1、高考资源网（） 您身边的高考专家第六章 静电场备考指南考 点内 容要求考点内 容要求一、电场力的性质物质的电结构、电荷守恒二、电场能的性质电势能、电势静电现象的解释电势差点电荷三、电容器带电粒子在电场中的运动匀强电场中电势差与电场强度的关系库仑定律带电粒子在匀强电场中的运动静电场示波管电场强度、点电荷的电场强度常见电容器电场线电容器的电压、电荷量和电容的关系把握考情找 规 律：高考对本章知识的考查主要以选择、计算为主，主要考点有：(1)电场的基本概念和规律；(2)牛顿运动定律、动能定理及功能关系在静电场中的综合应用问题；(3)带电粒子在电场中的加速、偏转等问题。明 热 点：预计2016年的高考
2、中，对本章知识的考查仍将是热点之一，主要以选择题的方式考查静电场的基本知识，以综合题的方式考查静电场知识与其他知识的综合应用。第1节电场力的性质_(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍。()(2)相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们之间的库仑力大小一定相等。()(3)根据Fk，当r0时，F。()(4)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比。()(5)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。()(6)在真空中，电场强度的表达式E中的Q就是产生电场的点电荷。()(7)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同
3、一球面上各点的电场强度都相同。()(8)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。()(1)1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律。(2)1837年，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。(3)1913年，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，获得诺贝尔奖。要点一库仑定律的理解与应用1库仑定律适用条件的三点理解(1)对于两个均匀带电绝缘球体，可以将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离。(2)对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布。(3)库仑力在r1015109 m的范围内均有效，但不能根据公式错
4、误地推论：当r0时，F。其实，在这样的条件下，两个带电体已经不能再看成点电荷了。2应用库仑定律的四条提醒(1)在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小。(2)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。(3)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。(4)库仑力存在极大值，由公式Fk可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1q2时，F最大。多角练通1(2015金陵中学模拟)如图611所示，半径相同的两个金属球A、B带有相等的电荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引ss力的大小是F。今让
5、第三个半径相同的不带电的金属小球先后与A、B两球接触后移开。这时，A、B两球之间的相互作用力的大小是() 图611ABC D解析：选AA、B两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，设它们带的电荷量分别为q、q。当第三个不带电的C球与A球接触后，A、C两球带电荷量平分，每个球带电荷量为q1，当再把C球与B球接触后，两球的电荷先中和再平分，每球带电荷量q2。由库仑定律Fk知，当移开C球后，A、B两球之间的相互作用力的大小变为F，A项正确。2.如图612所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，壳层的厚度和质量分布均匀，将它们分别固定于绝缘支座上，两球心间的距离为l，为球半径的3倍。若使它们带上等
6、量异种电荷，两球电荷量的绝对值均为Q，那么，a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为() 图612AF引G，F库kBF引G，F库kCF引G，F库k DF引G，F库k解析：选D万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有半径的3倍，但由于壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点。因此，可以应用万有引力定律。对于a、b两带电球壳，由于两球心间的距离l只有半径的3倍，表面的电荷分布并不均匀，不能把两球壳看成相距l的点电荷，故D正确。要点二库仑力作用下的平衡问题1解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同
7、的，只是在原来受力的基础上多了电场力。具体步骤如下：2“三个自由点电荷平衡”的问题(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置。(2)典例(多选)(2014浙江高考)如图613所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则()图613A小球A与B之间库仑力的大
8、小为B当 时，细线上的拉力为0C当 时，细线上的拉力为0D当 时，斜面对小球A的支持力为0解析根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F，选项A正确；当细线上的拉力为0时，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得mgtan ，解得 ，选项B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，选项D错误。答案AC方法规律库仑力作用下的平衡问题，高考中多以选择题的形式出现，关键是做好受力分析与平衡条件的应用，把库仑力当成一个普通力，通过合成法或正交分解法解决此类问题。针对训练1(2013全国卷)如图614，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶
9、点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场电场强度的大小为() 图614ABCD解析：选B以小球c为研究对象，其受力如图甲所示，其中F库，由平衡条件得：2F库cos 30Eqc。即：Eqc，E此时a的受力如图乙所示，222得qc2q即当qc2q时a可处于平衡状态，同理b亦恰好平衡，故选项B正确。2如图615所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电Q，B带电9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为() 图615A正，B的右边0
10、.4 m处B正，B的左边0.2 m处C负，A的左边0.2 m处 D负，A的右边0.2 m处解析：选C要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则，所以选项C正确。3(2015湖南怀化调研)如图616所示，A、B两小球带等量同号电荷，A固定在竖直放置的L10 cm长的绝缘支柱上，B受A的斥力作用静止于光滑的绝缘斜面上与A等高处，斜面倾角为30，B的质量为m10103 kg。求：图616(1)B球对斜面的压力大小。(2)B球带的电荷量大小(g取10 m/s2，静电力常量k9.0109 Nm2/C2，结果保留两位有效数字)。解析：(1)令B球对斜面的支持力为FN，带的电荷量Q，
11、A、B相距r。对B球受力分析如图所示。FNcos mg，得FN0.20 N。据牛顿第三定律得B球对斜面的压力FN0.20 N。(2)两小球之间的库仑力Fk，Fmgtan ，又Lrtan ，代入数据联立解得：QL 106C5.8107 C。答案：(1)0.2 N(2)5.8107 C 要点三电场强度的叠加问题1电场强度三个表达式的比较EEkE公式意义电场强度定义式真空中点电荷电场强度的决定式匀强电场中E与U的关系式适用条件一切电场真空点电荷匀强电场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为沿电场方向的距离相同点矢量，遵守平行四边形定则单位：1
12、 N/C1 V/m2电场强度的叠加(1)叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。(2)运算法则：平行四边形定则。3计算电场强度常用的五种方法(1)电场叠加合成的方法。(2)平衡条件求解法。(3)对称法。(4)补偿法。(5)等效法。典例(2013全国卷)如图617，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，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点处的电场强度为零，则d点处电场强度的大小为(k为静电力常量)() 图617AkBkCk Dk解析由于在a点放
13、置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQEqk，根据对称性可知Q在d点产生的电场强度大小EQk，则EdEQEqkkk，故选项B正确。答案B方法规律电场强度叠加问题的求解思路电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场的叠加问题的一般步骤是：(1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；(3)依次利用平行四边形定则求出矢量和。针对训练1(2013安徽高考)如图618所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z0的空间为真空。将电荷量为q的点电荷置于z轴上
14、zh处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部电场强度处处为零，则在z轴上z处的电场强度大小为(k为静电力常量)() 图618AkBkCk Dk解析：选D点电荷q和感应电荷所形成的电场在z0的区域可等效成关于O点对称的等量异种电荷所形成的电场。所以z轴上z处的电场强度Ekkk，选项D正确。2(2013江苏高考)下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图619中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是()图619解析：选B根据对称性和矢量叠加，D项O点的电场强度为零，C项等效为第二象
15、限内电荷在O点产生的电场，大小与A项的相等，B项正、负电荷在O点产生的电场强度大小相等，方向互相垂直，合电场强度是其中一个的倍，也是A、C项电场强度的倍，因此B项正确。3(2012安徽高考)如图6110甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E2k，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为() 图6110A2k0 B2k0C2k0 D2k0解析：选A利用均匀带电圆板轴线上的电场强度公式，当R无限大
16、时，Q点电场强度E12k0，当Rr时，Q点电场强度E22k01，现从带电平板上中间挖去一半径为r的圆板，则Q点电场强度E3E1E2，选项A正确。4如图6111所示，位于正方形四个顶点处分别固定有点电荷A、B、C、D，四个点电荷的带电量均为q，其中点电荷A、C带正电，点电荷B、D带负电，试确定过正方形中心O并与正方形垂直的直线上到O点距离为x的P点处的电场强度的大小和方向。图6111解析：四个点电荷各自在P点的电场强度EA、EB、EC、ED如图所示，根据对称性可知，EA、EC的合电场强度E1沿OP向外，EB、ED的合电场强度E2沿OP指向O，由对称性可知，E1、E2大小相等，所以P点的电场强度为
17、零。答案：电场强度为零要点四电场线的理解与应用1电场线的三个特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远或负电荷处；(2)电场线在电场中不相交；(3)在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏。2六种典型电场的电场线图61123两种等量点电荷的电场比较等量异种点电荷等量同种点电荷连线上的电场强度沿连线先变小后变大，中点O处电场强度最小中垂线上的电场强度O点最大，向外逐渐减小O点为零，向外先变大后变小4电场线与带电粒子在电场中运动轨迹的关系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
18、)带电粒子初速度为零，或速度方向与电场线平行；(3)带电粒子仅受电场力或所受其他力的合力方向与电场线平行。典例如图6113所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足。下列说法正确的是()图6113A若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比是最大的解析若两电荷是异种电荷，则OM的中点
19、与ON的中点电势一定不相等，选项A错误。若两电荷是异种电荷，根据两异种电荷电场特点可知，O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的，选项B正确。若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度大小一定相同，方向一定相反，选项C错误。若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度为零，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比也是最小的，选项D错误。答案B方法规律针对训练1(2015宜宾一诊)在如图6114所示的电场中，一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的v t图像可能是图6115中的()图6114图6115解析：选B负电荷从电场
20、中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，则它运动的v t图像可能是图中的B。2.带有等量异种电荷的一对平行金属板，如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图6116所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是() 图6116A这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部分外，可以看做匀强电场B电场内部A点的电场强度小于B点的电场强度C电场内部A点的电场强度等于B点的电场强度D若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向
21、运动到负极板解析：选D由于平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A错误。从电场线分布看，A处的电场线比B处密，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B、C错误。A、B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A 点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项D正确。3某区域的电场线分布如图6117所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化
22、、粒子的动能Ek和运动径迹上电势随位移x的变化图线可能正确的是() 图6117图6118解析：选B沿OA方向的电场强度先减小后增大，粒子运动的加速度a随时间t的变化为先减小后增大，粒子运动速度v随时间t的变化图像斜率先减小后增大，图像A错误B正确。根据电势图像斜率表示电场强度可知，运动径迹上电势随位移x的变化图线的斜率应该为先减小后增大，图像C错误。由动能定理，粒子的动能Ek 随位移x的变化图线斜率与电场强度成正比，粒子的动能Ek随位移x的变化图线的斜率应该为先减小后增大，图像D错误。要点五带电体的力电综合应用解决力电综合问题的一般思路典例如图6119所示，一根长为L1.5 m的光滑绝缘细直杆
23、MN竖直固定在电场强度大小为E1.0105 N/C、与水平方向成30角的斜向上的匀强电场中，杆的下端M固定一个带电小球A，带电荷量为Q4.5106 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，带电荷量为q1.0106 C，质量为m1.0102 kg。现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k9.0109 Nm2/C2，g10 m/s2) 图6119(1)求小球B开始运动时的加速度a；(2)当小球B的速度最大时，求小球距M端的高度h1；(3)若小球B从N端运动到距M端的高度为h20.61 m时，速度v1.0 m/s，求此过程中小球B电势能的改变量Ep。思路点拨(1)试画出小球B运动
24、前的受力示意图。提示：(2)试描述B球的运动情景。提示：B球释放后先向下加速运动，然后向下减速运动，速度最大时，所受合力为零，加速度为零。(3)第(1)问求加速度a时，应对B球在N位置时利用牛顿第二定律求解；小球速度最大时，a0，要利用平衡条件求解；电势能的变化对应电场力做功，应通过动能定理求解。解析(1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆向下运动，由牛顿第二定律得mgqEsin ma解得a3.2 m/s2，方向竖直向下。(2)小球B速度最大时受到的合力为零，即qEsin mg代入数据得h10.9 m。(3)小球B在从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功
25、为W2，库仑力做功为W3，则根据动能定理得W1W2W3mv2W1mg(Lh2)又由功能关系知Ep|W2W3|代入数据得Ep8.4102 J。答案(1)3.2 m/s2，竖直向下(2)0.9 m(3)8.4102 J针对训练1(多选)如图6120所示，在竖直平面内，带等量同种电荷的小球A、B，带电荷量为q(q0)，质量都为m，小球可当作质点处理。现固定B球，在B球正上方足够高的地方由静止释放A球，则从释放A球开始到A球运动到最低点的过程中() 图6120A小球A的动能不断增大B小球A的加速度不断减小C小球A的机械能不断减小D小球A的电势能不断增大解析：选CD释放A球后，由牛顿第二定律有mgkma
26、，可知小球A先做加速度减小的加速运动，当mgk时，小球A加速度减为零，此后小球A做加速度增大的减速运动，选项A、B错误；小球A下降过程中，电场力一直做负功，小球A的机械能不断减小，电势能不断增大，选项C、D正确。2(2015安徽省江淮十校联考)如图6121所示，一带正电的长细直棒水平放置，带电细直棒在其周围产生方向向外辐射状的电场，电场强度大小与直棒的距离成反比。在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B，A、B所带电荷量分别为q和4q，A球距直棒的距离为a，两个球恰好处于静止状态。不计两小球之间的静电力作用，剪断细线，若A球下落的最大速度为vm，求A球下落到速度最大过程中
27、，电场力对A球做的功。图6121解析：设电场强度E对AB整体：q4q2mg得k当A下落速度最大时：qmg代入k得ra对A下落过程：mg(ar)Wmvm20得Wmvm2。答案：mvm2对点训练：库仑定律的理解与应用1.(2015北京西城质检)如图1所示，两个电荷量均为q的小球用长为l的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球的半径rl。k表示静电力常量。则轻绳的张力大小为() 图1A0BC2 D解析：选B轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F，选项B正确。2(2012上海高考)A、B、C三点在同一直线上，ABBC12，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点
28、电荷。当在A处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为()A BCF DF解析：选B设A处电场强度为E，则FqE；由点电荷的电场强度公式可知，C处的电场强度为，在C处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为F2q，选项B正确。对点训练：库仑力作用下的平衡问题3绝缘细线的一端与一带正电的小球M相连接，另一端固定在天花板上，在小球M下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N，在下列情况下，小球M能处于静止状态的是()图2解析：选BM受到三个力的作用处于平衡状态，则绝缘细线对小球M的拉力与小球N对小球M的库仑力的合力必与M的重力大小相等
29、，方向相反，其受力分析图如图所示，故B正确。4(多选)(2015武汉调研)如图3所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为q、Q、q、Q。四个小球构成一个菱形，q、q的连线与q、Q的连线之间的夹角为。若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是()图3Acos3Bcos3Csin3 Dsin3解析：选AC设菱形边长为a，则两个Q之间距离为 2asin ，则两个q之间距离为2acos 。选取q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kcos k ，解得cos3，故A正确，B错误；选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2ksin k，解得sin3 ，故C正确，D错误。对点训练：电场强度的
30、叠加问题5如图4所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直。则() 图4AA点的电场强度大小为 BB点的电场强度大小为EkCD点的电场强度大小不可能为0DA、C两点的电场强度相同解析：选AQ在A点的电场强度沿OA方向，大小为k，所以A点的合电场强度大小为，A正确；同理，B点的电场强度大小为Ek，B错误；如果Ek，则D点的电场强度为0，C错误；A、C两点的电场强度大小相等，但方向不同，D错误。6.(2015河北省唐山一模)如图5所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一
31、边长为a的等边三角形。电场强度的方向与纸面平行。电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A动能减少E0，质子仅在静电力作用下从C移动到A动能增加E0，已知电子和质子电荷量绝对值均为e，则匀强电场的电场强度为() 图5A BC D解析：选D根据题述，BC在一等势面上，匀强电场的方向垂直于BC指向A。由eEasin 60E0，解得：E，选项D正确。7.如图6所示，以o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两处时，在圆心o处产生的电场强度大小为E。现改变a处点电荷的位置，使o点的电场强度改变，下列叙述正确的是() 图6A移至c处，o处的电场强度大小不变，
32、方向沿oeB移至b处，o处的电场强度大小减半，方向沿odC移至e处，o处的电场强度大小减半，方向沿ocD移至f处，o处的电场强度大小不变，方向沿oe解析：选C放置在a、d两处的等量正、负点电荷在圆心o处产生的电场强度方向相同，每个电荷在圆心o处产生的电场强度大小为。根据电场强度叠加原理，a处正电荷移至c处，o处的电场强度大小为，方向沿oe，选项A错误；a处正电荷移至b处，o处的电场强度大小为2cos 30E，方向沿eod的角平分线，选项B错误；a处正电荷移至e处，o处的电场强度大小为，方向沿oc，选项C正确；a处正电荷移至f处，o处的电场强度大小为2cos 30E，方向沿cod的角平分线，选项
33、D错误。对点训练：电场线的理解与应用8在如图7所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是()图7A甲图中与点电荷等距的a、b两点B乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D丁图中非匀强电场中的a、b两点解析：选C甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C正确；对
34、丁图，根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，选项D错误。9(2015渭南质检)两个带电荷量分别为Q1、Q2的质点周围的电场线如图8所示，由图可知() 图8A两质点带异号电荷，且Q1Q2B两质点带异号电荷，且Q1Q2D两质点带同号电荷，且Q1Q2，选项A正确。10(多选)如图9所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是() 图9Ab点电场强度大于d点电场强度 Bb点电场强度小于d点电场强度Ca、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D试探
35、电荷q在a点的电势能小于在c点的电势能解析：选BC根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示电场强度大小可知EdEb。故选项A错误，B正确。a、c两点关于MN对称，故UabUbc，选项C正确。沿电场线方向电势降低，所以ac，由Epq可知EpaEpc，故选项D错误。考点综合训练11(2015洛阳模拟)如图10所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30的光滑斜面上，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA0.43 kg，mB0.20 kg，mC0.50 kg，其中A不带电，B、C的电量分别为qB2105 C、qC7105 C且保持不变，开始时三个物体均能保
36、持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a2.0 m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力。已知静电力常量k9.0109 Nm2/C2，g取10 m/s2。求：图10(1)开始时BC间的距离L；(2)F从变力到恒力需要的时间t；(3)在时间t内，力F做功WF2.31 J，求系统电势能的变化量Ep。 解析：(1)ABC静止时，以AB为研究对象有：(mAmB)gsin 30解得：L2.0 m。(2)给A施加力F后，AB沿斜面向上做匀加速运动，AB分离时两者之间弹力恰好为零，对B用牛顿第二定律得：mBgsin 30mBa解得：l3.0 m有匀加速运动规律得：lLat2解得：t
37、1.0 s。(3)AB分离时两者仍有相同的速度，在时间t内对AB用动能定理得：WF(mAmB)g(lL)sin 30WC(mAmB)v2及：vat得：WC2.1 J所以系统电势能的变化量Ep2.1 J。答案：(1)2.0 m(2)1.0 s(3)2.1 J12(2015四川资阳二诊)如图11所示，足够长斜面倾角30，斜面上A点上方光滑，A点下方粗糙，光滑水平面上B点左侧有水平向右的匀强电场E105 V/m，可视为质点的小物体C、D质量分别为mC4 kg，mD1 kg，D带电q3104 C，用细线通过光滑滑轮连在一起，分别放在斜面及水平面上的P和Q点由静止释放，B、Q间距离d1 m，A、P间距离
38、为2d。取g10 m/s2，求：图11(1)物体C第一次运动到A点时的速度v0；(2)物体C第一次经过A到第二次经过A的时间t。解析：(1)由题知释放后C物体将沿斜面下滑，C物体从P到A过程，对C、D系统由动能定理：mCg2dsin Eqd(mCmD)v02解得：v02 m/s。(2)由题意，C经过A点后将减速下滑至速度为0后又加速上滑，设向下运动的时间为t1，其加速度大小为a1，发生的位移为x1，对物体C：T1mCgcos mCgsin mCa1 t1x1对物体D：EqT1mDa1设物体C在加速上滑到A的过程中，加速度大小为a2，时间为t2，对物体C：T2mCgcos mCgsin mCa2
39、对物体D：EqT2mDa2x1a2t22tt1t2 联立解得：ts1.82 s。答案：(1)2 m/s(2)1.82 s第2节电场能的性质,(1)电场力做功与重力做功相似，均与路径无关。()(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零。()(3)沿电场线方向电场强度越来越小，电势逐渐降低。()(4)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A移到B点时静电力所做的功。()(5)A、B两点的电势差是恒定的，所以UABUBA。()(6)电场线越密集的地方，等差等势线也越密集。()要点一电势高低与电势能大小的判断1电势高低的判断判断角度判断方法依据电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低依据场源电荷的正负取无穷远处
40、电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低依据电场力做功根据UAB，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断A、B的高低依据电势能的高低正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大2电势能大小的判断判断角度判断方法做功判断法电场力做正功，电势能减小电场力做负功，电势能增加电荷电势法正电荷在电势高的地方电势能大负电荷在电势低的地方电势能大公式法将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Epq，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减
41、小，反之，动能减小，电势能增加多角练通1(2014江苏高考)如图621所示，一圆环上均匀分布着正电荷，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中正确的是() 图621AO点的电场强度为零，电势最低BO点的电场强度为零，电势最高C从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低解析：选B圆环上均匀分布着正电荷，可以将圆环等效为很多正点电荷的组成，同一条直径的两端点的点电荷的合电场强度类似于两个等量同种点电荷的合电场强度，故圆环的中心的合电场强度一定为零。x轴上的合电场强度，在圆环的右侧的合电场强度沿x轴向右，左侧的合电场强度沿x轴向左，
42、电场强度都呈现先增大后减小的特征，由沿电场强度方向的电势降低，得O点的电势最高。综上知选项B正确。2(多选)(2013山东高考)如图622所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷Q、Q，虚线是以Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是()图622Ab、d两点处的电势相同B四个点中c点处的电势最低Cb、d两点处的电场强度相同D将一试探电荷q沿圆周由a点移至c点，q的电势能减小解析：选ABD由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A、B正确，C错误。四点中a点电势最高、c点电势最低，正电荷在电势越低处电
43、势能越小，故D正确。3(多选)如图623所示，有一对等量异种电荷分别位于空间中的a点和f点，以a点和f点为顶点作一正立方体。现在各顶点间移动一试探电荷，关于试探电荷受电场力和具有的电势能，以下判断正确的是() 图623A在b点和d点受力大小相等，方向不同B在c点和h点受力大小相等，方向相同C在b点和d点电势能相等D在c点和h点电势能相等解析：选ABC根据对称性和等量异种电荷周围电场线的分布特点可知，试探电荷在b点和d点受力大小相等，方向不同，在c点和h点受力大小相等，方向相同，所以选项A、B正确；因为 b点和d点到两个场源电荷的距离都一样，所以试探电荷在 b点和d点电势能相等，选项C正确；c点
44、离场源正电荷较h点远，所以试探电荷在c点和h点电势能不相等，或者根据等量异种电荷周围等势面的分布特点可知，中垂面是等势面，而c点和h点分居中垂面的两侧，它们的电势肯定不等，所以选项D错误。要点二电势差与电场强度的关系1匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)UABEd，d为A、B两点沿电场方向的距离。(2)沿电场强度方向电势降落得最快。(3)在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等。2E在非匀强电场中的三点妙用(1)解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系，当电势差U一定时，电场强度E越大，则沿电场强度方向的距离d越小，即电场强度越大，等差等势面越密。(2)定性判断非匀强电场
45、电势差的大小关系，如距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大；E越小，U越小。(3)利用 x图像的斜率判断沿x方向电场强度Ex随位置的变化规律。在 x图像中斜率kEx，斜率的大小表示电场强度的大小，正负表示电场强度的方向。典例(多选)如图624所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1 V、2 V、3 V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是() 图624A通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B匀强电场的电场强度大小为10 V/mC匀强电场的电场强度方向为由C指向AD将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1
46、.61019 J思路点拨1在匀强电场中，如何寻找等势线？提示：先利用几何关系确定两个等势点，它们的连线就是一条等势线。2如何确定电场的大小和方向？提示：根据电场线与等势线垂直，且沿电场线方向，电势降低可判断电场方向，其大小可由E求得。3如何判断电势能的变化？提示：通过电场力做功判断电势能的变化。解析由AC的中点电势为2 V，所以BE为等势线，CD、AF同为等势线，故A正确；CA为电场线方向，电场强度大小E V/m V/m，故B错误，C正确；由UEDUBC1 V，WEDeUED1.61019 J。答案ACD易错提醒(1)公式E中d是沿电场强度方向上的距离。(2)在匀强电场中若线段ABCD，且AB
47、CD，则UABUCD。针对训练1(多选)如图625所示 ，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为A5 V，B2 V，C3 V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是()图625解析：选BC匀强电场中将任一线段等分，则电势差等分。把AB等分为三段，AB间电压为3 V，则每等分电压为1 V，H点电势为4 V，F点电势为3 V，将FC相连，则FC为等势线，电场线垂直于FC，从高电势指向低电势，C正确；把AC相连，分为两份，AC电压为2 V，则G点电势为4 V，GH为等势线，电场线垂直于GH，从高电势指向低电势，B正确。2.如
48、图626所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由AC运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是() 图626A电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小B电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大C电势差UABUBCD电势ABC解析：选B该电场为负点电荷电场，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，选项A错误；根据电子只在电场力作用下沿着直线由AC运动时的速度越来越小，它具有的电势能越来越大，选项B正确；由于电场为非匀强电场，电势差UABBC，选项D错误。要点三电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题1等势线总是和电场线垂直，已知电场线可以画出
49、等势线，已知等势线也可以画出电场线。2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)点电荷的电场连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高3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，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。多角练通1(多选)如图627所示，一带电粒子
50、在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABC为粒子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，A、C位于同一等势面上。下列说法正确的是() 图627A该粒子可能带正电B该粒子经过B点时的速度最大C该粒子经过B点时的加速度一定为零D该粒子在B点的电势能小于在A点的电势能解析：选CD从该电荷的运动轨迹看，固定电荷对它有吸引力，由固定电荷带正电可知，该运动电荷一定带负电，故A错误；因为运动电荷从A到B的过程中，只受电场力且电场力先做正功后做负功，由动能定理知：动能先增加后减小，故B点的动能不是最大，则经过B点时的速度不是最大，故B错误；B点是两点电荷连线的中点，合电场强度为零，故
51、运动电荷受力为零，则加速度为零，C正确；因为离正电荷越远，电势越低，即AB，因粒子带负电，由Epq得，EpAEpB，故D项正确。2(多选)如图628所示，虚经a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知() 图628A三个等势面中，c等势面电势最高B带电质点通过P点时电势能较大C带电质点通过Q点时动能较大D带电质点通过P点时加速度较大解析：选BCD等差等势面越密集，该区域电场强度越大，故EPEQ，带电质点通过P点时加速度较大，D正确；假设质点由P运动到Q，根据：运动轨迹的切线方向为速度方
52、向；电场线与等势面垂直；正电荷所受的电场力与电场强度同向；做曲线运动的质点，其所受的合外力指向运动轨迹的凹侧，从而确定质点经过P时的速度和电场力方向，如图所示。根据正电荷所受电场力的方向可知，电场线由等势面a指向等势面c，故abc，A错误；电场力与瞬时速度成锐角，故由P运动到Q电场力对质点做正功，质点的电势能减小，动能增加，B、C正确。假设质点由Q运动到P，能得到同样的结论。3如图629所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是() 图629A电场线MN的方向一定是由N指向MB带电粒子由a运动到
53、b的过程中动能一定逐渐减小C带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度解析：选C由于带电粒子的电性不确定，所以电场线的方向不确定，A错误；带电粒子由a运动到b的过程中，只受电场力的作用，由轨迹的弯曲方向知电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误C正确；由于仅给出一条电场线，电场强度的大小关系不确定，D错误。要点四静电场中的三类图像问题1v t图像根据vt图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。典例1(多选)(2014海南高考)如图6210(a
54、)，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过程中的vt图线如图(b)所示。设a、b两点的电势分别为a、b，电场强度大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有() 图6210AabBEaEbCEaEb DWaWb解析由vt 图像的斜率减小可知由a到b的过程中，粒子的加速度减小，所以电场强度变小，EaEb；根据动能定理，速度增大，可知电势能减小，WaWb，可得选项B、D正确。答案BD2 x图像(1)电场强度的大小等于 x图线的斜率大小，电场强度为零处， x图线存在极值，其切线的斜率为零。(2)在
55、 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。典例2(2015衡水中学期末)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图6211所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则()图6211AN点的电场强度大小为零BA点的电场强度大小为零CNC间电场强度方向指向x轴正方向D将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功解析A、N点的电势等于零，电场强度大小不为零，选项A、B错误；从N到C电势升高，
56、NC间电场强度方向指向x轴负方向，选项C错误；从N到C电势升高，从C到D电势降低，将一负点电荷从N点移到C点，电场力做正功，从C点到D点，电场力做负功，选项D正确。答案D3Ex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，电势的变化情况，Ex图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。在这类题目中，还可以由Ex图像假设某一种符合Ex图线的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。典例3(多选)(2014上海高考)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图6212所示，x轴
57、正向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷() 图6212A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程中电势能增大C由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析由图像可知，正电荷从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点电势能不相等，A项错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B项正确；从x1到x4的过程电场强度先增大，后减小，所以电场力先增大后减小，C项正确，D项错误。答案BC要点五电场力做功与功能关系1电场力做功的计算方法2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
58、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，动能(Ek)和电势能(Ep)的总和不变，即：EkEp。典例(2015西安模拟)如图6213所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC30，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，试求：图6213(1)小球通过C点的速度大小。(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息自由释放初速度为零小球
59、重力不能忽略O为圆心，R为半径的圆圆周为等势线第二步：找突破口(1)要确定通过C点的速度，可由BC过程中的功能关系求解，由于B、C在圆周上，两点为等势点，故电场力不做功，只有重力做功。(2)要求由A到C过程中电势能的增加量，应利用公式WACEpAC和动能定理，对小球由A到C的过程进行分析，列方程求解。解析(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：mgRsin 30mvmv2得：vC。(2)由A到C应用动能定理得：WACmghmv0得：WACmvmghmv2mgRmgh。由电势能变化与电场力做功的关系得：EpWACmghmv2mgR。答案(1)(2)mghmv2mgR方
60、法规律处理电场中能量问题的基本方法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)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)。(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系。(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。针对训练1(2015西安名校联考)在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图6214中实线所示。一带正电、初速度不为零的小球从桌面上的A点开始运动，到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作
61、用而继续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示小球在C点的速度。则下列判断中正确的是() 图6214A小球在A点的电势能比在B点的电势能小B恒力F的方向可能水平向左C恒力F的方向可能与v方向相反D在A、B两点小球的速率不可能相等解析：选B小球由A运动到B，电场力做正功，电势能减少，小球在A点的电势能比在B点的电势能大，A错误；由运动轨迹可知，恒力F的方向可能水平向左，B正确，C错误；若小球由A运动到B的过程中，电场力做功与克服恒力做功相等，则在A、B两点小球的速率相等，D错误。2(多选)(2015黑龙江联考)如图6215所示，在水平向右的匀强电场中以竖直和水平方向建立直角坐标系，一带负电
62、的油滴从坐标原点以初速度v0向第一象限某方向抛出，当油滴运动到最高点A(图中未画出)时速度为vt，试从做功与能量转化角度分析此过程，下列说法正确的是() 图6215A若vtv0，则重力和电场力都对油滴做正功引起油滴动能增大B若vtv0，则油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量C若vtv0，则A点可能位于第一象限D若vtv0，则A点一定位于第二象限解析：选BD一带负电的油滴从坐标原点以初速度v0向第一象限某方向抛出，当油滴运动到最高点A时，重力做负功。若vtv0，电场力一定做正功，最高点A位于第二象限，且电场力做功大于重力做功的绝对值，则油滴电势能的改变量大于油滴重力势能的改变量，选项A错误
63、B正确。若vtv0，电场力做功等于重力做功的绝对值，则A点一定位于第二象限，选项C错误D正确。对点训练：电势高低与电势能大小的判断1(多选)(2013江苏高考)将一电荷量为Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图1所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，则()图1Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高C检验电荷q在a点的电势能比在b点的大D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功解析：选ABD本题考查静电场中力的性质和能的性质，意在考查考生对静电力的性质和能的性质的理解与掌握情况。电场线密的地方电场强度大，A项正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项
64、正确；由Epq可知，负电荷在高电势处电势能小，C项错误；负电荷从a到b电势能增加，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，这个过程中电场力做负功，D项正确。2如图2所示为一个点电极A与平板电极B接入电源时的空间电场分布图，C为A到B垂线的中点，D、E为同在A、B直线上的两点，DCCE，F、G处在DE的中垂线上，FCCG，下列说法正确的是()图2AC点电势等于F点电势BF点的电场强度大于C点的电场强度CD、C两点间电势差小于C、E两点间电势差D电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功解析：选DC点电势大于F点电势，F点的电场强度小于C点的电场强度，选项A、B错误。D、C两点间电势差大于
65、C、E两点间电势差，选项C错误。电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功，选项D正确。对点训练：电势差与电场强度的关系3(2015北京市顺义区模拟)图3所示为一个均匀带正电的细圆环，半径为R，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上某点P到O点的距离为x，设无穷远处的电势为零，P点的电势为，真空中静电力常量为k，下面判断正确的是() 图3A图中P点电场强度E的方向是沿x轴负方向，O点电势为零B图中P点电场强度E的方向是沿x轴正方向，O点电场强度E为零C从O点到P点，电场强度E一定逐渐增大，电势一定逐渐增大D从O点到P点，电场强度E一定逐渐减小，电势一定逐渐减小解析：选B
66、图中P点电场强度E的方向是沿x轴正方向，由对称性和电场叠加可知，O点电场强度E为零，选项B正确A错误。由于O点电场强度为零，无限远处的电场强度为零，所以从O点到P点，电场强度E可能是先增大后减小，电势一定逐渐减小，选项C、D错误。4(多选)(2015洛阳名校联考)如图4所示，在平面直角坐标系中有一底角是60的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O(0,0)点电势为6 V，A(1，)点电势为3 V，B(3，)点电势为0 V，则由此可判定()图4AC点电势为3 VBC点电势为0 VC该匀强电场的电场强度大小为100 V/mD该匀强电场的电场强度大小为100 V/m解析：选BD由题
67、意可知C点坐标为(4,0)，在匀强电场中，任意两条平行的线段，两点间电势差与其长度成正比，所以，代入数值得C0 V，A错、B对；作BDAO，如图所示，则D3 V，即AD是一等势线，电场强度方向OGAD，由几何关系得OG cm，由E得E100 V/m，C错，D对。对点训练：电场线、等势线(面)及带电粒子的运动问题5(2014重庆高考)如图5所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则() 图5AWa Wb，Ea EbBWaWb，Ea EbCWaWb，Ea Eb D
68、WaWb，Ea Eb解析：选A由题图可知a、b两点处于同一等势线上，故两电子分别从a、b两点运动到c点，电场力做功相同，即WaWb，故B、D项错；a点处电场线比b点处电场线更密集，故EaEb，C项错，A项对。6如图6所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DEEF。K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面。一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则() 图6A|Wab|Wbc|B|Wab|Wbc|C粒子由a点到b点，动能减少Da点的电势较b点的电势低解析：选
69、C由等量异种点电荷的电场线特点可知靠近电荷处电场强度大，由类比公式UEd知|Uab|Ubc|，而WqU，所以|Wab|Wbc|，则A、B均错误；从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，则D错误；粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，则C正确。对点训练：静电场中的图像问题7(2014安徽高考)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图7所示。下列图像中合理的是() 图7图8解析：选D由于粒子只受电场力作用，因此由F电可知，Epx图像的斜率大
70、小即为粒子所受电场力大小，从图像可知，图像的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，A项错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能的和不是定值，B项错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，D项正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能Ekx2，结合题图和B项分析可知C错误。8两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图9甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的 vt
71、图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是()图9AB点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E2 V/mB由C点到A点的过程中物块的电势能先减小后变大C由C点到A点的过程中，电势逐渐升高DAB两点电势差UAB5 V解析：选D小物块在B点加速度最大，故B点电场强度最大，由vt图线知B点加速度为2 m/s2，据qEma得E1 V/m，选项A错误；由C到A的过程中小物块动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C错误；根据动能定理有qUABmvB2mvA2，解得UAB5 V，选项D正确。对点训练：电场力做功与功能关系9(2015洛阳名
72、校联考)如图10所示，一个电量为Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点，另一个电量为q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v，已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，AB间距离为L，则以下说法不正确的是()图10AOB间的距离为 B从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为WmgLmv02mv2C从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为WmgLmv2mv02D从A到B的过程中，乙的电势能减少解析：选BA做加速度逐渐减小的减速直线运动，到B点时速度最小，所受库仑力等于摩擦力，由mgk，解得OB间的距离为r ，选项A正确。从A到B的过程中，
73、由动能定理，电场力对点电荷乙做的功为WmgLmv2mv02，选项B不正确，C正确。从A到B的过程中，电场力做正功，乙的电势能减小，选项D正确。10(多选)(2015江苏省模拟)如图11甲，真空中有一半径为R、电荷量为Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的电场强度随x变化关系如图乙，则()图11Ax2处电场强度和x1处的电场强度大小相等、方向相同B球内部的电场为匀强电场Cx1、x2两点处的电势相同D假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处电场力做的功大于从R移到x2处电场力做的功解析：选AD根据题图所示的x轴上各点的电场强度随x变化关系，
74、x2处电场强度和x1处的电场强度大小相等、方向相同，球内部的电场为非匀强电场，选项A正确B错误。根据电场强度随x变化关系图像与横轴所围面积表示电势的变化可知，x1点处的电势大于x2点处的电势，选项C错误。根据电场强度随x变化关系图像与横轴所围面积表示电势的变化(电势差)，由电场力做功公式可知，假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处电场力做的功大于从R移到x2处电场力做的功，选项D正确。考点综合训练11(多选)(2015洛阳模拟 )空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图12所示，带电粒子在此空间只受电场力作用。下列说法中正确的是()图12A在x1处释放一带负
75、电的粒子，它将沿x轴在x1与x1之间做往返运动B带负电的粒子以一定的速度由x1处沿x轴正方向运动到x1处，它在x1处的速度等于在x1处的速度C带正电的粒子以一定的速度由x1处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先增大后减小D带正电的粒子在x1处的电势能比在x2处的电势能小、与在x3处的电势能相等解析：选AB电场沿x轴对称分布，在x1处释放一带负电的粒子，它将沿x轴在x1与x1之间做往返运动，选项A正确。带负电的粒子以一定的速度由x1处沿x轴正方向运动到x1处，它在x1处的速度等于在x1处的速度，选项B正确。带正电的粒子以一定的速度由x1处沿x轴正方向运动的过程中，它的动能先减小后增大，选项C错误
76、。从x1处到x3处，电场强度方向沿x轴，带正电的粒子从x1处到x3处，电场力一直做正功，电势能减小，所以带正电的粒子在x1处的电势能比x2处的电势能大、比x3处的电势能大，选项D错误。12(2015上海市虹口区一模)在绝缘粗糙的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定电量不等的正电荷，两电荷的位置坐标如图13甲所示，已知B处电荷的电量为Q。图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图像，图中xL点为图线的最低点，x2L处的纵坐标0，x0处的纵坐标0，x2L处的纵坐标0。若在x2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为q的带电物块(可视为质点)，物块随即向右运动。求：图13(1)固定在A处的电荷的电
77、量QA。(2)为了使小物块能够到达x2L处，试讨论小物块与水平面间的动摩擦因数所满足的条件。(3)若小物块与水平面间的动摩擦因数，小物块运动到何处时速度最大？并求最大速度vm。(4)试画出取值不同的情况下，物块在AB之间运动大致的速度时间关系图像。解析：(1)由图乙得，xL点为图线的最低点，切线斜率为零，即合电场强度E合0所以得，解出QA4Q。(2)物块先做加速运动再做减速运动，到达x2L处速度v10从x2L到x2L过程中，由动能定理得：qU1mgs1mv120，即q(00)mg(4L)mv1200解得。(3)小物块运动速度最大时，电场力与摩擦力的合力为零，设该位置离A点的距离为lA则：mg0
78、解得lA3L，即小物块运动到x0时速度最大。小物块从x2L运动到x0的过程中，由动能定理得：qU2mgs2mvm20代入数据：q(00)mg(2L)mvm20解得vm 。(4)答案：(1)QA4Q(2)(3)小物块运动到x0时速度最大vm(4)图像见解析图第3节电容器_带电粒子在电场中的运动(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
79、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。()要点一平行板电容器的动态分析1分析比较的思路(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，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分析电容器极板间电场强度的变化。2两类动态变化问题的比较充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd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变小多角练通1.(2014海南高考)如图631，一
80、平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g。粒子运动加速度为() 图631AgBgCg Dg解析：选A平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间电场强度可以表达为：E1，且有E1qmg，当抽去金属板，则板间距离增大，板间电场强度可以表达为：E2，有mgE2qma，联立上述可解得：，知选项A正确。2(2014天津高考)如图632所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。闭合
81、电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是() 图632A增大R1的阻值B增大R2的阻值 C增大两板间的距离 D断开电键S解析：选B在直流电路中，R2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A项错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B项正确；增大两板间的距离，而电容器的两板间的电压一定，由E可知，板间的电场强度减小
82、，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C项错误；断开电键S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间电场强度减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D项错误。3(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量。如图633所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则() 图633A油滴带负电B油滴带电荷量为C电容器的电容为D将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：选AC由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上
83、，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Qkq，由于qEmg，E，C，解得q，C，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则电场强度E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A、C正确。要点二带电粒子在电场中的直线运动1带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)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)。(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。2解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向
84、进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动。(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qUmv2mv02。解决此类问题的关键是灵活利用动力学分析的思想，采用受力分析和运动学方程相结合的方法进行解决，也可以采用功能结合的观点进行解决，往往优先采用动能定理。典例(2015江苏二校联考)如图634所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。求：图634(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离
85、A点的距离h；(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。审题指导解析(1)设液珠的电量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时kmgmg比荷为(2)当液珠速度最大时，kmg得hH(3)设BC间的电势差大小为UCB，由题意得UCBCB对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qUCBmg(rBH)0即q()mg(rBH)0将第(1)问的结果代入化简rB23HrB2H20解得：rB2HrBH(舍去)答案(1)(2)H(3)2H针对训练1.如图635所示，在某一真空中，只有水平向右的
86、匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么() 图635A微粒带正、负电荷都有可能B微粒做匀减速直线运动C微粒做匀速直线运动D微粒做匀加速直线运动解析：选B微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确。2(2014安徽高考)如图636所示，充电后的平行板电容器水平放置，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
87、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：图636(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。解析：(1)由v22gh得v(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mgqEma0v22ad得EUEdQCU得Q(3)由hgt120vat2tt1t2综合可得t答案：见解析要点三带电粒子在匀强电场中的偏转1基本规律设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响), 则有(1)加速度：a。(2)在电场
88、中的运动时间：t。(3)速度 v，tan 。(4)位移2两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。证明：由qU0mv02及tan 得tan 。(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为。典例(2014山东高考)如图637，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为q和q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v
89、0等于()图637A B C D 思路点拨(1)两粒子在电场中做什么运动？两粒子的运动轨迹有怎样的关系？提示：两粒子在电场中均做类平抛运动，运动轨迹关于切点对称。(2)两粒子运动到相切点时水平方向和竖直方向的位移分别为多少？提示：水平方向位移都为，竖直方向位移都为。解析由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两个粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：v0t，在竖直方向上：at2t2，联立以上两式可求得：v0，由此可知，该题只有选项B正确，A、C、D皆错误。答案B针对训练1(2015安徽合肥联考)如图638所示，正方体真空盒置于水平
90、面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是() 图638A三个液滴在真空盒中都做平抛运动B三个液滴的运动时间不一定相同C三个液滴落到底板时的速率相同D液滴C所带电荷量最多解析：选D三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误。由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B错误。三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴到
91、底板时的速率不相同，选项C错误。由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。2(2014天津高考)如图639所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么() 图639A若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析：选C微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；不能确定电场力的方
92、向和微粒所带电荷的电性，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误。3(2015湖南四校联考)如图6310所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d8 cm，板长为l25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v00.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起
93、cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：图6310(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取10 m/s2)解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：qEmg即qmg得qUmgd当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动。此时液滴所受电场力Fqagg2 m/s2(2)因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为at12，t10.2 s而液滴从刚进入电场到出电场的时间t20.5 s所以液滴从射入开始匀速运动到
94、P点时间为tt2t10.3 s答案：(1)2 m/s2(2)0.3 s对点训练：平行板电容器的动态分析1如图1所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，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，则() 图1A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减小D电容器的电容减小，极板带电荷量将增大解析：选B上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为电源电动势E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B
95、对；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小时，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量QCE将减小，D错。2(多选)如图2所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是() 图2A断开开关，将两板间的距离拉大一些B断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度解析：选BC带电液滴受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力正好处于静止状态，有Eqmg。两板
96、间的电场强度E，保持开关闭合时，U不变，当两板间的距离d减小时，E变大，此时Eqmg，液滴竖直向上运动，C正确；保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度，E方向变了，此时液滴不会沿竖直方向运动，所以D错误；断开开关，电容器的电荷量Q不变，E与d无关，所以断开开关，将两板间的距离拉大一些，仍有Eqmg，液滴仍保持静止状态，A错误；断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些，此时两板的正对面积S变小，E变大，此时Eqmg，所以液滴竖直向上运动，B正确。3(多选)如图3所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被
97、忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则()图3A平行板电容器的电容将变小B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变解析：选ACD将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间电场强度E减小，带电油滴所处位置的电势UPUEd
98、1增大，其中d1为油滴到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器电荷量Q不变，极板间距d变大，根据QCU，E和C可知E，可见，极板间电场强度E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确。对点训练：带电粒子在电场中的直线运动4(多选)如图4所示 ，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是() 图4A使初速度减
99、为原来的B使M、N间电压提高到原来的2倍C使M、N间电压提高到原来的4倍D使初速度和M、N间电压都减为原来的解析：选BD在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得qEd0mv02，所以d，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x，使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的一半，x。5(多选)如图5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，则下列说法中正确的是()图5A带
100、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a2，由a可知，a22a1，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，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确。对点训练：带电粒子在匀强电场中的偏转6(2015安徽无为四校联考)如图6所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q、质量为m的质点从两板中央
101、射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是() 图6A板间电场强度大小为B板间电场强度大小为C质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：选C根据质点垂直打在M屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mgqE，选项A、B错误；根据运动的分解和合成，质点沿水平方向做匀速直线运动，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，选项C正确D错误。7.(2015兰州诊断)如图7所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位
102、移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)() 图7A增大偏转电压UB增大加速电压U0C增大偏转极板间距离 D将发射电子改成发射负离子解析：选A设偏转电极板长为l，极板间距为d，由qU0mv02，t，yat2t2，得偏转位移y，增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A正确，B、C错误；由于偏位移y与粒子质量和带电量无关，故将发射电子改成发射负离子，偏转位移不变，选项D错误。8(多选)如图8所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球
103、沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是() 图8A若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧B若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧C若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧解析：选BC若小球带正电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N点，选项A错误；若小球带正电，当AB间距减小时，平行板电容器AB两极板之
104、间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左侧，选项B正确；若小球带负电，当AB间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N的右侧，选项C正确；若小球带负电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N点，选项D错误。考点综合训练9(2015上海市闸北区一模)如图9，水平放置的金属薄板A、B间有匀强电场，已知B板电势高于A板。电场强度E5105 N/C，间距d1.25 m。A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距离
105、h1.25 m。从M处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量m1103 kg的带电小球。第1个带电小球的电量q11108 C，第n个带电小球的电量qnnq1。取g10 m/s2。求：图9 (1)第1个带电小球从M处下落至B板的时间；(2)第几个带电小球将不能抵达B板；(3)第(2)问中该带电小球下落过程中机械能的变化量。解析：(1)t10.5 s，v15 m/s，a15 m/s2，dv1t2a1t22，即2t224t210，解得：t2 s，t总t1t2 s；(2)mg(hd)EqndEk0，qn4108C，n4，即第4个小球恰好抵达B板，则第5个小球不能到达；(3)mg(hx)Eq5xEk0，x
106、m，E机mg(hx)102 J2.08102 J。答案：(1) s(2)5(3)2.08102 J10(2015江苏二校联考)如图10所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电。两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔。C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O处，C带正电、D带负电。两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O。半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计。现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，问：图10(1)微
107、粒穿过B板小孔时的速度多大？(2)为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件？(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P点？解析：(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qUmv2解得v (2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有qEmm联立，得E(3)微粒从释放开始经t1射出B板的小孔，则t12d 设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则t2 所以从释放微粒开始，经过(t1t2) 微粒第一次到达P点；根据运动的对称性，易知再经过2(t1t2)微粒再一次经过P点；所以经过时间t(2k1) ，k0,1,
108、2，微粒经过P点。答案：(1) (2)E(3)(2k1) k0,1,2，第4节_带电粒子在电场中运动的综合问题要点一示波管的工作原理在示波管模型中，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641所示。图6411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：典例如图642所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距为b。在两板间加上可调偏转电压U，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。图642(
109、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U的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。思路点拨(1)带电粒子在两极板之间做_运动；从电场中射出到屏幕之间做_运动。提示：类平抛匀速直线(2)当两极板间所加电压最大时，带电粒子从极板的_射出。提示：右边缘解析(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yat2Lv0tvyattan ，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。(2)aE由式解得y当y时，U则两
110、板间所加电压的范围U(3)当y时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y0)，则y0(b)tan 而tan ，解得y0则粒子可能到达屏上区域的长度为。答案(1)见解析(2)U(3)针对训练1(多选)(2015江苏二校联考)如图643所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是()图643A滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D电压U增大时，其他不变，则
111、电子打在荧光屏上的速度大小不变解析：选BC滑动触头向右移动时，其他不变，加速电压增大，电子速度增大，则电子打在荧光屏上的位置下降，选项A错误；滑动触头向左移动时，其他不变，加速电压减小，电子速度减小，则电子打在荧光屏上的位置上升，选项B正确；电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，电子打在荧光屏上的速度增大，选项C正确D错误。2如图644所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：
112、图644(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan ；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t。(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a，所以vya，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan 。(3)方法一设粒子在电场中的偏转距离为y，则ya2又xyLtan ，解得：x方法二xvyy。方法三由得：x3y。答案：(1)(2)(3)要点二带电粒子在交变电
113、场中的运动1此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；二是粒子做往返运动(一般分段研究)；三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。2分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。3注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。多维探究(一)粒子做单向直线运动典例1如图645甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m0.2 kg，带电荷量为q2.0106 C的小物块处于静止状态，小物块
114、与地面间的动摩擦因数0.1。从t0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10 m/s2)，求：图645(1)23 s内小物块的位移大小。(2)23 s内电场力对小物块所做的功。解析(1)02 s内小物块的加速度为a1由牛顿第二定律得：E1qmgma1即a12 m/s2，位移x1a1t124 m2 s末的速度为v2a1t14 m/s24 s内小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律得E2qmgma2即a22 m/s2位移x2x14 m,4 s末小物块的速度为v40因此小物块做周期为4 s的匀加速和匀减速运动第22 s末的速度为v224 m/s，第
115、23 s末的速度v23v22a2t2 m/s(t23 s22 s1 s)所求位移为xx1t47 m。(2)23 s内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理得Wmgxmv232解得W9.8 J。答案(1)47 m(2)9.8 J(二)粒子做往返运动典例2如图646(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)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()图646A0t0Bt0Ct0T 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
116、时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，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(三)粒子做偏转运动典例3如图647甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，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，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个
117、电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：图647(1)在t0.06 s时刻，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，由图知t0.06 s时刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm设打在屏上的点距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)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm要点三带电粒子的力电综合问题带电粒子运动问题的两种
118、求解思路(1)牛顿运动定律和运动学规律。先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)，对匀变速运动问题可用牛顿运动定律和运动学规律处理。(2)从功和能的角度分析。带电粒子在电场力作用下的加速、减速或偏转过程是其他形式的能与动能之间的转化过程，可以使用动能定理或能量守恒定律解决这类问题。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。典例(2014全国卷)如图648，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60，OBOA，将一质量为m的小球以一定的初动
119、能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求图648(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息将小球水平向右抛出小球做平抛运动小球恰好通过A点平抛运动过A点时的水平、竖直位移可确定到A(B)点时动能是初动能的3(6)倍有重
120、力做功和电场力做功，其中电场力做的功等于电势能的变化量第二步：找突破口(1)要确定小球到达A点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系。(2)要确定电场强度的方向，根据到A、B两点的动能变化可确定两个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在OB线上找出与A等势的点，并确定其具体位置)。(3)电场强度的大小可由WqEl求出。解析(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有dsin 60v0tdcos 60gt2又Ek0mv02由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由
121、式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有解得xd。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30斜向右下方。设场强的大小为E，有qEdcos 30EpA由式得E答案(1)(2)与竖直向下的方向的夹角为30斜向右下方针对训练1(多选)如图649所示，光滑的水平轨道AB与半
122、径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则()图649AR越大，x越大BR越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大Cm越大，x越大Dm与R同时增大，电场力做功增大解析：选ACD小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mgm，小球由B到D的过程中有：2mgRmvD2mvB2，解得vB，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FNmgm，解得FN6mg，与R无关，选项B错误；由EqxmvB2
123、，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确。2(多选)如图6410所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v22)。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则() 图3AmA一定小于mB BqA一定大于qBCvA一定大于vB DEkA一定大于EkB解析：选ACD以A小球为研究对象有：TAcos 1mAg，TAsin 1FBA，以B小球为研究对象有：TBcos 2mBg，TBsin 2FAB，且FA
124、BFBA，因12，故TBTA，而cos 2cos 1，故mBmA，选项A正确。因为A、B两球摆到最低点时：A小球下降的高度hA大于B小球下降的高度hB，由mv2mgh有v，所以vAvB，故选项C正确。由库仑定律有FAB，故无法确定qA与qB的大小，选项B错误。要比较EkA、EkB的大小，只需比较重力做功多少，通过计算有WGAFBAhtan ，WGBFABhtan，其中h为平衡位置水平面到天花板的高度，显然WGAWGB，故EkAEkB，即选项D正确。高频考点二：电场能的性质5(多选)(2014全国卷)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A电场强度的方向处处与等电势面垂直B电场强度为零
125、的地方，电势也为零C随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析：选AD根据电场强度与电势的关系解题。电场线(电场强度)的方向总是与等势面垂直，选项A正确。电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B错误。沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C错误。电场线(电场强度)的方向总是从高的等势面指向低的等势面，而且是电势降落最快的方向，选项D正确。6(2012福建高考)如图4所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处
126、为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是() 图4AA点电势大于B点电势BA、B两点的电场强度相等Cq1的电荷量小于q2的电荷量Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能解析：选C由题意知点电荷Q带负电，所以有AB0，得|UA|UB|，移动两试探电荷克服电场力做功相等，有q1|UA|q2|UB|，所以q1q2，选项A错误，C正确。因为Ek，A点比B点离Q近，所以EAEB，选项B错误。根据电场力做功与电势能变化的关系，q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，选项D错误。7(2013上海高考)两异种点电荷电场中的部分等势面如图5所示，已知A点电势
127、高于B点电势。若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则()图5Aa处为正电荷，qaqbCa处为负电荷，qaqb解析：选B图为异种点电荷的等势面分布，由题知AB，因此a处为正电荷，b处为负电荷，等势面密集处靠近b电荷，故qaqb，选项B正确。8(多选)(2012山东高考)图6中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子() 图6A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化解析：选CD由于带电粒子受
128、到的电场力指向轨迹凹侧，说明带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律Fk可知，选项B错误；粒子从b点运动到c点的过程中，电场力对粒子做正功，粒子电势能减小，选项C正确；由动能定理可得qUEk，因为UabUbc，所以选项D正确。9(多选)(2011江苏高考)一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图7所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力。下列说法正确的有() 图7A粒子带负电荷B粒子的加速度先不变，后变小C粒子的速度不断增大D粒子的电势能先减小，后增大解析：选AB根据电场线与等势面垂直并指向电势低的等势面，可大致画出电场线的形状，粒子在电场力的作用下轨迹向下
129、弯曲，根据曲线运动的特点，可以说明电场力指向轨迹内侧，与场强方向相反，所以粒子带负电，A正确；等势面先是平行等距，后变得稀疏，则电场强度先是不变，后电场强度变小，即电场力先不变，后变小，B正确；根据电场力做功WqU，电场力做负功，所以粒子速度减小，C错误；电场力始终做负功，由功能关系可知，粒子的电势能始终增加，所以D错误。10(2013重庆高考)如图8所示，高速运动的粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则() 图8A粒子在M点的速率比在Q点的大B三点中，粒子在N点的电势能最大C在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低
130、D粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功解析：选B本题考查电场力做功、电势、电势能，意在考查考生推理与分析问题的能力。建立正点电荷电场模型，根据正点电荷的等势线空间分布图，由于Q点比M点离核远，则QM，D正确。高频考点三：带电粒子在电场中的运动12(2013广东高考)喷墨打印机的简化模型如图10所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中() 图10A向负极板偏转 B电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线 D运动轨迹与带电量无关解析：选C本题考查带电微滴在电场中的偏转问题，意在考查考生熟练应用运动的合成与分解知识解题的能力。
131、由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，A项错误；偏转过程中电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，B项错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移xvt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移yt22，此为抛物线方程，C项正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q有关，D项错误。13(2013全国卷)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将
132、下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将()A打到下极板上 B在下极板处返回C在距上极板处返回 D在距上极板d处返回解析：选D本题考查动能定理及静电场相关知识，意在考查考生对动能定理的运用。当两极板距离为d时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动能定理可得：mgdqU0，当下极板向上移动，设粒子在电场中运动距离x时速度减为零，全过程应用动能定理可得：mg(x)qx0，两式联立解得：xd，选项D正确。14(2013大纲卷)一电荷量为q(q0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图11所示。不计重力。求在t0到tT的时间间隔内，图11(
133、1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。解析：(1)带电粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1a22a32a4(a)由此得带电粒子在0T时间间隔内运动的加速度时间图象如图(a)所示，对应的速度时间图象如图(b)所示，其中v1a1(b)由图(b)可知，带电粒子在t0到tT的时间间隔内位移大小为sv1由式得sT2它沿初始电场正方向。(2)由图(b)可知，粒子在tT到tT内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间t为tTT答案：(1)沿初始电场正方向(2)15(2013全国卷)如图12，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道
134、，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q0)的质点沿轨道内侧运动。经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb。不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。图12解析：本题主要考查受到约束的带电质点在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、动能定理及其相关的知识点，意在考查考生灵活应用知识解决问题的能力。质点所受电场力的大小为FqE设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有FNamNbFm设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Ekamva2Ekbmvb2根据动能定理有EkbEka2rF联立
135、式得E(NbNa)Eka(Nb5Na)Ekb(5NbNa)答案：见解析16(2015苏州模拟)如图13所示，虚线左侧存在非匀强电场，MO是电场中的某条电场线，方向水平向右，长直光滑绝缘细杆CD沿该电场线放置。质量为m1、电量为q1的A球和质量为m2、电量为q2的B球穿过细杆(均可视为点电荷)。从t0开始A自O点以速度v0向左做匀速运动，同时B在O点右侧某处以速度v1也向左运动，且v1v0。tt0时B到达O点(未进入非匀强电场区域)，A运动到P点(图中未画出)，此时两电荷间距离最小。静电力常量为k。图13(1)求0t0时间内A对B球做的功；(2)求杆所在直线上电场强度的最大值；(3)某同学计算出
136、0t0时间内A对B球做的功W1后，用下列方法计算非匀强电场PO两点间电势差：设0t0时间内B对A球做的功为W2，非匀强电场对A做的功为W3，根据动能定理W2W30又因为W2W1PO两点间电势差U请分析上述解法是否正确，并说明理由。解析：(1)B球运动过程中只受A球对它的库仑力作用，当它运动到O点时速度跟A球相同为v0。库仑力做的功即为B球动能变化量Wm2v02m2v12(2)因为A球做匀速运动，t0时间内运动的位移xv0t0此时A、B球间的库仑力Fk因为A球始终做匀速运动，所以非匀强电场对它的作用力与B球对它的库仑力相平衡。当B球到达O点时，两带电小球间的距离最小，库仑力最大。因此，电场对A的
137、作用力也最大，电场强度也最大。E(3)该同学的解法是错误的。因为B球向A球靠近的过程，虽然它们的作用力大小相等，但它们运动的位移不等，所以相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等。即W2W1是错误的。答案：(1)m2v02m2v12(2)(3)见解析17(2015北京市东城区模拟)如图14所示，水平放置的平行金属板之间电压大小为U，距离为d，其间还有垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m带电量为q的带电粒子，以水平速度v0从平行金属板的正中间射入并做匀速直线运动，然后又垂直射入电场强度大小为E2、方向竖直向上的匀强电场，其边界a、b间的宽为L(该电场竖直方向足够长)。电场和磁场都有理想边界，且粒子所
138、受重力不计，求图14(1)该带电粒子在a、b间运动的加速度大小a；(2)匀强磁场对该带电粒子作用力的大小f；(3)该带电粒子到达边界b时的速度大小v。解析：(1)电场力F2qE2根据牛顿第二定律：a，a(2)该粒子受力如图：电场强度：E1，电场力：F1qE1根据平衡条件：fF1解得：f(3)该带电粒子到达边界b的时间为t竖直方向的速度为vyat所以此时带电粒子的速度大小为v 答案：(1)a(2)f(3)v 18(2012大纲卷)如图15，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点，现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为Q和Q，此时悬线与竖直方向的夹角为。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。图15解析：设电容器电容为C。第一次充电后两极板之间的电压为U两极板之间电场的电场强度为E式中d为两极板间的距离。按题意，当小球偏转角1时，小球处于平衡位置。设小球质量为m，所带电荷量为q，则有Tcos 1mgTsin 1qE式中T为此时悬线的张力。联立式得tan 1设第二次充电使正极板上增加的电荷量为Q，此时小球偏转角2，则tan 2联立式得代入数据解得Q2Q答案：2Q- 90 - 版权所有高考资源网
