2016年高考物理一轮复习(江苏专版)讲练(学案)第6章《静电场》27

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2016届高三高考物理一轮课件第6章-3(静电场)

人教物理
第六章
2016年新课标高考· 大一轮复习讲义
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F Eq Uq 加速度A：a＝m＝ m ＝md l a.能飞出行板电容器：t＝ v0 1 2 1 qU 2 b.打在平行极板上：y＝ at ＝ · t，运动时间 md 2 2 2mdy t＝ qU 2 2 1 qUl qul 离开电场时的偏移量：y＝ at2＝ 2 ＝ 2 2 m v 4Ek0d 0d vy qUl qul 离开电场时的偏转角：tan θ＝＝ 2 ＝ v0 mv0d 2Ek0d
[思维驱动] 2．如图所示，质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入出电场时的侧位移y 之比为( )
A．1∶1
C．2∶1 答案：B
B．1∶2
D．1∶4
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[知识存盘]
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变
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解析：静电计指针偏角反映电容器两板间电压大小．在做 Q εrS 选项所示的操作中，电容器电荷量 Q 保持不变，由 C＝U＝ 4πkd 知，保持 S 不变，增大 d，则 C 减小，U 增大，偏角 θ 增大，选项 A 正确，B 错误；保持 d 不变，减小 S，则 C 减小，U 增大，偏角 θ 也增大，故选项 C、D 均错．

(江苏专用)高考物理第六章静电场第一节库仑定律电场强度电场线教学案

一、电荷电荷守恒定律1．两种电荷毛皮摩擦过的橡胶棒带________电，丝绸摩擦过的玻璃棒带________电。

同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带电的物体能吸引轻小物体。

2．元电荷迄今为止，科学实验发现的最小的电荷量，质子、正负电子电荷量与它相同，用e表示，e＝________。

任何带电体所带的电荷量都是这个数值的________倍。

3．物体带电方式使物体带电的方式有________、________、感应起电。

物体带电的实质是物质得到或失去了________。

4．电荷守恒定律电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体__________，或者从物体的一部分________________；在转移的过程中，电荷的总量________。

两个完全相同的金属球相接触，若两球带同种电荷，则总的电荷量平均分配，若两球带异种电荷，则其电荷量先________后________。

二、点电荷库仑定律1．点电荷点电荷是理想化模型，在带电体的尺寸比它到其他带电体的距离________，以致带电体的形状和电荷在它上面的分布对要研究的问题已经无关紧要时，带电体可以视为点电荷；带电体能否看成点电荷具有相对性，点电荷与力学中的________类似。

2．库仑定律（1）内容：真空中的两个静止点电荷之间力的大小跟它们的__________成正比，跟它们的________成反比。

作用力的方向在__________。

（2）表达式：__________（静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2）。

（3）适用条件：________。

三、电场1．电场是电荷周围存在的一种特殊________。

2．电场的基本性质是对放入其中的电荷__________，电荷间的作用是通过____实现的。

四、电场强度1．定义：放入电场中某点的电荷受到的________与它的________的比值叫做该点的电场强度。

2．定义式：E ＝____，单位：N/C 或V/m 。

2016届高三高考物理一轮课件第6章-2(静电场)

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考点4 静电现象的解释
[思维驱动] 4．将悬挂在细线上的带正电的小球 A放在不带电的金属空心球 C内(不和球壁
接触 ) ，另有一个悬挂在细线上的带负电
的小球 B 向 C 靠近，如图所示，下列说法正确的有( )
小
B．把负电荷从a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加
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C．把负电荷从a移到b，电场力做正功，电荷的电势能增加
D．不论正电荷还是负电荷，从a到b电势能都逐渐降低
解析：若正电荷从a移到b，由于电场力方向和位移方向同向，电场力做正功，电荷的电势能减小，A对；若把负电荷从 a移到b，电场力做负功，电荷的电势能增加；B对，C、D错．答案：AB
电场线垂直． (2)四个特点：①等势面一定与_______ 同一等势面上移动电荷时电场力不做功． ②在___________
电势低的等 ③电场线方向总是从电势高的等势面指向 _________
势面．越大，反之_____ 越小． ④等差等势面越密的地方电场强度_____
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高考物理大一轮复习学案第六章静电场(含答案)

考纲展示热点视角1.物质的电结构、电荷守恒Ⅰ 2．静电现象的解释 Ⅰ 3．点电荷 Ⅰ 4．库仑定律 Ⅱ 5．静电场 Ⅰ 6．电场强度、点电荷的场强 Ⅱ 7．电场线 Ⅰ 8．电势能、电势 Ⅰ 9．电势差 Ⅱ 10．匀强电场中电势差与电场强度的关系 Ⅰ 11．带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 12．示波管 Ⅰ 13．常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系 Ⅰ 错误! 1.利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等，常以选择题的形式出现． 2．电场力的性质与平衡知识、牛顿运动定律相结合，分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题，是考查的热点． 3．电场力做功与电势能的变化及带电粒子在电场中的运动与牛顿运动定律、动能定理、功能关系相结合的题目是考查的另一热点．4．电场知识与电流、磁场等相关知识的综合应用是考查的高频内容．5．电场知识与生产技术、生活实际、科学研究等的联系，如示波管、电容式传感器、静电分选器等，都可成为新情景题的命题素材，应引起重视.第一节电场力的性质一、电荷和电荷守恒定律 1．电荷(1)元电荷：电荷量为e ＝□01______________的电荷叫做元电荷．质子和电子均带元电荷电荷量．(2)点电荷：□02__________对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷． 2．电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体□03______到另一个物体，或者从物体的一部分□04________到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持□05______. (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□06________. 特别提示：当完全相同的带电金属球相接触时，同种电荷电量平均分配，异种电荷先中和后平分．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□07______，与它们的□08____________成反比，作用力的方向在它们的连线上． 2．公式：□09__________，式中的k ＝9.0×109N·m 2/C 2，叫做静电力常量．3．适用条件：(1)□10________；(2)真空中．特别提示：当两带电体离得较近时，它们不能视为点电荷，库仑定律不再适用，但它们之间仍存在库仑力．三、电场强度 1．电场强度(1)意义：描述电场强弱和方向的物理量．(2)定义：放入电场中某点的电荷所受的□11____________跟它的□12__________的比值． (3)定义式：E ＝Fq.单位：V/m 或N/C.(4)方向：□13__________在该点的受力方向，是矢量． (5)决定因素：电场强度取决于电场本身，与q 无关． 2．点电荷场强的计算式(1)公式：设在场源点电荷Q 形成的电场中，与Q 相距r 点的场强E ＝□14________. (2)适用条件：真空中的□15________形成的电场． 3．匀强电场：各点场强的大小和方向都相同的电场，公式E ＝□16________. 四、电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的□17______方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从□18______或无限远处出发终止于□19________或无限远处． (2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大． 3．几种典型的电场线(如图所示),1－1.(多选)用一绝缘柄将一带正电玻璃棒a 接触另一不带电玻璃棒b ，使之接触起电，以下说法正确的是( )A ．在此接触起电过程中，玻璃棒a 上的正电荷向玻璃棒b 上转移B ．在此接触起电过程中，玻璃棒b 上的电子向玻璃棒a 上转移C ．在此接触起电过程中，它们的电荷的代数和不变D ．此接触起电过程并不一定遵循电荷守恒定律 1－2.(多选)(2012·高考浙江卷)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上而下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm 时圆环被吸引到笔套上，如图所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )A ．摩擦使笔套带电B ．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C ．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D ．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和 2.(单选)如图所示，半径相同的两个金属小球A 、B 带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F .今用第三个半径相同的不带电的金属小球C 先后与A 、B 两个球接触后移开，这时，A 、B 两个球之间的相互作用力大小是( )A.18FB.14FC.38FD.34F 3－1.(单选)(2014·广州模拟)当在电场中某点放入电荷量为q 的正试探电荷时，测得该点的电场强度为E ，若在同一点放入电荷量为q ′＝2q 的负试探电荷时，测得该点的电场强度( )A ．大小为2E ，方向与E 相同B ．大小为2E ，方向与E 相反C ．大小为E ，方向与E 相同D ．大小为E ，方向与E 相反 3－2.(单选)(2012·高考江苏卷)真空中A 、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r ，则A 、B 两点的电场强度大小之比为( )A ．3∶1B ．1∶3C ．9∶1D ．1∶9 4－1.(多选)如图是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是( ) A ．这个电场可能是负点电荷的电场 B ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度 C ．A 、B 两点的电场强度方向不相同D ．负电荷在B 点处受到的电场力的方向沿B 点切线方向4－2.(单选)法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a 、b 所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是( )A ．a 、b 为异种电荷，a 的电荷量大于b 的电荷量B ．a 、b 为异种电荷，a 的电荷量小于b 的电荷量C ．a 、b 为同种电荷，a 的电荷量大于b 的电荷量D ．a 、b 为同种电荷，a 的电荷量小于b 的电荷量对库仑定律的理解和应用库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化的物理模型，当带电体间的距离远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用．(单选)如图所示，两个质量均为m 的完全相同的金属球壳a 和b ，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q ，那么关于a 、b 两球之间的万有引力F 引和库仑力F 库的表达式正确的是( )A ．F 引＝G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2B ．F 引≠G m 2l 2，F 库≠k Q 2l 2C ．F 引≠G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2D ．F 引＝G m 2l 2，F 库≠k Q 2l2[思路点拨] 两球壳质量分布均匀，可以认为质量集中在何处？能否等效为电荷集中在球心？[尝试解答] ________1．(单选)两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属球(半径均为r )，固定在相距(两球心间距离)为3r 的两处，它们间库仑力的大小为F .现将两小球相互接触后放回原处，则两球间库仑力的大小( )A ．大于13FB ．等于13FC ．小于13FD ．等于43F电场线与带电粒子的运动轨迹分析1．粒子所受合力的方向指向轨迹的凹侧，由此判断电场的方向或粒子的电性； 2．由电场线的疏密情况判断带电粒子的受力大小及加速度大小；3．由功能关系判断速度变化：如果带电粒子在运动中仅受电场力作用，则粒子电势能与动能的总量不变，电场力做正功，动能增大，电势能减小．(多选)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a 、b 是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，根据此图可以作出的正确判断是( )A ．带电粒子所带电荷的正、负B ．带电粒子在a 、b 两点的受力方向C ．带电粒子在a 、b 两点的加速度何处较大D ．带电粒子在a 、b 两点的速度何处较大[思路点拨] (1)电场线方向、粒子电性未知，能判断电场力方向吗？依据是什么？ (2)a 、b 两点的场强大小有什么关系？(3)根据什么知识可判断v a、v b关系？[尝试解答]________[方法总结]求解这类问题的方法：(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情景．(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(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．有时各种情景的讨论结果是归一的．2.(单选)一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v－t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的()静电力作用下的平衡问题解决这类问题与解决力学中的平衡问题的方法步骤相同，只不过是多了静电力而已．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ改编)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c 分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，求匀强电场场强的大小和c球的电量．[课堂笔记][延伸总结](1)解决静电力作用下的平衡问题，首先应确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”．(2)电荷在匀强电场中所受电场力与位置无关；库仑力大小随距离变化而变化．3．(单选)如图所示，悬挂在O 点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球A .在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B .当B 到达悬点O 的正下方并与A 在同一水平线上，A 处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ.若两次实验中B 的电荷量分别为q 1和q 2，θ分别为30°和45°，则q 2q 1为( )A ．2B ．3C ．2 3D ．3 3带电体的力电综合问题解决力、电综合问题的一般思路(2014·福州模拟)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R 的半圆形，固定在竖直面内，管口B 、C 的连线是水平直径．现有一带正电小球(可视为质点)从B 点正上方的A 点自由下落，A 、B 两点间距离为4R ，从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C 处脱离圆管后，其运动轨迹最后经过A 点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g ，求：(1)小球到达B 点时的速度大小； (2)小球受到的电场力的大小和方向；(3)小球经过管口C 处时对圆管壁的压力．[思路点拨] (1)电场力的竖直分力F y ＝mg ，方向向上还是向下？小球受到的场力的合力等于什么？(2)小球经过A 点，说明F x 向左还是向右？从C →A 小球做什么运动？ [课堂笔记][总结提升] 运动与受力的几个关系 (1)物体保持静止：F 合＝0(2)做直线运动：①匀速直线运动，F 合＝0②变速直线运动：F 合≠0，且F 合一定沿速度方向． (3)做曲线运动：F 合≠0，且F 合总指向曲线凹的一侧． (4)加速运动：F 合与v 夹角α，0°≤α＜90°；减速运动：90°＜α≤180°. (5)匀变速运动：F 合＝恒量．4.(多选)如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L 的绝缘轻质细硬杆一端固定在O 点、另一端固定一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球P ，杆可绕O 点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E ＝3mg3q.先把杆拉成水平，然后将杆无初速释放，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )A ．小球到最低点时速度最大B ．小球从开始至最低点过程中动能一直增大C ．小球对杆的最大拉力大小为833mgD ．小球可绕O 点做完整的圆周运动用对称法处理场强叠加问题范例如图所示，位于正方形四个顶点处分别固定有点电荷A 、B 、C 、D ，四个点电荷的带电量均为q ，其中点电荷A 、C 带正电，点电荷B 、D 带负电，试确定过正方形中心O 并与正方形垂直的直线上到O 点距离为x 的P 点处的电场强度．[思路点拨] A 、B 、C 、D 对于P 点具有空间对称性，A 、C 电性、电量相同，为等量同号电荷，B 、D 也为等量同号电荷，根据对称性特点，可求P 点的合场强．[解析] P 点是A 、C 连线中垂线上的一点，故A 、C 两电荷在P 点的合场强E 1方向为O →P ，同理B 、D 在P 点的合场强E 2方向为P →O ，由对称性可知，E 1、E 2大小相等，所以P 点的电场强度为0.[答案] 0[方法提炼] 对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中，应用对称性不仅能帮助我们认识和探索某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题．利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的特点，出奇制胜，快速简便地求解问题．5．(单选)(2013·高考江苏卷)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )一高考题组 1．(单选)(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 3qR 2B ．k 10q 9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 22.(单选)(2013·高考海南卷)如图，电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点．已知在P 、Q 连线上某点R 处的电场强度为零，且PR ＝2RQ .则( )A ．q 1＝2q 2B ．q 1＝4q 2C ．q 1＝－2q 2D ．q 1＝－4q 2 3．(单选)(2011·高考海南卷)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( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6二模拟题组 4．(单选)(2014·湖南五市十校联考)如图所示，在空间中的A 、B 两点固定一对等量异种点电荷，在竖直面内AB 中垂线上固定一根光滑绝缘的直杆，在杆上串一个带正电的小球，给小球一个沿竖直向下的初速度，则小球所做的运动是( )A ．匀速直线运动B ．先减速后加速运动C ．一直匀加速运动D ．以上均错5．(2014·北京东城区检测)如图所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度的大小；(2)若将电场强度减小为原来的1/2，小物块的加速度是多大； (3)电场强度变化后小物块下滑距离L 时的动能．温馨提示日积月累，提高自我请做课后达标检测18第二节电场能的性质一、电场力做功和电势能 1．静电力做功(1)特点：静电力做功与□01__________无关，只与□02__________有关． (2)计算方法①W ＝qEd ，只适用于匀强电场，其中d 为沿□03__________的距离． ②W AB ＝qU AB ，适用于□04________. 2．电势能(1)定义：电荷在□05________中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到□06______位置时静电力所做的功．(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于□07______________，即W AB ＝E p A －E p B ＝－ΔE p .(3)电势能具有相对性．二、电势、等势面 1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的□08______与它的□09__________的比值． (2)定义式：φ＝E pq.(3)矢标性：电势是标量，其大小有正负之分，其正(负)表示该点电势比电势零点高(低)．(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因□10________的选取不同而不同． 2．等势面(1)定义：电场中□11__________的各点构成的面． (2)特点①在等势面上移动电荷，电场力不做功．②等势面一定与电场线垂直，即与场强方向□12______. ③电场线总是由电势□13______的等势面指向电势□14______的等势面． ④等差等势面的疏密表示电场的强弱(等差等势面越密的地方，电场线越密)．三、电势差1．定义：电荷在电场中，由一点A 移到另一点B 时，电场力所做的功W AB 与移动的电荷的电量q 的比值．2．定义式：U AB ＝□15________. 3．电势差与电势的关系：U AB ＝□16________，U AB ＝－U BA . 4．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□17______的距离的乘积，即U AB ＝Ed .特别提示：电势和电势差都是由电场本身决定的，与检验电荷无关，但电势是相对量，电场中各点的电势与零电势点的选取有关，而电势差是绝对量，与零电势点的选取无关．,1.(单选)(2014·重庆模拟)如图所示，正点电荷(电荷量为Q )产生的电场中，已知A 、B 间的电势差为U ，现将电荷量为q 的正点电荷从B 移到A ，则( )A ．外力克服电场力做功QU ，电势能增加qUB ．外力克服电场力做功qU ，电势能增加QUC ．外力克服电场力做功qU ，电势能增加qUD ．外力克服电场力做功QU ，电势能减少QU 2－1.(单选)(2012·高考重庆卷)空间中P 、Q 两点处各固定一个点电荷，其中P 点处为正电荷，P 、Q 两点附近电场的等势面分布如图所示，a 、b 、c 、d 为电场中的4个点．则( )A ．P 、Q 两点处的电荷等量同种B ．a 点和b 点的电场强度相同C ．c 点的电势低于d 点的电势D ．负电荷从a 到c ，电势能减少2－2.(单选)在静电场中，下列说法正确的是( )A ．电场强度处处为零的区域内，电势一定也处处为零B ．电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同C ．电场强度的方向总是跟等势面垂直D ．电势降低的方向就是电场强度的方向3－1.(多选)关于电势差的计算公式，下列说法正确的是( )A ．电势差的公式U AB ＝W ABq说明两点间的电势差U AB 与电场力做功W AB 成正比，与移动电荷的电荷量q 成反比B ．把正电荷从A 点移到B 点电场力做正功，则有U AB ＞0C ．电势差的公式U AB ＝W ABq中，U AB 与移动电荷的电荷量q 无关D ．电场中A 、B 两点间的电势差U AB 等于把正电荷q 从A 点移动到B 点时电场力所做的功3－2.(单选)(2014·宜昌高三检测)如图所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2 cm，由此可以确定电场强度的方向和数值是()A．竖直向下，E＝100 V/mB．水平向左，E＝100 V/mC．水平向左，E＝200 V/mD．水平向右，E＝200 V/m电势高低及电势能大小的比较1．比较电势高低的方法(1)根据电场线方向：沿电场线方向电势越来越低．(2)根据U AB＝φA－φB：若U AB＞0，则φA＞φB，若U AB＜0，则φA＜φB.(3)根据场源电荷：取无穷远处电势为零，则正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．2．电势能大小的比较方法(1)做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加(与其他力做功无关)．(2)电荷电势法正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．(3)公式法由E p＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式，E p的正值越大，电势能越大；E p 的负值越大，电势能越小．(多选)(2013·高考江苏卷)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等. a、b为电场中的两点，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功[尝试解答]________1．(多选)(2014·潍坊模拟)如图所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心．两个等量正电荷分别固定在M、N两点．现有一带电的粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下判断正确的是() A．O点的场强一定为零B．P点的电势一定比O点的电势高C．粒子一定带负电D．粒子在P点的电势能一定比在Q点的电势能小等势面与粒子运动轨迹的分析1．几种常见的典型电场的等势面比较电场等势面(实线)图样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的电势为零等量同种正点电荷的电场连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高2.解决该类问题应熟练掌握以下知识及规律(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧．(2)某点速度方向为轨迹切线方向．(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大．(4)电场线垂直于等势面．(5)顺着电场线电势降低最快．(6)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大．有时还要用到牛顿第二定律、动能定理等知识．(单选)(2012·高考天津卷)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A 点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中( )A ．做直线运动，电势能先变小后变大B ．做直线运动，电势能先变大后变小C ．做曲线运动，电势能先变小后变大D ．做曲线运动，电势能先变大后变小 [尝试解答] ________[方法总结] 这类问题关键是画出电场线，判断出电场力方向，粒子所受合力(一般仅受电场力)指向轨迹的凹侧，以此为基础再结合其他条件，就可对有关问题作出正确的判断．2．(多选)(2012·高考山东卷)图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a 、b 、c 三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )A ．带负电B ．在c 点受力最大C ．在b 点的电势能大于在c 点的电势能D ．由a 点到b 点的动能变化大于由b 点到c 点的动能变化公式U ＝E ·d 的拓展应用1．在匀强电场中U ＝Ed ，即在沿电场线方向上，U ∝d . 2．推论：①如图甲，C 点为线段AB 的中点，则有φC ＝φA ＋φB2.②如图乙，AB ∥CD ，且AB ＝CD ，则U AB ＝U CD .3．在非匀强电场中U ＝Ed 虽不能直接应用，但可以用作定性判断．(单选)(2012·高考安徽卷)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O 处的电势为0 V ，点A 处的电势为6 V ，点B 处的电势为3 V ，则电场强度的大小为( )A ．200 V/mB ．200 3 V/mC ．100 V/mD ．100 3 V/m[尝试解答] ________3．(单选)在匀强电场中有四个点A、B、C、D，恰好为平行四边形的四个顶点，O点为平行四边形两条对角线的交点．已知：φA＝－4 V，φB＝6 V，φC＝8 V，则φD、φO分别为() A．－6 V,6 VB．2 V,1 VC．－2 V,2 VD．－4 V,4 V电场中的功能关系1．求电场力做功的几种方法(1)由公式W＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eql cos α.(2)由W AB＝qU AB计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变化计算：W AB＝E p A－E p B.(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔE k.注意：电荷沿等势面移动电场力不做功．2．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．(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．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．[思路点拨](1)B、C两点电势具有什么关系？小球从B→C电场力做功为多少？(2)A→C小球电势能的增加量与电场力做功有何关系？[课堂笔记][规律总结]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、能量守恒定律和功能关系．(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不守恒，但机械能与电势能的总和可以守恒．4．(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中() A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球的重力势能增加－W1C．小球的机械能增加W1＋12m v2D．小球的电势能减少W2E－x和φ－x图象的处理方法1．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．2．φ－x图象(1)描述了电势随位移变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．范例(单选)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．下列说法中正确的是()A．O点的电势最低B．x2点的电势最高C．x1和－x1两点的电势相等D．O到x1和O到x3两点的电势差相等。

(江苏专用)高考物理第六章静电场第二节电势差电势电势能教学案

第二节电势差电势电势能一、静电力做功与电势能1．静电力做功的特点静电力做功与路径____，只与电荷的初、末位置有关（电荷及电场一定时）。

2．静电力做功的计算方法（1）用W AB＝Fl AB cos θ求静电力的功，仅适用于____电场。

（2）用W AB＝qU AB求静电力的功，适用于________电场。

（3）用静电力做功与电势能变化的关系W AB＝－ΔE p来计算，这种方法在知道电势能或电势能变化的值时比较方便。

3．静电力做功与电势能改变的关系（1）电势能增减的判定静电力对电荷做正功，电荷的电势能____，静电力对电荷做负功，电荷的电势能____。

（2）电势能改变量与静电力的功W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p。

二、电势差1．定义电荷q从电场中一点A移动到另一点B时，静电力做的功W AB与电荷量q的________叫AB两点的电势差，用U AB表示。

表达式为__________。

2．特点（1）电势差与电场中的两点位置及电场本身有关，而与移动的电荷____。

（2）电势差也等于电势之差U AB＝φA－φB，有正负，但无方向，是________量。

（3）匀强电场中电势差与电场强度的关系为________或________。

注意：此公式仅适用于________电场；式中的d指的是沿电场强度方向上两点间的距离，可见电场强度的方向就是电势降落__________的方向。

三、电势等势面1．电势的定义选好零电势点后，某点的电势就是该点与零电势点间的__________，电势的大小等于单位正电荷由该点移到零电势点________所做的功的大小。

2．电势的特点（1）电势与电势能：电场中某一点的电势在数值上等于单位正电荷在那一点所具有的____________，二者的关系为：E p＝qφ。

（2）电势具有相对性：电场中某一点的电势与零电势点的选取有关，零电势点选得不同，该点的电势会不同；但两点的电势差与零电势点的选取________。

【新步步高】2016年高考物理大一轮总复习课件(江苏专版) 6.2 静电场

4．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹， a 、 b 、 c 三点是实线与虚线的交点．则该粒子 E ( ) F A．带负电 B．在c点受力最大 C．在b点的电势能大于在c点的电势能 D．由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量
等量同种正点电荷的电场
2.在电场中带电粒子运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向 (轨迹向合外力方向弯曲)，从而
分析电场方向或电荷的正负；
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，
从而确定电势能、电势和电势差的变化等；
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．
[例2]如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线 ABC 为粒子的运动轨迹，其中 B点是两点电荷连线的中点， A 、 C 位于同一等势面上．下列说法正确的是 ( ) A．该粒子可能带正电 B．该粒子经过B点时的速度最大 C．该粒子经过B点时的加速度一定为零 D．该粒子在B点的电势能小于在A点的电势能
1．几种常见的典型电场的等势面比较电场等势面(实线)图样重要描述
匀强电场
点电荷的电场等量异种点电荷的电场
垂直于电场线的一簇____ 平面球心的一簇以点电荷为_____ 球面 ______
在连线的中垂线上，电势零为_____ 低，在连线上,中点电势最____ 而在连线的中垂线上，中高点电势最____
[变式题组]
1．(2014· 新课标Ⅱ· 19)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正
确的是( AD )
A．电场强度的方向处处与等电势面垂直

【三维设计】(江苏专用)高考物理总复习第六章静电场讲义

第六章静电场第1节电场力的性质对应学生用书P90[必备知识]1．元电荷、点电荷 (1)元电荷：e ＝1.60×10－19C ，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。

电子的电荷量q ＝－1.60×10－19C 。

(2)点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小和形状的理想化模型。

2．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)三种起电方式：摩擦起电、感应起电、接触起电。

(3)带电实质：物体得失电子。

(4)电荷的分配原则：两个形状、大小相同的导体，接触后再分开，二者带相同电荷；若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分。

3．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 ＝kq 1q 2r2，式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫做静电力常量。

(3)适用条件：真空中的点电荷。

①在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式。

②当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以把带电体看成点电荷。

(4)库仑力的方向：由相互作用的两个带电体决定，且同种电荷相互排斥，为斥力；异种电荷相互吸引，为引力。

[典题例析](2014·南京模拟)真空中有两个静止的同种点电荷q 1、q 2，保持q 1不动，释放q 2。

q 2只在q 1的库仑力作用下运动，则q 2在运动过程中受到的库仑力( )A ．不断增大B ．不断减小C ．先增大后减小D ．始终保持不变[解析] 选 B 带电相同的点电荷受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变根据F ＝kq 1q 2r 2可知，距离增大、电场力将逐渐减小，故A 、C 、D 错误，B 正确。

【优化方案】2016届高三物理大一轮复习教学讲义：第六章静电场第一节

2016高考导航考纲展示1．物质的电结构、电荷守恒Ⅰ2．静电现象的解释Ⅰ3．点电荷Ⅰ4．库仑定律Ⅱ5．静电场Ⅰ6．电场强度、点电荷的场强Ⅱ7．电场线Ⅰ8．电势能、电势Ⅰ9．电势差Ⅱ10．匀强电场中电势差与电场强度的关系Ⅰ11．带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ12．示波管Ⅰ13．常见电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ说明：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.热点视角1．利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等，常以选择题的形式出现．2．电场力的性质与平衡知识、牛顿运动定律相结合，分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题，是考查的热点．3．电场力做功与电势能的变化及带电粒子在电场中的运动与牛顿运动定律、动能定理、功能关系相结合的题目是考查的另一热点．4．电场知识与电流、磁场等相关知识的综合应用是考查的高频内容．5．电场知识与生产技术、生活实际、科学研究等的联系，如示波管、电容式传感器、静电分选器等，都可成为新情景题的命题素材，应引起重视．第一节电场力的性质[学生用书P 108]一、电荷和电荷守恒定律1．点电荷：形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷． 2．电荷守恒定律(1)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．1.(多选)一带负电的金属小球放在潮湿的空气中，一段时间后，发现该小球上带的负电荷几乎不存在了．这说明( )A ．小球上原有的负电荷逐渐消失了B ．在此现象中，电荷不守恒C ．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了D ．该现象是由电子的转移引起的，仍然遵循电荷守恒定律答案：CD 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．公式：F ＝k q 1q 2r 2，式中的k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫做静电力常量．3．适用条件：(1)点电荷；(2)真空．2.(单选)如图所示，半径相同的两个金属小球A 、B 带有电荷量大小相等的电荷，相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F .今用第三个半径相同的不带电的金属小球C 先后与A 、B 两个球接触后移开，这时，A 、B 两个球之间的相互作用力大小是( )A.18FB.14FC.38F D.34F答案：A 三、电场强度1．意义：描述电场强弱和方向的物理量． 2．公式(1)定义式：E ＝Fq，是矢量，单位：N/C 或V/m.(2)点电荷的场强：E ＝k Qr 2，Q 为场源电荷，r 为某点到Q 的距离．(3)匀强电场的场强：E ＝Ud.3．方向：规定为正电荷在电场中某点所受电场力的方向．3.(单选)对于由点电荷Q 产生的电场，下列说法正确的是( )A ．电场强度的定义式仍成立，即E ＝FQ ，式中的Q 就是产生电场的点电荷B ．在真空中，电场强度的表达式为E ＝kQr 2，式中Q 就是产生电场的点电荷C ．在真空中，电场强度的表达式E ＝kqr2，式中q 是检验电荷D ．在Q 的电场中某点，分别放置电量不同的正、负检验电荷，电场力大小、方向均不同，则电场强度也不同答案：B四、电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处． (2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大． (4)沿电场线方向电势降低．(5)电场线和等势面在相交处互相垂直． 3．几种典型电场的电场线(如图所示)4.(单选)如图是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是( )A ．这个电场可能是负点电荷的电场B ．A 点的电场强度大于B 点的电场强度C ．A 点的电势高于B 点的电势D ．负电荷在B 点处受到的电场力的方向沿B 点切线方向答案：B考点一对库仑定律的理解和应用 [学生用书P 109]1．对库仑定律的理解(1)F ＝k q 1q 2r 2，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)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．2．电荷的分配规律(1)两个带同种电荷的相同金属球接触，则其电荷量平分． (2)两个带异种电荷的相同金属球接触，则其电荷量先中和再平分．(单选)如图所示，两个质量均为m 的完全相同的金属球壳a 和b ，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的绝对值均为Q ，那么关于a 、b 两球之间的万有引力F 引和库仑力F 库的表达式正确的是( )A ．F 引＝G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2B ．F 引≠G m 2l 2，F 库≠k Q 2l 2C ．F 引≠G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2D ．F 引＝G m 2l 2，F 库≠k Q 2l2[思路点拨] 两球壳质量分布均匀，能否认为质量集中在球心？两球所带电荷分布是否均匀？能否认为电荷集中在球心？[解析] 万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l 只有其半径r 的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看成质量集中于球心的质点，因此，可以应用万有引力定律．对于a 、b 的电荷而言，由于电荷间的引力，电荷在靠近的一侧分布密集，等效距离小于l ，故F 库>k Q 2l2，D 正确．[答案] D1.(单选)使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q 和＋5Q 的电荷后，将它们固定在相距为a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 1，现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 2，则F 1与F 2之比为( )A ．2∶1B ．4∶1C ．16∶1D ．60∶1解析：选D.F 1＝k 3Q ×5Q a 2＝15kQ 2a 2，接触后两球带电量均为Q ，则F 2＝k Q 2 2a 2＝kQ 24a 2，F 1∶F 2＝60∶1.考点二电场线与带电粒子的运动轨迹分析 [学生用书P 110]1．电荷运动的轨迹与电场线一般不重合．若电荷只受电场力的作用，在以下条件均满足的情况下两者重合：(1)电场线是直线．(2)电荷由静止释放或有初速度，且初速度方向与电场线方向平行． 2．由粒子运动轨迹判断粒子运动情况：(1)粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切．(2)由电场线的疏密判断加速度大小． (3)由电场力做功的正负判断粒子动能的变化．(单选)(2015·四川名校检测)如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、R 、Q 是这条轨迹上的三点，由此可知( )A ．带电粒子在R 点时的速度大于在Q 点时的速度B ．带电粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能大C ．带电粒子在R 点时的动能与电势能之和比在Q 点时的小，比在P 点时的大D ．带电粒子在R 点时的加速度小于在Q 点时的加速度 [审题点睛] (1)电场线方向未知，能否判断电场力的方向？ (2)若粒子由P 经R 到Q ，能否判定电场力做功正负？ (3)根据什么可判断R 、Q 两点的场强大小关系？[解析] 根据牛顿第二定律可得ma ＝qE ，又根据电场线的疏密程度可以得出Q 、R 两点处的电场强度的大小关系为E R >E Q ，则带电粒子在R 、Q 两点处的加速度的大小关系为a R >a Q ，故D 错误；由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用，只有动能与电势能之间的相互转化，则带电粒子的动能与电势能之和不变，故C 错误；根据物体做曲线运动的轨迹与速度、合外力的关系可知，带电粒子在R 处所受电场力的方向为沿电场线向右，又由于该粒子带负电，则R 处电场的方向应该向左，根据等势面与电场线的关系可得R 、Q 两点处电势的关系为φR >φQ ，根据电势能与电势的关系E p ＝qφ及带电粒子的电性可得R 、Q 两点处电势能的关系为E p R <E p Q ，则R 、Q 两点处动能的关系为E k R >E k Q ，根据动能的定义式E k ＝12mv 2可得R 、Q 两点处速度大小的关系为v R >v Q ，故A 正确；P 、Q 两点处电势的关系为φP >φQ ，根据电势能与电势的关系E p ＝qφ及带电粒子的电性可得P 、Q 两点处电势能的关系为E p P <E p Q ，故B 错误．[答案] A[方法总结] 求解这类问题的方法：(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情景．(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(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．2.(单选)一负电荷从电场中A 点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的v －t 图象如图所示，则A 、B 两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的( )解析：选C.由v －t 图可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由B 指向A 且A 到B 场强变大，电场线变密，选项C 正确．考点三静电力作用下的平衡问题 [学生用书P 110]解决这类问题与解决力学中的平衡问题的方法步骤相同，只不过是多了静电力而已．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ改编)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上：a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，求匀强电场场强的大小和c 球的电量．[解析] 以小球c 为研究对象，其受力如图甲所示，其中F 库＝kqq cl2，由平衡条件得：2F库cos 30°＝Eq c 即：3kqq c l 2＝Eq c ，E ＝3kql2此时a 的受力如图乙所示，则⎝⎛⎭⎫kq 2l 22＋⎝⎛⎭⎫3kq 2l 22＝⎝⎛⎭⎫k qq c l 22得q c ＝2q即当q c ＝2q 时a 可处于平衡状态，同理b 亦恰好平衡．[答案]3kql 22q [延伸总结] (1)解决静电力作用下的平衡问题，首先应确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”．(2)电荷在匀强电场中所受电场力与位置无关；库仑力大小随距离变化而变化．3.(多选)(2014·高考浙江卷)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( )A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．当q d ＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d＝mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 解析：选AC.根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F ＝kq 2d 2，选项A 正确；当细线上的拉力为0时，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得kq 2d 2＝mg tan θ，解得q d＝mg tan θk，选项B 错误，C 正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，选项D 错误．考点四带电体的力电综合问题 [学生用书P 111]解决该类问题的一般思路(2015·福州模拟)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R 的半圆形，固定在竖直面内，管口B 、C 的连线是水平直径．现有一带正电小球(可视为质点)从B 点正上方的A 点自由下落，A 、B 两点间距离为4R ，从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C 处脱离圆管后，其运动轨迹最后经过A 点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g ，求：(1)小球到达B 点时的速度大小； (2)小球受到的电场力的大小和方向； (3)小球经过管口C 处时对圆管壁的压力．[思路点拨] (1)电场力的竖直分力F y ＝mg ，方向向上还是向下？小球受到的场力的合力等于什么？(2)小球经过A 点，说明F x 向左还是向右？从C →A 小球做什么运动？ [解析] (1)小球从开始自由下落到管口B 的过程中机械能守恒，故有： mg ·4R ＝12mv 2B解得v B ＝22gR .(2)由小球经过了A 点分析可知，电场力的竖直分力F y ＝mg ，方向向上，水平分力F x方向向左，小球受到的合场力等于F x .小球从B 运动到C 的过程中，由动能定理得： F x ·2R ＝12mv 2B －12mv 2C 小球从管口C 处脱离圆管后做类平抛运动，由于其轨迹经过A 点，故有： y ＝4R ＝v C t x ＝2R ＝12a x t 2＝F x 2m t 2联立解得：F x ＝mg电场力的大小为F ＝qE ＝F 2x ＋F 2y ＝2mg方向与竖直方向成45°角偏左上方．(3)小球经过管口C 处时，向心力由F x 和圆管的弹力F N 提供，设弹力F N 的方向水平向左，则F x ＋F N ＝m v 2CR解得：F N ＝3mg (方向水平向左)根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C 处时对圆管壁的压力为F ′N ＝F N ＝3mg ，方向水平向右．[答案] (1)22gR (2)2mg ，与竖直方向成45°角偏左上方 (3)3mg ，方向水平向右4.(2015·山西四校联考)如图所示，一表面光滑、与水平方向成60°角的绝缘直杆AB 放在水平方向的匀强电场中，其下端(B 端)距地面高度h ＝0.8 m ．有一质量为m ＝500 g 的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过B 端的正下方P 点处．求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； (2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v 0.解析：(1)小环沿AB 杆匀速下滑，受力分析如图所示，小环共受3个力，由图可知qE ＝3mg离开直杆后小环只受重力和电场力作用，F 合＝2mg ＝ma 则a ＝2g ＝20 m/s 2，方向垂直于杆向下．(2)环离开直杆做类平抛运动，沿平行杆方向为匀速运动，有32h ＝v 0t 垂直于杆方向为匀加速运动，有12h ＝12at 2解得v 0＝2 3 m/s.答案：(1)20 m/s 2，垂直杆向下 (2)2 3 m/s[学生用书P 111]思想方法——用对称法处理场强叠加问题对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中，应用对称性不仅能帮助我们认识和探索某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题．利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的特点，出奇制胜，快速简便地求解问题．(单选)(2014·高考江苏卷)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O .下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A ．O 点的电场强度为零，电势最低B ．O 点的电场强度为零，电势最高C ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度增大，电势降低[审题点睛] 由于电荷在圆环上均匀分布，所以电场呈现出关于x 轴对称和关于环面对称的特点．[解析] 将整个圆环看做由两个半圆环组成，由对称性可知，这两个半圆环上的电荷在O 点的场强大小相等，方向相反，故合场强为零．x 轴上的合场强，由对称性可知，在圆环右侧的合场强方向沿x 轴向右，电势降低；左侧的合场强方向沿x 轴向左，电势降低，故O 点电势最高．由于在O 点场强为零，距O 点无限远场强为零，因此沿x 轴向左、右两侧，电场强度都呈现出先增大后减小的特征．综上所述B 正确．[答案] B[总结提升] 本题也可用同号等量电荷模型求解，只要把圆环上的正电荷看做很多组同号等量电荷，就可利用其电场特点求解．5.(单选)(2013·高考江苏卷)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )解析：选B.由对称原理可知，A 、C 图中在O 点的场强大小相等，D 图中在O 点场强为0，B 图中两14圆环在O 点合场强应最大，因此选项B 正确．1．(单选)(2015·辽宁大连一中模拟)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.kq2R 2－E B.kq 4R 2C.kq4R2－E D.kq4R2＋E 解析：选A.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 ＝k 2q2R 2－E ′，E ′为带电荷－q 的右半球面在M 点产生场强大小．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E N ＝E ′＝k 2q 2R 2－E ＝kq2R 2－E ，则A 正确． 2．(单选)(2015·湖北武汉摸底)水平面上A 、B 、C 三点固定着三个电荷量为Q 的正点电荷，将另一质量为m 的带正电的小球(可视为点电荷)放置在O 点，OABC 恰构成一棱长为L 的正四面体，如图所示．已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，为使小球能静止在O 点，小球所带的电荷量为( )A.mgL 23kQ B.23mgL 29kQC.6mgL 26kQD.2mgL 26kQ解析：选C.3k qQ L 2cos θ＝mg ，sin θ＝33，联立解得q ＝6mgL 26kQ.3．(多选)(2015·北京考试院抽样测试)如图甲所示，真空中Ox 坐标轴上的某点有一个点电荷Q ，坐标轴上A 、B 两点的坐标分别为0.2 m 和0.7 m ．在A 点放一个带正电的试探电荷，在B 点放一个带负电的试探电荷，A 、B 两点的试探电荷受到静电力的方向都跟x 轴正方向相同，静电力的大小F 跟试探电荷电荷量q 的关系分别如图乙中直线a 、b 所示．下列说法正确的是( )A ．B 点的电场强度大小为0.25 N/C B ．A 点的电场强度的方向沿x 轴正方向 C ．点电荷Q 是正电荷D ．点电荷Q 的位置坐标为0.3 m解析：选BD.由两试探电荷受力情况可知，点电荷Q 为负电荷，且放置于A 、B 两点之间某位置，故B 正确，C 错误；设Q 与A 点之间的距离为l ，则点电荷在A 点产生的场强为E A ＝kQ l 2＝F a q a ＝4×10－41×10－9N/C ＝4×105 N/C ，同理，点电荷在B 点产生的场强为E B ＝kQ 0.5－l 2＝F b q b ＝1×10－44×10－9N/C ＝0.25×105N/C ，解得l ＝0.1 m ，所以点电荷Q 的位置坐标为x Q ＝x A ＋l ＝0.2 m ＋0.1 m ＝0.3 m ，故A 错误，D 正确．4．(单选)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( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6解析：选D.由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F ＝k Q 1Q 2r2知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q ×nq ＝nq 2×⎝⎛⎭⎫q ＋nq 22，解之可得n ＝6，D 正确．5.(单选)实线为三条方向未知的电场线，从电场中的M 点以相同的速度飞出a 、b 两个带电粒子，a 、b 的运动轨迹如图中的虚线所示(a 、b 只受电场力作用)，则( )A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．电场力对a 做正功，对b 做负功C ．a 的速度将减小，b 的速度将增大D ．a 的加速度将减小，b 的加速度将增大解析：选D.因未知电场线的方向，故电荷的正负无法判定，A 错；由运动轨迹可知，a 、b 所受电场力方向与其运动方向夹角小于90°，均做正功，动能增大，B 、C 错误；a 向电场线疏处运动，电场力变小，加速度变小，b 向电场线密处运动，电场力变大，加速度变大，故D 正确．6.(单选)(2013·高考海南卷)如图，电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点．已知在P 、Q 连线上某点R 处的电场强度为零，且PR ＝2RQ .则( )A ．q 1＝2q 2B ．q 1＝4q 2C ．q 1＝－2q 2D ．q 1＝－4q 2解析：选B.由R 处场强为零可知两点电荷在该处所产生的场强必是等大反向，即两点电荷必带有同种电荷，由E ＝k Q r 2有k q 1PR 2＝k q 2QR2，可得q 1＝4q 2，B 正确.一、单项选择题1．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)( )解析：选D.因质点做减速运动，故其所受电场力F 的方向与v 的方向夹角为钝角，又因为质点带负电荷，其所受电场力F 与电场强度E 方向相反，故只有选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．2.(2015·眉山模拟)如图所示，电荷量为Q 1、Q 2的两个正点电荷分别置于A 点和B 点，两点相距L .在以L 为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球＋q (可视为点电荷)，在P 点平衡，P A 与AB 的夹角为α，不计小球的重力，则( )A ．tan 3α＝Q 2Q 1B ．tan α＝Q 2Q 1C ．O 点场强为零D ．Q 1＜Q 2解析：选A.对小球受力分析如图所示，则F 1＝k Q 1q P A 2，F 2＝k Q 2qPB 2，tan α＝F 2F 1＝PB P A ，整理得tan 3α＝Q 2Q 1，选项A 正确．3．(2015·广西四校调研)如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M 点，再经过N 点．下列说法中正确的有( )A ．粒子带负电B ．粒子在M 点的动能大于在N 点的动能C ．粒子从M 点到N 点电场力做正功D ．粒子在M 点受到的电场力大于在N 点受到的电场力解析：选C.由粒子的运动轨迹和电场线的方向可判断粒子带正电，A 错；粒子从M 向N 运动，相当于顺着电场线方向运动，粒子又是带正电，则电场力做正功，再由动能定理知，E k M <E k N ，B 错，C 对；由电场线密的地方场强大可知，E M <E N ，又F 电＝qE ，则F N >F M ，D 错．4.如图所示，将两个摆长均为l 的单摆悬于O 点，摆球质量均为m ，带电荷量均为q (q >0)．将另一个带电荷量也为q (q >0)的小球从O 点正下方较远处缓慢移向O 点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc 的三个顶点上时，两摆线的夹角恰好为120°，则此时摆线上的拉力大小等于( )A.3mg B ．mg C ．23·kq 2l2D.3·kq 2l2解析：选B.如图为a 处带电小球的受力示意图，其中F 为摆线对小球的拉力，F 1和F 2分别为b 处带电小球和移动的带电小球对它的库仑力．根据题意分析可得F 1＝F 2＝k q 23l 2，根据共点力的平衡知识可得F cos 30°＝k q 2 3l 2＋k q 2 3l 2cos 60°，mg ＝F sin 30°＋k q 23l 2sin60°，联立以上两式解得F ＝3kq 23l2或F ＝mg ，故选项中只有B 正确．5.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 3qR 2B ．k 10q 9R2C ．k Q ＋q R2D ．k 9Q ＋q 9R 2解析：选B.由b 点处场强为零知，圆盘在b 点处产生的场强E 1与q 在b 点处产生的场强E 2大小相等，即：E 1＝E 2＝k q R 2，由对称性，圆盘在d 点产生的场强E 3＝k qR 2，q 在d 点产生的场强E 4＝k q 9R 2，方向与E 3相同，故d 点的合场强E d ＝E 3＋E 4＝k 10q9R 2，B 正确，A 、C 、D 错误．6.将两个质量均为m 的小球a 、b 用绝缘细线相连，竖直悬挂于O 点，其中球a 带正电、电荷量为q ，球b 不带电，现加一电场强度方向平行竖直平面的匀强电场(没画出)，使整个装置处于平衡状态，且绷紧的绝缘悬线Oa 与竖直方向的夹角为θ＝30°，如图所示，则所加匀强电场的电场强度大小可能为( )A.mg 4qB.mg qC.mg 2qD.3mg4q解析：选B.取小球a 、b 整体作为研究对象，则受重力2mg 、悬线拉力T 和电场力F 作用处于平衡，此三力满足如图所示的三角形关系，由图知F 的最小值为2mg sin 30°＝mg ，由F ＝qE 知A 、C 、D 错，B 对．二、多项选择题7.如图所示，两质量均为m 的小球A 和B 分别带有＋q 和－q 的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg .现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是( )A ．悬线OA 向右偏，OA 中的张力大于2mgB ．悬线OA 向左偏，OA 中的张力大于2mgC ．悬线OA 不发生偏离，OA 中的张力等于2mgD ．悬线AB 向左偏，AB 线的张力比不加电场时要大解析：选CD.首先应用整体法对AB 整体分析，悬线OA 张力为2mg ，并且OA 处于竖直方向，选项C 正确；然后再采用隔离法以B 为研究对象分析，悬线AB 向左偏，其张力为电场力、库仑力与重力的合力，较不加电场时要大，选项D 正确，故答案为C 、D.8.(2015·潍坊模拟)如图所示，在真空中一条竖直向下的电场线上有a 、b 两点．一带电质点在a 处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b 点时速度恰好为零．则下列说法正确的是( )。

高三物理一轮复习(江苏)教案第六章第1课时库仑定律电场力的性质

考点内容要求说明考纲解读静电现象 Ⅰ1.多个电荷库仑力的平衡和场强叠加问题．2．利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等． 3．带电体在匀强电场中的平衡问题及其他变速运动的动力学问题． 4．对平行板电容器电容决定因素的理解，解决两类有关动态变化的问题． 5．分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题．电荷；电荷守恒定律Ⅰ点电荷；库仑定律 Ⅰ 静电场；电场线Ⅰ电场强度；点电荷的场强Ⅱ电场强度的计算最多考虑两个电场的叠加电势能；电势；等势面 Ⅰ 电势差Ⅱ 匀强电场中电势差与电场强度的关系 Ⅰ带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ定量计算限于带电粒子进入电场时速第1课时库仑定律电场力的性质考纲解读 1.理解电场强度的定义、意义及表示方法.2.熟练掌握各种电场的电场线分布，并能利用它们分析解决问题.3.会分析、计算在电场力作用下的电荷的平衡及运动问题．考点一库仑定律的理解及应用1．表达式：F ＝k q 1q 2r2，适用条件是真空中两静止点电荷之间相互作用的静电力．2．平衡问题应注意： (1)明确库仑定律的适用条件；(2)知道完全相同的带电小球接触时电荷量的分配规律； (3)进行受力分析，灵活应用平衡条件． 3．三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：“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．例1 在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A 、B 、C 位于等边三角形的三个顶点上，小球D 位于三角形的中心，如图1所示．现让小球A 、B 、C 带等量的正电荷Q ，让小球D 带负电荷q ，使四个小球均处于静止状态，则Q 与q 的比值为( )图1 A.13 B.33C ．3 D. 3 解析设等边三角形的边长为a ，由几何知识可知，BD ＝a ·cos 30°·23＝33a ，以B 为研究对象，由平衡条件可知，kQ 2a 2cos 30°×2＝kQq BD2，解得：Qq＝3，D 正确．答案 D 递进题组1．[对库仑定律的理解]使两个完全相同的金属小球(均可视为点电荷)分别带上－3Q 和＋5Q 的电荷后，将它们固定在相距为a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 1.现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a 的两点，它们之间库仑力的大小为F 2.则F 1与F 2之比为( )A ．2∶1B ．4∶1C ．16∶1D ．60∶1 答案 D解析两个完全相同的金属小球相互接触并分开后，所带的电荷量均变为＋Q ，距离变为原来的两倍，根据库仑定律可知选项D 正确． 2．[库仑力作用下的动力学问题]如图2所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R ，在中心处固定一电荷量为＋Q 的点电荷．一质量为m 、电荷量为＋q 的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大？图2 答案 6mg解析设小球在最高点时的速度为v 1，根据牛顿第二定律mg －kQq R 2＝m v 21R①设小球在最低点时的速度为v 2，管壁对小球的作用力为F ，根据牛顿第二定律有F －mg －kQq R 2＝m v 22R②小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，故机械能守恒，则12mv 21＋mg ·2R ＝12mv 22③ 由①②③式得F ＝6mg由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力F ′＝6mg.处理库仑力作用下电荷平衡问题的方法 (1)恰当选取研究对象，用“隔离法”或“整体法”进行．受力分析，注意比力学中多了一个库仑力．(2)列平衡方程，注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关．考点二电场强度的理解 1．场强公式的比较三个公式⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧E ＝F q ⎩⎪⎨⎪⎧适用于任何电场与检验电荷是否存在无关E ＝kQ r 2⎩⎪⎨⎪⎧适用于点电荷产生的电场Q 为场源电荷的电荷量E ＝U d ⎩⎪⎨⎪⎧适用于匀强电场U 为两点间的电势差，d 为沿电场方向两点间的距离2．电场的叠加(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和． (2)运算法则：平行四边形定则．例2 (2014·福建·20)如图3所示，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6 C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，求：图3(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向．解析 (1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2L2①代入数据得F ＝9.0×10－3 N ②(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为E 1＝k q L2③A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为 E ＝2E 1cos 30°④由③④式并代入数据得E ≈7.8×103 N/C 场强E 的方向沿y 轴正方向．答案 (1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C 方向沿y 轴正方向变式题组3．[电场强度的叠加]如图4所示，在水平向右、大小为E 的匀强电场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，A 、B 、C 、D 为以O 为圆心、半径为r 的同一圆周上的四点，B 、D 连线与电场线平行，A 、C 连线与电场线垂直．则( )图4A ．A 点的场强大小为 E 2＋k 2Q 2r 4B ．B 点的场强大小为E －k Qr2C ．D 点的场强大小不可能为0 D ．A 、C 两点的场强相同答案 A4．[两等量点电荷电场分布特点]如图5所示，两个带等量负电荷的小球A 、B (可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P 、N 是小球A 、B 连线的水平中垂线上的两点，且PO ＝ON .现将一个电荷量很小的带正电的小球C (可视为质点)由P 点静止释放，在小球C 向N 点运动的过程中，下列关于小球C 的说法可能正确的是( )图5A ．速度先增大，再减小B ．速度一直增大C ．加速度先增大再减小，过O 点后，加速度先减小再增大D ．加速度先减小，再增大答案 AD解析在AB 的中垂线上，从无穷远处到O 点，电场强度先变大后变小，到O 点变为零，故正电荷所受库仑力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O 点加速度变为零，速度达到最大；由O 点到无穷远处时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性．如果P 、N 相距很近，加速度则先减小，再增大．考点三电场线和运动轨迹问题1．电场线与运动轨迹的关系根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下3个条件时，两者才会重合：(1)电场线为直线；(2)电荷的初速度为零，或速度方向与电场线平行；(3)电荷仅受电场力或所受其他力的合力的方向与电场线平行．2．解题思路(1)根据带电粒子的弯曲方向，判断出受力情况；(2)把电场线方向、受力方向与电性相联系；(3)把电场线疏密和受力大小、加速度大小相联系，有时还要与等势面联系在一起．例3P、Q两电荷的电场线分布如图6所示，a、b、c、d为电场中的四点，c、d关于PQ连线的中垂线对称．一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示，则下列判断正确的是( )图6A．P带负电B．c、d两点的电场强度相同C．离子在运动过程中受到P的吸引力D．离子从a到b，电场力做正功解析由电场线的方向可知选项A错误；c、d两点场强大小相同，但方向不同，选项B错误；离子所受电场力的方向应该指向曲线的凹侧，故可以判断出离子在运动过程中受到P电荷的吸引力，选项C正确；离子从a到b，电场力做负功，选项D错误．答案 C变式题组5．[电场方向和运动轨迹的关系]一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )答案 D解析因为质点做减速运动，故其所受电场力F的方向与v的方向的夹角为钝角，又因为质点带负电荷，其所受电场力F与电场强度E方向相反，故只有选项D正确．6．[电场线和运动轨迹的分析]图7中实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．若带电粒子在运动过程中只受电场力的作用，根据此图可做出正确判断的是( )图7A．带电粒子所带电荷的符号B．场强的方向C．带电粒子在a、b两点的受力方向D．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大答案CD解析由轨迹的弯曲情况，可知电场力应沿电场线向左，但因不知电场线的方向，故带电粒子所带电荷的符号不能确定．由电场线的疏密程度知a点场强大于b点场强，带电粒子在a点所受电场力较大，从而在a点时加速度较大，综上所述C、D正确．电场线与轨迹问题判断方法(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从两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．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．考点四带电体的力电综合问题1．解答力电综合问题的一般思路2．运动情况反映受力情况(1)物体静止(保持)：F 合＝0. (2)做直线运动①匀速直线运动：F 合＝0.②变速直线运动：F 合≠0，且F 合与速度方向总是一致．(3)做曲线运动：F 合≠0，F 合与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧．(4)F 合与v 的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动；90°＜α≤180°.(5)匀变速运动：F 合＝恒量．例4 如图8所示，绝缘光滑水平轨道AB 的B 端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC 平滑连接，圆弧的半径R ＝0.40 m ．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 N/C.现有一质量m ＝0.10 kg 的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B 端距离x ＝1.0 m 的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C 端时，速度恰好为零．已知带电体所带电荷量q ＝8.0×10－5 C ，求：图8(1)带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧轨道的压力； (2)带电体沿圆弧形轨道从B 端运动到C 端的过程中，摩擦力所做的功．解析 (1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a 根据牛顿第二定律有qE ＝ma解得a ＝qEm＝8.0 m/s 2设带电体运动到B 端的速度大小为v B ，则v 2B ＝2ax 解得v B ＝2ax ＝4.0 m/s设带电体运动到圆弧形轨道的B 端时受轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2BR解得F N ＝mg ＋mv 2BR＝5.0 N根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧轨道的压力大小F N ′＝F N ＝5.0 N 方向竖直向下(2)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中电场力所做的功W 电＝qER ＝0.32 J设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W f ，对此过程根据动能定理有 W 电＋W f －mgR ＝0－12mv 2B解得W f ＝－0.72 J答案 (1)5.0 N ，方向竖直向下 (2)－0.72 J 递进题组7．[带电体运动轨迹分析]一带正电小球从光滑绝缘的斜面上O 点由静止释放，在斜面上水平虚线ab 和cd 之间有水平向右匀强电场如图9所示．下列选项中哪个图象能正确表示小球的运动轨迹( )图9答案 D解析带正电小球从光滑绝缘的斜面上O 点由静止释放，开始做匀加速直线运动，进入电场区域后受到电场力作用后水平向右偏转，出电场后向下偏转，所以能正确表示小球的运动轨迹的是D.8．[带电体的力电综合分析]如图10所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L 的绝缘轻质细硬杆一端固定在O 点、另一端固定一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球P ，杆可绕O 点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E ＝3mg3q .先把杆拉至水平位置，然后将杆无初速度释放，重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )图10A ．小球到最低点时速度最大B ．小球从开始至最低点过程中动能一直增大C ．小球对杆的最大拉力大小为833mgD ．小球可绕O 点做完整的圆周运动答案 BC解析如图所示，小球受到的重力和电场力分别为mg 和qE ＝33mg ，此二力的合力大小为F ＝233mg ，方向为与竖直方向成30°角，可知杆转到最低点左侧合力F 沿杆的方向时小球速度最大，A 错，B 对；设小球的最大速度为v ，从释放到小球达到最大速度的过程，应用动能定理有：F (1＋12)L ＝12mv 2，设小球速度最大时，杆对小球的拉力为F m ，对小球应用向心力公式有：F m －F ＝mv 2L ，解得F m ＝833mg ，由牛顿第三定律知C 对；根据等效性可知杆转过240°角，速度减小为0，未到达圆周的最高点，小球不能做完整的圆周运动，D 错．高考模拟明确考向1．(2014·重庆·3)如图11所示为某示波管的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a 、b 两点运动到c 点，设电场力对两电子做的功分别为W a 和W b ，a 、b 点的电场强度大小分别为E a 和E b ，则( )图11A ．W a ＝W b ，E a >E bB ．W a ≠W b ，E a >E bC ．W a ＝W b ，E a <E bD ．W a ≠W b ，E a <E b 答案 A解析由图知a 、b 在同一等势面上，故U ac ＝U bc ，又由W ＝qU 知，W a ＝W b ，又由于在同一电场中，电场线密集处场强大，故E a >E b ，A 正确． 2．(2014·浙江·19)如图12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 、电荷量为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( )图12A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d2B ．当q d ＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为0C ．当q d ＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为0D ．当q d ＝ mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0答案 AC解析根据库仑定律得A 、B 间的库仑力F 库＝k q 2d2，则A 正确；当细线上的拉力为0时满足k q 2d 2＝mg tan θ，得到qd ＝mg tan θk，则B 错误，C 正确．斜面对小球A 的支持力始终不为零，则D 错误．3．(2013·江苏单科·3)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )答案 B解析由对称原理可知，A 、C 图中在O 点的场强大小相等，D 图中在O 点场强为0，因此B 图中两14圆环在O 点合场强应最大，选项B 正确．4．(2013·新课标Ⅱ·18)如图13，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )图13 A.3kq 3l 2 B.3kq l 2 C.3kq l 2 D.23kq l2答案 B解析因为小球a 、b 对小球c 的静电力的合力方向垂直于a 、b 连线向上，又因c 带负电，所以匀强电场的场强方向为垂直于a 、b 连线向上．分析小球a 受力情况：b 对a 的排斥力F 1、c 对a 的吸引力F 2和匀强电场对a 的电场力F 3＝qE .根据a 受力平衡可知，a 受力情况如图所示利用正交分解法：F 2cos 60°＝F 1＝k q 2l 2F 2sin 60°＝qE .解得E ＝3kql2.练出高分一、单项选择题1. 如图1为真空中两点电荷A 、B 形成的电场中的一簇电场线，该电场线关于虚线对称，O 点为A 、B 点电荷连接的中点，a 、b 为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( )图1A ．A 、B 可能带等量异号的正、负电荷 B ．A 、B 可能带不等量的正电荷C ．a 、b 两点处无电场线，故其电场强度可能为零D ．同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反答案 D解析根据题图中的电场线分布可知，A 、B 带等量的正电荷，选项A 、B 错误；a 、b 两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C 错误；由图可知，a 、b 两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a 、b 两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D 正确．2. 有两个完全相同的小球A 、B ，质量均为m ，带等量异种电荷，其中A 所带电荷量为＋q ，B 所带电荷量为－q .现用两长度均为L 、不可伸长的细线悬挂在天花板的O 点上，两球之间夹着一根绝缘轻质弹簧．在小球所挂的空间加上一个方向水平向右、大小为E 的匀强电场．如图2所示，系统处于静止状态时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为θ＝60°，则弹簧的弹力为(静电力常量为k ，重力加速度为g )( )图2A.kq 2L 2B.33mg ＋kq 2L2 C ．qE ＋kq 2L 2 D.33mg ＋kq 2L2＋qE答案 D解析设绳子的拉力为F T ，弹簧的弹力为F 弹，对A 物体进行受力分析，如图所示由平衡条件有F T sin 60°＝mg ，F 弹＝F T cos 60°＋kq 2L 2＋qE ，选项D 正确，A 、B 、C 错误．3．图3中边长为a 的正三角形ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷＋q 、＋q 、－q ，则该三角形中心O 点处的场强为( )图3 A.6kqa2，方向由C 指向OB.6kqa2，方向由O 指向CC.3kqa 2，方向由C 指向OD.3kqa2，方向由O 指向C 答案 B解析每个点电荷在O 点处的场强大小都是E ＝kq (3a 3)2＝3kqa2，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O 点处的合场强为E 0＝2E ＝6kqa2，方向由O 指向C ，B 项正确．4．(2013·海南·1)如图4，电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点，已知在P 、Q 连线上某点R 处的电场强度为零，且PR ＝2RQ .则( )图4A ．q 1＝2q 2B ．q 1＝4q 2C ．q 1＝－2q 2D ．q 1＝－4q 2 答案 B解析由于R 处的合场强为0，故两点电荷的电性相同，结合点电荷的场强公式E ＝k q r 2可知，k q 1r 21－k q 2r 22＝0，又r 1＝2r 2，故q 1＝4q 2，本题选B.5．如图5所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成如图5所示的运动轨迹．M 和N 是轨迹上的两点，其中M 点是轨迹上的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )图5A ．粒子在M 点的速率最大B ．粒子所受电场力沿电场方向C ．粒子在电场中的加速度不变D ．粒子在电场中的电势能始终在增加答案 C解析本题主要考查了带电粒子在电场中的运动．由题图轨迹可知由N 到M 电场力方向向左，做负功，电势能增大，动能减小，选项A 、B错误；匀强电场所受电场力不变，加速度不变，选项C 正确；经过M 点后电场力做正功，电势能减小，选项D 错误．6．(2013·安徽·20)如图6所示，xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满z ＜0的空间，z ＞0的空间为真空．将电荷量为q 的点电荷置于z 轴上z ＝h 处，则在xOy 平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z 轴上z ＝h2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )图6A ．k 4q h 2B ．k 4q 9h 2C ．k 32q 9h 2D ．k 40q 9h 2答案 D解析点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的电场与相距2h 的等量异号点电荷相同，在z 轴上z ＝h2处的场强可看做是处在z ＝h处点电荷q 和处在z ＝－h 处点电荷－q 产生电场的叠加，由点电荷场强公式，E ＝k q ⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＋k q ⎝ ⎛⎭⎪⎫3h 22＝k 40q9h 2，选项D 正确．7．如图7所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角并固定，杆上套有一带正电小球，质量为m 、电荷量为q, 为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止( )图7A ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg cos θqB ．竖直向上，场强大小为mgqC ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg sin θqD ．水平向右，场强大小为mg cot θq答案 B解析若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球沿杆方向上不可能平衡，选项A 、C 错误；若所加电场的场强竖直向上，对小球受力分析可知，当E ＝mg q时，电场力与重力等大反向，小球可在杆上保持静止，选项B 正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可知，其共受到三个力的作用，假设小球此时能够静止，则根据平衡条件可得Eq ＝mg tan θ，所以E ＝mg tan θq，选项D 错误．本题答案为B.二、多项选择题8．(2014·广东·20)如图8所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q 的小球P .带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P 与M 相距L ，M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( )图8A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合力为零答案 BD解析由于MN 处于静止状态，则MN 所受合力为0，即F PM ＝F PN ，即k Qq L 2＝k 2Qqx2，则有x ＝2L ，那么MN 间距离约为0.4L ，故选项A 错误；由于MN 静止不动，P 对M 和对N 的力应该在同一直线上，故选项B 正确；在P 产生的电场中，M 点电势较高，故选项C 错误；由于M 、N 静止不动，则M 、N 和杆组成的系统所受合外力为0，故选项D 正确． 9．下列选项中，A 球系在绝缘细线的下端，B 球固定在绝缘平面上，它们带电的种类以及位置已在图中标出．A 球能保持静止的是( )答案 AD10．如图9所示，点电荷＋4Q 与＋Q 分别固定在A 、B 两点，C 、D 两点将AB 连线三等分，现使一个带负电的粒子从C 点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD 之间运动的速度大小v 与时间t 的关系图象可能是下图中的( )图9答案 BC解析粒子在AB 连线上的平衡位置即为场强为零的位置，所以kQ x 2＝k ·4Q (L －x )2，得x ＝L 3，即在D 点，粒子在D 点左侧时所受电场力向左，粒子在D 点右侧时所受电场力向右．所以粒子的运动情况有以下三种情况：在D 点左侧时先向右减速至速度为零然后向左加速运动；粒子能越过D 点时，先在D 点左侧减速，过D 点以后加速运动；或在D 点左侧减速，则运动到D 点速度减为0，以后一直静止，所以粒子在CD 之间的运动可以用B 、C 图象描述，故B 、C 正确．三、非选择题11．如图10所示，质量为m 的小球A 放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α.小球A 带正电，电荷量为q .在斜面上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷，将小球A 由距B 点竖直高度为H 处无初速度释放．小球A 下滑过程中电荷量不变．不计A 与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量k 和重力加速度g .图10(1)A 球刚释放时的加速度是多大；(2)当A 球的动能最大时，求此时A 球与B 点的距离．答案 (1)g sin α－kQq sin 2 αmH 2 (2) kQq mg sin α解析 (1)根据牛顿第二定律mg sin α－F ＝ma根据库仑定律：F ＝k Qq r 2，r ＝H sin α联立以上各式解得a ＝g sin α－kQq sin 2 αmH 2. (2)当A 球受到合力为零时，速度最大，即动能最大．设此时A 球与B 点间的距离为R ，则mg sin α＝kQq R 2，解得R ＝ kQq mg sin α.12．一根长为l 的丝线吊着一质量为m 、电荷量为q 的带电小球静止在水平向右的匀强电场中，如图11所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g )，求：图11(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球经过最低点时受到的拉力的大小．答案 (1)3mg 4q (2)4920mg 解析 (1)小球静止在电场中受力如图所示，显然小球带正电，由平衡条件得：mg tan 37°＝qE ，故E ＝3mg 4q. (2)电场方向变成向下后(如图所示)，小球开始摆动做圆周运动，重力、电场力对小球做正功．由动能定理得：12mv 2＝(mg ＋qE )l (1－cos 37°) 由圆周运动知识，在最低点时，F T －(mg ＋qE )＝m v 2l解得F T ＝4920mg .。

(江苏专)高考物理一轮复习第六章静电场微专题53力学综合问题备考精炼

53 力学综合问题[方法点拨] (1)匀强电场可与重力场合成用一合场代替，即电场力与重力合成一合力，用该合力代替两个力．(2)力电综合问题注意受力分析、运动过程分析，应用动力学知识或功能关系解题．1．如图1所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E 1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量m ，带电＋q 的小球从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，则下列结论正确的是( )图1A ．若AB 高度差为h ，则U AB ＝－mghqB ．带电小球在A 、B 两点电势能相等C ．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D ．两电场强度大小关系满足E 2＝2E 12．(多选)(2017·南通市第三次调研)如图2所示，板长为L 的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成30°角；若粒子甲、乙以相同大小的初速度v 0＝2gL ，由图中的P 点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动，然后离开电容器；虚线1为连接上、下极板边缘的水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线，则下列关于两粒子的说法正确的是( )图2A ．两者均做匀减速直线运动B ．两者电势能均逐渐增加C ．两者的比荷之比为3∶4D ．两者离开电容器时的速率之比为v 甲∶v 乙＝2∶ 33．(2018·阜宁中学模拟)如图3所示，质量为m 、带电荷量为＋q 的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下匀强电场区时，滑块运动的状态为( )图3A ．继续匀速下滑 B.将加速下滑C ．将减速下滑D ．上述三种情况都可能发生4．(多选)如图4所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，顶点C 恰好位于光滑绝缘直轨道CD 的最低点，光滑直导轨的上端点D 到A 、B 两点的距离均为L ，D 在AB 边上的竖直投影点为O .一对电荷量均为－Q 的点电荷分别固定于A 、B 两点．在D 处将质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k 、重力加速度为g ，且k Qq L 2＝33mg ，忽略空气阻力，则( )图4A ．轨道上D 点的场强大小为mg 2qB ．小球刚到达C 点时，其加速度为零 C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgL D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小5．(多选)在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷Q A、Q B.两电荷的位置坐标如图5甲所示．图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x＝L 点为图线的最低点，若在x＝2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是( )图5A．小球在x＝L处的速度最大B．小球一定可以到达x＝－2L点处C．小球将以x＝L点为中心做往复运动D．固定在A、B处的电荷的电荷量之比为Q A∶Q B＝4∶16．(多选)(2017·宿迁市上学期期末)如图6所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电荷量为－q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为＋Q的点电荷，杆上a、b两点到＋Q的距离相等，Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，使小球从图示位置的O点由静止释放后，通过a的速率为3gh1.则下列说法正确的是( )图6A．小环从O到b，电场力做的功不为零B．小环通过b点的速率为g(3h1＋2h2)C．小环在Oa之间的速度是先增大后减小D．小环在ab之间的速度是先减小后增大7．(多选)(2017·高邮市段考)如图7所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，一个电荷量为q＝1.41×10－4C，质量m＝1 g的带电小球自A板上的孔P点以水平速度v0＝0.1 m/s飞入两板之间的电场，经0.02 s后未与B板相碰又回到P点，g取10 m/s2，则( )图7A．板间电场强度大小为100 V/mB．板间电场强度大小为141 V/mC．板与水平方向的夹角θ＝30°D．板与水平方向的夹角θ＝45°8．如图8所示，匀强电场方向水平向右，场强为E，不可伸长的悬线长为L.上端系于O点，下端系质量为m、带电荷量为＋q的小球，已知Eq＝mg.现将小球从最低点A由静止释放，则下列说法错误的是( )图8A．小球可到达水平位置B．当悬线与水平方向成45°角时小球的速度最大C．小球在运动过程中机械能守恒D．小球速度最大时悬线上的张力为(32－2)mg9．如图9所示，一光滑绝缘细直杆MN，长为L，水平固定在匀强电场中，场强大小为E，方向与竖直方向夹角为θ.杆的M端固定一个带负电小球A，电荷量大小为Q；另一带负电的小球B穿在杆上，可自由滑动，电荷量大小为q，质量为m，现将小球B从杆的N端由静止释放，小球B开始向右端运动，已知k为静电力常量，g为重力加速度，求：图9(1)小球B对细杆的压力的大小；(2)小球B开始运动时的加速度的大小；(3)小球B速度最大时，离M端的距离．10．(2018·姜堰市调研)用静电的方法来清除空气中的灰尘，需要首先设法使空气中的灰尘带上一定量的电荷，然后利用静电场对电荷的作用力，使灰尘运动到指定的区域进行收集．为简化计算，可认为每个灰尘颗粒的质量及其所带电荷量均相同，设每个灰尘所带电荷量为q，其所受空气阻力与其速度大小成正比，表达式为F阻＝kv(式中k为大于0的已知常量)．由于灰尘颗粒的质量较小，为简化计算，灰尘颗粒在空气中受电场力作用后达到电场力与空气阻力相等的过程所用的时间及通过的位移均可忽略不计，同时也不计灰尘颗粒之间的作用力及灰尘所受重力的影响．图10(1)有一种静电除尘的设计方案是这样的，需要除尘的空间是一个高为H的绝缘圆桶形容器的内部区域，将一对与圆桶半径相等的圆形薄金属板平行置于圆桶的上、下两端，恰好能将圆桶封闭，如图10甲所示．在圆桶上、下两金属板间加上恒定的电压U(圆桶内空间的电场可视为匀强电场)，便可以在一段时间内将圆桶区域内的带电灰尘颗粒完全吸附在金属板上，从而达到除尘的作用．求灰尘颗粒运动可达到的最大速率；(2)对于一个待除尘的半径为R 的绝缘圆桶形容器内部区域，还可以设计另一种静电除尘的方案：沿圆桶的轴线有一根细直导线作为电极，紧贴圆桶内壁加一个薄金属桶作为另一电极．在直导线电极外面套有一个由绝缘材料制成的半径为R 0的圆桶形保护管，其轴线与直导线重合，如图乙所示．若在两电极间加上恒定的电压，使得桶壁处电场强度的大小恰好等于第(1)问的方案中圆桶内电场强度的大小，且已知此方案中沿圆桶半径方向电场强度大小E 的分布情况为E ∝1r，式中r 为所研究的点与直导线的距离．①试通过计算分析，带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的过程中，其瞬时速度大小v 随其与直导线的距离r 之间的关系；②对于直线运动，教科书中讲解了由v － t 图象下的面积求位移的方法．请你借鉴此方法，利用v 随r 变化的关系，画出1v随r 变化的图象，根据图象的面积求出带电灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间．11．如图11所示，带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d＝0.5 m．现将一质量m＝1×10－2 kg、电荷量q＝＋4×10－5 C的带电小球从两极板上方的A点以v0＝4 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h＝0.2 m；之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的C点，该直线与曲线的末端相切．设匀强电场只存在于M、N之间，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：图11(1)小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小；(2)M、N两板间的电场强度的大小和方向；(3)小球到达C 点时的动能．答案精析1．A [对小球由A 到B 的过程运用动能定理得，qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mghq，知A 、B的电势不等，则带电小球在A 、B 两点的电势能不等，故A 正确，B 错误；小球从A 运动到虚线速度由零加速至v ，从虚线运动到B 速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，加速度大小相等，方向相反，故C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：小球加速度大小为a 1＝mg ＋qE 1m ，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，小球加速度大小为：a 2＝qE 2－mgm，因为a 1＝a 2，解得：E 2－E 1＝2mgq，故D 错误．]2．AD [根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向在同一直线上，所以电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A 正确；粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变，故B 错误；根据受力图，对甲：m 甲g ＝q 甲·E cos 30°＝32q 甲E ，所以：q 甲m 甲＝2 3 g 3E对乙：m 乙·g cos 30°＝q 乙E ，所以q 乙m 乙＝3g2E所以：q 甲m 甲q 乙m 乙＝23g 3E 32E g ＝43，故C 错误；带电粒子甲沿水平直线运动，合力做的功：W 1＝－m 甲·g tan30°·L cos 30°＝－23m 甲gL ，根据动能定理得：12m 甲v 甲2－12m 甲v 02＝－23m 甲gL所以：v 甲＝23gL 带电粒子乙沿平行于极板的直线运动，合力做的功：W 2＝－m 乙·g sin 30°·L ＝－12m 乙gL ，根据动能定理得：12m 乙v 乙2－12m 乙v 02＝－12m 乙gL所以：v 乙＝gL 所以：v 甲v 乙＝23，故D 正确．] 3．A [设斜面的倾角为θ.滑块没有进入电场时，根据平衡条件得mg sin θ＝F fF N ＝mg cos θ 又F f ＝μF N ，得到，mg sin θ＝μmg cos θ，即有sin θ＝μcos θ当滑块进入电场时，设滑块受到的电场力大小为F .根据正交分解得到滑块受到的沿斜面向下的力为(mg ＋F )sin θ，沿斜面向上的力为μ(mg ＋F )cos θ，由于sin θ＝μcos θ，所以(mg ＋F )sin θ＝μ(mg ＋F )cos θ，即受力仍平衡，所以滑块仍做匀速运动．] 4．BC5．AD [据φ－x 图象切线的斜率等于场强E ，则知x ＝L 处场强为零，所以小球在C 处受到的电场力向左，向左加速运动，到x＝L处加速度为0，从x＝L处向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x＝L处的速度最大，故A正确；由题图乙可知，x＝－2L点的电势大于x＝2L点的电势，所以小球不可能到达x＝－2L点处，故B错误；由题图乙知图象不关于x＝L对称，所以小球不会以x＝L点为中心做往复运动，故C错误；x＝L处场强为零，根据点电荷场强公式有：kQ A(4L)2＝kQ B(2L)2，解得Q A∶Q B＝4∶1，故D正确．]6．AB7．AD [由题意知，小球未与B板相碰又回到P点，则小球先做匀减速直线运动，减速到0，后反向做匀加速直线运动，对带电小球受力分析，如图所示小球的加速度a＝ΔvΔt＝0－v0t2＝0－0.10.022m/s2＝－10 m/s2根据几何关系tan θ＝F合mg＝mamg＝ag＝1，得θ＝45°F电＝mgsin 45°＝2mg＝qE代入数据解得E＝100 V/m，故A、D正确，B、C错误．]8．C [分析小球受力可知，重力与电场力的合力的方向与竖直方向成45°角，根据等效思想，可以认为小球在此复合场中的等效重力方向与竖直方向成45°角，如图所示．故可知，小球在此复合场中做往复运动，由对称性可知，小球运动的等效最高点在水平位置，A项正确；小球运动的等效最低点在与水平方向成45°角的位置，此时小球速度最大，B项正确；因小球运动过程中电场力做功，所以小球机械能不守恒，C项错误；由动能定理得2mgL(1－cos 45°)＝12mv2，根据圆周运动公式及牛顿第二定律可得F T－2mg＝mv2L，联立解得F T＝(32－2)mg，悬线上的张力大小与悬线对小球的拉力大小相等，D项正确．]9．见解析解析(1)小球B在垂直于杆的方向上合力为零，则有F N＝qE cos θ＋mg由牛顿第三定律知小球B 对细杆的压力F N ′＝F N ＝qE cos θ＋mg(2)在水平方向上，小球所受合力向右，由牛顿第二定律得：qE sin θ－kQq L 2＝ma 解得： a ＝Eq sin θm －kQq mL2 (3)当小球B 的速度最大时，加速度为零，有：qE sin θ＝kQq x2 解得：x ＝kQ E sin θ. 10．见解析解析 (1)圆桶形容器内的电场强度E ＝U H灰尘颗粒所受的电场力大小F ＝qU H ，电场力跟空气的阻力相平衡时，灰尘达到最大速度，并设为v 1，则有kv 1＝qU H解得v 1＝qU kH(2)①由于灰尘颗粒所在处的电场强度随其与直导线距离的增大而减小，且桶壁处的电场强度为第(1)问方案中场强的大小，则E 1＝U H ，设在距直导线为r 处的场强大小为E 2，则E 2E 1＝R r ，解得E 2＝UR Hr故与直导线越近处，电场强度越大．设灰尘颗粒运动到与直导线距离为r 时的速度为v ，则 kv ＝qE 2解得v ＝qUR kHr上式表明，灰尘微粒在向圆桶内壁运动过程中，速度是逐渐减小的．②以r 为横轴，以1v 为纵轴，作出1v－r 的图象如图所示．在r 到r ＋Δr 微小距离内，电场强度可视为相同，其速度v 可视为相同，对应于Δr 的一段1v －r 的图线下的面积为1v Δr ＝Δr v，显然，这个小矩形的面积等于灰尘微粒通过Δr 的时间Δt ＝Δr v .所以，灰尘微粒从保护管外壁运动到圆桶内壁所需的总时间t 等于从R 0到R 一段1v －r 的图线下的面积．所以灰尘颗粒从保护管外壁运动到圆桶内壁的时间t ＝kH (R 2－R 02)2qUR11．(1)2 5 m/s (2)5×103N/C 水平向右 (3)0.225 J解析 (1)小球平抛运动过程水平方向做匀速直线运动， v x ＝v 0＝4 m/s竖直方向做自由落体运动，h ＝12gt 12，v y ＝gt 1＝2 m/s 解得：v B ＝v x 2＋v y 2＝2 5 m/s tan θ＝v y v x ＝12(θ为速度方向与水平方向的夹角) (2)小球进入电场后，沿直线运动到C 点，所以重力与电场力的合力沿该直线方向，则tan θ＝mg qE ＝12解得：E ＝2mg q＝5×103 N/C ，方向水平向右． (3)进入电场后，小球受到的合外力F 合＝(mg )2＋(qE )2＝5mgB 、C 两点间的距离s ＝dcos θ，cos θ＝qE F 合＝25从B 到C 由动能定理得：F 合s ＝E k C －12mv B 2 解得：E k C ＝0.225 J.。

江苏专版高考物理一轮复习第六章静电场学案

江苏专版高考物理一轮复习第六章静电场学案第六章静电场第1节电场力的性质(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍。

(√) (2)点电荷和电场线都是客观存在的。

(×) (3)根据F ＝kq 1q 2r 2，当r →0时，F →∞。

(×) (4)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比。

(×)(5)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向。

(√)(6)真空中点电荷的电场强度表达式E ＝kQr2中，Q 就是产生电场的点电荷。

(√) (7)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。

(×) (8)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。

(×)(1)1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律。

(2)1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。

(3)1913年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e 的电荷量，获得诺贝尔奖。

突破点(一) 库仑定律及库仑力作用下的平衡1．对库仑定律的两点理解 (1)F ＝k q 1q 2r 2，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)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。

2．解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力。

具体步骤如下：3．“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)[典例] [多选](2016·浙江高考)如图所示，把A 、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10 m 的绝缘细线悬挂于O A 和O B 两点。

江苏专版高考物理一轮复习第六章第4节带电粒子在电场中运动的综合问题讲义含解析

江苏专版高考物理一轮复习第六章第4节带电粒子在电场中运动的综合问题讲义含解析带电粒子在电场中运动的综合问题突破点(一) 示波管的工作原理在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。

1．确定最终偏移距离思路一：思路二：2．确定偏转后的动能(或速度)思路一：思路二：确定加速后的v0―→确定偏转后的y―→动能定理：qEy＝12mv2－12mv02[题点全练]1．图(a)为示波管的原理图。

如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项中的( )解析：选B 在0～2 t 1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y 为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y 为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B 。

2．(2019·东山月考)如图是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l ＝4 cm ，板间距离d ＝1 cm 。

板右端距离荧光屏L ＝18 cm(水平偏转电极上不加电压，没有画出)。

电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度v 0＝1.6×107m/s ，电子电荷量e ＝1.60×10－19C ，质量m＝0.91×10－30kg 。

(1)要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U 不能超过多大？(2)若在偏转电极上加40 V 的电压，在荧光屏的竖直坐标轴上看到的光点距屏的中心点多远？解析：(1)电子在偏转电场中做类平抛运动，电子的偏移量为12d 时恰好不打在极板上，此时偏转电压最大，则在水平方向有：l ＝v 0t在竖直方向有：y ＝12d ＝12at 2＝eU 2md t 2代入数据解得：U ＝91 V 。

新(江苏专版)2016年高考物理大一轮总复习第六章静电场讲练30(含解析)

学案30 带电粒子在电场中的运动(一)一、概念规律题组1．下列粒子从静止状态经过电压为U 的电场加速后，速度最大的是( )A ．质子(11H)B ．氘核(21H)C ．α粒子(42He)D ．钠离子(Na ＋)2．两平行金属板间为匀强电场，不同的带电粒子都以垂直于电场线的方向飞入该匀强电场(不计重力)，要使这些粒子经过匀强电场后有相同大小的偏转角，则它们应具备的条件是( )A ．有相同的动能和相同的比荷B ．有相同的动量(质量与速度的乘积)和相同的比荷C ．有相同的速度和相同的比荷D ．只要有相同的比荷就可以3．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)( )图14．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图2所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图2A.edh UB ．edUhC.eUdhD.eUh d二、思想方法题组图35．如图3所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的( ) A．增大偏转电压UB．减小加速电压U0C．增大极板间距离D．将发射电子改成发射负离子图46．如图4所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，可以判断( ) A．落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电B．三个小球在电场中运动的时间相等C．三个小球到达极板时的动能关系为E kA>E kB>E kCD．三个小球在电场中运动时的加速度关系为a A>a B>a C一、带电粒子在电场中的直线运动1．带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速、减速；直线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法是：(1)采用运动和力的观点：牛顿第二定律和运动学知识求解．(2)用能量转化的观点：动能定理和功能关系求解．2．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题(1)要掌握电场力的特点．电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关．在匀强电场中，同一带电粒子所受电场力处处是恒力；在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受电场力的大小和方向都可能不同．(2)是否考虑重力要依据情况而定．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外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)．带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力．【例1】图5(2011·北京·24)静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图5所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动，已知该粒子质量为m 、电荷量为－q ，其动能与电势能之和为－A(0<A<q φ0)．忽略重力．求：(1)粒子所受电场力的大小； (2)粒子的运动区间； (3)粒子的运动周期．[规范思维]二、带电粒子在电场中的偏转在图6中，图6设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U ，若粒子飞离偏转电场时的偏距为y ，偏转角为θ，则tan θ＝v y v x ＝a y t v 0＝qUlmdv 20，y＝12a y t 2＝qUl 22mdv 20带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于极板中线的中点．所以侧移距离也可表示为y ＝l 2tan θ，所以粒子好像从极板中央沿直线飞出去一样．若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则qU 0＝12mv 20，即y ＝Ul24dU 0，tan θ＝y x ＝Ul2dU 0.由以上讨论可知，粒子的偏转角和偏距与粒子的q 、m 无关，仅决定于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的．【例2】如图7所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置．乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟．以y 轴为界，左侧为沿x 轴正向的匀强电场，场强为E.右侧为沿y 轴负方向的匀强电场．已知OA ⊥AB ，OA ＝AB ，且OB 间的电势差为U 0.若在x 轴的C 点无初速度地释放一个电荷量为q 、质量为m 的正离子(不计重力)，且正离子刚好通过B 点．求：图7(1)C 、O 间的距离d ；(2)粒子通过B 点的速度大小．[规范思维]三、带电粒子在电场中运动的综合问题【例3】 (2011·洛阳模拟)如图8所示，两平行金属板A 、B 长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q ＝10－10 C ，质量m ＝10－20kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2×106m/s ，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域后，进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域，(设界面PS 右边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 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·m 2/C 2)图8(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？(2)在图上粗略画出粒子运动的轨迹．[规范思维]1.(海南高考)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器边缘的P点(如图9所示)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a和b的比荷之比是( )A．1∶2 B．1∶8 C．2∶1 D．4∶12．(2011·安徽·18)图10(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )(a)(b) (c)图10图113．(2011·广东·21)图11为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列表述正确的是( ) A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大4.图12真空中的某装置如图12所示，其中平行金属板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、氘核和α粒子均由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．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶45.图13(2010·济南质检)如图13所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是( )A．板间电场强度大小为mg/qB．板间电场强度大小为2mg/qC．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间6.图14(2011·厦门月考)如图14所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q ＞t PB ．它们运动的加速度a Q ＜a PC ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE kP ∶ΔE kQ ＝1∶2 【能力提升】图157．(2011·黄冈模拟)如图15所示，带电的粒子以一定的初速度v 0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( )A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为Uq4B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶2D ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为2∶18.图16(2011·河南郑州联考)如图16所示，在真空中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d ，电容为C ，上板B 接地．现有大量质量均为m ，带电荷量为q 的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A 的正中央P 点．如果能落到A 板的油滴仅有N 滴，且第N ＋1滴油滴刚好能飞离电场，假设落到A 板的油滴的电荷量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g ，则( )A ．落到A 板的油滴数N ＝3Cdmg4q2B ．落到A 板的油滴数N ＝Cdmg4q2C ．第N ＋1滴油滴经过电场的整个过程中增加的动能为mgd8D ．第N ＋1滴油滴经过电场的整个过程中减少的机械能为3mgd8题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案9.(北京高考)两个半径均为R 的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d ，极板间的电势差为U ，板间电场可以认为是均匀的．一个α粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知质子电荷量为e ，质子和中子的质量均视为m ，忽略重力和空气阻力的影响，求 (1)极板间的电场强度E ；(2)α粒子在极板间运动的加速度a ； (3)α粒子的初速度v 0. 10.图17如图17所示，M 、N 为两块水平放置的平行金属板，板长为l ，两板间的距离也为l ，板间电压恒定．今有一带负电粒子(重力不计)以一定的初速度沿两板正中间垂直进入电场，最后打在距两平行板右端距离为l 的竖直屏上．粒子的落点距O 点的距离为l 2.若大量的上述粒子(与原来的初速度一样，并忽略粒子间相互作用)从MN 板间不同位置垂直进入电场．试求这些粒子落在竖直屏上的范围并在图中画出．学案30 带电粒子在电场中的运动(一)【课前双基回扣】 1．A [据qU ＝12mv 2可得v ＝2qU m ，对四种粒子分析，质子的qm最大，故选项A 正确．] 2．C [由偏转角tan θ＝qlU/mv 20d 可知在确定的偏转电场中l ，d 确定，则偏转角与q/m和v 0有关．]3．D [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．]4．D5．AB [电子在加速电场中加速时：U 0e ＝12mv 2而进入偏转电场时，它的偏转位移(在竖直方向上的位移)y ＝12at 2＝12·Ue dm ·l 2v 2＝Ul 24dU 0.由上式可知：偏转电压U 增大，y 增大；加速电压U 0减小，y 增大；d 减小，y 增大，而y 与q 、m 无关．]6．A [从图中落点可知，C 到达下极板时间最短，A 到达下极板时间最长，即t C <t B <t A ，由y ＝12at 2可知，a C >a B >a A ，根据牛顿第二定律，F 合C >F 合B >F 合A ；结合题中三者带电性质，可知，C 带负电，B 不带电，A 带正电，三电荷运动至下极板过程中，根据动能定理得W C >W B >W A ，故ΔE kC >ΔE kB >ΔE kA ，而初动能相同，所以到达下极板时，E kC >E kB >E kA .综上，A 正确，B 、C 、D 错．]思维提升1．用运动学公式和牛顿定律处理带电粒子在电场中的直线运动时，只适用于匀强电场；而动能定理可适用于匀强电场，也可用于非匀强电场，因而一般用公式qU ＝12mv 2分析带电粒子在电场中的加速问题．2．据W ＝qU 知，电场力对带电粒子做的功，只与初、末位置间的电势差有关，而与电场强度、两点间的距离无关．3．带电粒子在电场中运动时，是否考虑重力应具体分析．一般情况下，微观粒子(电子、质子)不计重力，宏观颗粒(油滴、小球)应考虑重力．4．带电粒子在电场中的偏转是类平抛运动，平抛运动的规律在这里仍然适用，特别是两个推论应熟记．【核心考点突破】例1 (1)q φ0d (2)－d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A q φ0≤x ≤d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A q φ0 (3)4d q φ02m(q φ0－A) 解析 (1)由题图可知，0与d(或－d)两点间的电势差为φ0，电场强度的大小E ＝φ0d，粒子所受电场力的大小F ＝qE ＝q φ0d. (2)设粒子在[－x 0，x 0]区间内运动，速率为v ，由题意得12mv 2－q φ＝－A ① 由题图可知φ＝φ0⎝⎛⎭⎪⎫1－|x|d ② 由①②得12mv 2＝q φ0⎝⎛⎭⎪⎫1－|x|d －A ③ 因动能非负，有q φ0⎝⎛⎭⎪⎫1－|x|d －A ≥0，得|x|≤d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A q φ0， 0<A<q φ0，故x 0＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A q φ0④ 粒子的运动区间满足－d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A q φ0≤x ≤d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A q φ0. (3)考虑粒子从－x 0处开始运动的四分之一周期，根据牛顿第二定律，粒子的加速度a ＝F m ＝qE m ＝q φ0md⑤ 由匀加速直线运动规律得t ＝2x 0a . 将④⑤代入，得t ＝2md 2q φ0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A q φ0. 粒子的运动周期T ＝4t ＝4d q φ02m(q φ0－A). [规范思维] 带电物体在匀强电场中受恒定的电场力，做匀变速直线运动，可用牛顿定律和运动学公式求解，若是非匀强电场，加速度不恒定，只能用动能定理或功能关系分析求解．例2 (1)U 04E (2) 5qU 02m解析 (1)设正离子到达O 点的速度为v 0(其方向沿x 轴的正方向)则正离子由C 点到O 点由动能定理得：qEd ＝12mv 20－0① 而正离子从O 点到B 点做类平抛运动，则： OA ＝12·qU 0OA ·mt 2② AB ＝v 0t ③而OA ＝AB ④由①②③④得d ＝U 04E. (2)设正离子到B 点时速度的大小为v B ，正离子从C 到B 过程中由动能定理得：qEd ＋qU 0＝12mv 2B －0 解得v B ＝5qU 02m. [规范思维] 偏转问题的分析处理方法(1)类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的知识．(2)从力学的观点和能量的观点着手．按力学问题的分析方法加以分析，分析带电粒子在运动过程中其他形式的能和动能之间的转化过程时，可应用动能定理，也可以用能量守恒定律．例3 (1)3 cm 12 cm (2)轨迹图见解析解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(侧向位移) y ＝12at 2＝qU 2md (L v 0)2 ＝10－10×3002×10－20×0.08×(0.082×106)2 m ＝0.03 m ＝3 cm带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 线交于E ，设E 到中心线的距离为Y.则Y ＝12×10－2v 0v y ＋y ＝0.122×106×10－10×30010－20×0.08×0.082×106 m ＋0.03 m ＝0.12 m ＝12 cm(2)第一段是抛物线，第二段是直线，第三段是曲线，轨迹如图所示．[规范思维] 解答此类问题应从以下两方面入手．(1)对复杂过程要善于分阶段分析，联系力学中的物理模型，从受力情况、运动情况、能量转化等角度去研究．(2)经常把电场与牛顿定律、动能定理、功能关系、运动学知识、电路知识等综合起来，把力学中处理问题的方法迁移到电场中去．【课时效果检测】1．D 2.B 3.BD 4.B 5.BC6．C [设P 、Q 两粒子的初速度是v 0，加速度分别是a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h/2，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a p t 2P ，得到a P ＝hv 20l 2，同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2hv 20l 2.可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P 而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q E m，可见，q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理知，它们的动能增加量之比ΔE kP ∶ΔE kQ ＝ma P h 2∶ma Q h ＝1∶4.综上，选C.] 7．B [电场力做总功W ＝12Uq ，前、后t 2时间内偏转位移之比为1∶3，则做功之比为1∶3，所以后t/2时间内对粒子做功38Uq ；粒子下落前、后d/4的过程中电场力做功之比为1∶1.C 、D 错误．]8．ACD [第一滴油滴在电容器中运动时，只受重力作用．设板长为l ，板间距为d ，由平抛运动的知识有v 0＝l 2g d .当第N ＋1滴油滴恰好离开电容器时，必定是沿下极板的边缘飞出，油滴的加速度为a ＝g －Eq m ，由类平抛运动知d 2＝12(g －Eq m )t 2，又t ＝l v 0，而E ＝U d ＝Nq Cd，可以求得N ＝3Cdmg 4q 2，A 正确．因为电场力做了负功，电势能增加了，而电场力做功为W ＝－3mgd 8.由动能定理有Ek ＝W ＝12mgd －38mgd ＝mgd 8.] 9．(1)E ＝U d (2)a ＝eU 2md (3)v 0＝R 2deU m 解析 (1)极板间场强E ＝U d.① (2)α粒子电荷量为2e ，质量为4m ，所受电场力F ＝2eE ＝2eU d ，② α粒子在极板间运动的加速度a ＝F 4m ＝eU 2md ③ (3)由d ＝12at 2，得 t ＝2d a ＝2d m eU ④ v 0＝R t ＝R 2deU m .⑤ 10．见解析解析设粒子质量为m ，带电荷量为q ，初速度为v 0，则有v 0t ＝l ，y ＝12at 2，tan θ＝v y v 0＝at v 0，y ＋ltan θ＝l 2，所以12a·l 2v 20＋l·al v 20＝l 2，3al ＝v 20.由题意可分析出大量粒子垂直射入偏转电场后情况，如上图甲、乙所示．能飞出平行板的粒子范围是l －y.其中y ＝12a·l 2v 20＝12·v 203l ·l 2v 20＝16l ，粒子落在竖直屏上的范围是从O 点到O 点以上56l 处之间的水平带状区域．易错点评1．示波管中，粒子的水平偏转与竖直偏转互不影响、各自独立．又因运动的是电子，所以总向电势高的极板一侧偏转．2．带电粒子在电场中的偏转问题常与电容器相结合，因而应熟记电容器的几个关系，特别是E ＝U d应用较多． 3．不要把类平抛运动理解为必须是水平方向的匀速和竖直方向的匀加速，而要看所受恒力的方向，一般是把运动分解为垂直于恒力方向的匀速直线运动和沿恒力方向初速为0的匀加速直线运动．。

【新步步高】2016年高考物理大一轮总复习课件(江苏专版) 6.3 静电场

当S闭合 U不变 I
A选项，d ↑
E↓
油滴向下加速运动
B选项，d 不变
E不变
油滴仍然静止
A选项，d ↑ Q↓
B选项，S ↓
选项A、B正确.
当S断开
无电流 Q不变
E不变油滴不动
选项C、D错误.
[变式题组] 1．用控制变量法，可以研究影响平等板电容器的因素(如图)，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若A(C ) A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，增大S，则θ变小 D．保持d不变，增大S，则θ不变
1．带电粒子在电场中的偏转 (1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：__匀__变__速__曲__线___运动． (3)处理方法：分解成相互__垂__直__的两个方向上的_直__线__运__动__，类似于__平__抛__运__动__． (4)运动规律： ①沿初速度方向做__匀__速__直__线____运动，运动时间
[例3]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)

高考物理一轮复习第六章静电场第3节带电粒子在电场中的运动

权掇市安稳阳光实验学校第3节电粒子在电场中的运动(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。

(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。

(×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。

(×)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。

(×)(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。

(√)(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。

(√)(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。

(×)突破点(一) 平行板电容器的动态分析1．平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。

(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。

2．平行板电容器动态问题的分析思路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。

[多角练通]1．(2016·全国乙卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。

若将云母介质移出，则电容器( )A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选D 平行板电容器电容的表达式为C＝εS4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。

由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。

再考虑到极板间电场强度E＝Ud，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。

2．(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。

在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

高考复习方案(卷专用)高考物理一轮复习第6单元静电场电场的力的性质听课手册

目夺市安危阳光实验学校第16讲电场的力的性质核心填空一、电荷及其守恒定律 1．元电荷、点电荷 (1)元电荷：e ＝1.60×10－19C ，所有带电体的电荷量都是元电荷的________．(2)点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小和形状的理想化模型．2．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________________．(2)三种起电方式：________起电、________起电、________起电．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________，与它们的距离的二次方成________，作用力的方向在它们的连线上．2．表达式：F ＝k q 1q 2r2，式中k ＝________N ·m 2/C 2，叫作静电力常量．3．适用条件：真空中的____________．三、电场、电场强度 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__________________． 2．电场强度(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：________．单位：N/C 或V/m.(3)矢量性：规定____________在电场中某点受电场力的方向为该点电场强度的方向．四、电场线1．电场线从________或____________出发，终止于__________或________． 2．电场线在电场中________．3．电场线不是电荷在电场中的运动轨迹．五、典型电场的电场线分布图161 易错判断(1)物体带电的实质是电子的转移．( )(2)两个完全相同的带电金属球(电荷量不同)接触时，先发生正、负电荷的中和，然后再平分．( )(3)相互作用的两个点电荷，电荷量大的，受到库仑力也大．( )(4)根据F ＝k q 1q 2r2，当r →0时，F →∞.( )(5)E ＝Fq是电场强度的定义式，可知电场强度与电场力成正比．( )(6)带电粒子在电场中由静止释放时，运动方向始终和电场线相切．( )考点一库仑定律的理解及应用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．2．两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．3．由公式F ＝k q 1q 2r2可以看出，在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下，当q 1＝q 2时，F 最大．1．(库仑定律对比万有引力定律)如图162所示，两个质量均为m 的完全相同的金属球壳a 与b ，壳层的厚度和质量分布均匀，将它们分别固定于绝缘支座上，两球心间的距离l 为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，两球电荷量的绝对值均为Q ，那么，a 、b 两球之间的万有引力F 引、库仑力F 库分别为(k 为静电力常量，G 为引力常量)( )图162A ．F 引＝G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2B ．F 引≠G m 2l 2，F 库≠k Q 2l 2C ．F 引≠G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2 D ．F 引＝G m 2l 2，F 库≠k Q2l22．(电荷守恒定律和库仑定律的应用)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2r ，则两球间库仑力的大小为( )A.14FB.34F C.13F D ．F 3．(库仑力作用下的平衡问题)两个可自由移动的点电荷分别放在A 、B 两处，如图163所示．A 处电荷带电荷量为＋Q 1，B 处电荷带电荷量为－Q 2，且Q 2＝4Q 1，另取一个可以自由移动的点电荷P ，放在AB 直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则( )图163A ．P 为负电荷，且放于A 左方B ．P 为负电荷，且放于B 右方C ．P 为正电荷，且放于A 、B 之间D ．P 为正电荷，且放于B 右方4．(库仑力作用下的动力学问题)如图164所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A 和C 围绕B 做匀速圆周运动，B 恰能保持静止，其中A 、C 和B 的距离分别是L 1和L 2.不计三个质点间的万有引力，则A 和C 的比荷(电荷量与质量之比)的比值应是( )图164A.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 22B.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 23D.⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2L 13 ■ 特别提醒库仑定律适用条件的三点理解(1)对于两个均匀带电绝缘球体，可以将其视为电荷集中于球心的点电荷，r 为两球心之间的距离．(2)对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．(3)不能根据公式错误地推论：当r →0时，F →∞.其实，在这样的条件下，两个带电体已经不能再看成点电荷了．考点二电场强度的理解和计算三个场强公式的比较表达式 E ＝F q E ＝k Qr 2E ＝U d适用条件决定因素考向一对电场强度的理解1 (多选)如图165甲所示，在x 轴上有一个点电荷Q (图中未画出)，O 、A 、B 为轴上三点．放在A 、B 两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图乙所示．以x 轴的正方向为电场力的正方向，则( )图165A ．点电荷Q 一定为正电荷B ．点电荷Q 在A 、B 之间C ．A 点的电场强度大小为2×103N/CD ．同一电荷在A 点受到的电场力比B 点的大考向二电场强度的计算2 [2013·新课标全国卷Ⅰ] 如图166所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )图166A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R2式题1 (点电荷电场强度的叠加)[2015·山东卷] 直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图167所示．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为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 点处场强的大小和方向分别为( )图167A.3kQ 4a 2，沿y 轴正向B.3kQ4a 2，沿y 轴负向C.5kQ 4a 2，沿y 轴正向D.5kQ4a2，沿y 轴负向式题2 (球面电荷电场强度的计算)在水平面上放置一绝缘的薄壁半球壳，在半球壳上均匀分布着正电荷，球心O 处电场强度等于E 0，过直径且与水平面夹角为α(α<π2)的平面从半球壳上切割出一小部分，则剩余部分球壳上的电荷(电荷分布不变)在O 处产生的电场强度E 为( )图168A ．E 0sin α2cos α2 B ．E 0sin αcos αC ．E 0sin α2 D ．E 0cos α2式题3 (多选)(静电感应中电场强度的计算)如图169所示，带负电的点电荷旁有一接地大金属板，A为金属板内一点，B为金属板左侧外表面上一点，下列关于金属板上感应电荷在A点和B点的场强方向判断正确的是( )图169A．感应电荷在A点的场强沿E1方向B．感应电荷在A点的场强沿E2方向C．感应电荷在B点的场强可能沿E3方向D．感应电荷在B点的场强可能沿E4方向■ 规律总结电场的叠加注意事项(1)多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处产生的电场场强的矢量和，遵循平行四边形定则．(2)电场强度叠加问题的求解思路①确定分析计算的空间位置；②分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；②依次利用平行四边形定则求出矢量和．考点三电场线的理解和应用1.电场线的应用(1)在同一电场里，电场线越密的地方场强________．(2)电场线上某点的切线方向表示该点的________方向．(3)沿电场线方向电势逐渐________．(4)电场线和等势面在相交处互相________．2．两种等量点电荷的电场线比较等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布中垂线上的电场强度O点____，向外逐渐________O点为零，向外________连线上的电场强度沿连线____________，中点O处电场强度____沿连线__________，中点O处电场强度____________3.电场线与轨迹问题判断方法(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况．(2)“三不知时要用假设法”——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，若已知其中的任意一个，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．3 如图1610所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足．下列说法正确的是( )图1610A．若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B．若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C．若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D．若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比是最大的1 (电场线的特点)[2015·宜宾一诊] 在如图1611所示的电场中(实线为电场线)，一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的vt图像可能是图1612中的( )图1611图16122 (多选)(粒子运动轨迹和电场线的关系)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1613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( )图1613A．小球带正电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■ 注意事项电场线与带电粒子的运动轨迹的关系(1)电场线由电场的性质决定，与放入电场中的带电粒子无关，一旦电场确定，电场线的疏密和各点的方向就确定了．(2)带电粒子的运动轨迹由带电粒子的初速度和所受的静电力决定，静电力只能决定带电粒子的加速度的大小和方向．(3)只有在电场线是直线且带电粒子的初速度为零或初速度方向平行于电场线的情况下，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合；否则，一定不重合．第16讲电场的力的性质【教材知识梳理】核心填空一、1.(1)整数倍 2.(1)保持不变 (2)摩擦感应接触二、1.正比反比×1093.点电荷三、1.(2)力的作用 2.(2)E ＝Fq(3)正电荷四、1.正电荷无限远处负电荷无限远处 2.不相交易错判断(1)(√) (2)(√) (3)(×) (4)(×) (5)(×) (6)(×)【考点互动探究】考点一库仑定律的理解及应用1．D [解析] 万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l 只有半径的3倍，但由于壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点．因此，可以应用万有引力定律．对于a 、b 两带电球壳，由于两球心间的距离l 只有半径的3倍，表面的电荷分布并不均匀，不能把两球壳看成相距l 的点电荷，故D 正确．2．C [解析] 两球接触前F ＝3kQ2r2，接触后所带电荷量均为＋2Q ，库仑力大小为F ′＝k 2Q ·2Q （2r ）2＝kQ 2r 2＝13F ，C 正确．3．A [解析] 因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知放在A 、B 两处的点电荷是异种电荷，对P 的作用力一为引力，一为斥力，所以P要平衡就不能放在A 、B 之间．根据库仑定律知，由于B 处的电荷电荷量较大，P 应放在离B 处点电荷较远而离A 处点电荷较近的地方才有可能处于平衡状态，故应放在A 的左侧．要使放在A 、B 两处的点电荷也处于平衡状态，P 必须带负电，故应选A.4．C [解析] 根据B 恰能保持静止可得k q A q B L 21＝k q C q BL 22； A 做匀速圆周运动，k q A q B L 21－k q C q A （L 1＋L 2）2＝m A ω2L 1，C 做匀速圆周运动，k q C q B L 22 －k q C q A （L 1＋L 2）2＝m C ω2L 2，联立解得A 和C的比荷(电荷量与质量之比)的比值应是⎝ ⎛⎭⎪⎫L 1L 23，选项C 正确．考点二电场强度的理解和计算例1 BCD [解析] 由图乙知，两直线都是过原点的倾斜直线，由场强的定义式可知，其斜率的绝对值为各点的场强大小，则E A ＝2×103N/C ，E B ＝0.5×103N/C ＝E A4，同一电荷在A 点受到的电场力比B 点的大；由图可得A 、B 两点电场强度方向相反，则点电荷Q 在A 、B 之间，且为负电荷．故选项B 、C 、D 正确．[点评] (1)空间某点的电场强度是惟一确定的，F q 图像的斜率大小为电场强度的大小，A 的F q 图像的斜率的绝对值比B 的大，则E A >E B ；(2)注意正、负电荷受到的电场力与电场强度方向的关系不同(正同负反)，如题中A 点的电场强度方向与正电荷受到的电场力的方向相同，B 点的电场强度方向与负电荷受到的电场力的方向相反．例2 B [解析] 考查真空中点电荷的场强公式及场强的叠加．由题意，b 点处的场强为零说明点电荷q 和圆盘在b 点产生的场强等大反向，即圆盘在距离为R 的b 点产生的场强为E Q ＝kqR 2，故圆盘在距离为R 的d 点产生的场强也为E Q ＝kq R 2，点电荷q 在d 点产生的场强E q ＝kq （3R ）2，方向与圆盘在d 点产生的场强方向相同，d 点的合场强为二者之和，即E 合＝kq R 2＋kq （3R ）2＝10kq 9R 2，B 正确．变式题1 B [解析] 当电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，它在G 点处的电场强度大小E 1＝k Qa2，方向沿y 轴负向．M 、N 两点的负点电荷在G 点处的合电场强度大小E 2＝k Q a2，方向沿y 轴正向．当电荷量为Q 的正点电荷置于G 点时，它在H 点处的电场强度大小E 3＝k Q4a 2，方向沿y 轴正向．根据对称性，M 、N 两点的负点电荷在H 点处的合电场强度大小E 4＝k Qa2，方向沿y 轴负向．则H 点的场强大小为E 4－E 3＝3kQ4a2，方向沿y 轴负向．选项B 正确．变式题2 D [解析] 由对称性可知，半球壳在球心处产生的场强竖直向下，设切下部分产生的场强为E 1，剩余部分产生的场强为E 2，则E 1与E 2垂直，故E 2＝E 0cos α2.D 正确．变式题3 BC [解析] 金属板内的电场强度处处为0，则感应电荷的电场强度与点电荷的电场强度在A 点等大反向，即感应电荷在A 点的场强沿E 2方向，选项B 正确；金属板表面的电场强度方向垂直表面向外，即感应电荷的电场与点电荷的电场的合场强方向垂直表面向外，则感应电荷在B 点的场强可能沿E 3方向，选项C 正确．考点三电场线的理解和应用1．(1)越大 (2)场强 (3)降低 (4)垂直2．最大减小先变大后变小先变小后变大最小先变小后变大为零例3 B [解析] 若两电荷是异种电荷，则OM 的中点与ON 的中点电势一定不相等，选项A 错误．若两电荷是异种电荷，根据两等量异种电荷电场特点可知，O 点的电场强度大小与MN 上各点相比是最小的，而与HG 上各点相比是最大的，选项B 正确．若两电荷是同种电荷，则OM 中点与ON 中点处的电场强度大小一定相同，方向一定相反，选项C 错误．若两电荷是同种电荷，则O 点的电场强度为零，与MN 上各点相比是最小的，与HG 上各点相比也是最小的，选项D 错误．变式题1 B [解析] 负电荷从电场中A 点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，所受电场力逐渐增大，加速度逐渐增大，则它运动的v t 图像可能是图B.变式题2 AB [解析] 由小球从A 到C 的轨迹可得，小球受到的电场力方向向右，带正电，选项A 正确；小球从C 到B ，合力指向轨迹凹侧，当水平恒力F 水平向左时合力可能向左，符合要求，当恒力F 的方向与v 方向相反时，合力背离凹侧，不符合要求，选项B 正确，选项C 错误；小球从A 到B ，由动能定理，当电场力与恒力F 做功的代数和为0时，小球在A 、B 两点的速率相等，选项D 错误．【教师备用习题】1．[2015·安徽卷] 由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为( )A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A －2·m 3·s －4C ．kg ·m 2·C －2D ．N ·m 2·A－2[解析] B 因为N 、C 不是基本单位，即可排除C 、D 选项；关于A 、B 选项，可由F ＝k q 1q 2r 2得k ＝Fr 2q 1q 2，其中F ＝ma ，且q ＝It ，则静电力常量k 可表示为mar 2I 1t 1·I 2t 2，故其单位为kg ·A －2·m 3·s －4，即B 选项正确．2．(多选)如图所示是某静电场的一部分电场线的分布情况，下列说法中正确的是( )A ．这个电场可能是负点电荷的电场B ．A 点的场强大于B 点的场强C ．A 、B 两点的场强方向不相同D ．负电荷在B 点处受到的电场力的方向沿B 点切线方向[解析] BC 负点电荷的电场线是自四周无穷远处从不同方向指向负点电荷的直线，故A 错误；电场线越密的地方场强越大，由图知E A >E B ，故B 正确；电场强度的方向沿切线方向，故C 正确；B 点的切线方向即B 点的场强方向，而负电荷所受电场力的方向与其相反，故D 错误．3．图中边长为a 的正三角形ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷，其电荷量分别为＋q 、＋q 、－q ，则该三角形中心O 点处的场强为(k 为静电力常量)( )A.6kqa 2，方向由C 指向OB.6kqa2，方向由O 指向CC.3kqa 2，方向由C 指向OD.3kqa2，方向由O 指向C[解析] B 每个点电荷在O 点处的场强大小都是E ＝kq （3a3）2＝3kqa2，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O 点处的合场强为E 0＝2E ＝6kqa2，方向由O 指向C .B 项正确．4．(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱．如图甲是等量异种点电荷形成的电场的电场线，图乙是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E 、F 是电荷连线中垂线上相对于O 对称的两点，B 、C 和A 、D 也相对于O 对称．则( )A ．B 、C 两点场强大小和方向都相同 B ．A 、D 两点场强大小相等，方向相反 C ．E 、O 、F 三点比较，O 点场强最强 D ．B 、O 、C 三点比较，O 点场强最弱[解析] ACD 由等量异种点电荷的电场线分布规律可知选项A 、C 、D 正确，B 错误．5．如图所示，一带电荷量＋Q 的电荷分布均匀的细棍，在过中点c 垂直于细棍的直线上有a 、b 、d 三点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k Q ＋qR2B ．k 9Q ＋q 9R 2C ．k 10q 9R 2D ．k3QR2[解析] C b 点处的场强为零，由场强叠加原理，固定点电荷和细棍分别在b 点产生的电场的场强等大反向，则细棍在b 点产生的电场的场强E Q ＝kqR2，方向水平向左；由对称性，细棍分别在b 、d 点产生的电场的场强等大反向，在d 点，合场强E d ＝E ′Q ＋E ′q ＝kq R 2＋kq （3R ）2＝10kq9R2，选项C 正确．6． [2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.3kq3l 2B.3kql 2C.3kq l2D.2 3kq l2[解析] B 由题意，三个小球均处于静止状态，对c 球而言，a 、b 两球在c 球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向，故匀强电电场的场强大小E ＝2kq l 2cos 30°＝3kql2，B 正确．7．(多选)[2015·浙江卷] 如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g ＝10 m/s 2；静电力常量k ＝9.0×109N ·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)，则( )A ．支架对地面的压力大小为2.0 NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.9 NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝0.866 N[解析] BC 当B 在A 的正下方时，A 、B 受到彼此的库仑引力，大小为F 库1＝k Q 2r 21＝0.9 N ，则支架对地面的压力大小为N B ＝m B g －F 库1＝1.1 N ，A 选项是错误的；A 球所受的重力与库仑引力的合力为F A ＝m A g ＋F 库1＝1.9 N ，由平行四边形定则可得F 1＝F 2＝1.9 N ，B 选项是正确的；当M 、A 、B 在同一直线上时，库仑引力大小为F 库2＝k Q 2r 22＝0.225 N ，再对A 受力分析，进行正交分解，可得F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 N ，C 选项是正确的；当B 移至无穷远处时，A 、B 之间的库仑力为零，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.0 N ，D 选项是错误的．8．[2014·福建卷] 如图所示，真空中xOy 平面直角坐标系上的A 、B 、C 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9×109N ·m 2/C 2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向．[答案] (1)9.0×10－3N (2)7.8×103N/C 沿y 轴正方向 [解析] (1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2L2①代入数据得 F ＝9.0×10－3N ②(2)A 、B 两点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为E 1＝k q L2③A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为 E ＝2E 1cos 30°④由③④式并代入数据得E ＝7.8×103N/C ⑤ 场强E 的方向沿y 轴正方向．。

步步高2016年高考物理人教版一轮复习《第六章静电场》第3课时

第3课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动考纲解读1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．考点一平行板电容器的动态分析1．电容器的充、放电(1)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．(2)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．对公式C ＝QU 的理解电容C ＝QU ，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关． 3．两种类型的动态分析思路(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 ＝εr S4πkd 分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．(4)用E ＝Ud分析电容器两极板间电场强度的变化．例1 如图1所示，两块较大的金属板A 、B 平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是( )图1A ．若将A 板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 中有b →a 的电流B ．若将A 板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 中有b →a 的电流C ．若将S 断开，则油滴立即做自由落体运动，G 中无电流D ．若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b →a 的电流解析根据电路图可知，A 板带负电，B 板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡；当S 闭合，若将A 板向上平移一小段位移，则板间间距d 变大，而两板间电压U 此时不变，故板间场强E ＝Ud变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，故两板所带电荷量Q 也减小，因此电容器放电，所以G 中有b →a 的电流，选项A 正确；在S 闭合的情况下，若将A 板向左平移一小段位移，两板间电压U 和板间间距d 都不变，所以板间场强E 不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S 减小了，根据C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，两板所带电荷量Q 也减小，电容器放电，所以G 中有b →a 的电流，选项B 正确；若将S 断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E 也不变，油滴仍然静止，选项C 错误；若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q 仍保持不变，两板间间距d 变小，根据C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C 和E ＝U d ，可得E ＝4πkQεr S ，显然，两板间场强E 不变，所以油滴仍然静止，G 中无电流，选项D 错误．答案 AB 变式题组1．[平行板电容器的动态分析]用控制变量法，可以研究影响平等板电容器的因素(如图2)，设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )图2A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，增大S ，则θ变小D ．保持d 不变，增大S ，则θ不变答案 AC2．[平行板电容器的动态分析]将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示，下列说法正确的是( ) A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半 B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍 C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半答案 AD解析由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝Ud可知，A 、D 正确．两种类型平行板电容器的动态分析问题平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U 恒定，则Q ＝CU ∝C ，而C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，两板间场强E ＝U d ∝1d ；二是电容器充电后与电源断开，此时Q 恒定，则U ＝Q C ，C ∝εr S d ，场强E ＝U d ＝Q Cd ∝1εr S.考点二带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动1．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． 2．用功能观点分析a ＝F 合m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad . 3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例2 (2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回解析带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg (d2＋d )－qU ＝0；若电容器下极板上移d 3，设带电粒子在距上极板d ′处返回，则重力做功W G ＝mg (d2＋d ′)，电场力做功W 电＝－qU ′＝－q d ′(d －d 3)U ＝－q 3d ′2d U ，由动能定理得W G ＋W 电＝0，联立各式解得d ′＝25d ，选项D 正确．答案 D 递进题组3．[带电粒子在电场中直线运动分析]如图3，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图3A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动答案 BD解析要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A 错误；因电场力做负功，故电势能增加，B 正确；合力做负功，故动能减少，C 错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D 正确．4．[带电体在电场中的直线运动]如图4所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图4(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．答案 (1)3mg4q (2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin37°＝qE ①F N cos37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin37°－qE ′cos37°＝ma 可得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin37°－qE ′L cos37°＝E k －0 可得E k ＝0.3mgL处理带电粒子在电场中运动的常用技巧(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化．(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化．考点三带电粒子在电场中的偏转1．带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 ⎩⎨⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝ 2mdyqU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 20离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl md v202．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(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，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12m v 20y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l md v 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(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 到偏转电场边缘的距离为l2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12m v 2－12m v 20，其中U y＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．例3 如图5所示，两平行金属板A 、B 长为L ＝8cm ，两板间距离d ＝8cm ，A 板比B 板电势高300V ，一带正电的粒子电荷量为q ＝1.0×10－10C 、质量为m ＝1.0×10－20kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2.0×106m /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·m 2/C 2，粒子的重力不计)图5(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(偏移位移)： y ＝12at 2 a ＝F m ＝qU dm L ＝v 0t则y ＝12at 2＝qU 2md (L v 0)2＝0.03m ＝3cm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12L 12L ＋12cm ＝yY ，解得Y ＝4y ＝12cm(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v x ＝v 0＝2.0×106m/s 竖直速度v y ＝at ＝1.5×106m/s 则v 合＝2.5×106m/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 ＝15cmk qQ r 2＝m v 2合r 解得Q ≈1.04×10－8C答案 (1)3cm 12cm (2)见解析 (3)负电 1.04×10－8C变式题组5．[带电粒子在电场中的偏转]如图6所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ，相距为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 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出．求：图6(1)两板间所加偏转电压U 的范围； (2)粒子可能到达屏上区域的长度．答案 (1)－md 2v 20qL 2～md 2v 20qL 2 (2)d (L ＋2b )L解析 (1)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 ，偏转角为θ，则有：y ＝12at 2① L ＝v 0t ② a ＝Eq m ③E ＝U d④由①②③④式解得y ＝qUL 22dm v 20当y ＝d 2时，U ＝md 2v 20qL2 则两板间所加电压的范围为－md 2v 20qL 2～md 2v 20qL2 (2)当y ＝d 2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y 0)，则y 0＝(L2＋b )tan θ而tan θ＝dL ，解得y 0＝d (L ＋2b )2L则粒子可能到达屏上区域的长度为d (L ＋2b )L6．[带电粒子在交变电场中运动]如图7甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：图7(1)交变电压的周期T 应满足什么条件；(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件．答案 (1)T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0qU 02m 的整数 (2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)解析 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度的方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nT v 0，解得T ＝Ln v 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a (14T )2又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d解得T ≤2d 2mqU 0故n ≥L 2d v 0qU 02m ，即n 取大于等于L 2d v 0qU 02m 的整数．所以粒子的周期应满足的条件为 T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0qU 02m的整数．(2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，54T …故粒子进入电场的时间为t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路 (1)运动学与动力学观点①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况： a ．带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；b ．带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)． ②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法． (2)功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算．①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．考点四带电体在复合场中的运动等效法处理叠加场问题1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场．2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a ＝F 合m 视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．例4 半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m 、带正电荷的小球，空间存在水平向右的匀强电场，如图8所示，小球所受电场力是其重力的34倍，将小球从环上最低点位置A 点由静止释放，则：图8(1)小球所能获得的最大动能是多大； (2)小球对环的最大压力是多大．解析(1)因qE ＝34mg ，所以qE 、mg 的合力F 合与竖直方向夹角tan θ＝qE mg ＝34，即θ＝37°，则小球由A 点静止释放后从A 到B 过程中做加速运动，如图所示，B 点动能最大，由动能定理得qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝E k 解得B 点动能即最大动能E k ＝14mgr .(2)设小球在B 点受圆环弹力为F N ，由牛顿第二定律得F N －F 合＝m v 2r而F 合＝mg cos θ＝54mg解得F N ＝74mg ，由牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力也为74mg .答案 (1)14mgr (2)74mg变式训练7．[带电体在电场中的多过程问题]如图9所示，在竖直平面内，AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.50m ，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E ＝1.0×104N /C ，现有质量m ＝0.20 kg 、电荷量q ＝8.0×10－4 C 的带电体(可视为质点)，从A 点由静止开始运动，已知x AB ＝1.0 m ，带电体与轨道AB 、CD 间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g ＝10 m/s 2)图9(1)带电体运动到圆弧形轨道C 点时的速度； (2)带电体最终停在何处．答案 (1)10m/s ，方向竖直向上 (2)C 点上方到C 点的竖直距离为53m 处解析 (1)设带电体到达C 点时的速度为v ，从A 到C 由动能定理得：qE (x AB ＋R )－μmgx AB－mgR ＝12m v 2解得v ＝10m/s(2)设带电体沿竖直轨道CD 上升的最大高度为h ，从C 到D 由动能定理得：－mgh －μqEh ＝0－12m v 2解得h ＝53m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力F fmax ＝μqE ＝4N ，重力G ＝mg ＝2N 因为G <F fmax所以带电体最终静止在C 点上方到C 点的竖直距离为53m 处．1．用动力学的观点分析带电粒子在复合场中的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为简单的正交直线运动，化繁为简．(3)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，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性． 2．用能量的观点来分析带电粒子在复合场中的运动 (1)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．(2)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．高考模拟明确考向1．(2014·山东·18)如图10所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )图10A.s 22qE mhB.s2qE mh C.s 42qE mh D.s4qE mh答案 B解析由带电粒子在电场中的运动规律可知，两带电粒子的运动轨迹对称，则相切处定为两运动水平位移相同处，即为该矩形区域的中心，以带电粒子＋q 为研究对象，水平位移s2时，竖直位移为h 2.由s 2＝v 0t ，h 2＝12at 2，a ＝qE m ，得v 0＝s 2qEmh ，所以B 项正确．2．(2013·广东·15)喷墨打印机的简化模型如图11所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )图11A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与所带电荷量无关答案 C解析带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A 错误；带电微滴垂直进入电场受竖直向上的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B 错误；根据x ＝v 0t ，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得带电微滴的轨迹方程为y ＝qEx 22m v 20，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C 正确，D 错误．3．(2012·江苏·2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小答案 B解析由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S4πkd 知，当插入电介质后，εr 变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U ，得U ＝QC ，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确．4.如图12所示，两平行金属板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，一不计重力、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( )图12A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14UqB ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1D ．在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶2答案 BC解析粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t 2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，选项A 错，B 对；由W ＝Eq ·x 知在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对，D 错．5．(2014·安徽·22)如图13所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上极板正中有一小孔．一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：图13(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．答案 (1)2gh (2)mg (h ＋d )qd Cmg (h ＋d )q(3) 2h g ＋d 2gh解析 (1)由自由落体规律可知，小球下落h 时的末速度为v ，有v 2＝2gh ，即v ＝2gh(2)设小球在极板间运动的加速度为a ，由v 2＝2ad ，得a ＝v 22d ＝gh d .由牛顿第二定律qE －mg ＝ma ，电容器的电荷量Q ＝CU ＝CEd ，联立以上各式得：E ＝mg (h ＋d )qd ，Q ＝Cmg (h ＋d )q(3)小球做自由落体运动的时间t 1＝2hg ，小球在电场中运动的时间t 2＝2d a ＝d 2gh .则小球运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2h g ＋d 2gh练出高分一、单项选择题1．如图1所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是()图1A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D．所有液滴下落过程中电场力做功相等答案 C解析第一滴液滴下落时，A上不带电，故不受电场力作用，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同，电场力做功不同，所以D 错误．2．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图2所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()图2答案 C解析由平行板电容器的电容C ＝εr S4πkd可知d 减小时，C 变大，但不是一次函数，A 错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQεr S 与d 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P 点距负极板的距离d ，移动x 后为d －x .因为移动极板过程中电场强度E 不变．故φP ＝E (d －x )＝Ed －Ex ，其中x ≤l 0，则C 正确；正电荷在P 点的电势能W ＝qφP ＝qEd －qEx ，显然D 错．3．如图3所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )图3A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极板间的距离C ．仅增大偏转电极板间的电压D ．仅减小偏转电极板间的电压答案 C解析改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A错误；根据E ＝Ud可知，当两极板间距离d 增大时，E 减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，选项B 错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则L ＝v 0t 、e Ud＝ma 及tan θ＝at v 0可得tan θ＝eUL md v 20，当U 增大时偏转角也增大，选项C 正确，D 错误．4．如图4所示，一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )图4A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点答案 B解析一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.5．(2014·天津·4)如图5所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )图5A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加答案 C解析由于两极板的正负不知，粒子的电性不确定，则粒子所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据粒子运动轨迹，粒子所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但粒子动能一定增加，所以只有C 正确． 6．如图6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，一重力可以忽略不计的带正电粒子固定在两板的正中间P 处．若在t 0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t 0可能属于的时间段是( )图6A ．0＜t 0＜T 4B.T 2＜t 0＜3T 4。