【物理】2018届一轮复习人教版第7章静电场学案 75页

第1节　电场力的性质 一、电荷及其守恒定律　库仑定律 ‎1．元电荷、点电荷 ‎(1)元电荷：e＝1.60×10－‎19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍．‎ ‎(2)点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小和形状的理想化模型．‎ ‎2．电荷守恒定律 ‎(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．‎ ‎(2)三种起电方式：摩擦起电、感应起电、接触起电．‎ ‎(3)带电实质：物体得失电子．‎ ‎(4)电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的导体，接触后再分开，二者带相同电荷；若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分．‎ ‎3．感应起电 ‎(1)起电原因：电荷间的相互作用，或者说是电场对电荷的作用．‎ ‎(2)当有外加电场时，电荷向导体两端移动，出现感应电荷，当无外加电场时，导体两端的电荷发生中和．‎ ‎4．库仑定律 ‎(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．‎ ‎(2)表达式：F＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量．‎ ‎(3)适用条件：真空中的点电荷．‎ ‎①在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式；‎ ‎②当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以把带电体看成点电荷．‎ ‎(4)库仑力的方向：由相互作用的两个带电体决定，且同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．‎ 二、电场、电场强度 ‎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)定义式：E＝.单位：N/C或V/m.‎ ‎(3)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．‎ 三、电场线 ‎1．电场线的特点 ‎(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处．‎ ‎(2)电场线在电场中不相交．‎ ‎(3)电场线不是电荷在电场中的运动轨迹．‎ ‎2．电场线的应用 ‎(1)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大．‎ ‎(2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向．‎ ‎(3)沿电场线方向电势逐渐降低．‎ ‎(4)电场线和等势面在相交处互相垂直．‎ ‎[自我诊断]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍．(√)‎ ‎(2)根据F＝k，当r→0时，F→∞.(×)‎ ‎(3)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．(×)‎ ‎(4)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．(√)‎ ‎(5)在真空中，电场强度的表达式E＝中的Q就是产生电场的点电荷．(√)‎ ‎(6)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．(×)‎ ‎(7)电场线的方向即为带电粒子的运动方向．(×)‎ ‎2．两个分别带有电荷量＋Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定，距离变为2r，则两球间库仑力的大小为(　　)‎ A.F　 B．F C.F D．F 解析：选C.两球接触前F＝，接触后所带电量均为＋2Q，库仑力大小为F′＝k＝ ＝F，C正确．‎ ‎3．(多选)以下关于电场和电场线的说法中正确的是(　　)‎ A．电场、电场线都是客观存在的物质，因此电场线不仅能在空间相交，也能相切 B．在电场中，凡是电场线通过的点，场强不为零，没有电场线的区域内的点场强为零 C．同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大 D．电场线是人们假想的，用以形象表示电场的强弱和方向，客观上并不存在 解析：选CD.电场线是假想的，不是物质，在空间不相交、不相切，没有电场线的区域内的点，场强不一定为零，A、B错误，C、D正确．‎ ‎4. 如图所示，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR＝2RQ.则(　　)‎ A．q1＝2q2 B．q1＝4q2‎ C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q2‎ 解析：选B.由于R处的合场强为0，故两点电荷的电性相同，结合点电荷的场强公式E＝k可知k－k＝0，又r1＝2r2，故q1＝4q2，本题选B.‎ 考点一　电荷守恒定律和库仑定律 ‎1．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，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．‎ ‎2．应用库仑定律的三条提醒 ‎(1)在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小．‎ ‎(2)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反．‎ ‎(3)库仑力存在极大值，由公式F＝k可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1＝q2时，F最大．‎ ‎1. 如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，壳层的厚度和质量分布均匀，将它们分别固定于绝缘支座上，两球心间的距离为l，为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，两球电荷量的绝对值均为Q，那么，a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为(　　)‎ A．F引＝G，F库＝k　　　　‎ B．F引≠G，F库≠k C．F引≠G，F库＝k ‎ D．F引＝G，F库≠k 解析：选D.万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有半径的3倍，但由于壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点．因此，可以应用万有引力定律．对于a、b两带电球壳，由于两球心间的距离l只有半径的3倍，表面的电荷分布并不均匀，不能把两球壳看成相距l的点电荷，故D正确．‎ ‎2．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知(　　)‎ A．n＝3 B．n＝4‎ C．n＝5 D．n＝6‎ 解析：选D.由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F＝k知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有F＝‎ q·nq＝·，解得n＝6，D正确．‎ ‎3．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R.现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝πr3，则A点处检验电荷q受到的电场力的大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.实心大球对q的库仑力F1＝，实心小球的电荷Q′＝Q×＝，实心小球对q的库仑力F2＝＝，检验电荷q所受的电场力F＝F1－F2＝，选项B正确．‎ 考点二　库仑力作用下的平衡问题和动力学问题 考向1：“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场强为零的位置．‎ ‎(2)‎ ‎ ‎ ‎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．正电荷，在B的右边‎0.4 m处 B．正电荷，在B的左边‎0.2 m处 C．负电荷，在A的左边‎0.2 m处 D．负电荷，在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C正确．‎ ‎2．(2017·福建宁德质检)如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1和L2.不计三个质点间的万有引力，则A和C的比荷(电荷量与质量之比)应是(　　)‎ A.2　 B．2‎ C.3 D.3‎ 解析： 选C.根据B恰能保持静止可得k ＝k； A做匀速圆周运动， k－k ＝mAω2L1，C做匀速圆周运动，k－k＝mCω2L2，联立解得A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比应是3，选项C正确．‎ 考向2：共点力作用下的平衡问题 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．(多选) 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．‎ ‎4．(2017·广东第二次大联考)(多选) 如图所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－‎5C，质量均为‎0.72 kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，且均可视为点电荷．A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球固定在绝缘棒一端，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为30°，则A、B球之间的距离可能为(　　)‎ A．‎0.5 m　 B．‎‎0.8 m C．‎1.2 m D．‎‎2.5 m 解析：选AB.对A受力分析，受重力mg、细线的拉力FT、B对A的吸引力F，由分析知，A平衡时，F的最小值为F＝mgsin 30°＝，解得r＝1 m，所以两球的距离d≤1 m，A、B正确．‎ 考向3：库仑力作用下的动力学问题 解决与电场力有关的动力学问题的一般思路：‎ ‎(1)选择研究对象(多为一个带电体，也可以是几个带电体组成的系统)；‎ ‎(2)对研究对象进行受力分析，包括电场力、重力(电子、质子、正负离子等基本粒子在没有明确指出或暗示时一般不计重力，带电油滴、带电小球、带电尘埃等带电体一般计重力)；‎ ‎(3)分析研究对象所处的状态是平衡状态(静止或匀速直线运动)还是非平衡状态(变速运动等)；‎ ‎(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解．‎ ‎5．如图所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R，在中心处固定一电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、电荷量为＋q的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大？‎ 解析：设小球在最高点时的速度为v1，根据牛顿第二定律 mg－＝m①‎ 设小球在最低点时的速度为v2，管壁对小球的作用力为F，‎ 根据牛顿第二定律有F－mg－＝m②‎ 小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，故机械能守恒，‎ 则mv＋mg·2R＝mv③‎ 由①②③式得F＝6mg 由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力F′＝6mg.‎ 答案：6mg ‎6. 如图所示，在光滑绝缘水平面上放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即E＝.在带电长直细棒右侧，有一长为l的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为＋q和＋4q，A球距直棒的距离也为l，两个球在外力F＝2mg的作用下处于静止状态．不计两小球之间的静电力作用．‎ ‎(1)求k的值；‎ ‎(2)若撤去外力F，求在撤去外力瞬时A、B小球的加速度和A、B小球间绝缘细线的拉力．‎ 解析： (1)对小球A、B及细线构成的整体，受力平衡，‎ 有q＋4q＝2mg 解得k＝.‎ ‎(2)若撤去外力瞬时， A、B间细线拉力突然变为零，则 对A球：q·＝maA得aA＝，方向向右．‎ 对B球：4q·＝maB得aB＝，方向向右．‎ 因为aAφb，B正确；将试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线的切线方向运动而不是沿电场线运动，C错误；在原电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移到b的过程中，在－Q形成的电场中电场力对试探电荷也做正功，所以在合电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能将减小，D正确．‎ ‎4. (多选)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的速度将增大 C．a的加速度将减小，b的加速度将增大 D．两个粒子的电势能都减少 解析：选CD.因为电场线方向未知，不能确定a、b的电性，所以选项A错误；由于电场力对a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，电势能都减少，选项B错误、D正确；粒子的加速度大小取决于电场力的大小，a向电场线稀疏的方向运动，b向电场线密集的方向运动，所以选项C正确．‎ 电场线与轨迹问题判断方法 ‎(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况．‎ ‎(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况．‎ 课时规范训练 ‎[基础巩固题组]‎ ‎1．静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸衣若”之说，但下列不属于静电现象的是(　　)‎ A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑 B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引 C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流 D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉 解析：选C.用塑料梳子梳头发时相互摩擦，塑料梳子会带上电荷吸引纸屑，选项A属于静电现象；带电小球移至不带电金属球附近，由于静电感应，金属小球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷，两者相互吸引，选项B属于静电现象；小线圈接近通电线圈过程中，由于电磁感应现象，小线圈中产生感应电流，选项C不属于静电现象；从干燥的地毯上走过，由于摩擦生电，当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流，人有被电击的感觉，选项D属于静电现象．‎ ‎2．关于电场强度的概念，下列说法正确的是(　　)‎ A．由E＝可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比 B．正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入试探电荷的正负有关 C．电场中某一点的场强与放入该点的试探电荷的正负无关 D．电场中某一点不放试探电荷时，该点场强等于零 解析：选C.电场中某点场强的大小由电场本身决定，与有无试探电荷、试探电荷的受力情况及所带电荷性质无关，A、B、D错误，C正确．‎ ‎3.‎ 如图所示，电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有 (　　)‎ A．体中心、各面中心和各边中点 B．体中心和各边中点 C．各面中心和各边中点 D．体中心和各面中心 解析：选D.根据点电荷场强公式E＝及正方体的对称性可知正方体的体中心点及各面的中心点处场强为零，故答案为D.‎ ‎4. 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，故应选A.‎ ‎5．有一负电荷自电场中的A点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度图象如图所示，则A、B所在电场区域的电场线分布可能是选项中的(　　)‎ 解析：选B.由vt图象可知，负电荷的a和v均增加，故EB>EA，B点的电场线比A点的密，且电场力与v同向，E与v反向，故选项B正确．‎ ‎6. 如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是(　　)‎ A．Ea＝ B．Ea＝Eb ‎ C．Ea＝Eb D．Ea＝3Eb 解析：选D.由题图可知，rb＝ra，再由E＝可得＝＝，故D正确．‎ ‎7. 如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d 间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)‎ A．k B．k C．k D．k 解析：选B.由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝k，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小EQ′＝EQ＝k，则Ed＝EQ′＋Eq′＝k＋k＝k，B正确．‎ ‎[综合应用题组]‎ ‎8．(多选)如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是(　　)‎ A．速度先增大，再减小 B．速度一直增大 C．加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大 D．加速度先减小，再增大 解析：选AD.在AB的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，故正电荷所受库仑力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大；由O点到无穷远处时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果P、‎ N相距很近，加速度则先减小，再增大．‎ ‎9．(多选) 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取‎10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·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.由接触起电的电荷量分配特点可知，两相同金属小球接触后带上等量同种电荷，选项A正确；对A受力分析如图所示，有＝，而F库＝k，得F库＝6×10－3 N，q＝4×10－8 C，选项B错误，选项C正确；等量同种电荷连线的中点电场强度为0，选项D正确．‎ ‎10．如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空．将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部电场强度处处为零，则在z轴上z＝处的电场强度大小为(k为静电力常量)(　　)‎ A．k B．k C．k D．k 解析：选D. 设点电荷为正电荷(不影响结果)，则导体表面的感应电荷为负电荷．如图所示，设所求点为A点，取其关于xOy平面的对称点为B，点电荷q在A、B两点的场强大小分别为E1、E2，感应电荷在A、B两点的电场强度的大小分别为EA、EB.由题意可知，B点的合场强为零，EB＝E2＝＝，由对称性可知，EA＝EB＝，故A点场强为E＝EA＋E1＝＋＝，D正确．‎ ‎11. 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，则匀强电场电场强度的大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.以小球c为研究对象，其受力如图甲所示，其中F库＝，由平衡条件得：2F库cos 30°＝Eqc.即：＝Eqc，E＝，此时a的受力如图乙所示，2＋2＝2，解得qc＝2q，即当qc＝2q时a可处于平衡状态，同理b亦恰好平衡，故选项B正确．‎ ‎12. (多选)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： 选BC.当B在A的正下方时，A、B受到彼此的库仑引力，大小为F库1＝k＝0.9 N，则支架对地面的压力大小为NB＝mBg－F库1＝1.1 N，A选项是错误的；A球所受的重力与库仑引力的合力为FA＝mAg＋F库1＝1.9 N，由平行四边形定则可得F1＝F2＝1.9 N，B选项是正确的；当M、A、B 在同一直线上时，库仑引力大小为F库2＝k＝0.225 N，再对A受力分析，进行正交分解，可得F1＝1.225 N，F2＝1.0 N，C选项是正确的；当B移至无穷远处时，A、B之间的库仑力为零，两线上的拉力大小F1＝F2＝1.0 N，D选项是错误的．‎ ‎13．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＝9.0×109N·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两点电荷间的库仑力大小为 F＝k①‎ 代入数据得F＝9.0×10－3 N②‎ ‎(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为 E1＝k③‎ A、B两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/C 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 第2节　电场能的性质 一、电势　等势面和电势能 ‎1．电势 ‎(1)定义：电荷在电场中某点具有的电势能与它的电荷量的比值．‎ ‎(2)定义式：φ＝.‎ ‎(3)矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零势点高(低)．‎ ‎(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零势点的不同而不同，通常取无限远或地球的电势为零．‎ ‎2．等势面的特点 ‎(1)同一等势面上的任意两点间移动电荷电场力不做功．‎ ‎(2)等势面一定跟电场线垂直，即跟场强的方向垂直．‎ ‎(3)电场线总是从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．‎ ‎(4)等差等势面越密的地方场强越大，反之越小．‎ ‎3．电势能 ‎(1)定义：电荷在电场中某点具有的势能，等于将电荷从该点移到零势点位置时电场力所做的功．‎ ‎(2)电场力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.‎ 二、电势差　匀强电场中电势差与场强的关系 ‎1．电势差 ‎(1)定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力F做的功与移动的电荷的电荷量的比值．‎ ‎(2)定义式：UAB＝.‎ ‎(3)电势差与电势的关系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA.‎ ‎(4)影响因素：电势差UAB由电场本身的性质决定，与移动的电荷q及电场力做的功WAB无关，与零电势点的选取无关．‎ ‎2．匀强电场中电势差与电场强度的关系 ‎(1)电势差与场强的关系式：UAB＝Ed，其中d为电场中两点间沿场强方向的距离．‎ ‎(2)在匀强电场中，场强在数值上等于沿场强方向每单位距离上降低的电势；‎ 注意：电场中，场强方向是指电势降落最快的方向．‎ ‎[自我诊断]‎ ‎1．判断正误 ‎(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)电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同. (×)‎ ‎(4)沿电场线方向电场强度越来越小，电势逐渐降低．(×)‎ ‎(5)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．(×)‎ ‎(6)电场线越密集的地方，等差等势线也越密集．(√)‎ ‎2．(多选)关于电势差的计算公式，下列说法正确的是(　　)‎ A．电势差的公式UAB＝说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比 B．把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB>0‎ C．电势差的公式UAB＝中，UAB与移动电荷的电荷量q无关 D．电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力所做的功 解析：选BC.电场中两点间的电势差是一个定值，不会随电场力做的功WAB和移动电荷的电荷量q的变化而变化，故A错误，C正确；又由UAB＝知，电场力做正功，且q为正电荷，则电势差为正，B正确；电场中A、B两点间的电势差UAB等于把单位正电荷从A点移动到B点时电场力所做的功，D错误．‎ ‎3. (多选)某导体置于电场后周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的三个点．下列说法正确的是(　　)‎ A．A点的电场强度小于B点的电场强度 B．A点的电势高于B点的电势 C．将负电荷从A点移到B点，电场力做正功 D．将正电荷从A点移到C点，电场力做功为零 解析：选ABD.电场线的疏密表示电场强度的大小，A处电场线比B处稀疏，A正确；在同一等势面上电势相等且沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以A点的电势高于B点的电势，B正确；将负电荷从A点移到B点，电场力做负功，C错误；A点、C点在同一个等势面上，将正电荷从A点移到C点，电场力做功为零，D正确．‎ ‎4. (多选)光滑绝缘水平面上有两个带等量异种电荷的小球A、B，小球A通过绝缘轻弹簧与竖直墙相连，如图所示．今小球B在外力F作用下缓慢向右移动，移动中两小球带电荷量不变，则对两小球和弹簧组成的系统的分析正确的是(　　) ‎ A．外力F对系统做正功，弹性势能增大 B．外力F对系统做正功，弹性势能减小 C．静电力做正功，电势能减小 D．静电力做负功，两球间电势差增大 解析：选BD.外力对小球做正功，当小球B向右运动时，两球距离增大，库仑力减小，因此弹簧的伸长量减小，弹性势能减小，A错误，B正确；由于两球距离增大，库仑力做负功，系统电势能增大，两球间电势差增大，C错误，D正确．‎ 考点一　电势　等势面和电势能 考向1：电势与电势能的判断 ‎1．电势高低的判断 判断角度 判断方法 沿电场线方向电势逐渐降低 依据电场线方向 依据场源电荷的正负 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 依据电场力做功 根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 依据电势能的高低 正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大 ‎2.电势能大小的判断 判断角度 判断方法 做功判断法 电场力做正功，电势能减小 电场力做负功，电势能增加 电荷电势法 正电荷在电势高的地方电势能大 负电荷在电势低的地方电势能大 公式法 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 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 ‎1．(多选)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.由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A、B正确，C错误．四点中a点电势最高、c点电势最低，正电荷在电势越低处电势能越小，故D正确．‎ ‎2. (多选)如图所示，有一对等量异种电荷分别位于空间中的a点和f点，以a点和f点为顶点作一正立方体．现在各顶点间移动一试探电荷，关于试探电荷受电场力和具有的电势能，以下判断正确的是(　　)‎ A．在b点和d点受力大小相等，方向不同 B．在c点和h点受力大小相等，方向相同 C．在b点和d点电势能相等 D．在c点和h点电势能相等 解析：选ABC.根据对称性和等量异种电荷周围电场线的分布特点可知，试探电荷在b点和d点受力大小相等，方向不同，在c点和h点受力大小相等，方向相同，所以选项A、B正确；因为 b点和d点到两个场源电荷的距离都一样，所以试探电荷在 b点和d点电势能相等，选项C正确；c点离场源正电荷较h点远，所以试探电荷在c点和h点电势能不相等，或者根据等量异种电荷周围等势面的分布特点可知，中垂面是等势面，而c点和h点分居中垂面的两侧，它们的电势肯定不等，所以选项D错误．‎ 带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧 ‎(1)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向．‎ ‎(2)判断电场力(或场强)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断场强的方向．‎ ‎(3)判断电场力做功的正负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加．‎ 考向2：几种常见的典型电场等势面的对比分析 电场 等势面(实线)图样 重要描述 匀强电场 垂直于电场线的一簇等间距平面 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 连线的中垂面上的电势为零 等量同种正点电荷的电场 连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高．关于中点左右对称或上下对称的点电势相等 ‎3．(2016·高考全国丙卷) 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.静电场中的电场线不可能相交，等势面也不可能相交，否则的话会出现一个点有两个电场强度和两个电势值的矛盾，A错误；由WAB＝qUAB可知，当电荷在等势面上移动时，电荷的电势能不变，如果电场线不与等势面垂直，那么电荷将受到电场力，在电荷运动时必然会做功并引起电势能变化，这就矛盾了，B正确；同一等势面上各点电势相等，但电场强度不一定相等，C错误；对于负电荷，q<0，从电势高的A点移到电势低的B点，UAB>0，由电场力做功的公式WAB＝qUAB可知WAB<0，电场力做负功，D错误．‎ ‎4．(2017·山东青岛模拟)‎ ‎(多选)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．速度先变大后变小 C．电势能先变大后变小 D．经过b点和d点时的速度大小相等 解析：选CD.做曲线运动的物体受到的合力方向指向曲线的内侧，根据带电粒子受力方向可以判断，粒子带负电，选项A错误；负电荷在电势低的位置电势能大，粒子的电势能先变大后变小，粒子的电势能和动能之和不变，所以粒子的动能先变小后变大，速度先变小后变大，选项B错误，选项C正确；b、d两点电势相同，粒子经过这两点时电势能相等，动能相等，速度大小也相等，选项D正确．‎ 考点二　电场强中电势差与电场强度的关系 考向1：在匀强电场中由公式U＝Ed得出“一式二结论”‎ ‎(1)“一式”：E＝＝，其中d是沿电场线方向上的距离．‎ ‎(2)“二结论”‎ 结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图1所示．‎ 结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图2所示．‎ ‎1. (多选)如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为‎10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1 V、2 V、3 V，正六边形所在平面与电场线平行．下列说法正确的是(　　)‎ A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线 B．匀强电场的电场强度大小为10 V/m C．匀强电场的电场强度方向为由C指向A D．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10－19 J 解析：选ACD.由AC的中点电势为2 V，所以BE为等势线，CD、AF同为等势线，故A正确；CA为电场线方向，电场强度大小E＝＝ V/m＝ V/m，故B错误，C正确；由UED＝UBC＝－1 V，WED＝－eUED＝1.6×10－19 J.‎ ‎2．(多选)如图所示 ，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是(　　)‎ ‎ 解析：选BC.匀强电场中将任一线段等分，则电势差等分．把AB等分为三段，AB间电压为3 V，则每等分电压为1 V，H点电势为4 V，F点电势为3 V，将FC相连，则FC为等势线，电场线垂直于FC ‎，从高电势指向低电势，C正确；把AC相连，分为两份，AC电压为2 V，则G点电势为4 V，GH为等势线，电场线垂直于GH，从高电势指向低电势，B正确．‎ 考向2：E＝在非匀强电场中的妙用 ‎(1)解释等差等势面的疏密与场强大小的关系，当电势差U一定时，场强E越大，则沿场强方向的距离d越小，即场强越大，等差等势面越密集．‎ ‎(2)定性判断非匀强电场电势差的大小关系，如距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大；E越小，U越小．‎ ‎(3)利用φ x图象的斜率判断沿x方向场强Ex随位置的变化规律．在φ x图象中斜率k＝＝＝Ex，斜率的大小表示场强的大小，正负表示场强的方向．‎ ‎3．(2017·福建福州质检)电场中某三条等势线如图甲中实线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图象可能是图乙中的(　　)‎ ‎‎ 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．‎ ‎4. 如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小 B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大 C．电势差UAB＝UBC D．电势φA<φB<φC 解析：选B.该电场为负点电荷电场，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，选项A错误；根据电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，它具有的电势能越来越大，选项B正确；由于电场为非匀强电场，电势差UABφB>φC，选项D错误．‎ 考点三　电场中的功能关系 ‎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＝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1]　 如图所示， 虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场， 一带电粒子质量为m ＝2.0 × 10－‎11kg、电荷量为q＝＋1.0×10－‎5 C，从a点由静止 经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直于匀强电场方向进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距离为‎20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：‎ ‎(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速度v1；‎ ‎(2)匀强电场的场强大小；‎ ‎(3)ab两点间的电势差．‎ 解析　(1)由动能定理得：qU＝mv 代入数据得v1＝104 m/s ‎(2)因带电粒子重力不计，则进入PQ、MN间电场中后，做类平抛运动，粒子沿初速度方向做匀速直线运动：d＝v1t.‎ 粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：vy＝at.‎ 由题意得：tan 30°＝ 由牛顿第二定律得qE＝ma 联立以上相关各式并代入数据得：‎ E＝×103 N/C≈1.73×103 N/C ‎(3)由动能定理得：qUab＝mv2＝m(v＋v)‎ 联立以上相关各式代入数据得：Uab＝400 V 答案　(1)104 m/s　(2)1.73×103 N/C　(3)400 V ‎(1)电荷在电场中运动时，电场力做功将引起电势能与其他形式的能相互发生转化，电荷的机械能不再守恒．‎ ‎(2)要搞清几个功能关系：重力做功等于重力势能的变化，电场力做功等于电势能的变化，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，合外力做功等于动能的变化．‎ ‎(3)无论能量如何变化，总是满足能量守恒定律．‎ ‎1. 如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)．虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线．下列判断正确的是(　　)‎ A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小 C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 解析：选C.由于带电粒子的电性不确定，所以电场线的方向不确定，A错误；带电粒子由a运动到b的过程中，只受电场力的作用，由轨迹的弯曲方向知电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B错误、C正确；由于仅给出一条电场线，电场强度的大小关系不确定，D错误．‎ ‎2. (多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止 运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中(　　)‎ A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球的重力势能增加－W1‎ C．小球的机械能增加W1＋mv2‎ D．小球的电势能减少W2‎ 解析：选BD.本题考查势能大小的计算和机械能守恒定律．由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A选项错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，增加量为－W1，故B选项正确；小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W1＋mv2，故C选项错误；根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，减少量为W2，故D选项正确．‎ 考点四　静电场中的三类图象问题 考向1: v t图象 根据v t 图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．‎ ‎[典例2]　(多选)如图(a)，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v t图线如图(b)所示．设a、b两点的电势分别为φa、φb，电场强度大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有(　　) ‎ A．φa＞φb B．Ea＞Eb C．Ea＜Eb D．Wa＞Wb 解析　由v t 图象的斜率减小可知由a到b的过程中，粒子的加速度减小，所以电场强度变小，Ea＞Eb；根据动能定理，速度增大，可知电势能减小，Wa＞Wb，可得选项B、D正确．‎ 答案　BD 考向2：φ x图象 ‎(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图象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图象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．‎ ‎[典例3]　两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则(　　)‎ A．N点的电场强度大小为零 B．A点的电场强度大小为零 C．NC间电场强度方向指向x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 解析　A、N点的电势等于零，电场强度大小不为零，选项A、B错误；从N到C电势升高，NC间电场强度方向指向x轴负方向，选项C错误；从N到C电势升高，从C到D电势降低，将一负点电荷从N点移到C点，电场力做正功，从C点到D点，电场力做负功，选项D正确．‎ 答案　D 考向3：Ex图象 在给定了电场的Ex图象后，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．‎ 在这类题目中，还可以由Ex图象假设某一种符合Ex图线的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题．‎ ‎[典例4]　(多选) 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　由图象可知，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．‎ 答案　BC 课时规范训练 ‎[基础巩固题组]‎ ‎1．(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 解析：选AD.电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，故电场强度的方向与等势面垂直，选项A正确；场强为零的地方电势不一定为零，例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零但是电势大于零，选项B错误；场强大小与电场线的疏密程度有关，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，故随电场强度的大小逐渐减小，电势不一定降低，选项C错误；任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致，而电场线的方向是电势降落最快的方向，选项D正确．‎ ‎2. 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φA＝30 V，B点的电势φB＝－10 V，则C点的电势(　　)‎ 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，所以φC＜10 V，C正确．‎ ‎3. 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.电场线的疏密反映电场的强弱，电场线越密，电场越强，据图可知，B点的电场强度比A点大，选项A错误；沿电场线电势降低，小球表面的电势比容器内表面的高，选项B错误；容器内表面为等势面，而电场线总与等势面垂直，故B点的电场强度方向与该处内表面垂直，选项C正确．A、B两点等势，将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力做功均为零，选项D错误．‎ ‎4. 如图所示，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.由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a＝可知，ab>ac>aa，由运动轨迹可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用，不论粒子从a到c，还是从c到a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此va>vc>vb，故D正确．‎ ‎5．如图所示，一带电小球沿与CD平行方向，射入倾角为θ的光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，小球运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)‎ A．若小球带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下 B．小球从M点运动到N点电势能一定增加 C．小球从M点运动到N点动能一定增加 D．小球从M点运动到N点机械能一定增加 解析：选C.若小球带正电荷，重力沿斜面向下的分力大于电场力时，电场力的方向可以沿斜面向上，也可以沿斜面向下，所以A错误；当电场力沿斜面向上时，则电场力做负功，电势能增加，当电场力沿斜面向下时，电场力做正功，电势能减小，故B错误；由于合力沿斜面向下，故合力一定做正功，根据动能定理可知，动能一定增加，故C正确；若电场力沿斜面向上，电场力做负功，机械能减小，故D错误．‎ ‎6. 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．‎ ‎7．(多选) 如图所示，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q 的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是(　　)‎ A．b点电势为零，电场强度也为零 B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右 C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功 D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大 解析：选BC.因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为平行于x轴指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向平行于x轴向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b两点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误．‎ ‎[综合应用题组]‎ ‎8．(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则(　　)‎ A．M的带电量比N的大 B．M带负电荷，N带正电荷 C．静止时M受到的合力比N的大 D．移动过程中匀强电场对M做负功 解析：选BD.带电小球M、N在不计重力条件下平衡，说明M、N 两球所受电场力的合力为零，即M、N所在点合场强为零，所以M球在N球处所产生的场强方向向左，大小为E，故M球带负电；同理，N球在M球处产生的场强方向向左，大小为E，故N球带正电，且两球所带电荷量相等．所以B、D正确．‎ ‎9. 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为零，点A 处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为(　　)‎ A．200 V/m B．200 V/m C．100 V/m D．100 V/m 解析：选A.匀强电场的电场线与等势面都是平行、等间距排列的，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取OA中点C，则C点电势为3 V，连接BC即为电场中的一条等势线，作等势线的垂线，即电场的电场线，E＝＝＝200 V/m.‎ ‎10. 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.电子带负电荷，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，有WMN＝WMP＜0，而WMN＝qUMN，WMP＝qUMP，q＜0，所以有UMN＝UMP＞0，即φM＞φN＝φP，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，有φM＝φQ，故A错误，B正确；电子由M点到Q点过程中，WMQ＝q(φM－φQ)＝0，电子由P点到Q点过程中，WPQ＝q(φP－φQ)＞0，故C、D错误．‎ ‎11. (多选) 如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABC为粒子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，A、C位于同一等势面上．下列说法正确的是(　　)‎ A．该粒子可能带正电 B．该粒子经过B点时的速度最大 C．该粒子经过B点时的加速度一定为零 D．该粒子在B点的电势能小于在A点的电势能 解析：选CD.从该带电粒子的运动轨迹看，固定电荷对它有吸引力，由固定电荷带正电可知，该粒子一定带负电，故A错误；因为粒子从A运动到B的过程中，只受电场力且电场力先做正功后做负功，由动能定理知，动能先增加后减小，故B点的动能不是最大，则经过B点时的速度不是最大，故B错误；B点是两点电荷连线的中点，合场强为零，故粒子受力为零，则加速度为零，C正确；因为离正电荷越远，电势越低，即φA<φB，因粒子带负电，由Ep＝φq得，EpA>EpB，故D项正确．‎ ‎12．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．q1、q2为等量异种电荷 B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向 C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大 D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小 解析：选C.根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低可判断两者均为正电荷，A错．N、C间的电场方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错．根据ND段图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C正确；正电荷从N移到D，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，D错．‎ ‎13．一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是(　　)‎ 解析：选D.带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．由Epx图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，静电力不能为恒力，故选项A错误；带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B错误；由于静电力不是恒力，加速度a应该越来越小，故选项C错误，选项D正确．‎ ‎14．(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝‎10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－‎4C.小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v t图象如图乙所示．小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是(　　)‎ A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大 C．由C到A电势逐渐降低 D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V 解析：选ACD.由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B点的电场强度最大，a＝＝，解得E＝1.2 V/m，选项A正确；从C到A，电场力一直做正功，故电势能一直减小，选项B错误，C正确；由C到B，电场力做功为W＝mv－0，C、B间电势差为UCB＝＝0.9 V，选项D正确．‎ 第3节　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 一、电容器及电容 ‎1．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．‎ ‎2．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＝106μF＝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．‎ ‎3．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＝.‎ 二、带电粒子在电场中的运动 ‎1．加速问题 ‎(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv；‎ ‎(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv.‎ ‎2．偏转问题 ‎(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．‎ ‎(2)运动性质：匀变速曲线运动．‎ ‎(3)处理方法：利用运动的合成与分解．‎ ‎①沿初速度方向：做匀速运动．‎ ‎②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．‎ 三、示波管 ‎1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示．‎ ‎2．原理 ‎(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑；‎ ‎(2)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．‎ ‎[自我诊断]‎ ‎1．判断正误 ‎(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．(×)‎ ‎2．一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.根据平行板电容器电容公式C＝可知，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C＝可知，U＝减小，B正确．‎ ‎3. (多选)如图所示，电子由静止 从A极板向B极板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)‎ A．当增大两板间距离时，v也增大 B．当减小两板间距离时，v增大 C．当改变两板间距离时，v不变 D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大 解析：选CD.电子从静止 运动，根据动能定理有qU＝mv2－0可知，从A板运动到B板动能的变化量等于电场力做的功，因两极板间电压不变，所以末速度不变，A、B错误，C正确；如果增大两板间距离，由E＝知E变小，由a＝知a变小，由x＝at2知，t增大，电子在两板间运动的时间变长，D正确．‎ ‎4. 如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该(　　)‎ A．使U2加倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的倍 D．使U2变为原来的 解析：选A.电子经U1加速后获得的动能为Ek＝mv2＝qU1，电子在偏转电场中的侧移量为y＝at2＝＝，由此可知当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，A正确.‎ 考点一　平行板电容器的动态分析 ‎1．常见类型 ‎2．分析比较的思路 ‎(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．‎ ‎(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．‎ ‎(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．‎ ‎(4)用E＝分析电容器极板间场强的变化．‎ ‎1．(2016·高考全国乙卷) 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，极板间的电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变 解析：选D.由平行板电容器电容的决定式C＝，将云母介质移出，电容C减小，而两极板的电压U恒定，由Q＝CU，极板上的电荷量Q变小，又由E＝可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项D正确．‎ ‎2. 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，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带电油滴的电势能将减小 D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大 解析：选B.上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错误；P 点的电势大于零，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B正确；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小且油滴向下运动时，油滴的电势能增加，C错误；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CU将减小，D错误．‎ ‎3．(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．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．油滴带负电 B．油滴带电荷量为 C．电容器的电容为 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 解析：选AC.由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Q＝kq，由于qE＝mg，E＝，C＝，解得q＝，C＝，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则电场强度E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A、C正确．‎ 解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)对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C＝‎ 、Q＝CU和E＝进行判定即可．‎ 考点二　带电体在电场中的直线运动 带电粒子在电场中运动时重力的处理 ‎(1)基本粒子：如电子、质子、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，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．‎ ‎[典例1]　 如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠， 运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：‎ ‎(1)液珠的比荷；‎ ‎(2)液珠速度最大时离A点的距离h；‎ ‎(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB.‎ 解析　(1)设液珠带电量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时，由牛顿第二定律知 k－mg＝ma 又因为a＝g 解得＝ ‎(2)当液珠速度最大时，其所受合力为零，则k＝mg 解得h＝H ‎(3)设BC间的电势差大小为UCB，由题意得 UCB＝φC－φB＝－ 对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qUCB－mg(rB－H)＝0‎ 又由(1)得＝ 联立以上各式解得rB＝2H 答案　(1)　(2)H　(3)2H 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 ‎1. 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＝3×10－‎10C，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－mv 解得v＝ 所以v＝ m/s 答案：(1)8×10－8 kg　(2) m/s ‎2．(2016·高考四川卷) 中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年 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1×‎107m/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．‎ 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 m③‎ ‎(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′＝mv－mv⑥‎ 联立④⑤⑥式并代入数据得 U＝6×104 V　⑦‎ 答案：(1)0.4 m　(2)6×104V 考点三　带电体在匀强电场中的偏转问题 粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 ‎(1)不同的带电粒子从静止 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．‎ ‎(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为粒子水平位移的中点．‎ ‎[典例2]　如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝‎6.0 cm，相距d＝‎2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－‎19 C，电子的质量m＝0.9×10－‎30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：‎ ‎(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；‎ ‎(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；‎ ‎(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.‎ 解析　(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek 解得Ek＝4.0×10－16J ‎(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t 电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，‎ 解得t＝ 电子在竖直方向受电场力F＝e· 电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a 依据牛顿第二定律有e·＝ma，‎ 解得a＝ 电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量 y＝at2＝ 解得y＝0.36 cm ‎(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差U＝·y 电场力所做的功W＝eU，解得W＝5.76×10－18J 答案　(1)4.0×10－16J　(2)0.36 cm　(3)5.76×10－18J 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 ‎(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动．‎ ‎(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．‎ ‎1. 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的时间均不同，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．‎ ‎2．(2017·湖南四校联考) 如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝‎8 cm，板长为l＝‎25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝‎0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：‎ ‎(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；‎ ‎(2)液滴从射入电场 计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取‎10 m/s2)‎ 解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有：‎ qE＝mg即q＝mg 得qU＝mgd 当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．‎ 此时液滴所受电场力F′＝q＝ a＝＝g＝g＝‎2 m/s2‎ ‎(2)因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是 设液滴从P点 在匀强电场中飞行的时间为 ＝at，t1＝＝0.2 s 而液滴从刚进入电场到出电场的时间t2＝＝0.5 s 所以液滴从射入 匀速运动到P点时间为 t＝t2－t1＝0.3 s 答案：(1)2 m/s2　(2)0.3 s 考点四　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 ‎2．确定偏转后的动能(或速度)‎ ‎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图中的(　　)‎ 解析：选B.在0～2t1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象为B.‎ ‎2. 在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止 ，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＝mv 进入偏转电场后L＝vx·t，‎ vy＝at，‎ a＝ 射出偏转电场时合速度v＝，‎ 以后匀速到达荧光屏，‎ 由以上各式得Ek＝mv2＝eU1＋.‎ ‎ 答案：eU1＋ 课时规范训练 ‎[基础巩固题组]‎ ‎1．如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电 容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是(　　)‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变小，E变小 解析：选C.电容器充电后再断开S，则电容器所带的电荷量Q不变，由C∝可知，d增大时，C变小；又U＝，所以U变大；由于E＝，U＝＝，所以E＝，故d增大时，E不变，C正确．‎ ‎2. 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.两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．‎ ‎3. 两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中(　　)‎ A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向a B．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b 解析：选D.电容器与电源相连，两极板间电压不变．将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E＝可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C＝可知，电容减小，Q＝CU，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a流向b，故D正确．‎ ‎4．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ ‎，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是(　　)‎ A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大 B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变 C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变 D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小 解析：选B.甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小．乙图中电容器充电后断开电源，电容器两极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝，极板间的电压U＝＝，极板间的电场强度E＝＝，场强与两极板间距离无关，故夹角不变，B正确．‎ ‎5. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(　　)‎ A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加 C．微粒从M点运动到N点动能一定增加 D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加 解析：选C.由于两极板的正负不知，微粒的电性不确定，则微粒所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据微粒运动轨迹，微粒所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但微粒动能一定增加，所以只有C正确．‎ ‎6．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 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 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＝ ‎(3)由h＝gt ‎0＝v＋at2‎ t＝t1＋t2‎ 综合可得t＝ 答案：见解析 ‎[综合应用题组]‎ ‎7. 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，在两极板间有一个固定在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.保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C＝可知电容器的电容变大，由于Q不变，由C＝可知U减小，故静电计的指针偏角变小；电场强度E＝＝＝不变；由于下极板不动，电场强度E不变，所以P点的电势没有发生改变，故点电荷在P点的电势能不变，A、B、C错误，D正确．‎ ‎8．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球(　　)‎ A做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 解析：选BC.对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．‎ ‎9．(多选)如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A 板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是(　　)‎ A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板 B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出 C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板 D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出 解析：选BC.设带电粒子进入电场中的位移为x，根据动能定理得：－qEx＝0－mv，又E＝得x＝，由此可知，要使带电粒子进入电场后恰能到达B板处，x变为原来的2倍，采取的方法有：使带电粒子的初速度变为v0；或使A、B两板间的电压变为U；或使初速度v0和电压U都增加到原来的2倍，故B、C正确，A、D错误．‎ ‎10. (多选)如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止 沿轨道运动，下述说法正确的是(　　)‎ A．小球经过环的最低点时速度最大 B．小球在运动过程中机械能守恒 C．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg＋qE D．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg＋qE)‎ 解析：选AD.根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，故A正确；小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；根据动能定理得：‎ mgR＋qER＝mv2，‎ 根据牛顿第二定律得：FN－qE－mg＝m，‎ 解得：FN＝3(mg＋qE)，‎ 则球对轨道的压力为3(mg＋qE)，故C错误，D正确．‎ ‎11. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 解析：选CD.设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．‎ ‎12．如图所示，电子由静止 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的初速度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＝4.0×10－‎2m，m＝9.1×10－‎31kg，e＝1.6×10－‎19C，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)根据功和能的关系，有eU0＝mv 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～10－29N 电场力F＝～10－15N 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) 　　(2)见解析　(3)见解析 章末检测七　静电场 ‎(时间：60分钟　满分：100分)‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～10小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)‎ ‎1．电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是(　　)‎ A．A点的电场强度比C点的小 B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大 C．电荷沿等势面AB移动的过程中，电场力始终不做功 D．正电荷由A移动到C，电场力做负功 解析：选C.由等势面与电场线密集程度的关系可知，等势面越密集的地方电场强度越大，故A点的电场强度比C点的大，A错误；负电荷在电势越高的位置电势能越小，故B错误；沿等势面移动电荷，电场力不做功，故C正确；正电荷由A移动到C，电场力做正功，故D错误．‎ ‎2. 如图所示，在空间直角坐标系Oxyz中，A、B、C、D四个点的坐标分别为(L,0,0)、(0，L,0)、(0,0，L)、(‎2L,0,0)．在坐标原点O处固定电荷量为＋Q的点电荷，下列说法正确的是(　　)‎ A．电势差UOA＝UAD B．A、B、C三点的电场强度相同 C．电子在B点的电势能大于在D点的电势能 D．将一电子由D点分别移动到A、C两点，电场力做功相同 解析：选D.点电荷产生的场强离点电荷越远，场强越小，由U＝Ed可得UOA＞UAD，A错误；A、B、C三点的场强大小相等，方向不同，B错误；离点电荷越远电势越低，由EP＝qφ得电子在B点的电势能小于在D点的电势能，C错误；A、C两点的电势相同，电子在A、C两点的电势能相等，因此将电子由D点分别移到A、C两点电势能变化相同，因此电场力做功相同，D正确．‎ ‎3. 如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA＝AB＝BN.下列说法中正确的是(　　)‎ A．A、B两点场强相同 B．A、B两点电势相等 C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功 D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能 解析：选A.根据等量异种点电荷形成的电场特点，A、B两点场强相同，电势不相等，选项A正确B错误；将一正电荷从A点移到B点，电场力做正功， 选项C错误；负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，选项D错误．‎ ‎4．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图乙所示．设a、b两点的电场强度分别为Ea和Eb，电势分别为φa和φb.则(　　)‎ A．Ea＝Eb　 B．Ea＜Eb C．φa＜φb D．φa＞φb 解析：选C.电子在电场中发生一段位移Δx，电场力做功eEΔx，由功能关系知ΔEp＝－eEΔx，即＝－eE，Ep－x图线斜率的绝对值表示电场力，由图线知，斜率减小，故场强在减小，所以，Ea>Eb，故A错误，B错误；电子从静止 由a向b运动，故受电场力方向一定由a指向b，又因电子带负电，所以场强方向一定从b指向a，沿电场线方向电势降低，所以φa<φb，故C正确，D错误．‎ ‎5．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成．如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止 加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是(　　)‎ A．U1变大，U2 变大 B．U1变小，U2 变大 C．U1变大，U2 变小 D．U1变小，U2 变小 解析：选B.电子通过加速电场有eU1＝mv，在偏转电场中，垂直于电场线的方向做匀速直线运动，则运动时间t＝；在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝，末速度vy＝at＝，偏转角tan θ＝＝，所以θ∝，B正确．‎ ‎6. 如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体A受到地面的支持力先增大后减小 B．物体A受到地面的支持力保持不变 C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大 D．库仑力对点电荷B先做正功后做负功 解析：选AC.分析物体A的受力如图所示，由平衡条件可得：Ff＝Fcos θ，FN＝Fsin θ＋mg，随θ由小于90°增大到大于90°的过程中，Ff先减小后反向增大，FN先增大后减小，A、C正确，B错误；因A对B的库仑力与B运动的速度方向始终垂直，故库仑力不做功，D错误．‎ ‎7．一带电粒子仅在电场力作用下以初速度v0从t＝0时刻 运动，其vt图象如图所示．如粒子在2t0时刻运动到A点，5t0时刻运动到B点．以下说法中正确的是(　　)‎ A．A、B两点的电场强度大小关系为EA＝EB B．A、B两点的电势关系为φA>φB C．粒子从A点运动到B点时，电场力做的总功为正 D．粒子从A点运动到B点时，电势能先减少后增加 解析：选AC.由速度图象可知粒子在A、B两点加速度相同，受力相同，故A、B两点的电场强度大小关系为EA＝EB，A正确；由速度图象可知粒子在A点速度为零，在B点速度不为零，故粒子从A点运动到B点时，电场力做正功，电势能减少，C正确，D错误；对负电荷，当电势能减少时电势升高，B错误．‎ ‎8．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，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则(　　)‎ ‎.‎ A．平行板电容器的电容将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 解析：选ACD.将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C＝∝可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U 不变，极板间距d变大时，板间场强E＝U/d减小，带电油滴所处位置的电势φP＝EdP增大，其中dP为油滴到下极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器带电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q＝CU，E＝U/d和C＝可知E∝Q/S，可见，极板间场强E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确．‎ ‎9. 如图所示，匀强电场中有一绝缘直角杆PQM，PQ＝L，QM＝‎2L，杆上固定三个带电小球A、B、C，初始时杆PQ段与电场线垂直．现将杆绕Q点顺时针转过90°至虚线位置，发现A、B、C三个球的电势能之和保持不变，若不计小球间的相互作用，下列说法正确的是(　　)‎ A．此过程中，电场力对A球和C球做功的代数和为零 B．A球一定带正电，C球一定带负电 C．此过程中C球电势能减少 D．A、C两球带电量的绝对值之比|qA|∶|qC|＝2∶1‎ 解析：选AD.由题意知，直角杆PQM顺时针转90°的过程中，由W＝qU可得，电场力对B球不做功，对A球做功W1＝qAEL，对C球做功W2＝qCE·2L，因为转动前后A、B、C三个球的电势能之和保持不变，由功能关系得，W1＋W2＋0＝0，即：qAEL＋qCE·2L＝0，则知A、C两球带异种电荷，但具体A、C两球的电性不明确，则其电势能变化情况不明确，而A、C两球带电量的绝对值之比|qA|∶|qC|＝2∶1.故A、D对，B、C错．‎ ‎10. 如图所示，光滑绝缘的水平面上方存在一个水平方向的电场，电场线与x轴平行，电势φ与坐标值x的关系式为：φ＝106x(φ的单位为V，x单位为m)．一带正电小滑块P，从x＝0处以初速度v0沿x轴正方向运动，则(　　)‎ A．电场的场强大小为106V/m B．电场方向沿x轴正方向 C．小滑块的电势能一直增大 D．小滑块的电势能先增大后减小 解析：选AD.根据E＝，U＝φ2－φ1可知，E＝＝106V/m，选项A对；随x值的增大，φ也增大，所以电场的方向应沿x轴负方向，选项B错；电场力对滑块P先做负功后做正功，所以滑块的电势能先增大后减小，选项D对，C错．‎ 二、非选择题(共2小题，40分)‎ ‎11. (20分)如图所示，带有等量异种电荷平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝‎0.5 m．现将一质量m＝1×10－‎2kg、电荷量q＝＋4×10－‎5C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝‎4 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝‎0.2 m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎ (1)小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向；‎ ‎(2)M、N两板间的电场强度的大小和方向；‎ ‎(3)小球到达C点时的动能．‎ 解析：(1)小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动，vx＝v0＝4 m/s 竖直方向做匀加速直线运动，‎ h＝gt，vy＝gt1＝‎2 m/s 解得：vB＝＝2 m/s 方向tan θ＝＝，θ＝arctan 0.5(θ为速度方向与水平方向的夹角)‎ ‎(2)小球进入电场后，沿直线运动到C点，所以重力与电场力的合力即沿该直线方向，‎ 则tan θ＝＝ 解得：E＝＝5×103 N/C，方向水平向右．‎ ‎(3)进入电场后，小球受到的合外力 F合＝＝mg B、C两点间的距离s＝，cos θ＝＝ 从B到C由动能定理得：F合s＝EkC－mv 解得：EkC＝0.225 J 答案：(1)2 m/s，方向与水平方向的夹角为arctan 0.5‎ ‎(2)5×103N/C，方向水平向右　(3)0.225 J ‎12. (20分)如图所示，长为l的轻质细线固定在O点，细线的下端系住质量为m、电荷量为＋q的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h，在小球最低点与水平面之间高为h的空间内分布着场强为E的水平向右的匀强电场．固定点O的正下方l/2处有一小障碍物P，现将小球从细线处于水平状态由静止释放．‎ ‎ (1)细线在刚要接触障碍物P时，小球的速度是多大？‎ ‎(2)细线在刚要接触障碍物P和细线刚接触到障碍物P时，细线的拉力发生多大变化？‎ ‎(3)若细线在刚要接触障碍物P时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？‎ 解析：(1)由机械能守恒定律得 mgl＝mv2，v＝.‎ ‎(2)细线在刚要接触障碍物P时，设细线的拉力为T1，由牛顿第二定律得 T1－mg＝m 细线在刚接触到障碍物P时，设细线的拉力为T2，由牛顿第二定律得 T2－mg＝m 可解得T2－T1＝2mg.‎ ‎(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t＝，‎ 小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离 x＝vt＋ t2，‎ 小球运动到水平面的过程由动能定理得 mgh＋qEx＝Ek－mv2，‎ 可解得Ek＝mgh＋mgl＋＋2qE.‎ 答案：(1)　(2)增大2mg ‎(3)mgh＋mgl＋＋2qE