【物理】2019届一轮复习苏教版第六章静电场教案 67页

第六章 静电场 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F＝k，当r→0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。(×)‎ ‎(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。‎ 突破点(一)　库仑定律及库仑力作用下的平衡 ‎1．对库仑定律的两点理解 ‎(1)F＝k，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r→0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．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：‎ ‎3．“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](2016·浙江高考)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则(　　)‎ A．两球所带电荷量相等 B．A球所受的静电力为1.0×10－2 N C．B球所带的电荷量为4×10－8 C D．A、B两球连线中点处的电场强度为0‎ ‎[解析]　用丝绸摩擦过的玻璃棒接触A球，使A球带正电，由题意知A、B两球接触后分开，则两球所带电荷量相等，选项A正确；两球平衡后受力如图所示，球B所受静电力F＝mgtan α＝6.0×10－3 N，球A、B所受静电力大小相等，选项B错误；由F＝及q1＝q2知，小球所带电荷量q＝4×10－8 C，选项C正确；A、B两球所带电荷在其连线的中点处产生的电场强度大小相等、方向相反，场强为0，选项D正确。‎ ‎[答案]　ACD ‎[方法规律]‎ 丝绸摩擦过的玻璃棒应带正电，毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；两完全相同的小球接触时电荷量等量均分，如带异种电荷的两完全相同的小球接触时，电荷量应先中和后等量均分。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(2018·苏州模拟)如图所示，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(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 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。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F＝k知，当移开C球后，A、B两球之间的相互作用力的大小变为F′＝ ‎，A项正确。‎ ‎2.(2018·海门模拟)如图所示，a、b、c为真空中三个带电小球，b球带电荷量为＋Q，用绝缘支架固定，a、c两小球用绝缘细线悬挂，处于平衡状态时三小球球心等高，且a、b和b、c间距离相等，悬挂a小球的细线向左倾斜，悬挂c 小球的细线竖直，则下列判断正确的是(　　)‎ A．a、b、c三小球带同种电荷 B．a、c两小球带异种电荷 C．a小球带电荷量为－4Q D．c小球带电荷量为＋4Q 解析：选C　根据受力平衡条件可知，由于b球带正电，要使a、c两球平衡，则a、c两球一定带负电，故A、B、D错误；对c小球进行分析，a、c间的距离是b、c间的两倍，由库仑定律，则有：k＝，解得：Qa＝4Q，又a小球带负电，所以a小球带电荷量为－4Q，故C正确。‎ ‎3.如图所示，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(　　)‎ A．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，所以选项C正确。‎ 突破点(二)　电场强度的叠加问题 ‎1．电场强度三个表达式的比较 E＝ E＝k E＝ 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 ‎①真空 ‎②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/C＝1 V/m　‎ ‎2．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。‎ ‎[典例]　如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直。则(　　)‎ A．A点的场强大小为 B．B点的场强大小为E－k C．D点的场强大小不可能为0‎ D．A、C两点的场强相同 ‎[思路点拨]‎ 根据点电荷电场强度公式E＝，结合矢量合成法则，即可求解。‎ ‎[解析]　正点电荷Q在A点的电场强度大小E′＝，而匀强电场在A点的电场强度大小为E，因方向相互垂直，根据矢量的合成法则，则有A点的场强大小为，故A正确；同理，点电荷Q在B点的电场强度的方向与匀强电场方向相同，因此B点的场强大小为E＋k，故B错误；当点电荷Q在D点的电场强度的方向与匀强电场方向相反，且大小相等时，则D点的电场强度大小可以为零，故C错误；根据矢量的合成法则，结合点电荷电场与匀强电场的方向，可知A、C两点的电场强度大小相等，而方向不同，故D错误。‎ ‎[答案]　A ‎[集训冲关]‎ ‎1．(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。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(　　)‎ A.，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：选B　处于O点的正点电荷在G点处产生的场强E1＝k，方向沿y轴负向；又因为G点处场强为零，所以M、‎ N处两负点电荷在G点共同产生的场强E2＝E1＝k，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点共同产生的场强E3＝E2＝k，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强E4＝k，方向沿y轴正向，所以H点的场强E＝E3－E4＝，方向沿y轴负向。‎ ‎2.(2014·福建高考)如图所示，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L＝2.0 m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：‎ ‎(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F＝k①‎ 代入数据得F＝9.0×10－3 N。 ②‎ ‎(2)A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等，均为 E1＝k ③‎ A、B两点处的点电荷形成的电场在C点的合场强大小为 E＝2E1cos 30° ④‎ 由③④式并代入数据得E＝7.8×103 N/C⑤‎ 场强E的方向沿y轴正方向。‎ 答案：(1)9.0×10－3 N ‎(2)7.8×103 N/C　方向沿y轴正方向 突破点(三)　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 ‎3．两种等量点电荷的电场分析 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 等大反向 ‎4．电场线的应用 ‎[题点全练]‎ ‎1．(2016·江苏高考)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　　)‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同 解析：选C　由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总是与等势面(容器内表面)垂直，选项C正确；沿任意路径将检验电荷由A点移动到B点，电场力做功都为零，选项D错误。‎ ‎2.如图是某区域的电场线分布。A、B、C是电场中的三个点，下列说法不正确的是(　　)‎ A．三点中B点场强最强，C点场强最弱 B．正点电荷在A处所受电场力的方向与A点场强方向相同 C．若电荷在此电场中仅受电场力的作用，在C点的加速度最小 D．电场线就是正电荷在电场中运动的轨迹 解析：选D　由图像疏密知场强EB＞EA＞EC，A正确；场强的方向规定为正电荷受力的方向，B正确；C点的场强最小，受电场力最小，所以加速度最小，C正确；只有初速度为零，电场线是直线的电场中，电荷的轨迹才与电场线重合，D错误。‎ ‎3．[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(　　)‎ A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低 解析：选ACD　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。‎ 突破点(四)　带电体的力电综合问题 解决带电体的力电综合问题的一般思路 ‎[典例]　如图所示，把一个带正电荷Q的小球A固定在绝缘支座上，另一个质量为m，带电荷量也为Q的带正电的小球B，用绝缘细线悬于O点，B球处于静止状态，细线与竖直方向的夹角为θ＝30°，A、B均视为点电荷，已知A和B位于距地面高为h的水平线上且＝。求：‎ ‎(1)小球B所受到的库仑斥力及A、B两小球间的距离；‎ ‎(2)A、B两小球在O点产生的合场强的大小及方向；‎ ‎(3)剪断细线OB，小球B第一次落地时速度大小为v，求小球B的初位置和第一次落地点之间的电势差。‎ ‎[思路点拨]　‎ ‎(1)根据受力平衡，画出小球B的受力分析图。‎ ‎(2)根据库仑定律分析即可求出在O点产生的合场强的大小及方向。‎ ‎(3)剪断细线OB，电场力与重力对小球B做功，由动能定理求解。‎ ‎[解析]　(1)对B进行受力分析如图：‎ 则：F＝mgtan θ＝mg 由库仑定律：F＝ 所以：r＝Q 。‎ ‎(2)两带电小球在O点产生的场强相等，都是：‎ EA＝EB＝＝ 合场强的方向在二者的角平分线上，‎ 大小为：EO＝2EAcos 30°＝，方向沿AB的中垂线向上。‎ ‎(3)小球B运动的过程中重力与电场力做功，由动能定理得：mgh＋QU＝mv2‎ 所以：U＝。‎ ‎[答案]　(1)mg　Q ‎(2)，方向沿AB的中垂线向上 ‎(3) ‎[方法规律]　解决力电综合问题的两条途径 ‎(1)建立物体受力图景。‎ ‎①弄清物理情境，选定研究对象。‎ ‎②对研究对象按顺序进行受力分析，画出受力图。‎ ‎③应用力学规律进行归类建模。‎ ‎(2)建立能量转化图景：运用能量观点，建立能量转化图景是分析解决力电综合问题的有效途径。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．[多选]用细绳拴一个质量为m带正电的小球B，另一也带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，A、B两球与地面的高度均为h，小球B在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示。现将细绳剪断后(　　)‎ A．小球B在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动 B．小球B在细绳剪断瞬间加速度大于g C．小球B落地的时间小于 D．小球B落地的速度大于 解析：选BCD　将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪断瞬间起开始，小球B不可能做平抛运动，且加速度大于g ‎，故A错误，B正确；小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速大于g，因此球落地的时间小于，落地的速度大于，故C、D正确。‎ ‎2.[多选]如图所示，在光滑水平面上有A、B、C三个质量均为m的小球，A带正电，B带负电，C不带电，A、B带电量的绝对值均为Q，B、C两个小球用绝缘细绳连接在一起，当用外力F拉着A球向右运动时，B、C也跟着A球一起向右运动，在运动过程中三个小球保持相对静止共同运动，其中静电力常量为k，则(　　)‎ A．B、C间绳的拉力大小为F B．B、C间绳的拉力大小为F C．A、B两球间距为 D．A、B两球间距为 解析：选BC　选取A、B、C作为整体研究，依据牛顿第二定律，则有：F＝3ma，‎ 再对C受力分析，由牛顿第二定律，则有：T＝ma＝，故A错误，B正确；对A受力分析，受拉力及库仑引力，再由牛顿第二定律，则有：F－F′＝ma＝，‎ 而由库仑定律，F′＝，解得：LAB＝，故C正确，D错误。‎ ‎3.(2018·连云港二模)如图所示，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θ。‎ ‎(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θ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θ，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 θ＝qE 解得：E＝。‎ ‎(2)将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′＝qE′，此时电场力与细线垂直，如图乙所示。‎ 根据平衡条件得：mgsin θ＝qE′则得：E′＝。‎ 答案：(1)　(2) 巧解场强的四种方法 场强有三个公式：E＝、E＝k、E＝，在一般情况下可由上述公式计算场强，但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的场强时，上述公式无法直接应用。这时，如果转换思维角度，灵活运用补偿法、微元法、对称法、极限法等巧妙方法，可以化难为易。‎ ‎(一)补偿法 将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面。　‎ ‎1．(2018·连云港质检)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为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)‎ A.－E　　　　　　　 B. C.－E D.＋E 解析：选A　左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷－q的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，则A正确。‎ ‎(二)微元法 可将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷，再利用公式和场强叠加原理求出合场强。‎ ‎2.如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P 点的场强。‎ 解析：设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q′＝，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为 E＝＝。由对称性知，各小段带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强EP，‎ EP＝nEx＝nkcos θ＝k。‎ 答案：k ‎(三)对称法 利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，可以使复杂电场的叠加计算大为简化。　‎ ‎3．如图所示，一边长为L的立方金属体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于左右面且过立方体中心O的轴线上有a、b、c三个点，a和b、b和O、O和c间的距离均为L，在a点处固定有一电荷量为q(q<0)的点电荷。已知b点处的场强为零，则c点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)‎ A．k B．k C．k D．k 解析：选D　电荷量为q的点电荷在b处产生的电场强度大小为E＝k，方向向左。由于在b点处的场强为零，所以立方金属体和点电荷在b点处产生的电场强度大小相等，方向相反，则金属体在b处产生的电场强度大小也为E＝k，方向向右。根据对称性可得：金属体在c处产生电场强度大小为E＝k，方向向左。而电荷量为q的点电荷在c处产生电场强度为：E′＝k＝k，方向向左，所以c点处场强的大小为：Ec＝E＋E′＝k，选项D正确，A、B、C错误。‎ ‎(四)等效法 在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景。‎ ‎4．(2018·南京期中)MN为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d 的位置放一个电荷量为＋q的点电荷O，金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点。几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对甲图P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是(　　)‎ A．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为 B．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为 C．方向垂直于金属板向左，大小为 D．方向垂直于金属板向左，大小为 解析：选C　据题意，从乙图可以看出，P点电场方向为水平向左；由图乙可知，正、负电荷在P点电场的叠加，其大小为E＝2kcos θ＝2k＝2k，故选项C正确。‎ 对点训练：库仑定律的理解与应用 ‎1.(2018·北京西城质检)如图所示，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r≪l。k表示静电力常量。则轻绳的张力大小为(　　)‎ A．0　　　　　　　　　　 B. C．2 D. 解析：选B　轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F＝，选项B正确。‎ ‎2．(2018·常州检测)真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷增加了 ‎，但仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电量一定减少了(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　因为一个点电荷增加了，则q1′＝q1，根据库仑定律的公式F＝k知，若库仑力不变，则q2′＝q2，即另一电荷减小了。故B正确，A、C、D错误。‎ 对点训练：库仑力作用下的平衡问题 ‎3．[多选](2018·泰州模拟)光滑绝缘的水平桌面上，固定着带电荷量为＋Q、－Q的小球P1、P2，带电荷量为＋q、－q的小球M、N用绝缘细杆相连，下列图中的放置方法能使M、N静止的是(图中细杆的中点均与P1、P2连线的中点重合)(　　)‎ 解析：选BD　根据矢量合成可得，在P1、P2连线的中垂线上的电场强度方向水平向右，故如题图A、题图C中放置方式，M、N受力是不可能平衡的，所以A、C错误；在P1、P2的连线上电场方向由正电荷指向负电荷，即水平向右，如题图B、题图D放置，由对称性知，M、N所在位置的电场强度大小相等，方向相同，电荷M、N所受电场力等大反向，所以B、D正确。‎ ‎4.[多选](2018·济宁一中检测)如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电质点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电荷量均为q且为同种电荷，整个系统置于水平方向的匀强电场中。已知静电力常量为k，若三个质点均处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．如果a、b带正电，那么c一定带负电 B．匀强电场场强的大小为 C．质点c的电荷量大小为q D．匀强电场的方向与ab边垂直指向c 解析：选AB　如果a、b带正电，要使a、b都静止，匀强电场对a、b的电场力相同，c必须带负电，故A正确；设质点c带电荷量为Q，以质点c 为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：2××cos 30°＝EQ，则E＝，因质点c带正、负电性质不确定，故匀强电场方向不确定，故B正确，D错误；设c带电荷量为Q，以c为研究对象受力分析，根据平衡条件得在沿电场方向质点a受力平衡，即qE＝kcos 30°，解得Q＝2q，故C错误。‎ ‎5.[多选]如图所示，一绝缘细线Oa下端系一质量为m的带电的小球a，悬点O正下方有一带电小球b固定在绝缘底座上。开始时a球静止在图中位置，此时细线Oa与竖直方向的夹角为θ。现将b球沿竖直方向缓慢上移至与a球等高处，此过程(　　)‎ A．细线Oa与竖直方向的夹角θ保持不变 B．b球所受的库仑力一直变大 C．细线Oa的拉力一直变大 D．a球与b球间的距离一直变大 解析：选BC　对小球a受力分析，如图所示。图中力三角形G′aF与几何三角形△Oba相似，故：＝＝，先假设θ不变，则b球向上移动的过程中，由几何关系可知，ab之间的距离减小，根据库仑定律公式：F＝k可知，ab之间的距离减小时，ab之间的库仑力将增大。所以小球a不可能保持不动，a必定向右上方移动一定的距离，此时θ增大；即a向右上方移动一定的距离，但ab之间的距离仍然减小，ab之间的库仑力仍然增大，故A、D错误，B正确；当b向上移动时，Ob之间的距离减小，由上可知，细线Oa的拉力一直变大，故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σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为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(　　)‎ A.和 B.和 C.和 D.和 解析：选D　两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量σ＝；则单个极板形成的场强E0＝＝，两极板间的电场强度为：2×＝；两极板间的相互引力F＝E0Q＝；故选D。‎ ‎7.(2018·泰州检测)如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为竖直放置的一根光滑绝缘细杆，放在两电荷连线的中垂线上，a、b、c三点所在水平直线平行于两点电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。下列说法中正确的是(　　)‎ A．a点的场强与b点的场强方向相同 B．a点的场强与c点的场强方向相同 C．b点的场强大于d点的场强 D．套在细杆上的带电小环由静止释放后将做匀加速直线运动 解析：选D　根据等量异种电荷的电场线分布可知，b点的场强水平向右，a点的场强斜向上，方向不同，选项A错误；由对称性可知，a、c两点的场强大小相等，方向不同，选项B错误；b点的场强小于两电荷连线中点处的场强，而两电荷连线中点处的场强小于d点的场强，则b点的场强小于d点的场强，选项C错误；套在细杆上的带电小环由静止释放后，由于竖直方向只受重力，电场力垂直细杆方向，则小环将做匀加速直线运动，选项D正确。‎ 对点训练：电场线的理解与应用 ‎8.[多选](2018·昆明一中摸底)如图所示，A、B为两个点电荷，MN为两电荷连线的中垂线，图中实线表示两点电荷形成的电场的一条电场线(方向未标出)，下列说法正确的是(　　)‎ A．两电荷一定是异种电荷 B．电荷A一定带正电 C．两电荷的电量一定满足|qA|＜|qB|‎ D．两电荷的电量一定满足|qA|＞|qB|‎ 解析：选AC　由电场线分布特点可知两电荷一定带异种电荷，故A正确；电场线方向未知，电荷A可能带正电荷，也可能带负电荷，故B错误；将A、B两点用直线连起来，通过电场线的疏密程度可知两电荷的电量一定满足|qA|＜|qB|，故C正确，D错误。‎ ‎9.[多选](2018·三明模拟)如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增加 C．a的加速度将减小，b的加速度将增大 D．两个粒子的动能均增加 解析：选CD　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错误，D正确；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a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确。‎ ‎10．在如图所示的四种电场中，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(　　)‎ A．甲图中与点电荷等距的a、b两点 B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点 解析：选C　甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C正确；对丁图，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．(2018·徐州模拟)如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，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：‎ ‎(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 α－F＝ma 根据库仑定律有F＝k 又知r＝，得a＝gsin α－。‎ ‎(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 α＝ 解得d＝ 。‎ 答案：(1)gsin α－　(2) ‎12.如图所示，空间存在着强度E＝2.5×102 N/C，方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L＝0.5 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量m＝0.5 kg、电荷量q＝4×10－2 C的小球。现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂。取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球的电性。‎ ‎(2)细线能承受的最大拉力。‎ ‎(3)当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度。‎ 解析：(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电。‎ ‎(2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，(qE－mg)L＝mv2①‎ 在最高点对小球由牛顿第二定律得，‎ FT＋mg－qE＝m ②‎ 由①②式解得，FT＝15 N。‎ ‎(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，‎ 则a＝ ③‎ 设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，‎ 则L＝vt ④‎ 设竖直方向上的位移为x，‎ 则x＝at2 ⑤‎ 由①③④⑤解得x＝0.125 m 所以小球距O点高度为x＋L＝0.625 m。‎ 答案：(1)正电　(2)15 N　(3)0.625 m 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UAB＝UBA。(×)‎ ‎(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。(×)‎ 突破点(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φA、φB的高低 ‎2．电势能大小的判断 判断方法 方法解读 公式法 将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，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 ‎[题点全练]‎ ‎1.[多选]如图所示，真空中两点电荷A、B带电荷量分别为＋2Q和－Q，O点为连线的中点，a、b两点在它们之间的连线上， c、d两点在AB连线的中垂线上，已知Oa＝Ob，a、b两点的场强分别为Ea、Eb；Oc＞Od，c、d两点的电势分别为φc、φd。则下列说法正确的是(　　)‎ A．Ea＜Eb　　　　　　　　　 B．Ea＞Eb C．φc＞φd D．φc＜φd 解析：选BD　两点电荷A、B带电荷量分别为＋2Q和－Q，a处电场线比b处电场线密，而电场线的疏密表示场强的大小，所以有Ea>Eb，故A错误，B正确；在Oc上，电场方向斜向右上方，根据顺着电场线方向电势降低，O点电势比c点电势高，同理，O点电势也比d点电势高，根据对称性可知，d点电势与d点关于O点的对称点的电势相等，此对称点的电势高于c点电势，所以d点电势高于c点电势，则有φc<φd，故C错误，D正确。‎ ‎2．(2018·南京模拟)如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN 接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥。图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是(　　)‎ A．A处的电场强度大于D处 B．B处的电势高于C处 C．水分子做匀变速运动 D．水分子由A运动到C的过程中电势能减少 解析：选D　由于A处的电场线较D处稀疏，故A处的电场强度小于D处，选项A错误；顺着电场线电势降低，故B处的电势低于C处，选项B错误；由于电场的分布不均匀，由题图可知，上端的电场强度大于下端的电场强度，根据F＝qE可得，水分子运动时受到电场力大小不相等，不可能做匀变速运动，故C错误；水分子由A运动到C的过程中，电场力做正功，电势能减少，故D正确。‎ ‎3.如图所示，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(　　)‎ A．O点的电场强度为零，电势最低 B．O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。‎ 突破点(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)UAB＝Ed，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U＝Ed，即在沿电场线方向上，U∝d。推论如下：‎ 推论①：如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝。‎ 推论②：如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD。‎ ‎2．E＝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φ x图像的斜率判断电场强度随位置变化的规律：k＝＝＝Ex，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]　a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图所示，由此可知c点的电势为(　　)‎ A．4 V　　　　　　　　　 B．8 V C．12 V D．24 V ‎[方法规律]‎ ‎(一)由题明3法 基础解法：(公式法)设ab间沿电场方向上的距离为d，则cd间沿电场方向的距离也为d。‎ 由E＝得：E＝＝ 解得：φc＝8 V。‎ 能力解法一：(推论①)‎ 连接对角线ac和bd相交于O点，如图所示。由匀强电场的性质可得 φO＝＝，解得：φc＝8 V。‎ 能力解法二：(推论②)‎ 因为ab＝cd且ab∥cd，所以φb－φa＝φc－φd，解得φc＝8 V。‎ ‎(二)3法比较 ‎(1)公式法适用匀强电场中E或U的计算，过程较繁琐。‎ ‎(2)推论①仅适用于匀强电场中两点连线中点的电势的计算。推论②适用于匀强电场中能构成平行四边形的四个点之间电势的计算。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·无锡模拟)如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为φA＝30 V，B点的电势为φB＝－10 V，则C点的电势为(　　)‎ A．φC＝10 V B．φC>10 V C．φC<10 V D．上述选项都不正确 解析：选C　由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<，即φC<10 V，选项C正确。‎ ‎2．(2018·苏州质检)电场中某三条等势线如图中实线a、b、c所示。一电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，已知电势φa>φb>φc，这一过程电子运动的v t图像可能是下列图中的(　　)‎ 解析：选A　结合φa>φb>φc，由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场，且Q点处电场强度小于P点处电场强度，电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，将做加速度越来越小的加速运动，A正确。‎ ‎3.空间有一个与直角三角形abc平行的匀强电场(图中未画出)，ab＝4 cm，ac＝3 cm。将电子从a移至c，电场力做功12 eV；将电子从a移至b，克服电场力做功12 eV。则场强大小为(　　)‎ A．500 V/m B．480 V/m C．400 V/m D．300 V/mA 解析：选A　由几何关系可知，tan∠b＝，故∠b＝37°；‎ 由题意可知，把电子由a点移到c点，电场力做功为：‎ W1＝12 eV，则Uac＝＝－12 V；‎ 把电子由a点移到b点，电场力做功为：W2＝－12 eV，故Uab＝‎ ＝12 eV。即c点电势最高，b点电势最低，则可知，Ucb＝24 eV，bc中点d点的电势与a点电势相等，连接ad为等势面，电场线与等势面垂直作电场线如图所示；则根据电场强度和电势差之间的关系可知：Uab＝E·absin 37°，解得：E＝500 V/m，故A正确，B、C、D错误。‎ 突破点(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，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。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1.(2016·全国卷Ⅱ)如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c 点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则(　　)‎ A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb 解析：选D　a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rb＜rc＜ra，则三点的电场强度由E＝k可知Eb＞Ec＞Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab＞ac＞aa。由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝mvb2－mva2＜0，则vb＜va，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝mvc2－mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，则va＞vc，故va＞vc＞vb，选项D正确。 ‎ ‎2.如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线(相邻等势面之间的电势差相等)，实线为一α粒子(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知(　　)‎ A．a、b、c三个等势面中，a的电势最高 B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小 C．α粒子在P点的加速度比在Q点的加速度大 D．α粒子一定是从P点向Q点运动 解析：选C　电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于α粒子带正电，因此电场线指向左上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故A错误；电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B错误；等势线密的地方电场线密，场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C正确；由题图只能判断出α粒子受力的方向，不能判断出α粒子运动的方向，故D错误。‎ ‎3.如图所示，虚线表示两个固定的等量异种点电荷形成的电场中的等势线。一带电粒子以某一速度从图中a点沿实线abcde运动。若粒子只受静电力作用，则下列判断正确的是(　　)‎ A．粒子带正电 B．粒子运动的速度先减小后增大 C．粒子在电场中的电势能先减小后增大 D．粒子经过b点和d点时的速度相同 解析：‎ 选B　根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，题图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，故A错误；粒子从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功，粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，速度先减小，后增大，故B正确，C错误；由于b、d两点处于同一个等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，粒子经过b点和d点时的速度大小相同，方向不同，故D错误。‎ 突破点(四)　静电场中的图像问题 ‎(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。‎ ‎[例1]　如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点。现有一带正电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经b点向远处运动，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度时间图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子由a点到b点运动过程中加速度度逐渐增大 B．b点的电场强度一定为零 C．Q1的电量一定小于Q2的电量 D．粒子由a点到b点向远处运动的过程中，粒子的电势能先增大后减小 ‎[解析]　速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，从速度图像可见正电荷从a到b做加速度减小的加速运动，故A错误；正电荷从a到b做加速度减小的加速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，故B正确；正电荷从a到b做加速运动，所以a、b之间电场的方向向右；过b点后正电荷做减速运动，所以电场的方向向左，b点场强为零，可见两点电荷在b点对正电荷的电场力相等，根据F＝k，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量，故C错误；正电荷从a到b做加速运动，电场力做正功，电势能减小；过b点后正电荷做减速运动，电场力做负功，电势能增大，故D错误。‎ ‎[答案]　B ‎(二)φ x图像 ‎ ‎(1)电场强度的大小等于φ x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ x图线存在极值，其切线的斜率为零。‎ ‎(2)在φ 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φ x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。‎ ‎ [例2]　如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP，Q1、Q2在轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙所示。则(　　)‎ A．M点电势和电场强度大小均为零 B．N点电势和电场强度大小均不为零 C．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM|‎ D．由图可知，Q1为负电荷，Q2为正电荷，且Q1所带电荷量大于Q2的电荷量 ‎[解析]　φx图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以M处的场强不为零，故A错误；φx图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知N处场强为零，故B错误；由图像可知，UMN＞UPN，故电场力做功qUMN＞qUPN，从P移到M过程中，电场力做负功，故|WPN|＜|WNM|，故C错误；因为N点的场强为0，所以两点电荷在N点产生的场强大小相等，方向相反，两电荷为异种电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，Q1带负电、Q2带正电，因为N点的场强为0，所以两点电荷在N点产生的场强大小相等，方向相反，根据E＝k，知距离大的带电荷量大，所以Q1所带的电荷量大于Q2的电荷量，故D正确。‎ ‎[答案]　D ‎(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。‎ ‎ ‎ ‎[例3]　真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点，在两者连线上各点的电场强度随x变化的关系如图所示，规定无穷远处电势为零，则(　　)‎ A．M、N可能为异种电荷 B．x＝2a处的电势不等于零 C．M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1‎ D．将点电荷－q从x＝a移动到x＝2a的过程中，电势能减少 ‎[解析]　若两电荷为异种电荷，在x＝2a处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，故A错误；两电荷为同种电荷，两个电荷在x＝2a处的电势都不为零，所以x＝2a处的电势不等于零，故B正确；根据点电荷的电场强度公式可得：＝，解得：qM∶qN＝4∶1，故C错误；在0到2a区间，电场强度为正，负电荷受力向左，所以－q从x＝0处沿x轴移到x＝2a处的过程中，电场力做负功，电势能增加，故D错误。‎ ‎[答案]　B 突破点(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：W＝－ΔEp。‎ ‎(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：ΔEk＝－ΔEp。‎ ‎[典例]　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E＝6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同。在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8 C，质量m＝1.0×10－2 kg的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速率v0＝2.0 m/s，如图所示。(g取10 m/s2)试求：‎ ‎(1)物块向右运动的最大距离；‎ ‎(2)物块最终停止的位置。‎ ‎[审题指导]‎ 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 在匀强电场中 电场力为恒力 μ＝0.20‎ 受滑动摩擦力作用 第二步：找突破口 ‎(1)物块向右在电场力和滑动摩擦力作用下作匀减速直线运动。‎ ‎(2)要求最终停止的位置，应先根据电场力与摩擦力大小的关系判断物块停在什么位置，再利用动能定理求解。‎ ‎[解析]　(1)设物块向右运动的最大距离为xm，由动能定理得－μmgxm－E|q|xm＝0－mv02‎ 可求得xm＝0.4 m。‎ ‎(2)因Eq>μmg，物块不可能停止在O点右侧，设最终停在O点左侧且离O点为x处。‎ 由动能定理得E|q|xm－μmg(xm＋x)＝0，可得x＝0.2 m。‎ ‎[答案]　(1)0.4 m　(2)O点左侧0.2 m处 ‎[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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(2018·昆山月考)如图所示，长为L、倾角为θ＝45°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则(　　)‎ A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 B．A、B两点的电势差一定为 C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最小值一定是 D．若该电场是AC边中垂线上某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 解析：选B　小球在运动的过程中，只有重力和电场力做功，重力做负功，电场力就做正功，故A点的电势高，小球在A点的电势能大，故A错误；小球从A到B速度未变，说明克服重力做功等于电场力做功，则UAB＝＝＝，故B正确；若电场是匀强电场，电场力恒定，根据共点力的平衡可得，当电场强度与运动方向共线，电场力、斜面的支持力与重力相平衡，此时电场的场强最小，电场强度为，故C错误；如果Q在AC边中垂线上且在AB的下方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ大于A到Q的距离AQ，所以小球在B点的电势能小于在A点的，故Q是正电荷；如果Q在AC边中垂线上且在AB的上方时，若点电荷Q是正电荷，由于B到Q的距离BQ小于A到Q 的距离AQ，所以小球在B点的电势能大于A点的，与“小球在B点的电势能比A点的小”矛盾，故Q是负电荷，故D错误。‎ ‎2.如图，空间存在一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按E＝kx分布(x是轴上某点到O点的距离)，k＝。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接A、B两个小球，两球质量均为m，B球带负电，带电荷量为q，A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。‎ ‎(1)求A球的带电荷量qA；‎ ‎(2)剪断细线后，求B球的最大速度vm。‎ 解析：(1)A、B两球静止时，‎ A球所处位置场强为E1＝kL＝ B球所处位置场强为E2＝k·2L＝ 对A、B由整体法得：2mg＋qAE1－qE2＝0‎ 解得：qA＝－4q。‎ ‎(2)当B球下落速度达到最大时，设B球距O点距离为x0，则有mg＝qE，即mg＝q，解得：x0＝3L 当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为3L 运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：‎ mgL－qL＝mvm2－mv02，q＝＝mg，‎ 解得：vm＝ 。‎ 答案：(1)－4q　(2) 对点训练：电势高低与电势能大小的判断 ‎1．[多选]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所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，则(　　)‎ A．a点的电场强度比b点的大 B．a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Ep＝qφ可知，负电荷在高电势处电势能小，C项错误；负电荷从a到b电势能增加，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，这个过程中电场力做负功，D项正确。‎ ‎2.(2018·宿迁模拟)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称。下列说法正确的是(　　)‎ A．A点电势低于B点电势 B．A点电场强度小于C点电场强度 C．烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能 D．烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能 解析：选A　沿电场线电势降低，由题图可知，A点电势低于B点电势，故A正确；由题图可知，A点电场线比C点密集，因此A点的场强大于C点场强，故B错误；由运动轨迹可知，烟尘颗粒带负电，故由A到B电场力做正功，动能增加，电势能减小，故烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，在A点的电势能大于在B点的电势能，选项C、D错误。‎ 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(　　)‎ A．50 V/m，方向B→A　 B．50 V/m，方向A→B C．100 V/m，方向B→A D．100 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B→A，其大小E＝＝ V/m＝100 V/m，选项C正确。‎ ‎4.如图所示，匀强电场方向平行于xOy平面，在xOy平面内有一个半径为 R＝5 m的圆，圆上有一个电荷量为q＝＋1×10－8 C的试探电荷P，半径OP与x轴正方向的夹角为θ，P沿圆周移动时，其电势能Ep＝2.5×10－5sin θ(J)，则(　　)‎ A．x轴位于零势面上 B．电场强度大小为500 V/m，方向沿y轴正方向 C．y轴位于零势面上 D．电场强度大小为500 V/m，方向沿x轴正方向 解析：选A　由Ep＝2.5×10－5sin θ(J)知，x轴上的势能为零，是零势面，电场线沿y轴方向，A正确，C错误；当 θ＝90°时，Ep＝2.5×10－5 J＝EqR，解得 E＝500 V/m，此时电势能大于零，故电场强度的方向沿y轴负方向，B、D错误。‎ 对点训练：电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题 ‎5.(2018·扬州中学月考)图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势面(K、M之间无电荷)。一带电粒子射入此静电场中后，沿abcde轨迹运动。已知电势φK＜φL＜φM，且粒子在ab段做减速运动。下列说法中正确的是(　　)‎ A．粒子带负电 B．粒子在bc段也做减速运动 C．粒子在a点的速率大于在e点的速率 D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功 解析：选B　已知电势φK＜φL＜φM，作出电场线如图所示，方向大体向左，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的电场力方向大体向左，故粒子带正电，故A错误；由电势φL＜φM，b→c电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动，故B正确；a与e处于同一等势面上电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速度大小也相等，故C错误；粒子从c点到d点的过程中，电势降低，正电荷的电势能减小，电场力做正功，故D错误。‎ ‎6.[多选](2016·海南高考)如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是(　　)‎ A．M带负电荷，N带正电荷 B．M在b点的动能小于它在a点的动能 C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 解析：选ABC　如图所示，粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧，可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M带负电荷，N带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M从a点到b点电场力对其做负功，动能减小，选项B正确；d点和e点在同一等势面上，N在d点的电势能等于它在e点的电势能，故选项C正确； N从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误。‎ 对点训练：静电场中的图像问题 ‎7．在某一静电场中建立x轴，其电势随坐标x变化的图线如图所示。若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O处由静止释放，电场中P、Q两点位于x轴上，其横坐标分别为1 cm、4 cm。则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子经过P点与Q点时，动能相等 B．粒子经过P、Q两点时，加速度大小之比为1∶1‎ C．粒子经过P、Q两点时，电场力功率之比为1∶1‎ D．粒子恰能运动到离原点12 cm处 解析：选A　由题图可知，横坐标为1 cm和4 cm的P、Q两点电势相等，粒子经过P点到Q点的过程中，电场力做功为零，动能相等，A正确；φx图像的斜率大小等于场强E，则知P点的场强为Q点的场强的二倍，粒子在P、Q两点电场力和加速度之比都为2∶1，B错误；根据功率P＝Fv，功率之比为2∶1，C错误；根据顺着电场线方向电势降低可知，0～2 cm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向做加速运动；在2～6 cm内电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x负方向做减速运动，6 cm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动。即在0～6 cm间做往复运动，故D错误。‎ ‎8.[多选](2018·昆山模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3是直线段，则下列说法正确的是(　　)‎ A．x1处电场强度为零 B．x2～x3段是匀强电场 C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3‎ D．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 解析：选ABC　根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E ‎＝，由数学知识可知Ep－x图像切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确。由题图看出在0～x1段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故D错误，B正确。根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，因粒子带负电，q＜0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＞φ3，故C正确。‎ 对点训练：电场力做功与功能关系 ‎9．(2018·常州一中月考)如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点。另一个电荷量为＋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，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值。已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，A、B两点间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　　)‎ A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度先增大后减小 B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小 C．O、B两点间的距离为 D．在点电荷甲形成的电场中，A、B两点间的电势差为UAB＝ 解析：选C　点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；当速度最小时有：f＝F库＝k，解得：r＝ ，故C正确；点电荷从A运动到B过程中，根据动能定理有：UABq－fL0＝mv2－mv02，解得UAB＝，故D错误。‎ ‎10.[多选](2018·扬州模拟)如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC，A、C两点为轨道的最高点，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为＋q1的点电荷。将另一质量为m、电荷量为＋q2的带电小球从轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．小球运动到B点时的速度大小为 B．小球运动到B点时的加速度大小为2g C．小球从A点运动到B点过程中电势能减少mgR D．小球运动到B点时对轨道的压力大小为3mg＋k 解析：选ABD　q1、q2间的库仑力始终与运动方向垂直，不做功，在小球从A到B的运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，mgR＝mv2，v＝，A正确；小球运动到B点时有向心加速度，加速度大小a＝＝2g，B正确；由于库仑力始终与运动方向垂直，不做功，电势能不变，C错误；小球运动到B点时合外力等于向心力，设对轨道的压力F，F－mg－＝m＝2mg，F＝3mg＋k，D正确。‎ 考点综合训练 ‎11.如图所示，带正电的A球固定在足够大的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角α＝37°，其带电荷量Q＝×10－5 C；质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－7 C的B球在离A球L＝0.1 m处由静止释放，两球均可视为点电荷。(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)‎ ‎(1)A球在B球释放处产生的电场强度大小和方向；‎ ‎(2)B球的速度最大时两球间的距离；‎ ‎(3)若B球运动的最大速度为v＝4 m/s，求B球从开始运动到最大速度的过程中电势能怎么变？变化量是多少？‎ 解析：(1)A球在B球释放处产生的电场强度大小 E＝k＝9×109× N/C＝2.4×107 N/C；‎ 方向沿斜面向上。‎ ‎(2)当静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，即：F＝k＝mgsin α，解得r＝0.2 m。‎ ‎(3)由于r＞L，可知两球相互远离，则B球从开始运动到最大速度的过程中电场力做正功，电势能变小；‎ 根据功能关系可知：B球减小的电势能等于它动能和重力势能的增加量，所以B球电势能变化量为：‎ ΔEp＝ 解得，ΔEp＝0.86 J。‎ 答案：(1)2.4×107 N/C，方向沿斜面向上　(2)0.2 m ‎(3)电势能变小，变化量是0.86 J ‎12.(2018·如东检测)如图所示，内表面绝缘光滑的圆轨道位于竖直平面内，轨道半径为r，A、B分别为内轨道的最高点和最低点，圆心O固定电荷量为＋Q的点电荷，质量为m、电荷量为－q的小球能在圆轨道内表面做完整的圆周运动，重力加速度为g，静电力常量为k。‎ ‎(1)若小球经过B点的速度为v0，求此时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)求小球经过A点最小速度的大小v；‎ ‎(3)若小球经过A点对轨道的压力为mg，求经过B点时的动能Ek。‎ 解析：(1)设此时轨道对小球的支持力为N，由向心力公式有N＋－mg＝m 解得N＝m＋mg－ 由牛顿第三定律可知对轨道的压力大小 N′＝N＝m＋mg－。‎ ‎(2)小球经过A点有最小速度时，与轨道间的弹力为0，则有＋mg＝m 解得v＝ 。‎ ‎(3)设小球经过A点的速度为vA，由向心力公式有 ＋mg＋mg＝m 由机械能守恒定律有mvA2＋2mgr＝Ek 解得Ek＝＋3mgr。‎ 答案：(1)m＋mg－　(2) 　‎ ‎(3)＋3mgr 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反比。(×)‎ ‎(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(×)‎ ‎(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)‎ ‎(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(√)‎ ‎(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速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。(×)‎ 突破点(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。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1.(2017·海南高考)如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态。现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动。关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是(　　)‎ A．F逐渐减小，T逐渐减小 B．F逐渐增大，T逐渐减小 C．F逐渐减小，T逐渐增大 D．F逐渐增大，T逐渐增大 解析：选A　电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，则由U＝Ed可知，电场强度E减小，电场力F＝Eq减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，T＝；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小。故A正确，B、C、D错误。‎ ‎2．(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)‎ A．θ增大，E增大　　　　　　　　 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 解析：选D　由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小。又因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，则E不变。因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确。‎ ‎3.[多选]如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开关S，平行板间有一质量为m，电荷量为q的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．将A板向上平移一些，液滴将向下运动 B．将A板向左平移一些，液滴将向上运动 C．断开开关S，将A板向下平移一些，液滴将保持静止不动 D．断开开关S，将A板向右平移一些，液滴将向上运动 解析：选BCD　二极管具有单向导电性，闭合开关后电容器充电，电容器的电容：C＝，C＝，极板间的电场强度：E＝，整理得：E＝；液滴静止，液滴所受合力为零，向上的电场力与向下的重力相等，qE＝mg；A极板上移时，d变大，由C＝可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝可知电容器两极板间的电场强度不变，液滴所受电场力不变，液滴静止不动，故A错误；A极板左移时，S变小，由C＝可知，C变小，而两极板间的电压U等于电源电动势不变，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝可知电容器两极板间的电场强度增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动，故B正确；当断开开关S，将A板向下平移一些时，d变小，由C＝可知，C变大，因电容器带电量不变，由E＝可得，电场强度不变，那么液滴将保持静止不动，故C正确；同理，断开开关S，将A板向右平移一些时，S变小，由C＝可知，C变小，因电容器带电量不变，由E＝可得，电场强度变大，那么液滴将向上运动，故D正确。‎ 突破点(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 基本粒子 如电子、质子、α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)。‎ 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]　(2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)‎ A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 ‎[解析]　电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。‎ ‎[答案]　A ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2015·海南高考)如图，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(q＞0)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M∶m为(　　)‎ A．3∶2　　　B．2∶1　　　C．5∶2　　　D．3∶1‎ 解析：选A　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：qE＝MaM，由运动学公式得：‎ l＝aMt2；对m，由牛顿第二定律有qE＝mam 根据运动学公式得：l＝amt2‎ 由以上几式解之得：＝，故A正确。‎ ‎2.如图所示，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：‎ ‎(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v2＝2gh，得v＝。‎ ‎(2)在极板间带电小球受重力和电场力，‎ 有mg－qE＝ma,0－v2＝2ad 得E＝，U＝Ed，Q＝CU 得Q＝C。‎ ‎(3)由h＝gt12,0＝v＋at2，t＝t1＋t2‎ 综合可得t＝ 。‎ 答案：见解析 突破点(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 θ＝＝。‎ ‎(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qU0＝mv02及tan φ＝得tan φ＝。‎ ‎(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：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。‎ ‎[典例]　(2016·北京高考)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。‎ ‎(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；‎ ‎(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2。‎ ‎(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。‎ ‎[思路点拨]　解答本题应把握以下三点：‎ ‎(1)熟练掌握带电粒子在加速电场和偏转电场中运动规律。‎ ‎(2)通过计算重力的大小，根据数量级，分析忽略重力的原因。‎ ‎(3)利用类比法准确定义“重力势”，并说明共同特点。‎ ‎[解析]　(1)根据功和能的关系，有eU0＝mv02‎ 电子射入偏转电场的初速度v0＝ 在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L 偏转距离Δy＝a(Δt)2＝。‎ ‎(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G＝mg～10－29 N 电场力F＝～10－15 N 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力。‎ ‎(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即φ＝ 由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝。‎ 电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。‎ ‎[答案]　(1)v0＝ 　Δy＝　(2)(3)见解析 ‎[方法规律]　分析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。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(2018·徐州五校联考)a、b、c三个α粒子(重力不计)由同一点M同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图所示，其中b恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知(　　)‎ A．进入电场时a的速度最大，c的速度最小 B．a、b、c在电场中运动经历的时间相等 C．若把上极板向上移动，则a在电场中运动经历的时间增长 D．若把下极板向下移动，则a在电场中运动经历的时间增长 解析：选D　三个α粒子进入电场后加速度相同，由题图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由y＝at2知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即ta＝tb＞tc。又水平位移的关系为 xa＜xb＝xc，因为粒子水平方向都做匀速直线运动，所以vc＞vb＞va，即a的速度最小，c的速度最大。故A、B错误。若把上极板向上移动，根据推论E＝知，板间场强不变，粒子的加速度不变，可知a的运动情况不变，运动时间不变，故C错误。若把下极板向下移动，根据推论E＝知，板间场强不变，粒子的加速度不变，a的竖直分位移增大，由位移公式知，a在电场中运动经历的时间增长，故D正确。‎ ‎2.示波器的示意图如图，金属丝发射出来的电子(初速度为零，不计重力)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长L＝4 cm，偏转板间距d＝1 cm，当电子加速后从两偏转板的中央沿板平行方向进入偏转电场。‎ ‎(1)偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？‎ ‎(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离s＝20 cm，则电子束最大偏转距离为多少？‎ 解析：(1)设电子电量大小为e，质量为m，进入偏转电场初速度为v0，根据动能定理，有eU1＝mv02‎ 电子在偏转电场中的飞行时间t1＝ 电子在偏转电场的加速度a＝＝ 要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须沿下板边缘射出。‎ 电子在偏转电场中的侧移距离为，则有：＝at12‎ 联立以上各式，得偏转电压U2＝ 代入数据解得：U2＝205 V。‎ ‎(2)设电子离开电场后侧移距离为y1，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离y＝＋y1‎ 由于电子离开偏转电场的侧向速度vy＝at1＝ 电子离开偏转电场后的侧向位移y1＝ 得电子最大偏转距离y＝＋ 代入数据解得：y＝0.055 m。‎ 答案：(1)205 V　(2)0.055 m 电容器在现代科技生活中的应用 电容器在现代生活中应用十分广泛，其中作为传感器使用的有智能手机上的电容触摸屏、电容式传声器、电容式加速度计等。‎ ‎(一)智能手机上的电容触摸屏 ‎1．[多选]‎ 目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是(　　)‎ A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号 B．使用绝缘笔，在电容触摸屏上也能进行触控操作 C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小 D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大 解析：选AD　据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确。‎ ‎(二)电容式传声器 ‎2．(2018·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中(　　)‎ A．膜片与极板间的电容增大 B．极板所带电荷量增大 C．膜片与极板间的电场强度增大 D．电阻R中有电流通过 解析：选D　根据C＝可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误。‎ ‎(三)电容式加速度计 ‎3．[多选]电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，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(　　)‎ A．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，突然减速时弹簧会压缩 D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流 解析：选CD　由C＝知，电介质插入越深，εr越大，即C越大，A错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr增大，C增大，电源电动势不变，由C＝知，Q增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D对。‎ ‎ 本类电容式传感器的工作原理是通过εr、S、d的变化利用公式C＝和C＝来判断C的变化，进一步分析Q的变化。　‎ 对点训练：平行板电容器的动态分析 ‎1.(2018·宁波二模)如图所示，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(　　)‎ A．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，则指针张角减小，故D错误。‎ ‎2．(2018·徐州调研)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　)‎ 解析：选C　由C＝知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，C对；由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样，D错。‎ ‎3.2016年8月23日，第七届中国国际超级电容器产业展览会在上海举行，作为中国最大超级电容器展，众多行业龙头踊跃参与，如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中(　　)‎ A．电容器的电容C增大 B．电容器所带的电荷量Q减小 C．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向M D．油滴静止不动，电流计中的电流从M流向N 解析：选B　将两极板缓慢地错开一些，两极板正对面积减小，根据电容的决定式C＝得知，电容减小，故A错误；根据Q＝CU，由于电容器电容减小，因两极板间电压U不变，那么极板带的电量会减小，故B正确；将平行板电容器的两极板非常缓慢地水平错开一些，由于电容器两板间电压不变，根据E＝，得知板间场强不变，油滴所受的电场力不变，则油滴将静止不动；再由C＝知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有N→M的电流，故C、D错误。‎ 对点训练：带电粒子在电场中的直线运动 ‎4.[多选]如图所示 ，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(　　)‎ A．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　在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv02，所以d＝，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x＝；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝，使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的一半，x＝。‎ ‎5.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)‎ A．微粒一定带正电 B．微粒一定做匀速直线运动 C．可求出匀强电场的电场强度 D．可求出微粒运动的加速度 解析：选D　因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错；其合外力必与速度反向，大小为F＝，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a＝，B错，D对；电场力qE＝mgcot θ，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错。‎ 对点训练：带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎6.如图所示，让大量的一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子从同一位置经过同一加速电场A由静止开始加速，然后在同一偏转电场B 中偏转。忽略离子的重力及离子间的相互作用力。下列说法正确的是(　　)‎ A．它们始终为一股离子束 B．它们会分离为二股离子束 C．它们会分离为三股离子束 D．它们会分离为无数股离子束 解析：选A　离子在电场中加速，根据动能定理U1q＝mv02；在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：L＝v0t；竖直方向：y＝·t2；联立可得：y＝，故可知离子射出偏转电场的偏转距离与粒子的电量和质量无关，所以三种离子始终为一股离子束，选项A正确。‎ ‎7.[多选](2018·淮安期中)如图所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计质子重力。下列说法正确的有(　　)‎ A．质子到Q点时的速度可能大于v0‎ B．质子到Q点时的速度可能等于v0‎ C．质子到Q点时的速度方向可能与cd边平行 D．质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直 解析：选ABD　若电场强度水平向右，则质子从M点到Q点电场力做正功，动能变大，此时质子到Q点时的速度大于v0，选项A正确；若电场强度方向垂直于MQ连线向下，则质子从M点到Q点电场力不做功，动能不变，此时质子到Q点时的速度等于v0，选项B正确；质子能到达Q点说明电场力有向右的分量，则到达Q点后一定有水平向右的分速度，即质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行，选项C错误；若电场方向斜向右下方，则质子有水平向右的加速度和竖直向下的加速度，当运动到Q点时，竖直方向速度可能减小为零，而只具有水平向右的速度，此时质子到Q点时的速度方向与cd边垂直，选项D正确。‎ ‎8.[多选](2018·汕头模拟)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿垂直极板方向。两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带电粒子a和b，从电容器边缘同一竖直线上的不同位置(如图)沿相同的水平方向同时射入两平行板之间，经过相同时间两粒子落在电容器下极板同一点P上。若不计重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子a的比荷大于粒子b的比荷 B．粒子a射入时的初速度大于粒子b的初速度 C．若只减小两极板间的电压，则两粒子可能同时落在电容器下极板边缘上 D．若只增大粒子b射入时的初速度，则两粒子可能在两极板之间的某一位置相遇 解析：选AC　粒子在电场中只受电场力作用，电场力与初速度方向垂直，所以，粒子做类平抛运动；在竖直方向，两粒子运动时间相同，a的位移大于b的位移，所以，a的加速度大于b的加速度，又有加速度a＝，所以，a的比荷大于b的比荷，故A正确；在水平方向，两粒子运动时间相同，运动位移相同，所以，两粒子射入时的初速度相等，故B错误；若只减小两极板间的电压，则两粒子的加速度同比减小，那么在竖直方向上，位移和加速度的比值仍旧相等，即a、b从原来高度落下需要的时间仍旧相同，所以两粒子可能同时落在电容器下极板边缘上，故C正确；若只增大粒子b射入时的初速度，则在水平方向上b的位移恒大于a的位移，那么两粒子不可能在两板之间的某一位置相遇，故D错误。‎ 考点综合训练 ‎9.(2018·苏州八校联考)如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1 m，两板间距离d＝0.4 cm，有一束相同微粒组成的带正电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为m＝2×10－6 kg，电量q＝1×10－8 C，电容器电容为C＝10－6 F。求：(g＝10 m/s2)‎ ‎(1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度v0应为多少？‎ ‎(2)以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？‎ 解析：(1)第一个粒子只受重力：＝gt2‎ t＝0.02 s，v0＝＝2.5 m/s。‎ ‎(2)以v0速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘时，有t1＝＝0.04 s，＝at12，a＝ 由mg－qE＝ma E＝＝ n＝＝600个。‎ 答案：(1)2.5 m/s　(2)600个 ‎10.(2018·扬州模拟)静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示。A、B为两块平行金属板，间距d＝0.40 m，两板间有方向由B指向A，大小为E＝1.0×103 N/C的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0＝2.0 m/s，质量m＝5.0×10－15 kg、带电量为q＝－2.0×10－16 C。微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上。试求：‎ ‎(1)微粒打在B板上的动能；‎ ‎(2)微粒到达B板所需的最短时间；‎ ‎(3)微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小。‎ 解析：(1)电场力对每个微粒所做的功为：‎ W＝qEd＝2.0×10－16×1.0×103×0.40 J＝8.0×10－14 J 微粒从A板到B板过程，根据动能定理得 W＝Ekt－Ek0‎ 则得：Ekt＝W＋Ek0＝W＋mv02＝8.0×10－14＋×5.0×10－15×2.02J＝9.0×10－14 J。‎ ‎(2)微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短。‎ 由Ekt＝mvt2得：‎ vt＝ ＝ m/s＝6.0 m/s 根据运动学公式得：＝ 所以微粒到达B板所需的最短时间为：‎ t＝＝ s＝0.1 s。‎ ‎(3)根据对称性可知，微粒最后落在B板上所形成的图形是圆形。‎ 由牛顿第二定律得：‎ a＝＝ m/s2＝40 m/s2‎ 由类平抛运动规律得：R＝v0t1‎ d＝at12‎ 则圆形面积为：S＝πR2＝π(v0t1)2＝πv02＝3.14×2.02× m2≈0.25 m2。‎ 答案：(1)9.0×10－14 J　(2)0.1 s ‎(3)形成的图形是圆形　0.25 m2‎ ‎11．(2018·邯郸质检)如图，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：‎ ‎(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φA；‎ ‎(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F－mg＝m F＝mg＋m 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小 F′＝mg＋m。‎ ‎(2)由于取O点电势为零，而O在MN的垂直平分线上，所以φB＝0‎ 小球从A到B过程中，由动能定理得 mgL＋q(φA－φB)＝mv2‎ φA＝。‎ ‎(3)由电场对称性可知，φC＝－φA 即UAC＝2φA 小球从A到C过程，根据动能定理qUAC＝mvC2‎ vC＝。‎ 答案：(1)mg＋m　(2)　(3) 第4节带电粒子在电场中运动的综合问题 突破点(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，如图所示。‎ ‎1．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：‎ ―→―→ ‎[题点全练]‎ ‎1．图(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(　　)‎ 解析：选B　在0～2 t1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.‎ 示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示。若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d，电子枪发射的质量为m、电荷量为－e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。若两金属板间只存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为d，求U1和U2的比值。‎ 解析：在加速电场U1中，由动能定理：U1e＝mv2‎ 以v的速度进入偏转电场U2中做类平抛运动，在离开偏转电场时偏移距离y1＝at2‎ 其中t＝，速度方向与水平方向成θ角，则有tan θ＝ 离开偏转电场后偏移的距离y2＝d×tan θ 根据牛顿第二定律有加速度a＝＝＝ 而总的偏移距离y＝y1＋y2＝d 联立以上几式可得：＝。‎ 答案：1∶2‎ 突破点(二)　带电粒子在交变电场中的运动 粒子做往返运动(分段研究)‎ ‎[例1]　如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O点到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l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C。‎ ‎(1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？‎ ‎(2)在t＝0到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t＝0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t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动。因为x＝2＝3.6 m>l，所以粒子从t＝0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l＝t2‎ 解得t＝×10－3 s。‎ ‎(2)在0～时间内，粒子的加速度大小为a1＝＝2×105 m/s2‎ 在～T时间内，粒子的加速度大小为a2＝＝4×105 m/s2‎ 可知a2＝2a1，若粒子在0～时间内加速Δt，再在～T时间内减速刚好不能到达A板，则l＝a1Δt·Δt 解得Δt＝2×10－3 s 因为＝6×10－3 s，所以在0～时间里4×10－3 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n＝300××＝100(个)。‎ ‎[答案]　(1)×10－3 s　到达A极板　(2)4×10－3 s　(3)100个 粒子做偏转运动(分解研究)‎ ‎[例2]　如图甲所示，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L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 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：‎ ‎　‎ ‎(1)在t＝0.06 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qU0＝mv2‎ 经电场偏转后侧移量y＝at2＝·2‎ 所以y＝，由图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，‎ 所以y＝4.5 cm 设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝ 所以Y＝13.5 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3L＝30 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 突破点(三)　带电粒子的力电综合问题 ‎[典例]　(2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎(2)A点距电场上边界的高度；‎ ‎(3)该电场的电场强度大小。‎ ‎[思路点拨]　‎ ‎(1)抓住两球在电场中的运动，求出M与N在电场中沿水平方向的位移之比。‎ ‎(2)根据小球M在电场中做直线运动，结合进入电场时竖直分速度和水平分速度的关系，求出A点距电场上边界的高度。‎ ‎(3)结合两球离开电场时动能的大小关系及带电小球M在电场中做直线运动，求出电场强度的大小。‎ ‎[解析]　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0 ①‎ s1＝v0t＋at2 ②‎ s2＝v0t－at2 ③‎ 联立①②③式得 ＝3。 ④‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式 vy2＝2gh ⑤‎ H＝vyt＋gt2 ⑥‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ＝ ⑦‎ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H。 ⑧‎ ‎(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则 ＝ ⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩‎ Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2 ⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝。‎ ‎[答案]　(1)3∶1　(2)H　(3) ‎[方法规律]‎ ‎1．解题思路 ‎2．解题技巧 要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．[多选]如图所示，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(　　)‎ A．R越大，x越大 B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，x越大 D．m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，mg＝m，小球由B到D的过程中有：－2mgR＝mvD2－mvB2，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：FN－mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝mvB2，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确。‎ ‎2.[多选](2018·南通模拟)如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30°角的虚线以速度v0斜向上 做匀速运动。当小球经过O 点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则(　　)‎ A．原电场方向竖直向下 B．改变后的电场方向垂直于ON C．电场方向改变后，小球的加速度大小为g D．电场方向改变后，小球的最大电势能为 解析：选CD　由题意可知，小球只受到重力与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为0，电场力与重力是一对平衡力。所以电场力的大小也是mg，方向与重力的方向相反。则匀强电场的电场强度大小 E＝，带正电的小球受到的电场力的方向与电场的方向相同，所以电场的方向竖直向上，故A错误；改变电场的方向后，电场力沿垂直于MN方向的分力必须与重力沿垂直于MN方向的分力大小相等，可知此时：qE·sin θ＝mgcos 30°，可知此时电场力的方向与MN之间的夹角为θ＝60°，如图所示，故B错误；电场方向改变后，小球受到的合力：F合＝mgsin 30°＋qEcos θ，又ma＝F合，联立得小球的加速度大小为：a＝g，故C正确。小球向上运动，当速度等于0时，电势能最大，最大等于克服电场力做的功。设沿MN小球向上运动的最大位移为x，由动能定理得：－qE·cos θ·x－mgxsin 30°＝0－mv02，小球的最大电势能：Epm＝qEcos θ·x，联立得小球的最大电势能Epm＝mv02，故D正确。‎ 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.(2018·常州模拟)一个带负电荷量为q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动。现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则(　　)‎ A．小球不能过B点 B．小球仍恰好能过B点 C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0‎ D．以上说法都不对 解析：选B　没有电场时，设小球在最高点B速度为v，则：‎ mg＝m 又根据机械能守恒定律，有：mg(h－2R)＝mv2‎ 解得：h＝R 加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v′，则：‎ mg－qE＝m 解得：v′＝ 根据动能定理，得mg(h－2R)－qE(h－2R)＝mv′2，‎ 解得：v′＝ 说明小球仍恰好能过B点，且与轨道间无作用力。故B正确。‎ ‎2.(2018·淮安模拟)如图所示，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α＝60°时，小球速度为0。‎ ‎(1)求：①小球带电性质；②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)①根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。‎ ‎②小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有 ‎0＝EqLsin α－mgL(1－cos α)‎ 解得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G′＝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。‎ m＝mg mv2－mvA2＝－mgL(1＋cos 30°)‎ 联立解得vA＝ 。‎ 答案：见解析 ‎ 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．[多选]有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。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。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是(　　)‎ A．减小墨汁微粒的质量　　 B．减小墨汁微粒所带的电荷量 C．增大偏转电场的电压 D．增大墨汁微粒的喷出速度 解析：选BD　根据偏转距离公式y＝可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，B、D正确。‎ ‎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？‎ 解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理eU1＝mvx2‎ 进入偏转电场后L＝vxt，vy＝at，a＝ 射出偏转电场时合速度v＝，‎ 由以上各式得Ek＝mv2＝eU1＋。‎ 答案：eU1＋ 对点训练：带电粒子在交变电场中的运动 ‎3．(2018·常州模拟)如图 (a)所示，平行金属板A和B的长均为L，板间距离为d，在离它们的右端相距处安放着垂直金属板的足够大的靶MN。现有粒子质量为m、带正电且电荷量为q的粒子束从AB的中点O沿平行于金属板的OO1方向源源不断地以v0的初速度射入板间。若在A、B板上加上如图(b)所示的方波形电压，t＝0时A板比B板的电势高，电压的正向值为U0，反向值也为U0，且U0＝，设粒子能全部打在靶MN上，而且所有粒子在AB间的飞行时间均为，不计重力影响，试问：‎ ‎(1)要使粒子能全部打在靶MN上，板间距离d应满足什么条件？‎ ‎(2)在距靶MN的中心O1点多远的范围内有粒子击中？‎ 解析：(1)零时刻进入的粒子向下偏转，设第一个周期的侧移量为y0‎ y0＝··2＝L 第一个、第二个和第三个周期的侧移量之比为1∶3∶3‎ y＝(1＋3＋3)y0＝L >y，解得d>L。‎ ‎(2)所有粒子射出时都相互平行，出射方向斜向下与水平方向夹角为α，tan α＝＝1，α＝45°，分析可得：周期时刻进入的粒子的侧移量在OO1线上方y0位置处射出，打在靶上的位置在O1下方－＝处，‎ 零时刻进入的粒子打在O1下方L＋＝L 所以O1点下方～处有粒子击中。‎ 答案：(1)d>　(2)O1点下方～处有粒子击中 ‎4．一电子以水平速度v0沿两平行金属板A、B的轴线MN射入，两金属板间电压UAB的变化规律如图所示。已知电子质量为m，电荷量为e，电压周期为T，电压为U0。‎ ‎(1)若电子从t＝0时刻进入两板间，且能从板右边水平飞出，则金属板可能为多长？‎ ‎(2)若电子从t＝0时刻进入两板间，且在半个周期内恰好能从板的上边缘飞出，则电子飞出速度为多大？‎ ‎(3)若电子能从板右边N点水平飞出，电子应在哪一时刻进入两板间？两板间距离至少为多大？‎ 解析：(1)电子能水平从右边飞出，经过时间应满足：t＝nT 又因水平方向匀速运动，所以板长为： l＝nv0T(n＝1,2，3，…)。‎ ‎(2)电子加速过程中：e＝mv2－mv02‎ 计算得出v＝ 。‎ ‎(3)要粒子从O′点水平飞出，电子进入时刻应为：‎ t＝＋n(n＝0,1,2,3…)‎ 即：t＝T(n＝0,1,2,3…)‎ 在半周期内竖直方向位移为y＝2×a2‎ 又e＝ma 电子不与板相碰，必须满足条件：y≤ 由上式得两板间距离至少为：d≥ 。‎ 答案：(1)l＝nv0T(n＝1,2,3，…)　(2) 　‎ ‎(3)t＝T(n＝0,1,2,3，…)　d≥ 考点综合训练 ‎5.(2018·徐州第一中学模拟)如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R的圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A、B两点相切，圆弧杆的圆心O处固定着一个带正电的点电荷。现有一质量为m可视为质点的带负电小球穿在水平杆上，以方向水平向右、大小等于 的速度通过A点，小球能够上滑的最高点为C，到达C后，小球将沿杆返回。若∠COB＝30°，小球第一次过A点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为mg，从A至C小球克服库仑力做的功为mgR，重力加速度为g。求： ‎ ‎(1)小球第一次到达B点时的动能；‎ ‎(2)小球返回A点前瞬间对圆弧杆的弹力。‎ 解析：(1)小球从A运动到B，A、B两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：‎ ‎－mgR(1－cos 60°)＝EkB－mvA2‎ 代入数据解得：EkB＝mgR。‎ ‎(2)小球第一次过A时，由牛顿第二定律得：‎ N＋k－mg＝m 从A到C，由动能定理得：－W电－mgR－Wf＝0－mvA2‎ 从C到A，由动能定理得： W电＋mgR－Wf＝mvA′2‎ 小球返回A点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N′，由牛顿第二定律得：N′＋k－mg＝m 联立以上解得：N′＝mg 根据牛顿第三定律 ，返回A点时，小球对圆弧杆的弹力为mg，方向向下。‎ 答案：(1)mgR　(2)mg，方向向下 ‎6.如图所示，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，Oa＝L，Ob＝2s，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。‎ 解析：设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob＝2s，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Δx≤s，则Δx＝v0t y＝L＝t2‎ 联立解得Δx＝ 。‎ ‎(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s<Δx≤2s，则s＝v0t　y＝t2‎ 由几何关系知tan θ＝＝ 联立解得Δx＝＋。‎ 答案：见解析 ‎7.如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R＝0.5 m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝1×104 N/C。今有一质量为m＝0.1 kg、带电荷量＋q＝7.5×10－5 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力。‎ ‎(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程。‎ ‎(3)判定小滑块最终能否停止运动，如能：计算其最终位置予以表述；如不能：定性判定其最终运动状态。(可能用到的三角函数：tan 37°＝0.75)‎ 解析：(1)设滑块在B点速度为v，对滑块从A到B的过程应用动能定理mgR－qER＝mv2‎ 设滑块在B点对B点压力为F，轨道对滑块支持力为F′，由牛顿第三定律得，两力大小满足F′＝F 对滑块由牛顿第二定律得F′－mg＝m 得F＝F′＝3mg－2qE＝1.5 N。‎ ‎(2)由于滑块在水平面上的滑动摩擦力f＝μmg＝0.05 N＜qE＝0.75 N 故滑块最终将不会静止在水平轨道上；又由于圆弧轨道是光滑的，滑块在圆弧轨道上也不会静止；当滑块到达B的速度恰好等于0时，滑块在水平面内的路程最大。‎ 设滑块在水平轨道上通过的总路程为s，对全程应用动能定理得mgR－qER－fs＝0‎ 得s＝＝2.5 m。‎ ‎(3)由(2)的分析可得，滑块在水平轨道和圆弧轨道上都不会静止，滑块将以某一点为中心来回做往复运动；设其平衡位置和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，‎ 则tan θ＝＝0.75‎ 所以θ＝37°‎ 即：滑块将以与圆心的连线与竖直方向的夹角为37°的一点为中心来回做往复运动。‎ 答案：(1)1.5 N　(2)2.5 m　(3)滑块将以与圆心的连线与竖直方向的夹角为37°的一点为中心来回做往复运动