高考物理专题复习《电场》 高考真题高考模拟题组训练
1．(2016·浙江理综，15，6分)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，( ) 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
1．C 根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引知A端带负电、B端带正电，A错误．A、B是相连的异体，导体内部电势处处相等，B错误．移去C后，A、B两部分电荷中和，金属箔都闭合，C正确．若先将A、B分开，再移走C，A、B两部分电荷无法中和，因此金属箔都不闭合，D错误．
2．(2016·浙江理综，19，6分)(多选)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得每个小球质量是8.0×104 kg，带电
－
小球可视为点电荷，重力加速度g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则( ) A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10－2 N C．B球所带的电荷量为46×10－8 C
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D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
2．ACD 两个完全相同的导体球接触后电量均分，所以两个小球带电量相等，A正确．对任意一个小球受力分析，如图所示，由于小球处于静止状态，受力平衡，根据图中几何
2F库dd2
关系，有h＝l－4＝0.08 m，且G＝2h，解得F库＝6.0×10－3 N，B错误．根
q2
据库仑定律F库＝kd2，解得q＝46×10－8 C，C正确．由等量同种电荷周围的电
场线分布知连线中点处电场强度为零，D正确． 3．(2015·浙江理综，16，6分)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 3．D 由图可知，右侧金属板与电源正极相连接，带正电，左侧金属板带负电，根据静电感应规律，近端感应出异种电荷，因此乒乓球的左侧感应出正电荷，A错误．乒乓球受到扰动后，受力情况不变，因此不会被吸到极板上，B错误．乒乓球共受到悬线的拉力、重力和电场力的作用，C错误．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球会带上正电，受到右极板的排斥，向左运动与左极板接触，又带上负电，被左极板排斥向右运动，这样小球就在两极板间来回碰撞，D正确．
4．(2015·安徽理综，14，6分)图示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹．M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认
为重金属原子核静止不动．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是( )
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A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点
4．C 重金属原子核与α粒子之间存在相互排斥的作用力，其作用力的方向沿两原子核的连线方向，即加速度也在两原子核的连线方向上，C正确． 5．(2014·浙江理综，19，6分)(多选)如图所示，水平地面固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则( )
kq2A．小球A与B之间库仑力的大小为d2 qB．当d＝qC．当d＝qD．当d＝
mgsin θ
时，细线上的拉力为0 kmgtan θ
时，细线上的拉力为0 kmg
时，斜面对小球A的支持力为0
ktan θ
kQq
5．AC 由库仑定律F＝r2可得A正确．对小球A受力分析，如图所示．由平衡条件得：FT＋Fcos θ＝mgsin θ，FN＝Fsin θ＋mgcos θ，当FT＝0时，Fcos θq
＝mgsin θ，解得d＝
mgtan θ
，B错k
误，C正确．要使小球A静止在斜面上，FN不可能为0，D错误． 6．(2014·广东理综，20，6分)(多选)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P.带
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电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是( ) A．M与N的距离大于L B．P、M和N在同一直线上
C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零
6．BD M、N和细杆组成的系统静止在光滑的水平面上，可知其所受合外力必定为零，即P对M和N的作用力大小相等、方向相反、在一条直线上，B、D正kQ·2qkQq
确．设M与N间距离为L′，则L2＝，解得L′＝(2－1)L 【点拨】 正确选择研究对象，以M、N和杆整体为研究对象列出平衡方程. (2013·新课标全国Ⅱ，18，6分)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀 强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( ) 3kq3kq3kq23kqA.3l2 B.l2 C.l2 D.l2 【解析】 设小球c带电荷量为Q，由库仑定律可知小球a对c的库仑引力为FqQqQ ＝kl2，小球b对小球c的库仑引力为F＝kl2，这两个力的合力为2Fcos 30°.设水平匀强电场场强的大小为E，对c球，由平衡条件可得QE＝2Fcos 30°，解得E3kq ＝l2.选B. 导学导考 库仑力作用下的平衡问题，可以是只有库仑力，也可以结合其他 Page 5 of 77 力．但其首先是平衡问题，只是多一个库仑力而已．解题的关键是进行受力分析并列出平衡方程． 分析点电荷平衡问题的步骤 点电荷平衡问题的分析方法和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一个库仑力或电场力．具体步骤如下： (1)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”； q1q2 (2)对研究对象进行受力分析，多了个电场力F＝kr2； (3)列平衡方程(F合＝0或Fx＝0，Fy＝0)． 3个孤立共线点电荷平衡问题 1．条件：每个点电荷所受合力为零． 2．规律：在都为自由电荷且不受其他力的情况下，如果平衡，则：“三点共线、两同夹异、两大夹小、近小远大”． 如图所示：如果3个点电荷都平衡，则3个点电荷在同一直线上，q1、q3为同种电荷，且带电荷量大于q2的带电荷量．q1的带电荷量大于q3的带电荷量. 1．(2015·江苏淮安第五次调研)如图所示，把一个带正电的小球放置在原来不带电的枕形导体附近，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现感应电荷，则( ) A．枕形导体a端电势高于b端电势 B．仅闭合S1，有电子从大地流向枕形导体 C．仅闭合S1，有电子从枕形导体流向大地 Page 6 of 77 D．仅闭合S2，有正电荷从枕形导体流向大地 1．B 金属导体为等势体，所以a端电势等于b端电势，A错误．在正电荷感应下，电子被从大地吸向近端，B正确，C错误．金属导体中只有自由电子可以移动，闭合S1与闭合S2的效果是一样的，D错误． 2．(2015·江西九江一模)(多选)用等长的绝缘丝线分别悬挂两个质量、电荷量都相同的带电小球A、B(均可视为质点且不计两球之间的万有引力)，两线上端固定在同一点O，把B球固定在O点的正下方，当A球静止时，两悬线夹角为θ，如图所示，若其他条件不变，只改变下列某些情况，能够保持两悬线夹角θ不变的方法是( ) A．同时使两悬线的长度都减半 B．同时使A球的质量、电荷量都减半 C．同时使A、B两球的质量、电荷量都减半 D．同时使两悬线的长度和两球的电荷量都减半 2．BD 如图所示，以小球A为研究对象，受重力mg、静电斥力F和拉力FT的作用，三力平衡．设线长为l，由力学三角形和θmgFqAqB 几何三角形关系可得l＝d，其中F＝kd2，d＝2lsin2.同时使A球的质量、电荷量都减半，则两悬线夹角θ不变，B正确．同时使两悬线的长度和两球的电荷量都减半，两悬线夹角θ不变，D正确． 3．(2014·福建福州模拟)如图所示，三个点电荷q1、q2、q3在同一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离 的两倍，每个点电荷所受静电力的合力为零．由此可以判断，三个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为( ) A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36 C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6 3．A 由3个共线点电荷平衡模型的特点“两同夹异”可知，q1和q3为同种电荷，它们与q2互为异种电荷，设q1和q2距离为r，则q2和q3的距离为2r，对于kq2q1kq1q3q21kq1q3kq2q3q19q1有r2＝2，则有＝，对q3有2＝2，所以＝，考虑到q39q24（3r）（3r）（2r） Page 7 of 77 各电荷的电性，A正确． 4．(2015·云南一模)(多选)如图所示，质量和电荷量均相同的两个小球A、B分别套在光滑绝缘杆MN、NP上，两杆固定在一起，NP水平且与MN处于同一竖直面内，∠MNP为钝角．B小球受一沿杆方向的水平推力F1作用，A、B均处于静止状态，此时A、B两球间距为L1.现缓慢推动B 球，A球也缓慢移动，当B球到达C点时，水平推力大小为F2，A、B两球间距为L2，则( ) A．F1＜F2 B．F1＞F2 C．L1＜L2 D．L1＞L2 4．BC 对A球受力分析如图所示，A球受到重力mg、支持力FNA和库仑力F库，在B球向C移动的过程中，库仑力的方向在改变，即图中α角变小，由矢量三角形可知q2 库仑力在变小，根据库仑定律F库＝kL2可知L变大，即A、B之间的距离变大，C正 确，D错误．对B球受力分析如图所示，B球受到重力mg、支持力FNB、库仑力F库和推力F，根据平衡条件可知F＝F库cos β，在B球向C移动的过程中，β在变大，则cos β变小，库仑力也在减小，故推力F变小，即F1＞F2，A错误，B正确. 1．(2016·全国Ⅰ，20，6分)(多选)如图所示，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( ) Page 8 of 77 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 1．AB 做曲线运动的物体，所受合力应该指向曲线轨迹内侧，由于轨迹关于P点对称，可以判断合力方向应该是竖直向上的．油滴在电场中运动时只受重力和电场力，合力竖直向上，说明电场力竖直向上，根据油滴带负电，可以判断出匀强电场的方向竖直向下．因此，Q点电势高于P点电势，A正确．油滴在P点电势能比在Q点电势能大，C错误．合力方向向上，油滴从P点运动到Q点的过程中合外力做正功，动能增加，B正确．由于油滴在匀强电场中运动，在任何位置受到的合力总是相等，加速度相等，D错误． 2．(2016·全国Ⅱ，15，6分)如图所示，P为固定的点电荷，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 kq1q22．D 根据库仑定律可知，两点电荷间的作用力F＝r2，距离越小，作用力越大，加速度也就越大，故ab>ac>aa，A、B错误．做曲线运动的物体所受合外力必定指向轨迹弯曲的一侧，所以可判断P、Q两粒子之间的作用力是斥力，在相互靠近的过程中克服电场力做功，动能减小，即速率减小，故va>vc>vb，C错误，D正确． 3．(2016·江苏物理，3，3分)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场 Page 9 of 77 线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( ) A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同 3．C 由于A点处电场线比B点处电场线疏，A点电场强度比B点小，A错误．顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B错误．由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，C正确．将检验电荷从A点沿不同的路径移到B点，由于A、B两点处于同一等势面上，因此电场力做功为零，D错误． 4．(2014·新课标全国Ⅱ，19，6分)(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( ) A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 4．AD 由静电场等势面的特点知，电场强度的方向处处与等势面垂直，A正确．电场强度为零的地方，电势不一定为零，如等量正电荷连线中点处，B错误．电场强度总是指向该点电势降落最快的方向，但随着电场强度的减小，电势不一定降低，C错误，D正确． 5．(2013·海南物理，1，3分)如图所示，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q － － 点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR＝2RQ，则( ) A．q1＝2q2 B．q1＝4q2 C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q2 5．B 两电荷在R处的合场强为零，则两电荷电性一定相同，q1在R处产生的电 Page 10 of 77 场强度E1＝k－，q2在R处产生的电场强度E2＝k－，由E1＝E2及PR＝2RQ可 PR2QR2得q1＝4q2，B正确． 【点拨】 场强为零处试探电荷的受力也为零，也可以利用受力平衡的方法来解题． 6．(2015·山东理综，18，6分)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．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( ) 3kQ3kQ A.4a2，沿y轴正向 B.4a2，沿y轴负向 5kQ5kQ C.4a2，沿y轴正向 D.4a2，沿y轴负向 6．B 当正电荷置于O点时，由对称性可知，H、G两点电场强度大小相等，均为零．当正电荷置于G点时，H点场强E＝B正确． 7．(2015·安徽理综，20，6分)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为量，ε 0 q1q2 －－ kQkQ3kQ 2－2＝－4a2，沿y轴负向，（2a）a σ ，其中σ为平面上单位面积所带的电荷2ε0 为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其 间为真空，带电量为Q.不计边缘效应时，极板可看成无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两板极间相互的静电引力大小分别为( ) Q2QQ2 A.和 B.和 ε0Sε0S2ε0Sε0SQQ3QQ2C.和 D.和 2ε0Sε0Sε0S2ε0S Q σQQ7．D 由题知，σ＝S，故每个板单独在极板间产生的电场强度E＝＝2εS.2ε00Q2 带电量为Q的平板在与另一平板产生的电场中受力F＝QE＝.两板之间的场 2ε0S Page 11 of 77 强为两板各自场强叠加的合场强，E合＝2E＝ ，D正确． ε0S Q 【点拨】 看一个板的受力，要看它处在什么场中，即将另一个板看成场源，板间的场强是两板叠加后的合场强． 8．(2014·江苏物理，4，3分)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( ) A．O点的电场强度为零，电势最低 B．O点的电场强度为零，电势最高 C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 8．B 将圆环看成由若干对点电荷组成，点电荷的电量相等，则圆环同一直径上的两个电量相等的点电荷在x轴上产生的场强从圆心O沿x轴方向，场强大小由0先增大后减小到0，而电势逐渐减小，因此若干对等量点电荷产生的电场叠加后，在x轴上从圆心O沿x轴方向到无穷远处，场强大小由0先增大后减小到0，而电势逐渐减小，A、C、D错误，B正确． 【点拨】 本题可结合等量同种点电荷的中垂线上的场强、电势分布去解决，只不过圆环要看成是无数组等量同种点电荷． 9．(2012·安徽理综，20，6分)如图甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为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x 1－场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ（R2＋x2）1/2，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为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( ) Page 12 of 77 xr A．2πkσ0221/2 B．2πkσ0221/2 （r＋x）（r＋x）xr C．2πkσ0r D．2πkσ0x 9．A 特殊值代入法、极限法是解决这类问题的关键．R→∞时，E＝2πkσ＝2πkσ0，半径为r的圆板产生的场强E1＝2πkσr的圆板后，产生的场强E2＝E－E1＝2πkσ 0 2x1－221/20（R＋x） x1－20 （r＋x2）1/2，无穷大的平板挖去半径为 x ，故A正确． （r＋x2）1/2Page 13 of 77 (2014·福建理综，20，15分)如图所示，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求： (1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C点的电场强度的大小和方向． q2 【解析】 (1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小F＝kL2 代入数据得F＝9.0×10－3 N ① ② ③ ④ q (2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝kL2 A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小E＝2E1cos 30° 联立③④式并代入数据得E＝7.8×103 N/C，方向沿y轴正向． 【答案】 (1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C，沿y轴正向 (2013·新课标全国Ⅰ，15，6分)如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个 点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( ) Q＋q9Q＋q3q10q A．kR2 B．k9R2 C．kR2 D．k9R2 【解析】 由b点处场强为零知，圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生q 的场强E2大小相等，即E1＝E2＝kR2.由对称性，圆盘在d点产生的场强E3＝ Page 14 of 77 qq kR2，q在d点产生的场强E4＝k9R2，方向与E3相同，故d点的合场强Ed＝E3＋ 10q E4＝k9R2，B正确，A、C、D错误．选B. 1.(2013·安徽理综，20，6分)如图所示， 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h 的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝2处的场强大小为(k为静电力常量)( ) 4q4q32q40qA．kh2 B．k9h2 C．k9h2 D．k9h2 1．D 导体表面上的感应电荷等效于在z＝－h处的带等量的异种电荷－q，故h 在z轴上z＝2处的场强大小为E＝k qq40q ＋k＝k2，D正确． h2h9h（2）（2＋h）2 2．(2015·贵州七校联盟联考)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场可等效为电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半 － － 径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( ) kqkqkqkq A.4R2 B.2R2－E C.4R2－E D.4R2＋E 2．B 假设将带电荷量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．则在M、N点所产生的电场为E＝k·2qkq 2，由题知当半球面如题图所示在M点产生的场强为E，则N点的场2＝（2R）2R kq 强E′＝2R2－E，B正确． Page 15 of 77 (2015·江西新余一中三模)某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是( ) A．粒子必定带正电荷 B．该静电场一定是孤立正电荷产生的 C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 D．粒子在M点的速度大于它在N点的速度 【解析】 由电荷的运动轨迹可知，电荷所受的电场力斜向上，由于电场线的方向未知，所以不能确定电荷的电性，A错误．孤立正电荷的电场线是从正电荷出发到无穷远处终止的直线，故该静电场一定不是孤立正电荷产生的，B错误．电场线密的地方电场的场强大，电场线疏的地方电场的场强小，由题图可知，N点的场强大于M点的场强，粒子在N点的受力大于在M点的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，C正确．电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的速度小于它在N点的速度，D错误．选C. 导学导考 在分析粒子运动时要明确三个方面：速度v的方向、场强E的方向和电场力F的方向．v和F的方向要符合电荷的运动轨迹，E和F的方向要符合电荷的电性． 电场强度的常规计算方法 1．场强的三个基本公式 F①适用于任何电场(1)E＝q ②与试探电荷是否存在无关 kQ①适用于点电荷产生的电场(2)E＝r2 ②Q为场源电荷的电荷量 Page 16 of 77 ①适用于匀强电场U②U为两点间的电势差， (3)E＝d d为沿电场方向两点间 的距离 2．场强叠加的思路和步骤 场强叠加的思路与求力的合成相似，同一直线上的场的叠加，可简化为代数加减，不在同一直线上的场叠加，用平行四边形定则求合场强，一般步骤为： 的电场情景． 分析位置 计算各分电场利用平行四边形 在该点的场强→定则求矢量和 分析场源 求解电场强度的非常规思维方法 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 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，如图甲、乙所示． 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． 3 例如：均匀带电的4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 Page 17 of 77 点产生的场强方向． 3．填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍． 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． 带电粒子运动轨迹类问题的分析要点 1．判断速度方向：带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向． 2．判断电场力(或场强)的方向：带电粒子所受电场力方向(仅受电场力作用)指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断场强的方向． 3．判断粒子的速度变化情况：若电场力与速度方向成锐角，则速度越来越大；若电场力与速度方向成钝角，则速度越来越小． 4．判断加速度的大小：电场线的疏密表示场强的大小，场强越大，电场力越大，加速度越大. 1．(2015·江苏南通第三次调研)如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是( ) Q 1．B 根据点电荷电场强度公式E＝kr2，结合矢量合成法则求解．设正方形顶点到中心的距离为r，则A选项中电场强度EA＝0，B选项中电场强度EB＝22QQQ kr2，C选项中电场强度EC＝kr2，D选项中电场强度ED＝2kr2，所以B正确． Page 18 of 77 2．(2015·河北百校联考)(多选)如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、B三点，其中O为圆心，A点固定电 － 荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB＝L.有一个可视为质点的质量为m、电荷量为－q的带电小球正在槽中运动，在C点受到的电场力指向圆心，C点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知( ) A．B点的电荷带正电 B．B点的电荷的电荷量为3Q C．B点的电荷的电荷量为3Q D．小球在槽内做的是匀速圆周运动 2．CD 如图，由小球在C点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B点的电荷带负电，由∠ABC＝∠ACB＝30°，知：∠ACO＝ － － － － 30°，AB＝AC＝L，BC＝2ABcos 30°＝3L，由几何关系可得：F1＝3F2，kQq即：2＝ L kQBq3，得QB＝3Q，故A、B错误，C正确．圆周上各点电势相等，小球（3L）2 在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确． 3．(2015·湖北孝感一模)如图所示，三根均匀带电的等长绝 Page 19 of 77 缘棒组成等边三角形ABC，P为三角形的中心，当AB、AC棒所带电荷量均为＋q，BC棒带电荷量为－2q时，P点场强大小为E，现将BC棒取走，AB、AC棒的电荷分布不变，则取走BC棒后，P点的场强大小为( ) EEA.4 B.3 E C.2 D．E 3．B AB、AC棒带电完全相同，在P点产生的电场强度大小相同，由于两个带电棒关于P点轴对称，所以两个带电棒在P点的电场方向都是沿着棒的垂直平分线过P点斜向下，又两个电场方向互成120°角，则AB棒和AC棒在P点产生的合场强大小即等于AB棒在P点产生的场强大小．BC棒在P点的电场强度是AB棒和AC棒在P点的合电场强度的2倍，因P点合场强大小为E，所以BC棒在P21 点的场强为3E，若取走BC棒后，P点的场强大小为3E，B正确． 4．(2014·湖北武汉调考)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V4 ＝3πr3，则A点处场强的大小为( ) 5kQ7kQA.36R2 B.36R2 7kQ3kQC.32R2 D.16R2 kQkQ ＝2. （2R）24R 4Rπ（）332RQ 挖出的小球半径为2，因为电荷均匀分布，其带电荷量Q′＝4Q＝8.则其 3πR34．B 由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生的场强E整＝在A点产生的场强E挖＝ kQ′kQ ＝＝2.所以剩余空腔部分电荷在A点1918R （2R＋R）24R2 Qk·8 kQkQ7kQ 产生的场强E＝E整－E挖＝4R2－18R2＝36R2，故B正确． Page 20 of 77 5．(2016·安徽四校三联)(多选)如图所示，虚线a、b、c、d、e是电场中的一组平行等差等势面，实线是一带负电粒子在电场力作用下的运动轨迹，M、N、P、Q分别为运动轨迹与等势面的交点，以下判断正确的是( ) A．粒子在电场中做匀变速运动 B．图中a处电势最高 C．粒子经过Q点动能大于P点动能 D．粒子运动经过M、N、P、Q的时间间隔相等 5．AB 由等势面分布可知该电场为匀强电场，故粒子运动中受恒力作用，A正确．因粒子带负电，受力指向凹侧且垂直于等势面，可知受力向左，电场线向右．电势沿电场线方向降低，故a处电势最高，B正确．因受力向左，电场力做负功，故P点动能大于Q点，C错误．因粒子水平方向的平均速度不同，故经过M、N、P、Q的时间间隔不等，D错误. 1．(2016·全国Ⅲ，15，6分)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 1．B 如果两个等势面相交，则两个等势面一定是电势相同的等势面，A错误．电场线总是与等势面垂直，B正确．同一等势面上的电场强度不一定相等，如等量异种电荷连线垂直平分线上各点电势相等，电场强度不等，C错误．由Ep＝qφ可知，负电荷在电势较低的地方，电势能反而大，因此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，电势能增大，由电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做负功，D错误． Page 21 of 77 2．(2015·新课标全国Ⅰ，15，6分)如图所示，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( ) A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．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 2．B 由题意可知WMN＝WMP，因此N和P是等势点，由匀强电场可知，c、d为等势面，A错误．电子由M到N电场力做负功，即φM＞φN，B正确．M与Q位于同一等势面上，移动电荷不做功，C错误．由P到Q移动电子，电场力做正功，D错误． 3．(2015·江苏物理，8，4分)(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示．c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则( ) A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低 3．ACD 电场线的疏密反映电场的强弱，因此a点的场强比b点的场强大，A正确．a在左侧负电荷附近且在与b同一电场线上某点电势相等，顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此b点电势比a点电势高，B错误．两个负电荷在c点处合场强为零，而在d点处合场强向下，正电荷在c、d点场强大小相等、方向相反，由电场的叠加可知，c点场强比d点场强大，C正确．在正电荷的电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远电势越高，因此c、d两点在三个点电荷形成的电场中电势的代数和d点比c点高，D正确． Page 22 of 77 4．(2012·重庆理综，20，6分)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则( ) A．P、Q两点处的电荷等量同种 B．a点和b点的电场强度相同 C．c点的电势低于d点的电势 D．负电荷从a到c，电势能减少 4．D 由题图中等势面的对称性知，P、Q两处为等量异种电荷，A错误．由于电场线与等势面垂直，可以判断a、b两处的电场强度方向不同，B错误．P处为正电荷，c在离P更近的等势面上，c点的电势高于d点的电势，C错误．从a到c，电势升高，负电荷电势能减小，D正确． 【点拨】 熟练掌握电场线与等势面之间的关系，根据电场线的特点解题，是解决电场问题的重要方法． 5．(2013·天津理综，6，6分)(多选)两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( ) A．q由A向O的运动是匀加速直线运动 B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小 C．q运动到O点时的动能最大 D．q运动到O点时电势能为零 5．BC 两等量正电荷周围部分电场线如图所示，其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O电场强度先增大后减小，故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O做非匀加速直线运动，A错误．q自A向O运动，电场力做正功， Page 23 of 77 电势能减小，动能增大，q过O点后电场力做负功，动能减小，故在O点动能最大，B、C正确．q沿MN由无限远移动到O点电场力做正功，电势能减小，故q在O点时电势能为负，D错误． 【点拨】 电场力做功与电势能变化、电势、电势差等密切相关，要正确判断相关问题，就要理顺它们之间的逻辑关系： 只要知道了其中的一类信息，就可以利用以上关系图推知其他信息． 6．(2012·海南物理，3，3分)如图所示，直线上有o、a、b、c四点，a、b间的距离与b、c间的距离相等．在o点处有固定点电荷．已知b点电势高于c点电势．若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点，则( ) A．两过程中电场力做的功相等 B．前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功 C．前一过程中，粒子电势能不断减小 D．后一过程中，粒子动能不断减小 6．C b点电势高于c点电势，表明o点处的点电荷带正电，场强方向沿abc方向．带负电的粒子从c向a运动，电场力做正功，由于ab＝bc，有Uab>Ubc，因此电场力做功W＝qU不等，且Wcb Page 24 of 77 D．移动过程中匀强电场对M做负功 7．BD M、N保持静止，故M、N受力平衡，两小球间作用力等大反向，则匀强电场对小球的作用力也应等大反向，即电荷量相同，A错误．M、N电性相反，相互吸引，M受向左的电场力，故M带负电荷；同理，N带正电荷，B正确．静止时M、N受到的合力为零，C错误．移动过程中，匀强电场对M的作用力水平向左，做负功，D正确． 8．(2013·山东理综，19，5分)(多选)如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－L Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、2为半径的圆，a、 b、c、d是圆上的4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( ) A．b、d两点处的电势相同 B．4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的电势能减少 8．ABD 等量异种电荷的电场线分布及a、b、c、d四点的位置如图所示，根据对称性可知，b、d两点的电势相等，A正确．图中虚线分别是过c点和过b、d两点的等势线，沿电场线方向电势依次降低，所以c点的电势最低，B正确．b、d两点的场强大小相等，但方向不同，C错误．正电荷在电势越低的地方电势能越小，D正确． 9．(2014·新课标全国Ⅰ，21，6分)(多选)如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝ 30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( ) A．点电荷Q一定在MP的连线上 Page 25 of 77 B．连接P、F的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP大于φM 9．AD 由点电荷电场的对称性知，点电荷Q位于MN和PF中垂线的交点，由几何关系知，在MP的连线上，A正确．点电荷的等势面是以点电荷为圆心的圆面，B错误．P点比N点离正点电荷Q近，故φM＝φN<φP＝φF，故C错误，D正确． 【点拨】 本题考查根据电势分布确定场源电荷的位置，要求熟练掌握点电荷电场的场强与电势分布． 10．(2015·四川理综，6，6分)(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O.最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b 固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a( ) A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从N到P的过程中，速率先增大后减小 C．从N到Q的过程中，电势能一直增加 D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 10．BC 带电小球a运动过程中，重力大小及方向不变，库仑斥力逐渐增大，其方向与重力方向的夹角逐渐减小，由平行四边形定则可知，重力与库仑力的合力逐渐增大，A错误．小球a从N到Q过程中，离小球b越来越近，电势能逐渐增大，C正确．a球从N到P的运动过程中，库仑力、重力的合力方向与速度方向的夹角先是小于90°，后是大于90°，合力先做正功，后做负功，由动能定理可知小球速率先增大后减小，B正确．P到Q过程中，重力和库仑力都做负功，重力势能和电势能增加量等于动能减少量，D错误． 11．(2014·山东理综，19，6分)如图所示，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 Page 26 of 77 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Ek0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是( ) 11．A 由于球壳内的场强处处为零，所以试探电荷在壳内做匀速直线运动，动能保持不变．球壳外的场强随离开球心的距离r的增加而减小，试探电荷在壳外做加速度减小的加速直线运动，动能随r的增加而增加，但增加得越来越“慢”．A正确． 【点拨】 本题的关键是理解好题目中对壳内电场和壳外电场的等效描述，然后进行相关判断． 12．(2014·新课标全国Ⅰ，25，20分)如图所示，O、A、B为同一3－竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝2OA. － 将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右拋出，小球在 运动过程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向拋出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍．重力加速度大小为g.求： (1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向． 12．【解析】 (1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时3 间为t，令OA＝d，则OB＝2d，根据平拋运动的规律有dsin 60°＝v0t，dcos 60°＝ － － 122gt， Page 27 of 77 1 又有Ek0＝2mv20， 3解得Ek0＝8mgd 1 设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA＝Ek0＋2mgd EkA7解得E＝3 k0 d3d (2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了2和2，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒得 12 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－2mgd＝3Ek0 3 ΔEpB＝6Ek0－Ek0－2mgd＝Ek0 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB上的M点与A点xΔEpA 等电势，M与O点的距离为x，如图，则有3＝ ΔEpB2d解得x＝d MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30° 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°. 设场强的大小为E，有qEdcos 30°＝ΔEpA 3mg 解得E＝6q 73mg 【答案】 (1)3 (2)6q，与竖直方向的夹角为30°，斜向右下方 (2015·海南物理，7，5分)(多选)如图所示，两电 Page 28 of 77 荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是( ) A．b点电势为零，电场强度也为零 B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右 C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功 D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大 【解析】 根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，b点电势为零，电场强度不为零，A错误．Epa＝qφa，φa＞0，若q＞0，则Epa＞0，电场力方向与电场强度方向相同，均向右，B正确．由于φO<φa，且q>0，故必须克服电场力做功，C正确．电场力做的功等于电势能的变化，WOa＝q(φO－φa)，Wba＝q(φb－φa)，φO＝φb，所以WOa＝Wba，电势能变化相等，D错误．选BC. 导学导考 法拉第在研究场的问题时，引进了“电场线”，借助电场线的特点，可以处理许多物理问题，电场线在解题中有着重要的应用．有关电场线、等势面的题目在高考中多以选择题的形式出现，难度较小，解题的关键是掌握典型电场线的特点及从电场线上获得的信息． (2012·天津理综，5，6分)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场．粒子只受静电力作用，则粒子在电场中( ) A．做直线运动，电势能先变小后变大 B．做直线运动，电势能先变大后变小 C．做曲线运动，电势能先变小后变大 D．做曲线运动，电势能先变大后变小 【解析】 带电粒子在A处时，由于电场线与等势面垂直，所以粒子所受电场力 Page 29 of 77 方向与速度方向垂直，由此可知粒子做曲线运动．带电粒子进入电场时的电势能EA＝qφA，离开电场时的电势能E∞＝qφ∞，φA＝φ∞＝0，所以EA＝E∞.粒子在A点时所受电场力方向与速度方向垂直，之后粒子所受电场力方向与速度方向的夹角先小于90°，后大于90°，所以电场力先做正功后做负功，由此可以判断电势能先减小后增大，C正确．选C. 导学导考 在电场类题目中，电势、等势面、电场线、电势能、电场力做的功等经常用来综合出题，解题关键是灵活掌握这些物理量间的关系．特别要注意正、负电荷在电场中运动时电势与电势能的变化是易错点．电场力做功与电势能的变化关系类似重力做功与重力势能变化间的关系，可通过类比来加深理解． (2012·安徽理综，18，6分)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为( ) A．200 V/m B．200 3 V/m C．100 V/m D．100 3 V/m 【解析】 匀强电场的电场线与等势面都是平行、等间距排列的，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取OA中点C，则C点电势为3 V， U连接BC即为电场中的一条等势面，作等势面的垂线，即电场中的电场线．E＝d＝ ＝200 V/m.选A. OC·sin 30° － 3 V 导学导考 解决此类问题的关键是确定匀强电场的大小和方向，其思路如下：电势分布特点→等分法找等势面→画出等势面→确定电场的方向和大小． Page 30 of 77 (2014·上海物理，19，3分)(多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( ) A．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 【解析】 由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，A错误．从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，B正确．从x1到x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，C正确，D错误．选BC. 导学导考 电场线和等势面从宏观上描绘出整个电场的分布．φ—x和E—x等关系图线描绘沿某一直线上电场线的分布，特别是电荷连线上的电场分布是常考内容．对于非等量异种电荷连线上和连线的中垂线上的电场的分布要着重理解. 1.(2014·吉林省吉林市热身检测)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的 点电荷，其中Q1带负电荷，a、b两点在它们连线延长线上．现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是( ) A.Q2一定带负电 B．Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量 C．b点的电场强度一定为零 D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大 1．C 因为v—t图线的斜率表示加速度，根据题图乙可知，粒子在b点的加速度 Page 31 of 77 为零，所受电场力也为零，b点的电场强度一定为零，C正确．要使b点的场强为零，Q1、Q2必带异种电荷，所以Q2一定带正电，A错误．Q1、Q2单独存在时在b点产生的场强必等大反向，再考虑到Q1到b点的距离较大，可知Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，B错误．整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，D错误． 2.(2015·河北石家庄一轮质检)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中电子在M点时的电势能为EpM，电子在N点时的电势能为EpN，则下列说法正确的是( ) A．电子在N点时的动能小于在M点的动能 B．该电场有可能是匀强电场 C．该电子运动的加速度越来越小 D．电子运动的轨迹为曲线 2．C 电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M点运动到N点，电势能减小，故动能增加，A错误．分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由 － W＝qEΔx可得电场强度越来越小，B错误．由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C正确．电子从静止开始沿电场线运动，可得M、N点所在电场线为直线，则电子的运动轨迹必为直线，D错误． 电场线的妙用 1．根据电场线疏密判断场强强弱．电场线越密的地方场强越大，等势面也越密集；电场线越疏的地方场强越弱，等势面也越稀疏．根据F＝Eq可知，同一电荷在电场线密集处所受电场力大，产生的加速度也大，如图甲中EA＞EB. 注意：只凭一条电场线无法确定电场强度的大小，如图乙所示，EA可能大于、 Page 32 of 77 可能小于、也可能等于EB. 2．根据电场线的切线方向判断电场强度的方向．电场线上各点的切线方向表示该点的场强方向，如图甲所示，A、B点切线方向，即为EA、EB的方向． 3．利用电场线与等势面的关系判断电势的高低．沿着电场线的方向电势逐渐降低，场强的方向是电势降低最快的方向，图甲中φa>φb. 电势能和电势高低的判断 1．电势能高低的判断方法 (1)做功判断：电场力做正功，电势能降低；电场力做负功，电势能升高． (2)公式法：利用公式Ep＝qφ判断，注意公式中的物理量需要带正负号． (3)能量守恒：只有电场力做功时，动能与电势能相互转化，总和不变． 2．电势高低的判断方法 (1)利用电场线判断：顺着电场线电势降低．取无穷远电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值． WAB(2)公式法：UAB＝q＝φA－φB.WAB、q的正负要代入，利用公式判断A、B电势高低． (3)电势能判断：正电荷电势能大的位置电势高，负电荷电势能大的位置电势低． 用“等分法”求电势 1．在匀强电场中，沿任意一个方向，电势降落都是均匀的，故在同一直线上间距相同的两点间电势差相等．如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点 Page 33 of 77 1 的电势差等于原电势差的n，采用这种等分间距求电势问题的方法，叫等分法． 2．若已知电场中某几点的电势，要求其他点的电势时，一般采用“等分法”在电场中找与待求点的电势相同的等势点．等分法也常用在画电场线的问题中． 3．在匀强电场中，相互平行的相等线段的两端点电势差相等，可用来求解电势． 电场中图象问题的解题思路 1．解决电场中图象问题的方法主要有两种： (1)将图象所反映的情景还原为熟悉的模型； (2)直接从图象的面积、斜率的意义入手，结合E的正负和电势的高低描绘电场线的分布来处理问题． 2．常见图象类型及分析重点 W (1)E—x图象：由W＝EqΔx得EΔx＝q＝U，所以E—x图象中图线与x轴所围面积等于相距Δx两点间的电势差．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． UΔφ(2)φ—x图象：因为E＝d＝，所以φ—x图象中图线上各点处切线斜率的大小 Δx表示该点电场强度沿x轴方向分量的大小．当φ—x图象与粒子运动相结合时，可以涉及的方面有粒子电性、电势能、电场力做功、动能、速度、加速度等． (3)Ep—x图象：Ep—x图象与x轴交点一定是电势为零的点，图象切线的斜率反映电场强度的大小． (4)v—t图象：从v—t图象上能确定粒子运动的加速度的方向和大小变化情况，进而可将运动中经历的各点场强方向、场强大小、电势高低等情况判断出来. Page 34 of 77 1．(2015·湖北华师一附中等八校联考)英国科学家法拉第最先尝试用“线”描述磁场和电场，有利于形象理解不可直接观 察的电场和磁场的强弱分布．如图所示为一对等量异种点电荷，电荷量分别为＋Q、－Q.实线为电场线，虚线圆的圆心O在两电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上的点，下列说法正确的是( ) A．a、b两点的电场强度相同 B．b、c两点的电场强度相同 C．c点的电势高于d点的电势 D．d点的电势等于a点的电势 1．D a、b、c、d在同一个圆上，电场线的疏密表示场强的强弱，故四点的场强大小相等，但是方向不同，A、B错误．沿电场线方向电势降低，故c点电势低于d点电势，C错误．a、d两点关于两电荷连线对称，故电势相等，D正确． 2．(2015·河北石家庄二中一模)如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在M、N的连线上有对称点a、c，M、N连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是( ) A．正电荷＋q在c点电势能大于在a点电势能 B．正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能 C．在M、N连线的中垂线上，O点电势最高 D．负电荷－q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度先减小再增大 2．C 由等量同种正点电荷电场分布特点可知a、c两点电势相等，正电荷＋q在a、c两点的电势能相等，A、B错误．M、N连线的中垂线上由无穷远到O点场强先变大再变小，中间某一位置场强最大，负电荷从无穷远到O点做加速度先增大再减小的加速运动，在O点时速度最大，动能最大，电势能最小，过O点后做加速度先增大再减小的减速运动，动能减小，电势能增加，所以负电荷在M、N Page 35 of 77 连线中垂线上的O点电势能最小，则O点电势最高，C正确．由于不知b、d在M、N连线中垂线上的具体位置，负电荷从d到b运动过程中加速度可能先减小再增大，也可能先增大再减小，再增大再减小，D错误． 3．(2016·东北师大附中第二次模拟)(多选)点电荷M、N、P、Q的带电荷量相等，M、N带正电，P、Q带负电，它们分别处在一个矩形的四个顶点上，O为矩形的中心．它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，电场中a、b、c、d四个点与MNQP共面，则下列说法正确的是( ) A．如取无穷远处电势为零，则O点电势为零，场强不为零 B．O、b两点电势φb＞φO，O、b两点场强Eb＜EO C．将某一正试探电荷从b点沿直线移动到c点，电场力一直做正功 D．某一负试探电荷在各点的电势能大小关系为Epa － － － b ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场线与四边形所在平面平行．已知a点电势为24 V，b点电势为28 V，d点电势为12 V．一个 质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，则下列说法正确的是( ) A．c点电势为20 V 2lB．质子从b运动到c所用的时间为v 0C．场强的方向由a指向c Page 36 of 77 D．质子从b运动到c电场力做功为8 eV 4．ABD 如图，由匀强电场中电场分布与电势差间的关系有：φb－φa＝φa－φe，得φe＝20 V，又φb－φe＝φc－φd，得φc＝20 V，A正确．ec连线为等势面，则电场方向由b指向d，C错2l 误．质子做类平抛运动，则有：2lsin 45°＝v0t，得t＝v，B 0正确．质子从b运动到c电场力做功W＝qUbc＝8 eV，D正确． 5．(2015·东北三省三校联合模拟)(多选)如图所示，以等量同种点电荷的连线中点为原点，两点电荷连线的中垂线为x轴，E表示电场强度，φ表示电势，根据你已经学过的知识判断，在下列E—x图象和φ—x图象中，可能正确的是( ) 5．AD 在两电荷连线的中点，由于两个电荷在此处产生的场强大小相等、方向相反，所以该处场强为零，在无穷远处场强也为零，所以两点电荷连线的中点到无穷远处场强是先增大后减小，且中点两侧场强方向相反，A正确，B错误．两点电荷连线的中垂线上场强方向从中点指向无穷远，且电势逐渐降低，C错误，D正确． 6．(2015·江苏南京、盐城联考)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位 － － 于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP.Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙．则( ) A．M点电场强度大小为零 B．N点电场强度大小为零 C．M、N之间电场方向沿x轴负方向 Page 37 of 77 D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM| 6．B 由题图知，由M到N电势降低，由无限远处到N电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低的性质，可以判断MN之间电场方向沿着x轴正方向，无限远处到N点电场方向沿x轴负方向，且N点场强为零，A、C错误，B正确．|WPN|＝|qUPN|＝|q(φP－φN)|＜|q(φN－φM)|＝|WNM|，D错误． 1．(2016·全国Ⅰ，14，6分)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 1．D 根据C＝ εrS ，将云母介质移出，εr减小，电容器的电容C减小．因为4πkd Q 电容器接在恒压电源上，电容器两端电压U保持不变．根据C＝U得Q＝CU，可U 知极板上的电荷量减小．根据E＝d，U、d均不变，可知极板间电场强度不变，D正确． 2．(2016·天津理综，4，6分)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点 电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( ) A．θ增大，E增大 B．θ增大，E不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 Page 38 of 77 εrSQ 2．D 由题知，电容器两板所带电量Q不变，根据C＝和U＝C可知，当上4πkdUQ4πkQ 板下移，C增大，U减小，θ减小，A、B错误．根据E＝d＝C· d＝εrS，可见E与d无关，只改变d，E不变，D正确．根据φP＝UP地＝E·LP地，E不变，LP地不变，故φP不变，Ep不变，C错误． 3．(2013·新课标全国Ⅰ，16，6分)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不d 计)．小孔正上方2处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进d 入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移3，则从P点开始下落的相同粒子将( ) A．打到下极板上 B．在下极板处返回 d2d C．在距上极板2处返回 D．在距上极板5处返回 d 3．D 设板间电压为U.对小球第一次下落过程应用动能定理有mg2＋d－E1qd U ＝0，其中，E1＝d.下极板上移后，假设带电粒子能到达距离上极板d1处，根据 U2d ＋d动能定理有mg21－E2qd1＝0，其中，E2＝.解得d1＝d，故D正确． 25 d3【点拨】 本题既涉及了电容的动态分析问题，又涉及了电场力做功的问题，需要先分析场强的变化，再利用动能定理求解． 4．(2015·海南物理，5，3分)如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、 电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两2 粒子同时经过一平行于正极板且与其相距5l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为( ) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 Page 39 of 77 4．A 两粒子同时从静止开始，在电场力作用下做匀加速直线运动，同时经过1 某一平面，它们在相同时间内位移之比为2∶3，根据x＝2at2，可知它们的加速F 度之比为2∶3.粒子受到的电场力F＝qE，结合牛顿第二定律，得a＝m，由于两粒子所受电场力大小相等，故质量之比应为3∶2，A正确． 5．(2014·山东理综，18，6分)如图所示，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v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( ) sA.2 sC.4 2qEs B.mh2 2qEs D.mh4 qE mh qEmh 5．B 两粒子垂直进入电场的初速度大小、加速度大小均相同，所以两粒子的sh 运动轨迹应具有对称性，故轨迹的切点应位于矩形区域的中心．由2＝v0t，2＝1qE2s··t，解得v0＝2m2 qE mh，B正确． 6．(2012·新课标全国卷，18，6分)(多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( ) A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 6．BD 直线运动的条件是在垂直于速度方向上受力平衡，本题中是重力和电场力的一个分力平衡．对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，故A错误．由图可知电场力与重力的合力应 与v0反向，F合对粒子做负功，其中mg不做功，qE做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误．F合恒定，且F合与v0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D正确． Page 40 of 77 【点拨】 正确理解和运用直线运动的条件是解题关键，要运用正确的受力分析去解决． 7．(2015·新课标全国Ⅱ，14，6分)如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰 好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( ) A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 7．D 两板水平时对微粒有qE＝mg.板逆时针旋转45°，对微粒受力分析如图中虚线所示，由平行四边形定则可知合力向左下方，且大小恒定，D正确，A、B、C错误． 8．(2016·北京理综，23，18分)如图所示，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U0，偏转电场可看成匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d. (1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0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＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2. (3)极板间既有电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的概念，并简要 Page 41 of 77 说明电势和“重力势”的共同特点． 1 8．【解析】 (1)根据功和能的关系，有eU0＝2mv20 电子射入偏转电场的初速度v0＝2eU0m m2eU0 L 在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝v＝L 0 EeUe 加速度a＝m＝dm 2 1UL 偏转距离Δy＝2a(Δt)2＝4Ud 0 (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G＝mg～10－29 N eU 电场力F＝d～10－15 N 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力． (3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即 Epφ＝ q 由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点EG的重力势能EG与其质量m的比值，称为“重力势”，即φG＝m 电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定． 【答案】 (1) 2eU0UL2 m；4U0d (2)见解析 (3)见解析 9．(2015·四川理综，10，17分)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点．过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106 N/C、方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P带电荷量是2.0×10－6 C，质量m＝0.25 kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4.P从O点由静止开始向右运动，经过0.55 s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2.P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示．P视为质点， Page 42 of 77 电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2.求： v/(m·s－1) F/N 0≤v≤2 2 9．【解析】 (1)小物体P的速率从0增至2 m/s，受外力F1＝2 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则 F1－μmg＝ma1 v1＝a1Δt1 ① ② 由①②式并代入数据得Δt1＝0.5 s ③ (2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F2＝6 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则 F2－μmg＝ma2 ④ 设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则 Δt2＝0.55 s－Δt1 v2＝v1＋a2Δt2 ⑤ ⑥ P从A点至B点，受外力F2＝6 N、电场力和滑动摩擦力的作用．设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则 F2－μmg－qE＝ma3 2 v23－v2＝2a3x1 ⑦ ⑧ Page 43 of 77 P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为FE，有FE＝F3 ⑨ F3与FE大小相等、方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动．设P从B点运动至D点用时为Δt3，水平位移为x2，由题意知 v3 ＝tan α ⑩ ⑪ gΔt3 x2＝v3Δt3 设从A点至D点电场力做功为W，则 W＝－qE(x1＋x2) ⑫ ⑬ 联立④～⑧、⑨～⑫式并代入数据得W＝－9.25 J 【答案】 (1)0.5 s (2)－9.25 J 10．(2013·浙江理综，24，20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值 不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应． (1)判断半球面A、B的电势高低，并说明理由； (2)求等势面C所在处电场强度E的大小； (3)若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？ (4)比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由． 10．【解析】 (1)电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从 Page 44 of 77 B指向A，B板电势高于A板． (2)据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大v2 小相同，有eE＝m R 1Ek0＝2mv2 RA＋RBR＝2 2Ek04Ek0联立解得E＝eE＝ e（RA＋RB） (3)电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔEk＝qU 对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有 ΔEk左＝e(φB－φC) 对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有 ΔEk右＝e(φA－φC) (4)根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有 |φB－φC|>|φA－φC|，即|ΔEk左|>|ΔEk右| 【答案】 (1)B板电势高于A板；理由见解析 (2) 4Ek0 e（RA＋RB） (3)e(φB－φC)；e(φA－φC) (4)|ΔEk左|>|ΔEk右|；理由见解析 【点拨】 通过粒子在场中的匀速圆周运动确定出向心力的来源，进而确定出电场的方向、电势等相关问题． 11．(2013·新课标全国Ⅱ，24，14分)如图所示，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点 Page 45 of 77 和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能． 11．【解析】 质点所受电场力的大小F＝qE 设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律 2vav2b 有F＋Na＝mr，Nb－F＝mr 设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有 1212 Eka＝mva，Ekb＝mvb 22根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF 1rr 联立得E＝6q(Nb－Na)，Eka＝12(Nb＋5Na)，Ekb＝12(5Nb＋Na) 1rr 【答案】 6q(Nb－Na)；12(Nb＋5Na)；12(5Nb＋Na) 【点拨】 力电综合类问题实际上就是“电学搭台，力学唱戏”. (2012·江苏物理，2，3分)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( ) A．C和U均增大 B．C增大，U减小 C．C减小，U增大 D．C和U均减小 【解析】 当电容器两极板间插入一电介质时，根据C＝ 可知电容C增大， 4πkd εrS Q 由于电容器所带电荷量不变，根据C＝U可知两极板间电势差U减小，B正确．选B. 导学导考 电容器作为三大基本电学元件(电阻、电容、电感)之一频现于高考中．主要考查电容器的动态分析、与电容器有关的力学问题、电容器在电路中 Page 46 of 77 的作用，多以选择题的形式出现．其中电容器的动态分析主要考查对公式的灵活应用，难度较小． (2014·安徽理综，17，6分)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示．下列图象中合理的是( ) 【解析】 由功能关系W＝－ΔEp及W＝Eqx知，Ep－x图象的斜率反映电场强度E的大小．随x的增大，斜率在减小，E在减小，A错误．由动能定理得W＝Eqx＝Ek－0，故Ek－x图象的斜率逐渐减小，B错误．由牛顿第二定律得Eq＝ma，a也随x的增大而减小，则根据牛顿第二定律粒子做加速度减小的加速运动，C错误，D正确．选D. 导学导考 带电粒子在匀强电场中的运动问题能结合力学知识和电学知识，最大限度地考查受力分析、状态过程分析、动力学分析和能量分析，故几乎每年都有此类试题的出现，以选择题、计算题为主，难度中等偏上. (2015·天津理综，7，6分)(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( ) A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 Page 47 of 77 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 1 【解析】 设加速电压为U1，偏转电压为U2，则qU1＝21qU222 mv0，x＝v0t，y＝··t，联立得 2md U2x2 y＝4Ud，即粒子在竖直 1 方向的偏转量y与q、m均无关，因此三种粒子运动轨迹相 同．打在屏上的同一位置，D正确．偏转电场对粒子做功W＝qE2y，由于运动轨1 迹相同，三种粒子离开电场时的偏转量y相同，则W相同，A正确．根据W＝2mv2，三种粒子质量不同，因此速度v不同，B错误．又因为三种粒子运动轨迹相同，但速度不同，所以运动时间不同，C错误．选AD. 导学导考 当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口． (2015·山东理综，20，6分)(多选)如图甲所示，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v0T 沿中线射入两板间，0～3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( ) A.末速度大小为 2v0 B．末速度沿水平方向 1 C．重力势能减少了2mgd D．克服电场力做功为mgd T 【解析】 因0～3内微粒匀速运动，故微粒受到的电场力向上，E0q＝mg，由题 Page 48 of 77 T2T 图可知在3～3时间内，两金属板间没有电场，微粒只受重力作用，做平抛运2TgT2T 动，在t＝3时刻的竖直速度为vy1＝3，水平速度为v0，在3～T时间内，微粒满足2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，微粒的竖直速度减d1 小到零，水平速度为v0，A错误，B正确．微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·2＝21 mgd，C正确．从射入到射出，由动能定理可得2mgd－W电＝0，可知克服电场力1 做功为2mgd，D错误．选BC. 导学导考 带电粒子在交变电场中的运动是高考必备的核心知识点之一，因电场力出现周期性变化，导致运动过程出现多个阶段，分阶段是常见的解题思路，需要利用牛顿运动定律、图象等分析多个阶段运动的细节，此类题目既有计算题，也有选择题，其中计算题的难度较大． (2015·河北衡水四调)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h＝4 m．BC段为一粗糙绝缘平面，其长度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)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径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m＝1 kg，电荷量q＝0.1 C的带正电小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB3 和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝5(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，根据动能定理可得 Page 49 of 77 (mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos 30°解得vC＝210 m/s hsin 30° 1 －μ(mg＋Eq)L＝2mv2C－0 1 (2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程，根据机械能守恒定律可得212 mvC＝2mv22R D＋mg· v2D在最高点以小球为研究对象，可得FN＋mg＝mR 解得FN＝30 N，vD＝2 5 m/s (3)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 1 x＝vDt，2R＝2at2，解得x＝2 m＜3 m，假设正确． 【答案】 (1)210 m/s (2)30 N (3)2 m 导学导考 带电粒子在电场中运动时，通常电场力与重力都是恒力，于是我们将电场力和重力的合力称为等效重力．这样处理后减少了受力的数量，是将复杂问题简单化的一种方法． 求解有关电容问题的一般思路 1．根据所求解问题选择公式 (1)用决定式C＝ εrS4πkd 分析C的变化； Q (2)用定义式C＝U分析Q或U的变化； U (3)用E＝d分析E的变化． 2．根据Q不变或U不变模型分析问题 (1)电压不变模型：此类问题多把电容接在电源两端．因为U不变，据公式U＝ Page 50 of 77 Ed，E的变化与d相关． QεrS (2)电荷量不变模型：此类电容器大多独立存在．C＝U＝，把U＝Ed代入得 4πkd4πkQE＝.因为Q不变，所以E与εr、S有关，与d无关． εrS(3)综合模型：如图所示，因为二极管的单向导电性，使此电容器充电时符合U不变模型，放电时符合Q不变模型． 带电粒子在电场中的运动问题 1．解题思路 2．带电粒子在电场中的加速与偏转 (1)解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定1 理qU＝2mv2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算，二者靠时间相等联系在一起． (2)计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法： Page 51 of 77 L＋d LdY2 Y＝y＋dtan θ；Y＝(2＋d)tan θ；Y＝y＋vy·v；根据三角形相似y＝L，解得Y 0 2U2L（L＋2d）＝. 4U1d0 其中U1为加速场电压，U2为偏转场电压，L为偏转场板长，d0为偏转场两板间距，d为屏到偏转场水平距离，Y为打到屏上距离中心的距离，θ为出射速度与水平方向夹角． 经过加速场和偏转场后打在屏上的位置与带电粒子的荷质比无关． 带电粒子在交变场中运动的分析 1．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 带电粒子在交变场中的问题大多是运动的拼接，处理此类问题要注意以下几点： (1)注重全面分析：抓住粒子的运动具有周期性和对称性等特性，求解粒子运动过程的速度、位移和做功等问题． (2)分析时要从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿运动定律及运动学规律分析；二是根据功能关系列式求解． (3)注意对称性和周期性变化关系的应用． 2．常见的试题类型及解题方法 (1)粒子做单向或往返直线运动：对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般以加速、减速交替出现的多过程情况较多．解决的方法主要分析清楚其中一个完整的过程，有时也可借助v—t图象进行运动过程分析，找出各个过程中的重要物理量间的关系，进行归纳、推理，从而寻找其运动规律再进行分段处理求解．要注意释放位置的不同造成运动状态的差异． (2)粒子做偏转运动：一般根据交变电场特点分段研究．解决的方法是应用运动 Page 52 of 77 的合成与分解的方法，把曲线运动分解为两个直线运动，再分别用直线运动的规律加以解决． 用等效重力法解题 1．等效重力法 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′＝ F合 m为等效重力场中的“等效重力加速度”，F即在等效重力场中的“竖直向下”方向． 合的方向等效为“重力”的方向， 2．物理最高点与几何最高点 在“等效力场”做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点．物理最高点与几何最高点有时一致，有时不一致． 1．(2015·湖北武汉华中师大一附中期中)如图所示，A、B为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R为滑动变阻器．闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N正 上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处．下列说法正确的是( ) A．若仅将A板上移，带电小球仍将恰好运动至小孔N处 B．若仅将B板上移，带电小球将从小孔N穿出 Page 53 of 77 C．若仅将滑动变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至N处 D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将从小孔N穿出 εrS 1．C 若仅将A板上移，根据公式C＝知电容减小，由于二极管的作用可4πkd4πkQQ 以阻止电容器的放电，故电荷量不变，根据C＝U，U＝Ed，可得E＝，故εrS场强不变，则带电小球到达小孔N时，重力做功小于电场力做功，可知小球未到达小孔N时速度已经减为零返回了，A错误．若仅将B板上移，电压U一定，故到达小孔N时，电场力做功不变，重力做功小于电场力做功，可知小球未到达小孔N时速度已经减为零返回了，B错误．将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，故如果小球能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未到达小孔N时速度已经减为零返回了，C正确．断开开关S，场强不变，故小球恰好能运动至小孔N处，D错误． 2．(2015·东北三校二联)如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线．当 极板间所加电压为U1时，粒子落在A板上的P点．如果将带电粒子的初速度变d 为2v0，同时将A板向上移动2后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U2为( ) A．U2＝3U1 B．U2＝6U1 C．U2＝8U1 D．U2＝12U1 d1 2．D 板间距离为d，射入速度为v0，板间电压为U1时，在电场中有：2＝2 md2v2qU1xd02 at，a＝md，t＝v，解得U1＝qx2；A板上移2，射入速度为2v0，板间电压为 0 22 12mdv012qUx22 U2时，在电场中有：d＝2a′t′，a′＝3md，t′＝2v，解得U2＝qx2，即0U2＝12U1，D正确． 3．(2015·湖北孝感三中三模)(多选)一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之 Page 54 of 77 L 间．两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期T＝2v，已知所有电子0 都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出．不计重力作用，则( ) A．所有电子都从右侧的同一点离开电场 B．所有电子离开电场时速度都是v0 C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 1dD．t＝4T时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为16 3．BD 电子进入电场后做类平抛运动，水L 平方向分速度不变，穿过电场的时间t＝v0 ＝2T.不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等 于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，A错误．由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，B正确．由以上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，T3 动能都相同，C错误．t＝4时刻进入电场的电子，在t＝4T时刻侧位移最大，最1T2aT21 大侧位移为ymax＝2·2a4＝16①，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为2 11T2d d，则有2d＝4×2a2②，联立①②得ymax＝16，D正确． 4．(2015·河北正定模拟)从地面以v0斜向上抛出一个质量为m的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球平抛平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q的原小球，小球到达最高点时的动能与抛出时动能相等．求： Page 55 of 77 (1)无电场时，小球上升到最高点的时间； (2)后来加上的电场的场强大小． 4．【解析】 (1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16. 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则 12 由v2y＝2gh，得mvy＝mgh 21212 mv∶mv＝9∶16 2x2y 解得抛出时：vx∶vy＝3∶4 4 所以竖直方向的初速度vy＝5v0 4v0 竖直方向做匀减速运动，有vy＝gt，解得t＝5g (2)设后来加上的电场场强大小为E，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能E1q3 相等，若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相同，则有mt＋5v0＝v0， mg 解得E1＝2q 若电场力的方向与小球初速度的水平分量方向相反，则有 E2q32mg－mt＋5v0＝－v0，解得E2＝q 4v0mg2mg 【答案】 (1)5g (2)2q或q 5．(2016·福建宁化一中第四次模拟)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可看成质点)从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与水平方向间的夹角θ＝37°.(sin 37°＝0.6) (1)若带电小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，试求带电小球在y轴上的抛出点A的坐标及小球抛出时的初速度v0. (2)若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小 Page 56 of 77 4mg 与小球质量之间的关系满足E＝5q，试计算两平行金属板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上． 5．【解析】 (1)小球从A到B过程做平抛运动， v0L 沿平行x轴方向有：2cos θ＝v0t，tan θ＝gt 1 竖直方向下落距离h＝2gt2 L 所以抛出点A的纵坐标y＝h＋2sin θ 3gL174 ，y＝L，h＝103015L 17 所以A点的坐标为(0，30L) 联立解得v0＝(2)小球进入电场时速度大小为v， 1212 由动能定理，mgh＝2mv－2mv0 5gL 解得v＝ 6 进入电场后受力如图所示，qE＝mgcos θ 因此小球进入电场后，做类平抛运动， mgsin θ其加速度大小a＝m＝gsin θ 设小球在该电场中运动时间为t′，欲使小球不打在N板上 1152 d＝vt′，2L＝2at′2，联立上式求解得d＝6L 17 【答案】 (1)0，30L； 3gL52 (2)106L 6．(2015·江西五校第二次联考)如图甲所示，A和B是真空中、面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，O到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生大量粒子，粒子质量为m、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．不计粒子的重力， Page 57 of 77 不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，m＝5×10－10 kg，q＝1×10－7 C．求： (1)在t＝0时刻发出的粒子，会在什么时刻到达哪个极板； T (2)在0～2范围内，哪段时间内产生的粒子不能到达A板； (3)到达B板的粒子中速度最大为多少． 6．【解析】 (1)根据题图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动，设粒子到达A板的时间为t，并假设在半个周期内到达A板，1qU02 则有l＝2·2lmt T 解得t＝6×10－3 s＜2 故在t＝6×10－3 s时刻到达A板． TqU0(2)在0～2范围内，粒子的加速度a1＝2lm＝2×105 m/s2 q·2U0T 在2～T，粒子的加速度a2＝＝4×105 m/s2 m·2l ΔtTT13 若粒子在0～2内加速Δt，再在2～T内减速2刚好到达A板，则有l＝2a1·Δt·2Δt，解得Δt＝2×10－3 s TT 所以在－Δt到范围内产生的粒子不能到达A板，即4×10－3 s～6×10－3 s. 22(3)恰好未撞上A板的粒子，反向加速距离最大，所获得的速度最大，有v2m＝2a2·2l，解得vm＝4006 m/s 【答案】 (1)6×10－3 s (2)4×10－3 s～6×10－3 s (3)4006 m/s Page 58 of 77 一、基本物理量间的联系 二、库仑定律 1．内容：在真空中两个点电荷的相互作用力跟它们电荷量的乘积成正比，跟它们之间距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上． kq1q2 2．表达式：F＝r2，其中k为静电力常量，k＝9.0×109 N·m2/C2. 3．适用范围：库仑定律适用于真空中、点电荷间的相互作用，点电荷在空气中的相互作用也可以应用该定律． (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．当两金属球的距离较小时，由于电荷分布的变化，它们不能被视为点电荷，库仑定律不再适用，但它们之间仍存在静电力，如图所示． (3)不能根据公式错误地推论：当r趋于零时，F趋于无穷大．原因是，在这样的kq1q2条件下，带电体不能看成点电荷，F＝r2不再适用． 三、电场强度 1．电场强度的性质 (1)矢量性：电场强度E是表示电场力的性质的一个物理量，规定正电荷受力方 Page 59 of 77 向为该点场强的方向． (2)唯一性：电场中某点处的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷无关，取决于形成电场的电荷(源电荷)及空间位置． (3)叠加性：在同一空间，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．电场强度的两个公式的比较 区别 公式 FE＝q kQE＝r2 是电场强度大小的定义式 是真空中点电荷场强的决定式 由比值法引入，E与F、q适用于一切物理含义 引入过程 适用范围 无关，反映某点电场的性质 电场 F由E＝q和库仑定律导出 真空中的点电荷 四、电场线和等势面 1．电场线的特点 (1)电场线是用来形象地描述电场分布的一簇曲线．电场线不是真实存在的，是一种假想线； (2)在静电场中，电场线起始于正电荷或无限远，终止于无限远或负电荷，不形成闭合曲线； (3)电场线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致； (4)电场线密处电场强，电场线疏处电场弱； (5)电场线在空间无电荷处不相交． 2．等势面的特点 (1)等势面一定与电场线垂直，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不做功； (3)电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面； (4)任意两个等势面都不会相交； (5)等势面越密的地方电场强度越大，即等势面分布的疏密可以描述电场的强弱． Page 60 of 77 3．常见电场的电场线和等势面分布 电场线(虚线)和等 势面(实线)图样 电场线特点 等势面特点 匀强电场 疏密相同的平行直线 垂直于电场线 的一簇平面 (1)离点电荷越近，电场线越密集，场强越强，方向由正点电荷指向无穷远，或由无穷远指向负点电荷； (2)在正(负)点电荷形成的电场 正点电荷的电场 (3)若以点电荷为球心作一个球面，电场线处处与球面垂直，在此球面上场强大小处处相等，方向各不相同 中，不存在场强相同的点； 以点电荷为球心 的一簇球面 (1)两点电荷连线上各点的场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大； (2)两点电荷连线的中垂线上，电场线的方向均相同，即场强方向等量异种点电荷的电场 相同，且与中垂线垂直； (3)两点电荷连线上关于中点对称的两点的场强等大，同向 连线的中垂面为等势面且与无穷远处电势相等 Page 61 of 77 (1)两点电荷连线中点O的场强为零，此处无电场线； (2)从两点电荷连线中点沿中垂线到无限远，电场线先变密后变疏， 等量同种点电荷的电场 即场强先变大后变小； (3)两点电荷连线中垂线上各点的场强方向和该直线平行，关于中点对称的两点场强等大、反向 两点电荷连线上中点处电势最低，而在中垂线上，中点处电势最高 整个导体是等势导体表面越尖锐的位置电场线越 枕形导体形成的电场 五、电场强度、电势、电势差、电势能的区别与联系 电场强度 描述电场的力的性质 电势 描述电场的能的性质 电势差 描述电场力做功的本领 电势能 描述电荷在电场中的能量，电荷做功的本领 正电荷在正电势位置有正电势能，简化为：正正得正，负正得负，负负得正 由电荷量和该点电势二者决定，与参考点的选取有关 密集 体，表面是等势面．导体表面越尖锐的位置等势面分布越密集 意义 矢 标 性 矢量，方向为电场标量，但有正中的正电荷的受力方向 负，正负只表示大小 标量，有正负，正负只表示电势的高低 由电场本身的两点间差异决定，与试探电荷无决定 因素 场强由电场本身决定，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Page 62 of 77 点的选取有关，与参考关，有相对性 点的选取无关 零场强区域两点间电势场强为零的地方电势不一定为零 电势为零的地方场强不一定为零 差一定为零，电势差为零的区域场强不一定为零 六、两个电容公式的比较 公式 QΔQC＝U＝ ΔU公式类别 定义式 适用范围 任何电容 制约因素 电容器本身(不能说C与Q成正比，与U成反比) 与极板的正对面积S、距C＝εrS 4πkd决定式 仅对平行板电容器适用 离d、电介质的相对介电εrS常数εr有关，C∝d 场强为零，电势能不一定为零 关系 七、带电粒子在电场中的运动 1．加速 Eq (1)匀强电场中，v0与E平行时，可用牛顿第二定律和运动学公式求解：a＝m， U22E＝d，v2－v1＝2ax. 1212(2)非匀强电场中用动能定理求解(匀强电场亦可)：Uq＝2mv－2mv0. 2．偏转 带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力F的作用而做匀变速曲线运动(类平抛运动)，如图所示．粒子偏转问题的分析方法类似于平抛运动： Page 63 of 77 l (1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝v； 0 FqEqU (2)沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝m＝m＝md； 12qUl2 (3)离开电场时的偏移量y＝2at＝2mdv2； 0 vyatqUl (4)离开电场时的偏转角φ满足tan φ＝v＝v＝mdv2. 000 解决此类问题的关键是利用正交分解的思想来处理类平抛运动．常见的思路有两种：一种是正交分解位移，另一种是正交分解速度． (2015·四川广安一模)两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接r 触后将其固定距离变为2，则两球间库仑力的大小为( ) 134 A.F B.F C.F D．12F 1243 Q·3Q 【解析】 接触前两小球之间的库仑力大小F＝kr2，两小球接触后再分开，其所带电荷量先中和后均分，所以两球分开后各自带电荷量＋Q，距离又变为原Q·Q41 来的2，库仑力F′＝k2＝3F.选C. r2 (2016·山东省实验中学第一次诊断)(多选)如图所示，有一个正方体立体空间ABCDEFGH，则下列说法正确的是( ) A．若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等 Page 64 of 77 B．若只在A点放置一正点电荷，把正电荷从C移到G时电场力做正功 C．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等 D．若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等 【解析】 若A点放一正点电荷，B点场强方向沿AB，H点场强方向沿AH，B、H两点场强大小方向都不同；把正电荷从C移到G，远离A点，故电场力做正功．A错误，B正确．若A、E处为等量异种点电荷，则C、G两点电势一正一负，C错误．若在A、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上下对称，左右对称，D与H对称，所以电场强度大小相等；H与F相对于E点一定位于同一个等势面上，所以H与F两点的电势相等，则D、F两点的电场强度大小相等，D正确．选BD. (2016·福建宁化一中第四次模拟)(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿着垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v—t图象如图乙所示．小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)，则下列说法正确的是( ) A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小E＝1.2 V/m B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大 Page 65 of 77 C．由C到A电势能逐渐降低 D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V 【解析】 v—t图象切线斜率代表加速度，B点斜率最大，故场强最大．由图a0.3ma ＝5 m/s2，得E＝q＝1.2 V/m，A正确．C到A速度一直增加，电场力做正 1 功，电势能减小，B错误，C正确．由Uq＝2mv2算出UCB＝0.9 V，D正确．选ACD. (2016·吉林东北师大附中第二次模拟)(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地．初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器的P点且处于静止状态．下列说法正确的是( ) A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低 B.将上极板下移，则P点的电势不变 C．将下极板下移，则P点的电势升高 D．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动 Q【解析】 由于电路中有二极管，所以电容器只能充电不能放电．据C＝U＝ εrS4πkd ，若U不变，S减小，Q减小，但有二极管导致Q不变，故S减小，U增 大．据U＝Ed知E增大，油滴上移，P点电势升高，A错误．d减小，若U不变Q增大，故U不变成立．据U＝Ed知E增大，P点电势升高，B错误．d增大，若U不变Q减小，二极管导致Q不变，故E不变，P点电势升高，C正确．若d增大，E不变，若d减小，E增大，故油滴不下移，D正确．选CD. (2016·河北石家庄正定中学期中)(多选)如图所示，在竖直平面内xOy坐标 Page 66 of 77 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y＝kx2，11且小球通过点pk，k.已知重力加速度为g，则( ) mg A．电场强度的大小为 qg B．小球初速度的大小为2k 5mg C．小球通过点p时的动能为4k 2mg D．小球从O点运动到p点的过程中，电势能减少k 【解析】 由轨迹方程y＝kx2可知小球为初速度向上的抛物线，合力 2mg1 向右，由受力分析可知2mg＝Eq，E＝q，A错误．联立方程k＝121g11gt，＝vt，解得v＝，B正确．据动能定理mg·＝E－00k2k2kk2 5mg222mg2 mv0，得Ek＝4k，C正确．ΔEp＝－W＝－Eq·k＝－2mg·k＝－k，D错误．选BC. 1．认清和掌握电场、电势(电势差)、电势能等基本概念．电场强度注意矢量性，正负电荷在电场中移动相同路径时电势变化相同、电势能变化相反． 2．电场力做功与电荷电势能的变化关系具有非常重要的意义，在列式和计算时，要注意物理量的正负号． 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， Page 67 of 77 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． 5．电容器问题要看清是U不变还是Q不变． (2014·四川攀枝花二模)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： (1)小滑块第一次过N点的速度大小； (2)小滑块最后停在距离挡板多远的位置； (3)小滑块在斜面上运动的总路程． 【规范解答】 (1)小滑块第一次过N点的速度为v， 1 则由动能定理有2mv2＝(mg＋qE)Lsin 37°，代入数据得v＝2 3 m/s Page 68 of 77 (2)滑块在ON段运动时所受的摩擦力f＝μ(mg＋qE)cos 37°＝2.4×10－2 N 滑块所受重力、电场力沿斜面的分力F1＝(mg＋qE)sin 37°＝2.4×10－2 N 因此滑块沿ON下滑时做匀速运动，上滑时做匀减速运动，速度为零时可停下． 设小滑块与挡板碰撞n次后停在距挡板距离为x处，则由动能定理得 (mg＋qE)(L＋s－x)sin 37°－μ(mg＋qE)[(2n－1)s＋x]cos 37°＝0 又有0≤x≤0.02 m，解得12.5≤n≤13.5 取n＝13，得x＝0.01 m (3)设滑块每一次与挡板碰撞沿斜面上升的距离减少Δx， 由能量守恒得(mg＋qE)·Δxsin 37°＝2μ(mg＋qE)scos 37° 代入数据得Δx＝0.04 m 滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离s1＝L＋s－Δx＝0.48 m 滑块第p次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离sp＝s1－(p－1)Δx p（p－1）Δx 滑块移动的总路程s总＝L＋s＋x＋2ps1－ 2 由于sp≥s＝0.02 m，得p≤12.5，取p＝12代入上式得s总＝6.77 m 【答案】 (1)2 3 m/s (2)0.01 m (3)6.77 m 分析电场与力学、能量的综合应用问题主要用到力学知识，综合了静电场和力学中的主要规律，分析时应从力学观点和能量观点着手，按力学问题的分析方法加以分析，分析带电粒子在运动过程中其他形式的能和动能之间的转化过程时，可应用动能定理，也可以用能量守恒定律． (1)解题的基本思路：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，是直线运动还是曲线运动)，然后选用恰当的规律(牛顿运动定律、运动学公式、功能关系)解题． Page 69 of 77 (2)对带电粒子受力分析时的注意事项： ①掌握电场力的特点．注意带电粒子的电性不同电场力方向相反．匀强电场中电场力处处是恒力；非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受电场力的大小和方向都可能不同． ②是否考虑重力要依据情况而定． (3)带电粒子在重力场和电场的叠加场中运动的分析： ①此类问题一般可以用等效法处理．几个场同时占据同一空间，从而形成叠加场．对于叠加场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每一种场力对物体的作用效果，也可以同时研究几种场共同作用的效果，将叠加场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学规律和方法进行分析． ②带电粒子在匀强电场和重力场的叠加中的圆周运动可以利用平行四边形定则求出带电粒子所受重力和电场力的合力作为带电粒子受到的“等效重力”，然后根据力学中处理圆周运动的方法进行解答． 一、选择题(本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．(2016·安徽合肥一模)四个等量异种电荷，分别放在正方形的四个顶点处，A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是( ) A．O点电场强度为零 B．A、B、C、D四个点的电场强度相同 Page 70 of 77 C．将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零 D．将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能减小 1．C 根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理，O点电场强度不为零，方向由O指向C，A错误．根据对称性，A、C两点电场强度相同，B、D两点电场强度相同，而A、B两点电场强度不相同，B错误．由对称性可知，B、D两点等电势，将一带负电的试探电荷从B点匀速移动到D点，电场力做功为零，C正确．图中A点电势高于C点，将一带负电的试探电荷从A点匀速移动到C点，其电势能增大，D错误． 2．(2016·山东淄博模拟)如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是( ) A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低 B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高 C．O点的电场强度为零，电势最低 D．O点的电场强度不为零，电势最高 2．C 根据对称性得出，在O点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零，根据电场强度定义可知O点电场强度为零．沿x轴无限远处电场强度为零，从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小．沿x轴无限远处，若设电势为零，逆着x轴方向向O点移动一个带正电的试探电荷，电场力做正功，电势能减小．根据电势的定义可知O点的电势能最小，电势最低，所以从O点沿x轴正方向，电势一直升高，A、B、D错误，C正确． 3．(2016·河南洛阳一模)如图所示中虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为aA、动能为 EkA，电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB，电势能为EpB.则下列结论正确的是( ) A．aA>aB，EkA>EkB B．aA Page 71 of 77 场强度小于B处．由电场力公式和牛顿第二定律可得qE＝ma，由此可知aA 4．(2016·福建大田名校模拟)下列选项中的各4圆环大小相同，所带电荷量已在图1 中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的 4是( ) 4．B 把均匀带电圆环对O点的电场作用分割成若干个微元电荷对O点作用的合成．B图中两部分对O点的电场叠加后大于A图．C图中第Ⅰ、Ⅲ象限的圆环在O点的电场对称抵消，只有第Ⅱ象限的电场作用，其大小等同于A图．D图中全部对称、相互抵消，O点场强为零．综上所述，O点电场强度最大的图是B图． 5．(2016·河南十校联考)如图所示，AB为均匀带有电荷量为＋Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB.AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上某点P处、带电荷量为＋Q的点电荷 所形成的电场在C点的电势．若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0＝ Page 72 of 77 Q kr.若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和．根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C′处的电势为( ) A．φ0 B.2φ0 C．2φ0 D．4φ0 5．C 可以设想关于B点对称的另一段均匀带有电荷量为＋Q的细棒A′B，根据Q 电势叠加原理，C点的电势为2φ0.对于C′点电势，可视为由带电量各为2的两段QQ22 细棒产生的电场的电势叠加而成，AC连线中点C′处的电势为φ＝kr＋kr＝2φ0， 22C正确． 6．(2015·山东日照12月检测)如图所示，无限大均匀带正电薄板竖直放置，其周围空间的电场可认为是匀强电场．光滑绝缘细管垂直于板穿过中间小孔，一个可视为质点的带负电小球在细管内运动．以小孔为原点建立x轴，规定x轴正方向为加速度 a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电势φ、小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象，其中正确的是( ) 6．AB 匀强电场的φ—x图象应为倾斜的直线，A正确．带负电的小球在电场中1 受力方向与场强方向相反，x>0时加速度a应为负，B正确．根据qEx＝Ek－2mv20可知，C、D错误． 7．(2016·宁夏银川一中检测)如图所示，电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则( ) A．带电油滴的电势能将增大 Page 73 of 77 B．P点的电势将降低，两极板间的电势差不变 C．平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大 D．电容器的电容增大，带电油滴将沿竖直方向向上运动 7．CD 因为电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，将平行板电容器上极板竖直向下移动一小段距离，则两极板间的距离减小，根据公式EU ＝d可得两极板间的电场强度增大，则P将向上运动，电场力做正功，电势能将减小．P到下极板间的距离不变，根据公式U＝Ed可得P与下极板间的电势差增εrSQ 大，P点电势增大．根据公式C＝可得电容增大，根据公式C＝U可得电荷 4πkd量增大，C、D正确． 8．(2016·河南开封一模)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释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动．关于带电小球的电势能ε和机械能W的判断，不正确的是 ( ) qE A．若sin θ B．若sin θ＝，则ε、W一定不变 mgqE C．若sin θ＝mg，则ε一定增加，W一定减小 qE D．若tan θ＝mg，则ε可能增加，W一定增加 8．ACD 带电小球由静止开始释放，只受重力和电场力，其电势能和机械能之和保持不变．画出带电小球运动可能的受力图，qE 由图可知，若sin θ＝mg，则所受电场力与位移垂直，电场力不做功，电势能ε一定不变，而重力做正功，重力势能减小，动能 qE 增加，机械能W一定不变，B正确，C错误．若sin θ Page 74 of 77 械能之和保持不变可知，机械能W增加，D错误． 二、非选择题(本大题共3小题，第9、10题各16分，第11题20分，共52分) 9．(2016·北京朝阳区期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示．一质量m＝1.0×10－20 kg，电荷量q＝1.0×10－9 C的带负电的粒子从(－1，0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上做往返运动．忽略粒子的重力等因素．求： E1(1)x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E； 2 (2)该粒子运动的最大动能Ekm； (3)该粒子运动的周期T. 9．【解析】 (1)由图可知U1＝U2＝φ0＝20 V，则 U1 左侧电场强度E1＝d＝2.0×103 V/m 1 (2分) (2分) (1分) U2右侧电场强度E2＝d＝4.0×103 V/m 2 E11所以E＝2 2 (2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有 qE1d1＝Ekm (2分) (1分) 联立并代入相关数据可得Ekm＝2.0×10－8 J (3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有 qE1qE2vm＝mt1，vm＝mt2 12 Ekm＝2mvm，T＝2(t1＋t2) (4 分) (3分) (1分) 联立并代入数据可得T＝3.0×10－8 s 1 【答案】 (1)2 (2)2.0×10－8 J (3)3.0×10－8 s Page 75 of 77 10．(2016·安徽淮南一模)如图所示，在真空中，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系xOy，在x轴上方有一沿x轴正方向的匀强电场E(电场强度E的大小未知)．有一质量为m.带电荷量为＋q的小球，从坐标原点O由静止开始自由下落，当小球运动到P(0，－h)点时，在x轴下方突然加一竖直向上的匀强电场，其电场强度与x轴上方的电场强度大小相等，且小球从P返回到O点与从O点下落到P点所用的时间相等．重力加速度为g.试求： (1)小球返回O点时速度的大小； (2)匀强电场的电场强度E的大小； (3)小球运动到最高点时的位置坐标． 10．【解析】 (1)设小球从O点运动到P点所用的时间为t，在P点的速度为v1，返回O点时的速度为v2，则 12 h＝2gt，解得t＝则v1＝gt＝2gh 2hg (2分) (1分) 加上竖直向上的匀强电场后，有 －v1＋v2h＝t (2分) 2解得v2＝22gh (1分) (2)加上竖直向上的匀强电场后，加速度 v2－（－v1）a＝＝3g t (2分) (2分) (1分) 4mg Eq－mg＝ma，解得E＝q v22 (3)竖直方向：y＝2g＝4h 设小球进入x轴上方运动到最高点所用时间为t2，则 0－v2t2＝＝2 －g 2hg (1分) Page 76 of 77 qE 水平方向：ax＝m＝4g 1则x＝2axt22＝16h (2分) (1分) (1分) 所以小球运动到最高点时的位置坐标为(16h，4h) 4mg 【答案】 (1)22gh (2)q (3)(16h，4h) 11．(2016·福建大田质检)如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的圆弧形光滑绝缘轨道BCD平滑连接，圆弧的半径R＝0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104 N/C.现有一质量 m＝0.06 kg的带电小球(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s＝1.0 m 的位置，由于受到电场力的作用，带电小球由静止开始运动．已知带电小球所带的电荷量q＝8.0×10－5 C，取g＝10 m/s2.试问： (1)带电小球能否到达圆弧最高点D？请计算说明． (2)带电小球运动到何处时对轨道的压力最大？最大值为多少？ 11．【解答】 (1)假设小球能到达D点，且速度为vD. 从A到D过程，由动能定理得 1qEs－mg·2R＝2mv2D－0 (3分) 可得小球在D点所需要的向心力 v2D F向＝mR＝0.8 N (2分) 而重力G＝mg＝0.6 N(2分) 则F向＞G，故带电小球能到达圆弧最高点D. (1分) (2)小球在电场中受到的电场力和重力的合力大小 G等＝(2分) 方向与竖直方向的夹角为θ，有 （mg）2＋（qE）2＝1 N Page 77 of 77 qE4 tan θ＝mg＝3，得θ＝53° (2分) 当G等方向通过圆心O向外时，速度达到最大，设此位置为P，此时小球对轨道的压力达最大． 小球从A到P的过程，由动能定理得 qE(s＋Rsin θ)－mg(R－Rcos θ)＝1 2mv2P－0 在P点，由牛顿第二定律得Fmv2 P Nmax－G等＝R 解得FNmax＝5 N 由牛顿第三定律可得小球对轨道的最大压力为5 N． (1分) (3分) (2分) (1分) (1分) 资料整理来源互联网 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容