【物理】2018届一轮复习人教版第6章　静电场教案 62页

[考纲要求] 考试要求 知识内容 必考 加试 备考方略 电荷及其守恒定律 b c 库仑定律 c 电场强度 c c 电势能和电势 b c 电势差 b c 电势差与电场强度 的关系 c 静电现象的应用 b 电容器的电容 b c 带电粒子在电场中 的运动 b d 1.本章内容在学考中往往以单选题形式出 现，主要考查库仑定律、电场线及其性质、 电场强度、电势能和电势高低的判断、电容 器等知识。 2. 本章内容也可与物体间作用力、运动学 牛顿运动定律等其他知识结合在学考中以 计算题形式出现。 3. 本章内容在选考中以计算题形式出现， 主要考查带电粒子在电场中的运动、电势能、 电场力做功，与其他能量知识结合。 第 1 课时　电场的力的性质 考点一　电荷及电荷守恒定律(b/c) [基础过关] 一、电荷和电荷守恒定律 1．元电荷、点电荷 (1)元电荷：e＝1.6×10－19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，其中质 子、正电子的电荷量与元电荷相同。 (2)点电荷：当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体 视为点电荷。 2．静电场 (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。 3．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)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。 (3)带电实质：物体带电的实质是得失电子。 二、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＝kq1q2 r2 ，式中 k＝9.0×109 N·m2/C2，叫静电力常量。 3．适用条件：真空中的点电荷。 【过关演练】 1．(2015·浙江 1 月学考)如图所示，摩擦过的塑料刻度尺能够吸引轻小的纸片， 这是由于它们之间存在(　　) A．静电力 　　　 B．安培力 C．洛伦兹力 　　　 D．弹力 答案　A 2．(2015·浙江 10 月学考)如图所示，一质量为 m、电荷量为 Q 的小球 A 系在长 为 l 的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为 Q 的小球 B 位于悬挂点的正下方(A、B 均 视为点电荷)，轻绳与竖直方向成 30°角，小球 A、B 静止于同一高度。已知重力 加速度为 g，静电力常量为 k，则两球间的静电力为(　　) A.4kQ2 l2 B.kQ2 l2 C．mg D. 3mg 解析　根据库仑定律公式得 F＝ kQQ （lsin 30°）2 ＝4kQ2 l2 ，A 选项正确，B 选项错误； 由于小球 A、B 均静止，对球 A 受力分析如图所示。 则由平衡条件得 Tsin 30°＝F，Tcos 30°＝mg， 联立解得 F＝ 3 3 mg，C、D 选项错误。 答案　A [要点突破] 要点　库仑定律应用 1．在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对 值计算库仑力的大小。 2．作用力的方向判断根据：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方 向。 3．两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反。 4．库仑力存在极大值，由公式 F＝k q1q2 r2 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。 5．两导体球间库仑力可应用公式进行定性比较。用 r 表示两球球心之间的距离， 则当两球带同种电荷时，FkQ1Q2 r2 。 【例题】 两个相同的金属小球(视为点电荷)，带电荷量大小之比为 1∶7，相距为 r，两者相互接触后再放回到原位置上，则相互作用力可能是原来的(　　) A.4 7 B.3 7 C.9 7 D. 7 16 解析　设两小球带电荷量大小分别为 q 和 7q，则原来相距 r 时相互作用力 F＝k q × 7q r2 ＝7kq2 r2 ，由于电性未知，需分两种情况讨论： (1)两球电性相同，相互接触时电荷量均分，每球带电荷量为7q＋q 2 ＝4q，放回原 处后的相互作用力为 F1＝k4q × 4q r2 ＝16kq2 r2 ，故F1 F ＝16 7 ； (2)两球电性不同，相互接触时电荷先中和再均分，每球的带电荷量为7q－q 2 ＝3q， 放回原处后的相互作用力为 F2＝k3q × 3q r2 ＝9kq2 r2 ，故F2 F ＝9 7 。 答案　C [精练题组] 1．两个可视为点电荷的金属小球带有等量同种电荷 q，当它们相距为 5r 时，它 们之间相互作用的静电力的大小为(　　) A．F＝k q2 25r2 B．F＝k q2 5r2 C．F＝k25q2 r2 D．条件不足，无法判断 解析　由库仑定律可得：F＝kq1q2 r2 ，F＝k q2 （5r）2 ＝k q2 25r2 ，故选 A。 答案　A 2．A、B、C 三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B 点位于 A、C 之间，在 B 处 固定一电荷量为 Q 的点电荷。当在 A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到 的电场力为 F；移去 A 处电荷，在 C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场 力为(　　) A. －F 2 B.F 2 C．－F D．F 解析　设 A、B 间距离为 x，则 B、C 间距离为 2x，根据库仑定律有 F＝kQq x2 ，在 C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为 F′＝k 2Qq （2x）2 ＝F 2 ，考虑电场 力方向易知 B 正确。 答案　B 3．电荷量分别为 q1、q2 的两个点电荷，相距 r 时相互作用力为 F，则下列说法正 确的是(　　) A．如果 q1、q2 恒定，当距离变为r 2 时作用力将变为 2F B．如果其中一个电荷的电荷量和它们的距离都减半时，作用力变为 4F C．如果将它们的电荷量和距离都加倍时，作用力变为 2F D．如果它们的电荷量都加倍，距离变为 2r 时，作用力变为 2F 解析　根据公式 F＝kQ1Q2 r2 ，当距离减少为原来的1 2 时，相互作用力变为原来的 4 倍，A 错；若其中一个电荷的电荷量和它们的距离都减半时，作用力变为 2F，B 错；如果将它们的电荷量和距离都加倍时，作用力不变，C 错；如果它们的电荷 量都加倍，距离变为 2r 时，作用力变为 2F，选项 D 正确。 答案　D 4．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 5．完全相同的金属小球 A、B，A 球带电荷量为＋16Q，B 球带电荷量为－8Q， 现将 A 与 B 接触后分开，则 A、B 两球的带电荷量分别为(　　) A．－8Q，＋16Q B．＋8Q，＋8Q C．＋4Q，＋4Q D．－4Q，－4Q 解析　因两球带异种电荷，所以 A 与 B 接触后应是先中和，后把剩余的电荷量平 分，即 A、B 两球的带电荷量都为 q＝16Q－8Q 2 ＝4Q，选项 C 对。 答案　C 【方法总结】 库仑定律的三点提醒 (1)库仑定律仅适用于真空中两个静止点电荷间静电力的计算，空气中也可近似适 用。 (2)计算点电荷间的静电力时，不必将表示电荷 q1、q2 的带电性质的正、负号代入 公式中。 (3)库仑力的方向由两点电荷的电性决定，可按照同种电荷相互排斥，异种电荷相 互吸引来确定。 考点二　电场强度(c/c) [基础过关] 1．电场强度、点电荷的场强 (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＝F q 。单位：N/C 或 V/m (3)点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度：E＝kQ r2 。 (4)方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。 (5)电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场 强度的矢量和，遵从平行四边形定则。 2．电场线 (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 曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示 电场的强弱。 【过关演练】 1．(2015·浙江 7 月学考)下列四幅图是用电场线描述不同电场的情形，其中描述 匀强电场的是(　　) 答案　C 2．(2016·浙江余姚中学期中)两个等量点电荷 P、Q 在真空中产生电场的电场线(方 向未标出)如图所示。下列说法中正确的是(　　) A．P、Q 是两个等量正电荷 B．P、Q 是两个等量负电荷 C．P、Q 是两个等量异种电荷 D．P、Q 产生的是匀强电场 解析　根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，P、Q 是两个 等量异种电荷，所以选项 A、B 错误，C 正确；匀强电场的电场线应该是平行的 直线，所以选项 D 错误。 答案　C [要点突破] 要点一　电场与电场线的关系 1．几种典型电场的电场线(如图所示)。 2．等量同种和异种点电荷的电场强度的比较 比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线分布图 连线中点 O 处的场强 连线上 O 点场强最小，指 向负电荷一方 为零 连线上的场强大小(从左 到右) 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大 沿中垂线由 O 点向外场 强大小 O 点最大，向外逐渐减小 O 点最小，向外先变大后 变小 关于 O 点对称的 A 与 A′、 B 与 B′的场强 等大同向 等大反向 【例 1】 如图所示，M、N 为两个等量同种正电荷 Q，在其连线的中垂线上任意 一点 P 自由释放一个负电荷 q，不计重力影响，关于点电荷 q 的运动下列说法正 确的是(　　) A．从 P→O 的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大 B．从 P→O 的过程中，加速度越来越小，到 O 点速度达到最大值 C．点电荷越过 O 点时加速度为零，速度达到最大值 D．点电荷越过 O 点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零 解析　如图所示，根据电场叠加原理知：O 点场强为零，从 O 点沿中垂线向外， 场强先变大后变小。点电荷从 P→O 的过程中，静电力可能是先变大后变小，加 速度随之先变大后变小；也可能静电力一直变小，加速度一直变小，关键是 P 点 位置的不确定性。不过，在到达 O 点之前，静电力一直表现为引力，速度一定是 一直变大的，在 O 点时加速度是零，速度最大，该电场关于直线 MN 对称，电荷 越过 O 点后的运动也不一定是单调变化的。有些粗心的同学容易认为从 P→O 电 荷距离两个场源电荷越来越近，静电力就会越来越大而错选 A。其实，点电荷与 场源电荷的两个静电力确实是变大的，只是两个静电力的合力未必变大，这要看 电场的矢量合成情况。 答案　C 要点二　电场强度计算 1．场强公式的比较 三个公式{E＝F q{适用于任何电场 与试探电荷是否存在无关 E＝kQ r2 {适用于点电荷产生的电场 Q为场源电荷的电荷量 E＝U d{适用于匀强电场 U为两点间的电势差，d为沿电场方向两 点间的距离 2．应用叠加原量计算合场强。 3．利用平抛条件(或牛顿第二定律)求解。 【例 2】 (2016·浙江余姚中学期中)图中边长为 a 的正三角形 ABC 的三个顶点分 别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，则该三角形中心 O 点处的场强为(　　) A.6kq a2 ，方向由 O 指向 C B.6kq a2 ，方向由 C 指向 O C. 3kq a2 ，方向由 C 指向 O D. 3kq a2 ，方向由 O 指向 C 解析　O 点是三角形的中心，到三个电荷的距离为 r＝2 3 ×a×sin 60°＝ 3 3 a，三个 电荷在 O 处产生的场强大小均为 E0＝kq r2 ，根据对称性和几何知识得知：两个＋q 在 O 处产生的合场强为 E1＝kq r2 ，再与－q 在 O 处产生的场强合成，得到 O 点的 合场强为 E＝E1＋E0＝2kq r2 ＝2k q （ 3 3 a）2 ＝6kq a2 ，方向由 O 指向 C，故选项 A 正确。 答案　A [精练题组] 1．(2016·浙江余姚中学期中)下列说法中正确的是(　　) A．由 E＝F q 知，电场中某点的电场强度与检验电荷在该点所受的电场力成正比 B．公式 E＝F q 和 E＝k Q r2 对于任何静电场都是适用的 C．电场中某点的电场强度方向即检验电荷在该点的受力方向 D．电场中某点的电场强度等于F q ，但与检验电荷的受力大小及带电量无关 解析　E＝F q 是电场强度的定义式，采用比值法定义，E 与检验电荷所受的电场力 F、电荷量 q 无关，故 A 错误，D 正确；公式 E＝F q 对于任何静电场都适用，而 E ＝kQ r2 只适用于点电荷的电场，故 B 错误；电场中某点的电场强度方向即正检验电 荷在该点的受力方向，与负检验电荷在该点的受力方向相反，故 C 错误。 答案　D 2．(2016·浙江余姚中学期中)在图所示的电场中，关于 M 、N 两点电场强度的关 系判断正确的是(　　) A．M 点电场强度大于 N 点电场强度 B．M 点电场强度小于 N 点电场强度 C．M、N 两点电场强度大小相同 D．M、N 两点电场强度方向相反 解析　由图看出，M 处电场线密，N 处电场线疏，则 M 点电场强度大于 N 点电场 强度；根据电场强度方向与该点电场线的切线方向相同可知，M、N 两点的电场 强度方向不同，选项 A 正确，B、C、D 错误。 答案　A 3．如图所示，关于 a、b 两点的电场强度的大小及方向，下表述正确的是(　　) A．Ea＞Eb 方向相同 B．Ea＞Eb 方向不同 C．Ea＜Eb 方向相同 D．Ea＜Eb 方向不同 解析　电场线的疏密表示电场的强弱，a 点电场较强；电场线的切线方向表示电 场方向，a、b 两点的电场方向不相同，B 正确。 答案　B 4．如图所示，一电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由 A→O→B 匀速飞过，电 子重力不计，则电子除受电场力外，所受另一个力的大小和方向的变化情况是 (　　) A．先变大后变小，方向水平向左 B．先变大后变小，方向水平向右 C．先变小后变大，方向水平向左 D．先变小后变大，方向水平向右 解析　作出描述等量异种点电荷电场分布情况的电场线，如图所示。由 图可见， A→O→B 直线上各点场强的方向均水平向右，大小为先增大后减小，因此电子所 受电场力的方向始终水平向左，先增大后减小，所受另外一个力与电场力大小相 等，方向相反，B 对。 答案　B 5．如图所示直线为空间某电场的一条电场线，关于电场线上 A、B 两点的电场特 点，下列说法正确的是(　　) A．A、B 电场强度方向相同 B．A、B 电场强度方向不同 C．A、B 电场强度大小相等 D．A、B 电场强度大小不等 解析　电场强度方向沿电场线的切线方向，A、B 在同一直电场线上，电场强度方 向相同，选项 A 正确，B 错误；因为图象中只有一条电场线，无法从疏密程度上 判断电场强度的强弱，所以 A、B 的电场强度大小无法判断，选项 C、D 错误。 答案　A 【方法总结】 三个点电荷的平衡问题处理方法 三个点电荷的平衡实质是每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反， 或者两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零。该模型满足以下规律： (1)“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上； (2)“两同夹异”——正负电荷相互间隔； (3)“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小； (4)“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。 活页作业 [学 考 题 组]) 1.如图所示，一电场的电场线分布关于 y 轴(沿竖直方向)对称，O、M、N 是 y 轴 上的三个点，且 OM＝MN。P 点在 y 轴右侧，MP⊥MN。则 O、M、N、P 四点中 电场强度最大的是(　　) A．O 点 B．M 点 C．N 点 D．P 点 解析　电场线的疏密程度表示场强大小，由此可知场强最大的点为 O 点，故选 A。 答案　A 2．(2016·浙江余杭期末)关于电场线的说法，正确的是(　　) A．电场线越密的地方，同一电荷所受电场力一定越大 B．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动 C．电场线的方向，就是电荷受力的方向 D．静电场的电场线是闭合的 解析　电场线越密的地方场强越大，则同一电荷所受电场力一定越大，选项 A 正 确；正电荷只在电场力作用下不一定沿电场线运动，只有当电场线是直线、只受 电场力以及速度与电场线共线时，电荷才沿电场线一致，选项 B 错误；电场线的 方向，就是正电荷受力的方向，选项 C 错误；静电场的电场线不是闭合的，选项 D 错误；故选 A。 答案　A 3．关于电场力和电场强度，下列说法正确的是(　　) A．电场强度的方向总是跟电场力的方向一致 B．电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比 C．电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向一致 D．同一个点电荷在某点受到的电场力越大，该点的电场强度就越大 解析　据场强方向的规定，正电荷所受电场力的方向与场强方向相同，负电荷所 受电场力的方向与场强方向相反，故 A、C 错误；电场强度取决于电场本身，与 有无试探电荷无关；场强公式 E＝F q ，采用比值法下的定义，并不是场强的大小跟 电场力的大小成正比，故 B 错误；据场强公式 E＝F q 知，当同一个点电荷在某点 受到的电场力越大，该点的场强越大，故 D 正确。 答案　D 4．如图所示为某电场的电场线，关于 A、B 两点的电场强度，下列判断正确的是 (　　) A．大小不等，方向相同 B．大小不等，方向不同 C．大小相等，方向相同 D．大小相等，方向不同 解析　由图可判断电场为匀强电场，故两点电场强度大小相等、方向相同。 答案　C 5．真空中两个静止点电荷间相互作用力 F＝kQ1Q2 r2 ，若两电荷间距离不变，两电 荷电荷量都增大为原来的 2 倍，下列判断正确的是(　　) A．F 增大为原来的 2 倍 B．F 增大为原来的 4 倍 C．F 增大为原来的 6 倍 D．F 增大为原来的 8 倍 解析　根据公式 F＝kQ1Q2 r2 得：F′＝k·2Q1·2Q2 r2 ＝4·kQ1Q2 r2 ＝4F，选项 B 正确。 答案　B 6．真空中保持一定距离的两个点电荷，若其中一个点电荷的电荷量增加了1 2 ，但 仍然保持它们之间的相互作用力不变，则另一点电荷的电荷量一定减少了(　　) A.1 5 B.1 4 C.1 3 D.1 2 解析　根据库仑定律，点电荷间的静电力与电荷量乘积成正比，与距离平方成反 比，当距离不变时，则 q1·q2＝q1′·q2′＝3 2q1·q2′，q2′＝2 3q2，C 正确。 答案　C 7.(2016·9 月绍兴适应性考试)如图所示，绝缘水平面上有 A、B、C、D 四点，依 次相距 L，若把带电金属小球甲(半径远小于 L)放在 B 点，测得 D 点处的电场强 度大小为 E；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于 A、 C 两点，此时 D 点处的电场强度大小为(　　) A.4 9E B.5 9E C．E D.20 9 E 解析　由点电荷的电场强计算式 E＝k Q r2 得：E＝k Q （2L）2 ，两球接解后，电荷量 平分，有 Q1＝Q2＝Q 2 ，ED＝k Q 2 L2 ＋k Q 2 （3L）2 ，联立得：ED＝20 9 E，所以应选 D。 答案　D 8．(2016·浙江五校一联)如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起 来的两个相同的带电小球 A、B，左边放一个带正电的固定球＋Q 时，两悬线都保 持竖直方向，小球 A 与固定球＋Q 的距离等于小球 A 与小球 B 的距离。下列说法 中正确的是(　　) A．A 球带正电，B 球带负电，并且 A 球带电荷量较大 B．A 球带负电，B 球带正电，并且 A 球带电荷量较小 C．A 球带负电，B 球带正电，并且 A 球带电荷量较大 D．A 球带正电，B 球带负电，并且 A 球带电荷量较小 解析　根据电荷间的相互作用可知，A 应该带负电，B 带正电，A 才能受到＋Q 的向左的吸引力和 B 球向右的吸引力而平衡，B 球受到＋Q 向右的排斥力和 A 球 向左的吸引力而平衡；所以选项 A、D 均错误；对于 A 球来说，两边带电球的间 距相等，故带电量也相等，即 B 球带电量与＋Q 球的电量相等；对于 B 球来说， 因为 A 离 B 较近，故要想与＋Q 球产生相等的力，A 球的电量比＋Q 球的电量较 少就可以了，所以 A 球所带的电荷量较小，选项 B 正确，C 错误。 答案　B 9．(2015·浙江理综，16)如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘 支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝 的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间，则(　　) A．乒乓球的左侧感应出负电荷 B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上 C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用 D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞 解析　两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集， 故乒乓球的右侧感应出负电荷，A 错误；乒乓球不可能吸在左极板上，B 错误； 库仑力就是电场力，C 错误；乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向 负极运动，碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作用 下又向正极板运动，这样会在两极板间来回碰撞，D 正确。 答案　D 10.如图所示，质量为 m、带电荷量为 q 的小球 B 用绝缘细线悬挂，处于固定的带 电体 A 产生的电场中，A 可视为点电荷，B 为试探电荷。当 B 静止时，A、B 等高， 细线与竖直方向的夹角为 θ。已知重力加速度为 g。则 A 在 B 处所产生的场强大 小为(　　) A.mgtan θ q B. mg qtan θ C.mgsin θ q D.mgcos θ q 解析　对 B 受力分析，由平衡条件得：qE＝mgtan θ，解得 A 在 B 处所产生的场 强大小为mgtan θ q ，A 正确。 答案　A [加 试 题 组]) 11．如图所示，把一个带电小球 A 固定在光滑的绝缘水平桌面上，在桌面的另一 处放置带电小球 B，现给小球 B 一个垂直 A、B 连线方向的速度 v0，使其在水平 桌面上运动，则下列说法中正确的是(　　) A．若 A、B 带同种电荷，B 球可能做速度减小的曲线运动 B．若 A、B 带同种电荷，B 球一定做加速度增大的曲线运动 C．若 A、B 带异种电荷，B 球一定做类平抛运动 D．若 A、B 带异种电荷，B 球可能做速度大小和加速度大小都不变的曲线运动 解析　若 A、B 带同种电荷，则 A 对 B 有斥力作用，且斥力方向和速度方向夹角 越来越小，速度增大，A、B 间距离越来越大，库仑力越来越小，加速度越来越小， A、B 错；若 A、B 带异种电荷，B 受到的库仑力指向 A，库仑力可能等于 B 做匀 速圆周运动需要的向心力，C 错，D 对。 答案　D 12．(多选)一个绝缘的刚性细圆环水平放在光滑绝缘桌面上，半径为 R，质量为 m，只能绕竖直轴 O 自由转动，圆环均匀带电，总电荷量为＋Q，在 A 点剪下一 个小缺口，其空隙长度为 l(l≪R)。开始时圆环静止不动，现加一个匀强电场 E， 让 E 既垂直于轴 O，又垂直于 OA 连线，如图所示，则(忽略剪下小缺口的质 量)(　　) A．加电场后的瞬间圆环将沿逆时针转动 B．加电场后的瞬间圆环将沿顺时针转动 C．圆环在电场中转动的线速度越来越大 D．圆环转动的最大线速度为 QEl πm 解析　由对称性可知，完整的带电圆环在电场中所受合外力为零，不转动。若在 缺口处补上电荷量分别为＋ Ql 2πR 、－ Ql 2πR 的等量异种电荷，则圆环所带有效电荷量 为－ Ql 2πR ，且均在缺口处，圆环受到的有效电场力大小为EQl 2πR ，作用在缺口处，方 向向右，则 A 错，B 对；圆环速度先增大，后减小，缺口到下方时速度为零，然 后逆时针返回上方，做往复运动，C 错；圆环转动 90°时速度最大，R×EQl 2πR ＝1 2 mv2，得 v＝ QEl πm ，D 对。 答案　BD 13.如图所示，M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆 心，∠MOP＝60°。电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于 M、N 两点， 这时 O 点电场强度的大小为 E1；若将 N 点处的点电荷移至 P 点，则 O 点的场强 大小变为 E2，E1 与 E2 之比为(　　) A．2∶1 B．1∶2 C．2∶ 3 D．4∶ 3 解析　如图所示，不妨设 M、N 处分别放置电荷量为＋q、－q 的电荷，则 E1＝ 2kq r2 ，E2＝kq r2 ，E1∶E2＝2∶1，A 对，B、C、D 错。 答案　A 14．(多选)如图甲所示，在 x 轴上有一个点电荷 Q(图中未画出)，O、A、B 为 x 轴 上的三点。放在 A、B 两点的试探电荷受到的静电力跟其所带电荷量的关系如图 乙所示，则(　　) A．A 点的电场强度大小为 2×103 N/C B．B 点的电场强度大小为 2×103 N/C C．点电荷 Q 在 AB 之间 D．点电荷 Q 在 OB 之间 解析　设 A、B 两点的电场强度分别为 EA、EB，根据题中图象乙信息可知，图线 的斜率即为电场强度，则 EA＝2×103 N/C，EB＝－500 N/C，A、B 两点的电场强 度方向相反．由点电荷电场的特点知，该点电荷应放在 A、B 之间。故选项 A、C 正确。 答案　AC 第 2 课时　电场的能的性质 考点一　电势能、电势(b/c) [基础过关] 1．电势能 (1)电场力做功的特点： 电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关。 (2)电势能 ①定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时 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。 2．电势 (1)定义：试探电荷在电场中某点具有的电势能 Ep 与它的电荷量 q 的比值。 (2)定义式：φ＝Ep q 。 (3)矢标性：电势是标量，有正、负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)。 (4)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。 3．等势面 (1)定义：电场中电势相等的各点组成的面。 (2)四个特点 ①等势面一定与电场线垂直。 ②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。 ③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。 ④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。 【过关演练】 1．在如图所示的匀强电场中，1、2、3 三条虚线表示三个等势面，a、b 分别是等 势面 1、3 上的点。下列说法中正确的是(　　) A．三个等势面的电势相等 B．等势面 2 的电势高于等势面 1 的电势 C．若将一正电荷由 a 移到 b，电场力做正功 D．若将一正电荷由 a 移到 b，电场力做负功 解析　电场线由高电势指向低电势，所以 A、B 错误；正电荷受力方向与电场线 方向相同，所以电场力做正功，故 D 错误，C 正确。 答案　C 2．(2016·浙江温州学考模拟)如图所示，真空中有两个等量异种点电荷，A、B 分 别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A、B 两点电场强度大小分别是 EA、EB， 电势分别是 φA、φB，下列判断中，正确的是(　　) A．EA>EB，φA>φB B．EA>EB，φA<φB C．EAφB D．EAφb>φc，故 D 正确。 答案　D [精练题组] 1．如图所示，将一带正电的点电荷沿电场线方向从 A 点移动到 B 点，下列说法 正确的是(　　) A．静电力做正功，电势能增加 B．静电力做负功，电势能增加 C．静电力做正功，电势能减少 D．静电力做负功，电势能减少 解析　正电荷所受静电力方向与电场线方向相同，当带正电的点电荷沿电场线方 向从 A 点移动到 B 点时，静电力做正功，电势能减少，选项 C 正确。 答案　C 2．如图所示，一带负电的粒子，沿着电场线从 A 点运动到 B 点的过程中，以下 说法中正确的是(　　) A．带电粒子的电势能越来越小 B．带电粒子的电势能越来越大 C．带电粒子受到的静电力一定越来越小 D．带电粒子受到的静电力做正功 解析　带负电的粒子所受静电力方向与电场线方向相反，所以当带负电的粒子沿 着电场线从 A 点运动到 B 点的过程中，静电力做负功，电势能越来越大，选项 A、D 错误，B 正确；电场线的疏密表示场强的大小，所以 EA＜EB，带电粒子受 到的静电力一定越来越大，选项 C 错误。 答案　B 3．(多选)等量同种带正电的点电荷的连线和其中垂线如图所示。一个带负电的试 探电荷，先从图中 a 点沿直线移到 b 点，再从 b 点沿直线移到 c 点，则(　　) A．试探电荷所受电场力的方向一直不变 B．试探电荷所受电场力的大小一直增大 C．试探电荷的电势能一直减少 D．a、b、c 三点的电势关系为：φa<φb<φc 解析　根据等量同种正点电荷电场线分布特点，电场强度在 a、c 点不为零，在 b 点为零，故电场力大小不可能一直增大，则选项 B 错误；因直线 ab 上电场强度 方向向左，bc 上电场强度方向向下，则负试探电荷受到的电场力方向在直线 ab 上向右，在直线 bc 上向上，故选项 A 错误；负试探电荷从 a 点移到 b 点电场力 做正功，电势能减少，φa<φb；从 b 点移到 c 点电场力仍做正功，电势能减少， φb<φc，故选项 C、D 正确。 答案　CD 4．在点电荷 Q 形成的电场中有一点 A，当一个－q 的检验电荷从电场的无限远处 移到电场中的 A 点时，静电力做的功为 W，则检验电荷在 A 点的电势能及电场中 A 点的电势分别为(　　) A．EpA＝－W，φA＝W q B．EpA＝W，φA＝－W q C．EpA＝W，φA＝W q D．EpA＝－W，φA＝－W q 解析　依题意，－q 的检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的 A 点时，静电 力做的功为 W，则电荷的电势能减小 W，无限远处电荷的电势能为零，则电极在 A 点的电势能为 EpA＝－W，A 点的电势 φA＝EpA －q ＝W q 。 答案　A 5.如图所示，虚线 AB 和 CD 分别为椭圆的长轴和短轴，相交于 O 点，两个等量 异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点 M、N 上，下列说法中正确的是(　　) A．A、B 两处电势、场强均相同 B．C、D 两处电势、场强均不同 C．在虚线 AB 上 O 点的场强最大 D．带负电的试探电荷在 O 处的电势能小于在 B 处的电势能 解析　根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对 称性特点可知，A、B 场强相同，A 点电势高，故 A 错误；根据等量异种电荷电 场线、等势面分布对称性，C、D 两处电势、场强均相同，故 B 错误；根据电场 线疏密表示场强的大小可知，在 AB 之间，O 点场强最小，故 C 错误；O 点电势 高于 B 点电势，负电荷在 O 处电势能小于在 B 处电势能，故 D 正确。 答案　D 【方法总结】 电势和电场强度的区别 (1)电势是标量，是描述电场能的性质的物理量；电场强度是矢量，是描述电场力 的性质的物理量。 (2)电势高的地方场强不一定大，二者在大小上无必然联系。 (3)沿电场强度方向是电势降落最快的方向。 考点二　电势差(b/c) [基础过关] 1．定义：电荷在电场中，由一点 A 移到另一点 B 时，电场力做功与移动电荷的 电荷量的比值。 2．定义式：UAB＝WAB q 。 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。 【过关演练】 1．如图所示，电荷只受电场力作用沿虚线从 A 运动到 B，则该电荷的电性及运动 过程中电场力对其所做的功分别是(　　) A．负电，负功 　　　 B．负电，正功 C．正电，负功 　　　 D．正电，正功 解析　根据运动轨迹的特点可知，电荷受到与 E 反向的电场力，故带负电，从 A 到 B 过程中电场力与速度的夹角小于 90°，做正功，所以 B 正确。 答案　B 2．如图所示，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，静电力所做的负功相等。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　由电子从 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中静电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 B 选项正确，A 选项 错误；M 点与 Q 点在同一等势面上，电子由 M 点运动到 Q 点，静电力不做功， 故 C 选项错误；电子由 P 点运动到 Q 点，静电力做正功，故 D 选项错误。 答案　B [要点突破] 要点一　电场中的功能关系 1．电场力做功 (1)特点：电场力做功与运动路径无关，只与始末位置有关。 (2)计算方法 ①W＝Eqd，只适用于匀强电场，其中 d 为沿电场线方向的距离。 ②WAB＝qUAB，适用于任何电场。 ③由动能定理来计算：W 电场力＋W 其他力＝ΔEk。 ④由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB。 2．电场中的功能关系 (1)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变。 (2)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。 (3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功之和等于物体机械能的变化。 (4)所有外力对物体所做的功之和等于物体动能的变化。 【例 1】 如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线间的电势差 相等。一正电荷在 φ3 上时，具有动能 20 J，它运动到等势线 φ1 上时，速度为 0。 令 φ2＝0，那么该电荷的电势能为 4 J 时，其动能大小为(　　) A．16 J B．10 J C．6 J D．4 J 解析　电荷在电场中运动，总能量守恒，动能和电势能相互转化。由题意知电荷 运动至等势线 φ2 时，其动能与电势能之和为 10 J，所以当它的电势能为 4 J 时， 其动能大小为 6 J。 答案　C 要点二　电场线、等势面、运动轨迹的综合问题分析要点 1．带电粒子轨迹的切线方向为该点处的速度方向。 2．带电粒子所受合力应指向轨迹曲线的凹侧，再根据电场力与场强方向的关系(同 向或反向)，或电场力做正功还是负功等，进一步确定其他量。 【例 2】 (多选)如图所示，三条平行等距的直虚线表示电场中的三个等势面，电 势值分别为 10 V、20 V、30 V，实线是一带负电的粒子(不计重力)在该区域内的 运动轨迹，对于这条轨迹上的 a、b、c 三点来说，下列选项说法正确的是(　　) A．粒子必先过 a，再到 b，然后到 c B．粒子在三点所受的合力关系为 Fa＝Fb＝Fc C．粒子在三点的动能大小关系为 Ekb>Eka>Ekc D．粒子在三点的电势能大小关系为 Epb>Epa>Epc 解析　因等势面为等间距的平面，所以该电场为匀强电场，场强方向与等势面垂 直，故 Fa＝Fb＝Fc，选项 B 正确；由做曲线运动的条件可知，电场力方向向下， 又因粒子带负电，所以电场方向向上，a、b、c 三点的电势关系为 φc>φa>φb，粒 子在三点的电势能关系为 Epb>Epa>Epc，又因在只有电场力做功的条件下电势能和 动能之和守恒，所以 EkbEpQ，故选项 B 错误；由于质点运动过程中只有电场力做功，所以 质点的电势能与动能之和保持不变，选项 C 错误；根据电场线与等势面垂直可知， 选项 D 正确。 答案　D 2．电荷 Q 在电场中某两点间移动时，静电力做功为 W，由此可算出两点间的电 势差为 U；若让电荷量为 2Q 的电荷在电场中的这两点间移动，则(　　) A．静电力做功仍为 W B．静电力做功为W 2 C．两点间的电势差仍为 U D．两点间的电势差为U 2 解析　电势与电势差是电场本身的性质，与试探电荷无关，选项 C 对、D 错；由 静电力做功的公式 W＝qU 可知当电荷量为 2Q 的电荷在两点间移动时，静电力做 功为 2W，选项 A、B 错。 答案　C 3．电荷量为 1.6×10－19 C 的带正电的质子在静电场中由 A 点移到 B 点，在这过 程中，静电力做的功为 8.0×10－17 J，则 a、b 两点间的电势差 UAB 为(　　) A．3×102 V B．5×102 V C．4×102 V D．7×102 V 解析　由公式 UAB＝WAB q 得电势差 UAB＝8.0 × 10－17 1.6 × 10－19 V＝5×102 V，选项 B 正确。 答案　B 4．电荷量分别为＋q、＋q、－q 的三个带电小球，分别固定在边长均为 L 的绝缘 三角框架的三个顶点上，并置于场强为 E 的匀强电场中，如图所示。若三角形绕 穿过其中心垂直于三角形所在平面的轴逆时针转过 120°，则此过程中系统电势能 变化情况为(　　) A．增加 EqL B．减少 EqL C．增加 2EqL D．减少 2EqL 解析　画出三角形绕穿过其中心垂直于三角形所在平面的轴逆时针转过 120°的 图示，则电场力对－q 做功为－EqL 2 ，电场力对原来最上方的＋q 做功为 EqL 2 ，电 场力对原来左下方的＋q 做功为－EqL，则 W 总＝－EqL，即电势能增加 EqL，A 对。 答案　A 5．(多选)一电子飞经电场中 A、B 两点，电子在 A 点的电势能为 4.8×10－17 J，电 子经过 B 点时电势能为 3.2×10－17 J，电子在 A 点的动能为 3.2×10－17 J，如果电 子只受静电力作用，则(　　) A．电子在 B 点时动能为 4.8×10－17 V B．由 A 到 B 静电力做功为 100 eV C．电子在 B 点时动能为 1.6×10－17 J D．A、B 两点间电势差为 100 V 解析　电子由 A 点到 B 点电势能减少 1.6×10 －17 J，即静电力做正功 WAB＝ 1.6×10－17 J＝100 eV，由动能定理得 EkB＝WAB＋EkA＝4.8×10－17 J，即选项 A、B 正确，C 错误；由公式 UAB＝WAB q 得 UAB＝ 1.6 × 10－17 －1.6 × 10－19 V＝－100 V，故选项 D 错误。 答案　A 考点三　匀强电场中电势差与电场强度的关系(－/c) [基础过关] 1．电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点 沿电场线方向的距离的乘积。即 U＝Ed，也可以写作 E＝U d 。 2．公式 U＝Ed 的适用范围：匀强电场。 3．静电感应和静电平衡 把金属导体放在电场 E 中，由于内部自由电子受电场力作用而定向移动，使导体 的两个端面出现等量的异种电荷，这种现象叫静电感应，当自由电子的定向移动 停止时，导体处于静电平衡状态。 4．静电平衡状态下导体的电场强度和电势 导体内部的场强处处为零，整个导体是等势体，导体的表面是等势面，导体表面 电场线和带电体表面垂直。 5．静电平衡状态下静电荷只分布在外表面。 6．尖端放电现象和避雷针 电性与尖端相反的粒子被吸引而奔向尖端，与尖端的电荷中和，相当于尖端失去 电荷，这就是尖端放电。避雷针就是利用尖端放电的设备。 7．处于静电平衡的导体腔内场强处处为零。 8．处于静电平衡状态的导体，内部区域就不再受外部电场的影响，这种现象叫静 电屏蔽。 【过关演练】 1．(多选)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用 绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为 0.5 cm 时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确 的是(　　) A．摩擦使笔套带电 B．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷 C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力 D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和 解析　笔套带电是因为笔套与头发摩擦起电，A 选项正确；笔套靠近圆环时，圆 环上表面感应出与笔套带电性质相反的电荷，下表面感应出与笔套带电性质相同 的电荷，B 选项正确；圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于 圆环的重力，C 选项正确；笔套碰到圆环后两物体接触带电，笔套一部分电荷转 移到圆环上，而不是被全部中和，D 选项错误。 答案　ABC 2．为了防止静电的危害，应尽快把静电导走，下列措施中不是为了防止静电危害 的是(　　) A．油罐车后面装一条拖地铁链 B．电工钳柄上有一绝缘胶套 C．飞机轮采用导电橡胶 D．印染厂车间保持相当的湿度 解析　A、C、D 项的做法都是为了防止静电的危害，应尽快把静电导走的方法， 只有 B 项的不是静电的问题，而是防止触电的防护措施。 答案　B [要点突破] 要点一　公式 U＝Ed 的理解 1．表达式 U＝Ed 适用于匀强电场中的定量计算，且 d 是沿场强方向上的距离； 电场强度在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势。 2．两个结论 结论 1　匀强电场中的任一线段 AB 的中点 C 的电势 φC＝φA＋φB 2 ，如图甲所示。 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)，如图乙所示。 【例 1】 如图所示，a、b、c 为电场中同一条电场线上的三点，其中 c 为 ab 的中 点。已知 a、b 两点的电势分别为 φa＝3 V，φb＝9 V，则下列叙述正确的是(　　) A．该电场在 C 点处的电势一定为 6 V B．a 点处的场强 Ea 一定小于 b 点处的场强 Eb C．正电荷从 a 点运动到 b 点的过程中电势能一定增大 D．正电荷只受电场力作用从 a 点运动到 b 点的过程中动能一定增大 解析　本题中电场线只有一条，又没说明是哪种电场的电场线，因此电势降落及 场强大小情况都不能确定，A、B 错；a、b 两点电势已知，正电荷从 a 到 b 是从 低电势向高电势运动，电场力做负功，动能减小，电势能增大，C 对，D 错。 答案　C 要点二　静电屏蔽 1．两种现象 现象 1：由于静电感应，导体外表面感应电荷的电场与外电场在导体内部任一点 的场强的叠加结果为零，从而外部电场影响不到导体内部，如图所示。 现象 2：由于静电感应，接地导体壳内表面感应电荷与壳内电场在导体壳外表面 以外空间叠加结果为零，从而使接地的封闭导体壳内部电场对壳外空间没有影响， 如图所示。 2．应用：有的电学仪器和电子设备外面套有金属罩，有的通信电缆的外面包有一 层铅皮等都是用来防止外电场的干扰，起屏蔽作用的。 【例 2】 请用学过的电学知识判断下列说法正确的是(　　) A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全 B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好 C．小鸟停在单根高压输电线上会被电死 D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险 解析　由静电屏蔽的知识可知，A、D 选项均错；金属可以消除多余的静电，B 项正确；单根高压输电线上相距较近的两点之间电阻很小，因而电压较小，小鸟 不会被电死，C 选项错误。 答案　B [精练题组] 1．晚间脱衣时常能见到闪光并听到噼啪声，但人一般不会受到伤害，这是由于 (　　) A．静电电压很高，且聚集的电量很多 B．静电电压很高，但聚集的电量很少 C．静电电压不高，但聚集的电量较多 D．静电电压不高，且聚集的电量较少 解析　静电电压很高，但聚集的电量很少，对人体不会产生危害，B 正确。 答案　B 2．如图所示，带有等量异号电荷的一对平行金属板 A、B 间为一匀强电场，A、B 相距 6 cm，C、D 为电场中的两点(其中 C 点在金属板上)，且 CD＝4 cm，CD 连 线和场强方向成 60°角。已知电子从 D 点移到 C 点静电力做功为 3.2×10－17 J， 则匀强电场的场强 E 及 A、B 两点间的电势差 UAB 为(　　) A．2×104 N/C；450 V B．1×104 N/C；450 V C．1×105 N/C；600 V D．1×104 N/C；600 V 解析　由题知，电子由 D 移到 C 静电力做正功 W＝qEL CD cos 60°，则 E＝ 3.2 × 10－17 1.6 × 10－19 × 4 × 10－2 × 0.5 N/C＝1×104 N/C。由于电子从 D 移到 C 静电 力做正功，因此，受到的静电力方向向上，电子带负电，则场强方向为 A→B。 A、B 间电势差为 UAB＝EdAB＝1×104×6×10－2 V＝600 V。故选项 D 正确。 答案　D 3．如图所示，沿 x 轴正向的匀强电场中，有一动点以 O 为圆心，半径为 r 做逆 时针转动一周，A 点为连线 OA 与 x 轴正向成 θ 角时圆周上的一点，电场强度为 E，则此圆周上各点与 A 点间最大的电势差为(　　) A．U＝Er B．U＝Er(sin θ＋1) C．U＝Er(cos θ＋1) D．U＝2Er 解析　由 U＝Ed 知，与 A 点间电势差最大的点应是沿场强方向与 A 点相距最远 的点，dmax＝r＋rcos θ，所以 Umax＝Er(cos θ＋1)，选项 C 对。 答案　C 4．a、b、c 是匀强电场中的三个点，各点电势依次为 10 V、2 V、6 V；三点在同 一平面上，下列图中电场强度的方向表示正确的是(　　) 解析　由于 Uab＝φa－φb＝8 V，则 ab 中点处电势为 6 V，因此 c 点与 ab 中点的 电势相同，c 点与 ab 中点的连线则为一条等势线，电场强度方向应垂直于该等势 线并且指向电势较低的方向，故选项 C 正确。 答案　C 活页作业 [学 考 题 组]) 1．如图所示，固定在 Q 点的正点电荷的电场中有 M、N 两点，已知 rM＜rN。下 列叙述正确的是(　　) A．若把一正的试探电荷从 M 点沿直线移到 N 点，则静电力对该电荷做功，电势 能增加 B．若把一正的试探电荷从 M 点沿直线移到 N 点，则该电荷克服静电力做功，电 势能增加 C．若把一负的试探电荷从 M 点沿直线移到 N 点，则静电力对该电荷做功，电势 能减少 D．若把一负的试探电荷从 M 点沿直线移到 N 点，再从 N 点沿不同路径移回到 M 点，则该电荷克服静电力做的功等于静电力对该电荷所做的功，电势能不变 解析　由正点电荷产生的电场的特点可知，正试探电荷从 M 点到 N 点，静电力做 正功，电势能减小，故选项 A、B 错误；负电荷由 M 点到 N 点，克服静电力做功， 电势能增加，故选项 C 错误；静电力做功与路径无关，负试探电荷又回到 M 点， 则整个过程中静电力不做功，电势能不变，故选项 D 正确。 答案　D 2．关于重力势能和电势能，下列说法中正确的是(　　) A．两种势能都是物体单独具有的 B．两种势能的值都与零势能位置选择无关 C．两种势能的变化量，都可以用力做的功来衡量 D．两种势能的值都可正可负，所以都是矢量 解析　势能为相互作用的系统所共有的，选项 A 错误；两种势能的值都与零势能 位置选择有关，选项 B 错误；两种势能的变化量，都可以用力做的功来衡量，选 项 C 正确；由于势能的大小与零势能位置选择有关，其正、负值表示相对于零势 能位置是高或低，势能没有方向，选项 D 错误。 答案　C 3.如图所示为电场中的一条电场线，在这条直线上有 a、b 两点，用 Ea、Eb 表示 a、b 两处的场强大小，则(　　) A．因为电场线从 a 指向 b，所以 Ea＞Eb B．因为电场线从 a 指向 b，所以 b 点的电势比 a 点电势低 C．因为电场线是直线，所以 Ea＝Eb D．在 a 点由静止释放一正的点电荷，电荷将做匀加速直线运动 解析　一根电场线无法确定其疏密情况，也就无法判断电场强弱的问题和静电力 大小，选项 A、C、D 均错；而沿着电场线方向电势逐渐降低，选项 B 正确。 答案　B 4．电场中有 A、B 两点，A 点的电势 φA＝30 V，B 点的电势 φB＝10 V，一个电子 由 B 点运动到 A 点的过程中，下列几种说法中正确的是(　　) A．静电力对电子做功 20 eV，电子的电势能减少了 20 eV B．电子克服静电力做功 20 eV，电子的电势能增加了 20 eV C．静电力对电子做功 20 eV，电子的电势能增加了 20 eV D．电子克服静电力做功 20 eV，电子的电势能减少了 20 eV 解析　UAB＝φA－φB＝20 V，根据 WAB＝qUAB 得电子从 A 到 B 静电力做负功－ 20eV，即电子从 B 到 A 静电力做正功 20 eV，电势能减少 20 eV，选项 A 正确。 答案　A 5.如图所示，在 O 点置一点电荷 Q，以 O 为圆心作一圆。现将一电荷从 A 分别移 到圆上的 B、C、D 三点，则静电力做功的情况是(　　) A．移到 B 的过程做功最多 B．移到 C 的过程做功最多 C．移到 D 的过程做功最多 D．三个过程做功一样多 解析　B、C、D 三点在同一等势面上，即三点的电势相同，所以 U AB＝UAC＝ UAD，由 WAB＝qUAB 知三种情况下静电力做的功一样多，选项 D 正确。 答案　D 6.如图所示，在处于 O 点的点电荷＋Q 形成的电场中，试探电荷＋q 由 A 点移到 B 点静电力做功为 W1。以 OA 为半径画弧交 OB 于 C，再把试探电荷由 A 点移到 C 点静电力做功为 W2；由 C 点移到 B 点静电力做功为 W3，则三次静电力做功的大 小关系为(　　) A．W1＝W2＝W3＜0 B．W1＞W2＝W3＞0 C．W1＝W3＞W2＝0 D．W3＞W1＝W2＝0 解析　点电荷形成电场的等势面是以该电荷为中心的球面，由题意知，三点的电 势关系为φA＝φC＞φB，所以电势差 UAB＝UCB＞0，UAC＝0，而 W1＝qUAB，W2＝qUAC， W3＝qUCB，所以 W1＝W3＞W2＝0，选项 C 正确。 答案　C 7.如图为某静电场等势面的分布，电荷量为 1.6×10－9 C 的正点电荷从 A 经 B、C 到达 D 点，从 A 至 D，静电力对电荷做的功为(　　) A．4.8×10－8 J B．－4.8×10－8 J C．8.0×10－8 J D．－8.0×10－8 J 解析　静电力做功只与初末位置间电势差有关，与路径无关，所以从 A 到 D 或从 A 经 B、C 到达 D 点，静电力做功为 W＝qU AD＝1.6×10 －9×(－40＋10)J＝－ 4.8×10－8 J，选项 B 对。 答案　B 8．(2016·台州中学期中)如图，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带负电，被喷 工件带正电，微粒只在静电力作用下向工件运动，最后吸附在其表面。微粒在向 工件靠近的过程中(　　) A．一定沿着电场线运动 B．所受电场力大小不变 C．克服电场力做功 D．电势能逐渐减小 解析　由于涂料微粒有初速度，故不一定沿电场线方向运动，故 A 错误；由图知， 工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电。离工件越近， 根据库仑定律得知，涂粒微粒所受库仑力越大。故 B 错误；涂料微粒所受的电场 力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小， 故 C 错误，D 正确。故选 D。 答案　D 9.如图所示，在电场中有 a、b、c 三点，且 ab＝bc，关于 ab 和 bc 间电势差，下 列说法正确的是(　　) A．ab 间的电势差一定大于 bc 间的电势差 B．因 ab＝bc，所以 ab 间的电势差等于 bc 间的电势差 C．ab 间的电势差一定小于 bc 间的电势差 D．因是非匀强电场，无法比较 解析　电场尽管为非匀强电场，但沿电场线相同距离上 E 大时，电势差必定大， 由题图可知 ab 处的电场线较 bc 处的电场线较稀疏，场强小，所以 ab 间的电势差 一定小于 bc 间的电势差，选项 C 正确。 答案　C [加 试 题 组]) 10．(2016·慈溪中学期中)(多选)A、B 为一电场中 x 轴上的两点，如图甲所示。一 电子仅在电场力作用下沿 x 轴运动，该电子的动能 Ek 随其坐标变化的关系如图乙 所示，则下列说法正确的是(　　) A．该电场不可能是点电荷形成的电场 B．A、B 两点电场强度大小关系为 EAEPB，因电子带负电，所以 φA<φB，即 C 正确，D 错误。 答案　AC 11.如图所示的匀强电场中，有 a、b、c 三点，ab 间距离 Lab＝8 cm，bc 间距离 Lbc ＝14 cm，其中 ab 沿电场方向，bc 和电场方向成 60°角。一个电荷量 q＝－4×10 －8 C 的负电荷从 a 点移到 b 点克服静电力做功 1.2×10－6 J。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)电荷从 b 点移到 c 点，静电力所做的功； (3)a、c 两点间的电势差。 解析　(1)根据 Wab＝qUab，且 Wab＝－1.2×10－6 J，电荷为 q＝－4×10－8 C，所 以 Uab＝－1.2 × 10－6 －4 × 10－8 V＝30 V。根据 E＝U d 可知 E＝ 30 0.08V/m＝375 V/m。 (2)Wbc＝qUbc＝q·E·L bc·cos 60° ＝－4×10－8×375×0.14×cos 60°J＝－1.05×10－6 J。 (3)Uac＝Ed＝375×(0.08＋0.14×cos 60°) V＝56.25 V。 答案　(1)375 V/m　(2)－1.05×10－6 J　(3)56.25 V 12.如图所示，平行金属带电极板 A、B 间可看作匀强电场，场强 E＝1.2×10 3 V/m，极板间距离 d＝5 cm，电场中 C 和 D 分别到 A、B 两板的距离均为 0.5 cm， B 极板接地，求： (1)C、D 两点的电势和两点间的电势差； (2)点电荷 q1＝－2×10－3 C 分别在 C 和 D 两点的电势能； (3)将点电荷 q2＝2×10－3 C 从 C 匀速移到 D 时外力所做的功。 解析　(1)由 E＝U d 得 UBC＝EdBC＝1.2×103×4.5×10－2 V＝54 V 又因 φB＝0 及 UBC＝φB－φC，所以 φC＝－54 V，同理可得 φD＝－6 V 所以 UCD＝φC－φD＝－48 V。 (2)由 Ep＝qφ 得 EpC＝q1φC＝－2×10－3×(－54) J＝0.108 J EpD＝q1φD＝－2×10－3×(－6) J＝0.012 J。 (3)把 q2 由 C 匀速移到 D，电场力做负功，由于匀速移动，外力做功与电场力做 功大小相等。W 外＝－W 电＝－q2UCD＝－2×10－3×(－48) J＝0.096 J。 答案　(1)φC＝－54 V，φD＝－6 V，UCD＝－48 V (2)EpC＝0.108 J，EpD＝0.012 J　(3)0.096 J 第 3 课时　电容器的电容　带电粒子在电场中的运动 考点一　电容器的电容(b/c) [基础过关] 1．常见电容器 (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 充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中 储存电场能。 放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场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 Q 与电容器两极板间的电势差 U 的比值。 (2)定义式：C＝Q U 。 (3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。 (4)单位：法拉(F) 1 F＝106 μF＝1012 pF 3．平行板电容器 (1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介 电常数成正比，与极板间距离成反比。 (2)决定式：C＝ εrS 4πkd ，k 为静电力常量。 【过关演练】 1．(2014·浙江 1 月学考)如图为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两 组金属片之间是互相绝缘的，动片旋人得越多，则(　　) A．正对面积越大，电容越大 B．正对面积越大，电容越小 C．动片、定片间距越小，电容越大 D．动片、定片间距离越小，电容越小 解析　可变电容器动片旋入得越多，正对面积越大。由平行板电容器的电容决定 式 C＝ εrS 4πkd 知，电容器的正对面积越大，电容越大，A 项正确。 答案　A 2．a、b 两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数。由此可知，a、b 两个 电容器的电容之比为(　　) A．1∶10 B．4∶5 C．8∶1 D．64∶1 答案　A [要点突破] 要点　电容器的两类问题 1．平行板电容器动态变化的两种情况 (1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差 U 保持不变。 (2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量 Q 保持不变。 2．平行板电容器动态问题的分析思路 【例题】 如图所示，先接通 S 使电容器充电，然后断开 S，增大两极板间的距离 时，电容器所带电荷量 Q、电容 C、两极板间电势差 U 及场强 E 的变化情况是(　　) A．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变大 B．Q 变小，C 变小，U 不变，E 变小 C．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变 D．Q 不变，C 变小，U 变小，E 无法确定 解析　由充电后断开电源，电容器的电荷量不变，选项 A、B 错；由 C＝ εrS 4πkd 知 增大两极板间的距离时，电容 C 减小，由 C＝Q U 知，U 增大；两板间电场强度 E＝ U d ＝4πkQ εrS ，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项 C 对，D 错。 答案　C [精练题组] 1．电容器的电容与本身构造有关，对于平行板电容器，不能决定电容器电容的物 理量是(　　) A．电容器两板间的距离 B．电容器两板所带的电荷量 C．电容器两板的正对面积 D．电容器两板间的电介质 解析　根据平行板电容器电容的决定式 C＝ εrS 4πkd 可得电容的大小和两极板间的距 离 d、两极板的正对面积 S、电容器极板间的电介质有关，与两极板的电荷量无关， 故选 B。 答案　B 2．一个电容器的规格是“10 μF　50 V”，则(　　) A．这个电容器的电容为 10－5 F B．这个电容器加上 50 V 电势差时，电容才是 10 μF C．这个电容器没有电势差时，电容为 0 D．这个电容器加的电势差不能低于 50 V 解析　电容器的电容与电容器板间电势差无关，无论是否有电势差，电容都是 10 μF，选项 A 正确，B、C 错误；50 V 为电容器允许加的最大电势差，选项 D 错误。 答案　A 3．如图所示，设两极板正对面积为 S，极板间的距离为 d，静电计指针偏角为 θ。 实验中，极板所带电荷量不变，若(　　) A．保持 S 不变，增大 d，则 θ 变大 B．保持 S 不变，增大 d，则 θ 变小 C．保持 d 不变，减小 S，则 θ 变小 D．保持 d 不变，减小 S，则 θ 不变 解析　静电计指针偏角反映电容器两板间电压大小。在做选项所示的操作中，电 容器电荷量 Q 保持不变，由 C＝Q U ＝ εrS 4πkd 知，保持 S 不变，增大 d，则 C 减小，U 增大，偏角 θ 增大，选项 A 正确，B 错误；保持 d 不变，减小 S，则 C 减小，U 增大，偏角 θ 也增大，故选项 C、D 均错。 答案　A 4.(2016·9 月绍兴适应性考试)2015 年 4 月 16 日，中国南车设计制造的全球首创 超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车。 这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”。如图所示，这 种电容器安全性高，可反复充放电 100 万次以上，使用寿命长达十二年，且容量 超大(达到 9 500 F)，能够在 10 s 内完成充电。下列说法正确的是(　　) A．该“超级电容器”能储存电荷 B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大 C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能 D．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极 解析　电容器能储存电荷，A 正确；电容器的电容反映电容器容纳电荷的本领， 由电容器本身决定，与电压无关，B 错；电容器放电过程把电能转化为其他形式 的能，C 错误；电容器充电时，电源的正极接电容器的正极，D 错误。 答案　A 5．如图所示，平行板电容器接在电势差恒为 U 的电源两端，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(　　) A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．电容器的电容减小 C．电容器的电容增大 D．极板带电荷量将增大 解析　由于平行板电容器电压保持不变，将上极板竖直向上移动一小段距离，板 间场强减小，油滴所受静电力减小，油滴将沿竖直方向向下运动，故选项 A 错误； 将上极板竖直向上移动一小段距离，板间距离增大，电容减小，而电势差不变， 由 Q＝CU 可知，电荷量 Q 减小，故选项 B 正确，C、D 错误。 答案　B 【方法总结】 平行板电容器的动态分析比较的思路 (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＝ εrS 4πkd 分析平行板电容器电容的变化。 (3)用定义式 C＝Q U 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。 考点二　带电粒子在电场中的加速(b/d) [基础过关] 带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种 分析方法： (1)用动力学观点分析：a＝qE m ，E＝U d ，v2－v20＝2ad。 (2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化， qU＝1 2mv2－1 2mv20。 【过关演练】 1．某电场电场线分布如图所示，A、B 为某电场线上的两点，一带负电的粒子以 一定的初速度沿电场线从 A 运动到 B。不计粒子的重力，在整个运动过程中(　　) A．粒子做匀加速直线运动 B．粒子运动的加速度增大 C．粒子的电势能减少 D．粒子的动能减少 解析　根据题目信息，带负电的粒子从 A 运动到 B 的过程中，电场力方向与运动 方向相同，电场强度逐渐减小，电场力逐渐减小，因粒子重力不计，电场力就是 粒子受到的合力，所以粒子做加速度减小的直线运动，选项 A、B 错；因电场力 方向与运动方向相同，所以电场力做正功，电势能减少，粒子的动能增加，选项 C 对，D 错。 答案　C 2．如图所示，正电荷 q 在电场力作用下由 P 向 Q 做加速运动，而且加速度越来 越大，那么可以断定，它所在的电场是图中的(　　) 答案　D [要点突破] 要点　带电粒子在电场中的加速问题 1．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 2．带电粒子在电场中运动时重力的处理 (1)微观粒子(如电子、质子、α 粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及 运动中重力势能的变化。 (2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须 考虑其重力及运动中重力势能的变化。 【例题】 (多选)如图所示，电子由静止开始从 A 板向 B 板运动，到达 B 板的速度 为 v，保持两板间的电压不变，则(　　) A．当增大两板间的距离时，v 增大 B．当减小两板间的距离时，v 增大 C．当改变两板间的距离时，v 不变 D．当增大两板间的距离时，电子在两板间运动的时间增大 解析　电子做匀加速直线运动，则1 2·eU md·t2＝d 解得 t＝d 2m eU ，即 t∝d 又由 eU＝1 2mv2－0 得 v＝ 2eU m ，与 d 无关，故 C、D 正确。 答案　CD [精练题组] 1．电场中，初速度为零的带正电粒子在匀强电场作用下，运动方向正确的是(　　) 解析　正电荷在电场中受电场力的方向与电场方向相同，若电荷由静止开始运动， 则正电荷应沿电场线运动，D 正确。 答案　D 2．如图所示，带电平行金属板 A、B，板间的电势差为 U，板间距离为 d，A 板 带正电，B 板中央有一小孔。一带电的微粒，带电荷量为 q，质量为 m，自孔的 正上方距板高 h 处自由下落，若微粒恰能落至 A、B 板的正中央 C 点，则下列说 法中，错误的是(　　) A．微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小 B．微粒下落过程中重力做功为 mg(h＋d 2)，静电力做功为－qU 2 C．微粒落入电场中，电势能逐渐增加，其增加量为qU 2 D．若微粒从距 B 板高 2h 处自由下落，则恰好能到达 A 板 解析　微粒下落至 C 点的过程中，重力势能减小，动能先增大后减小，故 A 选项 错误；重力做功为 mg(h＋d 2)，静电力做功为－qU 2 ，电势能增加，增加量为qU 2 ， 故 B、C 选项正确；若微粒从距 B 板高 h 处自由下落，则由动能定理得 W外＝mg(h ＋d 2)－qU 2 ＝0， 即 qU＝mg(2h＋d)， 微粒从距 B 板高 2h 处自由下落时，设微粒落至与 B 板距离为 x 的点，由动能定 理得 W 外′＝mg(2h＋x)－qU＝0，解得 x＝d，说明微粒恰能到达 A 板，故 D 选项 正确。 答案　A 3．(多选)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流 电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中， 该粒子(　　) A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 解析　要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由 题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故 A 错误；因电场力做负功，故电势能增加，B 正确；合力做负功，故动能减少，C 错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故 D 正确。 答案　BD 4．(多选)如图所示，M、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板。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1 2 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1 2 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1 2 解析　粒子恰好到达 N 板时有 Uq＝1 2mv20，恰好到达两板中间返回时有 U′ 2 q＝1 2mv2， 比较两式可知 B、D 选项正确。 答案　BD 5．如图所示，一电荷量为＋q、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37°的光滑斜面 上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度 取 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)水平向右电场的电场强度； (2)若将电场强度减小为原来的1 2 ，物块的加速度； (3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时的动能。 解析　(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所 示，则有 FNsin 37°＝qE① FNcos 37°＝mg② 由①②可得 E＝3mg 4q (2)若电场强度减小为原来的1 2 ，即 E′＝3mg 8q 由牛顿第二定律得 mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 可得 a＝0.3g (3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理 得 mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0 可得 Ek＝0.3mgL 答案　(1)3mg 4q 　(2)0.3g　(3)0.3mgL 【方法总结】 解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法 (1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。 (2)功和能方法——动能定理、能量守恒定律。 考点三　带电粒子在电场中的偏转(b/d) [基础过关] 1．条件分析：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。 2．运动性质：匀变速曲线运动。 3．处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。 4．运动规律： (1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 {①能飞出电容器：t＝ l v0。 ②不能飞出电容器：y＝1 2at2＝ qU 2md t2，t＝ 2mdy qU 。 (2)沿电场力方向，做匀加速直线运动。 {加速度：a＝F m ＝qE m ＝Uq md 。 离开电场时的偏移量：y＝1 2at2＝ Uql2 2mdv 。 离开电场时的偏转角：tan θ＝vy v0＝Uql mdv 。 【过关演练】 1．喷墨打印机的简化模型如图所示， 重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间， 最终打在纸上，则微滴在极板间电场中(　　) A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电荷量无关 解析　带负电的墨汁微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运 动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动，带负电的 墨汁微滴进入电场后受到向上的静电力，故墨汁微滴向正极板偏转，A 选项错误； 墨汁微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的 电势能减小，B 选项错误；根据 x＝v0t，y＝1 2at2 及 a＝qE m ，得墨汁微滴的轨迹方 程为 y＝qEx2 2mv ，即运动轨迹是抛物线，与带电荷量有关，C 选项正确，D 选项错误。 答案　C 2．(2015·浙江第二次大联考)如图所示，竖直金属板 A、B 间电压为 U 0，板中央 有小孔 O 和 O1，现有足够多的同种粒子源源不断地从小孔 O 进入金属板 A、B 间， 并被加速而从 O1 进入右侧水平平行金属板 C、D 间，O1O2 是极板 C、D 的中线， 金属板 C、D 的长与板间距相等，两板间电压 U 可调，不计粒子重力及进入 O 孔 时的初速度，所有粒子均不能打在极板上，则 U 与 U0 应满足(　　) A．U>U0 B．U<2U0 C．U>2U0 D．因为不知极板 C、D 的长，所以无法确定 U 与 U0 关系 解析　由 y＝1 2at2，a＝qU md ，t＝ d v0 ，qU0＝1 2mv20，且要满足条件 yφB，选项 B 正确；点电荷的动能增加，根据能量守恒可知，其电势能必定减 少，则选项 C 错误。 答案　B 6．如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从 两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的 条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(　　) A．仅将偏转电场极性对调 B．仅增大偏转电极板间的距离 C．仅增大偏转电极板间的电压 D．仅减小偏转电极板间的电压 解析　改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变， 选项 A 错误；根据 E＝U d 可知，当两极板间距离 d 增大时，E 减小，所以电子受 到的电场力减小，其偏转角也减小，选项 B 错误；电子进入偏转电场后做类平抛 运动，则 L＝v0t、eU d ＝ma 及 tan θ＝at v0 可得 tan θ＝eUL mdv ，当 U 增大时偏转角也增 大，选项 C 正确，D 错误。 答案　C 7．如图所示，在点电荷＋Q 的电场中有 A、B 两点，将质子和 α 粒子(带电荷量 是质子的 2 倍，质量是质子的 4 倍)分别从 A 点由静止释放到达 B 点时，它们速 度大小之比为多少？ 解析　质子是氢原子核，α 粒子是氦原子核，质子和 α 粒子都是正离子，从 A 点 到 B 点都做加速运动。设 A、B 两点间的电势差为 U，由动能定理有 对质子 qHU＝1 2mHv2H，对 α 粒子 qαU＝1 2mαv2α vH vα ＝ qHmα qαmH ＝ 1 × 4 2 × 1 ＝ 2 1 。 答案　 2∶1 [加 试 题 组]) 8．(多选)如图为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。 若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中(　　) A．膜片与极板间的电容变小 B．极板的带电荷量增大 C．膜片与极板间的电场强度增大 D．电阻 R 中有电流通过 解析　若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，根据平行板电容器电容决定式， 膜片与极板间的电容变小，选项 A 正确；由 C＝Q U 可知，电压 U 不变，极板的带 电荷量减小，膜片与极板间的电场强度减小，电阻 R 中有电流通过，选项 C 错误， D 正确。 答案　AD 9．(多选)如图所示，半径为 R 的环形塑料管竖直放置，内壁光滑，AB 为该环的 水平直径，管的内径远小于环的半径，直径 AB 及其以下部分处于水平向左的匀 强电场中。现将一直径略小于塑料管内径、质量为 m、带电荷量为＋q 的小球从 管中 A 点由静止释放，已知 qE＝mg，则小球释放后(　　) A．到达 B 点时速度为零，并在 BDA 间往复运动 B．第一次到达 B 点时对管壁的压力为 4mg C．第一次经过最低点 D 和最高点 C 时对管壁的压力之比为 5∶1 D．前后两次经过最高点 C 时对管壁的压力之差为 4mg 解析　设小球到 B 点时速度为 vB，有 qE×2R＝mvB 2 ，qE＝mg，得 vB＝2 gR，A 错；小球第一次到达 B 点时有 FN－Eq＝mv R ，解得 FN＝5mg，B 错；小球所受的 重力和电场力的合力沿从 O 指向弧 BD 中点的方向，根据运动的对称性，小球在 D、B 两点的速度大小相等，则 vD＝2 gR，F1－mg＝mv R ，得 F1＝5mg；设小球在 C 点速度为 vC，由动能定理有mv 2 －mv 2 ＝－mgR，得 vC＝ 2gR，再由 F2＋mg＝mv R ， 得 F2＝mg，即 F1∶F2＝5∶1，C 对；设小球第二次经过 C 点时速度为 v，有mv2 2 －mv 2 ＝2EqR，F3＋mg＝mv2 R ，联立得 F3＝5mg，则 ΔF＝F3－F2＝4mg，D 对。 答案　CD 10．如图，一质量为 m、电荷量为 q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B 为其 运动轨迹上的两点。已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角 为 60°；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30°，不计重力。求 A、B 两点间的电势差。 解析　设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不 变，即 vBsin 30°＝v0sin 60°① 由此得 vB＝ 3v0② 设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有 qUAB＝1 2m(v2B－v20)③ 联立②③式得 UAB＝mv q 答案　mv q 11．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＝2.0×10－11 kg、电荷量为 q＝＋1.0×10－5 C，从 a 点由静止开始经电压为 U ＝100 V 的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，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率 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＝1 2mv21 代入数据得 v1＝104 m/s (2)因粒子重力不计，则进入 PQ、MN 间电场中后，做类平抛运动，有粒子沿初速 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 由牛顿第二定律得：qE＝ma，由题意得：tan 30°＝v1 vy 联立以上相关各式并代入数据得： E＝ 3×103 N/C＝1.73×103 N/C (3)由动能定理得：qUab＝1 2mv2＝1 2m(v21＋v2y) 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 12．如图所示，CD 左侧存在场强大小为 E＝mg q ，方向水平向左的匀强电场，一 个质量为 m、电荷量为 q 的光滑绝缘小球，从底边 BC 长 L，倾角 α＝53°的直角 三角形斜面顶端 A 点由静止开始下滑，运动到斜面底端 C 点后进入一细圆管内 (C 处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达 D 点， 随后从 D 离开后落回到斜面 P 点，重力加速度为 g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。 (1)求 DA 两点间的电势差 UDA； (2)求圆管半径 r； (3)求小球从 D 点运动到 P 点的时间 t。 解析　(1)WAD＝－mgL＝－WDA UDA＝WDA q 或 UDA＝EL① 解得 UDA＝mgL q ② (2)由恰好过 D 点，判断 vD＝0③ 根据动能定理：从 A 到 D 过程 mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④ 解得 r＝L 6 ⑤ (3)由于 mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成 45°角斜向下做匀加速直线运动。设 到达 P 处水平位移为 x，竖直位移为 y，则有 x＝y xtan 53°＋x＝2r⑥ 解得 x＝L 7 ，y＝L 7 ⑦ 竖直方向自由落体有 y＝1 2gt2⑧ 解得 t＝ 2L 7g ⑨ 答案　(1)mgL q 　(2)L 6 　(3) 2L 7g