资源简介

第1讲
电场力的性质
[目标要求]
核心知识
素养要求
1.静电现象
通过实验了解静电现象。能用原子结构模型和电荷守恒的知识分析静电现象。
2.库仑定律
知道点电荷模型，体会科学研究中运用物理模型的方法。知道两个点电荷间相互作用的规律。体会库仑定律探究过程中的科学思想和方法。
3.电场强度
知道电场是一种物质。了解电场强度，体会用物理量之比定义新物理量的方法。会用电场线描述电场。
4.静电的利用与防护
了解生产生活中关于静电的利用与防护的实例。
5.电势能　电势
知道静电场中的电荷具有电势能。了解电势能、电势的含义，体会物理观念的生成过程。
6.电势差及其与电场强度的关系
知道匀强电场中电势差及其与电场强度的关系。
7.带电粒子在电场中的运动
能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象。
8.电容器的电容
观察常见的电容器，了解电容器的电容，能举例说明电容器的应用。
9.实验：观察电容器的充、放电现象
通过实验，了解充放电特点。
第1讲　电场力的性质
授课提示：对应学生用书第127页
一、电荷及电荷守恒定律
1．元电荷、点电荷
(1)元电荷：e＝1.6×10－19
C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，其中质子、正电子的电荷量与元电荷相同。
(2)点电荷：当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。
2．静电场
(1)定义：存在于电荷周围，能传送电荷间相互作用的一种特殊物质。
(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。
3．电荷守恒定律
(1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。
(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子。
二、库仑定律
1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比。作用力的方向在它们的连线上。
2表达式：F＝k，式中k＝9.0×109
N·m2/C2，叫静电力常量。
3．适用条件：真空中的点电荷。
三、电场强度、点电荷的场强
1．定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值。
2．定义式：E＝。单位为N/C或V/m。
3．点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度E＝k。
4．方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。
5．电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵循平行四边形定则。
四、电场线
1．定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱。
2．电场线的特点
(1)不闭合：电场线起始于正电荷(或无穷远处)，终止于无穷远处(或负电荷)。
(2)不相交：在电场中两条电场线不相交。
(3)同一电场中，电场线密的地方场强大。
(4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向。
(5)沿电场线方向电势降低。
(6)电场线和等势面在相交处垂直。
授课提示：对应学生用书第128页
　　自主探
1．库仑定律的“四点”理解
(1)库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用。
(2)对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离。
(3)对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示。
①同种电荷：F＜k；②异种电荷：F＞k。
(4)不能根据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r→0时，两个带电体已不能看作点电荷了。
2．两完全相同带电球电荷分配规律
(1)如果接触前两金属球带同种电荷，电荷量分别为q1和q2，两球接触时，总电荷量平均分配，两球的电荷量都等于。
(2)如果接触前两金属球带异种电荷，电荷量分别为q1和q2，且q1＞q2，接触时，先中和再将剩余的电荷量(q1－q2)平均分配，两球的电荷量都等于。
1．(多选)两个半径相同的金属小球(视为点电荷)，带电荷量之比为1∶7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的(　　)
A.　　　　　　　　
B.
C.
D.
解析：设两小球的电荷量分别为q和7q，则原来相距r时的相互作用力F＝k＝k。由于两球的电性未知，接触后相互作用力的计算可分为两种情况：
(1)两球电性相同。相互接触时两球电荷量平均分配，每球带电荷量为＝4q。放回原处后的相互作用力F1＝k＝k，故＝。
(2)两球电性不同。相互接触时电荷先中和再平分，每球带电荷量为＝3q。放回原处后的相互作用力F2＝k＝k，故＝。
答案：CD
第七章　静电场
高考总复习　物理
2.如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5
cm，bc＝3
cm，ca＝4
cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)
A．a、b的电荷同号，k＝
B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝
D．a、b的电荷异号，k＝
解析：由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，根据受力分析知，a、b的电荷异号。
根据库仑定律，
a对c的库仑力为
Fa＝k0，①
b对c的库仑力为
Fb＝k0。②
设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得
＝③
联立①②③式得
k＝＝＝。
答案：D
　　师生互动
1．电场强度的性质
矢量性
规定正电荷受力方向为该点场强的方向
唯一性
电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷q无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置
2.电场强度的三个计算公式
3．求解电场强度的非常规思维方法
等效法
在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景
对称法
空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性
补偿法
将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面等
微元法
将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷，再利用公式和场强叠加原理求出合场强
　叠加法分析求解电场强度
[典例1]　如图所示，在场强大小为E，方向水平向右的匀强电场中，放一个带负电的点电荷，A、B、C、D四点在以点电荷为圆心的圆周上，并且A点、C点与点电荷在同一水平线上，B点、D点与点电荷在同一竖直线上。已知C点处的电场强度恰为零，则下列说法正确的是(　　)
A．圆周上A点电场强度最大，且为2E
B．B、D两点电场强度大小相等，方向相同
C．B点场强大小为E
D．B点场强的方向与水平方向成30°角
[解析]　在A、B、C、D四点分别存在两个分电场：匀强电场和点电荷－q的电场，根据平行四边形定则合成，两个分矢量方向相反时，合场强最小，故C点的场强最小，为：EC＝E－＝0，即E＝，两个分矢量方向相同时，合场强最大，则A点的场强最大，为：EA＝E＋＝2E，故A正确；B、D两点电场强度大小相等，为EB＝ED＝＝E，方向不同，B点场强的方向与水平方向成45°角斜向下，D点场强的方向与水平方向成45°角斜向上，故B、C、D错误。
[答案]　A
　“补偿法”分析求解电场强度
[典例2]　均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)
A.－E　　　　　　
B.
C.－E
D.＋E
[解析]　左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷为2q的整个球面的电场和带电荷－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷－q的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，故A正确。
[答案]　A
　“对称法”分析求解电场强度
[典例3]　(2021·江苏南京模拟)如图所示，在点电荷－q的电场中，放着一块带有一定电荷量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN为其对称轴，O点为几何中心。点电荷－q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d。已知图中a点的电场强度为零，静电力常量为k，则带电薄板在图中b点产生的电场强度的大小和方向分别为(　　)
A.，水平向右
B.，水平向左
C.，水平向右
D.，水平向右
[解析]　薄板在a点的场强与点电荷－q在a点的场强等大反向，故大小为Ea＝E点＝，水平向左，由对称性可知，薄板在b点的场强大小Eb＝Ea＝，方向水平向右，A正确。
[答案]　A
　“等效法”分析求解电场强度
[典例4]　MN为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为＋q的点电荷O，金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点。几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中是两等量异种点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对甲图P点的电场强度方向和大小作出以下判断，其中正确的是(　　)
A．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为
B．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为
C．方向垂直于金属板向左，大小为
D．方向垂直于金属板向左，大小为
[解析]　据题意，从乙图可以看出，P点电场方向为水平向左；由图乙可知，正、负电荷在P点电场叠加，其大小为E＝2kcos
θ＝2k·＝2k，故选项C正确。
[答案]　C
　“微元法”分析求解电场强度
[典例5]　(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电荷量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度为(　　)
A.
B.
C．k
D.
[解析]　对小球受力分析可知mgtan
45°＝qE，解得E＝，选项A正确，B错误；由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分Δx，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，其电场强度与E1大小相等，如图所示，则两个场强的合场强为E1′＝2·cos
45°＝，方向应沿圆心与小球的连线向外；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合场强为E＝E1′＝·＝，方向水平向左，选项D正确，C错误。
[答案]　AD
3．如图所示a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，O为菱形中心，∠abc＝120°。现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的有(　　)
A．d点电场强度的方向由d指向O
B．O点电场强度的方向由d指向O
C．O点的电场强度大于d点的电场强度
D．O点的电场强度小于d点的电场强度
解析：由电场的叠加原理可知，d点电场的方向为由O指向d，O点的电场方向也是由O指向d，故A、B错误；设菱形的边长为r，根据点电荷电场强度表达式E＝k，三个点电荷在d点产生的场强大小相等，由场强的叠加可知，d点的场强大小Ed＝2k，O点的场强大小为EO＝4k，可见d点的电场强度小于O点的电场强度，故D错误，C正确。
答案：C
4．如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为＋Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走＋Q及AB边上的细棒，则O点强度大小为(k为静电力常量，不考虑绝缘棒及＋Q之间的相互影响)(　　)
A.
B.
C.
D.
解析：根据对称性，AF与CD上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，AB与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零。BC中点的点电荷在O点产生的电场强度为＝，因EF上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零，EF上的细棒在O点产生的电场强度大小为，故每根细棒在O点产生的电场强度大小为，移走＋Q及AB边上的细棒，O点的电场强度为EF与ED上的细棒在O点产生的电场强度叠加，这两个场强夹角为60°，所以叠加后电场强度为2cos
30°＝。
答案：D
　　自主探究
1．两种等量点电荷的电场分析
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　
沿连线先变小后变大
O点最小，但不为零
O点为零
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　　　
A与A′、B与B′、C与C′
等大同向
等大反向
2.电场线的应用
5．对于如图所示的四个电场，下列说法正确的是(　　)
A．图甲为等量同种点电荷形成的电场线
B．图乙离点电荷距离相等的
a、b
两点场强相同
C．图丙中在
c
点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到
d
点
D．图丁中某一电荷放在
e
点与放到
f
点，它们的电势能相同
解析：由图可知，甲为等量异种电荷形成的电场线，故A错误；乙为正的点电荷所形成的电场线分布，离点电荷距离相等的a、b两点场强大小相同，场强方向不同，故B错误；只有电场线为直线时，粒子才有可能沿着电场线运动，在曲线电场线中，粒子不会沿着电场线运动，故C错误；图丁中e点与f点电势相同，它们的电势能相同，故D正确。
答案：D
6．(多选)反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，如图为反天刀周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的点，下列说法正确的是(　　)
A．头部带负电
B．A点电场强度大于B点电场强度
C．负离子运动到A点时，其加速度方向向右
D．图中从A至C的虚线可以是正离子的运动轨迹
解析：电场线从正电荷或无穷远处出发，终止于无穷远处或负电荷，根据电场线由鱼的头部出发可知，头部带正电，故A错误；电场线疏密程度表示电场强度大小，A点电场线比B点密，所以A点电场强度大于B点电场强度，故B正确；负离子在A点受到的电场力向左，其加速度方向向左，故C错误；正离子所受的电场力方向沿着电场线的方向，且指向运动轨迹的凹侧，故图中有可能是正离子从A至C的运动轨迹，D正确。
答案：BD
　　师生互动
1．解决力电综合问题的一般思路
2．“三个自由点电荷平衡”的问题
(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零，或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置。
(2)
　带电体静态平衡问题
[典例6]　(2019·浙江选考)电荷量为4×10－6
C的小球绝缘固定在A点，质量为0.2
kg、电荷量为－5×10－6
C的小球用绝缘细线悬挂，静止于B点。A、B间距离为30
cm，A、B连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109
N·m2/C2，小球可视为点电荷。下列图示正确的是(　　)
[解析]　两球之间的库仑力为F＝k＝9.0×109×
N＝2
N，小球B受到的重力大小为GB＝2
N，且F与竖直方向夹角为60°，F＝GB，故小球B受到的库仑力、重力以及细线的拉力，组成的矢量三角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为60°，B正确。
[答案]　B
　带电体动态平衡问题
[典例7]　(多选)(2021·江西重点中学大联考)如图所示，一带电小球B用绝缘轻质细线悬挂于O点。带电小球A与带电小球B处于同一水平线上，小球B平衡时细线与竖直方向成θ角(θ<45°)。现在同一竖直面内缓慢向下(不是竖直向下)移动带电小球A，使带电小球B能够保持在原位置不动，直到小球A移动到小球B位置的正下方。对于此过程，下列说法正确的是(　　)
A．小球A、B间的距离越来越小
B．小球B受到的库仑力先减小后增大
C．轻质细线的拉力一直在减小
D．轻质细线的拉力不可能减小为零
[解析]　画出小球B的受力图如图，则当小球B位置不动时，A缓慢向下移动时，A对小球B的库仑力先减小后增加，根据库仑定律，则A、B间距先增大后减小；轻质细线的拉力一直在减小，当A到达B的正下方向时，轻质细线的拉力减小为零，故选项B、C正确，A、D错误。
[答案]　BC
规律总结
解决力电平衡问题的步骤
———————————————————————
(1)弄清物理情境，选定研究对象。
(2)对研究对象按顺序进行受力分析，画出受力图。
(3)应用力学规律进行归类建模。　
7．如图甲所示，用OA、OB、AB三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m的带等量同种电荷的小球(可视为质点)，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB绳水平，OB绳对小球的作用力大小为FT。现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F，使装置静止在图乙所示的位置，此时OA绳竖直，OB绳对小球的作用力大小为FT′。根据以上信息可以判断FT和FT′的比值为(　　)
A.　　　　　　　　
B.
C.
D．条件不足，无法确定
解析：题图甲中，对B球受力分析，受重力、OB绳的拉力FT、AB绳的拉力FTA、A与B间的库仑力FA，如图(a)所示，根据平衡条件，有FT＝＝mg；题图乙中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳的拉力、A与B间的库仑力以及AB绳的拉力，由于A处于平衡状态，则AB绳的拉力与库仑力大小相等、方向相反，再对B球受力分析，受水平拉力F、重力、OB绳的拉力FT′、A与B间的库仑力以及AB绳的拉力，而AB间的库仑力与AB绳的拉力的合力为零，图中可以不画，如图(b)所示，根据平衡条件，有FT′＝＝2mg，可见＝，故A正确。
答案：A
8．(多选)用细绳拴一个质量为m带正电的小球B，另一也带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，A、B两球与地面的高度均为h，小球B在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示。现将细绳剪断后(　　)
A．小球B在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
B．小球B在细绳剪断瞬间加速度大于g
C．小球B落地的时间小于
D．小球B落地的速度大于
解析：将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此剪断瞬间起开始，小球B不可能做平抛运动，且加速度大于g，故A错误，B正确；小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，竖直方向的加速度大于g，因此小球落地的时间小于，落地的速度大于，故C、D正确。
答案：BCD
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14
-第2讲　电场能的性质
授课提示：对应学生用书第131页
一、电势能、电势
1．电场力做功的特点
电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关。
2．电势能
(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功。
(2)电场力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。
3．电势
(1)定义：试探电荷在电场中某点具有的电势能Ep与它的电荷量q的比值。
(2)定义式：φ＝。
(3)矢标性：电势是标量，有正、负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)。
(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。
4．等势面
(1)定义：电场中电势相等的各点组成的面。
(2)四个特点
①等势面一定与电场线垂直。
②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。
③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。
二、电势差
1．定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力做功与移动电荷的电荷量的比值。
2．定义式：UAB＝。
3．电势差与电势的关系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。
三、匀强电场中电势差与电场强度的关系
1．电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积。即U＝Ed，也可以写作E＝。
2．公式U＝Ed的适用范围：匀强电场。
授课提示：对应学生用书第132页
　　教材走向高考
1．电场中三种典型关系
(1)电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面。
(2)电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，电场强度大的地方，电势不一定高。
(3)电势能与电势的关系：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。
2．电势高低常用的两种判断方法
(1)依据电场线的方向→沿电场线方向电势逐渐降低。
(2)依据UAB＝φA－φB→UAB＞0，φA＞φB；UAB＜0，φA＜φB。
3．电势能大小的四种判断方法
判断方法
方法解读
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
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
做功法
电场力做正功，电势能减小电场力做负功，电势能增加
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
电势高低与电势能大小的判断是高考的热点，分析近几年高考题可以发现，每年的命题虽然都有变化，但每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多以简单情景考查电势和电势能的直接判断为主，而高考题通常会拓展为带电体或多电荷形成的电场中电势高低与电势能大小的判断，考查学生灵活应用规律的能力。同学们可通过以下示例认真体会，研究高考真题与教材习题间的溯源关系，以便在新高考备考中有的放矢，精准高效。
[典例1]　[人教版选修3－1·P19·T2]
解答以下题目后进行小结：如何根据试探电荷的电势能来判断电场中两点电势的高低？
(1)＋q在A点的电势能比在B点大，A、B两点哪点电势高？
(2)－q在C点的电势能比在D点大，C、D两点哪点电势高？
(3)＋q在E点的电势能为负值，－q在F点的电势能是负值，E、F两点哪点电势高？
[解析]　(1)φA＝，φB＝。因为EpA＞EpB，且q＞0，所以φA＞φB，可见A点电势比B点高。
(2)φC＝＝－，φD＝＝－，因为EpC＞EpD，所以φC＜φD，故D点电势比C点高。
(3)φE＝＜0，φF＝＝－＞0，可见φF＞φE，故F点的电势比E点高。
小结：
(1)在电场中，同一正试探电荷的电势能越大的点，电势越高；同一正试探电荷在电势越高的点，电势能越大。
(2)在电场中，同一负试探电荷的电势能越大的点，电势越低；同一负试探电荷在电势越高的点，电势能越小。
(3)正的试探电荷电势能为负值的点的电势小于负的试探电荷电势能为负值的点的电势。
[答案]　见解析
拓展?　由定义式的应用拓展为多电荷电场中物理量的定性判断
　(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，则(　　)
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
【真题命题立意】　本题在典例1应用定义式的基础上，拓展为两等量电荷形成的空间电场中电场强度的叠加、电势和电势能的定性判断，题目中的考查点由典例1中通过简单的分析计算形成规律，拓展为空间的实际问题，但考查的核心知识点仍然是描述电场性质的物理量的判断。
解析：b点距q近，a点距－q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误。
如图所示，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强，其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确。
由于φa<φb，负电荷从低电势移至高电势过程中，电场力做正功，电势能减少，D错误。
答案：BC
拓展?　由定义式的应用拓展为点电荷电场中的物理量定性判断
　(多选)(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是(　　)
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【真题命题立意】　本题在典例1通过定义式应用的基础上，拓展为点电荷形成的空间电场中电场强度、电势、电势能及电场力做功的定性判断，题目中的考查点由典例1中通过简单的分析计算形成规律，拓展为空间的实际问题，但考查的核心知识点仍然是描述电场性质的物理量的判断。
解析：点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图所示，∠M是最大内角，所以PN>PM，根据点电荷的场强公式E＝k(或者根据电场线的疏密程度)可知从M→N电场强度先增大后减小，A错误；电场线与等势面(图中虚线)处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，B正确；M、N两点的电势大小关系为φM>φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；正电荷从M→N，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误。
答案：BC
1．(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)
如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则(　　)
A．a、b两点的场强相等
B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等
D．c、d两点的电势相等
解析：在绝缘细圆环的上半圆P处，任取一小段，可看成点电荷，其在a点产生的场强为E1，在关于细圆环水平直径对称的下半圆Q处再取一小段，其在a点产生的场强为E2，由对称性可知，E1、E2的合场强竖直向下，如图所示，即上半圆和下半圆在a点产生的合场强一定竖直向下，同理可知，在b点场强方向也竖直向下，大小与a点处相等，A正确；同理可分析a、b所在的直径上各点场强均竖直向下，故a、b两点在同一条等势线上，电势相等，B正确；由微元法和对称性可知，c、d两点场强相等，方向竖直向下，C正确；电场由c到d，c点电势高于d点电势，D错误。
答案：ABC
2．(多选)(2020·高考山东卷)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是(　　)
A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
解析：由题意知，O点的场强EO＝0，则知在两点电荷连线上O点左侧的电场方向向右，O点右侧的电场方向向左，可以判定，a、c点电势高于O点，因O点与b点间的电场强度斜向上，所以O点电势高于b点，则b点电势低于c点，A错误，B正确；由以上分析知，a点的电势高于b点，试探电荷(带负电)在a点的电势能比在b点的小，C错误；同理可知，c点电势高于d点，试探电荷(带负电)在c点的电势能小于在d点的电势能，D正确。
答案：BD
　　自主探究
1．公式E＝的三点注意
(1)只适用于匀强电场。
(2)d为某两点沿电场强度方向上的距离。
(3)在匀强电场中，电场强度的方向是电势降低最快的方向。
2．由E＝可推出的两个重要推论
推论1　匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示。
推论2　匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙所示。
甲　　　　　　　　　乙
3．E＝在非匀强电场中的三点妙用
(1)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。
(2)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。
(3)判断电场强度大小：等差等势面越密，电场强度越大。
3.(2021·山东省济南市高三上学期阶段测试)如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10
cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1
V、2
V、3
V，则下列说法正确的是(　　)
A．匀强电场的场强大小为10
V/m
B．匀强电场的场强大小为
V/m
C．电荷量为1.6×10－19
C的正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.6×10－19
J
D．电荷量为1.6×10－19
C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减小4.8×10－19
J
解析：连接AC，AC中点电势为2
V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，BA间的电势差为UBA＝1
V，又UBA＝EdABcos
30°，得场强E＝＝
V/m＝
V/m，故B正确，A错误；由正六边形对称性，EB∥AF，则AF也为电场中的一条等势线，φF＝φA＝1
V，由上可知，E的电势为φE＝φB＝2
V＞φF，则电荷量为1.6×10－19
C的正点电荷从E点移到F点，电场力做正功，而且为WEF＝qUEF＝q(φE－φF)＝1.6×10－19×(2－1)J＝1.6×10－19
J，故C错误；D点的电势等于C点的电势，φD＝3
V，电荷量为1.6×10－19
C的负点电荷从F点移到D点，电场力做功为WFD＝qUFD＝q(φF－φD)＝－1.6×10－19×(1－3)J＝3.2×10－19
J，电势能减小3.2×10－19
J，故D错误。
答案：B
4.(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是(　　)
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
解析：A选项根据题意无法判断，故A错误；由于电场为匀强电场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，由E＝的推论可知φM＝，φN＝，若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W＝qUMN＝q(φM－φN)＝q－q＝＝，故B正确；因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是，故C错误；若W1＝W2，说明Ucd＝Uab，即φc－φd＝φa－φb，而UaM－UbN＝(φa－φM)－(φb－φN)，又因为φM＝，φN＝，解得UaM－UbN＝0，故D正确。
答案：BD
　　师生互动
1．几种典型电场的等势线(面)
电场
等势线(面)
重要描述
匀强电场
垂直于电场线的一簇平面
点电荷的电场
以点电荷为球心的一簇球面
等量异种点电荷的电场
连线的中垂线上电势处处为零
等量同种(正)点电荷的电场
连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高
2.分析电场中运动轨迹问题的方法
(1)“运动与力两线法”——画出运动轨迹在初始位置的切线(“速度线”)与在初始位置电场线的切线(“力线”)方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。
(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况。
[典例2]　(多选)(2021·湖北宜昌一中、龙泉中学联考)如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则(　　)
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a加速度减小，b加速度增大
C．MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|
D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小
[思路点拨]　解此题把握以下三点：
(1)根据曲线运动的知识结合运动轨迹判断粒子的受力方向，根据带电粒子在电场中受力的规律即可判断电性。
(2)根据电场线判断电场强弱、电势的高低，从而得到电场力、加速度的大小及变化。
(3)根据电场力做功，可判断动能、电势能变化及分析计算电势差。
[解析]　粒子受到的电场力一定与电场方向在同一直线上，再根据曲线运动的知识可知粒子受到的合外力应指向弯曲的凹侧，可得a、b粒子电性相反，但条件没有给出电场线的方向，故无法判断电性，由题意知a往电场线稀疏的区域运动，故电场力变小，加速度变小，b相反，故A错误，B正确；MN之间平均电场比NQ之间的平均电场大，MN＝NQ，有U＝Ed可知，MN之间的电势差更大，C正确；因为不知道两个粒子带电荷量的关系，故无法判断电势能的变化，也就没有办法比较动能变化量的关系，故D错误。
[答案]　BC
方法技巧
带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧
———————————————————————
(1)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为粒子在该点处的速度方向。
(2)判断电场力(或场强)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹的凹侧，再根据粒子的正、负判断场强的方向。
(3)判断电场力做功的正、负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加。　
5．(2021·适应性测试重庆卷)如图所示，虚线表示某电场中的三个等势面，a、a′、b、b′、c、c′为分布在等势面上的点。一带电粒子从a点运动到c点的过程中电场力做功为Wac，从a′点运动到c′点的过程中电场力做功为Wa′c′。下列说法正确的是(　　)
A．c点的电场方向一定指向b点
B．a′点电势一定比c′点电势高
C．带电粒子从c点运动到c′点，电场力做功为0
D．|Wac|＜|Wa′c′|
解析：带电粒子的电性和电场力做功的正负均未知，所以各等势面的电势高低未知，电场线的方向未知，A、B错误；因为c和c′在同一个等势面上，电势差U＝0，根据电场力做功W＝qU可知电场力对带电粒子做功为0，C正确；根据题意可得a、c两点的电势差与a′、c′两点之间的电势差相等，根据电场力做功W＝qU可知|Wac|＝|Wa′c′|，D错误。
答案：C
6．(2021·河北衡水模拟)如图所示，虚线a、b、c表示O处点电荷的电场中的三个不同的等势面，相邻等势面的间距相等，一电子射入电场后(只受电场力作用)的运动轨迹如图中实线所示，其中1、2、3、4表示运动轨迹与等势面的交点，由此可以判定(　　)
A．O处的点电荷一定带正电
B．电子运动过程中，动能先增大后减小
C．三个等势面的电势高低关系是φc＞φb＞φa
D．电子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力所做的功相等
解析：从电子的运动轨迹可以看出两个电荷相互排斥，故点O处电荷带负电，A错误；两个电荷相互排斥，故电子运动过程中电场力先做负功，后做正功，根据动能定理，动能先变小后变大，B错误；点O处电荷带负电，故结合负电荷的等势面图，可以知道a、b、c三个等势面的电势高低关系是φc＞φb＞φa，C正确；点电荷产生的电场中，距离点电荷越远，电场强度越小，由于两相邻等势面的间距相等，所以U32＞U43，由W＝qU可知，电子从位置2到位置3与从位置3到位置4过程中电场力做的功不相等，D错误。
答案：C
　　师生互动
　几种常见图象的特点及规律
v-t图象
根据v
t图象中速度变化、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图象
(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，φx图线存在极值，其切线的斜率为零；(2)在φ-x图象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图象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图象
(1)反映了电场强度随位移变化的规律；(2)E＞0表示场强沿x轴正方向，E＜0表示场强沿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图象
(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)进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况
　v
-t图象
[典例3]　(2021·北京人大附中高三月考)一带正电粒子仅在电场力作用下沿直线运动，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB时刻粒子分别经过A点和B点，A、B两点的场强大小分别为EA、EB，电势分别为φA、φB，则可以判断(　　)
A．EA＜EB　　　　　　
B．EA＞EB
C．φA＝φB
D．φA＜φB
[解析]　由于vt图象的斜率表示加速度，所以从vt图象中可以看出从A点到B点，带正电粒子的加速度逐渐减小，所以电场力就减小，电场强度就逐渐减小，即EA>EB；从A点到B点正电荷的速度增大，说明了电场力做正功，电势能减小，根据φ＝可知电势降低，即φA>φB，故选项B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
　φ-
x图象
[典例4]　两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则(　　)
A．N点的电场强度大小为零
B．A点的电场强度大小为零
C．N、C间场强方向沿x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
[解析]　根据题给的两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系图象，可知O点的点电荷q1为正电荷，M点的点电荷q2为负电荷。题中φx图象斜率的绝对值表示电场强度的大小，由此可知，N点和A点的电势为零，但电场强度大小都不为零，C点的电场强度大小为零，A、B错误；从N点到C点电势逐渐增大，说明从N点到C点逆着电场线方向，故N、C间场强方向沿x轴负方向，C错误；将一负点电荷从N点移到D点，其电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，D正确。
[答案]　D
　E-x图象
[典例5]　空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点。下列说法正确的是(　　)
A．x1处场强大于－x1处场强
B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1处时速度为零
C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能
D．x1处的电势比－x1处的电势高
[解析]　由图可知x1处场强与－x1处场强大小相等，故A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，由Ep＝qφ可知电子在x1处的电势能等于在－x1处的电势能，故C、D错误；由动能定理有qU＝ΔEk，故B正确。
[答案]　B
　Ep
-x图象
[典例6]　(2021·河北张家口模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、
φ2、φ3的关系为φ3>φ2＝φ0>φ1
D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变
[解析]　根据Ep＝qφ，E＝，得E＝·，由数学知识可知Epx图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A错误；由题图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知电场强度减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图象切线的斜率不断增大，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，电场强度不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；根据Ep＝qφ，粒子带负电，q<0，则知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，故C错误。
[答案]　D
规律总结
解决电场相关图象问题的要点
———————————————————————
(1)分析思路：同解决力学中的图象类问题相似，解决电场相关图象问题，关键是弄清图象坐标轴的物理意义，坐标正负代表什么，斜率、“面积”表示什么物理量，然后结合粒子的运动进一步分析电场力、电势能、动能等变化情况。
(2)电场图象中的几个隐含物理量：
Ex图象：图象与坐标轴围成的面积表示电势差；
φx图象：某点切线的斜率表示该点对应位置的电场强度；
Epx图象：某点切线的斜率表示该点对应位置的电场力。　
7．静电场方向平行于x轴，将一电荷量为－q的带电粒子在x＝d处由静止释放，粒子只在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随x的变化关系如图所示。若规定x轴正方向为电场强度E、加速度a的正方向，四幅示意图分别表示电势随x的分布、场强E随x的分布、粒子的加速度a随x的变化关系和粒子的动能Ek随x的变化关系，其中正确的是(　　)
解析：根据带电荷量为－q的粒子只在电场力作用下沿x轴运动，其电势能Ep随x的变化关系图象可知，电势先均匀升高到最大，然后均匀减小到零，图象A错误；场强方向在x负半轴为沿x负方向，在正半轴为沿x轴正方向，图象B错误；根据牛顿第二定律有qE＝ma，粒子在匀强电场中运动时加速度大小不变，由于粒子带负电，粒子的加速度在x＝0左侧为正值、在x＝0右侧为负值，图象C错误；因为带电粒子只受电场力作用，所以带电粒子的动能与电势能总和保持不变，即Ekx图象应与Epx图象关于x轴对称，故图象D正确。
答案：D
8．(多选)(2021·陕西西安中学高三模拟)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是(　　)
A．b点的场强一定为零
B．Q2电荷量大于Q1
C．a点的电势比b点的电势高
D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能小
解析：在b点前做加速运动，b点后做减速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，受力为零，因此b点的场强一定为零，可知Q2带负电，且有k＝k，所以Q2＜Q1，故A正确，B错误；该电荷从a点到b点，做加速运动，且该电荷为正电荷，电场力做正功，所以电势能减小，电势降低，a点的电势比b点的电势高，即粒子在a点的电势能比在b点的电势能大，故C正确，D错误。
答案：AC
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-第3讲　电容器的电容　带电粒子在电场中的运动
授课提示：对应学生用书第136页
一、常见电容器　电容器的电压、电荷量和电容的关系
1．常见电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。
(2)定义式：C＝。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)
1
F＝106
μF＝1012
pF。
3．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
二、带电粒子在匀强电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a＝，E＝，v2－v02＝2ad。
(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足qU＝mv2－mv02。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。
(2)运动性质：类平抛运动。
(3)处理方法：运动的分解。
①沿初速度方向：做匀速直线运动。
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。
三、示波器的工作原理
1．构造：①电子枪，②偏转极板，③荧光屏。(如图所示)
2．工作原理
(1)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。
(2)观察到的现象
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若所加扫描电压和信号电压的周期相等，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。
授课提示：对应学生用书第136页
　　自主探究
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝先分析电容的变化，再根据C＝分析Q的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝先分析电容的变化，再根据C＝分析U的变化。
②根据E＝或E＝分析场强变化。
1．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
解析：当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；根据电容器的决定式：C＝，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝可知，
电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；根据电容器的决定式C＝，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数εr增大，则电容C增大，根据C＝可知，
电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；根据C＝可知，
电荷量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误。
答案：A
2．(2021·河南重点中学高三联考)如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电的油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则(　　)
A．带电油滴所受静电力不变
B．P点的电势将升高
C．带电油滴在P点时的电势能增大
D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大
解析：将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝得知板间场强减小，油滴所受的静电力减小，A错误；板间场强减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高，则油滴在P点时的电势能将减小，B正确，C错误；根据电容的定义式C＝知电容减小，C＝，电容器与电源相连，则板间电压U不变，当C减小时，极板带电荷量Q也减小，D错误。
答案：B
方法技巧
解决电容器问题的2个常用技巧
———————————————————————
(1)在电荷量保持不变的情况下，由E＝＝＝知，电场强度与板间距离无关。
(2)针对两极板带电荷量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。
　
　　自主探究
1．带电粒子(体)在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。
2．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
3．处理带电粒子在电场中做直线运动的两个观点
(1)用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad。
(2)用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02；
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
3．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)
A．当减小两板间的距离时，速度v增大
B．当减小两板间的距离时，速度v减小
C．当减小两板间的距离时，速度v不变
D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长
解析：由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，＝，＝，即t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误。
答案：C
4．(多选)(2021·山东泰安模拟)如图甲所示，在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压。在0～1
s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t＝2
s时电荷仍运动且未与极板接触，则在1～2
s内，点电荷(g取10
m/s2)(　　)
A．做匀加速直线运动，加速度大小为10
m/s2
B．做变加速直线运动，平均加速度大小为5
m/s2
C．做变加速直线运动，2
s末加速度大小为10
m/s2
D．2
s末速度大小为10
m/s
解析：第1
s内电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力方向向上，与重力平衡，第2
s内电压一直变大，故电场强度变大，电场力变大，且第2
s内合力随时间均匀增加，加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，故A错误；第2
s内加速度随时间均匀增加，第2
s末电场强度增加为第1
s末的2倍，故电场力变为第1
s末的2倍，此时合力向上，大小为mg，其加速度大小为g＝10
m/s2，故平均加速度为＝
m/s2＝5
m/s2，故B、C正确；2
s
末速度大小为v2＝
t＝5×1
m/s＝5
m/s，故D错误。
答案：BC
5．如图所示，金属板A、B水平放置，两板中央有小孔S1、S2，A、B与直流电源连接。闭合开关，从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S2孔，不计空气阻力，要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔，应(　　)
A．仅上移A板适当距离
B．仅下移A板适当距离
C．断开开关，再上移A板适当距离
D．断开开关，再下移A板适当距离
解析：设板间距离为d，O距S1为h，电源电压为U，由题意知从O释放一带电小球到达S2孔速度为零，则电场力对小球做负功，由动能定理得：mg(h＋d)－qU＝0，若仅上移或下移A板适当距离，两板间电压不变，仍满足mg(h＋d)－qU＝0，小球仍刚好能到达S2，则A、B错误；断开开关，Q不变，因E＝，则场强E不变，由动能定理得：mg(h＋d)－Eq·d＝0，将A板向上移适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功增多，故假设不成立，即到达不了S2处速度已为零，故C错误；若下移A板适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功变少，所以总功为正功，到达S2处时小球速度不为零，能够穿过S2孔，故D正确。
答案：D
方法技巧
带电体在匀强电场中直线运动问题的分析方法
———————————————————————
　
　　教材走向高考
1．对带电粒子在匀强电场中的偏转运动的理解
(1)运动条件：①初速度垂直于匀强电场；②仅受电场力作用。
(2)运动性质：类平抛运动。
(3)处理方法：运动的分解。
2．带电粒子在电场中的偏转规律
3．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。
证明：由qU0＝mv02及tan
φ＝得tan
φ＝。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为。
带电粒子在电场中的运动是近几年高考的热点，分析高考题可以发现，每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多以不计重力的带电粒子在电场中的加速直线运动或在匀强电场中的偏转运动的简单计算为主，而高考题通常会拓展为带电体在电场中加速或偏转，甚至是多个带电体的运动问题，考查学生灵活应用分解方法和类平抛规律的能力。同学们可通过以下示例认真体会，研究高考真题与教材习题间的溯源关系，以便在新高考备考中有的放矢，精准备考。
[典例]　[人教版选修3－1·P39·T5]
电子从静止出发被1
000
V的电压加速，然后进入另一个电场强度为5
000
N/C的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直。已知偏转电极长6
cm，求电子离开偏转电场时的速度及其与进入偏转电场时的速度方向之间的夹角。
[解析]　电子的初动能mv02＝eU0，
垂直进入匀强电场后加速度a＝，
在偏转电场中运动的时间为t＝，
电子离开偏转电场时沿静电力方向的速度
vy＝at＝，
电子离开偏转电场时的速度
v＝≈1.9×107
m/s。
电子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值
tan
θ＝＝＝＝＝＝0.15，
所以电子离开偏转电场时的速度与其进入偏转电场时的速度方向之间的夹角θ＝arctan
0.15。
[答案]　见解析
拓展?　由偏转电场中的运动速度拓展为两电场中的运动动能和位移的计算
　(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【真题命题立意】　本题在典例计算速度偏角的基础上，拓展为利用类平抛运动规律计算动能和位移，题目中的考查点由典例中考查简单的平抛运动规律的应用，拓展为在两相邻电场中的运动问题，但考查的核心知识点仍然是带电粒子在匀强电场中的运动。
解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝，①
F＝qE＝ma，②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv02，③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝at2，④
l＝v0t，⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv02＋qh，⑥
l＝v0。⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为
L＝2l＝2v0。⑧
答案：(1)mv02＋qh　v0　(2)2v0
拓展?　由偏转电场中的运动速度拓展为对动能与动量的计算
　(2020·高考全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【真题命题立意】　本题在典例计算速度偏角的基础上，拓展为利用类平抛运动规律分析计算动能和动量，题目中的考查点由典例中考查简单的平抛运动规律的应用，拓展为在圆形有界电场中的运动问题，但考查的核心知识点仍然是带电粒子在匀强电场中的运动。
解析：(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。
由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R①
F＝qE②
由动能定理有F·AC＝mv02，③
联立①②③式得E＝。④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。
由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R。⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。
由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma，⑥
AP＝at12，⑦
DP＝v1t1，⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0。⑨
(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。
由运动学公式有
y＝at2，⑩
x＝vt，?
粒子离开电场的位置在圆周上，有
(x－R)2＋(y－R)2＝R2，?
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat，?
联立②④⑥⑩???式得v＝0和v＝v0。?
另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率v＝v0。
答案：(1)　(2)v0　(3)0或v0
6．(2020·高考浙江卷)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　)
A．所用时间为
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向y＝t2，由tan
45°＝可得t＝，故A错误；由于vy＝t＝2v0，故粒子速度大小为v＝＝v0，故B错误；由几何关系可知，到P点的距离为L＝v0t＝，故C正确；由平抛推论可知，tan
α＝2tan
β，可知速度正切tan
α＝2tan
45°＝2>tan
60°，可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。
答案：C
7．(2020·天津重点学校联考)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计质子与α粒子的重力。关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是(　　)
A．质子和α粒子打到感光板上的位置相同
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为2∶1
D．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
解析：带电粒子进入偏转电场时，根据动能定理得qU＝mv02，解得v0＝，所以＝＝，故D错误；带电粒子在匀强电场E中做类平抛运动，设带电粒子沿电场方向的偏移量为y，则y＝t2，解得t＝，则垂直电场方向位移x＝v0t＝2，所以质子和α粒子打在感光板上的位置相同，故A正确；在偏转电场中时间为t2，偏转位移为y，有x1＝a1t12＝t12，y＝t22，由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是不同，所以运动时间不同，故B错误；从开始运动到打到板上，根据动能定理有qU＋qEd＝Ek－0，＝＝，故C错误。
答案：A
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-实验九　观察电容器的充、放电现象
授课提示：对应学生用书第142页
一、实验目的
1．理解电容器的储能特性及其在电路中能量的转换规律。
2．理解电容器充、放电过程中，电路中的电流和电容器两端电压的变化规律。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
当S接1时，电容器接通电源，与电源正极相接，电容器极板的自由电子在电场力的作用下将经过电源移到与电源负极相接的下极板，正极由于失去负电荷而带正电，负极由于获得负电荷而带负电，正、负极板所带电荷大小相等，符号相反，如图甲所示。
(2)电容器的放电过程
当S接2时，电容器的两极板用导线连接起来，电容器正极板上的正电荷与负极板上的负电荷中和，两极板的电荷量逐渐减少，表现为电流逐渐减小为零，电压也逐渐减小为零，如图乙所示。
2．实验器材
电源、单刀双掷开关、平行板电容器、多用电表、电流表和电压表。
3．实验步骤
(1)调节直流可调电源，输出为6
V，并用多用电表校准。
(2)关闭电源开关，正确连接实物图，电路图如图甲所示。
(3)打开电源，把双掷开关S打到上面，使开关和触点1连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在数据处理的表格中。
(4)把双掷开关S打到下面，使开关和触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在数据处理的表格中。
(5)记录好实验结果，关闭电源。
4．注意事项
(1)电流表要选用小量程的灵敏电流表。
(2)要选择大容量的电容器。
(3)实验过程中要在干燥的环境中进行。
(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，避免烧坏电流表。
[规律方法总结]
1．数据处理
实验项目
实验现象
电容器充电
电流表读数由大到小最后为零
电容器放电
电流表读数由大到小最后为零
2.实验结论
(1)充电过程电荷在电路中定向移动形成电流，两极板间有电压。S刚合上时，电源与电容器之间存在较大的电压，使大量电荷从电源移向电容器极板，产生较大电流，随着极板电荷的增加，极板间电压增大，电流减小。当电容器两极板间电压等于电源电压时，电荷不再定向移动，电流为0。
(2)放电过程中，由于电容器两极板间的电压使回路中有电流产生。开始这个电压较大，因此电流较大，随着电容器极板上的正、负电荷的中和，极板间的电压逐渐减小，电流也减小，最后放电结束，极板间不存在电压，电流为0。
结论：当电容器极板上所储存的电荷发生变化时，电路中就有电流流过；若电容器极板上所储存的电荷量恒定不变时，则电路中就没有电流流过。电路中的平均电流为I＝。
授课提示：对应学生用书第143页
命题点一　教材原型实验
　对电容器及其充放电的认识
[典列1]　下列关于电容器相关知识描述正确的是(　　)
A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势E
B．图乙为电容器放电示意图，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，流过的总电荷量为2Q
C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用时都严格区分正负极
D．图戊中的电容器上有“5
V　2.5
F”字样，说明该电容器只有两端加上5
V的电压时电容才为2.5
F
[解析]　图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板带正电，同时两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且流过的总电荷量为Q，故B错误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；图戊中的电容器上有“5
V　2.5
F”字样，说明该电容器两端电压最大值为5
V，而电容与电容器的电压及电荷量均无关，总是为2.5
F，故D错误。
[答案]　A
　充放电过程电压和电流的变化及数据处理
[典例2]　某同学利用图(a)所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化。实验中使用的器材为：电池E(内阻很小)、开关S1和S2、电容器C(约100
μF)、电阻R1(约200
kΩ)、电阻R2(1
kΩ)、电压表V(量程6
V)、秒表、导线若干。
　
(1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连线。
(2)先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下秒表开始计时。若某时刻电压表的示数如图(c)所示，电压表的读数为________V(保留2位小数)。
(3)该同学每隔10
s记录一次电压表的示数，记录的数据如下表所示。
时间t/s
10.0
20.0
30.0
40.0
50.0
60.0
电压U/V
2.14
3.45
4.23
4.51
5.00
5.18
在图(d)上绘出Ut图线，已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是________s。
(d)
(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是_______________________________。
[解析]　(1)根据电路图，实物如图所示。
(2)电压表的量程为6
V，分度值为0.1
V，所以读数为3.60
V。
(3)先描点，然后用平滑的曲线将所描的点连接起来，如图所示。
由图可知误差较大的数据点对应表中的时间为40.0
s。
(4)电路中C、R2和S2构成的回路，先闭合开关S2，再断开开关S2，使电容器上所带电荷量释放干净，不影响下一次实验。
[答案]　(1)图见解析　(2)3.60　(3)图见解析　40.0　(4)使每次实验前电容器两极板上的电荷相中和
命题点二　实验创新设计
　实验器材创新
[典例3]　在“用传感器观察电容器的充电和放电”实验中，电路图如图甲所示。一位同学使用的电源电动势为10.0
V，测得放电的It图象如图乙所示。
甲
乙
(1)若按“四舍五入(大于半格算一个，小于半格舍去)”法，根据“It
图线与两坐标轴包围面积”，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为________C。(结果保留2位有效数字)
(2)根据以上数据估算电容器的电容值为________F。(结果保留2位有效数字)
(3)如果将电阻R换一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量________(选填“变多”“不变”或“变少”)。
[解析]　(1)电容器的放电图象是一条逐渐下降的曲线，而q＝It，从微元法得到，It
图象与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，经确认：图象下共有42格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为Q＝42×0.001×0.4
C＝0.017
C。
(2)从上一问知道，电容器充满电后所带的电荷量Q＝0.017
C，而所加电压U＝E＝10
V，所以
C＝＝1.7×10－3
F。
(3)若将电阻换一个阻值较大电阻，但由于电容器电荷量一定，则所有电荷量将通过电阻R释放，只是图象更加平缓些，但总电荷量不变。
[答案]　(1)0.017　(2)1.7×10－3　(3)不变
创新评价
本题的创新之处在于应用电流传感器结合计算机模拟信号分析电流的变化规律代替通过记录电流表示数变化列表画图分析数据。　
　实验目的创新
[典例4]　在测定电容器电容值的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3
kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2端，电容器放电，直至放电完毕。实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的ut曲线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”的图。
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(选填“相同”或“相反”)，大小都随时间________(选填“增加”或“减小”)。
(2)当开关接“1”时，是________(选填“充电”或“放电”)。上极板带________(选填“正电”或“负电”)。
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值。请你分析并说明该同学的说法是否正确：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
[解析]　(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小。(2)当开关接“1”时，与电源连接，是充电，且上极板带正电。(3)正确。因为当开关S与2连接，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R上的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”，可应用C＝＝计算电容值。
[答案]　(1)相反　减小　(2)充电　正电　(3)见解析
创新评价
本题的创新之处在于由观察电容器的充放电拓展为应用电压传感器结合计算机模拟信号测量电容器的电容。　
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7
-专题突破5　带电体在电场中运动的综合问题
授课提示：对应学生用书第139页
　　师生互动
1．三种运动类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；
(2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)；
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2．一条解题策略
注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动时间上具有周期性和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。
3．两条解题思路
(1)力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
(2)功能关系。
　带电粒子在交变电场中的直线运动
[典例1]　如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板，则(　　)
A．A、B两板间的距离为
B．粒子在两板间的最大速度为
C．粒子在两板间做匀加速直线运动
D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板
[解析]　粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在t＝时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在时刻到达B板，则··()2＝，解得d＝，选项A错误；粒子在时刻速度最大，则vm＝·＝，选项B正确；若粒子在t＝时刻进入两极板间，在～时间内，粒子做匀加速运动，位移x＝·()2＝，所以粒子在时刻之前已经到达B板，选项D错误。
[答案]　B
　带电粒子在交变电场中的偏转运动问题
[典例2]　(2021·福建厦门一中期中)相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电荷量为－e，在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0＝；紧靠B板的偏转电压也等于U0，板长为L，两极板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。
(1)试求在0～kT与kT～T时间内射出B板电子的速度各是多大？
(2)在0～T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。(结果用L、d表示)
[解析]　(1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT时间内，穿出B板的电子速度为v1，kT～T时间内射出B板的电子速度为v2。
根据动能定理有－eU0＝mv12－mv02，eU0＝mv22－mv02，
将U0＝代入上式，得v1＝v0，v2＝v0。
(2)在0～kT时间内射出B板的电子在偏转电场中，电子的运动时间t1＝，侧移量y1＝at12＝，
得y1＝，
打在荧光屏上的坐标为y1′，则y1′＝2y1＝。
同理可得在kT～T时间内穿出B板后电子的侧移量y2＝，打在荧光屏上的坐标y2′＝2y2＝。
故两个发光点之间的距离Δy＝y1′－y2′＝。
[答案]　(1)v0　v0　(2)
规律总结
带电粒子在交变电场中的偏转运动问题的一般思路
———————————————————————
(1)分过程解决：“一个周期”往往是我们的最佳选择。
(2)建立模型：带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型。
(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)变化，而物体的运动性质则由加速度和速度的方向关系确定。　
1．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　)
A．0＜t0＜　　　　　　　
B.＜t0＜
C.＜t0＜T
D．T＜t0＜
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v
?t图象，如图所示。由于v?t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；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。
答案：B
2．(多选)(2021·山东潍坊模拟)如图1所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0，电荷量为＋q，质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，粒子撞击金属板时会被吸附静止。以下判断正确的是(　　)
A．粒子在电场中运动的最短时间为
B．射出粒子的最大动能为mv02
C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出
D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出
解析：由图可知场强大小E＝，则粒子在电场中的加速度大小a＝＝，则粒子在电场中运动的时间最短时满足＝atmin2，解得tmin＝＜，A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，由图象知任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为mv02，B错误；t＝时刻进入的粒子，在～时间内，在电场力作用下向下运动，由于电场力作用时间＞，所以粒子会撞击在金属板上，不会从O′点射出，故C错误；t＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速，速度到零；然后继续向下加速，再向下减速，速度到零……如此反复，则最后从O′点射出时沿电场方向的位移为零，粒子将从O′点射出，D正确。
答案：AD
　　师生互动
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题。
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。
3．动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式。
(2)应用动量守恒定律，注意其适用条件。
　电场中动力学和能量观点的应用
[典例3]　(2021·福建泉州高三模拟)如图，在竖直向下的匀强电场中，质量为0.5
kg的带正电小物块从光滑绝缘斜面上的A点由静止释放，经过B点后进入绝缘水平面，最后停在C点。某些时刻物块的瞬时速率记录在下表中。若物块经过B点前后速度大小不变，电场力与重力大小相等，取g＝10
m/s2，则(　　)
t/s
0
3
6
9
v/(m·s－1)
0
8
12
8
A.t＝6
s时物块恰好经过B点
B．t＝12
s时物块恰好到达C点
C．物块与水平面间的动摩擦因数为
D．整个过程中物块电势能的减少量等于系统内能的增加量
[解析]　根据图表中的数据，可以求出物块下滑的加速度a1＝＝
m/s2，若t＝6
s时刻物块恰好经过B点，则B点的速度为v＝a1t＝×6
m/s＝16
m/s>12
m/s，所以t＝6
s时物块已过B点，同样根据图表数据可知，物块在水平面上滑动时的加速度a2＝＝
m/s2＝－
m/s2，设物块在斜面上滑行时间为t1，从斜面底端到速度为12
m/s的时间为t2，则有a1t1＋a2t2＝12
m/s，t1＋t2＝6
s，解得t1＝5
s，即物块加速5
s后到达B点，此时vB＝a1t1＝
m/s，由速度与时间关系可得在BC段运动的时间t3＝＝10
s，即t＝15
s时物块运动到C点，A、B错误；物块在水平面上运动时，由牛顿第二定律可得：－μ(mg＋qE)＝ma2，其中qE＝mg，解得μ＝，C正确；由能量守恒定律可知，整个过程中物块电势能和重力势能的减少量之和等于系统内能的增加量，D错误。
[答案]　C
　电场中动量和能量观点的应用
[典例4]　如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电－2q，开始时两小球相距s0，小球A有水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零。
(1)试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值；
(2)试证明在两小球的间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，并求出这两种能量的比值的取值范围。
[解析]　(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律得3mv0＝3mvA＋mvB，
系统的动能减小量
ΔEk＝×3mv02－×3mvA2－mvB2，
由于系统运动的过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下的电势能为零，故系统在该状态下的电势能
Ep＝ΔEk＝×3mv02－×3mvA2－mvB2，
联立得Ep＝－6mvA2＋9mv0vA－3mv02。
当vA＝v0时，系统的电势能取得最大值，得
vA＝vB＝v0，
即当两小球速度相同时，系统的电势能最大，最大值Epmax＝mv02。
(2)由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电势能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为Ekmin＝Ek0－Epmax＝×3mv02－mv02＝mv02，
由于Ekmin>Epmax，
所以在两球间距不小于s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能，
在这一过程中两种能量的比值的取值范围为
0≤≤＝。
[答案]　(1)证明见解析　mv02
(2)证明见解析　0≤≤
　电场中动力学、动量和能量观点的综合应用
[典例5]　如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2
m
的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小E＝5.0×103
V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2
kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5
C，g取10
m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0；
(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
[解析]　(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，由牛顿第二定律，有
mg＋Eq＝m，①
由平抛运动规律，有
2R＝
t2，②
x＝vDt，③
联立①②③式得x＝0.4
m。④
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
mv0＝mv甲＋mv乙，⑤
mv02＝mv甲2
＋mv乙2，⑥
联立⑤⑥式得v甲＝0，v乙＝v0，⑦
对乙球，从B到D过程，
由动能定理得
－mg×2R－Eq×2R＝mvD2－mv乙2，⑧
联立①⑦⑧式得v0＝2
m/s。⑨
(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
Mv0＝MvM＋mvm，⑩
Mv02＝MvM2＋mvm2，?
联立⑩?式得vm＝，?
由?式和M＞m，可得v0＜vm<2v0，?
设乙球过D点时速度为vD′，由动能定理得
－mg×2R－Eq×2R＝mvD′2－mvm2，?
联立⑨??式得2
m/s＜vD′<8
m/s，?
设乙在水平轨道上的落点距B点的距离为x′，
有x′＝vD′
t，?
联立②??式，得0.4
m＜x′<1.6
m。
[答案]　(1)0.4
m　(2)2
m/s　(3)0.4
m＜x′<1.6
m
规律总结
三大观点的选用策略
———————————————————————
(1)对多个物体组成的系统讨论，在具备守恒条件时优先考虑两个守恒定律；出现相对距离(或相对路程)时优先考虑功能关系。
(2)对单个物体的讨论，宜用两个定理，涉及时间优先考虑动量定理，涉及位移优先考虑动能定理。
(3)研究所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系，涉及过程的细节(加速度)，且受恒力作用时，考虑用牛顿运动定律和运动学规律。非匀强电场一般不适用力与运动的观点这一方法，除了以点电荷为圆心的圆周运动。
(4)两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这是它们的方便之处，特别是对变力问题，充分显示出其优越性。有些题目可以用不同方法各自解决，有些题目则同时运用上述几种方法才能解决。　
3．(2019·高考全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma，①
a()2＝gt2，②
解得E＝。③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－mv12＝mgh＋qEh，④
且有v1＝v0t，⑤
h＝gt2，⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v02＋g2t2)。
答案：(1)　(2)2m(v02＋g2t2)
4.(2021·山东济宁模拟)如图所示，滑板(平面部分足够长)质量为4m，距滑板的A壁为L1的B处放有一质量为m、电荷量为＋q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于电场强度为E的水平向右的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：
(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v1为多大？
(2)若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度为多大？(均指对地速度)
(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多少？
解析：(1)对小物体，根据动能定理，有qEL1＝mv12，
得v1＝
。
(2)小物体与滑板碰撞前后动量守恒，设小物体第一次与滑板碰后的速度为v1′，滑板的速度为v，则
mv1＝mv1′＋4mv，
若v1′＝v1，则v＝v1，
因为v1′>v，不符合实际，
故应取v1′＝－v1，则v＝v1＝
。
(3)在小物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前，小物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同。
所以(v2＋v1′)t＝vt，
即v2＝v1＝
。
整个过程电场力做功
W＝mv12
＋(mv22－mv1′2)＝qEL1。
答案：(1)
　(2)
　(3)qEL1
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