第七單元靜電場高考熱點統計要求2014年2015年2016年2017年高考基礎要求及冷點統計ⅠⅡⅠⅡⅠⅡⅢⅠⅡⅢ庫侖定律Ⅱ15物質的電結構、電荷守恒、點電荷(Ⅰ)靜電現象的解釋、靜電場(Ⅰ)示波管(Ⅰ)前兩個考點為高考基礎要求,一般不單獨命題,要求理解;示波管是帶電粒子在電場中運動的模型應用,屬于高考的冷點.電場強度、點電荷的場強Ⅱ21191515202521電場線、電勢能、電勢Ⅰ21191520152021電勢差Ⅱ24勻強電場中電勢差與電場強度的關系Ⅱ帶電粒子在勻強電場中的運動Ⅱ25152420162521常見電容器、電容器的電壓、電荷量和電容的關系Ⅰ141417考情分析1.電場的性質及帶電粒子在電場中的運動問題是歷年高考的重點.復習時應側重對基本概念、規律進行認識和理解.掌握描述電場性質的幾個物理量,如電場強度、電場線、電勢、電勢能等,理解平行板電容器的電容,會分析帶電粒子在電場中的運動問題.2.電場的性質、電容器、帶電粒子在電場中運動的綜合問題是近幾年高考的熱點,這幾個考點在明年的高考中考查到的概率仍然很大,復習時應引起高度重視.第19講電場的力的性質一、電荷及其守恒定律1.元電荷、點電荷(1)元電荷:e=1.60×10-19C,所有帶電體的電荷量都是元電荷的(2)點電荷:代表有一定電荷量的點,忽略帶電體的大小和形狀的.

2.電荷守恒定律(1)內容:電荷既不會創生,也不會消滅,它只能從一個物體轉移到另一個物體,或者從物體的一部分轉移到另一部分;在轉移過程中,電荷的總量.

(2)三種起電方式:起電、起電、起電.

二、庫侖定律1.內容:真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力,與它們的電荷量的乘積成,與它們的距離的二次方成,作用力的方向在它們的連線上.

2.表達式:F=k,式中k=N·m2/C2,叫作靜電力常量.

3.適用條件:真空中的.

三、電場、電場強度1.電場(1)定義:存在于電荷周圍,能傳遞電荷間相互作用的一種.

(2)基本性質:對放入其中的電荷有.

2.電場強度(1)定義:放入電場中某點的電荷受到的與它的的比值.

(2)定義式:.單位:N/C或V/m.

(3)矢量性:規定在電場中某點所受電場力的方向為該點電場強度的方向.

四、電場線1.電場線:在電場中畫出的一些曲線,曲線上每一點的方向都跟該點的場強方向一致,曲線的疏密表示電場的.電場線不是實際存在的線,而是為了描述電場而假想的線.

2.電場線的特點(1)電場線從或無限遠處出發,終止于或無限遠處.

(2)電場線不相交.(3)在同一電場里,電場線越密的地方場強.

五、典型電場的電場線分布圖191【思維辨析】(1)物體帶電的實質是電子的轉移. ()(2)電場和電場線都是客觀存在的. ()(3)相互作用的兩個點電荷,電荷量大的,受到的庫侖力也大. ()(4)根據F=k,當r→0時,F→∞. ()(5)E=是電場強度的定義式,可知電場強度與電場力成正比. ()(6)沒有電場線的地方不存在電場. ()【思維拓展】(多選)如圖192所示,有一帶正電的驗電器,當一個金屬球A靠近驗電器的小球B(不接觸)時,驗電器的金箔張角減小,則金屬球A的帶電情況可能是 ()圖192A.金屬球可能不帶電B.金屬球可能帶負電C.金屬球可能帶正電D.金屬球一定帶負電考點一電荷守恒與庫侖定律(1)在用庫侖定律公式進行計算時,無論是正電荷還是負電荷,均代入電荷量的絕對值計算庫侖力的大小.(2)兩個點電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律,大小相等、方向相反.(3)由公式F=k可以看出,在兩帶電體的間距及電荷量之和一定的條件下,當q1=q2時,F最大.1.(電荷守恒)[2016·浙江卷]如圖193所示,兩個不帶電的導體A和B,用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸.把一帶正電荷的物體C置于A附近,貼在A、B下部的金屬箔都張開 ()圖193A.此時A帶正電,B帶負電B.此時A電勢低,B電勢高C.移去C,貼在A、B下部的金屬箔都閉合D.先把A和B分開,然后移去C,貼在A、B下部的金屬箔都閉合2.(電荷守恒和庫侖定律)兩個所帶的電荷量分別為Q和+3Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)相距為r,它們間的庫侖力大小為F.使兩小球相互接觸,且使二者之間的距離變為,則此時兩小球間的庫侖力大小為 ()A.F D.123.(庫侖力作用下的平衡問題)(多選)如圖194所示,A、B兩球所帶的電荷量均為2×10-5C,質量均為0.72kg,其中A球帶正電荷,B球帶負電荷,且均可視為點電荷.A球通過絕緣細線吊在天花板上,B球固定在絕緣棒的一端,現將B球放在某一位置,能使絕緣細線伸直,A球靜止且細線與豎直方向的夾角為30°,則圖194A.0.5m B.0.84.(庫侖力作用下的動力學問題)如圖195所示,足夠大的光滑絕緣水平面上有三個帶電質點,A和C圍繞B做角速度大小相同的勻速圓周運動,B恰能保持靜止,其中A、C和B的距離分別是L1和L2.不計三個質點間的萬有引力,則A和C的比荷(電荷量與質量之比)為 ()圖195A.■要點總結(1)對于兩個均勻帶電絕緣球體,可以將其視為電荷集中于球心的點電荷,r為兩球心之間的距離.(2)對于兩個帶電金屬球,要考慮金屬球表面電荷的重新分布.(3)不能根據公式錯誤地推論:當r→0時,F→∞.其實,在這樣的條件下,兩個帶電體已經不能再看成點電荷了.考點二電場的疊加1直角坐標系xOy中,M、N兩點位于x軸上,G、H兩點坐標如圖196所示.M、N兩點各固定一負點電荷,一電荷量為Q的正點電荷置于O點時,G點處的電場強度恰好為零.靜電力常量用k表示.若將該正點電荷移到G點,則H點處場強的大小和方向分別為 ()圖196A.,沿y軸正向 B.,沿y軸負向C.,沿y軸正向 D.,沿y軸負向■題根分析本題通過合電場強度的計算,考查點電荷電場強度的計算,分析時應注意:(1)電場強度三個表達式的比較表達式E=E=kE=公式意義電場強度定義式真空中點電荷電場強度的決定式勻強電場中E與U的關系式適用條件一切電場①真空;②點電荷勻強電場決定因素由電場本身決定,與q無關由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定由電場本身決定,d為沿電場方向的距離(2)電場強度疊加問題的求解思路:①確定分析計算的空間位置;②分析該處有幾個分電場,先計算出各個分電場在該點的電場強度的大小和方向;③依次利用平行四邊形定則求出矢量和.■變式網絡式題1如圖197所示,一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷,在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點,a和b、b和c、c和d間的距離均為R,在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷.已知b點處的場強為零,則d點處場強的大小為(k為靜電力常量) ()圖197A.kC.k式題2已知均勻帶電球體在球的外部產生的電場與一個位于球心、所帶電荷量與之相等的點電荷產生的電場相同.如圖198所示,半徑為R的球體上均勻分布著總電荷量為Q的電荷,在過球心O的直線上有A、B兩個點,O和B間、B和A間的距離均為R.現以OB為直徑在球內挖出一個球形空腔,若靜電力常量為k,球的體積公式為V=πr3,則A點處電場強度的大小為 ()圖198A.C.式題3[2017·貴州七校一聯]均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場.如圖199所示,在半球面AB上均勻分布正電荷,總電荷量為q,球面半徑為R,CD為通過半球頂點與球心O的軸線,在軸線上有M、N兩點,OM=ON=2R.已知M點的場強大小為E,則N點的場強大小為 ()圖199A.EC.+E考點三電場線的理解和應用1.電場線的應用(1)在同一電場里,電場線越密的地方場強越大.(2)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向.(3)沿電場線方向電勢逐漸降低.(4)電場線和等勢面在相交處互相垂直.2.兩種等量點電荷的電場線比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布中垂線上的電場強度O點最大,向外逐漸減小O點為零,向外先變大后變小連線上的電場強度沿連線先變小后變大,中點O處的電場強度最小沿連線先變小后變大,中點O處的電場強度為零2如圖1910所示,實線為不知方向的三條電場線,從電場中M點以相同的速度沿垂直于電場線的方向飛出a、b兩個帶電粒子,二者僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示,則 ()圖1910A.a一定帶正電,b一定帶負電B.a的速度將減小,b的速度將增大C.a的加速度將減小,b的加速度將增大D.兩個粒子的動能一個增大、一個減小式題1A、B是一條電場線上的兩個點,一個帶負電的微粒僅在電場力的作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點,其速度—時間圖像如圖1911所示,則這一電場可能是圖1912中的 (圖1911圖1912式題2(多選)如圖1913所示,兩個帶等量負電荷的小球A、B(可視為點電荷)被固定在光滑的絕緣水平面上,P、N是在小球A、B連線的水平中垂線上的兩點,且PO=ON.現將一個電荷量很小的帶正電的小球C(可視為質點)從P點由靜止釋放,在小球C向N點運動的過程中,下列關于小球C的說法可能正確的是 ()圖1913A.速度先增大,再減小B.速度一直增大C.加速度先增大再減小,過O點后,加速度先減小再增大D.加速度先減小,再增大■方法技巧電場線與軌跡問題的判斷方法(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(電場線在初始位置的切線),從兩者的夾角情況來分析曲線運動的情況.(2)“三不知時要用假設法”——電荷的正負、場強的方向或等勢面電勢的高低、電荷運動的方向,若已知其中的任意一個,可順次向下分析判定各待求量;若三個都不知,則要用假設法分別討論各種情況.考點四帶電體的力電綜合問題解答力電綜合問題的一般思路3如圖1914所示,絕緣的水平面上有一質量為0.1kg的帶電物體,物體與水平面間的動摩擦因數μ=0.75,物體恰能在水平向左的勻強電場中向右勻速運動,電場強度E=1×103N/C,g取10(1)求物體所帶的電荷量;(2)只改變電場的方向,使物體向右加速運動,求加速度的最大值及此時電場的方向.圖1914式題(多選)[2017·重慶一診]如圖1915所示,豎直平面內有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道,水平勻強電場平行于軌道平面向左,P、Q分別為軌道的最高、最低點.質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)在軌道內運動,已知重力加速度為g,場強E=.要使小球能沿軌道做完整的圓周運動,下列說法中正確的是 ()圖1915A.小球過Q點時速度至少為B.小球過Q點時速度至少為C.小球過Q、P點受軌道彈力大小的差值為6mgD.小球過Q、P點受軌道彈力大小的差值為7.5mg第20講電場的能的性質一、電勢能和電勢、等勢面1.電勢能:電荷在電場中某點具有的勢能,等于將電荷從該點移到位置時電場力所做的功.

2.電場力做功與電勢能變化的關系:電場力做的功等于,即WAB=EpAEpB=ΔEp.

3.電勢:電荷在電場中某點具有的與它的的比值,即:φ=.

4.等勢面(1)定義:電場中相同的各點構成的面.

(2)特點:①等勢面一定與垂直,即跟場強的方向垂直.

②在同一等勢面上移動電荷時電場力做功.

③電場線總是從電勢高的等勢面指向的等勢面.

④在空間中兩等勢面相交.

⑤等差等勢面越密的地方電場強度,越疏的地方電場強度.

二、電勢差勻強電場中電勢差與場強的關系1.電勢差(1)定義:電荷在電場中由一點A移到另一點B時,與移動的電荷的比值.

(2)定義式:UAB=;電勢差與電勢的關系:UAB=,UAB=UBA.

2.勻強電場中電勢差與電場強度的關系(1)電勢差與場強的關系式:UAB=,其中d為電場中兩點間沿的距離.

(2)在勻強電場中,場強在數值上等于沿方向每單位距離上降低的電勢.

三、靜電平衡導體靜電平衡兩大特點:①導體內部的場強;②導體是一個等勢體,導體表面電勢.

【思維辨析】(1)電場力做功與重力做功相似,均與路徑無關. ()(2)電場中電場強度為零的地方電勢一定為零. ()(3)電場強度處處相同的區域內,電勢一定也處處相同. ()(4)沿電場線方向電場強度越來越小,電勢逐漸降低. ()(5)A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A移到B點時靜電力所做的功. ()(6)電場中,場強方向是指電勢降落的方向. ()(7)電勢有正負之分,因此電勢是矢量. ()(8)電勢的大小由電場的性質決定,與零電勢點的選取無關. ()(9)電勢差UAB由電場本身的性質決定,與零電勢點的選取無關. ()(10)整個導體是等勢體,導體表面是等勢面,但導體表面的場強可能不同. ()考點一描述電場的能的性質的物理量1.電勢高低常用的兩種判斷方法(1)沿電場線方向電勢逐漸降低.(2)若UAB>0,則φA>φB;若UAB<0,則φA<φB.2.電勢能增、減的判斷方法(1)做功判斷法:電場力做正功,電勢能減小;電場力做負功,電勢能增大.(2)公式法:Ep=qφ,將q、φ的大小、正負號一起代入公式,Ep越大,電勢能越大.(3)能量守恒法:在電場中,當只有電場力做功時,電荷的動能和電勢能相互轉化,動能增大,則電勢能減小,反之,動能減小,則電勢能增大.(4)電荷電勢法:正電荷在電勢高的地方電勢能大,負電荷在電勢低的地方電勢能大.1[2015·全國卷Ⅰ]如圖201所示,直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線,M、N、P、Q是它們的交點,四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力所做的負功相等,則 ()圖201A.直線a位于某一等勢面內,φM>φQB.直線c位于某一等勢面內,φM>φNC.若電子由M點運動到Q點,電場力做正功D.若電子由P點運動到Q點,電場力做負功式題1[2017·福建龍巖質檢]以無窮遠處的電勢為零,在電荷量為q的點電荷周圍某點的電勢可用φ=計算,式中r為該點到點電荷的距離,k為靜電力常量.兩電荷量大小均為Q的異種點電荷固定在相距為L的兩點,如圖202所示.現將一個質子(電荷量為e)從兩點電荷連線上的A點沿以電荷+Q為圓心、半徑為R的半圓形軌跡ABC移到C點,則質子從A點移到C點的過程中,其電勢能的變化情況為 ()圖202A.增加C.減少式題2(多選)[2016·全國卷Ⅰ]如圖203所示,一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動,其軌跡在豎直平面(紙面)內,且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知 ()圖203A.Q點的電勢比P點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小■特別提醒根據電勢的定義式φ=計算時,φ、Ep、q要注意帶符號運算.考點二電勢差與電場強度的關系在勻強電場中由公式U=Ed得出的“一式二結論”(1)“一式”E=,其中d是沿電場線方向上的距離.(2)“二結論”結論1:勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC=,如圖204所示.圖204結論2:勻強電場中若兩線段AB∥CD,且AB=CD,則UAB=UCD(或φAφB=φCφD),如圖205所示.圖2052(多選)[2017·全國卷Ⅲ]一勻強電場的方向平行于xOy平面,平面內a、b、c三點的位置如圖206所示,三點的電勢分別為10V、17V、26V.下列說法正確的是 ()圖206A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標原點處的電勢為1VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD.電子從b點運動到c點,電場力做功為9eV式題(多選)[2017·安徽馬鞍山二中、安師大附中測試]如圖207所示,在xOy坐標系中有以O點為中心、邊長為0.2m的正方形,頂點A、B、C、D分別在坐標軸上,在該平面內有一勻強電場(圖中未畫出),已知A、B、C三點的電勢分別為3V、V、3V,則下列說法中正確的是 (圖207A.D點的電勢為VB.該勻強電場的場強大小E=10V/mC.該勻強電場的場強大小E=10V/mD.電場場強方向與x軸正方向成θ=30°角■規律總結知道幾個點的電勢確定電場線的方法:將電勢最高的點和電勢最低的點相連,根據在勻強電場中經過相等的距離電勢差相等,確定連線上與第三個點的電勢相等的點,電勢相等的兩點連線為等勢線,根據電場線與等勢線垂直即可畫出電場線.考點三電場線、等勢面和帶電粒子軌跡問題1.帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲),從而分析電場方向或電荷的正負.(2)結合軌跡、速度方向與靜電力的方向,確定靜電力做功的正負,從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等.(3)根據動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況.2.求電場力做功的四種方法(1)定義式:WAB=Flcosα=qElcosα(適用于勻強電場).(2)電勢的變化:WAB=qUAB=q(φAφB).(3)動能定理:W電+W其他=ΔEk.(4)電勢能的變化:WAB=ΔEp=EpAEpB.3.電場中的功能關系(1)若只有電場力做功,則電勢能與動能之和保持不變.(2)若只有電場力和重力做功,則電勢能、重力勢能、動能之和保持不變.(3)除重力、彈力外,其他各力對物體做的功等于物體機械能的增量.(4)所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化.3(多選)[2017·天津卷]如圖208所示,在點電荷Q產生的電場中,實線MN是一條方向未標出的電場線,虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡.設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB,電勢能分別為EpA、EpB.下列說法正確的是 ()圖208A.電子一定從A向B運動B.若aA>aB,則Q靠近M端且為正電荷C.無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA<EpBD.B點電勢可能高于A點電勢式題1(多選)[2016·海南卷]如圖209所示,一帶正電的點電荷固定于O點,兩虛線圓均以O為圓心,兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡,a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點.不計重力.下列說法正確的是 ()圖209A.M帶負電荷,N帶正電荷B.M在b點的動能小于它在a點的動能C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功式題2(多選)如圖2010所示,勻強電場中的三個點A、B、C構成一個直角三角形,∠ACB=90°,∠ABC=60°,=d.把一個帶電荷量為+q的點電荷從A點移動到B點,電場力不做功;從B點移動到C點,電場力做功為W.若規定C點的電勢為零,則 ()圖2010A.該電場的電場強度大小為B.C、B兩點間的電勢差為UCB=C.A點的電勢為D.若從A點沿AB方向飛入一電子,其運動軌跡可能是乙■方法技巧在解決電場中的能量問題時常用到的基本規律有動能定理、能量守恒定律,有時也會用到功能關系.(1)應用動能定理解決問題需研究合外力做的功(或總功).(2)應用能量守恒定律解決問題需注意電勢能和其他形式能之間的轉化.(3)應用功能關系解決該類問題需明確電場力做功與電勢能變化之間的對應關系.考點四電場中的圖像問題考向一Ex圖像(1)Ex圖像反映了電場強度隨位移變化的規律.(2)Ex圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差,“面積”大小表示電勢差大小,兩點的電勢高低根據電場方向判定.4(多選)一個電荷量為+q的粒子只在電場力作用下沿x軸做直線運動,規定x軸正方向為電場強度正方向,x軸上各點的電場強度E隨x坐標的變化圖線如圖2011所示(已知圖線關于O點對稱).A(0,x1)、B(0,x1)為粒子運動軌跡上的兩點.下列說法中正確的是 ()圖2011A.A、B兩點的電場強度和電勢均相同B.粒子經過A、B兩點時的速度大小相同C.粒子經過A、B兩點時的加速度相同D.粒子經過A、B兩點時的電勢能相同考向二φx圖像(1)電場強度的大小等于φx圖線的斜率大小,在電場強度為零處,φx圖線切線的斜率為零.(2)由φx圖像可以直接判斷各點電勢的大小,并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向.(3)在φx圖像中分析電荷移動時電勢能的變化,可用WAB=qUAB,進而分析WAB的正負,然后做出判斷.5(多選)[2017·全國卷Ⅰ]在一靜止點電荷的電場中,任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖2012所示.電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別Ea、Eb、Ec和Ed.點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra,φa)標出,其余類推.現將一帶正電的試探電荷由a點依次經b、c點移動到d點,在相鄰兩點間移動的過程中,電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項正確的是 ()圖2012A.Ea∶Eb=4∶1B.Ec∶Ed=2∶1C.Wab∶Wbc=3∶1D.Wbc∶Wcd=1∶3式題(多選)[2017·江蘇卷]在x軸上有兩個點電荷q1、q2,其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖2013所示.下列說法中正確的有()圖2013A.q1和q2帶有異種電荷B.x1處的電場強度為零C.負電荷從x1移到x2,電勢能減小D.負電荷從x1移到x2,受到的電場力增大考向三Epx圖像電場力做功量度電勢能的變化,而電場力做功就是力對位移的積累,由EpEp0=Fx,得Ep=Ep0+Fx,故Epx圖像的斜率表示電場力,縱截距表示初勢能;合力做功量度了動能的變化,如果帶電粒子只受電場力的作用,則合力做的功就是電場力做的功,由EkEk0=Fx,得Ek=Ek0+Fx,故Ekx圖像的斜率表示電場力,縱截距表示初動能.然后根據兩圖像斜率的變化可判斷出電場力的變化,進而判斷出電場強度大小的變化.6(多選)[2017·南昌十校二模]M、N是某電場中一條電場線上的兩點,若在M點釋放一個初速度為零的電子,電子僅受電場力作用,并沿電場線由M點運動到N點,其電勢能隨位移變化的關系如圖2014所示,則下列說法中正確的是 ()圖2014A.電子運動的軌跡為直線B.該電場是勻強電場C.電子在N點的加速度小于在M點的加速度D.電子在N點的動能大于在M點的動能考向四電場分布結合vt圖像根據vt圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化),可確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況,進而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化.7[2017·湖南衡陽一聯]兩個等量同種點電荷固定于光滑絕緣水平面上,其連線的中垂線上有A、B、C三點,如圖2015甲所示,一個電荷量為2C、質量為1kg的帶正電的小物塊(可視為質點)從C點由靜止釋放,其運動的vt圖像如圖乙所示,其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置,圖中標出了圖線在B點處的切線.下列說法中正確的是圖2015A.B點為中垂線上電場強度最大的點,場強E=0.2N/CB.由C到A的過程中,物塊的電勢能先減小后增大C.A、B兩點間的電勢差UAB=5VD.UCB<UBA第21講電容器、帶電粒子在電場中的運動一、電容器與電容1.電容器(1)組成:任何兩個相互靠近又彼此的導體.

(2)帶電荷量:一個極板所帶電荷量的.

(3)擊穿電壓:電容器允許加的電壓稱為擊穿電壓.額定電壓比擊穿電壓.

2.電容(1)定義:電容器所帶的與電容器兩極板間電勢差U的比值.公式為.

(2)單位:法拉(F),常用單位有微法(μF)、皮法(pF).1F=106μF=1012(3)平行板電容器電容的決定式:,k為靜電力常量.

二、帶電粒子在電場中的加速1.動力學觀點分析:若電場為勻強電場,則有a=,E=,v2=2ad.

2.功能觀點分析:粒子只受電場力作用,滿足.

三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉1.運動性質:運動.

2.處理方法:運動的分解.(1)沿初速度方向:做運動.

(2)沿電場方向:做初速度為零的運動.

【思維辨析】(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶的電荷量的代數和. ()(2)電容表示電容器容納電荷的多少. ()(3)電容器的電容與電容器所帶的電荷量成反比. ()(4)放電后的電容器所帶的電荷量為零,電容也為零. ()(5)公式C=可用來計算任何電容器的電容. ()(6)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動. ()(7)帶電粒子在電場中只受電場力時,也可以做勻速圓周運動. ()(8)帶電粒子在電場中運動時,重力一定可以忽略不計. ()考點一平行板電容器1如圖211所示,平行板電容器的兩個極板豎直放置,在兩極板間有一個帶電小球,小球用一根質量不計的絕緣線懸掛于O點.現給電容器緩慢充電,使兩極板所帶電荷量分別為+Q和Q,此時懸線與豎直方向的夾角為.繼續給電容器緩慢充電,直到懸線和豎直方向的夾角增大到,且小球與兩極板不接觸.求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量.圖211式題1[2016·全國卷Ⅰ]一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質,接在恒壓直流電源上,若將云母介質移出,則電容器 ()A.極板上的電荷量變大,極板間的電場強度變大B.極板上的電荷量變小,極板間的電場強度變大C.極板上的電荷量變大,極板間的電場強度不變D.極板上的電荷量變小,極板間的電場強度不變式題2[2016·天津卷]如圖212所示,平行板電容器帶有等量異種電荷,與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地,在兩極板間有一個固定在P點的點電荷,以E表示兩板間的電場強度,Ep表示點電荷在P點的電勢能,θ表示靜電計指針的偏角.若保持下極板不動,將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置,則 ()圖212A.θ增大,E增大 B.θ增大,Ep不變C.θ減小,Ep增大 D.θ減小,E不變■方法技巧分析比較的思路(1)先確定是Q不變還是U不變:若電容器保持與電源連接,則U不變;若電容器充電后與電源斷開,則Q不變.(2)用決定式C=確定電容器電容的變化.(3)用定義式C=判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變化.(4)電壓不變時,用E=分析電容器極板間電場強度的變化,電荷量不變時,用E=分析電容器極板間電場強度的變化.考點二帶電粒子在電場中的直線運動1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子:如電子、質子、α粒子、離子等,除有說明或明確的暗示以外,一般都不考慮重力(但并不忽略質量).(2)帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或明確的暗示以外,一般都不能忽略重力.2.兩種解題思路(1)用牛頓運動定律處理帶電粒子在電場中的直線運動帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場,受到的電場力與速度方向在一條直線上,帶電粒子做勻變速直線運動.根據帶電粒子的受力情況,用牛頓運動定律和運動學公式確定帶電粒子的速度、位移、時間等.(2)用動能定理處理帶電粒子在電場中的直線運動對帶電粒子進行受力分析,確定有哪幾個力做功,做正功還是負功;確定帶電粒子的初、末狀態的動能,根據動能定理列方程求解.2反射式速調管是常用的微波器件之一,它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波,其振蕩原理與下述過程類似:如圖213所示,在虛線MN兩側分別存在著方向相反的兩個勻強電場,一個帶電微粒從A點由靜止開始在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動.已知電場強度的大小分別是E1=2.0×103N/C和E2=4.0×103N/C,方向如圖所示,帶電微粒質量m=1.0×10-20kg,所帶的電荷量q=1.0×10-9C,A點與虛線MN的距離d1=1.0(1)B點到虛線MN的距離d2;(2)帶電微粒從A點運動到B點所經歷的時間t.圖213式題[2017·江蘇卷]如圖214所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點.由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點.現將C板向右平移到P'點,則由O點靜止釋放的電子 ()圖214A.運動到P點返回B.運動到P和P'點之間返回C.運動到P'點返回D.穿過P'點考點三帶電粒子在電場中的偏轉1.兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時的偏轉角度總是相同的.證明:由qU0=.(2)粒子經電場偏轉后,合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點,即O到電場邊緣的距離為.2.帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解:qUy=,其中Uy=y,指初、末位置間的電勢差.3(多選)[2015·天津卷]如圖215所示,氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1,之后進入電場豎直向下的勻強電場E2發生偏轉,最后打在屏上.整個裝置處于真空中,不計粒子重力及其相互作用,那么 ()圖215A.偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大C.三種粒子運動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置式題(多選)[2017·四川資陽模擬]如圖216所示,質量相同的兩個帶電粒子M、N以相同的速度同時垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中,M從左側中央射入,N從下極板邊緣處射入,它們最后打在同一點.不計帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用,則從開始射入到打在上極板的過程中 ()圖216A.它們運動的時間tN=tMB.它們電勢能的減少量之比ΔEM∶ΔEN=1∶2C.它們動能的增加量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶2D.它們所帶的電荷量之比qM∶qN=1∶2帶電粒子在電場中運動的綜合問題熱點一示波管原理1.構造①電子槍;②偏轉極板;③熒光屏.(如圖Z61所示)圖Z612.工作原理(1)YY'上加的是待顯示的信號電壓,XX'上是機器自身產生的鋸齒形電壓,叫作掃描電壓.(2)觀察到的現象:①如果在偏轉電極XX'和YY'之間都沒有加電壓,則電子槍射出的電子沿直線運動,打在熒光屏中心,在那里產生一個亮斑.②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等,就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內隨時間變化的穩定圖像.1圖Z62甲為示波管的原理圖.如果在電極Y、Y'之間所加的電壓按圖乙所示的規律變化,在電極X、X'之間所加的電壓按圖丙所示的規律變化,則熒光屏上的圖形是圖Z63中的 ()圖Z62圖Z63熱點二帶電粒子在交變電場中的運動(1)此類題型一般有三種情況:一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解);二是粒子做往返運動(一般分段研究);三是粒子做偏轉運動(一般根據交變電場的特點分段研究).(2)分析時從兩條思路出發:一是力和運動的關系,根據牛頓第二定律及運動學規律分析;二是功能關系.(3)注重全面分析(分析受力特點和運動規律),抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征,求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件.2如圖Z64甲所示,A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板,O是一個可以連續產生粒子的粒子源,O到A、B的距離都是l.現在A、B之間加上電壓,電壓UAB隨時間變化的規律如圖乙所示.已知粒子源產生的粒子質量為m、電荷量為q,產生的粒子在電場力作用下從靜止開始運動.假設粒子一旦碰到金屬板就附在金屬板上不再運動,且電荷量同時消失,不影響A、B板的電勢.不計粒子的重力,不考慮粒子之間的相互作用力.已知上述物理量l=0.6m,U0=1.2×103V,T=1.2×102s,m=5×10-10kg,q=1(1)在t=0時刻產生的粒子會在什么時刻到達哪個極板?(2)在t=0到t=這段時間內,哪個時刻產生的粒子剛好不能到達A板?圖Z643(多選)[2017·四川宜賓二診]如圖Z65甲所示,真空中水平放置的兩塊長度均為2d的平行金屬板P、Q的間距為d,在兩板間加上如圖乙所示的周期性變化的電壓.在兩板左側緊靠P板處有一個粒子源A,自t=0時刻開始連續釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子.t=0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場.已知電場變化的周期T=,粒子的質量為m,不計粒子重力及相互間的作用力,則 ()圖Z65A.在t=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0B.粒子的電荷量為C.在t=D.在t=時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場■方法技巧對于帶電粒子在交變電場中的運動,主要是根據電場隨時間的變化情況分好段,對每一段分別受力分析,研究好每一段帶電粒子的運動情況,找好段與段之間的關系,比如前一段的末速度等于后一段的初速度,兩段的時間、空間關系等.熱點三帶電粒子力電綜合問題要善于把電學問題轉化為力學問題,建立帶電粒子在電場中加速和偏轉的模型,能夠從帶電粒子的受力與運動的關系、功能關系和動量關系等多角度進行分析與研究.解決力電綜合問題的方法:1.動力學的觀點(1)由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力,可用正交分解法.(2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式,注意受力分析要全面,特別注意重力是否需要考慮的問題.2.能量的觀點(1)運用動能定理,注意過程分析要全面,準確求出過程中的所有力做的功,判斷是對分過程還是對全過程使用動能定理.(2)運用能量守恒定律,注意題目中有哪些形式的能量出現.3.動量的觀點(1)運用動量定理,要注意動量定理的表達式是矢量式,在一維情況下,各個矢量必須選同一個正方向.(2)運用動量守恒定律,除了要注意動量守恒定律的表達式是矢量式,還要注意題目表述是否為某方向上動量守恒.4(20分)[2017·全國卷Ⅱ]如圖Z66所示,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區域存在方向水平向右的勻強電場.自該區域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進入電場區域,并從該區域的下邊界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍.不計空氣阻力,重力加速度大小為g.求:(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比;(2)A點距電場上邊界的高度;(3)該電場的電場強度大小.圖Z66【規范步驟】(1)設帶電小球M、N拋出的初速度均為v0,則它們進入電場時的水平速度為(1分)

M、N在電場中的運動時間t(1分)

電場力作用下產生的加速度沿水平方向,大小均為a,N離開電場時的速度方向豎直向下,說明水平速度減為0,由運動學公式得t=(1分)

M、N在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2由運動學公式可得s1=(2分)

s2=(2分)

聯立解得s1∶s2=(1分)

(2)設A點距離電場上邊界的高度為h,小球下落h時在豎直方向的分速度為vy,則vy=(1分)

H=(1分)

因為M在電場中做直線運動,則=(1分)

聯立解得h=(2分)

(3)設電場強度為E,小球M進入電場后做直線運動,則=(1分)

設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2,由動能定理得Ek1=(2分)

Ek2=(2分)

由已知條件Ek1=1.5Ek2聯立解得E=(2分)

式題1如圖Z67所示,在光滑絕緣水平面上有兩個帶電小球A、B,質量分別為3m和m,小球A帶正電q,小球B帶負電2q,開始時兩小球相距s0,小球A有水平向右的初速度v0,小球B的初速度為零,取初始狀態下兩小球構成的系統的電勢能為零.(1)試證明當兩小球的速度相同時系統的電勢能最大,并求出該最大值;(2)試證明在兩小球的間距不小于s0的運動過程中,系統的電勢能總小于系統的動能,并求出這兩種能量的比值的取值范圍.圖Z67式題2如圖Z68所示,絕緣的光滑水平桌面高為h=1.25m、長為s=2m,桌面上方有一個水平向左的勻強電場.一個質量m=2×10-3kg、帶電荷量q=+5.0×10-8C的小物體自桌面的左端A點以初速度vA=6m/s向右滑行,離開桌子邊緣B后,落在水平地面上C點.已知C點與(1)小物體離開桌子邊緣B后經過多長時間落地?(2)勻強電場的電場強度E為多大?(3)為使小物體離開桌面邊緣B后水平位移加倍,即x'=2x,某同學認為應使小物體帶電荷量減半,你同意他的想法嗎?試通過計算驗證你的結論.圖Z681.[2017·全國卷Ⅰ]真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場,一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動,速度大小為v0.在油滴處于位置A時,將電場強度的大小突然增大到某值,但保持其方向不變.持續一段時間t1后,又突然將電場反向,但保持其大小不變;再持續同樣一段時間后,油滴運動到B點.重力加速度大小為g.(1)求油滴運動到B點時的速度;(2)求增大后的電場強度的大小;為保證后來的電場強度比原來的大,試給出相應的t1和v0應滿足的條件.已知不存在電場時,油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍.2.(多選)[2017·江西師大附中月考]空間內有高度為d、寬度足夠寬、方向水平向左的勻強電場.當在該空間內建立如圖Z69所示的坐標系后,在x軸上的P點沿y軸正方向連續射入質量和電荷量均相同、帶電性質也相同的帶電粒子(粒子重力不計),由于粒子的入射速率v(v>0)不同,有的粒子將在電場中直接通過y軸,有的將穿出電場后再通過y軸.設粒子通過y軸時離坐標原點的距離為h,從P到y軸所需的時間為t,則 ()圖Z69A.對h≤d的粒子,h越大,t越大B.對h≤d的粒子,在時間t內,電場力對粒子做的功相等C.對h>d的粒子,h越大,t越大D.h越大的粒子,進入電場時的速率v也越大3.[2017·安徽馬鞍山二中、安師大附中測試]如圖Z610所示,在場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場內取一個半徑為R的圓周,圓周所在平面平行于電場方向,O點為該圓周的圓心,A點是圓周上的最低點,B點是圓周上最右側的點.在A點有放射源,在圓周所在的平面內沿著垂直于電場向右的方向釋放出相同的帶正電的粒子,這些粒子從A點出發時的初速度大小各不相同,已知粒子的質量為m,電荷量為q,不計重力.(1)某一粒子的運動軌跡經過圓周上的B點,求該粒子從A點出發時的初速度大小;(2)取圓周上的某點C,設OC連線與OA夾角為θ,試寫出粒子經過C點時的動能表達式;(3)若第(2)問中的C點位置滿足θ=60°,則從BC之間穿過圓周的這些粒子中經過圓周時所獲得的最大動能和最小動能分別是多少?圖Z6104.[2017·鄭州一中入學考試]一個帶正電荷q=1×10-6C的物體放在絕緣的水平地面上,如圖Z611甲所示,空間若加上水平方向的變化電場,其加速度隨電場力變化的圖像如圖乙所示.現從靜止開始計時,改用圖丙中周期性變化的水平電場作用.(g取10(1)求物體的質量及物體與地面間的動摩擦因數;(2)在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下,求物體在一個周期內的位移大小;(3)在圖丙所示周期性變化的水平電場作用下,求23s內電場力對物體所做的功.圖Z611等效思想在物理中的應用題型綜述等效法亦稱“等效變換法”,是科學研究中常用的思維方法之一,其實質是在效果相同的情況下,將較為復雜的實際問題變換為簡單的熟悉問題,以便突出主要因素,抓住它的本質,找出其中規律.因此應用等效法時往往是用簡單的因素代替較復雜的因素,以使問題得到簡化而便于求解.近年來,含有等效變換思維方式的試題在高考中頻頻出現,主要考查物理模型等效替換、實驗中的等效替換的運用等.應考策略近年來,高考試題一般情景比較新,即所謂的“生”題.對此,許多考生往往覺得無從下手,但只要冷靜分析,應用類比等效法將學過的舊知識遷移到新情景中去,問題往往就容易解決了.如果我們所研究的為較復雜的物理現象、規律、過程,跟另一個簡單的物理現象、規律、過程相同(相似),這時就可用簡單的物理模型代替原先討論的模型,并能保證在某種特定的物理意義下二者的作用效果、物理現象和規律均不變.1如圖W61所示為面積很大的水池,水深為H,水面上浮著一個正方體木塊,木塊邊長為a,質量為m.開始時木塊靜止,有一半沒入水中,現用力F將木塊緩慢地壓到池底,不計摩擦,在木塊從剛好完全浸入水中到停在池底的過程中,求池水勢能的改變量.圖W61[點評]本例題中由于液面上升的高度幾乎為零,乍一看水的重力勢能好像不變,但仔細想想就會發現隨著木塊的下移,有一個“水塊”總在隨時填補上面的“空穴”,這個“水塊”的重力勢能在不斷增加,所以池水的勢能在增加.[提取信息]①水深為H,水面上浮著一個正方體木塊,木塊邊長為a;②開始時木塊靜止,有一半沒入水中,用力F將木塊緩慢地壓到池底.[圖形表征]木塊初、末位置.2如圖W62所示,在水平方向的勻強電場中,用長度為L的輕質絕緣細線懸掛一個質量為m的帶電小球,小球靜止在A處,懸線與豎直方向的夾角為30°,現將小球拉至B點,使懸線水平,并由靜止釋放,求小球運動到最低點D時的速度大小.圖W62[點評]運動過程類比物體在重力場中的運動,運用功能關系解決問題.[提取信息]①長度為L的輕質絕緣細線;②小球靜止在A處時,懸線與豎直方向的夾角為30°.[圖形表征]由情景過程圖,進行受力分析.3如圖W63所示,虛線框內各元件的參數均未知.在a、b間接一只阻值R1=10Ω的電阻時,測得a、b間的電流I1=1A;若在a、b間換接阻值R2=18Ω的電阻時,測得a、b間的電流I2=0.6A;換接阻值為R3的電阻時,測得a、b間的電流I3=0.圖W63[點評]運用等效電源的思想由閉合電路歐姆定律求解.[提取信息]①a、b間接一只阻值R1=10Ω的電阻時,測得a、b間的電流I1=1A;②在a、b間換接阻值R2=18Ω的電阻時,測得a、b間的電流I2=[圖形表征]電路圖.1.如圖W64所示,一條河的寬度d=120m,河兩岸AB、CD相互平行,成年人在岸上運動的最大速度v1=5m/s,在河中運動的最大速度v2=3m/s,成年人在AB岸邊上P點處時,發現正對岸下游240m處岸邊的Q點有一個小孩正在河邊玩耍,為及時趕到小孩子身邊以防其落水,則該成年人由P圖W642.如圖W65所示,在豎直平面內有一個場強E=104N/C的水平勻強電場,一個質量m=0.04kg、帶電荷量q=3×10-5C的小球用長度l=0.4m的細繩拴住并懸于電場中O點,當小球平衡時,在平衡位置以大小為v0的線速度釋放小球,使之在電場中做豎直平面內完整的圓周運動,求圖W653.如圖W66所示的甲、乙兩個電路中,電源電動勢E、內阻r及定值電阻R0均已知,當電阻R的阻值為多大時,其上獲得的電功率最大?最大值為多少?圖W664.[2017·杭州二中月考]如圖W67所示,光滑絕緣的細圓管被彎成半徑為R的半圓形并固定在豎直面內,管口B、C的連線水平.質量為m、帶正電荷的小球從B點正上方的A點自由下落,A、B兩點間距離為4R.從小球(小球直徑小于細圓管直徑)進入管口開始,整個空間中突然加上一個斜向左上方的勻強電場,小球所受電場力在豎直方向上的分力方向向上,大小與重力相等(水平分量待定),結果小球從管口C處離開圓管后再次經過A點.假設小球運動過程中所帶的電荷量不變,重力加速度為g,求:(1)小球到達B點時的速度大小;(2)小球受到的電場力大小.圖W67教師詳解(聽課手冊)第七單元靜電場第19講電場的力的性質【教材知識梳理】核心填空一、1.(1)整數倍理想化模型2.(1)保持不變(2)摩擦感應接觸二、1.正比反比2.9.0×10三、1.(1)特殊物質(2)力的作用2.(1)電場力F電荷量q(2)E=(3)正電荷四、1.切線強弱2.(1)正電荷負電荷(3)越大思維辨析(1)(√)(2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(×)思維拓展AB[解析]驗電器的金箔之所以張開,是因為它們都帶有正電荷,而同種電荷相互排斥,張開角度的大小取決于兩金箔帶電荷量的多少.如果A球帶負電,靠近驗電器的B球時,異種電荷相互吸引,使金箔上的正電荷逐漸“上移”,從而使兩金箔張角減小;如果A球不帶電,在靠近B球時,發生靜電感應現象使A球靠近B球的端面出現負的感應電荷,而背向B球的端面出現正的感應電荷,由于A球上因感應而出現的負電荷離驗電器較近而表現為吸引作用,從而使金箔張角減小.【考點互動探究】考點一1.C[解析]由感應起電可知,近端感應出異種電荷,故A帶負電,B帶正電,選項A錯誤;處于靜電平衡狀態下的導體是等勢體,故A、B電勢相等,選項B錯誤;先移去C,則A、B兩端的等量異種電荷又重新中和,而先分開A、B,后移走C,則A、B兩端的等量異種電荷就無法重新中和,故選項C正確,選項D錯誤.2.C[解析]由庫侖定律知F=,兩小球接觸后所帶的電荷量均為Q,此時的庫侖力F'=F.[點評]接觸起電的電荷分配原則:兩個完全相同的金屬球接觸后電荷會重新進行分配,如圖所示.電荷分配的原則是:兩個完全相同的金屬球若帶同種電荷,則二者接觸后平分原來所帶的電荷量的總和;若帶異種電荷,則二者接觸后先中和再平分中和后所帶的電荷量的總和.3.AB[解析]對A受力分析,受重力mg、細線的拉力FT、B對A的吸引力F,由分析知,A平衡時,F的最小值為Fm=mgsin30°=,解得r=1m,所以兩球的距離d≤1m,A、4.C[解析]若B恰能保持靜止,則k;A做勻速圓周運動,有k=mAω2L1;C做勻速圓周運動,有k=mCω2L2,聯立解得A和C的比荷之比應是,選項C正確.考點二例1B[解析]當電荷量為Q的正點電荷置于O點時,它在G點處的電場強度大小E1=k,方向沿y軸負向,M、N兩點的負點電荷在G點處的合電場強度大小E2=k,方向沿y軸正向;當電荷量為Q的正點電荷置于G點時,它在H點處的電場強度大小E3=k,方向沿y軸正向,根據對稱性,M、N兩點的負點電荷在H點處的合電場強度大小E4=k,方向沿y軸負向,則H點的場強大小為E4E3=,方向沿y軸負向,選項B正確.變式題1B[解析]由題意,b點處的場強為零說明點電荷q和圓盤在b點產生的場強等大反向,即圓盤在距離為R的b點產生的場強為EQ=,故圓盤在距離為R的d點產生的場強也為EQ=,點電荷q在d點產生的場強Eq=,方向與圓盤在d點產生的場強方向相同,d點的合場強為二者之和,即E合=,B正確.變式題2B[解析]實心大球在A點產生的電場強度E1=,實心小球所帶的電荷量Q'=Q×,實心小球在A點產生的電場強度E2=,故A點的合電場強度E=E1E2=,選項B正確.變式題3B[解析]若將電荷量為2q的球面放在O處,均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心O處產生的電場,則在M、N兩點所產生的電場均為E0=,相當于如圖所示的半球面和缺少的另半個球面產生的電場相疊加,由對稱性可知,當如圖所示的半球面在M點產生的場強為E時,其在N點產生的場強E'=E0E=E,故B正確.考點三例2C[解析]根據兩粒子的偏轉方向可知兩粒子帶異種電荷,由于電場線方向未知,所以無法確定具體電性,故A錯誤;由粒子受力方向與速度方向的關系,可判斷電場力對兩粒子均做正功,兩粒子的速度、動能均增大,故B、D錯誤;從兩粒子的運動軌跡看出a粒子經過的電場的電場線逐漸變疏,b粒子經過的電場的電場線逐漸變密,說明a粒子的加速度減小,b粒子的加速度增大,故C正確.變式題1A[解析]由微粒的vt圖像可知,帶負電的微粒在電場中做加速度逐漸增大的減速運動,故順著電場線運動,且場強增大,只有A正確.變式題2AD[解析]在AB的中垂線上,從無窮遠處到O點,電場強度先變大后變小,到O點變為零,若P、N相距很遠,則小球C沿連線的中垂線運動時,小球C的加速度先變大后變小,速度不斷增大,在O點時加速度變為零,速度達到最大;由O點到N點時,速度變化情況與另一側速度的變化情況具有對稱性.如果P、N相距很近,則加速度先減小,再增大,A、D正確.考點四例3(1)7.5×10-4C(2)m/s向左下方與水平方向成[解析](1)物體向右勻速運動,則電場力與摩擦力大小相等,方向相反,因摩擦力方向向左,故電場力方向向右,而電場方向向左,則物體帶負遇.由Eq=μmg解得q==7.5×104N/C.(2)設電場方向與水平方向的夾角為θ,則Eqcosθμ(mgqEsinθ)=ma解得a=(cosθ+μsinθ)μg由數學知識可知,當θ=37°時,cosθ+μsinθ有極大值,此時a=m/s2即電場方向與水平方向的夾角為37°斜向左下時,加速度有最大值,為a=m/s2.變式題BC[解析]根據“等效場”知識可得,電場力與重力的合力大小為mg效=mg,則g效=g,如圖所示,tanθ=,即θ=37°,當小球剛好通過C點關于O對稱的D點時,就能做完整的圓周運動.小球在D點時,由電場力和重力的合力提供向心力,則,從Q到D,由動能定理得mg(R+Rcosθ)qERsinθ=,聯立解得vQ=,故A錯誤,B正確;在P點和Q點,由牛頓第二定律得FQmg=m,FP+mg=m,從Q到P,由動能定理得mg·2R=,聯立解得FQFP=6mg,C正確,D錯誤.1.兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處,如圖所示.A處電荷帶電荷量為+Q1,B處電荷帶電荷量為Q2,且Q2=4Q1,另取一個可以自由移動的點電荷P,放在A、B連線上,欲使整個系統處于平衡狀態,則 ()A.P為負電荷,且放于A左方B.P為負電荷,且放于B右方C.P為正電荷,且放于A、B之間D.P為正電荷,且放于B右方[解析]A因為每個電荷都受到其余兩個電荷的庫侖力作用,且已知放在A、B兩處的點電荷是異種電荷,對P的作用力分別為引力和斥力,所以系統要平衡就不能使P放在A、B之間.根據庫侖定律,由于B處電荷的電荷量較大,P應放在離B處點電荷較遠而離A處點電荷較近的地方才有可能處于平衡狀態,故應放在A的左側,要使放在A、B兩處的點電荷也處于平衡狀態,P必須帶負電,故A正確.[點評](1)平衡的條件:每個點電荷受到另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷處于另外兩個點電荷產生的合電場強度為零的位置.(2)2.(多選)[2014·廣東卷]如圖所示,光滑絕緣的水平桌面上固定著一個帶電荷量為+Q的小球P,帶電荷量分別為q和+2q的小球M和N由絕緣細桿相連,靜止在桌面上,P與M相距L,P、M和N視為點電荷,下列說法正確的是 ()A.M與N的距離大于LB.P、M和N在同一直線上C.在P產生的電場中,M、N處的電勢相同D.M、N及細桿組成的系統所受合外力為零[解析]BDM、N處于靜止狀態,則M、N和桿組成的系統所受合外力為0,則FPM=FPN,即k,則有x=L,那么M、N間距離為(1)L,故選項A錯誤,選項D正確;由于M、N靜止不動,P對M和對N的力應該在一條直線上,故選項B正確;在P產生的電場中,M處電勢較高,故選項C錯誤.3.(多選)[2016·浙江卷]如圖所示,把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點.用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸,棒移開后將懸點OB移到OA點固定.兩球接觸后分開,平衡時距離為0.12m.已測得每個小球質量是8.0×10-4kg,帶電小球可視為點電荷,重力加速度g取10m/s2,靜電力常量k=9.0×10A.兩球所帶電荷量相等B.A球所受的靜電力為1.0×102NC.B球所帶的電荷量為4×10-8D.A、B兩球連線中點處的電場強度為0[解析]ACD由接觸起電的電荷量分配特點可知,兩相同金屬小球接觸后帶上等量同種電荷,選項A正確;對A受力分析如圖所示,有,而F庫=k,得F庫=6×103N,q=4×10-8C,選項B錯誤,選項C正確;等量同種電荷連線的中點電場強度為0,選項D正確.4.[2017·湖北孝感一模]如圖所示,在一個半徑為R的圓周上均勻分布N個可視為質點的帶電小球,其中A點的小球所帶的電荷量為+3q,其余小球所帶的電荷量為+q,此時圓心O點的電場強度大小為E.現僅撤去A點的小球,則O點的電場強度大小為 ()A.E B.[解析]B假設圓周上均勻分布的都是電荷量為+q的小球,由于圓周的對稱性,根據電場的疊加原理,可知圓心O處場強為0,所以圓心O點的電場強度大小等效于A點處電荷量為+2q的小球在O點產生的場強,則有E=k,A處+3q在圓心O點產生的場強大小為E1=k,方向水平向左,其余帶電荷量為+q的所有小球在O點處產生的合場強E2=EE1=k,所以僅撤去A點的小球,則O點的電場強度E2=.5.(多選)在光滑絕緣的水平桌面上存在著方向水平向右的勻強電場,電場線如圖中實線所示.一個初速度不為零的帶電小球從桌面上的A點開始運動,到C點時,突然受到一個外加的水平恒力F作用而繼續運動到B點,其運動軌跡如圖中虛線所示,v表示小球經過C點時的速度,則 ()A.小球帶正電B.恒力F的方向可能水平向左C.恒力F的方向可能與v方向相反D.在A、B兩點小球的速率不可能相等[解析]AB由小球從A點運動到C點的軌跡可得,小球受到的電場力方向向右,帶正電,選項A正確;小球從C點運動到B點,合力指向軌跡凹側,當水平恒力F水平向左時,合力可能向左,符合要求,當恒力F的方向與v方向相反時,合力不指向圖示軌跡凹側,選項B正確,選項C錯誤;小球從A點運動到B點,由動能定理,當電場力與恒力F做功的代數和為0時,小球在A、B兩點的速率相等,選項D錯誤.6.(多選)如圖所示,水平地面上固定一個光滑絕緣斜面,斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端,另一端系有一個帶電小球A,細線與斜面平行.小球A的質量為m、電荷量為q.小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B,兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k,重力加速度為g,兩帶電小球可視為點電荷.小球A靜止在斜面上,則 ()A.小球A與B之間庫侖力的大小為B.當時,細線上的拉力為0C.當時,細線上的拉力為0D.當時,斜面對小球A的支持力為0[解析]AC根據庫侖定律得A、B間的庫侖力F庫=k,故A正確;當細線上的拉力為0時滿足k=mgtanθ,得到,故B錯誤,C正確;斜面對小球A的支持力始終不為零,故D錯誤.7.有三個完全相同的金屬小球A、B、C,其中小球A和B帶有等量的同種電荷,小球C(未畫出)不帶電,如圖所示,A球固定在豎直支架上,B球用不可伸長的絕緣細線懸于A球正上方的O點處,靜止時細線與豎直方向的夾角為θ.小球C可用絕緣手柄移動,重力加速度為g,現在進行下列操作,其中描述與事實相符的是 ()A.僅將球C與球A接觸后離開,B球再次靜止時細線中的張力比原來要小B.僅將球C與球B接觸后離開,B球再次靜止時細線與豎直方向的夾角為θ1,僅將球C與球A接觸后離開,B球再次靜止時細線與豎直方向的夾角為θ2,則θ1=θ2C.剪斷細線瞬間,球B的加速度等于gD.剪斷細線后,球B將沿OB方向做勻變速直線運動直至著地[解析]B僅將球C與球A接觸后離開,球A的電荷量減半,致使A、B間的庫侖力減小,對球B進行受力分析,可知它在三個力的作用下平衡,由三角形相似可知,故細線的張力大小不變,故A錯誤;將球C與球B接觸后離開,與球C與球A接觸后離開這種情況下A、B間的斥力相同,故夾角也相同,故B正確;剪斷細線瞬間,球B在重力和庫侖力作用下運動,其合力斜向右下方,與原來細線的張力等大反向,故其加速度不等于g,故選項C錯誤;剪斷細線后,球B在空中運動時受到的庫侖力隨間距的變化而變化,即球B在落地前做變加速曲線運動,故選項D錯誤.8.(多選)[2016·西安一中模擬]如圖所示,在空中同一水平線上的A、B兩點分別有一個帶正電的小球,在二者連線的垂直平分線上的C點固定一個帶負電的小球P,三個球均可看成點電荷,在庫侖力和重力的作用下M、N兩個球處于靜止狀態,則下列說法中正確的是 ()A.M、N兩球的質量一定相同B.M、N兩球所帶的電荷量不同C.M、N兩球受到的庫侖力合力的大小不一定相等D.M、N兩球受到的庫侖力合力的方向一定豎直向上[解析]AD對M、N球受力分析,根據共點力平衡條件和幾何關系得m1g=F1cotθ,m2g=F2cotθ,由于F1和F2是作用力與反作用力,大小相等,方向相反,所以m1=m2,故A正確;根據豎直方向受力平衡得,m1g=FC1cosθ,m2g=FC2cosθ,而m1=m2,所以FC1=FC2,故q1=q2,B錯誤;根據共點力的平衡條件可得,M、N兩球受到的庫侖力的合力與小球受到的重力大小相等,方向相反,所以M、N兩球受到的庫侖力的合力大小一定相等,方向豎直向上,故C9.[2014·福建卷]如圖所示,真空中xOy平面直角坐標系上的A、B、C三點構成等邊三角形,邊長L=2.0m.若將電荷量均為q=+2.0×10-6C的兩點電荷分別固定在A、B點,已知靜電力常量k=9×109N·(1)兩點電荷間的庫侖力大小;(2)C點的電場強度的大小和方向.[答案](1)9.0×103N(2)7.8×103N/C沿y軸正方向[解析](1)根據庫侖定律,A、B兩點電荷間的庫侖力大小為F=k代入數據得F=9.0×103N.(2)A、B兩點電荷在C點產生的場強大小相等,均為E1=kA、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E=2E1cos30°代入數據得E=7.8×103N/C場強E的方向沿y軸正方向.10.如圖所示,將質量m=0.1kg、所帶的電荷量q=+1×10-5C的圓環套在絕緣固定的圓柱形水平直桿上.環的直徑略大于桿的截面直徑,環與桿間的動摩擦因數μ=0.8.當空間存在著斜向上、與桿夾角為θ=53°的勻強電場時,環在電場力作用下以大小為4.4m/s2的加速度a沿桿運動,求電場強度E的大小.(sin53°=0.8,cos[答案]1.0×105N/C或9.0×105N/C[解析]在垂直于桿的方向上,由平衡條件得qE0sinθ=mg解得E0=1.25×105N/C當E<1.25×105N/C時,桿對環的彈力方向豎直向上根據牛頓第二定律可得qEcosθμFN=ma且qEsinθ+FN=mg解得E=1×105N/C當E>1.25×105N/C時,桿對環的彈力方向豎直向下根據牛頓第二定律可得qEcosθμFN=ma且qEsinθ=mg+FN解得E=9×105N/C11.[2017·內蒙古包頭一模]如圖所示,在豎直平面內有一個帶正電的小球,質量為m,所帶的電荷量為q,用一根長度為L且不可伸長的絕緣輕細線系在勻強電場中的O點,勻強電場的方向水平向右,分布的區域足夠大.現將帶正電小球從O點右方由水平位置A點無初速度釋放,小球到達最低點B時速度恰好為零.(1)求勻強電場的電場強度E的大小;(2)若小球從O點的左方由水平位置C點無初速度釋放,則小球到達最低點B所用的時間t是多少?(重力加速度為g)[答案](1)(2)[解析](1)對小球由A點運動到B點的過程,由動能定理得mgLqEL=0解得E=.(2)小球由C點釋放后將做勻加速直線運動,所受的電場力與重力大小相等,故小球受到的合力為mg,設小球到B點時的速度為vB,小球做勻加速直線運動的加速度為a,則a=gLt=聯立解得t=.第20講電場的能的性質【教材知識梳理】核心填空一、1.零電勢2.電勢能的減少量3.電勢能電荷量4.(1)電勢(2)電場線不電勢低不越大越小二、1.(1)電場力做的功電荷量(2)φAφB2.(1)Ed場強方向(2)場強三、處處為零處處相等思維辨析(1)(√)(2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(×)(7)(×)(8)(×)(9)(√)(10)(√)【考點互動探究】考點一例1B[解析]電子由M點分別運動到N點和P點的過程中,電場力做功相等,表明N、P兩點電勢相等,直線d是等勢線,與d平行的c也是等勢線,電子由M到N,電場力做負功,電勢能增大,則φM>φN,A錯誤,B正確;電子由M點運動到Q點,電場力不做功,C錯誤;電子由P點運動到Q點,電場力做正功,D錯誤.變式題1B[解析]A點的電勢為φA=k,C點的電勢為φC=k,則A、C間的電勢差為UAC=φAφC=,質子從A點移到C點,電場力做功WAC=eUAC=,質子的電勢能增加,故B正確.變式題2AB[解析]油滴做類斜拋運動,加速度恒定,選項D錯誤;合力豎直向上,且電場力Eq豎直向上,Eq>mg,電場方向豎直向下,P點電勢最低,負電荷在P點電勢能最大,選項A正確,選項C錯誤;若粒子從Q點運動到P點,則合力做負功,動能減小,P點的動能最小,選項B正確.考點二例2ABD[解析]由題目可得φa=10V,φb=17V,φc=26V,則可知ab與Oc交點電勢滿足,故φO=φa+φbφc=1V,B正確;從a到b移動電子,電場力做功W=Uab(e)=7eV,電場力做正功,電勢能減小,故電子在a點電勢能比在b點高7eV,C錯誤;從b到c移動電子,電場力做功W'=eUbc=9eV,D正確;如圖所示,過b點作bd垂直于Oc,由幾何關系有xcd=6×cm,由,可得d點的電勢為φd=17V,則bd為等勢線,從而電場線沿cO方向,故E=V/cm=2.5V/cm,A正確.變式題ACD[解析]因A、C兩點的電勢分別為3V、3V,可知O點的電勢為零,由對稱性可知D點的電勢為V,選項A正確;設過O點的等勢線與x軸的夾角為α,則E·×0.2sinα=3,E·,解得α=60°,E=10V/m,因電場線與等勢面正交,故電場場強方向與x軸正方向成θ=30°角,選項B錯誤,選項C、D正確.考點三例3BC[解析]通過電子的運動軌跡可判斷電子的受力方向,但無法判斷電子的運動方向,根據點電荷的電場規律可知,加速度越大的位置就是離點電荷越近的位置,A錯誤,B正確;電子從A到B電場力做負功,電勢能增加,B點的電勢低于A點的電勢,C正確,D錯誤.變式題1ABC[解析]從粒子的軌跡可以看出,O點的正電荷與粒子M相互吸引,與粒子N相互排斥,故M帶負電荷,N帶正電荷,A正確.Uab>0,所以從a點運動到b點,M所受的電場力做負功,動能減小,故B正確.d、e兩點電勢相等,N在d、e兩點的電勢能相等,故C正確.Ucd>0,N從c點運動到d點,電場力做正功,故D錯誤.變式題2BD[解析]點電荷從A點移到B點,電場力不做功,說明A、B兩點在同一等勢面上,從B點移動到C點,電場力做功為W,說明電場強度的方向垂直于AB邊向上,則A點的電勢φA=,選項C錯誤;C、B兩點間的電勢差UCB=,選項B正確;該電場的電場強度大小E=,故選項A錯誤;電子從A點沿AB方向飛入,受力方向將沿電場線方向的反方向,運動軌跡可能如圖中乙所示,故選項D正確.考點四例4BD[解析]由圖知A、B兩點的電場強度方向相反,電勢相等,故A錯誤;粒子從B運動到A,電場力做功W=qU=0,根據動能定理知,粒子經過A、B兩點時的動能相等,電勢能相等,速度大小相同,故B、D正確;A、B兩點的電場強度方向相反,粒子所受合外力方向相反,所以加速度方向相反,故C錯誤.例5AC[解析]由點電荷的場強公式E=,可得Ea∶Eb=4∶1,Ec∶Ed=4∶1,選項A正確,選項B錯誤;電場力做功W=qU,Uab∶Ubc=3∶1,則Wab∶Wbc=3∶1,又有Ubc∶Ucd=1∶1,則Wbc∶Wcd=1∶1,選項C正確,選項D錯誤.變式題AC[解析]φx圖像的斜率表示電場強度,由圖像可知,x2左側電場強度方向向左,x2右側電場強度向右,x1處電場強度大于零,x2處電場強度等于零,故q1和q2帶有異種電荷,A正確,B錯誤.負電荷從x1處移到x2處,電勢升高,電場強度減小,故電勢能減小,電場力減小,C正確,D錯誤.例6ACD[解析]電子初速度為零,且沿著電場線運動,其軌跡一定為直線,故A正確;電子