（江蘇選考）2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分專題三電場與磁場學(xué)案

PAGEPAGEPAGE1專題三電場與磁場[學(xué)前先做高考題]高考題最經(jīng)典，每做一次都有新發(fā)現(xiàn)1．(2022·江蘇高考)靜電現(xiàn)象在自然界中普遍存在，我國早在西漢末年已有對靜電現(xiàn)象的記載，?春秋緯·考異郵?中有“玳瑁吸〞之說，但以下不屬于靜電現(xiàn)象的是()A．梳過頭發(fā)的塑料梳子吸起紙屑B．帶電小球移至不帶電金屬球附近，兩者相互吸引C．小線圈接近通電線圈過程中，小線圈中產(chǎn)生電流D．從枯燥的地毯上走過，手碰到金屬把手時有被電擊的感覺解析：選C用塑料梳子梳頭發(fā)時相互摩擦，塑料梳子會帶上電荷吸引紙屑，選項A屬于靜電現(xiàn)象；帶電小球移至不帶電金屬球附近，由于靜電感應(yīng)，金屬小球在靠近帶電小球一端會感應(yīng)出與帶電小球異號的電荷，兩者相互吸引，選項B屬于靜電現(xiàn)象；小線圈接近通電線圈過程中，由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象，小線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項C不屬于靜電現(xiàn)象；從枯燥的地毯上走過，由于摩擦生電，當(dāng)手碰到金屬把手時瞬時產(chǎn)生較大電流，人有被電擊的感覺，選項D屬于靜電現(xiàn)象。2．(多項選擇)(2022·江蘇高考)兩個相同的負(fù)電荷和一個正電荷附近的電場線分布如下圖。c是兩負(fù)電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，那么()A．a(chǎn)點的電場強(qiáng)度比b點的大B．a(chǎn)點的電勢比b點的高C．c點的電場強(qiáng)度比d點的大D．c點的電勢比d點的低解析：選ACD根據(jù)電場線的分布圖，a、b兩點中，a點的電場線較密，那么a點的電場強(qiáng)度較大，選項A正確；沿電場線的方向電勢降低，a點的電勢低于b點的電勢，選項B錯誤；由于c、d關(guān)于正電荷對稱，正電荷在c、d兩點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反；兩負(fù)電荷在c點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為0，在d點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向向下，根據(jù)電場的疊加原理，c點的電場強(qiáng)度比d點的大，選項C正確；c、d兩點中c點離負(fù)電荷的距離更小，c點電勢比d點低，選項D正確。3.(2022·江蘇高考)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如下圖，容器內(nèi)外表為等勢面，A、B為容器內(nèi)外表上的兩點，以下說法正確的選項是()A．A點的電場強(qiáng)度比B點的大B．小球外表的電勢比容器內(nèi)外表的低C．B點的電場強(qiáng)度方向與該處內(nèi)外表垂直D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同解析：選C由題圖知，B點處的電場線比A點處的密，那么A點的電場強(qiáng)度比B點的小，選項A錯誤；沿電場線方向電勢降低，選項B錯誤；電場強(qiáng)度的方向總是與等勢面(容器內(nèi)外表)垂直，選項C正確；沿任意路徑將檢驗電荷由A點移動到B點，電場力做功都為零，選項D錯誤。4．(多項選擇)(2022·江蘇高考)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如下圖。以下說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強(qiáng)度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大解析：選AC由題圖可知，空間的電勢有正有負(fù)，且只有一個極值，那么兩個點電荷必定為異種電荷，A項正確；由E＝eq\f(Δφ,Δx)可知，φ-x圖像的切線斜率表示電場強(qiáng)度，因此x1處的電場強(qiáng)度不為零，B項錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強(qiáng)度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項正確，D項錯誤。5．(多項選擇)(2022·江蘇高考)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左。不計空氣阻力，那么小球()A．做直線運(yùn)動B．做曲線運(yùn)動C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小解析：選BC小球運(yùn)動時受重力和電場力的作用，合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上，小球做曲線運(yùn)動，選項A錯誤，B正確；將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根據(jù)運(yùn)動與力的關(guān)系，v1的大小不變，v2先減小后反向增大，因此小球的速率先減小后增大，選項C正確，D錯誤。6．(2022·江蘇高考)如下圖，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到P′點，那么由O點靜止釋放的電子()A．運(yùn)動到P點返回B．運(yùn)動到P和P′點之間返回C．運(yùn)動到P′點返回D．穿過P′點解析：選A電子在A、B板間的電場中做加速運(yùn)動，在B、C板間的電場中做減速運(yùn)動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強(qiáng)度為E，M、P兩點間的距離為d，那么有eU－eEd＝0，假設(shè)將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C0d)＝eq\f(4πkQ,εS)可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間做加速運(yùn)動后，在B、C板間做減速運(yùn)動，到達(dá)P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤。7．(2022·江蘇高考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如下圖。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上。甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；(2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d；(3)假設(shè)考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件。解析：(1)甲種離子在電場中加速時，有qU0＝eq\f(1,2)×2mv2設(shè)甲種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r1那么有qvB＝2meq\f(v2,r1)解得r1＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))根據(jù)幾何關(guān)系有x＝2r1－L解得x＝eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L。(2)如下圖。最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d＝r1－eq\r(r12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)解得d＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))。(3)設(shè)乙種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r2r1的最小半徑r1min＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))r2的最大半徑r2max＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))由題意知2r1min－2r2max>L即eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))－eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))>L解得L<eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))[2eq\r(U0－ΔU)－eq\r(2U0＋ΔU)]。答案：(1)eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L(2)見解析圖eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))(3)L<eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))[2eq\r(U0－ΔU)－eq\r(2U0＋ΔU)]8．(2022·江蘇高考)盤旋加速器的工作原理如圖1所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R。兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖2所示，電壓值的大小為U0，周期T＝eq\f(2πm,qB)。一束該種粒子在t＝0～eq\f(T,2)時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動，不考慮粒子間的相互作用。求：(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能到達(dá)Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件。解析：(1)粒子運(yùn)動半徑為R時qvB＝meq\f(v2,R)且Em＝eq\f(1,2)mv2解得Em＝eq\f(q2B2R2,2m)。(2)粒子被加速n次到達(dá)動能Em，那么Em＝nqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt加速度a＝eq\f(qU0,md)勻加速直線運(yùn)動nd＝eq\f(1,2)a·Δt2由t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，解得t0＝eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)。(3)只有在0～eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－Δt))時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速那么所占的比例為η＝eq\f(\f(T,2)－Δt,\f(T,2))由η＞99%，解得d＜eq\f(πmU0,100qB2R)。答案：(1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)(3)d＜eq\f(πmU0,100qB2R)9．(2022·江蘇高考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如下圖，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上。放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)eq\f(2,3)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)eq\f(1,3)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。(1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m；(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)解析：(1)離子在電場中加速，qU0＝eq\f(1,2)mv2在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，qvB＝meq\f(v2,r0)解得r0＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0,q))代入r0＝eq\f(3,4)L，解得m＝eq\f(9qB2L2,32U0)。(2)由(1)知，U＝eq\f(qB2r2,2m)，離子打在Q點時，r＝eq\f(5,6)L＝eq\f(10r0,9)，得U＝eq\f(100U0,81)離子打在N點時，r＝L＝eq\f(4r0,3)，得U＝eq\f(16U0,9)那么電壓的范圍eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)。(3)由(2)可知，r∝eq\r(U)由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點，eq\f(L,\f(5,6)L)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上，eq\f(\f(5,6)L,r1)＝eq\f(\r(U1),\r(U0))解得r1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))2L第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，那么eq\f(L,r1)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，eq\f(\f(5,6)L,r2)＝eq\f(\r(U2),\r(U0))，解得r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))3L同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))n＋1L檢測完整，有rn≤eq\f(L,2)，解得n≥eq\f(lg2,lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5))))－1≈2.8最少次數(shù)為3次。答案：(1)eq\f(9qB2L2,32U0)(2)eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)(3)最少次數(shù)為3次十一、引用力學(xué)知識，激活電學(xué)思維(一)——電場力的性質(zhì)[抓牢解題根源]一、庫侖定律1．表達(dá)式：F＝keq\f(q1q2,r2)。2．適用條件：真空中兩個靜止的點電荷。二、電場強(qiáng)度的“兩個三〞1．三個性質(zhì)矢量性電場強(qiáng)度E是表示電場力的性質(zhì)的一個物理量。規(guī)定正電荷受力方向為該點場強(qiáng)的方向唯一性電場中某一點的電場強(qiáng)度E是唯一的，它的大小和方向決定于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置，與放入該點的電荷q無關(guān)疊加性如果有幾個靜止電荷在空間同時產(chǎn)生電場，那么空間某點的場強(qiáng)是各場源電荷單獨(dú)存在時在該點所產(chǎn)生的場強(qiáng)的矢量和2．三個計算公式公式適用條件特點定義式E＝eq\f(F,q)任何電場某點的場強(qiáng)為確定值，大小及方向與q無關(guān)決定式E＝keq\f(Q,r2)真空中點電荷的電場E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定關(guān)系式E＝eq\f(U,d)勻強(qiáng)電場d是沿電場方向的距離三、電場線的“五特征〞1．電場線是假想的，實際電場中不存在。2．電場線起始于正電荷(或來自無窮遠(yuǎn))，終止于負(fù)電荷(或無窮遠(yuǎn))。靜電場的電場線不閉合。3．電場線不相交，也不相切。4．電場線的疏密情況反映電場的強(qiáng)弱。5．電場線不表示電荷在電場中運(yùn)動的軌跡。[研透?？碱}根]電場力作用下的平衡問題[例1](2022·上海高考)如圖，質(zhì)量為m的帶電小球A用絕緣細(xì)線懸掛于O點，處于靜止?fàn)顟B(tài)。施加一水平向右的勻強(qiáng)電場后，A向右擺動，擺動的最大角度為60°，那么A受到的電場力大小為________。在改變電場強(qiáng)度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α＝60°處，然后再將A的質(zhì)量改變?yōu)?m，其新的平衡位置在α＝30°處，A受到的電場力大小為________。[審題指導(dǎo)](1)向右擺動，最大擺角為60°，應(yīng)用動能定理求解。(2)平衡位置，應(yīng)用平衡方程求解。[解析]根據(jù)題意，帶電小球受到電場力后擺動的最大角度為60°，末速度為0，此過程中電場力F對小球做正功，重力G做負(fù)功，細(xì)線拉力T不做功，根據(jù)動能定理有：Flsinα－mgl(1－cosα)＝0，解得電場力為：F＝eq\f(\r(3),3)mg；改變電場強(qiáng)度的大小和方向后，平衡位置在α＝60°處時，根據(jù)正弦定理有：eq\f(F′,sin60°)＝eq\f(mg,sin180°－60°－γ)，平衡位置在α＝30°處時，由正弦定理有：eq\f(F′,sin30°)＝eq\f(2mg,sin180°－30°－γ)，解得：γ＝60°，F(xiàn)′＝mg。[答案]eq\f(\r(3),3)mgmg[備考錦囊](1)求解庫侖力作用下帶電體的平衡問題的方法①確定研究對象。如果有幾個物體相互作用時，要依據(jù)題意，靈活應(yīng)用整體法或隔離法。②對研究對象進(jìn)行受力分析，注意多了電場力eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F＝k\f(q1q2,r2)或F＝qE))。③列平衡方程F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0。(2)三個自由電荷相互平衡的規(guī)律[即時訓(xùn)練]如下圖的三個點電荷q1、q2、q3固定在一條直線上，q2和q3的距離是q1和q2的距離的2倍，每個點電荷所受庫侖力的合力為零。由此可以判定，三個點電荷的電荷量之比q1∶q2∶q3可能為()A．(－9)∶4∶(－36) B．9∶4∶36C．(－3)∶2∶(－6) D．3∶2∶6解析：選A由三電荷平衡模型的特點“兩同夾異〞可知，q1和q3為同種電荷，它們與q2互為異種電荷，設(shè)q1和q2的距離為r，那么q2和q3的距離為2r，對q1有－eq\f(kq2q1,r2)＝eq\f(kq1q3,3r2)，那么有eq\f(q2,q3)＝－eq\f(1,9)，對q3有eq\f(kq1q3,3r2)＝－eq\f(kq2q3,2r2)，所以eq\f(q1,q2)＝－eq\f(9,4)，考慮到各電荷的電性，故A正確。電場強(qiáng)度的疊加問題[例2]在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，取O點為圓心、r為半徑作一圓周，在O點固定一電荷量為＋Q的點電荷，a、b、c、d為相互垂直的兩條直線(其中一條沿豎直方向)和圓周的交點。當(dāng)把一試探電荷＋q放在d點時恰好平衡(如下圖)。(1)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小、方向如何？(2)試探電荷＋q放在c點時，受力Fc的大小、方向如何？(3)試探電荷＋q放在b點時，受力Fb的大小、方向如何？[思路點撥]解答此題應(yīng)注意以下兩點：(1)電場強(qiáng)度為矢量。(2)矢量的合成遵守平行四邊形定那么。[解析](1)如下圖，由題意可知F1＝keq\f(Qq,r2)F2＝qEF1＝F2所以qE＝keq\f(Qq,r2)，E＝keq\f(Q,r2)，場強(qiáng)方向沿db方向。(2)試探電荷放在c點(如下圖)：Ec＝eq\r(E12＋E2)＝eq\r(2)E＝eq\r(2)keq\f(Q,r2)，所以Fc＝qEc＝eq\r(2)keq\f(Qq,r2)，方向與ac方向成45°角斜向左下方。(3)試探電荷放在b點(如下圖)：Eb＝E2＋E＝2E＝2keq\f(Q,r2)，所以Fb＝qEb＝2keq\f(Qq,r2)，方向沿db方向。[答案]見解析[備考錦囊]類比法、對稱法求解疊加場的場強(qiáng)(1)類比法當(dāng)空間某一區(qū)域同時存在兩個或兩個以上的電場(由各自獨(dú)立的場源電荷所激發(fā))時，某點場強(qiáng)E等于各電場的場強(qiáng)在該點的矢量和，遵循平行四邊形定那么，可以類比力的合成與分解。(2)對稱法[即時訓(xùn)練]空間中有一邊長為L的等邊三角形ABC，A、B兩點有兩個固定的負(fù)點電荷?，F(xiàn)將一個點電荷＋q放在三角形的幾何中心O處，那么C點的電場強(qiáng)度剛好為零。假設(shè)將＋q移到AB邊中點，那么C點電場強(qiáng)度大小為()A.eq\f(\r(3)kq,4L2) B.eq\f(5kq,3L2)C.eq\f(9kq,4L2) D.eq\f(13kq,3L2)解析：選B設(shè)AB的中點為D點，根據(jù)幾何關(guān)系可知，OC的長度x1＝eq\f(\f(L,2),sin60°)＝eq\f(\r(3),3)L，CD的長度x2＝Lsin60°＝eq\f(\r(3),2)L，將一個點電荷＋q放在三角形的幾何中心O處，C點的電場強(qiáng)度剛好為零，那么AB兩處的負(fù)電荷在C點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度矢量和與＋q在C點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，即AB兩處的負(fù)電荷在C點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度矢量和E1＝eq\f(kq,x12)＝eq\f(3kq,L2)，方向由C指向O，將＋q移到AB邊中點，那么＋q在C點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E2＝eq\f(kq,x22)＝eq\f(4kq,3L2)，方向由O指向C，那么C點的合場強(qiáng)為E＝E1－E2＝eq\f(5kq,3L2)，故B正確，A、C、D錯誤。對電場線的理解及應(yīng)用[例3](2022·海州區(qū)期中)某點電荷和金屬圓環(huán)間的電場線分布如下圖。以下說法正確的選項是()A．b點的電勢低于a點的電勢B．假設(shè)將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負(fù)功C．c點的電場強(qiáng)度與d點的電場強(qiáng)度大小無法判斷D．假設(shè)將一正試探電荷從d點由靜止釋放，電荷將沿著電場線由d到c[思路點撥]解答此題應(yīng)把握以下三點：(1)電場線不是運(yùn)動軌跡。(2)電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小。(3)沿電場線方向電勢逐漸降低。[解析]沿電場線方向電勢逐漸降低，因b點所在的等勢面電勢高于a點所在的等勢面，故b點的電勢高于a點的電勢，選項A錯誤；假設(shè)將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負(fù)功，選項B正確；由于電場線密集的地方場強(qiáng)較大，故d點的場強(qiáng)大于c點的場強(qiáng)，選項C錯誤；因dc電場線是曲線，故假設(shè)將一正試探電荷從d點由靜止釋放，電荷將不能沿著電場線由d到c，選項D錯誤。[答案]B[備考錦囊]電場線的應(yīng)用技巧[即時訓(xùn)練]如下圖為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線。兩電子分別從a、b兩點運(yùn)動到c點，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，那么()A．Wa＝Wb，Ea>Eb B．Wa≠Wb，Ea>EbC．Wa＝Wb，Ea<Eb D．Wa≠Wb，Ea<Eb解析：選A由題圖可知a、b兩點處于同一等勢線上，故兩電子分別從a、b兩點運(yùn)動到c點，電場力做功相同，即Wa＝Wb，故B、D項錯；a點處電場線比b點處電場線更密集，故Ea＞Eb，C項錯，A項對。[課余自查小練]1．以下選項中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(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O處電場強(qiáng)度最大的是()解析：選B根據(jù)對稱性和矢量疊加，D項O點的場強(qiáng)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(fù)電荷在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向互相垂直，合場強(qiáng)是其中一個的eq\r(2)倍，也是A、C項場強(qiáng)的eq\r(2)倍，因此B項正確。2.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如下圖，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。M點的場強(qiáng)大小為E，那么N點的場強(qiáng)大小為()A.eq\f(kq,2R2)－E B.eq\f(kq,4R2)C.eq\f(kq,4R2)－E D.eq\f(kq,4R2)＋E解析：選A設(shè)在O點的球殼為完整的帶電荷量為2q的帶電球殼，那么在M、N兩點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為E0＝eq\f(k·2q,2R2)＝eq\f(kq,2R2)。題圖中左半球殼在M點產(chǎn)生的場強(qiáng)為E，那么右半球殼在M點產(chǎn)生的場強(qiáng)為：E′＝E0－E＝eq\f(kq,2R2)－E，由對稱性知，左半球殼在N點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為eq\f(kq,2R2)－E，A正確。3.如下圖，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，傾角α＝53°的固定光滑絕緣斜面，高為H。一個帶正電的物塊(可視為質(zhì)點)受到的電場力是重力的eq\f(4,3)倍，現(xiàn)將其從斜面頂端由靜止釋放，重力加速度為g，那么物塊落地的速度大小為()A．2eq\r(5gH) B．2eq\r(gH)C.eq\f(5,3)eq\r(2gH) D．2eq\r(2gH)解析：選C對物塊受力分析知重力和電場力的合力F合＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,3)mg，設(shè)合力與水平方向夾角為β，tanβ＝eq\f(mg,qE)＝eq\f(3,4)，那么物塊沿合力方向斜向下做勻加速直線運(yùn)動，由動能定理F合eq\f(H,sinβ)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\f(5,3)eq\r(2gH)，應(yīng)選項C正確。4.如下圖，光滑絕緣的細(xì)圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口B、C的連線是水平直徑?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m帶正電的小球(可視為質(zhì)點)從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R。從小球進(jìn)入管口開始，整個空間突然加一勻強(qiáng)電場，小球所受電場力豎直向上的分力大小與重力大小相等，結(jié)果小球從管口C處脫離圓管后，其運(yùn)動軌跡經(jīng)過A點，設(shè)小球運(yùn)動過程中帶電量沒有改變，重力加速度為g，求：(1)小球到達(dá)B點的速度大小；(2)小球受到的電場力的大??；(3)小球經(jīng)過管口C處時對圓管的壓力。解析：(1)小球從開始自由下落到到達(dá)管口B的過程中機(jī)械能守恒，故有：mg·4R＝eq\f(1,2)mvB2到達(dá)B點時速度大小為vB＝eq\r(8gR)。(2)設(shè)電場力的豎直分力為Fy，水平分力為Fx，那么Fy＝mg(方向豎直向上)，小球從B運(yùn)動到C的過程中，由動能定理得Fx×2R＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvC2小球從管口C處脫離圓管后，做類平拋運(yùn)動，其軌跡經(jīng)過A點，有y＝4R＝vCtx＝2R＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(Fx,2m)t2聯(lián)立解得：Fx＝mg電場力的大小為：qE＝eq\r(Fx2＋Fy2)＝eq\r(2)mg。(3)由(2)中易得vC＝2eq\r(gR)，小球經(jīng)過管口C處時，向心力由Fx和圓管的彈力N提供，設(shè)彈力N的方向向左，那么Fx＋N＝meq\f(vC2,R)解得：N＝3mg(方向水平向左)根據(jù)牛頓第三定律可知，小球經(jīng)過管口C處時對圓管的壓力為N′＝N＝3mg，方向水平向右。答案：(1)eq\r(8gR)(2)eq\r(2)mg(3)3mg，方向水平向右[專題跟蹤檢測]一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題)1．(2022·安徽高考)由庫侖定律可知，真空中兩個靜止的點電荷，帶電荷 量分別為q1和q2，其間距離為r時，它們之間相互作用力的大小為F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k為靜電力常量。假設(shè)用國際單位制的根本單位表示，k的單位應(yīng)為()A．kg·A2·m3 B．kg·A－2·m3·s－4C．kg·m2·C－2 D．N·m2·A－2解析：選B由公式F＝keq\f(q1q2,r2)得，k＝eq\f(Fr2,q1q2)，故k的單位為eq\f(N·m2,C2)，又由公式q＝It得1C＝1A·s，由F＝ma可知1N＝1kg·m·s－2，故1eq\f(N·m2,C2)＝1kg·A－2·m3·s－4，選項B正確。2.如下圖是一對等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷P、Q連線長度為r，M點、N點到兩點電荷P、Q的距離都為r，S點到點電荷Q的距離也為r，由此可知()A．M點的電場強(qiáng)度為2keq\f(q,r2)B．M、N、S三點的電勢可能相等C．把同一試探電荷放在M點，其所受電場力等于放在S點所受的電場力D．沿圖中虛線，將一試探電荷從N點移到M點，電場力一定不做功解析：選D點電荷P、Q在M點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小均為E＝keq\f(q,r2)，這兩個點電荷在M點形成的合場強(qiáng)的大小為E′＝2keq\f(q,r2)·cos60°＝keq\f(q,r2)，方向水平向左，A錯誤；S點的電勢大于零，而M點、N點的電勢為零，B錯誤；由于兩點電荷在S點產(chǎn)生的場強(qiáng)方向水平向右，因此同一試探電荷在S點、M點時所受的電場力方向不同，C錯誤；由于M、N所在直線為零勢能線，試探電荷從N點移到M點，電場力不做功，D正確。3.如圖，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(fù)電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場中。靜電力常量為k。假設(shè)三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，那么勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為()A.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B正確。4.(2022·宜興市一模)有三個完全相同的金屬小球A、B、C，其中球C不帶電，球A和球B帶有等量的同種電荷，如下圖，球A固定在豎直支架上，球B用不可伸長的絕緣細(xì)線懸于球A正上方的O點處，OB＜OA，靜止時細(xì)線與OA的夾角為θ。球C可用絕緣手柄移動，重力加速度為g，現(xiàn)在進(jìn)行以下操作，其中描述與事實相符的是()A．僅將球C與球A接觸離開后，球B再次靜止時細(xì)線中的張力不變B．假設(shè)將球C與球A接觸離開后，球B再次靜止時細(xì)線與OA的夾角為θ1，接著再將球C與球B接觸離開后，球B再次靜止時細(xì)線與OA的夾角為θ2，那么θ1＜θ2C．剪斷細(xì)線OB瞬間，球B的加速度等于gD．剪斷細(xì)線OB后，球B將沿OB方向做勻變速直線運(yùn)動直至著地解析：選A僅將球C與球A接觸后離開，球A的電量減半，致使二者間的庫侖力減小，對球B進(jìn)行受力分析可知它在三個力的作用下平衡，如下圖，可知兩陰影三角形相似，由三角形相似可知：eq\f(mg,H)＝eq\f(T,L)，故細(xì)線中的張力不變，故A正確；球C與球A接觸，電量平分為eq\f(q,2)，接著接觸球B，球B電量變?yōu)閑q\f(3q,4)，兩球電荷量的乘積變小，庫侖力變小，第一次接觸后夾角變小，同理知第二次接觸后再次變小，所以θ1＞θ2，故B錯誤；剪斷細(xì)線OB瞬間，球B在重力和庫侖力作用下運(yùn)動，其合力斜向右下方，與原來細(xì)線的張力等大反向，故其加速度不等于g，故C錯誤；剪斷細(xì)線OB后，球B在空中運(yùn)動時受到的庫侖力隨間距的變化而變化，即球B落地前做變加速曲線運(yùn)動，故D錯誤。5．(2022·南京三模)如下圖，在點電荷－q的電場中，放著一塊帶有一定電量、電荷均勻分布的絕緣矩形薄板，MN為其對稱軸，O點為幾何中心。點電荷－q與a、O、b之間的距離分別為d、2d、3d。圖中a點的電場強(qiáng)度為零，那么帶電薄板在圖中b點處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小和方向分別為()A.eq\f(kq,d2)，水平向右B.eq\f(kq,d2)，水平向左C.eq\f(kq,d2)＋eq\f(kq,9d2)，水平向右D.eq\f(kq,9d2)，水平向右解析：選A－q在a處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向右。據(jù)題，a點處的電場強(qiáng)度為零，那么知－q與帶電薄板在a點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，那么帶電薄板在a點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向左，那么薄板帶負(fù)電。根據(jù)對稱性可知，帶電薄板在b點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(kq,d2)，方向水平向右，故A正確，B、C、D錯誤。6.如下圖，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心為O，半徑為R。電荷量均為＋Q的點電荷分別放在圓周上M、N兩點，M、N關(guān)于AC對稱，M與O點的連線和OC間的夾角為60°，AC與MN的交點為F。以下說法正確的選項是()A．O點的場強(qiáng)大小為keq\f(Q,R2)，方向由O指向AB．F點的場強(qiáng)大小為2keq\f(Q,Rsin60°2)，方向由F指向OC．A點的場強(qiáng)大小為eq\f(\r(3)kQ,3R2)，方向沿OA方向D．C點的場強(qiáng)大小為eq\f(\r(3)kQ,R2)，方向沿FC方向解析：選AC根據(jù)點電荷的電場強(qiáng)度公式和電場疊加原理，O點的場強(qiáng)大小為E0＝2keq\f(Q,R2)cos60°＝keq\f(Q,R2)，方向由O指向A，選項A正確；F點的場強(qiáng)大小為零，選項B錯誤；M、A之間的距離為eq\r(3)R，A點的場強(qiáng)大小為EA＝2keq\f(Q,\r(3)R2)cos30°＝eq\f(\r(3)kQ,3R2)，方向沿OA方向，選項C正確；M、C之間的距離為R，C點的場強(qiáng)大小為EC＝2keq\f(Q,R2)cos60°＝keq\f(Q,R2)，方向沿FC方向，選項D錯誤。7．(2022·東陽期中)如下圖，真空中有兩個點電荷Q1＝＋4.0×10－8C和Q2＝－1.0×10－8C，分別固定在x坐標(biāo)軸的x＝0和x＝6cm的位置上。關(guān)于A．x＝12cm的位置場強(qiáng)為零B．在x坐標(biāo)軸上場強(qiáng)為零的點有兩處C．x坐標(biāo)軸上所有點的場強(qiáng)都沿x軸正方向D．x坐標(biāo)軸上x＞12cm所有點的場強(qiáng)都沿x軸正方向解析：選AD某點的電場強(qiáng)度是正電荷Q1和負(fù)電荷Q2在該處產(chǎn)生的電場的合場強(qiáng)。根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式E＝eq\f(kQ,r2)，要使電場強(qiáng)度為零，那么正電荷Q1和負(fù)電荷Q2在該處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等、方向相反。不會在Q1的左邊，因為Q1的電荷大于Q2，也不會在Q1Q2之間，因為它們電荷電性相反，在Q1Q2之間的電場方向都是一樣的。所以，只能在Q2右邊。設(shè)該位置距Q2的距離是L，所以eq\f(kQ1,0.06＋L2)＝eq\f(kQ2,L2)，解得L＝6cm；所以x坐標(biāo)軸上x＝12cm的位置場強(qiáng)為零，故A正確，B錯誤；正電荷Q1和負(fù)電荷Q2在Q1Q2之間產(chǎn)生的場強(qiáng)方向沿x軸正方向，所以合場強(qiáng)也是沿x軸正方向；根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式得，x坐標(biāo)軸大于12cm區(qū)域的電場強(qiáng)度方向沿x軸正方向，所以x坐標(biāo)軸上電場強(qiáng)度方向沿x軸正方向的區(qū)域是(0,6cm)和(12cm，∞)，故C錯誤，D正確。8．(2022·彭澤縣一模)空間有a、b兩個帶有相等電荷量的點電荷產(chǎn)生的電場，其中a不動，b以恒定速度運(yùn)動，現(xiàn)在與a的距離為d的位置p觀測如圖1，在p點測得場強(qiáng)大小隨時間的變化如圖2，水平線E＝E0為圖線的漸近線，k為靜電力常量。以下說法正確的選項是()A．兩個點電荷一定是帶同種電荷B．點電荷所帶電荷量為eq\f(4E0d2,k2)C．0～2t0時間內(nèi)，除電場力之外的力對b先做正功再做負(fù)功D．a(chǎn)一定帶正電解析：選AC由題圖知，p點的合場強(qiáng)先減小后增大，說明兩個點電荷一定帶同種電荷，否那么當(dāng)兩個電荷最近時，p點的合場強(qiáng)應(yīng)最大，故A正確；根據(jù)圖像可知，當(dāng)時間趨向于無窮大的時候，說明b離得很遠(yuǎn)，此時產(chǎn)生電場的電荷只有a，由題圖可知，此時p點的場強(qiáng)為E0，設(shè)電荷的電荷量為Q，根據(jù)點電荷的場強(qiáng)公式可得E0＝keq\f(Q,d2)，解得Q＝eq\f(E0d2,k)，故B錯誤；0～2t0時間內(nèi)，兩個電荷先靠近后遠(yuǎn)離，電場力對b先做負(fù)功后做正功，由于b做勻速運(yùn)動，動能不變，外力對b做的總功為零，那么知除電場力之外的力對b先做正功再做負(fù)功，故C正確；由題只能判斷出兩個點電荷帶同種電荷，不能判斷出其電性，故D錯誤。9．(2022·肇慶二模)如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個點電荷。t＝0時，甲靜止，乙以6m/s的初速度向甲運(yùn)動。此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(整個運(yùn)動過程中沒有接觸)，它們運(yùn)動的v-t圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示。那么由圖線可知()A．兩點電荷的電性一定相同B．t3時刻兩點電荷的電勢能最大C．0～t2時間內(nèi)，兩點電荷間的靜電力先增大后減小D．0～t3時間內(nèi)，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小解析：選AC由題圖(b)可知，剛開始乙做減速運(yùn)動，甲做初速度為0的加速運(yùn)動，兩點電荷間存在庫侖斥力，那么兩點電荷的電性一定相同，選項A正確；在t1時刻，甲、乙共速，兩點電荷間的距離最小，故在間距減小的過程中，點電荷始終克服靜電力做功，以后點電荷間的距離逐漸增大，靜電力做正功，故間距最小時的電勢能最大，選項B錯誤；t2時刻，乙靜止，在0～t2時間內(nèi)，兩點電荷的間距先減小后增大，故兩點電荷間的靜電力先增大后減小，選項C正確；0～t3時間內(nèi)，甲的速度一直增大，故它的動能一直增大，而乙的速度先減小后增大，故它的動能先減小后增大，選項D錯誤。二、非選擇題10．(2022·太原模擬)質(zhì)量均為m的三個帶電小球A、B、C放置在光滑絕緣的水平面上，相鄰球間的距離均為L，A球帶電荷量qA＝＋10q；B球帶電荷量qB＝＋q。假設(shè)在C球上加一個水平向右的恒力F，如下圖，要使三球能始終保持L的間距向右運(yùn)動，那么：(1)C球帶電性質(zhì)是什么？(2)外力F為多大？解析：(1)由于A、B兩球均帶正電，它們互相排斥，所以C球?qū)、B兩球都吸引，才能保證系統(tǒng)向右加速運(yùn)動，故C球帶負(fù)電。(2)以三球為整體，由牛頓第二定律得：F＝3ma，對A球有：eq\f(kqAqC,4L2)－eq\f(kqAqB,L2)＝ma，對B球有：eq\f(kqAqB,L2)＋eq\f(kqBqC,L2)＝ma，解得F＝70keq\f(q2,L2)。答案：(1)負(fù)電(2)70keq\f(q2,L2)11.如圖，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0m。假設(shè)將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點電荷分別固定在A、B點，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)兩點電荷間的庫侖力大??；(2)C點的電場強(qiáng)度的大小和方向。解析：(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點處的點電荷間的庫侖力大小為F＝keq\f(q2,L2)解得F＝9.0×10－3N。(2)A、B兩點處的點電荷在C點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，均為E1＝keq\f(q,L2)A、B兩點處的點電荷形成的電場在C點的合場強(qiáng)大小為E＝2E1cos30°解得E＝7.8×103N/C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軸正方向十二、引用力學(xué)知識，激活電學(xué)思維(二)——電場能的性質(zhì)[抓牢解題根源]一、電場力做功的兩種計算方法1．W＝qEd，適用于勻強(qiáng)電場。2．WAB＝qUAB，適用于任何電場。二、電勢上下的三種判斷方法判斷依據(jù)判斷方法電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷的正負(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)電荷處電勢低電場力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的上下三、電荷電勢能大小判斷的“四法〞判斷角度判斷方法做功判斷法電場力做正功，電勢能減??；電場力做負(fù)功，電勢能增大電荷電勢法正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負(fù)電荷在電勢越低的地方電勢能越大公式法由Ep＝qφp，將q、φp的大小、正負(fù)號一起代入公式，根據(jù)Ep數(shù)值可作如下判斷：假設(shè)Ep為正值，其絕對值越大，表示電勢能越大；假設(shè)Ep為負(fù)值，其絕對值越小，表示電勢能越大能量守恒法在電場中，假設(shè)只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，兩種能量之和不變，所以電荷動能增加，那么其電勢能減??；反之，其電勢能增大四、電勢差的三種表達(dá)式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1.UAB＝φA－φB,2.UAB＝\f(WAB,q)))適用于任何電場。3．U＝Ed，適用于勻強(qiáng)電場。[研透?？碱}根]電勢上下與電勢能大小的判斷[例1](多項選擇)(2022·海南高考)如圖，兩電荷量分別為Q(Q＞0)和－Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方。取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，以下說法正確的選項是()A．b點的電勢為零，電場強(qiáng)度也為零B．正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右C．將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功D．將同一正的試探電荷先后從O、b點移到a點，后者電勢能的變化較大[思路點撥]解答此題應(yīng)把握以下三點：(1)電勢與場強(qiáng)無關(guān)。(2)正電荷在電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小。(3)等量異種點電荷連線的垂直平分線為等勢線。[解析]因為等量異種點電荷在其連線的中垂線上的電場方向沿x軸正方向，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠(yuǎn)處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強(qiáng)度不為零，A錯誤；等量異種點電荷連線上，電場方向由正電荷指向負(fù)電荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負(fù)，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a點的電勢，將正電荷從O點移到a點，電場力做負(fù)功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯誤。[答案]BCeq\a\vs4\al([易錯提醒])(1)電勢降低的方向不一定為電場方向，只有電勢降落最快的方向才為電場的方向。(2)電場力做功只與初、末位置的電勢差有關(guān)，與零電勢點的選擇無關(guān)。(3)電勢、電勢能具有相對性，要確定電場中某點的電勢或電荷在電場中某點具有的電勢能必須選取零電勢點或零勢能位置，但電勢能的變化和電勢差具有絕對性，與零勢能位置、零電勢點的選取無關(guān)。[即時訓(xùn)練](多項選擇)(2022·揚(yáng)州模擬)兩塊豎直放置的帶電平行金屬板A、B間放一金屬小球后，電場線如下圖，M、N為電場中的兩點，以下判斷中正確的選項是()A．M點處的電場強(qiáng)度大于N點處的電場強(qiáng)度B．M點處的電勢高于N點處的電勢C．將正檢驗電荷從M點移到N點，電場力做正功D．將負(fù)檢驗電荷從M點移到N點，該電荷的電勢能減小解析：選ABD電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小，由題圖知M點處的電場強(qiáng)度大于N點處的電場強(qiáng)度，A正確；沿電場線的方向電勢逐漸降低，M點處的電勢高于N點處的電勢，B正確；將正檢驗電荷從M點移到N點，電場力做負(fù)功，C錯誤；將負(fù)檢驗電荷從M點移到N點，電場力做正功，該電荷的電勢能減小，D正確。利用電場線和等勢面解決帶電粒子運(yùn)動軌跡問題[例2]如下圖，虛線a、b、c表示電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，實線為一個帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運(yùn)動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。以下說法中正確的選項是()A．三個等勢面中，等勢面a的電勢最高B．帶電質(zhì)點一定是從P點向Q點運(yùn)動C．帶電質(zhì)點通過P點時的動能比通過Q點時的小D．帶電質(zhì)點通過P點時的加速度比通過Q點時的小[思路點撥]此題可按以下思路進(jìn)行分析：eq\x(\a\al(質(zhì)點做曲,線運(yùn)動))→eq\x(\a\al(電場力,的方向))→eq\x(\a\al(電場線,的方向))→eq\x(\a\al(電勢的,上下))[解析]電場線和等勢面垂直，可以根據(jù)等勢面來畫出某處的電場線。又質(zhì)點做曲線運(yùn)動，所受電場力的方向指向曲線的凹側(cè)，由此可以判斷出電場線的方向大致是從c指向a，而沿著電場線的方向電勢逐漸降低，a、b、c三個等勢面的電勢關(guān)系為φc>φb>φa，選項A錯誤；無法從質(zhì)點的受力情況來判斷其運(yùn)動方向，選項B錯誤；質(zhì)點在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，而電勢能和動能的總和不變，所以，質(zhì)點在P點的動能小于在Q點的動能，選項C正確；P點的等勢面比Q點的等勢面密，故場強(qiáng)較大，質(zhì)點受到的電場力較大，加速度較大，選項D錯誤。[答案]C[備考錦囊]利用電場線和等勢面解決帶電粒子運(yùn)動軌跡的三方法(1)根據(jù)帶電粒子(只受電場力)的運(yùn)動軌跡確定帶電粒子受到的電場力的方向，帶電粒子所受的電場力指向運(yùn)動軌跡曲線的凹側(cè)，再結(jié)合電場線的方向確定帶電粒子的電性及有關(guān)判斷。(2)根據(jù)帶電粒子在不同的等勢面之間移動，結(jié)合題意確定電場力做正功還是做負(fù)功、電勢能的變化情況或等勢面的電勢上下。(3)“三不知時要假設(shè)〞——電荷的正負(fù)、場強(qiáng)的方向(或等勢面電勢的上下)、電荷運(yùn)動的方向，是題意中相互制約的三個方面。假設(shè)其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；假設(shè)三個都不知(三不知)，那么要用“假設(shè)法〞分別討論各種可能情況。[即時訓(xùn)練](2022·常州市一模)帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進(jìn)入電場并沿虛線所示的軌跡運(yùn)動到b點，如下圖，那么從a到b過程中，以下說法正確的選項是()A．粒子帶負(fù)電荷B．粒子先加速后減速C．粒子加速度一直增大D．粒子的動能先減小后增大解析：選D由題圖可知，粒子受到的電場力沿電場線方向，故粒子帶正電，A錯誤；粒子受電場力向右，所以先向左減速運(yùn)動后向右加速運(yùn)動，B錯誤；從a點到b點，電場力先做負(fù)功，再做正功，電勢能先增加后降低，動能先減小后增大。根據(jù)電場線的疏密知道場強(qiáng)先減小后增大，故加速度先減小后增大，C錯誤，D正確。電場中的功能關(guān)系[例3]如下圖，在絕緣水平面上，相距為L的A、B兩點處分別固定著兩個等量正電荷。a、b是AB連線上兩點，其中Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，O為AB連線的中點。一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小滑塊(可視為質(zhì)點)以初動能E0從a點出發(fā)，沿AB直線向b運(yùn)動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點時的動能為初動能的n倍(n>1)，到達(dá)b點時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，求：(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)O、b兩點間的電勢差UOb；(3)小滑塊運(yùn)動的總路程s。[審題指導(dǎo)](1)由題意可判斷，Uab＝0。(2)在運(yùn)動過程中，滑動摩擦力做功情況為一直做負(fù)功。(3)此題中所用到的功能關(guān)系規(guī)律為：動能定理。[解析](1)由Aa＝Bb＝eq\f(L,4)，O為AB連線的中點得：a、b關(guān)于O點對稱，那么Uab＝0設(shè)小滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，對于小滑塊從a→b過程，由動能定理得：q·Uab－f·eq\f(L,2)＝0－E0而f＝μmg解得：μ＝eq\f(2E0,mgL)。(2)小滑塊從O→b過程，由動能定理得：q·UOb－f·eq\f(L,4)＝0－nE0解得：UOb＝－eq\f(2n－1E0,2q)。(3)對于小滑塊從a開始運(yùn)動到最終在O點停下的整個過程，由動能定理得：q·UaO－f·s＝0－E0而UaO＝－UOb＝eq\f(2n－1E0,2q)解得：s＝eq\f(2n＋1,4)L。[答案](1)eq\f(2E0,mgL)(2)－eq\f(2n－1,2q)E0(3)eq\f(2n＋1,4)L[備考錦囊]解決電場力做功問題時應(yīng)注意的兩點(1)利用電場線的特點、等勢面的特點來分析電場力做功情況。(2)應(yīng)用公式WAB＝qUAB計算時，WAB、q、UAB一般都要帶正、負(fù)號計算。[即時訓(xùn)練]如下圖，在O點處固定一個正電荷，在過O點的豎直平面內(nèi)的A點，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q。小球下落的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h。假設(shè)小球通過B點時的速度為v，試求：(1)小球通過C點時的速度大小；(2)小球由A到C的過程中電場力做的功。解析：(1)因B、C兩點電勢相等，小球由B到C只有重力做功，由動能定理有：mgR·sin30°＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv2解得：vC＝eq\r(v2＋gR)。(2)設(shè)小球由A到C的過程電場力做的功為W，根據(jù)動能定理mgh＋W＝eq\f(1,2)mvC2解得W＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh。答案：(1)eq\r(v2＋gR)(2)eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh[課余自查小練]1．(多項選擇)直線ab是電場中的一條電場線，從a點無初速度地釋放一電子，電子僅在電場力作用下，沿直線從a點運(yùn)動到b點，其電勢能Ep隨位移x變化的規(guī)律如下圖，設(shè)a、b兩點的電場強(qiáng)度分別為Ea和Eb，電勢分別為φa和φb，那么()A．Ea>Eb B．Ea<EbC．φa<φb D．φa>φb解析：選AC根據(jù)題圖可知，圖線的斜率表示電場力的大小。電子從a到b，電勢能圖線的斜率逐漸減小，那么電場力逐漸減小，故電場強(qiáng)度逐漸減小，所以Ea>Eb，A正確，B錯誤；由于電勢能逐漸降低，所以電場力做正功，那么電子所受的電場力方向由a指向b，電場線的方向由b指向a，沿電場線方向電勢逐漸降低，所以φa<φb，C正確，D錯誤。2.(多項選擇)a、b是位于x軸上的兩個點電荷，電荷量分別為Q1和Q2，沿x軸a、b之間各點對應(yīng)的電勢如圖中曲線所示(取無窮遠(yuǎn)電勢為零)，M、N、P為x軸上的三點，P點對應(yīng)圖線的最低點，a、P間距離大于P、b間距離。一質(zhì)子以某一初速度從M點出發(fā)，僅在電場力作用下沿x軸從M點運(yùn)動到N點，以下說法正確的選項是()A．P點處的電場強(qiáng)度為0B．a(chǎn)和b一定是帶等量同種電荷C．質(zhì)子在運(yùn)動過程中速率先增大后減小D．質(zhì)子在運(yùn)動過程中加速度先增大后減小解析：選AC由電勢圖線知兩電荷均帶正電，但電荷量Q1>Q2，選項B錯誤；由沿電場線方向電勢降低知，在P點場強(qiáng)方向改變，所以P點處的電場強(qiáng)度為0，選項A正確；質(zhì)子從M點運(yùn)動到N點，加速度先減小后增大，速率先增大后減小，選項C正確，D錯誤。3.(2022·松江區(qū)一模)靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如下圖，x軸正方向為場強(qiáng)正方向，帶正電的點電荷沿x軸運(yùn)動，那么點電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運(yùn)動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運(yùn)動到x4的過程中電勢能先減小后增大D．由x1運(yùn)動到x4的過程中電場力先減小后增大解析：選B由題圖可知，正電荷從x2運(yùn)動到x4的過程中，電場力做功不為零，那么正電荷在x2和x4處電勢能不相等，故A錯誤；x1～x3處場強(qiáng)方向為x軸負(fù)方向，那么從x1到x3電勢升高，正電荷在x3處電勢能較大，故B正確；由x1運(yùn)動到x4的過程中電勢升高，正電荷的電勢能增大，故C錯誤；由x1運(yùn)動到x4的過程中，電場強(qiáng)度的絕對值先增大后減小，故由F＝qE知，電場力先增大后減小，故D錯誤。4．(2022·宜春二模)如圖甲所示，x軸上固定兩個點電荷Q1、Q2(Q2位于坐標(biāo)原點O)，其上有M、N、P三點，間距MN＝NP，Q1、Q2在軸上產(chǎn)生的電勢φ隨x的變化關(guān)系如圖乙。那么()A．M點電勢和場強(qiáng)大小均為零B．N點電勢和場強(qiáng)大小均不為零C．一正試探電荷從P移到M過程中，電場力做功|WPN|＝|WNM|D．由圖可知，Q1為負(fù)電荷，Q2為正電荷，且Q1的電荷量大于Q2解析：選Dφx圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度的大小，所以M點的場強(qiáng)不為零，故A錯誤；同理可知N點的場強(qiáng)為零，故B錯誤；由題圖乙可知，UMN＞UNP，正試探電荷從P移到M過程中，電場力做功qUMN＞qUNP，電場力做負(fù)功，故|WPN|＜|WNM|，故C錯誤；因為N點的場強(qiáng)為0，所以Q1、Q2在N點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等、方向相反，兩電荷為異種電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，Q1帶負(fù)電、Q2帶正電，根據(jù)E＝keq\f(Q,r2)，可知與N點距離大的電荷量大，所以Q1的電荷量大于Q2，故D正確。[專題跟蹤檢測]一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題)1.(2022·南通模擬)如下圖，A、B為真空中兩個固定的等量正電荷，abcd是以AB連線中點O為中心的正方形，且關(guān)于AB對稱，關(guān)于a、b、c、d、O各點，以下說法中正確的選項是()A．電場強(qiáng)度Ea與Ed相同B．電勢φa＞φdC．將一正電荷由a點移到b點，電場力做正功D．將一負(fù)電荷由b點移到O點，電勢能增大解析：選D根據(jù)等量同種電荷電場線和等勢線的分布情況和對稱性，可知a、b、c、d四點的電場強(qiáng)度大小和電勢均相等，但場強(qiáng)的方向不同，故A、B錯誤；由于ab間的電勢差為零，將正電荷由a點移到b點時有：Wab＝0，故C錯誤；負(fù)電荷由b點移到O點時有：WbO＝UbO·(－q)＜0，即電場力做負(fù)功，電勢能增大，故D正確。2.如圖是勻強(qiáng)電場遇到空腔導(dǎo)體后的局部電場線分布圖，電場線的方向如圖中箭頭所示，M、N、Q是以直電場線上一點O為圓心的同一圓周上的三點，OQ連線垂直于MN。以下說法正確的選項是()A．O點電勢與Q點電勢相等B．M、O間的電勢差小于O、N間的電勢差C．將一負(fù)電荷由M點移到Q點，電荷的電勢能增加D．在Q點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與OQ垂直的方向豎直向上解析：選C由電場線的方向可知φM>φO>φN，再作出此電場中過O的等勢線，可知φO>φQ，A錯誤；MO間的平均電場強(qiáng)度大于ON間的平均電場強(qiáng)度，故UMO>UON，B錯誤；因UMQ>0，負(fù)電荷從M到Q，電場力做負(fù)功，電勢能增加，C正確；正電荷在Q點的電場力方向沿電場線的切線方向而不是圓的切線方向，D錯誤。3.(2022·江蘇名校檢測)如下圖，虛線a、b、c代表電場中的三條電場線，實線為一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運(yùn)動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，由此可知()A．帶電粒子在R點時的速度大于在Q點時的速度B．帶電粒子在P點時的電勢能比在Q點時的電勢能大C．帶電粒子在R點時的動能與電勢能之和比在Q點時的小，比在P點時的大D．帶電粒子在R點的加速度小于在Q點的加速度解析：選A根據(jù)電場線的疏密程度可知，R、Q兩點的電場強(qiáng)度ER>EQ，那么帶電粒子在R、Q兩點的加速度aR>aQ，故D錯誤；由于帶電粒子只受電場力作用，動能與電勢能相互轉(zhuǎn)化，兩者之和不變，故C錯誤；根據(jù)曲線運(yùn)動知識，帶電粒子在R處所受電場力沿電場線向右，又由于該粒子帶負(fù)電，那么R處電場的方向應(yīng)該向左，所以電勢φR>φQ，根據(jù)Ep＝qφ可得，帶電粒子在R、Q兩點的電勢能EpR<EpQ，那么R、Q兩點的動能EkR>EkQ，所以vR>vQ，故A正確；同理，EpP<EpQ，故B錯誤。4.(2022·呼倫貝爾二模)如下圖，M和N是帶有異種電荷的帶電金屬導(dǎo)體，P和Q是M外表上的兩點，S是N外表上的一點，在M和N之間的電場中畫有三條等勢線。現(xiàn)有一個帶正電的粒子(重力不計)在電場中的運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示，不計帶電粒子對原電場的影響，不計空氣阻力，那么以下說法正確的選項是()A．P和Q兩點的電勢不相等B．S點的電勢高于P點的電勢C．帶電粒子在F點的電勢能大于在E點的電勢能D．帶電粒子一定是由W點射入經(jīng)F點到E點解析：選C金屬導(dǎo)體M是等勢體，外表是等勢面，故P和Q兩點的電勢相等，選項A錯誤；由正電荷的運(yùn)動軌跡可知，正電荷受向下的電場力，故電場線由M指向N，那么S點的電勢低于P點的電勢，選項B錯誤；因F點電勢高于E點，故帶電粒子在F點的電勢能大于在E點的電勢能，選項C正確；帶電粒子由W點射入經(jīng)F點到E點，或者由E點射入經(jīng)F點到W點，均有可能，選項D錯誤。5.如下圖，a、b、c代表某固定點電荷電場中的三個等勢面，相鄰兩等勢面間的距離相等，直線是電場中的幾條沒標(biāo)明方向的電場線，粗曲線是一帶正電粒子只在電場力作用下運(yùn)動軌跡的一局部，M、N是軌跡上的兩點。粒子過M、N兩點時的加速度大小分別是aM、aN，電勢能分別是EpM、EpN，a、b、c的電勢分別是φa、φb、φc，a、b間的電勢差為Uab，b、c間的電勢差為Ubc，那么以下判斷中正確的選項是()A．a(chǎn)M>aN，EpM>EpN B．φa<φb<φc，EpM<EpNC．a(chǎn)M>aN，Uab＝Ubc D．Uab＝Ubc，EpM<EpN解析：選B根據(jù)帶正電粒子的軌跡的偏轉(zhuǎn)方向，可知圓心處的電荷一定帶負(fù)電，故φa<φb<φc；根據(jù)點電荷周圍電場的特點可知，粒子在M點受到的電場力大，故aM>aN；因為ab之間的電場強(qiáng)度比bc間的大，由U＝Ed得Uab>Ubc；粒子由M向N運(yùn)動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，故EpM<EpN，只有B正確，A、C、D錯誤。6.(2022·鎮(zhèn)江一模)如下圖，兩個等量異號點電荷M、N分別固定在A、B兩點，F(xiàn)為AB連線中垂線上某一點，O為AB連線的中點，且AO＝OF，E和φ分別表示F處的場強(qiáng)大小和電勢。將某試探負(fù)點電荷由F處靜止釋放時，其電勢能和加速度大小分別用ε和a表示，取無窮遠(yuǎn)處為電勢零點，假設(shè)將負(fù)點電荷N移走，那么()A．E不變 B．φ升高C．ε變小 D．a(chǎn)變大解析：選BC令電荷M、N都存在時為狀態(tài)1，各物理量用下標(biāo)1表示；只有電荷M時為狀態(tài)2，各物理量用下標(biāo)2表示。狀態(tài)1時，電荷M、N對在F處的電場強(qiáng)度大小都為E0，兩者相互垂直，根據(jù)電場疊加定理可得：合場強(qiáng)E1＝eq\r(2)E0，方向水平向右。狀態(tài)2時，電荷M在F處的電場強(qiáng)度也是E0，方向沿AF連線方向。所以假設(shè)將負(fù)點電荷N移走，那么E改變，故A錯誤；狀態(tài)1時，易知AB連線的中垂線為一條等勢線，中垂線上無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以φ1＝0。狀態(tài)2時，只有正電荷M，所以φ2＞0，可得：假設(shè)將負(fù)點電荷N移走，那么φ升高，故B正確；電勢能?＝qφ，所以?1＝0，?2＜0，所以?變小，故C正確；F＝qE，a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)，試探電荷q、m不變，E變小，所以a變小，故D錯誤。7.如下圖，在水平向右、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，兩個電荷量均為q的帶正電小球A、B通過兩根長度均為L的絕緣輕繩懸掛。兩球靜止時，兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°、60°?，F(xiàn)將一外力作用在A球上，使A球緩慢地繞懸點O做圓周運(yùn)動，在A球運(yùn)動至最低點A′的過程中，以下說法正確的選項是()A．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加eq\f(1,2)qELB．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加qELC．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少(2eq\r(3)－3)qELD．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\f(3,2)))qEL解析：選BCA球的移動不影響A、B之間繩子的方向，當(dāng)A球移動到最低點A′時，兩球沿電場的反方向都移動了eq\f(L,2)，兩球都克服電場力做功，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加量ΔEp＝qEL，B正確；對A、B整體，根據(jù)平衡條件可得，(mA＋mB)gtan30°＝2qE，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少量ΔEp＝(mA＋mB)gL(1－cos30°)＝(2eq\r(3)－3)qEL，C正確。8.(2022·蘇錫常模擬)某電場在直角坐標(biāo)系中的電場線分布情況如下圖，O、M、N為電場中的三個點，那么由圖可得()A．M點的場強(qiáng)小于N點的場強(qiáng)B．M點的電勢低于N點的電勢C．將一負(fù)電荷由O點移到M點電勢能增加D．將一正電荷從O點分別移到M點和N點，電場力做功相同解析：選BC由題圖可知，M處電場線密，故M點場強(qiáng)大于N點場強(qiáng)，A錯誤；順著電場線方向電勢越來越低，故M點電勢低于N點電勢，B正確；由WOM＝qUOM可知，電場力做負(fù)功，電勢能增加，C正確；M、N不在同一等勢面上，所以電場力做功不同，D錯誤。9.(2022·銅仁四模)如下圖為帶電粒子只在電場力作用下運(yùn)動的vt圖像，在a點的速度為va，運(yùn)動到b點的速度為vb，那么以下說法中正確的選項是()A．電場中a點電勢一定比b點電勢高B．粒子在a點的電勢能一定比在b點的電勢能大C．在0～t1時間內(nèi)，粒子運(yùn)動路徑與電場力可能不在一條直線上D．在0～t1時間內(nèi)，粒子運(yùn)動過程中受到的電場力先減小后增大再減小解析：選BD由于不知粒子的電性，因此不能確定a、b兩點電勢的上下，故A錯誤；由于只有電場力做功，電勢能與動能的和為一定值，因為b點速度比a點速度大，所以在b點的動能比a點動能大，即粒子在a點的電勢能一定比在b點的電勢能大，故B正確；由于vt圖像反映的是粒子做直線運(yùn)動的速度隨時間變化的規(guī)律，因此粒子的運(yùn)動路徑是一條直線，即粒子受到的電場力一定與運(yùn)動路徑在一條直線上，故C錯誤；由于vt圖像的斜率表示加速度，由題圖可知，在0～t1時間內(nèi)，粒子運(yùn)動的加速度先減小后增大，再減小，由牛頓第二定律可知，粒子運(yùn)動過程中受到的電場力先減小后增大再減小，故D正確。二、非選擇題10.(2022·玄武二模)如下圖的勻強(qiáng)電場中，有a、b、c三點，ab間距離Lab＝8cm，bc間距離Lbc＝14cm，其中ab沿電場方向，bc和電場方向成60°角。一個帶電量q＝－4×10－8C的負(fù)電荷從a點移到b點克服電場力做功Wab＝3.2×10－6J。求：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小和方向；(2)電荷從b點移到c點，電勢能的變化量；(3)a、c兩點間的電勢差。解析：(1)負(fù)電荷從a點移到b點克服電場力做功，說明負(fù)電荷所受電場力的方向為由b指向a，負(fù)電荷所受電場力的方向與電場強(qiáng)度的方向相反，故該勻強(qiáng)電場的方向為由a指向b(水平向右)，由－Wab＝qELab代入數(shù)值可得E＝1.0×103V/m。(2)負(fù)電荷由b點移到c點，電場力做的功Wbc＝qELbccos60°＝－2.8×10－6J，電場力做負(fù)功，電荷的電勢能增加，故電荷的電勢能增加2.8×10－6J。(3)a、c兩點間的電勢差為Uac＝eq\f(Wac,q)＝eq\f(－3.2×10－6－2.8×10－6,－4×10－8)V＝1.5×102V。答案：(1)1.0×103V/m，水平向右(2)電荷的電勢能增加2.8×10－6J(3)1.5×102V11．(2022·揚(yáng)州模擬)如下圖，等量異種點電荷固定在水平線上的M、N兩點上，電荷量均為Q，有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(可視為點電荷)的小球，固定在長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)桿的一端，細(xì)桿另一端可繞過O點且與MN垂直的水平軸無摩擦地轉(zhuǎn)動，O點位于MN的垂直平分線上距MN為L處，現(xiàn)在把桿拉到水平位置，由靜止釋放，小球經(jīng)過最低點B時速度為v，取O處電勢為零，忽略＋q對＋Q、－Q形成電場的影響。求：(1)小球經(jīng)過B點時對桿的拉力大小；(2)在＋Q、－Q形成的電場中，A點的電勢φA；(3)小球繼續(xù)向左擺動，經(jīng)過與A等高度的C點時的速度。解析：(1)小球經(jīng)B點時，在豎直方向有T－mg＝eq\f(mv2,L)即T＝mg＋eq\f(mv2,L)由牛頓第三定律知，小球?qū)?xì)桿的拉力大小也為mg＋eq\f(mv2,L)。(2)O點電勢為零，而O在MN的垂直平分線上，所以φB＝0小球從A到B過程中，由動能定理得mgL＋q(φA－φB)＝eq\f(1,2)mv2解得φA＝eq\f(mv2－2mgL,2q)。(3)由電場對稱性可知，φC＝－φA，即UAC＝2φA小球從A到C過程，根據(jù)動能定理qUAC＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝eq\r(2v2－4gL)。答案：見解析十三、涉及電容器問題的分析[抓牢解題根源]一、兩個表達(dá)式的比擬C＝eq\f(Q,U)C＝eq\f(εrS,4πkd)公式類別定義式?jīng)Q定式適用范圍所有電容器，Q∝U，即eq\f(Q,U)＝C不變，反映了電容器容納電荷的本領(lǐng)平行板電容器，C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了平行板電容器的決定因素聯(lián)系電容器容納電荷的本領(lǐng)，即電容的大小可以由Q、U來量度，但決定因素是電容器本身，如平行板電容器的εr、S、d等因素二、電容器兩類動態(tài)變化的分析比擬1．第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變2．第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變?nèi)?、區(qū)分兩個易錯點1．靜電計連接在電容器上測量電容器兩端的電勢差。2．電容器中插入玻璃板，會使電容器的相對介電常數(shù)增大，電容增大；插入金屬板，相當(dāng)于電容器極板間距減小，電容增大。[研透?？碱}根]利用兩個表達(dá)式掌握影響電容器電容的因素[例1](多項選擇)電容式傳感器的應(yīng)用非常廣泛，如下圖的甲、乙、丙、丁是四種常見的電容式傳感器，以下判斷正確的選項是()A．圖甲中兩極間的電壓不變，假設(shè)有電流流向傳感器正極，那么h正在變小B．圖乙中兩極間的電荷量不變，假設(shè)兩極間電壓正在增加，那么θ正在變大C．圖丙中兩極間的電荷量不變，假設(shè)兩極間電壓正在減小，那么x正在變大D．圖丁中兩極間的電壓不變，假設(shè)有電流流向傳感器的負(fù)極，那么F為壓力且正在變大[思路點撥](1)明確變量和不變量。(2)利用電容器的定義式和決定式進(jìn)行分析和判斷。[解析]題圖甲中兩極間距離不變，假設(shè)h變小，說明兩極板間正對面積減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知對應(yīng)電容減小，電壓不變時，電容器帶電荷量減小，正在放電，故電流流向傳感器負(fù)極，A錯；題圖乙中兩極間的電荷量不變，假設(shè)電壓正在增加，由C＝eq\f(Q,U)可知電容正在減小，板間距離不變，正對面積減小，那么動片正在旋出，θ正在變大，B對；題圖丙中兩極間的電荷量、板間距離不變，假設(shè)板間電壓正在減小，說明電容正在增大，電介質(zhì)正在插入，x正在增大，C對；題圖丁中兩極間的電壓、極板正對面積不變，假設(shè)有電流流向傳感器的負(fù)極，說明電容器正在放電，電容減小，板間距離增大，假設(shè)F為壓力，那么應(yīng)是F正在減小，D錯。[答案]BC[即時訓(xùn)練]全國公安機(jī)關(guān)逐步推行身份證登記指紋信息。某類型指紋采集器使用的是半導(dǎo)體指紋傳感器：在一塊半導(dǎo)體基板上陣列了數(shù)百萬金屬顆粒，傳感器陣列的每一點是一個金屬電極，充當(dāng)電容器的一極，其外面是絕緣的外表，手指貼在其上與其構(gòu)成了電容器的另一極。由于指紋的嵴在空間上是凸起的，峪是凹下的，嵴和峪與半導(dǎo)體電容感應(yīng)顆粒形成的電容值大小不同。采集器通過對每個電容感應(yīng)顆粒充、放電的電流進(jìn)行測量，得到不同的數(shù)值，設(shè)備將采集到的不同數(shù)值進(jìn)行匯總處理，從而完成指紋的采集任務(wù)，那么()A．指紋的嵴處與半導(dǎo)體基板上對應(yīng)的金屬顆粒距離近，電容小B．指紋的峪處與半導(dǎo)體基板上對應(yīng)的金屬顆粒距離遠(yuǎn)，電容小C．對每個電容感應(yīng)顆粒，在手指靠近時，各金屬電極電荷量減小D．對每個電容感應(yīng)顆粒，在手指遠(yuǎn)離時，各金屬電極均處于充電狀態(tài)解析：選B指紋的嵴處與半導(dǎo)體基板上對應(yīng)的金屬顆粒距離表示為平行板電容器的間距，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知d小，C大，A錯誤，B正確；手指靠近時，d減小，電容增大，在電壓一定的情況下，電荷量增大，處于充電狀態(tài)，C錯誤；同理手指遠(yuǎn)離時，處于放電狀態(tài)，D錯誤。電容器的兩種動態(tài)變化問題[例2]如下圖，在平行板電容器正中間有一個帶電微粒。S閉合時，該微粒恰好能保持靜止。在以下兩種情況下：①保持S閉合，②充電后將S斷開。以下說法能實現(xiàn)使該帶電微粒向上運(yùn)動打到上極板的是()A．①情況下，可以通過上移極板M實現(xiàn)B．①情況下，可以通過上移極板N實現(xiàn)C．②情況下，可以通過上移極板M實現(xiàn)D．②情況下，可以通過上移極板N實現(xiàn)[思路點撥]①情況下