2017届高考物理第一轮复习限时检测题16

[2017高考备考导航]考点考纲要求专家解读物质的电结构、电荷守恒Ⅰ从历年高考试题来看，对电场知识的考查主要集中在以下几个方面：(1)多个电荷库仑力的平衡和场强叠加问题。(2)利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等。(3)带电体在匀强电场中的平衡问题及其他变速运动的动力学问题。(4)对平行板电容器电容决定因素的理解，解决两类有关动态变化的问题。(5)分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题。(6)示波管、静电除尘等在日常生活和科学技术中的应用。预计2017年高考对本专题的考查仍将以基本概念和规律与力学中的牛顿运动定律、动能定理、功能关系的结合为主，复习中要注重以上知识的复习，也要注意电场知识与生产、生活的联系。静电现象的解释Ⅰ点电荷Ⅰ库仑定律Ⅱ静电场Ⅰ电场强度、点电荷的场强Ⅱ电场线Ⅰ电势能、电势Ⅰ电势差Ⅱ匀强电场中电势差与电场强度的关系Ⅰ带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ示波管Ⅰ常用的电容器Ⅰ电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ第一节库仑定律电场力的性质[主干回顾]1．元电荷→定义→最小的电荷量，e＝1.60×10－19_C2．点电荷→条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(带电体的大小、形状及电荷分布状况对它们,之间的作用力的影响可以忽略))eq\a\vs4\al(3.电荷守,恒定律)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(内容\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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,三种起电方式→摩擦起电，感应起电，接触起电))))4．库仑定律eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(方向：作用力的方向在它们的连线上,表达式→F＝kQ1Q2/r2,适用条件→真空中的点电荷))5．电场强度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(定义式→E＝F/q,点电荷的电场强度→E＝kQ/r2))6．电场线特点eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(疏密→场强大小,切线方向→场强方向，不闭合，不相交))[自我检测]1．判断下列说法的正误。(1)元电荷是自然界中带电量最小的电荷。(×)(2)根据公式F＝keq\f(q1q2,r2)得，当r→0时，有F→∞。(×)(3)电场强度反映了电场力的性质，所以此电场中某点的场强与试探电荷在该点所受的电场力成正比。(×)(4)电场中某点的场强方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向。(×)(5)带电粒子的运动轨迹可能与电场线重合。(√)(6)只根据一条电场线无法判断电场强弱和场源情况。(√)2．下列关于点电荷的说法中，正确的是A．只有体积很小的带电体才能看作点电荷B．体积很大的带电体一定不是点电荷C．当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷D．任何带电球体，都可看作电荷全部集中于球心的点电荷答案C3．大小相同、带电荷量也相同的金属球A和B，分别固定在两处，相互作用力为F。现用另一个不带电的同样大小的C球先与A球接触，再与B球接触，然后移去C球，则后来A、B两球间的作用力变为A.eq\f(F,2)B.eq\f(F,4)C.eq\f(3F,8)D.eq\f(F,10)答案C4．[导学号：60810407](多选)(2016·长春模拟)如图6－1－1所示是某静电场的一部分电场线的分布情况，下列说法中正确的是图6－1－1A．这个电场可能是负点电荷的电场B．A点的场强大于B点的场强C．A、B两点的场强方向不相同D．负电荷在B点处受到的电场力的方向沿B点切线方向答案BC考点一电场的叠加与电场强度的计算场强三个表达式的比较表达式比较E＝eq\f(F,q)E＝keq\f(Q,r2)E＝eq\f(U,d)公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度的决定式匀强电场中E与U的关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场决定因素由电场本身决定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定2.电场的叠加原理及计算法则(1)电场的叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。(2)计算法则：遵循平行四边形定则。第六章静电场高考总复习·物理(Ⅰ)考向1电场强度的叠加[例1][导学号：60810408](2015·山东理综)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图6－1－2所示。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为图6－1－2A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y轴正向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y轴负向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y轴正向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y轴负向[解析]M、N两处的负点电荷在G处产生的合场强E1与O点处正点电荷在G处产生的场强等大反向，所以E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y轴正向，因为H与G关于x轴对称，所以M、N两处的负点电荷在H处产生的合场强E2＝E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y轴负向。当正点电荷放在G点时，它在H点产生的场强E3＝eq\f(kQ,(2a)2)，方向沿y轴正向，则H处的场强为EH＝eq\f(kQ,a2)－eq\f(kQ,(2a)2)＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y轴负向，B正确。[答案]B考向2对称法、补偿法的应用[例2][导学号：60810409](2013·新课标全国Ⅰ)如图6－1－3所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)图6－1－3A．keq\f(3q,R2)B．keq\f(10q,9R2) C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)[审题探究]①b点的电场由谁产生，合场强为零说明了什么？②d点场强由谁产生，各自的电场为多大？[解析]由b点处场强为零知，圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生的场强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。[答案]B规律总结求解合场强常用的方法考点二电场线的理解及应用1．等量点电荷的电场线比较比较项目等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图连线中点O处的场强最小，指向负电荷一方为零连线上的场强大小(从左到右)沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外场强大小O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称的A与A′、B与B′的场强等大同向等大反向2.电场线的作用(1)判断电场强度的方向电场线上任意一点的切线方向即为该点电场的方向。(2)判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反。(3)判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小。(4)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向。3．电场线与带电粒子在电场中运动轨迹的关系一般情况下带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合。(1)电场线为直线。(2)粒子初速度为零，或初速度方向与电场线平行。(3)粒子仅受电场力作用或所受其他力合力的方向与电场线平行。考向1对电场线的理解[例3][导学号：60810410]如图6－1－4为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是图6－1－4A．A、B可能带等量异号的正、负电荷B．A、B可能带不等量的正电荷C．a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零D．同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反[解析]根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C错误；由图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确。[答案]D考向2电场线与带电粒子在电场中运动轨迹的关系[例4][导学号：60810411](多选)如图6－1－5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，根据此图可以作出的正确判断是图6－1－5A．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[审题探究]①电场线方向、粒子电性未知，能判断电场力方向吗？依据是什么？②a、b两点的场强大小有什么关系？③根据什么知识可判断va、vb关系？[解析]粒子的电性、电场线方向无法判断，但根据曲线运动的规律可判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规律总结电场线与轨迹判断的两种方法(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情景。(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况。考点三库仑力作用下的平衡问题处理库仑力作用下电荷平衡问题的方法1．库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题相同，可以将力进行合成与分解。2．恰当选取研究对象，用“隔离法”或“整体法”进行分析。3．对研究对象进行受力分析，注意比力学中多了一个库仑力。4．列平衡方程，注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关。考向1“自由电荷”的平衡问题[例5][导学号：60810412](2016·济南联考)如图6－1－6所示，在光滑、绝缘的水平面上，沿一直线依次排列3个带电小球A、B、C(可视为点电荷)。若它们恰能处于平衡状态，那么这3个小球所带的电荷量及电性的关系，可能的情况是图6－1－6A．－9、4、－36 B．4、9、36C．－3、2、8 D．3、－2、6[解析]要使每个小球都处于平衡状态，必须使其他两个小球对它的库仑力大小相等、方向相反，以小球A为研究对象，有FBA＝FCA，如图所示，故B、C带异种电荷，由库仑定律得keq\f(QAQB,r\o\al(2,AB))＝keq\f(QAQC,r\o\al(2,AC))，以小球C为研究对象，同理，知A、B带异种电荷，keq\f(QAQC,r\o\al(2,AC))＝keq\f(QBQC,R\o\al(2,BC))联立得keq\f(QAQC,r\o\al(2,AC))＝keq\f(QAQB,r\o\al(2,AB))＝keq\f(QBQC,r\o\al(2,BC))，又考虑到rAC＝rAB＋rBC，解得eq\r(QAQC)＝eq\r(QAQB)＋eq\r(QBQC)，此式为三球平衡时所带电荷量的大小关系。综上可知A正确。[答案]A规律总结3个孤立自由点电荷的平衡问题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，或者说每个点电荷处于另外两个点电荷产生的场强之和为零的位置。2．平衡时的规律位置方面是“三点共线”，电性方面是“两同夹异”，电量方面是“两大夹小”，两侧的点电荷带电荷量大小与距中间电荷的远近有关，即“近小远大”。考向2“约束电荷”的平衡问题[例6][导学号：60810413](多选)(2015·浙江理综)如图6－1－7所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6C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0.3m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0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；静电力常量k＝9.0×109N·m2图6－1－7A．支架对地面的压力大小为2.0NB．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9NC．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＝1.225N，F2＝1.0ND．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866N[解析]小球B和支架组成的整体，在三个力作用下平衡，故有：FN+FAB=mBg，FAB=keq\f(Q,rAB2)联立两式解得：FAB=0.9N，FN=1.1N，根据牛顿第三定律可判断出A错。小球A在四个力作用下平衡，如图甲所示。由对称性可知F1=F2，在竖直方向上有：2F1cos60°=2F2cos60°=mAg+FBA，解得F1=F2=1.9N当B球与M、A共线时，A球受力情况如图乙所示，由几何关系可知rAB′=0.6m，FBA′=keq\f(Q,rAB′2)=0.225N。将A球所受重力分解在MA和NA的方向上，由上述两个方向上分力的合力为零可得：F1=1.225N，F2=1.0N，故C正确。B球移至无穷远处时，A、B之间的库仑力忽略不计，对A球由三力平衡条件可求得F1=F2=mAg=1.0N。故D错。[答案]BC[随堂巩固]1．[导学号：60810414](2015·浙江理综)如图6－1－8所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则图6－1－8A．乒乓球的左侧感应出负电荷B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C．乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析乒乓球在两极板中间时，其左侧会感应出正电荷，A错误；电场力和库仑力是同一个力的不同称谓，C错误；乒乓球与右极板接触则带正电，在电场力作用下向左运动与左极板相碰，碰后带上负电，又向右运动与右极板相碰，如此往复运动，所以D正确、B错误。答案D2．[导学号：60810415](多选)(2014·浙江理综)如图6－1－9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，则图6－1－9A．小球A与B之间库仑力的大小为eq\f(kq2,d2)B．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))时，细线上的拉力为0C．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))时，细线上的拉力为0D．当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))时，斜面对小球A的支持力为0解析根据库仑定律得A、B球间的库仑力F库＝keq\f(q2,d2)，则A项正确。当细线上的拉力为0时满足keq\f(q2,d2)＝mgtanθ，得到eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，则B错，C正确。斜面对小球A的支持力始终不为零，则D错误。答案AC3．[导学号：60810416](多选)(2014·广东理综)如图6－1－10所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q的小球P，带电量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是图6－1－10A．M与N的距离大于LB．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对小球M、N和杆组成的整体，由题意可知keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,(L＋x)2)，得x<L，则A错。若P、M和N不在同一直线上则不能平衡，所以B正确。在＋Q的电场中φM>φN，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。答案BD4．[导学号：60810417](2016·保定质检)如图6－1－11所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°。电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移到P点，则O点的场强大小变为E2，则E1与E2之比为图6－1－11A．1∶2B．2∶1 C．2∶eq\r(3) D．4∶eq\r(3)解析设两点电荷所带电荷量的大小均为q，半圆弧半径为r，则E1＝2keq\f(q,r2)，E2＝keq\f(q,r2)，所以eq\f(E1,E2)＝2∶1，B正确。答案B[限时检测](限时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题6分，共54分)1．(2016·双鸭山模拟)如图6－1－12所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止。设小球A带电荷量大小为QA，小球B带电荷量大小为QB，下列判断正确的是图6－1－12A．小球A带正电，小球B带负电，且QA>QBB．小球A带正电，小球B带负电，且QA<QBC．小球A带负电，小球B带正电，且QA>QBD．小球A带负电，小球B带正电，且QA<QB答案D2．[导学号：60810418]图6－1－13中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，则该三角形中心O点处的场强为图6－1－13A.eq\f(6kq,a2)，方向由C指向O B.eq\f(6kq,a2)，方向由O指向CC.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由C指向O D.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由O指向C解析每个点电荷在O点处的场强大小都是E=eq\f(kq,(\r(3)a/32))=eq\f(3kq,a2)，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O点处的合场强为E0=2E=

，方向由O指向C，B项正确。答案B3．如图6－1－14所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角。关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是图6－1－14A．Ea＝eq\f(Eb,3) B．Ea＝eq\r(3)Eb C．Ea＝eq\f(\r(3),3)Eb D．Ea＝3Eb解析由题图可知，rb＝eq\r(3)ra，再由E＝eq\f(kQ,r2)可知，eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(r\o\al(2,b),r\o\al(2,a))＝eq\f(3,1)，故D正确。答案D4．在如图6－1－15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、方向相反的是图6－1－15A．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两点解析甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A错误；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、方向相同，选项B错误；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，电场强度大小相同，方向相反，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。答案C5．[导学号：60810419](2016·渭南质检)两个带电荷量分别为Q1、Q2的质点周围的电场线如图6－1－16所示，由图可知图6－1－16A．两质点带异号电荷，且Q1>Q2B．两质点带异号电荷，且Q1<Q2C．两质点带同号电荷，且Q1>Q2D．两质点带同号电荷，且Q1<Q2解析由图可知，电场线起于Q1，止于Q2，故Q1带正电，Q2带负电，两质点带异号电荷，在Q1附近电场线比Q2附近电场线密，故Q1>Q2，选项A正确。答案A6．[导学号：60810420](多选)(2015·江西模拟)如图6－1－17所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m，电荷量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，下列说法正确的是图6－1－17A．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为Eq/mgB．若剪断悬线，则小球做曲线运动C．若剪断悬线，则小球做匀速运动D．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动解析对小球受力分析，可知tanα＝eq\f(Eq,mg)，A正确。剪断悬线后，小球受Eq和mg的作用，其合力为定值，所以小球做匀加速直线运动，D正确。答案AD7．[导学号：60810421](多选)顶点a、b、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图6－1－18所示，D为正三角形外接圆的圆心，E、G、H点分别为ab、ac、bc的中点，F点为E点关于c电荷的对称点，不计空气阻力。下列说法中正确的是图6－1－18A．D点的电场强度为零、电势为零B．E、F两点的电场强度等大反向、电势相等C．E、G、H三点的电场强度和电势均相同D．若释放c电荷，c电荷将一直做加速运动解析D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120°，故D点的场强为0。因为电势是一个相对性的概念，即零电势的选取是任意的，故D点电势可能为0，故A正确。由于a、b在E点的场强大小相等方向相反，故E的场强仅由电荷c决定。故场强方向向左，而电荷c在E、F位置的场强大小相同方向相反，但电荷a、b在F点的场强矢量和不为0，故E、F两点的电场强度大小不同，方向相反，故B错误。E、G、H三点分别为ab、ac、bc的中点，E的场强仅由电荷c决定，同理G点的场强仅由电荷b决定，H点的场强仅由电荷a决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，故C错误。若释放电荷c，则a、b在c的合场强水平向右，故a、b始终对c有斥力作用，故c电荷将一直做加速运动，故D正确。答案AD8．[导学号：60810422](多选)(2016·南昌检测)如图6－1－19所示，两个带等量的正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON。现将一个带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的速度图象中，可能正确的是图6－1－19解析在A、B连线的垂直平分线上，从无穷远处到O点的电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷沿垂直平分线从无穷远处向O点运动，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，v－t图线的斜率先变大后变小；由O点运动到无穷远，速度变化情况同另一侧速度的变化情况具有对称性。如果P、N距O点足够远，B正确，如果P、N距O点很近，A正确。答案AB9．[导学号：60810423](多选)(2015·茂名模拟)如图6－1－20所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用。则下列说法正确的是图6－1－20A．物体A受到地面的支持力先增大后减小B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对点电荷B先做正功后做负功解析分析物体A的受力如图所示，由平衡条件可得：f＝Fcosθ，N＝Fsinθ＋mg，随θ由小于90°增大到大于90°的过程中，f先减小后反向增大，N先增大后减小，A、C正确，B错误；因A对B的库仑力与B运动的速度方向始终垂直，故库仑力不做功，D错误。答案AC二、计算题(共46分)10．[导学号：60810424](15分)(2014·福建理综)如图6－1－21所示，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0m。若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C图6－1－21(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向。解析(1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为F＝keq\f(q2,L2)①代入数据得F＝9.0×10－3N②(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1＝keq\f(q,L2)③A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E＝2E1cos30°④由③④式并代入数据得E＝7.8×103N/C场强E的方向沿y轴正向。答案(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向：沿y轴正方向11．[导学号：60810425](15分)(2016·齐齐哈尔期中)如图6－1－22所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R＝0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E＝1.0×104N/C，现有质量m＝0.20kg、电荷量q＝8.0×10－4C的带电体(可视为质点)从A点由静止开始运动，已知sAB＝1.0m，带电体与轨道AB、CD的动摩擦因数均为0.5。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2图6－1－22(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度大小；(2)带电体最终停在何处？解析(1)设带电体到达C点时的速度为v，由动能定理得qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v＝10(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，由动能定理得－mgh－μqEh＝0－eq\f(1,2)mv2解得h＝eq\f(5,3)m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax＝μqE＝4N重力G＝mg＝2N因为G<Ffmax所以，带电体最终静止在与C点的竖直距离为eq\f(5,3)m处。答案(1)10m/s(2)与C点的竖直距离为eq\f(5,3)m处12．[导学号：60810426](16分)如图6－1－23所示，质量为m的小球A放在绝缘斜面上，斜面的倾角为α。小球A带正电，电荷量为q。在斜面上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷，将小球A由距B点竖直高度为H处无初速度释放。小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中。已知静电力常量k和重力加速度g。图6－1－23(1)A球刚释放时的加速度是多大？(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离。解析(1)根据牛顿第二定律mgsinα－F＝ma根据库仑定律F＝keq\f(Qq,r2)，r＝eq\f(H,sinα)联立以上各式解得a＝gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)。(2)当A球受到的合力为零、加速度为零时，速度最大，动能最大。设此时A球与B点间的距离为R，则mgsinα＝eq\f(kQq,R2)，解得R＝eq\r(\f(kQq,mgsinα))。答案(1)gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)(2)eq\r(\f(kQq,mgsinα))第二节电场能的性质[主干回顾]eq\a\vs4\al(电场能的性质)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(静电力,做功)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(特点：静电力做功与路径无关，只与初末位置有关,计算方法\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(W＝qEd，适用于匀强电场,WAB＝qUAB，适用于任何电场)))),\a\vs4\al(电势能)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(大小：等于将电荷从该点移到零电势能位置时静电力,做的功,关系：WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp)),电势\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定义式：φ＝\f(Ep,q),性质\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(有正负之分，其正（负）值表示该点电势比,零电势高（低）,具有相对性)))),等势面定义：电场中电势相等的各点组成的面,电势差\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定义：UAB＝WAB/q,关系：UAB＝φA－φB,与电场强度的关系：U＝Ed（匀强电场）))))[自我检测]1．判断下列说法的正误。(1)电场力做功与重力做功相似，均与路径无关。(√)(2)电势差是一个矢量，有正值和负值之分。(×)(3)静电场中A、B两点的电势差是恒定的，所以UAB＝UBA。(×)(4)沿电场线方向电势越来越低，电场强度越来越小。(×)(5)电场力与速度方向夹角小于90°时，电场力做正功。(√)(6)某等势面上各点的场强方向均与此处等势面垂直。(√)2．(2016·徐州检测)如图6－2－1所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA＝AB＝BN。下列说法正确的是图6－2－1A．A、B两点场强相同B．A、B两点电势相等C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能解析根据等量异种点电荷电场的特点，A、B两点场强相同，A、B两点电势不相等，选项A正确、B错误；将一正电荷从A点移到B点，电场力做正功，选项C错误；负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，选项D错误。答案A3．[导学号：60810427](多选)如图6－2－2所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷粒子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，则下列说法中正确的是图6－2－2A．三个等势面中，a的电势最高B．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大C．对于M、N两点，带电粒子通过M点时动能较大D．带电粒子由M运动到N时，加速度增大答案CD4．如图6－2－3所示是某电场中的一组等势面，若A、B、C、D相邻两点间距离均为2cm，A和P点间的距离为1.5cm，则该电场的场强E和P图6－2－3A．500V/m，－2.5V B.eq\f(1000\r(3),3)V/m，－2.5VC．500V/m,2.5V D.eq\f(1000\r(3),3)V/m,2.5V答案B考点一电势高低及电势能大小的比较1．电势高低的判断判断角度判断方法依据电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低依据电场力做功根据UAB＝eq\f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低依据场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低依据电势能的大小正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大2.电势能大小的判断判断角度判断方法做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加电荷电势法正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大公式法由Ep＝qφp将q、φp的大小、正负号一起代入公式，Ep的正值越大，电势能越大；Ep的负值越小，电势能越大能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，电势能增加考向1由电场判断电势高低[例1][导学号：60810428](多选)(2015·江苏单科)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图6－2－4所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则图6－2－4A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．a点的电势比d点的低[解析]观察题中图可知a点附近电场线比b点附近电场线密，所以Ea>Eb，A项正确；由沿电场线方向电势逐渐降低可知φb>φa，B项错；由电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)和场强叠加原理可知Ec>Ed，C项正确；当取无穷远处电势为0时，φc为负值，φd为正值，所以φd>φc，D项正确。[答案]ACD考向2电场力做功和电势能的变化[例2][导学号：60810429](多选)(2015·四川理综)如图6－2－5所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零。则小球a图6－2－5A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量[解析]小球a从N到Q的过程中，重力不变，库仑力F逐渐增大，库仑力F与重力的夹角逐渐变小，因此，F与mg的合力逐渐变大，A错误。从N到P的过程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时，速率最大，B正确；从N到Q，F一直做负功，电势能一直增加，C正确；从P到Q，根据能量守恒知电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量，所以电势能的增加量小于动能的减少量，D错误。[答案]BC考点二匀强电场中场强和电势差的关系1．匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)UAB＝Ed，d为A、B两点沿电场方向的距离。(2)沿电场强度方向电势降落得最快。(3)在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等。2．E＝eq\f(U,d)在非匀强电场中的三点妙用(1)解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系，当电势差U一定时，电场强度E越大，则沿电场强度方向的距离d越小，即电场强度越大，等差等势面越密。(2)定性判断非匀强电场电势差的大小关系，如距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大；E越小，U越小。(3)利用φ－x图象的斜率判断沿x方向电场强度Ex随位置的变化规律。在φ－x图象中斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)＝Ex，斜率的大小表示电场强度的大小，正负表示电场强度的方向。考向1非匀强电场中定性判断问题[例3][导学号：60810430](多选)下列关于电势差的说法中正确的是图6－2－6A．在图中，若AB＝BC，则UAB>UBCB．在图中，若AB＝BC，则UAB＝UBCC．在图中，若AB＝BC，则UAB<UBCD．在匀强电场中，与电场垂直的方向上任意两点间的电势差为零[解析]由电场线的疏密可知，A、B之间比B、C之间的平均电场强度大，由U＝eq\x\to(E)d可知，AB＝BC时，UAB>UBC，即A对，B、C错。等势面与电场线始终相互垂直，故D对。[答案]AD考向2匀强电场中用U＝Ed定量计算[例4][导学号：60810431]如图6－2－7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(2－eq\r(3))V、(2＋eq\r(3))V和2V。该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为图6－2－7A．(2－eq\r(3))V、(2＋eq\r(3))V B．0、4VC．(2－eq\f(4\r(3),3))V、(2＋eq\f(4\r(3),3))V D．0、2eq\r(3)V[审题探究]①电场线与等势线垂直；②线段ab的中点电势为2V，与c等势；③画出三角形的外接圆，确定电势最高和电势最低的点。[解析]如图，圆心O是ab的中点，所以圆心O点的电势为2V，所以Oc是等势线，则电场线如图中MN所示，方向由M指向N。沿电场线方向电势均匀降低，过圆心的电势为2V，则圆周上电势最低为N，最高为4V，选B。[答案]B规律总结(1)在匀强电场中，电势沿直线是均匀变化的，即直线上距离相等的线段两端的电势差值相等。(2)等分线段找等势点法：将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段，必能找到第三点电势的等势点，它们的连线即等势面(或等势线)，与其垂直的线即为电场线。考点三电场中的功能关系的应用1．电场力做功的计算方法2．电场中的功能关系(1)如果只有电场力做功，则动能和电势能之间相互转化，动能(Ek)和电势能(Ep)的总和守恒，即：①ΔEp＝－ΔEk。②电场力做正功，电势能减少，动能增加。③电场力做负功，电势能增加，动能减少。(2)除电场力之外其他力做正功，动能和电势能之和变大；除电场力之外其他力做负功，动能和电势能之和变小。(3)如果只有电场力和重力做功，则电势能和机械能之和保持不变。考向1电场中功能关系的定性分析[例5][导学号：60810432](多选)(2015·海南单科)如图6－2－8所示，两电荷量分别为Q(Q>0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是图6－2－8A．b点电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大[解析]由两等量异种点电荷的电场线分布知：过Q和－Q连线的垂直平分线Ob的等势面为零势能面，因此将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点做的功相同，因此正试探电荷电势能的变化相同，D错。点b在零势能面上，b点电势为零，由场强的合成法则知，b点的场强不为零，方向平行x轴向右，A错。在a点放一正的试探电荷，所受的电场力方向向右，当沿x轴正方向移动时，电场力做正功电势能减少，在O点减为零，过了O点电势能为负值，所以正的试探电荷在a点电势能大于零，反之若从O点移到a点，电场力与运动方向相反，因此电场力做负功即克服电场力做功，B、C正确。[答案]BC规律总结处理电场中能量问题的四点注意①应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)。②应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。③应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系。④有电场力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和可以守恒。考向2电势能和力学规律的综合应用(规范答题)[例6][导学号：60810433](17分)在动摩擦因数μ＝0.2的足够长的粗糙绝缘水平槽中，长为2L的绝缘轻质细杆两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B，如图为俯视图(槽两侧光滑)。A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q(均可视为质点，也不考虑两者间相互作用的库仑力)。现让A处于如图6－2－9所示的①有界匀强电场区域MPQN内，已知虚线MP②恰位于细杆的中垂线，MP和NQ的距离为3L，匀强电场的电场强度为E＝eq\f(1.2mg,q)，方向水平向右。释放带电系统，让A、B③从静止开始运动(忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响)。求：图6－2－9(1)小球B第一次到达电场边界MP④所用的时间；(2)小球A第一次⑤离开电场边界NQ时的速度大小；(3)带电系统运动过程中，B球⑥电势能增加量的最大值。eq\x([审题指导规范流程])抓关键点：关键信息信息挖掘题干①有界匀强电场区域MPQN内说明在空间MPQN内有电场，其他地方没有电场②恰位于细杆的中垂线明确了系统开始运动的空间位置，此时只有A球受电场力③从静止开始运动系统开始运动时的初速度为零问题④所用的时间可利用牛顿第二定律及运动学公式求解⑤离开电场边界NQ时的速度大小分析A球在离开NQ前的运动情况：先加速运动，再减速运动⑥电势能增加量的最大值B球进入电场后受电场力方向向左，只要B球向右运动，电势能就会增加找切入点：(1)小球B第一次到达电场边界MP所用时间的求解。①求B球进入电场前的加速度。a．研究对象：___________________________________________________________；b．列动力学方程：________________________________________________________。②求B第一次到达电场边界MP所用时间，列运动学方程：______________________。(2)小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小求解。①研究过程：___________________________________________________________。②小球B刚进入电场的速度v1的求解。a．选择规律：________________________________________________________________；b．方程式：____________________________________________________________。③小球A第一次离开电场的速度v2的求解。a．选择规律：_____________________________________________________________；b．动力学方程式：___________________________________________________________；运动学方程式：_________________________________________________________。(3)如何求带电系统运动过程中，B球电势能增加量的最大值？eq\x([标准解答步步满分])(1)带电系统开始运动后，先向右加速运动；当B进入电场区时，开始做减速运动。设B球进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律得：2Eq－μ·2mg＝2ma1解得a1＝g(2分)B球刚进入电场时，由L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)(2分)可得t1＝eq\r(\f(2L,g))(1分)(2)设B刚进入电场时系统的速度为v1，由veq\o\al(2,1)＝2a1L可得v1＝eq\r(2gL)(2分)设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：2Eq－3Eq－μ2mg＝2ma2得：a2＝－0.8g之后系统做匀减速运动，设小球A第一次离开电场边界NQ时的速度大小为v2，由veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L可得v2＝eq\r(0.4gL)(2分)(3)当带电系统速度第一次为零时，此时A球已经到达右边界NQ外，B球克服电场力做的功最多，B球增多的电势能也最多，设此时A离右边界NQ的距离为x。再设A球离开电场后，系统的加速度为a3，由牛顿第二定律：－3Eq－2μmg＝2ma3得：a3＝－2g由x＝－eq\f(v\o\al(2,2),2a3)解得：x＝0.1L＜2L，所以B没有出电场。(2分)故B电势能增加量的最大值ΔE1＝3Eq(L＋x)＝3Eq×1.1L＝3.3EqL＝3.96mgL[答案](1)eq\r(\f(2L,g))(2)eq\r(0.4gL)(3)3.96mgLeq\x([易错清除名师指津])(1)在求小球A第一次离开电场边界NQ的速度大小时，错误地认为A球在电场中一直做匀加速直线运动，没有分析B球进入电场后，系统的受力情况发生了变化，导致结果错误。(2)小球A离开电场之后，错误地认为B球的加速度不变，没有分析A球离开电场之后，系统的受力情况发生了变化，加速度发生了变化，导致结果错误。[随堂巩固]1．[导学号：60810434](2015·课标Ⅰ)如图6－2－10所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则图6－2－10A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析由电子从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，φM>φN＝φP，故过N、P点的直线d位于某一等势面内，则与直线d平行的直线c也位于某一等势面内，选项A错、B正确；φM＝φQ，则电子由M点运动到Q点，电场力不做功，选项C错误；由于φP<φM＝φQ，电子由P点运动到Q点，电势能减小，电场力做正功，选项D错误。答案B2．[导学号：60810435](多选)(2015·广东理综)如图6－2－11所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则图6－2－11A．M的带电量比N的大B．M带负电荷，N带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功解析不考虑重力，取整体为研究对象，外力只有匀强电场的电场力，由平衡条件可知M、N所受电场力必等大反向，故M、N必带有等量异种电荷，A错误；隔离出M，因N对其静电引力向右，则电场E对其电场力必向左，即与场强方向反向，故M带负电，则N带正电，B正确；静止时，M、N所受合力都为0，C错误；因匀强电场对M的电场力方向与M移动方向成钝角，电场力对其负功，故D正确。答案BD3．[导学号：60810436](多选)(2014·课标Ⅰ)如图6－2－12所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示．已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则图6－2－12A．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解析根据题意φM=φN，φP=φF，可知点电荷Q一定在MN的中垂线与PF连线的中垂线的交点处，作PF连线的中垂线交MP于点O，连结O、F两点，由几何知识知OF为MN的中垂线，故点电荷Q一定在MP的连线上的O点，A正确，点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的同心球面，直线不可能在球面上，故B选项错误；由图可知OF<OM，故φF=φP>φM=φN，将正试探电荷从高电势搬运到低电势，电场力做正功，选项C错、D对。答案AD4．[导学号：60810437](多选)(2013·山东理综)如图6－2－13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。下列判断正确的是图6－2－13A．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的电势能减小解析由等量异种电荷的电场线分布及等势面特点知，A、B正确，C错误。四点中a点电势最高、c点电势最低，正电荷在电势越低处电势能越小，故D正确。答案ABD[限时检测](限时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题6分，共54分)1．[导学号：60810438](2013·重庆理综)如图6－2－14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，则图6－2－14A．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解析α粒子与重原子核均带正电，二者之间存在斥力作用，且仅有斥力作用，故两者靠近时斥力做负功，动能减小，电势能增大；远离时斥力做正功，动能增大，综上可知，α粒子在Q点时动能最大，速率也最大，A项错误。α粒子在N点时电势能最大，B项正确。在正电荷的电场中，场源处电势最高，距场源越远电势越低，M点离O点较近，该点电势较高，C项错误。因在Q点时粒子的动能比在M点时的动能大，故在从M到Q的过程中电场力做的总功为正功，D项错误。答案B2．[导学号：60810439]空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图6－2－15所示，下列说法正确的是图6－2－15A．O点的电势最低B．x1和x3两点的电势相等C．x2和－x2两点的电势相等D．x2点的电势低于x3点的电势解析由图可知坐标原点O左右两侧电场的方向分别沿－x方向和＋x方向，根据沿电场方向电势降低，可知O点电势最高，φx1＞φx2＞φx3，故A、B、D均错；由于电场关于坐标原点O对称分布，则x2和－x2两点的电势相等，C正确。答案C3．在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图6－2－16所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动，粒子从b点运动到d点的过程中图6－2－16A．先做匀加速运动，后做匀减速运动B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C．电势能与机械能之和先增大，后减小D．电势能先减小，后增大解析这是等量同种电荷形成的电场，如图所示。电场是非匀强电场。负电荷在其中受的电场力是变力。由牛顿第二定律知加速度也是变化的。故不选A。在bd连线中点O的电势最高，所以从b到d，电势先增大后减小，故不选B。由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化。故电势能与机械能之和守恒，故不选C。在bd连线上的场强方向如图所示，对负点电荷，由b到O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。故选D。答案D4．[导学号：60810440]将两金属球P、Q固定，让球P带上正电后，形成稳定的电场如图6－2－17所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则图6－2－17A．C、D两点的电场强度相同，电势相等 B．A、B两点的电势相同，电场强度不同C．将电子从A点移至B点，电场力做负功 D．将电子从A点移至D点，电势能增大答案C5．(2016·大连模拟)如图6－2－18甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，其中Q1带正电。在它们连线的延长线上有a、b两点，一带正电的试探电荷以一定的初速度从a点沿直线经b点向远处运动，其v－t图象如图乙所示，若将带正电的试探电荷从Q1左侧由静止释放，则该试探电荷图6－2－18A．一定做加速运动B．可能先做加速运动，后做减速运动C．电势能可能增加D．运动过程中所在位置的电势逐渐升高解析根据试探电荷的速度－时间图象可知，b点的加速度为零，正电荷在ab上做减速运动，所以Q2带负电，且电荷量小于Q1所带的电荷量。因此在Q1左侧的合电场方向向左，若将带正电的试探电荷从Q1左侧由静止释放，则该试探电荷一定向左做加速运动，电场力做正功，电势能减小，电势降低，A正确，B、C、D错误。答案A6．[导学号：60810441](多选)(2013·天津理综)两个带等量正电的点电荷，固定在图6－2－19中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则图6－2－19A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时电势能为零解析两个等量正点电荷形成的电场不是匀强电场，在中垂线MN上由无穷远到O点电场强度先增大后减小，电荷q所受电场力为变力，q将做变加速直线运动，A项错误。因q所受电场力方向指向O点，所以q由A向O运动过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，B、C项均正确，因O点电势大于零，故q在O点时的电势能不为零，D项错误。答案BC7．[导学号：60810442](多选)如图6－2－20所示，在xOy坐标系中，x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷＋Q、－Q，B、D两点分别位于第二、四象限，ABCD为平行四边形，边BC、AD分别与y轴交于E、F，以下说法正确的是图6－2－20A．E、F两点电势相等B．B、D两点电场强度相同C．试探电荷＋q从B点移到D点，电势能增加D．试探电荷＋q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对＋q做功相同解析等量异种点电荷＋Q、－Q连线的垂直平分线是一条等势线。所以y轴是一条等势线，E、F的电势相等，故A正确。根据电场线的分布情况和对称性可知，B、D两点电场强度相同，故B正确。根据顺着电场线电势降低可知，B点的电势高于D点的电势，而正电荷在电势高处电势能大，所以试探电荷＋q从B点移到D点，电势能减小，故C错误。由以上分析可知，B、E间的电势差等于F、D间的电势差，根据电场力做功公式W＝qU得知＋q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对＋q做功相同，故D正确。答案ABD8．[导学号：60810443](多选)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图6－2－21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图6－2－21A．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根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，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。答案CD9．[导学号：60810444](多选)如图6－2－22所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为eq\f(1,4)圆弧。一个质量为m、电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是图6－2－22A．小球一定能从B点离开轨道B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于HD．小球到达C点的速度可能为零解析本题考查对复合场问题、功能关系、圆周运动等知识综合运用分析的能力，若电场力大于重力，则小球有可能不从B点离开轨道，A错。若电场力等于重力，小球在AC部分做匀速圆周运动，B正确。因电场力做负功，有机械能损失，上升的高度一定小于H，C正确。由圆周运动知识可知若小球到达C点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，D错。答案BC二、计算题(共46分)10．[导学号：60810445](14分)(2015·课标Ⅱ)如图6－2－23所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。图6－2－23解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于向上的速度分量不变，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0))③联立②③式得UAB＝eq\f(mv\o\al(2,0),q)。答案eq\f(mv\o\al(2,0),q)11．[导学号：60810446](15分)(2015·安徽理综)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m、带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图6－2－24所示，其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求：图6－2－24(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率。解析(1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0(2)根据抛体运动的特点，粒子在x方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tAD＝tDB＝T，则tBC＝T由qE＝ma，得a＝eq\f(qE,m)又yD＝eq\f(1,2)aT2，yD＋3l0＝eq\f(1,2)a(2T)2解得T＝eq\r(\f(2ml0,qE))则A→C过程所经历的时间t＝3eq\r(\f(2ml0,qE))。(3)粒子在DC段做类平抛运动，于是有2l0＝vCx(2T)，vCy＝a(2TvC＝eq\r(veq\o\al(2,Cx)＋veq\o\al(2,Cy))＝eq\r(\f(17qEl0,2m))。答案(1)3qEl0(2)3eq\r(\f(2ml0,qE))(3)eq\r(\f(17qEl0,2m))12．[导学号：60810447](17分)(2015·四川理综)如图6－2－25所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4。P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tanα＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10m/s2v/(m·s－1)0≤v≤22<v<5v≥5F/N263图6－2－25(1)小物体P从开始运动至速率为2m(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。解析(1)小物体P的速率从0至2m/s，受外力F1＝2N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则F1－μmg＝ma1①v1＝a1Δt1②由①②式并代入数据得Δt1＝0.5s③(2)小物体P从速率为2m/s运动至A点，受外力F2＝6N，设其做匀变速直线运动的加速度为aF2－μmg＝ma2④设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则Δt2＝0.55s－Δt1⑤v2＝v1＋a2Δt2⑥P从A点至B点，受外力F2＝6N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则F2－μmg－qE＝ma3⑦veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝2a3x1⑧P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为FE，有FE＝F3⑨F3与FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为Δt3，水平位移为x2，由题意知eq\f(v3,gΔt3)＝tanα⑩x2＝v3Δt3⑪设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则W＝－qE(x1＋x2)⑫联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得W＝－9.25J。答案(1)0.5s(2)－9.25J第三节电容器带电粒子在电场中的运动[主干回顾]一、电容器1．充、放电eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(充电→使电容器两极板带上等量异种电荷的过程,放电→使电容器两极板电荷中和的过程))2．电容eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(意义→表示电容器容纳电荷本领的物理量,定义式→C＝\f(Q,U)，1F＝106μF＝1012pF,平行板电容器→C＝\f(εrS,4πkd)))二、带电粒子在匀强电场中的运动1．加速eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(匀强电场：W＝qEd＝qU＝\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv\o\al(2,0),非匀强电场：W＝qU＝\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv\o\al(2,0)))2．偏转eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(运动形式：类平抛运动,处理方法：应用运动的合成与分解,运动规律：\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(沿初速度方向做匀速直线运动,沿电场方向做初速度为零的,匀加速直线运动))))3．示波管{构造：电子枪、偏转电极、荧光屏[自我检测]1．判断下列说法的正误。(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。(×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(×)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(√)(6)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(×)2．(2016·长沙模拟)关于电容器及其电容，下列说法中正确的是A．平行板电容器一板带电＋Q，另一板带电－Q，则此电容器不带电B．由公式C＝eq\f(Q,U)可知，电容器的电容随带电荷量Q的增加而增大C．对一个电容器来说，电容器的带电荷量与两板间的电势差成正比D．如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容解析电容器一个极板带电荷量的绝对值是电容器带的电荷量，故A错。C＝eq\f(Q,U)是电容的定义式，而非决定式，电容器的电容由电容器本身决定，故B、D均错，C正确。答案C3．如图6－3－1所示，质子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为图6－3－1A．1∶1B．1∶2 C．2∶1 D．1∶解析由y＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)eq\f(L2,v\o\al(2,0))和Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得：y＝eq\f(EL2q,4Ek0)，可知y与q成正比，B正确。答案B4．[导学号：60810448](多选)如图6－3－2所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的图6－3－2A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电答案AC考点一平行板电容器的动态分析1．分析比较的思路(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变。(2)用决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)确定电容器电容的变化。(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器极板间电场强度的变化。2．两类动态变化问题的比较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1．[导学号：60810449]板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间电场强度为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为eq\f(1,2)d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1C．U2＝U1，E2＝2E1