高三物理一轮复习电场全章教案

第一节电场力的性质一、电荷和电荷守恒定律1．电荷(1)元电荷：电荷量为e＝eq\o(□,\s\up1(01))______________的电荷叫做元电荷．质子和电子均带元电荷电荷量．(2)点电荷：eq\o(□,\s\up1(02))__________对探讨问题的影响可忽视不计的带电体称为点电荷．2．电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会歼灭，它只能从一个物体eq\o(□,\s\up1(03))______到另一个物体，或者从物体的一部分eq\o(□,\s\up1(04))________到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持eq\o(□,\s\up1(05))______.(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．(3)带电实质：物体带电的实质是eq\o(□,\s\up1(06))________.特殊提示：当完全相同的带电金属球相接触时，同种电荷电量平均安排，异种电荷先中和后平分．二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成eq\o(□,\s\up1(07))______，与它们的eq\o(□,\s\up1(08))____________成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．公式：eq\o(□,\s\up1(09))__________，式中的k＝9.0×109N·m2/C2，叫做静电力常量．3．适用条件：(1)eq\o(□,\s\up1(10))________；(2)真空中．特殊提示：当两带电体离得较近时，它们不能视为点电荷，库仑定律不再适用，但它们之间仍存在库仑力．三、电场强度1．电场强度(1)意义：描述电场强弱和方向的物理量．(2)定义：放入电场中某点的电荷所受的eq\o(□,\s\up1(11))____________跟它的eq\o(□,\s\up1(12))__________的比值．(3)定义式：E＝eq\f(F,q).单位：V/m或N/C.(4)方向：eq\o(□,\s\up1(13))__________在该点的受力方向，是矢量．(5)确定因素：电场强度取决于电场本身，与q无关．2．点电荷场强的计算式(1)公式：设在场源点电荷Q形成的电场中，与Q相距r点的场强E＝eq\o(□,\s\up1(14))________.(2)适用条件：真空中的eq\o(□,\s\up1(15))________形成的电场．3．匀强电场：各点场强的大小和方向都相同的电场，公式E＝eq\o(□,\s\up1(16))________.四、电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的eq\o(□,\s\up1(17))______方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从eq\o(□,\s\up1(18))______或无限远处动身终止于eq\o(□,\s\up1(19))________或无限远处．(2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大．3．几种典型的电场线(如图所示),1－1.(多选)用一绝缘柄将一带正电玻璃棒a接触另一不带电玻璃棒b，使之接触起电，以下说法正确的是()A．在此接触起电过程中，玻璃棒a上的正电荷向玻璃棒b上转移B．在此接触起电过程中，玻璃棒b上的电子向玻璃棒a上转移C．在此接触起电过程中，它们的电荷的代数和不变D．此接触起电过程并不肯定遵循电荷守恒定律1－2.(多选)(2012·高考浙江卷)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上而下渐渐靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示．对上述现象的推断与分析，下列说法正确的是()A．摩擦使笔套带电B．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D．笔套遇到圆环后，笔套所带的电荷立即被全部中和2.(单选)如图所示，半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷，相隔肯定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F.今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开，这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是()A.eq\f(1,8)F B.eq\f(1,4)FC.eq\f(3,8)F D.eq\f(3,4)F3－1.(单选)(2014·广州模拟)当在电场中某点放入电荷量为q的正摸索电荷时，测得该点的电场强度为E，若在同一点放入电荷量为q′＝2q的负摸索电荷时，测得该点的电场强度()A．大小为2E，方向与E相同B．大小为2E，方向与E相反C．大小为E，方向与E相同D．大小为E，方向与E相反3－2.(单选)(2012·高考江苏卷)真空中A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为()A．3∶1 B．1∶3C．9∶1 D．1∶94－1.(多选)如图是某静电场的一部分电场线分布状况，下列说法中正确的是()A．这个电场可能是负点电荷的电场B．A点的电场强度大于B点的电场强度C．A、B两点的电场强度方向不相同D．负电荷在B点处受到的电场力的方向沿B点切线方向4－2.(单选)法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是()A．a、b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量B．a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量C．a、b为同种电荷，a的电荷量大于b的电荷量D．a、b为同种电荷，a的电荷量小于b的电荷量对库仑定律的理解和应用库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种志向化的物理模型，当带电体间的距离远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用．(单选)如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a和b，其壳层的厚度和质量分布匀称，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，使其电荷量的肯定值均为Q，那么关于a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是()A．F引＝Geq\f(m2,l2)，F库＝keq\f(Q2,l2) B．F引≠Geq\f(m2,l2)，F库≠keq\f(Q2,l2)C．F引≠Geq\f(m2,l2)，F库＝keq\f(Q2,l2) D．F引＝Geq\f(m2,l2)，F库≠keq\f(Q2,l2)[思路点拨]两球壳质量分布匀称，可以认为质量集中在何处？能否等效为电荷集中在球心？[尝试解答]________1．(单选)两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属球(半径均为r)，固定在相距(两球心间距离)为3r的两处，它们间库仑力的大小为F.现将两小球相互接触后放回原处，则两球间库仑力的大小()A．大于eq\f(1,3)F B．等于eq\f(1,3)FC．小于eq\f(1,3)F D．等于eq\f(4,3)F电场线与带电粒子的运动轨迹分析1．粒子所受合力的方向指向轨迹的凹侧，由此推断电场的方向或粒子的电性；2．由电场线的疏密状况推断带电粒子的受力大小及加速度大小；3．由功能关系推断速度变更：假如带电粒子在运动中仅受电场力作用，则粒子电势能与动能的总量不变，电场力做正功，动能增大，电势能减小．(多选)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力作用，依据此图可以作出的正确推断是()A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大[思路点拨](1)电场线方向、粒子电性未知，能推断电场力方向吗？依据是什么？(2)a、b两点的场强大小有什么关系？(3)依据什么学问可推断va、vb关系？[尝试解答]________[方法总结]求解这类问题的方法：(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角状况来分析曲线运动的情景．(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的凹凸)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别探讨各种状况．有时各种情景的探讨结果是归一的．2.(单选)一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v－t图象如图所示，则A、B两点所在区域的电场线分布状况可能是下图中的()静电力作用下的平衡问题解决这类问题与解决力学中的平衡问题的方法步骤相同，只不过是多了静电力而已．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ改编)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上：a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，求匀强电场场强的大小和c球的电量．[课堂笔记][延长总结](1)解决静电力作用下的平衡问题，首先应确定探讨对象，假如有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”．(2)电荷在匀强电场中所受电场力与位置无关；库仑力大小随距离变更而变更．3．(单选)如图所示，悬挂在O点的一根不行伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球A.在两次试验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ.若两次试验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则eq\f(q2,q1)为()A．2 B．3C．2eq\r(3) D．3eq\r(3)带电体的力电综合问题解决力、电综合问题的一般思路(2014·福州模拟)如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一带正电小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R，从小球进入管口起先，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹最终经过A点．设小球运动过程中带电量没有变更，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力的大小和方向；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．[思路点拨](1)电场力的竖直分力Fy＝mg，方向向上还是向下？小球受到的场力的合力等于什么？(2)小球经过A点，说明Fx向左还是向右？从C→A小球做什么运动？[课堂笔记][总结提升]运动与受力的几个关系(1)物体保持静止：F合＝0(2)做直线运动：①匀速直线运动，F合＝0②变速直线运动：F合≠0，且F合肯定沿速度方向．(3)做曲线运动：F合≠0，且F合总指向曲线凹的一侧．(4)加速运动：F合与v夹角α，0°≤α＜90°；减速运动：90°＜α≤180°.(5)匀变速运动：F合＝恒量．4.(多选)如图所示，整个空间存在水平向左的匀强电场，一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点、另一端固定一个质量为m、电荷量为＋q的小球P，杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动，电场的电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)mg,3q).先把杆拉成水平，然后将杆无初速释放，重力加速度为g，不计空气阻力，则()A．小球到最低点时速度最大B．小球从起先至最低点过程中动能始终增大C．小球对杆的最大拉力大小为eq\f(8\r(3),3)mgD．小球可绕O点做完整的圆周运动用对称法处理场强叠加问题范例如图所示，位于正方形四个顶点处分别固定有点电荷A、B、C、D，四个点电荷的带电量均为q，其中点电荷A、C带正电，点电荷B、D带负电，试确定过正方形中心O并与正方形垂直的直线上到O点距离为x的P点处的电场强度．[思路点拨]A、B、C、D对于P点具有空间对称性，A、C电性、电量相同，为等量同号电荷，B、D也为等量同号电荷，依据对称性特点，可求P点的合场强．[解析]P点是A、C连线中垂线上的一点，故A、C两电荷在P点的合场强E1方向为O→P，同理B、D在P点的合场强E2方向为P→O，由对称性可知，E1、E2大小相等，所以P点的电场强度为0.[答案]0[方法提炼]对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中，应用对称性不仅能帮助我们相识和探究某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些详细的物理问题．利用对称法分析解决物理问题，可以避开困难的数学演算和推导，干脆抓住问题的特点，稀奇制胜，快速简便地求解问题．5．(单选)(2013·高考江苏卷)下列选项中的各eq\f(1,4)圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷匀称分布，各eq\f(1,4)圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是()

一高考题组1．(单选)(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，一半径为R的圆盘上匀称分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)2.(单选)(2013·高考海南卷)如图，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eq\x\to(PR)＝2eq\x\to(RQ).则()A．q1＝2q2 B．q1＝4q2C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q23．(单选)(2011·高考海南卷)三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知()A．n＝3 B．n＝4C．n＝5 D．n＝6二模拟题组4．(单选)(2014·湖南五市十校联考)如图所示，在空间中的A、B两点固定一对等量异种点电荷，在竖直面内AB中垂线上固定一根光滑绝缘的直杆，在杆上串一个带正电的小球，给小球一个沿竖直向下的初速度，则小球所做的运动是()A．匀速直线运动B．先减速后加速运动C．始终匀加速运动D．以上均错5．(2014·北京东城区检测)如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度的大小；(2)若将电场强度减小为原来的1/2，小物块的加速度是多大；(3)电场强度变更后小物块下滑距离L时的动能．温馨提示日积月累，提高自我请做课后达标检测18其次节电场能的性质一、电场力做功和电势能1．静电力做功(1)特点：静电力做功与eq\o(□,\s\up1(01))__________无关，只与eq\o(□,\s\up1(02))__________有关．(2)计算方法①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿eq\o(□,\s\up1(03))__________的距离．②WAB＝qUAB，适用于eq\o(□,\s\up1(04))________.2．电势能(1)定义：电荷在eq\o(□,\s\up1(05))________中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到eq\o(□,\s\up1(06))______位置时静电力所做的功．(2)静电力做功与电势能变更的关系：静电力做的功等于eq\o(□,\s\up1(07))______________，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.(3)电势能具有相对性．二、电势、等势面1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的eq\o(□,\s\up1(08))______与它的eq\o(□,\s\up1(09))__________的比值．(2)定义式：φ＝eq\f(Ep,q).(3)矢标性：电势是标量，其大小有正负之分，其正(负)表示该点电势比电势零点高(低)．(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因eq\o(□,\s\up1(10))________的选取不同而不同．2．等势面(1)定义：电场中eq\o(□,\s\up1(11))__________的各点构成的面．(2)特点①在等势面上移动电荷，电场力不做功．②等势面肯定与电场线垂直，即与场强方向eq\o(□,\s\up1(12))______.③电场线总是由电势eq\o(□,\s\up1(13))______的等势面指向电势eq\o(□,\s\up1(14))______的等势面．④等差等势面的疏密表示电场的强弱(等差等势面越密的地方，电场线越密)．三、电势差1．定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功WAB与移动的电荷的电量q的比值．2．定义式：UAB＝eq\o(□,\s\up1(15))________.3．电势差与电势的关系：UAB＝eq\o(□,\s\up1(16))________，UAB＝－UBA.4．电势差与电场强度的关系匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿eq\o(□,\s\up1(17))______的距离的乘积，即UAB＝Ed.特殊提示：电势和电势差都是由电场本身确定的，与检验电荷无关，但电势是相对量，电场中各点的电势与零电势点的选取有关，而电势差是肯定量，与零电势点的选取无关．,1.(单选)(2014·重庆模拟)如图所示，正点电荷(电荷量为Q)产生的电场中，已知A、B间的电势差为U，现将电荷量为q的正点电荷从B移到A，则()A．外力克服电场力做功QU，电势能增加qUB．外力克服电场力做功qU，电势能增加QUC．外力克服电场力做功qU，电势能增加qUD．外力克服电场力做功QU，电势能削减QU2－1.(单选)(2012·高考重庆卷)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点旁边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，电势能削减2－2.(单选)在静电场中，下列说法正确的是()A．电场强度到处为零的区域内，电势肯定也到处为零B．电场强度到处相同的区域内，电势肯定也到处相同C．电场强度的方向总是跟等势面垂直D．电势降低的方向就是电场强度的方向3－1.(多选)关于电势差的计算公式，下列说法正确的是()A．电势差的公式UAB＝eq\f(WAB,q)说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比B．把正电荷从A点移到B点电场力做正功，则有UAB＞0C．电势差的公式UAB＝eq\f(WAB,q)中，UAB与移动电荷的电荷量q无关D．电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力所做的功3－2.(单选)(2014·宜昌高三检测)如图所示是一个匀强电场的等势面，每两个相邻等势面相距2cm，由此可以确定电场强度的方向和数值是()A．竖直向下，E＝100V/mB．水平向左，E＝100V/mC．水平向左，E＝200V/mD．水平向右，E＝200V/m电势凹凸及电势能大小的比较1．比较电势凹凸的方法(1)依据电场线方向：沿电场线方向电势越来越低．(2)依据UAB＝φA－φB：若UAB＞0，则φA＞φB，若UAB＜0，则φA＜φB.(3)依据场源电荷：取无穷远处电势为零，则正电荷四周电势为正值，负电荷四周电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．2．电势能大小的比较方法(1)做功推断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加(与其他力做功无关)．(2)电荷电势法正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．(3)公式法由Ep＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大，电势能越大；Ep的负值越大，电势能越小．(多选)(2013·高考江苏卷)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球旁边，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势到处相等.a、b为电场中的两点，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功[尝试解答]________1．(多选)(2014·潍坊模拟)如图所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心．两个等量正电荷分别固定在M、N两点．现有一带电的粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下推断正确的是()A．O点的场强肯定为零B．P点的电势肯定比O点的电势高C．粒子肯定带负电D．粒子在P点的电势能肯定比在Q点的电势能小等势面与粒子运动轨迹的分析1．几种常见的典型电场的等势面比较电场等势面(实线)图样重要描述匀强电场垂直于电场线的一簇平面点电荷的电场以点电荷为球心的一簇球面等量异种点电荷的电场连线的中垂线上的电势为零等量同种正点电荷的电场连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高2.解决该类问题应娴熟驾驭以下学问及规律(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧．(2)某点速度方向为轨迹切线方向．(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大．(4)电场线垂直于等势面．(5)顺着电场线电势降低最快．(6)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大．有时还要用到牛顿其次定律、动能定理等学问．(单选)(2012·高考天津卷)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最终离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小[尝试解答]________[方法总结]这类问题关键是画出电场线，推断出电场力方向，粒子所受合力(一般仅受电场力)指向轨迹的凹侧，以此为基础再结合其他条件，就可对有关问题作出正确的推断．2．(多选)(2012·高考山东卷)图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以肯定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子()A．带负电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变更大于由b点到c点的动能变更公式U＝E·d的拓展应用1．在匀强电场中U＝Ed，即在沿电场线方向上，U∝d.2．推论：①如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝eq\f(φA＋φB,2).②如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD.3．在非匀强电场中U＝Ed虽不能干脆应用，但可以用作定性推断．(单选)(2012·高考安徽卷)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为()A．200V/m B．200eq\r(3)V/mC．100V/m D．100eq\r(3)V/m[尝试解答]________3．(单选)在匀强电场中有四个点A、B、C、D，恰好为平行四边形的四个顶点，O点为平行四边形两条对角线的交点．已知：φA＝－4V，φB＝6V，φC＝8V，则φD、φO分别为()A．－6V,6VB．2V,1VC．－2V,2VD．－4V,4V电场中的功能关系1．求电场力做功的几种方法(1)由公式W＝Flcosα计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcosα.(2)由WAB＝qUAB计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变更计算：WAB＝EpA－EpB.(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk.留意：电荷沿等势面移动电场力不做功．2．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变更．(4)全部外力对物体所做的功等于物体动能的变更．如图所示，在O点放置一个正电荷．在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q.小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点的速度为v，试求：(1)小球通过C点的速度大小；(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量．[思路点拨](1)B、C两点电势具有什么关系？小球从B→C电场力做功为多少？(2)A→C小球电势能的增加量与电场力做功有何关系？[课堂笔记][规律总结]在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律和功能关系．(1)应用动能定理解决问题需探讨合外力的功(或总功)．(2)应用能量守恒定律解决问题需留意电势能和其他形式能之间的转化．(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能变更之间的对应关系．(4)有电场力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和可以守恒．4．(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止起先运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中()A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球的重力势能增加－W1C．小球的机械能增加W1＋eq\f(1,2)mv2D．小球的电势能削减W2E－x和φ－x图象的处理方法1．E－x图象(1)反映了电场强度随位移变更的规律．(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示场强沿x轴负方向．(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势凹凸依据电场方向判定．2．φ－x图象(1)描述了电势随位移变更的规律．(2)依据电势的凹凸可以推断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．范例(单选)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变更的图象如图所示．下列说法中正确的是()A．O点的电势最低B．x2点的电势最高C．x1和－x1两点的电势相等D．O到x1和O到x3两点的电势差相等[解析]沿x轴对称分布的电场，由题图可得其电场线以O点为中心指向正、负方向(或从正、负无穷远指向O)，沿电场线电势着陆(最快)，所以O点电势最高(或最低)，A、B错误；由于电场沿x轴对称分布，则O点到x1与O点到－x1的电势差相等，故x1与－x1两点电势相等，C正确；x1和x3两点电场强度大小相等，电势不相等，故O到x1和O到x3两点的电势差也不相等，D错误．[答案]C[规律总结]看懂图象是解题的前提，解答此题的关键是明确图象的斜率、面积的物理意义．5．(单选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变更的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小一高考题组1.(多选)(2013·高考山东卷)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、eq\f(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．下列推断正确的是()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．将一摸索电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小2.(单选)(2013·高考重庆卷)如图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则()A．α粒子在M点的速率比在Q点的大B．三点中，α粒子在N点的电势能最大C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功3．(单选)(2012·高考福建卷)如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的摸索电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能二模拟题组4.(单选)(原创题)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、O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5．(多选)(原创题)一个带正电的点电荷仅在电场力作用下在某空间运动，其速度－时间图象如图所示，其中t1、t2、t3、t4是电荷在电场中运动的1、2、3、4点对应的四个时刻，图中AB与时间轴平行，则下列说法正确的是()A．电场中1、2两点处电场强度大小E1<E2B．电场中3、4两点处电场强度大小为零C．电场中2、4两点电势φ2>φ4D．电荷从1运动到3的过程中，电场力做负功，电势能增加三选做题6.(多选)(2014·长沙重点中学测试)如图所示，带正电q′的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电的小球M从A点由静止释放，M到达B点时速度恰好为零．若A、B间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列推断正确的是()A．在从A点至B点的过程中，M先做匀加速运动，后做匀减速运动B．在从A点至C点和从C点至B点的过程中，前一过程M的电势能的增加量较小C．在B点M受到的库仑力大小是mgsinθD．在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为UBA＝eq\f(mgLsinθ,q)温馨提示日积月累，提高自我请做课后达标检测19第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、电容器、电容1．电容器(1)组成：由两个彼此eq\o(□,\s\up1(01))______又相互eq\o(□,\s\up1(02))______的导体组成．(2)带电量：一个极板所带电量的eq\o(□,\s\up1(03))______.(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的eq\o(□,\s\up1(04))__________，电容器中储存eq\o(□,\s\up1(05))________.放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中eq\o(□,\s\up1(06))________转化为其他形式的能．2．电容(1)定义式：eq\o(□,\s\up1(07))________.(2)单位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF.3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与eq\o(□,\s\up1(08))________成正比，与介质的介电常数成eq\o(□,\s\up1(09))______比，与eq\o(□,\s\up1(10))____________成反比．(2)确定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量．①保持两极板与电源相连，则电容器两极板间eq\o(□,\s\up1(11))______不变．②充电后断开电源，则电容器所带的eq\o(□,\s\up1(12))________不变．二、带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)处理方法：利用动能定理：qU＝eq\o(□,\s\up1(13))____________.(2)适用范围：任何电场．2．带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．(2)运动性质：eq\o(□,\s\up1(14))__________运动．(3)处理方法：分解成eq\o(□,\s\up1(15))____________的两个分运动，类似于eq\o(□,\s\up1(16))__________.(4)运动规律：①沿初速度方向做eq\o(□,\s\up1(17))________运动，运动时间eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出电容器：t＝\o(□,\s\up1(18))b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\o(□,\s\up1(19))，t＝\o(□,\s\up1(20))))②沿电场力方向，做eq\o(□,\s\up1(21))__________运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(Uq,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\o(□,\s\up1(22)),离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\o(□,\s\up1(23))))特殊提示：带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的示意以外，一般都不考虑重力(但并不忽视质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的示意以外，一般都不能忽视重力．,1－1.(多选)对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图象正确的是()1－2.(单选)如图所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.试验中，极板所带电荷量不变，若()A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变2－1.(单选)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是()A.eq\f(edh,U) B．edUhC.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)2－2.(单选)如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变更，应当()A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的eq\r(2)倍D．使U2变为原来的eq\f(1,2)

平行板电容器的动态分析1．分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(2)用确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变更．(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变更．(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变更．2．电容器两类问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变S变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小εr变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小(多选)(2014·甘肃诊断)如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调整，电容器两板与电池相连接．Q表示电容器的带电荷量，E表示两板间的电场强度．则()A．当d增大，S不变时，Q减小，E减小B．当S增大，d不变时，Q增大，E增大C．当d减小，S增大时，Q增大，E增大D．当S减小，d增大时，Q不变，E增大[尝试解答]________[总结提升]在分析平行板电容器的动态变更问题时，必需抓住两个关键点：(1)确定不变量：首先要明确动态变更过程中的哪些量不变，一般状况下是保持电量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要敏捷选取电容的两个公式分析电容的变更，还要应用E＝eq\f(U,d)，分析板间电场强度的变更状况．1.(多选)如图所示，两块正对平行金属板M、N与电池相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，假如M板向上平移一小段距离，则()A．点电荷受到的电场力变小B．M板的带电荷量增加C．P点的电势上升D．点电荷在P点具有的电势能增加带电粒子在电场中的偏转1．粒子的偏转角(1)以初速度v0垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tanθ＝eq\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d)结论：动能肯定时，tanθ与q成正比，电荷量相同时，tanθ与动能成反比．(2)粒子从静止起先经加速电场U0加速后再进入偏转电场则有：qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)可解得：tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场．2．粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)以初速度v0进入偏转电场y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则x＝y·cotθ＝eq\f(qU1l2,2dmv\o\al(2,0))·eq\f(mv\o\al(2,0)d,qU1l)＝eq\f(l,2)结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的eq\f(l,2)处沿直线射出．(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则偏移量：y＝eq\f(U1l2,4U0d)偏转角正切：tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量eq\a\vs4\al(y)和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最终电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离x.[课堂笔记]2．(单选)(2014·黑龙江哈尔滨市月考)如图所示，一个带电粒子从离子源飘入(初速度很小，可忽视不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入．A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应当满意的条件是()A.eq\f(U2,U1)＜eq\f(2d,L) B.eq\f(U2,U1)＜eq\f(d,L)C.eq\f(U2,U1)＜eq\f(2d2,L2) D.eq\f(U2,U1)＜eq\f(d2,L2)带电体在平行板电容器中的运动1．带电体是指带电小球、颗粒、液滴等，在电场中所受重力不能忽视，即受重力和电场力的共同作用．2．运动性质：依据运动初始条件不同，主要有：(1)匀速直线运动．(2)匀变速直线运动．(3)匀变速曲线运动．3．处理方法：(1)匀速直线运动用平衡条件解决．(2)匀变速直线运动用牛顿其次定律结合运动学公式或功能观点解决．(3)匀变速曲线运动，用运动的分解和动力学、功能观点解决．如图所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100V，有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1m/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＝10m/s2.求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度大小．[思路点拨]液滴在电容器中做直线运动的条件是：所受合力为零或合力方向与v0共线，要依据受力分析作出推断．[课堂笔记][规律总结]带电体在匀强电场中做直线运动的条件：F合＝0或F合(≠0)与速度v共线．3．(单选)(2013·高考新课标全国卷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视不计)．小孔正上方eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止起先下落，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eq\f(d,3)，则从P点起先下落的相同粒子将()A．打到下极板上 B．在下极板处返回C．在距上极板eq\f(d,2)处返回 D．在距上极板eq\f(2,5)d处返回带电粒子在交变电场中的运动

eq\a\vs4\al([规范解答])————————————该得的分一分不丢！电子经过偏转电场的时间为t＝eq\f(l,v0)＝eq\f(4×10－2,1.6×107)s＝2.5×10－9s(2分)而交变电压的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝0.02s，远远大于t，故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动．(2分)纵向位移eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(Umq,dm)(2分)所以电子能够打在荧光屏上的最大偏转电压Um＝eq\f(md2,qt2)＝eq\f(md2v\o\al(2,0),ql2)＝91V(2分)当Um＝91V时，E＝eq\f(Um,d)，y＝eq\f(1,2)at2(2分)因为vy＝eq\f(qUm,dm)t＝4×106m/s(1分)tanθ＝eq\f(vy,v0)＝0.25(2分)偏转量Y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ＝5cm，(2分)所以y轴上能观测到的线段长度为2Y＝10cm.(1分)[答案]10cm[方法提炼]带电粒子在交变电场中的运动分为两类：一类是粒子沿电场线运动，另一类是粒子垂直电场进入场区．(1)对于第一类：粒子在交变电场中做变加速直线运动，由于初始条件不同，可能出现两种状况：①粒子在某区域做往复运动；②粒子在做往复运动的同时，向一侧移动，最终打到极板上．(2)对其次类问题，采纳运动分解的方法处理：垂直电场方向匀速运动，沿电场方向变加速运动，详细可分为两种状况：①若粒子通过电场的时间远小于交变电场的周期，可认为这一粒子通过电场的过程中电场强度不变，但不同时刻进入的粒子，所经验的电场不同，偏转不同，常出现临界问题．②若粒子通过电场的时间大于交变电场的周期，在沿电场方向的运动与(1)中状况相同．4．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变更的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原动身点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零带电粒子在电场中的运动eq\a\vs4\al([规范解答])————————————该得的分一分不丢！(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B指向A，B板电势高于A板．(2分)(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大小相同，有：eE＝meq\f(v2,R)(2分)Ek0＝eq\f(1,2)mv2(2分)R＝eq\f(RA＋RB,2)(2分)联立解得：E＝eq\f(2Ek0,eR)＝eq\f(4Ek0,eRA＋RB).(2分)(3)电子运动时只有电场力做功，依据动能定理，有ΔEk＝qU(2分)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)(2分)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)．(2分)(4)依据电场线特点，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|(3分)即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.(1分)[答案]见规范解答一高考题组1．(单选)(2013·高考广东卷)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽视的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中()A．向负极板偏转B．电势能渐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电荷量无关2．(多选)(2012·高考新课标全国卷)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与始终流电源相连．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．电势能渐渐增加C．动能渐渐增加D．做匀变速直线运动3．(单选)(2011·高考安徽卷)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，一重力可忽视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．0＜t0＜eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)＜t0＜eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)＜t0＜T D．T＜t0＜eq\f(9T,8)二模拟题组4．(单选)(2014·安徽名校联考)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最终分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是()A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不肯定相同C．三个液滴落究竟板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多5．(2014·四川攀枝花模拟)如图所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子的质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5C，从a点由静止起先经电压为U＝100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距离为20cm，带电粒子的重力忽视不计．求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差．温馨提示日积月累，提高自我请做课后达标检测20

“微讲座”(六)——对称思想、等效思想在电场问题中的应用一、割补法求解电场强度由于带电体不规则，干脆求解产生的电场强度较困难，若实行割或补的方法，使之具有某种对称性，从而使问题得到简化．若有一半径为r，单位长度带电量为q(q＞0)的匀称带电圆环上有一个很小的缺口Δl(且Δl≪r)，如图所示，则圆心处的场强为多少？[解析]法一：填补法．把缺口处填补为完整的圆，则填补上的小圆弧带电量q′＝Δlq.由于Δl≪r，故可视为点电荷，它在O点产生的场强为：E′＝eq\f(kΔlq,r2).由对称性可知整个圆环在O点的场强E合＝0，则存在缺口时在O点的场强E＝E′即E＝eq\f(kΔlq,r2).法二：割除法．如图把与缺口对称的圆弧割除，由对称性知，剩余电荷在O点的场强为0，则未割前在O点的场强等于割除部分在O点产生的场强，明显：E＝eq\f(kΔlq,r2).[答案]eq\f(kΔlq,r2)[名师点拨]采纳割补法解决问题时，一般要结合对称法和场的叠加才能顺当求解．二、等效法求解电场中的圆周运动问题带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题是一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采纳常规方法求解，过程困难，运算量大．若采纳“等效法”求解，则过程往往比较简捷．在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为θ，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？(2)小球在B点的初速度多大？[解析]如图所示，小球所受到的重力、电场力均为恒力，二力的合力为F＝eq\f(mg,cosθ).重力场与电场的叠加场为等效重力场，F为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g′＝eq\f(g,cosθ)，其方向斜向右下，与竖直方向成θ角．小球在竖直平面内做圆周运动的过程中，只有等效重力做功，动能与等效重力势能可相互转化，其总和不变．与重力势能类比知，等效重力势能为Ep＝mg′h，其中h为小球距等效重力势能零势能点的高度．(1)设小球静止的位置B为零势能点，由于动能与等效重力势能的总和不变，则小球位于和B点对应的同始终径上的A点时等效重力势能最大，动能最小，速度也最小．设小球在A点的速度为vA，此时细线的拉力为零，等效重力供应向心力，则：mg′＝meq\f(v\o\al(2,A),l)，得小球的最小速度为vA＝eq\r(\f(gl,cosθ)).(2)设小球在B点的初速度为vB，由能量守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg′·2l，将vA的数值代入得：vB＝eq\r(\f(5gl,cosθ)).[答案](1)A点速度最小eq\r(\f(gl,cosθ))(2)eq\r(\f(5gl,cosθ))[方法总结]等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路：(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”．(2)将a＝eq\f(F合,m)视为“等效重力加速度”．(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解．1．(单选)电荷量为－q的点电荷与匀称带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心．若图中a点处的电场强度为零，依据对称性，带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为()A.eq\f(kq,d2)＋eq\f(kq,9d2)，水平向左 B.eq\f(kq,d2)，水平向左C.eq\f(kq,d2)，水平向右 D.eq\f(kq,9d2)，水平向左2．(单选)(2012·高考安徽卷)如图甲所示，半径为R的匀称带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上随意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,R2＋x21/2)))，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大匀称带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示．则圆孔轴线上随意一点Q(坐标为x)的电场强度为()A．2πkσ0eq\f(x,r2＋x21/2) B．2πkσ0eq\f(r,r2＋x21/2)C．2πkσ0eq\f(x,r) D．2πkσ0eq\f(r,x)3.如图所示，用一根金属丝弯成半径为r的圆环，但在A、B之间留有宽度为d的间隙，且d≪r.将电荷量为Q的正电荷匀称分布在金属丝上，求圆心O处的电场强度．4.如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能平安通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？5.(2014·合肥质检)如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点．该区域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.求：(1)小球受到的电场力的大小；(2)小球在A点的速度v0多大时，小球经过B点时对轨道的压力最小？热点强化突破(六)热点1对电场性质的考查电场力的性质和能的性质，是高考考查的重点，其中电场强度与电势差的关系、电场力做功与电势能的变更、电势凹凸的推断、电场线与等势面的关系以及电场线与运动轨迹的关系，为命题热点，上述问题与φ－x或E－x图象结合的考查，要引起重视．1．(单选)(2014·四川名校检测)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知()A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小2．(单选)(2014·江西盟校联考)无限大接地金属板和板前一点电荷形成的电场区域，和两个等量异号的点电荷形成的电场等效．如图所示P为一无限大金属板，Q为板前距板为r的一带正电的点电荷，MN为过Q点和金属板垂直的直线，直线上A、B是和Q点的距离相等的两点．下面关于A、B两点的电场强度EA和EB、电势φA和φB推断正确的是()A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＞EB，φA＜φBC．EA＞EB，φA＝φB D．EA＝EB，φA＞φB3.(多选)如图所示，竖直平面内1/4光滑圆弧轨道半径为R，等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆弧轨道最低点，CD是AB边的中垂线．在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷．现把质量为m、带电荷量为＋Q的小球由圆弧的最高点M处静止释放，到最低点C时速度为v0.不计＋Q对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，则()A．小球在圆弧轨道上运动过程机械能守恒B．C点电势比D点电势高C．M点电势为eq\f(1,2Q)(mveq\o\al(2,0)－2mgR)D．小球对轨道最低点C处的压力大小为mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),R)＋keq\f(Qq,L2)4．(单选)有一静电场，其电势随x坐标的变更而变更，变更的图线如图所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的横坐标分别为1mm、4mm.则下列说法正确的是()A．粒子将沿x轴正方向始终向前运动B．粒子经过P点与Q点时，加速度大小相等、方向相反C．粒子经过P点与Q点时，动能相等D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等热点2带电粒子在匀强电场中的运动带电粒子在匀强电场中的运动是高考的重点和热点．主要涉及粒子做单向直线运动、往复直线运动和类平抛运动．处理这类问题的策略就是电学问题力学化．5．(单选)(2014·常州模拟)如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出，当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间，设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶16．(2014·江西七校联考)从阴极K放射的电子(电荷量为e＝1.60×10－19C，质量约为m＝1×10－30kg)，经电势差U0＝5000V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中心射入两块长L1＝10cm、间距d＝4cm的平行金属板A、B之间，在离金属板边缘L2＝75cm处放置一个直径D＝20cm、带有记录纸的圆筒．整个装置放在真空内，电子放射的初速度不计．若在两金属板上加U2＝1000cos2πtV的交变电压，并使圆筒绕中心轴按如图所示方向以n＝2r/s匀速转动，试求：(1)电子进入偏转电场的初速度v0；(2)电子在纸筒上的最大偏转距离；(3)确定电子在记录纸上的轨迹形态并画出1s内所记录到的图形．7.(2014·北京海淀模拟)如图所示，质量m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中．取g＝10m/s2.(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103N/C，方向不变．求在t＝0.20s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到动身点时的动能．

第六章第一节基础再现·对点自测eq\o(□,\s\up1(01))1.60×10－19Ceq\o(□,\s\up1(02))形态和大小eq\o(□,\s\up1(03))转移eq\o(□,\s\up1(04))转移eq\o(□,\s\up1(05))不变eq\o(□,\s\up1(06))电子得失eq\o(□,\s\up1(07))正比eq\o(□,\s\up1(08))距离的二次方eq\o(□,\s\up1(09))F＝keq\f(q1q2,r2)eq\o(□,\s\up1(10))点电荷eq\o(□,\s\up1(11))电场力Feq\o(□,\s\up1(12))电荷量qeq\o(□,\s\up1(13))正电荷eq\o(□,\s\up1(14))keq\f(Q,r2)eq\o(□,\s\up1(15))点电荷eq\o(□,\s\up1(16))eq\f(U,d)eq\o(□,\s\up1(17))切线eq\o(□,\s\up1(18))正电荷eq\o(□,\s\up1(19))负电荷[自我校对]1－1.BC1－2.ABC2.A3－1.C3－2.C4－1.BC4－2.B考点透析·讲练互动【例1】[解析]万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有其半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布匀称，两球壳可看成质量集中于球心的质点．因此，可以应用万有引力定律．对于a、b两带电球壳的整体来说，由于电荷间的作用，电荷不是匀称分布，不满意库仑定律的适用条件．[答案]D【突破训练1】[解析]选C.接触前，由于两球带异性电荷，电荷在两球内侧分布密度大，所以F＞keq\f(3Q2,9r2).接触后，两球带同性电荷，电量均为Q，电荷在两球外侧分布密度大，所以F′＜keq\f(Q2,9r2)，故F′＜eq\f(1,3)F，C正确．【例2】[解析]粒子的电性、电场线方向无法推断，但依据曲线运动的规律可推断电场力的方向为沿电场线向左，故A错B对．由于a处的电场线密度比b处大，故Ea＞Eb，则粒子在a处受电场力较大，加速度较大，C对．粒子的速度沿虚线的切线，与电场力方向夹角大于90°，因此a→b粒子减速，D对．[答案]BCD【突破训练2】[解析]选C.由v－t图可知负电荷在电场中做加速度越来越大的加速运动，故电场线应由B指向A且A到B场强变大，电场线变密，选项C正确．【例3】[解析]以小球c为探讨对象，其受力如图甲所示，其中F库＝eq\f(kqqc,l2)，由平衡条件得：2F库cos30°＝Eqc即：eq\f(\r(3)kqqc,l2)＝Eqc，E＝eq\f(\r(3)kq,l2)此时a的受力如图乙所示，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kq2,l2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)kq2,l2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k\f(qqc,l2)))2得qc＝2q即当qc＝2q时a可处于平衡状态，同理b亦恰好平衡．[答案]eq\f(\r(3)kq,l2)2q【突破训练3】[解析]选C.对A受力分析如图所示，由库仑定律得F＝keq\f(qAqB,r2)；又r＝lsinθ，F＝Gtanθ由以上各式可解得qB＝eq\f(Gl2sin2θtanθ,kqA)，因G、l、qA、k不变，则eq\f(q2,q1)＝eq\f(sin245°tan45°,sin230°tan30°)＝2eq\r(3)，故C正确．【例4】[解析](1)小球从起先自由下落到管口B的过程中机械能守恒，故有：mg·4R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝2eq\r(2gR).(2)由小球经过了A点分析可知，电场力的竖直分力Fy＝mg，方向向上，水平分力Fx方向向左，小球受到的合场力等于Fx.小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：Fx·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小球从管口C处脱离圆管后做类平抛运动，由于其轨迹经过A点，故有：y＝4R＝vCtx＝2R＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(Fx,2m)t2联立解得：Fx＝mg电场力的大小为F＝qE＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝eq\r(2)mg方向与竖直方向成45°角偏左上方．(3)小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力FN供应，设弹力FN的方向水平向左，则Fx＋FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得：FN＝3mg(方向水平向左)依据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管壁的压力为F′N＝FN＝3mg，方向水平向右．[答案](1)2eq\r(2gR)(2)eq\r(2)mg，与竖直方向成45°角偏左上方(3)3mg，方向水平向右【突破训练4】[解析]选BC.如图所示，小球受到的重力和电场力分别为mg和qE＝eq\f(\r(3),3)mg，此二力的合力为F＝eq\f(2\r(3),3)mg、与竖直方向成30°角，可知杆转到此位置时小球速度最大，A错，B对；设小球的最大速度为v，从释放到小球达到最大速度的过程，应用动能定理有：F(1＋eq\f(1,2))L＝eq\f(1,2)mv2，设小球速度最大时，杆对小球的拉力为Fm，对小球应用向心力公式有：Fm－F＝eq\f(mv2,L)，解得Fm＝eq\f(8\r(3),3)mg，C对；依据等效性可知杆最多转过240°角，速度减小为0，小球不能做完整的圆周运动，D错．技法提炼·思维升华【突破训练5】[解析]选B.由对称原理可知，A、C图中在O点的场强大小相等，D图中在O点场强为0，因此B图中两eq\f(1,4)圆环在O点合场强应最大，选项B正确．高效演练·轻松闯关1．[解析]选B.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点处产生的场强E2大小相等，即：E1＝E2＝keq\f(q,R2)，由对称性，圆盘在d点产生的场强E3＝keq\f(q,R2)，q在d点产生的场强E4＝keq\f(q,9R2)，方向与E3相同，故d点的合场强Ed＝E3＋E4＝keq\f(10q,9R2)，B正确，A、C、D错误．2．[解析]选B.由R处场强为零可知两点电荷在该处所产生的场强必是等大反向，即两点电荷必带有同种电荷，由E＝keq\f(Q,r2)有keq\f(q1,\x\to(PR)2)＝keq\f(q2