2020高考物理一轮复习第7章静电场第四节电场中“三大”难点的突破方法达标诊断高效训练
【知识点】2020年高考物理常考静电场重难点汇总
【知识点】高考常考静电场重难点汇总一、电荷守恒、库仑定律的理解1．两个完全相同的金属球接触后，所带正、负电荷先＂中和＂然后＂平均分配＂于两球。
分配前后正、负电荷之和不变。
2．当求两个导体球间的库仑力时，要考虑电荷的重新分布。
例：当两球都带正电时，电荷相互非斥而使电荷主要分布于两球的外侧,此时r将大于两球球心间的距离。
3.库仑定律是长程力，当r10时，带电体不能看成质点，库仑定律不再适用。
4.微观粒子间的库仑力远大于它们之间的万有引力，当计算微观粒子间的相互作用时可忽略粒子间的万有引力。
5.计算库仑力时，先将电荷量的绝对值代入进行计算，然后根据电性来判断力的方向。
二、库仑力作用下的平衡问题1.解决平衡问题应注意三点(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。
2.在同一直线上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“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。
三、电场线的理解与应用，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口「电面线国尿电疡脸获:雨羲会口处电场强度小，进而可判断电荷受J力大小和加速度的大小口「泊封场装丽而i 超南底羲联冷面n场线密的地方比疏的地方降低更快口；电场线越密的地方，等差等势面越」；密集；电场线越疏的地方，等差等；势面越稀疏。
1. 两种等量点电荷的电场线也场电场线电场强度特点平衡规律三点共线］b J［两同夹异、 两大夹小s近小远大XJ“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线判断电场力的方向 判断等势面的疏密判断电势的高低与电势降低的快慢 判断电场强度的大小2.分析带电粒子运动的轨迹类问题的技巧四、静电力做功及电势差、电势能的计算方法静电力做功与路径无关，只与初末位置有关。
2020版高中一轮复习：第7章 静电场
第七章静电场考纲要求考情分析物质的电结构、电荷守恒Ⅰ电势能、电势Ⅰ 1.命题规律从近几年高考试题来看，高考对该部分内容常从两角度命题，以选择题的形式考查静电场的基本性质，以计算题的形式考查静电场知识与动力学、能量、曲线运动等知识的综合应用。
2.考查热点(1)电场的基本概念和性质。
(2)牛顿运动定律、动能定理及功能关系在静电场中的应用。
(3)带电粒子在电场中的加速、偏转等问题。
静电现象的解释Ⅰ电势差Ⅱ点电荷Ⅰ匀强电场中电势差与电场强度的关系Ⅱ库仑定律Ⅱ带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ静电场Ⅰ示波管Ⅰ电场强度、点电荷的场强Ⅱ常见电容器Ⅰ电场线Ⅰ电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ第39课时电荷守恒定律和库仑定律(双基落实课)点点通(一)电荷、电荷守恒定律1．电荷(1)三种起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
(2)两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷。
同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
2．对元电荷的理解(1)元电荷是自然界中最小的电荷量，用e 表示，通常取e＝1.6×10－19C，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。
(2)元电荷等于电子所带的电荷量，也等于质子所带的电荷量，但元电荷没有正负之分。
(3)元电荷不是点电荷，电子、质子等微粒也不是元电荷。
3．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。
4．电荷均分原理(1)适用于完全相同的导体球。
(2)两导体球接触一下再分开，如果两导体球带同种电荷，总电荷量直接平分；如果两导体球带异种电荷，则先中和再平分。
[小题练通]1．(鲁科教材原题)下列现象中，不属于摩擦起电的有()A．将被毛皮摩擦过的塑料棒靠近碎纸屑，纸屑被吸起B．在干燥的天气中脱毛线衣时，会听到轻微的噼啪声C．用干燥的毛刷刷毛料衣服时，毛刷上吸附有许多细微的脏物D．把钢针沿着磁铁摩擦几次，钢针就能吸引铁屑解析：选D A、B、C三个选项为摩擦起电，D选项为磁化现象，故D正确。
高考物理一轮总复习 第七章 静电场 能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题练习(含解析)新
能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题一、选择题1．如下列图，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 、带电荷量分别为＋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，假设两粒子轨迹恰好相切，如此v 0等于( )A.s22qEmh B.s2qE mh C.s42qE mh D.s4qE mh解析：选B 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，如此在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh，应当选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．2.(2019届河北定州中学月考)如下列图，A 、B 为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S 分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a 和b ，在a 孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，假设不计空气阻力，该质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b 孔，如此可行的方法是( )A ．保持S 闭合，将A 板适当上移B ．保持S 闭合，将B 板适当下移C ．先断开S ，再将A 板适当上移D ．先断开S ，再将B 板适当下移解析：选B 设质点距离A 板的高度为h ，A 、B 两板原来的距离为d ，电压为U ，质点的电荷量为q .由题知质点到达b 孔时速度恰为零，根据动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝0.假设保持S 闭合，将A 板适当上移，设质点到达b 时速度为v ，由动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝12mv 2，v ＝0，说明质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b 孔，故A 错误；假设保持S闭合，将B 板适当下移距离Δd ，由动能定理得mg (h ＋d ＋Δd )－qU ＝12mv 2，如此v >0，质点能穿过b 孔，故B 正确；假设断开S 时，将A 板适当上移，板间电场强度不变，设A 板上移距离为Δd ，质点进入电场的深度为d ′时速度为零．由动能定理得mg (h －Δd ＋d ′)－qEd ′＝0，又由原来情况有mg (h ＋d )－qEd ＝0.比拟两式得，d ′<d ，说明质点在到达b 孔之前，速度减为零，然后返回，故C 错误；假设断开S ，再将B 板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b 孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b 孔，故D 错误．3．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A 板的电势比B 板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A 板运动时为速度的正方向，如此如下图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C 、D 两项中的图线按正弦函数规律变化)( )解析：选A 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，C 、D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误．4.(2018届高考原创猜题卷)如下列图，高为h 的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的43倍，重力加速度为g ，如此物块落地的速度大小为( )A ．25ghB ．2ghC ．22gh D.532gh 解析：选D 对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F 合＝53mg ，x ＝53h ，由动能定理得F 合·x ＝12mv 2，解得v ＝532gh .5.(多项选择)如下列图，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道局部存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，如此( )A ．R 越大，x 越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，x 越大D ．m 与R 同时增大，电场力做功增大解析：选ACD 小球在BCD 局部做圆周运动，在D 点，mg ＝m v D 2R，小球由B 到D 的过程中有－2mgR ＝12mv D 2－12mv B 2，解得v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，如此x越大，选项A 正确；在B 点有F N －mg ＝m v B 2R，解得F N ＝6mg ，与R 无关，选项B 错误；由Eqx＝12mv B 2，知m 、R 越大，小球在B 点的动能越大，如此x 越大，电场力做功越多，选项C 、D 正确．6.(多项选择)(2018届湖北八校联考)如下列图，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，1k .重力加速度为g ，如此( )A ．电场强度的大小为 mg qB ．小球初速度的大小为g 2kC ．小球通过点P 时的动能为 5mg4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mg k解析：选BC 小球做类平抛运动，如此电场力与重力的合力沿x 轴正方向，qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mgq ，A 错误；F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝g 2k ，B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12mv 2＝12m (v 02＋v x 2)＝5mg 4k ，C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·1k 1cos45°＝2mgk，D 错误．二、非选择题7.(2019届吉安模拟)如下列图，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球的带电性质与电场强度E ；(2)假设小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 的大小(可含根式)．解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有EqL sin α－mgL (1－cos α)＝0 解得E ＝3mg 3q. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，如此G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．假设小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：m v 2L ＝233mg 由A 点到等效最高点，根据动能定理得 －233mgL (1＋cos30°)＝12mv 2－12mv A 2 联立解得v A ＝2gL 3＋1.答案：(1)正电3mg3q(2)2gL 3＋18．(2018届河南南阳一中月考)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板间距为d ，大量电子(质量为m ，电荷量为e )连续不断地从中点O 沿与极板平行的OO ′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计电子重力)．求这些电子穿过平行板时距OO ′的最大距离和最小距离．解析：以电场力的方向为正方向，画出电子在t ＝0、t ＝t 0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度v y 随时间t 变化的v y t 图象，如图甲和乙所示．电场强度E ＝U 0d电子的加速度a ＝Ee m ＝U 0edm 图甲中，v y 1＝at 0＝U 0et 0dmv y 2＝a ×2t 0＝2U 0et 0dm由图甲可得电子的最大侧位移y max ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＋v y 1＋v y 22t 0＝3U 0et 02md由图乙可得电子的最小侧位移 y min ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＝3U 0et 022md .答案：3U 0et 02md 3U 0et 022md9.(2019届德州质检)如下列图，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v .点电荷产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，PA 连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A 点时受到轨道的支持力大小； (2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势． 解析：(1)物块在A 点受到点电荷的库仑力F ＝kr 2由几何关系可知P 、A 间距离r ＝hsin60°设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为F N ，由平衡条件有F N －mg －F sin60°＝0解得F N ＝mg ＋33k8h2. (2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有q (φ－φB )＝12mv 2－12mv 02 解得φB ＝φ＋m v 02－v 22q.答案：(1)mg ＋33k 8h 2(2)φ＋m v 02－v22q10.(2018届湖南五校高三联考)如下列图，长度为d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O 上，另一端固定一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC 和BD 分别为圆的竖直和水平直径，等量异种点电荷＋Q 、－Q 分别固定在以C 为中点、间距为2d 的水平线上的E 、F 两点．让小球从最高点A 由静止开始运动，经过B 点时小球的速度大小为v ，不考虑q 对＋Q 、－Q 所产生电场的影响，重力加速度为g ，求：(1)小球经过C 点时对杆的拉力大小； (2)小球经过D 点时的速度大小．解析：(1)小球从A 点到C 点过程，根据动能定理有mg ·2d ＝12mv C 2在C 点，由牛顿第二定律有T －mg ＝m v C 2d得T ＝5mg根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为T ′＝T ＝5mg .(2)设U BA ＝U ，根据对称性可知U BA ＝U AD ＝U小球从A 点到B 点和从A 点到D 点过程中，根据动能定理有mgd ＋qU ＝12mv 2mgd －qU ＝12mv D 2得v D ＝4gd －v 2.答案：(1)5mg (2) 4gd －v 2|学霸作业|——自选一、选择题1.(2019届吉林调研)真空中，在x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N ，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设试探电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到试探电荷P 的速度与其在x 轴上的位置关系如下列图，如此如下说法正确的答案是( )A ．点电荷M 、N 一定都是负电荷B ．试探电荷P 的电势能一定是先增大后减小C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为2∶1D ．x ＝4a 处的电场强度一定为零解析：选D 根据题意，试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项B 错误；试探电荷在x ＝4a 处速度最大，加速度为零，合力为零，电势能最小，该处电场强度一定为零，选项D 正确；在x 轴上从原点处到x ＝6a 处，电场强度从两头指向x ＝4a 处，点电荷M 、N 一定都是正电荷，选项A 错误；由kQ M 4a2＝kQ N2a2可得Q M ＝4Q N ，选项C 错误． 2.(多项选择)(2018届山西太原一模)如下列图，在水平向右的匀强电场中，t ＝0时，带负电的物块以速度v 0沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用E k 表示滑块的动能，x 表示位移，E p 表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v 0的方向为正方向，如此如下图线正确的答案是( )解析：选AD 物块先以速度v 0沿斜面向上滑动，然后下滑回到原处的过程中，除摩擦力在上滑和下滑时方向相反外，受的其他力大小和方向均不变，故物块先做匀减速运动(加速度较大)，再做反向的匀加速运动(加速度较小)，A 正确；对物块沿斜面上升过程由运动学公式有v 2－v 02＝－2ax ，由数学知识可知B 错误；沿斜面上升过程由动能定理有，－Fx ＝E k －E k0(F 为物块所受合外力，大小恒定)，图线应为直线，可知C 错误；取斜面底端为零势能面，由于物块带负电，且沿斜面向上电势逐渐降低，故物块的电势能随位移的增大而增大，D 正确．3.(2019届福州四校联考)如下列图，在竖直平面内固定一个半径为R 的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的一样的带负电小球A 和B 套在圆环上，其中小球A 可沿圆环无摩擦地滑动，小球B 固定在圆环上，和圆心O 的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A 从位于水平直径的左端位置由静止释放，重力加速度大小为g ，如此如下说法正确的答案是( )A ．小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中电势能保持不变B ．小球A 运动到圆环的水平直径右端P 点时的速度为0C ．小球A 运动到圆环最低点Q 的过程中，速率先增大后减小D ．小球A 到达圆环最低点Q 时的速度大小为gR解析：选C 小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中，受到电场力、重力、圆环的支持力三个力的作用，其中圆环的支持力始终与运动方向垂直，即圆环的支持力不做功，分析可知，重力与电场力合力的方向与小球运动方向的夹角先小于90°后大于90°，即合力对小球A 先做正功后做负功，根据动能定理，小球的动能先增大后减小，速率先增大后减小，选项C 正确；小球A 、B 之间的电场力为斥力，电场力与小球运动方向之间的夹角先小于90°后大于90°，可知小球A 从释放至运动到Q 点过程中，小球A 的电势能先减小后增大，选项A 错误；小球A 在释放点与在Q 点的电势能相等，小球A 从释放运动到Q 点的过程中，有mgR ＝12mv Q 2，v Q ＝2gR ，选项D 错误；假设小球A 到达P 点时速度为零，分析可知，小球A 在P 点与在释放点重力势能一样，小球A 在P 点的电势能比在释放点时大，由能量守恒可知假设错误，小球A 不能到达P 点，选项B 错误．4.(2018届湖南五校高三联考)在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以大小为v 的初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如下列图，由此可知( )A ．小球带正电B ．电场力大小为2mgC ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的运动时间相等D ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的速度变化量不相等解析：选D 根据小球从B 点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A 错误；因为到达C 点时速度水平，所以小球在C 点时的速度等于在A 点时的速度，因为AB ＝2BC ，设B 、C 间竖直距离为h ，如此A 、B 间竖直距离为2h ，小球由A 点到C 点根据动能定理有mg ×3h －Eqh ＝0，即Eq ＝3mg ，选项B 错误；小球从A 点到B 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g ，方向竖直向下，所用时间为t 1＝4hg＝2h g，从B 点到C 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a 2＝Eq －mgm＝2g ，方向竖直向上，故所用时间t 2＝2h2g＝hg，故t 1＝2t 2，选项C 错误；小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的过程中速度变化量大小都等于Δv ＝2ghg，但方向相反，选项D 正确． 5.(多项选择)(2018届四川宜宾二诊)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的一样带电粒子．t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力与相互间的作用力．如此( )A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场解析：选AD 粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，如此t ＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t ＝2dv 0，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0，选项A 正确；竖直方向，粒子在T 2时间内的位移为d 2，如此12d ＝12·U 0q dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫d v 02，解得q ＝mv 02U 0，选项B 错误，t ＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移为d＝2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫3T 82－2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 82＝18aT 2＝12d ，故电场力做功W ＝U 0q d ×12d ＝12U 0q ＝12mv 02，选项C 错误；t ＝T 4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T 4，然后向下减速运动T 4，再向上加速T 4，向上减速T4，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P 板右侧边缘离开电场，选项D 正确．6.(多项选择)如下列图，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E .在与环心等高处放有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，如下说法正确的答案是( )A ．小球经过环的最低点时速度最大B ．小球在运动过程中机械能守恒C ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg ＋qED ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg ＋qE )解析：选AD 根据动能定理知，在小球运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点时速度最大，故A 正确；小球在运动的过程中除了重力做功，还有电场力做功，机械能不守恒，故B 错误；小球经过环的最低点时，根据动能定理得mgR ＋qER ＝12mv 2，根据牛顿第二定律得F N －qE －mg ＝m v 2R，解得F N ＝3(mg ＋qE )，如此小球对轨道的压力为3(mg＋qE )，故C 错误，D 正确．二、非选择题7.如下列图，长为l 的轻质细线固定在O 点，细线的下端系住质量为m 、电荷量为＋q 的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h ，在小球最低点与水平面之间高为h 的空间内分布着场强为E 的水平向右的匀强电场．固定点O 的正下方l2处有一障碍物P ，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，不计空气阻力．(1)细线在刚要接触障碍物P 时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P 和细线刚接触到障碍物P 时，细线的拉力发生多大变化？ (3)假设细线在刚要接触障碍物P 时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？ 解析：(1)由机械能守恒定律得mgl ＝12mv 2，v ＝2gl .(2)细线在刚要接触障碍物P 时，设细线的拉力为T 1，由牛顿第二定律得T 1－mg ＝m v 2l细线在刚接触到障碍物P 时，设细线的拉力为T 2，由牛顿第二定律得T 2－mg ＝m v 2l2可解得T 2－T 1＝2mg ，即增大2mg .(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t ＝2hg小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离 x ＝vt ＋12·qEmt 2小球运动到水平面的过程由动能定理得mgh ＋qEx ＝E k －12mv 2解得E k ＝mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl .答案：(1)2gl (2)增大2mg(3)mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl8.如下列图，在竖直边界限O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平地面的高度为h ＝4 m ．BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为L ＝ 3 m ．斜面AB 与水平面BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界限O 1O 2右侧区域固定一半径为R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界限O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对O 1O 2右侧空间的影响)．现将一个质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面BC 间的动摩擦因数均为μ＝35.求：(g 取10 m/s 2)(1)小球到达C 点时的速度大小； (2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点距离C 点的水平距离．解析：(1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程中，根据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos30°h sin30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12mv C 2－0解得v C ＝210 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C 点至D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得 12mv C 2＝12mv D 2＋mg ·2R 在最高点以小球为研究对象，可得F N ＋mg ＝m v D 2R解得F N ＝30 N ，v D ＝2 5 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得mg ＋qE ＝ma ，解得a ＝20 m/s 2假设小球落在BC 段，如此应用类平抛运动的规律列式可得x ＝v D t,2R ＝12at 2解得x ＝ 2 m< 3 m ，假设正确． 即小球落地点距离C 点的水平距离为 2 m. 答案：(1)210 m/s (2)30 N (3) 2 m9.(2019届山东烟台模拟)如下列图，竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一场源电荷A ，其电荷量Q ＝＋4×10－3C ，场源电荷A 形成的电场中各点的电势表达式为φ＝k Q r，其中k 为静电力常量，r 为空间某点到A 的距离．有一个质量为m ＝0.1 kg 的带正电小球B ，B 球与A 球间的距离为a ＝0.4 m ，此时小球B 处于平衡状态，且小球B 在场源A 形成的电场中具有的电势能表达式为E p ＝kr，其中r 为q 与Q 之间的距离．有一质量也为m 的不带电绝缘小球C 从距离B 的上方H ＝0.8 m 处自由下落，落在小球B 上立刻与小球B 粘在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，它们向上运动到达最高点P (取g ＝10 m/s 2，k ＝9×109N·m 2/C 2)，求：(1)小球C 与小球B 碰撞后的速度为多少？ (2)小球B 的带电荷量q 为多少？ (3)P 点与小球A 之间的距离为多大？(4)当小球B 和C 一起向下运动与场源A 距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？解析：(1)小球C 自由下落H 距离的速度v 0＝2gH ＝4 m/s小球C 与小球B 发生碰撞， 由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1 代入数据得v 1＝2 m/s.(2)小球B 在碰撞前处于平衡状态，对B 球进展受力分析知mg ＝ka 2代入数据得q ＝49×10－8C.(3)C 和B 向下运动到最低点后又向上运动到P 点，运动过程中系统能量守恒， 设P 与A 之间的距离为x ，由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝2mg (x －a )＋k x代入数据得x ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋25 m(或x ＝0.683 m)．(4)当C 和B 向下运动的速度最大时，设与A 之间的距离为y ， 对C 和B 整体进展受力分析有2mg ＝ky 2代入数据有y ＝25m(或y ＝0.283 m) 由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝12×2mv m 2－2mg (a －y )＋k y代入数据得v m ＝ 16－8 2 m/s(或v m ＝2.16 m/s)． 答案：(1)2 m/s (2)49×10－8C (3)2＋25 m (4)25m16－8 2 m/s10．(2017年全国卷Ⅱ)如图，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．自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M ，N 先后以一样的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M ，N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，如此它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M ，N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3.④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得v y 2＝2gh ⑤H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H .⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，如此v 0v y ＝qEmg⑨ 设M ，N 离开电场时的动能分别为E k1，E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH －qEs 2⑪由条件E k1＝1.5E k2⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg 2q. 答案：(1)3 (2)13H (3)mg2q。
高考物理总复习第七章静电场第40课时带电粒子在电场中的运动(重点突破课)课件
答案：BC
2.(多选)如图所示为一个示波器工作原理
的示意图，电子经电压为 U1 的加速电
场后以速度 v0 垂直进入偏转电场，离
开电场时的偏转量是 h，两平行板间的
距离为 d，电势差为 U2，板长为 L，为了提高示波管的灵敏
度(每单位电压引起的偏转量Uh2)可采取的方法是(
)
A．减小两板间电势差 U2
为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响), 则有 qU
(1)加速度：a＝mF＝qmE＝_m__d__。 l
(2)在电场中的运动时间：t＝_v_0__。
v＝ vx2＋vy2，tan θ＝vvxy＝__m_qv_U0_2l_d_。
[小题热身] 1．(多选)一个只受电场力的带电微粒进入匀强电场，则该微粒的
2．常见两种分析思路 (1)运动和力的关系：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)动能定理：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。
之间做匀减速直线运动，只考虑匀减速直线运动过程，可以认
为电子是从右向左的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速
直线运动规律可知，通过容器的速度之比为 v1∶v2∶v3＝ 3∶ 2∶1，所以 A 正确。电子在容器中做匀速直线运动，故通过
容器的时间之比为
1∶ 3
12∶1，所以
B
错误。因各容器间的距
离相等，故通过各容器间隙的时间之比 t1∶t2∶t3＝( 3－ 2)∶ ( 2－1)∶1，所以 C 错误。电子在匀强电场中所受电场力不变，
出射，则该电子停止运动前
高考物理一轮复习第七章静电场第四讲电场中的三大典型问题课件
热点热(点rè(drièǎn) diǎ一n)一 (3)两个等量同种点电荷的E-x图象 ①两电荷连线上的E-x图象如图甲所示． ②两电荷连线的中垂线上的E-y图象如图乙所示．
第十一页，共47页。
热点热(点rè(drièǎn) diǎ一n)一
2．E-x图象特点 (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．
第二十四页，共47页。
热点(rè diǎn) 一
解析：r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，所以A点的电势高 于B点的电势，故A错误；从A到B电势降低，所以A点的电场强度方向由A
指向B，故B正确；根据场强公式E＝
kQ r2
得A点的电场强度大于B点的电场
强度，故C错误；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向
φ-x图象，或与粒子运动规律有关的图象，如：v-t图象，掌握各个图象的特
点，理解其斜率、截距、“面积”对应的物理意义，就能顺利解决有关问
题，此类问题一般以选择题的形式出现，难度中等．
类型一 电场中粒子运动的v-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)，确定电荷所受电
场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高
目录 CONTENTS
第四讲 电场中的三大典型问 题
1
2 研考向·热点(rè diǎn) 探究
3 随堂练·知能(zhī nénɡ)提升 课后练·知能(zhī nénɡ)提升
第一页，共47页。
热点(rè 一
2020年高考物理一轮复习专题7.6 静电场精品测试卷(原卷版)
第7章静电场单元测试【满分：100分时间：90分钟】一、选择题(本大题共20小题，每小题3分，共60分)1．（安徽省宣城市2019届高三第二次模拟）如图，光滑绝缘圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。
下列说法正确的是（）A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷C．a、b小球电量之比为36D．a、b小球电量之比为32．（河北衡水中学2019届高三调研）如图所示，三角形abc的三个顶点各自固定一个点电荷，A处点电荷受力如图所示，则B处点电荷受力可能是（）A．F1B．F2C．F3D．F43．（四川达州市普通高中2019届第二次诊断性测试）如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。
用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。
现将B 球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡．与移动前相比，下列说法正确的是A ．斜面对A 的弹力增大B ．水平面对B 的弹力不变C ．推力F 变小D ．两球之间的距离变小4．（辽宁省大连市八中2019年高考模拟）如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A 带正电，另一带正电的物体B 沿着以A 为圆心的圆弧由P 到Q 缓慢地从A 的正上方经过，若此过程中A 始终保持静止，A 、B 两物体可视为质点且只考虑它们之间有库仑力的作用，则下列说法正确的是（ ）A ．物体A 受到地面的支持力先增大后减小B ．物体A 受到地面的支持力保持不变C ．物体A 受到地面的摩擦力先增大后减小D ．库仑力对物体B 先做正功后做负功5．（天津市九校2019届高三联考）如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O 处电场强度大小等于E 0，两个平面通过同一条直径，夹角为a ，从半球中分出一部分球面，则所分出的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在O 处的电场强度大小为( )A ．0sin E E a =B ．0cos E E a =C ．0sin 2a E E =D ．0cos 2a E E = 6．（四川省绵阳中学2019届高三模拟）如图所示，边长为L 的正六边形ABCDEF 的5条边上分别放置5根长度也为L 的相同绝缘细棒。
2020届高考物理备考一轮复习说课课件《静电场》(共39张PPT)
（1）静电场的基本概念和基本规律 （2）带电粒子在电场中的运动问题
1、复习环节
构建知识网络 ↓
考点突破例题讲解 ↓
课上巩固练习 ↓
方法总结 ↓
课后同步练习 ↓
周测滚动练习
2、课型设计
复习指导课：点线面相结合，构建知识网络， 突出主干和重点。
习题课：通过基础题，全方位无死角训练所有 考点，渗透基本方法和物理模型。纠错、解惑、 归纳和总结，帮助学生发现知识的断点、盲点， 从而做到查漏补缺。
1、学生学科基础知识分析：
大多数的学生对基本知识掌握不够牢固。各节的知识点尚处于零碎、孤立 和片面的分立状态，毫无知识架构，缺乏将本章知识与力学，运动学，能量这 些知识串联起来综合应用的能力，不能很好地利用知识解决相应的问题。
2、学生易错点分析：
在学习电场能的性质方面，由于电荷量、电势、电势差、电势能、电场力 做功有正负之分，学生很容易在这里出错。
Ⅰ级要求，着重于对物理概念、现象的理解，较为
容易。
Ⅱ级要求，着重于对知识的应用和能力的考查，要
求较高。
高考(全国卷)命题分析 五年常考热点
三年未考重点
库仑定律及应用
2018
1卷16题
电场性质的理解
电容器 带电粒子在电场中的运动
2019 2018 2017 2016 2015
2016 2015 2016 2015
A．C点的电势φ C＝2 V B．A、F间的电势差UAF＝2 V C．C、F间的电势差UCF＝4 V D．该匀强电场的场强大小E＝200 V/m
方法总结： 熟练掌握电场的基本概念，各物理量之间的关系
定义式
公式 E＝F/q
适用条件 任何电场
高考物理一轮复习 专题七 静电场课件
答案 B 例3 如图所示,绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面,AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨 道,斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量
为m的带正电小球,电荷量为q= 3 m,要g 使小球能安全通过圆轨道,在O点的初速度应满足什么
3E
条件?
解析 小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力,然后在圆轨道上运动,受重力、电场 力、轨道作用力,如图所示,类比重力场,将电场力与重力的合力视为等效重力mg',大小为mg'=
电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为1 d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间场强为
2
E2,下列说法正确的是 ( A.U2=U1,E2=E1 C.U2=U1,E2=2E1 答案 C
) B.U2=2U1,E2=4E1 D.U2=2U1,E2=2E1
解析 U1= Q ,E1=U 1 。当板间距变为 1 d 时,由C=ε r S 可知电容变为2C,而带电荷量也变为2Q,
解析 由E= U 知,当U不变,d变为原来的两倍时,E变为原来的一半,A项正确;当E不变,d变为原来
d
的一半时,U变为原来的一半,B项错误;当电容器中d不变时,C不变,由C=Q 知,当Q变为原来的两
U
倍时,U变为原来的两倍,C项错误;Q变为原来的一半时,U变为原来的一半,d不变时,则E变为原来 的一半,D项正确。 答案 AD 1-1 板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间场强为E1。现将
=A 2DR,令小球以最小初速度v
R
0运动,由动能定理知:
-2mg'R= 1
2
mv D2
-1
2
2020高考物理总复习课件第七单元 电场 微专题6
考点巧讲
例3 (多选)如图甲所示,A、B 是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为 T
U。A ���2���到 T
板的电势 φ A=0,B 板的电势 φ B 随时间的变化规律:在 0 的时间内,φ B=-U0;在 T 到32������的时间内,φ B=U0;在32������到 2T
到���2���的时间内,φ B=U0( 的时间内,φ B=-U0,…。
(1)力和运动的关系——根据带电粒子受到的电场力,用牛顿第二定律找 式确定带电粒子的速度、位移等,这条线索通常适用于受恒力作用下做匀变
(2)功和能的关系——根据电场力对带电粒子所做的功引起带电粒子动 研究全过程中能的转化,研究带电粒子的速度变化、经历的位移等。这条线
(3)冲量和动量的关系——根据电场力对带电粒子的冲量引起带电粒子 理研究全过程中动量的变化,研究带电粒子的速度变化、经历的时间等。这 电场。
反方向运动,总的运动时间
t=58T-38T=���4���。
考点巧讲
例2 如图甲所示,真空中两水平放置的平行金属板 A、B 相距为 d,板长为 l,现在
间加一如图乙所示的周期性变化的交变电压,从 t=0 时刻开始,一束初速度均为 v0 的电 B 两板间的中线从左端连续不断地水平射入板间的电场,已知电子质量为 m,电荷量为 束都能从 A、B 右端水平射出,则所加交变电压的周期 T 和所加电压 U0 的大小应满足
3������时间,接着电子受到8 指向 A 板的电场力的作用向 B 板方向做匀减
速8 运动3������时间,速度减为零,此时对应的时刻是7������。此时电子仍受指
向
A
8
板的电场力
F
作用,将向
A
板返回做匀加8速运动������时间,速度达
(统考版)高考物理一轮复习 第七章 静电场 第1讲 电场的力的性质学生用书
第1讲电场的力的性质一、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________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________到另一个物体，或者从物体的一部分________到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持________．(2)起电方式：________、________、感应起电．(3)带电实质：物体带电的实质是________．二、库仑定律1．内容：________中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的________成正比，与它们的距离的________成反比．作用力的方向在它们的连线上．2．表达式：F＝________，式中k＝________ N·m2/C2，叫静电力常量．3．适用条件：(1)________中；(2)________．三、电场强度、点电荷的场强1．定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的________．2．定义式：E＝________．单位：N/C或V/m.3．点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度：E＝________．4．方向：规定________在电场中某点所受________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等于各个点电荷单独在该点产生的电场强度的________和，遵从________定则．四、电场线1．定义：为了形象地了解和描述电场中各点电场强度的________和________，在电场中画出一条条有方向的曲线，曲线上每点的________表示该点的电场强度方向，曲线的________表示电场强度的大小．2.五、处于静电平衡状态的导体的特点1．导体内部的场强________．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________．4．导体内部没有净电荷，净电荷只分布在导体的________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．,生活情境1.如图所示，塑料梳子与头发摩擦后能吸引纸屑，经检验梳子所带的电荷为负电荷，则(1)梳子失去了一些电子( )(2)梳子得到了一些电子( )(3)头发得到了一些电子( )(4)头发和梳子间没有电子转移( )教材拓展2.[人教版选修3－1改编]如图所示，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，则( )A．此时A带正电，B带负电B．此时A电势低，B电势高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3．[人教版选修3－1P15T5改编]如图所示为某区域的电场线分布，下列说法正确的是( )A．这个电场可能是正点电荷形成的B．D处的场强为零，因为那里没有电场线C．点电荷q在A点所受的电场力比在B点所受电场力小D．负电荷在C点受到的电场力方向沿C点切线方向考点一 库仑定律的理解与应用1．对库仑定律的理解 (1)F ＝kq 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 为两球的球心间距．(2)当两个电荷间的距离r →0时，电荷不能再视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无穷大．2．库仑力具有力的共性(1)两个点电荷之间相互作用的库仑力遵从牛顿第三定律． (2)库仑力可使带电体产生加速度． (3)库仑力可以和其他力平衡．(4)某个点电荷同时受几个点电荷的作用时，要用平行四边形定则求合力．跟进训练1．如图所示，真空中两个完全相同的绝缘带电金属小球A 、B (均可看做点电荷)，分别带有－12Q 和＋Q 的电荷量，两球间静电力为F .现用一个不带电的同样的金属小球C 先与A 接触，再与B 接触，然后移开C ，接着再使A 、B 间距离增大为原来的2倍，则它们间的静电力大小为( )A ．3128F B ．5128F C ．364F D ．564F2．如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m 的点电荷A 、B ，A 带电＋Q ，B 带电－9Q .现引入第三个点电荷C ，恰好使三个点电荷均在静电力的作用下处于平衡状态，则C 的带电性质及位置应为( )A ．正，B 的右边0.4 m 处 B ．正，B 的左边0.2 m 处C ．负，A 的左边0.2 m 处D ．负，A 的右边0.2 m 处3．[2022·四川乐山模拟]如图，带电量分别为q a、q b、q c的小球，固定在等边三角形的三个顶点上，q a所受库仑力的合力F方向垂直于q a、q b的连线，则( ) A．q b、q c异号，且q c＝2q bB．q a、q b异号，且q b＝2q aC．q a、q c同号，且q c＝2q aD．q a、q b同号，且q b＝2q a4．如图所示，用两根长度均为l的绝缘轻绳将带正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为m，轻绳与天花板的夹角均为θ，小球正下方距离也为l的A处一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为0，现在将支架水平向右移动到B处，B处位置与两轻绳结点的连线与竖直方向的夹角为θ，小球处于静止状态，若已知θ＝30°，则( ) A．A处的带电小球带负电B．支架在A处与在B处时两小球之间的库仑力大小之比为2∶3mgC．支架在B处时，左边绳子的张力为mg－√32mgD．支架在B处时，右边绳子的张力为mg＋√32[思维方法]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：考点二电场强度的理解及计算2.电场强度的三个计算公式：例.[2021·湖南卷，4]如图，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为√2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零．则Q的位置及电荷量分别为( )A．(0，2a)，√2q B．(0，2a)，2√2qC√2q√2q跟进训练5．[人教版必修第三册P17T6改编]如图所示，一个质量为30 g、带电荷量为－1.7×10－8C的半径极小的小球用绝缘丝线悬挂在某匀强电场中，电场线与水平面平行．当小球静止时，测得悬线与竖直方向夹角为30°，则匀强电场方向和大小为(g取10 m/s2)( )A.水平向右，5×106 N/CB．水平向右，1×107 N/CC．水平向左，5×106 N/CD．水平向左，1×107 N/C6．如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点A、B分别固定放置点电荷＋Q1和－Q2，x轴上的P点位于B点的右侧，且P点电场强度为零，则下列判断正确的是( )A．x轴上P点右侧电场强度方向沿x轴正方向B．Q1<Q2C．在A、B连线上还有一点与P点电场强度相同D．与P点关于O点对称的M点电场强度可能为零7．(多选)如图所示，在圆心为O、半径为R的圆周上等间距分布着三个电荷量均为q 的点电荷a、b、c，其中a、b带正电，c带负电．已知静电力常量为k，下列说法正确的是( )A.a受到的库仑力大小为√3kq23R2B．c受到的库仑力大小为√3kq23R2，方向由O指向cC．a、b在O点产生的场强为√3kqR2D．a、b、c在O点产生的场强为2kq，方向由O指向cR2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越大．(2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向．(3)沿电场线方向电势逐渐降低．(4)电场线和等势面在相交处互相垂直．2．两种等量点电荷的电场线等量异种点电荷等量同种点电荷O点最大，向外逐渐减小O点为零，向外先变大后变小跟进训练8．如图所示是真空中两点电荷的周围的电场分布情况．图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，OM＝ON.下列说法正确的是( )A．同一电荷在O、M、N三点所受的电场力相同B．同一电荷在O、M、N三点的电场力方向相同C．O、M、N三点的电场强度大小关系是E M＝E N>E OD．把另一自由电荷从M点静止释放，将沿MON做往复运动9．如图所示为静电场的一部分电场线的分布，下列说法正确的是( )A．这个电场可能是负点电荷形成的B．C点处的场强为零，因为那里没有电场线C．点电荷q在A点受到的电场力比在B点受到的电场力大D．负电荷在B点时受到的电场力方向沿B点切线方向10．如图是一带电球体和一可视为点电荷的带电小球周围电场线的分布图，球体和小球所带电荷量相同，A为球体球心与小球连线在球体外的部分的中点，B、C为关于连线对称的两点．取无穷远处电势为零，以下说法正确的是( )A．小球一定带正电，带电球体一定带负电B．A点处的电势为零，B、C两点电场强度相同C．将带电粒子从B点移到C点电场力做功为零D．A点的电场强度小于B、C两点的电场强度第七章 静电场第1讲 电场的力的性质必备知识·自主排查一、 1．大小2．转移 转移 不变 摩擦起电 接触起电 得失电子 二、1．真空 电荷量的乘积 二次方 2．kq 1q 2r 29.0×1093．(1)真空 (2)点电荷 三、 1．比值 2． Fq 3．k Qr 24．正电荷 电场力 5．矢量 平行四边形 四、1．大小 方向 切线方向 疏密2．(1)正电荷 (2)相交 (3)场强 (4)场强方向 (5)降低 (6)垂直 五、(1)处处为零 (3)垂直 (4)外表面生活情境1．(1)× (2)√ (3)× (4)× 教材拓展2．解析：由感应起电可知，近端感应出异种电荷，故A 带负电，B 带正电，故A 项错误；处于静电平衡状态下的导体是等势体，故A 、B 电势相等，故B 项错误；先移去C ，则A 、B 两端的等量异种电荷又重新中和，而先分开A 、B ，后移走C ，则A 、B 两端的等量异种电荷就无法重新中和，故C 项正确，D 项错误．答案：C 3．答案：C关键能力·分层突破1．解析：根据库仑定律知：F ＝kQ·12Qr 2＝12kQ 2r 2，用不带电的小球C 与A 接触，则A 、C 的电荷量为Q A ＝Q C ＝－14Q ，C 与B 再接触，则B 的电荷量为Q B ＝＋38Q ，根据库仑定律知此时静电力大小：F ′＝k14Q·38Q (2r )2＝3128k Q 2r 2＝364F ，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C2．解析：根据库仑定律，当C 在A 的左侧时，C 受到A 、B 库仑力的合力才可能为0，则C 在A 的左边；为使A 受到B 、C 的库仑力的合力为0，C 应带负电；设C 在A 左侧距A 为x 处，由于C 处于平衡状态，所以k Qqx 2＝9kQ·q(0.4+x )2，解得x ＝0.2 m ，C 正确．答案：C3．解析：根据题意可知，小球a 、c 之间存在排斥力，q a 、q c 同号，小球a 、b 之间存在吸引力，q a 、q b 异号，所以q b 和q c 异号，根据平行四边形法则，排斥力是吸引力的两倍，根据库仑定律F ＝kq 1q 2r 2，故F ac ＝kq a q c r 2、F ab ＝kq a q b r 2，根据题意得F ac ＝2F ab ，所以有q c ＝2q b ，故B 、C 、D 错误，A 正确．答案：A4．解析：当绝缘支架上的带电小球在A 位置时，轻绳的张力均为0，对其受力分析可知其只受重力和库仑力，因此两小球之间的库仑力为斥力，则A 处的带电小球带正电，故A 错误；根据库仑定律可得F ＝k Qqr 2，因此绝缘支架在A 处与在B 处时，两小球之间的库仑力大小之比F AF B＝r 22 r 12 ＝1cos 230°＝43，故B 错误；根据平衡条件知，F A ＝mg ，则支架在B 处时，两球间的库仑力为F B ＝34F A ＝34mg ，设左、右绳的张力分别为F 1和F 2，则由正交分解可得F 1cos 30°＋34mg sin 30°＝F 2cos 30°，F 1sin 30°＋34mg cos 30°＋F 2sin 30°＝mg ，解得F 1＝mg －√32mg, F 2＝mg －√34mg ，故C 正确，D 错误．答案：C例 解析：(a ，0)和(0，a )两点处的电荷量为q 的点电荷在P 点产生的电场强度的矢量和E ＝√2kq a 2，方向如图所示[由点(a ，a )指向点(0，2a )]，由在距P 点为√2a 的某点处放置的正点电荷Q 使得P 点电场强度为零可知，此正电荷位于(0，2a )点，且电荷量Q 满足kQ(√2a)2＝√2kq a 2，解得Q ＝2√2q ，B 正确．答案：B5．解析：分析小球受力如图所示，重力mg竖直向下，丝线拉力F T沿丝线方向向上，因为小球处于平衡状态，还应受水平向左的电场力F，小球带负电，所受电场力方向与场强方向相反，所以场强方向水平向右，小球在三个力作用下处于平衡状态，三个力的合力必为零，所以F＝mg tan 30°，又F＝Eq，则E＝mg tan30°q，代入数据得：E＝1×107N/C，故选项B正确．答案：B6．解析：根据题述可知P点的电场强度为零，根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，＋Q1的电荷量一定大于－Q2的电荷量，A、B连线上其余各点电场强度都不为零，故B、C错误；由于＋Q1的电荷量大于－Q2的电荷量，可知P点右侧电场方向沿x轴正方向，故A正确；由于Q1>Q2，M点和P点关于O点对称，P点电场强度为零，由点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，M点电场强度一定不为零，D错误．答案：A7．解析：根据几何关系得ab间、bc间、ac间的距离r＝√3R，根据库仑力的公式得a、b、c间的库仑力大小F＝k q2r2＝k q23R2，a受到的两个力夹角为120°，所以a受到的库仑力为F a＝F＝k q23R2，c受到的两个力夹角为60°，所以c受到的库仑力为F c＝√3F＝√3kq23R2，选项A错误，B正确；a、b在O点产生的场强大小相等，根据电场强度定义有E0＝k qR2，a、b带正电，故a在O点产生的场强方向是由a指向O，b在O点产生的场强方向是由b指向O，由矢量合成得a、b在O点产生的场强大小E＝k qR2，方向由O→c，选项C错误；同理c在O点产生的场强大小为E0＝k qR2，方向由O→c，运用矢量合成法则得a、b、c在O点产生的场强E′＝2k qR2，方向由O→c.选项D正确．答案：BD8．解析：O、M、N三点的电场强度方向相同，但大小不同，O点场强最大，E M＝E N<E O，同一电荷在三点所受的电场力大小不同，方向相同，故选项A、C错误，B正确；把另一电荷从M点静止释放，由于受到水平的电场力作用不会沿MON做往复运动，故选项D错误．答案：B9．解析：负电荷的电场线是指向负电荷的直线，故A错误；电场线只是形象地描述电场，没有电场线的地方，场强不一定为零，故B错误；电场线的疏密表示电场的强弱，E A ＞E B，F＝qE，所以F A＞F B，故C正确；负电荷在B点所受电场力的方向与B点的切线方向相反，故D错误．答案：C10．解析：如果小球带正电，带电球体带负电，带电球体的电荷较分散，在小球右侧空间中，电场线应该始终不可能有向左的分量，故小球应带负电，带电球体带正电，A错误；带电球体不能看成点电荷，所以A点的电势一定不为零，B错误；根据对称性可知，B、C 两点的电场强度大小相等，电势也相等，所以将带电粒子从B点移到C点电势能变化量为零，电场力做功也为零，C正确；A点在小球和带电球体的连线上，且二者带异种电荷，结合库仑定律分析可知，A点的电场强度大小大于B、C两点的电场强度，D错误．答案：C11。
高考物理一轮复习 第7章 静电场 章末专题复习
第7章静电场物理方法|带电粒子在交变电场中运动的分析方法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．常见的试题类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；(2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)．3．常用的分析方法(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空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．如图71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v0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71乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：甲乙图71(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？【思路导引】【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，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＝nTv0，解得T＝Lnv0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 2dv 0qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0qU 02m的整数． 所以粒子的周期应满足的条件为T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 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…)．【答案】 (1)T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0qU 02m 的整数 (2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)[突破训练]1．(2017·南阳月考)如图72甲所示，两块水平平行放置的导电板，板距为d ，大量电子(质量为m ，电荷量为e )连续不断地从中点O 沿与极板平行的OO ′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计重力)．求这些电子穿过平行板时距OO ′的最大距离和最小距离．图72【解析】 以电场力的方向为正方向，画出电子在t ＝0、t ＝t 0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度v y 随时间变化的v y t 图象如图a 和b 所示a b电场强度E ＝U 0d ，电子的加速度a ＝Ee m ＝U 0edm由图甲中v y 1＝at 0＝U 0et 0dm ，v y 2＝a ×2t 0＝2U 0et 0dm由图甲可得电子的最大侧移y max ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＋v y 1＋v y 22t 0＝3U 0et 20md由图乙可得电子的最小侧移y min ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＝3U 0et 22md【答案】 3U 0et 20md 3U 0et 22md高考热点1|描述电场性质物理量的综合问题 电场强度、电势、电势差、电势能的比较电场强度 电势 电势差 电势能定义式E ＝F qφ＝E pq(E p 为电荷的电势能)U AB ＝φA －φB ——决定因素电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关电势由电场本身决定，与试探电荷无关，其大小与参考点的选取有关，有相对性由电场本身的两点间差异决定，与试探电荷无关，与参考点的选取无关由电荷量和该点电势二者共同决定，与参考点的选取有关联 系匀强电场中U AB ＝Ed (d 为A 、B 间沿电场强度方向上的距离)；电势沿着电场强度方向降低最快：U AB ＝φA －φB ；φ＝E pq ；U AB ＝W ABq；W AB ＝－ΔE p ＝E p A －E p B 112B 2.在甲图中电荷A 1、B 1的电场中，a 1、O 1、b 1在点电荷A 1、B 1的连线上，c 1、O 1、d 1在A 1、B 1连线的中垂线上，且O 1a 1＝O 1b 1＝O 1c 1＝O 1d 1；在乙图中电荷A 2、B 2的电场中同样也存在这些点，它们分别用a 2、O 2、b 2和c 2、O 2、d 2表示，且O 2a 2＝O 2b 2＝O 2c 2＝O 2d 2.则( )甲乙图73A．a1、b1两点的场强相同，电势相同B．c1、d1两点的场强相同，电势相同C．a2、b2两点的场强相同，电势相同D．c2、d2两点的场强相同，电势相同D[a1、b1两点的场强方向不同，一个向右，一个向左，选项A错误；c1、d1两点的场强方向不同，一个向上，一个向下，选项B错误；a2、b2两点的电势不同，a2点的电势高于b2点的电势，选项C错误；c2、d2两点的场强、电势都相同，选项D正确．] [突破训练]2．如图74所示，在空间直角坐标系Oxyz中，A、B、C、D四个点的坐标分别为(L,0,0)、(0，L,0)、(0,0，L)、(2L,0,0)．在坐标原点O处固定电荷量为＋Q的点电荷，下列说法正确的是( )图74A．电势差U OA＝U ADB．A、B、C三点的电场强度相同C．电子在B点的电势能大于在D点的电势能D．将一电子由D点分别移动到A、C两点，电场力做功相同D[点电荷产生的场强离点电荷越远，场强越小，由U＝Ed可得U OA＞U AD，A错误；A、B、C三点的场强大小相等，方向不同，B错误；离点电荷越远电势越低，由E p＝qφ得电子在B点的电势能小于在D点的电势能，C错误；A、C两点的电势相同，电子在A、C两点的电势能相等，因此将电子由D点分别移到A、C两点电势能变化相同，因此电场力做功相同，D正确．]高考热点2|带电粒子(物体)在电场中运动的综合问题1．分析方法(1)力和运动的关系——牛顿第二定律：根据带电粒子受到静电力，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速度、位移等．这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况．(2)功和能的关系——动能定理：根据静电力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．这种方法同样也适用于非匀强的电场．(3)正交分解法或化曲为直法．处理这种运动的基本思想与处理平抛运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律是我们已经掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量．2．解题流程(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图75所示，小球运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J ，在M 点的动能为6 J ，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( )图75A ．小球水平位移x 1与x 2的比值为1∶3B ．小球水平位移x 1与x 2的比值为1∶4C ．小球落到B 点时的动能为32 JD ．小球从A 点运动到B 点的过程中最小动能为6 JAC [小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x 1∶x 2＝1∶3，选项A 正确，B 错误；设小球在M 点时的水平分速度为v x ，则小球在B 点时的水平分速度为2v x ，根据题意有12mv 20＝8 J ，12mv 2x ＝6 J ，因而在B 点时小球的动能为E k B ＝12m [v 20＋2v x 2]2＝32 J ，选项C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A 点时，F合与速度之间的夹角为钝角，小球在M 点时，速度与F 合之间的夹角为锐角，即F 合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A 到M 过程中，动能先减小后增大，小球从M 到B 的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A 运动到B 的过程中最小动能一定小于6 J ，选项D 错误．][突破训练]3．(2017·长沙模拟)有带电平行板电容器竖直放置，如图76所示，两极板间距d ＝0.1 m ，电势差U ＝1 000 V ，现从平行板上A 处以v A ＝3 m/s 速度水平向左射入一带正电小球(已知小球带电荷量q ＝10－7C ，质量m ＝0.02 g)，经一段时间后发现小球恰好没有与左极板相碰撞且打在A 点正下方的B 处，求A 、B 间的距离s AB .(g 取10 m/s 2)【导学号：92492304】图76【解析】 小球m 在A 处以v A 水平射入匀强电场后，仅受重力和电场力，合力一定，而且合力与初速度不在同一直线上，则小球做匀变速曲线运动．在竖直方向上，小球做自由落体运动．其运动轨迹如图所示．把小球的曲线运动沿水平和竖直方向进行分解．在水平方向上，小球有初速度v A ，受恒定的电场力qE 作用做匀变速直线运动，且由qU ＞12mv 2A 知，小球不会到达左极板处．在竖直方向上，小球做自由落体运动．两个分运动的运动时间相等，设为t ，则在水平方向上：E ＝U d ＝1 0000.1V/m ＝104 V/m 则其加速度大小为a 水平＝qE m ＝10－7×1040.02×10－3 m/s 2＝50 m/s 2，则t ＝2v A a ＝2×350s ＝0.12 s在竖直方向上：s AB ＝12gt 2＝12×10×0.122 m ＝7.2×10－2m.【答案】 7.2×10－2m。
高考物理复习第7章静电场第四节电场中三大难点的突破方法资料市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课
第四节 电场中“三大”难点的突破方法
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考点一 静电场中涉及图象的问题 类型一 φ－x 图象
[核心提炼] 几种常见的 φ－x 图象 1．点电荷的 φ－x 图象(取无限远处电势为零) (1)正点电荷的 φ－x 图象如图甲所示；
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(2)负点电荷的 φ－x 图象如图乙所示．
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2．有一静电场，电场线平行于 x 轴，其电势 φ 随 x 坐标的改 变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电粒子(重力不计) 从坐标原点 O 由静止释放，电场中 P、Q 两点的坐标分别为 1 mm、4 mm.则下列说法正确的是( )
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A．粒子将沿 x 轴正方向一直向前运动 B．粒子在 P 点与 Q 点加速度大小相等、方向相反 C．粒子经过 P 点与 Q 点时，动能相等 D．粒子经过 P 点与 Q 点时，电场力做功的功率相等
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A．若粒子于 t＝0 时释放，则一定能运动到 B 板 B．若粒子于 t＝T2时释放，则一定能运动到 B 板 C．若粒子于 t＝T4时释放，则一定能运动到 A 板 D．若粒子于 t＝38T时释放，则一定能运动到 A 板
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类型二 E－x 图象 [核心提炼]
几种常见的 E－x 图象 1．点电荷的 E－x 图象 正点电荷及负点电荷的电场强度 E 随坐标 x 变化关系的图象大 致如图 1 和图 2 所示．
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2．两个等量异种点电荷的 E－x 图象 (1)两点电荷连线上的 E－x 图象如图 3 所示． (2)两点电荷连线的中垂线上的 E－y 图象如图 4 所示．
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解析：选 BC.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，知 A 错 误，B 正确．
(新课标)高考物理一轮复习 第7章 静电场 第四节 电场中“三大”难点的突破方法达标诊断高效训练-人
第四节电场中“三大〞难点的突破方法(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．如下列图为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，外表镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，如此( )A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：选D.两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B错误，D正确．2.平行板间加如下列图周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．如下图中，定性描述粒子运动的v－t图象正确的答案是( )解析：选A.从t ＝0时刻到t ＝T2时刻，带电粒子受到静电力的作用从平行板中央开始向极板的方向做匀加速运动，在t ＝T2时刻电场反转，静电力大小不变，方向相反，即加速度反向，带电粒子做匀减速运动，但是运动方向没有改变，到t ＝T 时刻，速度减小为0，然后继续开始加速，开始一个新的周期…满足上述运动的图象只有A.3．(2018·湖南常德模拟)在空间某区域存在一电场，x 轴上各点电势随位置变化情况如下列图．－x 1～x 1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．如下关于该电场的论述正确的答案是( )A ．图中A 点对应的场强大于B 点对应场强 B ．图中A 点对应的电势大于B 点对应电势C ．一个带正电的粒子在x 1点的电势能等于在－x 1点的电势能D ．一个带正电的粒子在－x 1点的电势能大于在－x 2点的电势能解析：选C.φ－x 图象的斜率大小等于电场强度，所以B 点对应的场强等于A 点对应场强，故A 错误；由图易知A 点对应的电势小于B 点对应电势，故B 错误；由图可知，场强方向均指向O 点，根据对称性可知，一个带正电的粒子在x 1点的电势能等于在－x 1点的电势能，故C 正确；电场线指向O 点，如此正电荷由－x 1到－x 2的过程中电场力做负功，故电势能增加，故带正电的粒子在－x 1点的电势能小于在－x 2的电势能，故D 错误．4．(2018·淮北一中模拟)如下列图，处于真空中的匀强电场方向水平向右，有一质量为m 、带电荷量为－q 的小球从P 点以大小为v 0的初速度水平向右抛出，经过t 时间到达Q 点(图中未画出)时的速度大小仍为v 0，如此小球由P 点运动到Q 点的过程中，如下判断正确的答案是( )A ．Q 点在P 点正下方B ．小球电势能减少C ．小球重力势能减少量等于12mg 2t 2D ．Q 点应位于P 点所在竖直线的左侧解析：选C.从P 到Q 点，根据动能定理可知：mgh ＋W 电＝12mv 20－12mv 20＝0，因重力做正功，如此电场力做负功，电势能增加，如此Q 点应该在P 点的右下方，选项A 、B 、D 错误；小球在竖直方向下落的高度h ＝12gt 2，如此小球重力势能减少量等于ΔE p ＝mgh ＝12mg 2t 2，选项C 正确．5．(2018·河南商丘模拟)如下列图，半径为R 、均匀带正电的球体，AB 为过球心O 的直线上的两点，且OA ＝2R ，OB ＝3R ；球体的空间产生球对称的电场，场强大小沿半径方向分布情况如下列图，图中E 0，E －r 曲线下O ～R 局部的面积等于2R ～3R 局部的面积；如此如下说法正确的答案是( )A ．A 点的电势低于B 点的电势 B ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度C ．从球面到A 点的电势差小于AB 两点间的电势差D ．带电量为q 的正电荷沿直线从A 点移到B 点的过程中，电场力做功12E 0Rq解析：选D.球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A 点的电势高于B 点的电势，A 错误；因为A 距O 点半径为2R ，B 距O 点距离为3R ，从E －r 图中2R 处的电场强度大于3R 处的电场强度，即E A >E B ，B 错误；根据U ＝Ed 可知图象的面积表示电势差，从E －r 图可知R ～2R 围成的面积大于2R ～3R 围成的面积，即从球面到A 点的电势差大于AB 两点间的电势差，C 错误；因为曲线下O ～R 局部的面积等于2R ～3R 局部的面积，即O ～R 间的电势差等于2R ～3R 间的电势差，即等于AB 间的电势差，故电场力做功为W ＝Uq ＝12RE 0·q ，D 正确．二、多项选择题6.某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如下列图．在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，如此在－x 0～x 0区间内( )A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：选BC.由于电势φ随x 的变化不是均匀变化，即ΔφΔx 不是常数，所以该静电场一定是非匀强电场，且O 点电场强度最大，x 0处电场强度最小，选项A 错误，B 正确；由电势变化规律可知，电场线方向指向x 轴负方向，在O 点由静止释放一电子，电子所受电场力的方向指向x 轴正方向，电子将沿x 轴正方向运动，且加速度逐渐减小，选项C 正确，D 错误． 7.(2018·株洲统一检测)如图，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v 0＝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/s 2，如此( ) A ．板间电场强度大小为100 V/m B ．板间电场强度大小为141 V/m C ．板与水平方向的夹角θ＝30° D ．板与水平方向的夹角θ＝45°解析：选AD.因为小球从A 板射到B 板，沿水平方向运动，如此可知，小球受力如下列图：设板间匀强电场的场强为E ，板与水平方向夹角为θ，在竖直方向由平衡条件得Eq cos θ＝mg ，在水平方向由牛顿第二定律和运动学公式得Eq sin θ·t ＝2mv 0，解得E ＝m qg 2＋4v 2t2＝0.0011.41×10－4102＋4×0.014×10－4 V/m ＝100 V/m ，tan θ＝2v 0gt ＝2×0.110×0.02＝1，即θ＝45°，A 、D 正确.8．(2018·湖北六校联考)一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．假设两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v 匀速下降；假设两极板间的电压为U ，经一段时间后，油滴以速率v 匀速上升．假设两极板间电压为2U ，油滴做匀速运动时速度的大小可能为( ) A ．3v B ．4v C ．5vD ．6v解析：选AC.假设两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v 匀速下降，有mg ＝kv ，假设两极板间的电压为U ，经一段时间后，油滴以速率v 匀速上升，知电场力大于重力，有：q Ud＝mg ＋kv ，假设两极板间电压为2U ，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有q 2Ud＝mg ＋kv ′，联立三式解得v ′＝3v ，故A 正确；如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有q 2Ud＋mg ＝kv ″，联立三式解得v ″＝5v ，故C 正确．三、非选择题9.(2018·内蒙古包头模拟)如下列图，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m ，所带的电荷量为q ，用一根长为L 且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O 点．匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大．现将带正电小球从O 点右方由水平位置A 点无初速度释放，小球到达最低点B 时速度恰好为零． (1)求匀强电场的电场强度E 的大小．(2)假设小球从O 点的左方由水平位置C 点无初速度释放，如此小球到达最低点B 所用的时间t 是多少？(：OA ＝ OC ＝L ，重力加速度为g ) 解析：(1)对小球由A 到B 的过程，由动能定理得：mgL －qEL ＝0所以E ＝mg q.(2)小球由C 点释放后，将做匀加速直线运动，到B 点时的速度为v 0，小球做匀加速直线运动的加速度为aa ＝2mgm＝2g ，v 2B ＝2a ·2L ，所以t ＝v Ba＝2Lg.答案：(1)mg q(2)2L g10.(2018·河北衡水调研)如下列图，在竖直边界限O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平地面的高度为h ＝4 m ．BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为L ＝ 3 m ．斜面AB 与水平面BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界限O 1O 2右侧区域固定一半径为R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界限O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对O 1O 2右侧空间的影响)．现将一个质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面BC 间的动摩擦因数均为μ＝35(g 取10 m/s 2)．求： (1)小球到达C 点时的速度大小； (2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点距离C 点的水平距离．解析：(1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程中，根据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos 30°h sin 30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12mv 2C －0，解得v C ＝210 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C 点至D 点的运动过程中， 根据机械能守恒定律可得 12mv 2C ＝12mv 2D ＋mg ·2R ， 在最高点以小球为研究对象，可得F N ＋mg ＝m v 2DR，解得F N ＝30 N ，v D ＝2 5 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得mg ＋qE ＝ma ，解得a ＝20 m/s 2.假设小球落在BC 段，如此应用类平抛运动的规律列式可得x ＝v D t ，2R ＝12at 2，解得x ＝ 2 m< 3 m ，假设正确． 答案：(1)210 m/s (2)30 N (3) 2 m11．(2018·哈尔滨九中模拟)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处． (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经电场加速满足qU 0＝12mv 2，经电场偏转后侧移量y ＝12at 2＝12·qU 偏mL ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2，所以y ＝U 偏L4U 0，由题图乙知t ＝0.06 s 时刻U 偏＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm 设打在屏上的点距O 点的距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L 2L2，所以Y ＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y 的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U 0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm. 答案：(1)打在屏上的点位于O 点上方，距O 点13.5 cm (2)30 cm。
高考物理一轮复习第七章静电场4章末热点集训课件
正确的是
()
A．无论图中的实线是电场线还是等势线，a 点的电场强度都比 b 点的电场强度小
B．无论图中的实线是电场线还是等势线，a 点的电势都比 b 点的电势高
C．无论图中的实线是电场线还是等势线，电子在 a 点的电势能都比在 b 点的电势能小
D．如果图中的实线是等势线，电子在 a 点的速率一定大于在 b 点的速率
2021/4/17
高考物理一轮复习第七章静电场4章末热点集训课件
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结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
考试加油。
热点 2 电容器的动态分析问题
(2020·山东济南外国语高三检测)带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要
使静电计的指针偏角变小，可采用的方法有
()
A．增大两极板间的距离 C．在两板间插入电介质
B．用手触摸极板 B D．将极板 B 向上适当移动
[解析] 增大两极板间的距离，即 d 增大，则由电容的决定式 C＝4επrkSd，可以知道电容 器的电容减小；电容器所带电荷量不变，则由 C＝QU分析可以知道，电容器板间的电势 差增大，静电计的指针偏角变大，A 错误．因为 B 板接地，用手触摸时，仍接地，故对 电荷量没有影响，电势差保持不变，B 错误．在两板间插入电介质时，介电常数增大， 则 C 增大，由 Q＝UC 可以知道电势差减小，C 正确．将极板 B 向上运动时，正对面积 减小，则 C 减小，由定义式可以知道，电势差增大，D 错误． [答案] C
a1＝emE1＝emE
L2＝12a1t21
v1＝a1t1，t2＝2vL1
运动的总时间为 t＝t1＋t2＝3
【精编版】2020年高考物理一轮复习考点归纳专题7-静电场
2020年高考一轮复习知识考点归纳专题07 静电场目录第一节电场力的性质 (1)【基本概念、规律】 (1)【重要考点归纳】 (2)考点一对库仑定律的理解和应用 (2)考点二电场线与带电粒子的运动轨迹分析 (3)考点三静电力作用下的平衡问题 (3)【思想方法与技巧】 (4)用对称法处理场强叠加问题 (4)第二节电场能的性质 (4)【基本概念、规律】 (4)【重要考点归纳】 (5)考点一电势高低及电势能大小的比较 (5)考点二等势面与粒子运动轨迹的分析 (5)考点三公式U＝Ed的拓展应用 (6)考点四电场中的功能关系 (6)【思想方法与技巧】 (7)E－x和φ－x图象的处理方法 (7)第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动 (7)【基本概念、规律】 (7)【重要考点归纳】 (8)考点一平行板电容器的动态分析 (8)考点二带电粒子在电场中的直线运动 (9)考点三带电粒子在电场中的偏转 (9)【思想方法与技巧】 (10)带电粒子在交变电场中的偏转 (10)对称思想、等效思想在电场问题中的应用 (10)第一节电场力的性质【基本概念、规律】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．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．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 ＝F q，是矢量，单位：N/C 或V/m. (2)点电荷的场强：E ＝k Q r 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 ＝U d. 3．方向：规定为正电荷在电场中某点所受电场力的方向．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)【重要考点归纳】考点一 对库仑定律的理解和应用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．考点二 电场线与带电粒子的运动轨迹分析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．3.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．考点三 静电力作用下的平衡问题1.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．2.(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．考点四 带电体的力电综合问题解决该类问题的一般思路【思想方法与技巧】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．第二节 电场能的性质【基本概念、规律】一、电场力做功和电势能1．电场力做功(1)特点：静电力做功与实际路径无关，只与初末位置有关．(2)计算方法①W ＝qEd ，只适用于匀强电场，其中d 为沿电场方向的距离．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，数值上等于将电荷从该点移到零势能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：静电力做的功等于电势能的减少量，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电势能与它的电荷量的比值．(2)定义式：φ＝E p q. (3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因零电势点的选取不同而不同．2．等势面(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面．(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，即与场强方向垂直．③电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面．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＝W AB q.3．电势差与电势的关系：U AB＝φA－φB，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电场方向的距离的乘积，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，但电场中各点的电势与零电势点的选取有关，而电势差与零电势点的选取无关．【重要考点归纳】考点一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．考点二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2.带电粒子在电场中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．考点三公式U＝Ed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.推论如下：(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.2．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．考点四电场中的功能关系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．3.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．【思想方法与技巧】E －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，斜率为零处场强为零．3.看懂图象是解题的前提，解答此题的关键是明确图象的斜率、面积的物理意义．第三节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动【基本概念、规律】一、电容器、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)带电量：一个极板所带电量的绝对值．(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能． 放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义式：C ＝Q U. (2)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正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两极板间距离成反比．(2)决定式：C ＝εr S 4πkd ，k 为静电力常量． 特别提醒：C ＝Q U 适用于任何电容器，但C ＝εr S 4πkd仅适用于平行板电容器． 二、带电粒子在电场中的运动1．加速问题(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20； (2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20. 2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场．(2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解．①沿初速度方向：做匀速运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．特别提示：带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．【重要考点归纳】考点一 平行板电容器的动态分析运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路1．确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(1)保持两极板与电源相连，则电容器两极板间电压不变．(2)充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变．2．用决定式C ＝εr S 4πkd分析平行板电容器电容的变化． 3．用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． 4．用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化． 5.在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E ＝U d ，分析板间电场强度的变化情况． 考点二 带电粒子在电场中的直线运动 1．运动类型(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动．(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动．2．分析思路(1)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．(2)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)对带电粒子的往返运动，可采取分段处理．考点三 带电粒子在电场中的偏转1．基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d (忽略重力影响)，则有(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qU md. (2)在电场中的运动时间：t ＝l v 0. (3)位移⎩⎪⎨⎪⎧ v xt ＝v 0t ＝l 12at 2＝y ， y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d. (4)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ，v y ＝qUt md ， v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d. 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的偏转角度总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 20及tan θ＝qUl mdv 20得tan θ＝Ul 2U 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 到电场边缘的距离为l 2. 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 ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝U dy ，指初、末位置间的电势差． 【思想方法与技巧】带电粒子在交变电场中的偏转1．注重全面分析(分析受力特点和运动特点)，找到满足题目要求所需要的条件．2．比较通过电场的时间t 与交变电场的周期T 的关系：(1)若t ≪T ，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的场强．(2)若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性．对称思想、等效思想在电场问题中的应用一、割补法求解电场强度由于带电体不规则，直接求解产生的电场强度较困难，若采取割或补的方法，使之具有某种对称性，从而使问题得到简化．二、等效法求解电场中的圆周运动1.带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题是一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则过程往往比较简捷．2.等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路：(1)求出重力与电场力的合力F 合，将这个合力视为一个“等效重力”．(2)将a ＝F 合m视为“等效重力加速度”． (3)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．。
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
静电场高考热点统计 要求2015年2016年2017年2018年高考基础要求及冷点统计Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅰ Ⅱ Ⅲ库仑定律 Ⅱ 15 16物质的电结构、电荷守恒、点电荷(Ⅰ) 静电现象的解释、静电场(Ⅰ)示波管(Ⅰ)前两个考点为高考基础要求,电场强度、点电荷 的场强 Ⅱ 15 15 20 25 21电场线、电势能、 电势 Ⅰ 15 20 15 20 21 电势差 Ⅱ 24 21 匀强电场中电势差和电场强度的关系 Ⅱ21 21带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 15 24 2016 25 21 21常见电容器、电 容器的电压、电 荷量和电容的关系Ⅰ14 14 17 21考情分析1.电场的性质及带电粒子在电场中的运动问题是历年高考的重点.复习时应侧重对基本概念、规律进行认识和理解.掌握描述电场性质的几个物理量,如电场强度、电场线、电势、电势能等,理解平行板电容器的电容,会分析带电粒子在电场中的运动问题.2.选择题主要通过轨迹或图像考查电场的性质,电容器综合问题出现频率较高;计算题主要考查带电粒子在电场中的运动,常与牛顿运动定律、功能关系、动量观点综合.一般不单独命题,要求理解;示波管是带电粒子在电场中运动的模型应用,属于高考的冷点.第19讲电场的力的性质一、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:代表有一定电荷量的点,忽略带电体的大小和形状的.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,式中k= N·m2/C2,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与它的的比值.(2)定义式:.单位:N/C或V/m.(3)矢量性:规定在电场中某点所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:在电场中画出的一些曲线,曲线上每一点的方向都跟该点的场强方向一致,曲线的疏密表示电场的.电场线不是实际存在的线,而是为了描述电场而假想的线.2.电场线的特点(1)电场线从或无限远处出发,终止于或无限远处.(2)电场线不相交.(3)在同一电场里,电场线越密的地方场强.【辨别明理】(1)物体起电的实质是电子的转移.()(2)电场和电场线都是客观存在的.()(3)E=是电场强度的定义式,可知电场强度与电场力成正比.()(4)没有电场线的地方不存在电场.()(5)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. ()(6)电场线的方向即为带电粒子的运动方向.()(7)[人教选修3-1改编]如图19-1所示,有一带正电的验电器,当一个金属球A靠近验电器的小球B(不接触)时,验电器的金箔张角减小,则金属球A的带电情况如何?图19-1考点一电荷守恒与库仑定律(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q1=q2时,F最大.1.(电荷守恒)[人教版选修3-1改编]如图19-2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,则()图19-2A.此时A带正电,B带负电B.此时A电势低,B电势高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2.(电荷守恒和库仑定律)[2018·浙江4月选考]真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)分别固定在两处,它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C 先后与A、B球接触,然后移开球C,此时A、B球间的静电力为()A.B.C.D.3.(库仑力作用下的平衡问题)[2018·杭州二中期末]如图19-3所示,质量分别是m1和m2、电荷量分别是q1和q2的小球用长度不等的绝缘轻丝线悬挂起来,两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β(α>β),两小球恰在同一水平线上,则()图19-3A.q1一定大于q2B.两球一定带同种电荷C.m1一定小于m2D.质量为m1的小球所受的库仑力一定大于质量为m2的小球所受的库仑力4.(库仑力作用下的动力学问题)如图19-4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做角速度大小相同的匀速圆周运动,B恰能保持静止,其中A、C和B的距离分别是L1和L2.不计三个质点间的万有引力,图19-4则A和C的比荷(电荷量与质量之比)为()A .B .C .D .■要点总结(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出: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.考点二电场的叠加1.电场强度三个表达式的比较表达式E=E=k E=公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E与U的关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场决定因素由电场本身决定,与检验电荷q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定,d为两点沿电场方向的距离2.电场的叠加(1)叠加原理:多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷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.图19-5例1如图19-5所示,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. B. C. D.■题根分析求解电场强度的叠加问题的思路: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;③依次利用平行四边形定则求出矢量和.■变式网络图19-6变式题1(对称法)如图19-6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(静电力常量为k) ()A.kB.kC.kD.k变式题2(补偿法)已知均匀带电球体在球的外部产生的图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.如图19-7所示,半径为R 的球体上均匀分布着总电荷量为Q的电荷,在过球心O的直线上有A、B两个点,O和B间、B和A 间的距离均为R.现以OB为直径在球内挖出一个球形空腔,若静电力常量为k,球的体积公式为V=πr3,则A点处电场强度的大小为()A.B.C.D.变式题3(等效法)[2018·济南期中]MN为足够大的不带电的金属板,在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为+q的点电荷O,金属板右侧空间的电场分布如图19-8甲所示,P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点.几位同学想求出P点的电场强度大小,但发现问题很难,经过研究,他们发现图甲的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的.图乙是两等量异号点电荷的电场线分布图,两点电荷的电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线.由此他们分别对甲图中P点的电场强度方向和大小做出以下判断,其中正确的是()图19-8A.方向沿P点和点电荷的连线向左,大小为B.方向沿P点和点电荷的连线向左,大小为C.方向垂直于金属板向左,大小为D.方向垂直于金属板向左,大小为变式题4(微元法)一半径为R的圆环上均匀地带有电荷量为Q的电荷,在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P,它与环心O的距离OP=L.已知静电力常量为k.关于P点的场强E,下列四个表达式中只有一个是正确的,请你根据所学的物理知识,通过一定的分析,判断正确的表达式是()A .B .C .D .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越大.(2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向.(3)沿电场线方向电势逐渐降低.(4)电场线和等势面在相交处互相垂直.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点最大,向外逐渐减小O点为零,向外先变大后变小连线上的电场强度沿连线先变小后变大,中点O处的电场强度最小沿连线先变小后变大,中点O处的电场强度为零例2(多选)[2018·三明模拟]如图19-9所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,则()图19-9A.a一定带正电,b一定带负电B.a的速度将减小,b的速度将增大C.a的加速度将减小,b的加速度将增大D.两个粒子的动能均增大变式题1[2018·茂名模拟]如图19-10所示为两个等量点电荷的电场线,图中A点和B点、C点和D点分别关于两电荷连线的中点O对称.若将一电荷放在此电场中,则以下说法正确的是()图19-10A.电荷在O点时受力最大B.电荷沿直线由A到B的过程中,电场力先增大后减小C.电荷沿直线由A到B的过程中,电势能先增大后减小D.电荷沿直线由C到D的过程中,电场力先增大后减小变式题2[2018·潍坊二中月考]如图19-11所示,A、B为两个等量的正点电荷,在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力),由静止释放后,下列说法中正确的是()图19-11A.点电荷在从P点运动到O点的过程中,加速度越来越大,速度越来越大B.点电荷在从P点运动到O点的过程中,加速度越来越小,速度越来越大C.点电荷运动到O点时加速度为零,速度达最大值D.点电荷越过O点后,速度越来越小,加速度越来越大,直到点电荷速度为零■要点总结电场线与轨迹问题的判断方法(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”(电场线在初始位置的切线),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.完成课时作业(十九)第20讲电场的能的性质一、电势能和电势、等势面1.电势能:电荷在电场中某点具有的势能,等于将电荷从该点移到位置时电场力所做的功.2.电场力做功与电势能变化的关系:电场力做的功等于,即W AB=E p A-E p B=-ΔE p.3.电势:电荷在电场中某点具有的与它的的比值,即φ= .4.等势面(1)定义:电场中相同的各点构成的面.(2)特点:①等势面一定与垂直,即跟场强的方向垂直.②在同一等势面上移动电荷时电场力做功.③电场线总是从电势高的等势面指向的等势面.④在空间中两等势面相交.⑤等差等势面越密的地方电场强度,越疏的地方电场强度.二、电势差匀强电场中电势差与场强的关系1.电势差(1)定义:电荷在电场中由一点A移到另一点B时,与移动的电荷的比值.(2)定义式:U AB= ;电势差与电势的关系:U AB= ,U AB=-U BA.2.匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)电势差与场强的关系式:U AB= ,其中d为电场中两点间沿的距离.(2)在匀强电场中,场强在数值上等于沿方向每单位距离上降低的电势.三、静电平衡导体处于静电平衡状态的两大特点:(1)导体内部的场强;(2)导体是一个等势体,导体表面电势.【辨别明理】(1)电场力做功与重力做功相似,均与路径无关.()(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零.()(3)电场强度处处相同的区域内,电势一定也处处相同. ()(4)沿电场线方向电场强度越来越小,电势逐渐降低.()(5)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A移到B点时静电力所做的功.()(6)电场中,场强方向是指电势降落的方向.()(7)电势有正负之分,因此电势是矢量.()(8)电势的大小由电场的性质决定,与零电势点的选取无关. ()(9)电势差U AB由电场本身的性质决定,与零电势点的选取无关.()(10)处于静电平衡的导体是等势体,导体表面是等势面,但导体表面的场强可能不同.()考点一描述电场的能的性质的物理量1.电势高低常用的两种判断方法(1)沿电场线方向电势逐渐降低.(2)若U AB>0,则φA>φB;若U AB<0,则φA<φB.2.电势能增、减的判断方法(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)公式法:E p=qφ,将q、φ的大小、正负号一起代入公式,E p越大,电势能越大.(3)能量守恒法:在电场中,当只有电场力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,动能增大,则电势能减小,反之,动能减小,则电势能增大.(4)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.例1[2016·全国卷Ⅲ]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,电场力做正功图20-1变式题1[2018·南宁三校联考]如图20-1所示,真空中有等量异种点电荷+q、-q分别放置在M、N 两点,O点为MN连线的中点,在MN连线上有关于O对称的点a、c,在MN连线的中垂线上有关于O 对称的点b、d,则下列说法正确的是()A.在MN连线的中垂线上,O点电势最高B.+q从b点移到d点的过程中,受到的电场力先减小后增大C.+q在c点的电势能大于在a点的电势能D.+q在c点的电势能小于在a点的电势能变式题2如图20-2所示,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,则 ()图20-2A.直线a位于某一等势面内,φM>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功■要点总结根据电势的定义式φ=计算时,φ、E p、q要注意带符号运算.考点二电势差与电场强度的关系在匀强电场中由公式U=Ed得出的“一式、二结论”(1)“一式”E==,其中d是沿电场线方向上的距离.(2)“二结论”结论1:匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC=,如图20-3所示.结论2:匀强电场中若两线段AB∥CD,且AB=CD,则U AB=U CD(或φA-φB=φC-φD),如图20-4所示.图20-3图20-4图20-5例2(多选)[2018·全国卷Ⅱ]如图20-5所示,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a 点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是()A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差图20-6变式题[2018·山东潍坊中学一模]如图20-6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2V,a点的坐标为(0,4cm),电势为8V,b点的坐标为(3cm,0),电势为8V,则电场强度的大小为()A.250V/mB.200V/mC.150V/mD.120V/m■要点总结知道由几个点的电势确定电场线的方法:将电势最高的点和电势最低的点相连,根据在匀强电场中经过相等的距离电势差相等,确定连线上与第三个点的电势相等的点,电势相等的两点连线为等势线,根据电场线与等势线垂直即可画出电场线.考点三电场线、等势面和带电粒子轨迹问题1.带电粒子在电场中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.2.求电场力做功的四种方法(1)定义式:W AB=Fl cosα=qEl cosα(适用于匀强电场).(2)电势的变化:W AB=qU AB=q(φA-φB).(3)动能定理:W电+W其他=ΔE k.(4)电势能的变化:W AB=-ΔE p=E p A-E p B.3.电场中的功能关系(1)若只有电场力做功,则电势能与动能之和保持不变.(2)若只有电场力和重力做功,则电势能、重力势能、动能之和保持不变.(3)除重力、弹力外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量.(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化.图20-7例3[2018·天津卷]如图20-7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()A.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变式题1(多选)[2016·海南卷]如图20-8所示,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是()图20-8A.M带负电荷,N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功变式题2(多选)[2018·全国卷Ⅰ]图20-9中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2V.一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是()图20-9A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍■要点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,有时也会用到功能关系.(1)应用动能定理解决问题需研究合外力做的功(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变化之间的对应关系.考点四电场中的图像问题考向一E-x图像(1)E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律.(2)E-x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.例4(多选)一个电荷量为+q的粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动,规定x轴正方向为电场强度正方向,x轴上各点的电场强度E随x坐标的变化图线如图20-10所示(已知图线关于O点对称).A(0,x1)、B(0,-x1)为粒子运动轨迹上的两点.下列说法中正确的是()图20-10A.A、B两点的电场强度和电势均相同B.粒子经过A、B两点时的速度大小相同C.粒子经过A、B两点时的加速度相同D.粒子经过A、B两点时的电势能相同考向二φ-x图像(1)φ-x图线的斜率大小等于电场强度的大小,在φ-x图线切线的斜率为零处,电场强度为零.(2)由φ-x图像可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.(3)在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用W AB=qU AB,进而分析W AB的正负,然后做出判断.例5(多选)[2017·全国卷Ⅰ]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20-11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20-11A.E a∶E b=4∶1B.E c∶E d=2∶1C.W ab∶W bc=3∶1D.W bc∶W cd=1∶3考向三E p-x图像、E k-x图像电场力做功量度电势能的变化,而电场力做功就是力对位移的积累,由E p-E p0=Fx,得E p=E p0+Fx,故E p-x图像的斜率表示电场力,纵截距表示初电势能;合力做功量度了动能的变化,如果带电粒子只受电场力的作用,则合力做的功就是电场力做的功,由E k-E k0=Fx,得E k=E k0+Fx,故E k-x图像的斜率表示电场力,纵截距表示初动能.然后根据两图像斜率的变化可判断出电场力的变化,进而判断出电场强度大小的变化.例6[2018·黄冈中学二模]两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点,规定无穷远处为电势能零点,一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图20-12所示,其中试探电荷在A、N两点的电势能为零,在ND段中C点电势能最大.下列说法正确的是()图20-12A.q1为正电荷,q2为负电荷B.q1的电荷量小于q2的电荷量C.将一正点电荷从N点移到D点,电场力先做负功后做正功D.一正点电荷从N点由静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大考向四电场分布结合v-t图像根据v-t图像的速度变化、斜率变化(即加速度的变化),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7(多选)[2018·河南洛阳一中月考]如图20-13甲所示,Q1、Q2为两个固定的点电荷,其中Q1带负电,a、b、c三点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用),粒子经过a、b、c三点时的速度分别为v a、v b、v c,其速度—时间图像如图乙所示.以下说法中正确的是 ()图20-13A.Q2一定带正电B.Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量C.b点的电场强度最大D.粒子由a点到c点运动过程中,电势能先增大后减小完成课时作业(二十)第21讲电容器、带电粒子在电场中的运动一、电容器与电容1.电容器(1)组成:任何两个相互靠近又彼此的导体.(2)带电荷量:一个极板所带电荷量的.(3)击穿电压:电容器允许加的电压称为击穿电压.额定电压比击穿电压.2.电容(1)定义:电容器所带的与电容器两极板间电势差U的比值.公式为.(2)单位:法拉(F),常用单位有微法(μF)、皮法(pF).1F=106μF=1012pF.(3)平行板电容器电容的决定式:,k为静电力常量.二、带电粒子在电场中的加速1.动力学观点分析:若电场为匀强电场,则有a= ,E= ,v2-=2ad.2.功能观点分析:粒子只受电场力作用,满足.三、带电粒子在匀强电场中的偏转1.运动性质:运动.2.处理方法:运动的分解.(1)沿初速度方向:做运动.(2)沿电场方向:做初速度为零的运动.【辨别明理】(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和.()(2)电容表示电容器容纳电荷的多少.()(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比.()(4)放电后的电容器所带的电荷量为零,电容也为零.()(5)公式C=可用来计算任何电容器的电容.()(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动.()(7)带电粒子在电场中只受电场力时,也可以做匀速圆周运动.()(8)带电粒子在电场中运动时,重力一定可以忽略不计. ()考点一平行板电容器1.静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器,两板之间的电势差越大,则静电计的指针偏角越大.平行板电容器、滑动变阻器、电源、开关以及静电计按如图21-1所示的电路连接.当开关闭合时,静电计的指针有偏转.下列做法能使偏角增大的是()。
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【2019最新】精选高考物理一轮复习第7章静电场第四节电场中“三大”难点的突破方法达标诊断高效训练(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则( )A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：选D.两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，选项A错误；乒乓球受到重力、细线拉力和电场力三个力的作用，选项C错误；乒乓球与任一金属极板接触后会带上与这一金属极板同种性质的电荷，而相互排斥，不会吸在金属极板上，到达另一侧接触另一金属极板时也会发生同样的现象，所以乒乓球会在两极板间来回碰撞，选项B错误，D正确．2.平行板间加如图所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．下图中，定性描述粒子运动的v－t图象正确的是( )解析：选A.从t＝0时刻到t＝时刻，带电粒子受到静电力的作用从平行板中央开始向极板的方向做匀加速运动，在t＝时刻电场反转，静电力大小不变，方向相反，即加速度反向，带电粒子做匀减速运动，但是运动方向没有改变，到t＝T时刻，速度减小为0，然后继续开始加速，开始一个新的周期…满足上述运动的图象只有A.3．(2018·湖南常德模拟)在空间某区域存在一电场，x轴上各点电势随位置变化情况如图所示．－x1～x1 之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称．下列关于该电场的论述正确的是( )A．图中A点对应的场强大于B点对应场强B．图中A点对应的电势大于B点对应电势C．一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在－x1点的电势能D．一个带正电的粒子在－x1点的电势能大于在－x2点的电势能解析：选C.φ－x图象的斜率大小等于电场强度，所以B点对应的场强等于A点对应场强，故A错误；由图易知A点对应的电势小于B点对应电势，故B错误；由图可知，场强方向均指向O点，根据对称性可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在－x1点的电势能，故C正确；电场线指向O点，则正电荷由－x1到－x2的过程中电场力做负功，故电势能增加，故带正电的粒子在－x1点的电势能小于在－x2的电势能，故D错误．4．(2018·淮北一中模拟)如图所示，处于真空中的匀强电场方向水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t 时间到达Q点(图中未画出)时的速度大小仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是( )A．Q点在P点正下方B．小球电势能减少C．小球重力势能减少量等于mg2t2D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧解析：选C.从P到Q点，根据动能定理可知：mgh＋W电＝mv－mv＝0，因重力做正功，则电场力做负功，电势能增加，则Q点应该在P点的右下方，选项A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝gt2，则小球重力势能减少量等于ΔEp＝mgh＝mg2t2，选项C正确．5．(2018·河南商丘模拟)如图所示，半径为R、均匀带正电的球体，AB为过球心O的直线上的两点，且OA＝2R，OB＝3R；球体的空间产生球对称的电场，场强大小沿半径方向分布情况如图所示，图中E0已知，E－r曲线下O～R 部分的面积等于2R～3R部分的面积；则下列说法正确的是( )A．A点的电势低于B点的电势B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．从球面到A点的电势差小于AB两点间的电势差D．带电量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功E0Rq解析：选D.球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A点的电势高于B点的电势，A 错误；因为A距O点半径为2R，B距O点距离为3R，从E－r图中2R处的电场强度大于3R处的电场强度，即EA>EB，B错误；根据U＝Ed可知图象的面积表示电势差，从E－r图可知R～2R围成的面积大于2R～3R围成的面积，即从球面到A点的电势差大于AB两点间的电势差，C错误；因为曲线下O～R部分的面积等于2R～3R部分的面积，即O～R间的电势差等于2R～3R间的电势差，即等于AB间的电势差，故电场力做功为W＝Uq＝RE0·q，D正确．二、多项选择题6.某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )A．该静电场是匀强电场B．该静电场是非匀强电场C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大解析：选BC.由于电势φ随x的变化不是均匀变化，即不是常数，所以该静电场一定是非匀强电场，且O点电场强度最大，x0处电场强度最小，选项A错误，B正确；由电势变化规律可知，电场线方向指向x轴负方向，在O点由静止释放一电子，电子所受电场力的方向指向x轴正方向，电子将沿x轴正方向运动，且加速度逐渐减小，选项C正确，D错误．7.(2018·株洲统一检测)如图，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q＝1.41×10－4 C，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( ) A．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°解析：选AD.因为小球从A板射到B板，沿水平方向运动，则可知，小球受力如图所示：设板间匀强电场的场强为E，板与水平方向夹角为θ，在竖直方向由平衡条件得Eqcos θ＝mg，在水平方向由牛顿第二定律和运动学公式得Eqsin θ·t＝2mv0，解得E＝,t2))＝ V/m＝100 V/m，tan θ＝＝＝1，即θ＝45°，A、D正确. 8．(2018·湖北六校联考)一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升．若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为( )A．3v B．4vC．5v D．6v解析：选AC.若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg ＝kv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：q＝mg＋kv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有q＝mg＋kv′，联立三式解得v′＝3v，故A正确；如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有q＋mg＝kv″，联立三式解得v″＝5v，故C正确．三、非选择题9.(2018·内蒙古包头模拟)如图所示，在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的O点．匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大．现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零．(1)求匀强电场的电场强度E的大小．(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？(已知：OA＝ OC ＝L，重力加速度为g)解析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得：mgL－qEL＝0所以E＝.(2)小球由C点释放后，将做匀加速直线运动，到B点时的速度为v0，小球做匀加速直线运动的加速度为aa＝＝g，v＝2a·L，所以t＝＝.答案：(1) (2) 2Lg10.(2018·河北衡水调研)如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h＝4 m．BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L＝ m．斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0.5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)．现将一个质量为m＝1 kg、电荷量为q＝0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝(g取10 m/s2)．求：(1)小球到达C点时的速度大小；(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；(3)小球落地点距离C点的水平距离．解析：(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos 30°－μ(mg＋Eq)L＝mv－0，解得vC＝2 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得1mv＝mv＋mg·2R，2在最高点以小球为研究对象，可得FN＋mg＝m,R)，解得FN＝30 N，vD＝2 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma，解得a＝20 m/s2.假设小球落在BC段，则应用类平抛运动的规律列式可得x＝vDt，2R＝at2，解得x＝ m< m，假设正确．答案：(1)2 m/s (2)30 N (3) m11．(2018·哈尔滨九中模拟)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处．(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2，经电场偏转后侧移量y＝at2＝·，所以y ＝，由题图乙知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝，所以Y＝13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm.答案：(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm。