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热点之
2、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)真空中点电荷的电场强度表达式E中，Q就是产生电场的点电荷。()(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。()(8)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。
3、()(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)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。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
4、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()A300FB1 200FC900F D无法确定解析：选D当两球相距90 cm时可视为点电荷，由库仑定律得Fk(其中r190 cm)；但球心相距3 cm时，两球不能视
5、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611A. B.C. 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
6、间的相互作用力的大小变为F，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为零的位置。(2)典例(多选)(2014浙江高考)如图612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
7、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612A小球A与B之间库仑力的大小为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针对训练1如图613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
8、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613AlBlCl Dl解析：选C取左球为研究对象，则k0(ll0)kk，解得l0l，C正确。2如图614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614A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，必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则
9、，所以选项C正确。3. (多选)(2015广东第二次大联考)如图615所示，A、B两球所带电荷量均为2105 C，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615A0.5 mB0.8 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的最小值为Fmgsin 30，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
10、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 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
11、，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图616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616A.，沿y轴正向B.，沿y轴负向C.，沿y轴正向D.，沿y轴负向解析因正电荷Q在O点时，G点的场强为零，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k；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为E1k，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E1，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
12、，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E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于电荷集中于球心处产生的电场。如图617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617A.B.EC.E D.E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
13、点所产生的电场为E0，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点产生的场强EE0EE，故B正确。2(2013全国卷)如图618，一半径为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618Ak BkCk 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EQ
14、k，则EdEQEqkkk，故选项B正确。3. (2014福建高考)如图619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619(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Fk代入数据得F9.0103 N。(2)A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1kA、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
15、/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61103两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
16、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6111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6111Aa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
17、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6112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6112A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
18、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6113所示。则这一电场可能是()图6113解析：选A由微粒的vt图像可知，微粒在电
19、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6114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6114Aa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
20、线逐渐变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确。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6115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6115(1)求小球B开始运动时的加速度
21、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mgq
22、Esin 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6116所示，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
23、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6116A.qB.qC.qD.q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kmA2a，对B球有：kmBa，得mB2mA，在A、B中点固定C球后，对A球有kkmAa或kkmAa，对B球有kkmBa，解得qCq或q，故A、B选项正确。2. (2015重庆二模)如图6117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6117(1)试求这个匀强电场的场强E大小；(2)如果将电场方向顺
24、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 qE解得：E。(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：E。答案：(1)(2)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)
25、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.v0B.v0C2v0 D.解析：选A半径为r时，对B球：kmB半径为2r时，对B球kmB解得vv0，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6118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在A、B连线的中垂面内做匀速圆周运动，O
26、、C之间的距离为，不计重力，静电力常量为k，求：图6118(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45FAk则F向。(2)对C：F向m2代入数据解得 。答案：(1)(2) (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6119所示，A带正电，B带负电，在库仑力作用下，它们以连线上某点O为圆心做匀速圆周运动，以下说法正确的是()图6119A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
27、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：kmArA2，对B：kmBrB2，解得，由vr，得，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1A0B.C2 D.解析：选B
28、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F，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，球3再与球1接触后，球1带电
29、荷量为，此时球1、2间的作用力F，可得n6，故D正确。对点训练：库仑力作用下的平衡问题3. (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 B.cos3Csin3 Dsin3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：2kcos k解得：cos3，A正确，B错误；对左边电荷分析由力的平衡条件得：2ksin k解得：sin3，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，B所带电荷量为q。现用两长度均为L、不可
30、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. B.mgCqE D.mgqE解析：选D对小球受力分析如图所示，由平衡条件有FTcos mgF弹FTsinqEk解得：F弹mgkqE，D正确。5.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4所示。已知静电力常量为k，重力加速度为g，为使
31、小球能静止在O点，小球所带的电荷量为()图4A. B.C. D.解析：选C对静止于O点的小球，由平衡条件得：3kcos mg由几何条件得：sin 解得q，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，其中为平面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.和 B.和C.和 D.和解析：选D每块极板上单位面积所带的电荷量为，每块极板产生的电场强度为E，所以两极板间的电
32、场强度为2E。一块极板在另一块极板处产生的电场强度E，故另一块极板所受的电场力FqEQ，选项D正确。7. (2015南京一模)如图6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. B.ECE D.E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EE1，故撤走一根带电棒后，在O点产生的场强为E1，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
33、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
34、都不为零，C错误；根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；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的
35、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Fk又知r得agsin
36、 。(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 解得d 。答案：(1)gsin (2) 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 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/
37、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 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由匀加速运动规律得：lLat2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 30WC(mAmB)v2及：vat得：WC
38、2.1 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
39、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电势能大，负电荷在电势较低处电势能大电场力做功根据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
40、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621所示，两电荷量分别为Q(Q0)和Q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621Ab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
41、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，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622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622AO点的电
42、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。3(多选)(2013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
43、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
44、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C。如图乙，ABCD，且ABCD，则UABUCD。图6242E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：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。 典例如图6
45、25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)V、(2)V和2 V。该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为()图625A(2)V、(2)VB0、4 VC.V、V D0、2 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场方向。解析如图为三角形的外接圆，O2 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EE则OeEr得e0dOEr得d4 V，故B选项正确。答案B易错提醒(1)E只能在匀强电场
46、中进行定量计算。(2)U取电势差的绝对值。(3)公式E中d为沿电场线方向上的距离。针对训练1.如图626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，则电场强度的大小为()图626A200 V/m B.200 V/mC100 V/m D100 V/m解析：选A取OA的中点C，则C3 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 得30由E得EV/m200 V/m。A正确。2(多选)如图627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
47、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627A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E V/m V/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，已知电场线可以画出等势线
48、，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兰州一模)带电粒子仅在电场
49、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628所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是()图628A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吉林一中一模)如图629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
50、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629A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，
51、故D错误。3(多选)如图6210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6210A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
52、，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6211(a)，直线MN表示某图6211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()AabBEaEbC
53、EaEb 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6212所示
54、。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6212Ax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)Ex图像在给定了电场的Ex图像后，可以由图线确定电场强度的
55、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)(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6213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6213AO点的电势最低Bx1和x1两点的电势相等C电子在x
56、1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(
57、Ep)的总和不变，即：EkEp。 典例 (2015全国卷)如图6214，一质量为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6214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。解析设带电粒子在
58、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vBv0设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUABm(vB2v02)联立式得UAB。答案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.
59、 (多选)(2015泰安一模)如图6215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6215A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
60、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。
61、(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 30mvC2mv2得：vC。(2)由A到C应用动能定理得：WACmghmvC20得：WACmvC2mghmv2mgRmgh。由电势能变化与电场力做功的关系得：EpWACmghmv2mgR。答案：(1)(2)mghmv2 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
62、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BDa、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
63、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 V，从坐标原点沿x轴前进0.2 m到B点，电势升高了10 V，则匀强电场的场强大小和方向为()图3A
64、50 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，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E V/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，)点电势为3 V，B(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/m
65、D该匀强电场的电场强度大小为100 V/m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，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 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(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，电场力所做的负功相等。则()图5A直线a位于某一等势面
66、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
67、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、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
68、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
69、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电可知，Epx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
70、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 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
71、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，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
72、仑力的合力先增大后减小B从N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
73、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
74、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
75、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)x10mv02，所以x1，代入数据得x10.4 m可知，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)0mv02，解得x20.2 m。答案：O点
76、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a1，a22，a32，a4。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v1a1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)sv1解得sT
77、2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)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
78、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631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631A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
79、速时弹簧会伸长D当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流解析：选D根据电容器的电容公式C，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
80、D正确。2.(2014海南高考)如图632，一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632A.gB.gC.g D.g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。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
81、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，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
82、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634，一充电后的平行板电容器的
83、两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则Mm为()图634A32B21C52 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：qEMaM，由运动学公式得：laMt2；对m，由牛顿第二定律有qEmam根据运动学公式得：lamt2由以上几式解之得：，故A正确。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l
84、。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635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635A物体所处的电场为非匀强电场，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
85、，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mgqEma0v22a
86、d得EUEdQCU得QC。(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。3带电粒子在匀强电场中偏转
87、的功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUymv2mv02，其中Uyy，指初、末位置间的电势差。典例(多选)(2015天津高考)如图637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637A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。(2)三粒子在加速电场中做匀
88、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qE1dmv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1 。在偏转电场中，由lv1t2及yt22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y，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，qE1dqE2ymv22，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2 ，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误。粒子打在屏上所用的时间t(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
89、间不相同，选项C错误。根据vyt2及tan 得，带电粒子的偏转角的正切值tan ，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638，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
90、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638A. 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，A、C、D皆错误。2. (2015广东六校高三联考)如图639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
91、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639(1)带电粒子从A点运动到B点经历的时间；(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t；(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E加速度大小a经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vyat带电粒子在B点速度的大小v；(3)粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得：qUABmv2mv02A、B间的电势差UAB。答案：(1)(2) (3)喷墨打印机中的带电粒子偏转问
92、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6310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6310A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
93、：Lv0t竖直方向：yt2解得：y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6311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6311A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，yat2，与q有关，故D错误。对
94、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，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U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U知，电势差减小，则指针张角
95、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
96、强大小相等，方向都向下，故B正确；根据电容的决定式C、电容的定义式C和板间场强公式E得：E，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
97、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；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。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
98、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
99、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
100、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。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
101、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
102、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
103、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
104、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。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
105、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所以代入数据解得Q2Q。答案：2Q10. (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
106、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)t1 0.5 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 m，E机mg(hx)102 J2.08102 J。答案：(1) s(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
107、为点电荷)的小球，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，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FmgmFmgm由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小Fmgm(2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以B0小球从A到B过程中，由动能定理得
108、mgLq(AB)mv2A(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qUACmvC2vC。答案：(1)mgm(2)(3)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，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
109、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642(1)粒子带正电还是带负电？(2)粒子打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qUmv2。设
110、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，yat2。粒子加速度a。由此得到tan ，y。所以粒子打在荧光屏上的位置距O点的距离为yyLtan 。(3)方法一：由上述关系式得vyEx ，所以粒子打在屏上时的动能为Ekmvx2mvy2qU。方法二：对于粒子运动的整个过程应用动能定理qUqEyEk，得EkqUqE。答案(1)正电(2)(3)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
111、43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
112、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，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，不考虑相对论效应。图644(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1.6
113、1016 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 s1.333
114、109s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at2t2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 0.25电子打到荧光屏上的偏移量Ymtan 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
115、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645所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，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645
116、A在点电荷Q形成的电场中，A、B两点间的电势差为B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 D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：qUABmgLmvm20，得A、B两点间的电势差UAB，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mgk，得r，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646甲所示，A和
117、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646(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
118、t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x23.6 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lt2解得t103s。(2)在0时间内，粒子的加速度大小为a12105m/s2在T时间内，粒子的加速度大小为a24105m/s2可知a22a1，若粒子在0时间内加速t，再在T时间内减速刚好不能到达A板，则la1tt解得t2103s因为6103s，所以在0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
119、周期内可以产生300个粒子，而在0时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n300100(个)。答案(1)103 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
120、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
121、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
122、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
123、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
124、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)(2015山东高考)如图649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，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微
125、粒在0T时间内运动的描述，正确的是()图649A末速度大小为 v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgd D克服电场力做功为mgd解析：选BC0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：时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1yg；T时间内，ag，做匀减速直线运动，T时刻，v2yv1ya0，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Epmgmgd，所以选项C正确。根据动能定理：mgdW克电0，得W克电mgd，所以选项D错误。2(多选)如图6410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
126、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6410AR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，知m、R越大，小球在B点的
127、动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确。3.如图6411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6411(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：vy2 m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为，则tan 2小球在电场中沿直线运动，所受合力
128、方向与运动方向相同，设板间距为d，则：tan ，L，解得L0.15 m。(2)进入电场前mghmv12mv02电场中运动过程qUmgLEkmv12解得Ek0.175 J。答案：(1)0.15 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”，
129、将a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6412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6412(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
130、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，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值F电minmgcos 45mgF电minqEmin解得所加电场的场强最小值Emin，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 45mg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Fmv20在M点，由牛顿第二定律得FNFm联立解得FNmg由牛顿第三定律知，对环作用力为FNFNmg。(3)由题意可知，N点为等效最高点，只要珠子能到达N点，就能做完整的圆周运动，
131、珠子由A到N的过程中，由动能定理得：F0EkA解得EkAmgr。答案：(1)方向见解析(2)mg(3)mgr2. (2016吉安模拟)如图6413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6413(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)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
132、E。(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G，则Gmg，方向与竖直方向成30角偏向右下方。若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点。mmgmv2mvA2mgL(1cos 30)联立解得vA 。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
133、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eU1mvx2进入偏转电场后Lvxt，vy
134、at，a射出偏转电场时合速度v，由以上各式得Ekmv2eU1。答案：eU1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k，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a1位移x1a12在2时间内先做匀减速运动，后反向做匀加
135、速运动加速度的大小a2初速度的大小v1a1匀减速运动阶段的位移x2由题知dx1x2，解得d 。答案：d 4两块水平平行放置的导体板如图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
136、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力方向的速度vy随时间t变化的vyt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，v1yt0，v2y2t0，由图a可得电子的最大侧向位移为xymax23v1yt0而xymax，解得dt0由图b可得电子的最小侧向位移为xyminv1yt0v1yt0v1yt0所以xymax ，xymin 。(2)v1y22，v2y22电子经电压U0加速，由动能定理知，mv02eU0所以。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AB
137、C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
138、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E1.0104 N/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
139、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点时的速度为v，从A到C由动能定理得：qE(sABR)mgsABmgRmv2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：mghqEh0mv2解得h 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 m处。答案：(1)10 m/s(2)离C点的竖直距离为 m处考点
140、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mgqEm小滑块从开始运动至到达Q点过
141、程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)smv2mv02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)smv2mv02又在P点时，由牛顿第二定律得Nm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xv0tyLt2联立解得x 。(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sv0tyt2由几何关系知tan 联立解得x。答案：见解析