1、第六章静电场考纲下载考向前瞻(1)电荷电荷守恒定律()(2)点电荷库仑定律()(3)静电场电场线电势能电势等势面 ()(4)电场强度点电荷的场强电势差()(5)匀强电场中电势差和电场强度的关系()(6)带电粒子在匀强电场中的运动()(7) 电容电容器()预计2016年的高考中，对本章的考查仍将是热点之一，在上述考查角度的基础上，重点以选择题的形式考查静电场的基本知识点，以综合题的形式考查静电场知识和其他相关知识在生产、生活中的实际应用。另外高考试题命题的一个新动向，就是静电的应用和防止，静电场与相关化学知识综合、与相关生物知识综合、与环保等热点问题相联系，在新颖、热门的背景下考查静电场基本知识
2、的应用。第1节电场力的性质必备知识1元电荷、点电荷(1)元电荷：e1.601019 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。电子的电荷量q1.601019 C。(2)点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小和形状的理想化模型。2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)三种起电方式：摩擦起电、感应起电、接触起电。(3)带电实质：物体得失电子。(4)电荷的分配原则：两个形状、大小相同的导体，接触后再分开，二者带相同电荷；若两导
3、体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分。3库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。(2)表达式：Fk，式中k9.0109 Nm2/C2，叫做静电力常量。(3)适用条件：真空中的点电荷。在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式。当两个带电体的间距远大于本身的大小时 ，可以把带电体看成点电荷。(4)库仑力的方向：由相互作用的两个带电体决定，且同种电荷相互排斥，为斥力；异种电荷相互吸引，为引力。典题例析(2014南京模拟)真空中有两个静止的同种点电荷q1、q2，保
4、持q1不动，释放q2。q2只在q1的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力()A不断增大B不断减小C先增大后减小 D始终保持不变解析选B带电相同的点电荷受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变根据Fk可知，距离增大、电场力将逐渐减小，故A、C、D错误，B正确。对库仑定律的理解(1)Fk，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。(3)不必将表示电性的正、负号代入公式，库仑力的方向可以根据“同性相斥、异性相吸”的规律判断。针对训练1.如图611所示，两个质量均为m的
5、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。若使它们带上等量异种电荷，两球电量的绝对值均为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611AF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，球壳上的电荷在相互吸引力作用下靠近，不能看成点电荷，不满足库仑定律
6、的适用条件，故D正确。2(2014奉贤区二模)如图612所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q固定点为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M经P到N点的过程中()图612A速度先减小后增大B电场力先做正功后做负功C电势能一直减小D动能一直减小解析：选B当电子从M点向P点运动时，库仑力与运动方向之间的夹角小于90，库仑力先做正功，当电子从P点向N点运动时，库仑力与运动方向之间的夹角大于90，库仑力做负功，所以电子运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加，所以B正确，A、C、D错误。 库仑力作用下的平衡问题必备知识
7、1处理平衡问题的常用方法(1)合成法；(2)正交分解法。2三个自由点电荷的平衡问题(1)条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反。(2)规律：“三点共线”三个点电荷分布在同一直线上；“两同夹异”正负电荷相互间隔；“两大夹小”中间电荷的电荷量最小；“近小远大”中间电荷靠近电荷量较小的电荷。典题例析(2013全国卷)如图613，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，则匀强电场场强的大
8、小为()图613A.B.C. D.解析选B本题考查库仑定律、电场力、平衡条件及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。设小球c带电荷量为Q，由库仑定律可知小球a对小球c的库仑引力为Fk，小球b对小球c的库仑引力为Fk，二力合力为2Fcos 30。设水平匀强电场场强的大小为E，对c球，由平衡条件可得：QE2Fcos 30，解得：E，选项B正确。分析点电荷平衡问题的方法步骤点电荷的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一个电场力。具体步骤如下：针对训练1(2014贵州模拟)如图614所示，光滑绝缘半球形的碗固定在水平地面上，可视为质点的带电小
9、球1、2的电荷分别为Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A点，小球2可以自由运动，平衡时小球2位于碗内的B位置处。现在改变小球2的带电量，把它放置在图中C位置时也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的两倍，则()图614A小球2在C位置时的电量是B位置时电量的一半B小球2在C位置时的电量是B位置时电量的四分之一C小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小D小球2在B点对碗的压力大小大于小球2在C点时对碗的压力大小解析：选C对小球2受力分析，如图所示，小球2受重力、支持力、库仑力，其中F1为库仑力F和重力mg的合力，根据三力平衡原理可知，F1FN。由图可知，OABBFF1，设半球形碗的半径
10、为R，AB之间的距离为L，根据三角形相似可知，所以FNmg，Fmg，当小球2处于C位置时，AC距离为，故FF，根据库仑定律有：Fk，即小球在C位置时的电量是B位置时电量的八分之一，故A、B均错误。由分析可知FNmg，即小球2在B点对碗的压力大小等于小球2在C点时对碗的压力大小，故C正确、D错误。2(多选) (2014广安模拟)一根套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球A通过绝缘细线系在细环上，另一带正电的小球B固定在绝缘支架上，A球处于平衡状态，如图615所示。现将B球稍向右移动，当A小球再次平衡(该过程A、B两球一直在相同的水平面上)时，细环仍静止在原位置，下列说法正确的是()图615A细线
11、对带电小球A的拉力变大B细线对细环的拉力保持不变C细环所受的摩擦力变大D粗糙杆对细环的支持力变大解析：选AC以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、细线的拉力T和电场力F，根据平衡条件得： T，F增大时，T变大，故B错误、A正确。以小球和环整体为研究对象：总重力G、杆对细环的支持力N和摩擦力f、电场力F。根据平衡条件得：NG，fF，当电场稍加大时，小球所受的电场力F增大，杆对细环的支持力保持不变，细环所受的摩擦力变大，故C正确、D错误。 电场强度必备知识1电场电场是客观存在于电荷周围的一种物质，其基本性质是对放入其中的电荷有力的作用。2电场强度(1)定义式：E，适用于任何电场，是矢量，单位：
12、N/C或V/m。(2)点电荷的场强：E，适用于计算真空中的点电荷产生的电场。(3)方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。3场强的三个公式三个公式4电场的叠加(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场强的矢量和。(2)运算法则：平行四边形定则。典题例析如图616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616审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息电荷处在正方形四个顶
13、点上电荷所在位置关于中心O对称；电荷到中心轴上同一点距离相等电荷电量相等四个电荷在中心轴线上产生的场强大小相等P点处在中心轴线上四电荷在中心轴线P上产生的场强大小相等第二步：找突破口要求P点场强的大小和方向，先求出各点电荷在P点产生的场强的大小和方向，再利用平行四边形定则和矢量的对称性求解。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的合场强E1沿OP向外，EB、ED的合场强E2沿OP指向O，由对称性可知，E1、E2大小相等，所以P点的场强为零。答案场强为零求解合场强常用的方法针对训练1(2013全国卷)如图617，一半径为R的圆盘上均匀分布着电
14、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617AkBkCk Dk 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，即EQEqk，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小EQk，则EdEQEqkkk，故选项B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618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
15、最大的是()图618解析：选B根据对称性和矢量叠加，D项O点的场强为零，C项等效为第二象限内电荷在O点产生的电场，大小与A项的相等，B项正、负电荷在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的倍，也是A、C项场强的倍，因此B项正确。 必备知识1定义为了形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，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场强方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱。2特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处；(2)电场线在电场中不相交、不闭合、不中断；(3)电场线不是电荷在电场中的运动轨迹。3应用(1)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大；(
16、2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向；(3)沿电场线方向电势逐渐降低；(4)电场线和等势面在相交处互相垂直。4几种典型电场的电场线图6195孤立点电荷的电场模型(1)正(负)点电荷的电场线呈空间球对称分布指向外(内)部。(2)离点电荷越近，电场线越密(场强越大)。(3)以点电荷为球心作一球面，则电场线处处与球面垂直，在此球面上场强大小相等，但方向不同。6两种等量点电荷的电场比较比较等量异种点电荷等量同种点电荷连线中点O处的场强大小最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小典题
17、例析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6110所示的曲线，关于这种电场，以下说法正确的是()图6110A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
18、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。AB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。电场线与带电粒子在电场中的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)电荷初速度为零，或速度方向与电场线平行；(3)电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行。针对训练1(2014江阴市第一中学检测)在如图6111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
19、到B点，则它运动的v t图像可能是图6112中的()图6111图6112解析：选B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，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(2014漳州模拟)如图6113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()图6113Aa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，一个增加一个减小解析：选C物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场
20、线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨迹变化来看速度与力的方向的夹角小于90，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B、D错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确。课时跟踪检测 一、单项选择题1.(2014泰州质检)两个带电荷量分别为Q1、Q2的质点周围的电场线如图1所示，由图可知()图1A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。2.(2014江都质检)如图2所示，两个电荷量均为q的小球用
21、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2A0B.C2 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。3.(2014闸北区二模)如图3所示，A、B为用两个绝缘细线悬挂起来的带电绝缘小球，质量mAmB。当在A球左边如图位置放一个带电球C时，两悬线都保持竖直方向(两悬线长度相同，三个球位于同一水平线上)。若把C球移走，A、B两球没有发生接触，则图4中(图中)能正确表示A、B两球位置的图是()图3图4解析：选A存在C球时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零
22、，说明A、B带异种电荷，去掉C球后，两球将互相吸引。又由于两球质量mAmB，在平衡时B球的悬线与竖直方向间的夹角小，因此A选项正确。4.如图5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5A移至c处，o处的电场强度大小不变，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
23、向相同，每个电荷在圆心o处产生的电场强度大小为E/2。根据场强叠加原理，a处正电荷移至c处，o处的电场强度大小为E/2，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2E/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E/2，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2E/2cos 30E，方向沿cod的角平分线，选项D错误。5(2014西安三模)如图6，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1和L2。不计三质点间的万有引力，则A和C
24、的比荷(电量与质量之比)之比应为()图6A.2 B.2C.3D.3解析：选C根据B恰能保持静止可得：kk，A做匀速圆周运动，根据A受到的合力提供向心力，kkmA2L1，C做匀速圆周运动，kkmC2L2，联立解得A和C的比荷之比应为3。6(2014武汉摸底)水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为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7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7A. B.C.D.解析：选C3kcos mg，sin ，联立解得q。二、多项选择题7.(2014太仓模
25、拟)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计。粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图8中虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()图8A介于x轴负方向与y轴正方向之间B沿x轴负方向C沿y轴正方向D垂直于xOy平面向里解析：选AB在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点时水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故A、B正确。8(2012浙江高考)用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm时圆环
26、被吸引到笔套上，如图9所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是()图9A摩擦使笔套带电B笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷C圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和解析：选ABC摩擦使笔套带电，笔套靠近圆环时，由于静电感应圆环上、下都感应出异号电荷，圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，选项ABC正确；笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷部分转移到金属圆环上，使圆环带上相同性质的电荷，选项D错误。9.如图10所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L。在以L为直径的
27、光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球q(视为点电荷)，在P点平衡，PA与AB的夹角为。不计小球的重力，则()图10Atan3 Btan CO点场强不为零DQ1Q2解析：选AC对带电小球q受力分析，画出带电小球q受力图，根据库仑定律，F1k，F2k，设半圆环对带电小球q的弹力为FN，根据平行四边形定则可得，F1FNcos ，F2FNsin ，FNFN，联立解得：tan3，故A正确B错误；由tan3 ，45，得1，即Q2M，D正确。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的高低依据场源电荷的正负
28、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由Epqp将q、p的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大，电势能越大；Ep的负值越小，电势能越大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，电势能增加针对训练1(2014江苏高考)如图622所示，一圆环上
29、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622AO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。2(多选)(20
30、13山东高考)如图623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623Ab、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势能越小，故D正确。必备知识1电势差(1)定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力做的功WAB与该电荷电
31、荷量q的比值。(2)定义式：UABWAB/q。(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。2电势差与电场强度的关系(1)匀强电场中电势差与场强的关系式：UABEd，其中d为电场中两点间沿电场方向的距离。(2)电场强度的方向和大小：沿电场强度的方向电势降低最快。在匀强电场中，场强在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势。3由公式UEd可以得到下面两个结论结论一：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势C，如图624甲所示。图624结论二：匀强电场中若两线段ABCD，且ABCD
32、，则UABUCD(或ABCD)，如图乙所示。4UEd在非匀强电场中的应用在非匀强电场中，不能用UEd进行计算，但可以进行定性分析，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。典题例析(多选)如图625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625A通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线B匀强电场的场强大小为10 V/mC匀强电场的场强方向为由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思路点拨1在匀强电场中
33、，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，场强大小E V/m V/m，故B错误，C正确；由UEDUBC1 V，WEDeUED1.61019 J，故D正确。针对训练1(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
34、强度为零的地方，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)的方向总是与等电势面垂直，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电势面指向低的等电势面，而且是电势降落最快的方向，选项D正确。2如图626所示，在平面直角坐标系中，有一个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 V，点A处的电势为
35、6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()图626A200 V/mB200 V/mC100 V/m D100 V/m解析：选A取OA的中点C，可知C的电势为3 V，所以B、C为等势点，电场为匀强电场，连接BC，BC为等势面，过O点作BC的垂线OD，即为电场强度方向，且OD间的电势差等于3 V，又OB cm，OC3 cm，所以BC2 cm，所以可得OD1.5 cm，根据匀强电场的电场强度与电势差间的关系可得E V/m200 V/m，故A正确。 必备知识1几种典型电场的等势面比较电场等势面(实线)图样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
36、的电场连线的中垂线上的电势为零等量同种正点电荷的电场连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高2带电粒子在电场中的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。典题例析(2012天津高考)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图627中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()图627A做直线运动，电势能先变小后变大B做直线运动，电势
37、能先变大后变小C做曲线运动，电势能先变小后变大D做曲线运动，电势能先变大后变小审题指导转换对象等势面电场线思路立现将等势面转化为电场线后，可以较容易地判断出带电粒子的受力方向，确定电场力做功情况，进而确定电势能的变化解析选C由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示。带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如图所示，则粒子在电场中做曲线运动。电场力对带负电的粒子先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故C正确。带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧(1)判断速度方向：带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向。(2)判断电场力(或场强)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受
38、电场力方向指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断场强的方向。(3)判断电场力做功的正负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加。针对训练1如图628所示 ，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabUbc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知()图628A三个等势面中，c的电势最低B带电质点在P点的电势能比在Q点的小C带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D带电质点在R点的加速度方向垂直于等势
39、面b解析：选D根据题意画出电场线，粒子在P处的受力方向如图所示，可知电场线应垂直等势线由c经b至a，所以a点电势最低，选项A错误；粒子由P经R至Q的过程中，电场力对其做正功，带电质点的电势能降低，B选项错误；由于质点运动过程中只有电场力做功，所以质点的电势能与动能之和保持不变，C选项错误；根据电场线与电场强度的几何关系可知，D选项正确。2(多选)(2014海南高考)如图629(a)，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v t图线如图(b)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
40、的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有()图629AabBEaEbCEaEb DWaWb解析：选BD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，所以场强变小，EaEb；根据动能定理，速度增大，可知势能减小，WaWb，可得选项B、D正确。 必备知识1主要类型(1)v t图像；(2) x图像；(3)Ex图像。2应对策略(1)v t图像：根据v t图像的速度变化、斜率变化(即加速度的变化)，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。(2) x图像：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
41、斜率为零。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。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。(3)Ex图像：根据Ex图像中E的正负确定电场强度的方向，再在草纸上画出对应电场线的方向，根据E的大小变化，确定电场的强弱分布。典题例析(多选)(2014吉林二模)一带正电的检验电荷，仅在电场力作用下沿x轴从x向x运动，其速度v随位置x变化的图像如图6210所示，xx1和xx1处，图线切线的斜率绝对值相等且最大，则在x轴上()图6210Axx1和xx1两处，电场强度相同Bxx1和xx1两处，电场强度最大Cx0处
42、电势最低D从xx1运动到x过程中，电荷的电势能逐渐减小解析选BD正检验电荷仅在电场力作用下沿x轴从x向x运动，速度先减小后增大，所受的电场力先沿x轴方向，后沿x轴方向，电场线方向先沿x轴方向，后沿x轴方向，则知xx1和xx1两处，电场强度的方向相反，电场强度不同，故A错误；由v t图像的斜率决定电场强度的大小，xx1和xx1两处斜率最大，则电场强度最大，故B正确；由上知，电场线方向先沿x轴方向，后沿x轴方向，根据顺着电场线方向电势降低可知，电势先升高后降低，则x0处电势最大，故C错误；从xx1运动到x过程中，电场力沿x轴方向，则电场力做正功，电荷的电势能逐渐减小，故D正确。(1)两个等量正点电
43、荷位于垂直于x轴的连线上，相对原点对称分布，选无穷远处电势为零。x轴上电场强度E、电势的变化规律如图6211所示。图6211(2)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，x轴上电场强度E、电势的变化规律如图6212所示。图6212针对训练1(2014山东高考)如图6213，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A。已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()图6213图6214解析：选A试探电荷的
44、动能EkEk0W，由此可知在球壳内，由于球壳内的场强处处为零，因此电场力不做功，试探电荷的动能不变，在球壳外，所受电场力为库仑力，随着运动距离的增大，在移动相同位移的前提下，做功越来越少，因此动能的增加越来越慢，据此可知，所给的四个图中只有A选项正确，其余选项皆错误。2两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6215甲所示，一个电量为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6215AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E2 V/mB由C到A的过程
45、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两点的电势差UAB5 V解析：选D根据vt图像上斜率表示加速度，由vt图像上B点斜率最大可知，小物块运动到B点所受电场力最大，B点为中垂线上电场强度最大的点，小物块运动到B点的加速度a2 m/s2，由qEma可得场强E1 V/m，选项A错误。小物块由C到A的过程中，速度逐渐增大，动能逐渐增大，物块的电势能逐渐减小，电势逐渐降低，选项B、C错误。小物块从B到A，速度由4 m/s增加到6 m/s，动能增加Ek10 J，由动能定理，qUBAEk可得UABUBA5 V，选项D正确。 必备知识电场中的功能关系(1)如果只有电场力做功，则
46、动能和电势能之间相互转化，动能(Ek)和电势能(Ep)的总和守恒，即：电场力做正功，电势能减少，动能增加。电场力做负功，电势能增加，动能减少。(2)除电场力之外其他力做正功，动能和电势能之和变大；除电场力之外其他力做负功，动能和电势能之和变小。(3)如果只有电场力和重力做功，则电势能和机械能之和保持不变。典题例析(2014扬州模拟)如图6216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
47、度为h。若小球通过B点的速度为v，试求：图6216(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过程分析，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
48、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电场力做功的计算方法针对训练1(2014辽宁沈阳四校联考)如图6217所示，质量为m的物块(视为质点)，带正电荷Q，开始时让它静止在倾角60的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为Emg/Q的匀强电场中(设斜面顶端处电势为零)，斜面高为H。释放后，物块落地时的电势能为Ep，物块落地时的速度大小为v，则()图6217AEpmgHBEpmgHCv2 Dv2gH解析：选C由公式WABEpAB可求物块落地时的电势能为E
49、pQEH/tan 60mgH/mgH，故A、B错误；由动能定理，mgHQEH/tan 60mv2，解得v2，C正确，D错误。2.一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图6218中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为()图6218A动能减小B电势能增加C动能和电势能之和减小D重力势能和电势能之和增加解析：选C该油滴从a点进入电场，根据其轨迹的弯曲趋势，可以判断静电力一定竖直向上，且静电力大于重力，所以油滴带负电荷。运动过程中合力向上做正功，根据动能定理，油滴动能变大，A错误；静电力做正功，电势能必然减少，B错误；该处能量守恒的形式表现为电势能
50、、机械能(动能重力势能)之和守恒。根据能量守恒定律，既然动能增加，则重力势能与电势能之和一定减少，D错误；油滴上升，重力势能变大，动能和电势能之和必然减少，C正确。课时跟踪检测 一、单项选择题1(2014北京高考)如图1所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是()图1A1、2两点的场强相等B1、3两点的场强相等C1、2两点的电势相等 D2、3两点的电势相等解析：选D根据电场线的疏密表示电场强度的大小知，1点的电场强度大于2点、3点的电场强度，选项A、B错误。根据沿着电场线方向电势逐渐降低，在同一等势面上各点的电势相等知，1点的电势高于2点电势，2点、3点处于同一
51、等势面上，电势相等，选项C错误，D正确。2(2014大纲卷)地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.00104 kg、带电量为1.00107 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m。对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)()A1.50104 J和9.95103 JB1.50104 J和9.95103 JC1.50104 J和9.65103 JD1.50104 J和9.65103 J解析：选D对带电小球受力分析，如图所示，在此过程中，该小球的电势能的改变量EpqEh1.50104 J；根据动能
52、定理可得： 小球的动能的改变量EkmghqEh9.65103 J，选项D正确，A、B、C错误。3.如图2所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处。A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是()图2AA、B、C、D四个点的电场强度相同BO点电场强度等于零C将一带正电的试探电荷匀速从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零D将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，试探电荷具有的电势能增大解析：选C由点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，A、B、C、D四个点的电场强度不相同，O点电场强度不等于零，选项A、B错误；由于B、D两点等电势，将一带正电的试探电荷匀速
53、从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零，选项C正确；由于A点电势高于C点，将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，试探电荷具有的电势能减小，选项D错误。4(2014天津高考)如图3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3A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，
54、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。5(2014临沂质检)如图4所示，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源。若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c到d是曲线，重力加速度为g，则该粒子()图4A在ac段受
55、到的重力与电场力平衡，做匀速运动，cd段电场力大于重力B从a到c做匀加速直线运动，加速度为g/cos C从a到d重力势能减小，电势能增加D从a到d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向解析：选B由题意知在ac段粒子受重力和电场力的合力方向由a至c，做匀加速直线运动，加速度是g/cos ；从a到d重力、电场力做正功，重力势能、电势能均减小，cd段由合力指向轨迹的弯曲方向可判断出电场力大于重力，cd段粒子的合力方向不沿轨迹的切线方向。故只有选项B正确。6(2014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5所示，其中A、N两点的电势均为零
56、，ND段中的C点电势最高，则()图5AN点的电场强度大小为零BA点的电场强度大小为零CNC间场强方向指向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：选DA、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，NC间场强方向指向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。二、多项选择题7(2014广东高考)如图6所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为Q的小球P。带电荷量分别为q和2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上。P与M相距L，P、M
57、和N视为点电荷，下列说法正确的是()图6AM与N的距离大于LBP、M和N在同一直线上C在P产生的电场中，M、N处的电势相同DM、N及细杆组成的系统所受合外力为零解析：选BD由于小球M、N及细杆处于静止状态，因此M、N及细杆组成的系统合外力为零，D项正确；整体受到的库仑力的合力为零，即kk，解得r(1)L，A项错误；由于P对M、N的库仑力等大反向，因此P、M、N三者必在一条直线上，B项正确；在P点产生的电场中，离P点越远电势越低，C项错误。8(2012山东高考)图7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、
58、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子()图7A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由于带电粒子受到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，粒子在c点受到电场力最小，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(2013天津高考)两个带等量正电的点电荷，固定在图8中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，
59、只在静电力作用下运动。取无限远处的电势为零，则()图8Aq由A向O的运动是匀加速直线运动Bq由A向O运动的过程电势能逐渐减小Cq运动到O点时的动能最大Dq运动到O点时电势能为零解析：选BC本题考查静电场中力的性质和能的性质，考查考生对静电场中运动电荷力的性质和能的性质的分析。两等量正点电荷在中垂线MN上的电场强度方向从O点向两侧沿中垂线指向无穷远处，场强大小从O点沿MN到无穷远处先变大后变小，因此负电荷由静止释放后，在变化的电场力作用下做直线运动的加速度不断变化，A项错误；由A到O电场力做正功，电势能减小，B项正确；在MN上O点电势最高，因此负电荷在O点的电势能最小，由于只有电场力做功，因此电
60、势能与动能的和是一定值，电势能最小时，动能最大，C项正确；O点的电势不为零，因此负电荷在O点时的电势能不为零，D项错误。10(2014南昌模拟)A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，其电势能Ep随位移s变化的规律如图9所示。设A、B两点的电场强度分别为EA和EB，电势分别为A和B。则()图9AEAEB BEABDAB解析：选AD根据动能定理qEsEk，由于电势能W随位移s变化的规律为直线，所以为匀强电场，EAEB，故A正确，B错误。电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，电势能减小，电场力做正功，电场线方向从B到A，AFfmg0
61、.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s2，则对全过程由动能定理得mg(2s1s2)0mv解得s20.2 m故物块最终停在O点左侧距O点0.2 m处。答案：在O点左侧距O点0.2 m处课时跟踪检测 一、单项选择题1(2014兴化模拟)如图1所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A点为坐标原点，AB方向为位移x的正方向，能正确反映电势随位移x变化的图像是()图1图2解析：选C充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，电势随位移x均匀减小，选项C正确。2. (2014兰州诊断)如图3所示，一电子枪发射出的电子(初速度很
62、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3A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qU0mv，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。3. (2014四川模拟)AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种
63、比荷相同的带电微粒(不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图4所示，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程()图4A运动加速度：aaabacB飞行时间：tbtctaC水平速度：vavbvcD电势能的减小量：EcEbEa解析：选B根据牛顿第二定律得：微粒的加速度为a，据题相同，E相同，所以加速度相同，即aaabac，故A错误。三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由yat2，得：t ，由图有：ybycya，则得：tbtcta，故B正确；三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由xv0t得v0，由图知：xaxbxc，又tbtcta，则得：vavbvc，故C错误；
64、电场力做功为WqEy，由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，故D错误。4(2014贵州六校联考)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5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5A油滴带正电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C由题意知油滴受到的电场力竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电荷，设油
65、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，则场强E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项C正确。5(2014江苏省南通中学质检)如图6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，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()图6A1.5LB2LC3L D4L解析：选D根据题述，小金属块从A运动到
66、B，克服摩擦力做功WfEkfL，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，qEsfsEk，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。6如图7中甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是()图7A0t0 B.t0C.t0TDTt0解析：选B设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为正时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度
67、方向为负。分别作出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，则由图像知，0t0与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，对照各项可知B正确。二、多项选择题7. (2014眉山模拟)如图8所示，一个电容为C，电量为Q的平行板电容器竖直放置，两板间的电场可视为匀强电场，将一个质量为m，电荷量为q的带电小球(可视为质点)，用不可伸长的绝缘细线悬挂于两板间O点。现将小球拉至水平位置M点，由静止释放，当小球延圆弧向下摆动60度到达N点时，速度恰好为零。则()图8A电容器的左极板带
68、负电B绳子的最大拉力为2mgC电容器两极板间的距离为D如果让电容器的带电量减半，小球仍从M点由静止释放，到达N点时速度仍为0解析：选AC小球从M到N的过程中，动能变化为零，根据动能定理，合力做功为0，而重力做正功，则电场力对小球做负功，即电场力方向向右，由于小球带负电，故场强方向向左，所以左极板带负电，右极板带正电，故A正确；设两板间电势差为U、场强为E，由C和E得：E，对小球从M到N由动能定理有mgLsin 60qELcos 6000，所以有：Eqmgtan 60mg；则重力与电场力的合力大小为2mg；方向沿与水平方向成30角，由牛顿第二定律得F2mgm，因速度不为零，故拉力F一定大于2mg
69、，故B错误；d，C正确；当电量减半时，电压减半，则极板间的场强减半；从M到N的过程中电场力做功变小，根据动能定理得mgLsin 60qELcos 60大于零，则小球从M点释放后，到达N点时速度不会为零，故D错误。8如图9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9A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
70、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；
71、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。9. (2014江苏二校联考)如图10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，电子最终打在光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是()图10A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
72、：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。10(2014沈阳二中测试)在空间中的水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB2BC，如图11所示。由此可见()图11A电场力为3mgB小球带正电C小
73、球从A到B与从B到C的运动时间相等D小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等解析：选AD设AC与竖直方向的夹角为，对带电小球从A到C，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mgACcos qEBCcos 0，解得电场力为qE3mg，选项A正确、B错误。小球在水平方向做匀速直线运动，从A到B的运动时间是从B到C的运动时间的2倍，选项C错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等，水平速度不变，故小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等，选项D正确。三、非选择题11. (2014安徽高考)如图12所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间
74、距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：图12(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QC(3)由hgt0vat2tt1t2综合可得t答案：(1)(2)C(3)12(2014江苏二校联考)如图13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
75、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13(1)微粒穿过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
76、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) ，k0,1,2，微粒经过P点。答案：(1) (2)E(3)(2k1) ，k0,1,2，阶段验收评估(六)静电场(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项正确)
77、1关于静电场下列说法中正确的是()A在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小C根据公式UEd知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少解析：选D在电场中某点电势为零，电场强度不一定为零，故A错误；只有正电荷在电场中电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，负电荷正好相反，选项B错误；公式UEd中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d是沿垂直于电场强度方向的距离，那么间距变大时，电势差不变，选项C错误；正电荷在电
78、势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D正确。2(2014南通模拟)一半径为R的半球面均匀带有正电荷Q，电荷Q在球心O处产生的场强大小EO，方向如图所示。把半球面分为表面积相等的上、下两部分，如图1甲所示，上、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E1、E2；把半球面分为表面积相等的左、右两部分，如图乙所示，左、右两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小分别为E3、E4。则()图1AE1BE2CE3 DE4解析：选A根据点电荷电场强度公式Ek，且电荷只分布于球的表面，对于题图甲，虽表面积相同，但由于间距的不同，则上
79、、下两部分电荷在球心O处产生电场的场强大小关系为E1E2；因电荷Q在球心O处产生的场强大小EO，则E1k；对于图乙，半球面分为表面积相等的左、右两部分，由于左右两部分在同一点产生的场强大小相等，则根据电场的叠加可知：左侧电荷在O点产生的场强与右侧电荷在O点产生的场强大小相等，即E3E4。由于方向不共线，由合成法则可知，E3k，故A正确。3(2014山东高考)如图2，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
80、粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图2A. B. C. D. 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。4(2014徐州摸底)如图3所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MAABBN。下列说法正确的是()图3AA、B两点场强相同BA、B两点电势相等C将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功D负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能解析：选A根据等量异种点电荷电场
81、特点，A、B两点场强相同，A、B两点电势不相等，选项A正确，B错误；将一正电荷从A点移到B点，电场力做正功， 选项C错误；负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，选项D错误。5(2014南京模拟)如图4所示，虚线表示某电场的等势面。一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点的径迹如图中实线所示。粒子在A点的速度为vA、电势能为EpA；在B点的速度为vB、电势能为EpB。则下列结论正确的是()图4A粒子带正电，vAvB，EpAEpBB粒子带负电，vAvB，EpAEpBC粒子带正电，vAvB，EpAEpBD粒子带负电，vAEpB解析：选B由于等势面是同心圆，故图中场源电荷位于等势面圆心位置，是负电
82、荷；根据带电粒子由A点到B点的弯曲方向可知是静电斥力，故粒子也带负电；从A到B，电势降低，根据公式，B点电势能大，即EpAEpB；电场力做负功，粒子的动能减小，速度减小，vAvB。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分，错选或不选得0分)6(2013江苏二校联考)真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图5所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。下列说法中正确的是()图5AA点的电势低于B点的电势BA点的电场强度方向由A指向BCA点的电场强度大于B点的
83、电场强度D正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功解析：选BCA点的电势高于B点的电势，选项A错误；A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B、C正确；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做正功，选项D错误。7(2014常州模拟)如图6所示，实线为电视机显像管主聚焦电场中的等势面。a、b、c、d为圆上的四个点，则下列说法中正确的是()图6Aa、d 两点电势相等，电场强度相同Ba、b两点电势相等，电场强度不同C从左侧平行于中心轴线进入电场区域的一束电子，电场可对其向中心轴线汇聚D从右侧平行于中心轴线进入电场区域的一束电子，电场可对其向中心轴线汇聚解析：选BC根据
84、题意，a、b两点电势相等，c、d两点电势相等，由等势面与电场线垂直的关系及电场强度方向与该点电场线的切线方向一致，可知a与b、d的电场强度不同，故A错误，B正确；一束电子从左侧平行于中心轴线进入电场区域，根据曲线运动条件，运动轨迹向合力方向偏转，因此只有在中心轴线的电子沿直线运动，其余做曲线运动并向中心轴线汇聚，故C正确，D错误。8(2014南通模拟)如图7所示，光滑绝缘细管与水平面成30角，在管的上方P点固定一个点电荷Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平。电荷量为q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a。图中PBAC，B
85、是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响。则在Q形成的电场中()图7AA点的电势高于B点的电势BB点的电场强度大小是A点的4倍C小球从A到C的过程中电势能先减小后增大D小球运动到C处的加速度为ga解析：选BCD正点电荷的电场线为发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A错误；结合几何关系：PA2PB，由点电荷电场强度公式E，可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故B正确；根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故C正确；在A处时
86、小球的加速度为a，对A点受力分析，小球受电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供；当在B处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供，即为ga，故D正确。三、非选择题(本题共3小题，共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)9(12分)如图8所示，a、b为两个固定的带正电q的点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为L的圆周，其上有一个质量为m，带电荷量为q的点电荷c做匀速圆周运动，求c的速率。图8解析：对c进行受力分析如图所示，由于c到O点的距
87、离RL，所以abc是等边三角形。a、b对c的作用力F1F2k，合力F合2F1cos 30。由牛顿第二定律得：F合m即m，解得：vq 。答案：q 10(18分)(2014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9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9(1)固定在A处的电荷的电量QA；(2)为了使小物块能够到达x2L
88、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。解析：(1)由图乙得，xL点为图线的最低点，切线斜率为零，即合场强E合0，所以，解得QA4Q；(2)物块先做加速运动再做减速运动，到达x2L处的速度v10，从x2L到x2L过程中，由动能定理得：qU1mgs1mv0，即q(00)mg4Lmv00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：qU2mgs2mv0代入数据：q
89、mg2Lmv0解得vm 。答案：(1)QA4Q(2)(3)x0处速度最大，vm 11(22分)(2014沈阳测试)如图10甲所示，A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q，PQ连线垂直金属板，两板间距为d。现从P点处连续不断地有质量为m、带电量为q的带电粒子(重力不计)，沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不计。在t0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压(A板电势高于B板电势时，电压为正)，其电压大小为U、周期为T。带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计。图10(1)进入到金属板之间的带电粒子的加速度。(2)如果只有在每个周期的0时间内放出的带电粒子才能从小孔Q
90、中射出，则上述物理量d、m、q、U、T之间应满足的关系。(3)如果各物理量满足(2)中的关系，求每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值。解析：(1)qEma，E，所以，a。(2)在0时间内， 进入A、B板间的粒子，在电场力的作用下，先向右做匀加速运动，在T时间内再向右做匀减速运动，且在0时间内，越迟进入A、B板间的粒子，其加速过程越短，减速运动过程也相应地缩短，当速度为零后，粒子会反向向左加速运动。由题意可知0时间内放出的粒子进入A、B板间，均能从Q孔射出，也就是说在时刻进入A、B板间的粒子是能射出Q孔的临界状态。粒子在时刻进入A、B板间电场时，先加速，后减速，由于粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度为零，由于加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时位移的2倍，所以有d2a2即d2(3)若情形(2)中的关系式成立，则t0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为最短(因只有加速过程)，设最短时间为tx，则有dat在t时刻进入电场的粒子在t的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为ttx由式得。答案：(1)(2)d2(3)