场源电
9、荷和该点的位置决定的，而与检验电荷是否存在、检验电荷的电性、电荷量无关。故正确答案为D。答案D3(高考热点电场线的特点)(2016余姚市调研)如图所示，关于a、b两点的电场强度的大小及方向，以下表述正确的是()AEaEb方向相同BEaEb方向不同CEaEb方向相同DEaEb方向不同解析电场线的疏密表示电场的强弱，a点电场较强；电场线的切线方向表示电场方向，a、b两点的电场方向不相同，B正确。答案B4(高考热点电场强度的叠加)如图所示，M，N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP60。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M，N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N
10、点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为()A12 B21 C2 D4解析依题意，每个点电荷在O点产生的场强大小为，则当N点处的点电荷移至P点时，假设M点为正点电荷，则O点场强如图所示，合场强大小为E2，则21，故正确答案为B。答案B5(高考热点带电粒子的运动轨迹与电场线的关系)(2016嵊州市调研)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的加速度将增加D两个粒子的动能，一个增加一个
11、减小解析设电场线为正点电荷的电场线，则由轨迹可判定a带正电，b带负电；若电场线为负点电荷的电场线，则a带负电，b带正电，A错；由粒子的偏转轨迹可知电场力对a、b均做正功，动能增加，B、D错；但由电场线的疏密可判定，a受电场力逐渐减小，加速度减小，b正好相反，故选项C正确。答案C考点三电势能和电势电势差知 识 梳 理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。(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。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。2电势(1)定义：试探电荷
12、在电场中某点具有的电势能Ep与它的电荷量q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。(3)电势差与电势的关系：UABAB，UABUBA。(4)影响因素：电势差UAB由电场本身的性质决定，与移动的电荷q及电场力做的功WAB无关，与零电势点的选取无关。规 律 方 法1电势和电场强度的区别(1)电势是标量，是描述电场能的性质的物理量；电场强度是矢量，是描述
13、电场力的性质的物理量。(2)电势高的地方场强不一定大，二者在大小上无必然联系。(3)沿电场强度方向是电势降低。2电势高低常用的两种判断方法(1)依据电场线的方向沿电场线方向电势逐渐降低(2)依据UAB UAB0，AB；UAB0，AUBCB在图中，若ABBC，则UABUBCC在图中，若ABBC，则UABUBC，即A对，B、C错；等势面与电场线始终相互垂直，故D对。答案AD8(2016余姚市联考)如图所示，a，c，b为同一条电场线上的三点，c为ab中点，a，b电势分别为a5 V，b3 V。则()Ac点的电势一定为4 VBa点的场强一定比b点的场强大C正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D正电荷从a
14、点运动到b点动能一定增加解析从电场线上无法判断是匀强电场还是非匀强电场，因此无法判断a，b两点的电场强度的大小及c点的电势。从c到b电势是降低的，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，C正确；正电荷从a点向b点运动的过程中外力可能对它做负功，因此动能不一定增加。故正确答案为C。答案C9(多选)一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点的电势能为4.81017 J，电子经过B点时电势能为3.21017 J，电子在A点的动能为3.21017 J，如果电子只受静电力作用，则()A电子在B点时动能为4.81017 VB由A到B静电力做功为100 eVC电子在B点时动能为1.61017 JDA、B两点间电势
15、差为100 V解析电子由A点到B点电势能减少1.61017 J，即静电力做正功WAB1.61017 J100 eV，由动能定理得EkBWABEkA4.81017 J，即选项A、B正确，C错误；由公式UAB得UAB V100 V，故选项D错误。答案AB10(2016兰溪市联考)如图所示，以O点为圆心，以R0.20 m为半径的圆与坐标轴的交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向夹角60，已知a、b、c三点电势分别为4 V、4 V、4 V，则下列说法正确的是()A该匀强电场的场强E40 V/mB该匀强电场的场强E80 V/mCd点的电势为2 VDd点的电势为4 V解
16、析由题意可知Ubc44 V，由几何关系可得dbcRsin 30Rsin 600.1(1)，所以该匀强电场的场强E40 V/m，A、B错误；而dbd2Rsin 300.20 m，所以UbdEdbd8 V，故d点的电势为4 V，D正确。答案D11(2016北京市西城区高三期末)如图所示，电场中一正离子只受电场力作用从A点运动到B点。离子在A点的速度大小为v0，速度方向与电场方向相同。能定性反映该离子从A点到B点运动情况的速度时间(vt)图象是()解析由电场线的疏密分布可知，正离子从A点沿电场线向B点运动的过程中，由于电场力对离子做正功，离子速度逐渐增大，同时其所受的电场力越来越小，根据牛顿第二定律
17、可知，离子的加速度a将会越来越小，因此其速度时间(vt)图象的斜率会越来越小，故选项D正确。答案D12如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，沿图中虚线由A运动到B，其能量变化情况是()A动能减少，重力势能增加，电势能减少B动能减少，重力势能增加，电势能增加C动能不变，重力势能增加，电势能减少D动能增加，重力势能增加，电势能减少解析由于带电微粒做直线运动，其受力如图所示，其合外力的方向应为速度的反方向，故物体做减速运动，动能减少，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，故选项B正确。答案B二、非选择题13(2016嘉兴市联考)在电场中把q2109 C的
18、正电荷从A移到B时电场力做了1.5107 J的正功，再把这个正电荷从B移到C时电场力做了4107 J的负功，A，B，C三点电势的高低情况如何？A，C间的电势差是多大？解析A，B两点电势差的大小UABAB75 V。可见A点比B点的电势高75 V。又UBCBC200 V，可见B点电势比C点电势低200 V。故CAB。得A，C两点的电势差UACAC(AB)(BC)(75200) V125 V，即A点电势比C点低125 V。答案CAB125 V14如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab8 cm，bc间距离Lbc14 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角。一个电荷量q410
19、8 C的负电荷从a点移到b点克服静电力做功1.2106 J。求：(1)匀强电场的电场强度大小；(2)电荷从b点移到c点，静电力所做的功；(3)a、c两点间的电势差。解析(1)根据WabqUab，且Wab1.2106 J，电荷为q4108 C，所以Uab V30 V。根据E可知EV/m375 V/m。(2)WbcqUbcqELbccos 6041083750.14cos 60J1.05106 J。(3)UacEd375(0.080.14cos 60) V56.25 V。答案(1)375 V/m(2)1.05106 J(3)56.25 V第2讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动考纲解读(1)了解电
20、容器的外形、结构和符号，了解电容器的充放电。(2)会用电容器的定义式进行计算。(3)了解影响平行板电容器电容的相关因素。(4)知道带电粒子在电场中加速和偏转两种运动形式。(5)理解并掌握带电粒子在电场中加速运动和偏转运动的规律。(6)了解静电现象。考点一电容器的电容静电现象的应用知 识 梳 理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、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两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。2电容(1)定义：电容器
21、所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)定义式：C。(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 F106 F1012 pF3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。4静电现象的应用(1)静电感应和静电平衡把金属导体放在电场E中，由于内部自由电子受电场力作用而定向移动，使导体的两个端面出现等量的异种电荷，这种现象叫静电感应，当自由电子的定向移动停止时，导体处于静电平衡状态。(2)静电平衡状态下导体的电场强度和电势导体内部的场强处处为零，
22、整个导体是等势体，导体的表面是等势面，导体表面电场线和带电体表面垂直。(3)静电平衡状态下静电荷只分布在外表面。(4)尖端放电现象和避雷针电性与尖端相反的粒子被吸引而奔向尖端，与尖端的电荷中和，相当于尖端失去电荷，这就是尖端放电。避雷针就是利用尖端放电的设备。(5)处于静电平衡的导体腔内场强处处为零。(6)处于静电平衡状态的导体，内部区域就不再受外部电场的影响，这种现象叫静电屏蔽。规 律 方 法1“三点”易错提醒(1)电容C等于Q与U的比值，不能理解为电容C与Q成正比，与U成反比。(2)一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与其是否带电及带电多少无关。(3)电容器两端的电势差发生变化
23、时，电路中会有充电或放电电流。2平行板电容器的动态分析(1)分析比较的思路确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。用决定式C分析平行板电容器电容的变化。用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。用E分析电容器极板间场强的变化。(2)常见类型题 组 训 练1(基础考点电容器概念的理解)(多选)关于电容器的概念，下列说法正确的是()A电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器B用电源对平行板电容器充电后，两极板一定带有等量异种电荷C电容器在充电和放电过程中，和电容器相连的电路中都有电流D电容器充电和放电的过程，也是电场能和其他形式能相互转化的过程解析只要能够容纳电荷，
24、就称为电容器，电容器不一定带电，就像水杯不一定盛水一样，所以A错；由电荷守恒定律，充电过程中，正负电荷总代数和为零，所以两极板必带等量异种电荷，B正确；在充电和放电过程中，电路中都有瞬间电流，稳定后，电荷也就不再定向移动，所以C是对的；充电和放电的过程，也是能量转化的过程，总能量守恒，D选项正确。故正确答案为B、C、D。答案BCD2(基础考点电容C的理解)(多选)对一电容器充电时电容器的电容C，带电荷量Q，电压U之间的关系图象如图所示，其中正确的是()解析对一确定的电容器。其电容是不变的，与所加电压或电荷量无关，但其所带电荷量QCU是和两极板间电压成正比的，故正确答案为C、D。答案CD3(高考
25、热点公式C的应用)(2016丽水市调研)一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3104 C，则其电压减少为原来的1/3，则()A电容器原来的带电荷量为9104 CB电容器原来的带电荷量为4.5104 CC电容器原来的电压为1 VD电容器的电容变为原来的1/3解析由C得QCUC(UU)CUQ，Q C4.5104C，选项A错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D错。答案B4(高考热点电容器两极板上的电荷量保持不变)如图所示，先接通S使电容器充电。然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器
26、所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及场强E的变化情况是()AQ变小，C不变，U不变，E变大BQ变小，C变小，U不变，E变小CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变小，E无法确定解析由充电后断开电源，电容器的电荷量不变，选项A、B错；由C知增大两极板间的距离时，电容C减小，由C知，U增大；两板间电场强度E，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C对，D错。答案C5(高考热点电容器两极板间的电势差保持不变)如图所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，a、b构成了一个电容器，且通过导线与恒定电源两极
27、相接。若声源S做简谐运动，则a振动过程中()Aa、b板之间的电场强度不变Ba、b板所带的电荷量不变Ca板向右位移最大时，电容器电容最大D电路中始终有方向不变的电流解析a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式E分析得，a、b板间的电场强度也会周期性变化，故A错误；a振动过程中，a、b间电压不变，由公式C分析得，a、b板所带的电荷量会周期性变化，故B错误；a向右的位移最大时，a、b板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大，故C正确；a振动过程中，a、b板所带的电荷量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计的电流会周期性变化，D错误。答案C6(基础考点静
28、电现象)(2016诸暨市期末)如图1所示，一块有机玻璃板和一块塑料板，手持有机玻璃棒用力快速摩擦两板后分开；接着将塑料板插入箔片验电器上端的空心金属球中，没有接触金属球，发现金属箔片张开，如图2所示；然后抽回塑料板，再将有机玻璃板和塑料板互相平行但不接触，同时插入空心金属球，仍没有接触金属球，发现金属箔片没有张开，如图3所示。关于这一实验现象，下列的说法正确的是()A两板摩擦后带电说明创造了新的电荷B图2验电器箔片张开是因为发生了电磁感应C图2验电器箔片张开是因为板上电荷转移到箔片上D图3验电器箔片没有张开是因为两板带等量异种电荷答案D7(基础考点静电危害的防止)为了防止静电的危害，应尽快把静
29、电导走，下列措施中不是为了防止静电危害的是()A油罐车后面装一条拖地铁链B电工钳柄上有一绝缘胶套C飞机轮采用导电橡胶D印染厂车间保持相当的湿度解析A、C、D项的做法都是为了防止静电的危害，应尽快把静电导走的方法，只有B项的不是静电的问题，而是防止触电的防护措施。答案B考点二带电粒子在电场中的直线运动知 识 梳 理带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法：(1)用动力学观点分析：a，E，v2v2ad。(2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于粒子动能的变化，qUmv2mv。规 律 方 法1处理带电粒子在电场中运动的常用技巧(1)微观粒子(如
30、电子、质子、粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。2带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法题 组 训 练1(基础考点带电粒子的加速直线运动)电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间的电势差不变，则()A当增大两板间的距离时，速度v增大B当减小两板间的距离时，速度v减小C当减小两板间的距离时，速度v不变D当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间增大解析由动能定理得eUmv2。当改变两板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误
31、，C正确；粒子做初速度为零的匀加速直线运动，即t，当d减小时，电子在板间运动的时间变短，故选项D错误。答案C2(基础考点带电粒子的减速运动)(2016舟山市调研)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回。如图所示，h，此电子具有的初动能是()A. BedUh C. D.解析电子受到的静电力做负功，有eUOA0Ek，UOAh，Ek，由此知选项D正确。答案D3(高考热点带电粒子在非匀强电场中的运动)(多选)如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中
32、的vt图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为a、b，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有()Aab BEaEbCEaEb DWaWb解析由图乙可知，粒子做加速度减小、速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a指向b，电场线方向由b指向a，b点电势高于a点电势，故选项B、D正确。答案BD4(高考热点带电体在电场中的直线运动)(2016河北唐山摸底)如图所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带正电的小金属块以一定初速度从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达B点，速度变为零。此过程中
33、，金属块损失的动能有转化为电势能。金属块继续运动到某点C(图中未标出)时的动能和A点时的动能相同，则金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为()A1.5L B2L C3L D4L解析根据题述，小金属块从A运动到B，克服摩擦力做功WfEkFfL，克服电场力做功WEEkqEL。设小金属块从B运动到C经过的路程为s，由动能定理，qEsFfsEk，解得s3L。金属块从A开始运动到C整个过程中经过的总路程为Ls4L，选项D正确。答案D考点三带电粒子在电场中的偏转运动知 识 梳 理1条件分析：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。2运动性质：匀变速曲线运动。3处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线
34、运动，类似于平抛运动。4运动规律：带电粒子的偏转xv0tyat2t2vxv0，vyat用于带电粒子重力可忽略的情形是一种类平抛运动按垂直电场方向做匀速直线运动和平行电场方向做匀加速直线运动处理续表带电粒子偏转的侧位移距离yat2l是极板长度，d是极板间距离，U是偏转电压带电粒子的偏转角tan 粒子射出电场轨迹的切线与x轴的交点必在处规 律 方 法求解带电粒子偏转问题的思路在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再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思路(2)确定偏转后的动能(或速度)思路思路题 组 训 练1(高考必
35、考点带电粒子在电场中的偏转)(2016绍兴市联考)(多选)如图所示，带电荷量之比为qAqB13的带电粒子A、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，tAtB12；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；根据a得m，故，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确。答案ABC2(
36、高考热点带电粒子在电场中先加速再偏转)(2016山西运城一模)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124，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
37、qU1mv，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y、tan 可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，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。答案B3(高考热点带电体在电场和重力场共同作用下的偏转)(多选)如图所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连，闭合开关后，一
38、个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上。下列说法中正确的是()A液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大C电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短D定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长解析液滴在两板间的运动为一条直线，电源的电动势越大，电场力越大，液滴在板间运动的加速度越大，垂直极板的加速度越大，则运动的时间越短，液滴在板间运动的时间与电阻的阻值无关。答案BC4(高考预测带电粒子在电场中偏转运动的应用)(2016诸暨市期末)如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷，在电场的作用下是使电荷发生偏
39、转到达纸上。已知两偏转极板长度L1.5102 m，两极板间电场强度E1.2106 N/C，墨滴的质量m1.01013 kg，电荷量q1.01016C，墨滴在进入电场前的速度v015 m/s，方向与两极板平行。不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响。(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y。解析(1)负电荷。(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t代入数据可得：t1.0103s(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a代入数据可得：a1.2103 m/
40、s2离开偏转板时在竖直方向的位移yat2代入数据可得：y6.0104 m答案(1)负电荷(2)1.0103s(3)6.0104 m课时作业一、选择题1(2016金华十校调研)电场中，初速度为零的带正电粒子在匀强电场作用下，运动方向正确的是()解析正电荷在电场中受电场力的方向与电场方向相同，若电荷由静止开始运动，则正电荷应沿电场线运动，D正确。答案D2如图所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间场强E的变化情况为()AU变大，E变大 BU变小，E变小CU不变，E不变 DU变小，E不变解析当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q保持
41、不变，插入电介质后，电容器的电容C变大，则U将变小，而由E可知，板间场强E也将变小。选项B正确。答案B3(2016温岭市联考)如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的()A2倍 B4倍 C.倍 D.倍解析第一次d()2，第二次d()2，两式相比可得d，所以选项C正确。答案C4(2015江苏单科，7)(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球()A做直线运动 B做曲线运动C速率先减
42、小后增大 D速率先增大后减小解析对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误。答案BC5(2016诸暨市调研)(多选)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动解析要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由
43、题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A错误；因电场力做负功，故电势能增加，B正确；合力做负功，故动能减少，C错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D正确。答案BD6(2015新课标全国卷，14)如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mgqE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转
44、45后，两板间电场强度方向逆时针旋转45，电场力方向也逆时针旋转45，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确。答案D7(2015海南单科，5)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()A32 B21 C52 D31解析设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有：aM，lt2；对m有：
45、am，lt2，联立解得，A正确。答案A8(2016台州市联考)如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上的同一点P。不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是()A在电场中微粒A运动的时间比B长B在电场中微粒A、B运动的时间相同C微粒A所带的电荷量比B少D静电力对微粒A做的功比B少解析带电微粒进入电场中，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则微粒在电场中的运动时间为t，由此可知两微粒在电场中的运动时间相同，选项B正确，A错误；竖直方向做匀加速直线运动，yat2，由于t相同，yAyB，可得aAaB，即，则
46、qAqB，选项C错误；由WqU，可知静电力对微粒A做的功比B多，选项D错误。答案B9(多选)如图是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A向B运动并经过B点，一段时间后q以速度v又一次经过A点，且v与v0的方向相反，则以下说法中正确的是()AA、B两点的电场强度是EABC负电荷q在A、B两点的电势能EpAB，EpAEbC电场线是直线，所以EaEbD不知a，b附近的电场线分布，Ea，Eb的大小都不能确定解析由于不知电场线的分布情况，故无法确定a，b所在处的电场线分布的疏密，则无法确定两点的电场强弱，A、D正确。答案AD6电荷Q在电场中
47、某两点间移动时，静电力做功为W，由此可算出两点间的电势差为U；若让电荷量为2Q的电荷在电场中的这两点间移动，则()A静电力做功仍为W B静电力做功为C两点间的电势差仍为U D两点间的电势差为解析电势与电势差是电场本身的性质，与试探电荷无关，选项C对、D错；由静电力做功的公式WqU可知当电荷量为2Q的电荷在两点间移动时，静电力做功为2W，选项A、B错。答案C7(2016宁波市联考)(多选)电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极、电势为K，A为阳极、电势为A，在电场作用下电荷量为e的电子从K运动到A，则()AA、K间电势差为AKB电子动能增加e(AK)C电子电势能增加e(AK)D电子克服电场力做
48、功为e(AK)解析A、K两极间的电势差UAKAK，A正确；电场力做的功为eUKAe(AK)，根据动能定理知动能增加量为e(AK)，B正确；电场力做正功，故电势能减小，C、D错误。答案AB8(2016杭州市调研)如图所示，平行板电容器接在电势差恒为U的电源两端，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()A带电油滴将沿竖直方向向上运动B电容器的电容减小C电容器的电容增大D极板带电荷量将增大解析由于平行板电容器电压保持不变，将上极板竖直向上移动一小段距离，板间场强减小，油滴所受静电力减小，油滴将沿竖直方向向下运动，故选项A错误；将上
49、极板竖直向上移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电势差不变，由QCU可知，电荷量Q减小，故选项B正确，选项C、D错误。答案B9如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点释放一个带电荷量为Q(Q0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v0向右射入，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为12时，恰好从下端点B射出，则d与L之比为()A12 B21 C11 D13解析设粒子从A到B的时间为t，粒子在B点时，竖直方向的分速度为vy，由类平抛运动的规律可得Lv0t，dt，又v0vy12，可得dL11，选项C正确。答案C10(2016衢州市联考)如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一
50、电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示。EA、EB表示A、B两点的电场强度，A、B表示A、B两点的电势。以下判断正确的是()AEAEB BEAEBCAB DAB解析由速度平方v2与位移x的关系与v2v2ax对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A、B错误；电子从A到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C错误。答案D二、非选择题(共2小题，共30分)11(14分)如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔。M、N分别接到电压恒定的电源两端(未画出)
51、。小孔正上方有一点A，A与极板N的距离为h，与极板M距离为h，某时刻有一带电微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零。若将极板N向上平移h，该微粒再从A点由静止下落，求进入电场后速度为零的位置与极板M间的距离。解析设板间电压为U，由动能定理得mghqU0将下极板向上平移h后，U不变，板间距离为dhhh则板间电场强度E设微粒在距上极板x处速度为零，则由动能定理得mg(hx)qEx0联立解得xh答案h12(16分)(2016舟山市调研)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、带电量为q的粒子(不
52、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，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yat2Lv0tvyat，tan ，联立可得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)aE由式解得y当y时，UYY则两板间所加电压的范围为：UYY(3)当y时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，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(1)见解析(2)UYY(3)