2017屆高考物理第一輪復(fù)習(xí)限時(shí)檢測題16

[2017高考備考導(dǎo)航]考點(diǎn)考綱要求專家解讀物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)、電荷守恒Ⅰ從歷年高考試題來看，對電場知識(shí)的考查主要集中在以下幾個(gè)方面：(1)多個(gè)電荷庫侖力的平衡和場強(qiáng)疊加問題。(2)利用電場線和等勢面確定場強(qiáng)的大小和方向，判斷電勢高低、電場力變化、電場力做功和電勢能的變化等。(3)帶電體在勻強(qiáng)電場中的平衡問題及其他變速運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題。(4)對平行板電容器電容決定因素的理解，解決兩類有關(guān)動(dòng)態(tài)變化的問題。(5)分析帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題。(6)示波管、靜電除塵等在日常生活和科學(xué)技術(shù)中的應(yīng)用。預(yù)計(jì)2017年高考對本專題的考查仍將以基本概念和規(guī)律與力學(xué)中的牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系的結(jié)合為主，復(fù)習(xí)中要注重以上知識(shí)的復(fù)習(xí)，也要注意電場知識(shí)與生產(chǎn)、生活的聯(lián)系。靜電現(xiàn)象的解釋Ⅰ點(diǎn)電荷Ⅰ庫侖定律Ⅱ靜電場Ⅰ電場強(qiáng)度、點(diǎn)電荷的場強(qiáng)Ⅱ電場線Ⅰ電勢能、電勢Ⅰ電勢差Ⅱ勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系Ⅰ帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)Ⅱ示波管Ⅰ常用的電容器Ⅰ電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系Ⅰ第一節(jié)庫侖定律電場力的性質(zhì)[主干回顧]1．元電荷→定義→最小的電荷量，e＝1.60×10－19_C2．點(diǎn)電荷→條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(帶電體的大小、形狀及電荷分布狀況對它們,之間的作用力的影響可以忽略))eq\a\vs4\al(3.電荷守,恒定律)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(內(nèi)容\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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,三種起電方式→摩擦起電，感應(yīng)起電，接觸起電))))4．庫侖定律eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(方向：作用力的方向在它們的連線上,表達(dá)式→F＝kQ1Q2/r2,適用條件→真空中的點(diǎn)電荷))5．電場強(qiáng)度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(定義式→E＝F/q,點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度→E＝kQ/r2))6．電場線特點(diǎn)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(疏密→場強(qiáng)大小,切線方向→場強(qiáng)方向，不閉合，不相交))[自我檢測]1．判斷下列說法的正誤。(1)元電荷是自然界中帶電量最小的電荷。(×)(2)根據(jù)公式F＝keq\f(q1q2,r2)得，當(dāng)r→0時(shí)，有F→∞。(×)(3)電場強(qiáng)度反映了電場力的性質(zhì)，所以此電場中某點(diǎn)的場強(qiáng)與試探電荷在該點(diǎn)所受的電場力成正比。(×)(4)電場中某點(diǎn)的場強(qiáng)方向即為正電荷在該點(diǎn)所受的電場力的方向。(×)(5)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能與電場線重合。(√)(6)只根據(jù)一條電場線無法判斷電場強(qiáng)弱和場源情況。(√)2．下列關(guān)于點(diǎn)電荷的說法中，正確的是A．只有體積很小的帶電體才能看作點(diǎn)電荷B．體積很大的帶電體一定不是點(diǎn)電荷C．當(dāng)兩個(gè)帶電體的形狀對它們相互作用力的影響可忽略時(shí)，這兩個(gè)帶電體可看作點(diǎn)電荷D．任何帶電球體，都可看作電荷全部集中于球心的點(diǎn)電荷答案C3．大小相同、帶電荷量也相同的金屬球A和B，分別固定在兩處，相互作用力為F。現(xiàn)用另一個(gè)不帶電的同樣大小的C球先與A球接觸，再與B球接觸，然后移去C球，則后來A、B兩球間的作用力變?yōu)锳.eq\f(F,2)B.eq\f(F,4)C.eq\f(3F,8)D.eq\f(F,10)答案C4．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810407](多選)(2016·長春模擬)如圖6－1－1所示是某靜電場的一部分電場線的分布情況，下列說法中正確的是圖6－1－1A．這個(gè)電場可能是負(fù)點(diǎn)電荷的電場B．A點(diǎn)的場強(qiáng)大于B點(diǎn)的場強(qiáng)C．A、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)方向不相同D．負(fù)電荷在B點(diǎn)處受到的電場力的方向沿B點(diǎn)切線方向答案BC考點(diǎn)一電場的疊加與電場強(qiáng)度的計(jì)算場強(qiáng)三個(gè)表達(dá)式的比較表達(dá)式比較E＝eq\f(F,q)E＝keq\f(Q,r2)E＝eq\f(U,d)公式意義電場強(qiáng)度定義式真空中點(diǎn)電荷的電場強(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(diǎn)電荷勻強(qiáng)電場決定因素由電場本身決定，與q無關(guān)由場源電荷Q和場源電荷到該點(diǎn)的距離r共同決定由電場本身決定2.電場的疊加原理及計(jì)算法則(1)電場的疊加原理：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)生的電場強(qiáng)度的矢量和。(2)計(jì)算法則：遵循平行四邊形定則。第六章靜電場高考總復(fù)習(xí)·物理(Ⅰ)考向1電場強(qiáng)度的疊加[例1][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810408](2015·山東理綜)直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖6－1－2所示。M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)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(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場強(qiáng)的大小和方向分別為圖6－1－2A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負(fù)向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負(fù)向[解析]M、N兩處的負(fù)點(diǎn)電荷在G處產(chǎn)生的合場強(qiáng)E1與O點(diǎn)處正點(diǎn)電荷在G處產(chǎn)生的場強(qiáng)等大反向，所以E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸正向，因?yàn)镠與G關(guān)于x軸對稱，所以M、N兩處的負(fù)點(diǎn)電荷在H處產(chǎn)生的合場強(qiáng)E2＝E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸負(fù)向。當(dāng)正點(diǎn)電荷放在G點(diǎn)時(shí)，它在H點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E3＝eq\f(kQ,(2a)2)，方向沿y軸正向，則H處的場強(qiáng)為EH＝eq\f(kQ,a2)－eq\f(kQ,(2a)2)＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負(fù)向，B正確。[答案]B考向2對稱法、補(bǔ)償法的應(yīng)用[例2][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810409](2013·新課標(biāo)全國Ⅰ)如圖6－1－3所示，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6－1－3A．keq\f(3q,R2)B．keq\f(10q,9R2) C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)[審題探究]①b點(diǎn)的電場由誰產(chǎn)生，合場強(qiáng)為零說明了什么？②d點(diǎn)場強(qiáng)由誰產(chǎn)生，各自的電場為多大？[解析]由b點(diǎn)處場強(qiáng)為零知，圓盤在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)E1與q在b點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)E2大小相等，即：E1＝E2＝keq\f(q,R2)，由對稱性，圓盤在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E3＝keq\f(q,R2)，q在d點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E4＝keq\f(q,9R2)，方向與E3相同，故d點(diǎn)的合場強(qiáng)Ed＝E3＋E4＝keq\f(10q,9R2)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。[答案]B規(guī)律總結(jié)求解合場強(qiáng)常用的方法考點(diǎn)二電場線的理解及應(yīng)用1．等量點(diǎn)電荷的電場線比較比較項(xiàng)目等量異種點(diǎn)電荷等量同種點(diǎn)電荷電場線分布圖連線中點(diǎn)O處的場強(qiáng)最小，指向負(fù)電荷一方為零連線上的場強(qiáng)大小(從左到右)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，向外先變大后變小關(guān)于O點(diǎn)對稱的A與A′、B與B′的場強(qiáng)等大同向等大反向2.電場線的作用(1)判斷電場強(qiáng)度的方向電場線上任意一點(diǎn)的切線方向即為該點(diǎn)電場的方向。(2)判斷電場力的方向——正電荷的受力方向和電場線在該點(diǎn)切線方向相同，負(fù)電荷的受力方向和電場線在該點(diǎn)切線方向相反。(3)判斷電場強(qiáng)度的大小(定性)——電場線密處電場強(qiáng)度大，電場線疏處電場強(qiáng)度小，進(jìn)而可判斷電荷受力大小和加速度的大小。(4)判斷電勢的高低與電勢降低的快慢——沿電場線的方向電勢逐漸降低，電場強(qiáng)度的方向是電勢降低最快的方向。3．電場線與帶電粒子在電場中運(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)粒子初速度為零，或初速度方向與電場線平行。(3)粒子僅受電場力作用或所受其他力合力的方向與電場線平行。考向1對電場線的理解[例3][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810410]如圖6－1－4為真空中兩點(diǎn)電荷A、B形成的電場中的一簇電場線，已知該電場線關(guān)于虛線對稱，O點(diǎn)為A、B電荷連線的中點(diǎn)，a、b為其連線的中垂線上對稱的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是圖6－1－4A．A、B可能帶等量異號(hào)的正、負(fù)電荷B．A、B可能帶不等量的正電荷C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)處無電場線，故其電場強(qiáng)度可能為零D．同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)處所受電場力大小相等，方向一定相反[解析]根據(jù)題圖中的電場線分布可知，A、B帶等量的正電荷，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；a、b兩點(diǎn)處雖然沒有畫電場線，但其電場強(qiáng)度一定不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由圖可知，a、b兩點(diǎn)處電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)處所受電場力大小相等，方向一定相反，選項(xiàng)D正確。[答案]D考向2電場線與帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)軌跡的關(guān)系[例4][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810411](多選)如圖6－1－5所示，圖中實(shí)線是一簇未標(biāo)明方向的由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，若帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中只受到電場力作用，根據(jù)此圖可以作出的正確判斷是圖6－1－5A．帶電粒子所帶電荷的正、負(fù)B．帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的受力方向C．帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的加速度何處較大D．帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的速度何處較大[審題探究]①電場線方向、粒子電性未知，能判斷電場力方向嗎？依據(jù)是什么？②a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小有什么關(guān)系？③根據(jù)什么知識(shí)可判斷va、vb關(guān)系？[解析]粒子的電性、電場線方向無法判斷，但根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可判斷電場力的方向?yàn)檠仉妶鼍€向左，故A錯(cuò)、B對。由于a處的電場線密度比b處大，故Ea>Eb，則粒子在a處受電場力較大，加速度較大，C對，粒子的速度沿虛線的切線，與電場力方向夾角大于90°，因此a→b粒子減速，D對。[答案]BCD規(guī)律總結(jié)電場線與軌跡判斷的兩種方法(1)“運(yùn)動(dòng)與力兩線法”——畫出“速度線”(運(yùn)動(dòng)軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從二者的夾角情況來分析曲線運(yùn)動(dòng)的情景。(2)“三不知時(shí)要假設(shè)”——電荷的正負(fù)、場強(qiáng)的方向或等勢面電勢的高低、電荷運(yùn)動(dòng)的方向，是題意中相互制約的三個(gè)方面．若已知其中的任一個(gè)，可順次向下分析判定各待求量；若三個(gè)都不知(三不知)，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況?？键c(diǎn)三庫侖力作用下的平衡問題處理庫侖力作用下電荷平衡問題的方法1．庫侖力作用下電荷的平衡問題與力學(xué)中物體的平衡問題相同，可以將力進(jìn)行合成與分解。2．恰當(dāng)選取研究對象，用“隔離法”或“整體法”進(jìn)行分析。3．對研究對象進(jìn)行受力分析，注意比力學(xué)中多了一個(gè)庫侖力。4．列平衡方程，注意電荷間的庫侖力與電荷間的距離有關(guān)?？枷?“自由電荷”的平衡問題[例5][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810412](2016·濟(jì)南聯(lián)考)如圖6－1－6所示，在光滑、絕緣的水平面上，沿一直線依次排列3個(gè)帶電小球A、B、C(可視為點(diǎn)電荷)。若它們恰能處于平衡狀態(tài)，那么這3個(gè)小球所帶的電荷量及電性的關(guān)系，可能的情況是圖6－1－6A．－9、4、－36 B．4、9、36C．－3、2、8 D．3、－2、6[解析]要使每個(gè)小球都處于平衡狀態(tài)，必須使其他兩個(gè)小球?qū)λ膸靵隽Υ笮∠嗟?、方向相反，以小球A為研究對象，有FBA＝FCA，如圖所示，故B、C帶異種電荷，由庫侖定律得keq\f(QAQB,r\o\al(2,AB))＝keq\f(QAQC,r\o\al(2,AC))，以小球C為研究對象，同理，知A、B帶異種電荷，keq\f(QAQC,r\o\al(2,AC))＝keq\f(QBQC,R\o\al(2,BC))聯(lián)立得keq\f(QAQC,r\o\al(2,AC))＝keq\f(QAQB,r\o\al(2,AB))＝keq\f(QBQC,r\o\al(2,BC))，又考慮到rAC＝rAB＋rBC，解得eq\r(QAQC)＝eq\r(QAQB)＋eq\r(QBQC)，此式為三球平衡時(shí)所帶電荷量的大小關(guān)系。綜上可知A正確。[答案]A規(guī)律總結(jié)3個(gè)孤立自由點(diǎn)電荷的平衡問題1．平衡的條件每個(gè)點(diǎn)電荷受到另外兩個(gè)點(diǎn)電荷的合力為零，或者說每個(gè)點(diǎn)電荷處于另外兩個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)之和為零的位置。2．平衡時(shí)的規(guī)律位置方面是“三點(diǎn)共線”，電性方面是“兩同夾異”，電量方面是“兩大夾小”，兩側(cè)的點(diǎn)電荷帶電荷量大小與距中間電荷的遠(yuǎn)近有關(guān)，即“近小遠(yuǎn)大”?？枷?“約束電荷”的平衡問題[例6][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810413](多選)(2015·浙江理綜)如圖6－1－7所示，用兩根長度相同的絕緣細(xì)線把一個(gè)質(zhì)量為0.1kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點(diǎn)，A上帶有Q＝3.0×10－6C的正電荷。兩線夾角為120°，兩線上的拉力大小分別為F1和F2。A的正下方0.3m處放有一帶等量異種電荷的小球B，B與絕緣支架的總質(zhì)量為0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；靜電力常量k＝9.0×109N·m2圖6－1－7A．支架對地面的壓力大小為2.0NB．兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.9NC．將B水平右移，使M、A、B在同一直線上，此時(shí)兩線上的拉力大小F1＝1.225N，F(xiàn)2＝1.0ND．將B移到無窮遠(yuǎn)處，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866N[解析]小球B和支架組成的整體，在三個(gè)力作用下平衡，故有：FN+FAB=mBg，F(xiàn)AB=keq\f(Q,rAB2)聯(lián)立兩式解得：FAB=0.9N，F(xiàn)N=1.1N，根據(jù)牛頓第三定律可判斷出A錯(cuò)。小球A在四個(gè)力作用下平衡，如圖甲所示。由對稱性可知F1=F2，在豎直方向上有：2F1cos60°=2F2cos60°=mAg+FBA，解得F1=F2=1.9N當(dāng)B球與M、A共線時(shí)，A球受力情況如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知rAB′=0.6m，F(xiàn)BA′=keq\f(Q,rAB′2)=0.225N。將A球所受重力分解在MA和NA的方向上，由上述兩個(gè)方向上分力的合力為零可得：F1=1.225N，F(xiàn)2=1.0N，故C正確。B球移至無窮遠(yuǎn)處時(shí)，A、B之間的庫侖力忽略不計(jì)，對A球由三力平衡條件可求得F1=F2=mAg=1.0N。故D錯(cuò)。[答案]BC[隨堂鞏固]1．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810414](2015·浙江理綜)如圖6－1－8所示為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對平行放置。工作時(shí)兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，表面鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線懸掛在兩金屬極板中間，則圖6－1－8A．乒乓球的左側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷B．乒乓球受到擾動(dòng)后，會(huì)被吸在左極板上C．乒乓球共受到電場力、重力和庫侖力三個(gè)力的作用D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開后乒乓球會(huì)在兩極板間來回碰撞解析乒乓球在兩極板中間時(shí)，其左側(cè)會(huì)感應(yīng)出正電荷，A錯(cuò)誤；電場力和庫侖力是同一個(gè)力的不同稱謂，C錯(cuò)誤；乒乓球與右極板接觸則帶正電，在電場力作用下向左運(yùn)動(dòng)與左極板相碰，碰后帶上負(fù)電，又向右運(yùn)動(dòng)與右極板相碰，如此往復(fù)運(yùn)動(dòng)，所以D正確、B錯(cuò)誤。答案D2．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810415](多選)(2014·浙江理綜)如圖6－1－9所示，水平地面上固定一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ。一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線與斜面平行。小球A的質(zhì)量為m、電量為q。小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d。靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷。小球A靜止在斜面上，則圖6－1－9A．小球A與B之間庫侖力的大小為eq\f(kq2,d2)B．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgsinθ,k))時(shí)，細(xì)線上的拉力為0C．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))時(shí)，細(xì)線上的拉力為0D．當(dāng)eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,ktanθ))時(shí)，斜面對小球A的支持力為0解析根據(jù)庫侖定律得A、B球間的庫侖力F庫＝keq\f(q2,d2)，則A項(xiàng)正確。當(dāng)細(xì)線上的拉力為0時(shí)滿足keq\f(q2,d2)＝mgtanθ，得到eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mgtanθ,k))，則B錯(cuò)，C正確。斜面對小球A的支持力始終不為零，則D錯(cuò)誤。答案AC3．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810416](多選)(2014·廣東理綜)如圖6－1－10所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個(gè)帶電量為＋Q的小球P，帶電量分別為－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6－1－10A．M與N的距離大于LB．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對小球M、N和桿組成的整體，由題意可知keq\f(Qq,L2)＝keq\f(Q·2q,(L＋x)2)，得x<L，則A錯(cuò)。若P、M和N不在同一直線上則不能平衡，所以B正確。在＋Q的電場中φM>φN，則C錯(cuò)誤。M、N及細(xì)桿靜止于光滑絕緣桌面上，所以系統(tǒng)所受合外力為零，D正確。答案BD4．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810417](2016·保定質(zhì)檢)如圖6－1－11所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O點(diǎn)為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°。電荷量相等、符號(hào)相反的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別置于M、N兩點(diǎn)，這時(shí)O點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為E1；若將N點(diǎn)處的點(diǎn)電荷移到P點(diǎn)，則O點(diǎn)的場強(qiáng)大小變?yōu)镋2，則E1與E2之比為圖6－1－11A．1∶2B．2∶1 C．2∶eq\r(3) D．4∶eq\r(3)解析設(shè)兩點(diǎn)電荷所帶電荷量的大小均為q，半圓弧半徑為r，則E1＝2keq\f(q,r2)，E2＝keq\f(q,r2)，所以eq\f(E1,E2)＝2∶1，B正確。答案B[限時(shí)檢測](限時(shí)45分鐘，滿分100分)一、選擇題(每小題6分，共54分)1．(2016·雙鴨山模擬)如圖6－1－12所示，光滑絕緣水平面上帶異號(hào)電荷的小球A、B，它們一起在水平向右的勻強(qiáng)電場中向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，且保持相對靜止。設(shè)小球A帶電荷量大小為QA，小球B帶電荷量大小為QB，下列判斷正確的是圖6－1－12A．小球A帶正電，小球B帶負(fù)電，且QA>QBB．小球A帶正電，小球B帶負(fù)電，且QA<QBC．小球A帶負(fù)電，小球B帶正電，且QA>QBD．小球A帶負(fù)電，小球B帶正電，且QA<QB答案D2．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810418]圖6－1－13中邊長為a的正三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)分別固定三個(gè)點(diǎn)電荷＋q、＋q、－q，則該三角形中心O點(diǎn)處的場強(qiáng)為圖6－1－13A.eq\f(6kq,a2)，方向由C指向O B.eq\f(6kq,a2)，方向由O指向CC.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由C指向O D.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由O指向C解析每個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)處的場強(qiáng)大小都是E=eq\f(kq,(\r(3)a/32))=eq\f(3kq,a2)，畫出矢量疊加的示意圖，如圖所示，由圖可得O點(diǎn)處的合場強(qiáng)為E0=2E=

，方向由O指向C，B項(xiàng)正確。答案B3．如圖6－1－14所示，真空中O點(diǎn)有一點(diǎn)電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點(diǎn)，a點(diǎn)的場強(qiáng)大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點(diǎn)的場強(qiáng)大小為Eb，方向與ab連線成30°角。關(guān)于a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)大小Ea、Eb的關(guān)系，以下結(jié)論正確的是圖6－1－14A．Ea＝eq\f(Eb,3) B．Ea＝eq\r(3)Eb C．Ea＝eq\f(\r(3),3)Eb D．Ea＝3Eb解析由題圖可知，rb＝eq\r(3)ra，再由E＝eq\f(kQ,r2)可知，eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(r\o\al(2,b),r\o\al(2,a))＝eq\f(3,1)，故D正確。答案D4．在如圖6－1－15所示的四種電場中，分別標(biāo)記有a、b兩點(diǎn)。其中a、b兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等、方向相反的是圖6－1－15A．甲圖中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)B．乙圖中兩等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)C．丙圖中兩等量同種點(diǎn)電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)D．丁圖中非勻強(qiáng)電場中的a、b兩點(diǎn)解析甲圖中與點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)，電場強(qiáng)度大小相同，方向不相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對乙圖，根據(jù)電場線的疏密及對稱性可判斷，a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等、方向相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；丙圖中兩等量同種點(diǎn)電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點(diǎn)，電場強(qiáng)度大小相同，方向相反，選項(xiàng)C正確；對丁圖，根據(jù)電場線的疏密可判斷，b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于a點(diǎn)的電場強(qiáng)度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C5．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810419](2016·渭南質(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6－1－16所示，由圖可知圖6－1－16A．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。答案A6．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810420](多選)(2015·江西模擬)如圖6－1－17所示，懸線下掛著一個(gè)帶正電的小球，它的質(zhì)量為m，電荷量為q，整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E，下列說法正確的是圖6－1－17A．小球平衡時(shí)，懸線與豎直方向夾角的正切值為Eq/mgB．若剪斷懸線，則小球做曲線運(yùn)動(dòng)C．若剪斷懸線，則小球做勻速運(yùn)動(dòng)D．若剪斷懸線，則小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)解析對小球受力分析，可知tanα＝eq\f(Eq,mg)，A正確。剪斷懸線后，小球受Eq和mg的作用，其合力為定值，所以小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，D正確。答案AD7．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810421](多選)頂點(diǎn)a、b、c處分別固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，電荷量相等，如圖6－1－18所示，D為正三角形外接圓的圓心，E、G、H點(diǎn)分別為ab、ac、bc的中點(diǎn)，F(xiàn)點(diǎn)為E點(diǎn)關(guān)于c電荷的對稱點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。下列說法中正確的是圖6－1－18A．D點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零、電勢為零B．E、F兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度等大反向、電勢相等C．E、G、H三點(diǎn)的電場強(qiáng)度和電勢均相同D．若釋放c電荷，c電荷將一直做加速運(yùn)動(dòng)解析D點(diǎn)到a、b、c三點(diǎn)的距離相等，故三個(gè)電荷在D點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同，且夾角互為120°，故D點(diǎn)的場強(qiáng)為0。因?yàn)殡妱菔且粋€(gè)相對性的概念，即零電勢的選取是任意的，故D點(diǎn)電勢可能為0，故A正確。由于a、b在E點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等方向相反，故E的場強(qiáng)僅由電荷c決定。故場強(qiáng)方向向左，而電荷c在E、F位置的場強(qiáng)大小相同方向相反，但電荷a、b在F點(diǎn)的場強(qiáng)矢量和不為0，故E、F兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小不同，方向相反，故B錯(cuò)誤。E、G、H三點(diǎn)分別為ab、ac、bc的中點(diǎn)，E的場強(qiáng)僅由電荷c決定，同理G點(diǎn)的場強(qiáng)僅由電荷b決定，H點(diǎn)的場強(qiáng)僅由電荷a決定，故三點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同，但方向不同，故C錯(cuò)誤。若釋放電荷c，則a、b在c的合場強(qiáng)水平向右，故a、b始終對c有斥力作用，故c電荷將一直做加速運(yùn)動(dòng)，故D正確。答案AD8．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810422](多選)(2016·南昌檢測)如圖6－1－19所示，兩個(gè)帶等量的正電荷的小球A、B(可視為點(diǎn)電荷)，被固定在光滑的絕緣水平面上，P、N是小球A、B連線的水平中垂線上的兩點(diǎn)，且PO＝ON?，F(xiàn)將一個(gè)帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))，由P點(diǎn)靜止釋放，在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，下列關(guān)于小球C的速度圖象中，可能正確的是圖6－1－19解析在A、B連線的垂直平分線上，從無窮遠(yuǎn)處到O點(diǎn)的電場強(qiáng)度先變大后變小，到O點(diǎn)變?yōu)榱悖?fù)電荷沿垂直平分線從無窮遠(yuǎn)處向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點(diǎn)加速度變?yōu)榱?，速度達(dá)到最大，v－t圖線的斜率先變大后變?。挥蒓點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到無窮遠(yuǎn)，速度變化情況同另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性。如果P、N距O點(diǎn)足夠遠(yuǎn)，B正確，如果P、N距O點(diǎn)很近，A正確。答案AB9．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810423](多選)(2015·茂名模擬)如圖6－1－20所示，在粗糙絕緣的水平面上有一物體A帶正電，另一帶正電的點(diǎn)電荷B沿著以A為圓心的圓弧由P到Q緩慢地從A的上方經(jīng)過，若此過程中A始終保持靜止，A、B兩物體可視為質(zhì)點(diǎn)且只考慮它們之間的庫侖力作用。則下列說法正確的是圖6－1－20A．物體A受到地面的支持力先增大后減小B．物體A受到地面的支持力保持不變C．物體A受到地面的摩擦力先減小后增大D．庫侖力對點(diǎn)電荷B先做正功后做負(fù)功解析分析物體A的受力如圖所示，由平衡條件可得：f＝Fcosθ，N＝Fsinθ＋mg，隨θ由小于90°增大到大于90°的過程中，f先減小后反向增大，N先增大后減小，A、C正確，B錯(cuò)誤；因A對B的庫侖力與B運(yùn)動(dòng)的速度方向始終垂直，故庫侖力不做功，D錯(cuò)誤。答案AC二、計(jì)算題(共46分)10．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810424](15分)(2014·福建理綜)如圖6－1－21所示，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/C圖6－1－21(1)兩點(diǎn)電荷間的庫侖力大小；(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)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)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/C場強(qiáng)E的方向沿y軸正向。答案(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向：沿y軸正方向11．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810425](15分)(2016·齊齊哈爾期中)如圖6－1－22所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O，半徑R＝0.50m，軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小E＝1.0×104N/C，現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.20kg、電荷量q＝8.0×10－4C的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知sAB＝1.0m，帶電體與軌道AB、CD的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5。假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等，取g＝10m/s2圖6－1－22(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)帶電體最終停在何處？解析(1)設(shè)帶電體到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理得qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v＝10(2)設(shè)帶電體沿豎直軌道CD上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理得－mgh－μqEh＝0－eq\f(1,2)mv2解得h＝eq\f(5,3)m在最高點(diǎn)，帶電體受到的最大靜摩擦力Ffmax＝μqE＝4N重力G＝mg＝2N因?yàn)镚<Ffmax所以，帶電體最終靜止在與C點(diǎn)的豎直距離為eq\f(5,3)m處。答案(1)10m/s(2)與C點(diǎn)的豎直距離為eq\f(5,3)m處12．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810426](16分)如圖6－1－23所示，質(zhì)量為m的小球A放在絕緣斜面上，斜面的傾角為α。小球A帶正電，電荷量為q。在斜面上B點(diǎn)處固定一個(gè)電荷量為Q的正電荷，將小球A由距B點(diǎn)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(jì)A與斜面間的摩擦，整個(gè)裝置處在真空中。已知靜電力常量k和重力加速度g。圖6－1－23(1)A球剛釋放時(shí)的加速度是多大？(2)當(dāng)A球的動(dòng)能最大時(shí)，求此時(shí)A球與B點(diǎn)的距離。解析(1)根據(jù)牛頓第二定律mgsinα－F＝ma根據(jù)庫侖定律F＝keq\f(Qq,r2)，r＝eq\f(H,sinα)聯(lián)立以上各式解得a＝gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)。(2)當(dāng)A球受到的合力為零、加速度為零時(shí)，速度最大，動(dòng)能最大。設(shè)此時(shí)A球與B點(diǎn)間的距離為R，則mgsinα＝eq\f(kQq,R2)，解得R＝eq\r(\f(kQq,mgsinα))。答案(1)gsinα－eq\f(kQqsin2α,mH2)(2)eq\r(\f(kQq,mgsinα))第二節(jié)電場能的性質(zhì)[主干回顧]eq\a\vs4\al(電場能的性質(zhì))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(靜電力,做功)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(特點(diǎn)：靜電力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān),計(jì)算方法\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(W＝qEd，適用于勻強(qiáng)電場,WAB＝qUAB，適用于任何電場)))),\a\vs4\al(電勢能)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(大?。旱扔趯㈦姾蓮脑擖c(diǎn)移到零電勢能位置時(shí)靜電力,做的功,關(guān)系：WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp)),電勢\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定義式：φ＝\f(Ep,q),性質(zhì)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(有正負(fù)之分，其正（負(fù)）值表示該點(diǎn)電勢比,零電勢高（低）,具有相對性)))),等勢面定義：電場中電勢相等的各點(diǎn)組成的面,電勢差\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定義：UAB＝WAB/q,關(guān)系：UAB＝φA－φB,與電場強(qiáng)度的關(guān)系：U＝Ed（勻強(qiáng)電場）))))[自我檢測]1．判斷下列說法的正誤。(1)電場力做功與重力做功相似，均與路徑無關(guān)。(√)(2)電勢差是一個(gè)矢量，有正值和負(fù)值之分。(×)(3)靜電場中A、B兩點(diǎn)的電勢差是恒定的，所以UAB＝UBA。(×)(4)沿電場線方向電勢越來越低，電場強(qiáng)度越來越小。(×)(5)電場力與速度方向夾角小于90°時(shí)，電場力做正功。(√)(6)某等勢面上各點(diǎn)的場強(qiáng)方向均與此處等勢面垂直。(√)2．(2016·徐州檢測)如圖6－2－1所示，在M、N處固定著兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷，在它們的連線上有A、B兩點(diǎn)，已知MA＝AB＝BN。下列說法正確的是圖6－2－1A．A、B兩點(diǎn)場強(qiáng)相同B．A、B兩點(diǎn)電勢相等C．將一正電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場力做負(fù)功D．負(fù)電荷在A點(diǎn)的電勢能大于在B點(diǎn)的電勢能解析根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場的特點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)場強(qiáng)相同，A、B兩點(diǎn)電勢不相等，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；將一正電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場力做正功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；負(fù)電荷在A點(diǎn)的電勢能小于在B點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A3．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810427](多選)如圖6－2－2所示，虛線a、b、c表示電場中的三個(gè)等勢面與紙平面的交線，且相鄰等勢面之間的電勢差相等。實(shí)線為一帶正電荷粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點(diǎn)，則下列說法中正確的是圖6－2－2A．三個(gè)等勢面中，a的電勢最高B．對于M、N兩點(diǎn)，帶電粒子通過M點(diǎn)時(shí)電勢能較大C．對于M、N兩點(diǎn)，帶電粒子通過M點(diǎn)時(shí)動(dòng)能較大D．帶電粒子由M運(yùn)動(dòng)到N時(shí)，加速度增大答案CD4．如圖6－2－3所示是某電場中的一組等勢面，若A、B、C、D相鄰兩點(diǎn)間距離均為2cm，A和P點(diǎn)間的距離為1.5cm，則該電場的場強(qiáng)E和P圖6－2－3A．500V/m，－2.5V B.eq\f(1000\r(3),3)V/m，－2.5VC．500V/m,2.5V D.eq\f(1000\r(3),3)V/m,2.5V答案B考點(diǎn)一電勢高低及電勢能大小的比較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)電勢能的大小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，電勢能增加考向1由電場判斷電勢高低[例1][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810428](多選)(2015·江蘇單科)兩個(gè)相同的負(fù)電荷和一個(gè)正電荷附近的電場線分布如圖6－2－4所示。c是兩負(fù)電荷連線的中點(diǎn)，d點(diǎn)在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則圖6－2－4A．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度比b點(diǎn)的大B．a(chǎn)點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的高C．c點(diǎn)的電場強(qiáng)度比d點(diǎn)的大D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢比d點(diǎn)的低[解析]觀察題中圖可知a點(diǎn)附近電場線比b點(diǎn)附近電場線密，所以Ea>Eb，A項(xiàng)正確；由沿電場線方向電勢逐漸降低可知φb>φa，B項(xiàng)錯(cuò)；由電場強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)和場強(qiáng)疊加原理可知Ec>Ed，C項(xiàng)正確；當(dāng)取無窮遠(yuǎn)處電勢為0時(shí)，φc為負(fù)值，φd為正值，所以φd>φc，D項(xiàng)正確。[答案]ACD考向2電場力做功和電勢能的變化[例2][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810429](多選)(2015·四川理綜)如圖6－2－5所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點(diǎn)是P，直徑MN水平。a、b是兩個(gè)完全相同的帶正電小球(視為點(diǎn)電荷)，b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖中未畫出)時(shí)速度為零。則小球a圖6－2－5A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速率先增大后減小C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加D．從P到Q的過程中，動(dòng)能減少量小于電勢能增加量[解析]小球a從N到Q的過程中，重力不變，庫侖力F逐漸增大，庫侖力F與重力的夾角逐漸變小，因此，F(xiàn)與mg的合力逐漸變大，A錯(cuò)誤。從N到P的過程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力時(shí)，速率最大，B正確；從N到Q，F(xiàn)一直做負(fù)功，電勢能一直增加，C正確；從P到Q，根據(jù)能量守恒知電勢能的增加量和重力勢能的增加量之和等于動(dòng)能的減少量，所以電勢能的增加量小于動(dòng)能的減少量，D錯(cuò)誤。[答案]BC考點(diǎn)二勻強(qiáng)電場中場強(qiáng)和電勢差的關(guān)系1．勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系(1)UAB＝Ed，d為A、B兩點(diǎn)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)在同一直線上或相互平行的兩條直線上距離相等的兩點(diǎn)間電勢差相等。2．E＝eq\f(U,d)在非勻強(qiáng)電場中的三點(diǎn)妙用(1)解釋等差等勢面的疏密與電場強(qiáng)度大小的關(guān)系，當(dāng)電勢差U一定時(shí)，電場強(qiáng)度E越大，則沿電場強(qiáng)度方向的距離d越小，即電場強(qiáng)度越大，等差等勢面越密。(2)定性判斷非勻強(qiáng)電場電勢差的大小關(guān)系，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。(3)利用φ－x圖象的斜率判斷沿x方向電場強(qiáng)度Ex隨位置的變化規(guī)律。在φ－x圖象中斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)＝Ex，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?？枷?非勻強(qiáng)電場中定性判斷問題[例3][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810430](多選)下列關(guān)于電勢差的說法中正確的是圖6－2－6A．在圖中，若AB＝BC，則UAB>UBCB．在圖中，若AB＝BC，則UAB＝UBCC．在圖中，若AB＝BC，則UAB<UBCD．在勻強(qiáng)電場中，與電場垂直的方向上任意兩點(diǎn)間的電勢差為零[解析]由電場線的疏密可知，A、B之間比B、C之間的平均電場強(qiáng)度大，由U＝eq\x\to(E)d可知，AB＝BC時(shí)，UAB>UBC，即A對，B、C錯(cuò)。等勢面與電場線始終相互垂直，故D對。[答案]AD考向2勻強(qiáng)電場中用U＝Ed定量計(jì)算[例4][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810431]如圖6－2－7所示，勻強(qiáng)電場中有a、b、c三點(diǎn)，在以它們?yōu)轫旤c(diǎn)的三角形中，∠a＝30°，∠c＝90°，電場方向與三角形所在平面平行。已知a、b和c點(diǎn)的電勢分別為(2－eq\r(3))V、(2＋eq\r(3))V和2V。該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為圖6－2－7A．(2－eq\r(3))V、(2＋eq\r(3))V B．0、4VC．(2－eq\f(4\r(3),3))V、(2＋eq\f(4\r(3),3))V D．0、2eq\r(3)V[審題探究]①電場線與等勢線垂直；②線段ab的中點(diǎn)電勢為2V，與c等勢；③畫出三角形的外接圓，確定電勢最高和電勢最低的點(diǎn)。[解析]如圖，圓心O是ab的中點(diǎn)，所以圓心O點(diǎn)的電勢為2V，所以O(shè)c是等勢線，則電場線如圖中MN所示，方向由M指向N。沿電場線方向電勢均勻降低，過圓心的電勢為2V，則圓周上電勢最低為N，最高為4V，選B。[答案]B規(guī)律總結(jié)(1)在勻強(qiáng)電場中，電勢沿直線是均勻變化的，即直線上距離相等的線段兩端的電勢差值相等。(2)等分線段找等勢點(diǎn)法：將電勢最高點(diǎn)和電勢最低點(diǎn)連接后根據(jù)需要平分成若干段，必能找到第三點(diǎn)電勢的等勢點(diǎn)，它們的連線即等勢面(或等勢線)，與其垂直的線即為電場線?？键c(diǎn)三電場中的功能關(guān)系的應(yīng)用1．電場力做功的計(jì)算方法2．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：①ΔEp＝－ΔEk。②電場力做正功，電勢能減少，動(dòng)能增加。③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?？枷?電場中功能關(guān)系的定性分析[例5][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810432](多選)(2015·海南單科)如圖6－2－8所示，兩電荷量分別為Q(Q>0)和－Q的點(diǎn)電荷對稱地放置在x軸上原點(diǎn)O的兩側(cè)，a點(diǎn)位于x軸上O點(diǎn)與點(diǎn)電荷Q之間，b點(diǎn)位于y軸O點(diǎn)上方。取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零。下列說法正確的是圖6－2－8A．b點(diǎn)電勢為零，電場強(qiáng)度也為零B．正的試探電荷在a點(diǎn)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(diǎn)移到a點(diǎn)，必須克服電場力做功D．將同一正的試探電荷先后從O、b兩點(diǎn)移到a點(diǎn)，后者電勢能的變化較大[解析]由兩等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布知：過Q和－Q連線的垂直平分線Ob的等勢面為零勢能面，因此將同一正的試探電荷先后從O、b兩點(diǎn)移到a點(diǎn)做的功相同，因此正試探電荷電勢能的變化相同，D錯(cuò)。點(diǎn)b在零勢能面上，b點(diǎn)電勢為零，由場強(qiáng)的合成法則知，b點(diǎn)的場強(qiáng)不為零，方向平行x軸向右，A錯(cuò)。在a點(diǎn)放一正的試探電荷，所受的電場力方向向右，當(dāng)沿x軸正方向移動(dòng)時(shí)，電場力做正功電勢能減少，在O點(diǎn)減為零，過了O點(diǎn)電勢能為負(fù)值，所以正的試探電荷在a點(diǎn)電勢能大于零，反之若從O點(diǎn)移到a點(diǎn)，電場力與運(yùn)動(dòng)方向相反，因此電場力做負(fù)功即克服電場力做功，B、C正確。[答案]BC規(guī)律總結(jié)處理電場中能量問題的四點(diǎn)注意①應(yīng)用動(dòng)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)械能不守恒，但機(jī)械能與電勢能的總和可以守恒?？枷?電勢能和力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用(規(guī)范答題)[例6][導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810433](17分)在動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2的足夠長的粗糙絕緣水平槽中，長為2L的絕緣輕質(zhì)細(xì)桿兩端各連接一個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B，如圖為俯視圖(槽兩側(cè)光滑)。A球的電荷量為＋2q，B球的電荷量為－3q(均可視為質(zhì)點(diǎn)，也不考慮兩者間相互作用的庫侖力)。現(xiàn)讓A處于如圖6－2－9所示的①有界勻強(qiáng)電場區(qū)域MPQN內(nèi)，已知虛線MP②恰位于細(xì)桿的中垂線，MP和NQ的距離為3L，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E＝eq\f(1.2mg,q)，方向水平向右。釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B③從靜止開始運(yùn)動(dòng)(忽略小球運(yùn)動(dòng)中所產(chǎn)生的磁場造成的影響)。求：圖6－2－9(1)小球B第一次到達(dá)電場邊界MP④所用的時(shí)間；(2)小球A第一次⑤離開電場邊界NQ時(shí)的速度大小；(3)帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過程中，B球⑥電勢能增加量的最大值。eq\x([審題指導(dǎo)規(guī)范流程])抓關(guān)鍵點(diǎn)：關(guān)鍵信息信息挖掘題干①有界勻強(qiáng)電場區(qū)域MPQN內(nèi)說明在空間MPQN內(nèi)有電場，其他地方?jīng)]有電場②恰位于細(xì)桿的中垂線明確了系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)的空間位置，此時(shí)只有A球受電場力③從靜止開始運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的初速度為零問題④所用的時(shí)間可利用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解⑤離開電場邊界NQ時(shí)的速度大小分析A球在離開NQ前的運(yùn)動(dòng)情況：先加速運(yùn)動(dòng)，再減速運(yùn)動(dòng)⑥電勢能增加量的最大值B球進(jìn)入電場后受電場力方向向左，只要B球向右運(yùn)動(dòng)，電勢能就會(huì)增加找切入點(diǎn)：(1)小球B第一次到達(dá)電場邊界MP所用時(shí)間的求解。①求B球進(jìn)入電場前的加速度。a．研究對象：___________________________________________________________；b．列動(dòng)力學(xué)方程：________________________________________________________。②求B第一次到達(dá)電場邊界MP所用時(shí)間，列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程：______________________。(2)小球A第一次離開電場邊界NQ時(shí)的速度大小求解。①研究過程：___________________________________________________________。②小球B剛進(jìn)入電場的速度v1的求解。a．選擇規(guī)律：________________________________________________________________；b．方程式：____________________________________________________________。③小球A第一次離開電場的速度v2的求解。a．選擇規(guī)律：_____________________________________________________________；b．動(dòng)力學(xué)方程式：___________________________________________________________；運(yùn)動(dòng)學(xué)方程式：_________________________________________________________。(3)如何求帶電系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過程中，B球電勢能增加量的最大值？eq\x([標(biāo)準(zhǔn)解答步步滿分])(1)帶電系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)后，先向右加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)B進(jìn)入電場區(qū)時(shí)，開始做減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)B球進(jìn)入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a1，由牛頓第二定律得：2Eq－μ·2mg＝2ma1解得a1＝g(2分)B球剛進(jìn)入電場時(shí)，由L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)(2分)可得t1＝eq\r(\f(2L,g))(1分)(2)設(shè)B剛進(jìn)入電場時(shí)系統(tǒng)的速度為v1，由veq\o\al(2,1)＝2a1L可得v1＝eq\r(2gL)(2分)設(shè)B進(jìn)入電場后，系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律得：2Eq－3Eq－μ2mg＝2ma2得：a2＝－0.8g之后系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球A第一次離開電場邊界NQ時(shí)的速度大小為v2，由veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L可得v2＝eq\r(0.4gL)(2分)(3)當(dāng)帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí)，此時(shí)A球已經(jīng)到達(dá)右邊界NQ外，B球克服電場力做的功最多，B球增多的電勢能也最多，設(shè)此時(shí)A離右邊界NQ的距離為x。再設(shè)A球離開電場后，系統(tǒng)的加速度為a3，由牛頓第二定律：－3Eq－2μmg＝2ma3得：a3＝－2g由x＝－eq\f(v\o\al(2,2),2a3)解得：x＝0.1L＜2L，所以B沒有出電場。(2分)故B電勢能增加量的最大值ΔE1＝3Eq(L＋x)＝3Eq×1.1L＝3.3EqL＝3.96mgL[答案](1)eq\r(\f(2L,g))(2)eq\r(0.4gL)(3)3.96mgLeq\x([易錯(cuò)清除名師指津])(1)在求小球A第一次離開電場邊界NQ的速度大小時(shí)，錯(cuò)誤地認(rèn)為A球在電場中一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，沒有分析B球進(jìn)入電場后，系統(tǒng)的受力情況發(fā)生了變化，導(dǎo)致結(jié)果錯(cuò)誤。(2)小球A離開電場之后，錯(cuò)誤地認(rèn)為B球的加速度不變，沒有分析A球離開電場之后，系統(tǒng)的受力情況發(fā)生了變化，加速度發(fā)生了變化，導(dǎo)致結(jié)果錯(cuò)誤。[隨堂鞏固]1．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810434](2015·課標(biāo)Ⅰ)如圖6－2－10所示，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場力所做的負(fù)功相等。則圖6－2－10A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQB．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φNC．若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力做正功D．若電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力做負(fù)功解析由電子從M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過程中，電場力所做的負(fù)功相等可知，φM>φN＝φP，故過N、P點(diǎn)的直線d位于某一等勢面內(nèi)，則與直線d平行的直線c也位于某一等勢面內(nèi)，選項(xiàng)A錯(cuò)、B正確；φM＝φQ，則電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于φP<φM＝φQ，電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電勢能減小，電場力做正功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B2．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810435](多選)(2015·廣東理綜)如圖6－2－11所示的水平勻強(qiáng)電場中，將兩個(gè)帶電小球M和N分別沿圖示路徑移動(dòng)到同一水平線上的不同位置，釋放后，M、N保持靜止，不計(jì)重力，則圖6－2－11A．M的帶電量比N的大B．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷C．靜止時(shí)M受到的合力比N的大D．移動(dòng)過程中勻強(qiáng)電場對M做負(fù)功解析不考慮重力，取整體為研究對象，外力只有勻強(qiáng)電場的電場力，由平衡條件可知M、N所受電場力必等大反向，故M、N必帶有等量異種電荷，A錯(cuò)誤；隔離出M，因N對其靜電引力向右，則電場E對其電場力必向左，即與場強(qiáng)方向反向，故M帶負(fù)電，則N帶正電，B正確；靜止時(shí)，M、N所受合力都為0，C錯(cuò)誤；因勻強(qiáng)電場對M的電場力方向與M移動(dòng)方向成鈍角，電場力對其負(fù)功，故D正確。答案BD3．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810436](多選)(2014·課標(biāo)Ⅰ)如圖6－2－12所示，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6－2－12A．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解析根據(jù)題意φM=φN，φP=φF，可知點(diǎn)電荷Q一定在MN的中垂線與PF連線的中垂線的交點(diǎn)處，作PF連線的中垂線交MP于點(diǎn)O，連結(jié)O、F兩點(diǎn)，由幾何知識(shí)知OF為MN的中垂線，故點(diǎn)電荷Q一定在MP的連線上的O點(diǎn)，A正確，點(diǎn)電荷形成的電場的等勢面是以點(diǎn)電荷為球心的同心球面，直線不可能在球面上，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知OF<OM，故φF=φP>φM=φN，將正試探電荷從高電勢搬運(yùn)到低電勢，電場力做正功，選項(xiàng)C錯(cuò)、D對。答案AD4．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810437](多選)(2013·山東理綜)如圖6－2－13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6－2－13A．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的電勢能減小解析由等量異種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。答案ABD[限時(shí)檢測](限時(shí)45分鐘，滿分100分)一、選擇題(每小題6分，共54分)1．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810438](2013·重慶理綜)如圖6－2－14所示，高速運(yùn)動(dòng)的α粒子被位于O點(diǎn)的重原子核散射，實(shí)線表示α粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，M、N和Q為軌跡上的三點(diǎn)，N點(diǎn)離核最近，Q點(diǎn)比M點(diǎn)離核更遠(yuǎn)，則圖6－2－14A．α粒子在M點(diǎn)的速率比在Q點(diǎn)的大B．三點(diǎn)中，α粒子在N點(diǎn)的電勢能最大C．在重核產(chǎn)生的電場中，M點(diǎn)的電勢比Q點(diǎn)的低D．α粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力對它做的總功為負(fù)功解析α粒子與重原子核均帶正電，二者之間存在斥力作用，且僅有斥力作用，故兩者靠近時(shí)斥力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢能增大；遠(yuǎn)離時(shí)斥力做正功，動(dòng)能增大，綜上可知，α粒子在Q點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，速率也最大，A項(xiàng)錯(cuò)誤。α粒子在N點(diǎn)時(shí)電勢能最大，B項(xiàng)正確。在正電荷的電場中，場源處電勢最高，距場源越遠(yuǎn)電勢越低，M點(diǎn)離O點(diǎn)較近，該點(diǎn)電勢較高，C項(xiàng)錯(cuò)誤。因在Q點(diǎn)時(shí)粒子的動(dòng)能比在M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大，故在從M到Q的過程中電場力做的總功為正功，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案B2．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810439]空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖6－2－15所示，下列說法正確的是圖6－2－15A．O點(diǎn)的電勢最低B．x1和x3兩點(diǎn)的電勢相等C．x2和－x2兩點(diǎn)的電勢相等D．x2點(diǎn)的電勢低于x3點(diǎn)的電勢解析由圖可知坐標(biāo)原點(diǎn)O左右兩側(cè)電場的方向分別沿－x方向和＋x方向，根據(jù)沿電場方向電勢降低，可知O點(diǎn)電勢最高，φx1＞φx2＞φx3，故A、B、D均錯(cuò)；由于電場關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱分布，則x2和－x2兩點(diǎn)的電勢相等，C正確。答案C3．在光滑的絕緣水平面上，有一個(gè)正方形abcd，頂點(diǎn)a、c處分別固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，電荷量相等，如圖6－2－16所示。若將一個(gè)帶負(fù)電的粒子置于b點(diǎn)，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復(fù)運(yùn)動(dòng)，粒子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中圖6－2－16A．先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)B．先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C．電勢能與機(jī)械能之和先增大，后減小D．電勢能先減小，后增大解析這是等量同種電荷形成的電場，如圖所示。電場是非勻強(qiáng)電場。負(fù)電荷在其中受的電場力是變力。由牛頓第二定律知加速度也是變化的。故不選A。在bd連線中點(diǎn)O的電勢最高，所以從b到d，電勢先增大后減小，故不選B。由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化。故電勢能與機(jī)械能之和守恒，故不選C。在bd連線上的場強(qiáng)方向如圖所示，對負(fù)點(diǎn)電荷，由b到O電場力做正功，電勢能減??；由O到d電場力做負(fù)功。電勢能增加。故選D。答案D4．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810440]將兩金屬球P、Q固定，讓球P帶上正電后，形成穩(wěn)定的電場如圖6－2－17所示，已知實(shí)線為電場線，虛線為等勢面，其中A、B、C、D為靜電場中的四點(diǎn)，則圖6－2－17A．C、D兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同，電勢相等 B．A、B兩點(diǎn)的電勢相同，電場強(qiáng)度不同C．將電子從A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電場力做負(fù)功 D．將電子從A點(diǎn)移至D點(diǎn)，電勢能增大答案C5．(2016·大連模擬)如圖6－2－18甲所示，Q1、Q2是兩個(gè)固定的點(diǎn)電荷，其中Q1帶正電。在它們連線的延長線上有a、b兩點(diǎn)，一帶正電的試探電荷以一定的初速度從a點(diǎn)沿直線經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)，其v－t圖象如圖乙所示，若將帶正電的試探電荷從Q1左側(cè)由靜止釋放，則該試探電荷圖6－2－18A．一定做加速運(yùn)動(dòng)B．可能先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)C．電勢能可能增加D．運(yùn)動(dòng)過程中所在位置的電勢逐漸升高解析根據(jù)試探電荷的速度－時(shí)間圖象可知，b點(diǎn)的加速度為零，正電荷在ab上做減速運(yùn)動(dòng)，所以Q2帶負(fù)電，且電荷量小于Q1所帶的電荷量。因此在Q1左側(cè)的合電場方向向左，若將帶正電的試探電荷從Q1左側(cè)由靜止釋放，則該試探電荷一定向左做加速運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，電勢能減小，電勢降低，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A6．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810441](多選)(2013·天津理綜)兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷，固定在圖6－2－19中P、Q兩點(diǎn)，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點(diǎn)，A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6－2－19A．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)電勢能為零解析兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷形成的電場不是勻強(qiáng)電場，在中垂線MN上由無窮遠(yuǎn)到O點(diǎn)電場強(qiáng)度先增大后減小，電荷q所受電場力為變力，q將做變加速直線運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤。因q所受電場力方向指向O點(diǎn)，所以q由A向O運(yùn)動(dòng)過程中電場力做正功，電勢能減小，動(dòng)能增大，B、C項(xiàng)均正確，因O點(diǎn)電勢大于零，故q在O點(diǎn)時(shí)的電勢能不為零，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案BC7．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810442](多選)如圖6－2－20所示，在xOy坐標(biāo)系中，x軸上關(guān)于y軸對稱的A、C兩點(diǎn)固定等量異種點(diǎn)電荷＋Q、－Q，B、D兩點(diǎn)分別位于第二、四象限，ABCD為平行四邊形，邊BC、AD分別與y軸交于E、F，以下說法正確的是圖6－2－20A．E、F兩點(diǎn)電勢相等B．B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同C．試探電荷＋q從B點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢能增加D．試探電荷＋q從B點(diǎn)移到E點(diǎn)和從F點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力對＋q做功相同解析等量異種點(diǎn)電荷＋Q、－Q連線的垂直平分線是一條等勢線。所以y軸是一條等勢線，E、F的電勢相等，故A正確。根據(jù)電場線的分布情況和對稱性可知，B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同，故B正確。根據(jù)順著電場線電勢降低可知，B點(diǎn)的電勢高于D點(diǎn)的電勢，而正電荷在電勢高處電勢能大，所以試探電荷＋q從B點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢能減小，故C錯(cuò)誤。由以上分析可知，B、E間的電勢差等于F、D間的電勢差，根據(jù)電場力做功公式W＝qU得知＋q從B點(diǎn)移到E點(diǎn)和從F點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力對＋q做功相同，故D正確。答案ABD8．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810443](多選)兩個(gè)固定的等量異種點(diǎn)電荷所形成電場的等勢面如圖6－2－21中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中a點(diǎn)進(jìn)入電場，其運(yùn)動(dòng)軌跡為圖中實(shí)線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列關(guān)于帶電粒子的判斷正確的是圖6－2－21A．帶正電B．速度先增大后減小C．電勢能先增大后減小D．經(jīng)過b點(diǎn)和d點(diǎn)時(shí)的速度大小相同解析根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡及電場線分布可知，粒子帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子從a到c到e的過程中電場力先做負(fù)功后做正功，速度先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；因?yàn)閎、d兩點(diǎn)在同一等勢面上，所以在b、d兩點(diǎn)的電勢能相同，所以粒子經(jīng)過b點(diǎn)和d點(diǎn)時(shí)的速度大小相同，選項(xiàng)D正確。答案CD9．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810444](多選)如圖6－2－22所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，AC為eq\f(1,4)圓弧。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小球，從A點(diǎn)正上方高為H處由靜止釋放，并從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入半圓軌道，不計(jì)空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的是圖6－2－22A．小球一定能從B點(diǎn)離開軌道B．小球在AC部分可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．若小球能從B點(diǎn)離開，上升的高度一定小于HD．小球到達(dá)C點(diǎn)的速度可能為零解析本題考查對復(fù)合場問題、功能關(guān)系、圓周運(yùn)動(dòng)等知識(shí)綜合運(yùn)用分析的能力，若電場力大于重力，則小球有可能不從B點(diǎn)離開軌道，A錯(cuò)。若電場力等于重力，小球在AC部分做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，B正確。因電場力做負(fù)功，有機(jī)械能損失，上升的高度一定小于H，C正確。由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知若小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為零，則在此之前就已脫軌了，D錯(cuò)。答案BC二、計(jì)算題(共46分)10．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810445](14分)(2015·課標(biāo)Ⅱ)如圖6－2－23所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢差。圖6－2－23解析設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于向上的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為UAB，由動(dòng)能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0))③聯(lián)立②③式得UAB＝eq\f(mv\o\al(2,0),q)。答案eq\f(mv\o\al(2,0),q)11．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810446](15分)(2015·安徽理綜)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E(圖中未畫出)，由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖6－2－24所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計(jì)。求：圖6－2－24(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功；(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速率。解析(1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0(2)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，粒子在x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對稱性可知軌跡最高點(diǎn)D在y軸上，可令tAD＝tDB＝T，則tBC＝T由qE＝ma，得a＝eq\f(qE,m)又yD＝eq\f(1,2)aT2，yD＋3l0＝eq\f(1,2)a(2T)2解得T＝eq\r(\f(2ml0,qE))則A→C過程所經(jīng)歷的時(shí)間t＝3eq\r(\f(2ml0,qE))。(3)粒子在DC段做類平拋運(yùn)動(dòng)，于是有2l0＝vCx(2T)，vCy＝a(2TvC＝eq\r(veq\o\al(2,Cx)＋veq\o\al(2,Cy))＝eq\r(\f(17qEl0,2m))。答案(1)3qEl0(2)3eq\r(\f(2ml0,qE))(3)eq\r(\f(17qEl0,2m))12．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810447](17分)(2015·四川理綜)如圖6－2－25所示，粗糙、絕緣的直軌道OB固定在水平桌面上，B端與桌面邊緣對齊，A是軌道上一點(diǎn)，過A點(diǎn)并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的勻強(qiáng)電場。帶負(fù)電的小物體P電荷量是2.0×10－6C，質(zhì)量m＝0.25kg，與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4。P從O點(diǎn)由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過0.55s到達(dá)A點(diǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度是5m/s，到達(dá)空間D點(diǎn)時(shí)速度與豎直方向的夾角為α，且tanα＝1.2。P在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終受到水平向右的某外力F作用，F(xiàn)大小與P的速率v的關(guān)系如表所示。P視為質(zhì)點(diǎn)，電荷量保持不變，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2v/(m·s－1)0≤v≤22<v<5v≥5F/N263圖6－2－25(1)小物體P從開始運(yùn)動(dòng)至速率為2m(2)小物體P從A運(yùn)動(dòng)至D的過程，電場力做的功。解析(1)小物體P的速率從0至2m/s，受外力F1＝2N，設(shè)其做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，經(jīng)過時(shí)間Δt1速度為v1，則F1－μmg＝ma1①v1＝a1Δt1②由①②式并代入數(shù)據(jù)得Δt1＝0.5s③(2)小物體P從速率為2m/s運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)，受外力F2＝6N，設(shè)其做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為aF2－μmg＝ma2④設(shè)小物體P從速度v1經(jīng)過Δt2時(shí)間，在A點(diǎn)的速度為v2，則Δt2＝0.55s－Δt1⑤v2＝v1＋a2Δt2⑥P從A點(diǎn)至B點(diǎn)，受外力F2＝6N、電場力和滑動(dòng)摩擦力的作用，設(shè)其做勻變速直線運(yùn)動(dòng)加速度為a3，電荷量為q，在B點(diǎn)的速度為v3，從A點(diǎn)至B點(diǎn)的位移為x1，則F2－μmg－qE＝ma3⑦veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝2a3x1⑧P以速度v3滑出軌道右端B點(diǎn)，設(shè)水平方向受外力為F3，電場力大小為FE，有FE＝F3⑨F3與FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力為零，所以，P從B點(diǎn)開始做初速度為v3的平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)P從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)用時(shí)為Δt3，水平位移為x2，由題意知eq\f(v3,gΔt3)＝tanα⑩x2＝v3Δt3?設(shè)小物體P從A點(diǎn)至D點(diǎn)電場力做功為W，則W＝－qE(x1＋x2)?聯(lián)立④～⑧，⑩～?式并代入數(shù)據(jù)得W＝－9.25J。答案(1)0.5s(2)－9.25J第三節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)[主干回顧]一、電容器1．充、放電eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(充電→使電容器兩極板帶上等量異種電荷的過程,放電→使電容器兩極板電荷中和的過程))2．電容eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(意義→表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量,定義式→C＝\f(Q,U)，1F＝106μF＝1012pF,平行板電容器→C＝\f(εrS,4πkd)))二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)1．加速eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(勻強(qiáng)電場：W＝qEd＝qU＝\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv\o\al(2,0),非勻強(qiáng)電場：W＝qU＝\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv\o\al(2,0)))2．偏轉(zhuǎn)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(運(yùn)動(dòng)形式：類平拋運(yùn)動(dòng),處理方法：應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解,運(yùn)動(dòng)規(guī)律：\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),沿電場方向做初速度為零的,勻加速直線運(yùn)動(dòng)))))3．示波管{構(gòu)造：電子槍、偏轉(zhuǎn)電極、熒光屏[自我檢測]1．判斷下列說法的正誤。(1)電容器所帶的電荷量是指每個(gè)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(yùn)動(dòng)。(×)(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(√)(6)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力一定可以忽略不計(jì)。(×)2．(2016·長沙模擬)關(guān)于電容器及其電容，下列說法中正確的是A．平行板電容器一板帶電＋Q，另一板帶電－Q，則此電容器不帶電B．由公式C＝eq\f(Q,U)可知，電容器的電容隨帶電荷量Q的增加而增大C．對一個(gè)電容器來說，電容器的帶電荷量與兩板間的電勢差成正比D．如果一個(gè)電容器兩板間沒有電壓，就不帶電荷，也就沒有電容解析電容器一個(gè)極板帶電荷量的絕對值是電容器帶的電荷量，故A錯(cuò)。C＝eq\f(Q,U)是電容的定義式，而非決定式，電容器的電容由電容器本身決定，故B、D均錯(cuò)，C正確。答案C3．如圖6－3－1所示，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)，以相同的初動(dòng)能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計(jì)重力)，則這兩個(gè)粒子射出電場時(shí)的側(cè)位移y之比為圖6－3－1A．1∶1B．1∶2 C．2∶1 D．1∶解析由y＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)eq\f(L2,v\o\al(2,0))和Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得：y＝eq\f(EL2q,4Ek0)，可知y與q成正比，B正確。答案B4．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810448](多選)如圖6－3－2所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成。如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的圖6－3－2A．極板X應(yīng)帶正電 B．極板X′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶正電 D．極板Y′應(yīng)帶正電答案AC考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1．分析比較的思路(1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變。(2)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)確定電容器電容的變化。(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U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。2．兩類動(dòng)態(tài)變化問題的比較充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小Q變小E變小C變小U變大E不變S變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小εr變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小1．[導(dǎo)學(xué)號(hào)：60810449]板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時(shí)，兩極板間電勢差為U1，板間電場強(qiáng)度為E1?，F(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閑q\f(1,2)d，其他條件不變，這時(shí)兩極板間電勢差為U2，板間場強(qiáng)為E2，下列說法正確的是A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1C．U2＝U1，E2＝2E1