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第六章 第1讲 电场力的性质3
[体系构建]
[考纲点击]
1.物质的电结构、电荷守恒 (Ⅰ)2.静电现象的解释 (Ⅰ)
3.点电荷 (Ⅰ)4.库仑定律 (Ⅱ)5.静电场 (Ⅰ)
6.电场强度、点电荷的场强 (Ⅱ)7.电场线 (Ⅰ)
8.电势能、电势 (Ⅰ)9.电势差 (Ⅱ)
10.匀强电场中电势差与电场强度的关系 (Ⅰ)
11.带电粒子在匀强电场中的运动 (Ⅱ)12.示波管 (Ⅰ)
13.常见的电容器 (Ⅰ)14.电容器的电压、电荷量和电容的关系 (Ⅰ)
[复习指导]
1.复习时应重视对基本概念、规律的理解，重视带电粒子在电场中的加速、偏转以及电容器的有关知识在实际生产、生活中的应用。
2.加强本章知识与其他物理知识的综合，如带电粒子在复合场中的运动，掌握处理较为复杂的物理问题的方法，如类比、等效、建立模型等思维方法。
电荷及其守恒定律　库仑定律
1．元电荷、点电荷、试探电荷
电荷
内容
元电荷
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。电子带的电荷量q＝－e。
点电荷
当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至带电体的形状、大小及电荷分布对它们之间的相互作用力的影响可以忽略不计时，这样的带电体可以看成带电的点，叫做点电荷。
点电荷是一种理想化模型。
试探
电荷
用来检验电场是否存在及其强弱分布情况的电荷，叫做试探电荷(也叫检验电荷)。
试探电荷的体积和电荷量必须充分小，对被检电场不产生影响。
2．电荷守恒定律
(1)内容：电荷既不会创造，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保持不变。
(2)三种起电方式
①摩擦起电：电子从一个物体转移到另一个物体上。物体得到电子带负电，失去电子带正电。
②感应起电：导体中的电荷重新分布。导体靠近带电体时，靠近带电体的一端出现与带电体电性相反的电荷，另一端出现与带电体电性相同的电荷(相对带电体)。
③接触带电：电荷的转移，一般是电子的转移。与带电体接触的导体带上了与带电体相同电性的电荷。
3．库仑定律
(1)内容：真空中两个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。作用力的方向在两点电荷的连线上。
同种电荷相互排斥，导种电荷相互吸引。
(2)表达式：F＝k，其中k＝9.0×109_N·m2/C2。
1．物体带电的实质
物体带电的实质是得失电子。
2．库仑定律的适用条件
(1)库仑定律只适用于真空中的点电荷，但在要求不很精确的情况下，空气中的点电荷的相互作用也可以应用库仑定律。
(2)当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷。但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做点电荷了。
(3)对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集于球心的点电荷，r为两球心之间的距离。
(4)对两个带电金属球，要考虑金属表面电荷的重新分布。
3．库仑定律的应用
计算时电荷量均取绝对值，相互作用力的方向根据同种电荷相斥，异种电荷相吸引来定性判断。
1．两个分别带有电荷量＋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，故C项正确。
电场、电场强度和电场线
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＝。
(3)单位：N/C或V/m。
(4)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．电场线的特点
(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远或负电荷。
(2)电场线在电场中不相交。
(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大。
(4)匀强电场的电场线是均匀分布的平行直线。
(5)电场线不是实际存在的线，而是为了形象地描述电场而引入的一种假想的线。
4．几种典型电场的电场线(如图6－1－1所示)
图6－1－1
三个场强公式的比较
　　表达式
比较　　
E＝
E＝k
E＝
公式意义
电场强度定义式
真空中点电荷决定式
匀强电场中E与U关系式
适用范围
任何电场
①真空
②点电荷
匀强电场
决定
因素
电场本身决定，与检验电荷q无关
场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定
电场本身决定，d为两点沿场强方向的距离
相同点
矢量，单位：1 N/C＝1 V/m
2．电场的叠加
(1)场强是矢量，遵守矢量合成的平行四边形定则，当空间有几个点电荷同时存在时，某点的场强，是各点电荷单独存在时在该点产生场强的矢量和。
(2)两个等量点电荷连线及中垂线上场强的比较
比较
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
最小，指向负电荷一方
为零
连线上的场强大小
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′的场强特点
等大同向
等大反向
3．对电场线的理解
(1)不闭合：静电场的电场线起始于正电荷(或无穷远)终止于无穷远(或负电荷)，即静电场的电场线不闭合。
(2)不中断、不相交：在没有电荷的空间，电场线不中断，两条电场线也不能相交，这是因为电场中的某一点，电场强度只有一个方向。
(3)不是运动轨迹：只有当电场线为直线，电荷初速度为零或初速度平行于电场线，电荷所受合力与电场线平行时，电荷的运动轨迹才与电场线平行。
2.如图6－1－2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、符号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(　　)
图6－1－2
A．1∶2 B．2∶1
C．2∶ D．4∶
解析：选B　设圆的半径为r，点电荷的电量大小为Q，则每个点电荷产生E＝，E1＝2E＝2，若将N点的点电荷移至P点作场强的矢量，可知两点电荷所产生场强的方向的夹角为120°，由平行四边形法则知，合场强的大小E2＝E＝，故＝，选B。
库仑定律与平衡问题
[命题分析]　库仑定律在考纲中属Ⅱ级要求，命题可以是定律的简单应用，也可以结合平衡问题来考查学生的分析综合能力。
[例1]　如图6－1－3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，恰好使三个点电荷处于平衡状态，问：C应带什么性质的电？应放于何处？所带电量为多少？
图6－1－3
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点
信息获取
(1)使三点荷都平衡
每个点电荷受其余两个电荷的库仑力等大反向
(2)|QA|<|QB|
C应靠近A且在A的左侧带负电方能使三者都平衡
第二步：找解题突破口
分析C的平衡可求出C离A的距离，再分析A或B的平衡可求出C的电量。
第三步：条理作答
[解析]　根据平衡条件判断，C应带负电，放在A的左侧且和AB在一条直线上，设C的电量为q，与A相距x。
则以C为研究对象，由平衡条件得：＝代入数据解得x＝＝0.2 m。
再以A为研究对象，则有＝
代入数据解得q＝－Q
由牛顿第三定律可知只要C、A平衡了，B必然平衡。
[答案]　C带负电，在BA连线上A的左侧0.2 m处，带电量为－ Q
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三个点电荷平衡问题的求解方法
“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上；
“两同夹异”——正负电荷相互间隔；
“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；
“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
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[互动探究]
若上例中A、B带同号电荷，即B的电荷量为＋9Q，引入第三个点电荷C，使A、B、C都处于平衡状态，请探究C带什么电？放在何处？带电量是多少？
解析：根据平衡条件，C应带负电，且放在AB连线上，设与A相距x，则由平衡条件
对A，k＝k①
对C，k＝k②
由①②解得x＝0.1 m，q＝－Q。
答案：C应带负电，放在AB连线上A的右侧离A 0.1 m处，带电量为－Q
电场强度及叠加
[命题分析]　电场强度、点电荷的场强在考纲中属Ⅱ级要求，高考中常结合叠加原理求某点的合场强。
[例2]　在场强为E的匀强电场中，取O点为圆心，r为半径作一圆周，在O点固定一电荷量为＋Q的点电荷，a、b、c、d为相互垂直的两条直线和圆周的交点。当把一检验电荷＋q放在d点恰好平衡(如图6－1－4所示，不计重力)。问：
图6－1－4
(1)匀强电场场强E的大小、方向如何？
(2)检验电荷＋q放在点c时，受力Fc的大小、方向如何？
(3)检验电荷＋q放在点b时，受力Fb的大小、方向如何？
[解析]　(1)由题意可知：F1＝k，F2＝qE
由F1＝F2，得qE＝k，
得E＝k
匀强电场方向沿db方向。
(2)检验电荷放在c点：
Ec＝＝E＝k
所以Fc＝qEc＝k。
方向与ac方向成45°角斜向下(如图所示)。
(3)检验电荷放在b点：
Eb＝E2＋E＝2E＝2k
所以Fb＝qEb＝2k，
方向沿db方向。
[答案]　(1)k，方向沿db方向
(2)k，方向与ac成45°角斜向下
(3)2k，方向沿db方向
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电场的叠加要根据电荷的正负，先判断各场强的方向，然后再利用矢量合成法则，结合对称性分析叠加结果，求出合场强，进而求出放在该处的电荷受到的电场力。
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[变式训练]
如图6－1－5所示，用长为l的金属丝弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留有宽度为d的间隙且d?r，将电量为Q的正电荷均匀分布于金属丝上，求圆心处的电场强度。
图6－1－5
解析：若将宽度为d的间隙补上，则由对称性可知圆心O处的电场强度为零，则有间隙的金属丝在圆心处的电场强度必与宽为d的金属丝(d?r)在圆心O处的电场强度等大反向。宽为d的金属丝的带电量为Q′＝d
因d?r，故可将其视为点电荷，它在圆心O处产生的场强大小E′＝＝。
故有间隙的金属丝在圆心O处的电场强度大小E＝E′＝，方向由O指向AB间隙中心。
答案：，方向由O指向AB间隙中心
纠错蓝本——据带电粒子在电场中的运动轨迹做出判断时出现的典型错误
[示例]　如图6－1－6所示，图中实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图能做出正确的判断的是(　　)
图6－1－6
A．带电粒子所带电荷的正负
B．带电粒子在a、b两点受力方向
C．带电粒子在a、b两点加速度何处较大
D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大
[尝试解答]　选BCD　设带电粒子由a向b运动，画出初速度的方向，结合轨迹的弯曲方向，可判断带电粒子所受电场力的方向；但由于电场方向末知，故不能判断带电粒子的电性，故A错，B对；由电场线的疏密可知，a点的场强大，带电粒
子在a点的加速度大，故C正确；由a→b电场力做负功，动能减小，因此va>vb，故D正确。若设粒子由b→a运动，也可得出同样的结论。
[失误探因]　
1．审题方面
由于不知道运动方向、电场方向，不能正确理解物体做曲线运动的条件而错选A，漏选B。
2．知识应用方面
不会根据受力方向和速度方向的夹角判断电场力做功的正负，进而由动能定理决定a，b两点速度的大小而漏选D。
[名师点评]　解决此类问题要首先由轨迹弯曲方向判断电场力的方向，电场力一定与电场线共线且指向曲线的凹侧，再由电场力方向与速度方向的夹角，判断电场力做功的正负，进而判断动能、电势能的变化情况及初末速度的大小关系。
第六章 第1讲 电场力的性质4
[随堂巩固提升]
1．半径相同的两个金属小球A、B带有大小相等的电荷量，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C先后与A、B两球接触后移开，这时两球之间的相互作用力大小是(　　)
A．F/8　　　　　　　　　B．F/4
C．3F/8 D．3F/4
解析：选A　第三个小球接触A球之前，A、B两球间的作用力F＝。当第三个不带电的小球C与A球接触后电荷量平分，即A的带电荷量qA＝，再把C球与B球接触后，B球带电荷量qB＝＝－，所以A、B两球的相互作用力F′＝||＝＝。
2．下列说法中，正确的是(　　)
A．在一个以点电荷为中心、r为半径的球面上，各处的电场强度都相同
B．E＝kQ/r2仅适用于点电荷形成的电场
C．电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向
D．当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合
解析：选B　A选项中，应是各处的电场强度大小都相同。B选项中，电场强度的方向应是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向。D选项中，要带电粒子的运动轨迹与电场线重合，应同时满足下列三个条件：(1)电场线是直线；(2)带电粒子静止或初速方向与电场线平行；(3)带电粒子只受电场力作用或其它力的合力与电场线共线。
3.如图6－1－7所示，在真空中一条竖直向下的电场线上有a、b两点。一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零。则下面说法正确的是(　　)
图6－1－7
A．该带电质点一定带正电
B．该带电质点一定带负电
C．a点的电场强度大于b点的电场强度
D．质点在b点所受到的合力一定为零
解析：选BC　带电质点所受的电场力方向与场强方向相反，带电质点带负电，A错误，B正确；在a点所受电场力大于重力，在b点所受电场力小于重力，所以a点的电场强度大于b点的电场强度，D错误，C正确。
4.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图6－1－8所示。则此电场的电场线分布可能是图6－1－9中的(　　)
图6－1－8
图6－1－9
解析：选A　从图象可以看出，粒子的速度随时间逐渐减小，图线的斜率增大，说明粒子的加速度逐渐增大，电场强度变大，从A到B电场线变密，综合分析可知，负电荷顺着电场线运动。故选A。
5.如图6－1－10所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球A。在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B，当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则为(　　)
图6－1－10
A．2 B． 3
C．2 D．3
解析：选C　
设细线长为l，对A球受力分析，由受力平衡知F库＝＝mgtan θ
故q∝tan θ·sin2θ， ＝＝2。
第1讲　电荷的相互作用　电场力的性质
(对应学生用书第94页)
物质的电结构及电荷守恒定律
1.物质的电结构
构成物质的原子本身包括：带正电的质子和不带电的中子构成原子核，核外有带负电的电子，整个原子对外界较远位置表现为电中性．
2．元电荷
最小的电荷量，其值为e＝1.60×10－19_C.
其他带电体的电荷量皆为元电荷的整数倍．
3．电荷守恒定律
(1)内容：电荷既不能被创造，也不能被消灭，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；在转移的过程中，电荷的总量不变．
(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．
【针对训练】
1．把两个相同的金属小球接触一下再分开一小段距离，发现两球间相互排斥，则这两个金属小球原来的带电情况可能是(　　)
A．两球原来带有等量异种电荷
B．两球原来带有同种电荷
C．两球原来带有不等量异种电荷
D．两球中原来只有一个带电
【解析】　根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，两个相同的小球接触后电荷量平均分配规律可知，B、C、D正确．
【答案】　BCD
点电荷及库仑定律
1.点电荷
是一种理想化的物理模型，当带电体本身的形状和大小对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷．
2．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的大小，跟它们的电荷量的q1与q2乘积成正比，跟它们的距离r的平方成反比，作用力的方向沿着它们的连线．
(2)公式：F＝k，其中比例系数k叫做静电力常量，k＝9.0×109 N·m2/C2.
(3)适用条件：①真空中；②点电荷．

【针对训练】
2．(2012·上海高考)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AB间距离为x，则BC间距离为2x，根据库仑定律有F＝k，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为F′＝k＝，考虑电场力方向易知B正确．
【答案】　B
电场　电场强度及电场线
1.电场
基本性质：能够对场中的电荷有力的作用，这个力叫做电场力．
2．电场强度
(1)定义式：E＝，适用于任何电场，是矢量，单位：N/C或V/m.
(2)点电荷的场强：E＝，适用于计算真空中的点电荷产生的电场．
(3)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．
(4)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．
3．电场线
(1)特点
①电场线从正电荷或(无限远处)出发，到无限远处或到负电荷；
②电场线在电场中不相交；
③在同一电场里，电场线越密的地方场强越大；
④电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向；
⑤沿电场线方向电势逐渐降低；
⑥电场线和等势面在相交处相互垂直．
(2)几种典型电场的电场线
图6－1－1

【针对训练】
3.
图6－1－2
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6－1－2所示，则A、B所在电场区域的电场线分布可能是选项图中的(　　)
【解析】　由v－t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，应选B.
【答案】　B
(对应学生用书第95页)
三个场强表达式及电场的叠加
1.场强公式
三个公式
2．电场的叠加
(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场场强的矢量和．
(2)计算法则：平行四边形定则．
　(2012·安徽高考)如图6－1－3所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图6－1－4所示．则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为(　　)
图6－1－3　　　　　　　　　图6－1－4　　　　　
A．2πkσ0　　　　　　B．2πkσ0
C．2πkσ0 D．2πkσ0
【审题视点】　(1)当圆板的半径R无限大时，→0；
(2)根据电场的叠加，Q点的场强应为挖去圆孔前平面产生的场强减去圆孔部分的电荷在Q点产生的场强．
【解析】　根据半径为R的均匀带电圆形平板在P点的电场强度E＝2πkσ，可推知当带电圆板无限大时(即当R→∞)的电场强度E′＝2πkσ，对于无限大带电平板，挖去一半径为r的圆板的电场强度，可利用填补法，即将挖去的圆板填充进去，这时Q点的电场强度EQ＝2πkσ0，则挖去圆板后的电场强度EQ′＝2πkσ0－2πkσ0＝2πkσ0，故选项A正确，选项B、C、D错误．
【答案】　A
该题属新情景问题，判断两个均匀带电圆环轴线上的电场强度大小，显然无法直接通过物理规律直接推导得出结论，应另辟蹊径，可以运用量纲分析法、特殊值法、极限法、对称法、等效法等解决问题．
【即学即用】
1．(2011·重庆高考)如图6－1－5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(　　)
图6－1－5
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】　根据点电荷场强公式E＝及场的叠加原理，利用点电荷电场的对称性可以确定各面的中心及正方体的中心电场强度均为零，故D正确，A、B、C错误．
【答案】　D
对电场线的理解和应用
1.电场线的作用
(1)表示场强的方向
电场线上每一点的切线方向和该点的场强方向一致．
(2)比较场强的大小
电场线的疏密程度反映了场强的大小即电场的强弱．同一幅图中，电场线越密的地方场强越强，电场线越疏的地方场强越弱．
(3)判断电势的高低
在静电场中，顺着电场线的方向电势越来越低．
2．等量点电荷的电场线比较
比较
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点的场强
最小，指向负电荷一方
为零
连线上的场强大小
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
3.电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系
根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：
(1)电场线为直线；
(2)电荷初速度为零或速度方向与电场线平行；
(3)电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行．
(1)沿电场线方向电势越来越低，但场强不一定越来越小．
(2)等量异号点电荷的电场，沿连线，中点场强最小，沿中垂线，中点场强最大．
(3)等量同号点电荷的电场，沿连线，中点场强为零(最小)，沿中垂线，由中点到无穷远，场强先变大后变小出现极值．
　(2010·山东高考)某电场的电场线分布如图6－1－6所示，以下说法正确的是(　　)
图6－1－6
A．c点场强大于b点场强
B．a点电势高于b点电势
C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点
D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小
【解析】　电场线越密的地方电场强度越大，Ec＜Eb，故A错；沿着电场线的方向，电势是逐渐降低的，φa＞φb，B对；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，故C错；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，电场力也做正功，所以在合电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，根据电场力做功和电势能的关系可知：电势能将减小，D正确．
【答案】　BD
【即学即用】
2．如图6－1－7所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是(　　)
图6－1－7
A．这两点电荷一定是等量异种电荷
B．这两点电荷一定是等量同种电荷
C．D、C两点的电场强度一定相等
D．C点的电场强度比D点的电场强度小
【解析】　由电场线分布的特征可知，产生电场的电荷一定是等量异种电荷，A正确，B不正确；D、C两点电场线的密度不同，D、C两点的电场强度不同，C不正确；C点电场线的密度大，电场强度大，D不正确．
【答案】　A
(对应学生用书第97页)
带电体的平衡与运动
1.分析思路
2．运动反映受力情况
(1)物体保持静止：F合＝0.
(2)做直线运动．
①匀速直线运动，F合＝0.
②变速直线运动：F合≠0，且F合一定与运动方向共线．
(3)做曲线运动：F合≠0，且F合总指向曲线凹的一侧．
(4)加速运动：F合与v夹角α，0°≤α<90°；
减速运动：90°<α≤180°.
(5)匀变速运动：F合＝恒量．
　
图6－1－8
如图6－1－8所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上．已知A与B间、B与C间和C与A间的距离均为L，A球带电荷量QA＝＋q，B球带电荷量QB＝＋q.若在小球C上加一方向水平向右、大小未知的恒力F，恰好使A、B、C三小球保持相对静止．求：
(1)C球所带电荷量QC；
(2)外力F的大小．
【潜点探究】　(1)A、B、C三球等质量且等间距放置，A、B带电同性，必排斥，欲使三球保持相对静止，C电性必与A、B相异，且F大小适度，三者同步运动．
(2)A、B、C三者同步运动，可考虑用整体法和隔离法交替使用．
【规范解答】　因为A、B、C三球保持相对静止，故有相同的状态，对它们整体进行研究，由牛顿第二定律有：F＝3ma
对A分析，如图所示，可知C的电性应与A和B相异，即C带负电，则有：
kcos 30°＝ma
ksin 30°＝k
联立上述三个方程式求得：QC＝2q，即C球带2q的负电荷，F＝3k.
【答案】　(1)2q　(2)F＝3k
【即学即用】
3.
图6－1－9
(2012·上海高考)如图6－1－9，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1＞θ2)．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB.则(　　)
A．mA一定小于mB　　　　B．qA一定大于qB
C．vA一定大于vB D．EkA一定大于EkB
【解析】　对于两球受力分析，由于两球所受电场力相等，同时注意到两球处于同一水平面上，根据力的平衡有mAgtan θ1＝mBgtan θ2，根据几何关系有LAcos θ1＝LBcos θ2，因为θ1＞θ2，所以mA一定小于mB，LA＞LB，但不能比较电荷量大小，所以A正确，B错误；根据机械能守恒定律得：
vA＝，vB＝，
所以有vA＞vB，即C正确；
平衡时：F库＝mgtan θ，
摆动后：Ek＝mgl－mglcos θ＝
＝
其中＝tan 
当θ1＞θ2，tan ＞tan ，又有题设知l1cos θ1＝l2cos θ2
所以Ek1＞Ek2，D正确．
【答案】　ACD
(对应学生用书第97页)
●起电原理的考查
1.
图6－1－10
(2012·浙江高考)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6－1－10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】　笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带电，选项A正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异号电荷，选项B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力，故选项C正确；笔套接触到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上相同性质的电荷，选项D错误．
【答案】　ABC
●库仑定律与电荷守恒定律
2．(2011·海南高考)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的带电量为q，球2的带电量为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】　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q×nq＝×，解之可得n＝6，D正确．
【答案】　D
●等量异种电荷电场分布特点
3．(2012·渭南一模)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱．如图6－1－11甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称．则(　　)
图6－1－11
A．B、C两点场强大小和方向都相同
B．A、D两点场强大小相等，方向相反
C．E、O、F三点比较，O的场强最强
D．B、O、C三点比较，O点场强最弱
【解析】　由对称性可知，B、C两点场强大小和方向均相同，A正确；A、D两点场强大小相同，方向也相同，B错误；在两电荷连线的中垂线上，O点场强最强，在两点电荷连线上，O点场强最弱，D正确．
【答案】　ACD
●电场线与运动轨迹的关系
4．(2011·新课标全国高考)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　)
【解析】　由a至c的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b点的速度方向vb如图，由a至c速率递减可知受力方向如图中F，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F反向，故D正确．
【答案】　D
●带电体的受力与运动
5．(2013届安康检测)如图6－1－12所示，在O点放置正点电荷Q，a、b两点的连线过O点，且Oa＝ab，以下说法正确的是(　　)
图6－1－12
A．将质子从a点由静止释放，质子向b点做匀加速运动
B．若质子在a点的加速度为a0，则质子在b点的加速度为
C．若电子以Oa为半径绕O点做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O点做匀速圆周运动的线速度为2v
D．若电子以Oa为半径绕O点做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O点做匀速圆周运动的线速度为
【解析】　由于库仑力变化，因此质子向b做变加速运动，则A错误；由牛顿第二定律可知，质子在a点的加速度a0＝
，则质子在b点的加速度a′＝＝，则B错误；当电子以Oa为半径绕O点做匀速圆周运动时，根据k＝m，可得v＝ ，则可知电子以Ob为半径绕O点做匀速圆周运动时的线速度为，则C错误、D正确．
【答案】　D
　　　　　　　　
第六章 第1讲 电荷的相互作用、电场力的性质2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1.
图6－1－13
(2013届保定一中检测)如图6－1－13所示，半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F，今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开，这时A、B两个球之间的相互作用力大小是(　　)
A.F　　　　　　　　　　B.F
C.F D.F
2.
图6－1－14
(2013届榆林定边中学检测)如图6－1－14所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电荷量为－q外，其余各点处的电荷量均为＋q，则圆心O处(　　)
A．场强大小为，方向沿OA方向
B．场强大小为，方向沿AO方向
C．场强大小为，方向沿OA方向
D．场强大小为，方向沿AO方向
3.
图6－1－15
(2010·宁夏高考)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图6－1－15所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)(　　)
4.
图6－1－16
(2013届渭南模拟)如图6－1－16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
5.
图6－1－17
(2013届大连一中模拟)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6－1－17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.－E B.
C.－E D.＋E
6．如图6－1－18所示，两个带等量的正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘的水平面上．P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点的运动的过程中，下列关于小球C的速度图象中，可能正确的是(　　)
图6－1－18
7.
图6－1－19
(2013届南昌二中检测)如图6－1－19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的加速度将增加
D．两个粒子的动能，一个增加一个减小
8．如图6－1－20所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B.现给B一个沿垂直AB方向的速度v0，下列说法中正确的是(　　)
图6－1－20
A．若A、B为异种电荷，B球一定做圆周运动
B．若A、B为异种电荷，B球可能做匀变速曲线运动
C．若A、B为同种电荷，B球一定做远离A的变加速曲线运动
D．若A、B为同种电荷，B球的动能一定会减小
9.
图6－1－21
(2013届西安市高三调研)如图6－1－21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．cos3 α＝
B．cos3 α＝
C．sin3 α＝
D．sin3 α＝
10．(2012·北京101中学模拟)如图6－1－22甲所示，真空中Ox坐标轴上的某点有一个点电荷Q，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.2 m和0.7 m．在A点放一个带正电的试探电荷，在B点放一个带负电的试探电荷，A、B两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小F跟试探电荷电荷量q的关系分别如图6－1－22乙中直线a、b所示．下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　乙　　
图6－1－22
A．B点的电场强度的大小为0.25 N/C
B．A点的电场强度的方向沿x轴负方向
C．点电荷Q是正电荷
D．点电荷Q的位置坐标为0. 3 m
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11.
图6－1－23
(15分)(2013届咸阳高三调研)如图6－1－23所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q.在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电荷量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g.求：
(1)A球刚释放时的加速度是多大；
(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离．
12．(2013届合肥调研)如图6－1－24甲所示，水平面被竖直线PQ分为左、右两部分，左部分光滑，范围足够大，上方存在水平向右的匀强电场．右部分粗糙．一质量为m＝2 kg，长为L的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB置于水平面上，A端距PQ的距离为s＝3 m，给棒一个水平向左的初速度v0，并以此时作为计时的起点，棒在最初2 s的运动图象如图6－1－24乙所示.2 s末棒的B端刚好进入电场，已知直棒单位长度带电荷量为λ＝0.1 C/m，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
甲　　　　　　　　　　　　　乙
图6－1－24
(1)直棒的长度；
(2)匀强电场的场强E；
(3)直棒最终停在何处．
答案与解析
1.【解析】　由于A、B间有吸引力，则A、B带异种电荷．设电荷量都为Q，则两球之间的相互吸引力为：F＝k即F＝.当C球与A球接触后，A、C两球的电荷量为：q1＝.当C球再与B球接触后，B、C两球的电荷量为：q2＝＝.所以此时A、B两球之间的相互作用力的大小为F′＝＝k＝，故A项正确．
【答案】　A
2.【解析】　
根据对称性，先假定在A点放上＋q的点电荷，则O点的场强为零，即B、C、D、E四个点电荷在O点的场强方向沿OA向上，大小为.故O点的合场强为A点－q在O点产生的场强与B、C、D、E四个＋q在O点产生的合场强的矢量和，即EO＝EA＋E′＝，所以答案为C项．
【答案】　C
3.【解析】　因粉尘带负电，故带电粉尘所受电场力的方向与电场线的切线方向相反，轨迹上任何一点的切线方向为运动方向，若粒子做曲线运动，轨迹应出现在速度方向和力的方向所夹的区域内．从轨迹找几个点判断一下，只有A项符合，故A项正确．
【答案】　A
4.【解析】　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．
【答案】　AC
5.【解析】　左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷－q的右半球面在M点产生场强大小．带电荷－q的右半球面在M点的电场与带正电荷为q的左半球面AB在N点的电场大小相等，则E′＝－E＝－E，则A正确．
【答案】　A
6．【解析】　在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，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，v－t图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果PN足够远，B正确，如果PN很近，A正确．
【答案】　AB
7.【解析】　设电场线为正点电荷的电场线，则由轨迹可判定a带正电，b
带负电；若电场线为负点电荷的电场线，则a带负电，b带正电，A项错．由粒子的偏转轨迹可知电场力对a、b均做正功，动能增加，B、D两项错；但由电场线的疏密可判定，a受电场力逐渐减小，加速度减小，b正好相反，故C项正确．
【答案】　C
8．【解析】　如果A、B为异种电荷，当A对B的库仑引力恰好提供B做圆周运动所需要的向心力时，B绕A做匀速圆周运动；当A对B的库仑引力大于或者小于B做圆周运动所需要的向心力时，则B将做近心运动或者做离心运动．由于库仑力是变力，故不可能做匀变速曲线运动，A、B两项均错．如果A、B为同种电荷，则B受到A的库仑斥力将做远离A的变加速曲线运动，电场力做正功动能增大，所以C项正确，D项错．
【答案】　C
9.【解析】　
若设Q与－q之间的距离为r，则－q与－q之间的距离为2rcos α.对其中一－q进行受力分析如图所示，其中F1为另一－q对它的库仑力，F2和F3分别为两Q对它的库仑力，由对称性和库仑定律可得F1＝k，F2＝F3＝k，由矢量平行四边形中的几何关系可得＝F2cos α，联立以上几式解得cos3 α＝.如果对其中一Q进行受力分析，根据共点力的平衡知识同理可得出结论sin3 α＝.
【答案】　AC
10．【解析】　由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q为负电荷，且放置于A、B两点之间某位置，故选项B、C均错误；设Q与A点之间的距离为l，则点电荷在A点产生的场强EA＝k＝＝ N/C＝4×105 N/C，同理可得，点电荷在B点产生的场强为EB＝k＝＝ N/C＝0.25×105 N/C，解得l＝0.1 m，所以点电荷Q的位置坐标为xQ＝xA＋l＝(0.2＋0.1) m＝0.3 m，故选项A错误，D正确．
【答案】　D
11.【解析】　由牛顿第二定律可知
mgsin α－F＝ma，
根据库仑定律F＝k
r＝H/sin α，
得a＝gsin α－.
当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A球与B点间的距离为d，则mgsin α＝，
解得d＝.
【答案】　(1)gsin α－　(2) 
12．【解析】　(1)0～2 s内，棒运动的位移
s1＝ t＝t＝4 m
棒长为L＝s1－s＝1 m.
(2)由图乙知，棒在向左运动至B端刚好进入电场的过程，棒的加速度一直不变为a＝＝0.5 m/s2
直棒所带电荷量q＝λL＝0.1 C
当B端刚进入电场时有qE＝ma
E＝＝10 N/C.
(3)未进入电场前有μmg＝ma
μ＝＝0.05
设直棒最终停止时，A端在PQ右侧与PQ相距为x.
从B端刚进入电场到直棒最终停止
由动能定理得－－μmgx＝0－mv
解得x＝2.25 m
故A端在PQ右边且距PQ为2.25 m.
【答案】　(1)1 m　(2)10 N/C　(3)A端距PQ2.25 m，在PQ右边
第六章 第2讲 电场能的性质3
静电力做功　电势能
1．静电力做功
(1)特点：静电力做功与路径无关，只与被移动电荷的电荷量及初、末位置的电势差有关。这一点与重力做功相似。
(2)计算公式：
①W＝Eqd，其中d为沿电场方向的位移，只适用于匀强电场。
②WAB＝qUAB，适用于任何形式的电场。
2．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静电力所做的功。
(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。
1．求电场力做功的几种方法
(1)由公式W＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场中，可变形为W＝Eqlcos α。
(2)由WAB＝qUAB计算，此公式适用于任何电场。
(3)由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB。
(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk。
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)除重力外，其它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。
3．电势能高低的判断方法
判断角度
判断方法
做功判
断法
静电力做正功，电势能减小；
静电力做负功，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
由Ep＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大，电势能越大；Ep的负值越小，电势能越大
能量守
恒法
在电场中，若只有静电力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，电势能增加
1.如图6－2－1所示，在真空中有两个带正电的点电荷，分别置于M、N两点。M处正电荷的电荷量大于N处正电荷的电荷量，A、B为M、N连线的中垂线上的两点。现将一负点电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中，下列说法正确的是(　　)
图6－2－1
A．q的电势能逐渐减小
B．q的电势能逐渐增大
C．q的电势能先增大后减小
D．q的电势能先减小后增大
解析：选B　负电荷q受M、N两处正电荷的吸引力的合力指向左下方，由A移向B静电力做负功，电势能增大，故选B。
电势　等势面
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＝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
(1)定义：电场中电势相等的点构成的面。
(2)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。
1．几种常见的典型电场的等势面比较
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
2．电势高低的判断方法
判断角度
判断方法
依据电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
依据电势差的正负
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
依据电势能的高低
正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低
2．某电场的电场线分布如图6－2－2所示，以下说法正确的是(　　)
图6－2－2
A．c点场强大于b点场强
B．a点电势高于b点电势
C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点
D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小
解析：选BD　电场线密集的地方场强大，则Ec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。
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)电场强度的方向和大小：电场中，场强方向是指电势降落最快的方向。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。
1．场强、电势、电势差、电势能都是用来描述电场性质的物理量，它们之间有密切的联系，但也有很大差别，现列表进行比较
电场强度
电势
电势差
电势能
意义
描述电场的力的性质
描述电场能的性质
描述电场做功的本领
描述电荷在电场中的能量，电荷做功的本领
定义
E＝
φ＝(Ep为电荷的电势能)
UAB＝
Ep＝φq
矢标性
矢量，方向为放在电场中的正电荷的受力方向
标量，但有正负，正负只表示大小
标量，有正负，正负只表示电势的高低
标量，有正负，正负表示电势能大小，正电荷在正电势位置有正电势能，简化为：正正得正，负正得负，负负得正
决定
因素
场强由
电场本身 决
定，与试探电
荷无关
电势由电场本身决定，与试探电荷无关，其大小与参考点的选取有关，有相对性
由电场本身的两点间差异决定，与试探电荷无关，与参考点选取无关
由电荷量和该点电势二者决定，与参考点选取有关
关系
场强为零的地方电势不一定为零
电势为零的地方场强不一定为零
零场强区域两点间电势差一定为零，电势差为零的区域场强不一定为零
场强为零，电势能不一定为零，电势为零，电势能一定为零
联系
匀强电场中UAB＝Ed(d为A、B间沿场强方向上的距离)；电势沿着场强方向降低最快；UAB＝φA－φB；φ＝；UAB＝；WAB＝ΔEpAB＝EpA－EpB。
2．匀强电场中的电势分布特点
由U＝Ed可知，在匀强电场中，沿任意一个方向上(垂直于电场方向除外)，电势降落都是均匀的，故在同一直线上相同距离的两点间的电势差相等，相互平行的相等线段两端点电势差相等。(如图6－2－3所示)
图6－2－3
(1)若AB＝BC，则φA－φB＝φB－φC，即φB＝；
(2)若MN∥AB，且MN＝AB，则φM－φN＝φA－φB。
3．E＝在非匀强电场中的妙用
虽然E＝仅适用于匀强电场，但对于非匀强电场，可以用它来解释等差等势面的疏密与场强大小的关系，如U一定时，E越大，则d越小，即场强越大，等差等势面越密。另外，还可以利用此关系式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.图6－2－4中A、B、C、D是匀强电场里一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝15 V，φB＝3 V，φC＝－3 V，求D点的电势φD。
图6－2－4
解析：解法一：如图，连接AC、BD，交点O为两对角线公共的中点。φO＝＝ V＝6 V，又φO＝，即φD＝2φO－φB，得φD＝9 V。
解法二：因AB∥DC，φA－φB＝φD－φC，得φD＝9 V。考虑AD∥BC也可得相同的结果。
答案：9 V
电势高低与电势能大小的判断
[命题分析]　对电场能的性质的考查，高考中频繁出现，多以选择题的形式出现。
[例1]　(2012·福建高考)如图6－2－5，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是(　　)
图6－2－5
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点
信息获取
(1)点电荷Q产生的电场
离场源远近，决定φ、E的大小
(2)正的试探电荷移动克服电场力做功
场源为负点电荷
(3)克服电场力做功相等
EpA＝EpB
第二步：找解题突破口
要比较电势的高低，须知电场线的方向，就要明确场源的电性。
第三步：条理作答
[解析]　因将正试探电荷移到无穷远处时需克服电场力做功，故场源带负电，结合负点电荷的电场线、等势面特点，分析可知EA>EB，φA<φB，故A、B均错误；由功能关系知q1在A点的电势能与q2在B点的电势能相等，故D错误；由φA＝、φB＝，因为WA→∞＝WB→∞，φA<φB<0故，q1[答案]　C
———————————————————
?1?判断电势的高低，可以根据电场线的方向或场源电荷的正负，即离正电点荷越近，电势越高，离负点电荷越近，电势越低。
?2?电势能变化可由电场力做功的正负来判断：不论是正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电势能就减少，电场力做负功，电势能就增加。
——————————————————————————————————————
[变式训练]
1.如图6－2－6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轴的右侧，MP⊥ON，则(　　)
图6－2－6
A．M点的电势比P点的电势高
B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D．在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动
解析：选AD　根据电场线与等势面总是垂直的，分别作出过点M、P的等势面，M与P不在同一个等势面上，且沿电场线方向电势是降低的，故φM>φP，A正确；将负电荷从O点移到P点时，要克服电场力做功，即电场力做负功，B错误；由U＝d及电场线疏密程度知O、M两点间的电势差应大于M、N两点间的电势差，C错误；沿y轴上各点场强方向相同，故从O点由静止释放的带正电粒子在运动过程中始终受到沿y轴正方向的电场力，D正确。
匀强电场中场强与电势差的关系
[命题分析]　匀强电场中场强与电势差的关系在考纲中属Ⅰ级要求，由三点电势求场强，常以选择题形式出现。
[例2]　(2012·安徽高考)如图6－2－7所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为(　　)
图6－2－7
A．200 V/m　　　　　　　B．200 V/m
C．100 V/m D．100 V/m
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点
信息获取
(1)三点电势中O点最低A点最高
OA连线上必有B点的等势点
(2)匀强电场平行于坐标平面
E的方向必与等势线垂直且由高电势指向低电势
第二步：找解题突破口
要求场强的大小要利用公式E＝。
第三步：条理作答
[解析]　根据题意，由匀强电场特点可知OA中点C的电势为3 V，与B点电势相等，则BC连线为等势线，自原点O向BC连线引垂线，垂足为D，D点电势为3 V，根据图中几何关系得＝，OD长度为1.5 cm，则场强为E＝＝200 V/m，选项A正确。
[答案]　A
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应用E＝求解匀强电场场强的步骤
(1)分析三点的电势大小关系，找出电势最高点与最低点连线上与第三点电势相等的点；
(2)连接等势点画出等势线；
(3)据电场线与等势线垂直画出电场线及其方向；
(4)据E＝求场强的大小。
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[互动探究]
本题中若另有一点C′其坐标xC′＝6 cm，yC′＝ cm，求C′点的电势。
解析：如图连接AC′、BC′则OAC′B为一长方形，BC′∥OA，且BC′＝OA在匀强电场中，平行且相等的两线段，其两端电势差相等，即UBC′＝UOA,3 V－φC′＝0－6 V得φC′＝9 V。
答案：9 V
电场力做功与力学知识的综合运用
[命题分析]　带电体在电场中的运动的综合问题是历年高考的重点，特别是对电场力做功的特点、动能定理、牛顿第二定律的综合运用的考查，常以选择题或计算题的形式呈现。
[例3]　如图6－2－8所示，直角三角形的斜边倾角为30°，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m、电荷量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D点时速度为v。
图6－2－8
(1)在质点的运动中不发生变化的是(　　)
A．动能
B．电势能与重力势能之和
C．动能与重力势能之和
D．动能、电势能、重力势能三者之和
(2)质点的运动情况是(　　)
A．匀加速运动
B．匀减速运动
C．先匀加速后匀减速运动
D．加速度随时间变化的运动
(3)该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率vc为多少？沿斜面向下的加速度ac为多少？
[解析]　(1)质点在运动过程中，只存在动能、电势能、重力势能三者之间的转化，在转化过程中总能量不变，故D选项正确。
(2)由于质点所受电场力是变力，故质点所受合外力也是变化的，其加速度也随时间而变，所以D选项正确。
(3)因BD＝＝BO＝OC＝OD，则B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以q由D到C的过程中电场力做功为零，由动能定理，
mgh＝mv－mv2①
h＝sin 60°＝sin 30°sin 60°＝L②
由①②两式，得
vC＝
当质点在C点时，对质点进行受力分析，如图所示。
根据牛顿第二定律得
mgsin θ－cos θ＝mac
解之，得ac＝g－·
[答案]　(1)D　(2)D　(3)　g－·
———————————————————————————————
?1?只有重力和电场力做功，动能、重力势能、电势能相互转化，且三者之和保持不变。
?2?带电质点受变力运动，加速度不断变化求某位置速率要用动能定理，分析点电荷＋Q产生的电场的特点是解题的关键。
——————————————————————————————————————
[变式训练]
2. (2012·江苏南京模拟)如图6－2－9所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球。现有两个质量和电荷量都相同的带正电的小球a、b，均可视为点电荷，先将a穿在细杆上，让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落。则下列说法中正确的是(　　)
图6－2－9
A．从A点到C点，小球a做匀加速运动
B．小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能
C．从A点到C点，小球a的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变
D．小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功
解析：选C　从A点到C点，小球a所受电场力的方向和大小不断变化，合力不断变化，故小球不是做匀加速运动，A错误；小球a从A点到C点电场力先做正功后做负功，机械能先增加后减小，这个过程中机械能和电势能相互转化，总和不变，故C正确；B点和C点电势相等，故从A点到B点与从A点到C点，电场力做功相同，但重力做功不等，B点和C点电势能相等，重力势能不等，动能也不相同，B、D错误。
纠错蓝本——对电势差、电场力做功与电势能变化关系不明确出现的几个错误
[示例]　如图6－2－10匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝2 m，已知电场线平行于△ABC所在平面，一个带电为2×10－6 C的负电荷由A移到B，电势能增加1.2×10－5 J，由B到C电场力做功6×10－6 J，下列说法正确的是(　　)
图6－2－10
A．B、C两点的电势差UBC＝3 V
B．A点电势低于B点电势
C．负电荷由C到A的过程中，电势能增加
D．该电场的场强为1 V/m
[尝试解答]　选D　UBC＝＝ V＝－3 V，A错；
UAB＝＝ V＝6 V，B错；
因UCA＝－UAC＝－(UAB＋UBC)＝－3 V
故WCA＝qUCA＝－2×10－6×(－3)＝6×106 J
负电荷由C到A电场力做正功，电势能减少，C错；
设φB＝0，则φA＝6 V，φC＝3 V，AB的中点D的电势φD＝3 V，连接CD为等势线
E＝＝＝1 V/m
故D项正确。
[失误探因]　
1．审题方面
(1)由于没有注意到是负电荷，而错选A。
(2)由于不明确电场力的功与电势能变化关系，而错选B。
2．知识应用方面
(1)由于没有正确求出UCA进而计算WCA而不能确定C的正误。
(2)由于找不到C的等势点D，确定不了场强的方向便求不出场强的大小，或计算错误，而不能确定D的正误。
[名师点评]　解决此题应注意理解UAB＝中各量的意义及符号的代入，避免进入误区，匀强电场中E＝计算场强大小时U取绝对值，但公式中的d是两点沿电场线方向的距离，不能将BC间距直接代入。
第六章 第2讲 电场能的性质4
[随堂巩固提升]
1．如图6－2－11所示是某电场中的一条电场线，一电子从a点由静止释放，它将沿电场线向b点运动，下列有关该电场情况的判断正确的是(　　)
图6－2－11
A．该电场一定是匀强电场
B．场强Ea一定小于Eb
C．电子具有的电势能Epa一定大于Epb
D．电势φa<φb
解析：选CD　仅由一条电场线无法判断电场的情况及各点场强的大小，A、B错误；电子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动到b点，电场力做正功，电子的电势能减小，C正确；由题意知电场力方向由a向b，说明电场线方向由b向a，b点电势高，a点电势低，D正确。
2.P、Q两电荷的电场线分布如图6－2－12所示，c、d为电场中的两点。一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示。则下列判断正确的是(　　)
图6－2－12
A．P带负电
B．c、d两点电势相等
C．离子在运动过程中受到P的吸引
D．离子从a到b，电场力做正功
解析：选C　从电场线的方向判断P应带正电，沿电场线方向电势降低，A、B均错误；从离子的轨迹图可知离子带负电，应受到P的吸引，C正确；离子从a到b，电场力做负功，D错误，应选C。
3.如图6－2－13所示，在真空中A、B两点分别放置等量的异种电荷＋q、－q，在通过A、B两点的竖直平面内相对于AB对称取一个矩形路径abcd，且ab平行于AB，a、d到A点的距离等于b、c到B点的距离。设想将一个电子沿路径abcd运动一周，则下列说法正确的是(　　)
图6－2－13
A．由a到b，电势降低，电子的电势能减小
B．由a到b，电势升高，电子的电势能增大
C．由b到c，电场力对电子先做正功，后做负功，总功为零
D．由d到a，电子的电势能先减小后增大，电势能的变化总量为零
解析：选D　过四个点的电场线如图所示。根据电场线分布可知a、b、c、d各点场强方向，则可知电子由a到b，电势降低，电场力做负功，电势能增加，故A、B均错；由b到c，电场力对电子先做负功后做正功，故C错；由d到a，电场力对电子先做正功后做负功，电势能先减小后增大，根据对称性电势能的变化总量为零，故D对。
4．(2012·广州毕业班测试)如图6－2－14所示表示某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－9 C的正电荷从A经B、C到达D点。从A到D，静电力对电荷做的功为(　　)
图6－2－14
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：选B　电场力做功与路径无关，WAD＝UADq＝－30×1.6×10－9 J＝－4.8×10－8 J。故B正确。
5．在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则(　　)
A．b点的电场强度一定比a点大
B．电场线方向一定从b指向a
C．b点的电势一定比a点高
D．该电荷的动能一定减小
解析：选C　φa－φb＝<0，则有φa<φb，即b点的电势一定比a点高，故C正确；虽然电场力做负功，但不能确定合力也做负功，故D错误，也不能确定a、b两点的场强关系和电场的方向，故A、B错误。
6.如图6－2－15所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则(　　)
图6－2－15
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a加速度减小，b加速度增大
C．a电势能减小，b电势能增大
D．a和b的动能一定都增大
解析：选BD　由于电场线方向不确定，a、b的电性不确定，A错；据轨迹的弯曲方向知，a受电场力向右，b受电场力向左，电场力对它们均做正功，电势能都减少，动能都增大，C错，D对；由电场线的疏密可知，a的加速度减小，b的加速度增大，B正确。
第2讲　研究电场能的性质
(对应学生用书第98页)
电场力做功与电势能
1.电场力做功
(1)特点：电场力做功和路径无关，只与初、末位置有关．
(2)计算方法
①WAB＝qEL，只适用于匀强电场，其中L为沿电场线方向的位移．
②WAB＝qUAB，适用于任何形式的电场．
2．电势能
(1)定义：电荷在电场中某点的电势能，等于静电力把它从该点移动到零势能位置时所做的功．
(2)静电力做功与电势能变化的关系
静电力做的功等于电势能的减少量，WE＝EpA－EpB.
(3)电势能的相对性，电势能是相对的，通常把电荷在离场源电荷无穷远处的电势能规定为零，或把电荷在地球表面的电势能规定为零．
【针对训练】
1.
图6－2－1
(2013届青岛二中检测)如图6－2－1所示，已知菱形ABCD处于一静电场中，AC与BD相交于O，若一个电子从A点运动到B点动能减小10 eV，将电子从B点移动到C点，电场力做功也是10 eV，则由此可推断此空间存在的静电场可能是(　　)
A．匀强电场，方向垂直于AC由O指向B
B．匀强电场，方向垂直于AC由B指向O
C．位于O点的负点电荷形成的电场
D．位于D点的负点电荷形成的电场
【解析】　电子从A点运动到B点动能减小10 eV，则电势能增大10 eV，由于电子带负电，故电势降低10 V，将电子从B点移动到C点，电场力做正功则电势能减小10 eV，故电势升高10 V，由此推得A、C两点电势相等且比B点电势高10 V，如果是匀强电场，则电场方向一定垂直AC，由电势高的O点指向电势低的B点，故选项A正确、B错误；如果是负点电荷产生的电场，则电势外高内低，由图可知负点电荷位于O点和D点都是B点电势高于A、C点的电势，故选项C、D错误．
【答案】　A
电势与等势面
1.电势
(1)定义式：φM＝.
(2)矢标性：电势是标量，其大小有正负之分，其正(负)表示该点电势比电势零点高(或低)．
(3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因电势零点选取的不同而不同．
2．等势面的特点
(1)等势面一定与电场线垂直，即跟场强的方向垂直．
(2)在等势面上移动电荷时电场力不做功．
(3)电场线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．
【针对训练】
2．(2013届安庆一中检测)一个匀强电场的电场线分布如图6－2－2甲所示．把一个空心导体引入到该匀强电场后的电场线分布如图6－2－2乙所示．在电场中有A、B、C、D四个点(B、C两点在空心导体的表面上)，下面说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　　　　　　乙　　
图6－2－2
A．φA＝φB　　　　　B．φB＝φC
C．EA＝ED D．EA＜ED
【解析】　沿电场线方向电势逐渐降低，φA＞φB，选项A错误；空心导体是等势体，表面是等势面，φB＝φC，选项B正确；电场线疏密表示电场强度大小，EA＜ED，选项C错误，D正确．
【答案】　BD
电 势 差
1.定义式：UAB＝.
2．电势差与电势的关系：UAB＝φA－φB.
3．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，与零势点的选取无关．
4．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：U＝Ed，其中d为电场中两点间沿电场线方向的距离．
(2)电场强度的方向和大小：电场中，场强方向是指电势降低最快的方向．在匀强电场中，场强在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势．

【针对训练】
3.
图6－2－3
如图6－2－3所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB＝BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有(　　)
A．φA>φB>φC
B．EC>EB>EA
C．UABD．UAB＝UBC
【解析】　A、B、C三点处在一条电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA>φB>φC，A正确；由电场线的疏密程度可以看出电场强度大小关系为EC>EB>EA，B对；电场线密集的地方电势降落较快，故UBC>UAB，C对，D错．
【答案】　ABC
(对应学生用书第99页)
电势高低与电势能大小的判断方法
1.电势高低的判断
判断角度
判断方法
依据电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
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
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
续表　　
判断角度
判断方法
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
由EpM＝qφM，将q、φM的大小、正负号一起代入公式，EpM的正值越大，电势能越大；EpM的负值越小，电势能越大
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)电势、电势能的正负表示大小，正的电势比负的电势高、正的电势能比负的电势能大，而电势差的正负表示两点电势的相对高低．
(2)电场线或等差等势面越密的地方电场强度越大，但电势不一定越高．
　(2012·重庆高考)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图6－2－4所示，a、b、c、d为电场中的4个点．则(　　)
图6－2－4
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同
C．c点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
【审题视点】　(1)注意题中所给图是等势面分布图，非电场线分布图．
(2)a、b同一等势面，c、d不在同一等势面上，应找出电场线方向再判断c、d电势高低．
(3)确定电场线方向，就可比较电荷移动时电势能变化．
【解析】　由题中所给的等势面分布图是对称的及电场线与等势面垂直可得，P、Q两点应为等量的异种电荷，A错；a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，故B错；因P处为正电荷，因此c点的电势高于d点的电势，C错；因P处为正电荷，故Q处为负电荷，负电荷从靠负电荷Q较近的a点移到靠正电荷P较近的c点时，电场力做正功，电势能减小，D对．
【答案】　D
【即学即用】
1.
图6－2－5
(2012·山东高考)图6－2－5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】　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两者相互排斥，故带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律F＝k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，故Uab＞Ubc，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．
【答案】　CD
匀强电场中场强与电势差的关系应用
1.公式E＝反映了电场强度与电势差之间的关系，由公式可知：电场强度的方向就是电势降低最快的方向．公式E＝的应用只适用于匀强电场，且应用时注意d的含义是表示某两点沿电场线方向的距离，或两点所在等势面之间的距离．
2．由匀强电场中场强与电势差的关系，可推出两个重要推论：
图6－2－6
推论1：如图6－2－6所示，匀强电场中任一线段AB的中点C的电势，等于两端点电势的等差中项，即φC＝
证明：设AC＝CB＝d，则φA－φC＝Edcos θ，φC－φB＝Edcos θ
所以有：φC＝.
图6－2－7
推论2：如图6－2－7所示，若匀强电场中两线段AB＝CD且AB∥CD，则φA－φB＝φC－φD.
证明：设AB＝CD＝d，则φA－φB＝Edcos θ，φC－φD＝Edcos θ
所以有：φA－φB＝φC－φD.
　(2012·安徽高考)如图6－2－8所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为(　　)
图6－2－8
A．200 V/m　　　　　　　　B．200 V/m
C．100 V/m D．100V/m
【解析】　在匀强电场中，沿某一方向电势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势φC＝3 V(如图所示)，因此B、C为等势面．O点到BC的距离d＝OCsin α，而sin α＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－2 m．根据E＝得，匀强电场的电场强度E＝＝ V/m＝200 V/m，故选项A正确，选项B、C、D错误．
【答案】　A
如何确定匀强电场中的电场线
(1)先确定等势面：根据“两点确定一条直线”，找出电场中电势相等的两个点，然后连接成一条等势线；因匀强电场的电势在一条直线上均匀变化，任一线段中点的电势为两端点电势的平均值，题中先找出OA中点C的电势为3 V，连BC得等势线．
(2)电场线跟等势面一定垂直，作出等势线的垂线即得电场线；题中过O点可作BC的垂线，即电场线．
(3)比较电势的高低，即沿着电场线的方向，电势逐渐降低；根据题中电势高低在电场线上标出箭头，表示电场的方向．
【即学即用】
2．(2013届陕西师大附中检测)如图6－2－9所示，平行直线AA′、BB′、CC′、DD′、EE′.分别表示电势为－4 V、－2 V、0、2 V、4 V的等势线．若AB＝BC＝CD＝DE＝2 cm，且与直线MN成30°角，则(　　)
图6－2－9
A．该电场是匀强电场，场强方向垂直于AA′，且左斜下
B．该电场是匀强电场，场强大小E＝2 V/m
C．该电场是匀强电场，与C点距离为2 cm的所有点中，最高电势为4 V，最低电势为－4 V
D．该电场可能不是匀强电场，E＝不适用
【解析】　因各等势面间距相等，电势差相等，所以该电场为匀强电场．场强大小E＝ V/m＝200 V/m，其方向与等势面垂直指向电势降低的方向即指向左上方．A、B、D选项错．因C点电势为零，与C点距离为2 cm的点的最高电势为φm＝Ed＝200×2×10－2 V＝4 V，最低电势为－4 V，C项正确．
【答案】　C
电场线、等势线、轨迹线的综合问题
此类问题的解题方法可归纳为以下几点
1．运动粒子的曲线轨迹必定向电场力方向弯曲，即电场力方向指向曲线的内侧，且运动轨迹必定在v和F之间．先画出入射点的轨迹切线，即画出初速度的方向；再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力方向．
2．电场线和等势面垂直，电场线又从高电势指向低电势．
3．先根据电场线的方向以及疏密情况，确定场强及电性情况，定性判断电场力(或加速度)的大小和方向；再根据电场力方向与速度方向的关系来判断速度的变化情况以及运动性质．
4．根据电场力方向与速度方向的关系来判断电场力做功情况及判断电势能的变化情况，另外可以通过能量的转化和守恒确定电势能及动能的变化情况．
　
图6－2－10
(2013届辽宁省实验中学检测)如图6－2－10所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF.K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面．一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则(　　)
A．|Wab|＝|Wbc|
B．|Wab|＜|Wbc|
C．粒子由a点到b点，动能减少
D．a点的电势较b点的电势低
【解析】　由等量异种点电荷的电场线特点可知靠近电荷处电场强度大，类比公式U＝Ed知|Uab|＞|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|＞|Wbc|，则A、B均错误；从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，则D错误；粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，则C正确．
【答案】　C
【即学即用】
3．(2013届银川一中检测)如图6－2－11所示，实线为一匀强电场的电场线，两个带电粒子q1、q2分别从A、C两点以垂直于电场线的初速度射入电场，仅受电场力作用，运动轨迹分别如图中的ABC、CDA所示，已知q1是带正电的粒子．则下列说法中正确的是(　　)
图6－2－11
A．q2可能也带正电
B．A点的电势一定低于C点的电势
C．电场力对q1做正功，对q2做负功
D．q1、q2的电势能均减少
【解析】　由图中带电粒子q1的运动轨迹可知带电粒子q1受水平向右电场力，则电场方向水平向右，A点的电势一定高于C点的电势，q2受水平向左的电场力，为负电荷，则A、B错误；两粒子的电场力都做正功，电势能均减少，则C错误、D正确．
【答案】　D
(对应学生用书第101页)
电场力做功及功能关系
1.电场力做功的计算方法
(1)由公式W＝Flcos θ计算，此公式只适用于匀强电场．可变形为W＝qEd(d＝lcos θ)，式中d为电荷初、末位置在电场方向上的位移．
(2)由公式W＝qU计算时有两种方法：
①三个量都取绝对值，先计算出功的数值，然后再根据电场力的方向与电荷移动位移方向间的夹角确定是电场力做功，还是克服电场力做功．
②代入符号，将公式写成WAB＝qUAB，特别是在比较A、B两点电势高低时更为方便：先计算UAB＝WAB/q，若UAB＞0，即φA－φB＞0，则φA＞φB；若UAB＜0，即φA－φB＜0，则φA＜φB.
(3)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.
(4)由电势能变化计算：W＝－ΔEp.
2．带电粒子在电场中做曲线运动时正负功的判断
(1)粒子速度方向一定沿轨迹的切线方向，粒子合力方向一定沿电场线指向轨迹弯曲的凹侧．
(2)电场力与速度方向间夹角小于90°，电场力做正功；夹角大于90°，电场力做负功．
3．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)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化；
(4)所有外力对物体所做的功，等于物体动能的变化．
　
6－2－12
(2013届宝鸡高三检测)如图6－2－12所示，有三根长度皆为l＝1.00 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别挂有质量皆为m＝1.00×10－2 kg的带电小球A和B，它们的电荷量分别为－q和＋q，q＝1.00×10－7 C．A、B之间用第三根线连接起来．空间中存在大小为E＝1.00×106 N/C的匀强电场，场强方向水平向右，平衡时A、B两球的位置如图甲所示．现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B两球最后会到达新的平衡位置．则最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少？(不计两带电小球间相互作用的静电力)
【潜点探究】　(1)OB线烧断前处于平衡状态，烧断后最终也处于平衡状态，要从受力分析角度判断最后平衡状态下，A、B球的位置．
(2)由A、B球的始末位置，可计算出机械能的变化．
(3)由A、B球在电场中的始末位置可计算出其电势能的变化．
(4)只要AB相对距离不变，二者之间的库仑力引起的相对势能不变．
【规范解答】　
a
将O、B之间的线烧断后，由于有空气阻力，A、B两球最后会达到新的平衡位置(处于静止状态)．对于A、B整体，其受力情况如图a所示：重力2mg，竖直向下；两个电场力qE，一个水平向左，一个水平向右，相互平衡；所以线OA的拉力应竖直向上，即OA呈现竖直状态．
b
对于B球，其受力情况如图b所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右，设线BA的拉力T2与竖直方向成β角，由平衡条件得：
T2sin β＝qE
T2cos β＝mg
解得：β＝45°
由此可知，A、B两球重新达到平衡的位置如图b所示．与原来位置相比，A球的重力势能减少了：
EpA＝mgL(1－sin 60°)
B球的重力势能减少了：
EpB＝mgL(1－sin 60°＋cos 45°)
A球的电势能增加了：
EA＝qELcos 60°
B球的电势能减少了：EB＝qEL(sin 45°－sin 30°)
两种势能的总和减少了E＝EB－EA＋EpA＋EpB＝6.8×10－2 J.
【答案】　减少了6.8×10－2 J
【即学即用】
4.
图6－2－13
(2013届山东省实验中学检测)如图6－2－13所示，A、B是位于竖直平面内、半径R＝0.5 m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103 N/C.今有一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋8×10－5 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求：
(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；
(2)小滑块在水平轨道上通过的总路程．
【解析】　(1)设滑块第一次达B点时速度大小为v，轨道对滑块的支持力为FN，根据牛顿第二定律：FN－mg＝m
根据动能定理：－qER＋mgR＝mv2
解得FN＝2.2 N，根据牛顿第三定律知
滑块对轨道的压力大小为F′N＝FN＝2.2 N.
(2)滑块在水平轨道上运动时受电场力F＝qE＝0.4 N，受滑动摩擦力
F′＝μmg＝0.05 N
F＞F′，所以滑块最终将在圆弧轨道上往复运动，且恰能达B点，设滑块在水平轨道上运动的总路程为x，
根据动能定理有
－μmgx＝0－mv2
解得x＝6 m
【答案】　(1)2.2 N　(2)6 m
(对应学生用书第102页)
●场强、电势、电势能的大小比较
1.
图6－2－14
(2012·福建高考)如图6－2－14所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是(　　)
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
【解析】　由于电场力做负功，所以Q应带负电荷，由负点电荷产生电场的电场线的分布规律可判断出φB＞φA，故A项错误；由E＝k，r不相等，所以EA≠EB，故B项错误；由φA＝、φB＝，因为WA→∞＝WB→∞，φA＜φB＜0，所以＞，即q1＜q2，故C项正确；由于克服电场力做功相等，且无穷远处电势能为零，所以q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，故D项错误．
【答案】　C
●匀强电场中电势差与场强的关系
2．(2010·安徽高考)如图6－2－15所示，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E＝100 V/m，则O、P两点的电势差可表示为(　　)
图6－2－15
A．UOP＝－10sin θ(V) B．UOP＝10sin θ(V)
C．UOP＝－10cos θ(V) D．UOP＝10cos θ(V)
【解析】　根据“沿电场线方向，电势降低”可知，φO＜φP，UOP＜0；根据匀强电场中电势差和场强的关系U＝Ed可知，UOP＝－ERsin θ＝－10sin θ(V)，选项A正确．
【答案】　A
●等量异种点电荷电场、电势分布特点
3.
图6－2－16
(2011·山东高考)如图6－2－16所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是(　　)
A．b点场强大于d点场强
B．b点场强小于d点场强
C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能
【解析】　如图所示，两电荷连线的中点位置用O表示，在中垂线MN上，O点场强最大，在两电荷之间连线上，O点场强最小，即Eb【答案】　BC
●带电粒子运动轨迹问题分析
4．(2011·江苏高考)一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图6－2－17所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的是(　　)
图6－2－17
A．粒子带负电荷
B．粒子的加速度先不变，后变小
C．粒子的速度不断增大
D．粒子的电势能先减小，后增大
【解析】　电场线与等势面垂直，可知右侧虚线上方电场线斜向右上方偏，而粒子向下偏，说明粒子带负电，故A正确；等势面的疏密表示电场强度的大小，故B正确；粒子所受的电场力一直做负功，粒子做减速运动，电势能增加，C、D错误．
【答案】　AB
●电场力做功、电势能变化问题
5．(2012·广东高考)
图6－2－18
图6－2－18是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有(　　)
A．带正电的矿粉落在右侧
B．电场力对矿粉做正功
C．带负电的矿粉电势能变大
D．带正电的矿粉电势能变小
【解析】　由题图可知，电场方向水平向左，带正电的矿粉所受电场力方向与电场方向相同，所以落在左侧；带负电的矿粉所受电场力方向与电场方向相反，所以落在右侧．选项A错误．无论矿粉所带电性如何，矿粉均向所受电场力方向偏转，电场力均做正功，选项B正确；电势能均变小，选项C错误，选项D正确．
【答案】　BD
第六章 第2讲 电场能的性质描述2
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．(2013届北师大附中检测)如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是(　　)
2．匀强电场中同一平面上三个点A、B、C，各点电势φA＝10 V，φB＝2 V，φC＝6 V，下列各图中电场强度的方向表示正确的是(　　)
3． (2011·上海高考)两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图(　　)
4.
图6－2－19
(2013届延安高三质检)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图6－2－19所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中(　　)
A．先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能与机械能之和先增大，后减小
D．电势能先减小，后增大
5.
图6－2－20
(2013届银川一中检测)如图6－2－20所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从a点竖直向上射入匀强电场中，匀强电场方向水平向右．粒子通过电场中的b点时，速率为2v0，方向与电场方向一致，则a、b两点间的电势差为(　　)
A．mv/(2q)　　　　　　　　B．3mv/q
C．2mv/q D．3mv/(2q)
6．P、Q两电荷的电场线分布如图6－2－21所示，c、d为电场中的两点．一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图中虚线所示．则下列判断不正确的是(　　)
图6－2－21
A．Q带负电
B．c点电势高于d点电势
C．离子在运动过程中受到P的排斥
D．离子从a到b，电场力做负功
7．(2013届黄冈中学检测)如图6－2－22所示，在空间直角坐标系O－xyz中，有一四面体C－AOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，且坐标为O(0,0,0)、A(L,0,0)、B(0，L,0)、C(0,0，L)，D(2L，0,0)是x轴上一点，在坐标原点O处固定着＋Q的点电荷，下列说法正确的是(　　)
图6－2－22
A．A、B、C三点的电场强度相同
B．电势差UOA＝UAD
C．将一电子由C点分别移动到A、B两点，电场力做功相同
D．电子在A点的电势能大于在D点的电势能
8.
图6－2－23
(2013届湖北十二校联考)如图6－2－23所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点且ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行．已知a、b、d点的电势分别为20 V、24 V和12 V，一个质子以速度v0经过b点，速度方向与bc成45°角，经过一段时间质子经过c点，不计质子的重力，则(　　)
A．a点的电势低于c点电势
B．电场强度方向由b指向d
C．质子从b点运动到c点，电场力做功8 eV
D．质子从b点运动到c点，电场力做功10 eV
9.
图6－2－24
在如图6－2－24所示的等量同种负电荷连线的中垂线上有A、B、C三点，AO＝OC，从A点无初速度释放一带负电的粒子．则(　　)
A．粒子将沿AB连线做变加速运动，且一定有加速度aA＞aB
B．粒子将沿AB连线做变加速运动，且一定有电势φB＞φA
C．粒子将由A向B方向运动，且在A点的电势能高于在B点的电势能
D．粒子将在AC间做往复运动
10．(2013届铜川模拟)如图6－2－25所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时的速度减小到最小为v.已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L0及静电力常量为k，则下列说法错误的是(　　)
图6－2－25
A．点电荷甲在B点处的电场强度大小为
B．O、B间的距离为 
C．在点电荷甲形成的电场中，A、B间电势差UAB＝
D．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W＝μmgL0＋mv2－mv
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11.
图6－2－26
(14分)匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形，如图6－2－26所示，场强方向平行于纸面．具有初速度的电子在电场力作用下从B到A动能减少E0，质子在电场力作用下从C到A动能增加E0，求匀强电场的场强．(不计重力)
12.
图6－2－27
(16分)(2013届金华模拟)如图6－2－27所示，一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一可视为点电荷的场源电荷A，其电荷量Q＝＋4×10－3 C，场源电荷A形成的电场中各点的电势表达式为φ＝，其中k为静电力常量，r为空间某点到场源电荷A的距离．现有一个质量为m＝0.1 kg的带正电的小球B，它与A球间的距离为a＝0.4 m，此时小球B处于平衡状态，且小球B在场源电荷A形成的电场中具有的电势能的表达式为Ep＝k，其中r为A与B之间的距离．另一质量为m的不带电绝缘小球C从距离B的上方H＝0.8 m处自由下落，落在小球B上立刻与小球B粘在一起以2 m/s的速度向下运动，它们到达最低点后又向上运动，向上运动到达的最高点为P(g取10 m/s2，k＝9×109 N·m2/C2)．求：
(1)小球C与小球B碰撞前的速度v0的大小？小球B的电荷量q为多少？
(2)小球C与小球B一起向下运动的过程中，最大速度为多少？
答案与解析
1．【解析】　选项A中，a、b两点场强的方向不同，A项错误；选项B中a、b两点电势和场强均相同，B项正确；选项C中a点电势高于b点电势，C项错误；选项D中，a、b两点场强的方向不同，D项错误．
【答案】　B
2．【解析】　由题意可知AB的中点电势为6 V，与C相连就是一条等势线，而电场线与等势线垂直，方向指向电势低的方向，选项D正确．
【答案】　D
3．【解析】　
电场线从正电荷(或无穷远)出发终止于无穷远(或负电荷)，且沿着电场线方向电势越来越低，故越靠近正点电荷的位置电势越高，越靠近负点电荷的位置电势越低，电势是标量，正值一定大于负值，故若取两电荷连线的中垂面为零势能面，则靠近负点电荷的电势均为负值，靠近正点电荷的电势均为正值，故A正确．当然也可以将等势面与地理的“等高线”进行类比，正点电荷处于正立的山口处，负点电荷处于倒立的山口处，显然A正确．
【答案】　A
4.【解析】　
由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的，所以A错；由等量正点电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线上O点的电势最高，所以从b到d，电势先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能之和守恒，C错；由b到O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，D对．
【答案】　D
5.【解析】　由题意可知，粒子受重力和水平方向的电场力作用，由加速度定义a＝Δv/Δt，可得加速度的大小ax＝2ay＝2g，由牛顿第二定律可知，qE＝2mg，水平位移x＝v0t，竖直位移y＝v0t/2，即x＝2y，因此电场力做功W1＝qEx＝qUab，重力做功W2＝－mgy＝－W1/4，由动能定理得：W1＋W2＝m(2v0)2－mv，解得：Uab＝.
【答案】　C
6．【解析】　根据电场线从正电荷出发到负电荷终止的特点可知，P带正电荷，Q带负电荷，A正确；由“顺着电场线方向电势逐渐降低”可知，c点电势高于d点电势，B正确；由离子从a运动到b的轨迹弯曲方向可知，离子在运动过程中受到P的吸引，C错误；离子从a到b，电场力做负功，D正确．
【答案】　C
7．【解析】　A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，A错误；电势差UOA＞UAD，B错误；电子在A点的电势能小于在D点的电势能，D错误．
【答案】　C
8.【解析】　
在匀强电场中相互平行的直线上，距离相等的点间电势差相等，则φa－φb＝φd－φc，可得φc＝16 V，A错误．如图所示，延长ba至e，使ae＝ba，则φe＝16 V，连接ce则得到一条等势线，过点b作ce的垂线，垂足为f，因沿电场线方向电势降低，故场强方向由b指向f，B错误．质子从b点到c点电场力做功W＝e(φb－φc)＝8 eV，C正确，D错误．
【答案】　C
9.【解析】　带负电的粒子在A点受到的电场力竖直向上，故粒子将沿AB连线向上加速运动，电场力做正功，电势能减少，故C正确，D错误；因沿BA方向电势降低，故φB＞φA，B正确，但是沿AB方向电场强度是变化的，无法确定何处粒子受电场力最大，故也无法确定粒子在A、B两点的加速度大小关系，A错误．
【答案】　BC
10．【解析】　点电荷乙到B点时的速度最小，此时有静电力F＝qE＝μmg，点电荷甲在B点处产生的电场强度大小为E＝＝，A项正确；设O、B间
的距离为R，在B点有k＝μmg，则O、B间的距离R＝ ，所以B项正确；从A到B的过程中，由功能关系得qUAB－μmgL0＝mv2－mv，则电场力对点电荷乙做的功为W＝qUAB＝μmgL0＋mv2－mv，A、B间电势差UAB＝，则C项错误，D项正确．
【答案】　C
11.【解析】　根据动能定理得电子从B到A过程中
－eUBA＝－E0，UBA＝①
质子从C到A过程中
eUCA＝E0，UCA＝②
由①②可知B、C两点电势相等且大于A点电势，即
φB＝φC＞φA
因为电场为匀强电场，所以BC连线为等势面(如图中虚线)，与BC垂直为电场线(如图中实线)，所以
E＝＝＝，
方向垂直BC指向A.
【答案】　，方向垂直BC指向A
12.【解析】　(1)小球C自由下落H时获得速度v0，由机械能守恒得：
mgH＝mv
解得v0＝＝4 m/s
小球B在碰撞前处于平衡状态，对B球由平衡条件得：
mg＝
代入数据得：q＝×10－8 C＝4.4×10－9 C.
(2)设当B和C向下运动的速度最大为vm时，与A相距x，对B和C整体，由平衡条件得：2mg＝k
代入数据得：x＝0.28 m
由能量守恒得：×2mv2＋＋2mga＝×2mv＋2mgx＋k
代入数据得vm＝2.16 m/s.
【答案】　(1)4 m/s　4.4×10－9 C　(2)2.16 m/s
第六章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动3
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。
图6－3－1
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＝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。
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：跟正对面积成正比，跟介电常数成正比，跟两板间的距离成反比。
(2)决定式：C＝。
平行板电容器的动态分析
(1)主要的理论依据：
①平行板电容器的电容C与板间距d、正对面积S、介质介电常数εr间的关系C＝。
②平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E＝。
③电容器所带电荷量Q＝CU。
④由以上三式得E＝，该式常用于Q保持不变的情况中。
(2)两类典型的动态变化分析流程图：
①第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变。
②第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变。
1．(2012·江苏高考)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C＝知插入电介质，C增大，再由C＝知，Q不变时，U减小，故选B。
带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中加速
带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做功等于带电粒子动能的增量。
(1)在匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv。
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv。
2．带电粒子在电场中的偏转
(1)运动性质：受恒力作用，是匀变速曲线运动。
图6－3－2
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法。
①平行于极板方向：匀速直线运动。
②垂直于极板方向：匀加速直线运动。
③侧位移及偏角
1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题
(1)电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关：
①在匀强电场中，同一带电粒子所受电场力处处是恒力；
②在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受电场力的大小和方向都可能不同。
(2)是否考虑重力要依据情况而定：
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外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)。
②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。
2．粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)以初速度v0进入偏转电场：偏移量y＝at2＝·()2，经飞出电场的点作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则：
图6－3－3
x＝ycot θ＝·＝
结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出。
(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理qU0＝mv，偏移量：y＝，偏转角正切：tan θ＝
结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是轨迹完全重合。
2．(2012·湖南师大附中模拟)如图6－3－4为示波管的示意图。左边为加速电场，右边水平放置的两极板之间有竖直方向的偏转电场。电子经电压为U1的电场加速后，射入偏转电压为U2的偏转电场，离开偏转电场时，电子离荧光屏中心O的侧移为y。单位偏转电压引起的偏转距离(y/U2)称为示波器的灵敏度。设极板长度为L，极板间距为d，通过调整一个参量，下列方法可以提高示波器的灵敏度的是(　　)
图6－3－4
A．增大L B．增大d
C．增大U1 D．减小U2
解析：选A　电子在电场中加速：qU1＝mv，在偏转电场中偏转时：y＝＝＝，灵敏度：＝，所以要想提高灵敏度，可以采用增大L、减小距离d和U1的方法，选项A正确。
示波管及工作原理
(1)示波管装置：示波管由电子枪、偏转电板和荧光屏组成，管内抽成真空，如图6－3－5所示。
图6－3－5
(2)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。
(3)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。
(1)电子打在荧光屏上将出现亮点，若电子打在屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线。
(2)如图6－3－6所示，如果只在偏转电极YY′上加上如图甲所示UY＝Umsin ωt的电压，荧光屏上亮点的偏移也将按正弦规律变化，即y′＝ymsin ωt，并在荧光屏上观察到的亮线的形状为图A(设偏转电压频率较高)。
(3)如果只在偏转电极XX′上加上如图乙所示的电压，在荧光屏上观察到的亮线的形状为图B(设偏转电压频率较高)。
(4)如果在偏转电极YY′加上图甲所示的电压，同时在偏转电极XX′上加上图乙所示的电压，在荧光屏上观察到亮线的形状为图C(设偏转电压频率较高)。
图6－3－6
3．示波管原理如图6－3－7所示，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上正中间的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向平行，x轴正方向垂直于纸面指向纸内，y轴与YY′电场的场强方向平行。若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限内，则(　　)
图6－3－7
A．X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B．X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C．X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D．X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极
解析：选D　根据示波管原理以及带电粒子在电场中受到的电场力和运动情况可判定，极板X′、Y′应带正电，故应接电源的正极，极板X、Y应带负电，故应接电源的负极，所以，D项正确。
平行板电容器的动态分析
[命题分析]　平行板电容器的动态分析问题是高考热点，以选择题形式出现。
[例1]　(2012·福建高考)如图6－3－8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。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)
图6－3－8
A．带点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．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点
信息获取
(1)电容器与电源连接
板间电压不变
(2)上板上移
板间距离增大，电容减小
第二步：找解题突破口
板间电压不变，板间距离增大，场强减小，进而可分析P点电势的变化等。
第三步：条理作答
[解析]　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；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势减小，B对；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小时，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CE将减小，D错。
[答案]　B
———————————————————————————————
分析电容器的动态变化类问题要注意两点
(1)电容器的带电荷量不变还是电压不变。
(2)分析场强时应用公式E＝还是E∝。
——————————————————————————————————————
[互动探究]
(1)本例中在上极板竖直上移的过程中，回路中的电流是顺时针还是逆时针或电容器是充电还是放电？
(2)本例中若电容器充电后与电源断开，上极板向右移动，板间油滴如何移动？
解析：(1)上极板竖直上移，板间距离d增大由C＝知C减小，据C＝板间电压U不变，则Q减小，电容器放电，于是回路中有顺时针方向的电流。
(2)电容器充电后与电源断开带电荷量Q不变，若上极板向右移，则正对面积减小，电容C减小，由E＝知，板间场强变大，油滴受电场力大于重力，将向上移动。
答案：(1)顺时针，放电　(2)上移
带电体在电场中的运动
[命题分析]　力电综合题是高考命题热点，常以计算题出现。
[例2]　(2012·四川高考)如图6－3－9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，各段轨道均平滑连接，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的小物体(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。以小物体通过C点时为计时起点，0.1 s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图6－3－9
(1)求弹簧枪对小物体所做的功；
(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。
[思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点
信息获取
(1)知C点的速度
弹簧枪对小物体做的功
(2)CD段平直倾斜粗糙
小物体做匀减速直线运动
(3)0.1 s后场强等大反向
引起摩擦力加速度变化
第二步：找解题突破口
要求弹簧枪做的功应利用动能定理求出。CP的长度为两段匀减速直线运动的位移大小之和。
第三步：条理作答
[解析]　(1)设弹簧枪对小物体做功为W，由动能定理得
W－mgr(1－cos θ)＝mv
代入数据得　W＝0.475 J
(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qE)＝ma1
小物体向上做匀减速运动，经t1＝0.1 s后，速度达到v1，有
v1＝v0＋a1t1
联立得v1＝2.1 m/s，设运动的位移为x1，有
x1＝v0t1＋a1t
电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得
－mgsin θ－μ(mgcos θ－qE)＝ma2
设小物体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＋a2t
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)W＝0.475 J　(2)x＝0.57 m
————————————————————————————————
带电体在电场中运动问题的求解思路
(1)动力学观点：
当带电体做匀变速直线运动或类平抛运动，可利用牛顿第二定律及运动学公式联合求解，要特别注意加速度的桥梁作用。
(2)功和能的观点：
从能量观点出发分析带电体的运动问题时，如果选用动能定理解题，要分清有几个力做功，做正功还是负功，以及初、末状态的动能；如果选用能量守恒定律解题，要分清有多少种形式的能参与转化，哪种能量增加，哪种能量减少，并注意电场力做功与路径无关。
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[变式训练]
一个质量为m、带有－q电荷量的小物体，可在水平轨道Ox轴上运动，轴的O端有一个与轨道相垂直的固定墙面。轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正向，如图6－3－10所示。小物体以初速度v0从x0处沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力F作用，且F图6－3－10
解析：解法一：设W电、WF分别是电场力的功和摩擦力的功，根据动能定理得：0－mv＝W电＋WF。由W电＝Eqx0，WF＝－Fs，故s＝。
解法二：设小物体通过的总路程为s，克服摩擦力做功的值为Fs，这也就是转变为内能的能量，ΔE＝Fs，动能、电势能减少ΔE′＝qEx0＋mv，由能量守恒定律得ΔE＝ΔE′，解得s＝。
答案：
规范答题——带电粒子在电场中的偏转
带电粒子在匀强电场中的运动问题涉及较多的概念和规律，是一个综合性很强的知识点，从物理规律应用的角度来看，涉及受力分析、牛顿运动定律、功能关系；从涉及的运动过程来看，包括电场中的平衡、加速和偏转，从考查的方法来看，涉及运动的合成与分解法、正交分解法等。根据近几年全国各地的高考试卷，带电粒子在匀强电场中的运动年年都考，题型全，难度较大，特别是计算题，都有一定的难度，学生得分率不高。
[示例]　 (16分)如图6－3－11所示，真空室中速度v0＝1.6×107 m/s的电子束，连续地沿两水平金属板　　，已知极板长l＝4 cm，板间距离d＝1 cm，板右端距离荧光屏PQ为L＝18 cm。电子电荷量q＝－1.6×10－19 C，质量m＝0.91×10－30 kg。若在电极ab上加u＝220sin 100πt V，在荧光屏的竖直坐标轴y上能观测到多？(设极板间的电场是均匀的，两板外无电场，荧光屏足够大)电子打在屏上的最大速度是多少？
图6－3－11
[答题流程]
1．审题干，抓关键信息
题干信息
获取信息
①
从平行板飞出时最大偏转距离为
②
板间电压交变，电子向上下偏转
③
荧光屏上线段的长度是距O′最远点的2倍
2．审设问，找解题突破口
欲求荧光屏上线段的长度，需求出从偏转电场飞出时速度的偏角。
3．巧迁移，调动有效信息
(1)确定研究对象→电子。
(2)受力分析(过程分析)→重力不计，偏转电场中只受电场力，做类平抛运动，射出电场后做匀速直线运动。
(3)运用规律→运动的合成与分解法、牛顿定律、运动学公式。
4．规范解，条理作答
[解析]　电子经过偏转电场的时间为t＝＝ s＝2.5×10－9 s(2分)
由于电子经过板间的时间极短，远小于交变电压的周期，因此在每一个电子经过板间的过程中可以认为板间电压不变，但不同电子板间电压不同，这一步分析说明非常必要，有些学生遗漏失分。
而交变电压的周期T＝＝0.02 s。远远大于t，故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动(2分)
最大纵向位移＝at2，t＝
a＝＝(2分)
不加分析地认为Um＝220 V而求出vy，tan θ这是失分的主要原因，写出t＝，a＝＝，vy＝at。也能得公式分。
故电子打到荧光屏上的最大偏转电压
Um＝＝＝91 V(2分)
当Um＝91 V时，E＝，
vy＝at＝＝4×106 m/s
tan θ＝＝0.25(2分)
偏转量Y＝＋Ltan θ＝5 cm(2分)
故y轴上能观测到的最大长度为
2Y＝10 cm(1分)
由动能定理可知qUm＝mv－mv(2分)
电子打到屏上的最大速度
vm＝ ＝1.65×107 m/s(1分)
[答案]　10 cm　1.65×107 m/s
[名师点评]
(1)此题属于带电粒子在电场中的偏转问题但因粒子在电场中运动的时间极短，同一个粒子在电场中运动的过程中可认为板间电压是不变的，但不同粒子运动时，板间电压不同。
(2)打在屏上最上端和最下端的电子是否是沿金属板边缘飞出的应当通过计算做出判断。
第六章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动4
[随堂巩固提升]
1．根据电容器电容的定义式C＝，可知(　　)
A．电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比
B．电容器不带电时，其电容为零
C．电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比
D．以上说法均不对
解析：选D　电容器的电容的大小与其本身因素有关，与带电量的多少、两极板电压的大小无关，故A、B、C错误，D正确。
2．如图6－3－12所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键K闭合。电容器两板间有一质量为m、带电荷量为q的微粒静止不动。下列各叙述中正确的是(　　)
图6－3－12
A．微粒带的是正电
B．电源电动势大小为
C．电键K断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动
D．保持电键K闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动
解析：选BD　微粒静止不动，电场力与重力平衡，微粒带负电，故A错；由于Eq＝mg即q＝mg，所以U＝，B对；K断开，改变板间距离，由于电容带电荷量不变，板间场强E＝不变，微粒仍受力平衡，静止不动，C错；保持K闭合，板间距离增大，由E＝知场强变小，电场力小于重力，微粒向下加速，D正确。
3. (2012·新课标全国卷)如图6－3－13，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(　　)
图6－3－13
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：选BD　对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错；由图可知电场力与重力的合力与v0应反向，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，故B正确，C错误；F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确。
4.三个电子从同一地点同时沿同一方向垂直进入偏转电场，出现如图6－3－14所示的轨迹，则可以判断(　　)
图6－3－14
A．它们在电场中运动时间相同
B．A、B在电场中时间相同，C先飞离电场
C．C进入电场的速度最大，A最小
D．电场力对C做功最小
解析：选BCD　三电子在电场运动的加速度相同，在垂直于极板方向，yA＝yB>yC，由y＝at2知在电场中运动的时间tA＝tB>tC，故A错，B对；B、C水平位移相同，tB>tC，故vC>vB，而A、B运动时间相同，但xAvA，故C进入电场的速度最大，A最小，C正确；电场力做功W＝Eqy而yA＝yB>yC，故电场力对C做功最小，D正确。
5.如图6－3－15所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。
图6－3－15
(1)求电子穿过A板时速度的大小；
(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；
(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
解析：(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝mv
解得v0＝ 。
(2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式有
t＝
＝a
y＝at2
解得：y＝。
(3)减小加速电压U1，增大偏转电压U2(答案合理即可)。
答案：(1)　(2)　(3)见解析
6.在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球，另一端固定于O点。将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，则小球沿圆弧做往复运动。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ。求：
图6－3－16
(1)匀强电场的场强；
(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力。
解析：(1)设细线长为L，小球带电荷量为q，场强为E。若q>0，则E水平向右，反之向左。从释放点到左侧最高点的过程中，重力势能的减少等于电势能的增加，有
mgLcos θ＝qEL(1＋sin θ)
解得E＝，方向水平向右
(2)设小球运动到最低点时的速度为v。此时细线对小球拉力为F，由动能定理
mgL－qEL＝mv2
在最低点，由牛顿第二定律
F－mg＝m
联立解得　F＝mg(3－)
答案：(1)　方向水平向右
(2)mg(3－)
第3讲　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动
(对应学生用书第103页)
电容器、电容、平行板电容器
1.电容器
(1)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值．
(2)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，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．电容
(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．
(2)定义式：C＝.
(3)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正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比．
(2)决定式：C＝，k为静电力常量．
【针对训练】
1．(2012·江苏高考)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】　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．
【答案】　B
带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子在电场中的加速
(1)处理方法：利用动能定理：qU＝mv2－mv.
(2)适用范围：任何电场．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.
②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．

【针对训练】
2．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图6－3－1所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)
图6－3－1
A. B．edUh
C. D.
【解析】　由动能定理得：－eh＝－Ek，所以Ek＝.
【答案】　D
示 波 管
1.示波管装置
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6－3－2所示．
图6－3－2
2．工作原理
(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束沿直线运动，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随时间变化的稳定图象．
【针对训练】
3．如图6－3－3所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)
图6－3－3
A．极板X应带正电　　　　B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
【解析】　由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．
【答案】　AC
(对应学生用书第104页)
平行板电容器内部E、U、Q变化问题
1.首先要区分两种基本情况
(1)电容器两极板电势差U保持不变；
(2)电容器的带电荷量Q保持不变．
2．赖以进行讨论的物理依据主要有三个
(1)平行板电容器的电容C与板间距d、正对面积S、介质介电常数ε间的关系为C＝；
(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E＝；
(3)电容器所带的电荷量Q＝CU.
　
图6－3－4
(2013届长沙一中检测)如图6－3－4所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是(　　)
A．断开开关S后，将A、B两极板靠近一些
B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些
D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些
【解析】　使指针张开角度增大一些，就是增大静电计两端的电压，当开关S闭合时，电压一定，则C、D错误；断开开关S后，电容器带电荷量一定，由C＝Q/U可知要增大电容器两极板之间电压，需减小电容C，由平行板电容器电容的决定式C＝知，保持S不变，增大d，电容C减小，则A错误、B正确．
【答案】　B
【即学即用】
1．(2011·天津高考)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是(　　)
A．U2＝U1，E2＝E1　　　B．U2＝2U1，E2＝4E1
C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1
【解析】　U1＝，E1＝.当板间距变为d时，由C＝可知电容变为2C，而带电荷量也变为2Q，故U2＝＝U1，E2＝＝2＝2E1，故C选项正确．
【答案】　C
带电粒子在电场中的平衡与直线运动
1.带电粒子在电场中运动时重力的处理
(1)基本粒子：如电子、质子、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．带电粒子在电场中的平衡
解题步骤：(1)选取研究对象．
(2)进行受力分析，注意电场力的方向特点．
(3)由平衡条件列方程求解．
3．带电粒子在电场中的变速直线运动
可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解．
带电粒子在匀强电场中所受电场力恒定，方向与电场线平行，所受重力恒定，方向竖直向下，因此粒子在匀强电场与重力场的复合场中一定做匀变速运动．轨迹可能为直线，也可能为曲线．
　
图6－3－5
(2011·福建高考)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图6－3－5所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
(1)B点距虚线MN的距离d2；
(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.
【审题视点】　(1)明确带电微粒的运动过程，微粒在两个场强大小、方向都不同的电场中先做匀加速后做匀减速直线运动．
(2)由动能定理、牛顿第二定律列方程求解．
【解析】　(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有
|q|E1d1－|q|E2d2＝0①
由①式解得d2＝d1＝0.50 cm.②
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有
|q|E1＝ma1③
|q|E2＝ma2④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有
d1＝a1t⑤
d2＝a2t⑥
又t＝t1＋t2⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得
t＝1.5×10－8 s.
【答案】　(1)0.50 cm　(2)1.5×10－8 s
【即学即用】
2.
图6－3－6
(2012·新课标全国高考)如图6－3－6，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】　带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下，二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．
【答案】　BD
带电粒子在电场中的偏转问题
1.粒子的偏转角问题
图6－3－7
(1)已知电荷情况及初速度
如图6－3－7所示，设带电粒子质量为m.带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1.若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tan θ＝，式中vy＝at＝·，vx＝v0，
代入得tan θ＝.①
结论：动能一定时tan θ与q成正比，电荷量相同时tan θ与动能成反比．
(2)已知加速电压U0
若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：
qU0＝mv②
由①②式得：tan θ＝③
结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的．
2．粒子的偏转量问题
(1)y＝at2＝··()2④
做粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则x＝＝＝.⑤
结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l/2处沿直线射出．
(2)若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由②④式得：y＝⑥
结论：粒子的偏转角和偏转距离与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的．
(1)偏转角是指入射速度与出射速度间的夹角，而不是位移与入射速度间的夹角．
(2)偏转位移相同的粒子(在同一偏转电场中)，偏转角也相同．
　
图6－3－8
(2013届高新一中检测)如图6－3－8所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E.在A(l,0)点有一个质量为m，电荷量为q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v0开始运动，经过一段时间到达B(0，－l)点(不计重力作用)．求：
(1)粒子的初速度v0的大小；
(2)当粒子到达B点时，电场力对粒子做功的瞬时功率．
【解析】　(1)粒子在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动．所以粒子做的是类平抛运动．设粒子的初速度为v0，则
在y方向上有y＝v0t
在x方向上有x＝at2＝t2
又x＝y＝l
可得v0＝
(2)设粒子到达B点时沿x轴方向的速度为vx，则电场力做功的瞬时功率为P＝qEvx
由运动学公式可得vx＝＝
所以P＝qEvx＝qE 
【答案】　(1) 　(2)qE 
【即学即用】
3.
图6－3－9
(2013届南昌一中检测)如图6－3－9所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角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】　设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1q＝mv，电子在水平极板间偏转所用时间t＝，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a＝，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，联立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角θ变大，故B正确．
【答案】　B
(对应学生用书第105页)
平行板电容器中的带电体
平行板电容器两极板间带电体的运动问题是典型的力电综合问题，要分别从力、电两个角度分析研究．
(1)力学角度：电场力等影响了带电体的运动状态，带电体的运动状态(静止、加速或减速)需要分析受力情况；
(2)电学角度：平行板电容器的两极板间为匀强电场，由E＝知，两极板间的电压U决定了两极板间的电场强度E，带电体运动的加速度需要分析两极板间的电压．
　在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两极板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图6－3－10所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，重力加速度为g.试求：
图6－3－10
(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；
(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；
(3)ΔU1与ΔU2之比．
【潜点探究】　(1)油滴处于静止状态时，受两个力平衡，即匀强电场的电场力和重力；
(2)电容器突然充电使其电压增加ΔU1，电场强度增大，油滴所受合力向上，向上做匀加速运动，其中ΔU1决定了加速度a1的大小；
(3)电容器突然放电使其电压减少ΔU2，电场强度减小，油滴所受合力向下，油滴先向上做匀减速运动，再反向匀加速回到出发点，其中ΔU2－ΔU1决定了加速度a2的大小；
(4)电压增加ΔU1后的匀加速运动和电压减少ΔU2后的运动，位移大小与所用时间Δt相等，可以得到加速度a1和a2的关系，从而建立ΔU1与ΔU2的关系．
【规范解答】　(1)油滴静止时mg＝q，则＝.
(2)设第一个Δt内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt内油滴的位移为x2，加速度为a2，则x1＝a1Δt2
x2＝v1Δt－a2Δt2，且v1＝a1Δt，x2＝－x1
解得a1∶a2＝1∶3.
(3)油滴向上加速运动时q－mg＝ma1，即q＝ma1
油滴向上减速运动时mg－q＝ma2，即q＝ma2
则＝
解得＝.
【答案】　(1)　(2)1∶3　(3)1∶4
【即学即用】
4．(2012·大纲全国高考)如图6－3－11，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电
荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．
图6－3－11
【解析】　设电容器电容为C.第一次充电后两极板之间的电压为
U＝①
两极板之间电场的场强为E＝②
式中d为两极板间的距离．
按题意，当小球偏转角θ1＝时，小球处于平衡位置．设小球质量为m，所带电荷量为q，则有
Tcos θ1＝mg③
Tsin θ1＝qE④
式中T为此时悬线的张力．
联立①②③④式得
tan θ1＝⑤
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角
θ2＝，则
tan θ2＝⑥
联立⑤⑥式得
＝⑦
代入数据解得
ΔQ＝2Q.⑧
【答案】　2Q
(对应学生用书第106页)
●平行板电容器的动态分析
1．(2012·海南高考)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是(　　)
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
【解析】　由E＝知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A项正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不变时，C不变，由C＝知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误；Q变为原来的一半，U变为原来的一半时，则E变为原来的一半，D项正确．
【答案】　AD
●示波管的原理及应用
2．(2011·安徽高考)如图6－3－12为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图6－3－13(a)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图6－3－13(b)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是(　　)
图6－3－12
(a)　　　　　　　　(b)
图6－3－13
【解析】　电子在YY′和XX′间沿电场方向均作初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式s＝at2＝t2，知水平位移和竖直位移均与电压成正比．在t＝0时刻，UY＝0知竖直位移为0，故A、C错误．在t＝时刻，UY最大知竖直位移最大，故B正确，D错误．
【答案】　B
●带电粒子在交变电场中的运动
3．(2011·安徽高考)如图6－3－14(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图6－3－14(b)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)　　　　　　　　　　　　(b)
图6－3－14
A．0C.【解析】　设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．作出t0＝0、、、时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确．
【答案】　B
●带电粒子在电场中的偏转
4.
图6－3－15
(2013届西安一中检测)如图6－3－15所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(　　)
A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1
【解析】　由y＝at2＝得：U＝，所以U∝，可知选项A正确．
【答案】　A
●直线运动中的力电综合问题
5．(2011·北京高考)静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图6－3－16所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电荷量为－q，其动能与电势能之和为－A(0＜A＜qφ0)．忽略重力．求
图6－3－16
(1)粒子所受电场力的大小；
(2)粒子的运动区间；
(3)粒子的运动周期．
【解析】　(1)由题图可知，0与d(或－d)两点间的电势差为φ0
电场强度的大小E＝
电场力的大小F＝qE＝.
(2)设粒子在[－x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得
mv2－qφ＝－A①
由题图可知φ＝φ0(1－)②
由①②得mv2＝qφ0(1－)－A③
因动能非负，有qφ0(1－)－A≥0
得|x|≤d(1－)
即x0＝d(1－)④
粒子的运动区间满足－d(1－)≤x≤d(1－)．
(3)考虑粒子从－x0处开始运动的四分之一周期，
根据牛顿第二定律，粒子的加速度a＝＝＝⑤
由匀加速直线运动规律得t＝ 
将④⑤代入，得t＝ 
粒子的运动周期T＝4t＝ .
【答案】　(1)　(2)－d(1－)≤x≤d(1－)
(3) 
　　　
第六章 第3讲 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动2
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)
1．(2013届陕西师大附中检测)冬天当脱毛线衫时，静电经常会跟你开开小玩笑．下列一些相关的说法中正确的是(　　)
A．在将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷
B．如果内外两件衣服可看作是电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小
C．在将外衣脱下的过程中，内外两衣间隔增大，衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和)
D．脱衣时如果人体带上了正电，当手接近金属门把时，由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击
2.
图6－3－17
三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图6－3－17所示，下面判断正确的是(　　)
A．落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电
B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是aa＞ab＞ac
C．三个颗粒在电场中运动的时间关系是ta＞tb＞tc
D．电场力对落在c点的颗粒做负功
3.
图6－3－18
(2013届石家庄一中检测)如图6－3－18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错误的是(设电源电动势为U)(　　)
A．电子到达B板时的动能是U(eV)
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3U(eV)
D．电子在A板和D板之间做往复运动
4.
图6－3－19
(2013届西安一中模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图6－3－19所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移动到图中虚线所示的位置，则下列判断正确的是(　　)
A．U变小，E不变　　　　　B．E变大，W变大
C．U变小，W不变 D．U不变，W不变
5.
图6－3－20
(2013届榆林一中模拟)如图6－3－20所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)是(　　)
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶8 D．8∶1
6．(2013届安康中学抽样测试)如图6－3－21甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)
　甲　　　　　　　　乙
图6－3－21
7.
图6－3－22
(2013届山西省实验中学质检)如图6－3－22所示，在xOy竖直平面内存在着水平向右的匀强电场．有一带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出，运动轨迹最高点为M，与x轴交点为N，不计空气阻力，则小球(　　)
A．做匀加速运动
B．从O到M的过程动能增大
C．到M点时的动能为零
D．到N点时的动能大于mv
8.
图6－3－23
如图6－3－23所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，AB为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧．一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．小球一定能从B点离开轨道
B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H
D．小球到达C点的速度可能为零
9．(2013届太原一中检测)如图6－3－24所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则(　　)
图6－3－24
A．R越大，x越大
B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大
C．m越大，x越大
D．m与R同时增大，电场力做功增大
10．(2013届海口模拟)如图6－3－25甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷＝1.0×10－2 C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其v－t图象如图6－3－25乙所示，则下列说法正确的是(　　)
图6－3－25
A．右侧金属板接电源的正极
B．所加电压U＝100 V
C．乙图中的v2＝ 2 m/s
D．通过极板间隙所用时间比为1∶(－1)
二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(15分)如图6－3－26所示，AB是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD是半径为R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103 N/C，质量m＝0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h＝0.24 m，滑块带电荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：
图6－3－26
(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；
(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．
12．(15分)(2013届西安三校联考)如图6－3－27，直流电源的路端电压U＝182 V，金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近．它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接．变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1∶2∶3.孔O1正对B和E，孔O2正对D和G.边缘F、H正对．一个电子以初速度v0＝4×106 m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场．金属板间的距离L1＝2 cm，L2＝4 cm，L3＝6 cm.电子质量me＝9.1×10－31 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C．正对的两平行板间可视为匀强电场，求：
图6－3－27
(1)各相对两板间的电场强度；
(2)电子离开H点时的动能；
(3)四块金属板的总长度(AB＋CD＋EF＋GH)．
答案与解析
1．【解析】　摩擦起电实质是电子的转移，则两物体应带异种电荷，故A项错；由U＝知，Q不变，C减小，U增大，故B项错；因内外衣带异种电荷，将它们间隔增大时，克服电场力做功，电势能增大，故C项正确；人体带上正电，与金属门把接近时会放电，D项正确．
【答案】　CD
2.【解析】　由于带电粒子都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间t＝，垂直电场方向匀速运动由x＝v0t，得ta＜tb＜tc，所以aa＞ab＞ac，再由牛顿第二定律可推出，a带负电，b不带电，c带正电，故答案为B、D.
【答案】　BD
3.【解析】　由电路图可得，电子在A、B板间加速运动，电场力做正功U(eV)，在B、C板间匀速运动，在C、D板间减速运动，电场力做负功－U(eV)，所以电子在D板处速度为零，电子在A板和D板之间做往复运动，所以答案为C.
【答案】　C
4.【解析】　与电源断开后，电容器两极板所带电荷量一定，则：E＝，U＝，所以E＝.
对于平行板电容器有：C＝.
所以E＝·4πk，与d无关，故E不变．
当正极板向下移动时，d减小，U减小，A项正确．因极板间场强没变，正电荷P相对负极板的位置没变，所以，W不变，C项正确．
【答案】　AC
5.【解析】　
设AB长为2h，BC长为2l，对a粒子

得2h＝()2，③
对b粒子
得h＝()2，⑥
由③⑥两式得＝，故选D项．
【答案】　D
6．【解析】　在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子
在平行金属板间所受的电场力F＝，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图象如图D所示，v－t图象如图A所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以x－t图象应是曲线．
【答案】　AD
7.【解析】　带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出后受到恒定的合力作用做匀变速运动，在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角，速度减小，A、B都错；小球自坐标原点到M点，y方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动，x方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动，所以到M点时的动能不为零，C错；由动能定理有：qEx＝mv－mv＞0，D正确．
【答案】　D
8.【解析】　若电场力大于重力，则有可能不从B点离开轨道，选项A错误；若电场力等于重力，小球在AC部分做匀速圆周运动，选项B正确；因电场力做负功，则机械能损失，上升的高度一定小于H，选项C正确；由圆周运动知识可知，若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，选项D错误．
【答案】　BC
9．【解析】　小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有：－2mgR＝mv－mv，vB＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FN－mg＝m，FN＝6mg，选项B错误；由Eqx＝mv，知m越大，小球在B点的动能越大，x越大，电场力做功越多，选项C、D正确．
【答案】　ACD
10．【解析】　带正电的粒子在电场力作用下由左极板向右运动，可判断左侧金属板接电源正极，A选项错误．由v－t图象可知，带电粒子的加速度a＝2 m/s2，两极板间距d＝0.25 m，由qE＝ma得E＝200 V/m，U＝2Ed＝100 V，B选项正确．可将粒子在两个间隙间的运动看成是初速度为零的连续的匀加速运
动，两间隙距离相等，则有t1∶t2＝1∶(－1)，D选项正确．v1∶v2＝1∶，将v1＝1.0 m/s代入，得v2＝ m/s，C选项错误．
【答案】　BD
11．【解析】　(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力
f＝μ(mg＋qE)cos 37°＝0.96 N
设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得
(mg＋qE)h－f＝mv
解得v1＝2.4 m/s
(2)滑块从B到C，由动能定理可得：
(mg＋qE)R(1－cos 37°)＝mv－mv
当滑块经过最低点时，有
FN－(mg＋qE)＝m
由牛顿第三定律：F′N＝FN
解得：F′N＝11.36 N
【答案】　(1)2.4 m/s　(2)11.36 N
12．【解析】　(1)三对正对极板间电压之比U1∶U2∶U3＝Rab∶Rbc∶Rcd＝1∶2∶3
板间距离之比L1∶L2∶L3＝1∶2∶3
故三个电场场强相等
E＝＝1 516.67 N/C
(2)根据动能定理
qU＝mev2－mev
电子离开H点时的动能
Ek＝mev＋qU＝3.64×10－17 J
(3)由于板间场强相等，则电子在竖直方向所受电场力不变，加速度恒定，可知电子做类平抛运动：
竖直方向：L1＋L2＋L3＝·t2
水平方向：x＝v0t
消去t解得x＝0.12 m
四块金属板的总长度AB＋CD＋EF＋GH＝2x＝0.24 m
【答案】　(1)见解析　(2)3.64×10－17 J　(3)0.24 m

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