【物理】2018届人教版静电场学案 89页

第七章 考 纲 要 求 考 情 分 析 物质的电结构、电荷守恒 Ⅰ 电势能、电势 Ⅰ ‎　1.命题规律 从近几年高考试题来看，高考对本章内容主要以选择题的形式考查静电场的基本性质，以综合题的形式考查静电场知识与其他知识的综合应用。‎ ‎2.考查热点 ‎(1)电场的基本概念和性质；‎ ‎(2)牛顿运动定律、动能定理及功能关系在静电场中的应用；‎ ‎(3)带电粒子在电场中的加速、偏转等问题。‎ 静电现象的解释 Ⅰ 电势差 Ⅱ 点电荷 Ⅰ 匀强电场中电势差与电场强度的关系 Ⅱ 库仑定律 Ⅱ 带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 静电场 Ⅰ 示波管 Ⅰ 电场强度、点电荷的场强 Ⅱ 常见电容器 Ⅰ 电场线 Ⅰ 电容器的电压、电荷量和电容的关系 Ⅰ 第35课时　电荷守恒和库仑定律(双基落实课)‎ ‎[命题者说]　学习本课时，要了解静电现象和物体带电的特点，理解电荷守恒定律，理解库仑定律和点电荷的概念。本课时虽然不是高考的重点考点，但掌握本课时内容，可以为复习后面知识打下坚实的基础。‎ 一、静电现象、电荷守恒 ‎1.电荷 ‎(1)三种起电方式：摩擦起电，接触起电，感应起电。‎ ‎(2)两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。‎ ‎(3)元电荷：电荷的多少叫作电荷量，通常把e＝1.6×10－‎19 C的电荷量叫作元电荷。‎ ‎2．对元电荷的理解 ‎(1)元电荷是自然界中最小的电荷量，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。‎ ‎(2)元电荷等于电子所带的电荷量，也等于质子所带的电荷量，但元电荷没有正负之分。‎ ‎(3)元电荷不是点电荷，电子、质子等微粒也不是元电荷。‎ ‎3．电荷守恒定律 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。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．M和N是原来都不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电荷1.6×10－‎‎10 C ‎，下列判断中正确的是(　　)‎ A．在摩擦前M和N的内部没有任何电荷 B．摩擦过程中电子从N转移到了M C．N在摩擦后一定带负电荷1.6×10－‎‎10 C D．M在摩擦过程中失去了1.6×1010个电子 解析：选C　由物质的电结构可知，摩擦前M、N内部存在电荷，A错误；摩擦后M带正电，故摩擦过程中电子从M转移到N，B错误；由电荷守恒定律，C正确；电子所带电荷量为1.6×10－‎19 C，可见D错误。‎ ‎2.如图所示，把一个不带电且与外界绝缘的导体两端分别设计上两个开关，当带正电的小球靠近时，由于静电感应，在a、b端分别出现正、负电荷，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．闭合K1，有电子从导体流向大地 B．闭合K2，有电子从导体流向大地 C．闭合K2，有电子从大地流向导体 D．闭合K1，没有电子通过 解析：选C　K1、K2闭合前，由于静电感应和电荷守恒定律，a、b出现等量异种电荷，当闭合任何一个开关以后，整个导体与大地连接，都是电子从大地被吸引过来，故C正确。‎ 完全相同的两个金属球接触后再分开，如果金属球带同种电荷，总电荷量直接平分；如果金属球带异种电荷，需要先中和，剩余电荷再平均分配。‎ 二、库仑定律 ‎1.库仑定律的内容和表达式 ‎(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：F＝k。式中k＝9.0×109 N·m2/C2，称为静电力常量。‎ ‎2．库仑定律的适用条件 ‎(1)适用条件：真空中的点电荷。‎ ‎(2)带电体看成点电荷的条件：要看带电体本身的线度是否比它们之间的距离小得多。即使是两个比较大的带电体，只要它们之间的距离足够大，也可以视为点电荷。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．(2017·北京西城期末)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.(2016·郑州模拟)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。‎ 对库仑定律适用条件的三点理解 ‎(1)对于两个均匀带电绝缘球体，可以将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离。‎ ‎(2)对于两个带电金属球，距离足够远时同(1)，距离较近时要考虑金属球表面电荷的重新分布。‎ ‎(3)不能根据公式错误地推论：当r→0时，F→∞。其实，在这样的条件下，两个带电体已经不能再看成点电荷了。‎ 三、库仑力作用下的平衡问题 ‎[三个点电荷的平衡问题] ‎ ‎ (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)‎ ‎[例1]　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]　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。‎ ‎[答案]　C ‎[库仑力和其他力的平衡问题]‎ 库仑力作用下的平衡问题，可以是只有库仑力，也可以结合其他力。但其首先是平衡问题，只是多一个库仑力而已。解题的关键是进行受力分析并列出平衡方程。‎ ‎[例2]　(多选)(2015·浙江高考)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为‎0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－‎6 C的正电荷。两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方‎0.3 m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为‎0.2 kg(重力加速度取g＝‎10 m/s2；静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，则(　　)‎ A．支架对地面的压力大小为2.0 N B．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9 N C．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225 N，F2＝1.0 N D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N ‎[解析]　A对B有竖直向上的库仑力，大小为FAB＝＝0.9 N；对B与支架整体分析，竖直方向上合力为零，则FN＋FAB＝mg，可得FN＝mg－FAB＝1.1 N，由牛顿第三定律知FN′＝FN，选项A错误。因两细线长度相等，B在A的正下方，则两绳拉力大小相等，小球A受到竖直向下的重力、库仑力和F1、F2作用而处于平衡状态，因两线夹角为120°，根据力的合成特点可知：F1＝F2＝GA＋FAB＝1.9 N；当B移到无穷远处时，F1＝F2＝GA＝1‎ ‎ N，选项B正确，选项D错误。当B水平向右移至M、A、B在同一条直线上时，如图所示，‎ 对A受力分析并沿水平和竖直方向正交分解，‎ 水平方向：F1 cos 30°＝F2 cos 30°＋F′cos 30°‎ 竖直方向：F1sin 30°＋F2sin 30°＝GA＋F′sin 30°‎ 由库仑定律知，A、B间库仑力大小 F′＝＝＝0.225 N，‎ 联立以上各式可得F1＝1.225 N，F2＝1.0 N，选项C正确。‎ ‎[答案]　BC ‎[通法归纳]‎ ‎　　“三步”处理库仑力作用下电荷的平衡问题 库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题处理方式相同，也就是将力进行合成与分解。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)如图所示，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(　　)‎ A.q　　　　　　　　　 　B.q C.q D.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k＝mA·‎2a，对B球有：k＝mBa，得mB＝2mA，在A、B中点固定C球后，对A球有k－k ‎＝mAa′或k－k＝mAa′，对B球有k ‎＋k＝mBa′，解得qC＝q或qC＝q，故A、B选项正确。‎ ‎2．(多选)(2014·浙江高考)如图所示，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θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则(　　)‎ A．小球A与B之间库仑力的大小为 B．当＝时，细线上的拉力为0‎ C．当＝时，细线上的拉力为0‎ D．当＝时，斜面对小球A的支持力为0‎ 解析：选AC　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 θ，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。‎ 一、单项选择题 ‎1.如图所示，Q带负电荷，导体P在a处接地，下列说法中正确的是(　　)‎ A．导体P的a端不带电荷，b端带负电荷 B．导体P的a端带正电荷，b端不带电 C．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等 D．导体P的a端带正电荷，b端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量 解析：选B　导体接地，它与大地组成一个导体，相对于负电荷Q，a端离Q较近。根据“近异远同”“两端等量”的规律，导体a端带正电，b端不带电，大地作为远端带有等量的负电荷。故选项B正确，A、C、D错误。‎ ‎2．三个完全相同的金属球，A球带电荷量为q，B、C均不带电。现要使B球带电荷量为，正确的操作方法是(　　)‎ A．将A球同时与B球、C球接触 B．先将A球与B球接触，分开后将B球与C球接触 C．先将A球与C球接触，分开后将B球与C球接触 D．先将A球与C球接触，分开后将B球与C球接触，再分开后将B球与A球接触 解析：选D　将三球同时接触时，三个小球平分电荷，则各占三分之一，故A错误；A、B接触时，A、B平分电荷，则B中有q；B与C接触时，再平分，则B中还有，故B错误；因B、C均不带电，则A先与C接触的情况与先与B接触是相同的，最后B中有，故C错误；A与C接触时，C中有的电量；B再与C接触时，B中有的电量；现将B与A接触，则B中电量为＝，故D正确。‎ ‎3.两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则(　　)‎ ‎ A．Q3为负电荷，且放于A左方 B．Q3为负电荷，且放于B右方 C．Q3为正电荷，且放于A、B之间 D．Q3为正电荷，且放于B右方 解析：选A　因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知Q1和Q2是异种电荷，对Q3的作用力一为引力，一为斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之间。根据库仑定律知，由于B处的电荷Q2电荷量较大，Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡，故应放在Q1的左侧。要使Q1和Q2也处于平衡状态，Q3必须带负电，故选项A正确。‎ ‎4．(2017·大连期中)如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的点电荷Q1、Q、Q2，Q恰好静止不动，Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线。已知Q1、Q2分别与Q相距r1、r2，不计点电荷间的万有引力，下列说法正确的是(　　)‎ A．Q1、Q2的电荷量之比为 B．Q1、Q2的电荷量之比为2‎ C．Q1、Q2的质量之比为 D．Q1、Q2的质量之比为2‎ 解析：选C　由于Q处于静止，则有＝，所以＝2，选项A、B错误；对Q1有－＝m1ω2r1，对Q2有－＝m2ω2r2，将＝2代入，得m1r1＝m2r2，解得＝，选项C正确，D错误。‎ ‎5.在光滑的绝缘水平面上，有两个质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的甲、乙两个小球，在力F的作用下做匀加速直线运动，则甲、乙两球之间的距离r为(　　)‎ A. 　　　　　　　 　B．q C．2q D．2q 解析：选B　选甲、乙整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度a＝。选乙为研究对象，由牛顿第二定律得，＝ma，联立得r＝q ，选项B正确。‎ 二、多项选择题 ‎6.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－q、Q。四个小球构成一个菱形，－q、－q的连线与－q、Q的连线之间的夹角为α。若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是(　　)‎ A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝ 解析：选AC　设菱形边长为a，则两个Q之间距离为2asin α，两个－q之间距离为2acos α。选取－q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2kcos α＝k，解得cos3α＝，选项A正确，B错误。选取Q作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2ksin α＝k，解得sin3α＝，选项C正确，D错误。‎ ‎ 7.两个完全相同的小金属球(皆可视为点电荷)，所带电荷量之比为5∶1，它们在相距一定距离时相互间的作用力为F1，如果让它们充分接触后再放回各自原来的位置上，此时相互作用力变为F2，则F1∶F2为(　　)‎ A．5∶2 B．5∶4‎ C．5∶6 D．5∶9‎ 解析：选BD　设两金属球的电荷量大小分别为5q和q，由库仑定律得F1＝，若两金属球带异种电荷，充分接触后再放回各自原来的位置上，两电荷带同种电荷，带电荷量分别为2q，则F2＝，所以F1∶F2＝5∶4；若两金属球带同种电荷，充分接触后再放回各自原来的位置上，两电荷带同种电荷，电荷量均为3q，则F2＝，所以F1∶F2＝5∶9。‎ ‎8.(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：选ACD　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；两球平衡后球B受力如图所示，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。‎ 第36课时　电场强度、电场线(双基落实课)‎ ‎[命题者说]　本课时内容主要包括电场强度、电场力的概念，用电场线描述电场的方法。通过本节的学习，可以对电场力的性质有一个全面的认识。电场强度、电场力、电场线等是高考热点，常在比较综合的题目中有所涉及。‎ 一、电场强度的理解 ‎1.电场 ‎(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质；‎ ‎(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。‎ ‎2．电场强度 ‎(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值；‎ ‎(2)矢量性：规定正电荷在电场中某点受电场力的方向为该点电场强度的方向。‎ ‎3．电场强度三个公式的比较 公式 E＝ E＝k E＝ 意义 电场强度 的定义式 真空中点电荷的 电场强度公式 匀强电场中电场强度 与电势差的关系式 适用 范围 任何电场 真空中的点电荷 匀强电场 ‎[小题练通]‎ ‎1.在电场中的A、B两处分别引入不同的试探电荷q，得到试探电荷所受的电场力随电荷量变化的关系如图所示，则(　　)‎ A．EA＞EB　　　　　　　 B．EA＜EB C．EA＝EB D．不能判定EA、EB的大小 解析：选A　根据电场强度的定义式E＝，电场强度与图中图线的斜率相对应，故EA＞EB，A项正确。‎ ‎2．真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为(　　)‎ A．3∶1 B．1∶3‎ C．9∶1 D．1∶9‎ 解析：选C　由点电荷场强公式有：E＝k∝r－2，故有＝2＝2＝9∶1，C项正确。‎ 电场中某点的电场强度E的大小和方向是唯一的，其大小只由电场本身的特性决定，与F、q的大小及是否存在试探电荷无关，即不能认为E∝F或E∝。‎ 二、电场强度的叠加 ‎[典例]　(2015·山东高考)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。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]　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。‎ ‎[答案]　B 电场强度叠加问题的分析步骤 电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场的叠加问题的一般步骤是：‎ ‎(1)确定分析计算场强的空间位置；‎ ‎(2)分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；‎ ‎(3)依次利用矢量合成的法则求出矢量和。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2013·江苏高考)下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(　　)‎ 解析：选B　将圆环分割成微元，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。‎ ‎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、电场线的理解及应用 ‎(1)定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些有方向的曲线，曲线上每一点的切线方向表示该点的电场强度方向。‎ ‎(2)‎ ‎ (3)六种典型电场的电场线 ‎[小题练通]‎ ‎1．(2017·成都模拟)如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有a、b两点，用Ea、Eb分别表示这两处的电场强度的大小，则(　　)‎ A．a、b两点的电场强度方向相反 B．因为电场线由a指向b，所以Ea>Eb C．因为电场线是直线，所以Ea＝Eb D．因不清楚a、b两点附近的电场线分布情况，所以不能确定Ea、Eb的大小关系 解析：选D　由电场线方向可知a、b 两点的电场强度方向都向右，A错；仅一条电场线无法比较电场线的疏密程度和电场强度大小关系，B、C错，D对。‎ ‎2.(多选)(2017·三明模拟)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。‎ ‎3.(多选)某电场的电场线分布如图所示，则(　　)‎ A．电荷P带正电 B．电荷P带负电 C．a点的电场强度大于b点的电场强度 D．正检验电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力 解析：选AD　电场线从正电荷出发，故A正确，B错误；从电场线的分布情况可知，b处的电场线比a处的密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，故C错误；c点的场强大于d点的场强，所以正检验电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故D正确。‎ ‎(1)根据电场线确定电荷受力情况要分清正、负电荷。‎ ‎(2)根据电场线方向只能确定电荷受力方向，不能确定运动轨迹。‎ 一、单项选择题 ‎1．在电场中某点，当放入正电荷时受到的电场力方向向右；当放入负电荷时受到的电场力方向向左，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．当放入正电荷时，该点场强方向向右；当放入负电荷时，该点场强方向向左 B．该点场强方向一定向右 C．该点场强方向一定向左 D．该点场强方向可能向右，也可能向左 解析：‎ 选B　电场中某一点的电场方向取决于电场本身，其方向与放在该点的正电荷的受力方向一致，与负电荷的受力方向相反，故只有B正确。‎ ‎2．检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在图中能正确反映q、E、F三者关系的是(　　)‎ 解析：选D　电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A、B错误；检验电荷在该点受到的电场力F＝Eq，F正比于q，C错误，D正确。‎ ‎3.(2017·石家庄质检)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.　　　　　　　　　　　　 B.－E C.－E D.＋E 解析：选B　把半个带正电荷的球面等效为整个带正电荷的球面跟半个带负电荷球面叠加在一起。整个带正电荷的球面在N点的场强E1＝k＝k，半个带负电荷球面在N点的场强E2＝E，N点的场强EN＝E1－E2＝k－E，则B项正确。‎ ‎4．(2013·全国卷Ⅱ)如图，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小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　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F＝k，小球b对小球c的库仑引力为F＝k，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：QE＝2Fcos 30°，解得：E＝，选项B正确。‎ ‎5.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m，带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点C由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。则放于圆心处的点电荷在C点产生的场强大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　在B点由库仑力和重力的合力提供向心力，得F－mg＝m，即qE＝m＋mg，小球从C到B电场力不做功，由动能定理mgR＝mv2，两个式子联立可知E＝。点电荷在C点产生的场强大小与B点相同，故B正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．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ABC　甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相等，选项A正确；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，选项B正确；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，电场强度大小相等，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。‎ ‎7.某电场区域的电场线如图所示，a、b 是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是(　　)‎ A．负电荷在a点受到的电场力一定小于它在b点受到的电场力 B．a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右 C．正电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力 D．a点的场强一定大于b点的场强 解析：选BCD　电场线越密，场强越大，所以a点的场强一定大于b点的场强，根据F＝Eq得电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力，故A错误，C、D正确；电场线某点的切线方向表示场强的方向，所以a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右，故B正确。‎ ‎8.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是(　　)‎ ‎ A．粒子必定带正电荷 B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度 C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能 解析：选ACD　根据粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定粒子受电场力的方向沿电场线切线方向，故此粒子带正电荷，选项A正确；由于电场线越密，场强越大，粒子受电场力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在N点加速度大，选项C正确；粒子从M点到N点，电场力做正功，根据动能定理得此粒子在N点动能大，故选项D正确。‎ 第37课时　电势　电势能　电势差(重点突破课)‎ ‎[必备知识]‎ 一、电场力做功与电势能 ‎1．电场力做功 ‎(1)特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关。如图，WAC＝WABC。‎ ‎(2)计算 ‎①W＝qEd，适用于匀强电场。‎ ‎②WAB＝qUAB，适用于任何电场。‎ ‎2．电势能 ‎(1)大小：等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力做的功。‎ ‎(2)公式：Ep＝qφ ‎(3)电场力做功与电势能变化的关系：WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp，即电场力的功等于电势能变化量的负值。‎ ‎(4)电势能的相对性：电势能是相对的，零势能点选取不同，电势能的值不同。通常选取无穷远处或大地表面电势能为零。‎ 二、电势和等势面 ‎1．电势 ‎(1)定义式：φ＝。‎ ‎(2)矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)。‎ ‎(3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。‎ ‎2．等势面 ‎(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面叫作等势面。‎ ‎(2)等势面的特点 ‎①在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功。‎ ‎②电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。‎ ‎③任意两个等势面都不相交。‎ ‎④等差等势面越密的地方，电场强度越大。‎ ‎(3)几种典型电场的等差等势面分布(如图中虚线所示)。‎ 三、电势差　匀强电场中电势差与电场强度的关系 ‎(1)定义：电场中两点间电势的差值叫作电势差。‎ ‎(2)定义式：UAB＝φA－φB。‎ ‎(3)与电场力做功的关系：UAB＝。‎ ‎(4)匀强电场中与场强的关系：U＝Ed。‎ ‎[小题热身]‎ ‎1．(多选)(2017·洛阳一模)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力和电场力作用。若重力做功－3 J，电场力做功1 J，则小球的(　　)‎ A．重力势能增加3 J　　　 　B．电势能增加1 J C．动能减少3 J D．机械能增加1 J 解析：选AD　重力做功－3 J，重力势能增加3 J，A正确；电场力做功1 J，则电势能减少1 J，B错误；合外力做功－2 J，则动能减少2 J，C错误；电场力做功1 J，则机械能增加1 J，D正确。‎ ‎2．(多选)下列关于电势高低的判断，正确的是(　　)‎ A．负电荷从A移到B时，外力做正功，A点的电势一定较高 B．负电荷从A移到B时，电势能增加，A点的电势一定较低 C．正电荷从A移到B时，电势能增加，A点的电势一定较低 D．正电荷只在电场力作用下从静止开始，由A移到B，A点的电势一定较高 解析：选CD　根据电场力做功和电势能变化的关系，不管是正电荷还是负电荷，只要电场力做正功电势能就减少；只要电场力做负功电势能就增加。正、负电荷在电势高低不同的位置具有的电势能不同，正电荷在电势高处具有的电势能大；负电荷在电势低处具有的电势能大，可以确定选项C、D正确。‎ ‎3．(2016·全国丙卷)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 解析：选B　在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D错误。‎ 提能点(一)　电场力做功与电势能 ‎[典例]　(多选)(2016·全国乙卷)如图，一带负电荷的油滴在匀 强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知(　　)‎ A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 ‎[审题指导]‎ ‎(1)审题关注“匀强电场中运动”，从而明确带负电荷的油滴所受电场力不变。‎ ‎(2)审题关注“轨迹在竖直平面内相对于过轨迹最低点P的竖直线对称”，从而明确电场线方向。‎ ‎[解析]　由于带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹关于过最低点P的竖直线对称，由此可判断匀强电场方向竖直向下，Q点的电势比P点高，油滴的加速度不变，A对D错；油滴由P到Q过程电场力做正功，电势能减小，动能增大，B对C错。‎ ‎[答案]　AB ‎　电势能大小的判断 判断依据 判断方法 电场力做功 电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加 公式Ep＝qφ 正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势低的地方电势能大 能量守恒 在只有电场力做功时动能和电势能之和保持不变，动能增加时，电势能减小 ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2017·开封一模)在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动。关于带电小球的电势能Ep和机械能W的判断，正确的是(　　)‎ A．若sin θ<，则Ep一定减少，W一定增加 B．若sin θ＝，则Ep、W一定不变 C．若sin θ＝，则Ep一定增加，W一定减小 D．若tan θ＝，则Ep可能增加，W一定增加 解析：选B　带电小球由静止开始释放，只受重力和电场力，其电势能与机械能之和保持不变。画出带电小球运动中可能的受力图，由图可知，若sin θ＝，则所受电场力与位移垂直，电场力不做功，电势能Ep一定不变，而重力做正功，重力势能减小，动能增加，机械能W一定不变，选项B正确、C错误。若sin θ< ‎，则电场力与位移夹角可能小于90°，电场力做正功，电势能Ep减少，机械能W增加，也可能大于90°，电场力做负功，电势能Ep增加，机械能W减小，选项A错误。若tan θ＝，则电场力与位移夹角小于90°，电场力做正功，电势能Ep减少，机械能W增加，选项D错误。‎ ‎2.(2017·太原测评)如图，空间中存在水平向左的匀强电场。在电场中将一带电液滴从b点由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，且直线bd方向与竖直方向成45°角，下列判断正确的是(　　)‎ A．液滴带正电荷 B．液滴的电势能减少 C．液滴的重力势能和电势能之和不变 D．液滴的电势能和动能之和不变 解析：选B　带电液滴受重力和电场力两个力的作用，由静止释放后，沿直线由b运动到d，说明液滴所受合外力沿b到d的方向，又因为重力方向竖直向下，所以电场力的方向水平向右，而电场线水平向左，故带电液滴带负电，选项A错误；液滴沿直线由b运动到d的过程中，重力和电场力均做正功，重力势能和电势能都减少，选项B正确，C错误；重力和电场力合力所做的功，等于液滴动能的增量，又因为重力和电场力所做的功等于重力势能和电势能的减少量，故液滴的重力势能、电势能、动能三者之和不变，选项D错误。‎ 提能点(二)　电势的理解和电势高低的判断 ‎1.电势是反映电场能的性质的物理量。即确定了电场中某点的电势，就可以知道任意电荷放在该点时的电势能。‎ ‎2．电势的高低与电场强度的大小无关。‎ ‎3．电势具有相对性，规定电势能为零的地方电势也为零。‎ ‎4．沿电场线的方向电势是逐渐降低的。‎ ‎[典例]　(2017·淄博模拟)如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，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正确的是(　　)‎ A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低 B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高 C．O点的电场强度为零，电势最低 D．O点的电场强度不为零，电势最高 ‎[解析]　根据电荷分布的对称性可知O点电场强度为零，而沿x轴正方向无限远处电场强度也为零，故从O点沿x轴正方向电场强度先增大后减小。由于圆环带负电荷，故圆环右侧x轴上电场方向沿x轴负方向，所以从O点沿x 轴正方向，电势一直升高，故选项A、B、D错误，C正确。‎ ‎[答案]　C 电势高低的判断 判断依据 判断方法 电场线 沿电场线方向电势逐渐降低 场源电荷 离正电荷越近的地方电势越高，离负电荷越近的地方电势越低 电势能 正电荷在某点的电势能越大，该点电势越高，负电荷在某点电势能越大，该点电势越低 电场力做功 已知WAB可根据UAB＝确定UAB，再根据UAB＝φA－φB判断电势高低 ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)(2017·昆明七校联考)如图甲所示，a、b是某电场中一条电场线上的两点，若在a点释放一初速度为零的带负电的粒子，粒子仅在电场力作用下沿电场线由a运动到b，其电势能W随位移x变化的规律如图乙所示。设a、b两点的电势分别为φa和φb，电场强度的大小分别为Ea和Eb。则下列判断正确的是(　　)‎ A．φa>φb　　　　　　　　　 B．φa<φb C．EaaB，EkA>EkB B．aAEpB C．aAaB，EpAEkB，EpAEB C．φA>φB D．φA<φB 解析：选D　由速度平方v2与位移x的关系与v2－v02＝2ax对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A、B错误；电子从A到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C错误。‎ ‎4.(2017·石家庄模拟)如图所示，a、b是真空中两个带等量正电的点电荷，A、B两点在两电荷连线上且关于两电荷连线的中垂线对称，O为中点。现将一负点电荷q由A点沿ab连线移到B点，下列说法中正确的是(　　)‎ A．A点电势高于O点电势 B．A点电势高于B点电势 C．电荷q移动过程中，电势能一直减少 D．电荷q移动过程中，电场力先做正功后做负功 解析：选A　由于a、b带电量相同，故两电荷合电场的方向为由A指向O，由B指向O，由此可知由于沿着电场线的方向电势将降低，故A项说法正确；由a、b带电量相同，可知其中垂线上各点电势相等，由对称性可知A、B两点电场强度相等，从A、B两点移动相同电荷到O点电场力的功相等，故其电势相同，B项说法不正确；负点电荷q由A点沿ab连线移到B点的过程中，从A点到O点电场力做负功电势能增加，从O点到B点电场力做正功电势能减小，故C、D项说法均不正确。‎ ‎5．如图所示，仅在静电力作用下，一带电粒子沿图中虚线从A运动到B，则(　　)‎ A．静电力做正功　　 B．动能增加 C．粒子带正电　 　 　 D．加速度增大 解析：‎ 选D　做曲线运动过程中，物体受到的合力指向轨迹的内侧，即带电粒子受到的电场力指向曲线的内侧，所以粒子受到的电场力方向和电场方向相反，故粒子带负电，曲线的切线表示粒子的速度方向，故电场力方向和速度方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，粒子动能减小，A、B、C错误；电场线的疏密程度表示电场强度，电场线越密，电场强度越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大，故从A到B粒子的加速度增大，D正确。‎ ‎6．(2015·全国卷Ⅰ)如图，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φM、φN、φP、φQ。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(　　)‎ A．直线a位于某一等势面内，φM>φQ B．直线c位于某一等势面内，φM>φN C．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M→N，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。‎ ‎7.(2017·西安质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。以下说法正确的是(　　)‎ A．O点电势与Q点电势相等 B．O、M间的电势差小于N、Q间的电势差 C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加 D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上 解析：选C　由电场线的方向可知φM>φO>φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO>φQ，A错误；且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故UMO>UON，B错误；因UMQ>0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D错误。‎ ‎8.如图所示，A、B两点相距‎10 cm，E＝100 V/m，AB与电场线方向的夹角θ＝120°，则A、B两点间的电势差为(　　)‎ A．5 V　　　　　　　　 　B．－5 V C．10 V D．－10 V 解析：选B　A、B两点在场强方向上的距离d＝AB·cos(180°－120°)＝10× cm＝‎5 cm。由于φA<φB，则根据U＝Ed得UAB＝－Ed＝－100×5×10－2 V＝－5 V。‎ 二、多项选择题 ‎9．一个带电小球在空中从a点运动到b点的过程中，重力做功5 J，电场力做功2‎ ‎ J，克服阻力做功1 J。由此可判断能量变化的有关说法中正确的是(　　)‎ A．重力势能减少5 J B．电势能增大2 J C．动能增大6 J D．机械能减少3 J 解析：选AC　重力做功等于重力势能的减少量，重力做功5 J，故重力势能减少5 J，故A正确；电场力做功等于电势能的减少量，电场力做功2 J，故电势能减小2 J，故B错误；合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为W总＝WG＋W电＋W阻＝5 J＋2 J－1 J＝6 J，故动能增大6 J，故C正确。除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，电场力做功2 J，克服空气阻力做功1 J，故机械能增加1 J，故D错误。‎ ‎10．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，O点是a、c连线的中点，a、c处分别固定一个等量正点电荷，如图所示，若将一个带负电的试探电荷P置于b点，自由释放后，电荷P将沿着对角线bd往复运动，当电荷P从b点运动到d点的过程中，电荷P(　　)‎ A．经过O点的电势能最大 B．所受电场力先增大后减小 C．电势能和机械能之和保持不变 D．电势能先减小后增大 解析：选CD　据题a、c处分别固定一个等量正点电荷，由等量正电荷连线的中垂线上电场分布可知：Od间电场强度方向由O→d，Ob间电场强度方向由O→b，而负电荷所受的电场力方向与电场强度方向相反，所以负电荷自由释放后，所受的电场力先b→O，后由d→O，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，到达O点电势能最小，故A错误。O点的场强为零，电荷所受的电场力为零，但bO间和Od间电场线的分布情况不确定，所以场强的变化不确定，电场力的变化也不确定，故B错误。由于只有电场力做功，所以只有电势能与机械能的相互转化，故电势能与机械能之和保持不变，故C正确；由b到O的过程中，电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，故D正确。‎ ‎11．(2013·山东高考)如图所示，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(　　)‎ A．b、d两点处的电势相同 B．四个点中c点处的电势最低 C．b、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。‎ ‎12．(2014·全国卷Ⅰ)如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则(　　)‎ A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP大于φM 解析：选AD　根据正点电荷的电场的特点可知，点电荷的电场的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作MN连线的中垂线和PF连线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交MP于O点，即点电荷在O点，A正确，B错误；将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，故φP>φM，D正确。‎ ‎13.如图所示，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和N视为点电荷，下列说法正确的是(　　)‎ A．M与N的距离大于L ‎ B．P、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 ‎ D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零 解析：选BD　对小球M、N和杆组成的整体，由题意可知k＝k，得x＝(－1)LφN，则C错误；M、N及细杆静止于光滑绝缘桌面上，所以系统所受合外力为零，D正确。‎ ‎14.如图所示，O为两个等量异种电荷连线的中点，P 为连线中垂线上的一点，对O、P两点的比较正确的是(　　)‎ A．φO＝φP，EO>EP B．φO>φP，EO＝EP C．负电荷在P点的电势能大 D．O、P两点所在直线为等势线 解析：选AD　等量异种电荷的中垂线是一条等势线，故φO＝φP，D对B错，电势能相等，C错；由叠加可知从中点O到无穷远，电场强度越来越小，故EO>EP，A对。‎ 第38课时　电场性质的应用(题型研究课)‎ ‎[命题者说]　电场性质可分为电场力的性质和电场能的性质，是高考命题的热点。通过本课时的复习，可以进一步熟练掌握电场的基本概念和规律，并为解决电场综合题目打下坚实的基础。‎ 一、电场常考的图像问题 ‎[v t图像]‎ 根据v t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。‎ ‎[例1]　(多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v t图像如图所示，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能 C．C、D间各点电场强度和电势都为零 D．A、B两点间的电势差大于C、B两点间的电势差 ‎[解析]　由图线可看出，过A点的切线的斜率大于B点，即粒子在A点的加速度大于B点，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，选项A正确；粒子在B点的速度大于A点，故从A点到B动能增加，电势能减小，即粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能，选项B正确；从C到D粒子做匀速运动，故C、D间各点电场强度为零，但是电势相等且不一定为零，选项C错误；从A到B和从C到B粒子动能的变化量相同，故电场力做功相同，即A、B两点间的电势差等于C、B两点间的电势差，选项D错误。‎ ‎[答案]　AB ‎[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]　某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图像如图所示。x轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAx、EOx、EBx，电子在A、O、B三点的电势能分别为EpA、EpO、EpB。下列判断正确的是(　　)‎ A．φO＞φB＞φA　　　　　　 　B．EOx＞EBx＞EAx C．EpO＜EpB＜EpA D．EpO－EpA＞EpO－EpB ‎[解析]　根据题图可以直接判断出φA＞φB＞φO，故A错。由图线斜率的大小可确定EAx＞EBx＞EOx，故B错。由于电子带负电，Ep＝qφ，故EpA＜EpB＜EpO，C错。再根据图像可以确定φA－φO＞φB－φO，故电子电势能的变化EpO－EpA＞EpO－EpB，D正确。‎ ‎[答案]　D ‎[E x图像]‎ ‎(1)在给定了电场的E x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况、电势的变化情况，E x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。‎ ‎(2)可以由E x图像假设某一种符合 E x 图线的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。‎ ‎[例3]　两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，下列能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图是(　　)‎ ‎ ‎ ‎ [解析]　两个等量正点电荷位于x轴上，关于原点O呈对称分布，其电场线分布如图所示。结合图可知在原点O处电场强度为零，能正确描述电场强度E随位置x变化规律的图是A。‎ ‎[答案]　A ‎[通法归纳]‎ ‎　　解决电场中图像问题的两种方法 ‎(1)将图像所反映的情景还原为熟悉的模型；‎ ‎(2)直接从图像的面积、斜率的意义入手，结合电场强度的正负和电势的高低描绘电场线的分布来处理问题。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.电场中的三条等势线如图中实线a、b、c所示，三条等势线的电势φa＞φb＞φc。一电子以沿PQ方向的初速度，仅在电场力的作用下沿直线从P运动到Q，则这一过程中电子运动的v t图像大致是下图中的(　　)‎ ‎ ‎ ‎ 解析：选A　电子由P点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为W＝q(φP－φQ)，因为q＜0，且φP＜φQ，所以W＞0，由动能定理可知，电子的动能不断增大，即速度不断增大，选项C、D错误；P点附近等势面密集，故场强较大，电子在P点附近所受电场力大，电子的加速度也就大，对应v t图像的斜率大，故由P到Q，v t图像的斜率不断减小，选项A正确，B错误。‎ ‎2．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，则下列图像中能正确描述电势φ随位置x变化规律的是(　　)‎ 解析：选A　等量异种点电荷电场线如图所示，因为沿着电场线方向电势降低，所以，以正电荷为参考点，左右两侧电势都是降低的；因为逆着电场线方向电势升高，所以，以负电荷为参考点，左右两侧电势都是升高的。可见，在整个电场中，正电荷所在位置电势最高，负电荷所在位置电势最低，符合这种电势变化的情况只有A选项。‎ ‎3.(多选)(2014·上海高考)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)‎ A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 解析：选BC　由题图可知，正电荷从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点电势能不相等，A项错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B项正确；从x1到x4的过程电场强度先增大，后减小，所以电场力先增大后减小，C项正确，D项错误。‎ 二、电场线、等势线(面)与运动轨迹问题 ‎1.带电粒子在电场中的运动轨迹是由带电粒子受到的合外力情况以及初速度情况共同决定的，运动轨迹上各点的切线方向表示粒子在该点的速度方向；电场线只能够描述电场的方向和定性地描述电场的强弱，它决定了带电粒子在电场中各点所受电场力的方向和加速度的方向。显然，电场线不一定是带电粒子在电场中的运动轨迹。‎ ‎2．若同时满足以下三个条件，则带电粒子的运动轨迹与电场线重合：‎ ‎(1)电场线是直线；‎ ‎(2)带电粒子的初速度为零或者初速度的方向与电场线在同一条直线上；‎ ‎(3)带电粒子只受电场力或受其他力但其他力的合力方向与电场线平行。‎ ‎[典例]　(2016·全国甲卷)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]　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。 ‎ ‎[答案]　D 利用电场线和等势面解决带电粒子运动问题的方法 ‎(1)根据带电粒子(只受电场力)的运动轨迹确定带电粒子受到的电场力的方向，带电粒子所受的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧，再结合电场线的方向确定带电粒子的电性。‎ ‎(2)根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做正功还是做负功，电势能的变化情况或等势面的电势高低。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(多选)(2017·广州六校联考)如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一带电粒子在此电场中运动的轨迹。若带电粒子只在电场力作用下从a处运动到b处，以下说法正确的是(　　)‎ A．带电粒子在a处的加速度较大 B．带电粒子在a处的加速度较小 C．带电粒子在a处的电势能较大 D．带电粒子在a处的电势能较小 解析：选AD　a处电场线较密，故场强E较大，带电粒子在a处受到的电场力较大，故加速度较大，A项正确；由轨迹弯曲方向可知带电粒子受力方向与场强E方向相反，故粒子带负电，又因为沿电场线方向，电势降低，所以a处电势φ较高，由电势能与电势的关系Ep＝qφ可知，带负电的粒子在a点的电势能较小，D项正确。‎ ‎2.(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　由题图中带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹可知，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。‎ 三、电场中的功能关系问题 ‎1.求电场力做功的四种方法 ‎(1)定义式：WAB＝Flcos α＝qEdcos α(适用于匀强电场)。‎ ‎(2)电势的变化：W＝qUAB＝q(φA－φB)。‎ ‎(3)动能定理：W电＋W其他＝ΔEk。‎ ‎(4)电势能的变化：WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB。‎ ‎2．电场中的功能关系 ‎(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。‎ ‎(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。‎ ‎(3)除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量。‎ ‎(4)所有外力对物体所做的总功，等于物体动能的变化。‎ ‎[典例]　如图所示，一根长L＝‎1.5 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E＝1.0×105 N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－‎6 C，另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－‎6 C，质量m＝1.0×10－‎2 kg。现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝‎10 m/s2)‎ ‎(1)小球B开始运动时的加速度为多大？‎ ‎(2)小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？‎ ‎(3)小球B从N端运动到距M端的高度h2＝‎0.61 m时，速度为v＝‎1.0 m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？‎ ‎[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，沿杆方向运动，‎ 由牛顿第二定律得mg－k－qEsin θ＝ma①‎ 解得a＝g－－②‎ 代入数据解得：a＝‎3.2 m/s2。③‎ ‎(2)小球B速度最大时合力为零，‎ 即＋qEsin θ＝mg④‎ 解得h1＝ ⑤‎ 代入数据解得h1＝‎0.9 m。⑥‎ ‎(3)小球B从开始运动到速度为v的过程中，设电场力做功为W，根据动能定理得：mg(L－h2)＋W＝mv2‎ 代入数据得：W＝－8.4×10－2 J 电势能改变了ΔEp＝－W＝8.4×10－2 J。‎ ‎[答案]　(1)‎3.2 m/s2　(2)‎0.9 m　(3)8.4×10－2 J ‎ 电场中功能关系问题的分析方法 ‎(1)受力情况分析和运动情况分析。‎ ‎(2)分析各力做功的情况，做正功还是负功。‎ ‎(3)分清多少种形式的能量参与，哪种能量增加，哪种减少。‎ ‎(4)选择动能定理或能量守恒定律等列出方程式。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2017·洛阳名校联考)如图所示，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μ，AB间距离为L，则以下说法不正确的是(　　)‎ A．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W＝μmgL＋mv02－mv2‎ C．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL＋mv2－mv02‎ D．从A到B的过程中，乙的电势能减少 解析：选B　A做加速度逐渐减小的减速直线运动，到B点时速度最小，所受库仑力等于摩擦力，由μmg＝k，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W＝μmgL＋mv2－mv02，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。‎ ‎2．(2017·福建质检)如图，轨道CDGH位于竖直平面内，其中圆弧段DG与水平段CD及倾斜段GH分别相切于D点和G点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中。一带电物块由C处静止释放，经挡板碰撞后滑回CD段中点P处时速度恰好为零。已知物块的质量m＝4×10－‎3 kg，所带的电荷量q＝＋3×10－‎6 C；电场强度E＝1×104 N/C；CD段的长度L＝‎0.8 m，圆弧DG的半径r＝‎0.2 m，GH段与水平面的夹角为θ，且sin θ ＝ 0.6，cos θ＝0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)求物块与轨道CD段的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)求物块第一次碰撞挡板时的动能Ek；‎ ‎(3)分析说明物块在轨道CD段运动的总路程能否达到‎2.6 m。若能，求物块在轨道CD段运动‎2.6 m路程时的动能；若不能，求物块碰撞挡板时的最小动能。‎ 解析：(1)物块由C处释放后经挡板碰撞滑回P点过程中，由动能定理得 qE－μmg＝0①‎ 由①式代入数据得 μ＝＝0.25。②‎ ‎(2)物块在GH段运动时，由于qEcos θ＝mgsin θ，所以做匀速直线运动③‎ 由C运动至H过程中，由动能定理得 qEL－μmgL＋qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ek－0 ④‎ 由④式代入数据得 Ek＝0.018 J。⑤‎ ‎(3)物块最终会在DGH间来回往复运动，物块在D点的速度为0 ‎ 设物块能在水平轨道上运动的总路程为s，由能量转化与守恒定律可得 qEL＝μmgs⑥‎ 由⑥式代入数据得 s＝‎2.4 m⑦‎ 因为‎2.6 m>s，所以不能在水平轨道上运动‎2.6 m的路程。‎ 物块碰撞挡板的最小动能E0等于往复运动时经过G点的动能，由动能定理得 qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝E0－0⑧ ‎ 由⑧式代入数据得 E0＝0.002 J。⑨‎ 答案：(1)0.25　(2)0.018 J　(3)不能　0.002 J 一、单项选择题 ‎1.(2017·株洲检测)半径为R的均匀带电球体，在通过球心O的直线上，各点的电场分布如图所示。当x≥R时，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同。已知静电力常量为k，则(　　)‎ A．球面是个等势面，球体是个等势体 B．在x轴上x＝R处电势最高 C．xP＝R D．球心O与球面间电势差的大小为E0R 解析：选C　从题图上看，球内部电场强度都不等于零，因此球体不是等势体，A错误；在x轴上x＝R处场强最大，而不是电势最高，B错误；EP＝，E＝·，因为EP＝E，所以xP＝R，C正确；假设球心O与球面间的电场为匀强电场，且大小为E0，则电势差的大小U＝E0R，但是O与球面间的电场并不是匀强电场，因此D错误。‎ ‎2.x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，从图中可看出下列说法错误的是(　　)‎ A．Q1一定大于Q2‎ B．Q1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷 C．电势最低处P点的电场强度为零 D．Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点 解析：选B　场强为零的点离Q1远，因此Q1一定大于Q2，A正确；两个点电荷间的电势都为正，因此两点电荷都为正电荷，B错误；两正点电荷的连线上有一点场强为零，一正的检验电荷从两电荷中的任一电荷附近沿连线向场强为零的点移动时电势都降低，到场强为零的点，电势最低，C正确；Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，D正确；本题选择不正确的，故选B。‎ ‎3．在点电荷Q的电场中的O点，由静止释放一个质量为m、带电荷量为＋q的试探电荷，试探电荷运动到a点时的速度大小为v。若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功为W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，设无穷远处电势为零。则下列判断正确的是(　　)‎ A．电场中a点电势φa＝ B．电场中O点电势为φO＝－ C．试探电荷的最大速度为vm＝ D．aO间电势差为UaO＝ 解析：选A　正试探电荷从无穷远处移到电场中a点克服电场力做功W，表明电场力为斥力，场源电荷带正电，由电场力做功得W＝qUa∞＝(φa－φ∞)q，a点电势φa＝，A项正确；若将试探电荷从O移到a，由动能定理得qUOa＝mv2－0，而UOa＝φO－φa，解得φO＝‎ eq f(W,q)＋，B项错误；该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，则试探电荷在无穷远处时速度最大，由动能定理有W＝mvm2－mv2，则vm＝ ，C项错误；UaO＝－UOa，即UaO＝－，D项错误。‎ ‎4.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点(不计重力)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，据此可知不正确的是(　　)‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点在M点具有的电势能比在N点具有的电势能大 C．带电质点通过M点时的动能比通过N点时大 D．带电质点通过M点时的加速度比通过N点时大 解析：选C　已知实线是一带正电质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，由运动轨迹可以看出电场力应指向曲线的凹侧，且与等势面垂直，受力方向与电场强度方向一致，画出电场线方向，电场线方向由a指向c，如图，顺着电场线方向电势降低，A正确；正电荷在电势越高处电势能越大，所以，质点在M点电势能大，B正确；质点在电势能越小处动能越大，所以质点通过M点时动能小，C错误；M点处等势面比N点密，所以M点电场强度大，质点所受的电场力大，加速度就大，D正确。本题选不正确的，故选C。‎ ‎5．(2017·江苏省清江中学月考)某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点，取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计，在从O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势φ和粒子的动能Ek随位移x的变化图线可能正确的是(　　)‎ 解析：选A　根据题图可知，从O到A 点，电场线疏密反映了电场强度的大小，所以电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，故加速度先减小后增大，A正确；在速度－时间图像中图像的斜率表示加速度，斜率逐渐减小，加速度减小，而加速度是先减小后增大的，B错误；沿电场线方向电势差降低，而电势与位移的图像的斜率表示电场强度，图中斜率逐渐增大，表示电场强度增大，不符合题意，C错误；动能与位移的图像的斜率表示电场强度，图中斜率逐渐增大，表示电场强度增大，不符合题意，D错误。‎ ‎6．一个带负电荷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零 D．以上说法都不对 解析：选B　没有电场时，最高点速度设为v，则mg＝m 又根据机械能守恒定律：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，v′＝ 而由动能定理，得mg(h－2R)－qE(h－2R)＝mv′2，‎ v′＝ 说明小球仍恰好能过B点，故选项B正确。‎ 二、多项选择题 ‎7.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是(　　)‎ A．带正电 B．速度先增大后减小 C．电势能先增大后减小 D．经过b点和d点时的速度大小相同 解析：选CD　根据粒子的运动轨迹及电场线分布特点可知，粒子带负电，选项A错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项B错误，C正确；因为b、d两点在同一等势面上，所以在b、d 两点的电势能相同，所以粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确。‎ ‎8．(2017·丹东第一次大联考)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是(　　)‎ A．b点的场强一定为零 B．Q2带负电且电荷量小于Q1‎ C．a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　b点速度图像的切线水平，说明加速度为零，则b点的场强一定为零，A正确；从a点开始经b点向远处运动先加速后减速，所以Q1带负电，Q2带正电，且Q1＞Q2，B错误；a点的动能比b点的动能小，则a点的电势能比b点的电势能大，又运动电荷为正电荷，所以a点的电势比b点的电势高，C正确，D错误。‎ ‎9.如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是(　　)‎ A．小球再次到M点时，速度刚好为零 B．小球从P到M过程中，合外力对它做了mgL的功 C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgL D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动 解析：选BD　小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为mg，方向水平向右，所以小球到M点时，速度最大，而不是零，A错误；电场力与重力的合力为mg，合力方向上的位移为L，所以做功为mgL，B正确；机械能的增加量就是动能的增加量mgL和重力势能的增加量mgL之和，C错误；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，D正确。‎ ‎10．‎ 图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的轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则该粒子(　　)‎ A．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　由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出二者相互排斥，或者根据曲线运动合力指向曲线的内侧，判断出带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律可知，a、b、c三点中，在a点时受力最大，选项B错误；带电粒子从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故在b点的电势能大于在c点的电势能，选项C正确；由于虚线为等间距的同心圆，根据U＝d(为某段电场的平均值)，故Uab＞Ubc，根据电场力做功公式，所以Wab＞Wbc，根据动能定理，带电粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，选项D正确。‎ 三、计算题 ‎11.(2017·西安模拟)如图所示，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，∠BOC＝30°，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：‎ ‎(1)小球通过C点的速度大小。‎ ‎(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。‎ 解析：(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：‎ mgR·sin 30°＝mvC2－mv2‎ 得：vC＝。‎ ‎(2)由A到C应用动能定理得：‎ WAC＋mgh＝mvC2－0‎ 得：WAC＝mvC2－mgh＝mv2＋mgR－mgh。‎ 由电势能变化与电场力做功的关系得：‎ ΔEp＝－WAC＝mgh－mv2－mgR。‎ 答案：(1)　(2)mgh－mv2－mgR ‎12.如图所示，在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE＞μmg，虚线右侧的水平面光滑。一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎(1)弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(2)滑块在整个运动过程中产生的热量。‎ 解析：(1)设滑块向左运动x时减速到零，由动能定理有－(qE＋μmg)x＝－mv02‎ 解得x＝ 之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek，‎ 由能量守恒定律得：‎ qE(x＋L)＝Ek＋μmg(x＋L)‎ 解得Ek＝(qE－μmg)L＋ 滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为 Epm＝(qE－μmg)L＋。‎ ‎(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W＝qEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Q＝qEL＋mv02。‎ 答案：(1)(qE－μmg)L＋ ‎(2)qEL＋mv02‎ 第39课时　电容器(重点突破课)‎ ‎[必备知识]‎ 一、电容器 ‎1．组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。‎ ‎2．带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。‎ ‎3．电容器的充、放电 ‎(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能；‎ ‎(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能。‎ 二、电容 ‎1．定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值。‎ ‎2．定义式：C＝。‎ ‎3．单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)，‎1 F＝106 μF＝1012 pF。‎ ‎4．意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。‎ ‎5．决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。‎ 三、平行板电容器的电容 ‎1．决定因素：正对面积，介电常数，两板间的距离。‎ ‎2．决定式：C＝。‎ ‎[小题热身]‎ ‎ 1.如图所示为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，对电容器来说正确的是(　　)‎ A．是充电过程 B．是放电过程 C．该电容器的电容为5.0×10－‎‎2 F D．该电容器的电量变化量为‎0.20 C 解析：选B　由Q＝CU知， U降低，Q减小，故为放电过程，A错B对；由C＝＝ F＝5×10－‎3 F，可知C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×‎4 C＝‎0.02 C，D错。‎ ‎2．有两个平行板电容器，它们的电容之比为5∶4，它们的带电荷量之比为5∶1，两极板间距离之比为4∶3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为(　　)‎ A．4∶1　1∶3　　　　　　　 　B．1∶4　3∶1‎ C．4∶1　3∶1 D．4∶1　4∶3‎ 解析：选C　由U＝得：＝＝＝，‎ 又由E＝＝得：＝＝＝，‎ 所以选项C正确。‎ ‎3．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是(　　)‎ A．C和U均增大 B．C增大，U减小 C．C减小，U增大 D．C和U均减小 解析：选B　由平行板电容器电容决定式C＝知，当插入电介质后，ε变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝得U＝，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确。‎ 提能点(一)　平行板电容器的动态分析 ‎2．分析思路 ‎[典例]　(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]　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，上极板向下移动一小段距离时，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。‎ ‎[答案]　D 解决电容器问题的两个常用技巧 ‎(1)在电荷量保持不变的情况下，由E＝＝＝知，电场强度与板间距离无关。‎ ‎(2)针对两极板带电量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2016·全国乙卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器(　　 )‎ A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 解析：选D　平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。‎ ‎2.一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的过程中，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　电容器的电容C＝，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容C与 d成反比，A错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E＝，U＝，C＝，可知E＝保持不变，B错误；负极板接地，电势为零，P点的电势φ等于P点到负极板的电势差，即φ＝El，E不变，l减小，φ线性减小，C正确；由W＝qφ可知，W随φ的变化而变化，即W随l的变化而变化，D错误。‎ 提能点(二)　带电体在电容器中的平衡问题 ‎[典例]　(多选)A、B为平行板电容器的两块金属板，A极板与静电计的金属小球相连，静电计的外壳和B极板都接地，将它们水平放置。当A板带上一定量电荷后，静电计指针偏转一定角度，如图所示(静电计金属小球及金属杆、指针等所带的电荷量与金属板A所带的电荷量相比可以忽略不计)。此时，在A、B板间有一电荷量为q的油滴静止在P点(油滴所带电荷量很少，它对A、B板间电场的影响可以忽略)，以下结论正确的是(　　)‎ A．A极板不动，将B极板向下移动一小段距离，油滴q保持不动，静电计指针偏角减小 B．B极板不动，将A极板向下移动一小段距离，油滴q保持不动，静电计指针偏角减小 C．A极板不动，将B极板向右水平移动一小段距离，油滴q向上运动，静电计指针偏角增大 D．B极板不动，将A极板向右水平移动一小段距离，油滴q向下运动，静电计指针偏角减小 ‎[解析]　A项中，A极板不动，将B极板向下移动一小段距离，d变大，根据C＝，则电容减小，根据U＝，则电势差增大，指针偏角增大，故A错误。B项中，B极板不动，将A极板向下移动一小段距离，d减小，根据C＝，则电容增大，根据U＝，则电势差减小，指针偏角减小。电场强度E＝，可知电场强度不变，油滴所受电场力不变，仍然与重力平衡，保持不动，故B正确。C项中，A极板不动，将B极板向右水平移动一小段距离，S减小，根据C＝，则电容减小，根据U＝，则电势差增大，指针偏角增大。根据E＝知，电场强度增大，油滴所受电场力大于重力，则油滴向上运动，故C正确。D项中，B极板不动，将A极板向右水平移动一小段距离，S减小，根据C＝，则电容减小，根据U＝ ‎，则电势差增大，指针偏角增大。根据E＝知，电场强度增大，油滴所受电场力大于重力，则油滴向上运动，故D错误。‎ ‎[答案]　BC ‎(1)带电液滴在电容器极板间受重力和电场力作用，液滴平衡的条件是qE＝mg。‎ ‎(2)本题中电容器电荷量保持不变。根据极板间距离的变化或极板正对面积的变化可确定电容、电势差、电场强度的变化，进而判断粒子受力情况的变化。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅱ)如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)‎ A．保持静止状态　　　　　　 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 解析：选D　两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。选项D正确。‎ ‎2．(2017·南昌调研)如图所示，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(　　)‎ ‎ A．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　带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，油滴带负电，A项错误；由场强与电势差关系可知，mg＝Eq＝q，解得q＝，B项错误；由题意知，电容器带电荷量Q＝kq＝，由电容的定义式知，C＝＝ ‎，C项正确；电容器与电源保持连接，两板间电势差不变，N板向下移动，板间距离变大，F电＝q，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，D项错误。‎ 提能点(三)　带电体在电容器中的运动问题 ‎[典例]　(2014·安徽高考)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 解得E＝ U＝Ed Q＝CU 得Q＝ ‎(3)由h＝gt12‎ ‎0＝v＋at2‎ t＝t1＋t2‎ 综合可得t＝ ‎[答案]　(1)　(2)　 ‎(3) 带电小球在电容器上方只受重力，做自由落体运动。在电容器中做减速运动，根据运动情况可确定受力情况，进而确定电场强度和电荷量。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(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。质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，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间电压加倍 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　粒子恰好到达N板时有Uq＝mv02，恰好到达两板中间返回时有 q＝mv2，比较两式可知B、D正确。‎ ‎2.如图所示，板长L＝‎4 cm的平行板电容器，板间距离d＝‎3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V。有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－‎10 C，以v0＝‎1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝‎10 m/s2，sin α＝0.6，cos α＝0.8)。求：‎ ‎(1)液滴的质量；‎ ‎(2)液滴飞出时的速度。‎ 解析：(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，可得 qEcos α＝mg E＝ 解得m＝ 代入数据得m＝8×10－‎8 kg。‎ ‎(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零。‎ 对液滴由动能定理得qU＝mv2－mv02‎ 解得v＝ 所以v＝ m/s。‎ 答案：(1)8×10－‎8 kg　(2) m/s 一、单项选择题 ‎1.两块大小、形状完全相同的金属板正对着水平放置，构成一个平行板电容器。将两金属板分别与电源两极相连，如图所示，闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态，下列判断正确的是(　　)‎ A．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向上运动 B．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动 C．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动 D．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动 解析：选A　由液滴静止得mg＝Eq，保持开关S闭合，E＝，U一定，减小d，合力向上，故A正确，B错误；断开开关S，E＝＝＝，Q一定，减小d，E不变，合力仍为零，故C、D错误。‎ ‎2．(2017·苏北四市期末)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是(　　)‎ A．右移　　　　　　　　　 　B．左移 C．上移 D．下移 解析：选A　将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C＝，可知，电容增大，而电容器电量不变，由C＝分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；相反，同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故A正确，B错误；A板向上移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C＝，可知，电容减小，而电容器电量不变，由C＝分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故C错误；同理，D错误。‎ ‎3．(2013·全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将(　　)‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回 解析：选D　当两极板距离为d时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动能定理可得：mg×d－qU＝0，当下极板向上移动，设粒子在电场中运动距离x时速度减为零，全过程应用动能定理可得：mg－qx＝0，两式联立解得：x＝d，选项D正确。‎ ‎4．(2015·海南高考)如图所示，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　两粒子同时从静止开始，在电场力作用下做匀加速直线运动，同时经过某一平面，它们在相同时间内位移之比为2∶3，根据x＝at2，可知它们的加速度之比为2∶3。粒子受到的电场力F＝qE，结合牛顿第二定律，得a＝，由于两粒子所受电场力大小相等，故质量之比应为3∶2，A正确。‎ ‎5.如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，板间距离为d，上极板带正电荷。现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为l，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　根据U＝，E＝可得E＝，所以，A→B电场力做功，W＝qElsin 30°＝，选项C正确。‎ ‎6．如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体。已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏。如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则(　　)‎ A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大 B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大 C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小 D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小 解析：选D　电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，由Q＝CU可知，由导体芯A与导电液体形成的电容器的电容在减小，则液体的深度h在减小，故D正确。‎ 二、多项选择题 ‎7．某电容器上标有“25μF　450 V”字样，下列对该电容器的说法中正确的是(　　)‎ A．要使该电容器两极板之间电压增加1 V，所需电荷量为2.5×10－‎‎5 C B．要使该电容器带电荷量‎1 C，两极板之间需加电压2.5×10－5 V C．该电容器能够容纳的电荷量最多为1.125×10－‎‎2 C D．该电容器能够承受的最大电压为450 V 解析：选AC　由电容器电容的定义式C＝可得C＝，所以ΔQ＝CΔU＝2.5×10－5×‎1 C＝2.5×10－‎5 C，A正确。若Q＝‎1 C，则U＝＝4×104 V，B错误。当电容器的电压为450 V时，电容器的电荷量最多，Q＝CU＝2.5×10－5×‎450 C＝1.125×10－‎2C，C正确。450 V是电容器的额定电压，低于击穿电压，D错误。‎ ‎8．(2017·江苏省清江中学月考)如图所示，平行板电容器与直流电源E′(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带电油滴静止于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)‎ A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴将向下运动 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 解析：选AD　当电容器的下极板向上运动时，根据公式C＝可知d减小，C 增大，A正确；由于电容器的两端电压恒定不变，则静电计两端的电压也不变，故静电计的夹角不变，B错误；根据公式E＝可知，电容器的场强变大，带负电的油滴将向上运动，C错误；若先将上极板与电源正极断开，则电容器所带的电荷量不变，再将下极板向上移动一小段距离，则电容器间的电场强度E＝＝＝，其大小恒定不变，故带电油滴所受的电场力不变，D正确。‎ ‎9．如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是(　　)‎ A．A板与静电计的指针带的是异种电荷 B．甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大 C．乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变 D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小 解析：选BD　静电计指针与A板连为一个导体，带电性质相同，A错误；根据C＝，C＝，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，U增大，C错误；插入电介质，ε增大，电容C增大，U减小，D正确。‎ ‎10.竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是(　　)‎ A．两电荷的电荷量可能相等 B．两电荷在电场中运动的时间相等 C．两电荷在电场中运动的加速度相等 D．两电荷离开电场时的速度大小相等 解析：选AB　两电荷的运动时间均为t＝，B对；由于y＝at2＝t2，故aM＝2aN，M、N的比荷为2倍关系，电荷量可能相等，A对，C错；由v＝知，两电荷离开电场时的速度大小不相等，D错。‎ 三、计算题 ‎11.(2017·漳州八校联考)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＝10－‎6F。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 ‎12．如图所示，两块平行金属板MN间的距离为d，两板间电压U随t的变化规律如图所示，电压的绝对值为U0。t＝0时刻M板的电势比N板低。在t＝0时刻有一个电子从M板处无初速释放，经过1.5个周期刚好到达N板。电子的电荷量为e，质量为m。求：‎ ‎(1)该电子到达N板时的速率v；‎ ‎(2)在1.25个周期末该电子和N板间的距离s。‎ 解析：(1)根据题图可知，粒子先匀加速，再匀减速，速度减到零，最后匀加速到达N板，根据动能定理得 e＝mv2－0，解得v＝ 。‎ ‎(2)根据粒子运动的对称性可知，粒子每运动的距离，从T到1.25T的时间内，粒子运动了×＝，故1.25个周期末该电子和N板间的距离s＝－＝。‎ 答案：(1) 　(2) 第40课时　带电粒子在电场中的运动(重点突破课)‎ ‎[必备知识]‎ 一、带电粒子在电场中的直线运动 ‎1．是否考虑粒子重力 ‎(1)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)。‎ ‎(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．常见两种分析思路 ‎(1)运动和力的关系：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)动能定理：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。‎ 二、带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎1．运动情况 ‎(1)条件分析：不计重力的带电粒子垂直于电场线方向飞入匀强电场。‎ ‎(2)运动特点：类平抛运动。‎ ‎(3)处理方法：利用运动的合成与分解。‎ ‎①沿初速度方向：做匀速直线运动。‎ ‎②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。‎ ‎2．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 ‎[小题热身]‎ ‎1．(多选)一个只受电场力的带电微粒进入匀强电场，则该微粒的(　　)‎ A．运动速度必然增大　　 　 B．动能可能减小 C．运动加速度肯定不为零 D．一定做匀加速直线运动 解析：选BC　带电微粒在电场中只受电场力作用，加速度不为零且恒定，C对。微粒可能做匀变速直线运动或匀变速曲线运动，D错。微粒做匀加速直线运动时，速度增大，动能变大；做匀减速直线运动时，速度、动能均减小，A错，B对。‎ ‎2.(多选)如图所示为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L，为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)可采取的方法是(　　)‎ A．减小两板间电势差U2‎ B．尽可能使板长L短些 C．尽可能使板间距离d小一些 D．使加速电压U1减小一些 解析：选CD　电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转。‎ 加速过程：eU1＝mv02，‎ 偏转过程：L＝v0t，h＝at2＝t2‎ 综合得＝，因此要提高灵敏度则需要：增大L或减小U1或减小d，故答案应选C、D。‎ 提能点(一)　带电粒子在电场中的直线运动 ‎[典例]　(2016·四川高考)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。‎ 如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×‎106 m/s，进入漂移管E时速度为1×‎107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的荷质比取1×‎108 C/kg。求：‎ ‎(1)漂移管B的长度；‎ ‎(2)相邻漂移管间的加速电压。‎ ‎[思路点拨]　‎ ‎(1)质子在B管中做匀速直线运动，已知速度，根据题意确定质子在管中运动的时间就可以求出管B的长度。‎ ‎(2)从B管到E管质子被三次加速，根据动能定理就可以确定加速电压。‎ ‎[解析]　(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则 T＝①‎ L＝vB·②‎ 联立①②式并代入数据得L＝‎0.4 m。③‎ ‎(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场力对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则 W＝qU④‎ W′＝3W⑤‎ W′＝mvE2－mvB2⑥‎ 联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V。⑦‎ ‎[答案]　(1)‎0.4 m　(2)6×104 V ‎(1)求质子在每个管内的运动时间容易出现错误。‎ ‎(2)从B管到E管电场力做功的分析易出现错误。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.如图所示，四个相同的金属容器共轴排列，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上开有小孔。在最左边、最右边两个容器上加电压U后，容器之间就形成了匀强电场。今有一个电子从最左边容器的小孔沿轴线入射，刚好没有从最右边容器出射，则该电子停止运动前(　　)‎ A．通过各容器的速度比依次为∶∶1‎ B．通过各容器的时间比依次为5∶3∶1‎ C．通过各容器间隙所用的时间比依次为5∶3∶1‎ D．通过各容器间隙的加速度比依次为5∶3∶1‎ 解析：选A　由题意可知，容器内部由于静电屏蔽电场强度为零，容器之间为匀强电场，故电子在容器内做匀速直线运动，在容器之间做匀减速直线运动，只考虑匀减速直线运动过程，可以认为电子是从右向左的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过容器的速度之比为v1∶v2∶v3＝∶∶1，所以A正确。电子在容器中做匀速直线运动，故通过容器的时间之比为∶∶1，所以B错误。因各容器间的距离相等，故通过各容器间隙的时间之比t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，所以C错误。电子在匀强电场中所受电场力不变，故加速度不变，所以D错误。‎ ‎2．如图甲所示，电荷量为q＝1×10－‎4 C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度E的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动速度与时间t的关系如图丙所示，取重力加速度g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)前2 s内电场力做的功；‎ ‎(2)物块的质量；‎ ‎(3)物块与水平面的动摩擦因数。‎ 解析：(1)由题意可得，在匀强电场中电场力为：F＝qE，‎ 由题图乙得前2秒内的位移为：s＝×2×‎2 m＝‎2 m，‎ 则电场力做的功为：W＝Fs，‎ 代入数据解得：W＝6 J。‎ ‎(2)在2～4 s内由题图可得，qE2＝μmg 在0～2 s物块的加速度为：a＝‎1 m/s2‎ 由牛顿第二定律得：qE2－qE1＝ma 代入数据解得：m＝‎1 kg。‎ ‎(3)在2～4 s内由题图可得，qE2＝μmg，‎ 又m＝‎1 kg，解得μ＝0.2。‎ 答案：(1)6 J　(2)‎1 kg　(3)0.2‎ 提能点(二)　带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎[典例]　(2017·洛阳一模)如图所示，质量为m＝5×10－‎8 kg的带电粒子以v0＝‎2 m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L＝‎ ‎10 cm‎，板间距离d＝‎2 cm，当A、B间电势差UAB＝103 V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场。求：‎ ‎(1)带电粒子的电性和所带电荷量；‎ ‎(2)A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？‎ ‎[解析]　(1)当A、B间电势差UAB＝103 V时，粒子做直线运动，带电粒子带负电 有q＝mg 得q＝＝1×10－‎11 C。‎ ‎(2)当电压UAB比较大时，qE＞mg，粒子向上偏 －mg＝ma1‎ 当刚好能从上板边缘飞出时，有：＝a1t2‎ l＝v0t 解之得U1＝1 800 V 当电压UAB比较小时，qE＜mg，粒子向下偏，‎ 设刚好能从下板边缘飞出，有：‎ mg－＝ma2‎ ＝a2t2‎ 解之得U2＝200 V 则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为 ‎200 V＜UAB＜1 800 V。‎ ‎[答案]　(1)粒子带负电　1×10－‎‎11 C ‎(2)200 V＜UAB＜1 800 V ‎(1)本题考查了带电粒子在电场中平衡和类平抛运动，通过题意判断出粒子的重力不能忽略。在解题时不考虑重力就会出现错误。‎ ‎(2)粒子既不能打在上极板也不能打在下极板，忽视任一种情况都会造成错误。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.(2016·海南高考)如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 　B. C. D. 解析：选B　当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy＝0时，根据运动学公式有vy2＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv02，联立得E＝，故选项B正确。‎ ‎2.(2017·吉林模拟)一束电子流在经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d＝‎1.0 cm，板长l＝‎5.0 cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ 解析：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离就越大。当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压。‎ 加速过程，由动能定理得：eU＝mv02‎ 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：‎ l＝v0t 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：‎ a＝＝ 偏距：y＝at2‎ 能飞出的条件为：y≤，‎ 解得：U′≤＝ V＝400 V，‎ 即要使电子能飞出，所加电压最大为400 V。‎ 答案：400 V 提能点(三)　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。‎ ‎[典例]　如图所示，A、B和C、D为两平行金属板，A、B 两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始，经A、B加速后穿过C、D发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L，问：‎ ‎(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)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：‎ ―→―→确定动能Ek＝mv2＝m(v02＋vy2) ‎ 思路二：‎ ―→―→ ‎[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qU＝mv2。‎ 设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为φ，偏转距离为y，‎ 则在水平方向有vx＝v，x＝vxt。‎ 在竖直方向有vy＝at，y＝at2。‎ 粒子加速度a＝＝。‎ 由此得到tan φ＝＝，y＝。‎ 所以粒子打在荧光屏上的位置距O点的距离为 y′＝y＋Ltan φ＝。‎ ‎(3)法一：由上述关系式得vy＝Ex ，‎ 所以粒子打在屏上时的动能为 Ek＝mvx2＋mvy2＝qU＋＝。‎ 法二：对于粒子运动的整个过程应用动能定理 qU＋qEy＝Ek，‎ 得Ek＝qU＋qE·＝。‎ ‎[答案]　(1)正电　(2)　(3) ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2017·运城一模)真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是(　　)‎ ‎ A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2‎ D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4‎ 解析：选B　设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv02，解得v0＝ ，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y＝、tan θ＝可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。‎ ‎2．(2017·江苏省清江中学月考)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏，现有一电荷量为＋q、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O，试求：‎ ‎(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；‎ ‎(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；‎ ‎(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。‎ 解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝。‎ ‎(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中运动的时间t′＝ 粒子在电场中的加速度为：a＝＝，‎ 所以vy＝at′＝。‎ 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝＝。‎ ‎(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则y＝at′2＝ 又x＝y＋Ltan α，解得：x＝。‎ 答案：(1)　(2)　(3) 一、单项选择题 ‎1.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的(设电源电动势为U)(　　)‎ A．电子到达B板时的动能是Ue B．电子从B板到达C板动能变化量为零 C．电子到达D板时动能是3Ue D．电子在A板和D板之间做往复运动 解析：选C　电子在AB之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确。‎ ‎2.如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们(　　)‎ A．同时到达屏上同一点　　　 B．先后到达屏上同一点 C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点 解析：选B　一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的比荷不同，由qU＝mv2可知经过加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场中的运动时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y＝at2＝相同，所以会打在同一点，B正确。‎ ‎3.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从带电的平行板电容器极板左侧中央以相同的水平速度v0垂直于电场线方向射入匀强电场中。在重力、电场力共同作用下，三球沿不同的轨道运动，最后都落到极板上，则(　　)‎ A．三个粒子在电场中运动的时间相同 B．A粒子带负电 C．三者落在板上的动能关系为EkC＞EkB＞EkA D．三者都做平抛运动 解析：选C　粒子在水平方向做初速度相同的匀速运动，水平位移越大运动时间越长，故运动的时间tA＞tB＞tC；在竖直方向做匀加速运动，侧向位移y＝at2，且三者侧向位移一样，故加速度aC＞aB＞aA，静电力与重力的合力关系为FC＞FB＞FA，即C带负电、B不带电、A带正电。由于合力做功WC＞WB＞WA，根据动能定理，粒子动能的增加量为EkC＞EkB＞EkA。‎ ‎4．质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入。它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中，(　　)‎ A．它们运动的时间tQ＞tP B．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2‎ C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2‎ D．它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1‎ 解析：选B　小球在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，因为两小球在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故根据公式x＝v0t可得两者的运动时间相同，A错误；在竖直方向上的位移之比＝，因为yP＝aPt2＝t2，yQ＝aQt2＝t2，联立可得qP∶qQ＝1∶2，B正确；电场力做功为W＝Eqy ‎，电场力做多少正功，电势能就减少多少，故＝＝，过程中只有电场力做功，所以电势能转化为动能，即它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D错误。‎ 二、多项选择题 ‎5．在场强大小为E的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的物体以某一初速度沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为，物体运动s距离时速度变为零。则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体克服电场力做功0.8qEs B．物体的电势能增加了0.8qEs C．物体的电势能增加了qEs D．物体的动能减少了0.8qEs 解析：选CD　分析题意知带电物体应竖直向下运动，所受电场力竖直向上，根据牛顿第二定律：0.8qE＝qE－mg，即mg＝0.2qE，故电场力做功W＝－qEs，电势能增加了qEs，A、B错，C对；物体所受合力为0.8qE，方向竖直向上，根据动能定理，物体的动能减少了0.8qEs，D对。‎ ‎6.如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则(　　)‎ A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2‎ B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1‎ C．A和B的质量之比为1∶12‎ D．A和B的位移大小之比为1∶1‎ 解析：选ABC　粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确，D错误。‎ ‎7.(2015·天津高考)如图所示，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(　　)‎ A．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 解析：选AD　根据动能定理有qE1d＝mv12，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l＝v1t2及y＝t22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W＝qE2y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，qE1d＋qE2y＝mv22，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间不相同，选项C错误。根据vy＝t2及tan θ＝得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝，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。‎ ‎8.如图所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U。A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上。关于电子的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越高 B．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由O至M经历的时间相同 C．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同 D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高 解析：选CD　初速度为0的电子经电场加速后根据动能定理有eU0＝mv02，即有v0＝ ，进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向L＝v0t，竖直方向两极板间的距离为d′，电子的加速度a＝，偏转位移d＝at2＝＝，U0越大，d越小，选项A错误；只改变A、B板间的距离，电子在A、B板间加速时间变化，但离开A、B板后的速度不变，故电子的运动时间变化，选项B错误；只改变A、B板间的距离，电子运动加速后的速度不变，在偏转电场中vy也不变，所以电子到达M 前瞬间的动能相同，选项C正确；S闭合后再断开，电容器带电量不变，向左平移B，根据E＝＝＝得，A、B板间的场强不变，所以电子离开B板时速度变小，在偏转极板C、D间运动的时间变长，偏转位移变大，选项D正确。‎ 三、计算题 ‎9.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＋ ‎10．如图所示，两平行金属板A、B长L＝‎8 cm，两板间距离d＝‎8 cm，A板比B板电势高300 V。一带正电的粒子电荷量为q＝10－‎10 C，质量m＝10－‎20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×‎106 m/s。粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为‎12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为‎9 cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2)‎ ‎(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？‎ ‎(2)在图上粗略画出粒子运动的轨迹。‎ 解析：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(侧向位移)‎ y＝at2＝2＝×‎2m＝‎0.03 m＝‎‎3 cm 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于E，设E 到中心线的距离为Y。则 Y＝vy＋y＝×× m＋‎0.03 m＝‎0.12 m＝‎12 cm。‎ ‎(2)第一段是抛物线，第二段是直线，第三段是曲线，轨迹如图所示。‎ 答案：(1)‎3 cm　‎12 cm　(2)见解析 ‎11．(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。‎ 解析：(1)根据动能定理，得eU0＝mv02‎ 解得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 加速度a＝，‎ 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 第41课时　带电体在电场中运动的综合问题(题型研究课)‎ ‎[命题者说]　带电粒子、带电体在电场中的运动是高考的热点，经常进行综合性的考查。如带电粒子在交变电场中的运动、带电体在等效场中的圆周运动、力电综合问题等。这类问题综合性强，难度较大，对学生灵活运用知识分析解决问题的能力有较高的要求。‎ 一、带电粒子在交变电场中的运动问题 ‎1.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 ‎(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。‎ ‎(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。‎ ‎(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。‎ ‎2．常见的三类运动形式 带电体做单向直线运动、直线往返运动或偏转运动。‎ 考法1　粒子在交变电场中的直线运动　‎ ‎[例1]　如图甲所示，真空中相距d＝‎5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m＝2.0×10－‎27 kg、电量q＝＋1.6×10－‎19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计重力。求：‎ ‎(1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；‎ ‎(2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5 s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；‎ ‎(3)A板电势变化频率f满足什么条件时，在t＝时从紧邻B板处无初释放该带电粒子，粒子不能到达A板？‎ ‎[解析]　(1)加速度大小a＝＝＝4.0×‎109 m/s2。‎ ‎(2)粒子在0～时间内做匀加速运动的位移大小 x＝a2＝5.0×10－‎‎2 m 可以发现，位移大小与极板间的距离相等，故粒子在t＝时恰好到达A板，‎ 由v＝at解得v＝2.0×‎104 m/s。‎ ‎(3)粒子在～向A板做匀加速运动，在～向A板做匀减速运动，由运动的对称性可知，在t＝时速度为零，故在～T时间内，粒子反向向B板加速运动……粒子运动时间T内的运动图像，如图所示。粒子向A板运动可能的最大位移xmax＝2×a2＝aT2。要求粒子不能到达A板，有x＜d。‎ 结合f＝，解得f＞ ，‎ 代入数据解得f＞5×104 Hz。‎ ‎[答案]　(1)4.0×‎109 m/s2　(2)2.0×‎104 m/s ‎(3)f＞5×104 Hz ‎(1)若粒子在交变电场中做单向直线运动，一般用牛顿运动定律结合运动学公式求解。‎ ‎(2)若粒子做往返运动，一般可以分段进行研究，有时结合运动图像分析更直观、简单。‎ 考法2　带电粒子在交变电场中的偏转　‎ ‎[例2]　(2017·淮安月考)如图甲所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d＝‎0.1 m，板长L＝‎0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间。距金属板右端x＝‎0.5 m处竖直放置一足够大的荧光屏。现在AB 板间加如图乙所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102 V。在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10－‎7 kg，电荷量q＝1.0×10－‎2 C，速度大小均为v0＝1.0×‎104 m/s。带电粒子的重力不计。求：‎ ‎(1)在t＝0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度；‎ ‎(2)荧光屏上出现的光带长度；‎ ‎(3)若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v＝2.0×‎104 m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长。‎ ‎[解析]　(1)从t＝0时刻进入的带电粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间t＝＝3×10－5 s，正好等于一个周期，竖直方向先加速运动T，后减速运动T，加速度大小 a＝＝‎108 m/s2‎ 射出电场时竖直方向的速度 v＝a×T－a×T＝‎103 m/s。‎ ‎(2)无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同。‎ 偏转最大的粒子偏转量d1′＝a2＋aT·T－a2＝3.5×10－‎‎2 m 反方向最大偏转量 d2′＝a2＋aT·T－a2＝0.5×10－‎‎2 m 形成光带的总长度l＝d1′＋d2′＝4.0×10－‎2 m。‎ ‎(3)带电粒子在电场中运动的时间变为，打在荧光屏上的范围如图所示。‎ d1＝·＝3.75×10－‎‎2 m d2＝·＝1.25×10－‎‎2 m 形成的光带长度 l＝d1＋d＋d2＝‎0.15 m。‎ ‎[答案]　(1)‎103 m/s　(2)4.0×10－‎2 m　(3)‎‎0.15 m ‎(1)由水平射入电场的速度计算粒子在电场中运动的时间，分析该时间和偏转电压变化周期的关系。‎ ‎(2)找出正向偏转位移最大和反向偏转位移最大的粒子，确定它们进入电场的时刻，计算出光带总长度。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.将如图所示交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板的距离足够大，下列说法正确的是(　　)‎ A．电子一直向着A板运动 B．电子一直向着B板运动 C．电子先向A运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 D．电子先向B运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 解析：选D　根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而绘出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个内做匀加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势高于A板电势，所以电子向B板运动，加速度大小为。在第三个内做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项应为D。‎ ‎2．如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB＝1 125 V，两板中央各有小孔O和O′。现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间。在B板右侧，平行金属板M、N长L1＝4×10－‎2 m，板间距离d＝4×10－‎3 m，在距离M、N右侧边缘L2＝‎0.1 m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″点并发出荧光。现在金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u ‎，在t＝0时刻，M板电势低于N板电势。已知电子质量为me＝9.0×10－‎31 kg，电荷量为e＝1.6×10－‎19 C。‎ ‎(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度为多大？‎ ‎(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？‎ ‎(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？‎ 解析：(1)电子经A、B两块金属板加速，有eUAB＝mv02‎ 得v0＝ ＝ m/s＝2×‎107 m/s。‎ ‎(2)当u＝22.5 V时，电子经过M、N板向下的偏移量最大，为y1＝··2＝××‎2m＝2×10－‎‎3 m y1＜d，说明所有的电子都可以飞出平行金属板M、N，此时电子在竖直方向的速度大小为 vy＝·＝× m/s＝2×‎106 m/s，电子射出金属板M、N后到达荧光屏P的时间为t2＝＝ s＝5×10－9 s 电子射出金属板M、N后到达荧光屏P的偏移量为y2＝vyt2＝2×106×5×10－‎9 m＝‎‎0.01 m 电子打在荧光屏P上的最大偏移量为y＝y1＋y2＝‎0.012 m，即范围为从O″向下‎0.012 m内。‎ ‎(3)当u＝22.5 V时，电子飞出电场的动能最大 Ek＝m(v02＋vy2)＝×9.0×10－31×[(2×107)2＋(2×106)2]J≈1.8×10－16 J 或由动能定理得Ek＝e＝1.6×10－19×(1 125＋11.25)J≈1.8×10－16 J。‎ 答案：(1)2×‎107 m/s　(2)从O″向下‎0.012 m内 ‎(3)1.8×10－16 J 二、带电体在等效场中的运动问题 ‎1.等效思维法 等效思维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。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。‎ ‎2．方法应用 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”，如此便建立起“等效重力场”。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。‎ ‎[典例]　如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。‎ ‎(1)求电场强度E的大小；‎ ‎(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度的大小应满足的条件。‎ ‎[解析]　(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，则有 ＝tan 37°，所以E＝。‎ ‎(2)当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零。在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有－mg·2r＝0－mvmin2，所以vmin＝ ，即小球的初速度应不小于。‎ ‎[答案]　(1)　(2)不小于 等效最“高”点与最“低”点的寻找 确定重力和电场力的合力的大小和方向，然后过圆周圆心作等效重力作用线的反向延长线，反向延长线交圆周上的那个点即为圆周的等效最“高”点，延长线交圆周的那个点为等效最“低”点。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎　(2017·吉安模拟)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、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，小球速度为零。‎ ‎(1)求小球带电性质和电场强度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 ‎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，在等效最高点有 m＝mg mv2－mvA2＝－mgL(1＋cos 30°)‎ 联立解得vA＝。‎ 答案：(1)正电　　(2) 三、电场中的力电综合问题 ‎[典例]　在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA ＝‎0.1 kg和mB＝‎0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－‎6 C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物体B的带电量不变。取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8。‎ ‎(1)求B所受静摩擦力的大小；‎ ‎(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝‎0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。‎ ‎[思路点拨]‎ ‎(1)本题第一问为连接体受力平衡问题，利用隔离法受力分析，列出A、B平衡方程即可求解。‎ ‎(2)第二问综合性较强，可以根据牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系等求解。‎ ‎[解析]　(1)据题意静止时由平衡条件得：‎ 对物体A，有mAgsin θ＝FT，‎ 对物体B，有qE＋f0＝FT′，‎ 又FT＝FT′，代入数据得f0＝0.4 N。‎ ‎(2)据题意对物体A运动到N点时受力分析如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 对物体A，有F＋mAgsin θ－FT－Fksin θ＝mAa 对物体B，有FT′－qE－Ff＝mBa 其中Ff＝μmBg Fk＝kx FT＝FT′‎ 由电场力做功与电势能的关系得ΔEP＝qEd 由几何关系得x＝－ 物体A由M运动到N，由v12－v02＝ 得物体A运动到N点时的速度v＝，‎ 拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv 由以上各式代入数据得P＝0.528 W。‎ ‎[答案]　(1)0.4 N　(2)0.528 W ‎[集训冲关]‎ ‎　(2017·济南八校联考)如图所示，在E＝103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝‎40 cm，一带正电荷q＝10－‎4 C的小滑块质量为m＝‎40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝‎10 m/s2，问：‎ ‎(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)‎ ‎(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？‎ 解析：(1)设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得，‎ qEL－μmgL－mg·2R＝mv2－0‎ 小滑块在C点时，重力提供向心力，‎ 所以mg＝m 代入数据解得v＝‎2 m/s，L＝‎20 m。‎ ‎(2)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，‎ qE(L＋R)－μmgL－mg·R＝mvP2－0‎ 在P点时由牛顿第二定律可得，‎ FN－qE＝m，‎ 代入数据解得FN＝1.5 N。‎ 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N。‎ ‎(3)小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R＝gt2，可得滑块运动的时间为t＝ 得t＝0.4 s。‎ 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qE＝ma 所以加速度a＝‎2.5 m/s2‎ 水平的位移为x＝vt－at2‎ 代入解得x＝‎0.6 m。‎ 滑块落地时竖直方向的速度的大小为 vy＝gt＝10×‎0.4 m/s＝‎4 m/s 水平方向的速度的大小为vx＝v－at＝‎1 m/s 落地时速度的大小为v地＝ 解得v地＝ m/s。‎ 答案：(1)‎20 m　(2)1.5 N　(3)‎0.6 m　 m/s 一、选择题 ‎1．(2017·黔南州联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v t图像如图乙所示，不计空气阻力，则：(　　)‎ 甲　　　　　　　　　乙 A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等 B．在t＝5 s时，小球经过边界MN C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5‎ D．在滑块运动的整个过程中，滑块摩擦力做的功小于电场力做的功 解析：选C　由于滑块初、末速度均为零，则最大速度对应的时刻一定是分界线，可快速得出B项错误。再由速度图像面积表示位移得出A项错误。根据图像斜率可确定加速度，再根据牛顿第二定律，C项正确。对这个过程由动能定理列出方程可得出滑动摩擦力做的功等于电场力做的功，故选项D错误。‎ ‎2．如图甲所示，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(　　)‎ A．01)，电压变化的周期为2t，如图乙所示。在t＝0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0～2t时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。‎ 解析：电子在0～t时间内做匀加速运动 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1t2‎ 在t～2t时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1t 匀减速运动阶段的位移x2＝ 依据题意d>x1＋x2‎ 解得d> 。‎ 答案：d> ‎6.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。‎ ‎(1)求小球所受的电场力大小；‎ ‎(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。‎ 解析：(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小F＝mgtan 60°＝mg。‎ ‎(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有＝m，解得v＝。‎ 在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，有 mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv02－mv2，‎ 解得v0＝2。‎ 答案：(1)mg　(2)2 ‎7．(2017·江阴月考)真空室中有如图甲所示的装置，电极K持续发出的电子(初速不计)经过电场加速后，从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线OO′射入。M、N板长均为L，间距为d，偏转极板右边缘到荧光屏P(足够大)的距离为S。M、N两板间的电压UMN随时间t变化的图线如图乙所示。调节加速电场的电压，使得每个电子通过偏转极板M、N间的时间等于图乙中电压UMN的变化周期T。已知电子的质量、电荷量分别为m、e，不计电子重力。‎ ‎(1)求加速电场的电压U1；‎ ‎(2)欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏P上，求图乙中电压U2的范围；‎ ‎(3)证明在(2)问条件下电子打在荧光屏上形成亮线的长度与距离S无关。‎ 解析：(1)由动能定理可知：eU1＝mv02－0‎ L＝v0T 解得电压U1＝。‎ ‎(2)t＝0时刻进入偏转电场的电子，先作类平抛运动，后做匀速直线运动，射出电场时沿垂直平板面方向偏移的距离y最大。‎ y1＝×2‎ y2＝2y1‎ y1＋y2≤ 得U2≤。‎ ‎(3)对满足(2)问条件下任意确定的U2，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度均为vy＝ 电子速度偏转角的正切值均为tan α＝＝ 电子射出偏转电场时的偏转角度均相同，即速度方向相同 不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同，侧移距离的最大值与最小值之差Δy＝2，Δy与U2有关。因电子射出时速度方向相同，所以在屏上形成亮线的长度等于Δy，可知，屏上形成亮线的长度与P到极板M、N右边缘的距离S无关。‎ 答案：(1)　(2)U2≤　(3)见解析 ‎8．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝‎2.5 m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑链接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m＝5×10－‎2 kg、电荷量q＝＋1×10－‎6 C的小球(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝‎3 m/s冲上斜轨。以小球通过C点时为计时起点，0.1 s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小球之间的动摩擦因数为μ＝0.25。设小球的电荷量保持不变，取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。‎ ‎(1)求弹簧枪对小球做的功；‎ ‎(2)在斜轨上小球能到达的最高点为P，求CP的长。‎ 解析：(1)设弹簧枪对小球做功为W，由动能定理得 W－mgr(1－cos θ)＝mv02，‎ 解得W＝0.475 J。‎ ‎(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小球通过C点进入电场后的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：‎ mgsin θ＋μ(mgcos θ＋qE)＝ma1，‎ 小球向上做匀减速运动，经t1＝0.1 s后，速度达到v1，‎ 有v1＝v0－a1t1，‎ 代入数据解得，v1＝‎2.1 m/s。设运动的位移为x1有：‎ x1＝v0t1－a1t12，‎ 电场力反向后，设小球的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μ(mgcos θ－qE)＝ma2，‎ 设小球以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为x2，有0＝v1－a2t2，‎ x2＝v1t2－a2t22，‎ 设CP的长度为x，有x＝x1＋x2，‎ 联立相关方程，代入数据解得x＝‎0.57 m。‎ 答案：(1)0.475 J　(2)‎‎0.57 m 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求)‎ ‎1.(2016·浙江高考)如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，(　　)‎ A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高 C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 解析：选C　带电体C靠近导体A、B时，A、B发生静电感应现象，使A端带负电，B端带正电，但A、B是一个等势体，选项A、B错误；移去带电体C后，A、B两端电荷中和，其下部的金属箔都闭合，选项C正确；若先将A、B分开，再移去带电体C，A、B上的电荷不能中和，其下部的金属箔仍张开，选项D错误。‎ ‎2．真空中A、B两个点电荷相距为L，质量分别为m和‎2m，它们由静止开始运动(不计重力)，开始时A的加速度大小是a，经过一段时间，B的加速度大小也是a，那么此时A、B两点电荷的距离是(　　)‎ A.L　　　　　　　　　　　　 B.L C．‎2‎L D．L 解析：选A　刚释放瞬间，对A，有k＝mAa，经过一段时间后，对B，有k＝mBa，可得L′＝ L＝L，所以A正确。‎ ‎3．(2017·贵阳期中)如图所示，P、Q是等量的正电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点，用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则(　　)‎ A．EA一定大于EB，φA一定大于φB B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB 解析：选B　两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A、B点之间，也可能在B点以上，还可能在A点以下，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；电场强度一直向上，故电势越来越低，φA一定大于φB，故B正确。‎ ‎4．(2017·衡水一模)如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°，∠c＝90°，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(4－)V，(4＋)V和4 V。则该三角形的外接圆上最高电势为(　　)‎ A．(6＋)V B．(4＋)V C.V D．6 V 解析：选D　如图所示，取ab的中点O，根据几何知识可知：O 就是三角形外接圆的圆心，且该点电势为：‎ φO＝＝4 V＝φc，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N方向，根据顺着电场线电势逐渐降低可知：外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点。设外接半径为R，则 UOP＝UOa＝φO－φa＝ V，因为UON＝ER，UOP＝ER cos 30°，则UON∶UOP＝2∶，故UON＝2 V，又UON＝φO－φN，则得：φN＝φO－2 V＝2 V，因为UMO＝UON＝φM－φO，故φM＝6 V，D正确。‎ ‎5.(2017·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。‎ ‎6.(2017·山东莱西一模)四个点电荷位于正方形四个角上，电荷量及其附近的电场线分布如图所示。ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为ab、cd上的两点，OP>OQ，则(　　)‎ A．P点的电场强度比Q点的小 B．P点的电势比M点的低 C．OP两点间的电势差小于OQ间的电势差 D．一带正电的试探电荷在Q点的电势能比在M点大 解析：选AD　电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据题图知P点的电场强度比Q点的小，故A正确；根据电场叠加，由题图可知，ab上各点的电势都相等，M点比ab上各点的电势低，则M点的电势比P点的低，故B错误；OP间电势差等于零，OQ间电势差等于零，则OP两点间的电势差等于OQ间的电势差，故C错误；P、Q电势相等，则Q点的电势高于M点的电势，正电荷在电势高处电势能大，所以带正电的试探电荷在Q点的电势能比在M点大，故D正确。‎ ‎7．(2017·扬州期末)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示(OB>BD)，取无穷远处电势为零，由图可知(　　)‎ A．B点电场强度为零 B．Q1为负电荷，Q2为正电荷 C．Q1的带电量一定大于Q2的带电量 D．将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功 解析：选BCD　因为φx图线的斜率等于电场强度，所以B点电场强度不为零，选项A错误；因B点左侧电势为负，右侧电势为正，故可知Q1为负电荷，Q2为正电荷，选项B正确；因电势为零的位置离D点较近，故Q1的带电量一定大于Q2的带电量，选项C正确；将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电势能降低，则电场力一直做正功，选项D正确。‎ ‎8.如图，一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则(　　)‎ A．小球在B点时速度最大 B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少 C．小球在B点时的绳子拉力最大 D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加 解析：选BD　小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及绳的拉力作用下在竖直平面内的运动。当小球运动到重力和电场力的合力和绳的拉力共线时，小球的速度最大，此时绳的拉力最大，故A、C错误；从A点到C点的过程中，因为重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。‎ 二、计算题 ‎9．(2017·广州期中)一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零，求：‎ ‎(1)A、B两点的电势差UAB；‎ ‎(2)匀强电场的场强大小；‎ ‎(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小。‎ 解析：(1)小球由A到B过程中，由动能定理得：‎ mgLsin 60°＋qUAB＝0，解得UAB＝－；‎ ‎(2)BA间电势差为UBA＝－UAB＝，‎ 则场强E＝＝。‎ ‎(3)小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：‎ FTA＝Eq＝mg，所以FTB＝FTA＝mg。‎ 答案：(1)－　(2)　(3)mg ‎10.(2017·江阴测试)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x≤L)和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同。在区域Ⅰ内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xOy平面内，一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域Ⅰ，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零。P点的坐标为。不计粒子所受重力，求：‎ ‎(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度；‎ ‎(2)电场区域Ⅱ的宽度。‎ 解析：(1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为v0，‎ 在x方向：粒子做匀速直线运动，有L＝v0t 在y方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 有＝at2，且a＝ 解得：v0＝。‎ ‎(2)粒子在区域Ⅱ做匀减速直线运动，设粒子在P处的速度为vP，在x方向的分速度为vPx，在y方向的分速度为vPy，电场区域Ⅱ的宽度为Δx2，则 vPx＝v0＝ vPy2＝2×× 即：vPx＝vPy 故：vP＝ 设粒子在P处的速度方向与水平方向的夹角为θ，‎ 则tan θ＝，∴θ＝。‎ 设粒子从P做直线运动到Q所通过的位移为x 因有：vt2－v02＝2ax 即：0－vP2＝－2··x 解得：x＝L，Δx2＝xcos 45°‎ 得Δx2＝L。‎ 答案：(1) 　(2)L ‎11.(2017·驻马店期中)如图所示，在xOy坐标平面中，有正方形区域abcd，其中的两条边界与坐标轴重合，区域内有竖直向上的匀强电场，电场强度为E。质量为m、电量为q的带电粒子，不计重力，由初速度为零经加速电场后获得速度v0，并从坐标原点沿x正方向进入电场，恰好从c点飞出电场。‎ ‎(1)求加速电压；‎ ‎(2)求ac两点间的电势差；‎ ‎(3)推导证明：带电粒子在正方形区域内运动过程中，动能与电势能之和不变。‎ 解析：(1)粒子经加速电场时，由动能定理得 qU＝mv02‎ 解得U＝。‎ ‎(2)带电粒子在匀强磁场中做初速度为v0的类平抛运动，‎ x方向上：L＝v0t y方向上：L＝××t2‎ 解得：L＝ 所以：Uac＝EL＝。‎ ‎(3)由动能定理W总＝Ekt－Ek0‎ 再由电场力做功与电势能的关系W电＝Ep0－Ept 由于只有电场力做功，所以W总＝W电 即Ekt－Ek0＝Ep0－Ept 得到：Ekt＋Ept＝Ek0＋Ep0‎ 可见，任意时刻粒子的动能与电势能之和都等于初始状态的动能和电势能之和，也就是粒子动能与电势能之和保持不变。‎ 答案：(1)　(2)　(3)见解析