1、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 2017 年的高考中，对本章知识的考查仍将是
2、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)点电荷和电场线都是客观存在的。()(3)根据 Fkq1q2r2，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)真空中点电荷的电场强度表达式 EkQr2 中，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一球面上各点的电场强度都相同。()(
3、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对库仑定律的两点理解(1)Fkq1q2r2，r 指两点电荷间的距离。对可视为点电荷的两个均匀带电球，r 为两球心间距。(2)当两个电荷间的距离 r0 时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大。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
4、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 Fkq1q2r2 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济宁一模)两个半径为 1 cm 的导体球分别带上Q 和3Q 的电量，两球心相距 90 cm 时相互作用力为 F，现将它们碰一下后放在球心间相距 3 cm 处，则它们的相互作用力大小为()A300F B1 200FC900FD无法确定解析：
5、选 D 当两球相距 90 cm 时可视为点电荷，由库仑定律得 Fk3Q2r12(其中 r190 cm)；但球心相距 3 cm 时，两球不能视为点电荷，库仑定律不再适用，两球间的库仑力大小无法确定，故 D 正确。2(2016郑州模拟)如图 6-1-1 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，两球之间相互吸引力的大小是 F。今让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 6-1-1A.F8B.F4C.3F8D.3F4解析：选 A A、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
6、。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 q1q2，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 q2q4。由库仑定律 Fkq1q2r2 知，当移开 C 球后，A、B 两球之间的相互作用力的大小变为FF8，A 项正确。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
7、为零的位置。(2)典例(多选)(2014浙江高考)如图 6-1-2 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 6-1-2A小球 A 与 B 之间库仑力的大小为kq2d2B当qdmgsin k时，细线上的拉力为 0C当qdmgtan k时，细线上的拉力为 0D当qdmgktan 时，斜面对小
8、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 Fkq2d2，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kq2d2 mgtan，解得qdmgtan k，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针对训练1如图 6-1-3 所示，在光滑绝缘水平面上放置 3 个电荷量为 q(q0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为 k0 的轻质弹簧绝缘连接。当 3 个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为 l。已知静电力常量为 k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为()图 6-1
9、-3Al5kq22k0l2 Blkq2k0l2Cl5kq24k0l2Dl5kq22k0l2解析：选 C 取左球为研究对象，则 k0(ll0)kq2l2k q22l2，解得 l0l5kq24k0l2，C 正确。2如图 6-1-4 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 6-1-4A正，B 的右边 0.4 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，
10、必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则，所以选项 C 正确。3.(多选)(2015广东第二次大联考)如图 6-1-5 所示，A、B 两球所带电荷量均为 2105C，质量均为 0.72 kg，其中 A 球带正电荷，B 球带负电荷，且均可视为点电荷。A 球通过绝缘细线吊在天花板上，B 球固定在绝缘棒一端，现将 B 球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A 球静止且与竖直方向的夹角为 30，则 A、B 球之间的距离可能为()图 6-1-5A0.5 m B0.8 mC1.2 m D2.5 m解析：选 AB 对 A 受力分析，受重力 mg、细线的拉力 FT、B 对 A 的吸引力 F，由分析知，A 平衡时，F
11、 的最小值为 Fmgsin 30kq2r2，解得 r1 m，所以两球的距离 d1 m，A、B 正确。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EFqEkQr2EUd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 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
12、计算电场强度常用的五种方法(1)电场叠加合成法。(2)平衡条件求解法。(3)对称法。(4)补偿法。(5)等效法。典例(2015山东高考)直角坐标系 xOy 中，M、N 两点位于 x 轴上，G、H 两点坐标如图 6-1-6 所示。M、N 两点各固定一负点电荷，一电量为 Q 的正点电荷置于 O 点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用 k 表示。若将该正点电荷移到 G 点，则 H 点处场强的大小和方向分别为()图 6-1-6A.3kQ4a2，沿 y 轴正向B.3kQ4a2，沿 y 轴负向C.5kQ4a2，沿 y 轴正向D.5kQ4a2，沿 y 轴负向解析 因正电荷 Q 在 O 点时，G 点的场
13、强为零，则可知两负电荷在 G 点形成的电场的合场强与正电荷 Q 在 G 点产生的场强等大反向，大小为 E 合kQa2；若将正电荷移到 G 点，则正电荷在 H 点的场强为 E1k Q2a2kQ4a2，因两负电荷在 G 点的场强与在 H 点的场强等大反向，则 H 点的合场强为 EE 合E13kQ4a2，方向沿 y 轴负向，故选 B。答案 B易错提醒(1)电场强度为矢量，在叠加时易忽略场强的方向。(2)在点电荷形成的电场中，易把场源电荷和试探电荷混淆。(3)应用 EUd计算场强时，误把 d 当作电场中两点的间距。针对训练1.(2016贵州七校联盟高三第一次联考)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效
14、于电荷集中于球心处产生的电场。如图 6-1-7 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()图 6-1-7A.kq4R2 B.kq2R2EC.kq4R2ED.kq4R2E解析：选 B 若将电荷量为 2q 的球面放在 O 处，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 O 处产生的电场，则在 M、N 点所产生的电场为 E0 k2q2R2 kq2R2，由题意知当如图所示的半球面在 M 点产生的场强为 E 时，其在 N 点产生
15、的场强 EE0E kq2R2E，故 B 正确。2(2013全国卷)如图 6-1-8，一半径为 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 点处的场强为零，则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)()图 6-1-8Ak3qR2Bk10q9R2CkQqR2Dk9Qq9R2解析：选 B 由于在 a 点放置一点电荷 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
16、，即 EQEqk qR2，根据对称性可知 Q 在 d 点产生的场强大小 EQk qR2，则 EdEQEqk qR2kq3R2k10q9R2，故选项 B 正确。3.(2014福建高考)如图 6-1-9 所示，真空中 xOy 平面直角坐标系上的 ABC 三点构成等边三角形，边长 L2.0 m。若将电荷量均为 q2.0106 C 的两点电荷分别固定在 A、B点，已知静电力常量 k9.0109 Nm2/C2，求：图 6-1-9(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C 点的电场强度的大小和方向。解析：(1)根据库仑定律，A、B 两点处的点电荷间的库仑力大小为Fkq2L2代入数据得F9.0103 N。(2)
17、A、B 两点处的点电荷在 C 点产生的场强大小相等，均为E1k qL2A、B 两点处的点电荷形成的电场在 C 点的合场强大小为E2E1cos 30由式并代入数据得 E7.8103 N/C场强 E 的方向沿 y 轴正方向。答案：(1)9.0103 N(2)7.8103 N/C 方向沿 y 轴正方向要点四 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 6-1-103两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
18、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等大同向等大反向典例(多选)(2015江苏高考)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图 6-1-11 所示。c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c、d 到正电荷的距离相等，则()图 6-1-11Aa 点的电场强度比 b 点的大Ba 点的电势比 b 点的高Cc 点的电场强度比 d 点的大Dc 点的电势比 d 点的低解析 根据电场线的分布图，a、b 两点中，a 点
19、的电场线较密，则 a 点的电场强度较大，选项 A 正确。沿电场线的方向电势降低，a 点的电势低于 b 点的电势，选项 B 错误。由于 c、d 关于正电荷对称，正电荷在 c、d 两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在 c 点产生的电场强度为 0，在 d 点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c 点的电场强度比 d 点的大，选项 C 正确。c、d 两点中 c 点离负电荷的距离更小，c 点电势比 d 点低，选项 D 正确。答案 ACD方法规律针对训练1如图 6-1-12 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
20、。下列说法正确的是()图 6-1-12A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：选 B 若两电荷是异种电荷，则 OM 的中点与 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
21、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。2.AB 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从 A点沿电场线运动到 B 点，其速度时间图像如图 6-1-13 所示。则这一电场可能是()图 6-1-13解析：选 A 由微粒的 v-t 图像可知，微粒在电场中做加速度逐渐增大的减速运动，故只有 A 正确。3.(2016三明模拟)如图 6-1-14 所示，实线为
22、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()图 6-1-14Aa 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两个粒子的动能一个增加一个减小解析：选 C 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、D 错误；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
23、 a 的加速度减小，b 的加速度增大，故 C 正确。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 6-1-15 所示，一根长为 L1.5 m 的光滑绝缘细直杆 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 6-1-15(1)求小球 B
24、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
25、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mgkQqL2 qEsin 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kQqh12 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，电场力做功为 W2，库仑力做功为 W3，则根据动能定理得 W1W2W312mv2 W1mg(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 6-1-16 所
26、示，光滑绝缘水平桌面上有 A、B 两个带电小球(可以看成点电荷)，A 球带电量为3q，B 球带电量为q，由静止同时释放后 A 球加速度大小为 B 球的两倍。现在 A、B 中点固定一个带正电 C 球(也可看成点电荷)，再由静止同时释放 A、B 两球，结果两球加速度大小相等。则 C 球带电量可能为()图 6-1-16A.328q B.920q C.37q D.94q解析：选 AB 设 A、B 两小球间距为 L，将 A、B 两球释放时，对 A 球有 k3q2L2 mA2a，对 B 球有：k3q2L2 mBa，得 mB2mA，在 A、B 中点固定 C 球后，对 A 球有 k3q2L2 k3qqC L2
27、2 mAa或 k3qqC L22 k3q2L2 mAa，对 B 球有 k3q2L2 kqqC L22mBa，解得 qC 328q 或 920q，故 A、B 选项正确。2.(2015重庆二模)如图 6-1-17 所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为 m，电量为 q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为。图 6-1-17(1)试求这个匀强电场的场强 E 大小；(2)如果将电场方向顺时针旋转 角、大小变为 E后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹角为，则 E的大小又是多少？解析：(1)对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图甲所示。由平衡条件得：mgtan q
28、E解得：Emgtan q。(2)将电场方向顺时针旋转 角、大小变为 E后，电场力方向也顺时针转过 角，大小为 FqE，此时电场力与细线垂直，如图乙所示。根据平衡条件得：mgsin qE则得：Emgsin q。答案：(1)mgtan q(2)mgsin q 库仑力作用下的三类圆周运动 点电荷在库仑力作用下做圆周运动是研究电场力性质的典型模型，因其考查角度多变、命题方式灵活，备受命题者青睐。考生由于不会灵活迁移、思维僵化而导致解题受阻。分析往年试题，主要有以下三种类型的运动。(一)一个点电荷以另一点电荷为圆心做匀速圆周运动问题1在光滑绝缘桌面上，带电小球 A 固定，带电小球 B 在 AB 间库仑力
29、作用下以速率v0 绕小球 A 做半径为 r 的匀速圆周运动，若使其绕小球 A 做匀速圆周运动的半径变为 2r，则 B 球的速率大小应变为()A.22 v0 B.2v0C2v0D.v02解析：选 A 半径为 r 时，对 B 球：kqAqBr2 mBv02r半径为 2r 时，对 B 球 kqAqB2r2mBv22r解得 v 22 v0，A 正确。(二)点电荷绕两个等量同种电荷的中垂面做匀速圆周运动的情况2如图 6-1-18 所示，空中有三个点电荷 A、B、C，其中 A 和 B 所带电荷量均为Q，C 所带电荷量为q，质量为 m，A、B 连线水平且间距为 L，C 在库仑力作用下绕 A、B 连线中心 O
30、 在 A、B 连线的中垂面内做匀速圆周运动，O、C 之间的距离为L2，不计重力，静电力常量为 k，求：图 6-1-18(1)电荷 C 做圆周运动的向心力的大小；(2)电荷 C 的角速度 的大小。解析：(1)对 C 受力分析如图所示F 向2FAcos 由几何关系得 45FAkqQL2 2 2则 F 向2 2kQqL2。(2)对 C：F 向mL22代入数据解得 4 2kQqmL3。答案：(1)2 2kQqL2(2)4 2kQqmL3(三)双电荷模型：两个异种电荷，在库仑力作用下，以二者的连线上某点为圆心做圆周运动3(多选)如图 6-1-19 所示，A 带正电，B 带负电，在库仑力作用下，它们以连线
31、上某点 O 为圆心做匀速圆周运动，以下说法正确的是()图 6-1-19A它们所需向心力相等B它们的运动半径与电荷量成反比C它们做圆周运动的角速度相等D它们的线速度与质量成反比解析：选 ACD 点电荷以相互间的库仑力作为向心力，故 A 正确；两点电荷始终绕同一圆心做圆周运动，两个电荷与圆心必须共线，故其角速度相等，C 正确；对 A：kQAQBLAB2 mArA2，对 B：kQAQBLAB2 mBrB2，解得rArBmBmA，由 vr，得vAvBrArBmBmA，B 错误，D 正确。反思领悟解答库仑力作用下的圆周运动问题的一般思路：1根据情景画出图示，找出圆周运动的圆心。2认真审题，准确分析受力情
32、况，找出向心力。3利用几何关系求出半径或相关夹角。对点训练：库仑定律的理解与应用1.(2016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 1A0 B.kq2l2C2kq2l2D.kql2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 Fkq2l2，选项 B 正确。2三个相同的金属小球 1、2、3 分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。球 1 的带电荷量为 q，球 2 的带电荷量为 nq，球 3 不带电且离球 1 和球 2
33、很远，此时球 1、2 之间作用力的大小为 F。现使球 3 先与球 2 接触，再与球 1 接触，然后将球 3 移至远处，此时 1、2 之间作用力的大小仍为 F，方向不变。由此可知()An3 B.n4Cn5 Dn6解析：选 D 设球 1、2 距离为 r，根据库仑定律，球 3 未与球 1、2 接触前，球 1、2间的库仑力 Fknq2r2，三个金属小球相同，接触后电荷量均分，球 3 与球 2 接触后，球 3与球 2 带的电荷量均为nq2，球 3 再与球 1 接触后，球 1 带电荷量为n2q4，此时球 1、2 间的作用力 Fknn2q28r2，可得 n6，故 D 正确。对点训练：库仑力作用下的平衡问题3
34、.(多选)在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球构成菱形，其带电量如图 2 所示。图中q 与q 的连线跟q 与Q 的连线之间夹角为，若该系统处于平衡状态，则正确的关系式为()图 2Acos3 q8QB.cos3q2Q2Csin3Q8qDsin3Q2q2解析：选 AC 设菱形的边长为 L，对下方的电荷由力的平衡条件得：2kQqL2 cos kq22Lcos 2解得：cos3 q8Q，A 正确，B 错误；对左边电荷分析由力的平衡条件得：2kQqL2sin kQ22Lsin 2解得：sin3Q8q，C 正确，D 错误。4有两个完全相同的小球 A、B，质量均为 m，带等量异种电荷，其中 A 所带电荷量为q，
35、B 所带电荷量为q。现用两长度均为 L、不可伸长的细线悬挂在天花板的 O 点上，两球之间夹着一根绝缘轻质弹簧。在小球所挂的空间加上一个方向水平向右、大小为 E 的匀强电场。如图 3 所示，系统处于静止状态时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为 60，则弹簧的弹力为(静电力常量为 k，重力加速度为 g)()图 3A.kq2L2B.33 mgkq2L2CqEkq2L2D.33 mgkq2L2 qE解析：选 D 对小球受力分析如图所示，由平衡条件有 FTcos 2mgF 弹FTsin2qEkq2L2解得：F 弹 33 mgkq2L2qE，D 正确。5.水平面上 A、B、C 三点固定着三个电荷量为
36、 Q 的正点电荷，将另一质量为 m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在 O 点，OABC 恰构成一棱长为 L 的正四面体，如图 4 所示。已知静电力常量为 k，重力加速度为 g，为使小球能静止在 O 点，小球所带的电荷量为()图 4A.mgL23kQB.2 3mgL29kQC.6mgL26kQD.2mgL26kQ解析：选 C 对静止于 O 点的小球，由平衡条件得：3kQqL2cos mg由几何条件得：sin 23Lsin 60L 33解得 q 6mgL26kQ，C 正确。对点训练：电场强度的叠加问题6(2015安徽高考)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为 20，其中 为平面
37、上单位面积所带的电荷量，0 为常量。如图 5 所示的平行板电容器，极板正对面积为 S，其间为真空，带电荷量为 Q。不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()图 5A.Q0S和Q20SB.Q20S和Q20SC.Q20S和 Q220SD.Q0S和 Q220S解析：选 D 每块极板上单位面积所带的电荷量为 QS，每块极板产生的电场强度为E 20，所以两极板间的电场强度为 2E Q0S。一块极板在另一块极板处产生的电场强度 E Q20S，故另一块极板所受的电场力 FqEQ Q20S Q220S，选项 D 正确。7.(2015南京一模)如图 6
38、所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形。两棒带电量相等，且电荷均匀分布，此时 O 点电场强度大小为 E。撤去其中一根带电棒后，O 点的电场强度大小变为()图 6A.E2B.22 ECED.2E解析：选 B 两根等长带电棒等效成两个正点电荷如图所示，两正点电荷在 O 点产生的场强的大小为 E 2E1，故撤走一根带电棒后，在 O点产生的场强为 E1 E2 2E2，故选 B。对点训练：电场线的理解与应用8(2016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 7 所示，由图可知()图 7A两质点带异号电荷，且 Q1Q2B两质点带异
39、号电荷，且 Q1Q2D两质点带同号电荷，且 Q1Q2，选项 A 正确。9.如图 8 为真空中两点电荷 A、B 形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O 点为 A、B 电荷连线的中点，a、b 为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是()图 8AA、B 可能为带等量异号的正、负电荷BA、B 可能为带不等量的正电荷Ca、b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零D同一试探电荷在 a、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反解析：选 D 根据电场线的方向及对称性，可知该电场为等量同种电荷形成的，故 A、B 均错误；a、b 两点虽没有画电场线，但两点的电场强度都不为零，C 错误；根
40、据该电场的特点可知，同一电荷在 a、b 两点所受电场力等大反向，D 正确。10在如图 9 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 9A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
41、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。考点综合训练11(2015徐州模拟)如图 10 所示，质量为 m 的小球 A 穿在绝缘细杆上，杆的倾角为，小球 A 带正电，电荷量为 q。在杆上 B 点处固定一个电荷量为 Q 的正电荷。将 A 由距 B 竖直高度为 H 处无初速度释放，小球 A 下滑过程中电荷量不变。不计 A 与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量 k 和重力加速度 g。求：图 10(1)A 球刚释放时的加速度大小。(2)当 A 球的动
42、能最大时，A 球与 B 点的距离。解析：(1)由牛顿第二定律可知 mgsin Fma根据库仑定律有 FkqQr2又知 r Hsin 得 agsin kQqsin2mH2。(2)当 A 球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大。设此时 A 球与 B 点间的距离为d，则 mgsin kQqd2解得 dkQqmgsin。答案：(1)gsin kQqsin2mH2(2)kQqmgsin 12.(2016洛阳模拟)如图 11 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
43、 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 11(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 30kqCqBL2解得：L2.0 m。(2
44、)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：kqBqCl2mBgsin 30mBa解得：l3.0 m由匀加速运动规律得：lL12at2解得：t1.0 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 30WC12(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 J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
45、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)电势是矢量，既有大小也有方向。()(7)等差等势线越密的地方，电场线越密，电场强度越大。()(8)电场中电势降低的方向，就是电场强度的方向。()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依据判断方法电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低场源电荷的正负取无穷远处电势为零，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电势能的高低正电荷在电势较高处
46、电势能大，负电荷在电势较低处电势能大电场力做功根据 UABWABq，将 WAB、q 的正负号代入，由 UAB 的正负判断 A、B的高低2电势能大小的判断公式法将电荷量、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做功法电场力做正功，电势能减小电场力做负功，电势能增加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，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加多角练通1.(多选)(2015海南高考)如图 6-2-1 所示，两电荷量分别为 Q(Q0)和Q
47、 的点电荷对称地放置在 x 轴上原点 O 的两侧，a 点位于 x 轴上 O 点与点电荷 Q 之间，b 点位于 y 轴 O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是()图 6-2-1Ab 点电势为零，电场强度也为零B正的试探电荷在 a 点的电势能大于零，所受电场力方向向右C将正的试探电荷从 O 点移到 a 点，必须克服电场力做功D将同一正的试探电荷先后从 O、b 两点移到 a 点，后者电势能的变化较大解析：选 BC 因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故 b 点的电势为零
48、，但是电场强度不为零，A 错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点 O 处电势为零，O 点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故 B 正确；O 点的电势低于 a 点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C 正确；O 点和 b 点的电势相等，所以先后从 O、b 点移到 a 点，电场力做功相等，电势能变化相同，D 错误。2(2014江苏高考)如图 6-2-2 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 6-2-2AO 点的电场强度为零，电势最低BO 点的电
49、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场强类似于两个等量同种点电荷的合场强，故圆环的中心的合场强一定为零。x 轴上的合场强，在圆环的右侧的合场强沿 x 轴向右，左侧的合场强沿x 轴向左，电场强度都呈现先增大后减小的特征，由沿场强方向的电势降低，得 O 点的电势最高。综上知选项 B 正确。3(多选)(2013山东高考)如图 6-2-3 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
50、Q 所在点为圆心、L2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 6-2-3Ab、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 等量异种点电荷的电场线及等势线的分布如图所示。由于 b、d 两点关于 x 轴对称，故 b、d 两点电势相等，A 项正确；a、b、c、d 四个点中，只有c 点电势为零，其余各点的电势均大于零，故 B 项正确；b、d 两点的电场强度大小相等，方向不同，故 C 项错；将一正的
51、试探电荷由 a 点移动到 c 点的过程中，由于 a 点电势高于 c 点电势，故该电荷的电势能减小，D 项正确。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)在匀强电场中 UEd，即在沿电场线方向上，Ud。推论如下：如图甲，C 点为线段 AB 的中点，则有 CAB2。如图乙，ABCD，且 ABCD，则 UABUCD。图 6-2-42EUd在非匀强电场中的三点妙用(1)判断电场强度大小：等差等势面越密，电场强度越大。(2)判断电势差的大小及电势的高低：距离相等的两点间的电势差，E 越
52、大，U 越大，进而判断电势的高低。(3)利用 -x 图像的斜率判断电场强度随位置变化的规律：kxUdEx，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 如图 6-2-5 所示，匀强电场中有 a、b、c 三点，在以它们为顶点的三角形中，a30，c90。电场方向与三角形所在平面平行。已知 a、b 和 c 点的电势分别为(2 3)V、(2 3)V 和 2 V。该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为()图 6-2-5A(2 3)V、(2 3)V B0、4 VC.24 33V、24 33V D0、2 3 V思路点拨(1)匀强电场中两个等势点的连线为等势线。(2)利用电场线与等势面垂直确定电
53、场方向。解析 如图为三角形的外接圆，Oab22 V则 Oc 为等势线，过 O 点做 Oc 的垂线交外接圆于 d、e 两点，则 de 为电场的方向，e 最低，d 最高。设外接圆半径为 r，由 EUdE Oarcos 302r则 OeEr 得 e0dOEr 得 d4 V，故 B 选项正确。答案 B易错提醒(1)EUd只能在匀强电场中进行定量计算。(2)U 取电势差的绝对值。(3)公式 EUd中 d 为沿电场线方向上的距离。针对训练1.如图 6-2-6 所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点 O 处的电势为 0，点 A 处的电势为 6 V，点 B 处的电势为 3 V，
54、则电场强度的大小为()图 6-2-6A200 V/m B.200 3 V/mC100 V/m D100 3 V/m解析：选 A 取 OA 的中点 C，则 COA23 V。连接 BC 为等势线，过 O 做 BC 的垂线则 DO 为场强方向，由几何关系得 tan|OB|OC|OB|OA|2 33得 30由 EUd得 E BO|OB|cos 33 32 102V/m200 V/m。A 正确。2(多选)如图 6-2-7 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
55、是()图 6-2-7A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 1.61019 J解析：选 ACD 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 EUd2210cos 30102 V/m2033V/m，故 B 错误，C 正确；由 UEDUBC1 V，WEDeUED1.61019 J，D 正确。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
56、知电场线可以画出等势线，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.(2015兰州一
57、模)带电粒子仅在电场力作用下，从电场中 a 点以初速度 v0 进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到 b 点，如图 6-2-8 所示，则从 a 到 b 过程中，下列说法正确的是()图 6-2-8A粒子带负电荷B粒子先加速后减速C粒子加速度一直增大D粒子的机械能先减小后增大解析：选 D 粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，故 A 错误；由图像知粒子受电场力向右，所以先向左减速运动后向右加速运动，故 B 错误；从 a 点到 b 点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，根据电场线的疏密知道场强先变小后变大，故加速度先减小后增大，C 错误，D 正确。2.(2015吉林一中
58、一模)如图 6-2-9 所示，实线表示一正点电荷和金属板间的电场分布图线，虚线为一带电粒子从 P 点运动到 Q 点的运动轨迹，带电的粒子只受电场力的作用。那么下列说法结论正确的是()图 6-2-9A带电粒子从 P 到 Q 过程中动能逐渐增大BP 点电势比 Q 点电势高C带电粒子在 P 点时具有的电势能大于在 Q 点时具有的电势能D带电粒子的加速度逐渐变大解析：选 B 由粒子运动的轨迹可以判断，粒子受到的电场力为引力的作用，带电粒子从 P 到 Q 过程中电场力做负功，粒子的动能逐渐减小，故 A 错误；沿电场方向电势降低，所以 P 点电势比 Q 点电势高，故 B 正确；带电粒子从 P 到 Q 过程
59、中电场力做负功，电势能增加，故 C 错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在 P 点时受到的电场力大，所以带电粒子的加速度逐渐减小，故 D 错误。3(多选)如图 6-2-10 所示，一带电粒子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 6-2-10A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 从该粒子的运动轨迹看，固定的正电荷对它有吸
60、引力，可知该粒子一定带负电，故 A 错误；该粒子通过 B 点后电场力对它先做正功，即动能先要增加，则经过 B点时的速度不是最大，故 B 错误；B 点电场强度为零，故粒子受力为零，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。要点四 静电场中的三类图像问题(一)v-t 图像 根据 v-t 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 6-2-11(a)，直线 MN 表示某图 6-2-11
61、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 v-t 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()Aab BEaEbCEaEbDWaWb解析 由 v-t 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 BD(二)-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
62、存在极值，其切线的斜率为零。(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。典例 2(2015开封二模)在 x 轴上存在与 x 轴平行的电场，x 轴上各点的电势随 x点位置变化情况如图 6-2-12 所示。图中x1x1 之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称。下列关于该电场的论述正确的是()图 6-2-12Ax 轴上各点的场强大小相等B从x1 到 x1 场强的大小先减小后增大C一个带正电的粒子在 x1 点的电势能大于在x1
63、点的电势能D一个带正电的粒子在x1 点的电势能大于在x2 的电势能解析-x 图像的斜率大小等于电场强度，故 x 轴上的电场强度不同，故 A 错误；从x1 到 x1 场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故 B 正确；由图可知，场强方向指向 O，根据电场力做功可知，一个带正电的粒子在 x1 点的电势能等于在x1 点的电势能，故 C、D 错误。答案 B(三)E-x 图像 在给定了电场的 E-x 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，E-x 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，
64、还可以由 E-x 图像假设某一种符合 E-x 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)(2015肇庆三模)x 轴上 O 点右侧各点的电场方向与 x 轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与 x 轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x 轴上各点的电场强度 E 随 x 变化的图像如图 6-2-13 所示，该图像关于 O 点对称，x1 和x1 为 x 轴上的两点。下列说法正确的是()图 6-2-13AO 点的电势最低Bx1 和x1 两点的电势相等C电子在 x1 处的电势能大于在x1 处的电势能D电子从 x1 处由静止释放后，若向 O 点运动，则到达
65、 O 点时速度最大解析 作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则 O 点电势最高，故 A 错误；从图线看出，电场强度关于原点 O 对称，则 x 轴上关于 O 点对称位置的电势相等，电子在 x1和x1 两点处的电势能相等，故 B 正确，C 错误；电子从 x1 处由静止释放后，若向 O 点运动，到达 O 点时电场力做功最多，故动能最大，速度最大，故 D 正确。答案 BD要点五 电场力做功与功能关系电场力做功的计算方法电场中的功能关系(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，动能(Ek)和电势能(Ep)的总和不变，即：E
66、kEp。典例(2015全国卷)如图 6-2-14，一质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为 60；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30。不计重力。求 A、B 两点间的电势差。图 6-2-14审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息不计重力粒子只在电场力作用下运动在匀强电场中电场力为恒力第二步：找突破口(1)粒子在匀强电场中运动，其水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，即粒子的竖直分速度恒定不变。(2)要求 A、B 两点的电势差，可由 AB 过程中的功能关系求解。
67、解析 设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30v0sin 60由此得vB 3v0设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有qUAB12m(vB2v02)联立式得UABmv02q。答案 mv02q方法规律 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
68、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.(多选)(2015泰安一模)如图 6-2-15 所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于 N 点，弹簧恰好处于原长状态。保持小球的带电量不变，现将小球提高到 M 点由静止释放。则释放后小球从 M 运动到 N 过程中()图 6-2-15A小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量D小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和解析：选 BC 由于有电场力做功，故小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是
69、改变的，故 A 错误；由题意，小球受到的电场力与重力大小相等，在小球从 M 运动到 N 过程中，重力做多少正功，重力势能就减少多少，电场力做多少负功，电势能就增加多少，又两力做功一样多，可知 B 正确；由动能定理可知，弹力对小球做的功等于小球动能的增加量，又弹力的功等于弹性势能的减少量，故 C 正确；显然电场力和重力做功的代数和为零，故 D错误。2(2016西安模拟)如图 6-2-16 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
70、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 6-2-16(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。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 3012mvC212mv2得：vC v2gR。(2)由 A 到 C 应用动能定理得：WACmgh12mvC20得：WAC12mvC2mgh12mv212mgRmgh。由电势能变化与电场力做功的关系得：EpWACmgh12mv212mgR。答案：(1)v2gR(2)mgh12
71、mv212 mgR 对点训练：电势高低与电势能大小的比较1(多选)(2016四川第二次大联考)如图 1 所示，真空中固定两个等量异号点电荷Q、Q，图中 O 是两电荷连线中点，a、b 两点与Q 的距离相等，c、d 是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd 构成一等腰三角形，a、e 两点关于 O 点对称。则下列说法正确的是()图 1Aa、b 两点的电势相同Ba、e 两点的电场强度相同C将电子由 c 沿 cd 边移到 d 的过程中电场力做正功D质子在 b 点的电势能比在 O 点的电势能大解析：选 BD a、b 两点虽然关于Q 对称，但是由于Q 的影响，两点的电势并不相等，故 A 错误；a、e 两点的合
72、场强大小相等，且方向相同，故 B 正确；c、O、d 在一条等势线上，故电子从 c 点移到 d 点电场力不做功，C 错误；b 点电势高于 O 点的电势，则质子在 b 点的电势能大，故 D 正确。2(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 2 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 2Aa 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 电场线密的地方电场强度大，A 项正确；沿着电场线方
73、向电势逐渐降低，B 项正确；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。对点训练：电势差与电场强度的关系3.在匀强电场中建立一直角坐标系，如图 3 所示。从坐标原点沿y 轴前进 0.2 m 到 A点，电势降低了 10 2 V，从坐标原点沿x 轴前进 0.2 m 到 B 点，电势升高了 10 2 V，则匀强电场的场强大小和方向为()图 3A50 V/m，方向 BAB50 V/m，方向 ABC100 V/m，方向 BAD100 V/m，方向垂直 AB 斜向下解析：选 C 连接 AB
74、，由题意可知，AB 中点 C 点电势应与坐标原点 O 相等，连接OC 即为等势线，与等势线 OC 垂直的方向为电场的方向，故电场方向由 BA，其大小 EUd10 210 220.2V/m100 V/m，选项 C 正确。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(1，3)点电势为 3 V，B(3，3)点电势为 0，则由此可判定()图 4AC 点电势为 3 VBC 点电势为 0C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 3 V/m
75、解析：选 BD 由题意可知 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UABABUOCOC，代入数值得 C0，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 3 cm，由 EUd得 E100 3V/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(2015全国卷)如图 5，直线 a、b 和 c、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为 M、N、P、Q。一电子由 M 点分别运动到 N点和 P 点的过程中，电场力所做
76、的负功相等。则()图 5A直线 a 位于某一等势面内，MQB直线 c 位于某一等势面内，MNC若电子由 M 点运动到 Q 点，电场力做正功D若电子由 P 点运动到 Q 点，电场力做负功解析：选 B 由电子从 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为 MN，故选项 B 正确，选项 A 错误。M点与 Q 点在同一等势面上，电子由 M 点运动到 Q 点，电场力不做功，故选项 C 错误。电子由 P 点运动到 Q 点，电场力做正功，故选项 D 错误。6.(多选)(2015广东高考)如图 6 所示的水平匀强电场中，将两个带电小球 M 和
77、 N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N 保持静止，不计重力，则()图 6AM 的带电量比 N 的大BM 带负电荷，N 带正电荷C静止时 M 受到的合力比 N 的大D移动过程中匀强电场对 M 做负功解析：选 BD 两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项 A、C错误；M、N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即 M 带负电，N 带正电，M、N 两球在移动的过程中匀强电场对 M、
78、N 均做负功，选项 B、D 正确。对点训练：静电场中的图像问题7(多选)(2016山东第一次大联考)如图 7 甲所示，两个点电荷 Q1、Q2 固定在 x 轴上，其中 Q1 位于原点 O，a、b 是它们连线延长线上的两点。现有一带正电的粒子 q 以一定的初速度沿 x 轴从 a 点开始经 b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过 a、b 两点时的速度分别为 va、vb，其速度随坐标 x 变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是()图 7Ab 点的场强一定为零BQ2 带负电且电荷量小于 Q1Ca 点的电势比 b 点的电势高D粒子在 a 点的电势能比在 b 点的电势能小解析：选 AC 速度时
79、间图像图线斜率表示加速度，3L 处图线的切线水平，加速度为 0，b 点的场强一定为零，根据从 a 点开始经 b 点向远处运动先加速后减速知，Q1 带负电，Q2带正电，A 正确，B 错误；a 点的动能比 b 点的动能小，a 点的电势能比 b 点的电势能大，且运动电荷为正电荷，所以 a 点的电势比 b 点的电势高，C 正确，D 错误。8.(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 8 所示。下列图像中合理的是()图 8解析：选 D 由于粒子只受电场力作用，因此由 F 电Epx可知，
80、Ep-x 图像的斜率大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。对点训练：电场力做功与功能关系9(2015洛阳名校联考)如图 9 所示，一个电量为Q 的点电荷甲，固定在绝缘水平面
81、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 9A.OB 间的距离为kQqmgB从 A 到 B 的过程中，电场力对点电荷乙做的功为 WmgL12mv0212mv2C从 A 到 B 的过程中，电场力对点电荷乙做的功为 WmgL12mv212mv02D从 A 到 B 的过程中，乙的电势能减少解析：选 B A 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 mgkqQr2，解得 OB
82、间的距离为 rkQqmg，选项 A 正确。从 A 到 B 的过程中，由动能定理，电场力对点电荷乙做的功为 WmgL12mv212mv02，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)(2015四川高考)如图 10 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()图 10A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
83、到 P 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：选 BC 小球 a 从 N 点释放一直到达 Q 点的过程中，a、b 两球的距离一直减小，库仑力变大，a 受重力不变，重力和库仑力的夹角从 90一直减小，故合力变大，选项 A 错误；小球 a 从 N 到 P 的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于 90到大于 90，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a 球速率先增大后减小，选项 B 正确；小球 a 由 N 到 Q 的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项 C 正确；小球 a 从 P到 Q
84、 的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项 D 错误。对点训练：考点综合训练11.(多选)(2016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 11 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 11A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 x
85、1 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。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
86、能大、比 x3 处的电势能大，选项 D错误。12.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 处放一个电荷量 q5.0108 C、质量 m1.0102 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 12 所示，求物块最终停止时的位置。(g 取10 m/s2)图 12解析：物块先在电场中向右减速，设运动的位移为 x1，由动能定理得(qEmg)x1012mv02，所以 x1mv022qEmg，代入数据得 x10.4 m可
87、知，当物块向右运动 0.4 m 时速度减为零，因物块所受的静电力 FqE0.03 NFfmg0.02 N，所以物块将沿 x 轴负方向加速，跨过 O 点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在 O 点左侧某处，设该点距 O 点距离为 x2，则对全过程由动能定理得mg(2x1x2)012mv02，解得 x20.2 m。答案：O 点左侧 0.2 m 处13.(2013全国卷)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 13 所示。不计重力。求在 t0 到 tT 的时间间隔内，图 13(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反
88、方向运动的时间。解析：(1)带电粒子在 0T4、T4T2、T23T4、3T4 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a1qE0m，a22qE0m，a32qE0m，a4qE0m。由此得带电粒子在 0T 时间间隔内运动的加速度时间图像如图(a)所示，对应的速度时间图像如图(b)所示，其中 v1a1T4qE0T4m由图(b)可知，带电粒子在 t0 到 tT 的时间间隔内位移大小为 (a)(b)sT4v1解得 sqE016mT2它沿初始电场正方向。(2)由图(b)可知，粒子在 t38T 到 t58T 内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间 t为t58T38
89、TT4。答案：(1)qE0T216m 沿初始电场正方向(2)T4第 3 节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正比。()(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。()要点一 平行板电容器的动态分析1平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差 U 保
90、持不变。(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量 Q 保持不变。2平行板电容器动态问题的分析思路3平行板电容器问题的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。多角练通1(2015孝感三中高三冲刺卷)电容式加速度传感器的原理结构如图 6-3-1 所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上。质量块可带动电介质移动改变电容。则()图 6-3-1A电介质插入极板间越深，电容器电容越小B当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中
91、有顺时针方向电流解析：选 D 根据电容器的电容公式 C rS4kd，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故 A 错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故 B 错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故 C 错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据 QCU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故 D 正确。2.(20
92、14海南高考)如图 6-3-2，一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 6-3-2A.ldg B.dld gC.ldlgD.ddlg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 Udl，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：E2Ud，有 mgE2qma，联立上述可解得：dlga，知选项 A 正确。3
93、(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 6-3-3 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 6-3-3A油滴带负电B油滴带电荷量为mgUdC电容器的电容为kmgdU2D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，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
94、Ud，CQU，解得 qmgdU，CkmgdU2，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重力的处理(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，一般都不能忽略重力。2解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适
95、用于匀强电场。(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。典例(2015海南高考)如图 6-3-4，一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25l 的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则 Mm 为()图 6-3-4A32 B21C52 D31思路点拨 解析 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：qEM
96、aM，由运动学公式得：25l12aMt2；对 m，由牛顿第二定律有 qEmam根据运动学公式得：35l12amt2由以上几式解之得：Mm32，故 A 正确。答案 A易错提醒(1)本题易误认为带电粒子还受重力作用。(2)本题易误认为两个带电粒子的位移均为25l。针对训练1(2016西安交大附中质检)某空间区域有竖直方向的电场(图 6-3-5 甲中只画出了一条电场线)，一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小球，在电场中从 A 点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能 E 与物体位移 x 关系的图像如图乙所示，由此可以判断()图 6-3-5A物体所处的电场为非匀强电
97、场，且场强不断减小，场强方向向上B物体所处的电场为匀强电场，场强方向向下C物体可能先做加速运动，后做匀速运动D物体一定做加速运动，且加速度不断减小解析：选 A 由于物体的机械能逐渐减小，因此电场力做负功，故电场强度的方向向上，再根据机械能的变化关系可知，克服电场力做功越来越少，电场强度不断减小，故 A正确、B 错误；根据牛顿第二定律可知，物体受重力和电场力，且电场力逐渐减小，故加速度越来越大，C、D 错误。2.(2014安徽高考)如图 6-3-6 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 的小球从小孔正上方高 h 处由静止开始
98、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 6-3-6(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 2gh。(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有 mgqEma0v22ad得 EmghdqdUEdQCU得 QCmghdq。(3)由 h12gt120vat2tt1t2综合可得 thdh2hg。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
99、为d(忽略重力影响),则有(1)加速度：aFmqEm qUmd。(2)在电场中的运动时间：t lv0。(3)速度vxv0vyat qUlmv0dv vx2vy2，tan vyvx qUlmv02d。(4)位移lv0ty12at2 qUl22mv02d2两个结论(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 qU012mv02 及 tan qUlmv02d得 tan Ul2U0d。(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l2。3带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论
100、带电粒子的末速度 v 时也可以从能量的角度进行求解：qUy12mv212mv02，其中 UyUdy，指初、末位置间的电势差。典例(多选)(2015天津高考)如图 6-3-7 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()图 6-3-7A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同一位置审题指导(1)氕、氘、氚核三种粒子的质量之比为 123，电荷量之比为 111。
101、(2)三粒子在加速电场中做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，在偏转电场与屏之间粒子做匀速直线运动。解析 根据动能定理有 qE1d12mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度 v12qE1dm。在偏转电场中，由 lv1t2 及 y12qE2m t22 得，带电粒子经偏转电场的侧位移 y E2l24E1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据 WqE2y 得，偏转电场 E2 对三种粒子做功一样多，选项 A 正确。根据动能定理，qE1dqE2y12mv22，得到粒子离开偏转电场 E2 打到屏上时的速度 v22qE1dqE2ym，由于三种粒子的质量不相等，
102、故 v2 不一样大，选项 B 错误。粒子打在屏上所用的时间 t d v12Lv12dv1Lv1(L为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于 v1 不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项 C 错误。根据 vyqE2m t2 及 tan vyv1得，带电粒子的偏转角的正切值tan E2l2E1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项 D 正确。答案 AD方法规律分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)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，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。(2)运动分析：一般用分解的
103、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。针对训练1.(2014山东高考)如图 6-3-8，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 v0 等于()图 6-3-8A.s22qEmh B.s2qEmhC.s42qEmhD.s4qEmh解析：选 B 由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两个粒子的轨
104、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：s2v0t，在竖直方向上：h212at212Eqm t2，联立以上两式可求得：v0s2Eqmh，由此可知，该题只有选项 B 正确，A、C、D 皆错误。2.(2015广东六校高三联考)如图 6-3-9 所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为 d。当两板间加电压 U 时，一个质量为 m、电荷量为q 的带电粒子，以水平速度v0 从 A 点射入电场，经过一段时间后从 B 点射出电场，A、B 间的水平距离为 L，不计重力影响。求：图 6-3-9(1)带电粒子从 A 点运动到 B 点经历的时间；(
105、2)带电粒子经过 B 点时速度的大小；(3)A、B 间的电势差。解析：(1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从 A 点到 B 点经历时间 tLv0；(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小 EUd加速度大小 aqEm qUmd经过 B 点时粒子沿竖直方向的速度大小 vyatqUmd Lv0带电粒子在 B 点速度的大小 vv02 q2U2L2m2d2v02；(3)粒子从 A 点运动到 B 点过程中，据动能定理得：qUAB12mv212mv02A、B 间的电势差 UAB12mv212mv02q qU2L22md2v02。答案：(1)Lv0(2)v02 q2U2L2m2d2v02(3
106、)qU2L22md2v02喷墨打印机中的带电粒子偏转问题(1)工作原理：墨盒中的墨汁微粒经过带电室加速后，再经过偏转电场后打在纸上，显示出字符。(2)灵敏度的含义：字符越大，偏移量越大，灵敏度越高。1(2016大同四校联考)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图 6-3-10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。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是()图 6-3-10A增大墨汁微粒的比荷B减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C减小偏转极板的长度D增大偏转极板间的电压解析：选
107、 C 微粒以一定的初速度垂直射入匀强电场做类平抛运动，则有：水平方向：Lv0t竖直方向：y12qUmdt2解得：y qUL22mdv02qUL24dEk0要缩小字迹，应减小偏移距离 y，则应减小比荷、增大初动能、减小极板长度、减小极板间电压，故 C 正确。2.(2013广东高考)喷墨打印机的简化模型如图 6-3-11 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 6-3-11A向负极板偏转B电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线D运动轨迹与所带电荷量无关解析：选 C 由于微滴带有负电，则应向正极板偏转，A 错误；微滴在偏转
108、电场中只受电场力作用，做类平抛运动，其轨迹为抛物线，且电场力做正功，电势能减小，故 B 错误，C 正确；由于其偏转位移，y12at2 qUL22mdv02，与 q 有关，故 D 错误。对点训练：平行板电容器的动态分析1.(2015宁波二模)如图 1 所示，a、b 为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关 S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是()图 1A使 a、b 板的距离增大一些B使 a、b 板的正对面积减小一些C断开 S，使 a、b 板的距离增大一些D断开 S，使 a、b 板的正对面积增大一些解析：选 C 开关 S 闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，
109、故 A、B 错误；断开 S，电容器所带的电量不变，a、b 板的距离增大，则电容减小，根据 UQC知，电势差增大，则指针张角增大，故 C 正确；断开 S，电容器所带的电量不变，a、b 板的正对面积增大，电容增大，根据 UQC知，电势差减小，则指针张角减小，故 D 错误。2(多选)如图 2 所示，两面积较大、正对着的平行极板 A、B 水平放置，极板上带有等量异种电荷。其中 A 板用绝缘线悬挂，B 板固定且接地，P 点为两板的中间位置。下列结论正确的是()图 2A若在两板间加上某种绝缘介质，A、B 两板所带电荷量会增大BA、B 两板电荷分别在 P 点产生电场的场强大小相等，方向相同C若将 A 板竖直
110、向上平移一小段距离，两板间的电场强度将增大D若将 A 板竖直向下平移一小段距离，原 P 点位置的电势将不变解析：选 BD 在两板间加上某种绝缘介质时，A、B 两板所带电荷量没有改变，故 A错误；A、B 两板电荷量数量相等，P 点到两板的距离相等，根据对称性和电场的叠加可知两板电荷分别在 P 点产生电场的场强大小相等，方向都向下，故 B 正确；根据电容的决定式 C rS4kd、电容的定义式 CQU和板间场强公式 EUd得：E4kQrS，由题知 Q、S、r 均不变，则移动 A 板时，两板间的电场强度将不变，故 C 错误；由上分析可知将 A 板竖直向下平移时，板间场强不变，由 UEd 分析得知 P
111、点与下极板间的电势差不变，P 点的电势保持不变，故 D 正确。3.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。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 3A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 对；
112、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 rS4kd，由于 d 增大，电容 C 应减小，极板带电荷量 QCE 将减小，D 错。对点训练：带电粒子在电场中的直线运动4.如图 4 所示，不带电的金属球 A 固定在绝缘底座上，它的正上方有 B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达 A 球后将电荷量全部传给 A 球，设前一液滴到达A 球后，后一液滴才开始下落，不计空气阻力和下落液滴之间的影响，则下列叙述中正确的是()图 4A第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达 A 球B当液滴下落到重力与电场
113、力大小相等的位置时，开始做匀速运动C所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D所有液滴下落过程中电场力做功相等解析：选 C 第一滴液滴下落时，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近 A 的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当 A电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达 A 球，所以 A 错误；当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，液滴向下运动速度最大，再向下运动重力将小于电场力，所以不会做匀速运动，故 B 错误；每滴液滴在下落过程中 A 所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以
114、 C 正确；每滴液滴在下落过程中 A 所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同，电场力做功不同，所以 D 错误。5(多选)如图 5 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12处返回，则下述措施能满足要求的是()图 5A使初速度减为原来的12B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12解析：选 BD 在粒子刚好到达 N 板的过
115、程中，由动能定理得qEd012mv02，所以dmv022qE，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12，xd4；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，xd2，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，xd4；使初速度和 M、N 间电压都减为原来的12，电场强度变为原来的一半，xd2。对点训练：带电粒子在匀强电场中的偏转6(2014天津高考)如图 6 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 6A若微粒带正电荷，则
116、 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
117、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。7.(2016合肥联考)如图 7 所示，正方体真空盒置于水平面上，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 7A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
118、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。8.(2015兰州诊断)如图 8 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 8A增大偏转电压 UB增大加速电压 U0C
119、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 qU012mv02，t lv0，y12at2 qU2mdt2，得偏转位移 y Ul24U0d，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 Ul24U0d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。考点综合训练9.如图 9，一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
120、向的夹角为6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到3，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 9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 UQC两极板之间电场的电场强度为 EUd式中 d 为两极板间的距离。按题意，当小球偏转角 16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。可得 tan 1 qQmgCd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 23，则 tan 2qQQmgCd所以tan 1tan 2QQQ代入数据解得 Q2Q。答案：2Q10.(
121、2015上海市闸北区一模)如图 10，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 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 10(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)t12hg 0.5 s，v
122、1 2gh5 m/s，a1mgEqm5 m/s2，dv1t212a1t22，即 2t224t210，解得：t2 622s，t 总t1t2 612s；(2)mg(hd)EqndEk0，qnmghdEd4108C，nqnq14，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，x56 m，E 机mg(hx)2512102 J2.08102 J。答案：(1)612s(2)5(3)2.08102 J11.(2015邯郸质检)如图 11，等量异种点电荷固定在水平线上的 M、N 两点上，有一质量为 m、电荷量为q(可视为点电荷)的小球，固定在长为 L 的绝缘轻质
123、细杆的一端，细杆另一端可绕过 O 点且与 MN 垂直的水平轴无摩擦地转动，O 点位于 MN 的垂直平分线上距MN 为 L 处。现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点 B 时速度为 v，取 O点电势为零，忽略 q 对等量异种电荷形成电场的影响。求：图 11(1)小球经过 B 点时对杆的拉力大小；(2)在Q、Q 形成的电场中，A 点的电势 A；(3)小球继续向左摆动，经过与 A 等高度的 C 点时的速度大小。解析：(1)小球经 B 点时，在竖直方向有 Fmgmv2LFmgmv2L由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小Fmgmv2L(2)由于取 O 点电势为零，而 O 在 MN 的垂直平
124、分线上，所以 B0小球从 A 到 B 过程中，由动能定理得mgLq(AB)12mv2Amv22mgL2q(3)由电场对称性可知，CA即 UAC2A小球从 A 到 C 过程，根据动能定理qUAC12mvC2vC 2v24gL。答案：(1)mgmv2L(2)mv22mgL2q(3)2v24gL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 6-4-1 所示。图 6-4-11确定最终偏移距离思路一：确定加速后的v0 确定偏移y 确定偏角 确定匀速偏
125、移yLtan 确定OPyy思路二：确定加速后的v0 确定偏移y 三角形相似确定OP：yOPl2l2L2确定偏转后的动能(或速度)思路一：思路二：确定加速后的v0 确定偏转后的y 动能定理：qEy12mv212mv02典例 如图 6-4-2 所示，A、B 和 C、D 为两平行金属板，A、B 两板间电势差为 U，C、D 始终和电源相接，测得其间的场强为 E。一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子(重力不计)由静止开始，经 A、B 加速后穿过 C、D 发生偏转，最后打在荧光屏上，已知 C、D极板长均为 x，荧光屏距 C、D 右端的距离为 L，问：图 6-4-2(1)粒子带正电还是带负电？(2)粒子打
126、在荧光屏上的位置距 O 点多远处？(3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大？思路点拨(1)带电粒子在 A、B 两板间做_运动；在 C、D 两板间做_运动；从电场中射出到荧光屏之间做_运动。提示：匀加速直线 类平抛 匀速直线(2)带电粒子在 A、B 间运动时，可应用_求解；在 C、D 间运动时，应用运动的_求解。提示：动能定理 合成与分解解析(1)粒子向下偏转，电场力向下，电场强度方向也向下，所以粒子带正电。(2)设粒子从 A、B 间出来时的速度为 v，则有 qU12mv2。设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为，偏转距离为 y，则在水平方向有 vxv，xvxt。在竖直方向有 vyat，y12at
127、2。粒子加速度 aFmqEm。由此得到 tan vyvxEx2U，yEx24U。所以粒子打在荧光屏上的位置距 O 点的距离为yyLtan Ex2Ux2L。(3)方法一：由上述关系式得 vyExq2mU，所以粒子打在屏上时的动能为Ek12mvx212mvy2qUqE2x24U q4U2E2x24U。方法二：对于粒子运动的整个过程应用动能定理qUqEyEk，得 EkqUqEEx24Uq4U2E2x24U。答案(1)正电(2)Ex2Ux2L (3)q4U2E2x24U易错提醒(1)在偏转电场中，电场力对带电粒子做的功 qU 中的 U 不一定等于两板间的电压。(2)计算类平抛问题时，利用两个结论结合几
128、何关系求解较为简便。针对训练1.(多选)(2015江苏二校联考)如图 6-4-3 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 6-4-3A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
129、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 6-4-4 所示，示波管主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成，如图甲所示。电子枪具有释放电子并使电子聚集成束以及加速电子的作用；偏转系统使电子束发生偏转；电子束打在荧光屏上形成光迹。这三部分均封装于真空玻璃壳中。已知电子的电荷量 e1.61019 C，质量 m9.11031 kg，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论
130、效应。图 6-4-4(1)电子枪的三级加速可简化为如图乙所示的加速电场，若从阴极逸出电子的初速度可忽略不计，要使电子被加速后的动能达到 1.61016 J，求加速电压 U0 为多大；(2)电子被加速后进入偏转系统，若只考虑电子沿 Y(竖直)方向的偏转情况，偏转系统可以简化为如图丙所示的偏转电场。偏转电极的极板长 l4.0 cm，两板间距离 d1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离 L18 cm，当在偏转电极上加 u480sin 100t(V)的正弦交变电压时，如果电子进入偏转电场的初速度 v03.0107 m/s，求电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度。解析：(1)对于电子通过加速电场的过程，由动
131、能定理有eU0Ek解得 U01.0103 V。(2)由 u480sin 100t(V)，可知偏转电场变化的周期 T0.02 s，而电子通过电场的时间t lv041023.0107 s1.333109s可见 Tt，则电子通过偏转电场过程中，电场可以看成匀强电场设偏转电场的电压为 U1，电子刚好飞出偏转电场，此时沿电场方向的位移为d2d212at212eU1mdt2解得 U1320 V所以，为了使电子打到荧光屏上，所加偏转电压应不大于 320 V当所加偏转电压为 320 V 时，电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的最大位移为d2设电子射出偏转电场的速度方向与初速度方向的最大角度为 则 tan d
132、l0.25电子打到荧光屏上的偏移量 Yml2L tan 5.0 cm由对称性，可得电子在荧光屏上的亮线的最大长度为 2Ym10 cm。答案：(1)1.0103 V(2)10 cm要点二 带电粒子在交变电场中的运动分清三种情况一、粒子做单向直线运动(牛顿运动定律求解)二、粒子做往返运动(分段研究)三、粒子做偏转运动(分解)思考两个关系力和运动的关系功能关系注意全面分析分析受力特点和运动规律，抓住粒子运动的周期性或对称性的特征，确定与物理过程相关的临界条件多维探究(一)粒子做单向直线运动典例 1(2015金丽衢十二校联考)如图 6-4-5 所示，O、A、B、C 为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气
133、阻力，一电荷量为Q 的点电荷固定在 O 点，现有一质量为 m、电荷量为q 的小金属块(可视为质点)，从 A 点由静止沿它们的连线向右运动，到 B 点时速度最大，其大小为 vm。小金属块最后停止在 C 点。已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为、AB 间距离为 L、静电力常量为 k，则()图 6-4-5A在点电荷Q 形成的电场中，A、B 两点间的电势差为2mgLmvm22qB在小金属块由 A 向 C 运动的过程中，电势能先增大后减小COB 间的距离为kQqmgD从 B 到 C 的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能解析 滑块从 A 到 B 过程，由动能定理得：qUABmgL12mvm20，得 A
134、、B两点间的电势差 UAB2mgLmvm22q，故 A 错误。小金属块由 A 点向 C 点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故 B 错误。由题意知，A 到 B 过程，金属块做加速运动，B 到 C 过程做减速运动，在 B 点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有 mgkQqr2，得 rkQqmg，故 C 正确。从 B 到 C 的过程中，小金属块的动能和电势能全部转化为内能，故 D 错误。答案 C(二)粒子做往返运动典例 2 如图 6-4-6 甲所示，A 和 B 是真空中正对面积很大的平行金属板，O 是一个可以连续产生粒子的粒子源，O 到 A、B 的距离都是 l。现在 A、B 之间
135、加上电压，电压 UAB随时间变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生 300 个粒子，粒子质量为 m、电荷量为q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动。设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响 A、B 板电势。不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量 l0.6 m，U01.2103 V，T1.2102s，m51010 kg，q1.0107 C。图 6-4-6(1)在 t0 时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在 t0 到 tT2这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达 A 板？(3)在 t0 到 t
136、T2这段时间内产生的粒子有多少个可到达 A 板？解析(1)根据图乙可知，从 t0 时刻开始，A 板电势高于 B 板电势，粒子向 A 板运动。因为 xqU04lm T223.6 ml，所以粒子从 t0 时刻开始，一直加速到达 A 板。设粒子到达 A 板的时间为 t，则 l12qU02lmt2解得 t 6103s。(2)在 0T2时间内，粒子的加速度大小为 a1qU02lm2105m/s2在T2T 时间内，粒子的加速度大小为 a22qU02lm 4105m/s2可知 a22a1，若粒子在 0T2时间内加速 t，再在T2T 时间内减速t2 刚好不能到达 A板，则 l12a1t32t解得 t2103s
137、因为T26103s，所以在 0T2时间里 4103 s 时刻产生的粒子刚好不能到达 A 板。(3)因为粒子源在一个周期内可以产生 300 个粒子，而在 0T2时间内的前23时间内产生的粒子可以到达 A 板，所以到达 A 板的粒子数 n3001223100(个)。答案(1)6103 s 到达 A 极板(2)4103 s(3)100 个(三)粒子做偏转运动典例 3 如图 6-4-7 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
138、间变化的图像如图乙所示。(每个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 6-4-7(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 qU012mv2经电场偏转后侧移量 y12at212qU偏mLLv2所以 yU偏L4U0，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YyLL2L2所以 Y13.5 cm。(2)由题知电子侧移量 y 的最大值为L2，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
139、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求解思路 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，从以下两个角度进行分析与研究。(1)从牛顿运动定律和运动学角度，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，分析带电粒子运动过程中功和能的转化关系，利用动能定理或能量守恒定律解决这类问题。典例(2014全国卷)如图 6-4-8，O、A、B 为同一竖直平面内的三个点，
140、OB 沿竖直方向，BOA60，OB32OA，将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 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 6-4-8(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
141、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
142、时间为 t，令OAd，则 OB32d，根据平抛运动的规律有dsin 60v0tdcos 6012gt2又 Ek012mv02由式得 Ek038mgd设小球到达 A 点时的动能为 EkA，则EkAEk012mgd由式得EkAEk073。(2)加电场后，小球从 O 点到 A 点和 B 点，高度分别降低了d2和3d2，设电势能分别减小EpA 和 EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek012mgd23Ek0EpB6Ek0Ek032mgdEk0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x32dEpAEpB解得 xd。
143、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 3mg6q。答案(1)73(2)3mg6q 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)(2015山东高考)如图 6-4-9 甲，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。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，0T3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
144、粒在 0T 时间内运动的描述，正确的是()图 6-4-9A末速度大小为2v0 B末速度沿水平方向C重力势能减少了12mgdD克服电场力做功为 mgd解析：选 BC 0T3时间内微粒匀速运动，有 mgqE0。把微粒的运动分解，水平方向：做速度为 v0 的匀速直线运动；竖直方向：T32T3 时间内，只受重力，做自由落体运动，2T3 时刻，v1ygT3；2T3 T 时间内，a2qE0mgmg，做匀减速直线运动，T 时刻，v2yv1yaT30，所以末速度 vv0，方向沿水平方向，选项 A 错误、B 正确。重力势能的减少量 Epmgd212mgd，所以选项 C 正确。根据动能定理：12mgdW 克电0，
145、得 W 克电12mgd，所以选项 D 错误。2(多选)如图 6-4-10 所示，光滑的水平轨道 AB 与半径为 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 6-4-10AR 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，mgmvD2R，小球由
146、B 到 D的过程中有：2mgR12mvD212mvB2，解得 vB 5gR，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：FNmgmvB2R，解得 FN6mg，与 R 无关，选项 B 错误；由 Eqx12mvB2，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。3.如图 6-4-11 所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差 U1.5103 V(仅在两板间有电场)，现将一质量 m1102 kg、电荷量 q4105 C 的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度 h20 cm 的地方以初速度 v04 m/s 水
147、平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g 取 10 m/s2，求：图 6-4-11(1)金属板的长度 L。(2)小球飞出电场时的动能 Ek。解析：(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：vy 2gh2 m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为，则tan v0vy2小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为 d，则：tan qEmg qUmgd，Ldtan，解得 LqUmgtan20.15 m。(2)进入电场前 mgh12mv1212mv02电场中运动过程 qUmgLEk12mv12解得 Ek0.175 J。答案：(1)0.
148、15 m(2)0.175 J用等效法解决电场、重力场中圆周运动的临界极值问题 等效思维方法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将 aF合m 视为“等效重力加速度”。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。1如图 6-4-12 所示，半径为 r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量
149、为m，带电荷量为q 的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点 A 从静止开始释放(AC、BD 为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过 B、C 刚好能运动到D。图 6-4-12(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由 A 到达 D 的过程中速度最大时对环的作用力大小；(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在 A 点至少使它具有多大的初动能？解析：(1)根据题述，珠子运动到 BC 弧中点 M 时速度最大。作过 M 点的直径 MN，设电场力与重力的合力为 F，则其方向沿 NM 方向，分析珠子在 M 点的受力情况
150、，由图可知，当 F 电垂直于 F 时，F 电最小，最小值F 电 minmgcos 45 22 mgF 电 minqEmin解得所加电场的场强最小值 Emin 2mg2q，方向沿过 M 点的切线方向指向左上方。(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为 Fmgsin 45 22 mg把电场力与重力的合力看作是等效重力对珠子由 A 运动到 M 的过程，由动能定理得Fr 22 r 12mv20在 M 点，由牛顿第二定律得FNFmv2r联立解得 FN3 22 1 mg由牛顿第三定律知，对环作用力为FNFN3 22 1 mg。(3)由题意可知，N 点为等效最高点，只要珠子能到达 N 点，就能
151、做完整的圆周运动，珠子由 A 到 N 的过程中，由动能定理得：Fr 22 r 0EkA解得 EkA 212mgr。答案：(1)2mg2q 方向见解析(2)3 22 1 mg(3)212mgr2.(2016吉安模拟)如图 6-4-13 所示，一条长为 L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m 的电荷量为 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 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角 60时，小球速度为 0。图 6-4-13(1)求：小球带电性质；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)
152、根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。小球由 A 点释放到速度等于零，由动能定理有0EqLsin mgL(1cos)解得 E 3mg3q。(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 G2 33 mg，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。mv2L2 33 mg12mv212mvA22 33 mgL(1cos 30)联立解得 vA2gL 31。答案：见解析反思领悟把握三点，正确解答该类问题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
153、的情况进行分析解答。对点训练：示波管的工作原理1图 1(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()图 1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。2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 2 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
154、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？图 2解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理 eU112mvx2进入偏转电场后 Lvxt，vyat，aeU2md射出偏转电场时合速度 v vx2vy2，由以上各式得 Ek12mv2eU1eU22L24d2U1。答案：eU1eU22L24d2U1对点训练：带电粒子在交变电场中的运动3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 3 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
155、压为kU0(k1)，电压变化的周期为 2，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 k54，电子在 02 时间内不能到达极板 A，求 d 应满足的条件。图 3解析：电子在 0 时间内做匀加速运动加速度的大小 a1eU0md位移 x112a12在 2 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 a2keU0md初速度的大小 v1a1匀减速运动阶段的位移 x2v122a2由题知 dx1x2，解得 d9eU0210m。答案：d9eU0210m4两块水平平行放置的导体板如
156、图 4 甲所示，大量电子(质量为 m、电荷量为 e)由静止开始，经电压为 U0 的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为 3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为 2t0、最大值恒为 U0 的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)。问：图 4(1)这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少；(2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少。解析：以电场力的方向为 y 轴正方向，画出电子在 t0 时和 tt0 时进入电场后沿电场
157、力方向的速度 vy 随时间 t 变化的 vy-t 图像分别如图 a 和图 b 所示，设两平行板之间的距离为 d。(1)图中，v1yeU0md t0，v2yeU0md 2t0，由图 a 可得电子的最大侧向位移为 xymax212v1yt0v1yt0 3v1yt03eU0t02md而 xymaxd2，解得 dt06eU0m由图 b 可得电子的最小侧向位移为 xymin12v1yt0v1yt032v1yt03eU0t022md d4所以 xymaxd2 t026eU0m，xymind4 t046eU0m。(2)v1y2eU0mdt02eU06m，v2y2eU0md2t022eU03m电子经电压 U0
158、 加速，由动能定理知，12mv02eU0所以EkmaxEkmin12mv2212mv1212mv02v2y212mv02v1y2eU0eU03eU0eU0121613。答案：见解析对点训练：带电粒子的力电综合问题5.(多选)(2015绵阳二诊)如图 5 所示，粗糙且绝缘的斜面体 ABC 在水平地面上始终静止。在斜面体 AB 边上靠近 B 点固定一点电荷，从 A 点无初速释放带负电且电荷量保持不变的小物块(视为质点)，运动到 P 点时速度恰为零。则小物块从 A 到 P 运动的过程()图 5A水平地面对斜面体没有静摩擦作用力B小物块的电势能一直增大C小物块所受到的合外力一直减小D小物块损失的机械能
159、大于增加的电势能解析：选 BD 对整体受力分析可知，带电物块在沿斜面运动过程中，受到库仑力、重力、垂直斜面的支持力、沿斜面向上的摩擦力，先做加速运动，后做减速运动，水平方向加速度大小先减小后增大，所以要受到地面的摩擦力，摩擦力大小先减小后反向增大，故 A错误；由运动可知，B 点电荷带负电，A 也带负电荷，故 A 在下滑的过程中，库仑力做负功，故物块的电势能增大，故 B 正确；物块 A 先加速后减速，加速度大小先减小后增大，故受到的合力先减小后增大，故 C 错误；由能量守恒可知带电物块损失的机械能大于它增加的电势能，是因为克服摩擦力做了功，故 D 正确。6如图 6 所示，在竖直平面内，AB 为水
160、平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与 CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径 R0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小 E1.0104N/C，现有质量 m0.20 kg，电荷量 q8.0104 C 的带电体(可视为质点)，从 A 点由静止开始运动，已知 sAB1.0 m，带电体与轨道 AB、CD 间的动摩擦因数均为 0.5。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。求：(g 取 10 m/s2)图 6(1)带电体运动到圆弧形轨道 C 点时的速度；(2)带电体最终停在何处。解析：(1)设带电体到达 C
161、 点时的速度为 v，从 A 到 C 由动能定理得：qE(sABR)mgsABmgR12mv2解得 v10 m/s。(2)设带电体沿竖直轨道 CD 上升的最大高度为 h；从 C 到 D 由动能定理得：mghqEh012mv2解得 h53 m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力 FfmaxqE4 N，重力 Gmg2 N因为 GFfmax所以带电体最终静止在与 C 点的竖直距离为53 m 处。答案：(1)10 m/s(2)离 C 点的竖直距离为53 m 处考点综合训练7.(2015亳州模拟)如图 7 所示，在 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
162、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 q104 C的小滑块质量 m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数 0.15，位于 N 点右侧 1.5 m 的M 处，g 取 10 m/s2，求：图 7(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 mgqEmv2R小滑块从开始运动至到达 Q 点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)s12mv212mv
163、02联立方程组，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)s12mv212mv02又在 P 点时，由牛顿第二定律得 Nmv2R代入数据，解得：N0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力 NN0.6 N答案：(1)7 m/s(2)0.6 N8.如图 8 所示，一个带正电的粒子以平行于 x 轴正方向的初速度 v0 从 y 轴上 a 点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过 x 轴上定点 b，可在第一象限的某区域内加一方向沿 y轴负方向的匀强电场。已知所加电场的场强大小为 E，电场区域沿 x 方向的宽度为 s，OaL，Ob2s，粒子的质量为 m，带电量为 q，重力不计，试讨论电场的左边界与 b 的可能距离。图 8解析：设电场左边界到 b 点的距离为 x，已知电场宽度为 s，Ob2s，分以下两种情况讨论：(1)若粒子在离开电场前已到达 b 点，如图甲所示，即 xs，则xv0tyLqE2mt2联立解得 x2mv02LqE。(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达 b 点，如图乙所示，即 sx2s，则 sv0t yqE2mt2由几何关系知 tan qEm tv0 Lyxs联立解得 xmv02LqEs s2。答案：见解析