2027届高三物理一轮复习课件：第九章　静电场

第九章静电场目录CONTENTS第1节静电场中力的性质微专题16求解电场强度的几种特殊方法第2节静电场中能的性质第3节电容器带电粒子在电场中的运动微专题17静电场中的功能关系及图像问题微专题18带电粒子在电场中的力电综合问题微专题19带电粒子在交变电场中的运动微专题20带电粒子在电场中的运动与天体在引力场中运动的类比分析实验10观察电容器的充、放电现象第1节静电场中力的性质考点1电荷守恒定律库仑定律一、电荷守恒定律1.内容:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体

的一部分转移到另一部分;在转移过程中,电荷的总量保持不变。2.电荷分配原则:两个完全相同的导体球接触后再分开,二者所带净电荷量平均分配。二、库仑定律1.表达式:F=k

,静电力常量k=9.0×109N·m2/C2,r指两点电荷间的距离。2.适用条件:真空、静止点电荷。3.静电力的方向:在它们的连线上。点拨提醒当两个电荷间的距离r→0时,电荷不能视为点电荷,它们之间的静电力不能认为趋于无

限大。典例1如图所示,在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板,在挡板上连接一根与斜

面平行的劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧,弹簧另一端与A球连接。A、B、C三个小球(视

为点电荷)的质量均为M,qA=q0>0,qB=-q0,当系统处于静止状态时,三小球等间距排列。已

知静电力常量为k,重力加速度为g,则

(

)

A.qC=

q0B.弹簧的伸长量为

AC.A球受到的库仑力大小为2MgD.相邻两小球的间距为q0

解析设三个小球中相邻小球的间距为r,对C球受力分析可知C球带正电,根据平衡

条件得Mgsinα+k

=k

,对B球受力分析,根据平衡条件得Mgsinα+k

=k

,联立解得qC=

q0,r=q0

,A正确,D错误;对A、B、C三个小球整体进行受力分析【点拨:利用整体法分析受力时,A、B、C三个小球间的库仑力属于内力,受力分析时忽略】,根据平衡条件得3Mgsinα=k0x,弹簧的伸长量为x=

,B错误;对A球受力分析,根据平衡条件得Mgsinα+F库=k0x,解得A球受到的库仑力大小F库=2Mgsinα,C错误。提分关键·方法提升静电力与其他力综合的平衡问题解题思路

考点2电场电场强度一、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。二、电场强度定义放入电场中某点的试探电荷受到的静电力F与它的电荷量q的比值标矢性矢量,规定正电荷所受的静电力的方向为该点电场强度的方向唯一性电场强度E取决于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置叠加性如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场,那么空间某点的电场强度是各场源电荷单独存在时在该点所产生的电场强度的矢量和,矢量运算遵循平行四边形定则,如图所示三、电场强度三个公式的比较

公式适用条件说明定义式E=

任何电场某点的电场强度为确定值,

其大小及方向与F及q无关决定式E=k

真空中静止点电荷的电场某点的电场强度由场源电

荷Q和该点到场源电荷的

距离r决定关系式E=

匀强电场d是沿电场方向的距离典例2

(人教版必修三P17,T6改编)如图所示,用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电小球,小

球质量为1.0×10-3kg,所带电荷量为2.0×10-8C。现加水平方向的匀强电场,平衡时绝缘

绳与竖直方向夹角为30°。重力加速度g取10m/s2。

(1)(回归教材)求匀强电场的电场强度大小。(2)(情境变式)若改变匀强电场的方向,在保证小球空间位置不变且平衡的条件下,求该电场强度的最小值与方向。··········

教考衔接··········(3)(拓展变式)(多选)两个大小相同的带有同种电荷的小球,质量分别为m1和m2,带电

荷量分别为q1和q2,用绝缘绳悬挂后,因静电力而使两绳张开,分别与竖直方向成夹角θ1

和θ2,且两球静止时在同一水平线上,若θ1=θ2,如图所示。下述结论正确的是

(

)

A.q1不一定等于q2B.一定满足

=

C.m1一定等于m2D.必然同时满足q1=q2,m1=m2AC(4)(链接高考)(2024新课标,18,6分)如图,两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系

在天花板的O点上,下端分别系有均带正电荷的小球P、Q;小球处在某一方向水平向右

的匀强电场中,平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等,则

(

)

A.两绳中的张力大小一定相等B.P的质量一定大于Q的质量C.P的电荷量一定小于Q的电荷量D.P的电荷量一定大于Q的电荷量B答案(1)

×106N/C

(2)2.5×105N/C垂直于绝缘绳斜向上

(3)AC

(4)B解析(1)如图所示,小球受到重力mg、绝缘绳的拉力T、静电力F

根据平衡条件有F=qE=mgtan30°,解得E=

=

×106N/C。(2)当小球受到的静电力垂直于绝缘绳斜向上时,静电力最小,此时的电场强度最小,根

据平衡条件可得qE=mgsin30°,解得E=

=2.5×105N/C,方向垂直于绝缘绳斜向上。(3)根据牛顿第三定律可知两个小球各自所受的静电力大小相等、方向相反,与小球电荷量无关。由于两绳与竖直方向所成的角度相等,且两球在同一水平线上,根据共点力

平衡条件可知

∶m2g与

∶m1g相等,故两球的质量一定相等。A、C正确。(4)设电场强度为E,小球P带电荷量为qP,小球Q带电荷量为qQ,两小球间的库仑力大小为

F,细绳对小球P的拉力为FP,细绳对小球Q的拉力为FQ,细绳与竖直方向的夹角为θ,对小

球P受力分析可得FPcosθ=mPg,FPsinθ=F+qPE,解得tanθ=

,同理对小球Q受力分析有FQcosθ=mQg,FQsinθ=F-qQE,可得tanθ=

,由于F+qPE>F-qQE,所以mP>mQ,FP>FQ,A错误,B正确;小球P的电荷量与小球Q的电荷量的大小关系无法确定,C、D错误。考点3电场线的理解及应用一、电场线及其特点二、两种等量点电荷电场线的分布

等量异种点电荷等量同种正点电荷电场线分布图

电荷连线上的电场强度沿连线先变小后变大O点最小,但不为0O点为0中垂线上的电场强度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点对称位置的电场强度A与A'、B与B'、C与C'等大同向等大反向典例3

(多选)电场线能直观地反映电场的分布情况。图甲是等量异种点电荷形成电

场的电场线,图乙中O点是两电荷连线的中点,E、F是连线中垂线上关于O对称的两点,

B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的两点。则(

)

A.E、F两点电场强度相同B.A、D两点电场强度不同C.B、O、C三点中,O点的电场强度最小D.从C点向O点运动的电子加速度逐渐增大AC

解析等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线,电场强度方向与等势线垂直,所

以E、F两点电场强度方向相同,由于E、F是连线的中垂线上关于O对称的两点,则其电

场强度大小也相等,A正确。根据对称性可知,A、D两点处电场线疏密程度相同,则A、

D两点电场强度大小相等,由题图甲可知,A、D两点电场强度方向相同,B错误。由题图

甲可知,B、O、C三点比较,O点处的电场线最稀疏,电场强度最小,C正确。由题图甲可

知,电子从C点向O点运动过程中,电场强度逐渐减小,则静电力逐渐减小,则电子的加速

度逐渐减小,D错误。微专题16

求解电场强度的几种特殊方法一、矢量叠加法1.叠加原则:矢量叠加遵循平行四边形定则。2.应用矢量叠加法分析电场强度的一般步骤典例1

(2025届东北三省名校联盟模拟)边长为d的正六边形,其中顶点A、B、C、E上

分别固定一个带电荷量为+q(q>0)的点电荷,顶点D固定一个带电荷量为+2q的点电荷,k

为静电力常量,则正六边形的中心O点的场强大小为

(

)

A.

B.

C.

D.

C

解析由题意可知,B、E两点的点电荷在O点产生的场强等大反向,A、D两点的点电

荷在O点产生的电场叠加后的场强E1=

,C点的点电荷在O点产生的场强E2=

,由几何关系可知,E1与E2的夹角为60°,则O点的场强大小E=2×

cos30°=

,C正确。典例2

(多选)(2025湖北,10,4分)如图所示,在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形,

顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、

3q、4q、5q的正点电荷,且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点

处的电场强度

(

)ADA.方向沿x轴负方向B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下C.大小为

(cos54°+cos18°)D.大小为

(2cos54°+cos18°)解题导引

任意对称图形顶点均匀分布等量同种点电荷时,中心处场强为0。该结论适

用于正N边形、球壳等对称系统的电场分析。各点均叠加-3q电荷量。新系统电荷量:原电荷+(-3q)→(-2q,-q,0,q,2q)。解析将带电荷量为q、2q、3q、4q、5q的5个点电荷所在位置分别标记为A、B、

C、D、E,在各顶点均叠加-3q的电荷量,叠加后A、B、C、D、E处电荷量分别为-2q、-

q、0、q、2q,则B(-q)与D(+q)、A(-2q)与E(+2q)可以看成2组等量异种点电荷模型。由

几何知识易知OB、OD与x轴夹角为18°,OA、OE与x轴夹角为54°,O点恰好在这两组等

量异种点电荷的中垂线上,则O点处场强的方向沿x轴负方向,A正确,B错误。根据点电

荷场强公式E=k

可知,A、E处点电荷产生的电场在O点的场强为2k

cos54°,同理,B、D处点电荷产生的电场在O点的场强为2k

cos18°,则O点的场强大小为

(2cos54°+cos18°),C错误,D正确。二、对称法利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点,使复杂电场的叠加计算问

题简化。例如,图中均匀带电圆环中心处的场强为0。

典例3

(多选)(2025届湖南长沙市一中月考九)如图所示,一段绝缘的

圆弧均匀带电,圆弧圆心为O,两端点分别为P、Q,M、N为圆弧上的两点,且PN和MQ为互相垂直的直

径。已知O点处电场强度大小为E0,电势为φ0。则

圆弧PM产生的电场在圆心O点处的电场强度E的大小和电势φ分别为

(

)

A.E=E0

B.E=

E0

C.φ=φ0

D.φ=

φ0

AD

解析根据对称性可知,

圆弧PM和QN产生的电场在O点的合场强为0,

圆弧MN产生的电场在O点的场强等于整个

圆弧产生的电场在O点处的场强E0,又

圆弧PM、MN和NQ各自产生的电场在O点处的场强大小相等,则

圆弧PM产生的电场在O点处的场强大小E=E0,A正确,B错误;电势为标量,

圆弧PM、MN和QN产生的电场在O点的电势相等,均为φ=

,C错误,D正确。典例4

(2024河北,7,4分)如图,真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷,分别固定在

正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心,沿AM的中垂线对称放置一根与三

角形共面的均匀带电细杆,电荷量为

。已知正三角形ABC的边长为a,M点的电场强度为0,静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为(

)DA.

B.

(6+

)C.

(3

+1)

D.

(3+

)

解析

B、C处正点电荷在M点产生的场强大小E1、E2相等,根据点电荷的场强公式

得E1=E2=k

=3

,M点的场强为0,则带电细杆在M点产生的场强大小E=2E1cos60°=3

,根据对称性可知带电细杆在A点产生的场强大小E'=E,方向沿MA,B、C处正点电荷在A点产生的场强大小E'1、E'2相等,根据点电荷的场强公式得E'1=E'2=k

,则A处的场强大小EA=2E'1cos30°+E'=k

(3+

),D正确。高考变式

(情境变式)(2025届河北承德阶段考)如图所示,一半径为R的圆盘上均匀

分布着电荷量为Q的正电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d、e四个点,a

和b、b和c、c和d、d和e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,在

e点处有一电荷量为-q的固定点电荷。已知b点处的电场强度大小为E=

(k为静电力常量),方向由b指向a,则d点处的电场强度大小为

(

)

A.21E

B.15E

C.9E

D.7EA

解析根据场强叠加原理可知,两个点电荷在b点产生的电场强度大小为E点b=

+

=

,方向由a指向b,由题意可知,b点的合电场强度大小为E=

,方向由b指向a,则有E=E盘b-E点b,解得E盘b=

+

=

,由对称性可知圆盘在b、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反,两个点电荷在b、d两点产生的电场强度大小相等、方向相同,根

据电场叠加原理,可得出d点的电场强度大小为Ed=E盘d+E点d=

+

=

=21E,A正确。三、挖补法当直接求带电体A产生的电场强度时,我们可以设法补上一个带电体B,使A+B整体为一

个完整且方便计算的模型,而且带电体B产生的电场强度也方便计算,这样就可以求出

带电体A产生的电场强度。例如,求有很小缺口的均匀带电圆环中心处的场强(Δl≪r)。

典例5

(2025届江西南昌期中)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集

中在球心处产生的电场。如图所示,在半球面AB上均匀分布着正电荷,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,轴线上CO=DO=3R。一质量为m、电荷

量为q的小球(用绝缘细线悬挂于悬点),受半球面AB产生的电场影响偏转θ角度静止于C

点,若球C与半球面AB彼此不影响对方的电荷量分布,则半球面AB在D点产生的场强大

小为(静电力常量为k,重力加速度为g)

(

)A.

+

B.

-

C.

+

D.

-

D

解析设半球面AB在D点产生的场强大小为E1,在C点产生的场强大小为E2,根据平

衡条件得tanθ=

,补齐右半球面,根据均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中在球心处产生的电场,可得D点的合场强为k

=E1+E2,解得E1=

-

,D正确。四、等效法在保证效果相同的前提下,将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境。例如

可将一个点电荷+q与一个无限大薄金属板形成的电场,等效为两个等量异种点电荷形

成的电场的一部分,如图甲、乙所示。

典例6

(2025届福建福州期中)如图所示,一个无限大的接地的导体板MN前面放有一

点电荷+Q,它们在MN左侧产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下,由点电

荷+Q,与其关于MN对称的点电荷-Q,共同在该区域产生的。点电荷-Q的位置就是把导

体板当作平面镜时,点电荷+Q在此镜中的像的位置。已知点电荷+Q所在位置P点到导

体板MN的距离lOP为L,a为OP的中点,abcd是边长为L的正方形,其中ad边与OP所在的直

线重合,k为静电力常量,则

(

)

A.a点的电场强度大小为E=

B.a点的电场强度大小比b点的大C.b点的电场强度和c点的电场强度相同D.一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零B

解析由题意可知,导体板MN左侧空间电场可等效为等量异种点电荷在该区域产生

的电场,则a点的电场强度的大小E=k

+k

=

,A错误;【关键:无限大接地导体板MN的右侧无电场】根据等量异种点电荷周围的电场分布特点可知Ea>Eb,由于c、

d点电场强度为0,故b点的电场强度和c点的电场强度不同,B正确,C错误;d点无电场,则d

点电势为0,则一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能变化量不为零,D错误。五、微元法当场源电荷形状特殊不方便计算时,可将其等分成许多微元电荷,每个微元电荷可看成

点电荷,利用公式E=k

来计算极小段的电场强度,然后根据电场强度叠加原理求这些极小段的电场强度的矢量和。典例7如图所示,电荷量为+q的电荷均匀地分布在半径为R的绝缘环上,O为圆环的圆

心、在过O点垂直于圆环平面的轴上有一点P,它与O点的距离OP=2R,在P点也有一带

电荷量为+q的点电荷,A点为OP的中点,随着R的改变,下列图像中,A点的场强与相关物

理量之间关系正确的是

(

)A

解析根据题意,对于圆环,设每个微元电荷的电荷量为Δq,由几何关系可知,微元电

荷到A点的距离为

R,微元电荷与A点连线与水平方向的夹角为45°,根据对称性和点电荷场强公式可得,圆环在A点产生的电场的场强E1=n

cos45°=

,P点的点电荷在A点产生的电场的场强为E2=

,则A点的电场强度为E=E2-E1=

,可知A点的场强E与

成正比,A正确。提分关键·规律总结电场强度计算方法选用技巧(1)点电荷电场、匀强电场的场强一般应用矢量叠加法。(2)均匀带电体与点电荷的场强叠加一般应用对称法。(3)计算均匀带电体某点产生的场强一般应用割补法或微元法。六、极限法把某个物理量推向极端,从而作出科学的推理和分析,给出判断或导出一般结论。典例8如图甲所示,半径为R的均匀带电圆形平板,单位面积带电荷量为σ(σ>0),其轴线

上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由电场强度的叠加原理求出:E=2πkσ

,方向沿x轴。现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去一半径为r的圆板后(如图乙所示),在其轴线上任意一点Q(坐标为x)处放置一

个点电荷q0,则q0所受电场力的大小为

(

)A.2πkσ0q0

B.2πkσ0q0

C.2πkσ0q0

D.2πkσ0q0

A

解析无限大均匀带电平板即R取无限大,在Q点产生的场强E1=2πkσ0

≈2πkσ0,被挖去的半径为r的圆板在Q点产生的场强E2=2πkσ0

,从无限大均匀带电平板中间挖去一半径为r的圆板后,Q点的场强E=E1-E2=2πkσ0

,则q0所受电场力的大小F=Eq0=2πkσ0q0·

,A正确。第2节静电场中能的性质考点1描述静电场中能的性质的物理量一、静电力做功与电势能1.静电力做功(1)计算方法

(2)特点:静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关,与电荷运动的路径无关。2.电势能(1)定义:电荷在电场中具有的势能称为电势能。(2)决定式:Ep=qφ。(3)说明:电势能是标量,正负号表示大小;其具有相对性,通常把电荷在无限远处或大地

表面的电势能规定为0。(4)静电力做功与电势能变化的关系①定性关系:静电力做正功,电势能减少;静电力做负功,电势能增加。②定量关系:WAB=-ΔEp=EpA-EpB。知识拓展

某电荷在电场中某点具有的电势能大小某电荷在某点电势能的大小在数值上等于将该电荷从该点移到零势能(无穷远处)位置

过程中静电力所做的功,即A点的电势能EpA=WAB(设B点电势能为0)。典例1

(多选)(2023海南,12,4分)如图所示,正三角形三个顶点固定三个等量电荷,其中

A、B带正电,C带负电,O、M、N为AB边的四等分点,下列说法正确的是

(

)

A.M、N两点的电场强度相同B.M、N两点的电势相同C.负电荷在M点的电势能比在O点时要小D.负电荷在N点的电势能比在O点时要大BC

解析

根据电场强度的叠加以及对称性可知,M、N两点的场强大小相等,但是方向

不同,电势相同,A错误,B正确。若将一负电荷从M移到O,A、B两电荷对负电荷的合力

从O指向M,则该合力对负电荷做负功,C点的负电荷也对该负电荷做负功,可知三个电

荷对该负电荷的合力对其做负功,则该负电荷的电势能增加,即负电荷在M点的电势能

比在O点时小;由对称性可知负电荷在N点的电势能比在O点时小,C正确,D错误。高考变式

(变换条件)(多选)(2025届河南许平汝名校模拟)如图所示,正方形ABCD

四个顶点固定四个等量点电荷,其中A、B处点电荷带正电,C、D处点电荷带负

电,E、F、G、H分别为正方形四条边的中点,O为正方形的中心,取无穷远处电势为0,

下列说法正确的是(

)

A.O点的电势为0B.O点的电场强度为0C.电子在E点的电势能小于在F点的电势能D.将电子从G点沿直线移动到H点,静电力做正功AC

解析

O点分别在AD和BC的中垂线上,A、D处和B、C处分别放置等量异种点电荷,

GH为电势为0的等势线,所以O点的电势为0,将电子从G点沿直线移动到H点,静电力不

做功【另解:等量异种点电荷连线的中垂线上的电场方向垂直于中垂线,故电子从G点沿直线移动到H点,静电力不做功】,A正确,D错误;A、B处和C、D处分别放置等量同种

点电荷,它们在EF上产生的电场强度方向均由E指向F,所以O点电场强度不为0,B错误;

因EF上电场方向均由E指向F,所以E点电势高于F点电势,带负电的电子在电势较高处

的电势能较小,所以电子在E点的电势能小于在F点的电势能,C正确。提分关键·规律总结判断电势能变化的三种方法做功法根据静电力做功:静电力做正功,电势

能减少;静电力做负功,电势能增加公式法根据Ep=qφ:正电荷在电势越高处电

势能越大;负电荷在电势越高处电势

能越小能量守恒法其他能与电势能相互转化,若其他能

增加则电势能减少,若其他能减少则

电势能增加二、电势与电势差1.电势(1)定义式:φ=

。(2)标量,有正负之分,其正(或负)表示该点电势比零电势高(或低)。(3)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.电势差(1)定义式:UAB=

。(2)电势差与电势的关系:UAB=φA-φB,UAB=-UBA。(3)影响因素:电势差UAB由电场本身的性质决定。知识拓展

多个点电荷电势的叠加(1)点电荷电势决定式:φ=k

(代数相加,Q的正负要考虑)。(2)适用场景:两个及两个以上点电荷在同一点电势的大小判断。(3)某点的电势大小由电场自身以及空间位置决定,与试探电荷q及其电势能大小无关。典例2

(多选)两个相同的负点电荷和一个正点电荷附近的电场线分布如图所示,已知

三个点电荷所带电荷量相同,c点是两负点电荷连线的中点,d点在正点电荷的正上

方,c、d到正点电荷的距离相等,则

(

)

A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.c点的电场强度比d点的大D.c点的电势比d点的低ACD

解析

由题图知,a点处的电场线比b点处的电场线密集,则a点的电场强度比b点的大,

A正确。电场线从正电荷指向负电荷,由沿电场线方向电势降低,可知b点的电势高于a

点的电势,B错误。两个负点电荷共同在c点处产生的电场强度大小为0,设两个负点电

荷共同产生的电场在d点处的电场强度大小为E1,方向沿d指向c,正点电荷产生的电场在

c、d两点处的电场强度大小均为E2,但方向相反,由电场强度的叠加原理知Ec=E2,Ed=E2-

E1,则Ec>Ed,C正确。将一个正试探电荷从d移到c,正点电荷对其不做功,两个负点电荷对

其做正功,电势能减少,根据φ=

可得d点电势高于c点电势,D正确。一题多解解法1点电荷电势的代数和法比较c点和d点的电势根据φ=k

可得,三个点电荷共同在c点的电势φc=k

+2k

,三个点电荷共同在d点的电势φd=k

+2k

,由于r3>r2,因此c点的电势低于d点的电势。解法2看电场线方向法比较c点和d点的电势单独正点电荷在c点和d点的电势等大,而c点、d点处在一对负点电荷连线的中垂线上,

且中垂线上的电场线从无穷远处指向其连线中点,根据沿电场线方向电势降低可得,一

对负点电荷的电场在c点的电势低于在d点的电势;c点或d点的电势等于三个点电荷在

该点的电势的代数和,故c点的电势低于d点的电势。提分关键·方法提升电势高低的五种判断方法判断依据判断方法电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低场源电荷的正负取无穷远处电势为0,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静电力做功根据UAB=

,将WAB、q的正负号代入,由UAB的正负判断φA、φB的高低点电荷电势的代数和法根据公式φ=k

计算多个点电荷共同产生的电场中某点的电势,比较电势的高低考点2电势差与电场强度的关系1.关系式:U=Ed,其中d为匀强电场中两点沿电场方向的距离。2.说明:(1)沿电场线方向电势降低得最快。(2)匀强电场中沿任意一条直线方向电势均匀变化。典例3

(人教版必修三P34,T6改编)如图1,在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三个

点,其电势分别为6V、2V和2V。··········

教考衔接··········图2(1)(回归教材)试画出经过A点的一条电场线。(2)(情境变式)如图2,在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三个点,三点分别位于

等边三角形的顶点处,等边三角形的边长为5cm,将电荷量为+e的粒子从C点移动到A

点,静电力做功为5eV,将该电荷从C点移动到B点,静电力做功为-5eV。试画出经过A点的一条电场线并求出该匀强电场的电场强度大小。(3)(链接高考)(多选)(2021海南,11,4分)如图,在匀强电场中有一虚线圆,ab和cd是圆

的两条直径,其中ab与电场方向的夹角为60°,ab=0.2m,cd与电场方向平行,a、b两点的

电势差Uab=20V。则(

)A.电场强度的大小E=200V/mB.b点的电势比d点的低5VC.将电子从c点移到d点,电场力做正功D.电子在a点的电势能大于在c点的电势能AD答案(1)见解析图a

(2)见解析图b

200V/m

(3)AD解析(1)根据题意可知B、C两点在同一个等势面上,因为电场线与等势面垂直,过A点作BC

的垂线即电场强度所在方向,其方向由高等势面指向低等势面,如图a所示。

(2)根据题意可知UCA=

=5V,UCB=

=-5V,UBA=UBC+UCA=10V,由匀强电场规律可知AB中点D的电势与C点的电势相同。连接C、D,其垂线BA即电场方向,如图b所示。该

匀强电场的电场强度大小E=

=200V/m。(3)根据Uab=E·abcos60°可得电场强度的大小E=

=

V/m=200V/m,A正确。沿电场线方向电势逐渐降低,故b点电势比d点电势高,且Ubd=E(r-rcos60°)=10V,B

错误。将电子从c点移到d点,电子所受的电场力方向水平向左,与位移方向相反,可知电

场力做负功,C错误。沿电场线方向电势逐渐降低,故a点的电势低于c点电势,电子带负

电,由Ep=qφ可知,电子在a点的电势能大于在c点的电势能,D正确。易错点拨U=Ed中d指的是沿电场线方向的距离,不是两点间距离。用Ep=qφ计算时注意要带正负

号,尤其是q。电荷带正电,在电势高的地方电势能大;电荷带负电,在电势高的地方电势

能小。考点3等势面带电粒子在电场中的运动轨迹问题一、等势面1.等势面的特点2.等量点电荷的等势面分布

等量异种点电荷等量同种点电荷等势面与电场线分布图

点电荷连线电势从正电荷到负电荷,对应电势由高变

低若为正电荷,中点处最低;若为负电荷,中点处最高中垂线电势电势为0的等势面若为正电荷,中点处最高;若为负电

荷,中点处最低二、带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法1.判断速度方向带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为粒子在该点处的速度方向。选用轨迹和电场

线(或等势面)的交点分析更方便。2.判断静电力的方向仅受静电力作用时,静电力提供合力,带电粒子的运动轨迹始终夹在速度方向和所受静

电力方向之间,而且静电力指向轨迹凹侧。(1)若已知电场线和轨迹,所受静电力的方向与电场线(或切线)共线。(2)若已知等势面和轨迹,所受静电力的方向与等势面垂直。3.判断静电力做功的正负及电势能的增减若静电力方向与速度方向成锐角,则静电力做正功,电势能减少;若静电力方向与速度方

向成钝角,则静电力做负功,电势能增加。典例4

(2025届湖南长沙雅礼中学模拟)细胞电转染的原理简化如图所示,两带电的平

行金属板间,由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线,关于y轴对称

分布。虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹,M、N为轨迹上的两点,P点与N点关

于y轴对称,下列说法正确的是

(

)

A.N、P两点的电场强度相同B.M点的电势与N点的电势相等C.DNA分子在M点的加速度比在N点的小D.DNA分子在M点的电势能比在N点的小C

解析电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向,由题图可知N、P

两点的电场强度方向不同,A错误;M处的电场线更稀疏,场强更小,由牛顿第二定律得a=

,DNA分子在M点的加速度比在N点的加速度小,C正确;由轨迹可知,DNA分子由M点运动到N点的过程中静电力做正功,电势能减少,故DNA分子在M点的电势能比在N点的

大,由题图可知,DNA分子向带正电的一侧偏转,则DNA分子带负电,故M点的电势低于N

点的电势,B、D错误。提分关键·方法提升带电粒子仅受静电力的轨迹类问题的解题思维流程考点4静电的防止与利用1.静电平衡:导体放入电场中时,感应电荷的电场与原电场的电场强度在导体内部大小

相等且方向相反,使导体内部电场强度为0时,自由电荷不再发生定向移动,导体达到静

电平衡状态。2.处于静电平衡状态的导体的特点(1)导体内部电场强度E=0,实质是感应电荷的电场的电场强度大小E感等于外电场在导

体内的电场强度大小E外。(2)表面和内部各点电势相等,导体是一个等势体,导体表面是等势面。(3)导体表面处的电场强度方向与导体表面垂直。(4)导体内部没有净剩电荷,电荷只分布在导体的外表面上。(5)在导体外表面越尖锐的位置,电荷的密度(单位面积上的电荷量)越大,凹陷的位置几

乎没有电荷。微专题17

静电场中的功能关系及图像问题题型1静电场中的功能关系1.若只有静电力做功,电势能与动能之和保持不变。2.若只有静电力和重力做功,电势能、重力势能、动能之和保持不变。3.静电力做功等于电势能的减少量,即W电=Ep电1-Ep电2=-ΔEp电。4.除重力和系统内弹力之外,其他力做的总功等于系统内物体机械能的变化量,即W其他力

=E机2-E机1=ΔE机。5.所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量,即W合=Ek2-Ek1=ΔEk(动能定理)。典例1如图所示,在水平向右的匀强电场中,质量为m的带电小球,以初速度v从M点竖

直向上运动,通过N点时,速度大小为2v,方向与电场方向相反,则小球从M运动到N的过

程

(

)

A.动能增加

mv2

B.机械能增加2mv2C.重力势能增加

mv2

D.电势能增加2mv2

B

解析小球从M点运动到N点的过程,可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直

方向上的匀减速直线运动。竖直方向上,运动时间t=

,上升高度h=

;水平方向上,2v=at,a=

,所以F电=2mg,水平位移x=

t=

·t=

。从M到N,动能变化量ΔEk=

m×(2v)2-

mv2=

mv2,A错误。重力势能变化量ΔEp=mgh=

mv2,C错误。电势能变化量ΔEp电=-W电=-F电·x=-2mv2,D错误。机械能变化量ΔE机=ΔEk+ΔEp=2mv2,B正确。题型2静电场中的图像问题1.v-t图像(1)根据v-t图像中速度变化、图线上某点的切线斜率确定电荷所受静电力的方向与大

小变化情况。(2)由静电力方向及电荷的电性确定电场的方向、电势高低及电势能变化情况。典例2两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上,其连线的中垂线(在水平面内)上有

A、B、C三点,如图甲所示,一个电荷量为2×10-5C、质量为1g的小物块从C点由静止释

放,其运动的v-t图像如图乙所示,其中B点为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出

了该切线)。下列说法正确的是

(

)

A.小物块带负电B.A、B两点间的电势差UAB=500VC.小物块从C点到A点电势能先减少再增加D.B点为该中垂线上电场强度最大的点,电场强度的大小E=100N/CD

解析根据物块运动的v-t图像可知小物块带正电【点拨:若物块带负电,在其运动过程中存在加速度为0的时刻,且运动具有周期性】,A错误。由v-t图像可知,物块在A、B

两点的速度分别为vA=6m/s、vB=4m/s,根据动能定理有qUAB=

m

-

m

,解得UAB=-500V,B错误。由v-t图像可知,从C到A的过程中,物块的速度一直增大,静电力对物块一直做

正功,物块的电势能一直减少,C错误。小物块在B点的加速度最大,am=

m/s2=2m/s2,所受的最大静电力Fm=mam=0.001×2N=0.002N,此处电场强度大小为E=

=

N/C=100N/C,D正确。2.φ-x图像(1)描述电势随位移变化的规律,从图像中可以直接判断各点电势的高低。(2)根据电势的高低变化情况可以判断电场强度的方向,并可根据Ep=qφ结合电荷的电

性分析电荷移动时电势能的变化。(3)根据E=

得E=

,φ-x图线切线的斜率反映电场强度。典例3

(2025届江苏扬州期末)在x轴上有两个点电荷,其静电场的电势φ在x轴上分布

如图所示。下列说法正确的是

(

)

A.x1处与x3处电场方向相同B.x1处与x3处电场强度大小相等C.质子在x1处的电势能大于在x2处的电势能D.质子沿x轴从x1处移动到x3处,电场力先做负功后做正功C

解析根据φ-x图像斜率表示电场强度可知x1处与x3处电场方向不相同,A错误;根据φ

-x图线斜率的绝对值表示电场强度的大小可知,x1处与x3处电场强度大小不相等,B错误;

由题图可知,x1处的电势大于x2处的电势,根据Ep=qφ可知质子在x1处的电势能大于在x2处

的电势能【点拨:质子带正电】,C正确;由题图可知,沿x轴从x1处移动到x3处,电势先减小

后增大,根据Ep=qφ可知质子的电势能先减小后增大,则电场力先做正功后做负功,D错误。3.E-x图像(1)描述电场强度随位移变化的规律。(2)电场强度E的正负表示电场强度的方向。E>0表示电场强度沿正方向;E<0表示电场

强度沿负方向。(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,“面积”的正负表示始末两点电势的高低。典例4

(2025届安徽合肥九中模拟)沿空间某直线建立x轴,该直线上的静电场方向沿x

轴,其x轴正半轴上电场强度随x轴上位置变化的规律如图所示,从原点O到x=x1间的图线

为直线段,x轴正方向为电场强度正方向,一个电荷量大小为q的粒子在O点由静止释放,

刚好能沿x轴正方向运动到x=x3处,不计粒子的重力,则下列判断错误的是

(

)DA.该粒子带正电B.粒子在x=x1处的电势能大于x=x2处的电势能C.粒子在x=x1处的动能为

D.O点到x=x2处的电势差大于x=x3处到x=x2处的电势差

解析由题意知,粒子从O点运动到x=x3处的过程,先做加速运动后做减速运动,由题

图可知,场强方向先沿x轴正方向,后沿x轴负方向,可知粒子受力方向与电场强度方向相

同,粒子带正电,A正确;粒子从x=x1处到x=x2处的过程,静电力一直做正功,电势能减少,所

以粒子在x=x1处的电势能大于在x=x2处的电势能,B正确;从O点到x=x1处,E-x图线与横轴

所围的面积表示O点到x=x1处的电势差,从O点到x=x1处由动能定理得

E0x1·q=Ek-0,故粒子在x=x1处的动能为Ek=

,C正确;设O点到x=x2处的电势差为U1,x=x3处到x=x2处的电势差为U2,由动能定理得qU1-qU2=0,解得U1=U2,故O点到x=x2处的电势差等于x=x3处到x=

x2处的电势差,D错误。4.Ep-x图像

(1)描述电势能随位移变化的规律。(2)根据电势能的变化可以判断静电力做功的正负。(3)根据W静电=-ΔEp=Fx,Ep-x图线切线斜率k=

=

=

=-F静电,即图线切线的斜率的绝对值表示静电力的大小。典例5

(2025届重庆模拟)某平面内存在未知的电场,一正点电荷(电荷量不变)在外力

作用下沿+x方向移动时,其电势能Ep随位置x变化的关系如图所示。则下列说法正确的

是(

)

A.x=0处的电场强度为零B.从x=0到x=x2处过程中,外力做功为2Ep0C.x=x1和x=x2处的电场方向一定相反D.x=x1和x=x2处的电场方向可能相反D

解析根据ΔEp=qΔφ,电场强度为E=-

,联立解得E=-

·

,Ep-x图线在x=0处的切线斜率不为0【点拨:Ep-x图线上某点切线的斜率的绝对值表示静电力的大小】,所以电场

强度不为0,A错误。从x=0到x=x2处的过程,该点电荷的电势能从-0.5Ep0变为-Ep0,电势能

变化量为ΔEp=-Ep0-(-0.5Ep0)=-0.5Ep0,若动能变化量为0,只考虑电势能变化,根据功能关

系,有W外=ΔEp=-0.5Ep0;若点电荷的动能发生变化,则外力做功无法计算,B错误。由E=-

·

可知Ep-x图线上某点切线的斜率的正负能间接反映电场强度的方向,在x=x1处图线切线的斜率为0,图线在x=x2处切线斜率也为0,这说明x=x1处和x=x2处沿x轴方向电场强

度为零,但是与x轴方向垂直的方向的电场强度不确定,则这两处电场强度方向可能相反,C错误,D正确。第3节电容器带电粒子在电场中的运动考点1电容器平行板电容器的动态分析1.电容器

C=

(定义式)C=

(决定式)意义对某电容器,

=C不变,反映电容器储存电荷的本领大小对平行板电容器,C∝εr,C∝S,C∝

,反映了决定平行板电容器电容大小

的因素联系电容器储存电荷的本领大小由

来量度,由本身的结构来决定2.定义式与决定式的比较3.平行板电容器的动态分析

点拨提醒当有电容器的回路接有二极管时,因二极管的单向导电性,电容器的充电或放电会受到

限制。典例1如图所示,开关S接1,电动势为E、不计内阻的电源给电容为C的电容器充电;开

关S接2,电容器放电。

开关S接1,电容器的上极板所带电荷的电性?在充电过程中电流方向如何?充电过程电

流及两极板间电势差分别如何变化?开关S接2时以上问题又如何回答?··········

能力进阶··········答案

见解析解析开关S接1,电源为电容器充电,电容器的上极板带正电荷。电路中的电流沿顺时针方

向。电容器带电荷量Q增加,电容器两极板间电势差UC=

增加,则M、N间电阻RMN两端的电势差的绝对值|UMN|=E-UC变小,由I=

可知电流I减小,由于电流减小,单位时间内电容器的极板增加的电荷量减少,则UC增大得越来越慢,电流I减小得越来越慢,直至UC

与电源电动势相等时,UC达到最大且不再增大,电流减小到0。开关S接2,电容器放电,电

容器的上极板带正电荷;电路中的电流沿顺时针方向;随着电容器带电荷量Q减少,电容

器两极板间电势差UC=

减小;电阻R两端电势差UR=UC减小,由I=

知,放电电流I减小,则单位时间内电容器的极板减少的电荷量减少,UC与I均减小得越来越慢,直至UC减为0,I也减为0。(进阶1·增加带电油滴)当S接1且稳定后,处于两极板间P点的一带电油滴能保持静止

状态,减小电容器两极板的正对面积或将电容器的下极板上移,油滴将分别怎样运动?答案

见解析解析保持S接1,若减小电容器两极板的正对面积,根据平行板电容器电容的决定式C=

可知电容C减小,由于电容器两极板始终与电源相连,故U不变,根据U=Ed及d不变,知E

不变,所以油滴仍静止不动;若将下极板上移,则d减小,由于U不变,根据U=Ed可知E增大,

电场力大于油滴重力,油滴向上运动。(进阶2·增加二极管)如图所示,在平行板电容器下面加一个理想二极管(正向电阻为

零,可视为短路;反向电阻无穷大,可视为断路),上极板接地,在两极板间有一带电油滴,

电荷量为q(电荷量很小,不会影响两极板间电场的分布),S接1且稳定后,带电油滴在P点

处于静止状态。用Q表示电容器储存的电荷量,U表示两极板间电压,φP表示P点的电势,EpP表示带电油滴在P点的电势能。若保持上极板不动,将下极板稍向下平移,则Q、U、

φP、EpP分别如何变化?答案

见解析解析保持上极板不动,将下极板稍向下平移,极板间距离d增大,根据C=

可知,电容C减小,电容器的电压不变,则电容器所带电荷量将减少,由于二极管具有单向导电性,电容

器不能放电,所以电容器的电荷量Q保持不变;电容C减小,由C=

可知两极板间电压U变大,根据C=

、C=

及E=

,可得E=

,极板间电场强度E不变,上极板与P点之间的电势差满足0-φP=Ed,由于E不变,上极板与P点距离不变,故P点的电势φP不变,根据

平衡条件可知带电油滴带负电,根据EpP=qφ可知油滴在P点的电势能EpP不变。提分关键·方法提升解决平行板电容器动态分析问题的思路

考点2带电粒子在电场中的直线运动1.带电粒子做直线运动的条件(1)若粒子所受合力F合=0,粒子做匀速直线运动。(2)若粒子所受合力F合≠0,且与初速度方向在同一条直线上,带电粒子将做加速直线运

动或减速直线运动。2.用动力学观点分析(匀强电场、只受静电力)a=

,E=

,v2-

=2ad。3.用功能观点分析(只受静电力)(1)匀强电场中:W=qEd=qU=

mv2-

m

。(2)非匀强电场中:W=qU=

mv2-

m

。点拨提醒(1)带电粒子:例如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外,一般不

考虑其重力(但不能忽略其质量)。(2)带电颗粒:例如液滴、油滴、尘埃等,除有特殊说

明或明确的暗示外,一般都不能忽略其重力。典例2

(2025届江苏南通期末)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的带负电的粒子(不计重力)以初速度v0由小孔水平射入两板

间,当M、N间的电压为U时,粒子刚好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达M、N两

板中线位置处即返回,则下述措施能满足要求的是

(

)

A.使初速度减小为原来的

B.使M、N间的电压提高到原来的4倍C.使M、N间的电压加倍D.使初速度减小为原来的

,同时M、N间的电压加倍C解析设两极板间距离为d,粒子从进入电场至到达N板的过程中,板间的电场强度为

E=

,由动能定理得-qEd=0-

m

,解得d=

,设带电粒子到M板的最远距离为x,则若使初速度减为原来的

,根据动能定理有-qEx=0-

m

,解得x=

,A错误;若电压提高到原来的4倍,则电场强度也变为原来的4倍,设带电粒子到M板的最远距离为x1,根据动能

定理有-q·4Ex1=0-

m

,解得x1=

,B错误;同理,若电压提高到原来的2倍,则电场强度也变为原来的2倍,设带电粒子到M板的最远距离为x2,根据动能定理有-q·2Ex2=0-

m

,解得x2=

,C正确;若初速度减小为原来的

,电压加倍,则电场强度加倍,设带电粒子到M板的最远距离为x3,根据动能定理有-q·2Ex3=0-

m

,解得x3=

,D错误。考点3带电粒子在电场中的曲线运动1.运动规律2.功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解,qUy=

mv2-

m

,其中Uy=

y,Uy即初、末位置间的电势差。典例3

(2025届黑龙江哈尔滨兆麟中学期中)如图,有

H

H

He三种带正电粒子(不计重力)分别在电压为U1的加速电场中的O点由静止开始加速。从M孔射出,然后射入电

压为U2的平行金属板间的偏转电场中,入射方向与金属板平行,在满足带正电粒子能射

出平行金属板电场区域的条件下,则

(

)

A.三种粒子在电场中的加速度之比为1∶1∶2B.三种粒子在电场中的运动轨迹一定不会重合的C.三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为1∶

∶

D.三种粒子从偏转电场射出时动能之比为1∶1∶2D

解析由牛顿第二定律可得粒子在电场中的加速度大小a=

,可知a∝

,则三种粒子在电场中的加速度大小之比为aH1∶aH2∶aHe=2∶1∶1,A错误;粒子经过加速电场的过

程,由动能定理有qU1=

m

,可得v0=

,即v0∝

,故三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为vH1∶vH2∶vHe=

∶1∶1,C错误;粒子在偏转电场中做类平抛运动,设板长为L,板间距为d,由牛顿第二定律得加速度a1=

,水平方向有L=v0t,竖直方向有y=

a1t2,在加速电场中有qU1=

m

,联立解得y=

,可知粒子在偏转电场中竖直方向的偏移量与粒子的电荷量和质量均无关【点拨:假设L可调节,符合y=kL2,k为常量,则对不同粒子,若L相同,则对应的y值也相同】,则三种粒子在电场中的运动轨迹一定是重合的,B错误;粒子经过加速电场和偏转电场的过程,由动能定理可得粒子从偏转电场出来时的动

能为Ek=qU1+q

y,三种粒子的偏移量y相等,可知其动能之比等于其电荷量之比,所以EkH1∶EkH2∶EkHe=1∶1∶2,D正确。典例4

(2025届江苏泰州开学考)如图所示,竖直虚线MN左侧有一电场强度E1=E的水

平匀强电场,在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度E2=2E的竖直匀

强电场,在虚线PQ右侧距PQ为L处有一竖直的屏。现将一电子(电荷量为e,质量为m,重

力不计)无初速度地放入电场E1中的A点,最后电子打在右侧的屏上,A点到MN的距离为

L,A、O连线与屏垂直,交点为O。求:(1)电子到达MN虚线时的速度大小;(2)电子从释放至打到屏上所用的时间;(3)电子打到屏上的位置到O点的距离x。答案(1)

(2)2

(3)

L解析(1)电子从A点运动到MN的过程,由动能定理得eE1L=

mv2解得v=

。(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,运动时间为t1,由牛

顿第二定律和运动学公式有a1=

=

,v=a1t1解得t1=

电子从MN运动到屏的过程所用时间t2=

=

则运动的总时间为t=t1+t2=2

。(3)设电子射出电场E2时竖直方向的速度为vy,在电场E2中运动的时间为t3,射出电场E2时

的速度与水平方向夹角为θ,根据牛顿第二定律得,电子在电场E2中的加速度为a2=

=

又有t3=

,vy=a2t3=

,tanθ=

解得tanθ=1如图所示,电子离开电场E2后,将速度方向反向延长交于E2电场的中点O'由几何关系知tanθ=

,解得x=

L。提分关键·方法提升计算粒子打到屏上的位置到屏中心距离的方法(如图所示)

(1)y=y0+Ltanθ(L为屏到偏转电场的水平距离)。(2)y=

tanθ(l为平行金属板长度)。(3)根据相似三角形有

=

。微专题18

带电粒子在电场中的力电综合问题题型1带电粒子在重力场和电场中的圆周运动

典例1

(多选)如图所示,在水平的匀强电场中,一个质量为m、电荷量为+q的小球(视为

质点),系在一根长为L的绝缘细线一端,小球可以在竖直平面内绕O点做圆周运动,AB为

圆的水平直径,CD为竖直直径。已知重力加速度为g,电场强度大小E=

,不计空气阻力。下列说法正确的是

(

)

A.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时的机械能最大B.若将小球在A点由静止开始释放,它将沿着ACBD圆弧运动C.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动过程中的最小速度为

D.若将小球在A点以大小为

的速度竖直向上抛出,它将能够到达D点AC解析若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,小球的机械能与电势能之和不变,当

小球运动到B点时,电势能最小,则小球运动到B点时的机械能最大,A正确。小球在A点

刚释放时,小球的合力方向与电场方向的夹角为45°,斜向右下方,若将小球在A点由静止

释放,它将沿合力方向做匀加速直线运动,B错误。E=

,mg=Eq,小球不受拉力时的加速度大小a=

g,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,设它运动的最小速度为v,则

mg=m

,解得v=

,C正确。若将小球在A点以大小为

的速度竖直向上抛出,假设小球不做圆周运动,细线对小球的拉力为0,小球在竖直方向做竖直上抛运动,在水

平方向做匀加速直线运动,水平方向的加速度大小与竖直方向的加速度大小均为g,当竖直方向上的速度为0时,经历的时间t=

,则水平位移的大小x=

gt2=

L,竖直位移的大小y=

=

L,根据几何关系可知假设成立,说明小球不能到达D点,D错误。提分关键·方法提升等效“最高点”和等效“最低点”的确定方法

题型2电场中的力电综合问题1.动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力,可用正交分解法。(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式解题,注意受力分析要全面,特别注意

重力是否需要考虑。2.能量的观点(1)运用动能定理解题,注意过程分析要全面,准确求出过程中的所有力做的功,判断是

对分过程还是对全过程使用动能定理。(2)运用能量守恒解题,注意题目中有哪些形式的能量出现。3.动量的观点(1)运用动量定理解题,要注意动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必

须选同一个正方向。(2)运用动量守恒定律解题,除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式,还要注意题目

表述是否在某方向上动量守恒。典例2如图甲所示,两个半径均为R的竖直固定的绝缘光滑

细圆管道与粗糙水平地面AB在B点平滑相切,过管道圆心O1、O2的水平界面下方空间有水平向右的电场,记A

点所在位置为坐标原点,沿AB方向建立x坐标轴,电场强度大小随x的变化如图乙所示。

质量为m、带电荷量为+q(q>0)的小球P静止在A点,小球与地面间的动摩擦因数μ=0.5。另有一光滑绝缘不带电小球Q,质量为

,以速度v0=

向右运动,与小球P发生弹性正碰,碰撞时间极短,且P、Q间无电荷转移,碰后P球可从B点无碰撞地进入管道。已

知A、B间距离为4R,E0=

,重力加速度为g,不计空气阻力,小球P、Q均可视为质点。(1)光滑绝缘不带电小球Q与小球P发生弹性正碰,碰后小球P的速度大小为多少?(2)小球P从A点运动到管道最高点C的过程中,能否求出静电力做的功WAC?若能求出,是

多少?(3)如何求小球到达C点的速度大小?如何求小球P再次到达水平地面时与B点的距离?

答案(1)

(2)能

4mgR

(3)见解析解析(1)光滑绝缘不带电小球Q与小球P发生弹性正碰,碰撞过程满足动量守恒和机械能守

恒,有

v0=

vQ+mvP,

×

=

×

+

m

将v0=

代入以上两式得碰后小球P的速度大小vP=

。(2)【点拨:小球P由A到B,电场强度随位移均匀变化,则静电力随位移均匀变化,可以用静电力的平均值求静电力做的功】从A到B过程中,由题图乙可知静电力做功WAB=q×

×4R=3mgR小球P从A点运动到管道最高点C的过程中静电力做的功WAC=WAB+q·2E0R=4mgR。(3)【点拨:求出小球