江蘇專版2019高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章靜電場學(xué)案

1第六章靜電場第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)點電荷和電場線都是客觀存在的。(×)(3)根據(jù)Fkq1q2r2當(dāng)r→0時F→∞。(×)(4)電場強(qiáng)度反映了電場力的性質(zhì)所以電場中某點的電場強(qiáng)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(qiáng)度方向即為正電荷在該點所受的電場力的方向。(√)(6)真空中點電荷的電場強(qiáng)度表達(dá)式EkQr2中Q就是產(chǎn)生電場的點電荷。(√)2(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各點的電場強(qiáng)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(xué)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(xué)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(xué)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。突破點(一)庫侖定律及庫侖力作用下的平衡1對庫侖定律的兩點理解(1)Fkq1q2r2r指兩點電荷間的距離。對可視為點電荷的兩個均勻帶電球r為兩球心間距。(2)當(dāng)兩個電荷間的距離r→0時電荷不能視為點電荷它們之間的靜電力不能認(rèn)為趨于無限大。2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(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)上多了電場力。具體步驟如下3“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(qiáng)度為零的位置。(2)3[典例][多選](2016·浙江高考)如圖所示把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10m的絕緣細(xì)線懸掛于OA和OB兩點。用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸棒移開后將懸點OB移到OA點固定。兩球接觸后分開平衡時距離為0.12m。已測得每個小球質(zhì)量是8.0×104kg帶電小球可視為點電荷重力加速度g10m/s2靜電力常量k9.0×109N·m2/C2則()A兩球所帶電荷量相等BA球所受的靜電力為1.0×102NCB球所帶的電荷量為46×108CDA、B兩球連線中點處的電場強(qiáng)度為0[解析]用絲綢摩擦過的玻璃棒接觸A球使A球帶正電由題意知A、B兩球接觸后分開則兩球所帶電荷量相等選項A正確兩球平衡后受力如圖所示球B所受靜電力Fmgtanα6.0×103N球A、B所受靜電力大小相等選項B錯誤由Fkq1q2L2及q1q2知小球所帶電荷量q46×108C選項C正確A、B兩球所帶電荷在其連線的中點處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反場強(qiáng)為0選項D正確。[答案]ACD[方法規(guī)律]絲綢摩擦過的玻璃棒應(yīng)帶正電毛皮摩擦過的橡膠棒帶負(fù)電兩完全相同的小球接觸時電荷量等量均分如帶異種電荷的兩完全相同的小球接觸時電荷量應(yīng)先中和后等量均分。[集訓(xùn)沖關(guān)]1.(2018·蘇州模擬)如圖所示半徑相同的兩個金屬球A、B帶有相等的電荷量相隔一定距離兩球之間相互吸引力的大小是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()A.F8B.F4C.3F8D.3F4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(dāng)?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q1q2當(dāng)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q2q4。由庫4侖定律Fkq1q2r2知當(dāng)移開C球后A、B兩球之間的相互作用力的大小變?yōu)镕′F8A項正確。2.(2018·海門模擬)如圖所示a、b、c為真空中三個帶電小球b球帶電荷量為Q用絕緣支架固定a、c兩小球用絕緣細(xì)線懸掛處于平衡狀態(tài)時三小球球心等高且a、b和b、c間距離相等懸掛a小球的細(xì)線向左傾斜懸掛c小球的細(xì)線豎直則下列判斷正確的是()Aa、b、c三小球帶同種電荷Ba、c兩小球帶異種電荷Ca小球帶電荷量為4QDc小球帶電荷量為4Q解析選C根據(jù)受力平衡條件可知由于b球帶正電要使a、c兩球平衡則a、c兩球一定帶負(fù)電故A、B、D錯誤對c小球進(jìn)行分析a、c間的距離是b、c間的兩倍由庫侖定律則有kQQcr2kQaQc2r2解得Qa4Q又a小球帶負(fù)電所以a小球帶電荷量為4Q故C正確。3.如圖所示在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、BA帶電QB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(yīng)為()A正B的右邊0.4m處B正B的左邊0.2m處C負(fù)A的左邊0.2m處D負(fù)A的右邊0.2m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。突破點(二)電場強(qiáng)度的疊加問題1電場強(qiáng)度三個表達(dá)式的比較EFqEkQr2EUd公式意義電場強(qiáng)度定義式真空中點電荷電場強(qiáng)度的決定式勻強(qiáng)電場中E與U的關(guān)系式適用條件一切電場①真空②點電荷勻強(qiáng)電場決定因素由電場本身決定由場源電荷Q和場源電荷到由電場本身決定d5與q無關(guān)該點的距離r共同決定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1N/C1V/m2電場強(qiáng)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(qiáng)度的矢量和。(2)運算法則平行四邊形定則。[典例]如圖所示在水平向右、大小為E的勻強(qiáng)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()AA點的場強(qiáng)大小為E2k2Q2r4BB點的場強(qiáng)大小為EkQr2CD點的場強(qiáng)大小不可能為0DA、C兩點的場強(qiáng)相同[思路點撥]根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度公式EkQr2結(jié)合矢量合成法則即可求解。[解析]正點電荷Q在A點的電場強(qiáng)度大小E′kQr2而勻強(qiáng)電場在A點的電場強(qiáng)度大小為E因方向相互垂直根據(jù)矢量的合成法則則有A點的場強(qiáng)大小為E2k2Q2r4故A正確同理點電荷Q在B點的電場強(qiáng)度的方向與勻強(qiáng)電場方向相同因此B點的場強(qiáng)大小為EkQr2故B錯誤當(dāng)點電荷Q在D點的電場強(qiáng)度的方向與勻強(qiáng)電場方向相反且大小相等時則D點的電場強(qiáng)度大小可以為零故C錯誤根據(jù)矢量的合成法則結(jié)合點電荷電場與勻強(qiáng)電場的方向可知A、C兩點的電場強(qiáng)度大小相等而方向不同故D錯誤。[答案]A[集訓(xùn)沖關(guān)]1(2015·山東高考)直角坐標(biāo)系xOy中M、N兩點位于x軸上G、H兩點坐標(biāo)如圖。M、N兩點各固定一負(fù)點電荷一電量為Q的正點電荷置于O點時G點處的電場強(qiáng)度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點則H點處場強(qiáng)的大小和方向分別為()6A.3kQ4a2沿y軸正向B.3kQ4a2沿y軸負(fù)向C.5kQ4a2沿y軸正向D.5kQ4a2沿y軸負(fù)向解析選B處于O點的正點電荷在G點處產(chǎn)生的場強(qiáng)E1kQa2方向沿y軸負(fù)向又因為G點處場強(qiáng)為零所以M、N處兩負(fù)點電荷在G點共同產(chǎn)生的場強(qiáng)E2E1kQa2方向沿y軸正向根據(jù)對稱性M、N處兩負(fù)點電荷在H點共同產(chǎn)生的場強(qiáng)E3E2kQa2方向沿y軸負(fù)向?qū)⒃撜c電荷移到G處該正點電荷在H點產(chǎn)生的場強(qiáng)E4kQ2a2方向沿y軸正向所以H點的場強(qiáng)EE3E43kQ4a2方向沿y軸負(fù)向。2.(2014·福建高考)如圖所示真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的ABC三點構(gòu)成等邊三角形邊長L2.0m。若將電荷量均為q2.0×106C的兩點電荷分別固定在A、B點已知靜電力常量k9.0×109N·m2/C2求(1)兩點電荷間的庫侖力大小(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Fkq2L2①代入數(shù)據(jù)得F9.0×103N。②(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E1kqL2③A、B兩點處的點電荷形成的電場在C點的合場強(qiáng)大小為E2E1cos30°④由③④式并代入數(shù)據(jù)得E7.8×103N/C⑤場強(qiáng)E的方向沿y軸正方向。答案(1)9.0×103N(2)7.8×103N/C方向沿y軸正方向7突破點(三)電場線的理解與應(yīng)用1電場線的三個特點(1)電場線從正電荷或無限遠(yuǎn)處出發(fā)終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷處。(2)電場線在電場中不相交。(3)在同一幅圖中電場強(qiáng)度較大的地方電場線較密電場強(qiáng)度較小的地方電場線較疏。2六種典型電場的電場線3兩種等量點電荷的電場分析等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖電荷連線上的電場強(qiáng)度沿連線先變小后變大O點最小但不為零O點為零中垂線上的電場強(qiáng)度O點最大向外逐漸減小O點最小向外先變大后變小關(guān)于O點對稱位置的電場強(qiáng)度A與A′、B與B′、C與C′等大同向等大反向4電場線的應(yīng)用8[題點全練]1(2016·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)的電場線分布如圖所示容器內(nèi)表面為等勢面A、B為容器內(nèi)表面上的兩點下列說法正確的是()AA點的電場強(qiáng)度比B點的大B小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低CB點的電場強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直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點處的密則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)表面)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。2.如圖是某區(qū)域的電場線分布。A、B、C是電場中的三個點下列說法不正確的是()A三點中B點場強(qiáng)最強(qiáng)C點場強(qiáng)最弱B正點電荷在A處所受電場力的方向與A點場強(qiáng)方向相同C若電荷在此電場中僅受電場力的作用在C點的加速度最小D電場線就是正電荷在電場中運動的軌跡解析選D由圖像疏密知場強(qiáng)EBEAECA正確場強(qiáng)的方向規(guī)定為正電荷受力的方向B正確C點的場強(qiáng)最小受電場力最小所以加速度最小C正確只有初速度為零電場線是直線的電場中電荷的軌跡才與電場線重合D錯誤。3[多選](2015·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圖所示。c是兩負(fù)電荷連線的中點d點在正電荷9的正上方c、d到正電荷的距離相等則()Aa點的電場強(qiáng)度比b點的大Ba點的電勢比b點的高Cc點的電場強(qiáng)度比d點的大Dc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點的電場線較密則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。突破點(四)帶電體的力電綜合問題解決帶電體的力電綜合問題的一般思路[典例]如圖所示把一個帶正電荷Q的小球A固定在絕緣支座上另一個質(zhì)量為m帶電荷量也為Q的帶正電的小球B用絕緣細(xì)線懸于O點B球處于靜止?fàn)顟B(tài)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ30°A、B均視為點電荷已知A和B位于距地面高為h的水平線上且ABOB。求(1)小球B所受到的庫侖斥力及A、B兩小球間的距離(2)A、B兩小球在O點產(chǎn)生的合場強(qiáng)的大小及方向(3)剪斷細(xì)線OB小球B第一次落地時速度大小為v求小球B的初位置和第一次落地點之間的電勢差。[思路點撥](1)根據(jù)受力平衡畫出小球B的受力分析圖。(2)根據(jù)庫侖定律分析即可求出在O點產(chǎn)生的合場強(qiáng)的大小及方向。10(3)剪斷細(xì)線OB電場力與重力對小球B做功由動能定理求解。[解析](1)對B進(jìn)行受力分析如圖則Fmgtanθ33mg由庫侖定律FkQ2r2所以rQ3kmg。(2)兩帶電小球在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)相等都是EAEBkQr23mg3Q合場強(qiáng)的方向在二者的角平分線上大小為EO2EAcos30°mgQ方向沿AB的中垂線向上。(3)小球B運動的過程中重力與電場力做功由動能定理得mghQU12mv2所以Umv22mgh2Q。[答案](1)33mgQ3kmg(2)mgQ方向沿AB的中垂線向上(3)mv22mgh2Q[方法規(guī)律]解決力電綜合問題的兩條途徑(1)建立物體受力圖景。①弄清物理情境選定研究對象。②對研究對象按順序進(jìn)行受力分析畫出受力圖。③應(yīng)用力學(xué)規(guī)律進(jìn)行歸類建模。(2)建立能量轉(zhuǎn)化圖景運用能量觀點建立能量轉(zhuǎn)化圖景是分析解決力電綜合問題的有效途徑。[集訓(xùn)沖關(guān)]1[多選]用細(xì)繩拴一個質(zhì)量為m帶正電的小球B另一也帶正電小球A固定在絕緣豎直墻上A、B兩球與地面的高度均為h小球B在重力、拉力和庫侖力的作用下靜止不動如圖所示。現(xiàn)將細(xì)繩剪斷后()11A小球B在細(xì)繩剪斷瞬間起開始做平拋運動B小球B在細(xì)繩剪斷瞬間加速度大于gC小球B落地的時間小于2hgD小球B落地的速度大于2gh解析選BCD將細(xì)繩剪斷瞬間小球受到球的重力和庫侖力的共同作用合力斜向右下方并不是只有重力的作用因此剪斷瞬間起開始小球B不可能做平拋運動且加速度大于g故A錯誤B正確小球在落地過程中除受到重力外還受到庫侖斥力那么豎直方向的加速大于g因此球落地的時間小于2hg落地的速度大于2gh故C、D正確。2.[多選]如圖所示在光滑水平面上有A、B、C三個質(zhì)量均為m的小球A帶正電B帶負(fù)電C不帶電A、B帶電量的絕對值均為QB、C兩個小球用絕緣細(xì)繩連接在一起當(dāng)用外力F拉著A球向右運動時B、C也跟著A球一起向右運動在運動過程中三個小球保持相對靜止共同運動其中靜電力常量為k則()AB、C間繩的拉力大小為23FBB、C間繩的拉力大小為13FCA、B兩球間距為3kQ22FDA、B兩球間距為3kQ2F解析選BC選取A、B、C作為整體研究依據(jù)牛頓第二定律則有F3ma再對C受力分析由牛頓第二定律則有TmaF3故A錯誤B正確對A受力分析受拉力及庫侖引力再由牛頓第二定律則有FF′maF3而由庫侖定律F′kQ·QLAB2解得LAB3kQ22F故C正確D錯誤。3.(2018·連云港二模)如圖所示用一根絕緣細(xì)線懸掛一個帶電小12球小球的質(zhì)量為m電量為q現(xiàn)加一水平的勻強(qiáng)電場平衡時絕緣細(xì)線與豎直方向夾角為θ。(1)試求這個勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E大小(2)如果將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后小球平衡時絕緣細(xì)線仍與豎直方向夾角為θ則E′的大小又是多少解析(1)對小球受力分析受到重力、電場力和細(xì)線的拉力如圖甲所示。由平衡條件得mgtanθqE解得Emgtanθq。(2)將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后電場力方向也順時針轉(zhuǎn)過θ角大小為F′qE′此時電場力與細(xì)線垂直如圖乙所示。根據(jù)平衡條件得mgsinθqE′則得E′mgsinθq。答案(1)mgtanθq(2)mgsinθq巧解場強(qiáng)的四種方法場強(qiáng)有三個公式EFq、EkQr2、EUd在一般情況下可由上述公式計算場強(qiáng)但在求解帶電圓環(huán)、帶電平面等一些特殊帶電體產(chǎn)生的場強(qiáng)時上述公式無法直接應(yīng)用。這時如果轉(zhuǎn)換思維角度靈活運用補(bǔ)償法、微元法、對稱法、極限法等巧妙方法可以化難為易。(一)補(bǔ)償法將有缺口的帶電圓環(huán)補(bǔ)全為圓環(huán)或?qū)肭蛎嫜a(bǔ)全為球面。1(2018·連云港質(zhì)檢)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。如圖所示在半球面AB上均勻分布正電荷總電荷量為q球面半徑為RCD為通過半球面頂點與球心O的軸線在軸線上有M、N兩點OMON2R。已知M點的場強(qiáng)大小為E則N點的場強(qiáng)大小為()13A.kq2R2EB.kq4R2C.kq4R2ED.kq4R2E解析選A左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷為2q的整個球面的電場和帶電荷q的右半球面的電場的合電場則Ek2q2R2E′E′為帶電荷q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小。帶電荷q的右半球面在M點的場強(qiáng)大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點的場強(qiáng)大小相等則ENE′k2q2R2Ekq2R2E則A正確。(二)微元法可將帶電圓環(huán)、帶電平面等分成許多微元電荷每個微元電荷可看成點電荷再利用公式和場強(qiáng)疊加原理求出合場強(qiáng)。2.如圖所示均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q半徑為R圓心為OP為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點OPL試求P點的場強(qiáng)。解析設(shè)想將圓環(huán)看成由n個小段組成當(dāng)n相當(dāng)大時每一小段都可以看成點電荷其所帶電荷量Q′Qn由點電荷場強(qiáng)公式可求得每一小段帶電體在P處產(chǎn)生的場強(qiáng)為EkQnr2kQnR2L2。由對稱性知各小段帶電體在P處場強(qiáng)E的垂直于中心軸的分量Ey相互抵消而其軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強(qiáng)EPEPnExnkQnR2L2cosθkQLR2L232。答案kQLR2L232(三)對稱法利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點可以使復(fù)雜電場的疊加計算大為簡化。3如圖所示一邊長為L的立方金屬體上均勻分布著電荷量為Q的電荷在垂直于左右面且過立方體中心O的軸線上有a、b、c三個點a和b、b和O、O和c間的距離均為L在a點處固定有一電荷量為q(q<0)的點電荷。已知b點處的場強(qiáng)為零則c點處場強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)()14Ak8q9L2BkQL2CkqL2Dk10q9L2解析選D電荷量為q的點電荷在b處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為EkqL2方向向左。由于在b點處的場強(qiáng)為零所以立方金屬體和點電荷在b點處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等方向相反則金屬體在b處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小也為EkqL2方向向右。根據(jù)對稱性可得金屬體在c處產(chǎn)生電場強(qiáng)度大小為EkqL2方向向左。而電荷量為q的點電荷在c處產(chǎn)生電場強(qiáng)度為E′kq3L2kq9L2方向向左所以c點處場強(qiáng)的大小為EcEE′k10q9L2選項D正確A、B、C錯誤。(四)等效法在保證效果相同的條件下將復(fù)雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景。4(2018·南京期中)MN為足夠大的不帶電的金屬板在其右側(cè)距離為d的位置放一個電荷量為q的點電荷O金屬板右側(cè)空間的電場分布如圖甲所示P是金屬板表面上與點電荷O距離為r的一點。幾位同學(xué)想求出P點的電場強(qiáng)度大小但發(fā)現(xiàn)問題很難經(jīng)過研究他們發(fā)現(xiàn)圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的。圖乙中是兩等量異號點電荷的電場線分布其電荷量的大小均為q它們之間的距離為2d虛線是兩點電荷連線的中垂線。由此他們分別對甲圖P點的電場強(qiáng)度方向和大小做出以下判斷其中正確的是()A方向沿P點和點電荷的連線向左大小為2kqdr3B方向沿P點和點電荷的連線向左大小為2kqr2d2r3C方向垂直于金屬板向左大小為2kqdr315D方向垂直于金屬板向左大小為2kqr2d2r3解析選C據(jù)題意從乙圖可以看出P點電場方向為水平向左由圖乙可知正、負(fù)電荷在P點電場的疊加其大小為E2kqr2cosθ2kqr2dr2kqdr3故選項C正確。對點訓(xùn)練庫侖定律的理解與應(yīng)用1.(2018·北京西城質(zhì)檢)如圖所示兩個電荷量均為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。兩個小球的半徑r?l。k表示靜電力常量。則輕繩的張力大小為()A0B.kq2l2C2kq2l2D.kql2解析選B輕繩的張力大小等于兩個帶電小球之間的庫侖力由庫侖定律得Fkq2l2選項B正確。2(2018·常州檢測)真空中保持一定距離的兩個點電荷若其中一個點電荷增加了12但仍然保持它們之間的相互作用力不變則另一點電荷的電量一定減少了()A.12B.13C.14D.124解析選B因為一個點電荷增加了12則q1′32q1根據(jù)庫侖定律的公式Fkq1q2r2知若庫侖力不變則q2′23q2即另一電荷減小了13。故B正確A、C、D錯誤。對點訓(xùn)練庫侖力作用下的平衡問題3[多選](2018·泰州模擬)光滑絕緣的水平桌面上固定著帶電荷量為Q、Q的小球P1、P2帶電荷量為q、q的小球M、N用絕緣細(xì)桿相連下列圖中的放置方法能使M、N靜止的是(圖中細(xì)桿的中點均與P1、P2連線的中點重合)()16解析選BD根據(jù)矢量合成可得在P1、P2連線的中垂線上的電場強(qiáng)度方向水平向右故如題圖A、題圖C中放置方式M、N受力是不可能平衡的所以A、C錯誤在P1、P2的連線上電場方向由正電荷指向負(fù)電荷即水平向右如題圖B、題圖D放置由對稱性知M、N所在位置的電場強(qiáng)度大小相等方向相同電荷M、N所受電場力等大反向所以B、D正確。4.[多選](2018·濟(jì)寧一中檢測)如圖所示在光滑絕緣水平面上三個帶電質(zhì)點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電荷量均為q且為同種電荷整個系統(tǒng)置于水平方向的勻強(qiáng)電場中。已知靜電力常量為k若三個質(zhì)點均處于靜止?fàn)顟B(tài)則下列說法正確的是()A如果a、b帶正電那么c一定帶負(fù)電B勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為3kqL2C質(zhì)點c的電荷量大小為2qD勻強(qiáng)電場的方向與ab邊垂直指向c解析選AB如果a、b帶正電要使a、b都靜止勻強(qiáng)電場對a、b的電場力相同c必須帶負(fù)電故A正確設(shè)質(zhì)點c帶電荷量為Q以質(zhì)點c為研究對象受力分析根據(jù)平衡條件得a、b對c的合力與勻強(qiáng)電場對c的力等值反向即2×kQqL2×cos30°EQ則E3kqL2因質(zhì)點c帶正、負(fù)電性質(zhì)不確定故勻強(qiáng)電場方向不確定故B正確D錯誤設(shè)c帶電荷量為Q以c為研究對象受力分析根據(jù)平衡條件得在沿電場方向質(zhì)點a受力平衡即qEkQqL2cos30°解得Q2q故C錯誤。5.[多選]如圖所示一絕緣細(xì)線Oa下端系一質(zhì)量為m的帶電的小球a懸點O正下方有一帶電小球b固定在絕緣底座上。開始時a球靜止在圖中位置此時細(xì)線Oa與豎直方向的夾角為θ?，F(xiàn)將b球沿豎直方向緩慢上移至與a球等高處此過程()A細(xì)線Oa與豎直方向的夾角θ保持不變Bb球所受的庫侖力一直變大17C細(xì)線Oa的拉力一直變大Da球與b球間的距離一直變大解析選BC對小球a受力分析如圖所示。圖中力三角形G′aF與幾何三角形△Oba相似故FabGObTOa先假設(shè)θ不變則b球向上移動的過程中由幾何關(guān)系可知ab之間的距離減小根據(jù)庫侖定律公式Fkq1q2r2可知ab之間的距離減小時ab之間的庫侖力將增大。所以小球a不可能保持不動a必定向右上方移動一定的距離此時θ增大即a向右上方移動一定的距離但ab之間的距離仍然減小ab之間的庫侖力仍然增大故A、D錯誤B正確當(dāng)b向上移動時Ob之間的距離減小由上可知細(xì)線Oa的拉力一直變大故C正確。對點訓(xùn)練電場強(qiáng)度的疊加問題6(2015·安徽高考)已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強(qiáng)大小為σ2ε0其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量ε0為常量如圖所示的平行板電容器極板正對面積為S其間為真空帶電量為Q不計邊緣效應(yīng)時極板可看作無窮大導(dǎo)體板則極板間的電場強(qiáng)度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A.Qε0S和Q2ε0SB.Q2ε0S和Q2ε0SC.Q2ε0S和Q22ε0SD.Qε0S和Q22ε0S解析選D兩極板均看作無窮大導(dǎo)體板極板上單位面積上的電荷量σQS則單個極板形成的場強(qiáng)E0σ2ε0Q2ε0S兩極板間的電場強(qiáng)度為2×σ2ε0Qε0S兩極板間的相互引力FE0QQ22ε0S故選D。7.(2018·泰州檢測)如圖所示在兩等量異種點電荷的電場中MN為豎直放置的一根光滑絕緣細(xì)桿放在兩電荷連線的中垂線上a、b、c三點所在水平直線平行于兩點電荷的連線且a與c關(guān)于MN對稱b點位于MN上d點位于兩電荷的連線上。下列說法中正確的是()Aa點的場強(qiáng)與b點的場強(qiáng)方向相同Ba點的場強(qiáng)與c點的場強(qiáng)方向相同Cb點的場強(qiáng)大于d點的場強(qiáng)18D套在細(xì)桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后將做勻加速直線運動解析選D根據(jù)等量異種電荷的電場線分布可知b點的場強(qiáng)水平向右a點的場強(qiáng)斜向上方向不同選項A錯誤由對稱性可知a、c兩點的場強(qiáng)大小相等方向不同選項B錯誤b點的場強(qiáng)小于兩電荷連線中點處的場強(qiáng)而兩電荷連線中點處的場強(qiáng)小于d點的場強(qiáng)則b點的場強(qiáng)小于d點的場強(qiáng)選項C錯誤套在細(xì)桿上的帶電小環(huán)由靜止釋放后由于豎直方向只受重力電場力垂直細(xì)桿方向則小環(huán)將做勻加速直線運動選項D正確。對點訓(xùn)練電場線的理解與應(yīng)用8.[多選](2018·昆明一中摸底)如圖所示A、B為兩個點電荷MN為兩電荷連線的中垂線圖中實線表示兩點電荷形成的電場的一條電場線(方向未標(biāo)出)下列說法正確的是()A兩電荷一定是異種電荷B電荷A一定帶正電C兩電荷的電量一定滿足|qA||qB|D兩電荷的電量一定滿足|qA||qB|解析選AC由電場線分布特點可知兩電荷一定帶異種電荷故A正確電場線方向未知電荷A可能帶正電荷也可能帶負(fù)電荷故B錯誤將A、B兩點用直線連起來通過電場線的疏密程度可知兩電荷的電量一定滿足|qA||qB|故C正確D錯誤。9.[多選](2018·三明模擬)如圖所示實線為不知方向的三條電場線從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛出a、b兩個帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示則()Aa一定帶正電b一定帶負(fù)電Ba的速度將減小b的速度將增加Ca的加速度將減小b的加速度將增大D兩個粒子的動能均增加解析選CD根據(jù)兩粒子的偏轉(zhuǎn)方向可知兩粒子帶異性電荷但無法確定其具體電性故A錯誤由粒子受力方向與速度方向的關(guān)系可判斷電場力對兩粒子均做正功兩粒子的速度、動能均增大故B錯誤D正確從兩粒子的運動軌跡判斷a粒子經(jīng)過的電場的電場線逐漸變得稀疏b粒子經(jīng)過的電場的電場線逐漸變密說明a的加速度減小b的加速度增大故C正確。10在如圖所示的四種電場中分別標(biāo)記有a、b兩點。其中a、b兩點電場強(qiáng)度大小相等、方向相反的是()19A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丁圖中非勻強(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)度大于a點的電場強(qiáng)度選項D錯誤?？键c綜合訓(xùn)練11(2018·徐州模擬)如圖所示質(zhì)量為m的小球A穿在絕緣細(xì)桿上桿的傾角為α小球A帶正電電荷量為q。在桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷。將A由距B豎直高度為H處無初速度釋放小球A下滑過程中電荷量不變。不計A與細(xì)桿間的摩擦整個裝置處在真空中已知靜電力常量k和重力加速度g。求(1)A球剛釋放時的加速度大小。(2)當(dāng)A球的動能最大時A球與B點的距離。解析(1)由牛頓第二定律可知mgsinαFma根據(jù)庫侖定律有FkqQr2又知rHsinα得agsinαkQqsin2αmH2。(2)當(dāng)A球受到合力為零即加速度為零時動能最大。設(shè)此時A球與B點間的距離為d則mgsinαkQqd2解得dkQqmgsinα。20答案(1)gsinαkQqsin2αmH2(2)kQqmgsinα12.如圖所示空間存在著強(qiáng)度E2.5×102N/C方向豎直向上的勻強(qiáng)電場在電場內(nèi)一長為L0.5m的絕緣細(xì)線一端固定在O點另一端拴著質(zhì)量m0.5kg、電荷量q4×102C的小球。現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置使小球由靜止釋放當(dāng)小球運動到最高點時細(xì)線受到的拉力恰好達(dá)到它能承受的最大值而斷裂。取g10m/s2。求(1)小球的電性。(2)細(xì)線能承受的最大拉力。(3)當(dāng)小球繼續(xù)運動后與O點水平方向距離為L時小球距O點的高度。解析(1)由小球運動到最高點可知小球帶正電。(2)設(shè)小球運動到最高點時速度為v對該過程由動能定理有(qEmg)L12mv2①在最高點對小球由牛頓第二定律得FTmgqEmv2L②由①②式解得FT15N。(3)小球在細(xì)線斷裂后在豎直方向的加速度設(shè)為a則aqEmgm③設(shè)小球在水平方向運動L的過程中歷時t則Lvt④設(shè)豎直方向上的位移為x則x12at2⑤由①③④⑤解得x0.125m所以小球距O點高度為xL0.625m。答案(1)正電(2)15N(3)0.625m第2節(jié)電場能的性質(zhì)21(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(qiáng)度為零的地方電勢一定為零。(×)(3)沿電場線方向電場強(qiáng)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)電勢是矢量既有大小也有方向。(×)(7)等差等勢線越密的地方電場線越密電場強(qiáng)度越大。(√)(8)電場中電勢降低的方向就是電場強(qiáng)度的方向。(×)突破點(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電場力做功根據(jù)UABWABq將WAB、q的正負(fù)號代入由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低222電勢能大小的判斷判斷方法方法解讀公式法將電荷量、電勢連同正負(fù)號一起代入公式Epqφ正Ep的絕對值越大電勢能越大負(fù)Ep的絕對值越大電勢能越小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做功法電場力做正功電勢能減小電場力做負(fù)功電勢能增加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[題點全練]1.[多選]如圖所示真空中兩點電荷A、B帶電荷量分別為2Q和QO點為連線的中點a、b兩點在它們之間的連線上c、d兩點在AB連線的中垂線上已知OaOba、b兩點的場強(qiáng)分別為Ea、EbOcOdc、d兩點的電勢分別為φc、φd。則下列說法正確的是()AEaEbBEaEbCφcφdDφcφd解析選BD兩點電荷A、B帶電荷量分別為2Q和Qa處電場線比b處電場線密而電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小所以有Ea>Eb故A錯誤B正確在Oc上電場方向斜向右上方根據(jù)順著電場線方向電勢降低O點電勢比c點電勢高同理O點電勢也比d點電勢高根據(jù)對稱性可知d點電勢與d點關(guān)于O點的對稱點的電勢相等此對稱點的電勢高于c點電勢所以d點電勢高于c點電勢則有φc<φd故C錯誤D正確。2(2018·南京模擬)如圖所示是高壓電場干燥中藥技術(shù)基本原理圖在大導(dǎo)體板MN上鋪一薄層中藥材針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源其間產(chǎn)生較強(qiáng)的電場。水分子是極性分子可以看成棒狀帶電體一端帶正電另一端帶等量負(fù)電水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去在鼓風(fēng)機(jī)的作用下飛離電場區(qū)域從而加速干燥。圖中虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運動軌跡。下列說法正確的是()AA處的電場強(qiáng)度大于D處23BB處的電勢高于C處C水分子做勻變速運動D水分子由A運動到C的過程中電勢能減少解析選D由于A處的電場線較D處稀疏故A處的電場強(qiáng)度小于D處選項A錯誤順著電場線電勢降低故B處的電勢低于C處選項B錯誤由于電場的分布不均勻由題圖可知上端的電場強(qiáng)度大于下端的電場強(qiáng)度根據(jù)FqE可得水分子運動時受到電場力大小不相等不可能做勻變速運動故C錯誤水分子由A運動到C的過程中電場力做正功電勢能減少故D正確。3.如圖所示一圓環(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()AO點的電場強(qiáng)度為零電勢最低BO點的電場強(qiáng)度為零電勢最高C從O點沿x軸正方向電場強(qiáng)度減小電勢升高D從O點沿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)等效為很多正點電荷的組成同一條直徑的兩端點的點電荷的合場強(qiáng)類似于兩個等量同種點電荷的合場強(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點的電勢最高。綜上知選項B正確。突破點(二)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系1勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系(1)UABEdd為A、B兩點沿電場方向的距離。(2)沿電場強(qiáng)度方向電勢降落得最快。(3)在勻強(qiáng)電場中UEd即在沿電場線方向上U∝d。推論如下推論①如圖甲C點為線段AB的中點則有φCφAφB2。推論②如圖乙AB∠CD且ABCD則UABUCD。2EUd在非勻強(qiáng)電場中的三點妙用(1)判斷電場強(qiáng)度大小等差等勢面越密電場強(qiáng)度越大。(2)判斷電勢差的大小及電勢的高低距離相等的兩點間的電勢差E越大U越大進(jìn)24而判斷電勢的高低。(3)利用φ-x圖像的斜率判斷電場強(qiáng)度隨位置變化的規(guī)律kΔφΔxUdEx斜率的大小表示電場強(qiáng)度的大小正負(fù)表示電場強(qiáng)度的方向。[典例]a、b、c、d是勻強(qiáng)電場中的四個點它們正好是一個矩形的四個頂點。電場線與矩形所在平面平行。已知a點的電勢為20Vb點的電勢為24Vd點的電勢為4V如圖所示由此可知c點的電勢為()A4VB8VC12VD24V[方法規(guī)律](一)由題明3法基礎(chǔ)解法(公式法)設(shè)ab間沿電場方向上的距離為d則cd間沿電場方向的距離也為d。由EUd得Eφbφadφcφdd解得φc8V。能力解法一(推論①)連接對角線ac和bd相交于O點如圖所示。由勻強(qiáng)電場的性質(zhì)可得φOφaφc2φbφd2解得φc8V。能力解法二(推論②)因為abcd且ab∠cd所以φbφaφcφd解得φc8V。(二)3法比較(1)公式法適用勻強(qiáng)電場中E或U的計算過程較繁瑣。(2)推論①僅適用于勻強(qiáng)電場中兩點連線中點的電勢的計算。推論②適用于勻強(qiáng)電場中能構(gòu)成平行四邊形的四個點之間電勢的計算。[集訓(xùn)沖關(guān)]1(2018·無錫模擬)如圖所示在某電場中畫出了三條電場線C點是A、B連線的中點。已知A點的電勢為φA30VB點的電勢為φB10V則C點的電勢為()25AφC10VBφC>10VCφC<10VD上述選項都不正確解析選C由于AC之間的電場線比CB之間的電場線密相等距離之間的電勢差較大即UAC>UCB所以φAφC>φCφB可得φC<φAφB2即φC<10V選項C正確。2(2018·蘇州質(zhì)檢)電場中某三條等勢線如圖中實線a、b、c所示。一電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q已知電勢φa>φb>φc這一過程電子運動的v-t圖像可能是下列圖中的()解析選A結(jié)合φa>φb>φc由題圖等勢線的特點可確定此電場為非勻強(qiáng)電場且Q點處電場強(qiáng)度小于P點處電場強(qiáng)度電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q將做加速度越來越小的加速運動A正確。3.空間有一個與直角三角形abc平行的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)ab4cmac3cm。將電子從a移至c電場力做功12eV將電子從a移至b克服電場力做功12eV。則場強(qiáng)大小為()A500V/mB480V/mC400V/mD300V/mA解析選A由幾何關(guān)系可知tan∟b34故∟b37°由題意可知把電子由a點移到c點電場力做功為W112eV則Uac12eVe12V把電子由a點移到b點電場力做功為W212eV故Uab12eVe12eV。即c點電勢最高b點電勢最低則可知Ucb24eVbc中點d點的電勢與a點電勢相等連接ad為等勢面電場線與等勢面垂直作電場線如圖所示則根據(jù)電場強(qiáng)度和電勢差之間的關(guān)系可知UabE·absin37°解得E500V/m故A正確B、C、D錯誤。突破點(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。2幾種典型電場的等勢線(面)26電場等勢線(面)重要描述勻強(qiáng)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(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。(3)根據(jù)動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。[題點全練]1.(2016·全國卷Ⅱ)如圖P是固定的點電荷虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac速度大小分別為va、vb、vc。則()Aaa>ab>acva>vc>vbBaa>ab>acvb>vc>vaCab>ac>aavb>vc>vaDab>ac>aava>vc>vb解析選Da、b、c三點到固定的點電荷P的距離rbrcra則三點的電場強(qiáng)度由EkQr2可知EbEcEa故帶電粒子Q在這三點的加速度abacaa。由運動軌跡可知帶電粒子Q所受P的電場力為斥力從a到b電場力做負(fù)功由動能定理|qUab|12mvb212mva2027則vbva從b到c電場力做正功由動能定理|qUbc|12mvc212mvb20vcvb又|Uab||Ubc|則vavc故vavcvb選項D正確。2.如圖所示虛線a、b、c是電場中的一簇等勢線(相鄰等勢面之間的電勢差相等)實線為一α粒子(重力不計)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡P、Q是這條軌跡上的兩點據(jù)此可知()Aa、b、c三個等勢面中a的電勢最高B電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能小Cα粒子在P點的加速度比在Q點的加速度大Dα粒子一定是從P點向Q點運動解析選C電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)由于α粒子帶正電因此電場線指向左上方沿電場線電勢降低故a等勢線的電勢最低c等勢線的電勢最高故A錯誤電子帶負(fù)電負(fù)電荷在電勢高處的電勢能小所以電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大故B錯誤等勢線密的地方電場線密場強(qiáng)大故P點位置電場強(qiáng)電場力大根據(jù)牛頓第二定律加速度也大故C正確由題圖只能判斷出α粒子受力的方向不能判斷出α粒子運動的方向故D錯誤。3.如圖所示虛線表示兩個固定的等量異種點電荷形成的電場中的等勢線。一帶電粒子以某一速度從圖中a點沿實線abcde運動。若粒子只受靜電力作用則下列判斷正確的是()A粒子帶正電B粒子運動的速度先減小后增大C粒子在電場中的電勢能先減小后增大D粒子經(jīng)過b點和d點時的速度相同解析選B根據(jù)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢面的特點可得題圖中的等勢面中正電荷在上方負(fù)電荷在下方從粒子運動軌跡看出軌跡向上彎曲可知帶電粒子受到了向上的力的作用所以粒子帶負(fù)電故A錯誤粒子從a→b→c過程中電場力做負(fù)功c→d→e過程中電場力做正功粒子在靜電場中電場力先做負(fù)功后做正功電勢能先增大后減小速度先減小后增大故B正確C錯誤由于b、d兩點處于同一個等勢面上所以粒子在b、d兩點的電勢能相同粒子經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同方向不同故D錯誤。突破點(四)靜電場中的圖像問題(一)v-t圖像根據(jù)v-t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)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。28[例1]如圖甲所示Q1、Q2為兩個固定的點電荷a、b是它們連線的延長線上的兩點。現(xiàn)有一帶正電的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點開始經(jīng)b點向遠(yuǎn)處運動粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb其速度時間圖像如圖乙所示下列說法正確的是()A粒子由a點到b點運動過程中加速度度逐漸增大Bb點的電場強(qiáng)度一定為零CQ1的電量一定小于Q2的電量D粒子由a點到b點向遠(yuǎn)處運動的過程中粒子的電勢能先增大后減小[解析]速度時間圖線上每一點的切線斜率表示瞬時加速度從速度圖像可見正電荷從a到b做加速度減小的加速運動故A錯誤正電荷從a到b做加速度減小的加速運動在b點時粒子運動的加速度為零則電場力為零所以該點場強(qiáng)為零故B正確正電荷從a到b做加速運動所以a、b之間電場的方向向右過b點后正電荷做減速運動所以電場的方向向左b點場強(qiáng)為零可見兩點電荷在b點對正電荷的電場力相等根據(jù)FkQqr2b到Q1的距離大于到Q2的距離所以Q1的電量大于Q2的電量故C錯誤正電荷從a到b做加速運動電場力做正功電勢能減小過b點后正電荷做減速運動電場力做負(fù)功電勢能增大故D錯誤。[答案]B(二)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時電勢能的變化可用WABqUAB進(jìn)而分析WAB的正負(fù)然后作出判斷。[例2]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MNNPQ1、Q2在軸上產(chǎn)生的電勢φ隨x變化關(guān)系如圖乙所示。則()29AM點電勢和電場強(qiáng)度大小均為零BN點電勢和電場強(qiáng)度大小均不為零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所帶電荷量大于Q2的電荷量[解析]φ-x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度的大小所以M處的場強(qiáng)不為零故A錯誤φ-x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度的大小可知N處場強(qiáng)為零故B錯誤由圖像可知UMNUPN故電場力做功qUMNqUPN從P移到M過程中電場力做負(fù)功故|WPN||WNM|故C錯誤因為N點的場強(qiáng)為0所以兩點電荷在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帶正電因為N點的場強(qiáng)為0所以兩點電荷在N點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等方向相反根據(jù)EkQr2知距離大的帶電荷量大所以Q1所帶的電荷量大于Q2的電荷量故D正確。[答案]D(三)E-x圖像在給定了電場的E-x圖像后可以由圖線確定電場強(qiáng)度的變化情況電勢的變化情況E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差。在與粒子運動相結(jié)合的題目中可進(jìn)一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。[例3]真空中相距為3a的兩個點電荷M、N分別固定于x軸上x10和x23a的兩點在兩者連線上各點的電場強(qiáng)度隨x變化的關(guān)系如圖所示規(guī)定無窮遠(yuǎn)處電勢為零則()AM、N可能為異種電荷Bx2a處的電勢不等于零CM、N所帶電荷量的絕對值之比為2∶1D將點電荷q從xa移動到x2a的過程中電勢能減少[解析]若兩電荷為異種電荷在x2a處電場強(qiáng)度不可能為0故兩電荷為同種電荷故A錯誤兩電荷為同種電荷兩個電荷在x2a處的電勢都不為零所以x2a處的電勢不等于零故B正確根據(jù)點電荷的電場強(qiáng)度公式可得kqM2a2kqNa2解得qM∶qN4∶1故C錯誤在0到2a區(qū)間電場強(qiáng)度為正負(fù)電荷受力向左所以q從x0處沿x軸移到x2a處的過程中電場力做負(fù)功電勢能增加故D錯誤。30[答案]B突破點(五)電場力做功與功能關(guān)系電場力做功的計算方法電場中的功能關(guān)系(1)電場力做正功電勢能減少電場力做負(fù)功電勢能增加即WΔEp。(2)如果只有電場力做功則動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化動能(Ek)和電勢能(Ep)的總和不變即ΔEkΔEp。[典例]在一個水平面上建立x軸在過原點O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小E6.0×105N/C方向與x軸正方向相同。在O處放一個電荷量q5.0×108C質(zhì)量m1.0×102kg的絕緣物塊。物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ0.20沿x軸正方向給物塊一個初速率v02.0m/s如圖所示。(g取10m/s2)試求(1)物塊向右運動的最大距離(2)物塊最終停止的位置。[審題指導(dǎo)]第一步抓關(guān)鍵點關(guān)鍵點獲取信息在勻強(qiáng)電場中電場力為恒力μ0.20受滑動摩擦力作用第二步找突破口(1)物塊向右在電場力和滑動摩擦力作用下作勻減速直線運動。(2)要求最終停止的位置應(yīng)先根據(jù)電場力與摩擦力大小的關(guān)系判斷物塊停在什么位置再利用動能定理求解。[解析](1)設(shè)物塊向右運動的最大距離為xm由動能定理得μmgxmE|q|xm012mv02可求得xm0.4m。(2)因Eq>μmg物塊不可能停止在O點右側(cè)設(shè)最終停在O點左側(cè)且離O點為x處。由動能定理得E|q|xmμmg(xmx)0可得x0.2m。[答案](1)0.4m(2)O點左側(cè)0.2m處[方法規(guī)律]處理電場中能量問題的基本方法31在解決電場中的能量問題時常用到的基本規(guī)律有動能定理、能量守恒定律有時也會用到功能關(guān)系。(1)應(yīng)用動能定理解決問題需研究合外力的功(或總功)。(2)應(yīng)用能量守恒定律解決問題需注意電勢能和其他形式能之間的轉(zhuǎn)化。(3)應(yīng)用功能關(guān)系解決該類問題需明確電場力做功與電勢能改變之間的對應(yīng)關(guān)系。(4)有電場力做功的過程機(jī)械能一般不守恒但機(jī)械能與電勢能的總和可以不變。[集訓(xùn)沖關(guān)]1.(2018·昆山月考)如圖所示長為L、傾角為θ45°的光滑絕緣斜面處于電場中一帶電荷量為q質(zhì)量為m的小球以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0則()A小球在B點的電勢能一定大于小球在A點的電勢能BA、B兩點的電勢差一定為2mgL2qC若電場是勻強(qiáng)電場則該電場的場強(qiáng)的最小值一定是mgqD若該電場是AC邊中垂線上某點的點電荷Q產(chǎn)生的則Q一定是正電荷解析選B小球在運動的過程中只有重力和電場力做功重力做負(fù)功電場力就做正功故A點的電勢高小球在A點的電勢能大故A錯誤小球從A到B速度未變說明克服重力做功等于電場力做功則UABWqmgLsin45°q2mgL2q故B正確若電場是勻強(qiáng)電場電場力恒定根據(jù)共點力的平衡可得當(dāng)電場強(qiáng)度與運動方向共線電場力、斜面的支持力與重力相平衡此時電場的場強(qiáng)最小電場強(qiáng)度為2mg2q故C錯誤如果Q在AC邊中垂線上且在AB的下方時若點電荷Q是正電荷由于B到Q的距離BQ大于A到Q的距離AQ所以小球在B點的電勢能小于在A點的故Q是正電荷如果Q在AC邊中垂線上且在AB的上方時若點電荷Q是正電荷由于B到Q的距離BQ小于A到Q的距離AQ所以小球在B點的電勢能大于A點的與“小球在B點的電勢能比A點的小”矛盾故Q是負(fù)電荷故D錯誤。2.如圖空間存在一豎直向下沿x軸方向的靜電場電場的場強(qiáng)大小按Ekx分布(x是軸上某點到O點的距離)kmg3qL。x軸上有一長為L的絕緣細(xì)線連接A、B兩個小球兩球質(zhì)量均為mB球帶負(fù)電帶電荷量為qA球距O點的距離為L。兩球現(xiàn)處于靜止?fàn)顟B(tài)不計兩球之間的靜電力作用。(1)求A球的帶電荷量qA32(2)剪斷細(xì)線后求B球的最大速度vm。解析(1)A、B兩球靜止時A球所處位置場強(qiáng)為E1kLmg3qB球所處位置場強(qiáng)為E2k·2L2mg3q對A、B由整體法得2mgqAE1qE20解得qA4q。(2)當(dāng)B球下落速度達(dá)到最大時設(shè)B球距O點距離為x0則有mgqE即mgmgx03qLq解得x03L當(dāng)B球下落速度達(dá)到最大時B球距O點距離為3L運動過程中電場力大小線性變化所以由動能定理得mgLEqL12mvm212mv02Eq23mgmg256mg解得vmgL3。答案(1)4q(2)gL3對點訓(xùn)練電勢高低與電勢能大小的判斷1[多選]將一電荷量為Q的小球放在不帶電的金屬球附近所形成的電場線分布如圖所示金屬球表面的電勢處處相等。a、b為電場中的兩點則()Aa點的電場強(qiáng)度比b點的大Ba點的電勢比b點的高C檢驗電荷q在a點的電勢能比在b點的大D將檢驗電荷q從a點移到b點的過程中電場力做負(fù)功解析選ABD電場線密的地方電場強(qiáng)度大A項正確沿著電場線方向電勢逐漸降低B項正確由Epqφ可知負(fù)電荷在高電勢處電勢能小C項錯誤負(fù)電荷從a到b電勢能33增加根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系可知這個過程中電場力做負(fù)功D項正確。2.(2018·宿遷模擬)某靜電除塵設(shè)備集塵板的內(nèi)壁帶正電設(shè)備中心位置有一個帶負(fù)電的放電極它們之間的電場線分布如圖所示虛線為某帶電煙塵顆粒(重力不計)的運動軌跡A、B是軌跡上的兩點C點與B點關(guān)于放電極對稱。下列說法正確的是()AA點電勢低于B點電勢BA點電場強(qiáng)度小于C點電場強(qiáng)度C煙塵顆粒在A點的動能大于在B點的動能D煙塵顆粒在A點的電勢能小于在B點的電勢能解析選A沿電場線電勢降低由題圖可知A點電勢低于B點電勢故A正確由題圖可知A點電場線比C點密集因此A點的場強(qiáng)大于C點場強(qiáng)故B錯誤由運動軌跡可知煙塵顆粒帶負(fù)電故由A到B電場力做正功動能增加電勢能減小故煙塵顆粒在A點的動能小于在B點的動能在A點的電勢能大于在B點的電勢能選項C、D錯誤。對點訓(xùn)練電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系3.在勻強(qiáng)電場中建立一直角坐標(biāo)系如圖所示。從坐標(biāo)原點沿y軸前進(jìn)0.2m到A點電勢降低了102V從坐標(biāo)原點沿x軸前進(jìn)0.2m到B點電勢升高了102V則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小和方向為()A50V/m方向B→AB50V/m方向A→BC100V/m方向B→AD100V/m方向垂直AB斜向下解析選C連接AB由題意可知AB中點C點電勢應(yīng)與坐標(biāo)原點O相等連接OC即為等勢線與等勢線OC垂直的方向為電場的方向故電場方向由B→A其大小EUd1021022×0.2V/m100V/m選項C正確。4.如圖所示勻強(qiáng)電場方向平行于xOy平面在xOy平面內(nèi)有一個半徑為R5m的圓圓上有一個電荷量為q1×108C的試探電荷P半徑OP與x軸正方向的夾角為θP沿圓周移動時其電勢能Ep2.5×105sinθ(J)則()Ax軸位于零勢面上B電場強(qiáng)度大小為500V/m方向沿y軸正方向Cy軸位于零勢面上D電場強(qiáng)度大小為500V/m方向沿x軸正方向解析選A由Ep2.5×105sinθ(J)知x軸上的勢能為零是零勢面電場線沿y軸方向A正確C錯誤當(dāng)θ90°時Ep2.5×105JEqR解得E500V/m此時34電勢能大于零故電場強(qiáng)度的方向沿y軸負(fù)方向B、D錯誤。對點訓(xùn)練電場線、等勢線(面)及帶電粒子的運動軌跡問題5.(2018·揚(yáng)州中學(xué)月考)圖中K、L、M為靜電場中的3個相距很近的等勢面(K、M之間無電荷)。一帶電粒子射入此靜電場中后沿abcde軌跡運動。已知電勢φKφLφM且粒子在ab段做減速運動。下列說法中正確的是()A粒子帶負(fù)電B粒子在bc段也做減速運動C粒子在a點的速率大于在e點的速率D粒子從c點到d點的過程中電場力做負(fù)功解析選B已知電勢φKφLφM作出電場線如圖所示方向大體向左由軌跡彎曲方向知道粒子所受的電場力方向大體向左故粒子帶正電故A錯誤由電勢φLφMb→c電場力對正電荷做負(fù)功動能減小做減速運動故B正確a與e處于同一等勢面上電勢相等電勢能相等根據(jù)能量守恒速度大小也相等故C錯誤粒子從c點到d點的過程中電勢降低正電荷的電勢能減小電場力做正功故D錯誤。6.[多選](2016·海南高考)如圖一帶正電的點電荷固定于O點兩虛線圓均以O(shè)為圓心兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。下列說法正確的是()AM帶負(fù)電荷N帶正電荷BM在b點的動能小于它在a點的動能CN在d點的電勢能等于它在e點的電勢能DN在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功解析選ABC如圖所示粒子受到的電場力指向軌跡的凹側(cè)可知M受到了引力作用N受到了斥力作用故M帶負(fù)電荷N帶正電荷選項A正確由于虛線是等勢面故M從a點到b點電場力對其做負(fù)功動能減小選項B正確d點和e點在同一等勢面上N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能故選項C正確N從c點運動到d點的過程中電場力做正功故選項D錯誤。對點訓(xùn)練靜電場中的圖像問題7在某一靜電場中建立x軸其電勢隨坐標(biāo)x變化的圖線如圖所示。若將一帶負(fù)電的粒子(重力不計)從坐標(biāo)原點O處由靜止釋放電場中P、Q兩點位于x軸上其橫坐標(biāo)分別為1cm、4cm。則下列說法正確的是()35A粒子經(jīng)過P點與Q點時動能相等B粒子經(jīng)過P、Q兩點時加速度大小之比為1∶1C粒子經(jīng)過P、Q兩點時電場力功率之比為1∶1D粒子恰能運動到離原點12cm處解析選A由題圖可知橫坐標(biāo)為1cm和4cm的P、Q兩點電勢相等粒子經(jīng)過P點到Q點的過程中電場力做功為零動能相等A正確φ-x圖像的斜率大小等于場強(qiáng)E則知P點的場強(qiáng)為Q點的場強(qiáng)的二倍粒子在P、Q兩點電場力和加速度之比都為2∶1B錯誤根據(jù)功率PFv功率之比為2∶1C錯誤根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知02cm內(nèi)電場線沿x軸負(fù)方向粒子所受的電場力方向沿x軸正方向做加速運動在26cm內(nèi)電場線沿x軸正方向粒子所受的電場力方向沿x負(fù)方向做減速運動6cm處粒子的速度為零然后粒子向左先做加速運動后做減速運動。即在06cm間做往復(fù)運動故D錯誤。8.[多選](2018·昆山模擬)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示其中0x2段是對稱的曲線x2x3是直線段則下列說法正確的是()Ax1處電場強(qiáng)度為零Bx2x3段是勻強(qiáng)電場Cx1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1φ2φ3D粒子在0x2段做勻變速運動x2x3段做勻速直線運動解析選ABC根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Epqφ場強(qiáng)與電勢的關(guān)系EΔφΔx得EΔEpqΔx由數(shù)學(xué)知識可知Epx圖像切線的斜率等于ΔEpΔxx1處切線斜率為零則x1處電場強(qiáng)度為零故A正確。由題圖看出在0x1段圖像切線的斜率不斷減小由上式知場強(qiáng)減小粒子所受的電場力減小加速度減小做非勻變速運動。x1x2段圖像切線的斜率不斷增大場強(qiáng)增大粒子所受的電場力增大做非勻變速運動。x2x3段斜率不變場強(qiáng)不變即電場強(qiáng)度大小和方向均不變是勻強(qiáng)電場粒子所受的電場力不變做勻變速直線運動故D錯誤B正確。根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系Epqφ因粒子帶負(fù)電q0則知電勢能越大粒子所在處的電勢越低所以有φ1φ2φ3故C正確。對點訓(xùn)練電場力做功與功能關(guān)系9(2018·常州一中月考)如圖所示一個電荷量為Q的點電荷甲固定在絕緣水平面36上的O點。另一個電荷量為q、質(zhì)量為m的點電荷乙從A點以初速度v0沿它們的連線向甲運動運動到B點時速度為v且為運動過程中速度的最小值。已知點電荷乙受到的阻力大小恒為fA、B兩點間距離為L0靜電力常量為k則下列說法正確的是()A點電荷乙從A點向甲運動的過程中加速度先增大后減小B點電荷乙從A點向甲運動的過程中其電勢能先增大再減小CO、B兩點間的距離為kQqfD在點電荷甲形成的電場中A、B兩點間的電勢差為UABfL012mv2q解析選C點電荷乙從A點向甲運動的過程中受向左的靜電力和向右的摩擦力兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大小球先減速后加速所以加速度先減小后增大故A錯誤在小球向左運動過程中電場力一直做正功因此電勢能一直減小故B錯誤當(dāng)速度最小時有fF庫kQqr2解得rkQqf故C正確點電荷從A運動到B過程中根據(jù)動能定理有UABqfL012mv212mv02解得UABfL012mv212mv02q故D錯誤。10.[多選](2018·揚(yáng)州模擬)如圖所示豎直平面內(nèi)有半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道ABCA、C兩點為軌道的最高點B點為最低點圓心處固定一電荷量為q1的點電荷。將另一質(zhì)量為m、電荷量為q2的帶電小球從軌道A處無初速度釋放已知重力加速度為g則()A小球運動到B點時的速度大小為2gRB小球運動到B點時的加速度大小為2gC小球從A點運動到B點過程中電勢能減少mgRD小球運動到B點時對軌道的壓力大小為3mgkq1q2R2解析選ABDq1、q2間的庫侖力始終與運動方向垂直不做功在小球從A到B的運動過程中只有重力做功機(jī)械能守恒mgR12mv2v2gRA正確小球運動到B點時有向心加速度加速度大小av2R2gB正確由于庫侖力始終與運動方向垂直不做功電勢能不變C錯誤小球運動到B點時合外力等于向心力設(shè)對軌道的壓力FFmgkq1q2R237mv2R2mgF3mgkq1q2R2D正確。考點綜合訓(xùn)練11.如圖所示帶正電的A球固定在足夠大的光滑絕緣斜面上斜面的傾角α37°其帶電荷量Q83×105C質(zhì)量m0.1kg、帶電荷量q1×107C的B球在離A球L0.1m處由靜止釋放兩球均可視為點電荷。(靜電力常量k9×109N·m2/C2sin37°0.6cos37°0.8g10m/s2)(1)A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小和方向(2)B球的速度最大時兩球間的距離(3)若B球運動的最大速度為v4m/s求B球從開始運動到最大速度的過程中電勢能怎么變變化量是多少解析(1)A球在B球釋放處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小EkQL29×109×83×1050.12N/C2.4×107N/C方向沿斜面向上。(2)當(dāng)靜電力等于重力沿斜面向下的分力時B球的速度最大即FkQqr2mgsinα解得r0.2m。(3)由于rL可知兩球相互遠(yuǎn)離則B球從開始運動到最大速度的過程中電場力做正功電勢能變小根據(jù)功能關(guān)系可知B球減小的電勢能等于它動能和重力勢能的增加量所以B球電勢能變化量為ΔEp12mv2mgrLsinα解得ΔEp0.86J。答案(1)2.4×107N/C方向沿斜面向上(2)0.2m(3)電勢能變小變化量是0.86J12.(2018·如東檢測)如圖所示內(nèi)表面絕緣光滑的圓軌道位于豎直平面內(nèi)軌道半徑為rA、B分別為內(nèi)軌道的最高點和最低點圓心O固定電荷量為Q的點電荷質(zhì)量為m、電荷量為q的小球能在圓軌道內(nèi)表面做完整的圓周運動重力加速度為g靜電力常量為k。(1)若小球經(jīng)過B點的速度為v0求此時對軌道的壓力大小(2)求小球經(jīng)過A點最小速度的大小v38(3)若小球經(jīng)過A點對軌道的壓力為mg求經(jīng)過B點時的動能Ek。解析(1)設(shè)此時軌道對小球的支持力為N由向心力公式有NkQqr2mgmv02r解得Nmv02rmgkQqr2由牛頓第三定律可知對軌道的壓力大小N′Nmv02rmgkQqr2。(2)小球經(jīng)過A點有最小速度時與軌道間的彈力為0則有kQqr2mgmv2r解得vkQqmrgr。(3)設(shè)小球經(jīng)過A點的速度為vA由向心力公式有kQqr2mgmgmvA2r由機(jī)械能守恒定律有12mvA22mgrEk解得EkkQq2r3mgr。答案(1)mv02rmgkQqr2(2)kQqmrgr(3)kQq2r3mgr第3節(jié)帶電粒子在電場中的運動39(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。(×)(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。(×)(3)放電后的電容器電荷量為零電容也為零。(×)(4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運動。(×)(5)帶電粒子在電場中只受電場力時也可以做勻速圓周運動。(√)(6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。(√)(7)帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計。(×)突破點(一)平行板電容器的動態(tài)分析1平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時兩極板間的電勢差U保持不變。(2)充電后與電源斷開時電容器所帶的電荷量Q保持不變。2平行板電容器動態(tài)問題的分析思路3平行板電容器問題的一個常用結(jié)論電容器充電后斷開電源在電容器所帶電荷量保持不變的情況下電場強(qiáng)度與極板間的距離無關(guān)。40[題點全練]1.(2017·海南高考)如圖平行板電容器的兩極板豎直放置并分別與電源的正負(fù)極相連一帶電小球經(jīng)絕緣輕繩懸掛于兩極板之間處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)保持右極板不動將左極板向左緩慢移動。關(guān)于小球所受的電場力大小F和繩子的拉力大小T下列判斷正確的是()AF逐漸減小T逐漸減小BF逐漸增大T逐漸減小CF逐漸減小T逐漸增大DF逐漸增大T逐漸增大解析選A電容器與電源相連所以兩端間電勢差不變將左極板向左緩慢移動過程中兩板間距離增大則由UEd可知電場強(qiáng)度E減小電場力FEq減小小球處于平衡狀態(tài)受重力、拉力與電場力的作用而處于平衡故拉力與電場力和重力的合力大小相等方向相反根據(jù)平行四邊形定則可知TF2mg2由于重力不變電場力變小故拉力變小。故A正確B、C、D錯誤。2(2016·天津高考)如圖所示平行板電容器帶有等量異種電荷與靜電計相連靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷以E表示兩板間的電場強(qiáng)度Ep表示點電荷在P點的電勢能θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置則()Aθ增大E增大Bθ增大Ep不變Cθ減小Ep增大Dθ減小E不變解析選D由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變當(dāng)下極板不動上極板向下移動一段距離時兩極板間距d減小則電容C變大由UQC可知U變小則靜電計指針的偏角θ減小。又因為兩板間電場強(qiáng)度EUdQCd4πkQεrSQ、S不變則E不變。因為E不變則點電荷從P點移動到下極板(電勢為零)電場力做功不變電勢能的變化相同則點電荷在P點的電勢能Ep不變故只有選項D正確。3.[多選]如圖所示的電路中理想二極管和水平放置的平行板電容器串聯(lián)接在電路中閉合開關(guān)S平行板間有一質(zhì)量為m電荷量為q的帶電液滴恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)則下列說法正確的是()A將A板向上平移一些液滴將向下運動B將A板向左平移一些液滴將向上運動C斷開開關(guān)S將A板向下平移一些液滴將保持靜止不動41D斷開開關(guān)S將A板向右平移一些液滴將向上運動解析選BCD二極管具有單向?qū)щ娦蚤]合開關(guān)后電容器充電電容器的電容CεS4πkdCQU極板間的電場強(qiáng)度EUd整理得E4πkQεS液滴靜止液滴所受合力為零向上的電場力與向下的重力相等qEmgA極板上移時d變大由CεS4πkd可知C變小由于二極管具有單向?qū)щ娦噪娙萜鞑荒芊烹娪蒃4πkQεS可知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變液滴所受電場力不變液滴靜止不動故A錯誤A極板左移時S變小由CεS4πkd可知C變小而兩極板間的電壓U等于電源電動勢不變由于二極管具有單向?qū)щ娦噪娙萜鞑荒芊烹娪蒃4πkQεS可知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度增大液滴所受電場力增大液滴將向上運動故B正確當(dāng)斷開開關(guān)S將A板向下平移一些時d變小由CεS4πkd可知C變大因電容器帶電量不變由E4πkQεS可得電場強(qiáng)度不變那么液滴將保持靜止不動故C正確同理斷開開關(guān)S將A板向右平移一些時S變小由CεS4πkd可知C變小因電容器帶電量不變由E4πkQεS可得電場強(qiáng)度變大那么液滴將向上運動故D正確。突破點(二)帶電粒子在電場中的直線運動1帶電粒子在電場中運動時重力的處理基本粒子如電子、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)。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解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路(1)根據(jù)帶電粒子受到的電場力用牛頓第二定律求出加速度結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的運動情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場。(2)根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場也適用于非勻強(qiáng)電場。[典例](2017·江蘇高考)如圖所示三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有42一小孔小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點則由O點靜止釋放的電子()A運動到P點返回B運動到P和P′點之間返回C運動到P′點返回D穿過P′點[解析]電子在A、B板間的電場中加速運動在B、C板間的電場中減速運動設(shè)A、B板間的電壓為UB、C板間的電場強(qiáng)度為EM、P兩點間的距離為d則有eUeEd0若將C板向右平移到P′點B、C兩板所帶電荷量不變由EUdQC0d4πkQεS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