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习题课三　电场中的运动轨迹　功能关系和图像问题
要点一　电场线　等势面与运动轨迹
1.电场线和等势面互相垂直，根据等势线可以大体画出电场线，反之亦可。
2.带电粒子运动轨迹的三条规律
（1）带电粒子运动的速度方向为轨迹的切线方向；
（2）带电粒子所受合力方向应指向轨迹的凹侧；
（3）在运动过程中，若合力与速度方向的夹角小于90°，则合力做正功，若夹角大于90°，则合力做负功，若夹角等于90°，则合力不做功。
【典例1】　两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列判断正确的是（　　）
A.粒子带正电
B.b点和d点的电场强度相同
C.粒子的动能先减小后增大
D.粒子在a点的电势能大于在c点的电势能
尝试解答
规律方法
利用等势面分析轨迹问题的思路
涉及等势面的问题常与带电粒子的运动轨迹相结合，分析这类问题的思路如下：
（1）根据带电粒子的轨迹判断静电力的方向（带电粒子只受静电力，则静电力指向曲线的凹侧且垂直于等势面）。
（2）由等势面的电势高低判断电场线的方向，再结合带电粒子所受静电力的方向判断粒子的电性（或由带电粒子所受静电力方向及电性判断电场线方向，继而判断等势面的电势高低）。
（3）由动能定理判断带电粒子的动能变化，由静电力做功情况判断电势能的变化。
（4）由等差等势面的疏密程度判断电场强度的大小，继而判断带电粒子加速度的变化。
1.（2023·全国甲卷18题）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是（　　）
2.（多选）两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（　　）
A.两点电荷可能是异种点电荷 B.A点的电场强度比B点的大
C.A点的电势高于B点的电势 D.电子运动到P点时动能最小
要点二　电场中的功能关系
1.只有静电力做功
只发生电势能和动能之间的相互转化，电势能与动能之和保持不变，功和能之间的关系为W电＝－ΔE电＝ΔEk。
2.只有静电力和重力做功
只发生电势能、重力势能和动能之间的相互转化，电势能、重力势能、动能三者之和保持不变，功和能之间的关系为W电＋WG＝－（ΔE电＋ΔEp）＝ΔEk。
3.多个力做功
多种形式的能参与转化，要根据不同力做功和不同形式的能之间的转化的对应关系分析，总功等于动能的变化，即W总＝W电＋W其他＝ΔEk。
【典例2】　如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25 h，一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为0。若此带电小球在A点的加速度大小为g，g取10 m/s2，静电力常量为k，试求：
（1）此带电小球在B点的加速度大小；
（2）A、B两点间的电势差（用k、Q和h表示）。
尝试解答
1.质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，重力加速度为g，在小球下落h的过程中（　　）
A.小球的重力势能减少了2mgh
B.小球的动能增加了2mgh
C.静电力做负功2mgh
D.小球的电势能增加了3mgh
2.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为－q的带负电小球套在杆上从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距离C点所在水平面的高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2。
（1）求小球滑至C点时速度的大小；
（2）求A、B两点间的电势差UAB；
（3）若以C点作为零电势点，求A点的电势。
要点三　电场中的图像问题
　几种常见图像的特点及规律
v-t 图像 根据v-t图像中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ-x 图像 （1）电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零 （2）在φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向 （3）在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断
E-x 图像 （1）反映了电场强度随位移变化的规律； （2）E＞0表示电场强度沿x轴正方向，E＜0表示电场强度沿x轴负方向； （3）图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定
Ep-x 图像 （1）反映了电势能随位移变化的规律 （2）图线的切线斜率大小等于电场力大小 （3）进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
【典例3】　（多选）空间中一静电场的某物理量沿x轴的分布情况如图所示，其中OA＝OB，图线关于未知轴对称，则（　　）
A.若为E-x图像，则φA＝φB
B.若为E-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电场力先做负功再做正功
C.若为φ-x图像，则A、B两点处沿x轴方向的电场强度大小相等
D.若为φ-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电场力先做负功再做正功
尝试解答
1.一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v-t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是（　　）
A.A、B、C三点的电势关系为φB＞φA＞φC
B.A、B、C三点的电场强度大小关系为EC＞EB＞EA
C.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D.粒子从A点经B点运动到C点，静电力先做正功后做负功
2.静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正向为电场强度正方向，带负电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（　　）
A.在x2和x4处电势能相等
B.由x1运动到x3的过程中电势能增大
C.由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小
D.由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大
3.在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在静电力作用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子（　　）
A.在－x0～0区间一直做加速运动 B.在0～x0区间受到的静电力一直减小
C.在－x0～0区间电势能一直增加 D.在0～x0区间电势能一直增加
1.如图所示，实线为电场线，虚线表示电场中一簇等势面，相邻等势面之间电势差相等，一个正电荷以一定的初速度进入电场中，仅在静电力作用下从M点运动到N点（轨迹在图中没有画出），此过程中静电力对正电荷做负功，由此可以判断（　　）
A.M点的电场强度大于N点的电场强度
B.M点的电场强度等于N点的电场强度
C.M点的电势低于N点的电势
D.M点的电势等于N点的电势
2.（多选）如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则小物块从M点运动到N点的过程中（　　）
A.小物块所受电场力逐渐减小
B.小物块具有的电势能逐渐减小
C.M点的电势一定高于N点的电势
D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功
3.如图所示，实线为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中虚线b为一垂直电场线的圆弧，AB＝BC，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力及相互作用力。以下说法正确的是（　　）
A.由于AB＝BC，故UAB＝UBC
B.a对应粒子的速度在减小，电势能在增大
C.b、c对应粒子的动能都在增大，电势能都在减小
D.a对应粒子的加速度越来越小，c对应粒子的加速度越来越大，b对应粒子的加速度大小不变
4.（多选）在x轴上A、B两点处分别有点电荷Q1和Q2，两点电荷形成的静电场中，取无穷远处电势为零，x轴上各点的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A.Q1带正电，Q2带负电
B.P点的电场强度为零
C.将电子（负电）从P1点沿x轴正方向移到P点的过程中，电子的电势能不断减小
D.电子仅在静电力作用下从P1点沿x轴正方向运动到P点的过程中，加速度逐渐减小
5.如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电，下板B带负电，现有质量为m、电荷量为＋q的小球在B板下方距离B板为H处，以初速度v0竖直向上运动，从B板小孔进入板间电场。
（1）带电小球在板间做何种运动？
（2）欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？
提示：完成课后作业　第十章　习题课三
6 / 63.电势差与电场强度的关系
课标要求 素养目标
1.了解电势差的内涵。知道电势差与零电势点的选取无关。 2.知道静电力做功与电势差的关系，会进行相关问题的计算。 3.知道匀强电场中电势差与电场强度的关系，掌握表达两者关系的公式 1.通过与高度差类比，理解电势差的概念。（物理观念） 2.通过所学知识，自己动手推导静电力做功与电势差的关系及匀强电场中电场强度与电势差的关系，提升分析能力和推理能力。（科学推理） 3.通过例题训练，培养分析问题、解决问题的能力。（科学思维）
知识点　匀强电场中电势差与电场强度的关系
1.关系式：UAB＝　　　　。
2.物理意义：匀强电场中两点间的电势差等于　　　　　与这两点沿　　　方向的距离的乘积。
3.适用条件：匀强电场。
4.电场强度的另一种表述
（1）关系式：E＝　　　　　。
（2）物理意义：在匀强电场中，电场强度的大小等于两点之间的电势差与这两点沿电场强度方向的距离之比。
（3）电场强度的另一个单位：由E＝可知电场强度的另一个单位为伏特每米，符号为V/m，且1 V/m＝1 N/C。
【情景思辨】
如图所示的匀强电场中，把一点电荷q从A移到B，电场力做的功为WAB＝qE··cos θ＝qE·＝qEd，因此，WAB＝qUAB＝qEd，则E＝。
（1）此式只适用于匀强电场，对非匀强电场可定性讨论。（　　）
（2）d是电场中两点在电场方向上的距离。（　　）
（3）由公式E＝知，在匀强电场中，电场强度等于沿电场强度方向每单位距离上的电势差。（　　）
（4）公式说明了匀强电场中的电势分布是均匀的。（　　）
（5）由公式E＝可知电场强度与UAB成正比，与d成反比。（　　）
要点一　电势差与电场强度的关系
【探究】
根据图中所给的情景，推导匀强电场中电势差与电场强度的关系？
【归纳】
1.公式E＝及U＝Ed的适用条件都是匀强电场。
2.由E＝可知，电场强度在数值上等于沿电场方向单位距离上降低的电势。式中d不是两点间的距离，而是沿电场方向的距离。
3.电场中电场强度的方向就是电势降低最快的方向。
【典例1】　如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10－4 C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2 J，已知A、B两点间距离为2 cm，两点连线与电场方向成60°角，求：
（1）电荷由A移到B的过程中，静电力所做的功WAB；
（2）A、B两点间的电势差UAB；
（3）该匀强电场的电场强度E。
尝试解答
规律总结
1.电势差的三种求解方法
（1）应用定义式UAB＝φA－φB来求解。
（2）应用关系式UAB＝来求解。
（3）应用关系式UAB＝Ed（匀强电场）来求解。
2.在应用关系式UAB＝Ed时可简化为U＝Ed，即只把电势差大小，电场强度大小通过公式联系起来，电势差的正负、电场强度的方向可根据题意另作判断。
1.如图所示，匀强电场的电场强度为E，电场中A、B两点间的距离为d，线段AB与电场线的夹角为θ，则A、B两点间的电势差为（　　）
A.Edcos θ B.－Edcos θ
C.Ed D.－Edsin θ
2.已知高铁站台上方高压电网的电压峰值为27.5 kV。阴雨天雨伞伞尖周围的电场强度达到5×105 V/m时，空气就有可能被击穿。乘客阴雨天打伞站在站台上，试估算伞尖与高压电网的距离为多少时空气可能被击穿（　　）
A.5.5 cm　 B.55 cm
C.1.1 m　 D.1.82 m
要点二　 等分法确定等势面与电场线
1.两个重要结论
结论1：在匀强电场中，长度相等且相互平行的两线段端点间的电势差相等，如图甲所示，则UAB＝UDC（或φA－φB＝φD－φC），同理可知，UAD＝UBC。
结论2：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势为φC＝，如图乙所示。
2.确定电场方向的方法
先由等分法确定电势相等的点，画出等势线，然后根据电场线与等势面垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面指向电势低的等势面。
【典例2】　如图所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为1×10－8 C的正点电荷从A点移到B点，静电力做的功为3×10－6 J，将另一电荷量为1×10－8 C的负点电荷从A点移到C点，克服静电力做的功为3×10－6 J。
（1）UAB、UAC、UBC各为多少？
（2）画出电场线方向；
（3）若AB边长为2 cm，求电场强度。
尝试解答
1.如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个平行四边形的四个顶点，电场线与平行四边形所在的平面平行。已知a点的电势是2 V，b点的电势是5 V，c点的电势是9 V。由此可知，d点的电势为（　　）
A.6 V B.7 V
C.9 V D.5 V
2.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1.0 V、2.0 V、3.0 V，正六边形所在平面与电场线平行，则下列说法错误的是（　　）
A.通过CD和AF的直线是电场中的两条等势线
B.匀强电场的电场强度大小为10 V/m
C.匀强电场的电场强度方向由C指向A
D.将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10－19 J
要点三　利用E＝定性分析非匀强电场
1.UAB＝Ed只适用于匀强电场的定量计算，在非匀强电场中，不能进行定量计算，但可以定性地分析有关问题。由E＝可以得出结论：在等差等势面中等势面越密的地方电场强度就越大。
2.在同一幅等势面图中，若相邻等势面间的电势差取一定值，相邻等势面间的间距越小（等势面越密），电场强度E＝就越大。图甲中等差等势面越密的地方电场强度就越大。而图乙中a、b、c为某条电场线上的三个点，且距离ab＝bc，由于电场线越密的地方电场强度越大，故Uab＜Ubc。
【典例3】　如图所示为某一不规则带电体及其电场中的两条电场线，已知ab＝bc＝ef，Uab＝50 V，则下列选项正确的是（　　）
A.Ubc＝50 V B.Ubc＞50 V
C.Uef＝50 V D.Uef＞50 V
尝试解答
1.如图所示的同心圆是点电荷电场中的一组等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则有（　　）
A.圆心电荷是正电荷
B.电子由A向C运动时受到的电场力越来越小
C.电势差UAB＝UBC
D.A、B、C三点的电势关系为φA＋φC＜2φB
2.（多选）如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB＝BC，电场中A、B、C三点的电场强度分别为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.EA＞EB＞EC
C.UAB＜UBC D.UAB＝UBC
1.如图所示，在匀强电场中，A、B两点相距10 cm，E＝100 V/m，AB与电场线方向的夹角θ＝120°，则A、B两点间的电势差为（　　）
A.5 V B.－5 V
C.10 V D.－10 V
2.如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径。已知a、b、c三点的电势分别为φa＝9 V，φb＝15 V，φc＝18 V，则d点的电势为（　　）
A.12 V　 　B.8 V
C.4 V　　 D.16 V
3.如图所示，在△ABC中，∠B为直角，∠A＝60°，AB＝4 cm，空间中存在一匀强电场，其方向平行于△ABC所在的平面，A、B、C三点的电势分别为0 V、2 V、8 V，则该电场的电场强度为（　　）
A.50 V/m B.50 V/m
C.100 V/m D. V/m
4.（多选）如图所示，A、B两板间电压为600 V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12 cm，C点离A板4 cm，下列说法正确的是（　　）
A.E＝2 000 V/m，φC＝200 V
B.E＝5 000 V/m，φC＝－200 V
C.电子在C点具有的电势能为－200 eV
D.电子在C点具有的电势能为200 eV
5.如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（　　）
A.M点电势比P点电势高
B.M点电场强度和P点电场强度相同
C.OM 间的电势差等于NO 间的电势差
D.将一负电荷从M点移到O点，电场力做正功
提示：完成课后作业　第十章　3.
6 / 62.电势差
课标要求 素养目标
1.理解电势差的概念，知道电势差与电势零点的选择无关。 2.掌握两点间电势差的表达式，知道两点之间电势差的正、负号与这两点的电势高低之间的对应关系。 3.会用UAB＝φA－φB及UAB＝进行有关计算 1.初步形成电势差的概念。（物理观念） 2.领会根据功能关系推导电势差定义式的过程。（科学推理） 3.了解电势差的定义方法，培养良好的学习习惯。（科学态度与责任）
知识点一　电势差
1.定义：在电场中，两点之间　　　　的差值，也叫作电压。
2.大小：UAB＝　　　，UBA＝　　　，UAB＝－UBA。
3.标矢性：电势差是　　　，可以是正值，也可以是负值。若UAB＞0，表示A点电势比B点电势高；若UAB＜0，表示A点电势比B点电势低。
4.单位：与电势的单位相同，在国际单位制中是伏特，符号是V。
5.静电力做功与电势差的关系式
WAB＝qUAB或UAB＝。
知识点二　等势面
1.定义：在电场中电势　　　的各点构成的面。
2.特点
（1）在同一个等势面上移动电荷时，静电力　　　　　　。
（2）电场线跟等势面　　　　，并且由电势　　　的等势面指向电势　　　的等势面。
【情景思辨】
　如图所示的等势面分别是单一点电荷的等势面、匀强电场的等势面、不规则带电体的等势面。
观察上述等势面与电场线的特点，判断下列说法的正误。
（1）图中的等势面与电场线相互垂直。（　　）
（2）等势面上，各点电势相同，电场强度不一定相同。（　　）
（3）两等势面不相交。（　　）
（4）匀强电场的等势面不一定相互平行。（　　）
要点一　电势差的理解和计算
【探究】
如图所示，当B板接地（φB＝0）时，A板的电势φA＝8 V，φM＝6 V，φN＝2 V。
（1）M、N两点间的电势差是多少？
（2）若改为A板接地（φA＝0），则M、N两点间的电势差是多少？
【归纳】
1.电势差与电势的对比
电势φ 电势差U
区别 定义 电势能与电荷量的比值，φ＝ 电场中两点电势的差值，UAB＝φA－φB
决定因素 由电场和在电场中的位置决定 由电场和场内两点位置决定
相对性 有，与零电势位置的选取有关 无，与零电势位置的选取无关
联系 数值关系 UAB＝φA－φB，当φB＝0时，UAB＝φA
单位 相同，均是伏特（V）
标矢性 都是标量，且均具有正负
物理意义 均是描述电场能性质的物理量
2.对电势差的理解
（1）客观性：电势差UAB由电场本身决定，在确定的电场中，两点间的电势差有确定值，与是否有移动电荷无关。
（2）绝对性：电场中两点间的电势差与零电势点的选取无关。
【典例1】　有一带电荷量q＝－3×10－6 C的点电荷，从电场中的A点移到B点时克服静电力做功6×10－4 J，从B点移到C点时静电力做功9×10－4 J。
（1）求A与B、B与C、C与A间的电势差；
（2）取B点为零电势点，求A、C两点的电势；
（3）比较电荷在A、C两点的电势能的大小。
尝试解答
误区警示
　　电势差是标量，电势差的正、负既不表示大小，也不表示方向。正、负表示两点电势的高低。
1.（多选）关于电势差UAB和电势φA、φB的理解，正确的是（　　）
A.φA、φB都有正负，所以电势是矢量
B.UAB表示B点与A点之间的电势差，即UAB＝φB－φA
C.UAB和UBA是不同的，它们满足关系UAB＝－UBA
D.零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地或无穷远处为零电势点
2.如图，一位女同学在科技馆的静电魔球旁体验“怒发冲冠”，她站在绝缘平台上，左手按在金属球上，结果头发竖立起来了。假设女同学的左手电势为φ1，右手电势为φ2，下列说法正确的是（　　）
A.φ1－φ2＝0 B.φ1－φ2＞0
C.φ1－φ2＜0 D.无法确定
要点二　电势差与静电力做功的关系
【探究】
在如图所示的电场中有A、B两点，若选取无穷远处为零电势点，A、B两点的电势分别为φA、φB。
（1）A、B两点的电势差UAB是多少？若把某电荷q从A移到B，电荷的电势能变化了多少？
（2）根据静电力做功与电势能变化的关系，求静电力对该电荷做的功。
【归纳】
1.对公式WAB＝qUAB和UAB＝的理解
（1）公式WAB＝qUAB适用于任何电场，式中UAB为A、B两点间的电势差，WAB为q从初位置A运动到末位置B时静电力做的功。
（2）电势差UAB仅与电场中A、B两点的位置有关，不能认为UAB与WAB成正比，与q成反比，只是可以利用来计算A、B两点间的电势差。
（3）WAB＝qUAB中，静电力做的功WAB与移动电荷q的路径无关，只与初、末位置的电势差有关。
2.应用公式UAB＝解题的两种思路
（1）将各量均带正负号运算：WAB的正、负表示正、负功；q的正、负表示电性，UAB的正、负反映φA、φB的高低。计算时W与U的角标要对应，即WAB＝qUAB，WBA＝qUBA。
（2）将各量的绝对值代入运算：W、q、U均代入绝对值，然后再结合题意判断电势的高低。
【典例2】　在电场中有A、B两点，它们的电势分别为φA＝－100 V，φB＝200 V，把电荷量q＝－2.0×10－7 C的点电荷从A点移到B点，是静电力做正功还是点电荷克服静电力做功？做了多少功？
思路点拨　求解静电力做功有多种方法，根据题中的已知条件选择合适的公式是解决本题的关键。
尝试解答
规律方法
求解静电力做功的常用方法
（1）功的定义法：W＝qEd，仅适用于匀强电场，公式中d表示始、末位置沿电场线方向的距离。
（2）电势差法：WAB＝qUAB，既适用于匀强电场，又适用于非匀强电场，计算时要注意带符号运算。
（3）电势能变化法：WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB，适用于任何电场。
（4）动能定理法：W静电力＋W其他力＝ΔEk，适用于任何电场。
四个公式中，前三个公式可以互相导出，应用时要注意它们的适用条件，要根据具体情况灵活选用公式。
1.在电场中将一带电荷量为q＝－1.5×10－6 C的点电荷从A点移到B点，电势能减少3×10－4 J，电场中C点与A点的电势差UCA＝100 V，将这一点电荷从B点移到C点，静电力做的功为（　　）
A.1.5×10－4 J B.－1.5×10－4 J
C.3.0×10－4 J D.－3.0×10－4 J
2.如图所示，在真空中的O点固定一个点电荷Q＝＋2×10－9 C，直线MN通过O点，OM的距离r＝0.30 m，M点放一个点电荷q＝－1×10－10 C。（k＝9.0×109 N·m2/C2）求：
（1）q在M点受到的静电力的大小；
（2）若q从电场中的M点移到N点，克服静电力做功为1.5×10－9 J，M、N两点间的电势差UMN为多少。
要点三　等势面的特点与应用
【探究】
在地理学中，为了形象地表示地形的高低，常采用在地图上画等高线的方法。在电场中，我们也可以采用类似的方法表示电势的高低分布，采用画等势线（面）的方法。如图所示为等量同种点电荷形成的电场的电势分布规律。探究：
（1）两个不同的等势面能相交吗？
（2）顺着电场线，等势面的电势如何变化？
【归纳】
1.等势面的特点
（1）等势面是为描述电场的性质而假想的面。
（2）沿等势面移动电荷，静电力始终不做功。
（3）电场线总是和等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面。
（4）在电场线密集的地方，等差等势面密集；在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏。
（5）在空间中两等势面不相交。
2.四种常见的典型电场的等势面对比
电场 等势面（实线） 特征描述
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
续表
电场 等势面（实线） 特征描述
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
【典例3】　（多选）位于A、B处的两个电荷量不相等的负点电荷在平面内的电势分布如图所示，图中实线点表示等势线，则（　　）
A.a点和b点的电场强度相同
B.正电荷从c点移到d点，静电力做正功
C.负电荷从a点移到c点，静电力做正功
D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大
尝试解答
规律方法
等势面的应用
（1）由等势面可以判断电场中各点电势的高低及差值。
（2）由等势面可以判断静电力对移动电荷做功的情况。
（3）已知等势面的形状分布，可以绘制电场线。
（4）由等差等势面的疏密，可以比较不同点电场强度的大小。
某电场中的等势面如图所示，下列关于该电场的描述正确的是（　　）
A.负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大
B.电荷沿等势面AB移动的过程中，静电力始终不做功
C.负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大
D.正电荷由A移动到C，静电力做负功
1.在电场中将一带电荷量q＝－1×10－9 C的负电荷从B点移至A点时，克服静电力做功2×10－6 J，将该电荷从A点移至C点，则需克服静电力做功3×10－6 J，则B、C间的电势差大小为（　　）
A.5 000 V B.3 000 V
C.2 000 V D.1 000 V
2.一对等量正点电荷的电场的电场线（实线）和等势线（虚线）如图所示，图中A、B两点电场强度分别是EA、EB，电势分别是φA、φB，负电荷q在A、B处时的电势能分别是EpA、EpB，下列判断正确的是（　　）
A.EA＞EB，φA＞φB，EpA＜EpB B.EA＞EB，φA＜φB，EpA＜EpB
C.EA＜EB，φA＞φB，EpA＞EpB D.EA＜EB，φA＜φB，EpA＞EpB
3.（多选）如图所示，真空中M、N处分别放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，d点和e点位于a等势线上，f点位于c等势线上，df平行于MN。以下说法正确的是（　　）
A.d点的电势高于f点的电势
B.d点的电势与e点的电势相等
C.若将一负试探电荷沿直线由d点移动到f点，则静电力先做正功、后做负功
D.若将一正试探电荷沿直线由d点移动到e点，试探电荷的电势能增加
4.在电场中把电荷量为Q1＝2.0×10－9 C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10－7 J，再把电荷量为Q2＝4.0×10－9 C的正电荷从B点移到C点，克服静电力做功4.0×10－7 J。
（1）求A、B两点间电势差；
（2）比较A、B、C三点的电势；
（3）若A点电势为零，则C点电势为多少？
（4）若A点电势为零，则Q2在B点电势能为多少？
提示：完成课后作业　第十章　2.
6 / 71.电势能和电势
课标要求 素养目标
1.知道静电力做功的特点。 2.理解电势能、电势的概念，知道参考点的选取原则。 3.理解电场力做功与电势能变化的功能关系 1.初步形成电势能、电势的概念。（物理观念） 2.通过类比法，探究静电力做功的特点。（科学探究） 3.了解电势能和电势的定义方法，培养良好的学习习惯。（科学态度与责任）
知识点一　静电力做功的特点　电势能
1.静电力做功的特点
在电场中移动电荷时，静电力所做的功与电荷的　　　　　位置和　　　　位置有关，与电荷经过的路径　　　　。
2.电势能
（1）定义：电荷在　　　　中具有的势能，用Ep表示。
（2）静电力做功与电势能变化的关系
①关系式：WAB＝　　　　。
②静电力做正功，电势能　　　　；静电力做负功，电势能　　　　。
3.电势能的大小
（1）先规定　　　势能位置。通常规定电荷在离场源电荷　　　　处或电荷在　　　　电势能为零。
（2）电荷在某点的电势能，等于把它从这点移到　　　　　　　时静电力所做的功。
知识点二　电势
1.定义：电荷在电场中某一点的　　　　与它的电荷量之比。
2.定义式：φ＝　　　　。
3.单位：在国际单位制中，电势的单位是　　　　，符号是　　　　。
4.与电场线方向的关系：沿着电场线方向电势逐渐　　　　。
5.标矢性：电势是标量，只有大小，没有方向，但有　　　　之分。
【情景思辨】
　如图所示，一个不计重力的试探电荷在匀强电场中a点由静止释放运动到b点。
（1）图中的电荷为正电荷，释放后静电力做正功，电荷的电势能减小。（　　）
（2）电荷的电势能是相对的，其大小与规定的零势能点有关。（　　）
（3）电场中a点电势低于b点电势。（　　）
（4）电荷从a点运动到b点，其电势能的变化量由静电力做功决定。（　　）
要点一　静电力做功与电势能变化的关系
【探究】
如图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。在矿粉分离的过程中，静电力对矿粉做正功还是做负功？矿粉的电势能如何变化？
【归纳】
1.电势能的性质
性质 理解
系统性 电势能是由电场和电荷共同决定的，是属于电荷和电场所共有的，我们习惯上说成电荷的电势能
相对性 电势能是相对的，其大小与选定的电势能为零的参考点有关。确定电荷的电势能，首先应确定零势能位置
标矢性 电势能是标量，有正负，但没有方向
2.电势能大小的四种判断方法
（1）做功判断法：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。
（2）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。
（3）公式法：由Ep＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式进行判断。
（4）能量守恒法：在电场中，若只有电场力做功，电荷的动能和电势能相互转化，动能增大时，电势能减小，反之电势能增大。
【典例1】　将电荷量为6×10－6 C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了3×10－5 J的功，再从B移到C，静电力做了1.2×10－5 J的功，则：
（1）该电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能共改变了多少？
（2）如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？
尝试解答
1.（多选）一个电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做了5×10－6 J的功，那么（　　）
A.电荷在B点将具有5×10－6 J的电势能 B.电荷在B点将具有5×10－6 J的动能
C.电荷的电势能减少了5×10－6 J D.电荷的动能增加了5×10－6 J
2.如图所示，在真空中有两个带电荷量相等的正电荷q1和q2，它们分别固定在A、B两点，CD为A、B连线的中垂线。现将正电荷q3由C沿CD移至无限远处，在此过程中（　　）
A.q3的电势能逐渐增加
B.q3的电势能先逐渐增加，后逐渐减少
C.q3受到的静电力逐渐减小
D.q3受到的静电力先逐渐增大，后逐渐减小
要点二　电势的理解和计算
1.电势的性质
相对性 电势是相对的，电场中某点的电势高低与零电势点的选取有关。通常将离场源电荷无穷远处或大地选为零电势点
固有性 电场中某点的电势大小是由电场本身的性质决定的，与在该点是否放有电荷及所放电荷的电荷量和电势能均无关
标量性 电势是只有大小、没有方向的物理量，在规定了零电势点后，电场中各点的电势可能是正值，也可能是负值。正值表示该点的电势高于零电势点；负值表示该点的电势低于零电势点。电势的正负只表示大小，不表示方向
2.电势高低的三种判断方法
（1）依据电场线方向：沿电场线方向电势逐渐降低。
（2）电荷的正负：取无限远处电势为零，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。
（3）依据电势能的高低：正电荷电势能大处电势较高，负电荷电势能大处电势较低。
【典例2】　如果把q＝1.0×10－8 C的正电荷从无限远处移到电场中的A点，需要克服静电力做功W＝1.2×10－4 J，那么：
（1）q在A点的电势能和A点的电势各是多少？
（2）q未移入电场前，A点的电势是多少？
尝试解答
1.如图所示，a、b、c是电场中的三个点，其电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，电势分别为φa、φb、φc。下列说法正确的是（　　）
A.Ea＜Eb＜Ec B.Ea＝Eb＝Ec
C.φa＞φb＞φc D.φa＝φb＞φc
2.（多选）某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得（　　）
A.M点的电场强度小于N点的电场强度
B.M点的电势低于N点的电势
C.将一负电荷由O点移到M点电势能增加
D.将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同
1.如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电荷量为q的正点电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，静电力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，静电力做功为W2；第三次沿曲线ADB移动该电荷，静电力做功为W3，则（　　）
A.W1＞W2＞W3 B.W1＜W2＜W3
C.W1＝W2＝W3 D.W1＝W2＞W3
2.某电场区域的电场线如图所示，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是（　　）
A.负电荷在a点受到的静电力小于它在b点受到的静电力
B.a点的电场强度方向沿着a点的电场线向左
C.正电荷在a点的电势能小于它在b点的电势能
D.a点处的电场强度大于b点处的电场强度
3.将一正电荷从无限远处移入电场中的M点，电势能减少了8.0×10－9 J，若将另一等量的负电荷从无限远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10－9 J，则下列判断中正确的是（　　）
A.φM＜φN＜0 B.φN＞φM＞0
C.φN＜φM＜0 D.φM＞φN＞0
4.（2023·北京高考8题）如图所示，两个带等量正电荷的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后（　　）
A.做匀加速直线运动 B.在O点所受静电力最大
C.由E到O的时间等于由O到F的时间 D.由E到F的过程中电势能先增大后减小
5.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（　　）
A.a点的电场强度比b点的小
B.a点的电势比b点的高
C.c点的电场强度比d点的小
D.c点的电势比d点的低
提示：完成课后作业　第十章　1.
5 / 5习题课四　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
要点一　带电粒子在交变电场中的运动
1.常见的交变电场
电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.常见的题目类型
（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）。
（2）粒子做往返运动（一般分段研究）。
（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分段研究）。
类型一　直线运动
【典例1】　如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是（　　）
A.0＜t0＜ B.＜t0＜
C.＜t0＜T D.T＜t0＜
尝试解答
类型二　曲线运动
【典例2】　如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，距离为d，O1O为中轴线。当两板间所加电压UMN＝U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。某个带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。
　
（1）求带电粒子的比荷；
（2）若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前内UMN＝2U，后内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值（用U0表示）。
尝试解答
1.（多选）带正电的粒子放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电粒子只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是（　　）
A.粒子在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.粒子将沿着一条直线运动
C.粒子做往复运动
D.粒子在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
2.（多选）如图甲所示，一平行板电容器长l＝10 cm，宽a＝8 cm，两板间距d＝4 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器发射离子，它们的比荷均为2×1010 C/kg，速度均为4×106 m/s，距板右端处有一屏。如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的电压，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于电压的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场。则（　　）
A.离子打在屏上的区域的面积为64 cm2
B.离子打在屏上的区域的面积为6.4 cm2
C.在一个周期内，有离子打到屏上的时间为0.012 8 s
D.在一个周期内，有离子打到屏上的时间为0.128 s
要点二　带电体在重力场与电场中的运动
1.研究的对象：带电体（带电小球、物块等）和带电粒子的区别是不能忽略重力。
2.运动类型：直线运动、抛体运动和圆周运动。
3.运用规律：牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律、匀速圆周运动规律等。
类型一　直线运动
【典例3】　（多选）如图所示，一质量为m、电荷量为＋q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则（　　）
A.电场方向垂直于ON向上 B.小球运动的加速度大小为g
C.小球上升的最大高度为 D.小球运动到最高点所需时间为
尝试解答
类型二　抛体运动
【典例4】　如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处（以下分别用A、B、C代表三个微粒），如图所示。则下列判断正确的是（　　）
A.微粒A带负电，B不带电，C带正电
B.三个微粒在电场中运动时间相等
C.三个微粒在电场中运动的加速度的关系为aA＞aB＞aC
D.三个微粒到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC
尝试解答
类型三　圆周运动
【典例5】　质量为m的小球带电荷量为＋q，由长为L的绝缘绳系住，在水平向右、电场强度为E的匀强电场中，最初静止于A点，如图所示，已知θ＝60°，为了让小球在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球在A点的初速度至少为（　　）
A.　 B.
C.　 D.
尝试解答
1.A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB-t图线如下列四图所示。其中可能使电子到不了B板的是（　　）
2.如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，a小球从紧靠左极板处由静止释放，b小球从两板正中央由静止释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的（　　）
A.运动时间关系为ta＞tb
B.电势能减少量之比ΔEpa∶ΔEpb＝2∶1
C.电荷量之比qa∶qb＝2∶1
D.动能增加量之比ΔEka∶ΔEkb＝2∶1
3.（多选）如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，带电荷量为＋q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ＝74°。（重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）则（　　）
A.电场强度的大小E＝
B.电场强度的大小E＝
C.小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值为mg
D.若从A点处释放小球，给小球一个水平向左的初速度v0，则为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足v0≥
提示：完成课后作业　第十章　习题课四
4 / 4学习讲义部分
第九章　静电场及其应用
1.电荷
【基础知识·准落实】
知识点一
1.正电荷　负电荷　2.多少　库仑　库　C　3.（1）带正电　不带电　带负电　相等　（2）电子　得到　失去　（3）自由电子　离子
知识点二
1.排斥　异种　同种　2.静电感应
知识点三
1.转移　不变　2.代数和
知识点四
1.电子　2.整数倍　连续　3.1.60×10－19　4.比
情景思辨
（1）×　（2）√　（3）×　（4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：图甲对应接触带电；图乙对应摩擦带电；图丙对应感应带电。图甲中，电荷在球与人体间转移，图乙中，电荷在玻璃棒与丝绸间转移，前两者电荷均是从一个物体转移到另一物体，图丙中，电荷在导体内部从导体的一部分转移到另一部分。
【典例1】　C　将一带正电荷的物体C置于A附近，由于静电感应，此时A带负电，B带正电，A、B错误；移去C，由于A、B中正、负电荷中和，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，C正确；先把A和B分开，然后移去C，此时A带负电，B带正电，贴在A、B下部的金属箔都张开，D错误。
素养训练
1.C　脱毛衣时由于摩擦起电，衣服间产生异种电荷，当电荷积累到一定程度时，会产生电火花，并伴有“噼啪”的响声，选项C正确，A、B、D错误。
2.A　带负电的A球靠近B球（不接触），由于静电感应使B球带正电，C球带负电，故A正确，B错误；人体是导体，用手摸一下B球，B球与人体、地球构成整体，大地是远端，带负电，B球是近端，带正电，故C错误；将B、C分开，移走A，B球带正电，C球带等量的负电，再将B、C接触，C上的负电荷转移到B上，从而使B、C都不带电，故D错误。
要点二
知识精研
【典例2】　B　甲、乙两个物体相互摩擦，甲带1.6×10－15 C的正电荷，那么由电荷守恒定律可知，乙应带1.6×10－15 C 的负电荷，即甲失去了104个电子，乙得到了104个电子，故B正确。
素养训练
1.C　所有带电体的电荷量的绝对值一定等于元电荷的整数倍，选项A正确；元电荷的值通常取e＝1.60×10－19 C，选项B正确；元电荷是最小的电荷量，不是指电子和质子本身，选项C错误；元电荷e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，选项D正确。
2.AD　甲、乙、丙三个物体原来都不带电，甲、乙两个物体相互摩擦导致甲物体失去电子而带1.6×10－15 C的正电荷，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体相接触，由于乙、丙两物体完全相同，故乙、丙两物体带等量负电荷，由电荷守恒定律可知乙、丙两物体最终所带电荷量均为8×10－16 C，A、D正确。
要点三
知识精研
【探究】　提示：验电器上所带负电荷减少的主要原因是潮湿的空气可以导电，电子被导走了。该现象是由电子的转移引起的，验电器的电荷并没有消失，仍然遵循电荷守恒定律。
【典例3】　AC　验电器的金属箔之所以张开，是因为它们都带有正电荷，张开角度的大小取决于两金属箔带电荷量的多少。如果A球带大量负电荷，靠近验电器的B球时，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引可知，B球上的自由电子将向金属箔移动，使得金属箔上所带正电荷减少，从而使两金属箔张角减小；如果A球不带电，在靠近B球时，发生静电感应现象，使A球靠近B球的一面出现负的感应电荷，而背向B球的一面出现正的感应电荷，A球上的负的感应电荷反过来使验电器上的负电荷向金属箔移动，效果与A球带负电相同，从而使金属箔张角减小，选项A、C正确，B、D错误。
素养训练
1.A　带大量负电的金属棒接触验电器的金属球是接触起电，验电器上所带的正电荷先与负电荷中和，验电器带电量减少，金属箔张角变小；中和完后，多余的负电荷又会转移到验电器上，使金属箔的张角再次变大。
2.C　带正电的带电体A靠近原来不带电的验电器的金属球，因为异种电荷相互吸引，电子受到吸引移动到金属球上，所以金属球带负电，金属箔片失去电子带正电，由于同种电荷相互排斥，金属箔片张开，故C正确，A、B、D错误。
【教学效果·勤检测】
1.D　由于不同物质对电子的束缚本领不同，当手与塑料丝摩擦时，使塑料丝带上了同种电荷，而同种电荷相互排斥，因此会观察到塑料丝散开，D正确，A、B、C错误。
2.D　由静电感应知，导体A聚集负电荷，导体B聚集正电荷，导体A得到电子，导体B失去电子，电子数为n＝＝个＝6.25×1010个，A、B错误；根据电荷守恒定律可得，A带上－1.0×10－8 C的电荷，则B带＋1.0×10－8 C电荷，C错误，D正确。
3.BCD　在摩擦前，物体内部存在着等量的异种电荷，对外不显电性，A错误；M失去电子带正电，N得到电子带负电，所以电子是从M转移到N，B正确；在摩擦起电过程中，得失电子数目是相等的，根据电荷守恒定律，M带正电荷2.72×10－9 C，则N一定带负电荷2.72×10－9 C，C正确；M失去的电子数为n＝＝个＝1.7×1010个，D正确。
4.A　不带电的导体B在靠近带正电的导体A时，导体B上的自由电子会向P端运动，导体B的P端因有了多余的电子而带负电，Q端因缺少电子而带正电；若用导线接地，无论接导体的任何部位，正电荷都将被大地的负电荷中和，断开接地线，再取走A，导体B将带负电，故A正确。
2.库仑定律
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）乘积　二次方　（2）①真空　②点电荷　3.形状　忽略
知识点二
4.k　9.0×109
知识点三
1.远小于　2.矢量和
情景思辨
（1）√　（2）×　（3）×　（4）√　（5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：不是，原子核对电子的库仑力提供了向心力，两者间的万有引力要比库仑力小得多，完全可以忽略不计。
【典例1】　D　设a球与b球的电荷量大小均为q，假设a球带正电，则b球带负电，当不带电的小球c与a球接触后，a、c两球平分电荷，每球带电荷量为＋，当再把c球与b球接触后，两球的电荷先中和再平分，每球所带电荷量为－，由库仑定律F＝k可知，当移开c球后，由于a、b两球间距离不变，所以a、b两球之间的静电力的大小为F1＝。
素养训练
1.B　根据库仑定律可得F＝k，将C球电荷量减半，扭转悬丝使A回到初始位置，则A、C两球间距离不变，则A、C两球间静电力大小为，所以B正确。
2.C　由库仑定律知F＝k，当两小球接触后，带电荷量都为Q，故接触后库仑力F'＝＝k，由以上两式解得F'＝F，故C正确。
要点二
知识精研
【典例2】　D　如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或均为引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，A、C错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如图所示，由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由相似三角形可知＝＝，结合库仑定律可得＝＝，同理易知若a对c的作用力为引力，b对c的作用力为斥力，结果相同，B错误，D正确。
素养训练
1.B　对点电荷A受力分析，B对A的是库仑斥力，沿BA的连线向上，若C带正电，则C对A的库仑斥力沿CA的连线向上，这两个斥力的合力方向在BA延长线和CA延长线夹角范围内，不包括两条延长线，不可能偏BA延长线向右；若C带负电，C对A的库仑引力沿AC的连线向下，与B对A的库仑斥力的合力偏向BA延长线右侧，所以C一定带负电，故B正确，A、C、D错误。
2.8.0×10－21 N　方向平行于AB连线水平向左
解析：电子带负电荷，在C点同时受A、B两处点电荷的作用力FA、FB，如图所示。由库仑定律F＝k得，FA＝k＝9.0×109× N＝8.0×10－21 N，FB＝k＝8.0×10－21 N。由矢量的平行四边形定则和几何知识得静止放在C点的电子受到的库仑力F＝FA＝FB＝8.0×10－21 N，方向平行于AB连线水平向左。
【教学效果·勤检测】
1.D　由带电体看作点电荷的条件可知，当带电体的形状、大小及电荷分布对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷由研究问题的性质决定，与带电体自身大小、形状无关，选项A、B、C错误；当两个带电体的大小远小于它们之间的距离时，两带电体的大小、形状及电荷分布对两带电体间相互作用力的影响可忽略不计，因此可将这两个带电体看成点电荷，选项D正确。
2.D　接触前两个带电小球之间的库仑力大小为F＝＝，接触之后两球所带电荷先中和后均分，故两球所带电荷量均变为＋3Q，此时两球之间的库仑力大小为F'＝＝，解得F'＝F，故D正确。
3.D　点电荷B、C对点电荷A的静电力大小相等，为FBA＝FCA＝＝ N＝180 N，如图所示，A受大小相等的两个静电力，两静电力夹角为60°，由平行四边形定则和几何知识得A受到的静电力的合力大小为F＝2FBAcos 30°＝2×180× N＝180 N，方向沿∠BAC的角平分线，故D正确。
4.B　要使C处的正点电荷所受静电力方向平行于AB向左，该正点电荷所受力的情况应如图所示，所以A带负电，B带正电。设A、C间的距离为L，则B、C间的距离为2L。FBsin 30°＝FA，即k·sin 30°＝，解得＝，故选项B正确。
习题课一　库仑力作用下的平衡与加速
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　B　对小球A进行受力分析如图所示。由对称性可知细线拉力大小等于库仑力大小。根据平衡条件可知F库 cos 30°＝mg，解得F库＝，细线拉力大小FT＝F库＝，故B正确，A错误；由库仑定律可得A、B间库仑力的大小为F库＝，细线拉力FT也为，故C、D错误。
素养训练
1.C　均匀带电的星球可视为点电荷。粉尘原来能悬浮，说明它所受的库仑力与万有引力相平衡，即＝G，可以看出，r增大，等式仍然成立，故C正确。
2.A　以A、B、C整体为研究对象，对其受力分析，受重力、支持力以及弹簧的拉力，则由力的平衡条件可知，弹簧拉力F＝k0x'＝3Mgsin α，解得x'＝，B错误；以A为研究对象，小球受到的静电力大小为FA＝F－Mgsin α＝2Mgsin α，方向沿斜面向下，C错误；为了使B、C均能静止在光滑的绝缘斜面上，则小球C应带正电，设相邻两球之间的距离为x，则对小球B由力的平衡条件得Mgsin α＋＝，对小球C由力的平衡条件得Mgsin α＋＝，解得qC＝q0，x＝q0，A正确，D错误。
要点二
知识精研
【典例2】　负电荷　q1　在a、b连线上，与a相距30 cm，与b相距10 cm
解析：设c与a相距x，则c、b相距0.4 m－x，设c的电荷量为q3，根据二力平衡可列平衡方程。
a平衡，则k＝k
b平衡，则k＝k
c平衡，则k＝k
解其中任意两个方程，可解得x＝0.3 m（c在a、b连线上，与a相距30 cm，与b相距10 cm），q3＝q2＝q1（q1、q2为正电荷，q3为负电荷）。
素养训练
1.B　根据静电力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，因此a对b的静电力一定是引力，a对c的静电力一定是斥力，故A错误，B正确；同时根据库仑定律来确定静电力的大小，并由平衡条件来确定各自电荷量的大小，因此在电荷量大小上一定为“两大夹一小”，则a的电荷量一定比b多，而a的电荷量与c的电荷量无法确定，故C、D错误。
2.ABC　三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，两大夹小，近小远大”，所以a和c带同种电荷，b带异种电荷，故A、B正确；根据库仑定律和矢量的合成有k＝k＝k，化简可得q1∶q2∶q3＝36∶4∶9，故C正确，D错误。
要点三
知识精研
【典例3】　（1）－g　（2）2k
解析：（1）根据库仑定律得两球间相互吸引的库仑力为F'＝k＝k
对B球由牛顿第二定律有F'－mgsin 30°＝ma
联立解得加速度为a＝－g。
（2）把A球和B球看成整体，由牛顿第二定律有
F－2mgsin 30°＝2ma，
解得F＝2k。
素养训练
1.B　设轻绳的拉力为FT，则对A，有FT＋FTcos 60°＝k，FTcos 30°＝maA，联立解得aA＝，B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2maA＝，C、D错误。
2.AC　两个带异种电荷的粒子之间的相互作用力为引力，两个粒子不会彼此靠近，和双星相似，两粒子角速度相同，设A质量为m1，带电荷量为＋q1，B质量为m2，带电荷量为－q2，对A有＝m1ω2r1＝m1＝m1v1ω，对B有＝m2ω2r2＝m2＝m2v2ω，可知r1∶r2＝m2∶m1，v1∶v2＝m2∶m1，A、C正确。
【教学效果·勤检测】
1.C　因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小。
2.AD　由于A、B之间为库仑斥力，所以B球带正电，A正确，B错误；
对B球受力分析，如图所示。
根据平衡条件得
FTcos α＝mg
FTsin α＝F
F＝k
解得FT＝，q＝，故C错误，D正确。
3.AD　以B为研究对象，B球受重力及A、C对B球的静电力而处于平衡状态，则A、C球对B球的静电力的合力应与重力大小相等、方向相反，而静电力的方向只能沿两电荷的连线方向，则A对B的静电力应指向A，C对B的静电力应指向B的左侧，由此可知，B、C都应带负电荷，A正确，B错误；由受力分析图可知，A对B的静电力应为C对B静电力的2倍，故C所带电荷量应为A所带电荷量的一半；同理分析C可知，B所带电荷量也应为A所带电荷量的一半，故B、C所带电荷量相等，C错误，D正确。
4.（1）均为 　（2）Mgtan θ　（3）2Mg
解析：（1）对物体P受力分析，物体P受到水平向左的库仑力F库，垂直斜面向上的支持力FN，竖直向下的重力Mg。
根据平衡条件有tan θ＝，
设P、Q所带电荷量的大小为q，由库仑定律得
F库＝k
解得q＝。
（2）对斜面体和物体P整体受力分析可知，受到竖直向下的重力2Mg，竖直向上的支持力F支，水平向左的库仑力F库和水平向右的摩擦力Ff，由水平方向受力平衡有Ff＝F库＝Mgtan θ。
（3）对斜面体和物体P整体受力分析，竖直方向上受力平衡，所以地面对斜面体的支持力F支＝2Mg，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力大小为2Mg。
3.电场　电场强度
第1课时　电场强度　电场强度的叠加
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）物质　（2）力的作用　电场　2.电荷量　3.电场
4.（1）静电力　（2）　（4）矢　相同
知识点二
1.（1）k　（2）正　负　3.矢量和　矢量和
情景思辨
（1）×　（2）×　（3）×　（4）√　（5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：（1）电场强度。可以通过试探电荷受力来定义。
（2）E与F无关，E与试探电荷q无关。
【典例1】　B　电场强度E＝是采用比值法定义的，不能认为电场强度E跟F成正比，跟q成反比，故A错误；电场强度取决于电场本身，与试探电荷的电荷量多少和受力大小无关，试探电荷所带的电荷量变化时，在电场中的同一点受到的电场力与所带电荷量的比值都相同，故B正确；电场强度的方向与正试探电荷受到的静电力方向一致，与负试探电荷受到的静电力方向相反，但电场强度不因试探电荷的变化而变化，故C错误；电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故D错误。
素养训练
1.B　电场强度是描述电场的强弱和方向的物理量，大小等于试探电荷所受的电场力F与试探电荷所带的电荷量q的比值，由电场本身决定，故与试探电荷的有无、电性、电荷量的大小无关；故在该点放入电荷量为－q的试探电荷时电场强度为E，改放电荷量为＋3q的试探电荷时电场强度大小仍为E，方向不变，故B正确，A、C、D错误。
2.C　电场强度是反映电场本身性质的物理量，与试探电荷的正负和大小无关，故在A点放一个负试探电荷时，A点的电场强度方向仍水平向右，大小仍为E，A、B错误；负电荷的受力方向与电场方向相反，由F＝qE可知，电荷量为－2q的试探电荷所受的电场力大小为2F，方向水平向左，C正确，D错误。
要点二
知识精研
【典例2】　D　以点电荷Q为中心，r为半径的球面上各处的场强大小相等，方向不同，因为场强是矢量，所以场强不同，故A错误；r→0时，带电体已不能看成点电荷了，点电荷的场强公式E＝k不再适用，故B错误；点电荷Q产生的电场中，各点的场强方向与点电荷的性质有关，正点电荷产生的电场中，各点的场强方向背离点电荷Q向外，负点电荷产生的电场中，各点的场强方向指向点电荷Q向内，故C错误；在点电荷Q产生的电场中，场强公式E＝k为决定式，所以某点的场强大小与Q成正比，与r2成反比，故D正确。
【典例3】　B　依题意，每个点电荷在O点产生的场强大小为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2＝，则E1∶E2＝2∶1，B正确。
素养训练
1.BD　E＝中q指的是试探电荷的电荷量，E＝中Q指的是场源电荷的电荷量，故B、D正确。
2.C　四个点电荷的电荷量相等，两条对角线上的电荷都是一对等量异种点电荷，在交点处的电场强度的方向指向负电荷，且大小相等，如图所示，则合电场强度的方向竖直向下。任意一对等量异种点电荷的合电场强度E＝2×＝，所以合电场强度E合＝，故A、B、D错误，C正确。
【教学效果·勤检测】
1.AD　电场中某点的电场强度与试探电荷无关，A正确，B错误；由F＝qE可知，F-q图线为过原点的倾斜直线，D正确，C错误。
2.D　根据正电荷在该点的受力方向为该点电场强度的方向，可知P点与Q点的电场强度方向不同。由点电荷的电场强度公式可得EP＝，EQ＝，由于＜，所以EP＞EQ，选项D正确。
3.C　正电荷Q在A点产生的电场强度为E，沿BA方向，负电荷Q在A点产生的电场强度也为E，方向沿AC方向，根据电场强度的叠加可知E合＝＝E，故C正确，A、B、D错误。
4.B　只在A点放正电荷时，B点的电场强度为E＝k，又将等量异种的点电荷－Q放在D点后，B点的电场强度大小为EB＝k＋k＝E，方向水平向右，故A错误，B正确；此时C点的电场强度大小为EC＝k＋k＝E方向水平向右，与B点的电场强度相同，故C错误；Q和－Q在BC线段的中点产生的电场强度大小相等，方向相同，叠加后合电场强度不为零，故D错误。
第2课时　电场线　匀强电场
【基础知识·准落实】
知识点一
1.切线　2.（1）正电荷　负电荷　（2）不相交　（3）疏密　密
知识点二
1.相等　相同　相等　2.很近　等量
情景思辨
（1）×　（2）√　（3）√　（4）×　（5）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：（1）法拉第采用了画电场线的方法描述电场。（2）不能。电场线实际不存在，但可以用实验模拟。
【典例1】　A　孤立的负点电荷形成电场的电场线是会聚的射线，可知这个电场不可能是孤立的负点电荷形成的电场，A正确；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以EA＞EB，又F＝Eq，则FA＞FB，aA＞aB，B、C错误；电场线的切线方向为该点场强的方向，由F＝qE知，负电荷在B点处受到的静电力的方向与场强的方向相反，D错误。
素养训练
1.C　根据公式E＝k可知，A选项中电场强度大小相同，但方向不同，B选项中电场强度的大小不同，方向相同，故A、B错误；在匀强电场中，电场强度处处相同，故C正确；电场线密的地方电场强度大，由题D图可知b点电场强度大于a点的电场强度，故D错误。
2.D　电场线的疏密表示电场强度的大小，故EA＜EB，电场线上某点切线方向表示电场强度的方向，可以确定A、B两点电场强度方向不同，故D正确。
要点二
知识精研
【探究】　提示：（1）a带正电，b带负电。
（2）A、B两点电场强度不同，从电场线的疏密程度可以看出EB＞EA，方向相同。
【典例2】　A　根据电场强度叠加原理，d、c、e三点电场强度方向都是水平向右，正点电荷在各点所受静电力方向与电场强度方向相同，故A正确，B、C错误；两点电荷连线上电场强度由a到b先减小后增大，中垂线上由c到无穷远处逐渐减小，因此c点电场强度是两点电荷连线上最小的（但不为0）且是中垂线上最大的，所以Fd＞Fc＞Fe，故D错误。
素养训练
1.CD　根据两个等量同种点电荷电场线分布的对称性可知，B、D两点处电场线疏密程度一样，则有EB＝ED，故B错误；根据两个等量同种点电荷连线的中垂线上场强的特点可知，O点场强为零，无穷远处场强也为零，从O到无穷远处场强先增大后减小，由于A、B、C、D四点具体位置不能确定，可能有EA＜EB＜EC，也可能有EA＝EC＜EB，故C、D正确，A错误。
2.D　根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷或无限远终止可以判断，A、B是两个等量同种电荷，选项A、B错误；电场线只是形象描述电场的假想曲线，a、b两点处无电场线，其电场强度也不为零，选项C错误；在a、b两点处电场强度大小相等、方向相反，同一试探电荷在a、b两点所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确。
【教学效果·勤检测】
1.D　电场线的疏密表示电场的强弱，只有一条电场线时，则应讨论如下：若此电场线为正点电荷电场中的，则有Ea＞Eb；若此电场线为负点电荷电场中的，则有Ea＜Eb；若此电场线是匀强电场中的，则有Ea＝Eb；若此电场线是等量异种点电荷电场中的那一条直的电场线，则Ea和Eb的关系不能确定，故D正确。
2.C　电场线的疏密表征了电场强度的大小，由题图可知Ea＜Eb，Ed＞Ec，Eb＞Ed，Ea＞Ec，故选项C正确，A错误；由于电场线是曲线，由a点静止释放的正电荷不可能沿电场线运动，故选项B错误；电场线的切线方向为该点电场强度的方向，a点和b点的切线不在同一条直线上，故选项D错误。
3.AC　电场线是从正电荷发出，终止于负电荷，由图中分布对称的电场线可得A、B为等量异种电荷，故A正确，B错误；等量异种电荷产生的电场中，在它们连线的中垂线MN上，各个点的电场方向均垂直于中垂线指向负电荷一侧，同一电荷在此中垂线上所受电场力方向相同，故C正确；电场线的疏密程度表示电场的强弱，电场线的切线方向表示电场的方向，C点的电场线比D点密，所以两点电场强度大小关系为EC＞ED，故D错误。
4.C　甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相等、方向不相反，故A错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，故B错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电场强度大小相等、方向相反，故C正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b点的电场强度大于a点的电场强度，故D错误。
习题课二　静电力的性质
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　C　在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零，而取走的A、B处的电荷的电量qA＝qB＝，qA、qB在O点产生的合场强为EAB＝＝，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，所以q为负电荷，即有k＝k，解得q＝，故C正确。
【典例2】　B　先把挖去的空腔补上，由题意知，半径为R的均匀带电球体在A点产生的电场强度E整＝＝，挖出的小球半径为，因为电荷均匀分布，其带电荷量Q'＝Q＝，则其在A点产生的电场强度E挖＝＝＝。所以挖去空腔剩余部分电荷在A点产生的电场强度E＝E整－E挖＝－＝，故B正确。
【典例3】　AD　由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上很小一部分Δx，圆环总电荷量为Q，则该部分电荷量为Q，该部分电荷在小球处产生的电场强度为E1＝＝，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取与圆心对称的相同的一段，其电场强度E1'与E1大小相等，如图所示，则两个场强的合场强为E0＝2·cos 45°＝，方向应沿圆心与小球的连线向左；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合场强为E＝E0＝，方向水平向左，选项D正确，C错误；对小球受力分析可知mgtan 45°＝qE，解得E＝，选项A正确，B错误。
素养训练
1.B　a处电荷量为q的点电荷在b点处产生的电场强度为E＝k，由于q与Q在b点处的合电场强度为零，则圆盘在b处产生的电场强度为E＝k。由对称性知，圆盘在d点处产生的电场强度也为E'＝k。而a点处电荷量为q的点电荷在d点处产生的电场强度为E″＝k，由于a点处的点电荷与圆盘在d点处产生的电场强度方向相同，所以两者在d点处产生的合电场强度为k，故B正确。
2.C　因P点的电场强度为零，所以半球面上的正电荷q在P点产生的电场强度和点电荷Q在P点产生的电场强度等大反向，即半球面上的正电荷q在P点产生的电场强度大小为E1＝，方向沿轴线向右。现补全右侧半球面，如图所示，根据均匀带电的封闭球壳内部电场强度处处为零知，均匀带电的封闭球面在M点产生的电场强度为零，即左半球面在M点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，又由对称性知左半球面在P点产生的电场强度和右半球面在M点产生的电场强度等大反向，即左半球面在M点产生的电场强度为E2＝，方向沿轴线向右，点电荷Q在M点产生的电场强度为E3＝，方向沿轴线向左，故M点的合电场强度为EM＝－＝，方向沿轴线向左，故C正确。
要点二
知识精研
【典例4】　ACD　根据粒子运动轨迹弯曲的情况，粒子所受电场力应指向运动轨迹的凹侧，又粒子所受电场力的方向沿电场线切线方向，可知此粒子带正电，选项A正确；由于电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，根据牛顿第二定律可知加速度也越大，因此粒子在N点的加速度大于它在M点的加速度，选项B错误，C正确；粒子从M点运动到N点，电场力做正功，根据动能定理知此粒子在N点的动能大于它在M点的动能，选项D正确。
素养训练
1.D　合力的方向大致指向轨迹的凹侧，所以粒子所受电场力方向水平向右，根据题中条件，无法判断点电荷的电性和电场线方向，选项A、B、C错误；若点电荷从A点向B点运动，则电场力与速度方向夹角为锐角，点电荷做加速运动，经过B点时速度比经过A点时速度大，若点电荷从B点向A点运动，则电场力与速度方向夹角为钝角，点电荷做减速运动，经过B点时速度仍比经过A点时速度大，选项D正确。
2.C　做曲线运动的物体，合力指向运动轨迹的凹侧，由此可知，带电粒子受到的静电力的方向为沿着电场线向左，所以粒子带正电，A错误；粒子可能是从a点沿轨迹运动到b点，也可能是从b点沿轨迹运动到a点，B错误；由电场线的分布可知，粒子在c点处受静电力较大，加速度一定大于在b点的加速度，C正确；若粒子从c运动到a，静电力与速度方向成锐角，所以粒子做加速运动，若粒子从a运动到c，静电力与速度方向成钝角，所以粒子做减速运动，则粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，D错误。
要点三
知识精研
【典例5】　（1）1.5×106 N/C　（2）4 m/s2　方向沿斜面向下　（3）2 m/s
解析：（1）带电物块在斜面上静止时受力如图。
电场力F＝qE0
根据力的平衡条件有
qE0 cos θ＝mgsin θ
E0＝＝ N/C＝1.5×106 N/C。
（2）电场强度变为原来时，根据牛顿第二定律有
mgsin θ－qE0cos θ＝ma
a＝gsin θ－
＝10×0.6 m/s2－ m/s2＝4 m/s2，方向沿斜面向下。
（3）根据v2＝2ax得
v＝＝ m/s＝2 m/s。
素养训练
　（1）　（2）
解析：（1）带电小球受力如图。
根据平衡条件有FTcos θ＝mg
FTsin θ＝F
又F＝Eq
解得q＝。
（2）剪断丝线，小球受到合力为FT'＝FT＝
根据牛顿第二定律有FT'＝ma，a＝
小球在水平方向加速度ax＝asin θ
根据b＝axt2得t＝。
【教学效果·勤检测】
1.D　质点从a运动到c，质点的速率是递减的，可知质点所受静电力方向与运动方向成钝角，又根据曲线运动条件，可知静电力指向轨迹弯曲的凹侧，因负电荷所受静电力与电场强度方向相反，所以D正确。
2.AD　做曲线运动的物体速度沿轨迹切线方向，物体受到的合力方向指向轨迹弯曲的内侧，带电粒子只受电场力，故电场力即为所受合力，电场力方向在电场线的切线方向上，若电场线为直线，电场力就沿电场线所在直线，综合判定可知该带电粒子所受电场力水平向左，粒子带负电荷，选项A正确，C错误；由于粒子在匀强电场中运动，则粒子所受电场力是恒定的，可知粒子运动的加速度不变，选项D正确；粒子运动方向无法判定，选项B错误。
3.C　由于A点处的电场强度为零，则正点电荷在A点处产生的电场强度大小E1和带电薄板在A点处产生的电场强度大小EA相等，即E1＝EA＝，电场强度方向相反，则带电薄板在A点处产生的电场强度方向水平向右。由于A、B两点关于带电薄板对称，所以带电薄板在B点产生的电场强度大小EB和带电薄板在A点产生的电场强度大小EA大小相等，方向相反，所以EB＝E1＝，方向水平向左，故C正确。
4.（1）3.0×10－3 N　（2）4.0×10－4 kg　（3）2.0 m/s
解析：（1）小球所受电场力
F＝qE＝1.0×10－6×3.0×103 N＝3.0×10－3 N。
（2）小球受到重力mg、拉力FT和电场力F的作用而平衡，如图所示，则＝tan 37°，解得m＝4.0×10－4 kg。
（3）由mgl（1－cos 37°）＝mv2，解得v＝＝2.0 m/s。
4.静电的防止与利用
【基础知识·准落实】
知识点一
1.（1）感应电荷　（2）0　（3）内部　2.（1）密度　分离　（2）中和　3.（1）避雷针　（2）光滑
知识点二
1.（1）外电场
情景思辨
（1）×　（2）×　（3）√　（4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：自由电子受电场力的作用发生定向移动。电子带负电，故定向移动方向和外加电场强度方向相反。
【典例1】　D　枕形导体在带电小球附近，出现静电感应现象，导致导体内电荷重新分布，因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场，与带电小球的电场叠加，导体处于静电平衡状态，内部电场强度处处为零，电势相等，故A、B错误；在枕形导体内部场强处处为零，是带电小球产生电场的场强与感应电荷产生电场的场强大小相等、方向相反引起的，带电小球产生电场在A点的场强大于在B点的场强，所以感应电荷在A点产生的场强较大，故C错误；当开关S闭合时，大地相当于远端，电子从大地向导体移动，使导体带负电，故D正确。
素养训练
1.A　导体处于静电平衡状态时，导体内部电场强度处处为0，感应电荷在导体内部某处产生的电场强度与场源电荷Q在此处产生的电场强度大小相等，方向相反，故A正确，B、C、D错误。
2.B　当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图所示，由于a处电场线较密，c处电场线较疏，d处电场线更疏，b处电场强度为零，则Ea＞Ec＞Ed＞Eb，故B正确，A、C、D错误。
要点二
知识精研
【探究】　提示：（1）图甲中不会张开，金属网可以屏蔽外电场。
（2）图乙中会张开，因为金属网未接地，网内的带电体可以对外界产生影响。
（3）图丙中不会张开，因为金属网已接地，网内的带电体对网外无影响，网外的带电体对网内也无影响。
【典例2】　D　达到静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零，即感应电荷的电场与放电杆上电荷的电场的合电场强度为零，但放电杆在笼体内激发的电场的电场强度不为零，笼体上感应电荷在笼体内激发的电场的电场强度也不为零，选项A、B错误；笼体内部任意位置的电场强度为零，但笼体外表面的电场强度不为零，选项C错误；处于静电平衡状态时，只有笼体的外表面带电，笼体内表面不带电，选项D正确。
素养训练
1.B　金属罩B处于静电平衡状态，电荷分布在其外表面上，A错误；由于静电感应，使金属罩B在左侧外表面感应出负电荷，所以金属罩B的右侧外表面感应出正电荷，B正确，D错误；由于静电屏蔽，金属罩内电场强度为零，故验电器C上无感应电荷，验电器C的金属箔片不会张开，C错误。
2.BC　屏蔽服的作用是在穿上后，使处于高压电场中的人体内电场强度处处为零，从而使人体免受高压电场及电磁波的危害，可知B、C正确，A、D错误。
要点三
知识精研
【典例3】　AC　静电喷涂的原理就是让带电的涂料微粒在强电场的作用下被吸附到工件上，而达到喷漆的目的，故A正确；由题图知，待喷漆工件带正电，所以涂料微粒应带负电，故C正确，B、D错误。
素养训练
1.B　在可燃气体环境（如乙醚）中产生的静电，容易引起爆炸，应设法把产生的静电消除（如导入大地），因此选项B正确。
2.B　管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生电子和正离子。电子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电。所以金属管Q应接高压电源的正极，金属丝P接负极。构成类似于点电荷的辐向电场，所以越靠近金属丝，电场强度越强，故A、C、D错误，B正确。
【教学效果·勤检测】
1.B　孤立的带电金属球处于静电平衡，则内部电场强度为零，当它带的电荷量增加，再次达到静电平衡，其内部电场强度仍为零，故B正确。
2.A　导体尖端电荷比较密集，更容易产生放电现象，故选A。
3.C　根据静电屏蔽原理，金属网能屏蔽外部电场，为防止外界电场干扰，故选C。
4.B　A、B接触中和后净电荷只分布在空心金属球A的外表面上，所以QA＝2×10－8 C，QB＝0，故B正确。
5.（1）传送带因为与被传送的物体间发生摩擦而带电，靠近传送带的物体因为静电感应也带上电。
（2）要避免这种电击，可以把导体材料如金属丝等掺到传送带材料中，让传送带变成导体，或者用导体制造传送带，再用适当的方法把传送带接地，静电便不会积累，工人也不会再遭电击。
第十章　静电场中的能量
1.电势能和电势
【基础知识·准落实】
知识点一
1.起始　终止　无关　2.（1）电场　（2）①EpA－EpB　②减少
增加　3.（1）零　无限远　大地表面　（2）零势能位置
知识点二
1.电势能　2.　3.伏特　V　4.降低　5.正负
情景思辨
（1）√　（2）√　（3）×　（4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：正功，电势能减少。
【典例1】　（1）增加1.8×10－5 J　（2）3×10－5 J
1.8×10－5 J
解析：（1）负电荷从A移到C，静电力做的功WAC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J，电势能增加1.8×10－5 J。
（2）WAB＝EpA－EpB＝－3×10－5 J，又EpA＝0，则EpB＝3×10－5 J。WAC＝EpA－EpC＝－1.8×10－5 J，又EpA＝0，则EpC＝1.8×10－5 J。
素养训练
1.CD　电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做正功，电势能减少，静电力做了多少正功，电荷的电势能就减少多少，由动能定理可知，动能就增加多少。因电荷在A点的动能和电势能不知道，所以不能确定电荷在B点的动能和电势能，故选项A、B错误，C、D正确。
2.D　根据电场的叠加可知，CD线上各点场强方向均由C指向D，C点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以将q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先逐渐增大，后逐渐减小，q3受到的静电力先逐渐增大，后逐渐减小，C错误，D正确；静电力一直对q3做正功，q3的电势能不断减小，A、B错误。
要点二
知识精研
【典例2】　（1）1.2×10－4 J　1.2×104 V　（2）1.2×104 V
解析：（1）静电力做负功，电势能增加，无限远处的电势为零，电荷在无限远处的电势能也为零，即φ∞＝0，Ep∞＝0。由W∞A＝Ep∞－EpA得EpA＝Ep∞－W∞A＝0－（－1.2×10－4 J） ＝1.2×10－4 J
那么φA＝＝1.2×104 V。
（2）A点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以q未移入电场前，A点的电势仍为1.2×104 V。
素养训练
1.C　电场线密的地方场强大，疏的地方场强小，题图所示三点中，a点处电场线最密，则a点的电场强度最大；c点处电场线最稀疏，则c点的电场强度最弱，所以有Ea＞Eb＞Ec，故A、B错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，则有φa＞φb＞φc，故C正确，D错误。
2.BC　M点的电场线较N点密集，故M点的电场强度大于N点的电场强度，选项A错误；顺着电场线方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C正确；因M、N点电势不相等，正电荷在M、N两点所具有的电势能也不相等，所以正电荷从O点分别移到M点和N点电势能的变化量不相同，电场力做功也不相同，选项D错误。
【教学效果·勤检测】
1.C　假设A、B两点相距为l，直线AB与电场线的夹角为θ（θ＜90°），根据功的定义可知，静电力做的功均为qElcos θ，故沿三种路径移动该电荷，静电力做功相等，选项C正确，A、B、D错误。
2.D　电场线的疏密可以判断电场强度的大小，a点处比b点处电场线密，所以a点处电场强度大，电荷在该点的静电力大，A错误，D正确；a点的电场强度方向为该点的电场线方向，向右，B错误；沿电场线方向电势降低，a点电势大于b点电势，所以正电荷在a点处的电势能大于在b点处的电势能，C错误。
3.C　取无限远处的电势为零，则正电荷在M点的电势能为－8.0×10－9 J，负电荷在N点的电势能为9.0×10－9 J。由φ＝知，M点的电势φM＜0，N点的电势φN＜0，且｜φN｜＞｜φM｜，则φN＜φM＜0，故C正确。
4.C　带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为平衡位置做简谐运动，在O点所受电场力为零，故A、B错误；根据运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。
5.D　电场线的疏密反映电场强度的大小，结合题图可知a点的电场强度比b点的电场强度大，A项错误；a点电势与左侧负电荷附近且与b点在同一电场线上的某点电势相等，又顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此b点电势比a点电势高，B项错误；两个负电荷在c点的合电场强度为零，而在d点的合电场强度方向向下，正电荷在c、d两点电场强度大小相等，方向相反，因此电场叠加后c点电场强度比d点电场强度大，C项错误；在正电荷的电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远的地方电势越高，因此d点电势比c点电势高，D项正确。
2.电势差
【基础知识·准落实】
知识点一
1.电势　2.φA－φB　φB－φA　3.标量
知识点二
1.相同　2.（1）不做功　（2）垂直　高　低
情景思辨
（1）√　（2）√　（3）√　（4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：（1）UMN＝φM－φN＝（6－2）V＝4 V。
（2）UMN＝φM－φN＝[（－2）－（－6）]V＝4 V。
【典例1】　（1）200 V　－300 V　100 V　（2）200 V　300 V　（3）A点电势能大
解析：（1）负点电荷从A点移到B点克服静电力做功，则WAB＝－6×10－4 J
A、B间的电势差UAB＝＝ V＝200 V
同理，B、C间的电势差UBC＝＝ V＝－300 V
C、A间的电势差UCA＝－UAC＝－（UAB＋UBC）＝100 V。
（2）取B点为零电势点。
由UAB＝φA－φB得A点的电势φA＝UAB＝200 V
由UBC＝φB－φC得C点的电势φC＝－UBC＝300 V。
（3）电荷从A点移到C点静电力做的功WAC＝WAB＋WBC＝3×10－4 J，所以电势能减少，则点电荷在A点的电势能大。
素养训练
1.CD　电势是标量，A错误；UAB表示A点与B点之间的电势差，即UAB＝φA－φB，B错误；UBA＝φB－φA，故UAB＝－UBA，C正确；零电势点可以任意规定，但通常情况下规定大地或无穷远处为零电势点，D正确。
2.A　人体是导体达到静电平衡后，女同学两只手电势相等，故φ1＝φ2，A正确，B、C、D错误。
要点二
知识精研
【探究】　提示：（1）UAB＝φA－φB，电势能的变化量为ΔEp＝EpB－EpA＝q（φB－φA）。
（2）WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝q（φA－φB）＝qUAB。
【典例2】　静电力做正功　6.0×10－5 J
解析：法一：（用WAB＝－ΔEp计算）
电荷在A、B两点的电势能分别为EpA＝qφA＝（－2.0×10－7）×（－100）J＝2.0×10－5 J，EpB＝qφB＝（－2.0×10－7）×200 J＝－4.0×10－5 J。根据WAB＝－ΔEp可知，电荷从A到B的过程中静电力所做的功WAB＝－（EpB－EpA）＝6.0×10－5 J。因为WAB＞0，所以静电力做正功。
法二：（用WAB＝qUAB计算）
电荷从A到B的过程中，静电力做的功WAB＝qUAB＝（－2.0×10－7）×[（－100）－200]J＝6.0×10－5 J。由于计算得出的WAB为正值，所以静电力做正功。
素养训练
1.B　点电荷由A点移到B点，电势能减少，故静电力做正功，WAB＝3×10－4 J，由UAB＝得UAB＝ V＝－200 V，又UCA＝100 V，故UBC＝UBA＋UAC＝－UAB－UCA＝100 V，所以WBC＝qUBC＝－1.5×10－4 J，B正确。
2.（1）2×10－8 N　（2）15 V
解析：（1）由库仑定律有F＝k
代入数据解得F＝9.0×109× N＝2×10－8 N。
（2）由UMN＝
代入数据解得UMN＝ V＝15 V。
要点三
知识精研
【探究】　提示：（1）不能；（2）降低。
【典例3】　CD　a点的等势线比b点的稀疏，故a点的电场强度比b点的小，选项A错误。c点电势低于d点电势，正电荷从c点移到d点，即正电荷向高电势处移动，静电力做负功，选项B错误。a点电势低于c点电势，负电荷从a点到c点是向高电势处移动，静电力做正功，选项C正确。从e点到f点，电势先变低后变高，故沿此方向移动正电荷，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D正确。
素养训练
　B　A点和B点在同一等势面上，所以负电荷在A点的电势能和在B点的电势能一样大，A错误；电荷沿等势面AB移动的过程中，静电力始终不做功，B正确；负电荷在电势越低的地方电势能越大，所以负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小，C错误；正电荷由A移到C，WAC＝qUAC＞0，所以正电荷由A移动到C，静电力做正功，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.A　负电荷由B移到C，静电力做功为WBC＝WBA＋WAC＝－2×10－6 J－3×10－6 J＝－5×10－6 J，则UBC＝＝ V＝5 000 V，所以B、C间的电势差大小为5 000 V。故A正确。
2.A　A处电场线比B处密集，故EA＞EB；距离正电荷越近电势越高，故φA＞φB；负电荷在A、B处的电势能EpA＜EpB，故A正确。
3.AB　电场线从M指向N，而沿电场方向电势降低，所以d点的电势高于f点的电势，选项A正确；d点和e点在同一条等势线上，所以两点电势相等，选项B正确；若将一负试探电荷沿直线由d点移动到f点过程中，静电力方向与运动方向夹角为钝角，所以静电力一直做负功，选项C错误；若将一正试探电荷沿直线由d点移动到e点，过程始末试探电荷的电势相等，所以静电力做功为零，电势能不变，选项D错误。
4.（1）75 V　（2）φC＞φA＞φB　（3）25 V　（4）－3.0×10－7 J
解析：（1）设电荷量为Q1＝2.0×10－9 C的正电荷从A点移到B点静电力做功为WAB，则WAB＝UABQ1，
得UAB＝＝ V＝75 V。
（2）把电荷量为Q2＝4.0×10－9 C的正电荷从B点移到C点，克服静电力做功为WBC，则静电力做功为
－WBC＝UBCQ2，
得UBC＝＝ V＝－100 V，
又因UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC，
得UAC＝φA－φC＝（φA－φB）＋（φB－φC）＝UAB＋UBC＝－25 V，
通过比较可知φC＞φA＞φB。
（3）UAC＝－25 V，若A点电势为零，则C点电势为25 V。
（4）若A点电势为零，那么φB＝－75 V，则Q2在B点电势能为Ep＝φBQ2＝－75×4.0×10－9 J＝－3.0×10－7 J。
3.电势差与电场强度的关系
【基础知识·准落实】
知识点
1.Ed　2.电场强度　电场　4.（1）
情景思辨
（1）√　（2）√　（3）√　（4）√　（5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：W＝qUAB，又W＝qEd，得到UAB＝Ed，或E＝。
【典例1】　（1）－0.2 J　（2）1 000 V　（3）1×105 V/m
解析：（1）因负电荷由A移到B的过程中，电势能增加了ΔE＝0.2 J，所以这个过程中静电力对负电荷所做的功WAB＝－ΔE＝－0.2 J。
（2）A、B两点间的电势差
UAB＝＝ V＝1 000 V。
（3）匀强电场的电场强度
E＝＝ V/m＝1×105 V/m。
素养训练
1.A　由题图可知φA＞φB故UAB为正值，得UAB＝Edcos θ可知A正确，B、C、D错误。
2.A　由于是估算，可将雨伞伞尖与高压电网间的电场当作匀强电场处理。由题意可知U＝27.5 kV，E＝5×105 V/m，则由U＝Ed得d＝＝ m＝5.5 cm，故A正确，B、C、D错误。
要点二
知识精研
【典例2】　（1）300 V　300 V　0　（2）如解析图所示　（3）1×104 V/m
解析：（1）正点电荷从A点移到B点时，静电力做正功，故A点电势高于B点电势，可求得UAB＝＝ V＝300 V
负点电荷从A点移到C点，静电力做负功，A点电势高于C点电势，可求得UAC＝＝300 V
可得B、C两点电势相等，故UBC＝0。
（2）由（1）中分析知BC为一条等势线，所以电场线垂直于BC，设D为BC的中点，则电场线方向由A指向D，如图所示。
（3）AB在电场强度方向的投影长度d等于线段AD的长度，故由匀强电场中电势差与电场强度的关系式可得E＝＝ V/m＝1×104 V/m。
素养训练
1.A　匀强电场中，在同
一方向上每前进相同的距离，电势的改变量相等，故φa－φd＝φb－φc，代入数据有2 V－φd＝5 V－9 V，解得φd＝6 V，故A正确。
2.B　连接A、C，AC连线中点的电势为 V＝2.0 V，与B点电势相等，再结合几何关系可知E、B连线为一条等势线，由正六边形的对称性可知，通过CD、AF的直线与EB平行，所以也是等势线，A正确；A、C连线与等势线垂直，由顺着电场线方向电势逐渐降低可知，电场强度方向由C指向A，C正确；B、A间的电势差为UBA＝1.0 V，又UBA＝EdBAcos 30°，解得场强E＝ V/m，故B错误；由上述分析可知，φE＝φB＝2.0 V，φD＝φC＝3.0 V，则电子从E点移到D点，电场力做的功为WED＝q（φE－φD），代入数据得WED＝－1.6×10－19×（2.0－3.0）J＝1.6×10－19 J，再结合静电力做功与电势能变化的关系可知，D正确。
要点三
知识精研
【典例3】　D　由带电体电荷分布的特征可知越尖锐的地方电荷的密度越大，电场强度越大，电场线分布越密，等差等势面也越密。画出题中带电体电场线和等差等势面的剖面图，如图所示。由图可知Uab＞Ubc，Uef＞Uab，则Ubc＜50 V，Uef＞50 V，A、B、C错误，D正确。
素养训练
1.D　由A到C，电子的速度越来越小，可知其动能越来越小，电势能越来越大，电场力对其做负功，则电子应顺着电场线运动，即电场线方向由A到C，由此可知这是由负电荷形成的电场，因此越靠近负电荷，电场线越密，电场强度也就越大，电子所受电场力也就越大，选项A、B错误；因为此电场不是匀强电场，越靠近场源电荷场强越强，所以UAB＜UBC，即φA－φB＜φB－φC，所以φA＋φC＜2φB，选项C错误，D正确。
2.AC　沿电场线方向，电势越来越低，所以A点电势最高，C点电势最低，A正确；电场线越密集的地方电场强度越强，由图可知，C点电场强度最强，A点电场强度最弱，B错误；由于BC间的电场强度大于AB间的电场强度，由U＝Ed可知，UAB＜UBC，C正确，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.B　A、B两点在电场强度方向上的距离d＝lAB·cos（180°－120°）＝10× cm＝5 cm。由于φA＜φB，则根据U＝Ed得UAB＝－Ed＝－100×5×10－2 V＝－5 V，故选B。
2.A　因为a、c，b、d为圆的直径，可求得圆心O点的电势为13.5 V，则UbO＝1.5 V，由UbO＝Uod＝1.5 V，可得φd＝12 V。
3.C　如图所示，过B点作AC的垂线，则垂足D为AC的四等分点，因A、C两点的电势分别为0 V、8 V，可知D点的电势为2 V，则BD为等势面；根据E＝可得电场强度E＝＝ V/m＝100 V/m，故选C。
4.BD　A板接地，则其电势为零，又因为A、B两板间的电压为600 V，则B板电势为－600 V，由此知C点电势为负值，则A、B两板间场强E＝＝5 000 V/m，φC＝－EdC＝－50 V/cm×4 cm＝－200 V，选项A错误，B正确；电子在C点具有的电势能为200 eV，选项C错误，D正确。
5.D　假设有一正电荷由P点只在静电力作用下移动到M点，由图可知静电力与运动方向成锐角，静电力做正功，电势能减少，故电势降低，故A错误；电场线的疏密程度表示电场的强弱，M点处的电场线比P点的稀疏，故M点处的电场强度比P点的小，两者方向也不同，故B错误；根据U＝Ed可知，OM和NO的距离相等，由于NO间的电场更强，故NO间的电势差更大，故C错误；负电荷由M点运动到O点，所受静电力方向与运动方向相同，所以静电力做正功，故D正确。
习题课三　电场中的运动轨迹　功能关系和图像问题
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　C　根据两个固定的等量异种点电荷所形成的电场的等势面的特点可得，该图中正电荷在上方，负电荷在下方，因粒子运动轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A错误；在电场中等势面与电场线是垂直的，由图可知，b、d两点弯曲的方向不同，则过b、d两点，与－5 V的等势面垂直的电场线的方向是不同的，所以b、d两点电场强度是不同的，B错误；粒子从a到c的过程中，电场力做负功，电势能增大，从c到e的过程中，电场力做正功，电势能减小，则粒子在静电场中，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，C正确，D错误。
素养训练
1.A
　
2.CD　根据等势面的分布可知，两点电荷带同种电荷，故A错误；等差等势面的疏密程度表示电场的强弱，A点的等差等势面疏，B点的等差等势面密，故A点的电场强度比B点的小，B错误；静电力指向轨迹的内侧，分析电子运动的轨迹可知，电子受到排斥力作用，故点电荷为负电荷，离点电荷越远，电势越高，故A点的电势高于B点的电势，C正确；电子从M点运动到P点的过程中，静电力做负功，动能减小，电子从P点运动到N点的过程中，静电力做正功，动能增大，故电子运动到P点时动能最小，D正确。
要点二
知识精研
【典例2】　（1）30 m/s2　（2）－
解析：（1）由题意可知该带电小球带正电，设小球所带电荷量为q，小球在B点的加速度大小为aB。由牛顿第二定律得，在A点时，有mg－＝m·g，在B点时，有－mg＝maB，解得aB＝3g＝30 m/s2。
（2）带电小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mg（h－0.25h）＋qUAB＝0，解得UAB＝－。
素养训练
1.D　带电小球受到向上的静电力和向下的重力，根据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D。
2.（1）　（2）－　（3）－
解析：（1）因为B、C两点电势相等，所以小球从B到C的过程中电场力做的总功为零。由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝
根据动能定理有mg·＝－，
解得vC＝。
（2）小球从A到B，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·＋q｜UAB｜＝
因为φA＜φB，所以UAB＝－｜UAB｜＝－。
（3）因为φA＜φC、φC＝0，所以φA＝－｜UAC｜＝－｜UAB｜＝－。
要点三
知识精研
【典例3】　CD　由E-x图像与x轴所围“面积”表示电势差可知A、B两点电势一定不相等，故A错误；若为E-x图像，由于沿x轴方向的电场强度方向不变，所以电场力一直做负功或做正功，故B错误；若为φ-x图像，其斜率代表沿x轴方向的电场强度，则A、B两点沿x轴方向的电场强度大小相等，方向相反，故C正确；由Ep＝qφ，q＜0，可知由A到B电子电势能先增大后减小，即电场力先做负功后做正功，故D正确。
素养训练
1.C　由图可知，带电粒子在0～t0时间内做减速运动，静电力做负功，电势能增加，在t0～3t0时间内向反方向做加速运动，静电力做正功，电势能减少，则选项C正确，D错误；由于不知道带电粒子的电性，故无法判断电势的高低，则选项A错误；图中的斜率表示粒子的加速度，即a＝＝，又由图可知aB＞aC＞aA，则A、B、C三点的电场强度大小关系为EB＞EC＞EA，故选项B错误。
2.C　由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，点电荷在两处的电势能不等，A错误；由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，静电力对负电荷做正功，所以电势能减小，B错误；由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的静电力也应该是最大的，根据F＝qE可知静电力是先增大后减小，C正确，D错误。
3.C　该图像为电势的变化图像，斜率代表了电场强度，故在0～x0区间，电场强度先增大再减小，故静电力也先增大再减小，B错误；－x0～0区间电势一直增加，该质子电势能一直增加，0～x0区间电势一直减小，该质子电势能也一直减小，C正确，D错误；在－x0～0区间，电势能增加，该质子仅受静电力作用，动能转换为电势能，动能减小，速度减小，做减速运动，A错误。
【教学效果·勤检测】
1.C　根据电场线或等差等势面的疏密程度可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，A、B错误；由EpM－EpN＝WMN，得静电力做负功时电势能增加，则正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，由Ep＝qφ知M点的电势低于N点的电势，C正确，D错误。
2.ABD　小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左，随着小物块由M运动到N，与电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的电场力一定减小，A正确；由动能定理可得WE－μmgx＝0，即WE＝μmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功，B、D正确；因为点电荷Q的电性未知，所以不能判断M、N两点电势的高低，C错误。
3.D　根据公式U＝Ed，又因为AB＝BC，且A、B间电场强度较小，UAB＜UBC，A错误；a对应粒子，静电力做正功，动能在增大，电势能在减小，B错误；b对应粒子，做圆周运动，静电力不做功，动能和电势能均不变，C错误；a对应粒子，电场强度逐渐减小，静电力减小，加速度减小，c对应粒子，电场强度逐渐增大，静电力增大，加速度增大，b对应粒子，电场强度大小不变，静电力大小不变，加速度大小不变，D正确。
4.CD　取无穷远处电势为零，则正电荷附近的点电势是大于零的，负电荷附近的点电势是小于零的，所以Q1带负电，Q2带正电，A错误；图中图线的斜率表示电场强度，可知P点的电场强度不为零，从P1点沿x轴正方向运动到P点的过程中，电场强度逐渐减小，由公式qE＝ma可知电子加速度逐渐减小，B错误，D正确；由题图可知，将电子（负电）从P1点沿x轴正方向移到P点的过程中，电势一直在升高，静电力做正功，电子的电势能不断减小，C正确。
5.（1）匀减速直线运动　（2）
解析：（1）带电小球在电场外只受重力，做竖直上抛运动，是匀减速直线运动；进入电场后受向下的重力和静电力，做匀减速直线运动。
（2）对从最低点到最高点过程，根据动能定理，
有：－mg（H＋h）－qUAB＝0－m；
解得：UAB＝。
4.电容器的电容
【基础知识·准落实】
知识点一
1.绝缘　2.金属板　3.绝缘
知识点二
1.（1）电势差U　（2）　（3）电荷　（4）法拉　法　F　10－6　10－12　2.（1）工作　（2）极限　3.（1）绝缘　靠近　（2）正比　正比　反比　（3）
情景思辨
（1）√　（2）√　（3）×　（4）×　（5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　3.04×10－3　507
解析：根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C，大于半格算一个，小于半格舍去，I-t图线与时间轴围成的图形所包含的格子个数为38，所以电容器整个放电过程中释放的电荷量为Q＝8×10－5 C×38＝3.04×10－3 C。根据电容的定义式C＝可知，C＝F≈5.07×10－4 F＝507 μF。
素养训练
1.充电　电流随时间的增加逐渐减小到零
解析：由题图乙所示I-t图像可知，电流为正值，则电流流向沿逆时针方向，与电源提供的电流方向一致，即该图像记录的是电容器的充电过程，电容器所带电荷量逐渐增加。由图像可知，在此过程中，电流随时间的增加逐渐减小到零，且电流减小得越来越慢。
2.（1）B　（2）A　（3）不是
解析：（1）电容器在充电的过程中，两板之间电压升高，电容器的电容不变，则电容器的电荷量增加，故选B。
（2）电容器的电容由电容器本身特性决定，与电容器是否正在充、放电及带电荷量无关，则电容器在放电的过程中，电容器的电容不变，故选A。
（3）根据I＝，可知I-t图像不是一条直线。
要点二
知识精研
【探究】　提示：增大；不变。
【典例2】　A　电容器的电容由电容器本身决定，与其两极板间电压和所带电荷量无关。电容器两极板间电压减少为原来的时，电容不变，由C＝知电荷量减少为原来的，减少了，则Q＝q，可知电容器原来所带电荷量为Q＝q，A正确，B错误；由于题中无电压和电容的具体数据，因此无法求出原来的电压，C错误；电容反映电容器本身的特性，电容器放电，电容器的电容不变，D错误。
素养训练
1.A　根据Q-U图像的斜率表示电容器的电容，有C＝＝ F＝ F，则该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，电荷量的减少量ΔQ＝C·ΔU＝×（40－36）C＝0.02 C，故A正确，B、C、D错误。
2.D　由比值定义法定义电容C＝，可知电容C反映的是电容器储存电荷的本领，与电荷量Q，电压U无关，则电容器可以储存电荷，电容的大小与储存的电荷多少无关，故A错误；电压2.7 V指的是额定电压（正常工作时允许的最大电压），实际工作的电压可以低于2.7 V，故B错误；电容C反映的是电容器储存电荷的本领，与电荷量Q，电压U无关，实物图可读出电容器的电容C＝3 000 F，则电容器两端的电压变为1.35 V时，它的电容还是3 000 F，故C错误；由定义式C＝＝＝3 000 F，可知电容器两极板间的电压每增加1 V，它的带电荷量将增加3 000 C，故D正确。
要点三
知识精研
【探究】　提示：（1）用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板间的电势差U，从指针偏转角度的大小可推知U的大小。
（2）保持不变。
【典例3】　BD　静电计指针与A板通过导线相连，带电性质相同，A错误；根据C＝，C＝可知，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，U增大，C错误；插入电介质，εr增大，电容C增大，U减小，D正确。
素养训练
1.C　板间距离变为，由C＝得C2＝2C1，又U＝，则U2＝＝U1。由E＝得E2＝＝＝2E1，故C正确。
2.BC　S接通时，电容器上电压U不变，板间距离d减小，电场强度E＝增大，A错误。插入电介质后，由C＝可知，电容C增大，U不变，由C＝，则电荷量Q增大，B正确。断开S后，电容器所带电荷量Q不变，减小d，电容C增大，由C＝可知，电势差U减小，C正确。插入电介质，则电容C增大，板间电势差U减小，D错误。
【教学效果·勤检测】
1.B　该电容器可容纳的电荷量为Q＝CU＝12 000×3 C＝36 000 C，A错误；电容器的电容与电荷量及电压无关，在充、放电时电容不变，电容器放电时，电荷量逐渐减小到0，电压逐渐减小为0，故B正确，C错误；若30 s能充满电，则充电平均电流为I＝＝ A＝1 200 A，故D错误。
2.B　C＝＝ F＝2.0×10－8 F，故选B。
3.A　给飞机供油时油量增加，相当于改变了电容器中的电介质，根据C＝可知，电容会增大；飞行过程中油量减少，相当于改变了两极板间的电介质，电容会减小。故A正确。
4.B　由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错，B对；由C＝＝F＝5×10－3 F，C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，D错。
5.带电粒子在电场中的运动
【基础知识·准落实】
知识点一
1.电场　电场强度　2.（1）匀变速直线运动　匀强　（2）动能定理　位移　非匀强
知识点二
1.垂直　2.抛物线　4.（2）加速　偏转
情景思辨
（1）√　（2）√　（3）×　（4）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　D　电子从静止运动到Q板的过程中只有静电力做功，设电子的质量为m，电荷量为e，运动到Q板时的速率为v，根据动能定理得eU＝mv2，解得v＝，可知电子运动到Q板时的速率与两极板间的距离无关，仅与加速电压U有关，故选项D正确。
素养训练
1.B　如果UAB＝600 V，A电势高于B，电子在A、B间所受静电力方向指向A，又因为Ek0＜eUAB，所以电子无法从B的小孔中射出，最终又会返回A的小孔，整个过程静电力做功为零，根据动能定理可得Ek1＝Ek0＝500 eV，如果UAB＝－600 V，A电势低于B，电子在A、B间所受静电力方向指向B，电子将始终加速，根据动能定理可得Ek2－Ek0＝－eUAB，解得Ek2＝1 100 eV，故选B。
2.A　电子在电场中加速，由动能定理可得eU＝mv2，解得v＝，所以可使v增大的操作是仅增大U。故A正确。
要点二
知识精研
【典例2】　（1）8×106 m/s　（2）1.1×1015 m/s2　（3）45°
解析：（1）根据动能定理可得eU＝m，
解得vx＝8×106 m/s。
（2）电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力，
根据牛顿第二定律得a＝
解得a＝×1014 m/s2≈1.1×1015 m/s2。
（3）电子在水平方向上做匀速直线运动，故t＝
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，
故vy＝at，tan θ＝
联立解得θ＝45°。
素养训练
1.A　设偏转极板的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝。使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍，故选A。
2.400 V
解析：在加速过程中，由动能定理得eU＝m
进入偏转电场后，电子在平行于极板方向上做匀速直线运动，有l＝v0t
在垂直于极板方向上电子做匀加速直线运动，
加速度a＝＝
又偏移距离y＝at2
能从平行极板间飞出的条件为y≤
联立以上各式解得U'≤＝400 V
即要使电子能从极板间飞出，两极板间所加最大电压为400 V。
要点三
知识精研
【典例3】　BCD　要想让亮斑沿OY向上移动，电子受力方向应沿Y方向，即Y电势高，选项A错误；要想让亮斑移到荧光屏的右上方，Y为高电势，X为高电势才可以，选项B正确；要想在荧光屏上出现一条水平亮线，要在XX'上加扫描电压，在YY'上加恒定电压或不加电压，选项C正确；要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，分析可知选项D正确。
素养训练
　B　根据竖直和水平偏转电压的正、负极，带负电的电子应偏向屏幕的左上方，故选B。
【教学效果·勤检测】
1.D　电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小。根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力。根据动能定理得eUOA＝m。因E＝，UOA＝EL＝，所以m＝。故选D。
2.C　由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A错误；微滴在电场中所受的电场力对微滴做正功，微滴的电势能减小，B错误；由于极板间电场是匀强电场，电场力不变且与微滴的初速度方向垂直，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，并且轨迹为抛物线的一部分，C正确；设微滴带电荷量为q，质量为m，经过t时间在电场中沿电场线方向的位移为y，y＝at2＝，又qU加＝mv2，故y＝，则微滴在极板间电场中的运动轨迹与其带电荷量无关，D错误。
3.B　根据侧位移计算公式y＝··以及动能表达式Ek＝m得y＝，初动能相同，α粒子的带电荷量是质子的2倍，解得y1∶y2＝1∶2。故B正确。
4.（1）2×10－9 C　负　（2）－600 V～2 600 V
解析：（1）当重力跟静电力大小相等、方向相反时，微粒才沿初速度v0方向做匀速直线运动，故有q＝mg，得q＝＝2×10－9C；重力方向竖直向下，则静电力方向竖直向上，而电场强度方向竖直向下（UAB＞0），所以微粒带负电。
（2）当静电力方向竖直向上，且qE＞mg时，带电微粒向上偏转，设微粒从右上边缘飞出时φA＝φ1，因为φB＝0，所以UAB'＝φ1，静电力和重力都沿竖直方向，微粒在水平方向做匀速直线运动，水平方向上有l＝v0t。在竖直方向上有a＝－g，偏转位移y＝＝at2，联立解得φ1＝＝2 600 V。当静电力方向竖直向下时，带电微粒向下偏转，此时设φA＝φ2，则竖直方向上有a'＝g－，同理可得φ2＝－600 V，故欲使微粒射出偏转电场，A板电势的取值范围为－600 V～2 600 V。
习题课四　带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　B　设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，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。分别作出t0＝0、、、时释放粒子，粒子运动的速度图像，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，则由图像可知，释放粒子时间在0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，释放粒子时间在＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；释放粒子时间在t0＞T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，对照各项可知B正确。
【典例2】　（1）　（2）U0
解析：（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，
沿极板方向有L＝v0t0
垂直极板方向有d＝
解得＝。
（2）粒子通过两板时间为t'＝＝2T，从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为a1＝，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a2＝，方向垂直极板向下。不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。
因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT或t＝nT＋T时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大。则有d＝2，解得U＝。
素养训练
1.BD　0～1 s和1～2 s粒子的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s粒子分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且每2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误。　
2.AC　设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，则平行极板方向：l＝v0t ①
垂直极板方向：＝at2 ②
又a＝ ③
由①②③得U0＝，代入数据得U0＝128 V，可知当｜U｜＞128 V时离子打到极板上，当｜U｜≤128 V时离子打到屏上。
利用推论：打到屏上的离子的速度的反向延长线交与极板的l处，结合题图由几何关系可得＝
解得打到屏上的总长度y＝2d
则离子打到屏上的区域的面积为S＝2da＝64 cm2。故A正确，B错误；在0～T时间内，离子打到屏上的时间t0＝×0.005 s＝0.003 2 s，由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.012 8 s。故C正确，D错误。
要点二
知识精研
【典例3】　BC　由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则可知，电场方向与ON方向成120°角，选项A错误；由图中几何关系可知，其合力F合为mg，由牛顿第二定律可知，a＝g，方向与初速度方向相反，选项B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－F合·＝－mg·2h＝0－m，解得h＝，选项C正确；小球运动到最高点所需时间为t＝＝，选项D错误。
【典例4】　D　三个微粒的初速度相等，水平方向上都做匀速运动，水平位移关系为xA＞xB＞xC，所以他们的运动时间关系为tA＞tB＞tC，三个微粒在竖直方向的位移相等，根据d＝at2可知，他们加速度的关系为aA＜aB＜aC，从而可知B仅受重力，A受向上的电场力，C受向下的电场力，所以B不带电，A带正电，C带负电，故A、B、C错误；三个微粒重力做功相等，电场力对A做负功，电场力对C做正功，根据动能定理，三个微粒到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC，故D正确。
【典例5】　D　小球做圆周运动的等效最高点与A点关于圆心对称。当小球在等效最高点且速度最小时，绳子的拉力为零，由几何知识知此时的合力F合＝2mg，qE＝mg，根据牛顿第二定律得2mg＝，解得vmin＝，从等效最高点到等效最低点，由动能定理可得2mgLcos 60°＋2qELsin 60°＝m－m，解得vA＝，D项正确。
【教学效果·勤检测】
1.B　加A图所示电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能到达B板，故A错误；加B图所示电压，电子向B板运动的v-t图像如图所示，由图可知，在一个周期内，电子的位移为0，有可能到不了B板，故B正确；加C图和D图所示电压，分析可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故C、D错误。
2.C　小球在竖直方向做自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间相等，所以A错误。在水平方向小球做匀加速直线运动，设板间距离为d，根据x＝·t2，位移之比为2∶1，可得a、b两粒子的电荷量之比为2∶1，所以C正确。电势能的减少量等于静电力做的功，则ΔEpa∶ΔEpb＝qaU∶qb＝4∶1，所以B错误。动能增加量之比等于合外力做功之比，即ΔEka∶ΔEkb＝（mgh＋qaU）∶，由于不知道重力与静电力的关系，所以动能增加量之比不确定，所以D错误。
3.ACD　由于带电小球所受静电力方向向左，分析小球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成角时，作出小球受力图如图所示，此时重力与静电力的合力与θ角的角平分线在同一条线上，根据平衡条件得qE＝mgtan ，解得E＝，故A正确，B错误；小球从A运动到速度最大的位置细线与竖直方向夹角为时的过程中，由动能定理得qELsin －mgL·＝mv2，小球在速度最大的位置时，由重力、静电力和细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：FT－mgcos －qEsin＝m，联立解得FT＝mg。由牛顿第三定律可知细线所受的拉力最大为mg。故C正确；设静电力与重力的合力为F，易知F＝＝mg，若使小球做完整的圆周运动，则小球运动到圆周右上方速度方向与F垂直时，细线拉力为0，F充当向心力，v0取最小值，即F向＝F＝，根据动能定理有－qELsin －mgL＝m－m，联立解得vmin＝，为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足的条件为v0≥。故D正确。
第十一章　电路及其应用
1.电源和电流
【基础知识·准落实】
知识点一
1.正极　2.持续
知识点二
1.稳定　2.方向　3.（1）电荷量　（3）正电荷　（4）安培　安　A
拓展学习
1.neSv　2.总电荷量
情景思辨
（1）√　（2）×　（3）√　（4）×　（5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：电流方向从云层指向地面。放电电流的大小为。
【典例1】　D　由题意可知，2 s内流过横截面的电荷量q＝5.0×1017×2×1.6×10－19 C＋1.0×1018×1.6×10－19 C＝0.32 C，则电流大小I＝＝ A＝0.16 A，Cl－水平向左移动，则Mg2＋水平向右移动，所以电流方向水平向右，故选项D正确。
素养训练
1.B　根据电流的定义可知I＝＝ A＝0.05 A，故B正确，A、C、D错误。
2.A　根据q＝It可得闪电所带电荷量为q＝It＝6×104×0.005 C＝300 C，故A正确。
要点二
知识精研
【典例2】　（1）nLSq　（2）nqSv
解析：（1）导体AD内的自由电荷总数为N＝nLS，总电荷量为Q＝Nq＝nLSq。
（2）通过此导体的电流为I＝＝＝nqSv。
素养训练
1.B　由于单位时间内通过乙横截面的电荷量是甲的2倍，因此乙导体中的电流是甲的2倍，故A错误，B正确；又I＝nqSv，则v＝，由于不知道甲、乙两导体的性质（n、q不知道），所以v的关系无法判断，故C、D错误。
2.D　若由电流的微观表达式I＝nqSv来解，本题中I＝n'eSv'，其中n'应为导线单位体积内的自由电子数，v'应为电子定向移动的平均速率，故A错误；t时间内通过导线某一横截面的自由电子数为nv't，电荷量Q＝nv'te，则电流I＝＝nev'，故B错误；由电流定义式I＝可知I＝Ne，故C错误，D正确。
要点三
知识精研
【典例3】　（1）60 A·h　（2）10 h　（3）2.16×105 C
解析：（1）（2）从标识牌可知该汽车电池的容量为60 A·h，即该汽车电池以6 A的电流放电，可以工作10 h；
（3）该汽车电池充完电可储存的电荷量为q＝It，代入数据得q＝2.16×105 C。
【教学效果·勤检测】
1.B　电源的作用是使正极聚集正电荷，负极聚集负电荷（并不是创造了电荷，而是使正、负电荷发生了分离），这样电源两端就会产生电压，从而使电路中的电荷发生定向移动形成电流，而不是产生电荷，A错误，B正确；电路中形成持续的电流的条件是有电源且电路闭合，C错误；导线中的电场是由电源和导线所积累的电荷共同形成的，D错误。
2.D　根据I＝得I＝ A＝1.6×10－7 A＝0.16 μA，D正确，A、B、C错误。
3.A　设自由电子定向移动的平均速率为v，导线中自由电子从一端定向移动到另一端所用时间为t，每个原子只提供一个自由电子，则导线中原子数目与自由电子的总数相等，为n＝NA，t时间内通过导线横截面的总电荷量为q＝ne，则电流大小I＝＝，解得v＝，故选项A正确。
4.C　电子做圆周运动的周期T＝，该环形电流的大小I＝，联立解得I＝，电流的方向与电子运动的方向相反，故该环形电流的方向为逆时针。
2.导体的电阻
【基础知识·准落实】
知识点一
1.比值　3.电流　4.电阻
知识点二
2.（1）正比　反比　3.（2）温度　较小　4.（2）增大　（3）标准电阻　5.减小　0
情景思辨
（1）×　（2）×　（3）×　（4）√　（5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　B　导体的电阻由导体本身的性质决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，导体的电阻在数值上等于它两端的电压与通过它的电流之比，由R＝可知，使导体通过一定的电流所需的电压越高，则导体的电阻越大，B错误，A正确；由I＝可知，通过导体的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，C正确；由U＝IR可知，对于一个确定的导体，即R一定，则I越大，U越大，D正确。
素养训练
1.BC　当两导体两端电压相等时，由I＝得I1∶I2＝R2∶R1＝1∶2，B正确，A错误；当两导体中电流相等时，由U＝IR得U1∶U2＝R1∶R2＝2∶1，C正确，D错误。
2.AC　由欧姆定律得R＝＝ Ω＝4 Ω，该电阻的阻值为4 Ω，A正确；由于该电阻的阻值不受温度的影响，则仅将电压升高到30 V，通过该电阻的电流应为I1＝＝ A＝7.5 A，B错误；如果仅将电阻换为阻值为10 Ω的定值电阻，由欧姆定律得I'＝＝ A＝2 A，C正确；定值电阻的阻值是一定的，与其两端是否加电压无关，D错误。
要点二
知识精研
【典例2】　C　设R1正方形的边长为L，厚度为d，则R2正方形的边长为，厚度也为d。R1、R2的材料相同，所以电阻率相同，故A错误；通过导体的电流方向如题图所示，根据电阻定律得R1＝ρ，R2＝ρ＝ρ＝R1，所以两个导体的电阻之比R1∶R2＝1∶1，由R＝知，两导体加相同电压时，I1＝I2，故B错误，C正确；若两导体的电流方向垂直于正方形面通过，根据电阻定律R1＝ρ，R2＝ρ＝4ρ＝4R1，则两导体电阻之比R1∶R2＝1∶4，故D错误。
素养训练
1.B　当电流沿I1方向时，铜块的长度为a，横截面积为bc，其电阻R1＝ρ；当电流沿I2方向时，铜块的长度为c，横截面积为ab，其电阻R2＝ρ，故＝。B正确。
2.C　由电阻公式R＝ρ，变形可得ρ＝＝＝6×104 Ω·m，故C正确。
要点三
知识精研
【典例3】　B　由电阻的定义式R＝知，在U-I图线上，某一点的纵坐标U和该点的横坐标I的比值对应着该点的电阻值R。由于白炽灯泡中灯丝的电阻会随温度的升高而增大，所以当白炽灯泡两端的电压从零逐渐增大到220 V时，灯丝的温度不断升高，电阻不断增大。只有选项B中的图线上各点的的值随U的增大而增大，故B正确。
素养训练
1.AD　根据I＝可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；根据电阻的定义式R＝可知，U-I图像斜率等于电阻R，则得R＝ Ω＝500 Ω，故B、C错误；当U＝6 V时，根据欧姆定律可得通过电阻的电流为I＝＝ A＝12 mA，故D正确。
2.B　小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故得出来的伏安特性曲线不是直线，由图可知，A点的电阻RA＝ Ω＝30 Ω，B点电阻RB＝ Ω＝40 Ω，故电阻的变化为40 Ω－30 Ω＝10 Ω，选项B正确。
【教学效果·勤检测】
1.C　当小鸟两脚站在一根线上时，两脚之间的导线的距离非常小，故两脚之间的导线的电阻非常小，则小鸟两脚间的电压很小，接近于零，不会对小鸟造成危害，故C正确。
2.ABD　加5 V的电压时，电流为1.0 A，则由欧姆定律可知R＝＝ Ω＝5 Ω，A正确；加12 V的电压时，电流为1.5 A，则可得电阻为R＝＝ Ω＝8 Ω，B正确；由题图可知，随着电压的增大，图像的斜率减小，而图像斜率的倒数等于电阻，则可知导体的电阻越来越大，随着电压的减小，导体的电阻减小，C错误，D正确。
3.AC　电阻由U、I的比值定义，则由图像可知，R1＝R2＝＝，故A正确；由图像知，A的U-I图像的斜率不变，电阻不变，故B错误；U-I图像的斜率越大，U与I的比值越大，由R＝知，U与I的比值越大，电阻越大，说明导体对电流的阻碍作用越大，故C正确，D错误。
4.　
解析：由欧姆定律可得R＝，沿着长陶瓷管的方向将膜层展开，如图所示，则膜层等效为一个电阻，其长为L，横截面积为管的周长×厚度。由电阻定律R＝ρ可得
R＝ρ＝
则＝
解得ρ＝。
3.实验：导体电阻率的测量
第1课时　长度的测量及测量工具的选用
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【典例1】　10.02
解析：游标卡尺的固定刻度读数为10 cm，游标尺上第2格刻度线与主尺刻度线对齐，所以游标尺读数为0.1×2 mm＝0.2 mm＝0.02 cm，所以最终读数为10 cm＋0.02 cm＝10.02 cm。
素养训练
　A　11.25
解析：测量尺寸较小管件的内径时用游标卡尺的内测量爪A进行测量；钢笔帽的内径为11 mm＋5×0.05 mm＝11.25 mm。
要点二
知识精研
【典例2】　0.010　6.870　6.860
解析：依据螺旋测微器读数的基本原理，被测长度的半毫米刻度值在固定刻度上读出，而可动刻度的示数要估读到0.001 mm，则题图甲读数为0.010 mm，题图乙读数为（6.5＋37.0×0.01）mm＝6.870 mm，故金属板的厚度d＝6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm。
素养训练
　0.01　0.5　5.665（5.663～5.667均可）
解析：旋钮每转一周，测微螺杆就前进或后退 0.5 mm，由于可动刻度等分为50等份，所以每一小格表示0.01 mm；题图所示螺旋测微器的固定刻度读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×16.5 mm＝0.165 mm，所以最终读数为5.5 mm＋0.165 mm＝5.665 mm。
要点三
知识精研
【典例3】　Rx1　大于　小于
解析：由题意知＝＝10，＝＝20，故＜，电压表的分流作用较显著，故应该采用电流表内接法，即题图甲所示接法，Rx1更接近待测电阻的真实值。题图甲中待测电阻的测量值是Rx与RA串联后的电阻值，故Rx真＜Rx1，题图乙中待测电阻的测量值是Rx与 RV并联后的电阻值，故Rx2＜Rx真。
【典例4】　（1）0.02　0.44　0.1　2.20　（2）0.1　1.70　0.5　8.5
解析：（1）使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，表针示数为0.44 A；当使用3 A量程时，每一小格为0.1 A，表针示数为2.20 A。
（2）使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，表针示数为8.5 V。
素养训练
1.B　比较按题图甲、乙测量时的电压表、电流表的读数，可知电压变化量ΔU＝0.10 V，则＝＝，电流变化量ΔI＝1.00 mA，则＝＝，可见＞，即电流变化明显一些，故应采取电流表内接法来减小实验误差，即用题图甲所示电路测量时，电阻Rx的阻值更接近于其真实值，由题意知，用题图甲所示电路测得的Rx＝ Ω＝600 Ω，此法测得的测量值相对于真实值偏大，故B正确。
2.（1）2.933（2.931～2.934均可）　（2）2.60　0.52
解析：（1）螺旋测微器的读数为d＝2.5 mm＋43.3×0.01 mm＝2.933 mm。
（2）因电压表的每小格读数为0.1 V，所以应估读到0.01 V，所以电压表的读数为2.60 V；电流表的每小格读数为0.02 A，应估读到0.01 A，所以电流表的读数为0.52 A。
【教学效果·勤检测】
1.B　0.410
解析：螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B。螺旋测微器的示数为（0＋41.0×0.01）mm＝0.410 mm。
2.11.4 mm　10.60 mm　4.20 mm
解析：图甲的读数为11 mm＋4×0.1 mm＝11.4 mm；图乙的读数为10 mm＋12×0.05 mm＝10.60 mm；图丙的读数为4 mm＋10×0.02 mm＝4.20 mm。
3.（1）2.18（2.16～2.19均可）　10.8　（2）0.80　0.16
4.C　该电路采用的是电流表内接法，根据电路图可知，Rx的真实值为Rx＝－RA＝ Ω－0.2 Ω＝99.8 Ω，故选C。
第2课时　金属丝电阻率的测量
【必备技能·细培养】
【典例1】　（1）A　D　E　（2）甲　（3）0.510　（4）
解析：（1）由于电源的电压为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为5 Ω，电路中的最大电流约为 I＝＝0.6 A，电流表应选D；滑动变阻器若最大阻值太大，不便于操作，所以变阻器应选E。
（2）由于＞，应采用电流表外接法，应选题图甲所示电路。
（3）由题图丙可知螺旋测微器的零误差为0.020 mm，题图丁读数为0.5 mm＋0.01×3.0 mm＝0.530 mm，所以金属丝直径为0.510 mm。
（4）R＝ρ，S＝πd2，所以ρ＝。
【典例2】　（1）乙　（2）　（3）6.5×10－5
解析：（1）由题图（a）可知，电压表测的是乙、丙探针之间的样品两端的电压，从题图（b）中可以看出L越大，电压表示数U越大，且U-L图像的延长线过坐标原点，在串联电路中电压表所测电阻部分的阻值越大，电压越大，说明L为电压表所测样品部分的长度，即L是丙到乙的距离。
（2）电阻决定式为R＝ρ，其中所测样品横截面积为S＝a2，解得ρ＝＝，其中电阻R＝，解得ρ＝，由题图（b）可知，U-L图像的斜率为k＝，所以该样品的电阻率可以表示为ρ＝。
（3）由题图（b）可知斜率为k＝＝6.5 V/m，代入电阻率的表达式得ρ＝＝ Ω·m＝6.5×10－5 Ω·m。
【典例3】　（1）图见解析　（2）　（3）
解析：（1）测电阻需要电压表和电流表，本题器材中没有电压表，但电流表A2的内阻已知，可当成电压表使用，其满偏电压Ug2＝Ig2r2＝3 V。因为其内阻r2已知，则电流表A1采用外接法时，可消除A2表分流带来的误差。电路图如图所示。
（2）R和A2并联，其两端电压相等，则R（I1－I2）＝I2r2，可得R＝。
（3）该导体横截面积为S＝a2－＝a2，由电阻定律R＝ρ，结合表达式R＝，可得ρ＝。
【教学效果·勤检测】
1.（1）M　（2）b　移动滑片时，电压表和电流表的示数不变
解析：（1）实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于M端，使得闭合开关后，测量电路部分处于短路状态，电压表、电流表示数为0，起保护作用。
（2）滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器下端两接线柱与电源相连，故b导线接错；该错误带来的问题是移动滑片的过程中电压表和电流表的示数不变。
2.（1）0.384（0.383～0.385均可）　（2）A1　R1
（3）见解析图　（4）
解析：（1）螺旋测微器固定刻度示数为零，可动刻度示数为38.4×0.01 mm＝0.384 mm，故d＝0.384 mm。
（2）由于通过待测金属丝的最大电流为Imax＝＝0.2 A，所以电流表应选择A1；根据欧姆定律可求出电路中需要的最大电阻约为Rmax＝＝45 Ω，则滑动变阻器需要的最大电阻为45 Ω－15 Ω＝30 Ω，所以为调节方便，滑动变阻器应选择R1。
（3）接法如图所示。
（4）根据欧姆定律应有R＝，又R＝ρ，S＝，联立可得ρ＝。
3.（1）不同　1.000　（2）0.5　（3）1.96×10－5　（4）小于
解析：（1）选择铅笔芯的不同位置进行多次测量，取其平均值作为铅笔芯的直径，可降低偶然误差；由题图乙可知，螺旋测微器读数为1 mm＋0.0×0.01 mm＝1.000 mm。
（2）由题图甲所示电路图可知，电阻箱与铅笔芯并联，忽略电流表内阻，当电阻箱阻值与铅笔芯阻值相等时，流过两支路的电流相等，即I2＝IRx，由并联电路规律可知，I1＝I2＋IRx，则I2＝0.5I1。
（3）由电阻定律Rx＝ρ＝ρ，又Rx＝R1，解得铅笔芯的电阻率ρ＝≈1.96×10－5 Ω·m。
（4）电流表A2的内阻不能忽略时，电流表A2与电阻箱的电阻之和等于待测铅笔芯的电阻，则铅笔芯电阻的测量值小于真实值。
4.串联电路和并联电路
【基础知识·准落实】
知识点一
I1＝I2＝…＝In　电流之和　电压之和　U1＝U2＝…＝Un　R1＋R2＋…＋Rn　倒数之和
知识点二
1.电流　　3.（1）串联　（2）并联
情景思辨
（1）√　（2）×　（3）√　（4）√　（5）×
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】　提示：三个灯泡是并联连接的。这样连接的好处是当其中一个灯泡断开时，不影响其他灯泡正常工作。
【典例1】　B　串联电路各电阻两端的电压与各电阻的阻值成正比，则S断开时U1∶U2＝R1∶R2＝1∶5，故A错误；根据串、并联电路的特点可知I1＝I2＋I3，由于R2＝R3，所以I2＝I3，则I1＝2I2，即S闭合时，通过R1与R2的电流之比为2∶1，故B正确；由U＝IR，结合S闭合时R1∶R2＝1∶5，I1＝2I2，可知S闭合时，R1与R2两端的电压之比为2∶5，故C错误；S断开时U1∶U2＝R1∶R2＝1∶5，则U1＝，S闭合时U1'∶U2'＝2∶5，则U1'＝，故S断开与闭合两种情况下，电阻R1两端的电压之比为7∶12，故D错误。
素养训练
1.C　由部分电路欧姆定律I＝可知，三个电阻并联后接入电路电压相同，则通过三个支路电流的比为I1∶I2∶I3＝∶∶＝10∶5∶2，选项C正确，A、B、D错误。
2.C　滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端的电压在0～U范围内变化，滑片P逐渐向a端移动的过程中，灯泡4.电容器的电容
课标要求 素养目标
1.观察常用电容器，知道电容器的构造原理，了解电容器的应用。 2.观察电容器的充、放电现象。 3.理解电容器的电容概念，能运用其定义式进行简单计算。 4.了解影响平行板电容器电容大小的因素，能运用公式分析判断相关问题 1.通过观察常用电容器及其充、放电现象，了解电容器的电容，体会利用比值定义物理量的科学方法。（物理观念） 2.通过认识常用电容器和查阅相关资料，体会电容器在实际生活中的广泛应用，培养学生探究新事物的兴趣。（科学态度与责任） 3.通过探究影响平行板电容器电容的因素，体会应用控制变量法研究物理问题的科学方法。（科学探究）
知识点一　电容器
1.电容器：由任何两个彼此　　　　又相距很近的导体组成。
2.平行板电容器：由两个相距很近的平行　　　　中间夹上一层绝缘物质组成。
3.电介质：两极板间夹的　　　　物质。
知识点二　电容　常用电容器
1.电容
（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的　　　　　之比。
（2）定义式：C＝　　　。
（3）物理意义：表征电容器储存　　　的特性。
（4）单位：在国际单位制中，电容的单位是　　　，简称　　　，符号是　　　，常用单位有微法（μF）和皮法（pF）。1 μF＝　　 F；1 pF＝　　　 F。
2.电容器的额定电压和击穿电压
（1）额定电压：电容器外壳上标的　　　　电压。
（2）击穿电压：电容器不被击穿的　　　　电压。
3.平行板电容器[拓展学习]
（1）结构：由两块彼此　　　、互相　　　的平行金属板组成的电容器。
（2）平行板电容器的电容与各决定因素之间的关系：平行板电容器的电容与两平行极板正对面积S成　　　，与电介质的相对介电常数εr成　　　，与极板间距离d成　　　。
（3）表达式：C＝　　　　，式中k为静电力常量。
4.常用电容器
【情景思辨】
　如图所示的是电容器充电的过程。
（1）电容器充电的过程，两块不带电的金属板跟电源连接，最后金属板上带了等量的异种电荷。（　　）
（2）电容器充电过程中两极板间电场强度不断增大。（　　）
（3）放电后的电容器所带电荷量为0，电容也为0。（　　）
（4）电容器的电容表示电容器容纳电荷的多少。（　　）
（5）电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。（　　）
要点一　实验：观察电容器的充、放电现象
1.实验器材：直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表及单刀双掷开关、导线。
2.实验电路
3.实验步骤
①根据实验电路图连接电路。
②把开关S接1，此时电源给电容器充电，观察电压表和电流表的示数变化情况，记录在表格中。
③把开关S接2，此时电容器对电阻R放电，观察电压表和电流表的示数变化情况，记录在表格中。
④断开开关，拆除电路，整理实验器材。
4.实验表格及记录
— 充电过程 放电过程
开关位置 S接1 S接2
电压电流 电压表示数增大 电流表示数减小 电压表示数减小 电流表示数减小
极板电荷 两极板带上等量异种电荷 两极板电荷减小为零
能量变化 电容器储存能量 电容器释放能量
【典例1】　电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是电流传感器反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能显示出电流随时间的变化图像。图甲是用电流传感器观察电容器充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V。（已知电流I＝）
先使开关S与1接通，待充电完成后，再把开关S与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I-t图像如图乙所示。已知图线与时间轴围成的面积表示电荷量，根据图像估算出电容器整个放电过程中释放的电荷量为　　　　C，该电容器电容为　　　　μF。（结果均保留三位有效数字）
尝试解答
1.把电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。与电流传感器相连接的计算机（图中未画出）可记录电流随时间变化的I-t图像，规定逆时针的电流流向为正。
图乙是某次实验中与电流传感器相连接的计算机所记录的I-t图像，可判断出该图像记录的是电容器的　　　　过程（选填“充电”或“放电”）。请你用语言描述在此过程中电流随时间如何变化：　　　　　　　。
2.如图所示的实验电路，可研究电容器的充、放电。先使开关S与1端相连，电源给电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。
（1）电容器在充电的过程中，电容器所带电荷量　　　　。
A.不变　　　　B.变大　　　　C.变小
（2）电容器在放电的过程中，电容器的电容　　。
A.不变　　　　B.变大　　　　C.变小
（3）传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线，该图像　　　　（选填“是”或“不是”）一条直线。
要点二　对电容的理解
【探究】
　全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下线。该种电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的数十秒内可充满电并持续行驶，刹车和下坡时可把部分动能转化成电能回收储存再使用。
思考：当超级电容充电时，电容器的电荷量增加，电容器两极板间的电势差如何变化？带电荷量Q和板间电势差U的比值是否发生变化？
【归纳】
1.对电容及其定义式的理解
（1）C＝，表示电容器的电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器需要带的电荷量。
（2）电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，由电容器本身的性质决定，与电容器是否带电、所带电荷量Q和两极板间的电势差U无关。
2.电容器的Q-U图像
如图所示，Q-U图像是一条过原点的直线，其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值，U为两板间的电势差，直线的斜率表示电容大小。因此C＝，即电容的大小在数值上等于两极板间的电压增加（或减小）1 V所增加（或减小）的电荷量。
【典例2】　若使一已充电的电容器所带的电荷量减少q，其两极板间电压减少为原来的，则（　　）
A.电容器原来所带电荷量为q B.电容器的电容变为原来的
C.电容器原来的电压为1 V D.电容器完全放电后，电容变为零
尝试解答
1.某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线如图所示，如果该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，电容器的电荷量减少了（　　）
A.0.02 C B.0.08 C
C.0.16 C D.0.20 C
2.一个超级电容器（3 000 F　2.7 V）如图所示，下列关于该电容器的说法中正确的是（　　）
A.电容器可以储存电荷，储存的电荷越多电容越大
B.电容器两端的电压低于2.7 V时就不能正常工作
C.电容器两端的电压为1.35 V时，它的电容是1 500 F
D.电容器两端电压每增加1 V，它的带电量将增加3 000 C
要点三　平行板电容器的动态分析
【探究】
　在研究“影响平行板电容器电容大小的因素”的实验中，连入了静电计。
（1）静电计的作用是什么？
（2）当两极板间的距离d发生变化时，极板上电荷量有何特点？
【归纳】
1.平行板电容器的两类动态问题
（1）电容器始终连接在电源两端。
（2）电容器充电后断开电源。
2.两类动态问题中各物理量的关系
所用公式（1）C＝　（2）E＝　（3）C＝∝
始终连接在电源两端，U不变 充电后断开电源，Q不变
由εr、S或d的变化判断C、Q、E的变化 由εr、S或d的变化判断C、U、E的变化
Q＝UC∝C∝ U＝∝∝
E＝∝，与S无关 E＝∝，与d无关
【典例3】　（多选）如图所示为“研究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验装置，以下说法正确的是（　　）
A.A板与静电计的指针带的是异种电荷
B.甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大
C.乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变
D.丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小
尝试解答
规律方法
电容器动态变化问题的分析步骤
（1）明确电容器与电源的连接情况，从而确定是电压不变还是电荷量不变。
（2）由C＝，根据εr、S、d的变化确定C的变化。
（3）由C＝确定Q或U的变化。
（4）根据E＝＝判断E的变化。
1.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，板间距离变为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
2.（多选）两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。接通开关S，电源给电容器充电（　　）
A.保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
B.保持S接通，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电荷量增大
C.断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
D.断开S，在两极板间插入一块电介质，则两极板间的电势差增大
1.全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的数十秒内可充满电并持续行驶，刹车和下坡时可把部分动能转化成电能回收储存再使用，如图所示的电车使用的是规格为“3 V　12 000 F”的电容器，下列说法正确的是（　　）
A.该电容器可容纳的电荷量为36 000 A·h
B.电容器放电时，电荷量逐渐减少到0，电容不变
C.电容器放电时，电荷量逐渐减少到0，电压不变
D.若30 s能充满电，则充电平均电流为3 600 A
2.一个电容器带电荷量为Q时，两极板间电压为U，若使其带电荷量增加4.0×10－7 C时，它两极板间的电势差增加20 V，则它的电容为（　　）
A.1.0×10－8 F B.2.0×10－8 F
C.4.0×10－8 F D.8.0×10－8 F
3.飞机油箱内的油量是估计其续航时间和确保飞行安全的重要参数。一种电容式测量飞机油箱内油量的装置如图所示，油箱内置圆筒形电容器，电容的变化反映了油面高度的变化。下列说法正确的是（　　）
A.给飞机供油时油量增加，相当于改变了电容器中的电介质，电容会增大
B.给飞机供油时油量增加，相当于改变了电容器中的电介质，电容会减小
C.飞行过程中油量减少，相当于改变了两极板间的正对面积，电容会减小
D.飞行过程中油量减少，相当于改变了两极板间的正对面积，电容会增加
4.如图所示为某一电容器所带电荷量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，对电容器来说，下列说法正确的是（　　）
A.是充电过程
B.是放电过程
C.该电容器的电容为5×10－2 F
D.该电容器的电荷量变化量为0.2 C
提示：完成课后作业　第十章　4.
8 / 85.带电粒子在电场中的运动
课标要求 素养目标
1.学习运用静电力、电场强度等概念研究带电粒子在电场中受到的力和运动的关系，培养运动和相互作用观念。 2.学习运用静电力做功、电势、电势差、等势面等概念研究带电粒子在电场中的功能关系，培养能量观念。 3.了解示波管的工作原理，体会静电场知识对科学技术的影响，培养解决实际问题的能力 1.通过研究带电粒子在电场中的偏转学会类比的研究方法。（科学思维） 2.通过带电粒子在电场中加速、偏转过程的分析，培养学生的分析、推理能力。（科学推理） 3.观察示波管，知道其主要构造和工作原理，体会静电场知识在科学技术中的应用。（科学态度与责任） 4.通过知识的应用，培养学生运用科学知识解决实际问题的能力。（科学态度与责任）
知识点一　带电粒子在电场中的加速
1.带电粒子的运动特点
利用　　　使带电粒子加速，其速度方向与　　　　　的方向相同或相反。
2.两种分析思路
（1）利用牛顿第二定律结合　　　　　　　公式，适用于　　　电场且问题中涉及运动时间等描述运动过程的物理量时适合该思路。
（2）利用静电力做功结合　　　　　　　，当问题只涉及　　　　　、速率等动能定理公式中的物理量或　　　　电场情景时适合该思路。
知识点二　带电粒子在电场中的偏转
1.条件：带电粒子的初速度方向跟电场方向　　　　。
2.运动规律：在匀强电场中，带电粒子做类平抛运动，运动轨迹是一条　　　　。
3.分析思路：同分析平抛运动的思路相同，不同的是平抛运动物体所受的是重力，而带电粒子所受的是静电力。
4.示波管[拓展学习]
（1）构造示意图
（2）原理：电子在　　　　电场中加速，在　　　　电场中偏转后打在荧光屏上。
【情景思辨】
如图所示，一电子在加速电场中加速后进入偏转电场运动。
（1）忽略重力，带电粒子加速时做匀变速直线运动。（　　）
（2）若电子由静止开始加速，满足动能定理eU＝m。（　　）
（3）电子在匀强电场中偏转时，可能做匀速圆周运动。（　　）
（4）当其他条件相同时，v0越大，电子在偏转电场中偏转距离越大。（　　）
要点一　带电粒子在电场中的加速
1.带电粒子的分类及受力特点
（1）微观粒子：电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。
（2）质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。
2.带电粒子只受静电力作用的加速问题分析
（1）加速度
由F＝qE＝q＝ma得a＝＝。
（2）速度
①利用功能关系求解（适用于所有电场）
由qU＝mv2－m得v＝
若初速度v0＝0，则v＝ 。
②利用力和运动关系求解（仅适用于匀强电场）
由v2＝＋2ad＝＋得v＝
若初速度v0＝0，则v＝ 。
【典例1】　如图所示，在P板附近有一电子（图中未画出）由静止开始向Q板运动，则下列关于电子到达Q板时的速率与哪些因素有关的解释正确的是（　　）
A.两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大
B.两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小
C.两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大
D.与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关
尝试解答
规律方法
带电粒子在电场中直线运动问题的分析方法
1.如图所示，A、B是一对中心有孔的圆盘，它们间有一定的电势差UAB，一电子（不计重力）以一定初动能Ek0＝500 eV进入A圆盘中心，如果UAB＝600 V，那么电子飞出圆盘中心的动能是Ek1；如果UAB＝－600 V，那么电子射出圆盘中心的动能是Ek2，则（　　）
A.Ek1＝1 100 eV，Ek2＝500 eV
B.Ek1＝500 eV，Ek2＝1 100 eV
C.Ek1＝－100 eV，Ek2＝1 100 eV
D.Ek1＝1 100 eV，Ek2＝100 eV
2.电子被加速器加速后轰击重金属靶时，会产生射线，可用于放射治疗。图甲展示了一台医用电子直线加速器，其原理如图乙所示：从阴极射线管的阴极K发射出来的电子（速度可忽略），经电势差的绝对值为U的电场加速后获得速度v，加速电场两极板间的距离为d，不计电子所受重力。下列操作可使v增大的是（　　）
A.仅增大U B.仅减小U
C.仅增大d D.仅减小d
要点二　带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律
2.偏转位移和偏转角
（1）粒子离开电场时的偏转位移y＝at2＝·＝。
（2）粒子离开电场时的偏转角tan θ＝＝。
（3）粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切值tan α＝＝。
3.两个常用的推论
（1）粒子射出电场时速度的反向延长线交于板长l的处，即x＝＝。
（2）位移方向与初速度方向夹角的正切值为速度偏转角正切值的，即tan α＝tan θ。
4.运动轨迹：抛物线。
【典例2】　如图所示，电子从静止开始被U＝180 V的电场加速，沿直线垂直进入另一个电场强度为E＝6 000 V/m的匀强偏转电场，而后电子从右侧离开偏转电场。已知电子比荷为≈×1011 C/kg，不计电子的重力，偏转极板长为L＝6.0×10－2 m。求：
（1）电子经过电压U加速后的速度vx的大小；
（2）电子在偏转电场中运动的加速度a的大小；
（3）电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角θ。
尝试解答
1.如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（　　）
A.使U2加倍
B.使U2变为原来的4倍
C.使U2变为原来的倍
D.使U2变为原来的
2.一束电子流经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两平行极板等距离处垂直进入板间的匀强电场，如图所示。若两极板间距离d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，那么要使电子能从极板间飞出，两极板间最大能加多大电压？
要点三　示波管的原理
　电子枪通电后发射电子，电子在加速电场作用下被加速，然后进入偏转电场。偏转电极一般有相互垂直的两组，一组控制竖直偏转，一组控制水平偏转。电子经过偏转电场后打到荧光屏上使荧光粉发光。
【典例3】　（多选）如图是示波管的原理图。它由电子枪、偏转电极（XX'和YY'）、荧光屏组成，管内抽成真空。给电子枪通电后，如果在偏转电极XX'和YY'上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑。下列说法正确的是（　　）
A.要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY'上加电压，且Y'比Y电势高
B.要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX'、YY'上加电压，且X比X'电势高、Y比Y'电势高
C.要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX'上加特定的周期性变化的电压（扫描电压），在偏转电极YY'上加恒定电压或不加电压
D.要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX'上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY'上加按正弦规律变化的电压
尝试解答
　如图是示波管的示意图，从电子枪发出的电子通过两对偏转电极，如果偏转电极不加电压，则电子沿直线打在荧光屏的中心O，当在两对偏转电极上同时加上电压后，电子将偏离中心打在某个位置，现已标出偏转电极所加电压的正负极，从示波管的右侧来看，电子可能会打在荧光屏上哪一位置（　　）
A.1位置　 B.2位置 C.3位置　 D.4位置
1.两平行金属板相距为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＝L，则此电子具有的初动能是（　　）
A. B.edUL C. D.
2.喷墨打印机的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（　　）
A.向负极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线的一部分
D.运动轨迹与带电荷量有关
3.如图所示，质子H）和α粒子He）以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），这两个粒子都能射出电场，α粒子的质量是质子的4倍，带电荷量是质子的2倍，则质子和α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
4.两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6 kg的带电微粒，以v0＝2 m/s的水平速度从两板正中位置射入电场，如图所示，A、B两板间距离为d＝4 cm，板长l＝10 cm。（g取10 m/s2）
（1）当A、B间的电压为UAB＝1 000 V时，微粒恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该微粒的电荷量和电性；
（2）使B板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A板电势的取值范围。
提示：完成课后作业　第十章　5.
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