【物理】2018届一轮复习人教版第七章静电场学案

【物理】2018届一轮复习人教版第七章静电场学案

第七章Error!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 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 　1.命题规律 从近几年高考试题来看，高考对本 章内容主要以选择题的形式考查 静电场的基本性质，以综合题的形 式考查静电场知识与其他知识的 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。 第 35 课时　电荷守恒和库仑定律(双基落实课) [命题者说]　学习本课时，要了解静电现象和物体带电的特点，理解电荷守恒定律，理 解库仑定律和点电荷的概念。本课时虽然不是高考的重点考点，但掌握本课时内容，可以 为复习后面知识打下坚实的基础。 一、静电现象、电荷守恒 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。 (3)元电荷：电荷的多少叫做电荷量，通常把 e＝1.6×10－19 C 的电荷量叫做元电荷。 2．对元电荷的理解 (1)元电荷是自然界中最小的电荷量，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。 [小题练通] 1．M 和 N 是原来都不带电的物体，它们互相摩擦后 M 带正电荷 1.6×10－10 C，下列 判断中正确的是(　　) A．在摩擦前 M 和 N 的内部没有任何电荷 B．摩擦过程中电子从 N 转移到了 M C．N 在摩擦后一定带负电荷 1.6×10－10 C D．M 在摩擦过程中失去了 1.6×1010 个电子 解析：选 C　由物质的电结构可知，摩擦前 M、N 内部存在电荷，A 错误；摩擦后 M 带正电，故摩擦过程中电子从 M 转移到 N，B 错误；由电荷守恒定律，C 正确；电子所带 电荷量为 1.6×10－19 C，可见 D 错误。 2.如图所示，把一个不带电且与外界绝缘的导体两端分别设计上两 个开关，当带正电的小球靠近时，由于静电感应，在 a、b 端分别出现正、 负电荷，则以下说法中正确的是(　　) A．闭合 K1，有电子从导体流向大地 B．闭合 K2，有电子从导体流向大地 C．闭合 K2，有电子从大地流向导体 D．闭合 K1，没有电子通过 解析：选 C　K1、K2 闭合前，由于静电感应和电荷守恒定律，a、b 出现等量异种电荷， 当闭合任何一个开关以后，整个导体与大地连接，都是电子从大地被吸引过来，故 C 正确。 完全相同的两个金属球接触后再分开，如果金属球带同种电荷，总电荷量直接平分；如 果金属球带异种电荷，需要先中和，剩余电荷再平均分配。 二、库仑定律 1.库仑定律的内容和表达式 (1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比， 与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。 (2)表达式：F＝kq1q2 r2 。式中 k＝9.0×109 N·m2/C2，称为静电力常量。 2．库仑定律的适用条件 (1)适用条件：真空中的点电荷。 (2)带电体看成点电荷的条件：要看带电体本身的线度是否比它们之间的距离小得多。 即使是两个比较大的带电体，只要它们之间的距离足够大，也可以视为点电荷。 [小题练通] 1．(2017·北京西城期末)如图所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为 l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。两个小球的半径 r≪l，k 表示静电力常 量，则轻绳的张力大小为(　　) A．0　　　　　　　　　　 　　　 B.kq2 l2 C．2kq2 l2 D.kq l2 解析：选 B　轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得 F＝kq2 l2 ， 选项 B 正确。 2.(2016·郑州模拟)如图所示，半径相同的两个金属球 A、B 带有相等的电 荷量，相隔一定距离，两球之间相互吸引力的大小是 F。今让第三个半径相同 的不带电的金属小球先后与 A、B 两球接触后移开。这时，A、B 两球之间的相 互作用力的大小是(　　) A.F 8　　　　　　　　　 　B.F 4 C.3F 8 D.3F 4 解析：选 A　A、B 两球互相吸引，说明它们必带异种电荷，设它们带的电荷量分别为 ＋q、－q。当第三个不带电的 C 球与 A 球接触后，A、C 两球带电荷量平分，每个球带电荷 量为 q1＝＋q 2，当再把 C 球与 B 球接触后，两球的电荷先中和再平分，每球带电荷量 q2＝－ q 4。由库仑定律 F＝k q1q2 r2 知，当移开 C 球后，A、B 两球之间的相互作用力的大小变为 F′＝ F 8，A 项正确。 对库仑定律适用条件的三点理解 (1)对于两个均匀带电绝缘球体，可以将其视为电荷集中于球心的点电荷，r 为两球心之 间的距离。 (2)对于两个带电金属球，距离足够远时同(1)，距离较近时要考虑金属球表面电荷的重 新分布。 (3)不能根据公式错误地推论：当 r→0 时，F→∞。其实，在这样的条件下，两个带电 体已经不能再看成点电荷了。 三、库仑力作用下的平衡问题 [三个点电荷的平衡问题] (1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点 电荷产生的合电场强度为零的位置。 (2) [例 1]　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 在电场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 [解析]　要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”、“两大夹小”的原则， 所以选项 C 正确。 [答案]　C [库仑力和其他力的平衡问题] 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。 [例 2]　(多选)(2015·浙江高考)如图所示，用两根长度相同的绝缘 细线把一个质量为 0.1 kg 的小球 A 悬挂到水平板的 M、N 两点，A 上 带有 Q＝3.0×10－6 C 的正电荷。两线夹角为 120°，两线上的拉力大 小分别为 F1 和 F2。A 的正下方 0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小 球 B，B 与绝缘支架的总质量为 0.2 kg(重力加速度取 g＝10 m/s2；静电力常量 k＝9.0×109 N·m2/C2，A、B 球可视为点电荷)，则(　　) A．支架对地面的压力大小为 2.0 N B．两线上的拉力大小 F1＝F2＝1.9 N C．将 B 水平右移，使 M、A、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小 F1＝1.225 N， F2＝1.0 N D．将 B 移到无穷远处，两线上的拉力大小 F1＝F2＝0.866 N [解析]　A 对 B 有竖直向上的库仑力，大小为 FAB＝kQ2 l2 ＝0.9 N；对 B 与支架整体分析， 竖直方向上合力为零，则 FN＋FAB＝mg，可得 FN＝mg－FAB＝1.1 N，由牛顿第三定律知 FN′＝FN，选项 A 错误。因两细线长度相等，B 在 A 的正下方，则两绳拉力大小相等，小 球 A 受到竖直向下的重力、库仑力和 F1、F2 作用而处于平衡状态，因两线夹角为 120°，根 据力的合成特点可知：F1＝F2＝GA＋FAB＝1.9 N；当 B 移到无穷远处时，F1＝F2＝GA＝1 N，选项 B 正确，选项 D 错误。当 B 水平向右移至 M、A、B 在同一条直线上时，如图所示， 对 A 受力分析并沿水平和竖直方向正交分解， 水平方向：F1 cos 30°＝F2 cos 30°＋F′cos 30° 竖直方向：F1sin 30°＋F2sin 30°＝GA＋F′sin 30° 由库仑定律知，A、B 间库仑力大小 F′＝ kQ2 ( l sin 30°)2 ＝FAB 4 ＝0.225 N， 联立以上各式可得 F1＝1.225 N，F2＝1.0 N，选项 C 正确。 [答案]　BC [通法归纳] 　　“三步”处理库仑力作用下电荷的平衡问题 库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题处理方式相同，也就是将力进行合成 与分解。 [集训冲关] 1．(多选)如图所示，光滑绝缘水平桌面上有 A、B 两个带电小球(可 以看成点电荷)，A 球带电量为＋3q，B 球带电量为－q，由静止同时释放后 A 球加速度大小 为 B 球的两倍。现在 A、B 中点固定一个带正电 C 球(也可看成点电荷)，再由静止同时释放 A、B 两球，结果两球加速度大小相等。则 C 球带电量可能为(　　) A. 3 28q　　　　　　　　　 　B. 9 20q C.3 7q D.9 4q 解析：选 AB　设 A、B 两小球间距为 L，将 A、B 两球释放时，对 A 球有 k 3q2 L2 ＝ mA·2a，对 B 球有：k3q2 L2 ＝mBa，得 mB＝2mA，在 A、B 中点固定 C 球后，对 A 球有 k3q2 L2 － k 3q·qC (L 2 )2 ＝mAa′或 k 3q·qC (L 2 )2 －k3q2 L2 ＝mAa′，对 B 球有 k3q2 L2 ＋k q·qC (L 2 )2 ＝mBa′，解得 qC＝ 3 28q 或 qC＝ 9 20q，故 A、B 选项正确。 2．(多选)(2014·浙江高考)如图所示，水平地面上固定一个光 滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为 θ。一根轻质绝缘细线的一端 固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球 A，细线与斜面平行。 小球 A 的质量为 m、电量为 q。小球 A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球 B，两球心的 高度相同、间距为 d。静电力常量为 k，重力加速度为 g，两带电小球可视为点电荷。小球 A 静止在斜面上，则(　　) A．小球 A 与 B 之间库仑力的大小为kq2 d2 B．当q d＝ mg sin θ k 时，细线上的拉力为 0 C．当q d＝ mg tan θ k 时，细线上的拉力为 0 D．当q d＝ mg ktan θ时，斜面对小球 A 的支持力为 0 解析：选 AC　根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为 F＝kq2 d2 ，选项 A 正确； 当细线上的拉力为 0 时，小球 A 受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得kq2 d2 ＝mgtan θ，解得q d＝ mgtan θ k ，选项 B 错误，C 正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可 能为 0，选项 D 错误。 [课时达标检测] 一、单项选择题 1.如图所示，Q 带负电荷，导体 P 在 a 处接地，下列说法中正确的是 (　　) A．导体 P 的 a 端不带电荷，b 端带负电荷 B．导体 P 的 a 端带正电荷，b 端不带电 C．导体 P 的 a 端带正电荷，b 端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等 D．导体 P 的 a 端带正电荷，b 端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量 解析：选 B　导体接地，它与大地组成一个导体，相对于负电荷 Q，a 端离 Q 较近。根 据“近异远同”“两端等量”的规律，导体 a 端带正电，b 端不带电，大地作为远端带有等 量的负电荷。故选项 B 正确，A、C、D 错误。 2．三个完全相同的金属球，A 球带电荷量为 q，B、C 均不带电。现要使 B 球带电荷量 为3q 8 ，正确的操作方法是(　　) A．将 A 球同时与 B 球、C 球接触 B．先将 A 球与 B 球接触，分开后将 B 球与 C 球接触 C．先将 A 球与 C 球接触，分开后将 B 球与 C 球接触 D．先将 A 球与 C 球接触，分开后将 B 球与 C 球接触，再分开后将 B 球与 A 球接触 解析：选 D　将三球同时接触时，三个小球平分电荷，则各占三分之一，故 A 错误； A、B 接触时，A、B 平分电荷，则 B 中有 1 2q；B 与 C 接触时，再平分，则 B 中还有q 4，故 B 错误；因 B、C 均不带电，则 A 先与 C 接触的情况与先与 B 接触是相同的，最后 B 中有 q 4，故 C 错误；A 与 C 接触时，C 中有q 2的电量；B 再与 C 接触时，B 中有q 4的电量；现将 B 与 A 接触，则 B 中电量为 q 2＋q 4 2 ＝3q 8 ，故 D 正确。 3.两个可自由移动的点电荷分别放在 A、B 两处，如图所示。A 处电 荷带正电荷量 Q1，B 处电荷带负电荷量 Q2，且 Q2＝4Q1，另取一个可以自 由移动的点电荷 Q3，放在 AB 直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则(　　) A．Q3 为负电荷，且放于 A 左方 B．Q3 为负电荷，且放于 B 右方 C．Q3 为正电荷，且放于 A、B 之间 D．Q3 为正电荷，且放于 B 右方 解析：选 A　因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知 Q1 和 Q2 是异种 电荷，对 Q3 的作用力一为引力，一为斥力，所以 Q3 要平衡就不能放在 A、B 之间。根据库 仑定律知，由于 B 处的电荷 Q2 电荷量较大，Q3 应放在离 Q2 较远而离 Q1 较近的地方才有可 能处于平衡，故应放在 Q1 的左侧。要使 Q1 和 Q2 也处于平衡状态，Q3 必须带负电，故选项 A 正确。 4．(2017·大连期中)如图所示，在光滑绝缘水平面上有三个孤立的 点电荷 Q1、Q、Q2，Q 恰好静止不动，Q1、Q2 围绕 Q 做匀速圆周运动， 在运动过程中三个点电荷始终共线。已知 Q1、Q2 分别与 Q 相距 r1、r2，不计点电荷间的万 有引力，下列说法正确的是(　　) A．Q1、Q2 的电荷量之比为r2 r1 B．Q1、Q2 的电荷量之比为 (r2 r1 )2 C．Q1、Q2 的质量之比为r2 r1 D．Q1、Q2 的质量之比为 (r2 r1 )2 解析：选 C　由于 Q 处于静止，则有kQQ1 r12 ＝kQQ2 r22 ，所以Q1 Q2＝(r1 r2 )2，选项 A、B 错 误；对 Q1 有kQQ1 r12 － kQ1Q2 (r1＋r2)2 ＝m1ω2r1，对 Q2 有kQQ2 r22 － kQ1Q2 (r1＋r2)2 ＝m2ω2r2，将Q1 Q2＝(r1 r2 )2 代入，得 m1r1＝m2r2，解得m1 m2＝r2 r1，选项 C 正确，D 错误。 5.在光滑的绝缘水平面上，有两个质量均为 m、带电荷量分别为＋q 和－q 的甲、乙两个小球，在力 F 的作用下做匀加速直线运动，则甲、 乙两球之间的距离 r 为(　　) A. qk F　　　　　　　 　B．q 2k F C．2q k F D．2q F k 解析：选 B　选甲、乙整体为研究对象，由牛顿第二定律得，加速度 a＝F 2m。选乙为研 究对象，由牛顿第二定律得，kq2 r2 ＝ma，联立得 r＝q 2k F ，选项 B 正确。 二、多项选择题 6.如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q、Q、－ q、Q。四个小球构成一个菱形，－q、－q 的连线与－q、Q 的连线之间的夹角为 α。 若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是(　　) A．cos3α＝ q 8Q B．cos3α＝q2 Q2 C．sin3α＝Q 8q D．sin3α＝Q2 q2 解析：选 AC　设菱形边长为 a，则两个 Q 之间距离为 2asin α，两个－q 之间距离为 2acos α。选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得 2kQq a2 cos α＝k q2 (2acos α)2 ，解得 cos3α＝ q 8Q，选项 A 正确，B 错误。选取 Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得 2kQq a2 sin α＝k Q2 (2asin α)2 ，解得 sin3α＝Q 8q，选项 C 正确，D 错误。 7.两个完全相同的小金属球(皆可视为点电荷)，所带电荷量之比为 5∶1，它们在相距 一定距离时相互间的作用力为 F1，如果让它们充分接触后再放回各自原来的位置上，此时 相互作用力变为 F2，则 F1∶F2 为(　　) A．5∶2 B．5∶4 C．5∶6 D．5∶9 解析：选 BD　设两金属球的电荷量大小分别为 5q 和 q，由库仑定律得 F1＝kq × 5q r2 ， 若两金属球带异种电荷，充分接触后再放回各自原来的位置上，两电荷带同种电荷，带电荷 量分别为 2q，则 F2＝k·2q·2q r2 ，所以 F1∶F2＝5∶4；若两金属球带同种电荷，充分接触后再 放回各自原来的位置上，两电荷带同种电荷，电荷量均为 3q，则 F2＝k·3q·3q r2 ，所以 F1∶F2 ＝5∶9。 8.(2016·浙江高考)如图所示，把 A、B 两个相同的导电小球分别用长为 0.10 m 的绝缘细线悬挂于 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 8.0×10－4 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＝9.0×109N·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 4 6×10－8 C D．A、B 两球连线中点处的电场强度为 0 解析：选 ACD　用丝绸摩擦过的玻璃棒接触 A 球，使 A 球带正电， 由题意知 A、B 两球接触后分开，则两球所带电荷量相等，选项 A 正 确；两球平衡后球 B 受力如图所示，所受静电力 F ＝mgtan α＝ 6.0×10－3 N，球 A、B 所受静电力大小相等，选项 B 错误；由 F＝kq1q2 L2 及 q1＝q2 知，小球所带电荷量 q＝4 6×10－8 C，选项 C 正确；A、B 两球所带电荷在其连 线的中点处产生的电场强度大小相等、方向相反，场强为 0，选项 D 正确。 第 36 课时　电场强度、电场线(双基落实课) [命题者说]　本课时内容主要包括电场强度、电场力的概念，用电场线描述电场的方法。 通过本节的学习，可以对电场力的性质有一个全面的认识。电场强度、电场力、电场线等 是高考热点，常在比较综合的题目中有所涉及。 一、电场强度的理解 1.电场 (1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质； (2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。 2．电场强度 (1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力 F 与它的电荷量 q 的比值； (2)矢量性：规定正电荷在电场中某点受电场力的方向为该点电场强度的方向。 3．电场强度三个公式的比较 公式 E＝F q E＝kQ r2 E＝U d 意义 电场强度 的定义式 真空中点电荷的 电场强度公式 匀强电场中电场强度 与电势差的关系式 适用 范围 任何电场 真空中的点电荷 匀强电场 [小题练通] 1.在电场中的 A、B 两处分别引入不同的试探电荷 q，得到试探电荷所受 的电场力随电荷量变化的关系如图所示，则(　　) A．EA＞EB　　　　　　　 B．EA＜EB C．EA＝EB D．不能判定 EA、EB 的大小 解析：选 A　根据电场强度的定义式 E＝F q，电场强度与图中图线的斜率相对应，故 EA ＞EB，A 项正确。 2．真空中，A、B 两点与点电荷 Q 的距离分别为 r 和 3r，则 A、B 两点的电场强度大 小之比为(　　) A．3∶1 B．1∶3 C．9∶1 D．1∶9 解析：选 C　由点电荷场强公式有：E＝kQ r2∝r－2，故有EA EB＝(rB rA )2＝(3r r )2＝9∶ 1，C 项正确。 电场中某点的电场强度 E 的大小和方向是唯一的，其大小只由电场本身的特性决定， 与 F、q 的大小及是否存在试探电荷无关，即不能认为 E∝F 或 E∝1 q。 二、电场强度的叠加 [典例]　(2015·山东高考)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(　　) A.3kQ 4a2 ，沿 y 轴正向 B.3kQ 4a2 ，沿 y 轴负向 C.5kQ 4a2 ，沿 y 轴正向 D.5kQ 4a2 ，沿 y 轴负向 [解析]　处于 O 点的正点电荷在 G 点处产生的场强 E1＝kQ a2，方向沿 y 轴负向；又因为 G 点处场强为零，所以 M、N 处两负点电荷在 G 点共同产生的场强 E2＝E1＝kQ a2，方向沿 y 轴正向；根据对称性，M、N 处两负点电荷在 H 点共同产生的场强 E3＝E2＝kQ a2，方向沿 y 轴负向；将该正点电荷移到 G 处，该正点电荷在 H 点产生的场强 E4＝k Q (2a)2 ，方向沿 y 轴 正向，所以 H 点的场强 E＝E3－E4＝3kQ 4a2 ，方向沿 y 轴负向。 [答案]　B 电场强度叠加问题的分析步骤 电场强度是矢量，叠加时应遵从平行四边形定则，分析电场的叠加问题的一般步骤是： (1)确定分析计算场强的空间位置； (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)依次利用矢量合成的法则求出矢量和。 [集训冲关] 1．(2013·江苏高考)下列选项中的各 1 4圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电 荷均匀分布，各1 4圆环间彼此绝缘。坐标原点 O 处电场强度最大的是(　　) 解析：选 B　将圆环分割成微元，根据对称性和矢量叠加，D 项 O 点的场强为零，C 项等效为第二象限内电荷在 O 点产生的电场，大小与 A 项的相等，B 项正、负电荷在 O 点 产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的 2倍，也是 A、C 项场强的 2 倍，因此 B 项正确。 2.如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为 Q，半径为 R，圆心为 O， P 为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求 P 点的场强。 解析：设想将圆环看成由 n 个小段组成，当 n 相当大时，每一小段 都可以看成点电荷，其所带电荷量 Q′＝Q n，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在 P 处产生的场强为 E＝kQ nr2＝ kQ n(R2＋L2)。由对称性知，各小段带电体在 P 处场强 E 的垂直于中心轴的分量 Ey 相互抵消，而其轴向分量 Ex 之和即为带电环在 P 处的场强 EP， EP＝nEx＝nk Q n(R2＋L2)cos θ＝k QL (R2＋L2)3 2 。 答案：k QL (R2＋L2)3 2 三、电场线的理解及应用 (1)定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些有方 向的曲线，曲线上每一点的切线方向表示该点的电场强度方向。 (2) (3)六种典型电场的电场线 [小题练通] 1．(2017·成都模拟)如图所示为电场中的一条电场线，在该电场线上有 a、b 两点，用 Ea、Eb 分别表示这两处的电场强度的大小，则(　　) A．a、b 两点的电场强度方向相反 B．因为电场线由 a 指向 b，所以 Ea>Eb C．因为电场线是直线，所以 Ea＝Eb D．因不清楚 a、b 两点附近的电场线分布情况，所以不能确定 Ea、Eb 的大小关系 解析：选 D　由电场线方向可知 a、b 两点的电场强度方向都向右，A 错；仅一条电场 线无法比较电场线的疏密程度和电场强度大小关系，B、C 错，D 对。 2.(多选)(2017·三明模拟)如图所示，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(　　) A．a 一定带正电，b 一定带负电 B．a 的速度将减小，b 的速度将增加 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加 解析：选 CD　根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异性电荷，但无法确定其具体电 性，故 A 错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两 粒子的速度、动能均增大，故 B 错误，D 正确；从两粒子的运动轨迹判断，a 粒子经过的电 场的电场线逐渐变得稀疏，b 粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明 a 的加速度减小，b 的加速度增大，故 C 正确。 3.(多选)某电场的电场线分布如图所示，则(　　) A．电荷 P 带正电 B．电荷 P 带负电 C．a 点的电场强度大于 b 点的电场强度 D．正检验电荷在 c 点受到的电场力大于在 d 点受到的电场力 解析：选 AD　电场线从正电荷出发，故 A 正确，B 错误；从电场线的分布情况可知， b 处的电场线比 a 处的密，所以 b 点的电场强度大于 a 点的电场强度，故 C 错误；c 点的场 强大于 d 点的场强，所以正检验电荷在 c 点受到的电场力大于在 d 点受到的电场力，故 D 正确。 (1)根据电场线确定电荷受力情况要分清正、负电荷。 (2)根据电场线方向只能确定电荷受力方向，不能确定运动轨迹。 [课时达标检测] 一、单项选择题 1．在电场中某点，当放入正电荷时受到的电场力方向向右；当放入负电荷时受到的电 场力方向向左，则下列说法中正确的是(　　) A．当放入正电荷时，该点场强方向向右；当放入负电荷时，该点场强方向向左 B．该点场强方向一定向右 C．该点场强方向一定向左 D．该点场强方向可能向右，也可能向左 解析：选 B　电场中某一点的电场方向取决于电场本身，其方向与放在该点的正电荷的 受力方向一致，与负电荷的受力方向相反，故只有 B 正确。 2．检验电荷在电场中某点受到的电场力为 F，这点的电场强度为 E，在图中能正确反 映 q、E、F 三者关系的是(　　) 解析：选 D　电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及 其所受电场力无关，A、B 错误；检验电荷在该点受到的电场力 F＝Eq，F 正比于 q，C 错 误，D 正确。 3.(2017·石家庄质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效 于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面 AB 上均匀分 布正电荷，总电荷量为 q，球面半径为 R，CD 为通过半球顶点与球心 O 的轴线，在轴线上有 M、N 两点，OM＝ON＝2R，已知 M 点的场强大小为 E，则 N 点的场 强大小为(　　) A. kq 4R2　　　　　　　　　　　　 B. kq 2R2－E C. kq 4R2－E D. kq 2R2＋E 解析：选 B　把半个带正电荷的球面等效为整个带正电荷的球面跟半个带负电荷球面叠 加在一起。整个带正电荷的球面在 N 点的场强 E1＝k 2q (2R)2 ＝k q 2R2，半个带负电荷球面在 N 点的场强 E2＝E，N 点的场强 EN＝E1－E2＝k q 2R2－E，则 B 项正确。 4．(2013·全国卷Ⅱ)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球 a、b 和 c 分别位于边长为 l 的正三角形的三个顶点上；a、b 带正电，电荷量均 为 q，c 带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量 为 k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为(　　) A. 3kq 3l2 B. 3kq l2 C.3kq l2 D.2 3kq l2 解析：选 B　设小球 c 带电荷量为 Q，由库仑定律可知小球 a 对小球 c 的库仑引力为 F ＝kqQ l2 ，小球 b 对小球 c 的库仑引力为 F＝kqQ l2 ，二力合力为 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：E＝ 3kq l2 ，选项 B 正确。 5.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心 O 处放一点 电荷，将质量为 m，带电量为 q 的小球从圆弧管的水平直径端点 C 由静止 释放，小球沿细管滑到最低点 B 时，对管壁恰好无压力。则放于圆心处 的点电荷在 C 点产生的场强大小为(　　) A.2mg q B.3mg q C.4mg q D.5mg q 解析：选 B　在 B 点由库仑力和重力的合力提供向心力，得 F－mg＝mv2 R，即 qE＝mv2 R ＋mg，小球从 C 到 B 电场力不做功，由动能定理 mgR＝ 1 2mv2，两个式子联立可知 E＝ 3mg q 。点电荷在 C 点产生的场强大小与 B 点相同，故 B 正确。 二、多项选择题 6．在如图所示的四种电场中，分别标记有 a、b 两点。其中 a、b 两点电场强度大小相 等的是(　　) A．甲图中与点电荷等距的 a、b 两点 B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点 C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点 D．丁图中非匀强电场中的 a、b 两点 解析：选 ABC　甲图中与点电荷等距的 a、b 两点，电场强度大小相等，选项 A 正确； 对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a、b 两点的电场强度大小相等，选项 B 正确； 丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的 a、b 两点，电场强度大小相等，选 项 C 正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b 点的电场强度大于 a 点的电场强度，选 项 D 错误。 7.某电场区域的电场线如图所示，a、b 是其中一条电场线上的两点， 下列说法正确的是(　　) A．负电荷在 a 点受到的电场力一定小于它在 b 点受到的电场力 B．a 点的场强方向一定沿着 a 点的电场线向右 C．正电荷在 a 点受到的电场力一定大于它在 b 点受到的电场力 D．a 点的场强一定大于 b 点的场强 解析：选 BCD　电场线越密，场强越大，所以 a 点的场强一定大于 b 点的场强，根据 F ＝Eq 得电荷在 a 点受到的电场力一定大于它在 b 点受到的电场力，故 A 错误，C、D 正确； 电场线某点的切线方向表示场强的方向，所以 a 点的场强方向一定沿着 a 点的电场线向右， 故 B 正确。 8.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用， 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．粒子在 M 点的加速度大于它在 N 点的加速度 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 点的动能小于它在 N 点的动能 解析：选 ACD　根据粒子运动轨迹弯曲的情况，可以确定粒子受电场力的方向沿电场 线切线方向，故此粒子带正电荷，选项 A 正确；由于电场线越密，场强越大，粒子受电场 力就越大，根据牛顿第二定律可知其加速度也越大，故此粒子在 N 点加速度大，选项 C 正 确；粒子从 M 点到 N 点，电场力做正功，根据动能定理得此粒子在 N 点动能大，故选项 D 正确。 第 37 课时　电势　电势能　电势差(重点突破课) [基础点·自主落实] [必备知识] 一、电场力做功与电势能 1．电场力做功 (1)特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关。如图，WAC＝WABC。 (2)计算 ①W＝qEd，适用于匀强电场。 ②WAB＝qUAB，适用于任何电场。 2．电势能 (1)大小：等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力做的功。 (2)公式：Ep＝qφ (3)电场力做功与电势能变化的关系：WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp，即电场力的功等于电势 能变化量的负值。 (4)电势能的相对性：电势能是相对的，零势能点选取不同，电势能的值不同。通常选 取无穷远处或大地表面电势能为零。 二、电势和等势面 1．电势 (1)定义式：φ＝Ep q 。 (2)矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)。 (3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。 2．等势面 (1)定义：电场中电势相同的各点构成的面叫做等势面。 (2)等势面的特点 ①在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功。 ②电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面。 ③任意两个等势面都不相交。 ④等差等势面越密的地方，电场强度越大。 (3)几种典型电场的等差等势面分布(如图中虚线所示)。 三、电势差　匀强电场中电势差与电场强度的关系 (1)定义：电场中两点间电势的差值叫做电势差。 (2)定义式：UAB＝φA－φB。 (3)与电场力做功的关系：UAB＝WAB q 。 (4)匀强电场中与场强的关系：U＝Ed。 [小题热身] 1．(多选)(2017·洛阳一模)一带电小球在空中由 A 点运动到 B 点的过程中，只受重力和 电场力作用。若重力做功－3 J，电场力做功 1 J，则小球的(　　) A．重力势能增加 3 J　　　 　B．电势能增加 1 J C．动能减少 3 J D．机械能增加 1 J 解析：选 AD　重力做功－3 J，重力势能增加 3 J，A 正确；电场力做功 1 J，则电势能 减少 1 J，B 错误；合外力做功－2 J，则动能减少 2 J，C 错误；电场力做功 1 J，则机械能 增加 1 J，D 正确。 2．(多选)下列关于电势高低的判断，正确的是(　　) A．负电荷从 A 移到 B 时，外力做正功，A 点的电势一定较高 B．负电荷从 A 移到 B 时，电势能增加，A 点的电势一定较低 C．正电荷从 A 移到 B 时，电势能增加，A 点的电势一定较低 D．正电荷只在电场力作用下从静止开始，由 A 移到 B，A 点的电势一定较高 解析：选 CD　根据电场力做功和电势能变化的关系，不管是正电荷还是负电荷，只要 电场力做正功电势能就减少；只要电场力做负功电势能就增加。正、负电荷在电势高低不同 的位置具有的电势能不同，正电荷在电势高处具有的电势能大；负电荷在电势低处具有的电 势能大，可以确定选项 C、D 正确。 3．(2016·全国丙卷)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 解析：选 B　在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项 A 错误；电场线与 等势面一定相互垂直，选项 B 正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等， 选项 C 错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电 场力做负功，选项 D 错误。 [提能点·师生互动] 提能点(一)　电场力做功与电势能 [典例]　(多选)(2016·全国乙卷)如图，一带负电荷的油滴在匀 强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点 P 的竖直线对称。忽 略空气阻力。由此可知(　　) A．Q 点的电势比 P 点高 B．油滴在 Q 点的动能比它在 P 点的大 C．油滴在 Q 点的电势能比它在 P 点的大 D．油滴在 Q 点的加速度大小比它在 P 点的小 [审题指导] (1)审题关注“匀强电场中运动”，从而明确带负电荷的油滴所受电场力不变。 (2)审题关注“轨迹在竖直平面内相对于过轨迹最低点 P 的竖直线对称”，从而明确电场 线方向。 [解析]　由于带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹关于过最低点 P 的竖直线对称， 由此可判断匀强电场方向竖直向下，Q 点的电势比 P 点高，油滴的加速度不变，A 对 D 错； 油滴由 P 到 Q 过程电场力做正功，电势能减小，动能增大，B 对 C 错。 [答案]　AB 　电势能大小的判断 判断依据 判断方法 电场力做功 电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加 公式 Ep＝qφ 正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势低的地方电势能大 能量守恒 在只有电场力做功时动能和电势能之和保持不变，动能增加时，电势能减小 [集训冲关] 1．(2017·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 Ep 和机械能 W 的判断，正确的是(　　) A．若 sin θφb　　　　　　　　　 B．φa<φb C．EaaB，EkA>EkB B．aAEpB C．aAaB，EpAEkB，EpAEB C．φA>φB D．φA<φB 解析：选 D　由速度平方 v2 与位移 x 的关系与 v2－v02＝2ax 对比可得，电子做匀加速 直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项 A、B 错误；电 子从 A 到 B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项 D 正确，C 错误。 4.(2017·石家庄模拟)如图所示，a、b 是真空中两个带等量正电的点电荷， A、B 两点在两电荷连线上且关于两电荷连线的中垂线对称，O 为中点。现将 一负点电荷 q 由 A 点沿 ab 连线移到 B 点，下列说法中正确的是(　　) A．A 点电势高于 O 点电势 B．A 点电势高于 B 点电势 C．电荷 q 移动过程中，电势能一直减少 D．电荷 q 移动过程中，电场力先做正功后做负功 解析：选 A　由于 a、b 带电量相同，故两电荷合电场的方向为由 A 指向 O，由 B 指向 O，由此可知由于沿着电场线的方向电势将降低，故 A 项说法正确；由 a、b 带电量相同， 可知其中垂线上各点电势相等，由对称性可知 A、B 两点电场强度相等，从 A、B 两点移动 相同电荷到 O 点电场力的功相等，故其电势相同，B 项说法不正确；负点电荷 q 由 A 点沿 ab 连线移到 B 点的过程中，从 A 点到 O 点电场力做负功电势能增加，从 O 点到 B 点电场力做 正功电势能减小，故 C、D 项说法均不正确。 5．如图所示，仅在静电力作用下，一带电粒子沿图中虚线从 A 运动到 B，则(　　) A．静电力做正功　　 B．动能增加 C．粒子带正电　 　 　 D．加速度增大 解析：选 D　做曲线运动过程中，物体受到的合力指向轨迹的内侧，即带电粒子受到的 电场力指向曲线的内侧，所以粒子受到的电场力方向和电场方向相反，故粒子带负电，曲线 的切线表示粒子的速度方向，故电场力方向和速度方向的夹角为钝角，所以电场力做负功， 粒子动能减小，A、B、C 错误；电场线的疏密程度表示电场强度，电场线越密，电场强度 越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大，故从 A 到 B 粒子的加速度增大，D 正确。 6．(2015·全国卷Ⅰ)如图，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 解析：选 B　由电子从 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可 知，N、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为 M→N，故选项 B 正确，选项 A 错误。M 点与 Q 点在同一等势面上，电子由 M 点运动到 Q 点，电场力不做功，故选项 C 错误。电 子由 P 点运动到 Q 点，电场力做正功，故选项 D 错误。 7.(2017·西安质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布 图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q 是以直电场线上一点 O 为圆 心的同一圆周上的三点，OQ 连线垂直于 MN。以下说法正确的是(　　) A．O 点电势与 Q 点电势相等 B．O、M 间的电势差小于 N、Q 间的电势差 C．将一负电荷由 M 点移到 Q 点，电荷的电势能增加 D．在 Q 点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与 OQ 垂直的方向竖直向上 解析：选 C　由电场线的方向可知 φM>φO>φN，再作出此电场中过 O 的等势线，可知 φO>φQ，A 错误；且 MO 间的平均电场强度大于 ON 间的平均电场强度，故 UMO>UON，B 错 误；因 UMQ>0，负电荷从 M 到 Q 电场力做负功，电势能增加，C 正确；正电荷在 Q 点的电 场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D 错误。 8.如图所示，A、B 两点相距 10 cm，E＝100 V/m，AB 与电场线方 向的夹角 θ＝120°，则 A、B 两点间的电势差为(　　) A．5 V　　　　　　　　 　B．－5 V C．10 V D．－10 V 解析：选 B　A、B 两点在场强方向上的距离 d＝AB·cos(180°－120°)＝10× 1 2 cm＝5 cm。由于 φA<φB，则根据 U＝Ed 得 UAB＝－Ed＝－100×5×10－2 V＝－5 V。 二、多项选择题 9．一个带电小球在空中从 a 点运动到 b 点的过程中，重力做功 5 J，电场力做功 2 J， 克服阻力做功 1 J。由此可判断能量变化的有关说法中正确的是(　　) A．重力势能减少 5 J B．电势能增大 2 J C．动能增大 6 J D．机械能减少 3 J 解析：选 AC　重力做功等于重力势能的减少量，重力做功 5 J，故重力势能减少 5 J， 故 A 正确；电场力做功等于电势能的减少量，电场力做功 2 J，故电势能减小 2 J，故 B 错 误；合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为 W 总＝WG＋W 电＋ W 阻＝5 J＋2 J－1 J＝6 J，故动能增大 6 J，故 C 正确。除重力外的各个力做的总功等于机 械能的增加量，除重力外，电场力做功 2 J，克服空气阻力做功 1 J，故机械 能增加 1 J，故 D 错误。 10．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形 abcd，O 点是 a、c 连线的 中点，a、c 处分别固定一个等量正点电荷，如图所示，若将一个带负电的试 探电荷 P 置于 b 点，自由释放后，电荷 P 将沿着对角线 bd 往复运动，当电荷 P 从 b 点运动 到 d 点的过程中，电荷 P(　　) A．经过 O 点的电势能最大 B．所受电场力先增大后减小 C．电势能和机械能之和保持不变 D．电势能先减小后增大 解析：选 CD　据题 a、c 处分别固定一个等量正点电荷，由等量正电荷连线的中垂线 上电场分布可知：Od 间电场强度方向由 O→d，Ob 间电场强度方向由 O→b，而负电荷所受 的电场力方向与电场强度方向相反，所以负电荷自由释放后，所受的电场力先 b→O，后由 d→O，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，到达 O 点电势能最小，故 A 错误。 O 点的场强为零，电荷所受的电场力为零，但 bO 间和 Od 间电场线的分布情况不确定，所 以场强的变化不确定，电场力的变化也不确定，故 B 错误。由于只有电场力做功，所以只 有电势能与机械能的相互转化，故电势能与机械能之和保持不变，故 C 正确；由 b 到 O 的 过程中，电场力做正功，电势能减小，由 O 到 d 电场力做负功，电势能增加，故 D 正确。 11．(2013·山东高考)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、－Q，虚线是以＋Q 所在点为圆心、L 2为半径 的圆，a、b、c、d 是圆上的四个点，其中 a、c 两点在 x 轴上，b、d 两点关于 x 轴对称。下列判断正确的是(　　) A．b、d 两点处的电势相同 B．四个点中 c 点处的电势最低 C．b、d 两点处的电场强度相同 D．将一试探电荷＋q 沿圆周由 a 点移至 c 点，＋q 的电势能减小 解析：选 ABD　等量异种点电荷的电场线及等势线的分布如图所示。 由于 b、d 两点关于 x 轴对称，故 b、d 两点电势相等，A 项正确；a、b、c、 d 四个点中，只有 c 点电势为零，其余各点的电势均大于零，故 B 项正确； b、d 两点的电场强度大小相等，方向不同，故 C 项错；将一正的试探电荷由 a 点移动到 c 点的过程中，由于 a 点电势高于 c 点电势，故该电荷的电势能减小，D 项正确。 12．(2014·全国卷Ⅰ)如图，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 B．连接 PF 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 解析：选 AD　根据正点电荷的电场的特点可知，点电荷的电场 的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作 MN 连线的中垂线 和 PF 连线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交 MP 于 O 点，即点电荷在 O 点，A 正确，B 错误；将正试探电荷从 P 点搬运到 N 点，电场力做 正功，C 错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，故 φP>φM，D 正确。 13.如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q 的 小球 P，带电荷量分别为－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 解析：选 BD　对小球 M、N 和杆组成的整体，由题意可知 kQq L2 ＝k Q·2q (L＋x)2 ，得 x＝( 2 －1)LφN，则 C 错误；M、N 及细杆静止于光滑绝缘桌面上，所以系统所受合外力为零， D 正确。 14.如图所示，O 为两个等量异种电荷连线的中点，P 为连线中垂线 上的一点，对 O、P 两点的比较正确的是(　　) A．φO＝φP，EO>EP B．φO>φP，EO＝EP C．负电荷在 P 点的电势能大 D．O、P 两点所在直线为等势线 解析：选 AD　等量异种电荷的中垂线是一条等势线，故 φO＝φP，D 对 B 错，电势能 相等，C 错；由叠加可知从中点 O 到无穷远，电场强度越来越小，故 EO>EP，A 对。 第 38 课时　电场性质的应用(题型研究课) [命题者说]　电场性质可分为电场力的性质和电场能的性质，是高考命题的热点。通过 本课时的复习，可以进一步熟练掌握电场的基本概念和规律，并为解决电场综合题目打下 坚实的基础。 (一)　电场常考的图像问题 [v ­t 图像] 根据 v ­t 图像的速度变化、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，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。 [例 1]　(多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从 A 点经 B、C 点运 动到 D 点，其 v ­t 图像如图所示，则下列说法中正确的是(　　) A．A 点的电场强度一定大于 B 点的电场强度 B．粒子在 A 点的电势能一定大于在 B 点的电势能 C．C、D 间各点电场强度和电势都为零 D．A、B 两点间的电势差大于 C、B 两点间的电势差 [解析]　由图线可看出，过 A 点的切线的斜率大于 B 点，即粒子在 A 点的加速度大于 B 点，故 A 点的电场强度一定大于 B 点的电场强度，选项 A 正确；粒子在 B 点的速度大于 A 点，故从 A 点到 B 动能增加，电势能减小，即粒子在 A 点的电势能一定大于在 B 点的电势 能，选项 B 正确；从 C 到 D 粒子做匀速运动，故 C、D 间各点电场强度为零，但是电势相 等且不一定为零，选项 C 错误；从 A 到 B 和从 C 到 B 粒子动能的变化量相同，故电场力做 功相同，即 A、B 两点间的电势差等于 C、B 两点间的电势差，选项 D 错误。 [答案]　AB [φ ­x 图像] (1)电场强度的大小等于 φ ­x 图线的斜率大小，电场强度为零处，φ ­x 图线存在极值， 其切线的斜率为零。 (2)在 φ ­x 图像中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 WAB＝qUAB，进而分析 WAB 的正 负，然后作出判断。 [例 2]　某静电场在 x 轴上各点的电势 φ 随坐标 x 的分布图像 如图所示。x 轴上 A、O、B 三点的电势值分别为 φA、φO、φB，电场强 度沿 x 轴方向的分量大小分别为 EAx、EOx、EBx，电子在 A、O、B 三点的电势能分别为 EpA、EpO、EpB。下列判断正确的是(　　) A．φO＞φB＞φA　　　　　　 　B．EOx＞EBx＞EAx C．EpO＜EpB＜EpA D．EpO－EpA＞EpO－EpB [解析]　根据题图可以直接判断出 φA＞φB＞φO，故 A 错。由图线斜率的大小可确定 EAx ＞EBx＞EOx，故 B 错。由于电子带负电，Ep＝qφ，故 EpA＜EpB＜EpO，C 错。再根据图像可 以确定 φA－φO＞φB－φO，故电子电势能的变化 EpO－EpA＞EpO－EpB，D 正确。 [答案]　D [E ­x 图像] (1)在给定了电场的 E ­x 图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况、电势的变化情 况，E ­x 图线与 x 轴所围图形“面积”表示电势差。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。 (2)可以由 E ­x 图像假设某一种符合 E ­x 图线的电场，利用这种已知电场的电场线分 布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。 [例 3]　两个等量正点电荷位于 x 轴上，关于原点 O 呈对称分布，下列能正确描述电场 强度 E 随位置 x 变化规律的图是(　　) [解析]　两个等量正点电荷位于 x 轴上，关于原点 O 呈对称分布， 其电场线分布如图所示。结合图可知在原点 O 处电场强度为零，能正 确描述电场强度 E 随位置 x 变化规律的图是 A。 [答案]　A [通法归纳] 　　解决电场中图像问题的两种方法 (1)将图像所反映的情景还原为熟悉的模型； (2)直接从图像的面积、斜率的意义入手，结合电场强度的正负和电势的高低描绘电场线的分 布来处理问题。 [集训冲关] 1.电场中的三条等势线如图中实线 a、b、c 所示，三条等势线的电势 φa＞ φb＞φc。一电子以沿 PQ 方向的初速度，仅在电场力的作用下沿直线从 P 运 动到 Q，则这一过程中电子运动的 v ­t 图像大致是下图中的(　　) 解析：选 A　电子由 P 点运动到 Q 点的过程中，电场力所做的功为 W＝q(φP－φQ)， 因为 q＜0，且 φP＜φQ，所以 W＞0，由动能定理可知，电子的动能不断增大，即速度不断 增大，选项 C、D 错误；P 点附近等势面密集，故场强较大，电子在 P 点附近所受电场力大， 电子的加速度也就大，对应 v ­t 图像的斜率大，故由 P 到 Q，v ­t 图像的斜率不断减小，选 项 A 正确，B 错误。 2．两个等量异种点电荷位于 x 轴上，相对原点对称分布，则下列图像中能正确描述电 势 φ 随位置 x 变化规律的是(　　) 解析：选 A　等量异种点电荷电场线如图所示，因为沿着电场线 方向电势降低，所以，以正电荷为参考点，左右两侧电势都是降低的；因 为逆着电场线方向电势升高，所以，以负电荷为参考点，左右两侧电势 都是升高的。可见，在整个电场中，正电荷所在位置电势最高，负电荷所 在位置电势最低，符合这种电势变化的情况只有 A 选项。 3.(多选)(2014·上海高考)静电场在 x 轴上的电场强度 E 随 x 的变 化关系如图所示，x 轴正向为电场强度正方向，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：选 BC　由题图可知，正电荷从 x2 移动到 x4 的过程电场力做功不为零，两点电 势能不相等，A 项错误；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 项正确；从 x1 到 x4 的过程电场强度先增大，后减小，所以电场力先增大后减小， C 项正确，D 项错误。 (二)　电场线、等势线(面)与运动轨迹问题 1.带电粒子在电场中的运动轨迹是由带电粒子受到的合外力情况以及初速度情况共同 决定的，运动轨迹上各点的切线方向表示粒子在该点的速度方向；电场线只能够描述电场 的方向和定性地描述电场的强弱，它决定了带电粒子在电场中各点所受电场力的方向和加 速度的方向。显然，电场线不一定是带电粒子在电场中的运动轨迹。 2．若同时满足以下三个条件，则带电粒子的运动轨迹与电场线重合： (1)电场线是直线； (2)带电粒子的初速度为零或者初速度的方向与电场线在同一条直线上； (3)带电粒子只受电场力或受其他力但其他力的合力方向与电场线平行。 [典例]　(2016·全国甲卷)如图，P 是固定的点电荷，虚线是以 P 为 圆心的两个圆。带电粒子 Q 在 P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同 一平面内，a、b、c 为轨迹上的三个点。若 Q 仅受 P 的电场力作用，其 在 a、b、c 点的加速度大小分别为 a a、ab、ac，速度大小分别为 va、 vb、vc。则(　　) A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb [解析]　a、b、c 三点到固定的点电荷 P 的距离 rb＜rc＜ra，则三点的电场强度由 E＝k Q r2 可知 Eb＞Ec＞Ea，故带电粒子 Q 在这三点的加速度 ab＞ac＞aa。由运动轨迹可知带电粒子 Q 所受 P 的电场力为斥力，从 a 到 b 电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝1 2mvb2－1 2mva2＜0， 则 vb＜va，从 b 到 c 电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝1 2mvc2－1 2mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞ |Ubc|，则 va＞vc，故 va＞vc＞vb，选项 D 正确。 [答案]　D 利用电场线和等势面解决带电粒子运动问题的方法 (1)根据带电粒子(只受电场力)的运动轨迹确定带电粒子受到的电场力的方向，带电粒子 所受的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧，再结合电场线的方向确定带电粒子的电性。 (2)根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做正功还是做负功， 电势能的变化情况或等势面的电势高低。 [集训冲关] 1.(多选)(2017·广州六校联考)如图所示，实线是一个电场中的电场线， 虚线是一带电粒子在此电场中运动的轨迹。若带电粒子只在电场力作用下 从 a 处运动到 b 处，以下说法正确的是(　　) A．带电粒子在 a 处的加速度较大 B．带电粒子在 a 处的加速度较小 C．带电粒子在 a 处的电势能较大 D．带电粒子在 a 处的电势能较小 解析：选 AD　a 处电场线较密，故场强 E 较大，带电粒子在 a 处受到的电场力较大， 故加速度较大，A 项正确；由轨迹弯曲方向可知带电粒子受力方向与场强 E 方向相反，故 粒子带负电，又因为沿电场线方向，电势降低，所以 a 处电势 φ 较高，由电势能与电势的 关系 Ep＝qφ 可知，带负电的粒子在 a 点的电势能较小，D 项正确。 2.(多选)(2016·海南高考)如图，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(　　) A．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 解析：选 ABC　由题图中带电粒子 M 和 N 先后在电场中运动的轨迹可知，M 受到了 引力作用，N 受到了斥力作用，故 M 带负电荷，N 带正电荷，选项 A 正确；由于虚线是等 势面，故 M 从 a 点到 b 点电场力对其做负功，动能减小，选项 B 正确；d 点和 e 点在同一 等势面上，N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能，故选项 C 正确； N 从 c 点运动到 d 点的过程中，电场力做正功，故选项 D 错误。 (三)　电场中的功能关系问题 1.求电场力做功的四种方法 (1)定义式：WAB＝Flcos α＝qEdcos α(适用于匀强电场)。 (2)电势的变化：W＝qUAB＝q(φA－φB)。 (3)动能定理：W 电＋W 其他＝ΔEk。 (4)电势能的变化：WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB。 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。 [典例]　如图所示，一根长 L＝1.5 m 的光滑绝缘细直杆 MN，竖直固定 在场强为 E＝1.0×105 N/C、与水平方向成 θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场 中。杆的下端 M 固定一个带电小球 A，电荷量 Q＝＋4.5×10－6 C，另一带电小 球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量 q＝＋1.0×10 －6 C，质量 m＝1.0×10 －2 kg。现将小球 B 从杆的上端 N 静止释放，小球 B 开始运动。(静电力常量 k＝ 9.0×109 N·m2/C2，取 g＝10 m/s2) (1)小球 B 开始运动时的加速度为多大？ (2)小球 B 的速度最大时，距 M 端的高度 h1 为多大？ (3)小球 B 从 N 端运动到距 M 端的高度 h2＝0.61 m 时，速度为 v＝1.0 m/s，求此过程 中小球 B 的电势能改变了多少？ [解析]　(1)开始运动时小球 B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动， 由牛顿第二定律得 mg－kQq L2 －qEsin θ＝ma① 解得 a＝g－kQq L2m－qEsin θ m ② 代入数据解得：a＝3.2 m/s2。③ (2)小球 B 速度最大时合力为零， 即kQq h12 ＋qEsin θ＝mg④ 解得 h1＝ kQq mg－qEsin θ⑤ 代入数据解得 h1＝0.9 m。⑥ (3)小球 B 从开始运动到速度为 v 的过程中，设电场力做功为 W，根据动能定理得：mg(L －h2)＋W＝1 2mv2 代入数据得：W＝－8.4×10－2 J 电势能改变了 ΔEp＝－W＝8.4×10－2 J。 [答案]　(1)3.2 m/s2　(2)0.9 m　(3)8.4×10－2 J 电场中功能关系问题的分析方法 (1)受力情况分析和运动情况分析。 (2)分析各力做功的情况，做正功还是负功。 (3)分清多少种形式的能量参与，哪种能量增加，哪种减少。 (4)选择动能定理或能量守恒定律等列出方程式。 [集训冲关] 1．(2017·洛阳名校联考)如图所示，一个电量为＋Q 的点电荷甲，固定在绝缘水平面上 的 O 点，另一个电量为－q、质量为 m 的点电荷乙从 A 点以初速度 v0 沿它们的连线向甲运 动，到 B 点时速度最小且为 v，已知静电力常量为 k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为 μ，AB 间距离为 L，则以下说法不正确的是(　　) A．OB 间的距离为 kQq μmg B．从 A 到 B 的过程中，电场力对点电荷乙做的功为 W＝μmgL＋1 2mv02－1 2mv2 C．从 A 到 B 的过程中，电场力对点电荷乙做的功为 W＝μmgL＋1 2mv2－1 2mv02 D．从 A 到 B 的过程中，乙的电势能减少 解析：选 B　A 做加速度逐渐减小的减速直线运动，到 B 点时速度最小，所受库仑力等 于摩擦力，由 μmg＝kqQ r2 ，解得 OB 间的距离为 r＝ kQq μmg，选项 A 正确。从 A 到 B 的过 程中，由动能定理，电场力对点电荷乙做的功为 W＝μmgL＋1 2mv2－1 2mv02，选项 B 不正确， C 正确。从 A 到 B 的过程中，电场力做正功，乙的电势能减小，选项 D 正确。 2．(2017·福建质检)如图，轨道 CDGH 位于竖直平面内，其中圆弧段 DG 与水平段 CD 及倾斜段 GH 分别相切于 D 点和 G 点，圆弧段和倾斜段均光滑，在 H 处固定一垂直于轨道 的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中。一带电物块由 C 处静止释放， 经挡板碰撞后滑回 CD 段中点 P 处时速度恰好为零。已知物块的质量 m＝4×10－3 kg，所带 的电荷量 q＝＋3×10－6 C；电场强度 E＝1×104 N/C；CD 段的长度 L＝0.8 m，圆弧 DG 的 半径 r＝0.2 m，GH 段与水平面的夹角为 θ，且 sin θ ＝ 0.6，cos θ＝0.8；不计物块与挡板 碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s2。 (1)求物块与轨道 CD 段的动摩擦因数 μ； (2)求物块第一次碰撞挡板时的动能 Ek； (3)分析说明物块在轨道 CD 段运动的总路程能否达到 2.6 m。若能，求物块在轨道 CD 段运动 2.6 m 路程时的动能；若不能，求物块碰撞挡板时的最小动能。 解析：(1)物块由 C 处释放后经挡板碰撞滑回 P 点过程中，由动能定理得 qEL 2－μmg(L＋L 2 )＝0① 由①式代入数据得 μ＝ qE 3mg＝0.25。② (2)物块在 GH 段运动时，由于 qEcos θ＝mgsin θ，所以做匀速直线运动③ 由 C 运动至 H 过程中，由动能定理得 qEL－μmgL＋qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ek－0 ④ 由④式代入数据得 Ek＝0.018 J。⑤ (3)物块最终会在 DGH 间来回往复运动，物块在 D 点的速度为 0 设物块能在水平轨道上运动的总路程为 s，由能量转化与守恒定律可得 qEL＝μmgs⑥ 由⑥式代入数据得 s＝2.4 m⑦ 因为 2.6 m>s，所以不能在水平轨道上运动 2.6 m 的路程。 物块碰撞挡板的最小动能 E0 等于往复运动时经过 G 点的动能，由动能定理得 qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝E0－0⑧ 由⑧式代入数据得 E0＝0.002 J。⑨ 答案：(1)0.25　(2)0.018 J　(3)不能　0.002 J [课时达标检测] 一、单项选择题 1.(2017·株洲检测)半径为 R 的均匀带电球体，在通过球心 O 的 直线上，各点的电场分布如图所示。当 x≥R 时，电场分布与电荷量全 部集中在球心时相同。已知静电力常量为 k，则(　　) A．球面是个等势面，球体是个等势体 B．在 x 轴上 x＝R 处电势最高 C．xP＝ 2R D．球心 O 与球面间电势差的大小为 E0R 解析：选 C　从题图上看，球内部电场强度都不等于零，因此球体不是等势体，A 错误； 在 x 轴上 x＝R 处场强最大，而不是电势最高，B 错误；E P＝kQ xP2，ER 2＝1 2·kQ R2 ，因为 EP＝ ER 2，所以 xP＝ 2R，C 正确；假设球心 O 与球面间的电场为匀强电场，且大小为 E0，则 电势差的大小 U＝E0R，但是 O 与球面间的电场并不是匀强电场，因此 D 错误。 2.x 轴上有两点电荷 Q1 和 Q2，Q1 和 Q2 之间各点对应的电势高 低如图中曲线所示，从图中可看出下列说法错误的是(　　) A．Q1 一定大于 Q2 B．Q1 和 Q2 一定是同种电荷，但不一定是正电荷 C．电势最低处 P 点的电场强度为零 D．Q1 和 Q2 之间各点的电场方向都指向 P 点 解析：选 B　场强为零的点离 Q1 远，因此 Q1 一定大于 Q2，A 正确；两个点电荷间的 电势都为正，因此两点电荷都为正电荷，B 错误；两正点电荷的连线上有一点场强为零，一 正的检验电荷从两电荷中的任一电荷附近沿连线向场强为零的点移动时电势都降低，到场强 为零的点，电势最低，C 正确；Q1 和 Q2 之间各点的电场方向都指向 P 点，D 正确；本题选 择不正确的，故选 B。 3．在点电荷 Q 的电场中的 O 点，由静止释放一个质量为 m、带电荷量为＋q 的试探电 荷，试探电荷运动到 a 点时的速度大小为 v。若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的 a 点 时，需克服电场力做功为 W，试探电荷运动到 a 点时的速度大小仍为 v，设无穷远处电势 为零。则下列判断正确的是(　　) A．电场中 a 点电势 φa＝W q B．电场中 O 点电势为 φO＝W q －mv2 2q C．试探电荷的最大速度为 vm＝ 2W m D．aO 间电势差为 UaO＝mv2 2q 解析：选 A　正试探电荷从无穷远处移到电场中 a 点克服电场力做功 W，表明电场力 为斥力，场源电荷带正电，由电场力做功得 W＝qUa∞＝(φa－φ∞)q，a 点电势 φa＝W q ，A 项 正确；若将试探电荷从 O 移到 a，由动能定理得 qUOa＝1 2mv2－0，而 UOa＝φO－φa，解得 φO ＝W q ＋mv2 2q ，B 项错误；该试探电荷从无穷远处运动到电场中的 a 点时，需克服电场力做功 W，试探电荷运动到 a 点时的速度大小仍为 v，则试探电荷在无穷远处时速度最大，由动能 定理有 W＝1 2mvm2－1 2mv2，则 vm＝ v2＋2W m ，C 项错误；UaO＝－UOa，即 UaO＝－mv2 2q ， D 项错误。 4.如图所示，虚线 a、b、c 代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的 电势差相等，即 Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点(不计重力)仅在电场力作用 下通过该区域时的运动轨迹，M、N 是这条轨迹上的两点，据此可知不正确的 是(　　) A．三个等势面中，a 的电势最高 B．带电质点在 M 点具有的电势能比在 N 点具有的电势能大 C．带电质点通过 M 点时的动能比通过 N 点时大 D．带电质点通过 M 点时的加速度比通过 N 点时大 解析：选 C　已知实线是一带正电质点仅在电场力作用下通过该区域时 的运动轨迹，由运动轨迹可以看出电场力应指向曲线的凹侧，且与等势面 垂直，受力方向与电场强度方向一致，画出电场线方向，电场线方向由 a 指 向 c，如图，顺着电场线方向电势降低，A 正确；正电荷在电势越高处电势能 越大，所以，质点在 M 点电势能大，B 正确；质点在电势能越小处动能越大，所以质点通 过 M 点时动能小，C 错误；M 点处等势面比 N 点密，所以 M 点电场强度大，质点所受的 电场力大，加速度就大，D 正确。本题选不正确的，故选 C。 5．(2017·江苏省清江中学月考)某区域的电场线分布如图所示，其中 间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的 O 点由静止开始在电 场力作用下运动到 A 点，取 O 点为坐标原点，沿直线向右为 x 轴正方向， 粒子的重力忽略不计，在从 O 到 A 运动过程中，下列关于粒子运动速度和加速度 a 随时间 t 的变化，运动径迹上电势 φ 和粒子的动能 Ek 随位移 x 的变化图线可能正确的是(　　) 解析：选 A　根据题图可知，从 O 到 A 点，电场线疏密反映了电场强度的大小，所以 电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，故加速度先减小 后增大，A 正确；在速度－时间图像中图像的斜率表示加速度，斜率逐渐减小，加速度减小， 而加速度是先减小后增大的，B 错误；沿电场线方向电势差降低，而电势与位移的图像的斜 率表示电场强度，图中斜率逐渐增大，表示电场强度增大，不符合题意，C 错误；动能与位 移的图像的斜率表示电场强度，图中斜率逐渐增大，表示电场强度增大，不符合题意，D 错 误。 6．一个带负电荷 q，质量为 m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的 A 点由 静止下滑，小球恰能通过半径为 R 的竖直圆形轨道的最高点 B 而做圆周运 动，现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从 A 点由静止释放该小 球，则(　　) A．小球不能过 B 点 B．小球仍恰好能过 B 点 C．小球能过 B 点，且在 B 点与轨道之间压力不为零 D．以上说法都不对 解析：选 B　没有电场时，最高点速度设为 v，则 mg＝mv2 R 又根据机械能守恒定律：mg(h－2R)＝1 2mv2， 解得 h＝5 2R 加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为 v′ 则 mg－qE＝mv′2 R ，v′＝ (mg－qE)R m 而由动能定理，得 mg(h－2R)－qE(h－2R)＝1 2mv′2， v′＝ (mg－qE)R m 说明小球仍恰好能过 B 点，故选项 B 正确。 二、多项选择题 7.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线 所示，一带电粒子以某一速度从图中 a 点进入电场，其运动轨迹为 图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判 断正确的是(　　) A．带正电 B．速度先增大后减小 C．电势能先增大后减小 D．经过 b 点和 d 点时的速度大小相同 解析：选 CD　根据粒子的运动轨迹及电场线分布特点可知，粒子带负电，选项 A 错误； 粒子从 a 到 c 到 e 的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后 减小，选项 B 错误，C 正确；因为 b、d 两点在同一等势面上，所以在 b、d 两点的电势能 相同，所以粒子经过 b 点和 d 点时的速度大小相同，选项 D 正确。 8．(2017·丹东第一次大联考)如图甲所示，两个点电荷 Q1、Q2 固定在 x 轴上，其中 Q1 位于原点 O，a、b 是它们连线延长线上的两点。现有一带正电的粒子 q 以一定的初速度沿 x 轴从 a 点开始经 b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过 a、b 两点时的速度分 别为 va、vb，其速度随坐标 x 变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是(　　) A．b 点的场强一定为零 B．Q2 带负电且电荷量小于 Q1 C．a 点的电势比 b 点的电势高 D．粒子在 a 点的电势能比在 b 点的电势能小 解析：选 AC　b 点速度图像的切线水平，说明加速度为零，则 b 点的场强一定为零，A 正确；从 a 点开始经 b 点向远处运动先加速后减速，所以 Q1 带负电，Q2 带正电，且 Q1＞ Q2，B 错误；a 点的动能比 b 点的动能小，则 a 点的电势能比 b 点的电势能大，又运动电荷 为正电荷，所以 a 点的电势比 b 点的电势高，C 正确，D 错误。 9.如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成 α ＝30°斜向上，在电场中有一质量为 m，带电荷量为 q 的带电小球，用长 为 L 的不可伸长的绝缘细线挂于 O 点，当小球静止于 M 点时，细线恰好 水平。现用外力将小球拉到最低点 P，然后无初速度释放，则以下判断正 确的是(　　) A．小球再次到 M 点时，速度刚好为零 B．小球从 P 到 M 过程中，合外力对它做了 3mgL 的功 C．小球从 P 到 M 过程中，小球的机械能增加了 3mgL D．如果小球运动到 M 点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动 解析：选 BD　小球从 P 到 M 过程中，线拉力不做功，只有电 场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为 3mg，方向水 平向右，所以小球到 M 点时，速度最大，而不是零，A 错误；电场力 与重力的合力为 3mg，合力方向上的位移为 L，所以做功为 3 mgL，B 正确；机械能的增加量就是动能的增加量 3mgL 和重力势能的增加量 mgL 之和，C 错误；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，D 正确。 10．图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子 以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动的轨迹，a、b、c 三点是实线 与虚线的交点，则该粒子(　　) A．带负电 B．在 c 点受力最大 C．在 b 点的电势能大于在 c 点的电势能 D．由 a 点到 b 点的动能变化大于由 b 点到 c 点的动能变化 解析：选 CD　由带电粒子进入正点电荷形成的电场中的运动轨迹可以看出二者相互排 斥，或者根据曲线运动合力指向曲线的内侧，判断出带电粒子带正电，选项 A 错误；根据 库仑定律可知，a、b、c 三点中，在 a 点时受力最大，选项 B 错误；带电粒子从 b 点到 c 点 的过程中，电场力做正功，电势能减小，故在 b 点的电势能大于在 c 点的电势能，选项 C 正确；由于虚线为等间距的同心圆，根据 U＝Ed(E为某段电场的平均值)，故 Uab＞Ubc，根 据电场力做功公式，所以 Wab＞Wbc，根据动能定理，带电粒子由 a 点到 b 点的动能变化大 于由 b 点到 c 点的动能变化，选项 D 正确。 三、计算题 11.(2017·西安模拟)如图所示，在 O 点放置一个正电荷，在过 O 点的 竖直平面内的 A 点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为 m、电 荷量为 q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以 O 为圆心、R 为半 径的圆(图中实线表示)相交于 B、C 两点，O、C 在同一水平线上，∠ BOC＝30°，A 距离 OC 的竖直高度为 h。若小球通过 B 点的速度为 v，试求： (1)小球通过 C 点的速度大小。 (2)小球由 A 到 C 的过程中电势能的增加量。 解析：(1)因 B、C 两点电势相等，小球由 B 到 C 只有重力做功，由动能定理得： mgR·sin 30°＝1 2mvC2－1 2mv2 得：vC＝ v2＋gR。 (2)由 A 到 C 应用动能定理得： WAC＋mgh＝1 2mvC2－0 得：WAC＝1 2mvC2－mgh＝1 2mv2＋1 2mgR－mgh。 由电势能变化与电场力做功的关系得： ΔEp＝－WAC＝mgh－1 2mv2－1 2mgR。 答案：(1) v2＋gR　(2)mgh－1 2mv2－1 2mgR 12.如图所示，在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为 m， 带电荷量为 q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强 为 E，qE＞μmg，虚线右侧的水平面光滑。一轻弹簧右端固定在墙上， 处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧 L 处，并给滑块一个向左的初 速度 v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为 μ，求： (1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块在整个运动过程中产生的热量。 解析：(1)设滑块向左运动 x 时减速到零，由动能定理有－(qE＋μmg)x＝－1 2mv02 解得 x＝ mv02 2(qE＋μmg) 之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为 Ek， 由能量守恒定律得： qE(x＋L)＝Ek＋μmg(x＋L) 解得 Ek＝(qE－μmg)L＋m(qE－μmg)v02 2(qE＋μmg) 滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹 簧的最大弹性势能为 Epm＝(qE－μmg)L＋m(qE－μmg)v02 2(qE＋μmg) 。 (2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为 W＝qEL，电势能 减少量为 qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的 减少量之和，即 Q＝qEL＋1 2mv02。 答案：(1)(qE－μmg)L＋m(qE－μmg)v02 2(qE＋μmg) (2)qEL＋1 2mv02 第 39 课时　电容器(重点突破课) [基础点·自主落实] [必备知识] 一、电容器 1．组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。 2．带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。 3．电容器的充、放电 (1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中 储存电场能； (2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能。 二、电容 1．定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值。 2．定义式：C＝Q U。 3．单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)，1 F＝106 μF＝1012 pF。 4．意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。 5．决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容 器是否带电及电压无关。 三、平行板电容器的电容 1．决定因素：正对面积，介电常数，两板间的距离。 2．决定式：C＝ εrS 4πkd。 [小题热身] 1.如图所示为某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线， 若将该电容器两端的电压从 40 V 降低到 36 V，对电容器来说正确的是 (　　) A．是充电过程 B．是放电过程 C．该电容器的电容为 5.0×10－2 F D．该电容器的电量变化量为 0.20 C 解析：选 B　由 Q＝CU 知， U 降低，Q 减小，故为放电过程，A 错 B 对；由 C＝Q U＝ 0.2 40 F＝5×10－3 F，可知 C 错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，D 错。 2．有两个平行板电容器，它们的电容之比为 5∶4，它们的带电荷量之比为 5∶1，两 极板间距离之比为 4∶3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为(　　) A．4∶1　1∶3　　　　　　　 　B．1∶4　3∶1 C．4∶1　3∶1 D．4∶1　4∶3 解析：选 C　由 U＝Q C得：U1 U2＝Q1C2 Q2C1＝5 × 4 5 ＝4 1， 又由 E＝U d＝ Q Cd得：E1 E2＝Q1C2d2 Q2C1d1＝5 × 4 × 3 5 × 4 ＝3 1， 所以选项 C 正确。 3．一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：选 B　由平行板电容器电容决定式 C＝ εS 4πkd知，当插入电介质后，ε 变大，则在 S、d 不变的情况下 C 增大；由电容定义式 C＝Q U得 U＝Q C，又电荷量 Q 不变，故两极板间的 电势差 U 减小，选项 B 正确。 [提能点·师生互动] 提能点(一)　平行板电容器的动态分析 2．分析思路 [典例]　(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电 荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板 间有一固定在 P 点的点电荷，以 E 表示两板间的电场强度，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，Ep 不变 C．θ 减小，Ep 增大 D．θ 减小，E 不变 [解析]　由题意可知平行板电容器的带电荷量 Q 不变，当下极板不动，上极板向下移动 一小段距离时，两极板间距 d 减小，则电容 C 变大，由 U＝Q C可知 U 变小，则静电计指针 的偏角 θ 减小。又因为两板间电场强度 E＝U d＝ Q Cd＝4πkQ εrS ，Q、S 不变，则 E 不变。因为 E 不变，则点电荷从 P 点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点 电荷在 P 点的电势能 Ep 不变，故只有选项 D 正确。 [答案]　D 解决电容器问题的两个常用技巧 (1)在电荷量保持不变的情况下，由 E＝U d＝ Q Cd＝4πkQ εrS 知，电场强度与板间距离无关。 (2)针对两极板带电量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电 场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场 强增大。 [集训冲关] 1．(2016·全国乙卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。 若将云母介质移出，则电容器(　　 ) A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 解析：选 D　平行板电容器电容的表达式为 C＝ εS 4πkd，将极板间的云母介质移出后，导 致电容器的电容 C 变小。由于极板间电压不变，据 Q＝CU 知，极板上的电荷量变小。再考 虑到极板间电场强度 E＝U d，由于 U、d 不变，所以极板间电场强度不变，选项 D 正确。 2.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个 正检验电荷固定在 P 点，如图所示，以 C 表示电容器的电容、E 表示 两板间的场强、φ 表示 P 点的电势，W 表示正电荷在 P 点的电势能， 若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离 l0 的过程中， 下列关于各物理量与负极板移动距离 x 的关系图像中正确的是(　　) 解析：选 C　电容器的电容 C＝ εS 4πkd，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容 C 与 d 成反比，A 错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据 E＝U d，U＝Q C，C＝ εS 4πkd， 可知 E＝4πkQ εS 保持不变，B 错误；负极板接地，电势为零，P 点的电势 φ 等于 P 点到负极 板的电势差，即 φ＝El，E 不变，l 减小，φ 线性减小，C 正确；由 W＝qφ 可知，W 随 φ 的 变化而变化，即 W 随 l 的变化而变化，D 错误。 提能点(二)　带电体在电容器中的平衡问题 [典例]　(多选)A、B 为平行板电容器的两块金属板，A 极板 与静电计的金属小球相连，静电计的外壳和 B 极板都接地，将它 们水平放置。当 A 板带上一定量电荷后，静电计指针偏转一定 角度，如图所示(静电计金属小球及金属杆、指针等所带的电荷量 与金属板 A 所带的电荷量相比可以忽略不计)。此时，在 A、B 板 间有一电荷量为 q 的油滴静止在 P 点(油滴所带电荷量很少，它对 A、B 板间电场的影响可 以忽略)，以下结论正确的是(　　) A．A 极板不动，将 B 极板向下移动一小段距离，油滴 q 保持不动，静电计指针偏角减 小 B．B 极板不动，将 A 极板向下移动一小段距离，油滴 q 保持不动，静电计指针偏角减 小 C．A 极板不动，将 B 极板向右水平移动一小段距离，油滴 q 向上运动，静电计指针偏 角增大 D．B 极板不动，将 A 极板向右水平移动一小段距离，油滴 q 向下运动，静电计指针偏 角减小 [解析]　A 项中，A 极板不动，将 B 极板向下移动一小段距离，d 变大，根据 C＝ εS 4πkd， 则电容减小，根据 U＝Q C，则电势差增大，指针偏角增大，故 A 错误。B 项中，B 极板不动， 将 A 极板向下移动一小段距离，d 减小，根据 C＝ εS 4πkd，则电容增大，根据 U＝Q C，则电势 差减小，指针偏角减小。电场强度 E＝4πkQ εS ，可知电场强度不变，油滴所受电场力不变， 仍然与重力平衡，保持不动，故 B 正确。C 项中，A 极板不动，将 B 极板向右水平移动一 小段距离，S 减小，根据 C＝ εS 4πkd，则电容减小，根据 U＝Q C，则电势差增大，指针偏角增 大。根据 E＝U d知，电场强度增大，油滴所受电场力大于重力，则油滴向上运动，故 C 正确。 D 项中，B 极板不动，将 A 极板向右水平移动一小段距离，S 减小，根据 C＝ εS 4πkd，则电容 减小，根据 U＝Q C，则电势差增大，指针偏角增大。根据 E＝U d知，电场强度增大，油滴所 受电场力大于重力，则油滴向上运动，故 D 错误。 [答案]　BC (1)带电液滴在电容器极板间受重力和电场力作用，液滴平衡的条件是 qE＝mg。 (2)本题中电容器电荷量保持不变。根据极板间距离的变化或极板正对面积的变化可确 定电容、电势差、电场强度的变化，进而判断粒子受力情况的变化。 [集训冲关] 1．(2015·全国卷Ⅱ)如图，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 解析：选 D　两板水平放置时，放置于两板间 a 点的带电微粒保持静止，带 电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转 45°时，电场力大小不变， 方向逆时针偏转 45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向 左下方做匀加速运动。选项 D 正确。 2．(2017·南昌调研)如图所示，平行板电容器两极板 M、N 相距 d，两极板分别与电压为 U 的恒定电源两极连接，极板 M 带正电。现 有一质量为 m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带 电荷量与油滴带电荷量的比值为 k，则(　　) A．油滴带正电 B．油滴带电荷量为mg Ud C．电容器的电容为kmgd U2 D．将极板 N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 解析：选 C　带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上， 电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，油滴带负电， A 项错误；由场强与电势差关系可知，mg＝Eq＝U dq，解得 q＝mgd U ，B 项错误；由题意知， 电容器带电荷量 Q＝kq＝kmgd U ，由电容的定义式知，C＝Q U＝kmgd U2 ，C 项正确；电容器与电 源保持连接，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝U dq，油滴所受电场 力减小，油滴向下运动，D 项错误。 提能点(三)　带电体在电容器中的运动问题 [典例]　(2014·安徽高考)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置， 电容为 C，极板间距离为 d，上极板正中有一小孔。质量为 m、电荷量为 ＋q 的小球从小孔正上方高 h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板 处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加 速度为 g)。求： (1)小球到达小孔处的速度； (2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。 [解析]　(1)由 v2＝2gh 得 v＝ 2gh (2)在极板间带电小球受重力和电场力， 有 mg－qE＝ma， 0－v2＝2ad 解得 E＝mg(h＋d) qd U＝Ed Q＝CU 得 Q＝Cmg(h＋d) q (3)由 h＝1 2gt12 0＝v＋at2 t＝t1＋t2 综合可得 t＝h＋d h 2h g [答案]　(1) 2gh　(2)mg(h＋d) qd 　Cmg(h＋d) q (3)h＋d h 2h g 带电小球在电容器上方只受重力，做自由落体运动。在电容器中做减速运动，根据运动 情况可确定受力情况，进而确定电场强度和电荷量。 [集训冲关] 1．(多选)如图所示，M、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量 为 m、电荷量为－q 的带电粒子(不计重力)，以初速度 v0 由小孔进入电场，当 M、N 间电压为 U 时，粒子刚好能到达 N 板，如果要使这个带电粒子能到达 M、N 两板间距的1 2处返回，则下述措施能满足要求的是(　　) A．使初速度减为原来的1 2 B．使 M、N 间电压加倍 C．使 M、N 间电压提高到原来的 4 倍 D．使初速度和 M、N 间电压都减为原来的1 2 解析：选 BD　粒子恰好到达 N 板时有 Uq＝1 2mv02，恰好到达两板中间返回时有 U′ 2 q ＝1 2mv2，比较两式可知 B、D 正确。 2.如图所示，板长 L＝4 cm 的平行板电容器，板间距离 d＝3 cm，板与水 平线夹角 α＝37°，两板所加电压为 U＝100 V。有一带负电液滴，带电荷量为 q＝3×10－10 C，以 v0＝1 m/s 的水平速度自 A 板边缘水平进入电场，在电 场中仍沿水平方向并恰好从 B 板边缘水平飞出(取 g＝10 m/s2，sin α＝0.6，cos α＝0.8)。求： (1)液滴的质量； (2)液滴飞出时的速度。 解析：(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，可得 qEcos α＝mg E＝U d 解得 m＝qUcos α dg 代入数据得 m＝8×10－8 kg。 (2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零。 对液滴由动能定理得 qU＝1 2mv2－1 2mv02 解得 v＝ v02＋2qU m 所以 v＝ 7 2 m/s。 答案：(1)8×10－8 kg　(2) 7 2 m/s [课时达标检测] 一、单项选择题 1.两块大小、形状完全相同的金属板正对着水平放置，构成一个平行板电 容器。将两金属板分别与电源两极相连，如图所示，闭合开关 S 达到稳定后， 在两板间有一带电液滴 P 恰好处于静止状态，下列判断正确的是(　　) A．保持开关 S 闭合，减小两板间的距离，液滴向上运动 B．保持开关 S 闭合，减小两板间的距离，液滴向下运动 C．断开开关 S，减小两板间的距离，液滴向上运动 D．断开开关 S，减小两板间的距离，液滴向下运动 解析：选 A　由液滴静止得 mg＝Eq，保持开关 S 闭合，E＝U d，U 一定，减小 d，合力 向上，故 A 正确，B 错误；断开开关 S，E＝U d＝ Q Cd＝4kπQ εS ，Q 一定，减小 d，E 不变，合 力仍为零，故 C、D 错误。 2．(2017·苏北四市期末)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实 验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。现保持 B 板不 动，适当移动 A 板，发现静电计指针张角减小，则 A 板可能是(　　) A．右移　　　　　　　　　 　B．左移 C．上移 D．下移 解析：选 A　将 A 板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式 C＝ εS 4πkd，可知， 电容增大，而电容器电量不变，由 C＝Q U分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减 小；相反，同理可知，A 板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故 A 正确，B 错误；A 板 向上移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式 C＝ εS 4πkd，可知，电容减小，而电容器 电量不变，由 C＝Q U分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故 C 错误；同理， D 错误。 3．(2013·全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两 极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方d 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d 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 C．在距上极板d 2处返回 D．在距上极板 2 5d 处返回 解析：选 D　当两极板距离为 d 时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动 能定理可得：mg×3 2d－qU＝0，当下极板向上移动d 3，设粒子在电场中运动距离 x 时速度减 为零，全过程应用动能定理可得：mg(d 2＋x )－q U d－d 3 x＝0，两式联立解得：x＝2 5d，选项 D 正确。 4．(2015·海南高考)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。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 2 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 解析：选 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，同时经过某 一平面，它们在相同时间内位移之比为 2∶3，根据 x＝1 2at2，可知它们的加速度之比为 2∶ 3。粒子受到的电场力 F＝qE，结合牛顿第二定律，得 a＝F 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.如图所示是一个平行板电容器，其电容为 C，带电荷量为 Q，板 间距离为 d，上极板带正电荷。现将一个试探电荷 q 由两极板间的 A 点移动到 B 点，A、B 两点间的距离为 l，连线 AB 与极板间的夹角为 30°，则电场力对试探电荷 q 所做的功等于(　　) A.qCl Qd B.qQl Cd C.qQl 2Cd D.qCl 2Qd 解析：选 C　根据 U＝Q C，E＝U d可得 E＝ Q Cd，所以，A→B 电场力做功，W＝qElsin 30° ＝qQl 2Cd，选项 C 正确。 6．如图所示是测定液面高度 h 的电容式传感器示意图，E 为电源，G 为 灵敏电流计，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电 液体。已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计， 指针向左偏。如果在导电液体的深度 h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则(　　) A．导体芯 A 所带电荷量在增加，液体的深度 h 在增大 B．导体芯 A 所带电荷量在减小，液体的深度 h 在增大 C．导体芯 A 所带电荷量在增加，液体的深度 h 在减小 D．导体芯 A 所带电荷量在减小，液体的深度 h 在减小 解析：选 D　电流计指针向左偏转，说明流过电流计 G 的电流由左→右，则导体芯 A 所带电荷量在减小，由 Q＝CU 可知，由导体芯 A 与导电液体形成的电容器的电容在减小， 则液体的深度 h 在减小，故 D 正确。 二、多项选择题 7．某电容器上标有“25μF　450 V”字样，下列对该电容器的说法中正确的是(　　) A．要使该电容器两极板之间电压增加 1 V，所需电荷量为 2.5×10－5 C B．要使该电容器带电荷量 1 C，两极板之间需加电压 2.5×10－5 V C．该电容器能够容纳的电荷量最多为 1.125×10－2 C D．该电容器能够承受的最大电压为 450 V 解析：选 AC　由电容器电容的定义式 C＝Q U可得 C＝ΔQ ΔU，所以 ΔQ＝CΔU＝2.5×10－ 5×1 C＝2.5×10－5 C，A 正确。若 Q＝1 C，则 U＝Q C＝4×104 V，B 错误。当电容器的电压 为 450 V 时，电容器的电荷量最多，Q＝CU＝2.5×10－5×450 C＝1.125×10－2C，C 正确。 450 V 是电容器的额定电压，低于击穿电压，D 错误。 8．(2017·江苏省清江中学月考)如图所示，平行板电容器与直流电源 E′(内阻不计)连 接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带电油滴静止于电容器中的 P 点， 现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则(　　) A．平行板电容器的电容将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴将向下运动 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，则带点油 滴所受电场力不变 解析：选 AD　当电容器的下极板向上运动时，根据公式 C＝ εS 4πkd可知 d 减小，C 增大， A 正确；由于电容器的两端电压恒定不变，则静电计两端的电压也不变，故静电计的夹角不 变，B 错误；根据公式 E＝U d可知，电容器的场强变大，带负电的油滴将向上运动，C 错误； 若先将上极板与电源正极断开，则电容器所带的电荷量不变，再将下极板向上移动一小段距 离，则电容器间的电场强度 E＝U d＝ Q Cd＝4πkQ εS ，其大小恒定不变，故带电油滴所受的电场 力不变，D 正确。 9．如图所示为“研究影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，以下说法正确的是 (　　) A．A 板与静电计的指针带的是异种电荷 B．甲图中将 B 板上移，静电计的指针偏角增大 C．乙图中将 B 板左移，静电计的指针偏角不变 D．丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小 解析：选 BD　静电计指针与 A 板连为一个导体，带电性质相同，A 错误；根据 C＝ εS 4πkd，C＝Q U，B 板上移，S 减小，C 减小，Q 不变，U 增大，B 正确；B 板左移，d 增大， C 减小，U 增大，C 错误；插入电介质，ε 增大，电容 C 增大，U 减小，D 正确。 10.竖直放置的平行金属板 A、B 连接一恒定电压，两个电荷 M 和 N 以相同的 速率分别从极板 A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板 B 边缘射 出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是 (　　) A．两电荷的电荷量可能相等 B．两电荷在电场中运动的时间相等 C．两电荷在电场中运动的加速度相等 D．两电荷离开电场时的速度大小相等 解析：选 AB　两电荷的运动时间均为 t＝ l v0，B 对；由于 y＝1 2at2＝1 2 qU mdt2，故 aM＝2aN， M、N 的比荷为 2 倍关系，电荷量可能相等，A 对，C 错；由 v＝ v02＋(at)2知，两电荷离 开电场时的速度大小不相等，D 错。 三、计算题 11.(2017·漳州八校联考)如图所示，水平放置的平行板电容器，原 来两板不带电，上极板接地，它的极板长 L＝0.1 m，两板间距离 d＝0.4 cm，有一束相同微粒组成的带正电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落 到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上。设前一微粒落到下 极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为 m＝2×10－6 kg，电量 q＝1×10 －8 C，电容器电容为 C＝10－6F。求：(g＝10 m/s2) (1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度 v0 应为多少？ (2)以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？ 解析：(1)第一个粒子只受重力： d 2＝1 2gt2 t＝0.02 s v0＝L 2t＝2.5 m/s。 (2)以 v0 速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘时，有 t1＝L v0＝0.04 s，d 2＝1 2at12，a ＝g 4 由 mg－qE＝ma E＝U d＝ Q dC n＝Q q＝600 个。 答案：(1)2.5 m/s　(2)600 个 12．如图所示，两块平行金属板 MN 间的距离为 d，两板间电压 U 随 t 的变化规律如图 所示，电压的绝对值为 U0。t＝0 时刻 M 板的电势比 N 板低。在 t＝0 时刻有一个电子从 M 板处无初速释放，经过 1.5 个周期刚好到达 N 板。电子的电荷量为 e，质量为 m。求： (1)该电子到达 N 板时的速率 v； (2)在 1.25 个周期末该电子和 N 板间的距离 s。 解析：(1)根据题图可知，粒子先匀加速T 2，再匀减速T 2，速度减到零，最后匀加速T 2到达 N 板，根据动能定理得 eU0 3 ＝1 2mv2－0，解得 v＝ 2U0e 3m 。 (2)根据粒子运动的对称性可知，粒子每T 2运动d 3的距离，从 T 到 1.25T 的时间内，粒子 运动了1 4×d 3＝ d 12，故 1.25 个周期末该电子和 N 板间的距离 s＝d 3－ d 12＝d 4。 答案：(1) 2U0e 3m 　(2)d 4 第 40 课时　带电粒子在电场中的运动(重点突破课) [基础点·自主落实] [必备知识] 一、带电粒子在电场中的直线运动 1．是否考虑粒子重力 (1)基本粒子：如电子、质子、α 粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，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。 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。 二、带电粒子在匀强电场中的偏转 1．运动情况 (1)条件分析：不计重力的带电粒子垂直于电场线方向飞入匀强电场。 (2)运动特点：类平抛运动。 (3)处理方法：利用运动的合成与分解。 ①沿初速度方向：做匀速直线运动。 ②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。 2．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 v0。 (3)速度Error! v＝ vx2＋vy2，tan θ＝vy vx＝ qUl mv02d。 (4)位移Error! [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(　　) A．运动速度必然增大　　 　 B．动能可能减小 C．运动加速度肯定不为零 D．一定做匀加速直线运动 解析：选 BC　带电微粒在电场中只受电场力作用，加速度不为零且恒定，C 对。微粒 可能做匀变速直线运动或匀变速曲线运动，D 错。微粒做匀加速直线运动时，速度增大，动 能变大；做匀减速直线运动时，速度、动能均减小，A 错，B 对。 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 h U2)可采取的方法是(　　) A．减小两板间电势差 U2 B．尽可能使板长 L 短些 C．尽可能使板间距离 d 小一些 D．使加速电压 U1 减小一些 解析：选 CD　电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转。 加速过程：eU1＝1 2mv02， 偏转过程：L＝v0t，h＝1 2at2＝eU2 2mdt2 综合得 h U2＝ L2 4U1d，因此要提高灵敏度则需要：增大 L 或减小 U1 或减小 d，故答案应选 C、D。 [提能点·师生互动] 提能点(一)　带电粒子在电场中的直线运动 [典例]　(2016·四川高考)中国科学院 2015 年 10 月宣布中国将在 2020 年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本 源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。 如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管) 组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从 K 点沿轴线进入加速器并依次向 右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不 变。设质子进入漂移管 B 时速度为 8×106 m/s，进入漂移管 E 时速度为 1×107 m/s，电源频 率为 1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1 2。质子的 荷质比取 1×108 C/kg。求： (1)漂移管 B 的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压。 [思路点拨]　 (1)质子在 B 管中做匀速直线运动，已知速度，根据题意确定质子在管中运动的时间就 可以求出管 B 的长度。 (2)从 B 管到 E 管质子被三次加速，根据动能定理就可以确定加速电压。 [解析]　(1)设质子进入漂移管 B 的速度为 vB，电源频率、周期分别为 f、T，漂移管 B 的长度为 L，则 T＝1 f① L＝vB·T 2② 联立①②式并代入数据得 L＝0.4 m。③ (2)设质子进入漂移管 E 的速度为 vE，相邻漂移管间的加速电压为 U，电场力对质子所 做的功为 W，质子从漂移管 B 运动到漂移管 E 电场力做功 W′，质子的电荷量为 q、质量为 m，则 W＝qU④ W′＝3W⑤ W′＝1 2mvE2－1 2mvB2⑥ 联立④⑤⑥式并代入数据得 U＝6×104 V。⑦ [答案]　(1)0.4 m　(2)6×104 V (1)求质子在每个管内的运动时间容易出现错误。 (2)从 B 管到 E 管电场力做功的分析易出现错误。 [集训冲关] 1.如图所示，四个相同的金属容器共轴排列，它们的间距与容器的 宽度相同，轴线上开有小孔。在最左边、最右边两个容器上加电压 U 后，容器之间就形成了匀强电场。今有一个电子从最左边容器的小孔 沿轴线入射，刚好没有从最右边容器出射，则该电子停止运动前(　　) A．通过各容器的速度比依次为 3∶ 2∶1 B．通过各容器的时间比依次为 5∶3∶1 C．通过各容器间隙所用的时间比依次为 5∶3∶1 D．通过各容器间隙的加速度比依次为 5∶3∶1 解析：选 A　由题意可知，容器内部由于静电屏蔽电场强度为零，容器之间为匀强电场， 故电子在容器内做匀速直线运动，在容器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 ∶ 1 2 ∶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，故加速度不变，所以 D 错误。 2．如图甲所示，电荷量为 q＝1×10－4 C 的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在 空间存在方向沿水平向右的电场，电场强度 E 的大小与时间的关系如图乙所示，物块运动 速度与时间 t 的关系如图丙所示，取重力加速度 g＝10 m/s2，求： (1)前 2 s 内电场力做的功； (2)物块的质量； (3)物块与水平面的动摩擦因数。 解析：(1)由题意可得，在匀强电场中电场力为：F＝qE， 由题图乙得前 2 秒内的位移为：s＝1 2×2×2 m＝2 m， 则电场力做的功为：W＝Fs， 代入数据解得：W＝6 J。 (2)在 2～4 s 内由题图可得，qE2＝μmg 在 0～2 s 物块的加速度为：a＝1 m/s2 由牛顿第二定律得：qE2－qE1＝ma 代入数据解得：m＝1 kg。 (3)在 2～4 s 内由题图可得，qE2＝μmg， 又 m＝1 kg，解得 μ＝0.2。 答案：(1)6 J　(2)1 kg　(3)0.2 提能点(二)　带电粒子在匀强电场中的偏转 [典例]　(2017·洛阳一模)如图所示，质量为 m＝5×10 －8 kg 的带电粒子以 v0＝2 m/s 的速度从水平放置的平行金属板 A、B 中央飞入电场，已知板长 L＝ 10 cm，板间距离 d＝2 cm，当 A、B 间电势差 UAB＝103 V 时，带电粒子恰好沿直线穿过电 场。求： (1)带电粒子的电性和所带电荷量； (2)A、B 间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？ [解析]　(1)当 A、B 间电势差 UAB＝103 V 时，粒子做直线运动，带电粒子带负电 有 qU d＝mg 得 q＝mgd U ＝1×10－11 C。 (2)当电压 UAB 比较大时，qE＞mg，粒子向上偏 qU1 d －mg＝ma1 当刚好能从上板边缘飞出时，有：d 2＝1 2a1t2 l＝v0t 解之得 U1＝1 800 V 当电压 UAB 比较小时，qE＜mg，粒子向下偏， 设刚好能从下板边缘飞出，有： mg－qU2 d ＝ma2 d 2＝1 2a2t2 解之得 U2＝200 V 则要使粒子能从板间飞出，A、B 间所加电压的范围为 200 V＜UAB＜1 800 V。 [答案]　(1)粒子带负电　1×10－11 C (2)200 V＜UAB＜1 800 V (1)本题考查了带电粒子在电场中平衡和类平抛运动，通过题意判断出粒子的重力不能 忽略。在解题时不考虑重力就会出现错误。 (2)粒子既不能打在上极板也不能打在下极板，忽视任一种情况都会造成错误。 [集训冲关] 1.(2016·海南高考)如图，平行板电容器两极板的间距为 d，极板与水平面 成 45°角，上极板带正电。一电荷量为q(q > 0)的粒子在电容器中靠近下极板 处，以初动能 Ek0 竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打 到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　) A.Ek0 4qd　　　　　　　　　　 　B.Ek0 2qd C. 2Ek0 2qd D. 2Ek0 qd 解析：选 B　当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速 度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度 v0 分解为垂直极 板的 vy 和平行极板的 vx，根据运动的合成与分解，当 vy＝0 时，根据运动学公式有 vy2＝2Eq m d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝1 2mv02，联立得 E＝Ek0 2qd，故选项 B 正确。 2.(2017·吉林模拟)一束电子流在经 U＝5 000 V 的加速电压加速 后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若 两板间距 d＝1.0 cm，板长 l＝5.0 cm，那么，要使电子能从平行板间飞 出，两个极板上最多能加多大电压？ 解析：在加速电压一定时，偏转电压 U′越大，电子在极板间的偏转距离就越大。当偏 转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压。 加速过程，由动能定理得：eU＝1 2mv02 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动： l＝v0t 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为： a＝F m＝eU′ dm 偏距：y＝1 2at2 能飞出的条件为：y≤d 2， 解得：U′≤2Ud2 l2 ＝2 × 5 000 × (1.0 × 10－2)2 (5.0 × 10－2)2 V＝400 V， 即要使电子能飞出，所加电压最大为 400 V。 答案：400 V 提能点(三)　示波管的工作原理 在示波管模型中，带电粒子经加速电场 U1 加速，再经偏转电场 U2 偏转后，需要经历 一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点 P，如图所示。 [典例]　如图所示，A、B 和 C、D 为两平行金属板，A、B 两板 间电势差为 U，C、D 始终和电源相接，测得其间的场强为 E。一质量为 m、电荷量为 q 的 带电粒子(重力不计)由静止开始，经 A、B 加速后穿过 C、D 发生偏转，最后打在荧光屏上， 已知 C、D 极板长均为 x，荧光屏距 C、D 右端的距离为 L，问： (1)粒子带正电还是带负电？ (2)粒子打在荧光屏上的位置距 O 点多远处？ (3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大？ [思路点拨] (1)确定最终偏移距离 思路一： 思路二： 确定加速 后的v0 ―→确定偏移y ― ― ― ― →三角形 相似 确定OP： y OP＝ l 2 (l 2＋L ) (2)确定偏转后的动能(或速度) 思路一： 确定加速 后的v0 ―→确定偏转后的 vy＝at ―→确定动能 Ek＝1 2mv2＝1 2m(v02＋vy2) 思路二： 确定加速 后的v0 ―→确定偏转 后的y ―→动能定理：qEy＝1 2mv2－1 2mv02 [解析]　(1)粒子向下偏转，电场力向下，电场强度方向也向下，所以粒子带正电。 (2)设粒子从 A、B 间出来时的速度为 v， 则有 qU＝1 2mv2。 设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为φ，偏转距离为 y， 则在水平方向有 vx＝v，x＝vxt。 在竖直方向有 vy＝at，y＝1 2at2。 粒子加速度 a＝F m＝qE m 。 由此得到 tan φ＝vy vx＝Ex 2U，y＝Ex2 4U。 所以粒子打在荧光屏上的位置距 O 点的距离为 y′＝y＋Ltan φ＝Ex 2U(x 2＋L )。 (3)法一：由上述关系式得 vy＝Ex q 2mU， 所以粒子打在屏上时的动能为 Ek＝1 2mvx2＋1 2mvy2＝qU＋qE2x2 4U ＝q(4U2＋E2x2) 4U 。 法二：对于粒子运动的整个过程应用动能定理 qU＋qEy＝Ek， 得 Ek＝qU＋qE·Ex2 4U＝q(4U2＋E2x2) 4U 。 [答案]　(1)正电　(2)Ex 2U(x 2＋L )　(3)q(4U2＋E2x2) 4U [集训冲关] 1．(2017·运城一模)真空中的某装置如图所示，其中平行金属板 A、B 之 间有加速电场，C、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏。今有质子、氘核和 α 粒 子均由 A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最 后打在荧光屏上。已知质子、氘核和 α 粒子的质量之比为 1∶2∶4，电荷量之比为 1∶1∶2， 则下列判断中正确的是(　　) A．三种粒子从 B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为 1∶2∶2 D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为 1∶2∶4 解析：选 B　设加速电压为 U1，偏转电压为 U2，偏转极板的长度为 L，板间距离为 d， 在加速电场中，由动能定理得 qU1＝1 2mv02，解得 v0＝ 2qU1 m ，三种粒子从 B 板运动到荧 光屏的过程，水平方向做速度为 v0 的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则 v0 不同， 所以三种粒子从 B 板运动到荧光屏经历的时间不同，故 A 错误；根据推论 y＝U2L2 4dU1、tan θ＝ U2L 2dU1可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的 位置相同，故 B 正确；偏转电场的电场力做功为 W＝qEy，则 W 与 q 成正比，三种粒子的 电荷量之比为 1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为 1∶1∶2，故 C、D 错误。 2．(2017·江苏省清江中学月考)如图所示，在两条平行的虚线内存 在着宽度为 L、电场强度为 E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L 处有一与电场平行的屏，现有一电荷量为＋q、质量为 m 的带电粒子(重 力不计)，以垂直于电场线方向的初速度 v0 射入电场中，v0 方向的延长线与屏的交点为 O， 试求： (1)粒子从射入到打到屏上所用的时间； (2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值 tan α； (3)粒子打到屏上的点 P 到 O 点的距离 x。 解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入 到打到屏上所用的时间 t＝2L v0 。 (2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场 中运动的时间 t′＝L v0 粒子在电场中的加速度为：a＝F m＝qE m ， 所以 vy＝at′＝qEL mv0。 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为 tan α＝vy v0＝qEL mv02。 (3)设粒子在电场中的偏转距离为 y，则 y＝1 2at′2＝ qEL2 2mv02 又 x＝y＋Ltan α，解得：x＝3qEL2 2mv02。 答案：(1)2L v0 　(2)qEL mv02　(3)3qEL2 2mv02 [课时达标检测] 一、单项选择题 1.如图所示，从 F 处释放一个无初速度的电子向 B 板方向运动， 指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的(设电源电动势为 U)(　　) A．电子到达 B 板时的动能是 Ue B．电子从 B 板到达 C 板动能变化量为零 C．电子到达 D 板时动能是 3Ue D．电子在 A 板和 D 板之间做往复运动 解析：选 C　电子在 AB 之间做匀加速运动，且 eU＝ΔEk，A 正确；在 BC 之间做匀速 运动，B 正确；在 CD 之间做匀减速运动，到达 D 板时，速度减为零，C 错误，D 正确。 2.如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合 体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后， 打在同一荧光屏上，则它们(　　) A．同时到达屏上同一点　　　 B．先后到达屏上同一点 C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点 解析：选 B　一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的比荷不同，由 qU＝1 2mv2 可知经过 加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场中的运动时间均不同，但在偏转电 场中偏转距离 y＝1 2at2＝U2L2 4U1d相同，所以会打在同一点，B 正确。 3.如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小 球，从带电的平行板电容器极板左侧中央以相同的水平速度 v0 垂直于 电场线方向射入匀强电场中。在重力、电场力共同作用下，三球沿 不同的轨道运动，最后都落到极板上，则(　　) A．三个粒子在电场中运动的时间相同 B．A 粒子带负电 C．三者落在板上的动能关系为 EkC＞EkB＞EkA D．三者都做平抛运动 解析：选 C　粒子在水平方向做初速度相同的匀速运动，水平位移越大运动时间越长， 故运动的时间 tA＞tB＞tC；在竖直方向做匀加速运动，侧向位移 y＝1 2at2，且三者侧向位移一 样，故加速度 aC＞aB＞aA，静电力与重力的合力关系为 FC＞FB＞FA，即 C 带负电、B 不带 电、A 带正电。由于合力做功 WC＞WB＞WA，根据动能定理，粒子动能的增加量为 EkC＞EkB ＞EkA。 4．质量相同的两个带电粒子 P、Q 以相同的初速度沿垂直于电场 方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下 极板边缘处射入。它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打 到上极板的过程中，(　　) A．它们运动的时间 tQ＞tP B．它们所带的电荷量之比 qP∶qQ＝1∶2 C．它们的电势能减少量之比 ΔEP∶ΔEQ＝1∶2 D．它们的动能增量之比为 ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1 解析：选 B　小球在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做 匀速直线运动，因为两小球在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故 根据公式 x＝v0t 可得两者的运动时间相同，A 错误；在竖直方向上的位移之比yP yQ＝1 2，因为 yP＝1 2aPt2＝1 2 EqP m t2，yQ＝1 2aQt2＝1 2 EqQ m t2，联立可得 qP∶qQ＝1∶2，B 正确；电场力做功为 W＝ Eqy，电场力做多少正功，电势能就减少多少，故ΔEP ΔEQ＝EqPyP EqQyQ＝1 4，过程中只有电场力做功， 所以电势能转化为动能，即它们的动能增量之比为 ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D 错误。 二、多项选择题 5．在场强大小为 E 的匀强电场中，质量为 m、带电荷量为＋q 的物体以某一初速度沿 电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE m ，物体运动 s 距离时速度变为零。则 下列说法正确的是(　　) A．物体克服电场力做功 0.8qEs B．物体的电势能增加了 0.8qEs C．物体的电势能增加了 qEs D．物体的动能减少了 0.8qEs 解析：选 CD　分析题意知带电物体应竖直向下运动，所受电场力竖直向上，根据牛顿 第二定律：0.8qE＝qE－mg，即 mg＝0.2qE，故电场力做功 W＝－qEs，电势能增加了 qEs， A、B 错，C 对；物体所受合力为 0.8qE，方向竖直向上，根据动能定理，物体的动能减少 了 0.8qEs，D 对。 6.如图所示，带电荷量之比为 qA∶qB＝1∶3 的带电粒子 A、B 以 相等的速度 v0 从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行 板电容器中，分别打在 C、D 点，若 OC＝CD，忽略粒子重力的影 响，则(　　) A．A 和 B 在电场中运动的时间之比为 1∶2 B．A 和 B 运动的加速度大小之比为 4∶1 C．A 和 B 的质量之比为 1∶12 D．A 和 B 的位移大小之比为 1∶1 解析：选 ABC　粒子 A 和 B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由 x＝v0t 及 OC＝ CD 得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由 h＝1 2at2 得 a＝2h t2 ，它们沿竖直方向下落的加速度大小之 比为 aA∶aB＝4∶1；根据 a＝qE m 得 m＝qE a ，故mA mB＝ 1 12，A 和 B 的位移大小不相等，故选项 A、B、C 正确，D 错误。 7.(2015·天津高考)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 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 解析：选 AD　根据动能定理有 qE1d＝1 2mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速 度 v1＝ 2qE1d m 。在偏转电场中，由 l＝v1t2 及 y＝1 2 qE2 m t22 得，带电粒子经偏转电场的侧位 移 y＝ E2l2 4E1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据 W＝qE2y 得，偏转电场 E2 对三种粒子做功一样多，选项 A 正确。根据动能定理，qE1d＋qE2y ＝1 2mv22，得到粒子离开偏转电场 E2 打到屏上时的速度 v2＝ 2(qE1d＋qE2y) m ，由于三种粒 子的质量不相等，故 v2 不一样大，选项 B 错误。粒子打在屏上所用的时间 t＝ d v1 2 ＋L′ v1 ＝2d v1＋ L′ v1 (L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于 v1 不一样大，所以三种粒子打在屏上的时 间不相同，选项 C 错误。根据 vy＝qE2 m t2 及 tan θ＝vy v1得，带电粒子的偏转角的正切值 tan θ＝ E2l 2E1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故 三种粒子打到屏上的同一位置，选项 D 正确。 8.如图所示，两对金属板 A、B 和 C、D 分别竖直和水平放置， A、B 接在电路中，C、D 板间电压为 U。A 板上 O 处发出的电子经加速后，水平射入 C、D 板间，电子最终都能打在光屏 M 上。关于电子的运动，下列说法正确的是(　　) A．S 闭合，只向右移动滑片 P，P 越靠近 b 端，电子打在 M 上的位置越高 B．S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子由 O 至 M 经历的时间相同 C．S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子到达 M 前瞬间的动能相同 D．S 闭合后再断开，只向左平移 B，B 越靠近 A 板，电子打在 M 上的位置越高 解析：选 CD　初速度为 0 的电子经电场加速后根据动能定理有 eU0＝1 2mv02，即有 v0＝ 2eU0 m ，进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向 L＝v0t，竖直方向两极板间的距离为 d′，电子的加速度 a＝ eU md′，偏转位移 d＝1 2at2＝ eU L2 2md′v02＝ UL2 4d′ U0，U0 越大，d 越小， 选项 A 错误；只改变 A、B 板间的距离，电子在 A、B 板间加速时间变化，但离开 A、B 板 后的速度不变，故电子的运动时间变化，选项 B 错误；只改变 A、B 板间的距离，电子运动 加速后的速度不变，在偏转电场中 vy 也不变，所以电子到达 M 前瞬间的动能相同，选项 C 正确；S 闭合后再断开，电容器带电量不变，向左平移 B，根据 E＝U d＝ Q Cd＝4πkQ εrS 得，A、B 板间的场强不变，所以电子离开 B 板时速度变小，在偏转极板 C、D 间运动的时间变长， 偏转位移变大，选项 D 正确。 三、计算题 9.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射 到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为 m(不考虑所受重力)，电荷 量为 e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为 U1，然后 进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为 d，板长为 L，偏转电 压为 U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？ 解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理 eU1＝1 2mvx2 进入偏转电场后 L＝vxt，vy＝at，a＝eU2 md 射出偏转电场时合速度 v＝ vx2＋vy2， 由以上各式得 Ek＝1 2mv2＝eU1＋eU22L2 4d2U1 。 答案：eU1＋eU22L2 4d2U1 10．如图所示，两平行金属板 A、B 长 L＝8 cm，两板间距离 d＝8 cm，A 板比 B 板电 势高 300 V。一带正电的粒子电荷量为 q＝10－10 C，质量 m＝10－20 kg，沿电场中心线 RO 垂直电场线飞入电场，初速度 v0＝2×106 m/s。粒子飞出平行板电场后经过界面 MN、PS 间 的无电场区域后，进入固定在 O 点的点电荷 Q 形成的电场区域(设界面 PS 右边点电荷的电 场分布不受界面的影响)。已知两界面 MN、PS 相距为 12 cm，D 是中心线 RO 与界面 PS 的 交点，O 点在中心线上，距离界面 PS 为 9 cm，粒子穿过界面 PS 最后垂直打在放置于中心 线上的荧光屏 bc 上。(静电力常量 k＝9.0×109 N·m2/C2) (1)求粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO 的距离多远？到达 PS 界面时离 D 点多远？ (2)在图上粗略画出粒子运动的轨迹。 解析：(1)粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO 的距离(侧向位移) y＝1 2at2＝ qU 2md(L v0 )2＝ 10－10 × 300 2 × 10－20 × 0.08×( 0.08 2 × 106)2m＝0.03 m＝3 cm 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与 PS 线交于 E，设 E 到中心线的距 离为 Y。则 Y＝12 × 10－2 v0 vy＋y＝ 0.12 2 × 106×10－10 × 300 10－20 × 0.08× 0.08 2 × 106 m＋0.03 m＝0.12 m＝12 cm。 (2)第一段是抛物线，第二段是直线，第三段是曲线，轨迹如图所示。 答案：(1)3 cm　12 cm　(2)见解析 11．(2016·北京高考)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。偏转电场可看做匀强电场，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)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势 φ 的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG 的概念，并简要说明电势 和“重力势”的共同特点。 解析：(1)根据动能定理，得 eU0＝1 2mv02 解得电子射入偏转电场的初速度 v0＝ 2eU0 m 在偏转电场中，电子的运动时间 Δt＝L v0＝L m 2eU0 加速度 a＝eU md， 偏转距离 Δy＝1 2a(Δt)2＝ UL2 4U0d。 (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 电场力 F＝eU 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 φ＝Ep 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的重力 势能 EG 与其质量 m 的比值，叫做“重力势”，即 φG＝EG 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)v0＝ 2eU0 m 　Δy＝ UL2 4U0d (2)(3)见解析 第 41 课时　带电体在电场中运动的综合问题(题型研究课) [命题者说]　带电粒子、带电体在电场中的运动是高考的热点，经常进行综合性的考查。 如带电粒子在交变电场中的运动、带电体在等效场中的圆周运动、力电综合问题等。这类 问题综合性强，难度较大，对学生灵活运用知识分析解决问题的能力有较高的要求。 (一)　带电粒子在交变电场中的运动问题 1.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 (1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具 有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界 条件。 (2)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。 (3)注意对称性和周期性变化关系的应用。 2．常见的三类运动形式 带电体做单向直线运动、直线往返运动或偏转运动。 考法 1　粒子在交变电场中的直线运动　 [例 1]　如图甲所示，真空中相距 d＝5 cm 的两块平行金属板 A、B 与电源连接(图中未 画出)，其中 B 板接地(电势为零)，A 板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量 m＝2.0×10 －27 kg、电量 q＝＋1.6×10－19 C 的带电粒子从紧邻 B 板处释放，不计重力。求： (1)在 t＝0 时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； (2)若 A 板电势变化周期 T＝1.0×10－5 s，在 t＝0 时将带电粒子从紧邻 B 板处无初速度 释放，粒子到达 A 板时速度的大小； (3)A 板电势变化频率 f 满足什么条件时，在 t＝T 4时从紧邻 B 板处无初释放该带电粒子， 粒子不能到达 A 板？ [解析]　(1)加速度大小 a＝F m＝Uq dm＝4.0×109 m/s2。 (2)粒子在 0～T 2时间内做匀加速运动的位移大小 x＝1 2a(T 2 )2＝5.0×10－2 m 可以发现，位移大小与极板间的距离相等，故粒子在 t＝T 2时恰好到达 A 板， 由 v＝at 解得 v＝2.0×104 m/s。 (3)粒子在T 4～T 2向 A 板做匀加速运动，在T 2～3T 4 向 A 板做匀减速运动，由运动的对称性 可知，在 t＝3T 4 时速度为零，故在3T 4 ～T 时间内，粒子反向向 B 板加速运动……粒子运动时 间 T 内的运动图像，如图所示。粒子向 A 板运动可能的最大位移 xmax＝2×1 2a(T 4 )2＝ 1 16 aT2。要求粒子不能到达 A 板，有 x＜d。 结合 f＝1 T，解得 f＞ a 16d， 代入数据解得 f＞5 2×104 Hz。 [答案]　(1)4.0×109 m/s2　(2)2.0×104 m/s (3)f＞5 2×104 Hz (1)若粒子在交变电场中做单向直线运动，一般用牛顿运动定律结合运动学公式求解。 (2)若粒子做往返运动，一般可以分段进行研究，有时结合运动图像分析更直观、简单。 考法 2　带电粒子在交变电场中的偏转　 [例 2]　(2017·淮安月考)如图甲所示，水平放置的平行金属板 AB 间的距离 d＝0.1 m， 板长 L＝0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于 AB 板的正中 间。距金属板右端 x＝0.5 m 处竖直放置一足够大的荧光屏。现在 AB 板间加如图乙所示的 方波形电压，已知 U0＝1.0×102 V。在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属 板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量 m＝1.0×10－7 kg，电荷量 q＝1.0×10－2 C，速度 大小均为 v0＝1.0×104 m/s。带电粒子的重力不计。求： (1)在 t＝0 时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度； (2)荧光屏上出现的光带长度； (3)若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为 v＝2.0×104 m/s，则荧光屏上出现的光带又 为多长。 [解析]　(1)从 t＝0 时刻进入的带电粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间 t＝ L v0＝ 3×10－5 s，正好等于一个周期，竖直方向先加速运动 2 3T，后减速运动 1 3T，加速度大小 a＝U0q md＝108 m/s2 射出电场时竖直方向的速度 v＝a×2 3T－a×1 3T＝103 m/s。 (2)无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同。 偏转最大的粒子偏转量 d1′＝1 2a(2 3T )2＋2 3aT·1 3T－1 2a(1 3T )2＝3.5×10－2 m 反方向最大偏转量 d2′＝1 2a(1 3T )2＋1 3aT·2 3T－1 2a(2 3T )2＝0.5×10－2 m 形成光带的总长度 l＝d1′＋d2′＝4.0×10－2 m。 (3)带电粒子在电场中运动的时间变为T 2，打在荧光屏上的范围如图所示。 d1＝aT 2 ·x v ＝3.75×10－2 m d2＝aT 6 ·x v ＝1.25×10－2 m 形成的光带长度 l＝d1＋d＋d2＝0.15 m。 [答案]　(1)103 m/s　(2)4.0×10－2 m　(3)0.15 m (1)由水平射入电场的速度计算粒子在电场中运动的时间，分析该时间和偏转电压变化 周期的关系。 (2)找出正向偏转位移最大和反向偏转位移最大的粒子，确定它们进入电场的时刻，计 算出光带总长度。 [集训冲关] 1.将如图所示交变电压加在平行板电容器 A、B 两极板上，开始 B 板电势比 A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间， 它在电场力作用下开始运动，设 A、B 两极板的距离足够大，下列说 法正确的是(　　) A．电子一直向着 A 板运动 B．电子一直向着 B 板运动 C．电子先向 A 运动，然后返回向 B 板运动，之后在 A、B 两板间做周期性往复运动 D．电子先向 B 运动，然后返回向 A 板运动，之后在 A、B 两板间做周期性往复运动 解析：选 D　根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变 化规律，从而作出电子的加速度 a、速度 v 随时间变化的图线，如图所示， 从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T 4内做匀减速运动，在 这半个周期内，因初始 B 板电势高于 A 板电势，所以电子向 B 板运动，加速 度大小为eU md。在第三个T 4内做匀加速运动，第四个T 4内做匀减速运动，但在 这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向 A 板运动，加速度大小为eU md，所以，电子做 往复运动，综上分析正确选项应为 D。 2．如图甲所示，A、B 为两块平行金属板，极板间电压为 UAB＝1 125 V，两板中央各 有小孔 O 和 O′。现有足够多的电子源源不断地从小孔 O 由静止进入 A、B 之间。在 B 板 右侧，平行金属板 M、N 长 L1＝4×10－2 m，板间距离 d＝4×10－3 m，在距离 M、N 右侧 边缘 L2＝0.1 m 处有一荧光屏 P，当 M、N 之间未加电压时电子沿 M 板的下边沿穿过，打 在荧光屏上的 O″点并发出荧光。现在金属板 M、N 之间加一个如图乙所示的变化电压 u， 在 t＝0 时刻，M 板电势低于 N 板电势。已知电子质量为 me＝9.0×10－31 kg，电荷量为 e＝ 1.6×10－19 C。 (1)每个电子从 B 板上的小孔 O′射出时的速度为多大？ (2)电子打在荧光屏上的范围是多少？ (3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？ 解析：(1)电子经 A、B 两块金属板加速，有 eUAB＝1 2mv02 得 v0＝ 2eUAB m ＝ 2 × 1.6 × 10－19 × 1 125 9.0 × 10－31 m/s＝2×107 m/s。 (2)当 u＝22.5 V 时，电子经过 M、N 板向下的偏移量最大，为 y1＝1 2· eu md·(L1 v0 )2＝1 2× 1.6 × 10－19 × 22.5 9.0 × 10－31 × 4 × 10－3×( 0.04 2 × 107)2m＝2×10－3 m y1＜d，说明所有的电子都可以飞出平行金属板 M、N，此时电子在竖直方向的速度大 小为 vy＝eu md·L1 v0＝ 1.6 × 10－19 × 22.5 9.0 × 10－31 × 4 × 10－3×4 × 10－2 2 × 107 m/s＝2×106 m/s，电子射出金属板 M、N 后到达荧光屏 P 的时间为 t2＝L2 v0＝ 0.1 2 × 107 s＝5×10－9 s 电子射出金属板 M、N 后到达荧光屏 P 的偏移量为 y2＝vyt2＝2×106×5×10－9 m＝0.01 m 电子打在荧光屏 P 上的最大偏移量为 y＝y1＋y2＝0.012 m，即范围为从 O″向下 0.012 m 内。 (3)当 u＝22.5 V 时，电子飞出电场的动能最大 Ek＝1 2m(v02＋vy2)＝1 2×9.0×10－31×[(2×107)2＋(2×106)2]J≈1.8×10－16 J 或由动能定理得 Ek＝e(UAB＋um 2 )＝1.6×10－19×(1 125＋11.25)J≈1.8×10－16 J。 答案：(1)2×107 m/s　(2)从 O″向下 0.012 m 内 (3)1.8×10－16 J (二)　带电体在等效场中的运动问题 1.等效思维法 等效思维法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。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，则能 避开复杂的运算，过程比较简捷。 2．方法应用 先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将 a＝F合 m 视为“等 效重力加速度”，如此便建立起“等效重力场”。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等 效重力场中分析求解即可。 [典例]　如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为 r 的绝 缘光滑圆环固定在竖直平面内，O 是圆心，AB 是竖直方向的直径。一 质量为 m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在 P 点，OP 与 竖直方向的夹角 θ＝37°。不计空气阻力。已知重力加速度为 g，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求电场强度 E 的大小； (2)若要使小球从 P 点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度的大小应满足的条件。 [解析]　(1)当小球静止在 P 点时，小球的受力情况如图所示，则有 qE mg＝tan 37°，所以 E＝3mg 4q 。 (2)当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为5 4g 的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须 能通过图中的 Q 点。设当小球从 P 点出发的速度为 vmin 时，小球到 达 Q 点时速度为零。在小球从 P 运动到 Q 的过程中，根据动能定理有 －5 4mg·2r＝0－1 2mvmin2，所以 vmin＝ 5gr，即小球的初速度应不小于 5gr。 [答案]　(1)3mg 4q 　(2)不小于 5gr 等效最“高”点与最“低”点的寻找 确定重力和电场力的合力的大小和方向，然后过圆周圆心作等效重力作用线的反向延长 线，反向延长线交圆周上的那个点即为圆周的等效最“高”点，延长线交圆周的那个点为等 效最“低”点。 [集训冲关] 　(2017·吉安模拟)如图所示，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 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角 α＝ 60°时，小球速度为零。 (1)求小球带电性质和电场强度 E； (2)若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 vA 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 0＝EqLsin α－mgL(1－cos α) 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′，则 G′＝2 3 3 mg，方向与 竖直方向成 30°角偏向右下方。 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点有 mv2 L＝2 3 3 mg 1 2mv2－1 2mvA2＝－2 3 3 mgL(1＋cos 30°) 联立解得 vA＝ 2gL( 3＋1)。 答案：(1)正电　 3mg 3q 　(2) 2gL( 3＋1) (三)　电场中的力电综合问题 [典例]　在如图所示的竖直平面内，物体 A 和带正电的物体 B 用跨过定滑轮的绝缘轻 绳连接，分别静止于倾角 θ＝37°的光滑斜面上的 M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平 面平行。劲度系数 k＝5 N/m 的轻弹簧一端固定在 O 点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小 环 D 与 A 相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM 垂直于斜面。水平面处于场强 E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知 A、B 的质量分别为 mA ＝0.1 kg 和 mB＝0.2 kg， B 所带电荷量 q＝＋4×10－6 C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长， 弹簧始终在弹性限度内，物体 B 的带电量不变。取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝ 0.8。 (1)求 B 所受静摩擦力的大小； (2)现对 A 施加沿斜面向下的拉力 F，使 A 以加速度 a＝0.6 m/s2 开始做匀加速直线运动。 A 从 M 到 N 的过程中，B 的电势能增加了 ΔEp＝0.06 J。已知 DN 沿竖直方向，B 与水平面 间的动摩擦因数 μ＝0.4。求 A 到达 N 点时拉力 F 的瞬时功率。 [思路点拨] (1)本题第一问为连接体受力平衡问题，利用隔离法受力分析，列出 A、B 平衡方程即可 求解。 (2)第二问综合性较强，可以根据牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关 系等求解。 [解析]　(1)据题意静止时由平衡条件得： 对物体 A，有 mAgsin θ＝FT， 对物体 B，有 qE＋f0＝FT′， 又 FT＝FT′，代入数据得 f0＝0.4 N。 (2)据题意对物体 A 运动到 N 点时受力分析如图所示： 由牛顿第二定律得： 对物体 A，有 F＋mAgsin θ－FT－Fksin θ＝mAa 对物体 B，有 FT′－qE－Ff＝mBa 其中 Ff＝μmBg Fk＝kx FT＝FT′ 由电场力做功与电势能的关系得 ΔEP＝qEd 由几何关系得 x＝ d sin θ－ d tan θ 物体 A 由 M 运动到 N，由 v12－v02＝ 2ad 得物体 A 运动到 N 点时的速度 v＝ 2ad， 拉力 F 在 N 点的瞬时功率 P＝Fv 由以上各式代入数据得 P＝0.528 W。 [答案]　(1)0.4 N　(2)0.528 W [集训冲关] 　(2017·济南八校联考)如图所示，在 E＝103 V/m 的水平向左匀强电 场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道 MN 连 接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径 R＝40 cm，一带正电荷 q＝10－4 C 的小滑块质量为 m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.2，取 g＝10 m/s2， 问： (1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点 C，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放？ (2)这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力是多大？(P 为半圆轨道中点) (3)小滑块经过 C 点后最后落地，落地点离 N 点的距离多大？落地时的速度是多大？ 解析：(1)设滑块与 N 点的距离为 L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得， qEL－μmgL－mg·2R＝1 2mv2－0 小滑块在 C 点时，重力提供向心力， 所以 mg＝mv2 R 代入数据解得 v＝2 m/s，L＝20 m。 (2)滑块到达 P 点时，对全过程应用动能定理可得， qE(L＋R)－μmgL－mg·R＝1 2mvP2－0 在 P 点时由牛顿第二定律可得， FN－qE＝mvP2 R ， 代入数据解得 FN＝1.5 N。 由牛顿第三定律可得，滑块通过 P 点时对轨道压力的大小是 1.5 N。 (3)小滑块经过 C 点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由 2R＝1 2gt2，可得滑块运动 的时间为 t＝ 4R g 得 t＝0.4 s。 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得 qE＝ma 所以加速度 a＝2.5 m/s2 水平的位移为 x＝vt－1 2at2 代入解得 x＝0.6 m。 滑块落地时竖直方向的速度的大小为 vy＝gt＝10×0.4 m/s＝4 m/s 水平方向的速度的大小为 vx＝v－at＝1 m/s 落地时速度的大小为 v 地＝ vx2＋vy2 解得 v 地＝ 17 m/s。 答案：(1)20 m　(2)1.5 N　(3)0.6 m　 17 m/s [课时达标检测] 一、选择题 1．(2017·黔南州联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界 MN 将空间分成左、右 两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界 MN 某一位置水平地面 由静止释放一个质量为 m 的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的 v ­t 图像如图乙所示，不计空气阻力，则：(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．滑块在 MN 右边运动的位移大小与在 MN 左边运动的位移大小相等 B．在 t＝5 s 时，小球经过边界 MN C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为 2∶5 D．在滑块运动的整个过程中，滑块摩擦力做的功小于电场力做的功 解析：选 C　由于滑块初、末速度均为零，则最大速度对应的时刻一定是分界线，可快 速得出 B 项错误。再由速度图像面积表示位移得出 A 项错误。根据图像斜率可确定加速度， 再根据牛顿第二定律，C 项正确。对这个过程由动能定理列出方程可得出滑动摩擦力做的功 等于电场力做的功，故选项 D 错误。 2．如图甲所示，两平行正对的金属板 A、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可 忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处。若在 t0 时刻释放该粒子，粒子会时而 向 A 板运动，时而向 B 板运动，并最终打在 A 板上。则 t0 可能属于的时间段是(　　) A．01)， 电压变化的周期为 2t，如图乙所示。在 t＝0 时，极板 B 附近的一个电子，质量为 m、电荷 量为 e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板 A，且不考虑重 力作用。若 k＝5 4，电子在 0～2t 时间内不能到达极板 A，求 d 应满足的条件。 解析：电子在 0～t 时间内做匀加速运动 加速度的大小 a1＝eU0 md 位移 x1＝1 2a1t2 在 t～2t 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小 a2＝5eU0 4md 初速度的大小 v1＝a1t 匀减速运动阶段的位移 x2＝v12 2a2 依据题意 d>x1＋x2 解得 d> 9eU0t2 10m 。 答案：d> 9eU0t2 10m 6.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为 O，半径 为 r，内壁光滑，A、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在 方向水平向右的匀强电场，一质量为 m、带负电的小球在轨道内侧做完 整的圆周运动(电荷量不变)，经过 C 点时速度最大，O、C 连线与竖直 方向的夹角 θ＝60°，重力加速度为 g。 (1)求小球所受的电场力大小； (2)求小球在 A 点的速度 v0 为多大时，小球经过 B 点时对圆轨道的压力最小。 解析：(1)小球在 C 点时速度最大，则电场力与重力的合力沿 DC 方向，所以小球受到 的电场力的大小 F＝mgtan 60°＝ 3mg。 (2)要使小球经过 B 点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过 D 点时的速度最小，即在 D 点小球对圆轨道的压力恰好为零，有 mg cos 60°＝ mv2 r ，解得 v＝ 2gr。 在小球从圆轨道上的 A 点运动到 D 点的过程中，有 mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝1 2mv02－1 2mv2， 解得 v0＝2 2gr。 答案：(1) 3mg　(2)2 2gr 7．(2017·江阴月考)真空室中有如图甲所示的装置，电极 K 持续发出的电子(初速不计) 经过电场加速后，从小孔 O 沿水平放置的偏转极板 M、N 的中心轴线 OO′射入。M、N 板 长均为 L，间距为 d，偏转极板右边缘到荧光屏 P(足够大)的距离为 S。M、N 两板间的电压 UMN 随时间 t 变化的图线如图乙所示。调节加速电场的电压，使得每个电子通过偏转极板 M、N 间的时间等于图乙中电压 UMN 的变化周期 T。已知电子的质量、电荷量分别为 m、e， 不计电子重力。 (1)求加速电场的电压 U1； (2)欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏 P 上，求图乙中电压 U2 的范围； (3)证明在(2)问条件下电子打在荧光屏上形成亮线的长度与距离 S 无关。 解析：(1)由动能定理可知：eU1＝1 2mv02－0 L＝v0T 解得电压 U1＝mL2 2eT2。 (2)t＝0 时刻进入偏转电场的电子，先作类平抛运动，后做匀速直线运动，射出电场时 沿垂直平板面方向偏移的距离 y 最大。 y1＝1 2×eU2 md(T 2 )2 y2＝2y1 y1＋y2≤d 2 得 U2≤4md2 3eT2 。 (3)对满足(2)问条件下任意确定的 U2，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向 的速度均为 vy＝qU2T 2md 电子速度偏转角的正切值均为 tan α＝ qU2T 2mdv0＝qU2T2 2mdL 电子射出偏转电场时的偏转角度均相同，即速度方向相同 不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同，侧移距离的最大 值与最小值之差 Δy＝eU2 md(T 2 )2，Δy 与 U2 有关。因电子射出时速度方向相同，所以在屏 上形成亮线的长度等于 Δy，可知，屏上形成亮线的长度与 P 到极板 M、N 右边缘的距离 S 无关。 答案：(1)mL2 2eT2　(2)U2≤4md2 3eT2 　(3)见解析 8．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧， 对应的圆心角 θ＝37°，半径 r＝2.5 m，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑链接，倾斜 轨道所在区域有场强大小为 E＝2×105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量 m＝ 5×10－2 kg、电荷量 q＝＋1×10－6 C 的小球(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行， 在 C 点以速度 v0＝3 m/s 冲上斜轨。以小球通过 C 点时为计时起点，0.1 s 以后，场强大小 不变，方向反向。已知斜轨与小球之间的动摩擦因数为 μ＝0.25。设小球的电荷量保持不变， 取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求弹簧枪对小球做的功； (2)在斜轨上小球能到达的最高点为 P，求 CP 的长。 解析：(1)设弹簧枪对小球做功为 W，由动能定理得 W－mgr(1－cos θ)＝1 2mv02， 解得 W＝0.475 J。 (2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小球通过 C 点进入电场后的加速度大小为 a1，由牛 顿第二定律得： mgsin θ＋μ(mgcos θ＋qE)＝ma1， 小球向上做匀减速运动，经 t1＝0.1 s 后，速度达到 v1， 有 v1＝v0－a1t1， 代入数据解得，v1＝2.1 m/s。设运动的位移为 x1 有： x1＝v0t1－1 2a1t12， 电场力反向后，设小球的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μ(mgcos θ－qE) ＝ma2， 设小球以此加速度运动到速度为 0，运动的时间为 t2，位移为 x2，有 0＝v1－a2t2， x2＝v1t2－1 2a2t22， 设 CP 的长度为 x，有 x＝x1＋x2， 联立相关方程，代入数据解得 x＝0.57 m。 答案：(1)0.475 J　(2)0.57 m 一、选择题(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) 1.(2016·浙江高考)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 解析：选 C　带电体 C 靠近导体 A、B 时，A、B 发生静电感应现象，使 A 端带负电， B 端带正电，但 A、B 是一个等势体，选项 A、B 错误；移去带电体 C 后，A、B 两端电荷 中和，其下部的金属箔都闭合，选项 C 正确；若先将 A、B 分开，再移去带电体 C，A、B 上的电荷不能中和，其下部的金属箔仍张开，选项 D 错误。 2．真空中 A、B 两个点电荷相距为 L，质量分别为 m 和 2m，它们由静止开始运动(不 计重力)，开始时 A 的加速度大小是 a，经过一段时间，B 的加速度大小也是 a，那么此时 A、B 两点电荷的距离是(　　) A. 2 2 L　　　　　　　　　　　　 B. 2L C．2 2L D．L 解析：选 A　刚释放瞬间，对 A，有 kq1q2 L2 ＝mAa，经过一段时间后，对 B，有 kq1q2 L′2＝ mBa，可得 L′＝ mA mBL＝ 2 2 L，所以 A 正确。 3．(2017·贵阳期中)如图所示，P、Q 是等量的正电荷，O 是它们连 线的中点，A、B 是中垂线上的两点，用 EA、EB 和 φA、φB 分别表示 A、 B 两点的电场强度和电势，则(　　) A．EA 一定大于 EB，φA 一定大于 φB B．EA 不一定大于 EB，φA 一定大于 φB C．EA 一定大于 EB，φA 不一定大于 φB D．EA 不一定大于 EB，φA 不一定大于 φB 解析：选 B　两个等量同种电荷连线中点 O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为 零，故从 O 点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在 A、 B 点之间，也可能在 B 点以上，还可能在 A 点以下，故 EA 可能大于 EB，也可能小于 EB， 还可能等于 EB；电场强度一直向上，故电势越来越低，φA 一定大于 φB，故 B 正确。 4．(2017·衡水一模)如图所示，匀强电场中有 a、b、c 三点，在以它们为顶点 的三角形中，∠a＝30°，∠c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行，已知 a、b 和 c 点的电势分别为(4－ 3)V，(4＋ 3)V 和 4 V。则该三角形的外接圆上最高电 势为(　　) A．(6＋ 3)V B．(4＋ 3)V C.(6＋4 3 3)V D．6 V 解析：选 D　如图所示，取 ab 的中点 O，根据几何知识可知：O 就是三角形外接圆的圆心，且该点电势为： φO＝φa＋φb 2 ＝4 V＝φc，故 Oc 为等势线，其垂线 MN 为电场线，方向为 M→N 方向， 根据顺着电场线电势逐渐降低可知：外接圆上电势最低点为 N 点，最高点为 M 点。设外接 半径为 R，则 UOP＝UOa＝φO－φa＝ 3 V，因为 UON＝ER，U OP＝ER cos 30°，则 UON∶UOP＝2∶ 3，故 UON＝2 V，又 UON＝φO－φN，则得：φN＝φO－2 V＝2 V，因为 UMO＝UON＝φM－ φO，故 φM＝6 V，D 正确。 5.(2017·宁波二模) 如图所示，a、b 为平行金属板，静电计的外壳接 地，合上开关 S 后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的 办法是(　　) A．使 a、b 板的距离增大一些 B．使 a、b 板的正对面积减小一些 C．断开 S，使 a、b 板的距离增大一些 D．断开 S，使 a、b 板的正对面积增大一些 解析：选 C　开关 S 闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故 A、B 错误；断开 S，电容器所带的电量不变，a、b 板的距离增大，则电容减小，根据 U＝ Q C知，电势差增大，则指针张角增大，故 C 正确；断开 S，电容器所带的电量不变，a、b 板 的正对面积增大，电容增大，根据 U＝Q C知，电势差减小，则指针张角 减小，故 D 错误。 6.(2017·山东莱西一模)四个点电荷位于正方形四个角上，电荷量及 其附近的电场线分布如图所示。ab、cd 分别是正方形两组对边的中垂 线，O 为中垂线的交点，P、Q 分别为 ab、cd 上的两点，OP>OQ，则(　　) A．P 点的电场强度比 Q 点的小 B．P 点的电势比 M 点的低 C．OP 两点间的电势差小于 OQ 间的电势差 D．一带正电的试探电荷在 Q 点的电势能比在 M 点大 解析：选 AD　电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据题图 知 P 点的电场强度比 Q 点的小，故 A 正确；根据电场叠加，由题图可知，ab 上各点的电势 都相等，M 点比 ab 上各点的电势低，则 M 点的电势比 P 点的低，故 B 错误；OP 间电势差 等于零，OQ 间电势差等于零，则 OP 两点间的电势差等于 OQ 间的电势差，故 C 错误；P、 Q 电势相等，则 Q 点的电势高于 M 点的电势，正电荷在电势高处电势能大，所以带正电的 试探电荷在 Q 点的电势能比在 M 点大，故 D 正确。 7．(2017·扬州期末)两个点电荷 Q1 和 Q2 固定在 x 轴上 O、D 两点，两者之间连线上各 点电势高低如图中曲线所示(OB>BD)，取无穷远处电势为零，由图可知(　　) A．B 点电场强度为零 B．Q1 为负电荷，Q2 为正电荷 C．Q1 的带电量一定大于 Q2 的带电量 D．将电子沿 x 轴从 A 点移到 C 点，电场力一直做正功 解析：选 BCD　因为 φ­x 图线的斜率等于电场强度，所以 B 点电场强度不为零，选项 A 错误；因 B 点左侧电势为负，右侧电势为正，故可知 Q1 为负电荷，Q2 为正电荷，选项 B 正 确；因电势为零的位置离 D 点较近，故 Q1 的带电量一定大于 Q2 的带电量，选项 C 正确； 将电子沿 x 轴从 A 点移到 C 点，电势一直升高，电势能降低，则电场力一直做正功，选项 D 正确。 8.如图，一根不可伸长绝缘的细线一端固定于 O 点，另一端系一带电 小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从 A 点由静 止释放，经最低点 B 后，小球摆到 C 点时速度为 0，则(　　) A．小球在 B 点时速度最大 B．小球从 A 点到 B 点的过程中，机械能一直在减少 C．小球在 B 点时的绳子拉力最大 D．从 B 点到 C 点的过程中小球的电势能一直增加 解析：选 BD　小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在 重力和电场力的合力及绳的拉力作用下在竖直平面内的运动。当小球运动到重力和电场力的 合力和绳的拉力共线时，小球的速度最大，此时绳的拉力最大，故 A、C 错误；从 A 点到 C 点的过程中，因为重力做正功，小球摆到 C 点时速度为 0，所以电场力对小球做负功，小球 从 A 点到 B 点的过程中，机械能一直在减少，B 正确；从 B 点到 C 点的过程中，小球克服 电场力做功，小球的电势能一直增加，D 正确。 二、计算题 9．(2017·广州期中)一长为 L 的细线，上端固定，下端拴一质量为 m、带电荷量为 q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开 始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过 60°角时， 小球到达 B 点速度恰好为零，求： (1)A、B 两点的电势差 UAB； (2)匀强电场的场强大小； (3)小球到达 B 点时，细线对小球的拉力大小。 解析：(1)小球由 A 到 B 过程中，由动能定理得： mgLsin 60°＋qUAB＝0，解得 UAB＝－ 3mgL 2q ； (2)BA 间电势差为 UBA＝－UAB＝ 3mgL 2q ， 则场强 E＝ UBA L－Lcos 60°＝ 3mg q 。 (3)小球在 AB 间摆动，由对称性得知，B 处绳拉力与 A 处绳拉力相等，而在 A 处，由 水平方向平衡有： FTA＝Eq＝ 3mg，所以 FTB＝FTA＝ 3mg。 答案：(1)－ 3mgL 2q 　(2) 3mg q 　(3) 3mg 10.(2017·江阴测试)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x≤L)和区域Ⅱ内分 别存在匀强电场，电场强度大小均为 E，但方向不同。在区域Ⅰ内 场强方向沿 y 轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在 xOy 平 面内，一质量为 m，电量为 q 的正粒子从坐标原点 O 以某一初速度 沿 x 轴正方向射入电场区域Ⅰ，从 P 点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界 Q 处时速度恰 好为零。P 点的坐标为(L，L 2 )。不计粒子所受重力，求： (1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度； (2)电场区域Ⅱ的宽度。 解析：(1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为 v0， 在 x 方向：粒子做匀速直线运动，有 L＝v0t 在 y 方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动， 有L 2＝1 2at2，且 a＝qE m 解得：v0＝ qEL m 。 (2)粒子在区域Ⅱ做匀减速直线运动，设粒子在 P 处的速度为 vP，在 x 方向的分速度为 vPx，在 y 方向的分速度为 vPy，电场区域Ⅱ的宽度为 Δx2，则 vPx＝v0＝ qEL m vPy2＝2×qE m ×L 2 即：vPx＝vPy 故：vP＝ 2qEL m 设粒子在 P 处的速度方向与水平方向的夹角为 θ， 则 tan θ＝vPy vPx，∴θ＝π 4。 设粒子从 P 做直线运动到 Q 所通过的位移为 x 因有：vt2－v02＝2ax 即：0－vP2＝－2·qE m ·x 解得：x＝L，Δx2＝xcos 45° 得 Δx2＝ 2 2 L。 答案：(1) qEL m 　(2) 2 2 L 11.(2017·驻马店期中)如图所示，在 xOy 坐标平面中，有正方形区域 abcd，其中的两条边界与坐标轴重合，区域内有竖直向上的匀强电场，电场 强度为 E。质量为 m、电量为 q 的带电粒子，不计重力，由初速度为零经加 速电场后获得速度 v0，并从坐标原点沿 x 正方向进入电场，恰好从 c 点飞 出电场。 (1)求加速电压； (2)求 ac 两点间的电势差； (3)推导证明：带电粒子在正方形区域内运动过程中，动能与电势能之和不变。 解析：(1)粒子经加速电场时，由动能定理得 qU＝1 2mv02 解得 U＝mv02 2q 。 (2)带电粒子在匀强磁场中做初速度为 v0 的类平抛运动， x 方向上：L＝v0t y 方向上：L＝1 2×Eq m ×t2 解得：L＝2mv02 Eq 所以：Uac＝EL＝2mv02 q 。 (3)由动能定理 W 总＝Ekt－Ek0 再由电场力做功与电势能的关系 W 电＝Ep0－Ept 由于只有电场力做功，所以 W 总＝W 电 即 Ekt－Ek0＝Ep0－Ept 得到：Ekt＋Ept＝Ek0＋Ep0 可见，任意时刻粒子的动能与电势能之和都等于初始状态的动能和电势能之和，也就是 粒子动能与电势能之和保持不变。 答案：(1)mv02 2q 　(2)2mv02 q 　(3)见解析