2020版高考(京津鲁琼)大一轮复习：第7章本章综合能力提升练静电场

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2020版高考物理教科版大一轮复习讲义课件：第七章静电场本章综合能力提升练

大一轮复习讲义第七章　静电场本章综合能力提升练1.“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图1所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是A.平行板正对面积减小时，静电计指针张角减小B.静电计可以用电压表替代C.静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等D.静电计测量的是平行板电容器所带电荷量一、单项选择题√图1解析　电容器带电荷量一定，平行板正对面积减小时，电容器的电容减小，根据Q＝CU可知，两板间电势差变大，则静电计指针张角变大，选项A错误；静电计与电压表、电流表的原理不同，不能替代，电流表、电压表线圈中必须有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，选项B错误；静电计所带电荷量只是很小的一部分，即小于平行板电容器的电荷量，选项C正确；静电计是定性反映电压高低的仪器，不能反映平行板电容器的电荷量的多少，选项D错误.2.如图2所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值，一带电粒子只在电场力作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C.下列判断正确的是A.粒子一定带负电√B.A处场强大于C处场强C.粒子在A处电势能大于在C处电势能D.粒子从A到B电场力所做的功大于从B到C电场力所做的功图2解析　根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，故A错误；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，故B正确；从A点运动到C点，电场力方向与速度的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故C错误；根据W＝Uq知电势差相同，电场力做功相同，故D错误.3.(2018·四川省乐山市第二次调研)如图3所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a 、b 两带电粒子从电场中的P 点静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a 、b 粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线，则A.a 一定带正电，b 一定带负电B.a 向左运动，b 向右运动C.a 电势能减小，b 电势能增大D.a 动能减小，b 动能增大√图3解析　从速度－时间图像中可以看出，a粒子加速度逐渐增大，b粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a粒子所受电场力逐渐增大，b粒子所受电场力逐渐减小，所以a向左运动，b向右运动.由于不知电场的方向，所以无法判断a、b的电性，故A错误，B正确；带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，所以a、b的电势能均减小，故C 错误；带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，因为仅受电场力，根据动能定理，a、b的动能均增加，故D错误.4.(2018·山西省三区八校二模)如图4，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距.先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一等量异种点电荷－Q 放在d 点时，则A.b 点场强大小为 EB.c 点场强大小为 EC.b 点场强方向向左D.c 点电势比b 点电势高√图4根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为E，方向水平向右，故B正确；电场线方向从a指向d，而顺着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低，故D错误.5.(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图5所示，aefd 和ebcf 是两个等边长的正方形，在a 点固定一个电荷量为q 的正点电荷，在c 点固定一个电荷量为q 的负点电荷，则下列说法正确的是A.e 、f 两点的电场强度相同B.b 、d 两点的电势相同C.将一个负电荷由e 点沿直线移动到f 点，电场力先做正功后做负功D.将一个负电荷由b 点沿直线移动到d 点，电场力先做负功后做正功图5√解析　两个等量异种点电荷形成的电场中，其电场关于ac连线对称，电场线形状关于ac的中垂线对称，结合等量异种点电荷电场线的分布情况可知e、f 两点的电场强度相同，A正确；沿电场线方向电势降低，B错误；将一个负电荷由b点沿直线移动到d点，电场力先做负功后做正功再做负功，D错误；将一个负电荷由e点沿直线移动到f点，电势一直降低，电场力一直做负功，C 错误.6.(2018·湖南省三湘名校第三次大联考)如图6所示，以O点为圆心、R＝0.20 m 为半径的圆处于匀强电场(图中未画出)中，电场平行于圆面，ac、bd为圆的两条相互垂直的直径.已知a、b、c三点的电势分别为2 V、2 V、－2 V，则下列说法正确的是A.d点电势为2 VB.电子从d点运动到a点电势能增加C.电场方向由b点指向c点√图6D.该匀强电场的场强大小为20 V/m解析　根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式U＝Ed，相等距离，电势差相等，因为φa＝2 V，φc＝－2 V，可知，O点电势为0，而bO＝Od，则b、O 间的电势差等于O、d间的电势差，可知，d点的电势为－2 V，故A错误；从d点到a点电势升高，根据E p＝qφ，电子从d点运动到a点电势能减小，故B 错误；7.(2019·江西省南昌市调研)如图7所示，O 、A 、B 、C 为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为－Q 的点电荷固定在O 点，现有一质量为m 、电荷量为－q 的小金属块(可视为质点)，从A 点由静止沿它们的连线向右运动，到B 点时速度最大，其大小为v m ，小金属块最后停止在C 点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A 、B 间距离为L ，静电力常量为k ，则图7B.在小金属块由A 向C 运动的过程中，电势能先增大后减小D.从B 到C 的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能√小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误.8.在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图8所示.下列说法正确的有A.q 1和q 2带有异种电荷B.x 1处的电场强度为零C.负电荷从x 1移到x 2，电势能减小D.负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大√√图8二、多项选择题解析　由题图可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，A正确；在φ－x图像中，图像切线的斜率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，B错误；且有x1到x2电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，D错误；由E p＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势能减小，C正确.9.(2019·江西省南昌市调研)某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图9甲所示，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球，在电场中从O 点由静止开始沿电场线竖直向下运动.以O 为坐标原点，取竖直向下为x 轴的正方向，小球的机械能E 与位移x 的关系如图乙所示，则(不考虑空气阻力)A.电场强度大小恒定，方向沿x 轴负方向B.从O 到x 1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越大C.从O 到x 1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越大√√图9解析　小球的机械能变化是由电场力做功引起的，由题图乙可知，从O到x1机械能在减小，即电场力做负功，又因为小球带正电，故场强方向沿x轴负方向，E－x图线切线的斜率的绝对值为电场力大小，由图像可知，从O到x1斜率的绝对值在减小，故F电在减小，即场强减小，故A错误.由牛顿第二定律mg－F电＝ma可知a在增大，故B正确.因为电场力逐渐减小，故相等位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误.10.(2018·陕西省西安市质检)如图10所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h 的A 处由静止开始下滑，沿轨道ABC 运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的，圆环半径为R ，斜面倾角为θ＝60°，s BC ＝2R .若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图10三、非选择题答案　7.7R解析　小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示.可知F＝1.25mg，方向与竖直方向成37°角.由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即到达D点时圆环对小球的弹力恰好为零.由圆周运动知识得：小球由A运动到D点，由动能定理结合几何知识得：11.(2018·山东省日照市校际联合质检)如图11所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB 固定在竖直平面内.圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB＝2L，圆环的半径为r＝L(圆管的直径忽略不计)，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点.在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于 .圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的绝缘小物体(可视为质点)，PC间距为L.现将该小物体无初速度释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动.重力加速度用g表示.图11(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大？解析　小物体无初速度释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿P A连线运动，重力与电场力的合力沿P A方向；又PC＝AC＝L，(2)小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距离C点多远？答案　7L　小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点，解得：x＝8LN点距离C点：x CN＝x－L＝7L(3)小物体由P点运动到N点的总时间为多少？解析　小物体从P到A的时间为t1，。

(京津鲁琼版)202x版高考物理总复习第七章第3节电容器带电粒子在电场中的运动

A．1∶2 C．2∶1 提示：D
B．1∶8 D．4∶1
平行板电容器及其动态分析问题【知识提炼】
1．分析思路 (1)先确定是 Q 还是 U 不变：电容器保持与电源连接，U 不变；电容器充电后与电源断开，Q 不变．
(2)用决定式 C＝4επrkSd确定电容器电容的变化．
(3)用定义式 C＝QU判定电容器所带电荷量 Q 或两极板间电压 U 的变化． (4)用 E＝Ud 分析电容器极板间场强的变化．
第七章静电场
第3节电容器带电粒子在电场中的运动
【基础梳理】
提示：异种
中和
容纳电荷
Q U

εrS
4πkd
12mv2－12mv20
qU
类平抛运动合成分解匀速直线匀加速直线电子枪
【自我诊断】判一判 (1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量．( ) (2)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．( ) (3)一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6 C 时，两板间电压升高 10 V，则电容器的电容 C＝1.0×10－7 F．( ) (4)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动．( ) (5) 示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的．( ) (6)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，能使电容器带电 B．实验中，只将电容器 b 板向上平移，静电计指针的张角变小 C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
解析：选 A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，则 a 板带电，由静电感应，在 b 板上感应出与 a 板电性相反的电荷，故选项 A 正确；实验中，只将电容器 b 板向上平移，正对面积 S 变小，由 C

(鲁京津琼)2020版高考物理总复习第七章静电场专题突破带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题课件

图4
运动过程中所带电荷量不变，充电和放电的过程均很短暂，这段
时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。求： (1)带电油滴所带电荷量与质量之比；
(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；
(3)ΔU1与ΔU2之比。
解析 (1)油滴静止时，由平衡条件得 mg＝qUd0，则mq ＝Udg0。
图3
解析粒子在竖直向上的电场中加速，由动能定理得 qE1d＝12mv20 由动能定理得 qE1d＝12mv20
粒子在水平向右的电场中做类平抛运动，则
竖直方向：d＝v0t
水平方向：d＝12·qmE2t2
解得EE12＝14
答案
1 4
解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路 (1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)。 (2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图象)，找出已知量和待求量之间的关系。
电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为 30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
图1
解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30°＝v0sin 60°①
(2)设第一个 Δt 内油滴的位移为 x1，加速度为 a1，第二个 Δt 内油滴的位移为 x2，加速度为 a2，则 x1＝12a1Δt2
x2＝v1Δt－12a2Δt2 且 v1＝a1Δt，x2＝－x1
解得 a1∶a2＝1∶3。 (3)油滴向上加速运动时 qU0＋dΔU1－mg＝ma1

2020版物理高考新素养总复习新高考(鲁京津琼)讲义：第七章+静电场+第1讲和答案

[高考导航]第1讲电场的力的性质知识排查点电荷、电荷守恒定律1.点电荷有一定的电荷量，忽略形状和大小的一种理想化模型。

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)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。

(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子。

库仑定律1.内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比。

作用力的方向在它们的连线上。

2.表达式：F ＝k q 1q 2r 2，式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫静电力常量。

3.适用条件：(1)真空中；(2)点电荷。

电场强度、点电荷的场强1.定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F 与它的电荷量q 的比值。

2.定义式：E ＝Fq。

单位：N/C 或V/m3.点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度：E ＝k Qr 2。

4.方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。

5.电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。

电场线1.定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱。

小题速练1.思考判断(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍。

( ) (2)根据公式F ＝k q 1q 2r 2得，当r ―→0时，有F ―→∞。

( )(3)相互作用的两个点电荷，电荷量大的，受到库仑力也大。

( ) (4)电场中某点的场强方向与负电荷在该点所受的电场力的方向相反。

( ) (5)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。

( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× 2.(多选)下列关于电场强度的叙述正确的是( ) A.电场中某点的场强在数值上等于单位电荷受到的电场力 B.电场中某点的场强与该点试探电荷所受的电场力成正比 C.电场中某点的场强方向就是试探电荷在该点所受电场力的方向 D.电场中某点的场强与该点有无试探电荷无关解析由电场强度的定义E ＝Fq 可知，选项A 正确；场强的大小和方向与试探电荷无关，选项B 错误，D 正确；正电荷所受电场力的方向才是场强的方向，选项C 错误。

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习课件：第七、八章紧扣高考热点培养核心素养课件

A．A 点电势高于 B 点电势 B．尘埃在 A 点的加速度大于在 B 点的加速度 C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D．尘埃在迁移过程中电势能始终在增大 [思路点拨] 明确电场线的分布规律，抓住尘埃的运动方向与电场力方向的关系是解题的关键．
[解析] 沿电场线方向电势降低，由图可知，B 点的电势高于 A 点的电势，A 错误；由图可知，A 点电场线比 B 点密集，因此 A 点的场强大于 B 点的场强，故尘埃在 A 点受到的电场力大于在 B 点受到的电场力，则尘埃在 A 点的加速度大于在 B 点的加速度，B 正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故尘埃不可能做匀变速运动，C 错误；由图可知，尘埃进入静电除尘区时，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，D 错误． [答案] B
(2)等效最高点可根据等效重力法分析：将重力与电场力进行合成，如图所示，则 F 合为等效重力场中的“重力”，g′＝Fm合为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向．
第八章电路及其应用
紧扣高考热点培养核心素养
热点 1 闭合电路欧姆定律和电阻定律的应用 (2019·厦门模拟)国标(GB/T)
[思路点拨] 审题时，注意对小滑块运动过程的分析，通过动能定理求出小滑块在 C 点的速度大小，进而由圆周运动的知识求出小滑块在 C 点时受到轨道的作用力大小；解答第(3)问的关键是找出等效“最高点”． [解析] (1)设滑块到达 C 点时的速度大小为 vC，从 A 点到 C 点的运动过程，由动能定理得 qE(s＋R)－μmgs－mgR＝12mv2C 由题意可知 qE＝34mg，μ ＝0.5，s＝3R 代入数据解得 vC＝ gR.

2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第七章静电场第2讲含解析

第2讲电场能的性质一、静电力做功和电势能 1．静电力做功(1)特点：静电力做功与路径无关，只与电荷量和电荷移动过程始、末位置间的电势差有关． (2)计算方法①W ＝qEd ，只适用于匀强电场，其中d 为带电体在沿电场方向的位移． ②W AB ＝qU AB ，适用于任何电场． 2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的势能，称为电势能．(2)说明：电势能具有相对性，通常把无穷远处或大地的电势能规定为零． 3．静电力做功与电势能变化的关系(1)静电力做的功等于电荷电势能的减少量，即W AB ＝E p A －E p B .(2)通过W AB ＝E p A －E p B 可知：静电力对电荷做多少正功，电荷电势能就减少多少；电荷克服静电力做多少功，电荷电势能就增加多少．(3)电势能的大小：由W AB ＝E p A －E p B 可知，若令E p B ＝0，则E p A ＝W AB ，即一个电荷在电场中某点具有的电势能，数值上等于将其从该点移到零势能位置过程中静电力所做的功．自测1 关于静电力做功和电势能的理解，下列说法正确的是( ) A ．静电力做功与重力做功相似，均与路径无关B ．正电荷具有的电势能一定是正的，负电荷具有的电势能一定是负的C ．静电力做正功，电势能一定增加D ．静电力做功为零，电荷的电势能也为零答案 A二、电势等势面 1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值． (2)定义式：φ＝E pq.(3)矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)． (4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同． 2．等势面(1)定义：电场中电势相同的各点组成的面． (2)四个特点：①在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．②电场线一定与等势面垂直，并且从电势高的等势面指向电势低的等势面．③等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．④任意两个等势面都不相交．自测2(2016·全国卷Ⅲ·15)关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功答案 B解析若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A错；电场线一定与等势面垂直，B对；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相等，C错；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，D错．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与移动电荷的电荷量q的比值．2．定义式：U AB＝W AB q.3．影响因素电势差U AB由电场本身的性质决定，与移动的电荷q及电场力做的功W AB无关，与零电势点的选取无关．4．电势差与电势的关系：U AB＝φA－φB，U AB＝－U BA.5．匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)电势差与电场强度的关系式：U AB＝E·d，其中d为电场中两点间沿电场方向的距离．(2)电场强度的方向和大小与电势差的关系：电场中，电场强度方向指向电势降低最快的方向；在匀强电场中，电场强度在数值上等于沿电场强度方向每单位距离上降低的电势．自测3(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点移动到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答案BC四、静电感应和静电平衡1．静电感应当把一个不带电的金属导体放在电场中时，导体的两端分别感应出等量的正、负电荷，“近端”出现与施感电荷异种的感应电荷，“远端”出现与施感电荷同种的感应电荷．这种现象叫静电感应．2．静电平衡(1)定义：导体放入电场中时，附加电场与原电场的场强在导体内部大小相等且方向相反，使得叠加场强为零时，自由电荷不再发生定向移动，导体处于静电平衡状态． (2)处于静电平衡状态的导体的特点 ①导体内部的场强处处为零；②导体是一个等势体，导体表面是等势面； ③导体表面处的场强方向与导体表面垂直；④导体内部没有净电荷，净电荷只分布在导体的外表面上；⑤在导体外表面越尖锐的位置，净电荷的密度(单位面积上的电荷量)越大，凹陷的位置几乎没有净电荷.命题点一电场能的性质的理解1．电势高低的四种判断方法(1)依据电场线方向：沿电场线方向电势逐渐降低． (2)依据电场力做功：根据U AB ＝W ABq，将W AB 、q 的正负号代入，由U AB 的正负判断φA 、φB 的高低． (3)电荷的正负：取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．(4)依据电势能的高低：正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低． 2．电势能大小的四种判断方法(1)做功判断法：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大． (2)电荷电势法：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大． (3)公式法：由E p ＝qφ，将q 、φ的大小、正负号一起代入公式进行判断．(4)能量守恒法：在电场中，若只有电场力做功，电荷的动能和电势能相互转化，动能增大时，电势能减小，反之电势能增大．例1 (多选)(2013·山东卷·19)如图1所示，在x 轴上相距为L 的两点固定两个等量异种点电荷＋Q 、－Q ，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L2为半径的圆，a 、b 、c 、d 是圆上的四个点，其中a 、c 两点在x 轴上，b 、d 两点关于x 轴对称．下列判断正确的是( )图1A ．b 、d 两点处的电势相同B ．四个点中c 点处的电势最低C ．b 、d 两点处的电场强度相同D ．将一试探电荷＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋q 的电势能减小答案 ABD解析在两等量异种点电荷产生的电场中，根据电场分布规律和电场的对称性可以判断，b 、d 两点电势相同，均大于c 点电势，b 、d 两点场强大小相同但方向不同，选项A 正确，C 错误．将＋q 沿圆周由a 点移至c 点，＋Q 对其作用力不做功，－Q 对其作用力做正功，所以＋q 的电势能减小，a 点电势高于c 点电势，选项B 、D 正确．变式1 (多选)(2016·全国卷Ⅰ·20)如图2所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )图2A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小答案 AB解析由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，D 选项错误；由于油滴轨迹相对于过P 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE >mg ，则电场方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点的高，A 选项正确；假设油滴从P 点运动到Q 点，当油滴从P 点运动到Q 点时，电场力做正功，电势能减小，C 选项错误；假设油滴从P 点运动到Q 点，当油滴从P 点运动到Q 点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以油滴在Q 点的动能大于在P 点的动能，B 选项正确．命题点二电势差与电场强度的关系1．匀强电场中电势差与电场强度的关系 (1)U AB ＝Ed ，d 为A 、B 两点沿电场方向的距离． (2)沿电场强度方向电势降落得最快．(3)在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等． 2．E ＝Ud在非匀强电场中的几点妙用(1)解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系：当电势差U 一定时，电场强度E 越大，则沿电场强度方向的距离d 越小，即电场强度越大，等差等势面越密．(2)定性判断非匀强电场电势差的大小关系：如距离相等的两点间的电势差，E 越大，U 越大；E 越小，U 越小． 3．解题思路例2 (多选)(2018·四川省攀枝花市第二次统考)如图3，在匀强电场中，A 、B 、C 、D 、E 、F 位于边长为L ＝2 cm 的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面．已知A 、B 、D 、E 的电势分别为－2 V 、 0 V 、 6 V 、 4 V ．则下列说法正确的是( )图3A ．C 点的电势φC ＝2 VB ．A 、F 间的电势差U AF ＝2 VC ．C 、F 间的电势差U CF ＝4 VD ．该匀强电场的场强大小E ＝200 V/m 答案 CD解析连接AD 、BF 、CE ，AD 与BF 、CE 的交点分别为M 、N ；设正六边形中心为O ，如图所示：由图可知AD 与BF 、CE 都垂直，由六边形特点知AM ＝MO ＝ON ＝ND ，可知M 、O 、N 的电势分别为0 V 、2 V 、4 V ，故电场强度方向由D 指向A ，由正六边形对称性可知F 与B 的电势相等，C 与E 的电势相等，故F 点的电势为0 V ，C 点的电势为4 V ，则A 、F 间的电势差为U AF ＝φA －φF ＝(－2－0) V ＝－2 V ，C 、F 间的电势差为U CF ＝φC －φF ＝(4－0) V ＝4 V ，由几何关系得：d MA ＝L sin 30°，而U MA ＝U F A ＝－U AF ＝2 V ，则电场强度的大小为E ＝U MA d MA＝22×10－2×12V /m ＝200 V/m ，故A 、B 错误，C 、D 正确．变式2 如图4所示，匀强电场的方向平行于xOy 坐标系平面，其中坐标原点O 处的电势为2 V ，a 点的坐标为(0 cm,4 cm)，电势为8 V ，b 点的坐标为(3 cm,0 cm)，电势为8 V ，则电场强度的大小为( )图4A ．250 V /mB ．200 V/mC ．150 V /mD ．120 V/m答案 A解析由题意可知a 、b 两点的电势相等，则ab 为一条等势线，又O 点电势为2 V ，则知匀强电场的场强方向垂直于ab 指向左下方．过O 点作ab 的垂线交ab 于c 点，由几何关系得：tan ∠b ＝43，得∠b ＝53°Oc ＝Ob ·sin ∠b ＝0.03 m ×sin 53°＝2.4×10－2 mc 、O 间的电势差U c O ＝8 V －2 V ＝6 V则电场强度大小E ＝UOc＝250 V/m ，故A 正确．命题点三电场线、等势面及运动轨迹问题1．判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向．2．判断电场力(或电场强度)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断电场强度的方向．3．判断电场力做功的正负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加．例3 (2018·天津卷·3)如图5所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M 点和N 点的电势分别为φM 、φN ，粒子在M 和N 时加速度大小分别为a M 、a N ，速度大小分别为v M 、v N ，电势能分别为E p M 、E p N .下列判断正确的是( )图5A ．v M ＜v N ，a M ＜a NB ．v M ＜v N ，φM ＜φNC ．φM ＜φN ，E p M ＜E p ND ．a M ＜a N ，E p M ＜E p N答案 D解析由粒子的轨迹知粒子所受电场力的方向偏向右，因粒子带负电，故电场线方向偏向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN <φM ，E p M <E p N .N 点电场线比M 点密，故场强E M <E N ，由加速度a ＝Eqm 知a M <a N .粒子若从N 点运动到M 点，电场力做正功，动能增加，故v M >v N .综上所述，选项D 正确．变式3 (多选)(2012·山东卷·19)图6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( )图6A ．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 点的动能变化答案 CD解析由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出两者相互排斥，故带电粒子带正电，选项A 错误；根据库仑定律F ＝k q 1q 2r 2可知，a 、b 、c 三点中，在a 点时受力最大，选项B 错误；带电粒子从b 点到c 点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故在b 点的电势能大于在c 点的电势能，选项C 正确；由于虚线为等间距的同心圆，故U ab >U bc ，所以W ab >W bc ，根据动能定理，带电粒子由a 点到b 点的动能变化大于由b 点到c 点的动能变化，选项D 正确．变式4 (多选)(2018·山东省泰安市上学期期末)如图7，水平向右的匀强电场中，一带电粒子从A 点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B 后回到与A 在同一水平线上的C 点，粒子从A 到B 过程中克服重力做功2 J ，电场力做功3 J ，则( )图7A ．粒子在B 点的动能比在A 点多1 J B ．粒子在C 点的电势能比在B 点少3 J C ．粒子在C 点的机械能比在A 点多12 JD ．粒子在C 点的动能为6 J 答案 AC解析从A →B 根据动能定理可知：W AB －mgh ＝ΔE k ，即：ΔE k ＝1 J ，即粒子在B 点的动能比在A 点多1 J ，故选项A 正确；设在A 点初速度为v 0，粒子在竖直方向只受重力，做加速度大小为g 的匀变速运动，故从A →B 和从B →C 的时间相等，而水平方向只受到电场力作用，在水平方向做匀加速直线运动，设从A →B 的水平分位移为x 1，从B →C的水平分位移为x2，则有x1＝12at2，x2＋x1＝12a·(2t)2，得x1x2＝13，则W BC＝3W AB＝9 J，由于电场力做正功，则粒子在C点的电势能比在B点少9 J，故选项B错误；根据功能关系可知：从A→C机械能增量为：ΔE＝W AB＋W BC＝12 J，由于重力势能不变，即从A→C动能增加12 J，即粒子在C点的动能比在A点多12 J，故选项C正确，D错误．命题点四静电场中的图象问题类型1v－t图象根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化．例4(2018·安徽省安庆市二模)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其“速度—时间”图象如图8所示．分析图象后，下列说法正确的是()图8A．A处的电场强度大于C处的电场强度B．B、D两点的电场强度和电势一定都为零C．粒子在A处的电势能大于在C处的电势能D．A、C两点间的电势差大于B、D两点间的电势差答案 A解析因为v－t图线的斜率大小等于粒子的加速度大小，故粒子在A处的加速度大于在C处的加速度，A处的电场强度大于C处的电场强度，选项A正确；B、D两点切线的斜率为零，故两点的加速度为零，场强为零，但是电势不一定都为零，选项B错误；粒子在A处的速度大于在C处的速度，则在A处的动能大于在C处的动能，在A处的电势能小于在C处的电势能，选项C错误；根据动能定理可知：q|U CA|＝12m v2A－12m v2C；qU BD＝12m v2D－12m v2B，由图线可知12m v2D－12m v2B>12m v2A－12m v2C，则A、C两点间的电势差小于B、D两点间的电势差，选项D错误．类型2φ－x图象电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．例5(多选)(2017·全国卷Ⅰ·20)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图9所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa 已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()图9A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3答案 AC解析由题图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式E ＝k Qr2可知，E a E b ＝r 2b r 2a ＝41，E c E d ＝r 2d r 2c ＝41，故A 正确，B 错误；电场力做功W ＝qU ，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1 V ，所以W ab W bc ＝31，W bc W cd ＝11，故C 正确，D 错误．变式5 (多选)(2019·广东省惠州市模拟)空间存在平行于x 轴方向的静电场，其电势φ随x 的分布如图10所示．一质量为m 、电荷量大小为q 的带电粒子从坐标原点O 由静止开始，仅在电场力作用下沿x 轴正方向运动．则下列说法正确的是( )图10A ．该粒子带正电荷B ．空间存在的静电场场强E 是沿x 轴正方向均匀减小的C ．该粒子从原点O 运动到x 0过程中电势能是减小的D ．该粒子运动到x 0处的速度是 qφ02m答案 AC解析沿电场线方向电势降低，由题图可知电场方向沿x 正方向，带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿x 轴正方向运动，受力方向与电场方向一致，带电粒子带正电，A 正确；沿x 轴正方向电势均匀降低，电场为匀强电场，B 错误；沿x 轴正方向运动，电场力做正功，电势能减小，C 正确；根据动能定理得qφ0＝12m v 2，v ＝2qφ0m，D 错误．类型3 E －x 图象在给定了电场的E －x 图象后，可以由图线确定电场强度的变化情况，E －x 图线与x 轴所围图形面积表示电势差大小．在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况．例6(多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图11所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x 轴正方向运动，则点电荷()图11A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大答案BC解析由题图可知，x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，A错误，B正确．类型4E p－x图象1．反映了电势能随位移变化的规律．2．图线的切线斜率大小等于电场力大小．3．进一步判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况．例7(多选)(2018·河南省南阳市上学期期末)如图12甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，x A、x B分别为A、B两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能E p随其坐标x 变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是()图12A．该电场一定不是孤立点电荷形成的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝E p A－E p BD．电子在A点的动能小于在B点的动能答案AC解析由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为E p A和E p B，且E p B>E p A，说明电子由A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W＝E p A－E p B，选项C正确；电场力做负功，故动能减小，故电子在A点的动能大于B点的动能，选项D错误；由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，说明电势是均匀增加的，故这一定是匀强电场，即不是孤立点电荷形成的电场，选项A正确；A、B两点的电场强度相等，选项B错误．1．(2018·广东省揭阳市高三期末)在电场中，下列说法正确的是()A．某点的电场强度大，该点的电势一定高B．某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大C．某点的场强为零，试探电荷在该点的电势能一定为零D．某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为零答案 D解析电势是人为规定的，与电场强度无关，电势能与零势能面的选取有关，与电场强度无关，A、C错误；负电荷在高电势处电势能小，B错误；根据E p＝φq可知，电势为零，电势能为零，D正确．2.(多选)(2018·河北省邯郸市质检)如图1所示，虚线a、b、c代表某一电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正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，其中R在等势面b上．下列判断正确的是()图1A．三个等势面中，c的电势最低B．带电粒子在P点的电势能比在Q点的大C．带电粒子在P点的动能与电势能之和比在Q点的小D．带电粒子在R点的加速度方向垂直于等势面b答案ABD3．(多选)(2018·山东省济宁市上学期期末)M、N是某电场中一条电场线上的两点，从M点由静止释放一电子，电子仅在电场力的作用下沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图2所示，则下列说法正确的是()图2A．M、N两点的场强关系为E M<E NB．M、N两点的场强关系为E M>E NC．M、N两点的电势关系为φM<φND．M、N两点的电势关系为φM>φN解析电子由M点运动到N点的过程中，通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越慢，可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，则有E M>E N，故A错误，B正确；负电荷在低电势处电势能大，故M点的电势低于N点的电势，即φM<φN，故C正确，D错误．4.(多选)(2018·广东省东莞市上学期期末)图3中虚线A、B、C、D表示匀强电场的等势面，一带正电的粒子只在电场力的作用下，从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确的是()图3A．等势面A电势最低B．粒子从a运动到b，动能减小C．粒子从a运动到b，电势能减小D．粒子从a运动到b的过程中电势能与动能之和不变答案CD解析电场线与等势面垂直，带正电粒子所受电场力的方向与场强方向相同，曲线运动所受合力指向曲线的凹侧；带正电的粒子只在电场力的作用下，从a点运动到b点，轨迹如图中实线所示，可画出速度和电场线及受力方向如图所示．则电场力的方向向右，电场线的方向向右，顺着电场线电势降低，等势面A电势最高，故A项错误；粒子从a运动到b，只受电场力，电场力的方向与运动方向成锐角，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增加，只受电场力作用，粒子的电势能与动能之和不变，故B项错误，C、D项正确．5．(2014·山东卷·19)如图4所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()图4解析当试探电荷在球壳内部运动时，不受电场力作用，做匀速直线运动，故动能E k不变．当试探电荷在球壳外部运动时，根据库仑定律，试探电荷受到的库仑斥力越来越小，故试探电荷做加速度减小的加速运动，试探电荷的动能越来越大，但增大得越来越慢．选项A正确，B、C、D错误．6．(2018·山东省烟台市上学期期末)如图5所示，实线表示一匀强电场的电场线，电场方向未知．一电子以一定的初速度由A点射入电场，虚线为电子的运动轨迹，B点是运动轨迹上的一点，则()图5A．A点电势高于B点电势B．电子在B点的电势能大于在A点的电势能C．电子在A点的速度大于在B点的速度D．电子由A到B，电场力先做负功后做正功答案 D解析由曲线运动的知识可知：电子所受的电场力向左，由于电子的受力与场强方向相反，可知电场线向右，结合沿着电场线电势逐渐降低得φB>φA，故A错误；电子从A到B点过程中，电场力先与速度方向成钝角做负功，后与速度方向成锐角力做正功，D项正确；由A到B，电场力做的总功为正功，则电子的电势能减小，即B点的电势能小于A点的电势能，动能增大，则B点的速度大于A点速度，故B、C错误．7．(2018·湖南省六校4月联考)如图6所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q(图中未画出)产生的电场．另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且v< v0，则()图6A．Q一定在虚线MP下方B．M点的电势比N点的电势高C．q在M点的电势能比在N点的电势能小D．q在M点的加速度比在N点的加速度小答案 C解析场源电荷带负电，检验电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动所受合力指向曲线的凹侧，故Q应该在轨迹的凹侧，故A错误；试探电荷从M到N速度减小，说明M点离场源电荷较近，越靠近场源电荷电势越低，所以M点的电势比N点的电势低，故B错误；只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，在N点动能小，故在N点电势能大，故C正确；离场源电荷越近，场强越大，加速度越大，所以q在M点的加速度比在N点的加速度大，。

高考物理一轮复习第七章静电场章末综合提升

如图所示，在一倾角为 37°的绝缘斜面下端 O，固定有垂直于斜面的绝缘挡板．斜面 ON 段粗糙，长度 s＝0.02 m， NM 段光滑，长度 L＝0.5 m．在斜面的所在区域有竖直向下的匀强电场，场强为 2×105 N/C.有一小滑块质量为 2×10－3 kg，带正电、电荷量为 1×10－7 C，小滑块与 ON 段表面的动摩擦因数为 0.75.将小滑块从 M 点由静止释放，在运动过程中没有电荷量损失，与挡板相碰后原速返回．已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0. 8，g 取 10 m/s2.求：
3．带电粒子在极板间的偏转可分解为匀速直线运动和匀加速直线运动，当加速电场的电压增大，加速后的粒子速度就会增大，进入偏转电场后，很快“飞”出电场而来不及偏转．偏转电场场强越小，即进入偏转电场后的侧移显然就越小，反之则变大．但是粒子的荷质比并不改变偏转距离．
4．公式 U＝Ed 只能适用于匀强电场，在使用时要注意 U 是初末位置的电势差而不是两板间的电压．
方向都指向 O′.半圆形金属板两端与 B 板的间隙可忽略不计．现从正对 B 板小孔紧靠 A 板的 O 处由静止释放一个质量
为 m、电荷量为 q 的带正电微粒(微粒的重力不计)，求：
(1)微粒穿过 B 板小孔时的速度多大？ (2)为了使微粒能在 C、D 板间运动而不碰板，C、D 板间
的电场强度大小应满足什么条件？
t1＋t2＝(2d＋π4L) 2mqU⑤
(2 分)
根据运动的对称性可知，再经过 2(t1＋t2)时间微粒再一次经过 P 点，所以微粒经过 P 点的时间：
t＝(2k＋1)(2d＋π4L) 2mqU(k＝0、1、2……)⑥ (3 分)
【答案】 (1)
2qU m
4U (2) L

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习检测：第七章第2节电场能的性质检测(含解析)

电场能的性质(建议用时：35分钟)【A级　基础题练熟快】1．(多选)(2019·浙江温州模拟)如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点．若将一正试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则( )A．电荷所受电场力大小不变B．电荷所受电场力逐渐增大C．电荷电势能逐渐减小D．电荷电势能保持不变解析：选BC.由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M 处电场强度小，由电场力公式F＝qE可知正点电荷从虚线上N点移动到M点，电场力逐渐增大，故A错误，B正确．根据顺着电场线方向电势降低，可知从N到M，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减小，故C正确，D错误．2．(多选)(2019·江苏模拟)如图所示，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在轴上有A、B 两点，则( )A．A点场强小于B点场强B．A点场强方向指向x轴负方向C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势解析：选AD.等差等势面的疏密程度表示电场强度的大小，由于0.4 V与0.2 V两个等势面间电势差等于0.6 V与0.4 V两个等势面间电势差，B点处等势面密，B点电场强度较大，故A正确，C错误；电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故A 点场强方向指向x轴正方向，沿着电场线电势逐渐降低，故A点电势高于B点电势，故D正确，B 错误．3．(多选)如图所示，真空中M、N点处固定有两等量异种点电荷，a、b、c表示两点电荷形成的电场中的3条等势线，b是M、N连线的中垂线，交M、N于O点，a、c关于b对称．点d、e、f、g是以O为圆心的圆与a、c的交点．已知一带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是( )A．M点处固定的是正电荷B．d点的电势低于f点的电势C．d点的场强与f点的场强相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增大后减小解析：选BC.正电荷从d点移动到e点电势能增加，则d点电势低于e点，M处为负电荷，N 处为正电荷，d点的电势低于f点的电势，d、f两点的电场强度大小相等、方向相同，将带正电的试探电荷沿直线从d点移动到f点，电势能一直增大，故B、C正确，A、D错误．4．(2019·河南六市一联)在真空中A、B两点分别放有异种点电荷－Q和＋2Q，以A、B 连线中点O为圆心作一圆形路径acbd，如图所示，则下列说法正确的是( )A．场强大小关系有E a＝E b、E c＝E dB．电势高低关系有φa＞φb、φc＞φdC．将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功D．将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变解析：选C.对比等量异种点电荷的电场分布可知，题图中场强大小关系有E b＞E a，E c＝E d，A 项错误．由沿着电场线方向电势逐渐降低可知，φa＜φb，再由对称性可知φc＝φd，B项错误．因沿直线由c到d过程中电势先升高再降低，所以将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能先增大再减小，D项错误．5.(多选)两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则( )A．场强大小关系有E b＞E cB．电势大小关系有φb＞φdC．将一负电荷放在d点时其电势能为负值D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功解析：选BD.同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此E b ＜E c ，选项A 错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面为等势面，因此φb ＞φd ，选项B 正确；由于无穷远处电势为零，故d 点电势为负，负电荷放在d 点时电势能为正值，选项C 错误；由题图可知，φa ＞φd ，U ad ＞0，则将正电荷由a 点移至d 点的过程中电场力做功W ＝qU ad ，为正功，选项D 正确．6.(多选)(2019·合肥模拟)如图所示，某匀强电场中A 、B 、C 、D 四点构成一个菱形，对角线AC ＝12 cm ，B D ＝16 cm ，一个质子从A 移到B ，电场力做了24eV 的功；一个电子从A 移到C ，克服电场力做了24 eV 的功．其中A 点的电势为零，则下列说法正确的是( )A ．D 点的电势φD ＝0B ．D 点的电势φD ＝－24 VC ．电场强度E ＝250 N/CD ．电场强度E ＝200 N/C解析：选AC.由题意可知：U AB ＝＝24 V ，U AC ＝＝24 V ，φA ＝0，φB ＝φC ＝－24 V ，BC W AB q W AC q的连线为一条等势线，所以AD 的连线也为一条等势线，所以φD ＝0，A 正确，B 错误；根据几何关系可求得AD 和BC 间的垂直距离d ＝9.6 cm ，电场强度E ＝250 N/C ，C 正确，D 错误．7．如图所示，以O 点为圆心，以R ＝0.20 m 为半径的圆与坐标轴交点分别为a 、b 、c 、d ，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x 轴正方向成θ＝60°，已知a 、b 、c 三点的电势分别为4 V 、4 V 、－4 V ，则下列说法正确的是( )33A ．该匀强电场的场强E ＝40 V/m3B ．该匀强电场的场强E ＝80 V/mC ．d 点的电势为－2 V3D ．d 点的电势为－4 V解析：选D.a 、c 两点之间的电势差U ＝4 V －(－4 V)＝8 V ，a 、c 两点之间沿电场333线方向的距离d ＝2R sin 60°＝R ＝0.2 m ．该匀强电场的场强E ＝＝40 V/m ，选项A 、B 错33U d 误；b 、d 之间沿电场线方向的距离d ′＝2R cos 60°＝R ＝0.2 m ．b 、d 之间电势差U ′＝Ed ′＝8 V ，由φb －φd ＝8 V 可得d 点的电势为φd ＝－4 V ，选项C 错误，D 正确．8.(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小解析：选AB.根据带负电的油滴在竖直面内的轨迹可知，油滴所受合外力一定向上，则所受电场力一定向上，且电场力大于重力，故匀强电场的方向竖直向下，Q 点的电势比P 点高，选项A 正确．油滴从P 点运动到Q 点，根据动能定理，合外力做正功，动能增大，所以油滴在Q 点的动能比它在P 点的大，选项B 正确．油滴从P 点运动到Q 点，电场力做正功，电势能减小，油滴在Q 点的电势能比它在P 点的小，选项C 错误．由于带电油滴所受的电场力和重力均为恒力，所以油滴在Q 点的加速度和它在P 点的加速度大小相等，选项D 错误．9．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．下列说法正确的是( )A ．O 点的电势最低B ．x 2点的电势最高C ．x 1和－x 1两点的电势相等D ．x 1和x 3两点的电势相等解析：选C.由题图知，沿x 轴方向O 点两侧电场强度方向相反，故O 点可能电势最低，也可能电势最高，选项A 错误；x 1、x 2、x 3三点在同一电场线上，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，无论O 点右侧电场强度沿x 轴向右还是向左，x 2点电势都不是最高，x 1、x 3两点的电势也不相等，选项B 、D 错误；由题图知，电场强度在O 点两侧对称，故x 1、－x 1两点电势相等，选项C 正确．10．(多选)如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B .下列说法正确的是( )A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A >a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A <E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势解析：选BC.电子仅在电场力作用下可能从A 运动到B ，也可能从B 运动到A ，所以A 错误；若a A >a B ，说明电子在A 点受到的电场力大于在B 点受到的电场力，所以A 距离点电荷较近，B 距离点电荷较远，又因为电子受到的电场力指向轨迹凹侧，因此Q 靠近M 端且为正电荷，B 正确；无论Q 是正电荷还是负电荷，若电子从A 运动到B ，一定是克服电场力做功，若电子从B 运动到A ，一定是电场力做正功，即一定有E p A <E p B ，C 正确；对于同一个负电荷，电势低处电势能大，B 点电势一定低于A 点电势，D 错误．【B 级　能力题练稳准】11．(多选)在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示．下列说法正确的有( )A ．q 1和q 2带有异种电荷B ．x 1处的电场强度为零C ．负电荷从x 1移到x 2，电势能减小D ．负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大解析：选AC.由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A 项正确；由E ＝可知，φ－x 图象的切线斜率表示电场强度，因此x 1处的电ΔφΔx场强度不为零，B 项错误；负电荷从x 1移到x 2的过程中，电势升高，电场强度减小，由E p ＝qφ，F ＝qE 可知，电势能减小，受到的电场力减小，C 项正确，D 项错误．12．如图所示，固定的光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P ，将另一个带电小物块Q 在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q 向上运动过程中( )A ．物块P 、Q 的电势能和动能之和先增大后减小B ．物块P 、Q 的重力势能和电势能之和先减小后增大C ．物块P 、Q 的重力势能和电势能之和先增大后减小D ．物块P 、Q 的重力势能和动能之和先增大后减小解析：选B.物体Q 在沿斜面方向上受向上的电场力和重力沿斜面向下的分力作用，当物体向上滑动时，随电场力的减小，加速度先逐渐减小，然后反向增加，即速度先增加后减小；因系统只有重力和电场力做功，则系统的电势能、重力势能和动能守恒，即E p 电＋E p 重＋E k ＝常数，则在Q 向上运动过程中，随重力势能的增加，物块P 、Q 的电势能和动能之和逐渐减小，选项A 错误；在Q 向上运动过程中动能先增大后减小，故物块P 、Q 的重力势能和电势能之和先减小后增大，选项B 正确，C 错误；在Q 向上运动过程中，电势能逐渐减小，故物块P 、Q 的重力势能和动能之和逐渐增大，选项D 错误．13．如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4 m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104 N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4 C ，质量m ＝0.1 kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点(图中未画出)．取g ＝10 m/s 2.试求：(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小；(2)D 点到B 点的距离x DB ；(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能(结果保留3位有效数字)．解析：(1)设带电体通过C 点时的速度为v C ，依据牛顿第二定律有mg ＝m ，v R解得v C ＝2.0 m/s.设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体在B 点时，根据牛顿第二定律有F B －mg ＝m .v R带电体从B 运动到C 的过程中，根据动能定理有－mg ×2R ＝mv －mv 122C 122B联立解得F B ＝6.0 N ，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F ′B ＝6.0 N.(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有2R ＝12gt 2，x DB ＝v C t －·t 212Eq m联立解得x DB ＝0.(3)由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为E km ，根据动能定理有qER sin 45°－mgR (1－cos 45°)＝E km －mv ，122B 代入数据解得E km ≈1.17 J.答案：(1)6.0 N (2)0　(3)1.17 J。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：第七章静电场本章综合能力提升练含解析

本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1.(2019届宁波市诺丁汉大学附属中学期末)如图1所示，绝缘支架上固定两金属板，金属板之间的距离可调，下列说法正确的是()图1A．该装置太大了，所以不能称为电容器B．两金属板构成电容器，充电后能够储存电荷C．电容器能够储存电荷，不能储存电场能D．因为装置没有带电，所以电容为零答案 B2.“探究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验装置如图2所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是()图2A．平行板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B．静电计可以用电压表替代C．静电计所带电荷量与平行板电容器所带电荷量不相等D．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量答案 C3.某静电除尘装置管道截面内的电场线分布如图3所示，平行金属板M、N接地，正极位于两板正中央，图中a、b、c三点的场强分别为E a、E b、E c，电势分别为φa、φb、φc，则()图3A ．E a <E bB ．E b <E cC ．φa >φbD ．φb ＝φc答案 C4．如图4所示，光滑绝缘的水平面上的P 点固定着一个带正电的点电荷，在它的右侧N 点由静止开始释放一个也带正电的小球(可视为质点)．以向右为正方向，下图中能反映小球运动速度随时间变化规律的是( )图4答案 B解析 N 点的小球由静止释放后，受到向右的库仑力的作用，开始向右运动，根据库仑定律F ＝k q 1q 2r 2可得，随着两者之间的距离的增大，运动小球受到的库仑力在减小，根据牛顿第二定律a ＝Fm 可得，小球做加速度减小的加速直线运动，而v －t 图象中图象的斜率表示小球运动的加速度，所以B 项正确．5．如图5所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，沿图中虚线由A 运动到B ，其能量变化情况是( )图5A ．动能减少，重力势能增加，电势能减少B ．动能减少，重力势能增加，电势能增加C ．动能不变，重力势能增加，电势能减少D ．动能增加，重力势能增加，电势能减少答案 B解析由于带电微粒做直线运动，其受力如图所示，其合外力的方向应为速度的反方向，故带电微粒做减速运动，动能减少，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，故选项B 正确．6.如图6所示，匀强电场中有M 、N 、P 、Q 四点，它们分别位于矩形的四个顶点上．电子分别由M 点运动到N 点和Q 点的过程中，电场力所做的正功相同，已知N 、P 、Q 中有两点电势是18 V 、10 V ．则( )图6A ．不可能求出M 点电势B ．N 点电势是18 VC ．P 点电势是10 VD ．Q 点电势是10 V 答案 D解析电子分别由M 点运动到N 点和Q 点过程中，电场力所做的正功相同，说明N 、Q 两点电势相等，且高于M 点的电势，故四点的电势关系是φM <φN ＝φQ <φP ，所以φP ＝18 V ，φN ＝φQ ＝10 V ，B 、C 错误，D 正确；由于QM 平行且与PN 长度相同，所以U QM ＝U PN ＝8 V ，可得φM ＝2 V ，A 错误．7．(2016·浙江4月选考·8)密立根油滴实验原理如图7所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下电场强度大小为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )图7A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的带电荷量为mg UC ．增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍答案 C解析油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A 错；由Eq ＝mg 得q ＝mgE ，所以B错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上运动，C 对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D 错．8．(2019届书生中学模拟)如图8所示，将一带电小球A 通过绝缘细线悬挂于O 点，细线不能伸长，现要使细线偏离竖直线30°角，可在O 点正下方的B 点固定放置带电荷量为q 1的点电荷，且B 、A 连线垂直于OA ；也可在O 点正下方C 点固定放置带电荷量为q 2的点电荷，且C 、A 处于同一水平线上．则q 1q 2为( )图8A.12B.32C.233D. 3 答案 C解析对两种情况进行受力分析，如图所示：依据矢量的合成法则，结合三角形知识及平衡条件，则有：F ′＝mg sin 30°， F ＝mg tan 30°，根据库仑定律，则有：F ′＝kQq 1l 2BA ，F ＝kQq 2l 2CA，根据几何知识，则有：l BA ＝L tan 30°，l CA ＝L sin 30°，综上可得：q 1q 2＝233，故A 、B 、D 错误，C 正确．二、多项选择题9．如图9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．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图能作出的正确判断是( )图9A ．带电粒子所带电荷的符号B ．粒子在a 、b 两点的受力方向C ．粒子在a 、b 两点何处速度大D ．a 、b 两点电场的强弱答案 BCD解析由题图中粒子的运动轨迹可知粒子在a 、b 两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A 错误，B 正确；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子动能减小，电势能增大，则粒子在a 点的速度较大，故C 正确；根据电场线的疏密程度可判断a 、b 两点电场的强弱，故D 正确．10．(2018·嘉兴市期末)一对等量异种点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)分布如图10所示，则下列说法正确的是( )图10A ．A 点场强E A 大于B 点场强E B B ．A 点电势φA 低于B 点电势φBC ．某一点电荷在A 点时的电势能E p A 一定大于在B 点时的电势能E p BD ．将某一点电荷从A 点移至B 点，路径不同，电场力做功也不同答案 AB11.如图11所示，带电平行金属板A 、B ，板间的电势差为U ，板间距离为d ，A 板带正电，B 板中央有一小孔．一带电的微粒，带电荷量为q ，质量为m ，自孔的正上方距B 板高h 处由静止自由下落，若微粒恰能落至A 、B 板的正中央C 点，则下列说法中正确的是( )图11A ．微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小B ．微粒下落过程中重力做功为mg ⎝⎛⎭⎫h ＋d 2，电场力做功为－qU2 C ．微粒落入电场中，电势能逐渐增加，其增加量为qU2D ．若微粒从距B 板高2h 处自由下落，则恰好能到达A 板答案 BCD解析微粒下落至C 点的过程中，重力做功mg ⎝⎛⎭⎫h ＋d 2，重力势能减小；电场力做功－qU2，电势能增加，增加量为qU2，微粒动能先增大后减小，故A 错误，B 、C 正确；由动能定理得，微粒由h 处下落时，mg ⎝⎛⎭⎫h ＋d 2－q U2＝0，即qU ＝mg (2h ＋d )，由2h 处下落时，mg (2h ＋d )－qU ＝0，说明微粒恰能到达A 板，故D 正确．12.如图12所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子(11H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a 、b 轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b 轨迹运动时( )图12A ．加速度更大B ．初速度更大C ．动能增量更大D ．两次的电势能增量相同答案 BD解析加速度为a ＝qEm ，加速度相同，故A 错误；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏转距离y ＝12at 2＝12·qE m ·x 2v 02＝qEx 22m v 02，x 是水平位移，由题图看出，y 相同，则知，v 0越大时，x 越大，故质子沿b轨迹运动时初速度v 0更大，故B 正确；电场力做功为W ＝qEy ，可见，电场力做功相同，由动能定理知，动能增量相同，由能量守恒知，两次的电势能增量相同，故D 正确，C 错误．三、计算题13．如图13所示，用一条长为1 m 的绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量为1.0×10－2 kg ，所带电荷量为＋2.0×10－8 C ，现加一水平向右的匀强电场，平衡时绝缘绳与竖直方向成30°角，g 取10 m/s 2.图13(1)求该匀强电场的电场强度大小；(2)在外力作用下，使小球从位置A 移到位置B ，求电场力所做的功及小球电势能的变化．答案 (1)36×107 N/C (2)－360 J 电势能增加360J 解析 (1)小球受力平衡：qE ＝mg tan 30° 解得：E ＝mg tan 30°q ＝36×107 N/C(2)W 电＝－qEL sin 30° 解得：W 电＝－360J由功能关系得ΔE p ＝－W 电解得：ΔE p ＝360J 14．一束电子流从A 极板中间的小孔由静止进入并经U ＝880 V 的加速电压加速后，从B 极板中间的小孔以速度v 0飞出，在与两极板C 、D 等距处垂直进入平行板C 、D 间的匀强电场，如图14所示，若两板间距d ＝1.0 cm ，板长l ＝5 cm.已知电子的电荷量与其质量的比值em＝1.76×1011 C/kg ，不计电子重力影响．求：图14(1)电子从B 极板小孔飞出的速度v 0的大小；(2)电子在C 、D 平行板间电场中的运动类似于哪种运动； (3)要使电子恰好从D 极板边缘飞出，C 、D 间的电压大小．答案 (1)1.76×107 m/s (2)平抛运动 (3)70.4 V 解析 (1)在加速电场中，由动能定理得： eU ＝12m v 02－0，解得：v 0＝1.76×107 m/s ；(2)电子在水平方向不受力且具有初速度，在水平方向做匀速直线运动，电子在竖直方向受到恒定的电场力作用且初速度为零，做初速度为零的匀加速直线运动，电子在C 、D 平行板间的运动类似于平抛运动，即电子做类平抛运动；(3)电子在C 、D 板间做类平抛运动，电子恰好从D 板边缘飞出时：水平方向：l ＝v 0t ，竖直方向：12d ＝12·eU ′md t 2，解得：U ′＝70.4 V.15．如图15所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A 点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m ，电荷量为－q ，匀强电场的场强大小为E ，斜轨道的倾角为α(小球的重力大于所受的电场力)．图15(1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小．(2)若使小球通过圆轨道顶端的B 点，求A 点距水平地面的高度h 至少应为多大？(3)若小球从斜轨道h ＝5R 处由静止释放．假设其能够通过B 点，求小球从静止开始沿轨道运动到B 点的过程中小球机械能的改变量．答案 (1)(mg －qE )sin αm (2) 2.5R (3)－3EqR解析 (1)根据牛顿第二定律得：(mg －qE )sin α＝ma ，解得：a ＝(mg －qE )sin αm；(2)若小球刚好通过B 点，根据牛顿第二定律有： mg －qE ＝m v 2R小球由A 到B ，据动能定理： (mg －qE )(h －2R )＝12m v 2－0联立解得h ＝2.5R ；(3)小球从静止开始沿轨道运动到B 点的过程中，由功能关系知，机械能的变化量为： ΔE 机＝W 电，W 电＝－3EqR ，故ΔE 机＝－3EqR。

2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第七章静电场第3讲含解析

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)电容器的充、放电：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．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值． (2)定义式：C ＝QU.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F ＝106 μF ＝1012 pF. (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关． 3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离． (2)决定式：C ＝εr S4πkd.自测对于某一电容器，下列说法正确的是( ) A ．电容器所带的电荷量越多，电容越大 B ．电容器两极板间的电势差越大，电容越大C ．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍D ．电容器两极板间的电势差减小到原来的12，它的电容也减小到原来的12答案 C解析根据公式C ＝εr S4πkd 可得，电容的大小跟电容两端的电势差以及电容器所带的电荷量的多少无关，根据公式C＝QU 可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，所以C 正确，A 、B 、D 错误．二、带电粒子在电场中的运动 1．加速(1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20.(2)在非匀强电场中，W ＝qU ＝12m v 2－12m v 20.2．偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v 0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示．图1(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．(3)基本关系式：运动时间t ＝l v 0，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md ，偏转量y ＝12at 2＝qUl 22md v 20，偏转角θ的正切值：tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qUl md v 20.命题点一实验：观察电容器的充、放电现象1．实验原理 (1)电容器的充电过程如图2所示，当开关S 接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I ＝0.图2(2)电容器的放电过程如图3所示，当开关S 接2时，将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零．实验器材：6 V 的直流电源、单刀双掷开关、平行板电容器、电流表、电压表、小灯泡．图32．实验步骤(1)按图4连接好电路．图4(2)把单刀双掷开关S 接1，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中． (3)将单刀双掷开关S 接2，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中． (4)记录好实验结果，关闭电源．实验记录和分析：电容器充电电流表1 电流表1的读数由大到小最后为零3．注意事项(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计． (2)要选择大容量的电容器． (3)实验要在干燥的环境中进行．(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表．例1 电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图象．图5甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V .图5先使开关S 与1接通，待充电完成后，把开关S 再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I －t 图象如图乙所示．根据图象估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为________ C ，该电容器电容为________ μF(结果保留整数)．答案 3.04×10－3 507解析由于Q ＝It ，可知题图乙中图象与时间轴围成的面积表示电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C ，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为38，所以释放的电荷量为q ＝8×10－5×38 C ＝3.04×10－3C ．根据电容器的电容C ＝Q U 可知，C ＝3.04×10－36F ≈5.07×10－4 F ＝507 μF.命题点二平行板电容器的动态分析1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝Ud 分析场强的变化．③根据U AB ＝E ·d 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S 4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d ＝4k πQεr S分析场强变化．例2 (2016·全国卷Ⅰ·14)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答案 D 解析由C ＝εr S4πkd可知，当将云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容C 变小，因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q ＝CU 可知，当C 减小时，Q 减小，再由E ＝Ud ，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确．变式1 (2018·北京卷·19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图6所示．下列说法正确的是( )图6A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案 A解析实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，在b 板上将感应出异种电荷，A 正确；b 板向上平移，正对面积S 变小，由C ＝εr S 4πkd 知，电容C 变小，由C ＝QU 知，Q 不变，U 变大，因此静电计指针的张角变大，B 错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr 变大，由C ＝εr S 4πkd 知，电容C 变大，由C ＝QU知，Q 不变，U 变小，因此静电计指针的张角变小，C 错误；由C ＝QU 知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的，D 错误．变式2 (多选)如图7所示，A 、B 为两块平行带电金属板，A 带负电，B 带正电且与大地相接，两板间P 点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U ，P 点场强大小为E ，电势为φP ，负电荷的电势能为E p ，现将A 、B 两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )图7A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，φP 变小C ．φP 变小，E p 变大D ．φP 变大，E p 变小答案 AC解析根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝εr S 4πkd 可知电容减小，由U ＝QC可知极板间电压增大，由E ＝Ud 可知，电场强度增大，故A 正确；设P 与B 板之间的距离为d ′，P 点的电势为φP ，B 板接地，φB ＝0，则由题可知0－φP ＝Ed ′是增大的，则φP 一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能E p 是增大的，故C 正确．命题点三带电粒子(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．用动力学观点分析 a ＝qE 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3 (2018·河北省邢台市上学期期末)如图8所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A 、B ，间距为d ，中央分别开有小孔O 、P .现有甲电子以速率v 0从O 点沿OP 方向运动，恰能运动到P 点．若仅将B 板向右平移距离d ，再将乙电子从P ′点由静止释放，则( )图8A ．金属板A 、B 组成的平行板电容器的电容C 不变 B ．金属板A 、B 间的电压减小C ．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D ．乙电子运动到O 点的速率为2v 0 答案 C解析两板间距离变大，根据C ＝εr S4πkd 可知，金属板A 、B 组成的平行板电容器的电容C 减小，选项A 错误；根据Q ＝CU ，Q 不变，C 减小，则U 变大，选项B 错误；根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S ，可知当d 变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C 正确；根据e ·E ·2d ＝12m v 2，e ·E ·d ＝12m v 20，可知，乙电子运动到O 点的速率v ＝2v 0，选项D 错误．变式3 (多选)(2019·山西省吕梁市第一次模拟)如图9所示，M 、N 为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A 、C ，带电荷量分别为＋Q 、－Q ，将它们平行放置，A 、C 连线垂直于圆环平面，B 为AC 的中点，现有质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒(重力不计)从左方沿A 、C 连线方向射入，到A 点时速度v A ＝1 m/s ，到B 点时速度v B ＝ 5 m/s ，则( )图9A ．微粒从B 至C 做加速运动，且v C ＝3 m/s B ．微粒在整个运动过程中的最终速度为 5 m/sC ．微粒从A 到C 先做加速运动，后做减速运动D ．微粒最终可能返回至B 点，其速度大小为 5 m/s 答案 AB解析 AC 之间电场是对称的，A 到B 电场力做的功和B 到C 电场力做的功相同，依据动能定理可得：qU AB ＝12m v 2B－12m v 2A ，2qU AB ＝12m v 2C －12m v 2A ，解得v C ＝3 m/s ，A 正确；过B 作垂直AC 的面，此面为等势面，微粒经过C 点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B 点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B 点时相同，均为 5 m/s ，B 正确，D 错误；在到达A 点之前，微粒做减速运动，而从A 到C 微粒一直做加速运动，C 错误．拓展点带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动例4 (2017·浙江4月选考·8)如图10所示，在竖直放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m 、电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放．重力加速度为g .则点电荷运动到负极板的过程( )图10A ．加速度大小为a ＝Eqm ＋gB ．所需的时间为t ＝dmEqC ．下降的高度为y ＝d2D ．电场力所做的功为W ＝Eqd答案 B解析点电荷受到重力、电场力的作用，所以a ＝(Eq )2＋(mg )2m ，选项A 错误；根据运动的独立性，水平方向点电荷的运动时间为t ，则d 2＝12·Eqm t 2，解得t ＝md Eq ，选项B 正确；下降高度y ＝12gt 2＝mgd 2Eq，选项C 错误；电场力做功W ＝Eqd2，选项D 错误．命题点四带电粒子(带电体)在电场中的偏转1．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 ＝ 2mdyqU.(2)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 2.离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl md v20.2．两个结论(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 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l md v 2得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后射出，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．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5 (2016·北京理综·23改编)如图11所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d.图11(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ； (2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2 m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，g ＝10 m/s 2.答案 (1)2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析解析 (1)根据动能定理，有eU 0＝12m v 02，电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝Lm 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eUmd偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G ＝mg ≈10－29N电场力F ＝eU d≈10－15 N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．变式4 (多选)(2018·河南省南阳市上学期期末)如图12所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，距板右端L 处有一竖直屏M .一带电荷量为q 、质量为m 的质点以初速度v 0沿中线射入两板间，最后垂直打在M 上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g )( )图12A ．两极板间电压为mgd 2qB ．板间电场强度大小为2mgqC ．整个过程中质点的重力势能增加mg 2L 2v 20D ．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M 上答案 BC解析据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M 上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE －mg ＝ma ，mg ＝ma ，解得E ＝2mgq ，由U ＝Ed 得板间电势差U ＝2mg q ×d ＝2mgd q ，故A 错误，B 正确；质点在电场中向上偏转的距离y ＝12at 2，a ＝qE －mg m ＝g ，t ＝Lv 0，解得：y ＝gL 22v 20，故质点打在屏上的位置与P 点的距离为：s ＝2y ＝gL 2v 20，重力势能的增加量E p ＝mgs ＝mg 2L 2v 20，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd d ＝4πkQεr S可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏M 上，故D 错误．变式5 (2018·广东省茂名市第二次模拟)如图13所示，空间存在电场强度为E 、方向水平向右的范围足够大的匀强电场．挡板MN 与水平方向的夹角为θ，质量为m 、电荷量为q 、带正电的粒子从与M 点在同一水平线上的O 点以速度v 0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：图13(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小； (2)O 、M 间的距离．答案 (1)v 0tan θ (2)m v 202qE tan 2θ解析 (1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为v x ，则tan θ＝v 0v x解得：v x ＝v 0tan θ(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为a ，由牛顿第二定律：qE ＝ma 在如图所示的坐标系中：v x ＝at ，x 0＝12at 2，y 0＝v 0t设O 、M 间的距离为d ，由几何关系：tan θ＝y 0d ＋x 0解得：d ＝m v 202qE tan 2θ.1．(2018·广东省揭阳市学业水平考试) 据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是( ) A ．充电时，电容器的电容变小 B ．充电时，电容器存储的电能变小C ．充电时，电容器所带的电荷量可能不变D ．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零答案 B解析电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，充电结束后，电容器的电容不可能为零，故A 、D 错误；给手机充电时，电容器所带的电荷量减小，存储的电能变小，故B 正确；给手机充电时，手机电能增加，电容器上的电荷量一定减小，故C 错误．2．(多选)(2018·安徽省宿州市一质检)如图1为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( )图1A ．向左移动时，θ增大B ．向右移动时，θ增大C ．向左移动时，θ减小D ．向右移动时，θ减小答案 BC解析由公式C ＝εr S 4πkd ，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增大，则电容C 增大，由公式C ＝Q U 可知电荷量Q 不变时，U 减小，则θ减小，故A 错误，C 正确；由公式C ＝εr S4πkd ，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减小，则电容C 减少，由公式C ＝QU 可知电荷量Q 不变时，U 增大，则θ增大，故B 正确，D 错误．3．(多选)(2018·广东省揭阳市高三期末)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 、C 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C 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的两倍 D ．保持d 、C 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半答案 ACD解析保持U 不变，将d 变为原来的两倍后，根据E ＝Ud 可得E 变为原来的一半，A 正确；保持E 不变，将d 变为原来的一半，根据U ＝Ed 可得U 变为原来的一半，B 错误；根据公式C ＝QU 可知将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的两倍，C 正确；根据C ＝Q U 可得C 不变，将Q 变为原来的一半，U 变为原来的一半，根据公式E ＝Ud 可知d不变，U 变为原来的一半，E 变为原来的一半，D 正确．4.(2018·广东省广州市4月模拟)如图2，带电粒子由静止开始，经电压为U 1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U 2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(粒子重力不计)( )图2A ．保持U 2和平行板间距不变，减小U 1B ．保持U 1和平行板间距不变，增大U 2C ．保持U 1、U 2和下板位置不变，向下平移上板D ．保持U 1、U 2和下板位置不变，向上平移上板答案 D解析粒子在电场中加速U 1q ＝12m v 20，在偏转电场中，水平方向上x ＝v 0t ，竖直方向上y ＝12·U 2q dm t 2，解得x 2＝4dU 1y U 2；开始时x ＝12L ，保持U 2和平行板间距不变，减小U 1，则x 会减小，选项A 错误；保持U 1和平行板间距不变，增大U 2，则x 减小，选项B 错误；保持U 1、U 2和下板位置不变，向下平移上板，则d 减小，x 减小，选项C 错误；保持U 1、U 2和下板位置不变，向上平移上板，d 变大，则x 变大，故选项D 正确．5．(2018·重庆市上学期期末抽测)如图3所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a 向上运动到位置b ，在这个过程中，带电粒子( )图3A ．只受到电场力作用B ．带正电C ．做匀减速直线运动D ．机械能守恒答案 C解析带电粒子沿直线从位置a 运动到位置b ，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上，对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反，所以带电粒子带负电，故A 、B 错误；由于带电粒子做直线运动，所以电场力和重力的合力应该和速度在一条直线上且与速度方向相反，故带电粒子做匀减速直线运动，故C 正确；电场力做负功，机械能减小，故D 错误．6．(2014·山东卷·18)如图4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进入矩形区域(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4A.s 2 2qEmh B.s 2 qE mh C.s 42qEmhD.s 4qE mh答案 B解析根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s2qEmh.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 7．(2018·山东省泰安市一模)如图5所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q ，另一电荷量为－q 、质量为m 的滑块(可看做点电荷)从a 点以初速度v 0沿水平面向Q 运动，到达b 点时速度为零．已知a 、b 间距离为x ，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .以下判断正确的是( )图5A ．滑块在运动过程中所受Q 的库仑力有可能大于滑动摩擦力B ．滑块在运动过程的中间时刻速率等于v 02C ．此过程中产生的内能为m v 202D ．Q 产生的电场中a 、b 两点间的电势差U ab ＝m (v 20－2μgx )2q答案 D解析由于一直做减速运动，库仑力在增大，要减速到0，摩擦力应该始终比库仑力大，且由a 到b 过程中加速度在减小，不是匀变速运动，A 、B 错误，由动能定理－qU ab －μmgx ＝0－12m v 20可知，C 错误，D 正确．8.(多选)(2018·全国卷Ⅲ·21)如图6，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a 、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )图6A ．a 的质量比b 的大B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等答案 BD解析经时间t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则x a >x b ，根据x ＝12at 2，得a a >a b ，又由a ＝Fm 知，m a <m b ，A 项错误；经时间t 到下半区域的同一水平面，则电场力做功W a >W b ，由动能定理知，a 的动能比b 的动能大，B 项正确；a 、b 处在同一等势面上，根据E p ＝qφ知，a 、b 的电势能绝对值相等，符号相反，C 项错误；根据动量定理Ft ＝p －p 0，则经过时间t ，a 、b 的动量大小相等，D 项正确．9．(多选)(2018·湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图7所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E 的匀强电场，一质量为m 、电荷量为q 的小球，以初速度v 0从电场中的O 点出发，沿ON 方向在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，不计空气阻力．则( )图7A ．小球运动的加速度大小为g2B ．小球可能一直做匀加速运动C ．小球沿ON 方向运动的最大位移为v 202gD ．在小球运动的前v 0g 时间内，电场力对小球做功－m v 204答案 CD解析小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON 直线上，因mg ＝qE ，所以电场力qE 与重力关于ON 对称，根据数学知识得：电场力qE 与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示．合力沿ON 方向向下，大小为mg ，所以加速度为g ，方向沿ON 向下，与初速度方向相反，故小球先做匀减速直线运动，当速度减为零时，再反方向做匀加速直线运动，故A 、B 错误；当向上速度减至零时，由运动学公式可得最大位移为x ＝v 202g ，故C 正确；向上匀减速至零所用的时间为t ＝v 0g ，在此过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为12m v 20，则电场力做功为－m v 204，故D 正确．10.(2019·陕西省宝鸡市第一次质检)如图8所示，将带电荷量均为＋q 、质量分别为m 和2m 的带电小球A 与B 用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球A 和B 一起以大小为13g 的加速度竖直向上运动．运动过程中，连接A 与B 之间的细线保持竖直方向，小球A 和B 之间的库仑力忽略不计，重力加速度为g ，求：图8(1)匀强电场的场强E 的大小；(2)当A 、B 一起向上运动t 0时间时，A 、B 间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始经过2t 0时间，B 球电势能的变化量．答案 (1)2mgq(2)减小了mg 2t 20解析 (1)由于小球在电场中向上做匀加速运动，对于A 、B 两球组成的整体，由牛顿第二定律可得：2Eq －3mg ＝3ma 其中：a ＝13g代入可得：E ＝2mgq(2)当细线断开时，B 球受到竖直向上的电场力：F 电＝Eq ＝2mg小球B 受到的电场力和重力二力平衡，所以小球B 接下来向上做匀速直线运动，其速度大小为匀加速运动的末速度：v ＝at 0＝13gt 0在匀加速阶段小球B 上升的高度为：h 1＝12at 20＝16gt 20在匀速阶段小球B 上升的高度为：h 2＝v t 0＝13gt 20所以在整个过程中电场力做功为：W ＝Eq (h 1＋h 2)＝mg 2t 20由于电场力对小球B 做了mg 2t 20的正功，所以小球B 电势能减小了mg 2t 20.11．(2019·陕西省西安一中一模)一质量为m 的带电小球以速度v 0沿竖直方向从A 点垂直进入匀强电场E 中，如图9所示，经过一段时间后到达B 点，其速度变为水平方向，大小仍为v 0，重力加速度为g ，求：图9(1)小球带电情况； (2)小球由A 到B 的位移； (3)小球速度的最小值．答案 (1)小球带正电，电荷量为mgE (2)2v 202g ，与水平方向的夹角为45°斜向右上方 (3)2v 02。

2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第七章静电场专题强化八含解析

专题强化八带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题专题解读 1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现．2．学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题．3．用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点．一、带电粒子在电场中的运动1．分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题．2．受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略．一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用．二、用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法常有两种：1．用动能定理处理思维顺序一般为：(1)弄清研究对象，明确所研究的物理过程．(2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)．(4)根据W＝ΔE k列出方程求解．2．用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：(1)利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．(2)利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．3．两个结论(1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变．(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.命题点一带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．3．思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．例1(2018·山东省日照市二模)图1甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是()图1A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B．t＝14T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等答案 B解析粒子在电场中运动的时间是相同的；t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝14T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确．变式1(多选)(2018·河北省衡水中学二调)如图2甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是()图2A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd答案BC解析因0～T3时间内微粒匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T3时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T3时刻的竖直速度为v y1＝gT3，水平速度为v 0；在2T3～T 时间内，由牛顿第二定律得2E 0q －mg＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y2＝v y1－g T3＝0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理得12mgd －W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误．变式2匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图3所示．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()图3A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度不为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零答案 D解析由牛顿第二定律可知带电粒子在第1 s 内的加速度和第2 s 内的加速度的关系，因此粒子将先加速 1 s 再减速0.5 s ，速度为零，接下来的0.5 s 将反向加速……，v －t 图象如图所示，根据图象可知选项A错误；由图象可知前 2 s内的位移为负，故选项B错误；由图象可知 3 s末带电粒子的速度为零，故选项C错误；由动能定理结合图象可知0～3 s内，电场力做的总功为零，故选项D正确．命题点二带电体在电场中的运动1．力学规律(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式．(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律．2．电场规律(1)电场力的特点：F＝Eq，正电荷受到的电场力与场强方向相同．(2)电场力做功的特点：W AB＝FL AB cos θ＝qU AB＝E pA－E pB.3．多阶段运动在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度．对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得．例2(2019·四川省乐山市第一次调研)如图4所示，AB是位于竖直平面内、半径R＝0.5 m的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E＝5×103N/C.今有一质量为m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋8×10－5C的小滑块(可视为质点)从A 点由静止释放．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.05，取g＝10 m/s2，求：图4(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终运动情况．答案(1)2.2 N，方向竖直向下(2)23m(3)在圆弧轨道上往复运动解析(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为v B，对圆弧轨道最低点B的压力为F N，则由A→B，有mgR－qER＝12mv2B，F N′－mg＝mv2BR.由牛顿第三定律F N′＝F N故F N＝3mg－2qE＝2.2 N，方向竖直向下，(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x，对全程由动能定理有mgR－qE(R＋x)－μmgx＝0得x ＝23m(3)由题意知qE ＝8×10－5×5×103 N ＝0.4 Nμmg ＝0.05×0.1×10 N ＝0.05 N ，因此有qE>μmg 所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动．变式3(2018·江西省南昌二中第四次模拟)如图5所示，在E ＝103V /m 的水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R ＝40 cm ，一带正电荷q ＝10－4C 的小滑块质量为m ＝40 g ，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，问：图5(1)要使小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C ，滑块应在水平轨道上离N 点多远处释放？(2)这样释放的滑块通过P 点时对轨道压力是多大？(P 为半圆轨道中点)答案(1)20 m(2)1.5 N解析(1)设滑块与N 点的距离为L ，由动能定理可得，qEL －μmgL －mg ·2R ＝12mv 2－0小滑块在C 点时，mg ＝m v2R ，解得v ＝2 m/s ，L ＝20 m(2)滑块到达P 点时，对全过程应用动能定理得，qE(L ＋R)－μmgL －mgR ＝12mv 2P －0.在P 点，F N －qE＝mv 2PR，解得F N ＝1.5 N ．由牛顿第三定律可得，滑块通过P 点时对轨道压力大小是1.5 N.变式4(2018·安徽省安庆市二模)如图6所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O 点，小球带电荷量为＋q ，静止时距地面的高度为h ，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 求：图6(1)匀强电场的场强大小E ；(2)现将细线剪断，小球落地过程中小球水平位移的大小；(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能．答案(1)3mg 4q(2)34h (3)2516mgh解析(1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，由F T cos 37°＝mg，F T sin 37°＝qE解得：E＝3mg 4q(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，由Eq＝max＝12at2，h＝12gt2联立解得：x＝34h(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得：E k＝mgh＋qEx＝2516mgh.1．(2018·河南省中原名校第二次联考)如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是()图1图2A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少B．电压是乙图时，在0～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动答案 D解析若电压是题图甲，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是题图乙时，在0～T2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T2后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到T4后向左减速，T2后向右加速，34T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确．2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是()图3A．电子一直向着A板运动B．电子一直向着B板运动C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动答案 D3．(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图4甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()图4A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶1答案 C解析设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a若粒子在t ＝nT 时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，y max ＝12a(T 2)2＋a ×T 2×T 2＝38aT2若粒子在t ＝nT ＋T2时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，y min ＝0＋12a(T 2)2＝18aT2则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C 项正确．4.(2018·广东省韶关市调研)如图5所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳，一端系着一个带电小球，另一端固定于O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a ，最低点为b ．不计空气阻力，则()图5A ．小球带负电B ．电场力跟重力是一对平衡力C ．小球从a 点运动到b 点的过程中，电势能减小D ．运动过程中小球的机械能守恒答案 B解析小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A 错误，B 正确．小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C 错误．由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D 错误．5．(多选)(2019·山西省孝义市第一次模拟)如图6所示ABCD 为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R 的圆弧形管道，BCD 部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B 点．水平面内的M 、N 、B 三点连线构成边长为L 的等边三角形，M 、N 连线过C 点且垂直于BCD.两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M 、N 两点，电荷量分别为＋Q 和－Q.现把质量为m 、电荷量为＋q 的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A 处静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，则()图6A．小球运动到B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力B．小球在B点时的电势能小于在C点时的电势能C．小球在A点时的电势能等于在C点时的电势能D．小球运动到C点时的速度为gR答案AC解析根据等量异种点电荷的电场特征，B点电场强度小于C点，小球在B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力，故A项正确．根据等量异种点电荷的电场特征可知A、B、C三点处于同一个等势面上，所以三点的电势相等，小球在三点处的电势能是相等的，故B项错误，C项正确．从A点到C点的运动过程只有重力对小球做功，由动能定理可得：mgR＝12mv2C，所以小球在C点时速度为2gR，故D项错误．6．(多选)(2018·河南省鹤壁市第二次段考)如图7所示为竖直平面内的直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．质量为m、带电荷量为q的小球，在重力和恒定电场力F作用下，在竖直平面内沿与y轴方向成α角(90°>α>45°)斜向下方向做直线运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图7A．若F＝mgsin α，则小球的速度不变B．若F＝mgsin α，则小球的速度可能减小C．若F＝mgtan α，则小球的速度可能减小D．若F＝mgtan α，则小球的电势能可能增大答案CD解析小球只受重力G和电场力F作用，小球做直线运动，则合力为零或合力方向与运动方向在同一直线上；若F＝mgsin α，则F方向与运动方向垂直，如图，力F不做功，只有重力做功，所以小球的速度增大，A、B错误；若F＝mgtan α，力F与小球运动方向可能成锐角，力对小球做正功，小球速度增大，电势能减小，力F也可能与运动方向成钝角，合力对小球做负功，小球速度减小，电势能增大，故C、D正确．7．(2018·河南省中原名校第四次模拟)水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开电键，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图8所示，小球先后经过虚线的A、B两点．则()图8A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功C．小球由A到B的过程中动能可能减小D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小答案 D解析由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，且电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，B错误；小球受到的合力向下，小球从A点运动到B点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误；小球从A点运动到B点过程若电场力做负功，则小球的机械能减少，D正确．8．(2018·辽宁省大连市第二次模拟)如图9甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场．一质量m＝0.2 kg，带电荷量q＝2.0×10－3 C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1 s后撤去电场，小物块运动的v－t图象如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g＝10 m/s2.(sin 37°＝0.8)，求：＝0.6，cos 37°图9(1)电场强度E的大小；(2)小物块在0～0.3 s 运动过程中机械能增加量．答案(1)3×103 N/C (2)0.36 J 解析(1)加速时：a 1＝Δv 1Δt 1＝20 m/s 2减速时：加速度大小a 2＝Δv 2Δt 2＝10 m/s 2由牛顿第二定律得：Eq －mgsin θ－F f ＝ma 1mgsin θ＋F f ＝ma 2，联立得E ＝3×103 N/C ，摩擦力F f ＝0.8 N(2)方法一：ΔE k ＝0，ΔE p ＝mgxsin 37°，x ＝0.3 m ΔE ＝ΔE p ，ΔE ＝0.36 J 方法二：加速距离x 1＝v 2t 1＝0.1 m 减速距离x 2＝v 2t 2＝0.2 m 电场力做功W E ＝Eqx 1＝0.6 J摩擦力做功W f ＝－F f (x 1＋x 2)＝－0.24 J物块在0～0.3 s 运动过程中机械能增加量ΔE ＝W E ＋W f ＝0.36 J.9．如图10所示，一质量为m 、电荷量为q(q>0)的液滴，在场强大小为3mg q、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A 、B 为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.求A 、B 两点间的电势差．图10答案3mv 208q 解析由题意知qE ＝3mg ，液滴重力不能忽略，把运动分解水平方向：vsin 60°＝v 0sin 30°＋qE mt 竖直方向：vcos 60°＝v 0cos 30°－gt联立可得：v ＝233v 0，t ＝3v 06g由牛顿第二定律得水平方向加速度a ＝qE m ＝3g ，水平位移：x ＝v 0sin 30°·t ＋12(3g)t 2＝3v 208gU AB＝E·x＝3mv20 8q.10．(2018·四川省雅安市第三次诊断)如图11所示，光滑绝缘水平面上方存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场．某时刻将质量为m、带电荷量为－q的小金属块从A点由静止释放，经时间t到达B点，此时电场突然反向且增强为某恒定值，又经过时间t小金属块回到A点．小金属块在运动过程中电荷量保持不变．求：图11(1)A、B两点间的距离；(2)电场反向后匀强电场的电场强度大小．答案(1)Eq2mt2(2)3E解析(1)设t末和2t末小金属块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程a1＝Eqm，x＝12a1t2联立解得x＝Eq2mt2(2)v1＝a1t，解得v1＝Eqmt，小金属块由B点运动到A点过程a2＝－E1qm，－x＝v1t＋12a2t2，联立解得E1＝3E.。

全品复习方案2020届高考物理一轮复习第7单元静电场听课正文含解析

一、电荷及其守恒定律
,
图19-1
考点一
可以看出
图19-2
图19-3
图19-4 考点二
图19-5 图19-6
图19-7
电场与一个位于球心、所带电荷量与之相等的点电荷产生的电场相同的球体上均匀分布着总电荷量为Q的电荷,在过球心
π
图19-8
,大小为
,大小为
考点三
图19-10 电场力先增大后减小
图19-11
加速度越来越大
一、电势能和电势、等势面
考点一描述电场的能的性质的物理量
图20-1
所示,真空中有等量异种点电荷
图20-2
计算时
考点二
=
图20-3 图20-4 图20-5
图20-6
考点三
图20-7
图20-8 图20-9
考点四
图20-10
图20-11 图20-12
图20-13 一、电容器与电容
可用来计算任何电容器的电容
考点一平行板电容器
图21-1
图21-2 竖直向下运动
图21-3 确定电容器电容的变化
考点二
,
mv-
图21-4
A、B、C中央各有一小孔
现将C板向右平移到P'点
图21-5
图21-6
重力加速度为g,带电油滴通过使其到图中虚线所示位置,则
考点三
m=.
.
m
图21-7
图21-8
图21-9 热点一示波管
图Z5-1。

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习第七章第2节电场能的性质课件

【题组突破】 1．(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，P 是固定的点电荷，虚线是以 P 为圆心的两个圆．带电粒子 Q 在 P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c 为轨迹上的三个点．若 Q 仅受 P 的电场力作用，其在 a、b、c 点的加速度大小分别为 aa、ab、ac，速度大小分别为 va、vb、vc，则( ) A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb
解析：选 AB.电子在等势面 b 时的电势能为 E＝qφ＝－2 eV，电子由 a 到 d 的过程电场力做负功，电势能增加 6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由 a 到 b、由 b 到 c、由 c 到 d、由 d 到 f 电势能均增加 2 eV，则电子在等势面 c 的电势能为零，等势面 c 的电势为零，A 正确．由以上分析可知，电子在等势面 d 的电势能应为 2 eV，C 错误．电子在等势面 b 的动能为 8 eV，电子在等势面 d 的动能为 4 eV，由公式 Ek＝12mv2 可知，该电子经过平面 b 时的速率为经过平面 d 时速率的 2倍，D 错误．如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面 f 就返回平面 a，B 正确．
电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷的正负
取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
判断依据
判断方法

(京津鲁琼版)2020版高考物理总复习第七章第1节电场力的性质课件

了解生产生活中关于静电的利用与防护的实例．知道静电场中的电荷具有电势能．了解电势能、电势的含义．
第七章静电场
新课程标准知道匀强电场中电势差及其与电场强度的关系．能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象．观察常见电容器，了解电容器的电容，观察电容器的充、放电现象．能举例说明电容器的应用．
做一做 (多选)(人教版选修 3－1·P15·T5 改编)某电场区域的电场线如图所示，a、b 是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是 ()
A．负电荷在 a 点受到的电场力一定小于它在 b 点受到的电场力 B．a 点的场强方向一定沿着 a 点的电场线向右 C．正电荷在 a 点受到的电场力一定大于它在 b 点受到的电场力 D．a 点的场强一定大于 b 点的场强提示：BCD
库仑定律的理解及应用【知识提炼】 1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用． 2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r 为球心间的距离． 3．对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示．
(1)同种电荷：F＜kqr1q2 2； (2)异种电荷：F＞kqr1q2 2. 4．不能根据公式错误地认为 r→0 时，库仑力 F→∞，因为当 r →0 时，两个带电体已不能看做点电荷了．
(4)电场中某点的场强方向与负电荷在该点所受的电场力的方
向相反．( )
(5)在真空中，点电荷的场强公式 E＝krQ2 中的 Q 是产生电场的场源电荷的电荷量，E 与试探电荷无关．( ) (6)带电粒子的运动轨迹一定与电场线重合．( )
提示：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√ (6)×
对电场线的理解及应用【知识提炼】 1．电场线的作用 (1)判断电场强度的方向电场线上任意一点的切线方向即为该点电场的方向． (2)判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反．

2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第七章静电场第1讲含解析

内容与要求 1.通过实验，了解静电现象．能用原子结构模型和电荷守恒的观念分析静电现象．2．知道点电荷模型，体会科学研究中的物理模型方法．知道两个点电荷间相互作用的规律．体会库仑定律探究过程中的科学思想和方法．3．知道电场是一种物质．了解电场强度，体会用物理量之比定义新物理量的方法．会用电场线描述电场．4．了解生产生活中关于静电的利用与防护的实例．5．知道静电场中的电荷具有电势能．了解电势能、电势的含义．6．知道匀强电场中电势差及其与电场强度的关系．7．能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象．8．观察常见电容器，了解电容器的电容，观察电容器的充、放电现象．能举例说明电容器的应用．第1讲电场力的性质一、电荷电荷守恒定律1．元电荷、点电荷(1)元电荷：e＝1.60×10－19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍．(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、形状及电荷分布状况的理想化模型．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、大小相同且带同种电荷的同种导体，接触后再分开，二者带等量同种电荷，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．自测1如图1所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开()图1A ．此时A 带正电，B 带负电 B ．此时A 带正电，B 带正电C ．移去C ，贴在A 、B 下部的金属箔都闭合D ．先把A 和B 分开，然后移去C ，贴在A 、B 下部的金属箔都闭合答案 C解析由静电感应可知，A 左端带负电，B 右端带正电，选项A 、B 错误；若移去C ，A 、B 两端电荷中和，则贴在A 、B 下部的金属箔都闭合，选项C 正确；先把A 和B 分开，然后移去C ，则A 、B 带的电荷不能中和，故贴在A 、B 下部的金属箔仍张开，选项D 错误．二、库仑定律 1．内容真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上． 2．表达式F ＝k q 1q 2r 2，式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫做静电力常量．3．适用条件真空中的静止点电荷．(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)当两个带电体间的距离远大于其本身的大小时，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，即同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．自测2 (2018·北京市大兴区上学期期末)关于真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，下列描述合理的是( )A ．该作用力一定是斥力B ．库仑通过实验总结出该作用力的规律C ．该作用力与两电荷之间的距离无关D ．电荷量较大的受到的力大答案 B解析真空中两个静止的点电荷之间的相互作用力，同性电荷时是斥力，异性电荷时是吸引力，选项A 错误；库仑通过实验总结出该作用力的规律，称为库仑定律，选项B 正确；该作用力与两点电荷之间的距离的平方成反比，选项C 错误；两点电荷之间的作用力是相互作用力，故无论是电荷量较大的还是电荷量较小的受到的力都是相等的，选项D 错误．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力的作用． 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：E ＝Fq；单位：N /C 或V/m.(3)矢量性：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向． 3．点电荷的电场：真空中距场源电荷Q 为r 处的场强大小为E ＝k Qr2.自测3 如图2所示，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2A ．q 1＝2q 2B ．q 1＝4q 2C ．q 1＝－2q 2D ．q 1＝－4q 2答案 B解析设RQ ＝r ，则PR ＝2r ，有k q 1(2r )2＝k q 2r 2，q 1＝4q 2. 四、电场线的特点1．电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷． 2．电场线在电场中不相交．3．在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏．自测4 两个带电荷量分别为Q 1、Q 2的质点周围的电场线如图3所示，由图可知( )图3A ．两质点带异号电荷，且Q 1>Q 2B ．两质点带异号电荷，且Q 1<Q 2C ．两质点带同号电荷，且Q 1>Q 2D ．两质点带同号电荷，且Q 1<Q 2答案 A命题点一库仑定律的理解和应用1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用．2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r 为球心间的距离． 3．对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图4所示．图4(1)同种电荷：F ＜k q 1q 2r 2；(2)异种电荷：F ＞k q 1q 2r2.4．不能根据公式错误地认为r →0时，库仑力F →∞，因为当r →0时，两个带电体已不能看做点电荷了．例1 已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．如图5所示，半径为R 的球体上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在过球心O 的直线上有A 、B 两个点，O 和B 、B 和A 间的距离均为R .现以OB 为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k ，球的体积公式为V ＝43πr 3，则A 点处检验电荷q 受到的电场力的大小为( )图5A.5kqQ 36R 2B.7kqQ 36R 2C.7kqQ 32R 2D.3kqQ 16R 2 答案 B解析实心大球对q 的库仑力F 1＝kqQ 4R 2，挖出的实心小球的电荷量Q ′＝(R 2)3R 3Q ＝Q8，实心小球对q 的库仑力F 2＝kq Q8(32R )2＝kqQ 18R 2，则检验电荷q 所受的电场力F ＝F 1－F 2＝7kqQ36R 2，选项B 正确．变式1 如图6所示，两个质量均为m 的完全相同的金属球壳a 与b ，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支架上，两球心间的距离l 为球壳外半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，电荷量的绝对值均为Q ，那么，a 、b 之间的万有引力F 1与库仑力F 2为( )图6A ．F 1＝G m 2l 2，F 2＝k Q 2l 2B ．F 1≠G m 2l 2，F 2＞k Q 2l 2C ．F 1≠G m 2l 2，F 2＝k Q 2l 2D ．F 1＝G m 2l 2，F 2＞k Q 2l2答案 D例2 (2018·全国卷Ⅰ·16)如图7，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为ab ＝5 cm ，bc ＝3 cm ，ca ＝4 cm.小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线．设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ，则( )图7A ．a 、b 的电荷同号，k ＝169B ．a 、b 的电荷异号，k ＝169C ．a 、b 的电荷同号，k ＝6427D ．a 、b 的电荷异号，k ＝6427答案 D解析由小球c 所受库仑的合力的方向平行于a 、b 的连线知a 、b 带异号电荷．a 对c 的库仑力F a ＝k 0q a q c(ac )2①b 对c 的库仑力F b ＝k 0q b q c(bc )2②设合力向左，如图所示，根据相似三角形得F a ac ＝F bbc③由①②③得k ＝⎪⎪⎪⎪q a q b ＝(ac )3(bc )3＝6427，D 正确．命题点二库仑力作用下的平衡和加速问题涉及库仑力的平衡问题，其解题思路与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力，具体步骤如下：注意库仑力的方向：同性相斥，异性相吸，沿两电荷连线方向．例3 (2018·闽粤期末大联考)如图8甲所示，用OA 、OB 、AB 三根轻质绝缘绳悬挂两个质量均为m 的带等量同种电荷的小球(可视为质点)，三根绳子处于拉伸状态，且构成一个正三角形，AB 绳水平，OB 绳对小球的作用力大小为F T .现用绝缘物体对右侧小球施加一水平拉力F ，使装置静止在图乙所示的位置，此时OA 绳竖直，OB 绳对小球的作用力大小为F T ′.根据以上信息可以判断F T 和F T ′的比值为( )图8A.33 B. 3 C.233D ．条件不足，无法确定答案 A解析题图甲中，对B 球受力分析，受重力、OB 绳的拉力F T 、AB 绳的拉力F T A 、AB 间的库仑力F A ，如图(a)所示：根据平衡条件，有：F T ＝mg cos 30°＝23mg ；题图乙中，先对小球A 受力分析，受重力、AO 绳的拉力，AB 间的库仑力以及AB 绳的拉力，由于A 处于平衡状态，则AB 绳的拉力与库仑力大小相等，方向相反，再对B 球受力分析，受拉力、重力、OB 绳的拉力、AB 间的库仑力以及AB 绳的拉力，而AB 间的库仑力与AB 绳的拉力的合力为零，图中可以不画，如图(b)所示．根据平衡条件，有：F T ′＝mg cos 60°＝2mg ，可见F T F T ′＝33，故选A.变式2 (2018·浙江11月选考·8)电荷量为4×10－6 C 的小球绝缘固定在A 点，质量为0.2 kg 、电荷量为－5×10－6 C的小球用绝缘细线悬挂，静止于B 点．A 、B 间距离为30 cm ，AB 连线与竖直方向夹角为60°.静电力常量为9.0×109 N·m 2/C 2，小球可视为点电荷．下列图示正确的是(g 取10 m/s 2)( )答案 B解析 A 对B 的库仑力大小F A ＝kq A |q B |r 2＝2 N ，可知A 对B 的库仑力与B 的重力相等，对B 受力分析如图所示，所以F A 与G 的合力方向与G 方向的夹角为60°，故B 正确．例4 如图9所示，质量为m 的小球A 穿在足够长的光滑绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A (可视为点电荷)带正电，电荷量为q .在杆上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷．将A 由距B 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．整个装置处在真空中，已知静电力常量k 和重力加速度g .求：图9(1)A 球刚释放时的加速度大小；(2)当A 球的动能最大时，A 球与B 点间的距离．答案 (1)g sin α－kQq sin 2αmH 2(2)kQqmg sin α解析 (1)根据库仑定律有F ＝k qQr 2，由牛顿第二定律可知mg sin α－F ＝ma ，又知r ＝Hsin α解得a ＝g sin α－kQq sin 2αmH 2(2)当A 球受到的合力为零，即加速度为零时，其动能最大．设此时A 球与B 点间的距离为d . 则mg sin α＝kQqd2，解得d ＝kQqmg sin α.变式3 (2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)在匀强电场中，有一质量为m ，带电荷量为＋q 的带电小球静止在O 点，然后从O 点自由释放，其运动轨迹为一直线，直线与竖直方向的夹角为θ，如图10所示，那么下列关于匀强电场的场强大小的说法中正确的是( )图10A ．唯一值是mg tan θqB ．最大值是mg tan θqC ．最小值是mg sin θqD ．不可能是mgq答案 C解析小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动，其所受合力方向沿直线向下，由三角形定则知电场力最小为qE ＝mg sin θ，故场强最小为E ＝mg sin θq ，故C 正确．命题点三电场强度的理解和计算类型1 点电荷电场强度的叠加及计算1．电场强度的性质(1)矢量性：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点场强的方向；(2)唯一性：电场中某一点的电场强度E 是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷q 无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置；(3)叠加性：如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和 2．三个计算公式3.等量同种和异种点电荷的电场强度的比较例5 (2015·山东理综·18)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图11.M 、N 两点各固定一负点电荷，一电量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )图11A.3kQ4a 2，沿y 轴正向 B.3kQ4a 2，沿y 轴负向 C.5kQ4a 2，沿y 轴正向 D.5kQ4a2，沿y 轴负向答案 B解析因正电荷Q 在O 点时，G 点的场强为零，则可知两负电荷在G 点形成的电场的合场强与正电荷Q 在G 点产生的场强等大反向，大小为E 合＝k Qa 2，方向沿y 轴正向；若将正电荷移到G 点，则正电荷在H 点的场强大小为E 1＝k Q (2a )2＝kQ 4a 2，方向沿y 轴正向，因两负电荷在G 点的场强与在H 点的场强等大反向，则H 点处场强为E ＝E 合－E 1＝3kQ4a2，方向沿y 轴负向，故选B.变式4 (2018·山东省烟台市期末考试)如图12所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q ，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a ，则正方形两条对角线交点处的电场强度( )图12A ．大小为42kQa 2，方向竖直向上B ．大小为22kQa 2，方向竖直向上C ．大小为42kQa 2，方向竖直向下D ．大小为22kQa 2，方向竖直向下答案 C解析一个点电荷在两条对角线交点O 产生的场强大小为E ＝kQ (22a )2＝2kQa 2，对角线上的两异种点电荷在O 处的合场强为E 合＝2E ＝4kQ a 2，故两等大的场强互相垂直，合场强为E O ＝E 2合＋E 2合＝42kQ a 2，方向竖直向下，故选C. 类型2 非点电荷电场强度的叠加及计算1．等效法在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．例如：一个点电荷＋q 与一个无限大薄金属板形成的电场，等效为两个异种点电荷形成的电场，如图13甲、乙所示．图13例6 (2018·河南省中原名校第六次模拟)一无限大接地导体板MN 前面放有一点电荷＋Q ，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN 存在的情况下，由点电荷＋Q 与其像电荷－Q 共同激发产生的．像电荷－Q 的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷＋Q 在此镜中的像点位置．如图14所示，已知＋Q 所在位置P 点到金属板MN 的距离为L ，a 为OP 的中点，abcd 是边长为L 的正方形，其中ab 边平行于MN .则( )图14A ．a 点的电场强度大小为E ＝4k QL2B ．a 点的电场强度大小大于b 点的电场强度大小，a 点的电势高于b 点的电势C ．b 点的电场强度和c 点的电场强度相同D ．一正点电荷从a 点经b 、c 运动到d 点的过程中电势能的变化量为零答案 B解析由题意可知，点电荷＋Q 和金属板MN 周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a 点的电场强度E ＝k Q (L 2)2＋k Q (3L 2)2＝40kQ9L 2，A 错误；等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示由图可知E a >E b ，φa >φb ，B 正确；图中b 、c 两点的场强不同，C 错误；由于a 点的电势大于d 点的电势，所以一正点电荷从a 点经b 、c 运动到d 点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D 错误． 2．对称法利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化．例如：如图15所示，均匀带电的34球壳在O 点产生的场强，等效为弧BC 产生的场强，弧BC 产生的场强方向，又等效为弧的中点M 在O 点产生的场强方向．图15例7 (2018·湖南省衡阳市第二次联考)如图16所示，一电荷量为＋Q 的均匀带电细棒，在过中点c 垂直于细棒的直线上有a 、b 、d 三点，且ab ＝bc ＝cd ＝L ，在a 点处有一电荷量为＋Q2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16A ．k 5Q 9L 2B ．k 3Q L 2C ．k 3Q 2L 2D ．k 9Q 2L 2答案 A解析电荷量为＋Q 2的点电荷在b 处产生的电场强度为E ＝kQ2L 2，方向向右，b 点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知细棒与＋Q 2在b 处产生的电场强度大小相等，方向相反，则知细棒在b 处产生的电场强度大小为E ′＝kQ2L 2，方向向左．根据对称性可知细棒在d 处产生的电场强度大小为kQ 2L 2，方向向右；而电荷量为＋Q2的点电荷在d 处产生的电场强度为E ″＝kQ 2(3L )2＝kQ 18L 2，方向向右，所以d 点处场强的大小为E d ＝5kQ9L 2，方向向右，故选项A 正确． 3．填补法将有缺口的带电圆环或圆板补全为圆环或圆板，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍．例8 如图17甲所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝()122221x k R x σ⎡⎤⎢⎥π-⎢⎥⎢⎥+⎣⎦，方向沿x 轴．现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图乙所示．则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为()图17A ．B ．2πkσ0()1222xrx+C ．2πkσ0xrD ．2πkσ0rx答案 A解析当R →∞时，()1222xRx+＝0，则无限大带电平板产生的电场的场强为E ＝2πkσ0.当挖去半径为r 的圆板时，12222()rk r x σπ+应在E 中减掉该圆板对应的场强E r ＝()122221x k r x σ⎡⎤⎢⎥π-⎢⎥⎢⎥+⎣⎦，即E ′＝2πkσ0()1222x r x +，选项A 正确．4．微元法将带电体分成许多元电荷，每个元电荷看成点电荷，先根据库仑定律求出每个元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强．1．三个相同的金属小球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，此时球1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( ) A ．n ＝3 B ．n ＝4 C ．n ＝5 D ．n ＝6答案 D解析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 2r 2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．又由于三个小球相同，则两球接触时平分总电荷量，故有q ·nq ＝nq2·q ＋nq 22，解得n ＝6，D 正确．2．(多选)在电场中的某点A 放一电荷量为＋q 的试探电荷，它所受到的电场力大小为F ，方向水平向右，则A 点的场强大小E A ＝Fq，方向水平向右．下列说法正确的是( )A ．在A 点放置一个电荷量为－q 的试探电荷，A 点的场强方向变为水平向左B ．在A 点放置一个电荷量为＋2q 的试探电荷，则A 点的场强变为2E AC ．在A 点放置一个电荷量为－q 的试探电荷，它所受的电场力方向水平向左D ．在A 点放置一个电荷量为＋2q 的试探电荷，它所受的电场力为2F 答案 CD解析 E ＝Fq 是电场强度的定义式，某点的场强大小和方向与场源电荷有关，与放入的试探电荷无关，故选项A 、B错误；因负电荷受到的电场力的方向与场强方向相反，故选项C 正确；A 点场强E A 一定，放入的试探电荷所受电场力大小为F ′＝q ′E A ，当放入电荷量为＋2q 的试探电荷时，试探电荷所受电场力应为2F ，故选项D 正确． 3．(多选)(2018·云南省大理市模拟)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1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1A．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答案AB解析由小球从A点到C点的轨迹可知，小球受到的电场力方向向右，带正电，选项A正确；小球从C点到B点，所受合力指向轨迹凹侧，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CB段轨迹凹侧，不符合要求，选项B正确，C错误；小球从A点到B点，由动能定理，当电场力与恒力F做功的代数和为零时，在A、B两点小球的速率相等，选项D错误．4.(2018·四川省攀枝花市第二次统考)如图2所示，一电子沿等量异种点电荷连线的中垂线由A→O→B匀速飞过，电子重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是()图2A．先变大后变小，方向水平向左B．先变大后变小，方向水平向右C．先变小后变大，方向水平向左D．先变小后变大，方向水平向右答案 B解析根据等量异种点电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小，则电子所受电场力的大小先变大后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右，故B正确，A、C、D错误．5．(多选)如图3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，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，箭头表示运动方向，a、b是轨迹上的两点．若粒子在运动中只受电场力作用．根据此图能作出的正确判断是()图3A ．带电粒子所带电荷的符号B ．粒子在a 、b 两点的受力方向C ．粒子在a 、b 两点何处速度大D ．a 、b 两点电场的强弱答案 BCD解析由题图中粒子的运动轨迹可知粒子在a 、b 两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A 错误，B 正确；由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，电场力对粒子做负功，粒子动能减小，电势能增大，则粒子在a 点的速度较大，故C 正确；根据电场线的疏密程度可判断a 、b 两点电场的强弱，故D 正确．6.(2019·陕西省黄陵中学月考)如图4所示，一个绝缘圆环，当它的14均匀带电且电荷量为＋q 时，圆心O 处的电场强度大小为E ，现使半圆ABC 均匀带电＋2q ，而另一半圆ADC 均匀带电－2q ，则圆心O 处电场强度的大小和方向为( )图4A ．22E ，方向由O 指向DB ．4E ，方向由O 指向DC ．22E ，方向由O 指向BD ．0 答案 A解析当圆环的14均匀带电且电荷量为＋q 时，圆心O 处的电场强度大小为E ，由如图所示的矢量合成可得，当半圆ABC 均匀带电＋2q 时，在圆心O 处的电场强度大小为2E ，方向由O 指向D ；当另一半圆ADC 均匀带电－2q 时，同理，在圆心O 处的电场强度大小为2E ，方向由O 指向D ；根据矢量的合成法则，圆心O 处的电场强度的大小为22E ，方向由O 指向D .7.(2018·贵州省黔东南州一模)如图5，xOy 平面直角坐标系所在空间有沿x 轴负方向的匀强电场(图中未画出)，电场强度大小为E .坐标系上的A 、B 、C 三点构成边长为L 的等边三角形．若将两电荷量相等的正点电荷分别固定在A 、B 两点时，C 点处的电场强度恰好为零．则A 处的点电荷在C 点产生的电场强度大小为( )图5A ．E B.33E C.3E D.32E 答案 B解析 C 点三个电场方向如图所示，根据题意可知E 1cos 30°＋E 2cos 30°＝E ，又E 1＝E 2，故解得E 2＝33E ，B 正确．8．(多选)(2018·四川省德阳市一诊)如图6所示，带电质点P 1固定在光滑的水平绝缘面上，在水平绝缘面上距P 1一定距离处有另一个带电质点P 2，P 2在水平绝缘面上运动，某一时刻质点P 2以速度v 沿垂直于P 1 P 2的连线方向运动，则下列说法正确的是( )图6A ．若P 1、P 2带同种电荷，以后P 2一定做速度变大的曲线运动B ．若P 1、P 2带同种电荷，以后P 2一定做加速度变大的曲线运动C ．若P 1、P 2带异种电荷，以后P 2的速度和加速度可能都不变D ．若P 1、P 2带异种电荷，以后P 2可能做加速度、速度都变小的曲线运动答案 AD解析若P 1、P 2带同种电荷，P 1、P 2之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不在一条直线上，所以质点P 2一定做曲线运动，由于两者之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以P 2的加速度减小，速度增大，故A 正确，B 错误；若P 1、P 2为异种电荷，P 1、P 2之间的库仑力为吸引力，当P 1、P 2之间的库仑力恰好等于P 2做圆周运动所需的向心力时，P 2就绕着P 1做匀速圆周运动，此时P 2速度的大小和加速度的大小都不变，但是方向改变，故C 错误；若P 1、P 2为异种电荷，P 1、P 2之间的库仑力为吸引力，若速度较大，吸引力小于P 2做圆周运动所需的向心力，P 2做离心运动，吸引力减小，则加速度减小，引力做负功，速度减小，P 2做加速度、速度都变小的曲线运动，故D 正确．9．(2018·山东省菏泽市上学期期末)如图7所示，正方形线框由边长为L 的粗细均匀的绝缘棒组成，O 是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，现在线框上侧中点A 处取下足够短的带电荷量为q 的一小段，将其沿OA 连线延长线向上移动L2的距离到B 点处，若线框的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，则此时O 点的电场强度大小为(k 为静电力常量)( )图7A ．k q L 2B ．k 3q 2L 2C ．k 3q L 2D ．k 5q L 2答案 C解析设想将线框分为n 个小段，每一小段都可以看成点电荷，由对称性可知，线框上的电荷在O 点产生的场强等效为与A 点对称的电荷量为q 的电荷在O 点产生的场强，故E 1＝kq (L 2)2＝4kq L 2B 点的电荷在O 点产生的场强为E 2＝kqL 2由场强的叠加可知E ＝E 1－E 2＝3kqL2.10．如图8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8A ．k 4q h 2B ．k 4q 9h 2C ．k 32q 9h 2D ．k 40q 9h 2答案 D解析该电场可等效为分别在z 轴h 处与－h 处的等量异种电荷产生的电场，如图所示，则在z ＝h2处的场强大小E＝k q (h 2)2＋k q (3h 2)2＝k 40q 9h 2，故D 正确．11．(2018·湖北省武汉市调研)a 、b 、c 三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态．已知a 所带的电。

(鲁京津琼)高考物理总复习第七章静电场从教材走向高考教案

（鲁京津琼）高考物理总复习第七章静电场从教材走向高考教案静电场从教材走向高考高考热点：带电粒子在电场中运动的综合问题【教材原题】 [人教版选修3－1·P39·T3]电场中的偏转运动【拓展提升2】在复合场中的运动先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入电场时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开电场时电子速度偏角的正切值与氢核速度偏角的正切值之比。

(1)电子与氢核的初速度相同；(2)电子与氢核的初动能相同。

如图2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＝1×10－2kg、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B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2(1)小球到达M极板上边缘B位置时速度的大小和方向；(2)M、N两极板间的电场强度的大小和方向。

【拓展提升1】复合场中的偏转运动【拓展提升3】复合场中的运动如图1所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电荷量q ＝＋1×10－8C ，g ＝ 10 m/s 2。

求：图1(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)微粒恰好从上极板的右边缘射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压值是多少？(2017·全国卷Ⅱ，25)如图3所示，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。

2020版高考物理大一轮复习第七章静电场第二节电场能的性质检测.doc

第二节电场能的性质(建议用时： 40 分钟 )一、单项选择题1.如下图为某示波管内的聚焦电场，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 ()A．W a＝W b，E a >E b B．W a≠W b，E a >E bC．W a＝W b，E a <E b D．W a≠W b，E a <E b分析：选 A.因 a、 b 两点在同一等势线上，故 U ac＝ U bc， W a＝ eU ac， W b＝eU bc，故 W a＝W b .由题图可知 a 点处电场线比 b 点处电场线密，故 E a>E b .选项A正确．2．已知电荷平均散布的绝缘球，球壳对壳内点电荷的作使劲为零，对球壳外点电荷的作使劲等于将所有电荷量所有集中在球心的点电荷对球外点电荷的作使劲．若真空中有一半径为R 的平均带正电的绝缘球，经过其球心作一条直线，用 r 表示该直线上某点到球心的距离，则该直线上各点的电场强度 E 随 r 变化的图象正确的选项是 ()分析：选 A.该球的电荷密度ρ＝，球内某点的电场强度等于以距球心的距离 r 为半径的球体所产生的电场强度，大小E＝k＝，球外某点的电场强度E＝k，只有选项 A 正确．3 ．如下图，匀强电场中有 a 、 b 、 c 三点，在以它们为极点的三角形中，∠ a＝30°，∠ c＝90°.电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b 和 c 点的电势分别为 (2－ ) V、(2 ＋) V 和 2 V ．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为()A．(2－) V、(2＋) VB．0、4 VC.V、 VD．0、2 V分析：选 B.如下图，圆心 O 是 ab 的中点，所以圆心 O 点的电势为 2 V ，所以 Oc 是等势线，则电场线如图中 MN 所示，方向由 M 指向 N.沿电场线方向电势平均降低，过圆心的电势为 2 V，作 aP ⊥MN ，则 aP 为等势线，则 U OP＝φO－φa＝V，U ON∶U OP＝ ON ∶OP ＝1∶cos 30°，解得 U ON＝ 2 V，则圆周上电势最低为 0，最高为 4 V，选 B.4.(2019 ·长沙模拟 ) 有一半径为R 的平均带电薄球壳，在经过球心的直线上，各点的场强 E 随与球心的距离x 变化的关系如下图；在球壳外空间，电场散布与电荷量所有集中在球心时同样，已知静电常量为k，半径为R 的球面面积为 S＝ 4π R2，则以下说法正确的选项是 ()A．平均带电球壳带电密度为B．图中 r＝ 1.5RC．在 x 轴上各点中有且只有x＝ R 处电势最高D．球面与球心间电势差为E0 R分析：选 A.由图线可知，距离球心 R 处的场强为 E0，则依据点电荷场强公式可知： E0＝，解得球壳带电荷量为 Q＝，则平均带电球壳带电密度为＝，选项 A 正确；依据点电荷场强公式E0＝，解得 r＝R，选项 B 错误；由题意可知在 x 轴上各点中，在0～ R 范围内各点的电势均同样，球面与球心间的电势差为零，选项 C、 D 错误．5.一个电子只在电场力作用下从 a 点运动到 b 点的轨迹如图中虚线所示，图中平行实线可能是电场线也可能是等势线，则以下说法正确的选项是()A．不论图中的实线是电场线仍是等势线， a 点的电场强度都比 b 点的电场强度小B．不论图中的实线是电场线仍是等势线， a 点的电势都比 b 点的电势高C．不论图中的实线是电场线仍是等势线，电子在 a 点的电势能都比在b 点的电势能小D．假如图中的实线是等势线，电子在 a 点的速率必定大于在 b 点的速率分析：选 D.依据电场线和等势线的特色及二者的关系可知，不论图中的实线是电场线仍是等势线，a、 b 两点的电场强度都相等；若图中实线是电场线，则依据做曲线运动的物体必定遇到指向轨迹凹侧的合外力，可知电子遇到的电场力方向水平向右，电场线方向水平向左， a 点的电势比 b 点的电势低，电子从 a 点运动到 b 点的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增大，电子在a 点的电势能比在b 点的电势能大，电子在 a 点的速率必定小于在 b 点的速率；若图中实线是等势线，则依据电场线和等势线垂直的关系和物体做曲线运动的条件，可知电子遇到的电场力方向竖直向下，电场线方向竖直向上， a 点的电势比 b 点的电势高，电子从 a 点运动到 b 点的过程中，电场力做负功，电势能增添，动能减小，电子在 a 点的电势能比在 b 点的电势能小，电子在 a 点的速率必定大于在 b 点的速率．综上所述，选项 D 正确．6.在两等量异种点电荷 A 和 B 形成的电场中，将另两个等量异种尝试电荷a、b 用绝缘细杆连结后，搁置在点电荷 A 和 B 的连线上，且对于连线中点对称，如下图．图中水平虚线为 A、B 连线的中垂线．现将尝试电荷 a、b 连同绝缘细杆从图示地点沿 A 、B 连线的中垂线向右平移到无量远处，平移过程中两尝试电荷一直对于中垂线对称．若规定A、B 连线中点处电势为零，则以下说法中正确的选项是 ()A．在 A、B 连线上， b 处的电势大于零B．a、b 整体在 A、 B 连线处拥有的电势能大于零C．在水平挪动 a、b 整体的过程中，静电力对a、b 整体做负功D．在图示地点将a、 b 整体绕绝缘细杆中点转动90°的过程中，静电力对a，b 整体做负功分析：选 B.此题考察静电场．在A、B 连线上，电场线由 A 指向 B，沿电场线方向电势渐渐降低，连线中点的电势为零， b 处电势小于零， A 项错误； a 处电势大于零，由 E p＝qφ知 a、 b 整体在 A、B 连线处拥有的电势能大于零， B 项正确；在水平挪动 a 、b 整体到无量远处的过程中， a、b 整体的电势能均变成零，故静电力对 a、 b 整体做正功， C 项错误；在图示地点将 a、 b 整体绕绝缘细杆中点转动 90°的过程中，静电力对 a、b 整体做正功， D 项错误．7．如下图， a、 b、 c、d 、O 五点均在匀强电场中，它们恰好是一个半径为R＝0.2 m 的圆的四个平分点和圆心 O，b、c、d 三点的电势如下图．已知电场线与圆所在平面平行，对于电场强度的大小和方向，以下说法正确的选项是()A．电场强度的方向由O 指向 b 点B．电场强度的方向由O 指向 d 点C．电场强度的大小为10 V/mD．电场强度的大小为10 V/m分析：选 D.由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O 点的电势为 6 V，O、d 连线的中点 e 处的电势为 8 V，连结 c、 e，过 O 作 ce 的垂线交 ce 于 f，则 ce 为等势线，电场线垂直于 ce 向下，即电场强度的方向由f指向 O 点，连结 c、O，计算得 Of 长为 R， O、f 间的电势差为 2 V ，则电场强度 E＝＝ 10 V/m ，选项 D 正确．8．如下图， a、 b、 c、 d 是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个极点， ab＝ cd ＝L ，ad ＝ bc ＝2L，电场线与矩形所在的平面平行．已知 a 点电势为 20 V ， b 点电势为 24 V ，d 点电势为 12 V ．一个质子从 b 点以速度 v0射入此电场，入射方向与 bc 成 45°角，一段时间后经过 c 点．不计质子的重力．以下判断正确的选项是 ()A．c 点电势高于 a 点电势B．场强的方向由 b 指向 dC．质子从 b 运动到 c，电场力做功为8 eVD．质子从 b 运动到 c，电场力做功为 4 eV分析：选 C.因为是匀强电场，故a、d 的中点 (设为 E)电势应为 a、d 两点的一半，即 16 V，那么 E、 b 的中点 F 电势是 20 V，和 a 点同样．连结a、F获得等势线，则电场线与它垂直，正好是由 b 指向 E.那么 cE 平行于 aF ，故 c点电势与 E 同样，也为 16 V，小于 a 点电势， A 错误；场强的方向由 b 指向E， B 错误；从 b 到 c 电势下降了 8 V，质子电荷量为 e，质子从 b 运动到 c，电场力做功8 eV ，电势能减小 8 eV ，C 正确， D 错误．9．在电场强度大小为 E 的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为q 的带电小球由静止开始开释，带电小球沿与竖直方向成θ 角的方向做直线运动．对于带电小球的电势能ε和机械能 W 的判断，正确的选项是 () A．若 sin θ＜，则ε必定减小， W 必定增添B．若 sin θ＝，则ε必定不变， W 必定减小C．若 sin θ＜，则ε可能增添， W 可能减小D．若 tan θ＝，则ε可能增添， W 可能减小分析：选 C.如下图，若 sin θ＜，电场力可能做正功，也可能做负功，所以ε可能减小也可能增大， W 可能增大也可能减小，故 A 错误， C 正确；若 sin θ＝，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，ε，W 必定不变，故 B 错误；若 tan θ＝，则电场力沿水平方向，电场力和重力的协力与速度方向同向，电场力做正功，ε必定减少， W 必定增添，故 D 错误．二、多项选择题10． (2017 ·高考江苏卷 )在 x 轴上有两个点电荷 q 1、 q2，其静电场的电势φ在 x 轴上散布如下图．以下说法正确的有()A．q1和 q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从 x1移到 x2，电势能减小D．负电荷从 x1移到 x2，遇到的电场力增大分析：选AC. 由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必然为异种电荷， A 项正确；由 E＝可知，φ －x 图象的切线斜率表示电场强度，所以x1处的电场强度不为零， B 项错误；负电荷从x1移到 x2的过程中，电势高升，电场强度减小，由E p＝qφ，F＝qE 可知，电势能减小，遇到的电场力减小， C 项正确， D 项错误．11.沿 x 轴方向存在一静电场，电场强度的大小对于地点的变化规律如图所示 (图线为正弦图线 )，则以下说法正确的选项是 ()A．Ob 两点的电势差小于Od 两点的电势差B．a、c 两点的电势相等C．电子在 O 点的电势能大于电子在 c 点的电势能D．质子由 a 点沿 x 轴运动到 c 点的过程中，电场力先做负功再做正功分析：选 ABD. 由题图可知，在x 轴的负半轴，电场强度的方向沿x 轴的负方向，在 x 轴的正半轴，电场强度的方向沿x 轴的正方向，沿着电场线的方向电势降低，所以φ0>φb>φd，所以O、b两点间的电势差小于O、d 两点间的电势差， A 正确；从 O 点向双侧电势渐渐降低，而 a 和 c 两点对于原点O 对称，所以两点的电势相等， B 正确；电子带负电，所以电子在 c 点的电势能大于在 O 点的电势能， C 错误；因为 O 点左边的电场方向向左，则质子在O 点左边遇到向左的电场力，质子从 a 向 O 运动的过程中，电场力做负功；O 点右侧的电场方向向右，则质子在O 点右边遇到向右的电场力，质子从O 向 c 运动的过程中，电场力做正功， D 正确．12． (2017 ·高考天津卷 ) 如下图，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线 AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在 A、 B 两点的加快度大小分别为 a A、a B，电势能分别为 E pA、E pB.以下说法正确的选项是 ()A．电子必定从 A 向 B 运动B．若 a A>a B，则 Q 凑近 M 端且为正电荷C．不论 Q 为正电荷仍是负电荷必定有E pA<E pBD．B 点电势可能高于 A 点电势分析：选 BC. 电子仅在电场力作用下可能从 A 运动到 B，也可能从 B 运动到 A，所以 A 错误；若 a A>a B，说明电子在 A 点遇到的电场力大于在 B 点遇到的电场力，所以 A 距离点电荷较近， B 距离点电荷较远，又因为电子遇到的电场力指向轨迹凹侧，所以 Q 凑近 M 端且为正电荷， B 正确；不论 Q 是正电荷仍是负电荷，若电子从 A 运动到 B，必定是战胜电场力做功，若电子从 B 运动到A ，必定是电场力做正功，即必定有E pA<E pB，C 正确；对于同一个负电荷，电势低处电势能大， B 点电势必定低于 A 点电势， D 错误．13. 如下图， A、 B、 C、D、E 、F 为匀强电场中一个边长为10 cm 的正六边形的六个极点， A、B、C 三点电势分别为 1 V、2 V、3 V，正六边形所在平面与电场线平行．以下说法正确的选项是()A．经过 CD 和 AF 的直线应为电场中的两条等势线B．匀强电场的电场强度大小为10 V/mC．匀强电场的电场强度方向为由 C 指向 AD．将一个电子由 E 点移到 D 点，电子的电势能将减少 1.6 ×10－19 J分析：选 ACD. 由 AC 的中点电势为 2 V，所以 BE 为等势线， CD 、AF 同为等势线，故 A 正确； CA 为电场线方向，电场强度大小E＝＝ V/m ＝ V/m ，故 B 错误， C 正确；电子在挪动过程中，电场力对其做正功，电势能减小，由U ED＝ U BC＝－ 1 V ，W ED＝－ eU ED＝1.6 ×10－19 J，D 正确．14.(2019 ·天津模拟 )如下图为空间某一电场的电场线， a、 b 两点为此中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h ，一个质量为 m、带电荷量为＋ q 的小球从 a 点静止开释后沿电场线运动到 b 点时速度大小为，则下列说法中正确的选项是 ()A．质量为 m 、带电荷量为＋ q 的小球从 a 点静止开释后沿电场线运动到b 点的过程中动能增添量等于电势能减少许B．a、b 两点的电势差 U＝C．质量为 m、带电荷量为＋ 2q 的小球从 a 点静止开释后沿电场线运动到b点时速度大小为D．质量为 m、带电荷量为－ q 的小球从 a 点静止开释后沿电场线运动到b 点时速度大小为分析：选 BD. 质量为 m、带电荷量为＋ q 的小球从 a 点静止开释后沿电场线运动到 b 点的过程中，机械能与电势能之和守恒，其动能增添量等于重力势能、电势能的减少许之和，选项 A 错误；设 a 、b 之间的电势差为 U ，由题意，质量为 m、带电荷量为＋ q 的小球从 a 点静止开释后沿电场线运动到 b 点时速度大小为，依据动能定理， mgh＋qU ＝ m·3gh，解得 qU ＝mgh ，a、b 两点的电势差 U＝，选项 B 正确；质量为 m、带电荷量为＋ 2q 的小球从 a 点静止开释后沿电场线运动到 b 点时，由动能定理得mgh ＋2qU ＝mv ，解得 v1＝ 2，选项 C 错误；质量为 m、带电荷量为－ q 的小球从 a 点静止开释后沿电场线运动到 b 点时，由动能定理得 mgh －qU ＝mv ，解得 v2＝gh，选项 D 正确．。

(鲁京津琼)2020版高考物理总复习第七章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动教案

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识排查常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1.常见电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。

(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。

(3)电容器的充、放电(1)定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值。

(2)定义式：C ＝Q U。

(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。

(4)单位：法拉(F) 1 F ＝106μF ＝1012pF 3.平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。

(2)决定式：C ＝εr S4πkd，k 为静电力常量。

带电粒子在匀强电场中的运动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.分析方法(1)用动力学观点分析：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。

此方法只适用于匀强电场。

(2)用功能观点分析：根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解，此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。

3.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。

(2)运动性质：类平抛运动。

(3)处理方法：运动的分解。

①沿初速度方向：做匀速直线运动。

②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。

示波管的构造(1)电子枪，(2)偏转极板，(3)荧光屏。

(如图所示)小题速练1.思考判断(1)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。

( )(2)电容器两极板间电压越低，其电容越大。

( )(3)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。

( )(4)一个电容器的电荷量增加1.0×10－6 C时，两极板间电压升高10 V，则电容器的电容C＝1.0×10－7 F。

2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第七章静电场本章学科素养提升含解析

物理学科的规范包括三个方面：一是思维流程的规范，即审题的逻辑性和严密性；二是书写的规范，即文字和字母的工整；三是叙述的规范，主要是必要过程的叙述、遵循规律的叙述、假设物理量的叙述.经典案例审题流程例1(20分)如图1所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，求：图1(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大？(2)为了使微粒能在C、D板间运动而不碰板，C、D板间的电场强度大小应满足什么条件？信息提取“A板带正电、B板带负电”――→隐含两板间电场方向竖直向下“两板末端的中心线正对着B板上的小孔”――→隐含微粒能够穿过B板“两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′”――→隐含微粒受到的电场力指向O′“由静止释放”――→隐含微粒初速度为零过程分析A、B极板间，微粒做初速度为零的匀加速直线运动C、D极板间，微粒做匀速圆周运动再返回A、B极板间，微粒做匀减速直线运动，至A板附近速度减为零规律应用—动能定理、牛顿第二定律、运动学规律、圆周运动周期公式(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒会通过半圆形金属板间的最低点P 点？满分规范评分细则·答题规则(1)设微粒穿过B 板小孔时的速度为v ，根据动能定理得qU ＝12mv 2①(3分)解得：v ＝2qUm(2分) (2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得：qE ＝mv2R ＝m 2v 2L②(3分)联立①②解得：E ＝4UL (2分)(3)微粒从释放开始经t 1射入B 板的小孔，则：d ＝12vt 1③(2分)解得：t 1＝2dm2qU(1分) 设微粒在半圆形金属板间运动经过t 2第一次到达最低点P 点，则：t 2＝14·2πR v ＝πL4v＝πL 4m2qU④(2分) 从释放微粒开始到微粒第一次到达P 点经过的时间：t 1＋t 2＝(2d ＋πL4)m2qU⑤(2分) 根据运动的对称性可知，再经过2(t 1＋t 2)时间微粒再一次经过P 点，所以微粒经过P 点的时间：t ＝(2k ＋1)(2d ＋πL4)m2qU(k ＝0、1、2……)⑥(3分)第一问：(1)只列出①式，没能计算出结果，只得3分.(2)不列①式，而列出的是q U d＝ma 和v 2＝2ad 也可得3分，计算结果正确再得2分.答题规则：题目中已有物理量符号，一定要用题目中的字母表达方程，否则计算结果容易出现错误，影响步骤分. 第二问：(1)不列②式，而列出的是qE ＝m v2R和L ＝2R 也可得3分.(2)如果只列qE ＝m v2R ，没有列出L 与R 的关系式，计算结果正确，扣1分，如果计算结果错误，只得2分.答题规则：解题过程中，必要的几何关系即使简单也不能少，否则将会失去步骤分.第三问：(1)只列出③式，没有计算出结果，但最终结果正确，不扣分，计算结果错误，只得2分．中间过程中的结果，不写最好.(2)没有列出④式，而列出的是T ＝2πR v 和t 2＝14T ，最终结果正确，不扣分，计算结果错误，只得1分. (3)没有考虑到运动的周期性，但说明了再经过2(t 1＋t 2)时间微粒再一次经过P 点，且结果正确，可得1分.答题规则：在时间比较紧张的情况下，要尽量根据题设条件写出必要的方程，力争多得步骤分.例2(多选)(2018·广东省茂名市第一次综合测试)如图2，质量为m、带电荷量为＋q的小金属块A 以初速度v0从光滑绝缘水平高台上飞出．已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E＝3mgq.则()图2A．金属块不一定会与高台边缘相碰B．金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速运动C．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为v20 4gD．金属块运动过程的最小速度为10v0 10解析小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故A错误，B正确；小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度大小为3g，根据速度位移关系公式，有：x m＝v202×3g＝v206g，故C错误；小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，分速度v x＝v0－3gt；竖直方向做自由落体运动，分速度v y＝gt；合速度v＝v2x＋v2y＝v0－3gt2＋gt2＝10g 2t 2－6gtv0＋v20，根据二次函数知识，当t＝3v010g时，有极小值10v010，故D正确．答案BD点睛本题关键是将小金属块的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，然后根据分运动的位移公式和速度公式列式求解；对于D选项，要求解出合速度的表达式，根据二次函数的知识求解极值．。