资源简介

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第七章
静电场(选修3－1)
　【P113】
考点
要求
说明
物质的电结构、电荷守恒
Ⅰ
静电现象的解释
Ⅰ
点电荷
Ⅰ
库仑定律
Ⅱ
静电场
Ⅰ
电场强度、点电荷的场强
Ⅱ
电场线
Ⅰ
电势能、电势
Ⅰ
电势差
Ⅱ
匀强电场中电势差与电场强度的关系
Ⅱ
带电粒子在匀强电场中的运动
Ⅱ
示波管
Ⅰ
常见电容器
Ⅰ
电容器的电压、电荷量和电容的关系
Ⅰ
带电粒子在匀强电场中运动的计算，只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于场强方向的情况
　【P113】
(1)与新课标的要求相比，大大降低了难度：①增加了物质的电结构和静电现象的解释，要求为Ⅰ；②删除了静电屏蔽、电场中的导体、等势线的描绘实验；③静电场、电场线、电势能、电势等知识点由Ⅱ降为Ⅰ；④“电容器的电容，平行板电容器的电容”改为“电容器的电压、电荷量和电容的关系”，“示波器及应用”改为“示波管”．
(2)库仑定律、电场强度、电势差、匀强电场中电势差跟电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动等内容属于Ⅱ级要求，删去了“只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于场强方向”的说明，其他均属于Ⅰ级要求．因此，电荷平衡问题、带电粒子的圆周运动问题、电子加速问题、带电粒子在电场中的偏转问题等均属于考纲要求范围．
2015、2016命题情况　【P113】
年份
考题
题型
分值
主要考点
2015
全国卷Ⅰ第15题
选择题
6分
电场的能的性质
全国卷Ⅱ第14题
选择题
6分
电容器
全国卷Ⅱ第24题
计算题
12分
电场的能的性质
年份
考题
题型
分值
主要考点
2015
山东卷第18题
选择题
6分
电场的力的性质
山东卷第20题
选择题
6分
带电粒子在电场中的运动
四川卷第6题
选择题
6分
电场与重力场复合场
四川卷第10题
计算题
17分
带电体在电场中的运动
浙江卷第16题
选择题
6分
库仑定律、静电现象
浙江卷第20题
选择题
6分
库仑定律与物体平衡
江苏卷第2题
选择题
3分
静电现象
江苏卷第7题
选择题
4分
带电粒子在电场中的运动
江苏卷第8题
选择题
4分
电场的能的性质
安徽卷第14题
选择题
6分
电场的力的性质
安徽卷第20题
选择题
6分
电容器
2016
全国卷Ⅰ第14题
选择题
6分
电场的能的性质
全国卷Ⅰ第20题
选择题
6分
带电粒子在匀强电场中的运动
全国卷Ⅱ第15题
选择题
6分
电场的力的性质
全国卷Ⅲ第15题
选择题
6分
电场的能的性质
上海卷第11题
选择题
2分
电场的能的性质
上海卷第24题
填空题
4分
电场的力的性质
上海卷第32题
计算题
14分
带电粒子在电场中的运动
浙江卷第14题
选择题
6分
电场线、电容
浙江卷第15题
选择题
6分
电场的力的性质
浙江卷第19题
选择题
6分
电场的力的性质
北京卷第23题
计算题
18分
带电粒子在电场中的运动
江苏卷第3题
选择题
3分
电场的力的性质
四川卷第9题
计算题
15分
带电粒子在电场中的运动
四川卷第11题
计算题
19分
带电粒子在电场中的运动
天津卷第4题
选择题
6分
电场的能的性质
第1节　电场的力的性质
　　【P114】
夯实基础　
1．电荷及电荷守恒定律
(1)元电荷：是自然界中带电荷量最小的电荷，任何带电体的电荷量都是元电荷的__整数倍__，元电荷等于质子或电子所带的电荷量的大小，即e＝__1.60×10－19__C.
(2)点电荷：带一定电荷量并忽略带电体的__大小__和__形状__的一种理想化模型．
(3)电荷守恒定律
电荷既不能创生，也不能消灭，只能从一个物体__转移__到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移的过程中，电荷的总量保持__不变__．这个结论叫做电荷守恒定律．
(4)物体带电的方式和实质
①带电方式：__摩擦起电__、__接触带电__和感应起电．
②带电实质：物体带电的实质是电荷的__转移__．
2．库仑定律
(1)内容：在真空中两个点电荷间的作用力跟它们的__电荷量的乘积__成正比，跟它们的__距离的二次方__成反比，作用力的方向在它们的连线上．
(2)表达式：F＝k，式中k表示静电力常量，k＝__9.0×109__N·m2/C2__．
(3)适用条件：__真空__中的__点电荷__．
(4)对库仑定律的三点理解
①F＝k，r指__两点电荷间__的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球心间距；
②对于两个带电金属球，有时需考虑金属球表面电荷的__重新分布__；
③当两个电荷间的距离r→0时，电荷__不能__视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．
(5)应用库仑定律的四条提醒
①在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电荷量的绝对值计算库仑力的大小；
②作用力的方向判断根据：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向；
③两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反；
④库仑力存在极大值，由公式F＝k可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1＝q2时，F最大．
考点突破　　
例1两个分别带有电荷量＋Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后再将其固定距离变为2r，则两球间库仑力的大小为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.F
B.F
C.F
D.F
【解析】相距为r时，根据库仑定律得：F＝k；接触后，依电荷守恒定律，各自带电荷量变为Q′＝＝2Q，则此时F′＝k＝k＝F，故C正确，ABD错误．故选C.
【答案】C
例2如图所示，三个点电荷q1、q2、q3固定在一条直线上，q2与q3的距离为q1与q2的距离的2倍，每个电荷所受静电力的合力均为零．由此可以判定，三个电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为(　　)
A．(－9)∶4∶(－36)
B．9∶4∶36
C．(－3)∶2∶(－6)
D．3∶2∶6
【解析】三个点电荷均处于平衡状态，则对每个点电荷来说，它一定受到两个大小相等、方向相反的力的作用．若设q1、q2、q3均带正电，则虽然q2可以平衡，但q1或q3所受的两个库仑力由于均为斥力故而方向相同，不能平衡；若设q1、q3均带负电，q2带正电，则每个点电荷所受的两个库仑力均方向相反，可能平衡，因此，要使每个电荷所受静电力的合力均为零，则
q1、q3必须是同种电荷且跟q2是异种电荷．q1受q2水平向右的库仑引力和q3水平向左的库仑斥力作用，由库仑定律和平衡条件有keq
\f(q1q2,l)＝k，同理，对q2有keq
\f(q1q2,l)＝keq
\f(q2q3,l)；对q3有keq
\f(q2q3,l)＝k，以上三式相比，l2＝2l1，得q1∶q2∶q3＝∶1∶＝9∶4∶36，由带电的正负知A正确．
【答案】A
【小结】1.分析点电荷平衡问题的方法步骤
点电荷平衡问题的分析方法与前段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电场力．具体步骤如下：
2．三个自由点电荷的平衡问题
(1)条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反．
(2)规律：
针对训练　
1．绝缘细线的一端与一带正电的小球连接，绝缘水平面上固定了另一个带电小球N，在下列情况下，小球M能处于静止状态的是(B)
【解析】设小球M受到的重力为G，细线的拉力为FT，静电力为F，如果小球M能处于静止状态，则G、FT、F三个力的合力必须为零，其中任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，对题中的小球受力分析如图所示，结合平行四边形定则，满足条件的只有选项B.
2．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知(D)
A．n＝3
B．n＝4
C．n＝5
D．n＝6
【解析】由两次接触后1、2之间作用力方向不变，分析得球1、2原带同种电荷．设1、2两球间距为R，则F＝k，球3与球2接触后，两球分别带电，再与球1接触后，球3和球1分别带电量，库仑力F′＝k，由F′＝F，可解得n＝6，D正确．
3．光滑绝缘的水平面上，放着三个质量都是m的带电小球A、B、C(重力不计)，如图所示，小球之间距离都是L.已知A、B两球带等量电荷＋q，现给C球一个外力F，使三个小球在运动中保持距离不变，则：
(1)C球带何种电荷？电荷量多少？
(2)外力F的大小和方向如何？
【解析】(1)运动中间距不变，则三球加速度相同，沿AB中垂线向右．设C球所带电量为Q，
对A球受力分析可知，得C球带负电，且：kcos
60°＝k
解得：Q＝2q.
(2)设三个小球的加速度都是a，根据牛顿第二定律和库仑定律，对A球受力分析可知ksin
60°＝ma a＝k；
对整体受力分析可知F＝3ma＝3k，其方向为：方向垂直AB线指向三角形外侧．
　　【P115】
夯实基础　
1．电场
(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间__相互作用__的一种特殊物质．
(2)基本性质：对放入其中的电荷有__电场力的作用__．
2．电场强度
(1)意义：是描述电场的__强弱和方向__(即力的性质)的物理量．
(2)定义：放入电场中某点的电荷所受的__电场力F__跟它的__电荷量q__的比值．
(3)定义式：__E＝__，单位：__牛/库(N/C)__或__伏/米(V/m)__．
(4)矢量性：规定__正电荷__所受电场力的方向为该点的电场强度方向．
(5)真空中点电荷产生的电场中，电场强度的决定式：E＝.
(6)匀强电场中，电场强度E与电势差U的关系式：E＝.
考点突破　　
例3如图所示，N(N为大于5的正整数)个小球均匀分布在半径为R的圆周上，圆周上P点的一个小球所带电荷量为－2q，其余小球带电量均为＋q，圆心处的电场强度大小为E.若仅撤去P点的带电小球，圆心处的电场强度大小为(　　)
A．E
B.
C.
D.
【解析】设除P点的小球外，其他带电小球在圆心处产生的电场强度为E′，则有：
E′＋＝E，∴E′＝E－.
设想再引进一个带＋3q的小球放在P点(原来的不动)，则圆心处场强为0.
有0＝E′＋－，∴E′＝，∴E＝，∴E′＝，C对．
【答案】C
【小结】电场强度的三个公式及其叠加原理
1．三个公式的比较
表达式比较
E＝
E＝k
E＝
公式意义
电场强度定义式
真空中点电荷的电场强度决定式
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，d是场中两点间沿电场强度方向的距离，U是这段距离间的电压
相同点
矢量，单位：1
N/C＝1
V/m
2.电场强度的叠加原理
(1)叠加原理：多个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；
(2)运算法则：叠加遵循平行四边形定则；
(3)一般求解思路：在求解电场强度问题时，应分清所叙述的电场强度是合电场强度还是分电场强度，若求分电场强度，要注意选择适当的公式进行计算；若求合电场强度时，应先求出分电场强度，然后再根据平行四边形定则求解．
针对训练　
4．(多选)图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧(AC)
A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1>|Q2|
C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|<|Q2|
【解析】当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向．当Q1＜Q2时，则b点电荷在P点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左．故A正确；当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在P点的电场强度方向沿Pb方向，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线方向，则合电场强度方向偏右．不论电量大小关系如何，仍偏右．故B错误；当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线方向，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线方向，则合电场强度方向偏左．不论它们的电量大小关系如何，仍偏左．故C正确；当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在P点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在P点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|<|Q2|，则合电场强度方向偏右．故D错误；故选AC.
5．(2015山东)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处电场强度的大小和方向分别为(B)
A.，沿y轴正向
B.，沿y轴负向
C.，沿y轴正向
D.，沿y轴负向
【解析】处于O点的正点电荷在G点处产生的电场强度E1＝k，方向沿y轴负向；又因为G点处电场强度为零，所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的电场强度E2＝E1＝k，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点共同产生的电场强度E3＝E2＝k，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的电场强度E4＝k，方向沿y轴正向，所以H点的电场强度E＝E3－E4＝，方向沿y轴负向．
　　【P116】
夯实基础　
1．电场线的定义：为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的__切线方向__都跟该点的电场强度方向一致，曲线的__疏密程度__表示电场的强弱．
2．电场线的特点：
①电场线始于__正电荷__(或无限远处)，终于__无限远处__(或负电荷)；
②电场线互不相交；
③电场线和等势面在相交处互相__垂直__；
④顺着电场线的方向电势__降低__；
⑤在同一电场里，电场线越密的地方，电场强度__越大__等差等势面__越密__．
3．几种典型的电场线
4．两种等量点电荷的电场
比较
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
电荷连线上的电场强度
不同点
O点最小，但不为零
O点为零
相同点
沿连线先变小后变大
中垂线上的电场强度
O点最大，向外逐渐减小
O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称位置的电场强度
示例
A与A′、B与B′、C与C′
相同点
大小相等
不同点
方向相同
方向相反
考点突破　　
例4Q1、Q2是分别位于A、B两处的两个异种点电荷，其电场线分布如图所示，由图可知(　　)
A．沿直线由A到B电场强度一直减小
B．沿直线由A到B电场强度一直增大
C．电荷量Q1>Q2
D．电荷量Q1【解析】由电场线的分布情况可知，沿直线由A到B电场强度先减小后增大．如图所示，C点的电场强度方向平行于AB连线，由图可知，EA>EB，rAC>rBC，
根据EA＝keq
\f(Q1,r)，EB＝keq
\f(Q2,r)
可知：Q1>Q2.
【答案】C
【小结】关于电场线的问题往往与带电粒子的运动联系起来进行考查，解答这类问题应抓住以下几个关键：
1．判断电场强度的方向——电场线上任意一点的切线方向即为该点电场强度的方向；
2．判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反；
3．判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小；
4．判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向．
针对训练　
6．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则(C)
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a的速度将减小，b的速度将增加
C．a的加速度将减小，b的加速度将增大
D．两个粒子的动能一个增加一个减小
【解析】根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异性电荷，但无法确定其具体电性，故A错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B、D错误；从两粒子的运动轨迹判断，a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故C正确．
7．在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示．一初速度不为零的带电小球从桌面上的A点开始运动，到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示小球经过C点时的速度．则(B)
A．小球带负电
B．恒力F的方向可能水平向左
C．恒力F的方向可能与v方向相反
D．在A、B两点小球的速率不可能相等
【解析】小球从A到C做曲线运动，电场力指向弧线内侧知，小球带正电，故A错误；从C到B小球做曲线运动，合力指向曲线的内侧，故恒力F的方向可能水平向左，故B正确；从C到B小球做曲线运动，若恒力F的方向与v方向相反，则合力不可能指向曲线的内侧，故C错误；从A到B电场力做正功，恒力F做负功，合力的功可能为零，故A、B两点的速率可能相同，故D错误；故选B.
考
点
集
训　【P316】
A组
1．关于元电荷的下列说法中不正确的是(A)
A．元电荷实质上是指电子和质子本身
B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍
C．元电荷的数值通常取e＝1.60×10－19
C
D．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根用油滴实验测得的
【解析】元电荷是指最小的电荷量，不是指电子和质子；选项A错误；所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，选项B正确；元电荷的数值通常取e＝1.60×10－19
C，选项C正确；元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根用油滴实验测得的，选项D正确；故选A.
2．如图所示为两个带等量点电荷周围的电场线分布(电场线方向未标出)，则(C)
A．A只能带正电
B．A只能带负电
C．若A带正电，则B肯定是带负电的
D．若A带正电，则B肯定是带正电的
【解析】根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，A、B是两个等量异种电荷，由于电场线方向未标出，所以若A带正电，则B肯定是带负电的，若A带负电，则B肯定是带正电的．故选C.
3．两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们之间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(D)
A.
B.
C.
D.
【解析】根据库仑定律公式，得F＝k＝k，两小球相互接触后总电荷量不变，每一个小球的电荷量：q＝＝2Q，两个小球之间的库仑力：F′＝＝k＝F，故D正确，ABC错误．
4．A、B、C三个小球(可视为质点)的质量均为m，A、C小球带正电，B球不带电，带电小球可视为点电荷，不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来竖直悬挂在O点，小球保持静止(如图)，重力加速度为g，下列说法正确的是(B)
A．OA段绳子拉力小于3mg
B．BC段绳子拉力大于mg
C．若增长BC段绳子长，则OA段绳子拉力减小
D．若增长绳子使A、C两球距离加倍，则BC段绳子拉力变为原来的
【解析】对ABC的整体，受到向上的OA段绳子拉力和向下的重力3mg，由平衡知识可知TOA＝3mg，当BC段绳子加长时，OA段绳子拉力仍为3mg，选项A、C错误；对小球C，由平衡知识可知：TBC＝mg＋F库，故BC段绳子拉力大于mg，选项B正确；根据库仑定律F＝k可知，若增长绳子使AC两球距离加倍，则A对C的斥力减小到原来的，BC段绳子拉力变为T′BC＝mg＋F库，选项D错误；故选B.
5．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度—时间图象如图所示．则这一电场可能是下图中的(A)
【解析】由v－t图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反．故选A.
6．(多选)A、B两带电小球，质量分别为mA、mB，用绝缘不可伸长的细线如图悬挂，静止时A、B两球处于相同高度．若B对A及A对B的库仑力大小分别为FA、FB，则下列判断正确的是(CD)
A．FA＜FB
B．细线AC对A的拉力TA＝
C．细线OC的拉力TC＝(mA＋mB)g
D．同时烧断AC、BC细线后，A、B在竖直方向的加速度相同
【解析】据题意，由于A、B两球处于静止状态，两球受到的合力为零，A、B两球构成的整体合力也为零，对整体受力分析：受到重力和OC细绳的拉力，所以细线OC拉力为：TC＝(mA＋mB)g，选项C正确；A、B之间的库仑力属于相互作用力，所以有：FA＝FB，故选项A错误；对A球隔离受力分析，小球A受到细线AC的拉力为：TA＝＝mAg，故选项B错误；同时烧断细线AC和BC，两球在竖直方向都只受到重力，在竖直方向的加速度为重力加速度，故选项D正确．
7．如图所示，A、B、C为放置在光滑水平面上的三个带电小球，其中B与C之间用长为L的绝缘轻质细杆相连(L远远大于小球的直径)，三个小球都恰好处于静止状态．已知小球B的带电量为－q，小球C的带电量为＋9q，则以下判断正确的是(C)
A．小球A的带电量一定为＋
B．轻质细杆一定处于被拉伸状态
C．小球A与B之间的距离一定为
D．若将A向右平移一小段距离，释放后A一定向左运动
【解析】小球A受力平衡，根据平衡条件，有：＝，解得：x＝，qA可以为任意值；故A错误，C正确；对球B，球A、球C的静电力的合力为：F＝－，由于不知道球A的带电量，故无法确定球A、球C的静电力的合力是否为零，故杆可能是拉力、支持力、没有力，故B错误；球A在原来的位置是平衡的，若将A向右平移一小段距离，球B、球C对其的静电力大小均增加，但球B的静电力大小增加更快，若A带正电、释放后A向右运动；若A带负电释放后A向左运动，故D错误．
8．(多选)如图所示，真空中两个相同的小球带有等量同种电荷，质量均为
0.1
g，分别用10
cm长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的一点，当平衡时B球偏离竖直方向60°，A竖直悬挂且与绝缘墙接触(g取
10
m/s2)．静电力常量k＝9.0×109
N·m2/C2.下列说法正确的是(AB)
A．小球的带电荷量约为3.33×10－8
C
B．墙壁受到的压力约为8.7×10－4
N
C．A球受到细线的拉力为1.0×10－3
N
D．B球受到的拉力为1.5×10－3
N
【解析】对B球受力分析，如图1所示
　
图1　　　　　　　　　图2
根据平衡条件可得，F＝mg＝TB＝1×10－3N，根据库仑定律：
F＝k＝mg，解得：q＝×10－7C≈3.33×10－8
C，
对A球分析，A球受到重力、拉力、电场力和支持力四个力的作用而处于平衡状态，如图2所示
根据平衡条件可得N＝Fsin
60°＝mgsin
60°≈8.7×10－4
N，故墙受到小球的压力大小约为8.7×10－4
N，方向水平向左，TA＝mg＋Fcos
60°＝1.5×10－3
N.
故A、B正确，C、D错误．
9．如图所示，一个挂在绝缘细线下端的带正电的小球B，静止在图示位置，若固定的带正电的小球A的电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，θ＝30°，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中，(静电力常量为k，重力加速度为g)求：
(1)带电小球A在B点处产生的电场强度；
(2)A、B两球间的距离．
【解析】(1)根据题意，A、B两球都受力平衡，对B球进行受力分析：
F＝mgtan
θ
E＝得E＝，场强方向由A指向B
(2)两球之间库仑力：F＝
以上两式联立解得：l＝
B组
10．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R.现以OB为直径在球内挖一球形空腔，已知静电力常量为k，球的体积公式为V＝πr3，则A点处场强的大小为(B)
A.
B.
C.
D.
【解析】实心带电球体在A点产生的电场强度为E1＝，被挖去的球形空腔体积为V＝π(R)3＝πR3，故球形空腔本应带电为Q，则球形空腔本应在A点产生的电场强度为E2＝＝，当挖去球形空腔后A点的电场强度EA＝E1－E2＝.故选B.
11．(多选)如图甲所示，空间只存在两个固定点电荷Q1、Q2，其中Q1带正电，两电荷连线的延长线上有a、b两点．一带负电的试探电荷，只在静电力作用下以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向左运动，其v－t图象如图乙所示，va和vb分别为试探电荷经过a、b两点时的速度．下列说法正确的是(AC)
A．a、b两点的电势φa<φb
B．a、b两点电场强度EaC．试探电荷从a点到b点的过程中电势能减小
D．点电荷Q1的电荷量比点电荷Q2的电荷量小
【解析】由v－t图象可知，经过b点时的加速度为零，则b点的电场强度为零，则Q2为负电荷，且Q1>Q2，b点右侧电场方向向右，左侧电场方向向左，可知AC选项正确．
12．如图所示，在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B(均可视为质点)，它们相距L.两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零．经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1∶a2＝11∶5.已知B球带正电荷且电荷量为q，静电力常量为k.求：
(1)A球所带电荷量Q及电性；
(2)L′与L之比．
【解析】(1)对B球分析有，A球带正电荷，初始时B球沿斜面方向合力为零：
F－mgsin
α＝0，又F＝k，解得Q＝
(2)B球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mgsin
α.设当两球距离为L′时，AB之间库仑力为F′，此时，A球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有F′＋2mgsin
α＝2ma1
B球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，
有mgsin
α－F′＝ma2，依题意
a1∶a2＝11∶5
得F′＝mgsin
α
又F′＝k，得L′∶L＝3∶2
第2节　电场的能的性质
　　【P117】
夯实基础　
1．电势能
(1)电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能．电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用Ep表示，EpA＝qφA.
(2)单位：
(3)特点：
①系统性：由__电荷__和__所在电场__共有；
②相对性：与__所选取的参考(零电势)位置__有关，通常取__大地__或__无穷远处__为电势能的零点位置；
③标量性：只有__大小__，没有__方向__，其正负的物理含义是：若Ep>0，则电势能比在参考位置时__大__，若Ep<0，则电势能比在参考位置时__小__．
(4)静电力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的变化量的负值．
①静电力做正功，电势能__减小__；静电力做负功，电势能__增加__．
②关系式：__W＝－(Ep末－Ep初)__．
理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已．
2．电势
(1)定义：检验电荷在电场中某点A具有的电势能EpA与它所带的电荷量q成正比，__其比值__定义为电场中A点的电势，用φA表示，则定义式为：__φA＝__，单位：__伏__，符号是__V__．
(2)物理意义：是描述电场__能__的性质的物理量，只与__电场本身__有关，与检验电荷的情况(带电种类、带电多少以及受力大小)__无__关，在数值上等于__单位正电荷__在场点具有的电势能．
(3)特点：
①相对性：与__所选取的零点位置__有关，电势零点的选取与电势能零点的选取是__一致__的；
②标量性：电势是标量，没有__方向__，但有正负之分，正负的物理含义是__若φ>0，则电势比参考位置高，若φ<0，则电势比参考位置低__．
(4)电势高低的判断：顺着电场线，电势__降低__；逆着电场线，电势__升高__．
理解与注意：公式φ＝是定义式，不能据此认为φ与Ep成正比，与q成反比．实际上，φ与Ep、q无关，它是由源电荷的情况和场点的位置决定的．而把φ＝变形得到的式子EpA＝qφA却是关系式，它说明电荷在电场中具有的电势能由电荷的带电情况和所在场点的电势共同决定．
3．等势面
(1)定义：电场中__电势相等__的点组成的面(平面或曲面)叫做等势面．
(2)特点：
①等势面与电场线一定__处处正交__；
②在同一等势面上移动电荷时，电场力__不做__功；
③电场线总是从电势__高__的等势面指向电势__低__的等势面；
④任意两个电势不相同的等势面既不会__相交__，也不会__相切__；
⑤等差等势面越密的地方电场线越__密__．
考点突破　　
例1(2015海南)如图所示，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是(　　)
A．b点电势为零，电场强度也为零
B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大
【解析】因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线上电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误．
【答案】BC
【小结】1.比较电势高低的方法
(1)顺着电场线方向，电势降低；逆着电场线方向，电势升高．
(2)判断出UAB的正负，再由UAB＝φA－φB，比较φA、φB的大小，若UAB＞0，则φA＞φB，若UAB＜0，则φA＜φB.
(3)取无穷远处为零电势点，正电荷周围电势为正值，且离正电荷近处电势高；负电荷周围电势为负值，且离负电荷近处电势低．
(4)在正电荷电势能较大处电势高；在负电荷电势能较小处电势高．
2．电势能大小的比较方法
(1)做功判断法
电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大(对正、负电荷都适用)．
(2)电荷电势法
正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大．
(3)公式法
将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小．
(4)能量守恒法
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加．
3．电势与电势能比较
电势φ
电势能Ep
意义
反映电场的能的性质的物理量
电荷在电场中某点时所具有的电势能
决定因素
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
变化量
电势差U是指电场中两点间的电势之差，UAB＝φA－φB，取φB＝0，则φA＝UAB
电势能差ΔE是指点电荷在电场中两点间的电势能之差ΔE＝EpA－EpB，ΔE＝W，取EpB＝0，EpA＝ΔE
正负含义
电势沿电场线方向逐渐降低，选定零电势点后，某点的电势高于零则为正值；某点的电势低于零则为负值
正电荷(＋q)：电势能的正负跟电势的正负相同；负电荷(－q
)：电势能的正负跟电势的正负相反．正负表示电势能比0值大、比0值小
单位
伏特
焦耳
联系
Ep＝qφ　qU＝ΔEp
针对训练　
1．(多选)如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB＝BC，电场中的A、B、C三点的电场强度分别为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(ABC)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．φA>φB>φc
B．EC>EB>EA
C．UABD．UAB＝UBC
【解析】A、B、C三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降低，故φA>φB>φC，A正确；由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为EC>EB>EA，B对；电场线密集的地方电势降落较快，故UBC>UAB，C对、D错．
2．下面关于电势能和电势的说法正确的是(C)
A．若＋q
在A点的电势能比在B点大，则A点的电势低于B点的电势
B．若－q在C点的电势能比在D点大，则C点的电势高于D点的电势
C．若＋q在E点的电势能为负值，－q在F点的电势能为负值，则E点的电势低于F点的电势
D．若＋q在G点的电势能为正值，－q在H点的电势能为正值，则G点的电势低于H点的电势
【解析】根据Ep＝qφ可知正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，因此A、B都错误；电势为标量，若＋q在E点的电势能为负值，则E点电势为负值，而－q在F点的电势能为负值，则F点电势为正值，因此φE<φF，C正确；若＋q在G点的电势能为正值，则G点电势为正值，而－q在H点的电势能为正值，H点电势为负，因此φG>φH，D错误．
　　【P118】
夯实基础　
1．电势差
(1)概念：__φA－φB__叫A点相对于B点的电势差，用UAB表示，即：UAB＝__φA－φB__．__|φA－φB|__叫A点和B点间的电势差，又叫__电压__，用__U__表示．
(2)运算关系：UAB＝－__UBA__，UAC＝__UAB____＋____UBC__．
(3)特点：
①电势差的值是__绝对__的，与电势零点的选取__无__关；
②电势差是__标__量，没有__方向__，正负的物理含义是：若UAB>0，则A点电势比B点电势__高__，若UAB<0，则A点电势比B点电势__低__；
③电势差UAB由电场本身的性质决定．
(4)电场力做功与电势差的关系：__WAB＝qUAB__，如果只要考虑数值，则可简记为__W＝qU__．
2．匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)关系式：U＝__Ed__或者E＝____．后者的物理意义：匀强电场中电场强度在数值上等于__沿电场方向通过单位距离__的电势差(电势降落)．
(2)适用条件：只有在__匀强__电场中才有这个关系．
(3)注意：式中d是指沿__电场方向__两点间的距离．
(4)两个推论：
①如图甲，匀强电场中任一线段AB的中点C的电势等于两端点电势的等差中项，即φC＝.
②如图乙，匀强电场中若两线段AB∥CD，则＝.
3．匀强电场的四个特点
(1)电场线为平行等间距的直线；
(2)沿任意方向每经过相同距离时电势变化相等；
(3)沿电场线方向电势降落得最快；
(4)在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等．
考点突破　　
例2如图所示，以O点为圆心，以R＝0.20
m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，电场强度方向与x轴正方向成θ＝60°角，已知a、b、c三点的电势分别为4
V、4
V、－4
V，下列说法正确的是(　　)
A．该匀强电场的电场强度E＝40
V/m
B．该匀强电场的电场强度E＝80
V/m
C．d点的电势为－2
V
D．d点的电势为－4
V
【解析】O是ac的中点，故φO＝＝0，电场强度E＝＝
V/m＝40
V/m.A、B均错；因匀强电场中，沿任意方向每经过相同距离电势变化相等，所以φb－φO＝φO－φd φd＝－4
V，C错，D对，选D.
【答案】D
【小结】1.U＝Ed关系的应用
公式U＝Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差．这一定量关系只适用于匀强电场，变形后E＝，用它可求匀强电场的电场强度，也可定性分析非匀强电场．
2．等分法计算匀强电场中的电势
(1)在匀强电场中，沿不在同一等势面上的任意一个方向上，电势降落都是均匀的，故在同一直线上相同距离的两点间的电势差相等．如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点间的电势差等于原电势差的倍．
(2)已知电场中几点的电势，如果要求某点的电势时，一般采用“等分法”在电场中找与待求点电势相同的等势点，等分法也常用在画电场线的问题中．
(3)在匀强电场中，相互平行的相等长度的线段两端间的电势差相等，应用这一点可求解电势．
3．E＝在非匀强电场中的三点妙用
(1)判断电场强度大小：等差等势面越密，电场强度越大．
(2)判断电势差的大小及电势的高低：距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低．
(3)利用φ－x图象的斜率判断电场强度随位置变化的规律：k＝＝＝Ex，斜率的大小表示电场强度的大小，正负表示电场强度的方向．
针对训练　
3．如图所示，实线为某电场的电场线，虚线为等势面，已知φa＝3
V，φc＝5
V，ab＝bc，则(B)
A．c点的电场强度最大
B．φb＞4
V
C．φb＜4
V
D．φb＝4
V
【解析】由电场线分布情况可以看出，a点处电场线密，c点处电场线疏，a点的电场强度最大，c点的电场强度最小，由U＝Ed定性分析，Uab＞Ubc，故从c到b比从b到a电势降落得少，即φb－φa＞φc－φb，因此φb＞4
V，故选B.
4．如图所示是匀强电场中的一组等势面，若A、B、C、D相邻两点间距离为2
cm，A和P点间距离为1.5
cm，则该电场的电场强度E和P点的电势φP分别为(B)
A．500
V/m，－2.5
V
B．1
000
V/m，－2.5
V
C．500
V/m，2.5
V
D．1
000
V/m，2.5
V
【解析】根据E＝得E＝＝
V/m＝×103
V/m.UAB＝(－10)V－0
V＝－10
V，＝＝，得UAP＝－7.5
V，φP＝φA－φAP＝－2.5
V．故选B.
　　【P119】
夯实基础　
1．电场力做功的特点：只与电荷的初、末位置有关，与路径__无关__，当电荷在电场中沿一闭合路径移动一周时，电场力做功为__零__．
2．电场力做功的计算方法
依据
算式
定义式
W＝Flcos
θ＝qElcos
θ(只适用于匀强电场)
电势的变化
W＝qUAB＝q(φA－φB)(适用于任何形式的静电场)
动能定理
W电场力＋W其他力＝ΔEk.
电势能的变化
W电场力＝Ep1－Ep2
3.电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和__保持不变__；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和__保持不变__．
考点突破　　
例3如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v，试求：
(1)小球通过C点的速度大小；
(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量．
【解析】(1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：
mgR·sin
30°＝mv－mv2
得：vC＝.
(2)由A到C依能的转化和守恒：
mgh＝mv＋ΔEp得：
ΔEp＝mgh－mv2－mgR.
【小结】处理电场中能量问题的基本方法
在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系．
(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)．
(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化．
(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系．
(4)有电场力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变．
针对训练　
5．(多选)如图，斜面上有一轻弹簧，弹簧下端固定，上端自由，匀强电场沿斜面向下，一带正电的物块从图中位置由静止释放，从物块开始运动到将弹簧压缩最短的过程中，重力做功W1，电场力做功W2，克服弹簧弹力做功W3，克服摩擦力做功W4，不计空气阻力，物块带电荷量保持不变，弹簧在弹性限度内，则该过程系统的(AD)
A．动能变化量为W1＋W2－W3－W4
B．机械能变化量为W2－W3－W4
C．电势能增加了W2
D．弹性势能增加了W3
【解析】对物块根据动能定理应有：W1＋W2－W3－W4＝ΔEk，所以A正确；根据“功能原理”可知，除重力和弹簧之外其他力做的总功为：W2－W4＝ΔE，即机械能的变化量应为ΔE＝W2－W4，所以B错误；由于电场力对物块做正功W2，物块的电势能应减少W2，所以C错误；由于弹力对物块做负功，弹性势能应增加W3，所以D正确．故选AD.
6．如图所示，在空间坐标系中存在匀强电场，
A、B、C分别是x、y、z轴上到原点距离相等的三个点，P为AB连线中点，已知电场线平行于BC连线，B点电势为3
V，C点电势为－3
V，则电荷量为2.0×10－6C的带正电粒子从O点运动到P点，电场力所做的功为(B)
A．6.0×10－6
J
B．－3.0×10－6
J
C．－2.0×10－6
J
D．1.5×10－6
J
【解析】已知电场线平行于BC连线，故电场线从B指向C，等势面与电场线垂直，如图所示(虚线表示等势面)：
匀强电场中，沿着电场线，每前进相同距离，电势的降落相等，故O点电势与O′电势相等，为0；P点电势与P′电势相等，为1.5
V；电荷量为
2.0×10－6
C
的带正电粒子从O点运动到P点，电场力所做的功为：
WOP＝qUOP＝2.0×10－6
C×(0－1.5
V)＝－3.0×10－6
J，
故B正确．
7．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线所在水平面的中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2
C、质量为1
kg的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是(D)
A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2
V/m
B．由C点到A点的过程中物块的电势能先减小后变大
C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高
D．AB两点电势差UAB＝－5
V
【解析】小物块在B点加速度最大，故B点场强最大，由v－t图线知B点加速度为2
m/s2，根据qE＝ma，得E＝1
V/m，选项A错误；由C点到A点的过程中小物块动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C错误；根据动能定理有qUAB＝mv－mv，解得UAB＝－5
V，选项D正确．
8．(多选)如图(a)，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v－t图线如图(b)所示．设a、b两点的电势分别为φa、φb，电场强度大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有(BD)
A．φa＞φb
B．Ea＞Eb
C．Ea＜Eb
D．Wa＞Wb
【解析】由v－t图象的斜率减小可知由a到b的过程中，粒子的加速度减小，所以电场强度变小，Ea＞Eb；根据动能定理，速度增大，可知电势能减小，Wa＞Wb，可得选项B、D正确．
考
点
集
训　【P318】
A组
1．如图，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，由此可知c点的电势为(B)
A．4
V
B．8
V
C．12
V
D．24
V
【解析】连接对角线a、c和b、d，两线交点是两线的中点，设为O点，根据在匀强电场中，中点的电势等于两端点的电势平均值，φO＝＝＝14
V，所以φc＝8
V，B正确.
2．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度大小均为v0，粒子重力不计，以下说法正确的是(D)
A．粒子在A、B间是做圆周运动
B．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小
C．匀强电场的电场强度E＝
D．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U
【解析】带电粒子仅受电场力作用，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知，带正电的粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．故B错误；匀强电场的电场强度U＝Ed式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO＝E×R，所以E＝，故C错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U＝ER＝×R＝U，故D正确．
3．(多选)如图所示，三根长为L的绝缘轻杆构成一个等边三角形，三个顶点分别固定A、B、C三个带正电的小球．小球质量分别为m、2m、3m，所带电荷量分别为q、2q、3q.CB边处于水平面上，ABC处于竖直面内，整个装置处于方向与CB边平行向右的匀强电场中．现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°角，则A、B、C三个球所构成的系统的(AD)
A．电势能不变
B．电势能减小
C．重力势能减小mgL
D．重力势能增大mgL
【解析】顺时针转过120°时，A到B位置，B到C位置，C到A位置；三角形的边长为L，则：电场力做功WA＝0.5qEL，WB＝－2qEL，WC＝1.5qEL，故W总＝0，电势能不变，A正确，B错误；重力做功：WGA＝mgLcos
30°＝mgL，WGB＝0，WGC＝3mgLcos
30°＝－mgL，故WG总＝－
mgL，重力做负功，重力势能增加，C错误，D正确；故选AD.
4．位于正方形四角上的四个等量点电荷的分布如右图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点．OQ>OP，则下列说法正确的是(A)
A．P、O两点的电势关系为φP＝φO
B．P、Q两点电场强度的大小关系为EP＝EQ
C．若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力不为零
D．若将某一负电荷由P点沿着图中曲线PQ移到Q点，电场力做负功
【解析】电场线分布如图所示，
cd所在的直线为等势线，φP＝φO，故A正确；由图可知EQ≠EP，故B错误；O点电场强度为零，该正点电荷受到的电场力为零，故C错误；负电荷由P到Q电场力做的总功为零，故D错误．
5．在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一电荷量为＋Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止释放质量为m，电荷量为－q的检验电荷，该检验电荷经过P点时速度为v，图中θ＝60°.则在＋Q形成的电场中(规定P点的电势为零)(B)
A．N点电势为正
B．N点电势为－
C．P点电场强度大小是N点的2倍
D．检验电荷在N点具有的电势能为－
【解析】根据正点电荷周围电场线和等势线的分布情况可知，N点电势低于P点电势，题中规定P点的电势为零，所以N点电势小于零，选项A错；检验电荷从N点运动到P点的过程中，由动能定理－qUNP＝mv2得，UNP＝－，所以选项B正确；设OP＝h，则EP＝k，EN＝k＝EP，选项C错；检验电荷在运动过程中的动能和电势能之和保持不变，在P点处他们的和为mv2，在N点时的动能为零，所以检验电荷在N点具有的电势能应为mv2，选项D错；正确答案为B.
6．(多选)如图所示，水平放置的固定圆环A均匀带电＋Q，从盘中心O点正上方D处由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的小球，小球下降H后到达B点，速度变为0，经过C点时速度最大，由此可求出圆环A所带电荷＋Q形成的电场中(AD)
A．C点的电场强度
B．B点的电场强度
C．D、C间电势差
D．D、B间电势差
【解析】C点速度最大，为平衡位置．应有qEC＝mg，∴EC＝，A对；从D到B，由动能定理：mgH＋qUDB＝0，则UDB＝－，D对．选A、D.
7．(多选)如图，真空中有一个边长为L的正方体，正方体的两个顶点M、N处分别放置一对电荷量都为q的正、负点电荷．图中的a、b、c、d是其他的四个顶点，k为静电力常量，下列表述正确的是(AC)
A．M、N点电荷间的库仑力大小为F＝k
B．c、d两点电势相等
C．a、b两点电场强度大小相等
D．a点电势高于b点电势
【解析】M、N两点之间的距离为r＝＝L，由库仑定律可得M、N点电荷间的库仑力大小为F＝＝k，A正确；作出两点电荷电场线分布图，结合沿着电场线方向电势逐渐降低，可得φc>φd，B错误；由平行四边形定则可得两点电荷在a、b两点的合场强大小均为E＝＝，C正确；连接a、b两点，由于两点电荷形成的合场强与a、b连线垂直，故a、b两点连线为等势线，φa＝φb，D错误．
8．地球表面附近某区域存在大小为150
N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4
kg、带电量为－1.00×10－7
C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0
m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取
9.80
m/s2，忽略空气阻力)(D)
A．－1.50×10－4
J和
9.95×10－3
J
B．1.50×10－4
J和9.95×10－3
J
C．－1.50×10－4
J和
9.65×10－3
J
D．1.50×10－4
J和9.65×10－3
J
【解析】根据功能关系可知，小球的电势能的改变量由电场力做的功决定，有：ΔEp＝－WE＝－qEh＝－(－1.00×10－7)×150×10.0
J＝1.50×10－4
J，故选项A、C错误；小球动能的改变量由总功决定，有：ΔEk＝mgh＋WE＝mgh＋qEh＝1.00×10－4×9.80×10.0
J＋(－1.00×10－7)×150×10.0
J＝9.65×10－3
J，故选项C错误；选项D正确．
9．如图所示，在匀强电场中，将带电荷量q＝－6×10－6
C
的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10－5
J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10－5
J的功．求：
(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；
(2)如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？
(3)作出过B点的一条电场线(只保留作图的痕迹，不写做法)．
【解析】(1)根据公式W＝Uq可得
UAB＝＝
V＝4
V
UBC＝
V＝－2
V,
(2)因为UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC，又φB＝0故φA＝4
V，φC＝2
V
(3)取AB的中点D，D点的电势为
2
V，连接CD，为等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示．
B组
10．如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场，一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好处于水平位置，现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为(C)
A．mgL
B．mgLtan
θ
C.
D.
【解析】
小球静止时对其受力分析，则静电力F＝.如图所示，电场力做功W电＝－F·d，d＝L·sin
θ＋L·cos
θ，
即W电＝－F·L·(sin
θ＋cos
θ)，
由动能定理得W外＋W电＋mgL＝0，
代入数据可解得W外＝，C正确．
11．(多选)如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场线与四边形所在平面平行．已知a点电势为12
V，b点电势为14
V，d点电势为6
V．一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，则下列说法正确的是(ABD)
A．c点电势为10
V
B．质子从b运动到c所用的时间为
C．电场强度的方向由a指向c
D．质子从b运动到c电场力做功为4
eV
【解析】如图知，取dc的中点e，延长dc到f，de＝ec＝cf，Uba＝Ued＝2
V,
d点电势为6
V,
e点电势为8
V,
c点电势为10
V,
f点电势为12
V，a与f等势，由数学知识，得∠bdf＝∠dfa＝45°，所以af与bd垂直，电场方向沿bd；质子从b运动到c，做类平抛运动，匀速直线运动的分位移为bccos
45°＝l，运动时间为，bc电势差为
4
V，质子从b运动到c电场力做功为4
eV.所以选ABD.
12．如图所示，光滑绝缘水平面上静止放置一根长为L、质量为m、带＋q电量的绝缘棒AB，棒的质量和电量分布均匀，O点右侧区域存在大小为E、水平向左的匀强电场，B、O之间的距离为x0.现对棒施加水平向右、大小为F＝qE的恒力作用，求：
(1)B端进入电场L时加速度的大小和方向；
(2)棒在运动过程中获得的最大动能；
(3)棒具有电势能的最大可能值．(设O点处电势为零)
【解析】(1)根据牛顿第二定律：－E＝ma
解出a＝，方向水平向右．
(2)设棒进入电场x时，其动能达到最大，
此时棒所受合力应为零，即：＝x·E，得x＝L
动能定理：(x0＋x)－x＝Ek－0
解出动能最大值Ekm＝
(3)设绝缘棒恰好能够全部进入电场，
动能定理：(x0＋L)－EL＝0，解出得x0＝L.
存在三种可能性：
可能1，x0＝L
时，电势能最大值Emax＝qEL
可能2，x0动能定理：(x0＋x)－x＝0，
解得：x＝，
电势能最大值Emax＝
可能3，x0>L，棒全部进入电场，
设进入电场x′，动能定理：(x0＋x′)－L－qE(x′－L)＝0，解得：x′＝，
电势能最大值Emax＝(x0＋x′)＝·＝
备
课
札
记
第3节　电容器　带电粒子在电场中的运动
　　【P120】
夯实基础　
1．静电平衡
(1)概念：导体中(包括表面)没有电荷的__定向移动__的状态．
(2)特点
2．静电现象的应用
(1)静电屏蔽：处于静电平衡的空腔导体，腔外电场对__腔内空间__不产生影响．
(2)尖端放电：所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，与尖端上的__电荷中和__的现象．
3．电容器
(1)组成：由两个彼此__绝缘__又相互__靠近__的导体组成．
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的__绝对值__．
(3)电容器的充、放电
充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的__异种电荷__，电容器中储存__电场能__．
放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中__电场能__转化为其他形式的能．
4．电容
(1)定义：电容器所带的__电荷量Q__与电容器两极板间的__电势差U__的比值．
(2)定义式：C＝____．
(3)物理意义：表示电容器__容纳电荷__本领的物理量．
(4)单位：法拉(F)　1
F＝__106__μF＝1012pF
(5)决定因素：一个电容器电容的大小是由电容器__结构__决定的，与电容器是否带电、__带电量的多少__及__两极板间的电势差__无关．
5．平行板电容器
(1)决定电容大小的因素：平行板电容器的电容与两极板的__正对面积S__成正比，与介质的__介电常数εr__成正比，与__两极板的距离d__成反比．
(2)决定式：C＝____，k为静电力常量．
6．对电容器两个公式的理解
(1)公式C＝＝是电容的定义式，对__任何__电容器都适用．对一个确定的电容器，其电容已确定，不会随其__电荷量__的改变而改变．
(2)公式__C＝__是__电容__的决定式，只对__平行板电容器__适用．
考点突破　　
例1如图所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，平行板间距离为d.求：
(1)在S闭合的状态下，在增大电容器两极板间距离的过程中电流方向及电容器电容的变化情况；
(2)在S闭合的状态下，电容器两板间插入电介质，则电容C、带电量Q、板间电压U、板间电场强度E等量将如何变化？
(3)在S闭合的状态下，若插入两板间的是一块较薄的金属板(d′＜d)，则板间的电场强度E如何变化？
(4)若电容器充电后将S再断开，在增大电容器两极板间距离的过程中，平行板电容器电容、电量、电压及两板间的电场强度如何变化？
【解析】(1)图中电容器在充电，A极板带正电，B极板带负电．根据平行板电容器的大小决定因素C∝可知当增大电容器两极板间距离d时，电容C变小．由于电容器始终与电池相连，电容器两极板间电压UAB保持不变，根据电容的定义C＝，当C减小时电容器所带电量Q要减少，A极板所带正电荷的一部分从a到b经电阻R流向电源正极，即电阻R中有从a流向b的电流．
(2)S闭合时，U一定，由E＝知，
E不变；由C＝知，εr增大时C增大；由C＝知，Q增大，电容器充电．
(3)插入厚度为d′的金属板，等效为两平行金属板间的距离减小了d′，而S闭合时U不变，由E＝知，E增大．
(4)电容器充电后断开电源，则电容器所带电荷量一定，d增大时，由C＝知C减小；由C＝知U增大；由E＝＝＝知E不变．
【小结】1.运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路．
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)由E＝(常用于U不变时)或E∝(常用于Q不变时)分析场强的变化．(因为E＝＝＝，所以E∝)
(5)由F＝qE分析电场中的点电荷受力变化，进一步分析其运动状态．
(6)选定某一极板为电势零点，用φ＝±Ed′计算场中某点的电势以及判断其变化，其中d′为该点到零电势极板的垂直距离，当该点垂直指向零电势极板的方向与电场方向相同时取“＋”，反之取“－”．进一步判断场中任意两点间的电势差Uab＝φa－φb，由Ep＝qφ确定点电荷q在该点的电势能Ep的变化，此时要注意Ep、q和φ都有正负之分．
2．平行板电容器的动态分析问题的两种情况归纳：
3．平行板电容器问题的一个常用结论：电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关．
针对训练　
1．(多选)如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板A、B平行放置，构成一平行板电容器，电容器下极板接地，闭合开关S，恒定直流电源给电容器充电．在两极板间有固定点P.用E表示两极板间的电场强度，φ表示P点的电势，下列说法正确的是(BD)
A．保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，E增大
B．保持S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，φ增大
C．若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，φ减小
D．若断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，则E不变
【解析】保持S接通，则板间电压不变，上极板A不动，将下极板B接地且缓慢向下移动稍许，由E＝，U不变，d增大，所以板间电场强度E减小，由φ－0＝U－E·dAP，U不变，dAP不变，E减小，所以P点到下极板间的电势差增大，导致P点的电势φ升高，故B正确，A错误；若断开S，则极板所带电荷量不变，板间电场强度E不变，下极板B接地且不动，将上极板A缓慢向下移动稍许，P点到下极板间的电势差不变，所以P点的电势φ不变，故D正确C错误．
2．(多选)如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止，当正对的平行板左右错开一些时(BC)
A．带电尘粒将向上运动
B．带电尘粒将保持静止
C．通过电阻R的电流方向为A到B
D．通过电阻R的电流方向为B到A
【解析】
电容器始终与电源相连，故U不变，板间距离不变，故E不变，两极板左右错开一些，S减小，C减小，Q减小，电容器放电，放电电流为顺时针方向．
　　【P121】
夯实基础　
1．带电粒子在电场中运动时重力的处理
①基本粒子：如电子、质子、离子等，除有说明或有明确暗示以外，一般可忽略不计．
②带电颗粒：如尘埃、液滴、油滴、小球等，除非有特殊说明或明确暗示以外，一般情况都不能忽略．
③平衡问题一般要考虑重力．
④根据题意进行分析，有些问题中隐含着忽略重力，或考虑重力后造成题目无法解答，这时也应忽略重力．
2．带电粒子在电场中运动的几种情况
(1)平衡
①带电粒子在匀强电场中静止时，如果只受重力和电场力，则电场力的方向为__竖直方向__；若带电粒子的质量为m，电场强度为E，则粒子的带电荷量为____，若粒子带负电，场强方向为__竖直向下__，粒子带正电，场强方向为__竖直向上__．
②带电粒子在匀强电场中做匀速直线运动，且只受重力和电场力，必有__电场力__等于__重力__；设匀强电场两极板电压为U，板间距离为d，带电粒子的电荷量为＋q，则电容器的__下极板__带正电荷；带电粒子的质量为____．
(2)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__速度__在同一直线上，做__匀变速直线运动__运动．
②加速分析方法
两种分析方法
用动力学观点分析：加速度a＝，E＝，v－v＝2ad
用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于粒子动能的变化，故粒子动能变化量等于__电势能__的变化量.
适用于一切静电场qU＝mv2－mv(式中U为加速电场的电势差)
只适用匀强电场qEd＝mv2－mv(式中d为沿电场线方向的位移)
(3)带电粒子在匀强电场中的偏转
①研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
②运动性质：__匀变速曲线__运动．
③处理方法：类似于平抛运动，应用运动的__分解__的方法．
④运动规律：质量为m、带电量为q的带电粒子以初速度v0沿__垂直于__电场方向，进入长为l、间距为d、电压为U的两平行金属板间，在穿越电场时发生偏转(不计粒子重力)．
eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(Uq,md),运动时间：\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a.能飞出平行板电容器：t＝\f(l,v0),b.打在平行极板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)\f(qU,md)t2,t＝\r(\f(2mdy,qU)))),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(Uql2,2mdv),离开电场时的偏转角：tan
θ＝\f(vy,v0)＝\f(Uql,mdv)))
⑤两个结论：
考点突破　　
例2如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．
(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线与初速度方向交于两板间的中心O点；
(2)求两板间所加偏转电压U的范围；
(3)求粒子可能到达屏上区域的长度．
【解析】(1)如图所示，设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有
y＝at2①
L＝v0t②
vy＝at
tan
θ＝＝
联立可得x＝.
即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线与初速度方向交于两板间的中心．
(2)a＝＝③
E＝④
由①②③④式解得y＝eq
\f(qUL2,2dmv)，当y＝时，U＝eq
\f(md2v,qL2).
则两板间所加电压的范围为－eq
\f(md2v,qL2)≤U≤eq
\f(md2v,qL2).
(3)当y＝时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y0)，则y0＝tan
θ，而tan
θ＝，解得y0＝，
则粒子可能到达屏上区域的长度为2y0＝.
【小结】带电粒子在电场中偏转问题求解通法
垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动．
(1)解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：
加速电场中的运动一般运用动能定理qU＝mv2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；进入偏转电场的初速度就是经过加速电场后的末速度．
(2)计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法：
①Y＝y＋dtan
θ(d为屏到偏转电场的水平距离)；
②Y＝tan
θ(L为电场宽度)；
③Y＝y＋vy·；
④根据三角形相似＝.
例3如图所示，一个绝缘光滑圆环竖直放在水平向右的匀强电场中，圆环半径大小为R＝1.0
m，电场强度大小为E＝6.0×106
V/m，现将一小物块由与圆心O等高的位置A点静止释放，已知小物块质量为m＝1.6
kg，电荷量为q＝＋2.0×10－6
C，释放后滑块将沿着圆环滑动．小物块可视为质点，g取10
m/s2.
(1)求当物块滑到圆环最低点B时对轨道的压力大小；
(2)若在圆环最低点B点给小物块一个水平向左的初速度vB＝9
m/s，物块能否紧贴圆环在竖直平面内做圆周运动？(写出详细分析、判定过程)(已知：sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
【解析】(1)物块由A运动到B的过程中，重力做正功，电场力做负功．设物块运动到B点速度为v.
由动能定理可得mgR＋(－qER)＝mv2
可得v＝
m/s
在B点由FN－mg＝m
可得支持力FN＝24
N
由牛顿第三定律可得物块对轨道的压力大小为
FN′＝24
N
(2)设在C位置时重力与电场力的合力恰好指向圆心提供物块做圆周运动向心力时，物块刚好不脱离圆环而又不受圆环的作用力，如图所示．
此时有＝meq
\f(v,R)，解得v0＝
m/s，tan
θ＝，θ＝37°，OC与竖直方向夹角为37°
若在圆环最低点B点给小物块一个水平向左的初速度vB＝9
m/s，在由B到C的运动过程中由动能定理可得
－mgR(1＋cos
37°)＋(－qERsin
37°)＝mv－mv
可解得vC＝6
m/s>v0＝
m/s.
因此物块能够紧贴圆环在竖直平面内做圆周运动．
【小结】
1．带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理等力学规律．处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
另外，对于带电粒子的偏转问题，用运动的合成与分解及运动规律解决往往比较简捷，但并不是绝对的，同解决力学中的问题一样，都可用不同的方法解决同一问题，应根据具体情况，确定具体的解题方法．
2．带电体在重力场和电场的叠加场中运动
各种性质的场(特殊物质)与实际物体的根本区别之一是几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场．
对于带电体在叠加场中的运动，有如下二种处理方法：
其一是根据各种场力的独立作用原理，分别研究每一种场力对物体的作用效果，用运动学规律和能量观点(动能定理，能量守恒)求解；
其二是用一个“等效重力场”来替代叠加场，只研究“等效重力”对物体的作用效果，通过类比，用运动学规律和能量观点(动能定理，能量守恒)求解．
针对训练　
3．如图所示，平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子(H)、氘核(H)和氚核(H)均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上(不计粒子重力)．则下列判断中正确的是(D)
A．三种粒子从B板射出时的速度之比为∶∶1
B．三种粒子同时打到荧光屏上
C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶3
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶1
【解析】由U0q＝mv得三种粒子从B板射出时的速度之比为∶∶，选项A错误；由t＝易知质子最先打到荧光屏上，选项B错误；由y＝·()2，得三种粒子竖直方向偏转的位移都是y＝，偏转电场的电场力对三种粒子所做的功均为Eqy，其比为1∶1∶1，选项C错误，选项D正确．
4．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在静电力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是
E1＝2.0×103
N/C和E2＝4.0×103
N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20
kg，带电量q＝－1.0×10－9
C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0
cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
(1)B点距虚线MN的距离d2；
(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.
【解析】(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有
|q|E1d1－|q|E2d2＝0①
由①式解得d2＝d1＝0.50
cm②
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1③
|q|E2＝ma2④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有
d1＝a1t⑤
d2＝a2t⑥
又t＝t1＋t2⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8
s.
5．如图所示，两平行金属板A、B长为L＝8
cm，两板间距离d＝8
cm，A板比B板电势高300
V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10
C、质量为m＝1.0×10－20
kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106
m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为12
cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9
cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．(静电力常量
k＝9.0×109
N·m2/C2，粒子的重力不计)
(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；
(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；
(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．
【解析】(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(偏转位移)：y＝at2，a＝＝，L＝v0t
则y＝at2＝＝0.03
m＝3
cm
粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有
＝，解得Y＝4y＝12
cm
(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧
(3)粒子到达H点时，
其水平速度vx＝v0＝2.0×106
m/s
竖直速度vy＝at＝1.5×106
m/s
则v合＝2.5×106
m/s
该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电
根据几何关系可知半径r＝15
cm
k＝meq
\f(v,r)
解得Q≈1.04×10－8
C.
　　【P124】
夯实基础　
1．示波管的构造(如图所示)：
①__电子枪__
②__偏转电极__
③__荧光屏__
2．示波管的工作原理
(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏__中心__，在那里产生一个亮斑．
(2)YY′上加的是待显示的__信号电压__，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压，若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．扫描电压周期是信号电压周期的n倍，就出现n个信号电压波形．
3．带电粒子(或带电体)在交变电场中的运动
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性或在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等并确定与物理过程相关的边界条件．
(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．
(3)此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．
考点突破　　
例4示波管的结构如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，平行板电容器板长和板间距离均为L＝10
cm，下极板接地．电子从电容器板间正中央射入，电容器右端到荧光屏的距离L′＝20
cm.在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示(每个电子穿过平行板的时间极短，此过程可以认为极板间的电压是不变的)
.求：
(1)在t＝0.06
s时刻进入平行板电容器的电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长．
【解析】(1)由题图知t＝0.06
s时刻偏转电压为：
U＝1.8U0　　①
电子在电场中加速mv＝qU0　　②
电子在电场中偏转y＝()2　　③
解得y＝0.45L＝4.5
cm
(2)电子的最大侧移为0.5L
由②③两式可得偏转电压最大为Um＝2.0U0
在上极板电势由2.0U0到3U0的时间内，电子不能打到荧光屏，屏上无亮点出现，设电子打在屏上离开O点的最大距离为Y，由＝，∴Y＝2.5L
由对称性，所以荧光屏上电子能打到的区间长为：
2Y＝5L＝50
cm
针对训练　
6．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(B)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．0B.C.D．T【解析】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、、、时粒子运动的速度图象，如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确．
7．如图甲所示，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙所示的电压．在紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0开始连续释放初速度不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射出．已知板间电压变化周期T＝2d，粒子质量为m、电荷量为＋q，板间最大电压为U0，不计粒子重力及相互间的作用力．求：
(1)t＝0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间；
(2)粒子从O点射出时的最大速率和最小速率.
【解析】(1)设t＝0时刻释放的粒子在0.5T时间内一直做匀加速运动，
加速度a＝
位移x＝··＝··＝d
可见该粒子经0.5T正好运动到O处，假设与实际相符合
该粒子在P、Q间运动时间t＝0.5T＝d
(2)t＝0时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应射出O孔时的速率最大
由运动学公式有vmax＝a·＝
t1时刻释放的粒子先做加速运动(所用时间为Δt)，后做匀速运动，设T时刻恰好由小孔O射出，则
aΔt2＋aΔt×0.5T＝a(0.5T)2
解得
Δt＝T
射出时的速率v1＝a·Δt＝(2－)
由右图知，在t1至0.5T时间内某时刻进入电场的粒子，先做加速运动，后做匀速运动，再做加速运动，速度为aΔt时还未到达小孔O处，图中阴影面积等于粒子此时距小孔的距离，再经加速才能到达O处，此时速度已大于v1.所以速率v1是粒子射出时的最小速率，最小值vmin＝(2－).
考
点
集
训　【P320】
A组
1．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则(B)
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大
【解析】上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为电源电动势E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；φP－0＝Ed，d不变，E减小，所以P点的电势降低，B对；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小时，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CE将减小，D错．
2．平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路．接通开关S，电源即给电容器充电，则(B)
A．保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小
B．保持S接通，在两极板间插入一块铝板，则两极板间的电场强度增大
C．充电结束后断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差增大
D．充电结束后断开S，在两极板间插入一块介质，则极板上的电势差增大
【解析】保持S接通时，电容器两极板间的电势差不变，减小两极板间的距离，根据E＝可知，两极板间的电场强度增大，选项A错误；保持S接通，在两极板间插入一块铝板，根据静电平衡的特点可知，有电场存在的板间距离减小，根据E＝可知，两极板间的电场强度增大，选项B正确；充电结束后断开S，电容器两极板上的电荷量不变，减小两极板间的距离，电容器的电容增大，U＝，则两极板间的电势差减小，选项C错误；充电结束后断开S，在两极板间插入一块介质时，电荷量不变，电容器的电容增大，极板上的电势差减小，选项D错误．
3．如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力，当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上．现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，不可行的是(B)
A．使粒子的带电量减少为原来的
B．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半
C．使两板间的距离增加到原来的2倍
D．使两极板的长度减小为原来的一半
【解析】设平行板长度为L，间距为2d，板间电压为U，当速度为v时恰能穿过电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：t＝，垂直初速度方向做匀加速运动：a＝，y＝d＝at2＝，欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向距离仍是L，垂直初速度方向距离仍为d.使粒子的带电量减少为原来的，则y＝＝d，故A可行；使两极板间所接电源的电压减小到原来的一半，则y＝＝2d，故B不可行；使两极板间的距离增加到原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为2d，y＝＝2d，故C可行；使两极板的长度减小为原来的一半，y＝＝d，故D可行；故选B.
4．如图所示，带电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则(B)
A．在前时间内，电场力对粒子做的功为
B．在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq
C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2
D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2∶1
【解析】电场力做总功W＝Uq，前、后时间内偏转位移之比为1∶3，则做功之比为1∶3，所以前时间内对粒子做功Uq，后时间内对粒子做功Uq，A错，B对；粒子下落前、后的过程中电场力做功之比为1∶1.C、D错误．
5．(多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连．a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1.现使a板不动，保持开关S断开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v2，下列说法正确的是(BC)
A．若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2>v1
B．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1
C．若开关S保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2＝v1
D．若开关S闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2【解析】保持S闭合，U不变，qU不变，v2＝v1，A错，C对．S闭合再断开，E不变，b下移，电场力做功的距离减小，v2>v1，B对．S闭合后再断开，E不变，b上移，电场力做功增大，v2v1，D错．
6．(多选)真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，重力不计)．下列说法中正确的是(CD)
A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1
B．三种粒子出偏转电场时的速度相同
C．在荧光屏上将只出现1个亮点
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2
【解析】带电粒子经过加速电场时根据电场力做功有qU1＝mv，进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，则有运动时间t＝＝l·，代入三种粒子的电荷量和质量之比，可得t1∶t2∶t3＝1∶∶，A选项错误；偏转电场里面竖直方向做匀加速直线运动，a＝，偏转位移y＝at2＝eq
\f(qU0l2,2mdv)＝＝，偏转电场对粒子做功W＝y＝eq
\f(qUl2,4d2U1)，所以有W1∶W2∶W3＝1∶1∶2，D选项正确；粒子出偏转电场时，假设速度与水平夹角为θ，则有tan
θ＝＝eq
\f(qU0l,mdv)＝＝，可见速度方向与电荷量、质量无关，所以速度方向相同，根据竖直方向位移y＝at2＝eq
\f(qU0l2,2mdv)＝＝也是相同的，所以他们将打在荧光屏上同一点，C选项正确；出偏转电场的速度v＝＝，根据方向相同可得v1∶v2∶v3＝∶1∶1，B选项错误．
7．(多选)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则(AC)
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝
时，细线上的拉力为0
C．当＝
时，细线上的拉力为0
D．当＝
时，斜面对小球A的支持力为0
【解析】根据库仑定律，A、B球间的库仑力F库＝k，选项A正确．小球A受竖直向下的重力mg，水平向左的库仑力F库＝，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力FN的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，
则＝tan
θ，所以＝
，选项C正确，选项B错误；斜面对小球的支持力FN始终不会等于零，选项D错误．
8．如图所示，质量为m、半径为R的圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，在轨道所在平面加一竖直向上的匀强电场．P、Q两点分别为圆形轨道的最低点和最高点．在P点静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电的小球A.(不计空气阻力，重力加速度为g)
(1)若小球A以速度v0在竖直平面内沿圆形轨道做匀速圆周运动，求匀强电场的电场强度E及小球运动至Q点时对轨道的压力FQ；
(2)现使匀强电场的电场强度大小变为原来的2倍，方向不变，且将小球A置于轨道最高点Q，给小球A一个水平初速度v1，使它沿圆形轨道运动且不脱离轨道．那么初速度v1应满足什么条件？
【解析】(1)mg＝qE，E＝
FQ′＋mg－qE＝meq
\f(v,R)，FQ′＝meq
\f(v,R)
依牛顿第三定律，FQ＝FQ′＝meq
\f(v,R)，方向竖直向上
(2)①A球沿轨道做圆周运动：由于电场力F＝2Eq＝2mg＞mg，因此A球通过P点时有最小速度v2，则有：
2Eq－mg＝meq
\f(v,R)，v2＝
又由动能定理得：
mg·2R－2Eq·2R＝mv－mv，v1＝
故v1≥
②A球在Q点两侧往复运动，则A球不能过圆周水平直径两端点．
有：mgR－2EqR＝0－mv，v1＝
故v1≤，综合以上分析，v1应满足的条件是v1≥或者v1≤
9．一质量为m，带电量为＋q的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管．管上口距地面，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图所示，求：
(1)小球初速度v0，电场强度E的大小；
(2)小球落地时动能．
【解析】(1)小球在水平方向上做匀减速运动：v0＝t，　　①
竖直方向上做自由落体运动：＝gt2，　　②
又v＝2L　　③
联立①②③
得：v0＝2L，
E＝
(2)从抛出到落地由动能定理得：
－EqL＋mgh＝Ek－mv
∴小球落地时动能：
Ek＝mv＋mgh－EqL＝mgh.
B组
10．某示波器在XX′、YY′不加偏转电压时光斑位于屏幕中心，现给其加如图(1)、(2)所示偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个图形(圆为荧光屏，虚线为光屏坐标)(D)
【解析】加图示偏转电压后，光斑将在x轴方向向一侧匀速运动，然后回到O点重复这一运动；y轴方向，偏转电压恒定，所以光斑在y轴方向位移恒定．D正确．
11．(多选)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(AC)
A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C．从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板射出
【解析】若t＝0时刻释放电子，在前内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子继续向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上．即电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，故A正确，B错误；若从t＝T时刻释放电子，电子先加速T，再减速T，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故C正确；若从T时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故D错误．
12．光滑绝缘的水平面上放有如图所示的用绝缘材料制成的“∟”形板(其水平部分足够长、左端竖直部分为A壁)，“∟”形板的质量为m.距板的A壁距离为L的B处放有一质量也为m、电荷量为q的带正电的小物体(可视为质点)，小物体与板面间的摩擦可忽略不计，整个装置处于电场强度大小为E，方向水平向左的匀强电场中，原来板与小物体都静止，且它们始终处于电场中，求：
(1)释放小物体，它第一次与板A壁碰前的速度v1的大小；
(2)若小物体与A壁碰撞后交换速度(碰撞后小物体的速度为板碰撞前的速度，即速度为零；板以小物体碰前的速度运动)，且碰撞时间可忽略．则小物体在第二次跟A壁碰撞瞬间，板运动的总位移为多大；
(3)若小物体与板A壁每次碰撞后都交换速度，求小物体从开始运动到与板第三次碰撞瞬间，小物体电势能的增量．
【解析】(1)根据动能定理有qEL＝mv，解得：v1＝
(2)设第一次碰撞至第二次碰撞经历的时间为t2，根据题意有
v1t2＝t，解得：t2＝
板运动的总位移s2＝v1t2＝eq
\f(2mv,qE)＝4L
(3)第二次碰撞后B的速度vB＝v1，A的速度vA＝t2＝2v1
设第二次碰撞后至第三次碰撞前所经历的时间为t3，则有
2v1t3＝v1t3＋t，解得：t3＝
此过程中小物块的位移s＝L＋v1t2＋2v1t3＝13L
小物块电势能的增量ΔEP＝－W＝－13qEL
备
课
札
记
专题突破(七)　静电场中的图象问题　【P125】
静电场中常见的图象问题主要有以下几种类型：1.电场强度随位置变化的图象，即E－x图象；2.电势随位置变化的图象，即φ－x图象；3.电势能随位置变化的图象，即Ep－x图象．解答此类题目的关键是弄清图象的物理意义，即坐标轴、

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