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课时作业(二十六)　带电粒子在匀强电场中的运动
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．如图所示，质子(H)和α
第1题图
粒子(He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
2．如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点发出，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(　　)
第2题图
A．3∶4 B．4∶3
C．3∶2 D．2∶3
3．如图甲所示，A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律如图乙所示．电子只受电场力的作用，且初速度为零，则(　　)
甲
　　乙
第3题图
A．若电子在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子在t＝0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C．若电子在t＝T/8时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D．若电子是在t＝T/4时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动
4．实验室所用示波器，是由电子枪、偏转电极和荧光屏三部分组成，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间，若要在荧光屏上始终出现如右图所示的斑点a，那么，YY′与XX′间应分别加上如下图所示哪一组电压(　　)
第4题图
A
B
C
D
5．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处(不计电子的重力)下列说法正确的是(　　)
A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直至打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电了可能在两板间振动
C．从t＝T/4时刻释放电子，电了可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t＝T/4时刻释放电子，电子必将打到左极板上
甲
　　　乙
第5题图
6．如图所示，是一个示波管工作的原理图，电子从静止开始，经加速电压U1加速后，以速度v0垂直电场方向进入偏转电场，离开电场时侧移量为h，两平行板间的距离为d，两平行板间电势差为U2，板长为L，每单位电压引起的侧移量h/U2叫做示波管的灵敏度．为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法(　　)
第6题图
A．减小加速电压U1
B．增加两板间的电势差U2
C．尽可能使板长L做得短些
D．尽可能使两板间的距离d减小些
第7题图
7．如图ABCD正方形区域内存在着匀强电场，电场方向与AB边平行．一带电粒子以初动能Ek从正方形一条边的中点射入(只受电场力)，一段时间后，粒子从一条边的中点射出．此时该带电粒子的动能可能有n种情况，则n等于(　　)
A．5 B．4
C．3 D．2
8．初速为零的电子进入电压为 U的加速电场，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．电子电量e、质量m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内电子个数为(　　)
A. B.
C. D.
9．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1m，两板间距离d＝0.4cm.一束由相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上．已知微粒质量m＝2.0×10－6kg，电荷量q＝1.0×10－8C，取g＝10m/s2.
第9题图
(1)若第一个粒子刚好落到下板中点O处，求带电粒子入射初速度的大小；
(2)两板间电场强度为多大时，带电粒子能刚好落到下板右边缘B点．
10．如图所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图，y轴上一点P的坐标为(0，y0)有一电子以垂直于x轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E1时，电子从A点射出，A点坐标为(xA,0)当场强为E2时，电子从B点射出，B点坐标为(xB,0)，已知电子的电量为e，质量为m，不计电子的重力。
(1)求匀强电场的场强，E1、E2之比；
(2)若在IV象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为(0，－y0)求感光胶片上曝光点的横坐标xA′、xB′的比值。
第10题图
11．如图甲所示，真空中水平放置的相距为d的平行金属板板长为L，两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场．在t＝0时，将图乙中所示的交变电压加在两板上，这时恰有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从两板正中间以速度v0水平飞入电场．若此粒子离开电场时恰能以平行于两板的速度飞出(粒子重力不计)，求：
第11题图
(1)两板上所加交变电压的频率应满足的条件；
(2)该交变电压的取值范围．
12．如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R，圆心为O，下端与绝缘水平轨道在B点平滑．一质量为m、带电量为＋q的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A点．已知A、B两点间的距离为L，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.
(1)若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O等高的C点，则物块在A点水平向左运动的初速度应为多大？
(2)若整个装置处于方向竖直向上的匀强电场中，物块在A点水平向左运动的初速度vA＝，沿轨道恰好能运动到最高点D，向右飞出．则匀强电场的场强为多大？
(3)若整个装置处于水平向左的匀强电场中，场强的大小E＝.现将物块从A点由静止释放，运动过程中始终不脱离轨道，求物块第2n(n＝1,2,3，…)次经过B点时的速度大小．
第12题图
课时作业(二十六)　带电粒子在匀强电场中的运动
　1.B　【解析】 由y＝eq \f(L2,v)和Ek0＝mv，得y＝可知，y与q成正比，B正确．
　2.A　【解析】 本题忽略了粒子重力的影响，P和Q在匀强电场中做类平抛运动，它们沿水平方向均以初速度v0做匀速直线运动，根据OM＝MN，可知，它们沿竖直方向的下落时间之比为：tP∶tQ＝1∶2；根据h＝at2，可得a＝2h/t2，可见，它们沿竖直方向下落的加速度之比为aP∶aQ＝4∶1；根据a＝Eq/m可得m＝Eq/a∝q/a，所以＝·＝3×＝，所以选项A正确．故选A.
　3.ACD　【解析】 电子在电场中运动时的加速度大小不变；若电子在t＝0时刻进入，在0～T/2时间内，它将竖直向上的电场力的作用下做匀加速直线运动；在T/2～T时间内，它将在竖直向下的电场力的作用下做匀减速直线运动(加速度大小仍为a)，到t＝T时刻电子的速度减为零，之后电子继续向上重复前面的运动，可见，电子一直向B板运动，选项A正确，B错误；若电子在t＝T/8时刻进入，则在T/8～T/2时间段内，它将竖直向上做匀加速直线运动；在T/2～T时间段内，它将做匀减速直线运动，到t＝T时刻电子的速度已经变为竖直向下向A板运动，但还没有运动到A板，之后电子继续向上重复类似于选项A中所描述的运动，可见，选项C正确；若电子是在t＝T/4时刻进入，则在T/4～T/2时间段内，它将竖直向上做匀加速直线运动；在T/2～3T/4时间段内，它将继续竖直向上做匀减速直线运动，到t＝3T/4时刻电子的速度减为零，在3T/4～T时间段内，它将开始竖直向下做匀加速直线运动，在T～5T/4时间段内，它继续竖直向下做匀减速直线运动，到t＝5T/4时刻电子的速度减为零，并且刚好回到A板，之后，电子继续重复前面的运动，可见，它将时而向B板、时而向A板运动，选项D正确．故选ACD.
　4.A　【解析】 电子通过偏转电极时受电场力作用会偏向偏转电极的正极，因此结合题图可知A正确，故选A.
　5.AC　【解析】 从t＝0时释放电子向右加速运动，当t＝时，粒子减速运动，当t＝T时，粒子速度为零，继续向右加速运动，循环，故A对、B错；在t＝时释放，粒子向右加速运动，当在t＝，粒子开始减速运动；当在t＝T，粒子速度为零，且向左加速运动，当t＝T时，粒子减速运动，当在t＝T时，粒子速度为零向右加速运动，如此循环，当T够大时，粒子可能打到右极板上，当T不够时，粒子在两板间振动，故C对，D错；选AC.
　6.AD　【解析】 叫作示波管的灵敏度，l＝v0t，h＝(·q)t2?h＝·()2＝·，h/u2＝eq \f(q,dm)，减小v0，增大l或减小d，则A对，D对，故选AD.
　7.A　【解析】 当粒子带负电时，由AC边中点射入时，电场力做负功，当Ek＞W时，由BD边中点射出，当Ek＜W时，会由AC边中点射出，当由CD边中点射入时，由AC边中点射出，当由BD中点射入时，由AC边中点射出，当由AB边中点射入时，由AC边中点射出，同理当粒子带正电时，也有5种情况，故选A.
　8.A　【解析】 电子经电场加速，有eU＝mv2，v＝，加速后电流I＝＝＝，电子数N＝.故选A
　9.(1)v0＝2.5m/s　(2)E＝1.5×103V/m
　【解析】 (1)对第1个落到O点的粒子
　水平方向：＝v0t
　竖直方向：＝gt2
　解得：v0＝＝2.5m/s
　(2)对落到B点的粒子
　水平方向：L＝v0t
　竖直方向：＝at2
　根据牛顿第二定律得：mg－Eq＝ma
　解得：E＝＝1.5×103V/m.
　10.(1)　(2)
　【解析】 (1)当场强为E1时：xA＝v0t1
y0＝a1t＝t
当场强为E2时：xB＝v0t2
y0＝a＝t
解得＝
　(2)设场强为E1时，电子射电场时的偏转解为θ1
tanθ1＝
vy1＝t1
xA′＝＋xA＝＋xA＝xA
设电场为E2时，电子射出电场时的偏转解为θ2
tan θ2＝
vy2＝t2
xB′＝＋xB＝＋xB＝xB解得＝.；
　11.见解析　【解析】 先分析带电粒子在水平方向和竖直方向上的运动特点，再寻找“恰能平行于两极飞出”的条件，以及飞出时在垂直板方向上的限制条件．(1)带电粒子在电场中运动时间每经过一个周期，其在垂直于金属板方向的速度变为零，粒子的速度即恢复为入射时状态——平行于金属板．所以交变电压的频率应满足方程＝，所以f＝(n＝1，2，3…)．(2)因带电粒子在垂直于金属板方向做单方向的反复的加速、减速运动，每次加速和减速过程中在垂直金属板方向的位移大小都相等，其大小　x＝··()2＝　欲使粒子恰能以平行于金属板的速度飞出，则应有＝nT，2nx<，整理得U0<(n＝1，2，3…)．
　12.(1)　(2)(3)()n－2.
　【解析】 (1)设物体在A点的速度为v1，由动能定理有－μmgL－mgR＝0－mv.解得v1＝.(2)设匀强电场的场强大小为E、物块在D点的速度为vD，则mg－Eq＝m.－μ(mg－Eq)L－(mg－Eq)·2R＝mv－mv.解得E＝.(3)设第2，4，6，…，2n次经过B点时的速度分别为v2，v4，…，v2n，第2，4，6，…，2(n－1)次离开B点向右滑行的最大距离分别为L1，L2，…，Ln－1，则(qE－μmg)L＝mv.－(qE＋μmg)L1＝0－mv.(qE－μmg)L1＝mv.解得＝＝.同理＝.…＝.综上可得＝()n－1.v2n＝()n－2.第23讲　电场强度
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
电场强度、点电荷的场强 Ⅱ(电场强度的计算最多考虑两个电场的叠加)
09 多选 考查通过对(φ－x)图象的分析，判断场强大小、方向，电场力大小以及电场力做功情况
10 单选 以E－x图象为背景，考查电势与电场强度之间的关系
12 单选 运用点电荷的电场强度定义式求解电场中不同点的电场强度之比 重点 A或B
小结及预测 1.小结：电场强度、点电荷的场强以选择的形式进行考查，侧重考查电场强度、电势以及电场力做功情况．2．预测：4年中仅11年未曾考查，预测14年考查的可能性比较大．3．复习建议：复习时注重理解电场强度的含义.
知识 整合　
一、电场
1．电场： 带电体周围存在的一种物质，是电荷间　的媒介．它是一种看不见的________的物质．它具有________和能的特性．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．电场最基本的性质是________________________．
3．电场力： ________________________，此力叫电场力．
二、电场线
1．在电场中画出的一系列从________出发到________终止的曲线．曲线上每一点的切线方向都跟________一致，此曲线叫电场线．
2．电场线的性质
(1)电场线是为了形象地描述________而假想的、实际不存在的________．
(2)电场线是起源于________(或无穷远处)，终止于________(或无穷远处)的有源线．是________曲线．
(3)电场线的疏密表示________，某点的切线方向表示该点的________．它不表示电荷在电场中的运动轨迹．
(4)电场线________相交．在静电场中，电场线不中断．
一、电场强度
1．定义和定义式： 放入电场中某点的电荷所受电场力与此电荷所带电荷量的比值，叫电场强度．用E表示．其定义式为：E＝F/q.
2．单位： 电场强度的单位为导出单位为牛/库，符号N/C.
3．矢量性： 电场强度是矢量，方向与正电荷在该点所受电场力方向相同．
二、电场的叠加
电场强度是矢量，当空间的电场是由几个点电荷共同产生时，空间某点的电场强度等于每个点电荷单独存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和．
一、电场强度　点电荷的场强
1．电场的场强与是否放入试探电荷无关，不要认为受电场力大的场强就大．
2．不要单纯从数学角度理解物理公式，要分析物理量的含义，及公式的适用范围．
【典型例题1】 有关对电场强度的理解，下述正确的是(　　)
A．由E＝可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力成正比
B．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度
C．由E＝k知，在离点电荷很近处，r接近于零，电场强度达无穷大
D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关
温馨提示
解答此题时，首先要明确电场的场强与是否放入试探电荷无关．
记录空间
【变式训练1】　如图所示，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
2．电场强度的计算方法
(1)场强三个表达式的比较
　　表达式比较　　　 E＝ E＝k E＝
公式意义 电场强度定义式 真空中点电荷的电场强度决定式 匀强电场中E与U关系式
适用条件 一切电场 ①真空；②点电荷 匀强电场
比较决定因素 由电场本身决定，与q无关 由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定 由电场本身决定
相同点 矢量，单位：1 N/C＝1 V/m
　　(2)叠加原理：多个点电荷在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，这种关系叫电场强度的叠加，电场强度的叠加遵守平行四边形定则．
【典型例题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(其中一条沿竖直方向)和圆周的交点．当把一试探电荷＋q放在d点时恰好平衡(如图所示)．求：
(1)匀强电场场强E的大小、方向如何；
(2)试探电荷＋q放在c点时，受力Fc的大小、方向如何；
(3)试探电荷＋q放在b点时，受力Fb的大小、方向如何．
温馨提示
解答此题时，首先要明确点电荷的场强计算公式、根据场强叠加原理进行解答．
记录空间
【变式训练2】　
如图所示，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电量的大小都是q1，在b、d 两个顶点上，各放一带负电的点电荷，电量的大小都是q2，q1>q2 ，已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条(　　)
A．E1 B．E2 C．E3 D．E4
二、静电场　电场线
利用电场线和运动轨迹判断带电粒子的情况．
电场线是用来形象描述电场的一种曲线，某点切线方向表示场强方向，疏密程度表示电场的强弱．电场线尽管是假想曲线，但它是研究静电场的一种重要手段，利用它可以研究电荷在电场中运动时的受力、做功、能量变化，但它不是带电粒子的运动轨迹．
带电粒子在电场中的运动轨迹由带电粒子受到的合外力情况和初速度情况决定．点电荷在电场力作用下，满足下列条件轨迹才能与电场线重合．
(1)电场线是直线；
(2)电荷的初速度为零或不为零，但速度方向与电场线平行；
(3)电荷仅受电场力作用或所受合外力的方向和电场线平行．
【典型例题3】 如图所示，实线表示匀强电场的电场线，虚线表示某一带电粒子从a点进入电场时通过该电场区域的运动轨迹，a，b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出正确的判断是(　　)
A．粒子带正电
B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
C．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
D．粒子在a点的速度小于在b点的速度
温馨提示
解答此题时，可根据运动轨迹来判断带电粒子受力情况．
记录空间
【变式训练3】　一个带电粒子沿着如图所示的虚线由A经B穿越电场，不计粒子的重力，则下列说法中正确的是(　　)
A．粒子带正电
B．粒子在A点受到电场力小于在B点受到的电场力
C．粒子在A处的动能小于在B处的动能
D．粒子在A处的电势能小于在B处的电势能
随堂 演练　
1．如图所示为两点电荷电场的电场线分布图，由图可知(　　)
第1题图
A．两点电荷为等量异种电荷
B．左边点电荷的电量大于右边点电荷的电量
C．左边点电荷的电量小于右边点电荷的电量
D．左边点电荷可能为负电荷
2．下列说法正确的是(　　)
A．E＝是电场强度的定义式，F是放入电场中电荷受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场
B．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同
C．库仑定律是通过实验总结出来的关于点电荷间相互作用力跟它们间的距离和电荷量关系的一条物理规律
D．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F＝k，式是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，而是点电荷q1产生的电场在q2处的场强的大小
3．两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为q和－q，两球间用绝缘细线连接，上球又用绝缘细线悬挂在天花板上．在两球所在空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，问平衡时的可能位置是下图中的(　　)
4．某电场区域的电场线如图所示，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是(　　)
第4题图
A．负电荷在a点受到的电场力一定小于它在b点受到的电场力
B．a点的场强方向一定沿着a点的电场线向右
C．正电荷在a点受到的电场力一定大于它在b点受到的电场力
D．a点的场强一定大于b点的场强
5．真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为(　　)
A．3∶1 B．1∶3 C．9∶1 D．1∶9
6．两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，下列能正确反映两点电荷连线上场强大小E与x的关系的图象是(　　)
A
　B
C
　D
7．有一静电场，其电场强度方向平行于x轴．其电势u随坐标x的改变而变化，变化的图线如图所示，则图中正确表示该静电场的场强E随x变化的图线是(设场强沿x轴正方向时取正值)(　　)
第7题图
A
B
　 C
D
8．在x轴上有两个点电荷，一个带电量为Q1，另一个带电量为Q2，且Q1＝2Q2.用E1和E2分别表示两个点电荷产生的场强的大小，则在x轴上(　　)．
A．E1＝E2之点只有一处，该处的合场强为0
B．E1＝E2之点共有两处，一处的合场强为0，另一处的合场强为2E2
C．E1＝E2之点共有三处，其中两处的合场强为0，另一处的合场强为2E2
D．E1＝E2之点共有三处，其中一处的合场强为0，另两处的合场强为2E2
第23讲　电场强度
知识整合
基础自测
一、1.相互作用　客观存在　力的特性
2．对放入电场中的电荷有电场力的作用　3.放入电场中的电荷受到电场的力的作用
二、1.正电荷或无限远　无限远或负电荷　该点的场强方向
　2.(1)电场　线　(2)正电荷　负电荷　不闭合　(3)电场的强弱　场强方向　(4)不
重点阐述
【典型例题1】 有关对电场强度的理解，下述正确的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．由E＝可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力成正比
B．当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度
C．由E＝k知，在离点电荷很近处，r接近于零，电场强度达无穷大
D．电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关
【答案】　D　【解析】　电场对处于其中的电荷施加电场力的作用是电场的一个基本性质，我们为了反映电场具有这一力的性质，引入了物理量——电场强度E，E反映了电荷周围存在的特殊物质——电场本身的特性，试探电荷的引入仅仅是用来检验这一特性，因此与试探电荷存在与否无关．物理学中的点电荷是一种理想化的模型，实际的带电体在满足它本身的线度远小于问题中所涉及的空间距离时，都可看成是点电荷，但当r→0时，再也不能把电荷看成是点电荷了，即E＝k在r→0时已不适用．综上所述，只有D选项正确，故选D.
变式训练1　C　【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.
【典型例题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(其中一条沿竖直方向)和圆周的交点．当把一试探电荷＋q放在d点时恰好平衡(如图所示)．求：
　
(1)匀强电场场强E的大小、方向如何；
　(2)试探电荷＋q放在c点时，受力Fc的大小、方向如何；
　(3)试探电荷＋q放在b点时，受力Fb的大小、方向如何．
【答案】　(1)E＝k，场强方向沿db方向
　(2)Fc＝k，方向与ac方向成45°角
　(3)Fb＝2k，方向沿db方向
　
【解析】 由题意可知，试探电荷处在匀强电场和点电荷＋Q产生的电场所组成的叠加场中．因此要求试探电荷在电场中某点所受的电场力，首先应确定该点的合场强，要确定合场强，就需要求匀强电场的场强．而题目已经告诉当试探电荷处在d点时恰好平衡，这恰恰是两电场共同作用的结果，据此问题可解．
　(1)由题意可知
　F1＝k，
　F＝qE.
　因为F1＝F，所以qE＝k，E＝k，场强方向沿db方向．
　(2)试探电荷放在c点：
　Ec＝＝E＝k，
　所以Fc＝qEc＝k，方向与ac方向成45°角．
　(3)试探电荷放在b点：
　Eb＝E3＋E＝2E＝2k，
　所以Fb＝qEb＝2k，方向沿db方向．
变式训练2　B　【解析】 四个点电荷在O点产生的场强．大小关系为Ea＝Ec＞Eb＝Ed, Eb、 Ed的合矢量沿Oc方向，Ea、 Ec的合矢量沿Oe方向，故总的场强合矢量沿Od、 Oe之间的一个方向，即E2方向，故选B.
【典型例题3】 如图所示，实线表示匀强电场的电场线，虚线表示某一带电粒子从a点进入电场时通过该电场区域的运动轨迹，a，b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力作用，则由此图可作出正确的判断是(　　)
A．粒子带正电
B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
C．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
D．粒子在a点的速度小于在b点的速度
【答案】　BD　【解析】　粒子由a点进入电场，轨迹向电场线的反方向偏转，可以确定粒子带负电，A项错误；粒子由a到b电场力做正功，电势能减小，即粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，B项正确；粒子在a点的受力与在b点的受力相同，a、b两点加速度相等，C项错误；由于电场力做正功，粒子动能增加，粒子在a点的速度小于在b点的速度，D项正确，故选D.
变式训练3　AC　【解析】 由粒子轨迹的弯曲方向可知电场力沿电场线方向，即粒子带正电，故A正确；由电场线的疏密程度知EA＞EB，故B错误；由粒子的轨迹知电场力做正功，动能增加，电势能减小，故C正确，D错误，选A、C.
随堂演练
　1.B　【解析】　由电场线分布图可知，两点电荷为不等量异种电荷，且左边电场线密集，左边点电荷的电量大于右边点电荷的电量，左边为正电荷，右边为负电荷，故选B.
　2.ACD　【解析】 在B选项中，场强大小相等，方向不同，所以错误，A、 C、 D三项均正确．故选A、C、D.
　3.A　【解析】 对两个带电小球所组成的整体进行受力分析可知，两球在竖直方向上仅受重力和细线拉力而处于平衡状态，则两球中拉上球的细线必须处于竖直位置，故选A.
　4.BCD　【解析】 电荷在电场中受到电场力的大小与电场强度有关，而电场线的疏密反映了电场强度的强弱，故A错，C对D对，电场强度的方向一定是沿电场线切线的方向，B对，故选BCD.
　5.C　【解析】 本题考查了点电荷电场强度的计算．点电荷电场强度的计算式E＝，所以＝＝，选项C正确．
　6.A　【解析】 该题利用图象考查等量异种电荷连线上电场强度的分布情况．根据等量异种电荷的电场线分布情况知，两电荷连线上的场强先减小后增大．因两电荷在连线上任一点产生的场强方向相同，合场强不可能为零，故选项A正确，B、C、D错误．
　7.A　【解析】　由题图知该静电场中电势u与沿电场方向的距离x成线性关系，故必为匀强电场，则u－x图象的斜率大小等于场强E，故此0～2mm、10～12mm两段的场强大小相等，方向也相同，且与2～10mm区间的场强相反．因顺着场强方向电势降低，故0～2mm及10～12mm区间场强方向为负，而2～10mm区间场强为正．
　8.B　【解析】 如图所示，设Q1、Q2相距l，在它们的连线上距Q1距离为x处有一点A，在该处两点电荷所产生电场的场强大小相等，则有
　第8题图
　
　k＝k.
　即x2－4lx＋2l2＝0，
　解得x＝＝(2±)l.
　即x1＝(2＋)l，x2＝(2－)l，说明在Q2两侧各有一点，在该点Q1、Q2产生电场的场强大小相等，在这两点其中的一点，两点电荷产生电场的场强大小，方向都相同(若Q1、Q2为异种电荷，该点在Q1、Q2之间，若Q1、Q2为同种电荷，该点在Q1、Q2的外侧)，在另一点，两电荷产生电场的场强大小相等，方向相反(若Q1、Q2为异种电荷，该点在Q1、Q，外侧，若Q1、Q2为同种电荷，该点在Q1、Q2之间)．课时作业(二十四)　电势能和电势　电势差
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第1题图
1．如图匀强电场，A、B为两个等势面．三个完全相同的带等量正电荷的小球a、b、c，从A上的某点同时以相同速率v0向不同方向抛出，其中a的初速方向垂直指向等势面B；b的初速方向沿等势面A；c的初速方向与a相反．一段时间后，三个小球先后通过等势面B，三个小球始终在此电场中运动，不计重力，正确的是(　　)
A．等势面A的电势低于等势面B的电势
B．a、c两小球通过等势面B时的速度相同
C．开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相同
D．开始运动后的任一时刻，三个小球之间的距离总是相等
2．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点．可以判定(　　)
第2题图
A．M点的电势大于N点的电势
B．M点的电势小于N点 的电势
C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力
3．如图A、B为某电场中一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点静止释放，仅在电场力作用下运动一段距离到达B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示．从A到B过程中，下列说法正确的是(　　)
　　　　　甲　　　　　　　　　乙
第3题图
A．电场力对电荷一直做正功
B．电势一直升高
C．电荷所受电场力先减小后增大
D．电荷所受电场力先增大后减小
4．如图所示，实线是某电场中的电场线，虚线是一个带负电的粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，若带电粒子是从a处运动到b处，以下判断正确的是(　　)
第4题图
A．带电粒子从a到b加速度减小
B．带电粒子在b处电势能大
C．b处电势高于a处电势
D．带电粒子在b处速度大
第5题图
5．三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，则(　　)
A．Ea>Eb，φa>φb
B．EaC．Ea>Eb，φa<φb
D．Eaφb
6．一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是(　　)
第6题图
A．A处的场强一定小于B处的场强
B．A处的电势一定低于B处的电势
C．电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能
D．从A到B的过程中，电场力对电荷做正功
7．如图所示，在等量异种电荷形成的电场中，以电荷连线中点O为圆心画一圆，交连线于A、C两点，交连线中垂线于B、D两点．下列说法中正确的是(　　)
第7题图
A．A点的电场强度大于B点的电场强度且两点电场强度方向不同
B．B、D两点的电场强度及电势均相同
C．一电子由B点沿B→C→D路径移至D点，电势能先减小后增大
D．一质子由C点沿C→O→A路径移至A点，电场力对其先做负功后做正功
8．一个电量为10－6C的负电荷从电场中A点移到B点电场力要做功2×10－6J，从C点移到D要克服电场力做功7×10－6J，若已知C点比B点电势高3V，且A、B、C、D四点在同一条电场线上，则下列图中正确的是(　　)
　A
　B
C
D
9．如图中虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带正电的小球在电场中运动，实线表示该小球的运动轨迹．小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV.若取c点为零势点，则当这个带电小球的电势能等于－6eV时(不计重力和空气阻力)，它的动能等于(　　)
第9题图
A．16eV
B．14eV
C．6eV
D．4eV
10．有一带电量q＝－3×10－6C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10－4J，从B点移到C点，电场力做功9×10－4J.问：
(1)AB、BC、CA间电势差各为多少？
(2)如以B点为零电势点，则A、C两点的电势各为多少？电荷在A、C两点的电势能各为多少？
11．带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一
直线上，A和C相距为L，B为AC中点，现将一带点小球从A点静止释放，当运动到B点时速度恰好又为零．若该带电小球在A点处的加速度大小为g/4，求：
(1)小球运动到B点时加速度的大小；
(2)B和A两点间的电势差(用Q和L表示)．
第11题图
12．把一个电荷量为q＝5×10－9C的正电荷从距电场无穷远处移到电场中M点，电荷克服电场力做功WM＝6.0×10－3J，如果把该点电荷从距电场无穷远处移到电场中N点，电荷克服电场力做功WN＝3.6×10－3J，已知点电荷质量是3.0×10－9kg，取无穷远处为零电势点，求：
(1)M、N点的电势是多少？
(2)M、N点的电势差是多少？把该点电荷从M点移到N点电场力做功是多少？
(3)如把点电荷从M点由静止释放，它能获得的最大速度是多少？
课时作业(二十四)　电势能和电势　电势差
　1.B　【解析】 因a、b、c三个小球带正电荷，故匀强电场方向由A→B，A电势高于B.A错；由能量守恒知，abc过等势面时三个小球有mv＝mv2－qv，则过等势面B时vta＝vtb＝vtc，因为a、b两球过等势面B时方向一致，故a、c两球速度相同，B对；开始运动后a球做匀加速直线运动，b球做类平抛运动．两小球在相同时间内垂直于等势面方向位移不等，C错；开运动后，a、b、c三球之间的距离一直在逐渐增大，D错，故选B.
　2.AD　【解析】 因为粒子只受电场力作用，故可知电势能降低，由图可知粒子带正电，故电势M大于N，A对，B错；由电场线分布疏密可知在M点受到的电场小于N点的，C错，D对，选AD.
　3.C　【解析】 由于Ep＝qφ先减小后增大，故电场力先做正功后做负功．电势φ先降低后增高，故A、B错．由于只受电场力，所以E动＝F·x，E动增加量为电势能减少量，由题意得Ep＝ax2＋bx＋c，所以F＝－ax－b(E，a，b，c为常数)当0时，①为增函数，故选C.
　4.B　【解析】 b处电场线密，故在b点的加速度大，故A错．由于粒子带负电，据a到b的运动轨迹，可判定粒子从a到b为减速至零再加速返回，所以a到b处电场力做负功，电势能增大，故B对，电场线从a指向b，故φa>φb，C错，粒子在b处速度最小，故D错，故选B.
　5.C　【解析】 E＝　很显然raEb，B错，D错；根据沿着电场线电势降低，很显然a点距离负电荷更近，故从b到a电势降低，所以φa<φb，A错，C对，故选C.
　6.B　【解析】 从tA到tB，此正电荷的速度减小，所以电场力对电荷做负功，电势能增加，所以电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能，即EA据电荷的速度变化，只要电荷的初速与电场力的方向相反即可，所以不能说A处的场强一定小于B处的场强，故A、C、D错误，故选B.
　7.B　【解析】 由等量异种电荷形成电场可知，A与B点电场线方向都指向左，电场强度方向相同，A错；B与D在等势面上，且关于两点电荷连线对称，故B对；电子由B→C→D移至D点，电势能先增大后减小，C错；质子由C→D→A移至A点，电场力先做负功后做正功，D错，选B.
　8.A　【解析】 负电荷从A→B，电场力做功，UAB＝－2V，φB＞φA，从C→D电场力做负功，UCD＝7V，φC＞φD，题中UCB＝3V，则φC＞φB＞φA＞φD，选项A正确．
　9.B　【解析】 从a到b由动能定理可知，电场力做功Wab＝－18eV，则从a到b电势能增加量ΔEab＝18eV，由等势面特点及c点为零势点可知：a点电势能Ea＝－12eV，又由动能和电势能之和不变可判断B正确．
　10.(1)UAB＝200V　UBC＝－300V　UCA＝100V　(2)φA＝200V　φC＝300V　EpA＝－6×10－4J　EpC＝－9×10－4J　【解析】 (1)电荷由A点移到B点克服电场力做功，即电场力做负功．
　WAB＝－6×10－4J，UAB＝＝V＝200V，
　UBC＝＝V＝－300V，
　UCA＝UCB＋UBA＝－UBC＋(－UAB)＝300V－200V＝100V.
　(2)若φB＝0V，由UAB＝φA－φB，得φA＝UAB＝200V，由UBC＝φB－φC，得φC＝φB－UBC＝[0－(－300)]V＝300V.电荷在A点的电势能EpA＝qφA＝－3×10－6×200J＝－6×10－4J，电荷在C点的电势能EpC＝qφC＝－3×10－6×300J＝－9×10－4J.
　11.(1)　(2)
　【解析】 带电小球在A点是由牛顿第二定律得mg sin30°－k＝maA，在B点时由牛顿第二定律得k－mg sin30°＝maB，把aA＝代入得aB.
(2)由(1)可得k＝mg，从A运动到B由动能定理可得mg sin30°·＋qUAB＝0，由以上两式得UAB＝，所以UAB＝.
　12.(1)1.2×106V　7.2×105V　(2)4.8×105V　2.4×10－3J　(3)2000m/s
　【解析】 (1)由题意可知，若将该电荷从M点和N点分别移到无穷远，电场力应做正功，其值分别等于WM和WN.设A点为无穷远处，φA＝0，则：
UMA＝＝V＝1.2×106V
UNA＝＝V＝7.2×105V
所以φM＝1.2×106V, φN＝7.2×105V　(2)M、N两点电势差UMN＝φM－φN＝4.8×105V　点电荷从M点移到N，电场力做功　W＝qUMN＝5×10－9×4.8×105J＝2.4×10－3J电场力做正功．(3)由动能定理： qUMA＝mv2
所以v＝＝m/s＝2000m/s.第22讲　电荷及其守恒定律　库仑定律
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
电荷、电荷守恒定律、点电荷 Ⅰ 09 单选 考查应用库仑定律分析点电荷之间的电场力的相互作用和点电荷之间的相互作用的背景下电荷守恒定律的应用 非重点 A
库仑定律 Ⅰ(由“Ⅱ”变为“Ⅰ”) 09 单选 考查应用库仑定律分析点电荷之间的电场力的相互作用和点电荷之间相互作用的背景下库仑定律的应用 非重点 B
小结及预测 1.小结：电荷、电荷守恒定律、点电荷、库仑定律以单选题的形式出现，侧重考查点电荷之间的相互作用以及电荷守恒定律的应用，只有09年有所考查．2．预测：预测14年有可能考查．3．复习建议：建议复习时注意掌握电荷间相互作用力、电荷守恒定律及库仑定律的应用.
知识 整合　
一、电荷　电荷守恒定律
1．电荷
(1)两种电荷： 自然界中存在两种电荷，它们分别为　　
和________．同种电荷互相________，异种电荷互相________．
(2)电荷量： 电荷量是指物体所带________的多少．单位是________，简称________，符号是________，物体不带电实质是物体带有等量的________；物体带电实质是物体带有不等量的正负电荷．
(3)元电荷： 电子所带电荷量e＝1.60×10－19C，实验表明： 所有带电体的电荷量________，因此电荷量e，称为元电荷．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)点电荷： 如果带电体间的距离比它们的大小大得多，以致带电体的________________对相互作用力的影响可忽略不计，这样的带电体可以看成点电荷．说明： 点电荷是理想化模型，实际不存在．
2．物体带电方法有三种：
(1)________；(2)________；(3)________.
3．电荷守恒定律： 电荷既不能________，也不能________，它只能从一个物体________到另一个物体，或从物体的这一部分转移到另一部分，在转移过程中________不变．
二、库仑定律
1．内容： 在真空中两个点电荷之间相互作用的作用力，跟它们的________成正比，跟它们的________成反比，作用力的方向在它们的连线上．
2．公式： ________.
3．适用条件： (1)________；(2)________．
一、库仑定律下点电荷平衡问题
点电荷的平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了一个库仑力或电场力，具体步骤如下：
1．确定研究对象．如果有几个物体相互作用，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”；
2．对研究对象进行受力分析，注意多了库仑力或电场力；
3．列平衡方程(F合＝0或Fx＝0，Fy＝0)．
【典型例题1】　如图所示，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(　　)
A．2 B．3
C．2 D．3
温馨提示
解题此题时，首先要明确研究对象．
记录空间
【变式训练1】　如图所示，在光滑绝缘水平面上放置三个电荷量均为q(q＞0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k0的轻质弹簧绝缘连接．当三个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l，已知静电力常量为k，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为(　　)
A．l＋ B．l－
C．l－ D．l－
二、库仑定律的理解与应用
1．库仑定律的适用条件
库仑定律仅适用于真空中的两个点电荷间的相互作用．不可由r→0时，得出F→∞的结论，因为当r→0时，两电荷已失去了看作点电荷的前提条件，库仑定律已不适用．
2．应用库仑定律时应注意的问题
(1)库仑力的正负不表示力的大小，而表示库仑力的性质．当两电荷同号时，F＞0，库仑力为斥力；当两电荷异号时，F＜0，库仑力为引力．因此，用库仑定律进行计算时，不必将符号代入，只需判断力的性质即可．
(2)两个带电体之间的库仑力是一对作用力和反作用力．
(3)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，F＜k；反之，当两球带异种电荷时，F＞k.
(4)某个点电荷同时受几个点电荷的作用时，要用平行四边形定则求合力．
【典型例题2】　如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b.其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离为L，为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为(　　)
A．F引＝G，F库＝k
B．F引≠G，F库≠k
C．F引≠G，F库＝k
D．F引＝G，F库≠k
温馨提示
解答此题时，首先要判断是否满足库仑定律的条件：库仑定律只适用于点电荷间相互作用．
记录空间
【变式训练2】　如图所示，
在一条直线上的A、B、C三点上分别放置QA＝＋3×10－9C、QB＝－4×10－9C、QC＝＋3×10－9C的点电荷，试求作用在A点电荷上的作用力．
随堂 演练　
1．将两个分别带有电荷量－2Q、＋5Q的相同金属小球A、B分别固定在相距为r的两处(均视为点电荷)，它们间库仑力的大小为F.现将第三个与A、B两个球完全相同的不带电小球C先后与A、B相互接触后拿走，A、B间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为(　　)
A．F B.F C.F D.F
2．下列方法正确的是(　　)
A．物体所带的电荷量可以为任意实数
B．不带电的物体上，既没有正电荷也没有负电荷
C．摩擦起电的过程，是靠摩擦产生了电荷
D．利用静电感应使金属导体带电，实质上是导体中的自由电子趋向或远离带电体
3．地毯中加入少量金属丝的目的是(　　)
A．增大地毯的强度和韧性
B．避免人走时产生静电
C．将人走动时产生的静电导走
D．以上说法都不对
第4题图
4．两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则(　　)
A．Q3为负电荷，且放于A左方
B．Q3为负电荷，且放于B右方
C．Q3为正电荷，且放于A、B之间
D．Q3为正电荷，且放于B右方
5．关于点电荷，下列说法正确的是(　　)
A．只有体积很小的带电体才可以看作点电荷
B．只有球形带电体才可以看做点电荷
C．带电体能否被看作点电荷既不取决于带电体大小也不取决于带电体的形状
D．一切带电体都可以看做点电荷
6．在真空中有甲、乙两个点电荷，其相互作用力为F.要使它们之间的相互作用力为2F，下列方法可行的是(　　)
　　 A．使甲、乙电荷量都变为原来的倍
B．使甲、乙电荷量都变为原来的1/倍
C．使甲、乙之间距离变为原来的 倍
D．使甲、乙之间距离变为原来的1/倍
7．两个自由的点电荷A和B，带电荷量分别为＋4q和－q，相距为d，试问：在何处放一个怎样的电荷C，能使A、B、C三个点电荷均处于静止状态？
8．如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m、电荷量均为＋Q的物体A和B(A、B均可视为质点)，它们间的距离为r，与水平面间的动摩擦因数均为μ，求：
第8题图
(1)A受的摩擦力为多大：
(2)如果将A的电荷量增至＋4Q，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A、B各运动了多远距离？
第22讲　电荷及其守恒
定律　库仑定律
知识整合
基础自测
一、1.(1)正电荷　负电荷　排斥　吸引　(2)电荷　库仑　库　C　正负电荷　(3)等于元电荷的整数倍　(4)形状和大小　2.(1)摩擦起电　(2)感应起电　(3)接触带电
3．创造　消失　转移　总电荷量
二、1.电荷量的乘积　距离的平方　2.F＝k
3．(1)真空中　(2)点电荷
重点阐述
【典型例题1】　如图所示，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(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．2 B．3
C．2 D．3
【答案】　C　【解析】 由库仑定律得F＝k；又r＝lsinθ，F＝Gtanθ由以上各式可解得qB＝，因G、l、qA不变，则＝＝2，故C正确．
　
变式训练1　C　【解析】 左边或右边小球受三个力的作用，由小球处平衡状态得k0x＝k＋k，解得x＝，故弹簧原长为：　l0＝l－x＝l－，C项正确．
【典型例题2】　如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b.其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离为L，为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q，那么a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为(　　)
A．F引＝G，F库＝k B．F引≠G，F库≠k
C．F引≠G，F库＝k D．F引＝G，F库≠k
【答案】　D　【解析】 万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离L只有其半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均均，两球壳可看作质量集中于球心的质点．因此，可以应用万有引力定律．而本题中由于a、b两球所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离L只有其半径r的3倍，不满足L?r的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律．
　综上所述，对于a、b两带电球壳的整体来说，满足万有引力的适用条件，不满足库仑定律的适用条件，故D选项正确．
变式训练2　9.9×10－4N
【解析】　由于点电荷A处在B和C的电场中，故同时受到B和C的库仑力作用．因此作用在A点电荷上的作用力应为两库仑力的合力，可先根据库仑定律分别求出B和C对A的库仑力的大小，再求合力．
　研究A点电荷．分析A受到B、C点电荷的库仑力，如图所示，根据库仑定律有
FBA＝＝N
　 ＝1.08×10－3N
　FCA＝＝N
　 ＝9.0×10－5N
规定沿这条直线由A指向C为正方向，则A点电荷受到的合力大小为
FA＝FBA－FCA＝(1.08×10－3－9.0×10－5)N
　 ＝9.9×10－4N.
随堂演练
　1.B　【解析】 原来AB的库仑力F＝k＝k.后来C与A、B接触后，A、B带电量变为－Q和2Q，则F′＝k·＝k＝F，B正确．
　2.D　【解析】 带电体所带电荷数是元电荷的整数倍，A错；不带电的物体是物体上正负电荷数相等，发生了中和，B错；摩擦起电的过程是电荷发生了转移，C错；感应起电的实质是金属导体中自由电子趋向或远离带电体，D对．故选D.
　3.C　【解析】 地毯中加入金属丝是把人走动时脚与地毯摩擦产生的静电导入大地，故A、B、D选项错误．C选项正确．选C.
　4.A　【解析】 因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑作用，且已知Q1和Q2是异种电荷，对Q3的作用力一为引力，一为斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之间，依照库仑律知，由于B处的电荷Q2电荷量较大，Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡，故应放在Q1的左侧，要使Q1和Q2也处于平衡，Q3必须带负电，故应选A.
5．C　【解析】 带电体能否看作点电荷，不取决于带电体的形状和大小，而是看其形状、大小对所研究的问题的影响是否可以忽略．故C正确，A、B、D均错误．
　6.AD　【解析】 由库仑定律F＝k知，要使它们之间的相互作用力为2F，可以使甲、乙电荷量都变为原来的倍，或者在使甲、乙之间距离变为原来的1/倍，故选AD.
　7.放于AB延长线上，离B距离为d，离A距离为2d，所带电荷量＋4q
　【解析】 根据平衡条件考虑电荷C的平衡，该电荷必须放在A、B的连线上，如图所示A、B为异种电荷，对C的作用力一个为引力，一个为斥力，所以C不能放在Ⅱ区域，由于A的电荷量大于B的，所以C应距A较远，距B较近，应放在区域Ⅲ，设在离B为x远处电荷C平衡，应有k＝k.
　第7题图
　
　8.(1)k
　(1)A、B均运动了Q－
　【解析】 (1)由A受力平衡，得：
　A受的摩擦力为F摩＝FA＝k.
　(2)当加速度第一次为零时，库仑力和滑动摩擦力大小相等，则μmg＝k，解得r′＝2Q.　间距增大了2Q－r.　因A、B的质量相等，所以加速度在这段时间内的任何时刻总是等大反向，因此A、B运动的距离相等，各运动了Q－.课时作业(二十二)　电荷及其守恒定律　库仑定律
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．关于摩擦起电现象，下列说法正确的是(　　)
A．摩擦起电现象使本没有电子和质子的物体中产生了电子和质子
B．两种不同材料的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷
C．摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的
D．丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显示带正电荷
2．如图所示，将带有负电的绝缘棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始互相接触且对地绝缘，下列方法中能使两球都带电的是(　　)
　第2题图
A．先把两球分开，再移走棒
B．先移走棒，再把两球分开
C．使棒与甲球瞬时接触，再移走棒
D．先使乙球瞬时接地，再移走棒
3．如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为QA、QB，则下列结论正确的有(　　)
　第3题图
A．沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且QB>QA
B．只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，并QB＝QA
C．沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且QB>QA
D．沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电；而QA、QB的值与所切的位置有关
　第4题图
4．如图所示，两个带电小球A、B的质量分别为m1、m2，带电量分别为q1、q2.静止时两悬线与竖直方向夹角分别为θ1、θ2，且A、B恰好处在同一水平面上，则(　　)
A．若q1＝q2，则θ1＝θ2 B．若q1θ2
C．若m1＝m2，则θ1＝θ2 D．若m1θ2
5．如图所示，不带电的枕形导体的A、B两端各贴有一对金箔．当枕形导体的A端靠近一带电导体C时(　　)
　第5题图
A．A端金箔张开，B端金箔闭合
B．用手触摸枕形导体后，A端金箔仍张开，B端金箔闭合
C．用手触摸枕形导体后，将手和C都移走，两对金箔均张开
D．选项A中两对金箔分别带异种电荷，选项C中两对金箔带同种电荷
6．下面关于点电荷的说法正确的是(　　)
A．只有体积很小的带电体才能看成是点电荷
B．体积很大的带电体一定不能看成是点电荷
C．当两个带电体的大小远小于它们间的距离时，可将这两个带电体看成是点电荷
D．一切带电体都可以看成是点电荷
　第7题图
7．如图所示，大小可以不计的带有同种电荷的小球A和B互相排斥，静止时两球位于同一水平面，绝缘细线与竖直方向的夹角分别为α和β，且α<β，由此可知(　　)
A．B球带的电荷量较多
B．B球质量较大
C．B球受的拉力较大
D．两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为α′、β′，则仍有α′<β′
　第8题图
8．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷，现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙面和水平地面上，如图所示．如果将小球B向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较(　　)
A．推力F变大
B．地面对小球B的支持力不变
C．两小球之前的距离不变
D．竖直墙壁对小球A的弹力变大
9．如图所示，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，B球将(　　)
第9题图
A．若A、B为异性电荷，B球一定做圆周运动
B．若A、B为异性电荷，B球可能做加速度、速度均变小的曲线运动
C．若A、B为同种电荷，B球一定做远离A球的变加速曲线运动
D．若A、B为同种电荷，B球的动能一定会减小
10．如图所示，半径相同的金属小球A、B带有电荷量相等的电荷(可视作点电荷)，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小是F，现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A、B两球之间的相互作用力为(　　)
第10题图
A．吸引力，F B．吸引力，F
C．排斥力，F D．排斥力，F
11．有两个完全相同的带电绝缘金属小球A、B，分别带有电荷量QA＝6.4×10－9C，QB＝－3.2×10－9C，让两绝缘金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移？转移了多少？
12．将质量为2g的带负电的小球A用细绳吊起，再将带电量为4.0×10－6 C电荷的物体B靠近A，当两个带电体在同一高度相距为30cm时，细绳与竖直方向成45°角，则B受到的静电力的大小为________ N，A带有________ C的电量．
13．一根置于水平面上光滑玻璃管内部有两个完全一样的弹性金属小球A和B，分别带＋9Q和－Q的电量，由如图位置静止释放，问小球再次经过图中位置时A的加速度为释放前________倍．
第13题图
14．两根光滑绝缘棒在同一竖直平面内，两棒均与水平面成45°角，如图所示，棒上各穿有一个质量为m，带电荷量均为＋Q的相同小球(可视为质点)．它们同时由同一高度从静止开始下滑，当两球水平距离相距多远时，小球速度达到最大值？(静电力常量为k)
第14题图
课时作业(二十二)　电荷及其守恒定律　库仑定律
　1.BD　【解析】 摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的约束能力不相同，因而电子可以在物体间转移．若一个物体失去电子，其质子数比电子数多，我们说它带正电荷．若一个物体得到电子，其质子数比电子数少，我们说它带负电荷．使物体带电并不是创造出电荷，故A错，B对，C错；D选项叙述中，玻璃棒因与丝绸摩擦而失去部分电子，故显正电特性，D对；故选BD.
　2.ACD　【解析】 本题考查了感应起电方式，关键是掌握如何才会带电．由于静电感应，甲球感应出正电荷，乙球感应出负电荷，把两球分开后，它们带上了等量异种电荷，所以A正确；若先将棒移走，则两球不会有静电感应现象产生，所以不会带上电荷，B错误；使棒与甲球接触，则两球会因接触而带上负电荷，所以C正确；若使乙球瞬时接地，则大地为远端，甲球为近端，由于感应带正电，再将棒移走，由于甲、乙是接触的，所以甲球上的电荷会重新分布在甲、乙两球上，结果是两球都带上了正电荷，所以D正确．
　3.D　【解析】 静电感应使得A带正电，B带负电．导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B部分带了多余的电子，而带负电；A部分少了电子，而带正电．A部分转移的电子数目和B部分多余的电子的数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的．但由于电荷之间的作用力与距离有关，自由电子在不同位置所受C的作用力的强弱是不同的，这样导致电子在导体上的分布不均匀，越靠近右端负电荷密度越大，越靠近左端正电荷密度越大，所以从不同位置切开，QA、QB的值是不同的，故只有D正确．
　4.CD　　【解析】 对A、B进行受力分析知F1＝m1gtanθ1，F2＝m2gtanθ2，而F1＝F2即m1gtanθ1＝m2gtanθ2，故当m1＝m2时，有θ1＝θ2；当m1θ2，故CD正确．
　5.BCD　【解析】 根据静电感应现象，带正电荷的导体C放在枕形导体附近，在A端出现了负电荷，在B端出现了正电荷，这样的带电并不是导体中有新的电荷，只是电荷的重新分布．金箔上带电相斥而张开，选项A错误．用手摸枕形导体后，B端不是最远端了，人是导体，人的脚部连接的地球是最远端，这样B端不再有电荷，金箔闭合，选项B正确．用手触摸枕形导体时，只有A端带负电荷，将手和C移走后，不再有静电感应，A端所带负电荷便分布在枕形导体上，A、B端均带有负电荷，两对金箔均张开，选项C正确．从以上分析可看出，选项D也正确．
　6.C　【解析】 本题考查对点电荷的理解．带电体能否看作点电荷，和带电体的体积无关，主要看带电体的体积对所研究的问题是否可以忽略，如果能够忽略，则带电体可以看成是点电荷，否则就不能，C选项正确，故选C.
第7题图
　7.D　【解析】 两小球处于平衡状态，以小球A为研究对象受力分析如图，受三个力mAg、F、FA作用，以水平和竖直方向建立坐标系；利用平衡条件得FA·cosα＝mAg，FA·sinα＝F，整理得：mAg＝，FA＝.
同理对B受力分析也可得：
mBg＝，FB＝.
由于α<β，所以mA>mB，FA>FB，即B、C都错．
不管qA、qB如何，库仑力是作用力、反作用力大小相等A错．接触后，电荷量变化，库仑力变化，但大小仍相等，静止后仍有α′<β′(因为mA>mB)故选D.
　8.B　【解析】 对A、B由整体法知地面对小球B的支持力大小等于系统的重力，所以B正确；而推力F与墙面对A的支持力FA保持平衡，运用极端法，即考虑把B捡到墙角时的状态，再隔离A，易知B对A的库仑力竖直向上即与A的重力平衡，可见此时支持力FA为零，与原来的平衡状态相比支持力F4变小，推力F将变小．所以A、D错误；在其他情况下库仑力需平衡A的重力和支持力FA，因此库仑力将减小，因其电荷量不变，帮由库仑定律知两个小球之间的距离变大，所以C错误．
　9.BC　【解析】 带电小球之间的相互作用力大小满足库仑定律，但是斥力还是引力，取决于两电荷的电性，为此分下列两种情况讨论：
(1)若两个小球的电荷为异性电荷，则B受到A的引力，方向指向A.又v0⊥AB，此时的情况类似于万有引力定律应用于人造卫星．当B受到A的库仑力恰好等于向心力，即k＝m，解得当初速度满足v0＝v＝时，B球才能做匀速圆周运动，类比于人造卫星的情况可以得到，当v0>v，B球将做库仑力、加速度、速度都变小的离心运动．当v0(2)若两个小球的电荷为同种电荷，B因受A的库仑斥力而做远离A的变加速曲线运动(因为A、B距离增大，故斥力变小，加速度变小，速度增加)，综上AD选项错，BC选项正确，故选BC.
　10.A　【解析】 因A、B间有吸引力，故A、B带异种电荷，设A的电荷量qA＝＋Q，则B的电荷量qB＝－Q，又C不带电，它与A接触后，qC＝qA′＝，再与B接触，qC＝＝－＝qB′，根据库仑定律F＝k＝k，F′＝k＝k，所以F′＝F，为吸引力，A选项正确；选A.
　11.电子由B球转移到A球，转移了3.0×1010个电子
　【解析】 本题考查接触起电及电子转移的问题，是一道易出错的题目．当两小球接触时，带电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配．由于两小球完全相同，剩余正电荷均分，即接触后两小球带电荷量QA′＝QB′＝×(QA＋QB)＝×(6.4×10－9－3.2×10－9)c＝1.6×10－9C.在接触过程中，电子由B球转移到A球，不仅将自身电荷中和，且继续转移，使B球带电荷量为QB′的正电．这样，共转移的电子电荷量为ΔQB＝QB′－QB＝(1.6×10－9＋3.2×10－9)C＝4.8×10－9C.转移的电子数为n＝＝＝3.0×1010个．
　12.0.02　5×10－8　【解析】 对球A进行受力分析，tanθ＝， θ＝45°时，mg＝F＝0.02N.由公式F＝易解得Q＝5×10－8C.
　13.　【解析】 刚释放时，A受到的库仑力F＝k，碰撞后，电荷量被两球重新均匀分配，当再次经过图中位置时，A受到的库仑力F′＝k， ＝.
　14.　【解析】 对一小球受力分析，当合力为零时加速度为零，速度最大．即mg＝ktan45°，解得x＝ .第25讲　电容　电容器
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
电容、电容器 Ⅰ
09 单选 考查电容充放电过程中对电路的影响
10 单选 以导体棒在磁场中运动为背景，考查电容器放电下电量和电流的变化
12 单选 考查插入电介质后，用电容公式判断电容和电势差的变化情况 重点 B
小结及预测 1.小结：电容、电容器以选择题形式进行考查，侧重考查电容的充放电过程中电压电流的变化以及影响电容的因素．2．预测：在09、10、12三年中都有所考查，预计14年的考查可能性较大．3．复习建议：建议复习时要对电容的决定式C＝和定义式C＝能够掌握并灵活应用.
知识 整合　
一、电容器　电容
1．电容器： 两个彼此________又互相________的导体可构成一个电容器．
2．电容
(1)定义： 电容器所带的电荷量Q(一个极板所带电荷量的________)与两个极板间电势差的比值，叫做电容器的电容．
(2)定义式： C＝________＝.
(3)单位： 国际单位制中为________，简称________，国际符号为________．
1F＝________ μF＝________ pF.
二、电容器的分类
常见电容器有纸质电容器、电解电容器、可变电容器、平行板电容器等．电解电容器接入电路时，应注意其极性．
三、平行板电容器
平行板电容器C＝.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
带电平行板电容器两极间的电场可认为是________电场．板间场强为E＝.
两类动态问题分析比较
(1)第一类动态变化：两级板间电压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
→
一、分析电容器动态问题时应注意的问题
1．先确定电容器的不变量(Q或U)．
2．只有当电容器的电量发生变化时，电容器支路上才有充电或放电电流．
3．若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电．
4．电容器电量不变时，改变板间距将不引起板间电场强度的变化．
【典型例题1】 如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和理想二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是(　　)
A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧
B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧
C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧
D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧
温馨提示
解答此题时，首先要明确电容器电量不变．
记录空间
【变式训练1】　在[典型例题1]中，若去掉电路中的二极管，则正确的选项是(　　)
二、平行板电容器动态变化问题分析方法
1．首先要区分两种基本情况：
(1)电容器始终与电源相连时，电容器两极板间电势差U保持不变；
(2)电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q保持不变．
2．依据的关系式主要有三个
(1)平行板电容器的电容C与极板间距d、正对面积S、介质相对介电常数εr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.
【典型例题2】 图中平行放置的金属板A、B组成一只平行板电容器．在不断开开关S时，试讨论以下两种情况下电容器两板间电势差U、电荷量Q、板间场强E的变化情况：
(1)使A板向上平移拉开一些；
(2)使A板向右平移错开一些．
温馨提示
解答此题时，要知道平行板电容器的电容C与极板间距d、正对面积S、介质相对介电常数εr间的关系．
记录空间
【变式训练2】　两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关K，电源即给电容器充电，达到稳定后，则(　　)
A．保持K接通，减小两板板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
B．保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大
C．断开K，增大两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
D．断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大
随堂 演练　
1．对电容C＝ ，以下说法正确的是(　　)．
A．电容器带电荷量越大，电容就越大
B．对于固定电容器，它的带电荷量跟它两板间所加电压的比值保持不变
C．可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成反比
D．如果一个电容器没有电压，就没有带电荷量，也就没有电容
2．一个空气平行板电容器，极板间距离为d，正对面积S，充以电荷量Q后，两极板间电压为U，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是(　　)
A．将电压变化U/2
B．将带电荷量变为2Q
C．将极板正对面积变为2S
D．将两极间充满介电常数为2的电介质
3．如图所示是一个由电源、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合后，在增大两极板间的距离的过程中(　　)
第3题图
A．电阻R中没有电流
B．电容器的电容变小
C．电阻R中有从a流向b的电流
D．电阻R中有从b流向a的电流
4．如图所示，平行板电容器的电容为C，极板带电荷量为Q，极板间距为d，今在两极板间正中央放一带电荷量为q的点电荷，则它所受到的电场力大小为(　　)
第4题图
A．k B．k
C. D．k
5．如图所示是一种利用电容器的电容C测量角度的电容器的示意图，当动片和定片之间的角度θ发生变化时，电容C便发生变化，于是知道C的变化情况，就可以知道θ的变化情况，图乙中，最能正确地反应C和θ的函数关系的是(　　)
第5题图
A
　　B
C
　　D
6．如图所示是描述对给定的电容器充电时极板上带电荷量Q、极板间电压U和电容C之间关系的图象，其中正确的是(　　)
A
　　B
C
　　D
7．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为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
8．某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板．对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中(　　)
第8题图
A．P、Q构成的电容器的电容增大
B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的低
D．M点的电势比N点的高
第25讲　电容　电容器
知识整合
基础自测
一、1.靠近　绝缘　2.(1)绝对值　
(2)　(3)法拉　法　F　106　1012
三、匀强
重点阐述
【典型例题1】 如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和理想二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是(　　)
A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧
B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧
C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧
D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧
【答案】　BC　【解析】 当板间距增大时，由C＝可知，电容器的电容将变小，因二极管的存在，电容器上的电量将保持不变，由E＝＝＝可知，板间电场强度不变，因此板间距增大时，不影响小球打在B板上的位置，A、D均错误；若板间距减小，则电容器的电容C增大，电源通过二极管给电容器充电，电容器的带电量增加，两板间的电压不变，此时板间电场强度将增大，若小球带正电，由mg＋Eq＝ma，y＝at2可知，小球的加速度变大，小球打在B板上的时间t变小，由x＝v0t知，小球将落在N的左侧，B正确；若小球带负电，由mg－Eq＝ma，y＝at2可知，小球加速度变小，小球打在B板上的时间t变大，由x＝v0t可知，小球将落在N的右侧，C正确．
变式训练1　BCD　【解析】 如上述例题分析，当板间距离变小时，二极管的存在并没有起到作用，故B、C仍正确；若板间距离变大，因板间电压不变，板间电场强度将变小，若小球带正电，由mg＋Eq＝ma，y＝at2可得小球打在B板上的时间增大，由x＝v0t可知，小球打在N的右侧，A错误；若小球带负电，由mg－Eq＝ma，y＝at2可知，小球打在B板上的时间减小，由x＝v0t知，小球打在N的左侧，D正确．
【典型例题2】 图中平行放置的金属板A、B组成一只平行板电容器．在不断开开关S时，试讨论以下两种情况下电容器两板间电势差U、电荷量Q、板间场强E的变化情况：
　(1)使A板向上平移拉开一些；
　(2)使A板向右平移错开一些．
　【答案】　见解析　【解析】　因为开关S没有断开，故该题属于U不变的情况．
　(1)因为平行板电容器的电容C∝，故当d↑时C↓；又因为电容器所带的带电量Q＝CU，因U不变，C↓时，Q↓；平行板电容器内部为匀强电场，根据E＝，因U不变，d↑，故E↓.
　(2)两板错开意味着正对面积S↓.由C∝S可知C↓，由Q＝CU可知Q↓.两板间距d不变，由E＝判定此时E没有变化．
变式训练2　B　【解析】 保持K接通，两极板间的电势差U不变，根据E＝U/d可知，若减小两极板间的距离d，两极板间电场的电场强度增大，根据Q＝CU＝∝可知，在两极板间插入一块介质，相对介电常数εr增大，则极板上的电荷量增大，选项A错误，B正确；断开K时，两极板上的电荷量Q不变，根据U＝＝∝可知，当只增大两极板间的距离d时，两极板间的电势差增大，当在两极板间插入一块介质时，εr增大，则两极板间的电势差减小，所以选项C、D错误．本题答案为B.
随堂演练
　1.B　【解析】 电容是电容器的固有属性，由电容器本身的构造决定，电容描述了电容器的容纳电荷的本领(电容器两极板间的电势差每改变1 V所改变的电荷量的多少)大小，而不表示容纳了多少电荷或带了多少电荷，正确答案为B项．
　2.CD　【解析】 电容器的电容和电容器极板上的电荷量、电压无关、所以选项A、B不正确；根据公式C＝可知选项C、D正确．
　3.BC　【解析】 当增大两极板间距离时，由C＝知电容器的电容变小，又因电容器两端的电压不变，可知电容器极板上带电荷量变小，即电容器对电源反向充电，故R中有电流，电流从a流向b.故选项B、C正确．
　4.C　【解析】 平行板电容器两极板间电场为匀强电场，其电场强度为E＝，因此点电荷q在其中所受到的电场力为F＝Eq＝.
　5.B　【解析】 由公式C＝知电容器的电容与极板间的正对面积成正比，C＝k′S(k′为比例系数)，设电容器动片未旋转时极板间的正对面积为S0，旋转θ后，则电容器极板间减少的正对面积为ΔS＝R2θ，R为极板的半径，则电容器的正对面积变为S＝S0－ΔS＝S0－R2θ，所以这时电容器的电容为C＝k′S＝k′.这时，不难画出θ与电容器电容C的关系图象，即选项B所示，故选B.
　6.BCD　【解析】　A图所含的信息是：电容器电容的大小和电容器所带的电荷量成正比，A错误．B图所含的信息是：电容器的电容并不随两极板间的电压的变大而改变，B正确．C图所含的信息是：电容器所带的电荷量与极板间的电压的比值不变，即电容器的电容不变，C正确．D图所含的信息是：电容器的电容与电容器所带的电荷量无关．由电容器的定义可知，D正确．
　7.C　【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，C选项正确．
　8.D　【解析】 该题是考查平行板电容器和电路的综合问题．由C＝可知，当d增大时，电容器的电容减小，A不正确．由Q＝CU可知，电容减小时，Q减小，所以B不正确．d增大的过程中，极板上的电荷量Q减小，电容器要放电，电流方向由M到N通过电阻，故M点的电势比N点的电势高，D选项正确．课时作业(二十三)　电场强度
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．关于电场，下列说法中正确的是(　　)
A．E＝F/q，若q减半，则该处电场强度为原来的2倍
B．E＝k中，E与Q成正比，而与r2成反比
C．在以一个点电荷为球心、r为半径的球面上，各处的场强相同
D．电场中某点场强的方向就是该点所放电荷受到的电场力的方向
2．关于电场强度的叙述，正确的是(　　)
A．沿着电场线的方向，场强越来越小
B．电场中某点的场强大小等于单位电量的电荷在该点所受的电场力大小
C．电势降落的方向就是场强的方向
D．负点电荷形成的电场，离点电荷越近，场强越大
　第3题图
3．两个质量相同的小球用不可伸长的细线连接，置于场强为E的匀强电场中．小球1和2均带正电，电荷量分别为q1和q2(q1>q2)．将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示．若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为(不计重力及两小球间的库仑力)(　　)
A．T＝(q1－q2)E B．T＝(q1－q2)E
C．T＝(q1＋q2)E D．T＝(q1＋q2)E
　第4题图
4．如图所示是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是(　　)
A．这个电场可能是负点电荷的电场
B．点电荷q在A点处受到的电场力比在B点处受到的电场力大
C．点电荷q在A点处的瞬时加速度比在B点处的瞬时加速度小(不计重力)
D．负电荷在B点处受到的电场力的方向沿B点切线方向
5．在电场中某点，当放入正电荷时受到的电场力方向向右；当放入负电荷时受到的电场力方向向左，则下列说法中正确的是(　　)
A．当放入正电荷时，该点场强方向向右；当放入负电荷时，该点场强方向向左
B．该点场强方向一定向右
C．该点场强方向一定向左
D．该点场强方向可能向右，也可能向左
6．把质量M的正点电荷放在电场中无初速度释放，不计動，则以下说法正确的是(　　)
A．点电荷的轨迹一定和电场线重合
B．点电荷的速度方向总是与所在处的电场线方向一致
C．点电荷的加速度方向总是与它所在处的电场线的切线方向重合
D．点电荷将沿电场线切线方向抛出做抛物线运动
　第7题图
7. 法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，图为点电荷a、b所形成电场的电场线分布，以下几种说法正确的是(　　)
A．a、b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量
B．a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量
C．a、b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量
D．a、b为异种电荷，a的电荷量等于b的电荷量
　第8题图
8．如图是表示在一个电场中a、b、c、d四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电荷量跟它所受电场力的函数关系图象，那么下列叙述正确的是(　　)
A．这个电场是匀强电场
B．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ed>Ea>Eb>Ec
C．a、b、c、d四点的场强大小关系是Ea>Eb>Ed>Ec
D．无法确定这四个点的场强大小关系
9．在正电荷Q形成的电场中的P点放一点电荷，其电荷量为＋q，P点距Q点为r，＋q受电场力为F，则P点的电场强度为(　　)
A. B. C. D.
10．正电荷q在电场中由P向Q做加速运动，而且加速度越来越大，由此可以判定，它所在的电场是图中的(　　)
11．电荷量q＝－2.0×10－5C的电荷在匀强电场中由A点移动到B点时电场力做的功为6.0×10－4J，若把它从A点移至电场中的C点，电场力做的功为－3.0×10－4J，已知A、B连线与A、C连线夹角为120°角，AB＝9.0cm，AC＝4.5cm.求A、B两点的电场强度．
课时作业(二十三)　电场强度
　1.B　【解析】 在E＝F/q中，q为检验电荷，电场强度不会随检验电荷的变化而变化，A错；C选项中，球面上各点场强的大小相同，方向不同，C错；选项D中，应是所放正电荷受到的电场力的方向，D错；B为正确选项．
　2.BD　【解析】 场强与电场线的疏密程度有关，而与其方向无关，与电场线方向有关的是电势，即沿着电场线的方向，电势越来越小，选项A错误(也可结合匀强电场的特点排除该选项)；根据公式E＝F/q可知，选项B正确；电场中某点处的场强方向是唯一的，而该点电势降落的方向不唯一，显然，电势降落的方向不一定就是场强的方向，选项C错误；根据点电荷周围场强公式E＝kq/r2可知，选项D正确．
　3.A　【解析】 先整体：q1E＋q2E＝2ma，再隔离小球2：T＋q2E＝ma，故有T＝(q1－q2)E，故选A.
　4.B　【解析】 电场线的疏密反映了电场强度的大小，而加速度的大小关键是看电场力的大小．判断A、B两处电场线的疏密是解决本题的关键．负点电荷的电场线是从四周无限远处不同方向指向负点电荷的直线，故A错；电场线越密的地方场强越大，由图知EA>EB，又因F＝qE，得FA>FB，故B正确；由a＝知，a∝F，，而F∝E，EA>EB，所以aA>aB，故C错；负电荷在B点受到的电场力的方向与B点电场强度的方向相反，故D错误；故选B正确．
　5.B　【解析】 电场中某一点的电场方向取决于电场本身，其方向与放在该点的正电荷的受力方向一致，与负电荷的受力方向相反，故只有B正确．
　6.C　【解析】 本题考查了电场线、电场强度的方向及电场力的方向三者之间的关系及物体做曲线运动的条件．仅当电场线为直线、电荷的初速度为零．或者电荷初速度不为零，但初速度方向和场强方向在一直线上，且只受电场力时，电荷的运动轨迹才和电场线重合，A错．点电荷的速度方向不一定与所在处的电场线方向一致，如电场线为曲线时，B错．由牛顿第二定律知，加速度方向与合外力方向一致，而点电荷在电场中受电场力方向与电场线的切线方向重合，C对．点电荷受电场力作用，由于电场不一定是匀强电场，其合力不一定为恒力，故不一定做抛物线运动，D错．
　7.B　【解析】 由题中图形可知一系列电场线在a、b之间，则一定为异种电荷，由电场线左右不对称可知，两电荷是不等量的，又根据电场
线的疏密可知b所带电荷量大，则答案为B.
　8.B　【解析】 本题以图像的方式考查了对电场强度及其定义式的理解，图中给出了a、b、c、d四个位置上电荷量和所受静电力大小的变化关系，由电场强度的定义式E＝可知，F－q图像的斜率代表电场强度．斜率大的场强大、斜率小的场强小，故选项B正确．A、C、D错误，选B.
　9.BD　【解析】 电场强度的定义式E＝中，q为检验电荷的电荷量，由此可判定B正确；再将库仑定律F＝k代入上式或直接应用点电荷的场强公式，即可得知D选项正确．故本题的正确选项为B、D.
　10.D　【解析】 由P向Q做加速运动，故该正电荷所受电场力应向右；加速度越来越大，说明所受电场力越来越大，即从P向Q电场线应越来越密，综合分析可知电场应是图D所示．
　11.3.8×102V/m
　【解析】由于电场力做功W＝qU与路径无关，只与初、末位置间的电势差有依据已知电场力做功求出电势差，再根据匀强电场中场强和电势差的关系场强关系，反之亦然．
根据题意作出图，
第11题图
由WAB＝qUAB，得UAB＝＝V＝－30V，又由WAC＝qUAC，得UAC＝V＝15V.延长BA至D，使AD＝AB/2＝(9.0/2)cm＝4.5cm.由E＝知＝2则UAD＝＝＝15V.故UAC＝UAD，即φA－φC＝φD，φC＝φD.连接C和D，CD即为此电场中的一条等势线，过A作CD的垂线与CD交于P.根据电场线和等势面(线)垂直，且指向低势一方，故应有一条电场张沿此垂线，且场强方向由A指向P，由E＝UAP/dAP，其中dAP＝ACcos30°，故场强E的大小为
E＝＝V/m＝3.8×102V/m.第26讲　带电粒子在匀强电场中的运动
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ(只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于场强的情况)
10 计算 以带电粒子在匀强电场中运动为背景，考查根据运动学公式和牛顿第二定律求带电粒子在场强方向交替改变的电场中运动轨迹的临界问题，利用数学归纳法和分类讨论法解决电子速度与时间的变化关系和位移与电压的关系
11 计算 以某种加速器理想模型为背景，考查由圆周运动规律，电场力做功，动能定理求带电粒子经电场和磁场后所获得的动能，加速器电压频率改变后，粒子能获得的最大动能及获得最大动能时起始加速时间
12 计算 以粒子在偏转电场中做类平抛运动为背景，根据粒子的运动轨迹求解偏转电压及电场强度 重点 C
小结及预测 1.小结：带电粒子在匀强电场中的运动以计算题形式出现，侧重考查带电粒子在匀强电场及混合场中运动轨迹、速度、加速度、位移、动能．通常会结合运动学公式、牛顿第二定律及动能定理进行综合考查．2．预测：近四年中11年考查两次，10年和12年均有考查．预计14年考查的可能性很大．3．复习建议：建议同学们复习时注重提高与动能定理，牛顿第二定律，运动学公式及粒子运动特点知识点结合应用的能力.
知识 整合　
一、带电粒子在电场中的加速
1．运动状态分析： 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与________在同一直线上，做________运动．
2．用功能关系分析
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1) 若粒子初速度为零，则： mv2＝qU，所以v＝________.
(2) 若粒子初速度不为零，则： ________＝qU.以上公式适用于一切电场(包括匀强电场和非匀强电场)．
二、带电粒子在匀强电场中的偏转
1．运动状态分析： 带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向________的电场力作用而做________运动．
2．处理方法： 类似于平抛运动的处理，应用运动的合成与分解的方法．
(1) 沿初速度方向做________运动，运动时间： t＝l/v0.
(2) 沿电场力方向做________运动．
加速度为： a＝＝＝.
(3) 离开电场时的偏移量： y＝at2＝________.
(4) 离开电场时的偏转角： tanθ＝＝________.
三、研究方法
1．力和运动的关系——牛顿第二定律．
2．功和能的关系——动能定理．
四、注意： 带电粒子的重力是否考虑
微观粒子： 电子、质子等没有特别说明或暗示外，一般不计重力．宏观粒子： 带电尘埃、液滴等一般不能忽略重力．
一、带电粒子在电场中运动问题的分析方法
1．平衡(静止或匀速直线运动)
条件：F合＝0
【典型例题1】 两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源两极相连接，如图所示．闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态．下列判断正确的是(　　)
A．保持开关S闭合，减少两板间的距离，液滴向上运动
B．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动
C．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动
D．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动
温馨提示
解答此题时，把握平衡条件F合＝0以及断开开关S前后由C＝和C∝判断平行板电容器两极板间电场强度变化．
记录空间
2．加速或减速
以初速度v0射入电场中的带电粒子，经电场力做功加速(或减速)至v，由qU＝mv2－mv得，v＝
当v0很小或v0＝0时，上式简化为v＝
即粒子被加速后速度的大小跟粒子的质量m、电荷量q、加速过程始末位置的电势差U有关，跟电场是否均匀、粒子的具体路径无关．
【典型例题2】 如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电．现有质量为m、电荷量为＋q的小球在B板下方距离为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差UAB应为多大？
温馨提示
解答此题时，注意动能定理的灵活运用，注意全程重力做负功，第二个过程中电场力做负功．
记录空间
【变式训练1】　在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束．已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl的电子束内的电子个数是(　　)．
A. B.
C. D.
3．偏转
1．用牛顿运动定律分析．以初速度v0垂直场强方向射入匀强电场中的带电粒子，受恒定电场力作用，做类似平抛的匀变速运动，用分解观点处理．
如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于极板的初速度v0射入板间距离为d的平行板电容器，两板间电压为U，基本公式：(1)加速度a＝＝＝.
(2)运动时间； t＝.
(3)离开电场的偏转量：y＝··＝.
(4)偏转角：tanθ＝＝＝.
(5)推论：y＝l tanθ.
2．用功能观点分析．若只有电场力做功，穿越电场过程的动能增量：ΔEk＝qU(注意，一般来说不等于qU)．
【典型例题3】 如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度，可采用的方法是(　　)．
A．增大两板间的电势差U2
B．尽可能使板长L短些
C．尽可能使板间距离d小一些
D．使加速电压U1升高一些
温馨提示
解答本题的关键是要通过读题理解灵敏度的物理含义，然后通过运算得出灵敏度的表达式来加以分析选择．
记录空间
【变式训练2】　如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏，现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x.
二、带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动分析方法
一般提到的带电粒子由于重力远小于它在电场中受到的电场力，所以其重力往往忽略不计，但当带电粒子的重力跟电场力大小相差不大时，就不能忽略重力的作用了．这样的带电粒子在电场中可能处于静止状态，也可能做直线或曲线运动．
当带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动时，一般用动力学规律来处理，即应用牛顿运动定律结合运动学公式．
当带电粒子在匀强电场与重力场的复合场中做匀变速曲线运动时，一般根据力的独立作用原理与运动的合成与分解知识．利用正交分解法，将复杂的曲线运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动来求解．处理这种运动的基本思路与处理带电粒子的偏转运动的基本思路是类似的，也可以采用能量观点处理．
【典型例题4】 如图所示，光滑绝缘水平轨道AB与半径为R的光滑绝缘圆形轨道BCD平滑连接，圆形轨道竖直放置，空间存在水平向右的匀强电场，场强为E.今有一质量为m的带电荷量为q的滑块，所受电场力大小等于重力，滑块在A点由静止释放，若它能沿圆轨道运动到与圆心等高的D点，则AB至少为多长？
温馨提示
解答本题时，把重力场与电场的复合场类比重力场，用“等效”的方法找出滑块在圆周上的“等效最高点O”，然后应用重力和电场力做功与路径无关的特点，全程由动能定理列方程．
记录空间
【变式训练3】　如图所示，ABCD为光滑绝缘轨道，放在场强E＝103 V/m的水平匀强电场中，BCD是半径为R＝0.1 m竖直放置的半圆环，水平轨道LAB＝0.15 m，今有一质量m＝10 g、带电荷量q＝10－4C的小球，由静止开始在电场力作用下从A点沿轨道运动，g取10 m/s2.求：
(1)它运动到C点时速度多大？此时球对轨道压力多大；
(2)要使小球恰能运动到D点，小球开始运动时的位置A应离B点多远．
随堂 演练　
1．氘核(电荷量为＋e，质量为2m)和氚核(电荷电为＋e，质量为3m)经相同电压加速后，垂直偏转电场方向进入同一匀强电场，飞出电场时，运动方向的偏转角的正切值之比为(已知原子核所受的重力可以忽略不计)(　　)．
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶4
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，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)
A. B．edUh C. D.
第2题图　　　第3题图
3．如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能达到N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的1/2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)(　　)．
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
4．平行金属板A、B分别带等量异种电荷，A板带正电，B板带负电，a、b两个带正电粒子，以相同的速率先后垂直于电场线从同一点进行两金属板间的匀强电场中，并分别打在B板上的a′、b′两点，如图所示，若不计重力，则(　　)
第4题图
A．a粒子的带电荷量一定大于b粒子的带电荷量
B．a粒子的质量一定小于b粒子的质量
C．a粒子的带电荷量与质量之比一定大于b粒子的带电荷量与质量之比
D．a粒子的带电荷量与质量之比一定小于b粒子的带电荷量与质量之比
5．一个初动能为Ek的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2Ek，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则它飞出电容器的动能变为(　　)
A．4Ek B．8Ek
C．4.5Ek D．4.25Ek
6．如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是(　　)
第6题图
A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升
B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升
C．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变
D．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变
7．如图所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边的Q点飞出电场，不计重力，下列说法正确的是(　　)
第7题图
A．质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直
B．不管电场方向如何，若知道a、b、c三点的电势，一定能确定d点的电势
C．电场力一定对电荷做正功
D．M点的电势一定高于Q点的电势
8．如图所示，空间的虚线框AA′C′C内有匀强电场，AA′，BB′，CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为0.5cm，其中BB′为零势能面．一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子沿AA′方向以初动能Ek自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场．已知PA′＝2cm.粒子的重力忽略不计．下列说法正确的是(　　)
第8题图
A．该粒子通过等势面BB′时的动能是1.25Ek
B．该粒子到达C′点时的动能是2Ek
C．该粒子在P点时的电势能是Ek
D．该粒子到达C′点时的电势能是0.5Ek
第26讲　带电粒子在匀强
电场中的运动
知识整合
基础自测
一、1.初速度　匀加速直线
2．(1) 　(2)mv2－mv
二、1.垂直　类平抛　2.(1)匀速直线　(2)匀加速　(3)　(4)
重点阐述
【典型例题1】 两块大小、形状完全相同的金属板正对水平放置，构成一个平行板电容器，将两金属板分别与电源两极相连接，如图所示．闭合开关S达到稳定后，在两板间有一带电液滴P恰好处于静止状态．下列判断正确的是(　　)
A．保持开关S闭合，减少两板间的距离，液滴向上运动
B．保持开关S闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动
C．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向上运动
D．断开开关S，减小两板间的距离，液滴向下运动
【答案】　A　【解析】 两板间带电液滴恰好处于静止状态，说明带电液滴所受电场力与重力平衡，即qU/d＝mg.保持开关S闭合，两极板之间电压不变，减小两极板之间距离d，则电场力大于重力，液滴向上运动，选项A对B错；断开开关S，极板上带电荷量不变，减小或增大两极板之间的距离，两极板之间电场强度不变，带电粒子所受电场力不变，带电液滴仍处于平衡状态，选项C、D错．
【典型例题2】 如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电．现有质量为m、电荷量为＋q的小球在B板下方距离为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差UAB应为多大？
【答案】　UAB＝　【解析】 方法一　小球运动分两个过程，在B板下方时仅受重力作用，做竖直上抛运动；进入电场后受向下的电场力和重力作用，做匀减速直线运动．
　对第一个运动过程：v＝v－2gH①
　对第二个运动过程：加速度为a＝
　按题意，h为减速运动的最大位移，故有h＝，整理得
　v＝2gh＋②
　联立①②两式解得hE＝
　注意到平行板电容器内部匀强电场的场强和电势差的关系，易知UAB＝hE，故有
　UAB＝.
　方法二　将动能定理用于运动全过程，注意在全过程中重力做负功，在第二个过程中电场力做负功，则由W＝ΔEk，得
　－mg(H＋h)－qUAB＝0－mv，整理得
　UAB＝.
变式训练1　B　【解析】 设电子刚射出电场时速度为v，Δl的电子束内的电子数为n，则：
　eU＝mv2，①
　I＝，②
　Δt＝，③
　由①②③解得n＝，故B正确．
【典型例题3】 如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度，可采用的方法是(　　)．
A．增大两板间的电势差U2
B．尽可能使板长L短些
C．尽可能使板间距离d小一些
D．使加速电压U1升高一些
【答案】　C　【解析】 电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度(h/U2)的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．
　电子经电压U1加速有：eU1＝mv，①
　电子经过偏转电场的过程有：L＝v0t，②
　h＝at2＝t2＝.③
　由①②③可得＝.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L，减小d，或减小U1，所以本题的正确选项为C.
变式训练2　(1)　(2)　(3)
　【解析】 (1)根据题意，粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝.
　(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v0，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝
　所以vy＝a＝，tanα＝＝.
　(3)解法一　设粒子在电场中的偏转距离为y，则
　y＝a＝·
　又x＝y＋Ltan α，解得：x＝.
　解法二　x＝vy＋y＝.
　解法三　由＝得：x＝3y＝.
【典型例题4】 如图所示，光滑绝缘水平轨道AB与半径为R的光滑绝缘圆形轨道BCD平滑连接，圆形轨道竖直放置，空间存在水平向右的匀强电场，场强为E.今有一质量为m的带电荷量为q的滑块，所受电场力大小等于重力，滑块在A点由静止释放，若它能沿圆轨道运动到与圆心等高的D点，则AB至少为多长？
【答案】　R　【解析】 滑块在圆轨道上的运动，可类比重物在竖直平面内的圆周运动，不过此滑块有最小速度的点并不在最高点，而是在F合＝与竖直方向成45°角的O点，可类比竖直平面内圆周运动的规律及重力、电场力做功的特点求解．
　滑块只要过了F合与竖直方向成45°的O点便可以完成圆周运动到达D点．设滑块在O点的最小速度为v，由牛顿第二定律得
　＝m，而qE＝mg.
　对滑块由A到O的过程中，据动能定理得
　qE(AB－Rcos45°)－mg(R＋Rsin45°)＝mv2－0.
　由以上各式得AB＝R.
　所以AB至少长度为R.
变式训练3　(1) m/s　0.4 N　(2)0.25 m
　【解析】 (1)小球A→C只受电场力和重力，根据能量守恒得qE(LAB＋R)－mgR＝mv①
　解得vC＝ m/s
　 根据牛顿第二定律得FN－qE＝②
　由①②得：FN＝＋qE＝0.4 N
　根据牛顿第三定律，球对轨道的压力大小
　F′N＝FN＝0.4 N
　(2)小球恰能运动到最高点D时mg＝m③
　根据能量守恒：qElAB－2mgR＝mv④
　由③④得：LAB＝＝0.25 m
随堂演练
　1.C　【解析】 设加速电压为U1，微粒离开加速电场时的速度为v0，则对于电荷量为q、质量为M的带电粒子，有qU1＝Mv.
　设偏转电场的极板长为l，两极板间距为d，偏转电压为U2.设粒子在偏转电场中的运动时间为t，离开偏转电场时在场强方向上的速度分量为vy，偏转角为θ，则
　l＝v0t，vy＝·，tanθ＝＝＝.
　可见，偏转角与微粒的质量和电荷量均无关，故选C项．
　2.D　【解析】 从功能关系方面考虑．电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力，这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即mv＝eUOA.因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝，所以D正确．
　3.BD　【解析】 由题意知，带电粒子在电场中做减速运动；在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得－qU＝－mv.　要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得－q＝－mv.　联立两方程解得＝.　可见，选项B、D均符合等式的要求，故选B、D.
　4.C　【解析】 y＝·，y相同，xa＜xb，所以＞，故C项正确．
　5.D　【解析】 本题主要考查动能的概念和动能定理在匀强电场中的应用，平行板间电场可看作是匀强电场，据动能定理qU＝2Ek－Ek＝Ek，当电子的速度增为原来的两倍时，它的初动能变为4Ek，在电场中运动时间变为原来的，逆着电场线方向的位移由h＝at2得，其变为原来的，所以进入点与飞出点电势U′＝U，又由动能定理可得qU′＝E′k－4Ek，
　E′k＝4Ek＋qU＝4Ek＋Ek＝4.25Ek.
　6.BD　【解析】 滑动触头向右移动，加速电压增大，则电子进入M、N偏转电场的速度增大，离开电场的时间缩短，则竖直位移y＝at2减小，所以A选项错误．同理B项正确．增大M、N之间的电压U，电子的竖直偏转加速度增大，其他条件不变，则穿出偏转电场的时间不变，所以D正确．由v＝得到离开电场的速度增大，所以C项错误．
　7.AB　【解析】 本题考查电势差、场强及电场力做功的关系，意在考查学生应用电场基本概念和规律缩合分析问题的能力．若质子沿ba方向减速运动的同时，沿bc方向加速运动，到达Q点时可能沿ba方向速度恰好减为零，则其速度方向与cd垂直，A正确；在匀强电场中，根据电势差和场强的关系式U＝Ed，在非等势面上也有φa－φb＝φd－φc，B正确；由于电场方向不确定，故无法判断M、Q两点的电势高低，也无法判断电场力做功的正负，C、D错误．
　8.BC　【解析】 粒子从P点进入电场，到从C′点离开电场的运动是类平抛运动．水平方向：PA′＝v0t；竖直方向：A′C′＝＝t.结合已知条件可知vy＝v0，所以粒子在C′点的速度为＝v0，则该粒子到达C′点时的动能是2Ek；设相邻两等势面间的电势差为U，则由P到C′的过程中，由动能定理知2qU＝ΔEk，所以qU＝ΔEk＝0.5Ek，即表明C′点的电势能为－0.5Ek；C′点的电势能与动能之和为1.5Ek，且粒子在运动过程中，只有电场力做功，所以电势能与动能之和保持1.5Ek不变，由此可知该粒子通过零势面时的动能是1.5Ek；该粒子在P点时的动能是Ek，所以在P点时的电势能是0.5Ek，综上，B、C正确第24讲　电势能和电势　电势差
　考情 剖析　
(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A代表容易，B代表中等，C代表难)
考查内容 考纲要求及变化 考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度
电势能、电势、等势面 Ⅰ
09 多选 考查通过对(φ－x)图象的分析，考查判断B、C两点的电场强度在x方向的分量大小比较
10 单选 以E－x图象为背景，考查电势与电场强度之间的关系
11 多选 以带电粒子在非匀强电场中运动图象为背景，考查由电场的等势面图象及带电粒子运行轨迹判断加速度、电势能、速度的动态变化及带电粒子的电性 次重点 B
小结及预测 1.小结：电势能、电势、等势面以选择题的形式考查，侧重考查电势与电场强度的关系以及根据等势面和带电粒子运动轨迹判断带电粒子在电场中的运动情况，近4年中在09年、10年、11年考查过．2．预测：预测14年考查的可能性一般．3．复习建议：复习时注意电势能的大小与电荷的极性的关系及根据等势面判断电势的高低.
知识 整合　
一、电势能
1．电荷在电场中具有的与电荷位置有关的能量叫电荷的电势能．
2．单位： ________.
3．矢标性： ________.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4．电场力做功与电势能的关系： 电场力对电荷做正功，电荷的电势能________，做功量等于________；电场对电荷做负功，电荷的电势能________，做功量等于________．即W＝－ΔE，类比于WG＝－ΔEp.
二、电势φ
1．定义： 电势实质上是和标准位置的电势差．即电场中某点的电势，在数值上等于把________从某点移到________(零电势点)时电场力所做的功．
2．定义式： φA＝UA＝________.
3．单位： ________.
4．矢标性： ________，但有正负，电势的正负表示该点电势比零势点高还是低．
三、电势差UAB
1．定义： 电荷在电场中，由一点A移动到另一点B时，________所做的功与________电荷量的比值，叫做A、B两点间的电势差，用UAB表示．
2．定义式： UAB＝________.
3．单位： ________.
4．矢标性： ________，但有正负，正负表示电势的高低．
四、等势面
1．定义： 电场中________的点构成的面叫做等势面．
2．等势面的特点
(1)等势面一定跟电场线________；
(2)电场线总是从________的等势面指向________的等势面；
(3)任意两等势面都不会相交；
(4)电荷在同一等势面上移动，电场力做的功为　　.
(5)电场强度较大的地方，等差的等势面较密．
电势能　电势　等势面
1．电势与电势能比较
电势φ 电势能EP
1 　反映电场能的性质的物理量 　电荷在电场中的某点所具有的电势能
2 　电场中某一点的电势φ的大小，只跟电场本身有关，跟点电荷q无关 　电势能的大小是由点电荷q和该点电势φ共同决定的
3 　电势差ΔU是指电场中两点间的电势之差，ΔU＝φA－φB.取φB＝0时，φA＝ΔU 　电势能差ΔEP是指点电荷在电场中两点间的电势能之差ΔEP＝EPA－EP, ΔEP＝W，取EPB＝0时，EA＝ΔEP
4 　电势沿电场线逐渐降低，选定零电势点后，某点的电势高于零者，为正值；某点电势低于零者，为负值 　正电荷(＋q): 电势能正负跟电势的正负相同
　负电荷(－q): 电势能正负跟电势的正负相反
5 　单位： 伏特 　单位： 焦耳
6 　联系： EP＝qφ　W＝ΔEP＝qΔU
　　2.电场强度和电势的对比
电场强度E 电势φ
1 　描述电场的力的性质 　描述电场的能的性质
2 　电场中某点的场强等于放在该点的正点电荷所受的电场力F跟正点电荷电荷量q的比值．E＝.E在数值上等于单位正电荷所受的电场力 　电场中某点的电势等于该点跟选定的标准位置(零电势点)间的电势差．φ＝.φ在数值上等于单位正电荷所具有的电势能
3 　矢量 　标量
4 　单位： N/C；V/m 　V(1V＝1J/C)
5 　联系： ①在匀强电场中UAB＝Ed(d为A、B间沿电场线方向的距离)；②电势沿着电场强度的方向降低
　　【典型例题1】 一正电荷处于电场中，在只受电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图所示，tA，tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的有(　　)
A．A处的场强一定大于B处的场强
B．A处的电势一定低于B处的电势
C．正电荷在A处的电势能一定大于B处的电势能
D．由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做负功
温馨提示
解答此题时，首先要根据v－t图象分析出电荷的加速度变化、动能变化，以此判断电势和场强变化；注意此电荷为正电荷．
记录空间
【变式训练1】　如图所示，a、b、c为某个电场中同一条电场线上的三个点，其中c为ab的中点．已知a、b两点的电势分别为φa＝－2V, φb＝8V，则下列叙述正确的是(　　)
A．该电场在c点处的电势一定为3V
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．如果正电荷只受电场力作用，则从a点运动到b点的过程中速度一定增大
3．电势高低的判断与电势能大小的比较方法
(1)电势高低的判断
①同一电场线上的两点电势高低可用沿电场线方向电势降低判断．
②不同电场线上的两点电势高低，可先过两点作出等势面，然后根据电场线由高等势面指向低等势面判断．
(2)电势能大小的比较方法
①若能判断电荷所受电场力的方向，则可用电场力与电荷移动速度的夹角大小判断电场力做功的正负，从而得出电势能大小的关系．
②若已知等势面分布规律，可先由WAB＝qUAB判断电场力做功的正负，再比较电荷电势能的大小关系．
【典型例题2】 某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是(　　)
A．a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点静止释放，它将沿电场线运动到b点
D．若在d点固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减少
温馨提示
解答此题时，首先要知道沿电场线方向电势降低．
记录空间
【变式训练2】　空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则(　　)
A．A点和B点的电势相同
B．C点和D点的电场强度相同
C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功
D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小
4．依据带电粒子的运动轨迹和电场线(或等势面)来判断有关问题
此类问题应掌握以下几个要点：
(1)带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向．
(2)带点粒子所受合力(往往仅为电场力)应指向轨迹曲线的凹侧，再依电场线与等势线处处垂直以及电场力与场强同向或反向，即可确定准确的力的方向．
(3)在一段运动过程中，若合力与速度方向的夹角小于90°，则合力做正功，动能增加；若夹角大于90°，则合力做负功，动能减小；若夹角总等于90°，则动能不变．电势能变化与动能变化相反．
【典型例题3】 如图所示，虚线a、b和c是某静电场中三个等势面，它们的电势分别为φa、φb、φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知(　　)
A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功
B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增加
D．粒子从L到M的过程中，动能减少
温馨提示
解答此题时，首先根据轨迹判断电场力大致指向，以此来判断电场力做功问题．
记录空间
【变式训练3】　如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹．M和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是(　　)
A．粒子在M点的速率最大
B．粒子所受电场力沿电场方向
C．粒子在电场中的加速度不变
D．粒子在电场中的电势能始终在增加
电势差
1．匀强电场中电势差和电场强度在方向上的关系：
由图可知，由A点沿AB、AC、AD、AF路径电势均降落，且UAB＝UAC＝UAD＝UAF，其中AB路径电势降落最快(单位长度上的电势差最大)．由此可知：
电势降落最快的方向是电场强度的方向．
2．匀强电场中电场强度和电势差在数值上的关系：E＝或U＝Ed
说明：(1)上式只适用于匀强电场；
(2)上式中U为电场中的两点间的电势差，d为两点沿场强方向间的距离(即两点所在等势面间的距离)；
(3)电场强度的单位：1 N/C＝1 V/m.
【典型例题4】 如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，
一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a移到b电场力做功为W1＝1.2×10－7 J，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)电荷从b移到c，电场力做功W2；
(3)a、c两点的电势差Uac.
温馨提示
由于电场力做的功W＝qU与路径无关，只与初末位置间的电势差有关，故可据已知的电场力做功先求电势差，再据匀强电场中场强与电势差的关系确定场强E，反之亦然．
记录空间
【变式训练4】　如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电量为＋q的小球(可视为质点)悬挂于O点，整个
装置处于水平向右的匀强电场E中．将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达位置B时，速度恰好为零．求：
(1)B、A两点的电势差UBA；
(2)电场强度E.
随堂 演练　
1．关于电场强度、电势和电势能，下列说法中正确的是(　　)
A．在电场中，电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大
B．在电场中，电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能也越大
C．在电场中电势高的点，电场强度一定大
D．在负的点电荷所产生的电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能
2．如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两个带正电、电量不同的小球Q1和Q2，则由静止释放后(　　)
第2题图
A．两球的加速度逐渐增大
B．两小球的电势能逐渐减少
C．两小球受到的库仑力不做功
D．两小球受到的库仑力大小不相等
第3题图
3．如图所示，在xOy平面内有一个以O为圆心，半径R＝0.1m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＝100V/m，则O、P两点的电势差可表示为(　　)
A．UOP＝－10sinθ(V)
B．UOP＝10sinθ(V)
C．UOP＝－10cosθ(V)
D．UOP＝10cosθ(V)
4．如图所示，水平放置的带电平行板M、N，相距10 cm，A点距M板0.3 cm，AB间距为10 cm，且与水平方向成30°角，将一电荷q＝＋2.0×10－6 C的电荷由A点沿AB线移到B点，电场力做功为1.6×10－6 J.
第4题图
试求：(1)板间电场强度；
(2)MN两板间电势差；
(3)电荷在B点的电势能．
5．如图所示，正点电荷2Q、Q分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点．点a、b在MN连线上，点c、d在MN垂线上，它们都关于O点对称．下列说法正确的是(　　)
第5题图
A．O点的电势高于c点的电势
B．a、b两点的电场强度相同
C．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
D．将电子沿直线从c点移到d点，电场力对电子先做负功后做正功
6．a、 b、 c、 d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在的平面平行．已知a点的电势为20 V, b点的电势为24 V, d点的电势为4 V，如图．由此可知c点的电势为(　　)
第6题图
　　 A．4 V B．8 V C．12 V D．24 V
7．a、b、c、d四个带电液滴在如图所示的匀强电场中，分别水平向左、水平向右、竖直向上、竖直向下做匀速直线运动，可知(　　)
第7题图
A．a、b为同种电荷，c、d为异种电荷
B．a、b的电势能、机械能均不变
C．c的电势能减少，机械能增加
D．d的电势能减少，机械能减少
8．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1 V、2 V、3 V，正六边形所在平面与电场线平行．下列说法错误的是(　　)
第8题图
A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线
B．匀强电场的场强大小为10 V/m
C．匀强电场的场强方向为由C指向A
D．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10－19J
第24讲　电势能和
电势　电势差
知识整合
基础自测
一、2.焦耳　3.标量　4.减少　电势能减少量　增大　电势能增加量
二、1.单位正电荷　标准位置　2.
3．伏特　4.标量
三、1.电场力　电荷　2.φA－φB　3.伏特　4.标量
四、1.电势相同　2.(1)垂直　(2)电势较高　电势较低　(4)零
重点阐述
【典型例题1】 一正电荷处于电场中，在只受电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图所示，tA，tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的有(　　)
A．A处的场强一定大于B处的场强
B．A处的电势一定低于B处的电势
C．正电荷在A处的电势能一定大于B处的电势能
D．由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做负功
【答案】　AC　【解析】　由正电荷的vt图象可知，图象斜率不断减小，故加速度不断减小，由qE＝ma知，EA＞EB，故A正确；A处电势比B点电势高，B错误；由A→B过程中速度在不断增大，所以电场力方向跟运动方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小，故C正确，D错误，综上选A、C.
变式训练1　C　【解析】 题干中并没有说是匀强电场，故c处的电势不一定为3V，A错．电场强度和电势没有必然联系，故B错．b高电势点，故正电荷由a点到b点电场力做负功，电势能增大，速度减小，故C正确，D错误，选C.
【典型例题2】 某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是(　　)
A．a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点静止释放，它将沿电场线运动到b点
D．若在d点固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减少
【答案】　BD　【解析】 电场线的疏密表示电场的强弱，A项错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，B项正确；＋q在a点所受电场力方向沿电场线的切线方向，由于电场线为曲线，所以＋q不沿电场线运动，C项错误；在d点固定一点电荷－Q后，a点电势仍高于b点，＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减少，D项正确，综上选B、D.
变式训练2　C　【解析】 由题图可知，A、B两点不在同一等势面上，电势不相同，A错误；由对称性可知，C、D两点的电场强度方向不同，B错误；由WAB＝UAB·q，UAB＞0，q＞0可知，WAB＞0，C正确；沿CD直线，由C到D，电势先增大后减小，故负电荷由C沿直线CD移至D点，电势能先减小后增大，D错误，故选C.
【典型例题3】 如图所示，虚线a、b和c是某静电场中三个等势面，它们的电势分别为φa、φb、φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知(　　)
A．粒子从K到L的过程中，电场力做负功
B．粒子从L到M的过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L的过程中，电势能增加
D．粒子从L到M的过程中，动能减少
【答案】　AC　【解析】 如图所示，由φa、φb、φc关系可知，静电场是正点电荷产生的电场，带正电粒子从K到L的过程中，粒子受到斥力的作用，它克服电场力做功，其动能减少，电势能增加，故A、C正确；带正电粒子从L到M的过程中，电场力先做负功，再做正功，粒子的动能增加，电势能减少，B、D错误，故选AC.
　
变式训练3　C　【解析】 由题图带电粒子运动轨迹可判断带电粒子在电场中受水平向左的电场力作用，B错；粒子带负电，由N到M点速度减小，动能减小，电势能增加，A错；粒子所受电场力不变，故加速度不变，C对；粒子在电场中电势能是先增加后减小，D错；选C.
【典型例题4】 如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab＝5 cm，bc＝12 cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角，
一个电荷量为q＝4×10－8 C的正电荷从a移到b电场力做功为W1＝1.2×10－7 J，求：
　(1)匀强电场的场强E；
　(2)电荷从b移到c，电场力做功W2；
　(3)a、c两点的电势差Uac.
【答案】　(1)60 V/m　(2)1.44×10－7J　(3)6.6 V
　【解析】　(1)设ab两点间距离d
W1＝qUab①
E＝②
由①②式得：E＝＝60 V/m.
　(2)设bc两点沿场强方向距离为d1
Ubc＝Ed1③
d1＝bc·cos60°④
W2＝qUbc⑤
由③④⑤式得：
W2＝qE·bc·cos60°＝1.44×10－7 J.
(3)设电荷从a移到c电场力做功为W
W＝W1＋W2⑥
W＝qUac⑦
由⑥⑦式得：Uac＝＝6.6 V.
变式训练4　(1)　(2)　【解析】 (1)根据动能定理有mglsin60°－qUBA＝0－0，所以B、A两点的电势差UBA＝＝　(2)电场强度E＝＝＝.
随堂演练
　1.D　【解析】 电势能由电荷和电场中的电势共同决定，它们均有正、负，而且正大于负，故A、B均错误．电场强度和电势没有必然联系，故C错．负电荷形成的电场中无限远处为零势能点，正电荷的电势能为负值，负电荷的电势能为正值，故D正确．
　2.B　【解析】 根据牛顿第三运动定律以及库仑定律可得两带电小球均受到库仑力的作用，向两边运动，距离增大，库仑力减小，加速度减小，电势减小，动能增加，库仑力做正功，两小球受到的库仑力大小相等方向相反．综合以上分析，B正确．
　3.A　【解析】 根据匀强电场中电场强度和电势差的关系UOP＝－Ed＝－ERsinθ＝－100×0.1sinθ＝－10sinθ(V)，A项正确．
　4.(1)16V/m　(2)1.6V　(3)－1.696×10－6 J　【解析】 (1)由WAB＝UAB·q＝E·lAB·sin30°·q　可得：E＝＝16V/m　(2)UMN＝E·d＝16×0.1V＝1.6V　(3)UMB＝E·dMB＝16×(0.05＋0.003)V＝0.848V　又UMB＝φM－φB, φM＝0　故φB＝－0.848V　EpB＝φB·q＝－1.696×10－6J.
　5.A　【解析】 由题意知，qM＝2Q，qN＝Q，E＝，且沿电场线方向电势降低，A对，B错；φa>φb，故电子在a点的电势能小于在b点的电势能，C错；将电子沿直线从c点移到d点，电场力对电子先做正功后做负功，D错，故选A.
　6.B　【解析】 在匀强电场中，沿任意一组平行线上等距离的两点间电势差相等，故Uba＝Ucd，由Ucd＝φc－φd可得，φc＝8 V，故B正确．
　7.BC　【解析】 因四个带电液滴均做匀速直线运动，必有Eq＝mg，故四个带电液滴均带正电荷，A错误；对a、b液滴，电场力和重力均不做功，故其电势能和机械能均不变，B正确；电场力对c液滴做正功，c的电势能减少，机械能增加，C正确；电场力对d液滴做负功，d的电势能增加，机械能减少，故D错误．
　8.B　【解析】 A、B、C三点的电势分别为1 V、2 V、3 V，由于匀强电场中任一直线上的电势分布都是均匀的，连接AC，则AC中点G的电势为2 V，因此BE连线为一条等势线，因此平行于BE的CD、AF为等势线，A项中说法正确；正六边形边长为10 cm，则由几何关系知CG＝5cm，由E＝求得E＝V/m，B项中说法错误；电场线垂直于等势线且由高电势指向低电势，C项中说法正确；将一个电子从E点移到D点，电场力做功W＝－eUED＝1.6×10－19J，根据电场力做功与电势能变化的关系知，电势能减少1.6×10－19J，D项中说法正确．
　第8题图课时作业(二十五)　电容　电容器
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1. 下列关于电容器的叙述正确的是(　　)
A．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器
B．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关
C．电容器所带的电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值
D．电容器充电过程是将其他形式的能转变成电容器的电能并储存起来；电容器放电过程，是将电容器储存的电能转化为其他形式的能
2. 下列关于电容的说法正确的是(　　)
A．电容器简称电容
B．电容器A的电容比B的大，说明A的带电荷量比B多
C．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1V时电容器需要带的电荷量
D．由公式C＝Q/U知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电荷量成正比
第3题图
3. 如图所示，先接通开关S使电容器充电，然后断开开关S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U、电容器两极板间场强的变化情况是(　　)
A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
4．如图所示电路中，A、B为两正对的平行金属板电容器，板间有一带电液滴，当开关K闭合时，带电液滴在P点恰能处于静止状态．保持B板固定，下列方法中，可以使液滴向上运动的是(　　)
第4题图
A．保持开关K闭合，将A板向上平移少许
B．保持开关K闭合，将A板向右平移少许
C．开关K先闭合后断开，再将A板向下平移少许
第5题图
D．开关K先闭合后断开，再将A板向右平移少许
5．如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使指针张角增大的是(　　)
A．使A、B两板正对面积错开一些
B．使A、B两板靠近一些
C．断开S后，使A、B两板正对面积错开一些
D．断开S后，使A板向左平移拉开一些
6．如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合．在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是(　　)
第6题图
A．将滑动变阻器R的滑片向右移动．
B．在平行板电容器中插入电介质
C．减小平行板电容器两极板间的距离
D．减小平行板电容器两极板的正对面积
7．传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片发生形变，引起电容的变化，将电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，那么(　　)
A．当F向上压膜片电极时，电容将减小
B．当F向上压膜片电极时，电容将增大
C．若电流计有示数，则压力F发生变化
D．若电流计有示数，则压力F不发生变化
第7题图
　　第8题图
8．如图所示，A、B为两块平行放置的金属板，均与大地连接，现将另一块带电的金属板C平行地插入A、B两板间，A、B、C三块板的正对面积相同，C的两个表面与A、B两板间的距离之比dA∶dB＝2∶1，则A、C两极板间与B、C两极板间场强大小之比为____________，A、B两极板所带电荷量之比为____________．
第9题图
9．如图所示，电源电压恒定，则接通开关S的瞬间，通过电阻R的电流方向是从____________到____________；平行板电容器充电稳定后，在将两板间距离增大的过程中，通过R的电流方向是从____________到____________；如果电容器充电平衡后，先断开S，再将两板间距离增大．在此过程中，R上____________(选填“有”或“无”)电流通过．
10．如图所示，计算机键盘的每个键下面都连有一块金属片，与该金属片隔有一定空隙的是另一块小的固定的金属片，这两片金属组成一小电容器，该电容器的电容C可用公式C＝εS/d计算，式中常量ε＝9×10－12F/m，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号，设每个金属片的正对面积为50 mm2，键未按下时两金属片的距离为0.6 mm，如果电容变化0.25 pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则按键至少需要被按下____________．
第10题图
11．如图所示，板长为L的平行板电容器倾斜在固定位置，极板与水平线夹角θ＝30°，某时刻一质量为m、带电量为q的小球由正中央A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的(提示：离开的位置不一定是极板边缘)，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角α＝45°时，小球恰好沿原路返回A点．求：
(1)电容器极板间的电场强度E；
(2)平行板电容器的板长L；
(3)小球在AB间运动的周期T.
第11题图
课时作业(二十五)　电容　电容器
　1.BCD　【解析】 电容器是任何两个彼此绝缘而又互相靠近的导体组成的能够储存电荷和电能的装置，与导体是否带电无关，故A错，B正确，电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，故C正确．电容器充电时，将其他形式的能转化为电能储存起来，反之，放电过程是将它储存的电能转化为其他形式的能，故D正确，故选B、C、D.
　2.C　【解析】 电容器和电容是两个不同的概念，A错；电容器A的电容比B大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B强，与是否带电无关，B错；电容器的电容大小和它的两极板所带的电荷量、两级板间的电压、电容器的体积等无关，D错，电容在数值上等于使两极板间的电势差为1V时电容器需带电荷量说法正确，C正确．
　3.C　【解析】 电容器充电后再断开开关S，其所带电荷量不变，由C∝可知，d增大时，C变小，又因U＝，所以U变大，对于场强E，由于E＝，U＝＝＝，所以E＝＝＝，由以上分析可知，间距d增大，E不变化．因此正确答案为C.
　4.D　【解析】 保持开关K闭合，将A板向上平移少许，由C＝知，电容两极板电压不变，距离增大，场强E＝减小，粒子将落下，A错；A板向右平移稍许，正对面积S减小，由C＝、C＝，电容减小，电压U不变，则电容带电荷量Q减小，电场强度减小，B错；开关先闭合后断开，由C＝知，电容带电量Q不变，A板向下平移少许，由C＝知，电容减小，由C＝电荷量不变，则两极板电压U增大，电场强度E＝不变，C错；将A板向右平移少许，由C＝知，正对面积减小电容C减小，电荷量不变，间距不变，由C＝知，极板间电压U增大，则E＝增大，故D对．
　5.BCD　【解析】 电容C＝，此电容的电压U不变，则Q＝CU，C越大，Q越大，A错B对，断开S后，Q不变，由U＝，C越小，U越大，则C、D对；故选BCD.
　6.D　【解析】 灵敏计电流计方向由a到b电流，则要求电容器放电，Q减小，电压U不变，由Q＝CU知C减小，又C＝知，正对面积减小或两极板间距离增大，都可以使C减小，只有D选项符合题意．
　7.BC　【解析】 当用力F向上压膜片电极时，板间距离减小，电容器的电容将增大，当F变化时，电容变化，而两极板间的电压不变，由Q＝CU，可知带电荷量Q发生变化，电容器将发生充电、放电现象，回路中有电流，电流计有示数，即电流计有示数时，压力F必发生变化，故B、C选项正确．
　8.1∶2　1∶2　【解析】 A、B两极板的电势为零，C为一个等势体，所以UCB＝UCA，因dA∶dB＝2∶1，由公式E＝知，ECA∶ECB＝1∶2，由公式C＝知，CCA∶CCB＝1∶2，由Q＝CU知，QA∶QB＝1∶2.
　9.A　B　B　A　无　【解析】 电容器在充、放电过程中，电路中将有电流，电流方向即为正电荷的定向移动方向，在接通S的瞬间，电容器被充电，上极板带正电，下极板带负电，故电流方向由A到B；稳定后，将两极距离增大，根据C∝，电容减小，电容器带电荷量Q＝CU，因为U不变，所以电荷量Q减小，即电流方向由B到A；将开关断开后，因为电容器带电荷量不变，所以无论如何调节板间距离，均无电流通过．
　10.0.15mm　【解析】 据C＝ε，得C＝ε
＝F＝7.5×10－13F.
　当键被按下Δd时，电容增加ΔC＝0.25pF，
　即C＋ΔC＝＝ε，＝
　Δd＝
＝m
＝1.5×10－4m
＝0.15mm
　11.见解析　【解析】 (1)由带电粒子沿水平方向做匀加速运动可知Eqocsθ＝mg，
解得E＝＝.
　(2)小球垂直落到弹性挡板上，且α＝45°，有v0＝vy＝.根据动能定理Eq·Ltanθ＝mv，解得L＝3h.
第11题图
　(3)由于小球在复合场中做匀加速运动，则＝gtanθt，解得t1＝＝，平抛运动的时间为t2＝，故总时间为t＝2t1＋2t2＝2.

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