（江蘇專用）高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 靜電場講義-人教版高三物理試題

第六章靜電場考綱下載考向前瞻(1)電荷電荷守恒定律(Ⅰ)(2)點(diǎn)電荷庫侖定律(Ⅰ)(3)靜電場電場線電勢能電勢等勢面(Ⅰ)(4)電場強(qiáng)度點(diǎn)電荷的場強(qiáng)電勢差(Ⅱ)(5)勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系(Ⅰ)(6)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)(Ⅱ)(7)電容電容器(Ⅰ)預(yù)計(jì)2016年的高考中，對本章的考查仍將是熱點(diǎn)之一，在上述考查角度的基礎(chǔ)上，重點(diǎn)以選擇題的形式考查靜電場的基本知識(shí)點(diǎn)，以綜合題的形式考查靜電場知識(shí)和其他相關(guān)知識(shí)在生產(chǎn)、生活中的實(shí)際應(yīng)用。另外高考試題命題的一個(gè)新動(dòng)向，就是靜電的應(yīng)用和防止，靜電場與相關(guān)化學(xué)知識(shí)綜合、與相關(guān)生物知識(shí)綜合、與環(huán)保等熱點(diǎn)問題相聯(lián)系，在新穎、熱門的背景下考查靜電場基本知識(shí)的應(yīng)用。第1節(jié)電場力的性質(zhì)eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P90)[必備知識(shí)]1．元電荷、點(diǎn)電荷(1)元電荷：e＝1.60×10－19C，所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍，其中質(zhì)子、正電子的電荷量與元電荷相同。電子的電荷量q＝－1.60×10－19(2)點(diǎn)電荷：代表帶電體的有一定電荷量的點(diǎn)，忽略帶電體的大小和形狀的理想化模型。2．電荷守恒定律(1)內(nèi)容：電荷既不會(huì)創(chuàng)生，也不會(huì)消滅，它只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變。(2)三種起電方式：摩擦起電、感應(yīng)起電、接觸起電。(3)帶電實(shí)質(zhì)：物體得失電子。(4)電荷的分配原則：兩個(gè)形狀、大小相同的導(dǎo)體，接觸后再分開，二者帶相同電荷；若兩導(dǎo)體原來帶異種電荷，則電荷先中和，余下的電荷再平分。3．庫侖定律(1)內(nèi)容：真空中兩個(gè)靜止點(diǎn)電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。(2)表達(dá)式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做靜電力常量。(3)適用條件：真空中的點(diǎn)電荷。①在空氣中，兩個(gè)點(diǎn)電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應(yīng)用公式。②當(dāng)兩個(gè)帶電體的間距遠(yuǎn)大于本身的大小時(shí)，可以把帶電體看成點(diǎn)電荷。(4)庫侖力的方向：由相互作用的兩個(gè)帶電體決定，且同種電荷相互排斥，為斥力；異種電荷相互吸引，為引力。[典題例析](2014·南京模擬)真空中有兩個(gè)靜止的同種點(diǎn)電荷q1、q2，保持q1不動(dòng)，釋放q2。q2只在q1的庫侖力作用下運(yùn)動(dòng)，則q2在運(yùn)動(dòng)過程中受到的庫侖力()A．不斷增大 B．不斷減小C．先增大后減小 D．始終保持不變[解析]選B帶電相同的點(diǎn)電荷受斥力作用，因此距離越來越遠(yuǎn)，由于電量保持不變根據(jù)F＝keq\f(q1q2,r2)可知，距離增大、電場力將逐漸減小，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。對庫侖定律的理解(1)F＝keq\f(q1q2,r2)，r指兩點(diǎn)電荷間的距離。對可視為點(diǎn)電荷的兩個(gè)均勻帶電球，r為兩球心間距。(2)當(dāng)兩個(gè)電荷間的距離r→0時(shí)，電荷不能視為點(diǎn)電荷，它們之間的靜電力不能認(rèn)為趨于無限大。(3)不必將表示電性的正、負(fù)號(hào)代入公式，庫侖力的方向可以根據(jù)“同性相斥、異性相吸”的規(guī)律判斷。[針對訓(xùn)練]1.如圖6－1－1所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，殼層的厚度和質(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6－1－1A．F引＝Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,l2) B．F引≠Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2)C．F引≠Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫＝keq\f(Q2,l2) D．F引＝Geq\f(m2,l2)，F(xiàn)庫≠keq\f(Q2,l2)解析：選D萬有引力定律適用于兩個(gè)可看成質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)。因此，可以應(yīng)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，球殼上的電荷在相互吸引力作用下靠近，不能看成點(diǎn)電荷，不滿足庫侖定律的適用條件，故D正確。2．(2014·奉賢區(qū)二模)如圖6－1－2所示，帶正電的點(diǎn)電荷Q固定，電子僅在庫侖力作用下，做以Q固定點(diǎn)為焦點(diǎn)的橢圓運(yùn)動(dòng)。M、P、N為橢圓上的三點(diǎn)，P點(diǎn)是軌道上離Q最近的點(diǎn)。電子在從M經(jīng)P到N點(diǎn)的過程中()圖6－1－2A．速度先減小后增大 B．電場力先做正功后做負(fù)功C．電勢能一直減小 D．動(dòng)能一直減小解析：選B當(dāng)電子從M點(diǎn)向P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，庫侖力與運(yùn)動(dòng)方向之間的夾角小于90°，庫侖力先做正功，當(dāng)電子從P點(diǎn)向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，庫侖力與運(yùn)動(dòng)方向之間的夾角大于90°，庫侖力做負(fù)功，所以電子運(yùn)動(dòng)的速度先增加后減小，所以動(dòng)能先增加后減小，則電勢能先減小后增加，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤。庫侖力作用下的平衡問題eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P91)[必備知識(shí)]1．處理平衡問題的常用方法(1)合成法；(2)正交分解法。2．三個(gè)自由點(diǎn)電荷的平衡問題(1)條件：兩個(gè)點(diǎn)電荷在第三個(gè)點(diǎn)電荷處的合場強(qiáng)為零，或每個(gè)點(diǎn)電荷受到的兩個(gè)庫侖力必須大小相等，方向相反。(2)規(guī)律：“三點(diǎn)共線”——三個(gè)點(diǎn)電荷分布在同一直線上；“兩同夾異”——正負(fù)電荷相互間隔；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最小；“近小遠(yuǎn)大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷。[典題例析](2013·全國卷Ⅱ)如圖6－1－3，在光滑絕緣水平面上，三個(gè)帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電。整個(gè)系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中。已知靜電力常量為k。若三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為()圖6－1－3A.eq\f(\r(3)kq,3l2) B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2) D.eq\f(2\r(3)kq,l2)[解析]選B本題考查庫侖定律、電場力、平衡條件及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生綜合運(yùn)用知識(shí)解決問題的能力。設(shè)小球c帶電荷量為Q，由庫侖定律可知小球a對小球c的庫侖引力為F＝keq\f(qQ,l2)，小球b對小球c的庫侖引力為F＝keq\f(qQ,l2)，二力合力為2Fcos30°。設(shè)水平勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為E，對c球，由平衡條件可得：QE＝2Fcos30°，解得：E＝eq\f(\r(3)kq,l2)，選項(xiàng)B正確。分析點(diǎn)電荷平衡問題的方法步驟點(diǎn)電荷的平衡問題的分析方法與純力學(xué)平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了一個(gè)電場力。具體步驟如下：[針對訓(xùn)練]1．(2014·貴州模擬)如圖6－1－4所示，光滑絕緣半球形的碗固定在水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球1、2的電荷分別為Q1、Q2，其中小球1固定在碗底A點(diǎn)，小球2可以自由運(yùn)動(dòng)，平衡時(shí)小球2位于碗內(nèi)的B位置處?，F(xiàn)在改變小球2的帶電量，把它放置在圖中C位置時(shí)也恰好能平衡，已知AB弦是AC弦的兩倍，則()圖6－1－4A．小球2在C位置時(shí)的電量是B位置時(shí)電量的一半B．小球2在C位置時(shí)的電量是B位置時(shí)電量的四分之一C．小球2在B點(diǎn)對碗的壓力大小等于小球2在C點(diǎn)時(shí)對碗的壓力大小D．小球2在B點(diǎn)對碗的壓力大小大于小球2在C點(diǎn)時(shí)對碗的壓力大小解析：選C對小球2受力分析，如圖所示，小球2受重力、支持力、庫侖力，其中F1為庫侖力F和重力mg的合力，根據(jù)三力平衡原理可知，F(xiàn)1＝FN。由圖可知，△OAB∽△BFF1，設(shè)半球形碗的半徑為R，AB之間的距離為L，根據(jù)三角形相似可知，eq\f(mg,R)＝eq\f(FN,R)＝eq\f(F,L)，所以FN＝mg，F(xiàn)＝eq\f(L,R)mg，當(dāng)小球2處于C位置時(shí)，AC距離為eq\f(L,2)，故F′＝eq\f(1,2)F，根據(jù)庫侖定律有：F＝keq\f(QAQB,L2)，即小球在C位置時(shí)的電量是B位置時(shí)電量的八分之一，故A、B均錯(cuò)誤。由分析可知FN＝mg，即小球2在B點(diǎn)對碗的壓力大小等于小球2在C點(diǎn)時(shí)對碗的壓力大小，故C正確、D錯(cuò)誤。2．(多選)(2014·廣安模擬)一根套有細(xì)環(huán)的粗糙桿水平放置，帶正電的小球A通過絕緣細(xì)線系在細(xì)環(huán)上，另一帶正電的小球B固定在絕緣支架上，A球處于平衡狀態(tài)，如圖6－1－5所示。現(xiàn)將B球稍向右移動(dòng)，當(dāng)A小球再次平衡(該過程A、B兩球一直在相同的水平面上)時(shí)，細(xì)環(huán)仍靜止在原位置，下列說法正確的是()圖6－1－5A．細(xì)線對帶電小球A的拉力變大B．細(xì)線對細(xì)環(huán)的拉力保持不變C．細(xì)環(huán)所受的摩擦力變大D．粗糙桿對細(xì)環(huán)的支持力變大解析：選AC以小球?yàn)檠芯繉ο螅治鍪芰η闆r：重力mg、細(xì)線的拉力T和電場力F，根據(jù)平衡條件得：T＝eq\r(mg2＋F2)，F(xiàn)增大時(shí)，T變大，故B錯(cuò)誤、A正確。以小球和環(huán)整體為研究對象：總重力G、桿對細(xì)環(huán)的支持力N和摩擦力f、電場力F。根據(jù)平衡條件得：N＝G，f＝F，當(dāng)電場稍加大時(shí)，小球所受的電場力F增大，桿對細(xì)環(huán)的支持力保持不變，細(xì)環(huán)所受的摩擦力變大，故C正確、D錯(cuò)誤。電場強(qiáng)度eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P53)[必備知識(shí)]1．電場電場是客觀存在于電荷周圍的一種物質(zhì)，其基本性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用。2．電場強(qiáng)度(1)定義式：E＝eq\f(F,q)，適用于任何電場，是矢量，單位：N/C或V/m。(2)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)：E＝eq\f(kQ,r2)，適用于計(jì)算真空中的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場。(3)方向：規(guī)定正電荷在電場中某點(diǎn)所受電場力的方向?yàn)樵擖c(diǎn)的電場強(qiáng)度方向。3．場強(qiáng)的三個(gè)公式三個(gè)公式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(E＝\f(F,q)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于任何電場,與檢驗(yàn)電荷是否存在無關(guān))),E＝\f(kQ,r2)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于真空中的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場,Q為場源電荷的電量)),E＝\f(U,d)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(適用于勻強(qiáng)電場,U為兩點(diǎn)間的電勢差，d為沿電場方向兩點(diǎn),間的距離))))4．電場的疊加(1)疊加原理：多個(gè)電荷在空間某處產(chǎn)生的電場為各電荷在該處所產(chǎn)生的電場場強(qiáng)的矢量和。(2)運(yùn)算法則：平行四邊形定則。[典題例析]如圖6－1－6所示，位于正方形四個(gè)頂點(diǎn)處分別固定有點(diǎn)電荷A、B、C、D，四個(gè)點(diǎn)電荷的帶電量均為q，其中點(diǎn)電荷A、C帶正電，點(diǎn)電荷B、D帶負(fù)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(diǎn)距離為x的P點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的大小和方向。圖6－1－6[審題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息電荷處在正方形四個(gè)頂點(diǎn)上電荷所在位置關(guān)于中心O對稱；電荷到中心軸上同一點(diǎn)距離相等電荷電量相等四個(gè)電荷在中心軸線上產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等P點(diǎn)處在中心軸線上四電荷在中心軸線P上產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等第二步：找突破口要求P點(diǎn)場強(qiáng)的大小和方向，先求出各點(diǎn)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)的大小和方向，再利用平行四邊形定則和矢量的對稱性求解。[解析]四個(gè)點(diǎn)電荷各自在P點(diǎn)的電場強(qiáng)度EA、EB、EC、ED如圖所示，根據(jù)對稱性可知，EA、EC的合場強(qiáng)E1沿OP向外，EB、ED的合場強(qiáng)E2沿OP指向O，由對稱性可知，E1、E2大小相等，所以P點(diǎn)的場強(qiáng)為零。[答案]場強(qiáng)為零求解合場強(qiáng)常用的方法[針對訓(xùn)練]1．(2013·全國卷Ⅰ)如圖6－1－7，一半徑為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(gè)點(diǎn)，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點(diǎn)處有一電荷量為q(q＞0)的固定點(diǎn)電荷。已知b點(diǎn)處的場強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)()圖6－1－7A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)解析：選B由于在a點(diǎn)放置一點(diǎn)電荷q后，b點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，說明點(diǎn)電荷q在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與圓盤上Q在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，根據(jù)對稱性可知Q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小EQ′＝keq\f(q,R2)，則Ed＝EQ′＋Eq′＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，故選項(xiàng)B正確。2．(2013·江蘇高考)下列選項(xiàng)中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖6－1－8中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各eq\f(1,4)圓環(huán)間彼此絕緣。坐標(biāo)原點(diǎn)O處電場強(qiáng)度最大的是()圖6－1－8解析：選B根據(jù)對稱性和矢量疊加，D項(xiàng)O點(diǎn)的場強(qiáng)為零，C項(xiàng)等效為第二象限內(nèi)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場，大小與A項(xiàng)的相等，B項(xiàng)正、負(fù)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向互相垂直，合場強(qiáng)是其中一個(gè)的eq\r(2)倍，也是A、C項(xiàng)場強(qiáng)的eq\r(2)倍，因此B項(xiàng)正確。eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P92)[必備知識(shí)]1．定義為了形象地描述電場中各點(diǎn)場強(qiáng)的強(qiáng)弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點(diǎn)的切線方向都跟該點(diǎn)的場強(qiáng)方向一致，曲線的疏密表示電場的強(qiáng)弱。2．特點(diǎn)(1)電場線從正電荷或無限遠(yuǎn)處出發(fā)，終止于負(fù)電荷或無限遠(yuǎn)處；(2)電場線在電場中不相交、不閉合、不中斷；(3)電場線不是電荷在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡。3．應(yīng)用(1)在同一電場里，電場線越密的地方場強(qiáng)越大；(2)電場線上某點(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的場強(qiáng)方向；(3)沿電場線方向電勢逐漸降低；(4)電場線和等勢面在相交處互相垂直。4．幾種典型電場的電場線圖6－1－95．孤立點(diǎn)電荷的電場模型(1)正(負(fù))點(diǎn)電荷的電場線呈空間球?qū)ΨQ分布指向外(內(nèi))部。(2)離點(diǎn)電荷越近，電場線越密(場強(qiáng)越大)。(3)以點(diǎn)電荷為球心作一球面，則電場線處處與球面垂直，在此球面上場強(qiáng)大小相等，但方向不同。6．兩種等量點(diǎn)電荷的電場比較比較等量異種點(diǎn)電荷等量同種點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)O處的場強(qiáng)大小最小，指向負(fù)電荷一方為零連線上的場強(qiáng)大小沿連線先變小，再變大沿連線先變小，再變大沿中垂線由O點(diǎn)向外場強(qiáng)大小O點(diǎn)最大，向外逐漸減小O點(diǎn)最小，向外先變大后變小[典題例析]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，即使在兩極板之間，它的電場線也不是彼此平行的直線，而是如圖6－1－10所示的曲線，關(guān)于這種電場，以下說法正確的是()圖6－1－10A．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(qiáng)電場B．電場內(nèi)部A點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度C．電場內(nèi)部A點(diǎn)的電場強(qiáng)度等于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度D．若將一正電荷從電場中的A點(diǎn)由靜止釋放，它將沿著電場線方向運(yùn)動(dòng)到負(fù)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(qiáng)電場，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。從電場線分布看，A處的電場線比B處密，所以A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)的電場強(qiáng)度，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤。AB兩點(diǎn)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(diǎn)由靜止釋放，它將沿著電場線方向運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板，選項(xiàng)D正確。電場線與帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡的關(guān)系一般情況下帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場線重合，只有同時(shí)滿足以下三個(gè)條件時(shí)，兩者才會(huì)重合。(1)電場線為直線；(2)電荷初速度為零，或速度方向與電場線平行；(3)電荷僅受電場力或所受其他力合力的方向與電場線平行。[針對訓(xùn)練]1．(2014·江陰市第一中學(xué)檢測)在如圖6－1－11所示的電場中，一負(fù)電荷從電場中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，則它運(yùn)動(dòng)的v-t圖像可能是圖6－1－12中的()圖6－1－11圖6－1－12解析：選B負(fù)電荷從電場中A點(diǎn)由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，所受電場力逐漸增大，加速度逐漸增大，則它運(yùn)動(dòng)的v-t圖像可能是圖中的B。2．(2014·漳州模擬)如圖6－1－13所示，實(shí)線為不知方向的三條電場線，從電場中M點(diǎn)以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個(gè)帶電粒子，僅在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。則()圖6－1－13A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負(fù)電B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增加C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增加D．兩個(gè)粒子的動(dòng)能，一個(gè)增加一個(gè)減小解析：選C物體做曲線運(yùn)動(dòng)，所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，由于電場線的方向不知，所以粒子帶電性質(zhì)不定，故A錯(cuò)誤；物體做曲線運(yùn)動(dòng)，所受力的方向指向軌道的內(nèi)側(cè)，從圖中軌跡變化來看速度與力的方向的夾角小于90°，所以電場力都做正功，動(dòng)能都增大，速度都增大，故B、D錯(cuò)誤；電場線密的地方電場強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場強(qiáng)度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大，加速度增大，故C正確。[課時(shí)跟蹤檢測] eq\a\vs4\al(對應(yīng)學(xué)生用書P279)一、單項(xiàng)選擇題1.(2014·泰州質(zhì)檢)兩個(gè)帶電荷量分別為Q1、Q2的質(zhì)點(diǎn)周圍的電場線如圖1所示，由圖可知()圖1A．兩質(zhì)點(diǎn)帶異號(hào)電荷，且Q1>Q2B．兩質(zhì)點(diǎn)帶異號(hào)電荷，且Q1<Q2C．兩質(zhì)點(diǎn)帶同號(hào)電荷，且Q1>Q2D．兩質(zhì)點(diǎn)帶同號(hào)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(fù)電，兩質(zhì)點(diǎn)帶異號(hào)電荷，在Q1附近電場線比Q2附近電場線密，故Q1>Q2，選項(xiàng)A正確。2.(2014·江都質(zhì)檢)如圖2所示，兩個(gè)電荷量均為＋q的小球用長為l的輕質(zhì)絕緣細(xì)繩連接，靜止在光滑的絕緣水平面上。兩個(gè)小球的半徑r?l。k表示靜電力常量。則輕繩的張力大小為()圖2A．0 B.eq\f(kq2,l2)C．2eq\f(kq2,l2) D.eq\f(kq,l2)解析：選B輕繩的張力大小等于兩個(gè)帶電小球之間的庫侖力，由庫侖定律得F＝eq\f(kq2,l2)，選項(xiàng)B正確。3.(2014·閘北區(qū)二模)如圖3所示，A、B為用兩個(gè)絕緣細(xì)線懸掛起來的帶電絕緣小球，質(zhì)量mA＜mB。當(dāng)在A球左邊如圖位置放一個(gè)帶電球C時(shí)，兩懸線都保持豎直方向(兩懸線長度相同，三個(gè)球位于同一水平線上)。若把C球移走，A、B兩球沒有發(fā)生接觸，則圖4中(圖中α＞β)能正確表示A、B兩球位置的圖是()圖3圖4解析：選A存在C球時(shí)，對A、B球受力分析，由于懸線都沿豎直方向，說明水平方向各自合力為零，說明A、B帶異種電荷，去掉C球后，兩球?qū)⒒ハ辔?。又由于兩球質(zhì)量mA＜mB，在平衡時(shí)B球的懸線與豎直方向間的夾角小，因此A選項(xiàng)正確。4.如圖5所示，以o為圓心的圓周上有六個(gè)等分點(diǎn)a、b、c、d、e、f。等量正、負(fù)點(diǎn)電荷分別放置在a、d兩處時(shí)，在圓心o處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E?，F(xiàn)改變a處點(diǎn)電荷的位置，使o點(diǎn)的電場強(qiáng)度改變，下列敘述正確的是()圖5A．移至c處，o處的電場強(qiáng)度大小不變，方向沿oeB．移至b處，o處的電場強(qiáng)度大小減半，方向沿odC．移至e處，o處的電場強(qiáng)度大小減半，方向沿ocD．移至f處，o處的電場強(qiáng)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(fù)點(diǎn)電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向相同，每個(gè)電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E/2。根據(jù)場強(qiáng)疊加原理，a處正電荷移至c處，o處的電場強(qiáng)度大小為E/2，方向沿oe，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；a處正電荷移至b處，o處的電場強(qiáng)度大小為2·E/2·cos30°＝eq\f(\r(3),2)E，方向沿∠eod的角平分線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；a處正電荷移至e處，o處的電場強(qiáng)度大小為E/2，方向沿oc，選項(xiàng)C正確；a處正電荷移至f處，o處的電場強(qiáng)度大小為2·E/2·cos30°＝eq\f(\r(3),2)E，方向沿∠cod的角平分線，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5．(2014·西安三模)如圖6，足夠大的光滑絕緣水平面上有三個(gè)帶電質(zhì)點(diǎn)，A和C圍繞B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B恰能保持靜止，其中A、C和B的距離分別是L1和L2。不計(jì)三質(zhì)點(diǎn)間的萬有引力，則A和C的比荷(電量與質(zhì)量之比)之比應(yīng)為()圖6A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,L2)))2 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,L1)))2C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,L2)))3 D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,L1)))3解析：選C根據(jù)B恰能保持靜止可得：keq\f(qAqB,L\o\al(2,1))＝keq\f(qCqB,L\o\al(2,2))，A做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)A受到的合力提供向心力，keq\f(qAqB,L\o\al(2,1))－keq\f(qAqC,L1＋L22)＝mAω2L1，C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，keq\f(qCqB,L\o\al(2,2))－keq\f(qAqC,L1＋L22)＝mCω2L2，聯(lián)立解得A和C的比荷之比應(yīng)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,L2)))3。6．(2014·武漢摸底)水平面上A、B、C三點(diǎn)固定著三個(gè)電荷量為Q的正點(diǎn)電荷，將另一質(zhì)量為m的帶正電的小球(可視為點(diǎn)電荷)放置在O點(diǎn)，OABC恰構(gòu)成一棱長為L的正四面體，如圖7所示。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，為使小球能靜止在O點(diǎn)，小球所帶的電荷量為()圖7A.eq\f(mgL2,3kQ) B.eq\f(2\r(3)mgL2,9kQ)C.eq\f(\r(6)mgL2,6kQ) D.eq\f(\r(2)mgL2,6kQ)解析：選C3keq\f(qQ,L2)cosθ＝mg，sinθ＝eq\f(\r(3),3)，聯(lián)立解得q＝eq\f(\r(6)mgL2,6kQ)。二、多項(xiàng)選擇題7.(2014·太倉模擬)一個(gè)帶正電的粒子，在xOy平面內(nèi)以速度v0從O點(diǎn)進(jìn)入一個(gè)勻強(qiáng)電場，重力不計(jì)。粒子只在電場力作用下繼續(xù)在xOy平面內(nèi)沿圖8中虛線軌跡運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，且在A點(diǎn)時(shí)的速度方向與y軸平行，則電場強(qiáng)度的方向可能是()圖8A．介于x軸負(fù)方向與y軸正方向之間B．沿x軸負(fù)方向C．沿y軸正方向D．垂直于xOy平面向里解析：選AB在O點(diǎn)粒子速度有水平向右的分量，而到A點(diǎn)時(shí)水平分量變?yōu)榱悖f明該粒子所受電場力向左或有向左的分量，又因?yàn)榱Ｗ訋д?，故A、B正確。8．(2012·浙江高考)用金屬做成一個(gè)不帶電的圓環(huán)，放在干燥的絕緣桌面上。小明同學(xué)用絕緣材料做的筆套與頭發(fā)摩擦后，將筆套自上向下慢慢靠近圓環(huán)，當(dāng)距離約為0.5cm時(shí)圓環(huán)被吸引到筆套上，如圖9所示。對上述現(xiàn)象的判斷與分析，下列說法正確的是()圖9A．摩擦使筆套帶電B．筆套靠近圓環(huán)時(shí)，圓環(huán)上、下都感應(yīng)出異號(hào)電荷C．圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)的重力D．筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷立刻被全部中和解析：選ABC摩擦使筆套帶電，筆套靠近圓環(huán)時(shí)，由于靜電感應(yīng)圓環(huán)上、下都感應(yīng)出異號(hào)電荷，圓環(huán)被吸引到筆套的過程中，是由于圓環(huán)所受靜電力的合力大于圓環(huán)的重力，選項(xiàng)ABC正確；筆套碰到圓環(huán)后，筆套所帶的電荷部分轉(zhuǎn)移到金屬圓環(huán)上，使圓環(huán)帶上相同性質(zhì)的電荷，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.如圖10所示，電荷量為Q1、Q2的兩個(gè)正點(diǎn)電荷分別置于A點(diǎn)和B點(diǎn)，兩點(diǎn)相距L。在以L為直徑的光滑絕緣半圓環(huán)上，穿著一個(gè)帶電小球＋q(視為點(diǎn)電荷)，在P點(diǎn)平衡，PA與AB的夾角為α。不計(jì)小球的重力，則()圖10A．tan3α＝eq\f(Q2,Q1) B．tanα＝eq\f(Q2,Q1)C．O點(diǎn)場強(qiáng)不為零 D．Q1<Q2解析：選AC對帶電小球＋q受力分析，畫出帶電小球＋q受力圖，根據(jù)庫侖定律，F(xiàn)1＝keq\f(qQ1,Lcosα2)，F(xiàn)2＝keq\f(qQ2,Lsinα2)，設(shè)半圓環(huán)對帶電小球＋q的彈力為FN，根據(jù)平行四邊形定則可得，F(xiàn)1＝FN′cosα，F(xiàn)2＝FN′sinα，F(xiàn)N＝FN′，聯(lián)立解得：tan3α＝eq\f(Q2,Q1)，故A正確B錯(cuò)誤；由tan3α＝eq\f(Q2,Q1)，α<45°，得eq\f(Q2,Q1)<1，即Q2<Q1，則O點(diǎn)的場強(qiáng)一定不為零，故C正確，D錯(cuò)誤。10．(2014·武漢調(diào)研)如圖11所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個(gè)小球，帶電量分別為－q、Q、－q、Q。四個(gè)小球構(gòu)成一個(gè)菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α。若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是()圖11A．cos3α＝eq\f(q,8Q) B．cos3α＝eq\f(q2,Q2)C．sin3α＝eq\f(Q,8q) D．sin3α＝eq\f(Q2,q2)解析：選AC設(shè)菱形邊長為a，則兩個(gè)Q之間距離為2asinα，則兩個(gè)q之間距離為2acosα。選?。璹作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)cosα＝keq\f(q2,2acosα2)，解得cos3α＝eq\f(q,8Q)，故A正確，B錯(cuò)誤；選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2keq\f(Qq,a2)sinα＝keq\f(Q2,2asinα2)，解得sin3α＝eq\f(Q,8q)，故C正確，D錯(cuò)誤。三、非選擇題11．(2014·北京朝陽區(qū)期末)用兩根長度均為L的絕緣細(xì)線各系一個(gè)小球，并懸掛于同一點(diǎn)。已知兩小球質(zhì)量均為m，當(dāng)它們帶上等量同種電荷時(shí)，兩細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ，如圖12所示。若已知靜電力常量為k，重力加速度為g。求：圖12(1)小球所受拉力的大?。?2)小球所帶的電荷量。解析：(1)對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示。設(shè)繩子對小球的拉力為T，eq\f(mg,T)＝cosθT＝eq\f(mg,cosθ)(2)設(shè)小球在水平方向受到庫侖力的大小為F，eq\f(F,mg)＝tanθF＝mgtanθ又因?yàn)椋篎＝keq\f(Q2,r2)r＝2Lsinθ所以Q＝2Lsinθeq\r(\f(mgtanθ,k))。答案：(1)eq\f(mg,cosθ)(2)2Lsinθeq\r(\f(mgtanθ,k))12．(2014·福建高考)如圖13，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0m。若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點(diǎn)電荷分別固定在A、B點(diǎn)，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2圖13(1)兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大??；(2)C點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小和方向。解析：(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷間的庫侖力大小為F＝keq\f(q2,L2)①代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3N②(2)A、B兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，均為E1＝keq\f(q,L2)③A、B兩點(diǎn)處的點(diǎn)電荷形成的電場在C點(diǎn)的合場強(qiáng)大小為E＝2E1cos30°④由③④式并代入數(shù)據(jù)得E＝7.8×103N/C⑤場強(qiáng)E的方向沿y軸正方向。答案：(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y軸正方向第2節(jié)電場能的性質(zhì)eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P94)[必備知識(shí)]1．靜電力做功(1)特點(diǎn)：靜電力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)。(2)計(jì)算方法①W＝qEd，只適用于勻強(qiáng)電場，其中d為沿電場方向的距離。②WAB＝qUAB，適用于任何電場。2．電勢能(1)定義：電荷在電場中具有的勢能，數(shù)值上等于將電荷從該點(diǎn)移到零勢能位置時(shí)靜電力所做的功。(2)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系：靜電力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。3．電勢(1)定義：試探電荷在電場中某點(diǎn)具有的電勢能Ep與它的電荷量q的比值。(2)定義式：φ＝Ep/q。(3)矢標(biāo)性：電勢是標(biāo)量，但有正負(fù)之分，其正(負(fù))表示該點(diǎn)電勢比零電勢高(低)。(4)相對性：電勢具有相對性，同一點(diǎn)的電勢因選取零電勢點(diǎn)的不同而不同。4．等勢面(1)定義：電場中電勢相等的各點(diǎn)組成的面。(2)四個(gè)特點(diǎn)①在同一等勢面上移動(dòng)電荷時(shí)電場力不做功。②電場線一定與等勢面垂直，并且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。③等差等勢面越密的地方電場強(qiáng)度越大，反之越小。④任意兩個(gè)等勢面都不相交。[典題例析](多選)(2014·全國卷Ⅰ)如圖6－2－1，在正點(diǎn)電荷Q的電場中有M、N、P、F四點(diǎn)，M、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，F(xiàn)為MN的中點(diǎn)，∠M＝30°。M、N、P、F四點(diǎn)處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，點(diǎn)電荷Q在M、N、P三點(diǎn)所在平面內(nèi)，則()圖6－2－1A．點(diǎn)電荷Q一定在MP的連線上B．連接PF的線段一定在同一等勢面上C．將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電場力做負(fù)功D．φP大于φM[解析]選AD根據(jù)正點(diǎn)電荷的電場的特點(diǎn)可知，點(diǎn)電荷的電場的等勢面是以點(diǎn)電荷為中心的同心球面，故分別作MN連線的中垂線和PF連線的中垂線，如圖所示，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，兩條線交MP于A點(diǎn)，即點(diǎn)電荷在A點(diǎn)，A正確，B錯(cuò)誤；將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電場力做正功，C錯(cuò)誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，故φP>φM，D正確。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)電場力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負(fù)號(hào)代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低依據(jù)場源電荷的正負(fù)取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；靠近正電荷處電勢高，靠近負(fù)電荷處電勢低依據(jù)電勢能的高低正電荷在電勢較高處電勢能大，負(fù)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?。浑妶隽ψ鲐?fù)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(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大公式法由Ep＝qφp將q、φp的大小、正負(fù)號(hào)一起代入公式，Ep的正值越大，電勢能越大；Ep的負(fù)值越小，電勢能越大能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時(shí)，電荷的動(dòng)能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動(dòng)能增加，電勢能減小，反之，電勢能增加[針對訓(xùn)練]1．(2014·江蘇高考)如圖6－2－2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(qiáng)度和電勢的說法中正確的是()圖6－2－2A．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最低B．O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，電勢最高C．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)度減小，電勢升高D．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場強(qiáng)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(diǎn)電荷的組成，同一條直徑的兩端點(diǎn)的點(diǎn)電荷的合場強(qiáng)類似于兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷的合場強(qiáng)，故圓環(huán)的中心的合場強(qiáng)一定為零。x軸上的合場強(qiáng)，在圓環(huán)的右側(cè)的合場強(qiáng)沿x軸向右，左側(cè)的合場強(qiáng)沿x軸向左，電場強(qiáng)度都呈現(xiàn)先增大后減小的特征，由沿場強(qiáng)方向的電勢降低，得O點(diǎn)的電勢最高。綜上知選項(xiàng)B正確。2．(多選)(2013·山東高考)如圖6－2－3所示，在x軸上相距為L的兩點(diǎn)固定兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷＋Q、－Q，虛線是以＋Q所在點(diǎn)為圓心、eq\f(L,2)為半徑的圓，a、b、c、d是圓上的四個(gè)點(diǎn)，其中a、c兩點(diǎn)在x軸上，b、d兩點(diǎn)關(guān)于x軸對稱。下列判斷正確的是()圖6－2－3A．b、d兩點(diǎn)處的電勢相同B．四個(gè)點(diǎn)中c點(diǎn)處的電勢最低C．b、d兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度相同D．將一試探電荷＋q沿圓周由a點(diǎn)移至c點(diǎn)，＋q的電勢能減小解析：選ABD由等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布及等勢面特點(diǎn)知，A、B正確，C錯(cuò)誤。四點(diǎn)中a點(diǎn)電勢最高、c點(diǎn)電勢最低，正電荷在電勢越低處電勢能越小，故D正確。eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P95)[必備知識(shí)]1．電勢差(1)定義：電荷在電場中，由一點(diǎn)A移到另一點(diǎn)B時(shí)，電場力做的功WAB與該電荷電荷量q的比值。(2)定義式：UAB＝WAB/q。(3)電勢差與電勢的關(guān)系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。(4)影響因素：電勢差UAB由電場本身的性質(zhì)決定，與移動(dòng)的電荷q及電場力做的功WAB無關(guān)，與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)。2．電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系(1)勻強(qiáng)電場中電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系式：UAB＝Ed，其中d為電場中兩點(diǎn)間沿電場方向的距離。(2)電場強(qiáng)度的方向和大?。貉仉妶鰪?qiáng)度的方向電勢降低最快。在勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)在數(shù)值上等于沿電場方向每單位距離上降低的電勢。3．由公式U＝Ed可以得到下面兩個(gè)結(jié)論結(jié)論一：勻強(qiáng)電場中的任一線段AB的中點(diǎn)C的電勢φC＝eq\f(φA＋φB,2)，如圖6－2－4甲所示。圖6－2－4結(jié)論二：勻強(qiáng)電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示。4．U＝Ed在非勻強(qiáng)電場中的應(yīng)用在非勻強(qiáng)電場中，不能用U＝Ed進(jìn)行計(jì)算，但可以進(jìn)行定性分析，如距離相等的兩點(diǎn)間的電勢差，E越大，U越大；E越小，U越小。[典題例析](多選)如圖6－2－5所示，A、B、C、D、E、F為勻強(qiáng)電場中一個(gè)邊長為10cm的正六邊形的六個(gè)頂點(diǎn)，A、B、C三點(diǎn)電勢分別為1V、2V、3V，正六邊形所在平面與電場線平行。下列說法正確的是()圖6－2－5A．通過CD和AF的直線應(yīng)為電場中的兩條等勢線B．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為10V/mC．勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向?yàn)橛蒀指向AD．將一個(gè)電子由E點(diǎn)移到D點(diǎn)，電子的電勢能將減少1.6×10－19J[思路點(diǎn)撥]1．在勻強(qiáng)電場中，如何尋找等勢線？提示：先利用幾何關(guān)系確定兩個(gè)等勢點(diǎn)，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方向，其大小可由E＝eq\f(U,d)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]選ACD由AC的中點(diǎn)電勢為2V，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，場強(qiáng)大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2,2×10×cos30°×10－2)V/m＝eq\f(20,3)eq\r(3)V/m，故B錯(cuò)誤，C正確；由UED＝UBC＝－1V，WED＝－eUED＝1.6×10－19J，故D正確。[針對訓(xùn)練]1．(多選)(2014·全國卷Ⅱ)關(guān)于靜電場的電場強(qiáng)度和電勢，下列說法正確的是()A．電場強(qiáng)度的方向處處與等電勢面垂直B．電場強(qiáng)度為零的地方，電勢也為零C．隨著電場強(qiáng)度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低D．任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度總是指向該點(diǎn)電勢降落最快的方向解析：選AD根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢的關(guān)系解題。電場線(電場強(qiáng)度)的方向總是與等電勢面垂直，選項(xiàng)A正確。電場強(qiáng)度和電勢是兩個(gè)不同的物理量，電場強(qiáng)度等于零的地方，電勢不一定等于零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。沿著電場線方向，電勢不斷降落，電勢的高低與電場強(qiáng)度的大小無必然關(guān)系，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。電場線(電場強(qiáng)度)的方向總是從高的等電勢面指向低的等電勢面，而且是電勢降落最快的方向，選項(xiàng)D正確。2．如圖6－2－6所示，在平面直角坐標(biāo)系中，有一個(gè)方向平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場，其中坐標(biāo)原點(diǎn)O處的電勢為0V，點(diǎn)A處的電勢為6V，點(diǎn)B處的電勢為3V，則電場強(qiáng)度的大小為()圖6－2－6A．200V/m B．200eq\r(3)V/mC．100V/m D．100eq\r(3)V/m解析：選A取OA的中點(diǎn)C，可知C的電勢為3V，所以B、C為等勢點(diǎn)，電場為勻強(qiáng)電場，連接BC，BC為等勢面，過O點(diǎn)作BC的垂線OD，即為電場強(qiáng)度方向，且OD間的電勢差等于3V，又OB＝eq\r(3)cm，OC＝3cm，所以BC＝2eq\r(3)cm，所以可得OD＝1.5cm，根據(jù)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度與電勢差間的關(guān)系可得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3,1.5×10－2)V/m＝200V/m，故A正確。eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P96)[必備知識(shí)]1．幾種典型電場的等勢面比較電場等勢面(實(shí)線)圖樣重要描述勻強(qiáng)電場垂直于電場線的一簇平面點(diǎn)電荷的電場以點(diǎn)電荷為球心的一簇球面等量異種點(diǎn)電荷的電場連線的中垂線上的電勢為零等量同種正點(diǎn)電荷的電場連線上，中點(diǎn)電勢最低，而在中垂線上，中點(diǎn)電勢最高2．帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)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(fù)。(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(fù)，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。[典題例析](2012·天津高考)兩個(gè)固定的等量異號(hào)點(diǎn)電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖6－2－7中虛線所示，一帶負(fù)電的粒子以某一速度從圖中A點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中()圖6－2－7A．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢能先變小后變大B．做直線運(yùn)動(dòng)，電勢能先變大后變小C．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢能先變小后變大D．做曲線運(yùn)動(dòng)，電勢能先變大后變小[審題指導(dǎo)]轉(zhuǎn)換對象等勢面→電場線思路立現(xiàn)將等勢面轉(zhuǎn)化為電場線后，可以較容易地判斷出帶電粒子的受力方向，確定電場力做功情況，進(jìn)而確定電勢能的變化[解析]選C由題圖等勢面可知兩固定的等量異號(hào)點(diǎn)電荷的電場分布如圖所示。帶負(fù)電的粒子在等量異號(hào)點(diǎn)電荷所產(chǎn)生電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則粒子在電場中做曲線運(yùn)動(dòng)。電場力對帶負(fù)電的粒子先做正功后做負(fù)功，電勢能先變小后變大，故C正確。帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡類問題的解題技巧(1)判斷速度方向：帶電粒子的軌跡的切線方向?yàn)樵擖c(diǎn)處的速度方向。(2)判斷電場力(或場強(qiáng))的方向：僅受電場力作用時(shí)，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡曲線的凹側(cè)，再根據(jù)粒子的正負(fù)判斷場強(qiáng)的方向。(3)判斷電場力做功的正負(fù)及電勢能的增減：若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能減少；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負(fù)功，電勢能增加。[針對訓(xùn)練]1．如圖6－2－8所示，虛線a、b、c代表電場中的三個(gè)等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實(shí)線為一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn)，R同時(shí)在等勢面b上，據(jù)此可知()圖6－2－8A．三個(gè)等勢面中，c的電勢最低B．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢能比在Q點(diǎn)的小C．帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動(dòng)能與電勢能之和比在Q點(diǎn)的小D．帶電質(zhì)點(diǎn)在R點(diǎn)的加速度方向垂直于等勢面b解析：選D根據(jù)題意畫出電場線，粒子在P處的受力方向如圖所示，可知電場線應(yīng)垂直等勢線由c經(jīng)b至a，所以a點(diǎn)電勢最低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子由P經(jīng)R至Q的過程中，電場力對其做正功，帶電質(zhì)點(diǎn)的電勢能降低，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；由于質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中只有電場力做功，所以質(zhì)點(diǎn)的電勢能與動(dòng)能之和保持不變，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)電場線與電場強(qiáng)度的幾何關(guān)系可知，D選項(xiàng)正確。2．(多選)(2014·海南高考)如圖6－2－9(a)，直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點(diǎn)，將一帶負(fù)電荷的粒子從a點(diǎn)處由靜止釋放，粒子從a運(yùn)動(dòng)到b過程中的v-t圖線如圖(b)所示。設(shè)a、b兩點(diǎn)的電勢分別為φa、φb，場強(qiáng)大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢能分別為Wa、Wb，不計(jì)重力，則有()圖6－2－9A．φa＞φb B．Ea＞EbC．Ea＜Eb D．Wa＞W(wǎng)b解析：選BD由v-t圖像的斜率減小可知由a到b的過程中，粒子的加速度減小，所以場強(qiáng)變小，Ea＞Eb；根據(jù)動(dòng)能定理，速度增大，可知?jiǎng)菽軠p小，Wa＞W(wǎng)b，可得選項(xiàng)B、D正確。eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P97)[必備知識(shí)]1．主要類型(1)v-t圖像；(2)φ-x圖像；(3)E-x圖像。2．應(yīng)對策略(1)v-t圖像：根據(jù)v-t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進(jìn)而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。(2)φ-x圖像：①電場強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處，φ-x圖線存在極值，其切線的斜率為零。②在φ-x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向。③在φ-x圖像中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷。(3)E-x圖像：根據(jù)E-x圖像中E的正負(fù)確定電場強(qiáng)度的方向，再在草紙上畫出對應(yīng)電場線的方向，根據(jù)E的大小變化，確定電場的強(qiáng)弱分布。[典題例析](多選)(2014·吉林二模)一帶正電的檢驗(yàn)電荷，僅在電場力作用下沿x軸從x＝－∞向x＝＋∞運(yùn)動(dòng)，其速度v隨位置x變化的圖像如圖6－2－10所示，x＝x1和x＝－x1處，圖線切線的斜率絕對值相等且最大，則在x軸上()圖6－2－10A．x＝x1和x＝－x1兩處，電場強(qiáng)度相同B．x＝x1和x＝－x1兩處，電場強(qiáng)度最大C．x＝0處電勢最低D．從x＝x1運(yùn)動(dòng)到x＝＋∞過程中，電荷的電勢能逐漸減小[解析]選BD正檢驗(yàn)電荷僅在電場力作用下沿x軸從x＝－∞向x＝＋∞運(yùn)動(dòng)，速度先減小后增大，所受的電場力先沿－x軸方向，后沿＋x軸方向，電場線方向先沿－x軸方向，后沿＋x軸方向，則知x＝x1和x＝－x1兩處，電場強(qiáng)度的方向相反，電場強(qiáng)度不同，故A錯(cuò)誤；由v-t圖像的斜率決定電場強(qiáng)度的大小，x＝x1和x＝－x1兩處斜率最大，則電場強(qiáng)度最大，故B正確；由上知，電場線方向先沿－x軸方向，后沿＋x軸方向，根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，電勢先升高后降低，則x＝0處電勢最大，故C錯(cuò)誤；從x＝x1運(yùn)動(dòng)到x＝＋∞過程中，電場力沿＋x軸方向，則電場力做正功，電荷的電勢能逐漸減小，故D正確。(1)兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷位于垂直于x軸的連線上，相對原點(diǎn)對稱分布，選無窮遠(yuǎn)處電勢為零。x軸上電場強(qiáng)度E、電勢φ的變化規(guī)律如圖6－2－11所示。圖6－2－11(2)兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷位于x軸上，相對原點(diǎn)對稱分布，x軸上電場強(qiáng)度E、電勢φ的變化規(guī)律如圖6－2－12所示。圖6－2－12[針對訓(xùn)練]1．(2014·山東高考)如圖6－2－13，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A。已知?dú)?nèi)的場強(qiáng)處處為零；殼外空間的電場，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時(shí)在殼外產(chǎn)生的電場一樣。一帶正電的試探電荷(不計(jì)重力)從球心以初動(dòng)能Ek0沿OA方向射出。下列關(guān)于試探電荷的動(dòng)能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖線，可能正確的是()圖6－2－13圖6－2－14解析：選A試探電荷的動(dòng)能Ek＝Ek0＋W，由此可知在球殼內(nèi)，由于球殼內(nèi)的場強(qiáng)處處為零，因此電場力不做功，試探電荷的動(dòng)能不變，在球殼外，所受電場力為庫侖力，隨著運(yùn)動(dòng)距離的增大，在移動(dòng)相同位移的前提下，做功越來越少，因此動(dòng)能的增加越來越慢，據(jù)此可知，所給的四個(gè)圖中只有A選項(xiàng)正確，其余選項(xiàng)皆錯(cuò)誤。2．兩個(gè)等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點(diǎn)，如圖6－2－15甲所示，一個(gè)電量為2C，質(zhì)量為1kg的小物塊從C點(diǎn)靜止釋放，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，其中B點(diǎn)處為整條圖線切線斜率最大的位置(圖中標(biāo)出了該切線)。則下列說法正確的是()圖6－2－15A．B點(diǎn)為中垂線上電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)，場強(qiáng)E＝2V/mB．由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C．由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，電勢逐漸升高D．AB兩點(diǎn)的電勢差UAB＝－5V解析：選D根據(jù)v-t圖像上斜率表示加速度，由v-t圖像上B點(diǎn)斜率最大可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所受電場力最大，B點(diǎn)為中垂線上電場強(qiáng)度最大的點(diǎn)，小物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的加速度a＝2m/s2，由qE＝ma可得場強(qiáng)E＝1V/m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。小物塊由C到A的過程中，速度逐漸增大，動(dòng)能逐漸增大，物塊的電勢能逐漸減小，電勢逐漸降低，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤。小物塊從B到A，速度由4m/s增加到6m/s，動(dòng)能增加ΔEk＝10J，由動(dòng)能定理，qUBA＝ΔEk可得UAB＝－UBA＝－5V，選項(xiàng)D正確。eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P98)[必備知識(shí)]電場中的功能關(guān)系(1)如果只有電場力做功，則動(dòng)能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，動(dòng)能(Ek)和電勢能(Ep)的總和守恒，即：①電場力做正功，電勢能減少，動(dòng)能增加。②電場力做負(fù)功，電勢能增加，動(dòng)能減少。(2)除電場力之外其他力做正功，動(dòng)能和電勢能之和變大；除電場力之外其他力做負(fù)功，動(dòng)能和電勢能之和變小。(3)如果只有電場力和重力做功，則電勢能和機(jī)械能之和保持不變。[典題例析](2014·揚(yáng)州模擬)如圖6－2－16所示，在O點(diǎn)放置一個(gè)正電荷，在過O點(diǎn)的豎直平面內(nèi)的A點(diǎn)，自由釋放一個(gè)帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q。小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓(圖中實(shí)線表示)相交于B、C兩點(diǎn)，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h。若小球通過B點(diǎn)的速度為v，試求：圖6－2－16(1)小球通過C點(diǎn)的速度大小。(2)小球由A到C的過程中電勢能的增加量。[審題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息自由釋放初速度為零小球重力不能忽略O(shè)為圓心，R為半徑的圓圓周為等勢線第二步：找突破口(1)要確定通過C點(diǎn)的速度，可由BC過程中的功能關(guān)系求解，由于B、C在圓周上，兩點(diǎn)為等勢點(diǎn)，故電場力不做功，只有重力做功。(2)要求由A到C過程中電勢能的增加量，應(yīng)利用公式WAC＝－ΔEpAC和動(dòng)能定理，對小球由A到C過程分析，列方程求解。[解析](1)因B、C兩點(diǎn)電勢相等，小球由B到C只有重力做功，由動(dòng)能定理得：mgR·sin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2得：vC＝eq\r(v2＋gR)。(2)由A到C應(yīng)用動(dòng)能定理得：WAC＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0得：WAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh。由電勢能變化與電場力做功的關(guān)系得：ΔEp＝－WAC＝mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR。[答案](1)eq\r(v2＋gR)(2)mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR電場力做功的計(jì)算方法[針對訓(xùn)練]1．(2014·遼寧沈陽四校聯(lián)考)如圖6－2－17所示，質(zhì)量為m的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，帶正電荷Q，開始時(shí)讓它靜止在傾角α＝60°的固定光滑絕緣斜面頂端，整個(gè)裝置放在水平方向、大小為E＝eq\r(3)mg/Q的勻強(qiáng)電場中(設(shè)斜面頂端處電勢為零)，斜面高為H。釋放后，物塊落地時(shí)的電勢能為Ep，物塊落地時(shí)的速度大小為v，則()圖6－2－17A．Ep＝eq\f(\r(3),3)mgH B．Ep＝－eq\f(\r(3),3)mgHC．v＝2eq\r(gH) D．v＝2gH解析：選C由公式WAB＝－ΔEpAB可求物塊落地時(shí)的電勢能為Ep＝－QEH/tan60°＝－eq\r(3)mgH/eq\r(3)＝－mgH，故A、B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理，mgH＋QEH/tan60°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(gH)，C正確，D錯(cuò)誤。2.一帶電油滴在勻強(qiáng)電場E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖6－2－18中虛線所示，電場方向豎直向下。若不計(jì)空氣阻力，則此帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，能量變化情況為()圖6－2－18A．動(dòng)能減小B．電勢能增加C．動(dòng)能和電勢能之和減小D．重力勢能和電勢能之和增加解析：選C該油滴從a點(diǎn)進(jìn)入電場，根據(jù)其軌跡的彎曲趨勢，可以判斷靜電力一定豎直向上，且靜電力大于重力，所以油滴帶負(fù)電荷。運(yùn)動(dòng)過程中合力向上做正功，根據(jù)動(dòng)能定理，油滴動(dòng)能變大，A錯(cuò)誤；靜電力做正功，電勢能必然減少，B錯(cuò)誤；該處能量守恒的形式表現(xiàn)為電勢能、機(jī)械能(動(dòng)能＋重力勢能)之和守恒。根據(jù)能量守恒定律，既然動(dòng)能增加，則重力勢能與電勢能之和一定減少，D錯(cuò)誤；油滴上升，重力勢能變大，動(dòng)能和電勢能之和必然減少，C正確。[課時(shí)跟蹤檢測] eq\a\vs4\al(對應(yīng)學(xué)生用書P281)一、單項(xiàng)選擇題1．(2014·北京高考)如圖1所示，實(shí)線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面。下列判斷正確的是()圖1A．1、2兩點(diǎn)的場強(qiáng)相等 B．1、3兩點(diǎn)的場強(qiáng)相等C．1、2兩點(diǎn)的電勢相等 D．2、3兩點(diǎn)的電勢相等解析：選D根據(jù)電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小知，1點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于2點(diǎn)、3點(diǎn)的電場強(qiáng)度，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，在同一等勢面上各點(diǎn)的電勢相等知，1點(diǎn)的電勢高于2點(diǎn)電勢，2點(diǎn)、3點(diǎn)處于同一等勢面上，電勢相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。2．(2014·大綱卷)地球表面附近某區(qū)域存在大小為150N/C、方向豎直向下的電場。一質(zhì)量為1.00×10－4kg、帶電量為－1.00×10－7C的小球從靜止釋放，在電場區(qū)域內(nèi)下落10.0m。對此過程，該小球的電勢能和動(dòng)能的改變量分別為(重力加速度大小取9.80m/sA．－1.50×10－4J和9.95×10－3JB．1.50×10－4J和9.95×10－3JC．－1.50×10－4J和9.65×10－3JD．1.50×10－4J和9.65×10－3J解析：選D對帶電小球受力分析，如圖所示，在此過程中，該小球的電勢能的改變量ΔEp＝qEh＝1.50×10－4J；根據(jù)動(dòng)能定理可得：小球的動(dòng)能的改變量ΔEk＝mgh－qEh＝9.65×10－3J，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。3.如圖2所示，有四個(gè)等量異種電荷，放在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)處。A、B、C、D為正方形四個(gè)邊的中點(diǎn)，O為正方形的中心，下列說法中正確的是()圖2A．A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．O點(diǎn)電場強(qiáng)度等于零C．將一帶正電的試探電荷勻速從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)到D點(diǎn)，電場力做功為零D．將一帶正電的試探電荷勻速從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn)，試探電荷具有的電勢能增大解析：選C由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式和場強(qiáng)疊加原理可知，A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的電場強(qiáng)度不相同，O點(diǎn)電場強(qiáng)度不等于零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由于B、D兩點(diǎn)等電勢，將一帶正電的試探電荷勻速從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)到D點(diǎn)，電場力做功為零，選項(xiàng)C正確；由于A點(diǎn)電勢高于C點(diǎn)，將一帶正電的試探電荷勻速從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到C點(diǎn)，試探電荷具有的電勢能減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4．(2014·天津高考)如圖3所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號(hào)電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么()圖3A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢能一定增加C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加解析：選C微粒向下偏轉(zhuǎn)，則微粒受到的電場力與重力的合力向下，若微粒帶正電，只要電場力小于重力，就不能確定A、B板所帶電荷的電性，A項(xiàng)錯(cuò)誤；不能確定電場力的方向和微粒所帶電荷的電性，因此不能確定電場力做功的正負(fù)，不能確定微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢能的變化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于電場力與重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知，微粒從M到N的過程中動(dòng)能增加，C項(xiàng)正確；由于不能確定除重力以外的力即電場力做的是正功還是負(fù)功，根據(jù)功能原理可知，不能確定微粒從M到N過程中機(jī)械能是增加還是減少，D項(xiàng)錯(cuò)誤。5．(2014·臨沂質(zhì)檢)如圖4所示，平行板電容器的兩個(gè)極板豎直放置，并接直流電源。若一帶電粒子恰好能沿圖中軌跡穿過電容器，a到c是直線，由于電極板邊緣效應(yīng)，粒子從c到d是曲線，重力加速度為g，則該粒子()圖4A．在ac段受到的重力與電場力平衡，做勻速運(yùn)動(dòng)，cd段電場力大于重力B．從a到c做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為g/cosθC．從a到d重力勢能減小，電勢能增加D．從a到d粒子所受合力一直沿軌跡的切線方向解析：選B由題意知在ac段粒子受重力和電場力的合力方向由a至c，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度是g/cosθ；從a到d重力、電場力做正功，重力勢能、電勢能均減小，cd段由合力指向軌跡的彎曲方向可判斷出電場力大于重力，cd段粒子的合力方向不沿軌跡的切線方向。故只有選項(xiàng)B正確。6．(2014·衡水中學(xué)期末)兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖5所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢均為零，ND段中的C點(diǎn)電勢最高，則()圖5A．N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零C．NC間場強(qiáng)方向指向x軸正方向D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功解析：選DA、N點(diǎn)的電勢等于零，電場強(qiáng)度大小不為零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；從N到C電勢升高，NC間場強(qiáng)方向指向x軸負(fù)方向，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從N到C電勢升高，從C到D電勢降低，將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力做正功，從C點(diǎn)到D點(diǎn)，電場力做負(fù)功，選項(xiàng)D正確。二、多項(xiàng)選擇題7．(2014·廣東高考)如圖6所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個(gè)帶電荷量為＋Q的小球P。帶電荷量分別為－q和＋2q的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上。P與M相距L，P、M和N視為點(diǎn)電荷，下列說法正確的是()圖6A．M與N的距離大于L B．P、M和N在同一直線上C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同 D．M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合外力為零解析：選BD由于小球M、N及細(xì)桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此M、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)合外力為零，D項(xiàng)正確；整體受到的庫侖力的合力為零，即keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,r＋L2)，解得r＝(eq\r(2)－1)L，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于P對M、N的庫侖力等大反向，因此P、M、N三者必在一條直線上，B項(xiàng)正確；在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場中，離P點(diǎn)越遠(yuǎn)電勢越低，C項(xiàng)錯(cuò)誤。8．(2012·山東高考)圖7中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點(diǎn)電荷。一帶電粒子以一定初速度射入電場，實(shí)線為粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b、c三點(diǎn)是實(shí)線與虛線的交點(diǎn)。則該粒子()圖7A．帶負(fù)電B．在c點(diǎn)受力最大C．在b點(diǎn)的電勢能大于在c點(diǎn)的電勢能D．由a點(diǎn)到b點(diǎn)的動(dòng)能變化大于由b點(diǎn)到c點(diǎn)的動(dòng)能變化解析：選CD由于帶電粒子受到電場力指向軌跡凹側(cè)，說明帶電粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)庫侖定律F＝keq\f(Qq,r2)可知，粒子在c點(diǎn)受到電場力最小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，電場力對粒子做正功，粒子電勢能減小，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理可得：qU＝ΔEk，因?yàn)閁ab>Ubc，所以選項(xiàng)D正確。9．(2013·天津高考)兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷，固定在圖8中P、Q兩點(diǎn)，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點(diǎn)，A點(diǎn)為MN上的一點(diǎn)。一帶負(fù)電的試探電荷q，從A點(diǎn)由靜止釋放，只在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)。取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則()圖8A．q由A向O的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．q由A向O運(yùn)動(dòng)的過程電勢能逐漸減小C．q運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大D．q運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)電勢能為零解析：選BC本題考查靜電場中力的性質(zhì)和能的性質(zhì)，考查考生對靜電場中運(yùn)動(dòng)電荷力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的分析。兩等量正點(diǎn)電荷在中垂線MN上的電場強(qiáng)度方向從O點(diǎn)向兩側(cè)沿中垂線指向無窮遠(yuǎn)處，場強(qiáng)大小從O點(diǎn)沿MN到無窮遠(yuǎn)處先變大后變小，因此負(fù)電荷由靜止釋放后，在變化的電場力作用下做直線運(yùn)動(dòng)的加速度不斷變化，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由A到O電場力做正功，電勢能減小，B項(xiàng)正確；在MN上O點(diǎn)電勢最高，因此負(fù)電荷在O點(diǎn)的電勢能最小，由于只有電場力做功，因此電勢能與動(dòng)能的和是一定值，電勢能最小時(shí)，動(dòng)能最大，C項(xiàng)正確；O點(diǎn)的電勢不為零，因此負(fù)電荷在O點(diǎn)時(shí)的電勢能不為零，D項(xiàng)錯(cuò)誤。10．(2014·南昌模擬)A、B是一條電場線上的兩點(diǎn)，若在A點(diǎn)釋放一初速度為零的電子，電子僅在電場力作用下沿電場線從A運(yùn)動(dòng)到B，其電勢能Ep隨位移s變化的規(guī)律如圖9所示。設(shè)A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為EA和EB，電勢分別為φA和φB。則()圖9A．EA＝EB B．EA<EBC．φA>φB D．φA<φB解析：選AD根據(jù)動(dòng)能定理qEs＝ΔEk，由于電勢能W隨位移s變化的規(guī)律為直線，所以為勻強(qiáng)電場，EA＝EB，故A正確，B錯(cuò)誤。電子僅在電場力作用下沿電場線從A運(yùn)動(dòng)到B，電勢能減小，電場力做正功，電場線方向從B到A，φA<φB，故D正確，C錯(cuò)誤。三、非選擇題11．(2014·北京東城區(qū)聯(lián)考)如圖10所示，A、B兩點(diǎn)所在的圓半徑分別為r1和r2，這兩個(gè)圓為同心圓，圓心處有一帶電為＋Q的點(diǎn)電荷，內(nèi)外圓間的電勢差為U，一電子僅在電場力作用下由A運(yùn)動(dòng)到B，電子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度為v，若電子質(zhì)量為m，帶電荷量為e，求：圖10(1)電子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的加速度大小；(2)電子在A點(diǎn)時(shí)的速度大小v0。解析：(1)電子在B點(diǎn)受到的庫侖力大小為F＝eq\f(kQe,r\o\al(2,2))電子在該處的加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(kQe,mr\o\al(2,2))(2)電子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：－eU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v0＝eq\r(v2＋\f(2eU,m))。答案：(1)eq\f(kQe,mr\o\al(2,2))(2)eq\r(v2＋\f(2eU,m))12.如圖11所示，固定于同一條豎直線上的點(diǎn)電荷A、B相距為2d，電量分別為＋Q和－Q。MN是豎直放置的光滑絕緣細(xì)桿，另有一個(gè)穿過細(xì)桿的帶電小球p，質(zhì)量為m、電量為＋q(可視為點(diǎn)電荷，q遠(yuǎn)小于Q)，現(xiàn)將小球p從與點(diǎn)電荷A等高的C處由靜止開始釋放，小球p向下運(yùn)動(dòng)到距C點(diǎn)距離為d的O點(diǎn)時(shí)，速度為v。已知MN與AB之間的距離也為d，靜電力常量為k，重力加速度為g。求：圖11(1)C、O間的電勢差UCO；(2)小球p經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)加速度的大??；(3)小球p經(jīng)過與點(diǎn)電荷B等高的D點(diǎn)時(shí)速度的大小。解析：(1)小球p由C運(yùn)動(dòng)到O時(shí)，由動(dòng)能定理，得mgd＋qUCO＝eq\f(1,2)mv2－0得UCO＝eq\f(mv2－2mgd,2q)(2)小球p經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)受力分析如圖所示，由庫侖定律得：F1＝F2＝keq\f(Qq,\r(2)d2)它們的合力為：F＝F1cos45°＋F2cos45°＝eq\f(\r(2)kQq,2d2)由牛頓第二定律得：mg＋F＝ma，a＝g＋eq\f(\r(2)kQq,2md2)(3)小球p由O運(yùn)動(dòng)到D的過程，由動(dòng)能定理得：mgd＋qUOD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mv2由電場特點(diǎn)可知：UCO＝UOD解得：vD＝eq\r(2)v答案：(1)eq\f(mv2－2mgd,2q)(2)g＋eq\f(\r(2)kQq,2md2)(3)eq\r(2)v第3節(jié)電容器__帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P99)[必備知識(shí)]1．電容器(1)組成：兩個(gè)彼此絕緣且又相距很近的導(dǎo)體。(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對值。(3)充、放電：①充電：把電容器接在電源上后，電容器兩個(gè)極板分別帶上等量的異號(hào)電荷的過程，兩極板間有電場存在。充電過程中由電源獲得的電能儲(chǔ)存在電容器中。②放電：用導(dǎo)線將充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷中和的過程。放電后的兩極板間不再有電場，電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。(2)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量。(3)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(4)單位：1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012皮法(pF)。3．平行板電容器的電容決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，即平行板電容器的電容C跟板間電介質(zhì)的相對介電常數(shù)εr成正比，跟正對面積S成正比，跟極板間的距離d成反比。[典題例析]如圖6－3－1所示，平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則()圖6－3－1A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B．P點(diǎn)的電勢將降低C．帶電油滴的電勢能將減小D．電容器的電容減小，極板帶電荷量將增大[解析]選B上極板向上移動(dòng)一小段距離后，板間電壓不變，仍為電源電動(dòng)勢E，故電場強(qiáng)度將減小，油滴所受電場力減小，故油滴將向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；P點(diǎn)的電勢大于0，且P點(diǎn)與下極板間的電勢差減小，所以P點(diǎn)的電勢降低，B對；兩極板間電場方向豎直向下，所以P點(diǎn)的油滴應(yīng)帶負(fù)電，當(dāng)P點(diǎn)電勢減小時(shí)，油滴的電勢能應(yīng)增加，C錯(cuò)；電容器的電容C＝eq\f(εrS,4πkd)，由于d增大，電容C應(yīng)減小，極板帶電荷量Q＝CE將減小，D錯(cuò)。1．兩類平行板電容器的動(dòng)態(tài)問題分析比較(1)兩極板間電壓U恒定不變。(2)電容器所帶電荷量Q恒定不變。2．平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析方法(1)確定不變量→分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)用決定式C＝eq\o(→,\s\up7(εrS),\s\do5(4πkd))分析平行板電容器電容的變化。(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)→分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。(4)用E＝eq\f(U,d)→分析電容器極板間電場強(qiáng)度的變化。[針對訓(xùn)練]1．(2014·岳陽模擬)如圖6－3－2所示，兩極板水平放置的平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源連接，下極板接地。靜電計(jì)外殼接地。閉合開關(guān)S時(shí)，帶負(fù)電的油滴恰好靜止于電容器中的P點(diǎn)。下列說法正確的是()圖6－3－2A．若將A極板向下平移一小段距離，平行板電容器的電容將變小B．若將A極板向上平移一小段距離，靜電計(jì)指針張角變小C．若將A極板向下平移一小段距離，P點(diǎn)電勢將升高D．若斷開開關(guān)S，再將A極板向下平移一小段距離，則帶電油滴將向下運(yùn)動(dòng)解析：選C若將A極板向下平移一小段距離，板間距離d減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容增大，故A錯(cuò)誤；由于電容器始終與電源相連，電容器兩端間的電勢差不變，則靜電計(jì)指針張角不變，故B錯(cuò)誤；由于板間電勢差不變，d減小，則板間電場強(qiáng)度增大，P點(diǎn)與下極板的電勢差增大，則P點(diǎn)的電勢升高，故C正確；電容器與電源斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)和E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則知板間電場強(qiáng)度不變，油滴所受電場力不變，仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故D錯(cuò)誤。2．(2014·東城區(qū)一模)如圖6－3－3所示，由M、N兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器，極板N與靜電計(jì)的金屬球相接，極板M與靜電計(jì)的外殼均接地。給電容器充電，靜電計(jì)指針張開一定角度。實(shí)驗(yàn)過程中，電容器所帶電荷量不變。下面操作能使靜電計(jì)指針張角變大的是()圖6－3－3A．將M板向上平移B．將M板沿水平方向靠近N板C．在M、N之間插入有機(jī)玻璃板D．在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸解析：選A將M板向上平移，正對面積減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)，Q不變，則電勢差增大，張角變大，故A正確；將M板沿水平方向靠近N板，d變小，電容變大，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)，Q不變，則電勢差減小，張角變小，故B錯(cuò)誤；在M、N之間插入有機(jī)玻璃板，電容增大，Q不變，則電勢差減小，張角變小，故C錯(cuò)誤；在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸，d減小，電容增大，Q不變，則電勢差變小，張角變小，故D錯(cuò)誤。eq\o(對應(yīng)學(xué)生用書P100)[必備知識(shí)]1．帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。2．帶電粒子在電場中平衡問題的解題步驟eq\x(\a\al(選取研,究對象))eq\x(\a\al(進(jìn)行受力分析，注意,電場力的方向特點(diǎn)))eq\x(\a\al(由平衡條件,列方程求解))3．帶電粒子在電場中的變速直線運(yùn)動(dòng)問題可用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解或從功能關(guān)系角度用動(dòng)能定理和能量守恒定律求解。[典題例析](2014·江蘇二校聯(lián)考)如圖6－3－4所示，在A點(diǎn)固定一正電荷，電量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運(yùn)動(dòng)瞬間向上的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點(diǎn)電荷，不計(jì)空氣阻力。求：圖6－3－4(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離h；(3)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場中，某點(diǎn)的電勢可表示成φ＝eq\f(kQ,r)，其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無限遠(yuǎn)的電勢為零)。求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB。[解析](1)設(shè)液珠的電量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當(dāng)液珠在C點(diǎn)時(shí)keq\f(Qq,H2)－mg＝mg比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2gH2,kQ)(2)當(dāng)液珠速度最大時(shí)，keq\f(Qq,h2)＝mg得h＝eq\r(2)H(3)設(shè)BC間的電勢差大小為UCB，由題意得UCB＝φC－φB＝eq\f(kQ,H)－eq\f(kQ,