第六章靜電場

1、第六章 靜電場備考指南考 點內(nèi) 容要求考點內(nèi) 容要求一、電場力的性質(zhì)物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒二、電場能的性質(zhì)電勢能、電勢靜電現(xiàn)象的解釋電勢差點電荷三、電容器帶電粒子在電場中的運動勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系庫侖定律帶電粒子在勻強電場中的運動靜電場示波管電場強度、點電荷的電場強度常見電容器電場線電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系把握考情找 規(guī) 律：高考對本章知識的考查主要以選擇、計算為主，主要考點有：(1)電場的基本概念和規(guī)律；(2)牛頓運動定律、動能定理及功能關(guān)系在靜電場中的綜合應用問題；(3)帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)等問題。明 熱 點：預計2016年的高考中，對本章知識的考查仍將是熱點之

2、一，主要以選擇題的方式考查靜電場的基本知識，以綜合題的方式考查靜電場知識與其他知識的綜合應用。第1節(jié)電場力的性質(zhì)_(1)任何帶電體所帶的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍。()(2)相互作用的兩個點電荷，不論它們的電荷量是否相同，它們之間的庫侖力大小一定相等。()(3)根據(jù)Fk，當r0時，F(xiàn)。(×)(4)電場強度反映了電場力的性質(zhì)，所以電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的電場力成正比。(×)(5)電場中某點的電場強度方向即為正電荷在該點所受的電場力的方向。()(6)在真空中，電場強度的表達式E中的Q就是產(chǎn)生電場的點電荷。()(7)在點電荷產(chǎn)生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上

3、各點的電場強度都相同。(×)(8)電場線的方向即為帶電粒子的運動方向。(×)(1)1785年法國物理學家?guī)靵隼门こ訉嶒灠l(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律庫侖定律。(2)1837年，英國物理學家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場。(3)1913年，美國物理學家密立根通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量，獲得諾貝爾獎。要點一庫侖定律的理解與應用1庫侖定律適用條件的三點理解(1)對于兩個均勻帶電絕緣球體，可以將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離。(2)對于兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布。(3)庫侖力在r1015109 m的范圍內(nèi)均有效，

4、但不能根據(jù)公式錯誤地推論：當r0時，F(xiàn)。其實，在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看成點電荷了。2應用庫侖定律的四條提醒(1)在用庫侖定律公式進行計算時，無論是正電荷還是負電荷，均代入電量的絕對值計算庫侖力的大小。(2)作用力的方向判斷根據(jù)：同性相斥，異性相吸，作用力的方向沿兩電荷連線方向。(3)兩個點電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律，大小相等、方向相反。(4)庫侖力存在極大值，由公式Fk可以看出，在兩帶電體的間距及電量之和一定的條件下，當q1q2時，F(xiàn)最大。多角練通1(2015·金陵中學模擬)如圖6­1­1所示，半徑相同的兩個金屬球A、B帶有相等的電荷量，

5、相隔一定距離，兩球之間相互吸引ss力的大小是F。今讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開。這時，A、B兩球之間的相互作用力的大小是() 圖6­1­1ABC D解析：選AA、B兩球互相吸引，說明它們必帶異種電荷，設(shè)它們帶的電荷量分別為q、q。當?shù)谌齻€不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球帶電荷量平分，每個球帶電荷量為q1，當再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和再平分，每球帶電荷量q2。由庫侖定律Fk知，當移開C球后，A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕，A項正確。2.如圖6­1­2所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，殼層

6、的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們分別固定于絕緣支座上，兩球心間的距離為l，為球半徑的3倍。若使它們帶上等量異種電荷，兩球電荷量的絕對值均為Q，那么，a、b兩球之間的萬有引力F引、庫侖力F庫分別為() 圖6­1­2AF引G，F(xiàn)庫kBF引G，F(xiàn)庫kCF引G，F(xiàn)庫k DF引G，F(xiàn)庫k解析：選D萬有引力定律適用于兩個可看成質(zhì)點的物體，雖然兩球心間的距離l只有半徑的3倍，但由于殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，兩球殼可看做質(zhì)量集中于球心的質(zhì)點。因此，可以應用萬有引力定律。對于a、b兩帶電球殼，由于兩球心間的距離l只有半徑的3倍，表面的電荷分布并不均勻，不能把兩球殼看成相距l(xiāng)的點電荷，故D正確。要

7、點二庫侖力作用下的平衡問題1解決庫侖力作用下平衡問題的方法步驟庫侖力作用下平衡問題的分析方法與純力學平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了電場力。具體步驟如下：2“三個自由點電荷平衡”的問題(1)平衡的條件：每個點電荷受到另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷處于另外兩個點電荷產(chǎn)生的合電場強度為零的位置。(2)典例(多選)(2014·浙江高考)如圖6­1­3所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為。一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行。小球A的質(zhì)量為m、電量為q。小球A的右側(cè)固定放置帶等量同

8、種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d。靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷。小球A靜止在斜面上，則()圖6­1­3A小球A與B之間庫侖力的大小為B當 時，細線上的拉力為0C當 時，細線上的拉力為0D當 時，斜面對小球A的支持力為0解析根據(jù)庫侖定律可得兩小球之間的庫侖力大小為F，選項A正確；當細線上的拉力為0時，小球A受到庫侖力、斜面支持力、重力，由平衡條件得mgtan ，解得 ，選項B錯誤，C正確；由受力分析可知，斜面對小球的支持力不可能為0，選項D錯誤。答案AC方法規(guī)律庫侖力作用下的平衡問題，高考中多以選擇題的形式出現(xiàn)，關(guān)鍵是做好受力分析與平衡條件

9、的應用，把庫侖力當成一個普通力，通過合成法或正交分解法解決此類問題。針對訓練1(2013·全國卷)如圖6­1­4，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上：a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量為k。若三個小球均處于靜止狀態(tài)，則勻強電場電場強度的大小為() 圖6­1­4ABCD解析：選B以小球c為研究對象，其受力如圖甲所示，其中F庫，由平衡條件得：2F庫cos 30°Eqc。即：Eqc，E此時a的受力如圖乙所示，222得qc2q即當qc2q時a可處

10、于平衡狀態(tài)，同理b亦恰好平衡，故選項B正確。2如圖6­1­5所示，在一條直線上有兩個相距0.4 m的點電荷A、B，A帶電Q，B帶電9Q?，F(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質(zhì)及位置應為() 圖6­1­5A正，B的右邊0.4 m處B正，B的左邊0.2 m處C負，A的左邊0.2 m處 D負，A的右邊0.2 m處解析：選C要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”的原則，所以選項C正確。3(2015·湖南懷化調(diào)研)如圖6­1­6所示，A、B兩小球帶等量同號電荷，A固定

11、在豎直放置的L10 cm長的絕緣支柱上，B受A的斥力作用靜止于光滑的絕緣斜面上與A等高處，斜面傾角為30°，B的質(zhì)量為m10×103 kg。求：圖6­1­6(1)B球?qū)π泵娴膲毫Υ笮　?2)B球帶的電荷量大小(g取10 m/s2，靜電力常量k9.0×109 N·m2/C2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。解析：(1)令B球?qū)π泵娴闹С至镕N，帶的電荷量Q，A、B相距r。對B球受力分析如圖所示。FNcos mg，得FN0.20 N。據(jù)牛頓第三定律得B球?qū)π泵娴膲毫N0.20 N。(2)兩小球之間的庫侖力Fk，F(xiàn)mgtan ，又Lrtan ，

12、代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：QL ×106C5.8×107 C。答案：(1)0.2 N(2)5.8×107 C 要點三電場強度的疊加問題1電場強度三個表達式的比較EEkE公式意義電場強度定義式真空中點電荷電場強度的決定式勻強電場中E與U的關(guān)系式適用條件一切電場真空點電荷勻強電場決定因素由電場本身決定，與q無關(guān)由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定由電場本身決定，d為沿電場方向的距離相同點矢量，遵守平行四邊形定則單位：1 N/C1 V/m2電場強度的疊加(1)疊加原理：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場為各電荷在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和。(2)運算法則：平行四邊形定則。3

13、計算電場強度常用的五種方法(1)電場疊加合成的方法。(2)平衡條件求解法。(3)對稱法。(4)補償法。(5)等效法。典例(2013·全國卷)如圖6­1­7，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、 b、d三個點，a和b、b和c、 c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q0)的固定點電荷。已知b點處的電場強度為零，則d點處電場強度的大小為(k為靜電力常量)() 圖6­1­7AkBkCk Dk解析由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強度為零，說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場

14、強度大小相等，即EQEqk，根據(jù)對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的電場強度大小EQk，則EdEQEqkkk，故選項B正確。答案B方法規(guī)律電場強度疊加問題的求解思路電場強度是矢量，疊加時應遵從平行四邊形定則，分析電場的疊加問題的一般步驟是：(1)確定分析計算的空間位置；(2)分析該處有幾個分電場，先計算出各個分電場在該點的電場強度的大小和方向；(3)依次利用平行四邊形定則求出矢量和。針對訓練1(2013·安徽高考)如圖6­1­8所示，xOy平面是無窮大導體的表面，該導體充滿z<0的空間，z>0的空間為真空。將電荷量為q的點電荷置于z軸上zh處，則在xOy平面上會產(chǎn)

15、生感應電荷?？臻g任意一點處的電場皆是由點電荷q和導體表面上的感應電荷共同激發(fā)的。已知靜電平衡時導體內(nèi)部電場強度處處為零，則在z軸上z處的電場強度大小為(k為靜電力常量)() 圖6­1­8AkBkCk Dk解析：選D點電荷q和感應電荷所形成的電場在z>0的區(qū)域可等效成關(guān)于O點對稱的等量異種電荷所形成的電場。所以z軸上z處的電場強度Ekkk，選項D正確。2(2013·江蘇高考)下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖6­1­9中標出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是()圖6­1­9解析：選

16、B根據(jù)對稱性和矢量疊加，D項O點的電場強度為零，C項等效為第二象限內(nèi)電荷在O點產(chǎn)生的電場，大小與A項的相等，B項正、負電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向互相垂直，合電場強度是其中一個的倍，也是A、C項電場強度的倍，因此B項正確。3(2012·安徽高考)如圖6­1­10甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為，其軸線上任意一點P(坐標為x)的電場強度可以由庫侖定律和電場強度的疊加原理求出：E2k，方向沿x軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示。則圓孔軸線上任意一點Q(坐標為x)的電場強度為() 圖6

17、­1­10A2k0 B2k0C2k0 D2k0解析：選A利用均勻帶電圓板軸線上的電場強度公式，當R無限大時，Q點電場強度E12k0，當Rr時，Q點電場強度E22k01，現(xiàn)從帶電平板上中間挖去一半徑為r的圓板，則Q點電場強度E3E1E2，選項A正確。4如圖6­1­11所示，位于正方形四個頂點處分別固定有點電荷A、B、C、D，四個點電荷的帶電量均為q，其中點電荷A、C帶正電，點電荷B、D帶負電，試確定過正方形中心O并與正方形垂直的直線上到O點距離為x的P點處的電場強度的大小和方向。圖6­1­11解析：四個點電荷各自在P點的電場強度EA、E

18、B、EC、ED如圖所示，根據(jù)對稱性可知，EA、EC的合電場強度E1沿OP向外，EB、ED的合電場強度E2沿OP指向O，由對稱性可知，E1、E2大小相等，所以P點的電場強度為零。答案：電場強度為零要點四電場線的理解與應用1電場線的三個特點(1)電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于無限遠或負電荷處；(2)電場線在電場中不相交；(3)在同一幅圖中，電場強度較大的地方電場線較密，電場強度較小的地方電場線較疏。2六種典型電場的電場線圖6­1­123兩種等量點電荷的電場比較等量異種點電荷等量同種點電荷連線上的電場強度沿連線先變小后變大，中點O處電場強度最小中垂線上的電場強度O點最大，向

19、外逐漸減小O點為零，向外先變大后變小4電場線與帶電粒子在電場中運動軌跡的關(guān)系一般情況下帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合。(1)電場線為直線；(2)帶電粒子初速度為零，或速度方向與電場線平行；(3)帶電粒子僅受電場力或所受其他力的合力方向與電場線平行。典例如圖6­1­13所示，Q1和Q2是兩個電荷量大小相等的點電荷，MN是兩電荷的連線，HG是兩電荷連線的中垂線，O是垂足。下列說法正確的是()圖6­1­13A若兩電荷是異種電荷，則OM的中點與ON的中點電勢一定相等B若兩電荷是異種電荷，則O點的電場強度大小，

20、與MN上各點相比是最小的，而與HG上各點相比是最大的C若兩電荷是同種電荷，則OM中點與ON中點處的電場強度一定相同D若兩電荷是同種電荷，則O點的電場強度大小，與MN上各點相比是最小的，與HG上各點相比是最大的解析若兩電荷是異種電荷，則OM的中點與ON的中點電勢一定不相等，選項A錯誤。若兩電荷是異種電荷，根據(jù)兩異種電荷電場特點可知，O點的電場強度大小，與MN上各點相比是最小的，而與HG上各點相比是最大的，選項B正確。若兩電荷是同種電荷，則OM中點與ON中點處的電場強度大小一定相同，方向一定相反，選項C錯誤。若兩電荷是同種電荷，則O點的電場強度為零，與MN上各點相比是最小的，與HG上各點相比也是最

21、小的，選項D錯誤。答案B方法規(guī)律針對訓練1(2015·宜賓一診)在如圖6­1­14所示的電場中，一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，則它運動的v ­t圖像可能是圖6­1­15中的()圖6­1­14圖6­1­15解析：選B負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，所受電場力逐漸增大，加速度逐漸增大，則它運動的v ­t圖像可能是圖中的B。2.帶有等量異種電荷的一對平行金屬板，如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大，即使在兩極

22、板之間，它的電場線也不是彼此平行的直線，而是如圖6­1­16所示的曲線，關(guān)于這種電場，以下說法正確的是() 圖6­1­16A這種電場的電場線雖然是曲線，但是電場線的分布卻是左右對稱的，很有規(guī)律性，它們之間的電場，除邊緣部分外，可以看做勻強電場B電場內(nèi)部A點的電場強度小于B點的電場強度C電場內(nèi)部A點的電場強度等于B點的電場強度D若將一正電荷從電場中的A點由靜止釋放，它將沿著電場線方向運動到負極板解析：選D由于平行金屬板形成的電場的電場線不是等間距的平行直線，所以不是勻強電場，選項A錯誤。從電場線分布看，A處的電場線比B處密，所以A點的電場強度大于B點的電場

23、強度，選項B、C錯誤。A、B兩點所在的電場線為一條直線，電荷受力方向沿著這條直線，所以若將一正電荷從電場中的A 點由靜止釋放，它將沿著電場線方向運動到負極板，選項D正確。3某區(qū)域的電場線分布如圖6­1­17所示，其中間一根電場線是直線，一帶正電的粒子從直線上的O點由靜止開始在電場力作用下運動到A點。取O點為坐標原點，沿直線向右為x軸正方向，粒子的重力忽略不計。在O到A運動過程中，下列關(guān)于粒子運動速度v和加速度a隨時間t的變化、粒子的動能Ek和運動徑跡上電勢隨位移x的變化圖線可能正確的是() 圖6­1­17圖6­1­18解析：選B沿OA

24、方向的電場強度先減小后增大，粒子運動的加速度a隨時間t的變化為先減小后增大，粒子運動速度v隨時間t的變化圖像斜率先減小后增大，圖像A錯誤B正確。根據(jù)電勢圖像斜率表示電場強度可知，運動徑跡上電勢隨位移x的變化圖線的斜率應該為先減小后增大，圖像C錯誤。由動能定理，粒子的動能Ek 隨位移x的變化圖線斜率與電場強度成正比，粒子的動能Ek隨位移x的變化圖線的斜率應該為先減小后增大，圖像D錯誤。要點五帶電體的力電綜合應用解決力電綜合問題的一般思路典例如圖6­1­19所示，一根長為L1.5 m的光滑絕緣細直桿MN豎直固定在電場強度大小為E1.0×105 N/C、與水平方向成30

25、°角的斜向上的勻強電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，帶電荷量為Q4.5×106 C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，帶電荷量為q1.0×106 C，質(zhì)量為m1.0×102 kg。現(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B開始運動。(靜電力常量k9.0×109 N·m2/C2，g10 m/s2) 圖6­1­19(1)求小球B開始運動時的加速度a；(2)當小球B的速度最大時，求小球距M端的高度h1；(3)若小球B從N端運動到距M端的高度為h20.61 m時，速度v1.0 m/s，求此過程中小球B電勢能的改變量Ep。思

26、路點撥(1)試畫出小球B運動前的受力示意圖。提示：(2)試描述B球的運動情景。提示：B球釋放后先向下加速運動，然后向下減速運動，速度最大時，所受合力為零，加速度為零。(3)第(1)問求加速度a時，應對B球在N位置時利用牛頓第二定律求解；小球速度最大時，a0，要利用平衡條件求解；電勢能的變化對應電場力做功，應通過動能定理求解。解析(1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿向下運動，由牛頓第二定律得mgqEsin ma解得a3.2 m/s2，方向豎直向下。(2)小球B速度最大時受到的合力為零，即qEsin mg代入數(shù)據(jù)得h10.9 m。(3)小球B在從開始運動到速度為v的過程中，

27、設(shè)重力做功為W1，電場力做功為W2，庫侖力做功為W3，則根據(jù)動能定理得W1W2W3mv2W1mg(Lh2)又由功能關(guān)系知Ep|W2W3|代入數(shù)據(jù)得Ep8.4×102 J。答案(1)3.2 m/s2，豎直向下(2)0.9 m(3)8.4×102 J針對訓練1(多選)如圖6­1­20所示，在豎直平面內(nèi)，帶等量同種電荷的小球A、B，帶電荷量為q(q0)，質(zhì)量都為m，小球可當作質(zhì)點處理?，F(xiàn)固定B球，在B球正上方足夠高的地方由靜止釋放A球，則從釋放A球開始到A球運動到最低點的過程中() 圖6­1­20A小球A的動能不斷增大B小球A的加速度不斷減

28、小C小球A的機械能不斷減小D小球A的電勢能不斷增大解析：選CD釋放A球后，由牛頓第二定律有mgkma，可知小球A先做加速度減小的加速運動，當mgk時，小球A加速度減為零，此后小球A做加速度增大的減速運動，選項A、B錯誤；小球A下降過程中，電場力一直做負功，小球A的機械能不斷減小，電勢能不斷增大，選項C、D正確。2(2015·安徽省江淮十校聯(lián)考)如圖6­1­21所示，一帶正電的長細直棒水平放置，帶電細直棒在其周圍產(chǎn)生方向向外輻射狀的電場，電場強度大小與直棒的距離成反比。在直棒上方有一長為a的絕緣細線連接了兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，A、B所帶電荷量分別為q和4q，A

29、球距直棒的距離為a，兩個球恰好處于靜止狀態(tài)。不計兩小球之間的靜電力作用，剪斷細線，若A球下落的最大速度為vm，求A球下落到速度最大過程中，電場力對A球做的功。圖6­1­21解析：設(shè)電場強度E對AB整體：q4q2mg得k當A下落速度最大時：qmg代入k得ra對A下落過程：mg(ar)Wmvm20得Wmvm2。答案：mvm2對點訓練：庫侖定律的理解與應用1.(2015·北京西城質(zhì)檢)如圖1所示，兩個電荷量均為q的小球用長為l的輕質(zhì)絕緣細繩連接，靜止在光滑的絕緣水平面上。兩個小球的半徑rl。k表示靜電力常量。則輕繩的張力大小為() 圖1A0BC2 D解析：選B輕繩的張力

30、大小等于兩個帶電小球之間的庫侖力，由庫侖定律得F，選項B正確。2(2012·上海高考)A、B、C三點在同一直線上，ABBC12，B點位于A、C之間，在B處固定一電荷量為Q的點電荷。當在A處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力為F；移去A處電荷，在C處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力為()A BCF DF解析：選B設(shè)A處電場強度為E，則FqE；由點電荷的電場強度公式可知，C處的電場強度為，在C處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力為F2q·，選項B正確。對點訓練：庫侖力作用下的平衡問題3絕緣細線的一端與一帶正電的小球M相連接，另一端固定在天花板上，在小球M下面的一絕

31、緣水平面上固定了另一個帶電小球N，在下列情況下，小球M能處于靜止狀態(tài)的是()圖2解析：選BM受到三個力的作用處于平衡狀態(tài)，則絕緣細線對小球M的拉力與小球N對小球M的庫侖力的合力必與M的重力大小相等，方向相反，其受力分析圖如圖所示，故B正確。4(多選)(2015·武漢調(diào)研)如圖3所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電量分別為q、Q、q、Q。四個小球構(gòu)成一個菱形，q、q的連線與q、Q的連線之間的夾角為。若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是()圖3Acos3Bcos3Csin3 Dsin3解析：選AC設(shè)菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為 2asin ，則兩個q之間距離為2acos

32、 。選取q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcos k ，解得cos3，故A正確，B錯誤；選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2ksin k，解得sin3 ，故C正確，D錯誤。對點訓練：電場強度的疊加問題5如圖4所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直。則() 圖4AA點的電場強度大小為 BB點的電場強度大小為EkCD點的電場強度大小不可能為0DA、C兩點的電場強度相同解析：選AQ在A點的電場強度沿OA方向，大小為k，所以A點的合電場強度大小為，A正

33、確；同理，B點的電場強度大小為Ek，B錯誤；如果Ek，則D點的電場強度為0，C錯誤；A、C兩點的電場強度大小相等，但方向不同，D錯誤。6.(2015·河北省唐山一模)如圖5所示，勻強電場中的A、B、C三點構(gòu)成一邊長為a的等邊三角形。電場強度的方向與紙面平行。電子以某一初速度僅在靜電力作用下從B移動到A動能減少E0，質(zhì)子僅在靜電力作用下從C移動到A動能增加E0，已知電子和質(zhì)子電荷量絕對值均為e，則勻強電場的電場強度為() 圖5A BC D解析：選D根據(jù)題述，BC在一等勢面上，勻強電場的方向垂直于BC指向A。由eEasin 60°E0，解得：E，選項D正確。7.如圖6所示，以o

34、為圓心的圓周上有六個等分點a、b、c、d、e、f。等量正、負點電荷分別放置在a、d兩處時，在圓心o處產(chǎn)生的電場強度大小為E?，F(xiàn)改變a處點電荷的位置，使o點的電場強度改變，下列敘述正確的是() 圖6A移至c處，o處的電場強度大小不變，方向沿oeB移至b處，o處的電場強度大小減半，方向沿odC移至e處，o處的電場強度大小減半，方向沿ocD移至f處，o處的電場強度大小不變，方向沿oe解析：選C放置在a、d兩處的等量正、負點電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場強度方向相同，每個電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場強度大小為。根據(jù)電場強度疊加原理，a處正電荷移至c處，o處的電場強度大小為，方向沿oe，選項A錯誤；a處正電荷移至

35、b處，o處的電場強度大小為2··cos 30°E，方向沿eod的角平分線，選項B錯誤；a處正電荷移至e處，o處的電場強度大小為，方向沿oc，選項C正確；a處正電荷移至f處，o處的電場強度大小為2··cos 30°E，方向沿cod的角平分線，選項D錯誤。對點訓練：電場線的理解與應用8在如圖7所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點。其中a、b兩點電場強度大小相等、方向相反的是()圖7A甲圖中與點電荷等距的a、b兩點B乙圖中兩等量異種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點C丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點D丁圖

36、中非勻強電場中的a、b兩點解析：選C甲圖中與點電荷等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向不相反，選項A錯誤；對乙圖，根據(jù)電場線的疏密及對稱性可判斷，a、b兩點的電場強度大小相等、方向相同，選項B錯誤；丙圖中兩等量同種點電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點，電場強度大小相同，方向相反，選項C正確；對丁圖，根據(jù)電場線的疏密可判斷，b點的電場強度大于a點的電場強度，選項D錯誤。9(2015·渭南質(zhì)檢)兩個帶電荷量分別為Q1、Q2的質(zhì)點周圍的電場線如圖8所示，由圖可知() 圖8A兩質(zhì)點帶異號電荷，且Q1>Q2B兩質(zhì)點帶異號電荷，且Q1<Q2C兩質(zhì)點帶同號電荷，且Q1>

37、Q2D兩質(zhì)點帶同號電荷，且Q1<Q2解析：選A由圖可知，電場線起于Q1，止于Q2，故Q1帶正電，Q2帶負電，兩質(zhì)點帶異號電荷，在Q1附近電場線比Q2附近電場線密，故Q1>Q2，選項A正確。10(多選)如圖9所示，在兩等量異種點電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點所在直線平行于兩電荷的連線，且a和c關(guān)于MN對稱，b點位于MN上，d點位于兩電荷的連線上。以下判斷正確的是() 圖9Ab點電場強度大于d點電場強度 Bb點電場強度小于d點電場強度Ca、b兩點間的電勢差等于b、c兩點間的電勢差D試探電荷q在a點的電勢能小于在c點的電勢能解析：選BC根據(jù)等量異種點電荷產(chǎn)生的電場

38、的電場線分布情況和由電場線的疏密表示電場強度大小可知EdEb。故選項A錯誤，B正確。a、c兩點關(guān)于MN對稱，故UabUbc，選項C正確。沿電場線方向電勢降低，所以ac，由Epq可知EpaEpc，故選項D錯誤?？键c綜合訓練11(2015·洛陽模擬)如圖10所示，均可視為質(zhì)點的三個物體A、B、C在傾角為30°的光滑斜面上，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，質(zhì)量分別為mA0.43 kg，mB0.20 kg，mC0.50 kg，其中A不帶電，B、C的電量分別為qB2×105 C、qC7×105 C且保持不變，開始時三個物體均能保持靜止?，F(xiàn)給A施加一平行于斜面

39、向上的力F，使A做加速度a2.0 m/s2的勻加速直線運動，經(jīng)過時間t，力F變?yōu)楹懔ΑＲ阎o電力常量k9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2。求：圖10(1)開始時BC間的距離L；(2)F從變力到恒力需要的時間t；(3)在時間t內(nèi)，力F做功WF2.31 J，求系統(tǒng)電勢能的變化量Ep。 解析：(1)ABC靜止時，以AB為研究對象有：(mAmB)gsin 30°解得：L2.0 m。(2)給A施加力F后，AB沿斜面向上做勻加速運動，AB分離時兩者之間彈力恰好為零，對B用牛頓第二定律得：mBgsin 30°mBa解得：l3.0 m有勻加速運動規(guī)律得：

40、lLat2解得：t1.0 s。(3)AB分離時兩者仍有相同的速度，在時間t內(nèi)對AB用動能定理得：WF(mAmB)g(lL)sin 30°WC(mAmB)v2及：vat得：WC2.1 J所以系統(tǒng)電勢能的變化量Ep2.1 J。答案：(1)2.0 m(2)1.0 s(3)2.1 J12(2015·四川資陽二診)如圖11所示，足夠長斜面傾角30°，斜面上A點上方光滑，A點下方粗糙，光滑水平面上B點左側(cè)有水平向右的勻強電場E105 V/m，可視為質(zhì)點的小物體C、D質(zhì)量分別為mC4 kg，mD1 kg，D帶電q3×104 C，用細線通過光滑滑輪連在一起，分別放在斜面

41、及水平面上的P和Q點由靜止釋放，B、Q間距離d1 m，A、P間距離為2d。取g10 m/s2，求：圖11(1)物體C第一次運動到A點時的速度v0；(2)物體C第一次經(jīng)過A到第二次經(jīng)過A的時間t。解析：(1)由題知釋放后C物體將沿斜面下滑，C物體從P到A過程，對C、D系統(tǒng)由動能定理：mCg·2dsin Eq·d(mCmD)v02解得：v02 m/s。(2)由題意，C經(jīng)過A點后將減速下滑至速度為0后又加速上滑，設(shè)向下運動的時間為t1，其加速度大小為a1，發(fā)生的位移為x1，對物體C：T1mCgcos mCgsin mCa1 t1x1對物體D：EqT1mDa1設(shè)物體C在加速上滑到A

42、的過程中，加速度大小為a2，時間為t2，對物體C：T2mCgcos mCgsin mCa2對物體D：EqT2mDa2x1a2t22tt1t2 聯(lián)立解得：ts1.82 s。答案：(1)2 m/s(2)1.82 s第2節(jié)電場能的性質(zhì),(1)電場力做功與重力做功相似，均與路徑無關(guān)。()(2)電場中電場強度為零的地方電勢一定為零。(×)(3)沿電場線方向電場強度越來越小，電勢逐漸降低。(×)(4)A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A移到B點時靜電力所做的功。(×)(5)A、B兩點的電勢差是恒定的，所以UABUBA。(×)(6)電場線越密集的地方，等差等勢線也越密

43、集。()要點一電勢高低與電勢能大小的判斷1電勢高低的判斷判斷角度判斷方法依據(jù)電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低依據(jù)場源電荷的正負取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低依據(jù)電場力做功根據(jù)UAB，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷A、B的高低依據(jù)電勢能的高低正電荷在電勢較高處電勢能大，負電荷在電勢較低處電勢能大2電勢能大小的判斷判斷角度判斷方法做功判斷法電場力做正功，電勢能減小電場力做負功，電勢能增加電荷電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大負電荷在電勢低的地方電勢能大公式法將電荷量、電勢連同正負號一起代入公式Epq，正Ep的絕

44、對值越大，電勢能越大；負Ep的絕對值越大，電勢能越小能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加多角練通1(2014·江蘇高考)如圖6­2­1所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。下列關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是() 圖6­2­1AO點的電場強度為零，電勢最低BO點的電場強度為零，電勢最高C從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低解析：選B圓環(huán)上均勻分布著正電荷，可以將圓環(huán)等效為很多正點電荷的組

45、成，同一條直徑的兩端點的點電荷的合電場強度類似于兩個等量同種點電荷的合電場強度，故圓環(huán)的中心的合電場強度一定為零。x軸上的合電場強度，在圓環(huán)的右側(cè)的合電場強度沿x軸向右，左側(cè)的合電場強度沿x軸向左，電場強度都呈現(xiàn)先增大后減小的特征，由沿電場強度方向的電勢降低，得O點的電勢最高。綜上知選項B正確。2(多選)(2013·山東高考)如圖6­2­2所示，在x軸上相距為L的兩點固定兩個等量異種點電荷Q、Q，虛線是以Q所在點為圓心、為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個點，其中a、c兩點在x軸上，b、d兩點關(guān)于x軸對稱。下列判斷正確的是()圖6­2­2Ab

46、、d兩點處的電勢相同B四個點中c點處的電勢最低Cb、d兩點處的電場強度相同D將一試探電荷q沿圓周由a點移至c點，q的電勢能減小解析：選ABD由等量異種點電荷的電場線分布及等勢面特點知，A、B正確，C錯誤。四點中a點電勢最高、c點電勢最低，正電荷在電勢越低處電勢能越小，故D正確。3(多選)如圖6­2­3所示，有一對等量異種電荷分別位于空間中的a點和f點，以a點和f點為頂點作一正立方體?，F(xiàn)在各頂點間移動一試探電荷，關(guān)于試探電荷受電場力和具有的電勢能，以下判斷正確的是() 圖6­2­3A在b點和d點受力大小相等，方向不同B在c點和h點受力大小相等，方向相同C在

47、b點和d點電勢能相等D在c點和h點電勢能相等解析：選ABC根據(jù)對稱性和等量異種電荷周圍電場線的分布特點可知，試探電荷在b點和d點受力大小相等，方向不同，在c點和h點受力大小相等，方向相同，所以選項A、B正確；因為 b點和d點到兩個場源電荷的距離都一樣，所以試探電荷在 b點和d點電勢能相等，選項C正確；c點離場源正電荷較h點遠，所以試探電荷在c點和h點電勢能不相等，或者根據(jù)等量異種電荷周圍等勢面的分布特點可知，中垂面是等勢面，而c點和h點分居中垂面的兩側(cè)，它們的電勢肯定不等，所以選項D錯誤。要點二電勢差與電場強度的關(guān)系1勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系(1)UABEd，d為A、B兩點沿電場方向的

48、距離。(2)沿電場強度方向電勢降落得最快。(3)在同一直線上或相互平行的兩條直線上距離相等的兩點間電勢差相等。2E在非勻強電場中的三點妙用(1)解釋等差等勢面的疏密與電場強度大小的關(guān)系，當電勢差U一定時，電場強度E越大，則沿電場強度方向的距離d越小，即電場強度越大，等差等勢面越密。(2)定性判斷非勻強電場電勢差的大小關(guān)系，如距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大；E越小，U越小。(3)利用 ­x圖像的斜率判斷沿x方向電場強度Ex隨位置的變化規(guī)律。在 ­x圖像中斜率kEx，斜率的大小表示電場強度的大小，正負表示電場強度的方向。典例(多選)如圖6­2­4所

49、示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為10 cm的正六邊形的六個頂點，A、B、C三點電勢分別為1 V、2 V、3 V，正六邊形所在平面與電場線平行。下列說法正確的是() 圖6­2­4A通過CD和AF的直線應為電場中的兩條等勢線B勻強電場的電場強度大小為10 V/mC勻強電場的電場強度方向為由C指向AD將一個電子由E點移到D點，電子的電勢能將減少1.6×1019 J思路點撥1在勻強電場中，如何尋找等勢線？提示：先利用幾何關(guān)系確定兩個等勢點，它們的連線就是一條等勢線。2如何確定電場的大小和方向？提示：根據(jù)電場線與等勢線垂直，且沿電場線方向，電勢降低可判斷電場

50、方向，其大小可由E求得。3如何判斷電勢能的變化？提示：通過電場力做功判斷電勢能的變化。解析由AC的中點電勢為2 V，所以BE為等勢線，CD、AF同為等勢線，故A正確；CA為電場線方向，電場強度大小E V/m V/m，故B錯誤，C正確；由UEDUBC1 V，WEDeUED1.6×1019 J。答案ACD易錯提醒(1)公式E中d是沿電場強度方向上的距離。(2)在勻強電場中若線段ABCD，且ABCD，則UABUCD。針對訓練1(多選)如圖6­2­5所示 ，A、B、C是勻強電場中平行于電場線的某一平面上的三個點，各點的電勢分別為A5 V，B2 V，C3 V，H、F三等分A

51、B，G為AC的中點，在下列各示意圖中，能正確表示該電場強度方向的是()圖6­2­5解析：選BC勻強電場中將任一線段等分，則電勢差等分。把AB等分為三段，AB間電壓為3 V，則每等分電壓為1 V，H點電勢為4 V，F(xiàn)點電勢為3 V，將FC相連，則FC為等勢線，電場線垂直于FC，從高電勢指向低電勢，C正確；把AC相連，分為兩份，AC電壓為2 V，則G點電勢為4 V，GH為等勢線，電場線垂直于GH，從高電勢指向低電勢，B正確。2.如圖6­2­6所示的同心圓是電場中的一簇等勢線，一個電子只在電場力作用下沿著直線由AC運動時的速度越來越小，B為線段AC的中點，則下

52、列說法正確的是() 圖6­2­6A電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越小B電子沿AC方向運動時它具有的電勢能越來越大C電勢差UABUBCD電勢A<B<C解析：選B該電場為負點電荷電場，電子沿AC方向運動時受到的電場力越來越大，選項A錯誤；根據(jù)電子只在電場力作用下沿著直線由AC運動時的速度越來越小，它具有的電勢能越來越大，選項B正確；由于電場為非勻強電場，電勢差UAB<UBC，選項C錯誤；電勢A>B>C，選項D錯誤。要點三電場線、等勢線(面)及帶電粒子的運動軌跡問題1等勢線總是和電場線垂直，已知電場線可以畫出等勢線，已知等勢線也可以畫出電場線。

53、2幾種典型電場的等勢線(面)電場等勢線(面)重要描述勻強電場垂直于電場線的一簇平面點電荷的電場以點電荷為球心的一簇球面等量異種點電荷的電場連線的中垂線上電勢處處為零等量同種(正)點電荷的電場連線上，中點的電勢最低；中垂線上，中點的電勢最高3帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負。(2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。(3)根據(jù)動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。多角練通1(多選)如圖6­2­7所示，一帶電粒子在兩個固定的

54、等量正電荷的電場中運動，圖中的實線為等勢面，虛線ABC為粒子的運動軌跡，其中B點是兩點電荷連線的中點，A、C位于同一等勢面上。下列說法正確的是() 圖6­2­7A該粒子可能帶正電B該粒子經(jīng)過B點時的速度最大C該粒子經(jīng)過B點時的加速度一定為零D該粒子在B點的電勢能小于在A點的電勢能解析：選CD從該電荷的運動軌跡看，固定電荷對它有吸引力，由固定電荷帶正電可知，該運動電荷一定帶負電，故A錯誤；因為運動電荷從A到B的過程中，只受電場力且電場力先做正功后做負功，由動能定理知：動能先增加后減小，故B點的動能不是最大，則經(jīng)過B點時的速度不是最大，故B錯誤；B點是兩點電荷連線的中點，合電場

55、強度為零，故運動電荷受力為零，則加速度為零，C正確；因為離正電荷越遠，電勢越低，即AB，因粒子帶負電，由Epq得，EpAEpB，故D項正確。2(多選)如圖6­2­8所示，虛經(jīng)a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相同，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，由此可知() 圖6­2­8A三個等勢面中，c等勢面電勢最高B帶電質(zhì)點通過P點時電勢能較大C帶電質(zhì)點通過Q點時動能較大D帶電質(zhì)點通過P點時加速度較大解析：選BCD等差等勢面越密集，該區(qū)域電場強度越大，故EPEQ，帶電質(zhì)點通過P點時加速度較大，D

56、正確；假設(shè)質(zhì)點由P運動到Q，根據(jù)：運動軌跡的切線方向為速度方向；電場線與等勢面垂直；正電荷所受的電場力與電場強度同向；做曲線運動的質(zhì)點，其所受的合外力指向運動軌跡的凹側(cè)，從而確定質(zhì)點經(jīng)過P時的速度和電場力方向，如圖所示。根據(jù)正電荷所受電場力的方向可知，電場線由等勢面a指向等勢面c，故abc，A錯誤；電場力與瞬時速度成銳角，故由P運動到Q電場力對質(zhì)點做正功，質(zhì)點的電勢能減小，動能增加，B、C正確。假設(shè)質(zhì)點由Q運動到P，能得到同樣的結(jié)論。3如圖6­2­9所示，直線MN是某電場中的一條電場線(方向未畫出)。虛線是一帶電的粒子只在電場力的作用下，由a到b的運動軌跡，軌跡為一拋物線。下列判斷正確的是() 圖6­2­9A電場線MN的方向一定是由N指向MB帶電粒子由a運動到b的過程中動能一定逐漸減小C帶電粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能D帶電粒子在a點的加速度一定大于在b點的加速度解析：選C由于帶電粒子的電性不確定，所以電場線的方向不確定，A錯誤；帶電粒子由a運動到b的過程中，只受電場力的作用，由軌跡的彎曲方向知電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故B錯誤C正確；由于僅給出一條電場線，電場強度的大小關(guān)系不確定，D錯誤。要