《2020年高考物理 專題08 靜電場學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考物理 專題08 靜電場學案（46頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題08 靜電場 超重點1：電場力的性質 一、電荷及電荷守恒定律 1．元電荷、點電荷 (1)元電荷：e＝1.6×10－19 C，所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍，其中質子、正電子的電荷量與元電荷相同． (2)點電荷：當帶電體本身的大小和形狀對研究的問題影響很小時，可以將帶電體視為點電荷． 2．靜電場 (1)定義：存在于電荷周圍，能傳送電荷間相互作用的一種特殊物質． (2)基本性質：對放入其中的電荷有力的作用． 3．電荷守恒定律 (1)內容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分；在轉移過程中，電荷的總量保

2、持不變． (2)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應起電． (3)帶電實質：物體帶電的實質是得失電子． 二、庫侖定律 1．內容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比．作用力的方向在它們的連線上． 2表達式：F＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫靜電力常量． 3．適用條件：真空中的點電荷． 三、電場強度、點電荷的場強 1．定義：放入電場中某點的電荷受到的電場力F與它的電荷量q的比值． 2．定義式：E＝.單位為N/C或V/m. 3．點電荷的電場強度：真空中點電荷形成的電場中某點的電場強度E＝k. 4．方向：規(guī)定

3、正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點的電場強度方向． 5．電場強度的疊加：電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產生的電場強度的矢量和，遵從平行四邊形定則． 四、電場線 1．定義：為了形象地描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的電場強度方向一致，曲線的疏密表示電場的強弱． 2．電場線的特點 (1)不閉合：電場線起始于正電荷(或無窮遠處)，終止于無窮遠處(或負電荷)． (2)不相交：在電場中兩條電場線不相交． (3)同一電場中，電場線密的地方場強大． (4)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向． (5)沿電場線方向

4、電勢降低． (6)電場線和等勢面在相交處垂直． ※考點一　對庫侖定律的理解及應用 1．庫侖定律的“四點”理解 (1)庫侖定律適用于真空中靜止點電荷間的相互作用． (2)對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點電荷，r為球心間的距離． (3)對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示． ①同種電荷：F＜k；②異種電荷：F＞k. (4)不能根據(jù)公式錯誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體已不能看作點電荷了． 2．兩完全相同帶電球電荷分配規(guī)律 (1)如果接觸前兩金屬球帶同種電荷，電荷量分別為q1和q2，兩球接觸時，總電荷量平均分

5、配，兩球的電荷量都等于. (2)如果接觸前兩金屬球帶異種電荷，電荷量分別為q1和q2，且q1＞q2，接觸時，先中和再將剩余的電荷量(q1－q2)平均分配，兩球的電荷量都等于. [題組突破訓練] 1．如圖所示，兩個質量均為m的完全相同的金屬球殼a與b，其殼層的厚度和質量分布均勻，將它們固定于絕緣支架上，兩球心間的距離為l，l為球殼外半徑r的3倍．若使它們帶上等量異種電荷，電荷量的絕對值均為Q，那么，a、b之間的萬有引力F1與庫侖力F2為(　　) A．F1＝G，F(xiàn)2＝k　 B．F1≠G，F(xiàn)2≠k C．F1≠G，F(xiàn)2＝k D．F1＝G，F(xiàn)2≠k 【答案】D 2．半徑相同的兩個

6、金屬球A、B帶有等量的電荷，相隔一定距離，兩球之間相互吸引力的大小為F.今讓第三個半徑相同的不帶電的金屬球C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為(　　) A.F B.F C.F D.F 【答案】A 【解析】A、B兩球互相吸引，說明它們帶異種電荷，假設A、B的電荷量分別為＋q和－q.當?shù)谌齻€不帶電的C球與A球接觸后，A、C兩球的電荷量平分，每球所帶電荷量為q′＝＋.當再把C球與B球接觸后，兩球的電荷先中和，再平分，每球所帶電荷量為q″＝－.由庫侖定律F＝k知，當移開C球后由于r不變，A、B兩球之間的相互作用力的大小為F′＝.選項A正確． ※考點二

7、　電場強度的疊加與計算 1．電場強度三個表達式的比較 E＝ E＝k E＝ 公式 意義 電場強度定義式 真空中點電荷電場強度的決定式 勻強電場中E與U的關系式 適用 條件 一切電場 ①真空 ②點電荷 勻強電場 決定 因素 由電場本身決定，與q無關 由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定 由電場本身決定，d為沿電場方向的距離 相同 點 矢量，遵守平行四邊形定則 單位：1 N/C＝1 V/m 2.電場強度的疊加 (1)疊加原理：多個電荷在空間某處產生的電場為各電荷在該處所產生的電場強度的矢量和． (2)運算法則：平行四邊形定則． [

8、題組突破訓練] 1．(多選)下列關于電場強度的兩個表達式E＝和 E＝的敘述，正確的是(　　) A．E＝是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的電場力，q是產生電場的電荷的電荷量 B．E＝是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的電場力，q是放入電場中的電荷的電荷量，它適用于任何電場 C．E＝是點電荷電場強度的計算式，Q是產生電場的電荷的電荷量，它不適用于勻強電場 D．從點電荷電場強度計算式分析庫侖定律的表達式F＝k，是點電荷Q2產生的電場在點電荷Q1處的電場強度大小，而是點電荷Q1產生的電場在Q2處電場強度的大小 【答案】BCD 2.(2020·濟南高三聯(lián)考)直角坐

9、標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖．M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零．靜電力常量用k表示．若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為(　　) A.，沿y軸正向　　　　 B.，沿y軸負向 C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向 【答案】B ※考點三　電場線的特點及應用 1．兩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 中垂線上的電場強度 O點最大，向外逐

10、漸減小 O點最小，向外 先變大后變小 關于O點對稱位置的電場強度 A與A′、B與B′、C與C′ 等大同向 等大反向 2.電場線的應用 [題組突破訓練] 1.如圖所示為兩個點電荷在真空中所產生電場的電場線(方向未標出)．圖中C點為兩點電荷連線的中點，MN為兩點電荷連線的中垂線，D為中垂線上的一點，電場線的分布關于MN左右對稱，則下列說法中正確的是(　　) A．這兩點電荷一定是等量異種電荷 B．這兩點電荷一定是等量同種電荷 C．D、C兩點的電場強度一定相等 D．C點的電場強度比D點的電場強度小 【答案】A 2.帶有等量異種電荷的一對平行金屬板，如果兩極板間

11、距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大，即使在兩極板之間，它的電場線也不是彼此平行的直線，而是如圖所示的曲線，關于這種電場，下列說法正確的是(　　) A．這種電場的電場線雖然是曲線，但是電場線的分布卻是左右對稱的，很有規(guī)律性，它們之間的電場，除邊緣部分外，可以看作勻強電場 B．電場內部A點的電場強度小于B點的電場強度 C．電場內部A點的電場強度等于B點的電場強度 D．若將一正電荷從電場中的A點由靜止釋放，它將沿著電場線方向運動到負極板 【答案】D 3．如圖所示，實線為某電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面，A、B、C是電場中的三點．下列說法正確的是(　　) A．三點中，

12、B點的場強最大 B．三點中，A點的電勢最高 C．將一帶負電的檢驗電荷從A移動到B，電勢能增大 D．將一帶正電的檢驗電荷從A移動到B和從A移動到C，電勢能的變化相同 【答案】D 【解析】電場線的疏密表示電場強度的大小，所以三點中，A點場強最大，A錯誤；沿電場線方向，電勢逐漸降低，A點電勢最低，B錯誤；將一帶負電的檢驗電荷從A移動到B，電場力做正功，電勢能減小，C錯誤；因為B、C兩點在同一等勢面上，所以將一帶正電的檢驗電荷從A移動到B和從A移動到C，電場力做的功相同，電勢能變化相同，D正確． 超重點2：帶電體的力電綜合問題 1．解決力電綜合問題的一般思路

13、 2．分析力電綜合問題的三種途徑 (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行受力分析，畫出受力圖． ③應用力學規(guī)律進行歸類建模． (2)建立能量轉化圖景：運用能量觀點，建立能量轉化圖景是分析解決力電綜合問題的有效途徑． (3)運用等效思維法構建物理模型：電場力和重力做功均與路徑無關，在同一問題中可將它們合成一個等效重力，從而使問題簡化． [典例]　(2020·高考北京卷)如圖所示，長l＝1 m的輕質細繩上端固定，下端連接一個可視為質點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ＝37°.已知小球所帶電荷量q＝1.0×10

14、－6 C，勻強電場的場強E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)小球所受電場力F的大?。? (2)小球的質量m. (3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大?。? 【答案】(1)3.0×10－3 N　(2)4.0×10－4 kg　(3)2.0 m/s 【解析】本題考查物體的平衡與動能定理． (1)F＝qE＝3.0×10－3 N. (2)由＝tan 37°，得m＝4.0×10－4 kg. (3)由mgl(1－cos 37°)＝mv2，得 v＝＝2.0 m/s. [題組突破訓練] 1.(20

15、20·廣西南寧模擬)由粗糙的水平桿AO與光滑的豎直桿BO組成的絕緣直角支架如圖放置，在AO桿、BO桿上套有帶正電的小球P、Q，兩個小球恰能在某一位置平衡．現(xiàn)將P緩慢地向左移動一小段距離，兩球再次達到平衡．若小球所帶電荷量不變，與移動前相比(　　) A．P、Q之間的距離增大 B．桿BO對Q的彈力減小 C．桿AO對P的摩擦力增大 D．桿AO對P的彈力減小 【答案】C 2.如圖所示，光滑絕緣的細圓管彎成半徑為R的半圓形，固定在豎直面內，管口B、C的連線是水平直徑．現(xiàn)有一帶正電小球(可視為質點)從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R，從小球進入管口開始，整個空間中突然加

16、上一個勻強電場，電場力在豎直方向上的分力大小與重力大小相等，結果小球從管口C處脫離圓管后，其運動軌跡最后經過A點．設小球運動過程中電荷量沒有改變，重力加速度為g，求： (1)小球到達B點時的速度大小． (2)小球受到的電場力的大小和方向． (3)小球經過管口C處時對圓管壁的壓力． 【答案】(1)2　(2)mg　與豎直方向成45°角偏左上方　(3)3mg，方向水平向右。 小球從管口C處脫離圓管后做類平拋運動，由于其軌跡經過A點，故有y＝4R＝vCt x＝2R＝axt2＝t2 聯(lián)立解得Fx＝mg 電場力的大小為F＝qE＝＝mg 方向與豎直方向成45°角偏左上方． (3

17、)小球經過管口C處時，向心力由Fx和圓管的彈力FN提供，設彈力FN的方向水平向左，則Fx＋FN＝m 解得FN＝3mg(方向水平向左) 根據(jù)牛頓第三定律可知，小球經過管口C處時對圓管壁的壓力為FN′＝FN＝3mg，方向水平向右． 超重點3：電場能的性質 一、電勢能、電勢 1．電場力做功的特點 電場力做功與路徑無關，只與初、末位置有關． 2．電勢能 (1)定義：電荷在電場中具有的勢能，數(shù)值上等于將電荷從該點移到零勢能位置時電場力所做的功． (2)電場力做功與電勢能變化的關系：電場力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp. 3．電勢 (1)

18、定義：試探電荷在電場中某點具有的電勢能Ep與它的電荷量q的比值． (2)定義式：φ＝. (3)矢標性：電勢是標量，有正、負之分，其正(負)表示該點電勢比零電勢高(低)． (4)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零電勢點的不同而不同． 4．等勢面 (1)定義：電場中電勢相等的各點組成的面． (2)四個特點 ①等勢面一定與電場線垂直． ②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功． ③電場線方向總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面． ④等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越?。? 二、電勢差 1．定義：電荷在電場中，由一點A移到另一點B時，電場力做功與移動電荷的電荷量的

19、比值． 2．定義式：UAB＝. 3．電勢差與電勢的關系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA. 三、勻強電場中電勢差與電場強度的關系 1．電勢差與電場強度的關系：勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場線方向的距離的乘積．即U＝Ed，也可以寫作E＝. 2．公式U＝Ed的適用范圍：勻強電場． ※考點一　電場能的基本性質 1．電場線與等勢面的關系：電場線與等勢面垂直，并從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面． 2．電場強度大小與電勢無直接關系：零電勢可人為選取，電場強度的大小由電場本身決定，故電場強度大的地方，電勢不一定高． 3．電勢能與電勢的關系：正電荷在電勢高的地

20、方電勢能大；負電荷在電勢低的地方電勢能大． 4．電勢高低常用的兩種判斷方法 (1)依據(jù)電場線的方向―→沿電場線方向電勢逐漸降低． (2)依據(jù)UAB＝φA－φB―→UAB＞0，φA＞φB，UAB＜0，φA＜φB. 5．電勢能大小的判斷 判斷方法 方法解讀 公式法 將電荷量、電勢連同正負號一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的絕對值越大，電勢能越大；負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

21、化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加 [題組突破訓練] 1．(2020·高考全國卷Ⅲ)關于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A．兩個電勢不同的等勢面可能相交 B．電場線與等勢面處處相互垂直 C．同一等勢面上各點電場強度一定相等 D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 【答案】B 2.(多選)(2020·高考天津卷)如圖所示，在點電荷Q產生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡．設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB.下列說法正確的是

22、(　　) A．電子一定從A向B運動 B．若aA＞aB，則Q靠近M端且為正電荷 C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA＜EpB D．B點電勢可能高于A點電勢 【答案】BC 【解析】電子的運動軌跡為曲線，由曲線運動的產生條件可知電子在MN電場線上受力方向為水平向左，因此電場線方向為水平向右(M→N)，若aA＞aB，則A靠近場源電荷Q，即Q靠近M端且為正電荷，選項B正確；若電子由A→B，則水平向左的電場力與軌跡切線方向的速度夾角大于90°，電場力做負功，電勢能增加，即EpA＜EpB，若電子由B→A，則電場力方向與速度方向夾角小于90°，電場力做正功，電勢能減小，EpA＜EpB，選項

23、C正確，A錯誤；由Ep＝qφ，φ＝知，負電荷在高電勢處電勢能小，在低電勢處電勢能大，可知φA＞φB，選項D錯誤． 3.(2020·山東濰坊模擬)如圖所示，勻強電場的方向平行于xOy坐標系平面，其中坐標原點O處的電勢為2 V，a點的坐標為(0 cm，4 cm)，電勢為8 V，b點的坐標為(3 cm，0 cm)，電勢為8 V，則電場強度的大小為(　　) A．250 V/m　　　　　 B．200 V/m C．150 V/m D．120 V/m 【答案】A 【解析】由題意可知a、b兩點的電勢相等，則ab為一條等勢線，又O點電勢為2 V，則知勻強電場的場強方向垂直于ab指向左下方

24、過O點作ab的垂線交ab于c點 由幾何關系得tan ∠b＝，得∠b＝53° Oc＝Ob·sin ∠b＝0.03 m×sin 53°＝2.4×10－2 m c、O間的電勢差U＝8 V－2 V＝6 V 則電場強度大小E＝＝250 V/m，故A正確． ※考點二　靜電場中的圖象問題 1．vt圖象：根據(jù)vt圖象的速度變化、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，進而確定電場強度的方向、電勢的高低及電勢能的變化． 2．φx圖象：(1)電場強度的大小等于φx圖線的斜率大小，電場強度為零處，φx圖線存在極值，其切線的斜率為零． (2)

25、在φx圖象中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向． (3)在φx圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷． 3．Ex圖象：(1)反映了電場強度隨位置變化的規(guī)律． (2)E＞0表示場強沿x軸正方向；E<0表示場強沿x軸負方向. (3)圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定． [真題拓展探究] [典例1]　(多選)(2020·高考全國卷Ⅰ)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示．電場中四個點a、b、c和d的

26、電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra，φa)標出，其余類推．現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項正確的是(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1　　　 B．Ec∶Ed＝2∶1 C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3 【答案】AC 拓展1　E-x圖象 1.空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示，x1和－x1為x軸上對稱的兩點．下列說法正確的是(　　) A．x1處場強大于－x1處場

27、強 B．若電子從x1處由靜止釋放后向x軸負方向運動，到達－x1處時速度為零 C．電子在x1處的電勢能大于在－x1處的電勢能 D．x1處的電勢比－x1處的電勢高 【答案】B 拓展2　v-t圖象 2．(多選)(2020·邯鄲一中調研)如圖甲所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度va沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運動，其v-t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．兩點電荷一定都帶負電，但電荷量不一定相等 B．兩點電荷一定都帶負電，且電荷量一定相等 C．試探電荷一直向上運動，直至運動到無窮遠處 D．t2時刻試探電荷的電勢能最

28、大，但加速度不為零 【答案】BD 【解析】由題圖可知，試探電荷向上先做減速運動，再反向做加速運動，且向上過程加速度先增大后減小，說明試探電荷受電場力應向下，故說明兩點電荷均應帶負電；由于電場線只能沿豎直方向，故說明兩點電荷帶等量負電荷，故A、C錯誤，B正確；t2時刻之前電場力一直做負功，故電勢能增大，此后電場力做正功，電勢能減小，t2時刻電勢能最大；但由于試探電荷受電場力向下，故此時加速度不為零，故D正確． 拓展3　φ-x圖象 3.(多選)(2020·高考江蘇卷)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示．下列說法正確的有(　　) A．q1和q2帶有異種

29、電荷 B．x1處的電場強度為零 C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 【答案】AC 拓展4　Ep-x圖象 4.一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動．取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關系如圖所示．下列圖象中合理的是(　　) 【答案】D 【解析】由于粒子只受電場力作用，因此由F電＝||可知，Epx圖象的斜率大小即為粒子所受電場力大小，從圖象可知，圖象的斜率隨位移的增大而越來越小，因此粒子運動后所受的電場力隨位移的增大而越來越小，電場強度越來越小，A項錯誤；由于只受電場力作用，因此動

30、能與電勢能的和是定值，即最終動能應趨向于一個定值，B項錯誤；粒子受到的電場力隨位移的增大而越來越小，因此加速度隨位移的增大而越來越小，D項正確；粒子的動能Ek∝x2，結合B項分析最終速度也應趨向于一個定值，C錯誤． ※考點三　電場中的功能關系 電場 力做 功的 計算 方法 電場 中的 功能 關系 (1)電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加，即：W＝－ΔEp. (2)如果只有電場力做功，則動能和電勢能之間相互轉化，動能(Ek)和電勢能(Ep)的總和不變，即：ΔEk＝－ΔEp. [典例2]　如圖所示，在O點處固定一個正電荷，在過O點的豎直平面內的A點

31、，自由釋放一個帶正電的小球，小球的質量為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.若小球通過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． 【答案】(1)　(2)mv2＋mgR－mgh [題組突破訓練] 1．(多選)(2020·高考海南卷)如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O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

32、是(　　) A．M帶負電荷，N帶正電荷 B．M在b點的動能小于它在a點的動能 C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功 【答案】ABC 2．(2020·安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示，真空中的勻強電場與水平方向成15°角，AB垂直于勻強電場E.現(xiàn)有一質量為m、電荷量為＋q的小球在A點以初速度v0水平向右拋出，經時間t小球運動到C點(圖中未畫出)時速度大小仍為v0，則小球由A點運動到C點的過程中，下列說法正確的是(　　) A．電場力對小球做功為mg2t2 B．小球的機械能減小了mg2t2 C．A、C的電勢差為－ D．C點

33、一定位于AB直線的右側 【答案】D 超重點4：電容器的電容　帶電粒子在電場中的運動 一、常見電容器　電容器的電壓、電荷量和電容的關系 1．常見電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成． (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值． (3)電容器的充、放電 充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能． 放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能． 2．電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值． (2)定義式：C＝. (3)物理意

34、義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量． (4)單位：法拉(F) 1 F＝106μF＝1012 pF 3．平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比． (2)決定式：C＝，k為靜電力常量． 二、帶電粒子在勻強電場中的運動 1．帶電粒子在電場中的加速 (1)動力學觀點分析：若電場為勻強電場，則有a＝，E＝，v2－v＝2ad. (2)功能觀點分析：粒子只受電場力作用，滿足qU＝mv2－mv. 2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉 (1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受電場力． (2)運

35、動性質：類平拋運動． (3)處理方法：運動的分解． ①沿初速度方向：做勻速直線運動． ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動． 三、示波器的工作原理 1．構造：①電子槍，②偏轉極板，③熒光屏．(如圖所示) 2．工作原理 (1)YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是機器自身產生的鋸齒形電壓，叫作掃描電壓． (2)觀察到的現(xiàn)象 ①如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產生一個亮斑． ②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測號在一個周期內變化的穩(wěn)定圖象． ※考點一　平行板電容器的動態(tài)分

36、析 1．兩類典型問題 (1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變． (2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變． 2．動態(tài)分析思路 (1)U不變 ①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化． ②根據(jù)E＝分析場強的變化． ③根據(jù)UAB＝E·d分析某點電勢變化． (2)Q不變 ①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化． ②根據(jù)E＝分析場強變化． [題組突破訓練] 1．(2020·高考全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上．若將云母介質移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度

37、變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 【答案】D 2．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(　　) A．θ增大，E增大　　　　 B．θ增大，E不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 【答案】D 【解析】由題知，電容器兩板所帶電荷量Q不

38、變，根據(jù)C＝和U＝可知，當上板下移，C增大，U減小，θ減小，A、B錯誤．根據(jù)E＝＝＝，可見E與d無關，只改變d，E不變，D正確．根據(jù)φP＝UP地＝E·LP地，E不變，LP地不變，故φP不變，Ep不變，C錯誤． ※考點二　帶電粒子在電場中的直線運動 1．做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動． (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動． 2．處理帶電粒子在電場中直線運動的兩個觀點 (1)用動力學觀點分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. (2)用功能觀點分析 勻強電場中：W＝Eq

39、d＝qU＝mv2－mv 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1. [典例1]　如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間的距離為d，上極板正中有一小孔．質量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求： (1)小球到達小孔處的速度； (2)極板間電場強度的大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運動到下極板處的時間． 【答案】(1)　(2)　C (3) 【解析】(1)由v2＝2gh，得v＝. (2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運

40、動定律知：mg－qE＝ma 由運動學公式知：0－v2＝2ad 整理得電場強度E＝ 由U＝Ed，Q＝CU，得電容器所帶電荷量Q＝C. (3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2 整理得t＝ . [題組突破訓練] 1．一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將(　　) A．打在下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板

41、d處返回 【答案】D 2．中國科學家2020年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用． 如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極．質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變．設質子進入漂移管B時速度為8×106 m/s，進入漂移管E時速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質子在每個管內運動時間視為電源周期的，質子的比

42、荷取1×108 C/kg.求： (1)漂移管B的長度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓． 【答案】(1)0.4 m　(2)6×104 V 3．如圖所示，兩塊平行金屬板M、N間的距離為d，兩板間電壓U隨t的變化規(guī)律如圖所示，電壓的絕對值為U0.t＝0時刻M板的電勢比N板低．在t＝0時刻有一個電子從M板處無初速釋放，經過1.5個周期剛好到達N板．電子的電荷量為e，質量為m.求： (1)該電子到達N板時的速率v. (2)在1.25個周期末該電子和N板間的距離s. 【答案】(1) 　(2) 【解析】(1)根據(jù)題圖可知，粒子先勻加速，再勻減速速度減到零，最后勻加速到達N板，根據(jù)

43、動能定理得e＝mv2－0，解得v＝. (2)根據(jù)粒子運動的對稱性可知，粒子每運動的距離，從T到1.25T的時間內，粒子運動了×＝，故1.25個周期末該電子和N板間的距離s＝－＝. ※考點三　帶電粒子在電場中的偏轉問題 1．基本規(guī)律 帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場．設粒子帶電荷量為q，質量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有 (1)加速度：a＝＝＝. (2)在電場中的運動時間：t＝. (3)位移，y＝at2＝. (4)速度，vy＝，v＝，tan θ＝＝. 2．兩個結論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉

44、電場射出時的偏轉角度總是相同的． 證明：由qU0＝mv及tan φ＝得tan φ＝. (2)粒子經電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為. 3．帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系：當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差. 4．帶電粒子在勻強電場中偏轉時間的討論：質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直于電場方向從極板中間射入勻強電場，已知極板間距為d，極板長度為L，極板間電壓為U，帶電粒子在勻強電場中的運動時間為t，則 (1)帶電粒子能穿出電場

45、時，在電場中運動的時間由沿初速度方向上的運動來確定比較方便，其值為t＝. (2)帶電粒子打到極板上時，在電場中運動的時間由沿電場方向上的運動來確定比較方便，其值為t＝＝d. [典例2]　(2020·廣東六校高三聯(lián)考)如圖所示，兩塊相同的金屬板正對著水平放置，板間距離為d.當兩極間加電壓U時，一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以水平速度v0從A點射入電場，經過一段時間后從B點射出電場，A、B間的水平距離為L，不計重力影響．求： (1)帶電粒子從A點運動到B點經歷的時間； (2)帶電粒子經過B點時速度的大??； (3)A、B間的電勢差． 【答案】(1)　(2)　(3) (3

46、)粒子從A點運動到B點過程中，據(jù)動能定理得：qUAB＝mv2－mv A、B間的電勢差 UAB＝＝. [題組突破訓練] 1.如圖所示為某粒子分析器的簡化結構．金屬板P、Q相互平行，兩板通過直流電源、開關相連，其中Q板接地．一束帶電粒子，從a處以一定的初速度平行于金屬板P、Q射入兩板之間的真空區(qū)域，經偏轉后打在Q板上如圖所示的位置．在其他條件不變的情況下，要使該粒子束能從Q板上b孔射出(不計粒子重力和粒子間的相互影響)，下列操作中可能實現(xiàn)的是(　　) A．保持開關S閉合，適當上移P極板 B．保持開關S閉合，適當左移P極板 C．先斷開開關S，再適當上移P極板 D．先斷開開關S，

47、再適當左移P極板 【答案】A 2.(2020·浙江杭州模擬)如圖所示為示波器工作原理的示意圖，已知兩平行板間的距離為d、板長為l，電子經電壓為U1的電場加速后從兩平行板間的中央處垂直進入偏轉電場，設電子質量為me、電荷量為e. (1)求經電場加速后電子速度v的大?。? (2)要使電子離開偏轉電場時的偏轉角度最大，兩平行板間的電壓U2應是多少？電子動能多大？ 【答案】(1) 　(2)　eU1(1＋) 【解析】(1)電子經電壓為U1的電場加速，根據(jù)動能定理有eU1＝mev2， 則經電場加速后電子的速度 v＝ . (2)電子離開偏轉電場偏轉角度最大時的偏移量為， 電子受到偏

48、轉電場的電場力F2＝eE2， 又E2＝， 電子沿偏轉電場方向做初速度為零的勻加速直線運動， 沿電場方向：＝a2t2， 其中a2＝， 沿垂直電場方向：t＝， 可解得兩平行板間電壓U2＝； 又＝Ek－Ek0， eU1＝Ek0， 故Ek＝eU1 (1＋)． ※考點四　“等效法”處理帶電體在復合場中的運動問題 1．方法概述 (1)方法特點： 等效思維方法就是將一個復雜的物理問題等效為一個熟知的物理模型或問題的方法．常見的等效法有“分解”“合成”“等效類比”“等效替換”“等效變換”“等效簡化”等． (2)規(guī)律分析： 帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復合場中做圓周運動的問題

49、是一類重要而典型的題型．對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復雜，運算量大．若采用“等效法”求解，則過程比較簡捷． 2．解題思路 (1)求出重力與靜電力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”． (2)將a＝視為“等效重力加速度”． (3)將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解． [典例3]如圖所示的裝置是在豎直平面內放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，帶負電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動并進入圓環(huán)內做圓周運動．已知小球所受電場力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圓環(huán)內能做完整的圓周運動，h至

50、少為多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 【答案】7.7R [針對訓練]如圖所示，在豎直平面內固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質量為m、帶負電的小球在軌道內側做完整的圓周運動(電荷量不變)，經過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.求： (1)小球所受到的靜電力的大??； (2)小球在A點速度v0多大時，小球經過B點時對圓軌道的壓力最?。? 【答案】(1)mg　(2)2 【解析】(1)小球在C點速度最大，則在該點靜電力與重力

51、的合力沿半徑方向，所以小球受到的靜電力大小F＝mgtan 60°＝mg. (2)小球要到達B點，必須到達D點時速度最小，在D點速度最小時，小球經B點時對軌道的壓力也最小．設在D點時軌道對小球的壓力恰為零.＝m，得v＝ 由軌道上A點運動到D點的過程可得 mgr(1＋cos θ)＋Frsin θ＝mv－mv2 解得v0＝2. 題組突破訓練 一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分.1～5題只有一個選項正確，6～8題有多個選項正確) 1．法拉第是19世紀最偉大的實驗物理學家之一，他在電磁學研究方面的卓越貢獻如同伽利略、牛頓在力學方面的貢獻一樣，具有劃時代的意義，

52、他提出了電場的概念．關于靜電場場強的概念，下列說法正確的是(　　) A．由E＝可知，某電場的場強E與q成反比，與F成正比 B．正、負檢驗電荷在電場中同一點受到的電場力方向相反，所以某一點場強方向與放入檢驗電荷的正負有關 C．電場中某一點的場強與放入該點的檢驗電荷的正負無關 D．電場中某點不放檢驗電荷時，該點場強等于零 【答案】C 2.靜電噴涂時，噴槍帶負電，被噴工件帶正電，噴槍噴出的涂料微粒帶負電．假設微粒被噴出后只受靜電力作用，最后吸附在工件表面．微粒在向工件靠近的過程中(　　) A. 一定沿著電場線運動 B．所受電場力先減小后增大 C．克服電場力做功 D．電勢能

53、逐漸增大 【答案】B 【解析】由物體做曲線運動的條件可知電荷僅受電場力的作用，不可能沿著彎曲的電場線運動，A項錯誤；由電場線的分布特點知，微粒所受的電場力先減小后增大，B項正確；微粒向工件靠近的過程中電場力做正功，電勢能逐漸減小，C、D項錯誤． 3．平行板電容器充電后斷開電源，現(xiàn)將其中一塊金屬極板沿遠離另一板方向平移一小段距離．此過程中電容器的電容C、兩極板帶電荷量Q、兩板間電場強度E、兩板間電壓U隨兩板間距離d變化的關系，表示正確的是(　　) 【答案】C 4.如圖，M、N、P、O是真空中一平面內的四點，OM＝ON

54、電場力作用下沿曲線從N點運動到P點，則(　　) A．q為正電荷，M點的電勢高于P點的電勢 B．q為負電荷，M點的場強大小比P點的小 C．試探電荷在N點處受到的電場力大小比在P點的小 D．若將試探電荷從N點移到M點，電場力做功為零 【答案】D 【解析】由于帶負電的試探電荷受到排斥，所以q為負電荷．根據(jù)點電荷電場的場強公式可知，距離點電荷q近的M點的電場強度較大，距離負點電荷q近的M點的電勢較低，選項A、B錯誤．由于N點距離點電荷q比P點近，由庫侖定律可知，試探電荷在N點受到的電場力大小比在P點的大，選項C錯誤．根據(jù)題述，OM＝ON，對點電荷q的電場來說，M、N兩點處在同一等勢面上

55、，若將試探電荷從N點移動到M點，電場力做功為零，選項D正確． 5.如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E.一根不可伸長的絕緣細線長為L，細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點，把小球拉到使細線水平的位置A，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ＝60°角的位置B時速度為零．以下說法中正確的是(　　) A．小球在位置B時處于平衡狀態(tài) B．小球受到的重力與電場力的關系是mg＝qE C．A點電勢能小于B點的電勢能 D．小球從A運動到B過程中，電場力對其做的功為mgL 【答案】C 6.一帶負電的粒子在電場中做直線運動的vt圖象

56、如圖所示，在第2 s末和第8 s末分別經過M、N兩點，已知運動過程中粒子僅受電場力的作用，則以下判斷正確的是(　　) A．該電場一定是勻強電場 B．M點的電勢低于N點的電勢 C．從M點到N點的過程中，粒子的電勢能逐漸增大 D．帶電粒子在M點所受電場力大于在N點所受電場力 【答案】AB 【解析】由速度—時間圖象可知，粒子在電場中做勻變速直線運動，加速度是一個定值，所以電場力不變，是勻強電場，故A正確；由圖象可知，粒子在M點的速率小于在N點的速率，根據(jù)只有電場力做功，電勢能與動能之和恒定，可知粒子在M點的電勢能高于在N點的電勢能，從M點到N點的過程中，動能先減小后增大，那么電勢能先

57、增大后減小，又由于是負電荷，所以M點的電勢低于N點的電勢，故B正確，C錯誤；由電場是勻強電場可知，粒子在M點所受電場力等于在N點所受電場力，則D錯誤． 7.(2020·山東濰坊高三月考)如圖所示，一重力不計的帶電粒子以某一速度進入負點電荷形成的電場中，且只在電場力作用下依次通過M、N、P三點，其中N點是軌跡上距離負點電荷最近的點．若粒子在M點和P點的速率相等，則(　　) A．粒子一定帶正電且做勻速圓周運動 B．UMN＝－UNP C．粒子在N點時的加速度最大、電勢能最小 D．粒子在M、P兩點時的加速度相同 【答案】BC 8.如圖所示，水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，一帶電

58、金屬塊以一定初速度沖上斜面，已知在金屬塊上滑的過程中動能減小了15 J，金屬塊克服摩擦力做功10 J，克服重力做功25 J，則有(　　) A．金屬塊帶負電 B．金屬塊的電勢能減小了20 J C．金屬塊的機械能增加10 J D．金屬塊的重力勢能增加了20 J 【答案】BC 【解析】金屬塊受重力、電場力和摩擦力作用，由動能定理知W電＋Wf＋WG＝ΔEk，代入數(shù)值得W電＝20 J，即電場力做正功，金屬塊帶正電，其電勢能減小20 J，A錯，B對；由功能關系知ΔE機＝W電＋Wf＝10 J，即金屬塊的機械能增加10 J，C對；金屬塊的重力勢能增加量等于克服重力所做的功，大小為25 J，D錯

59、． 二、非選擇題(共4小題，52分) 9.(12分)反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波，其振蕩原理與下述過程類似．已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示．一質量m＝1.0×10－20 kg、電荷量q＝1.0×10－9 C的帶負電的粒子從(－1,0)點由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上做往返運動．忽略粒子的重力等因素，求： (1)x軸左側電場強度E1和右側電場強度E2的大小之比； (2)該粒子運動的最大動能Ekm； (3)該粒子運動的周期T. 【答案】(1)　(2)2.0×10－8 J　(3)3.0×10－8 s (3)

60、設粒子在原點左右兩側運動的時間分別為t1、t2，在原點時的速度為vm，由運動學公式有 vm＝t1，vm＝t2 Ekm＝mv，T＝2(t1＋t2) 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得T＝3.0×10－8 s. 10.(12分)(2020·山東泰安模擬)如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，坐標系內有A、B兩點，其中A點坐標為(6 cm,0)，B點坐標為(0， cm)，坐標原點O處的電勢為0，點A處的電勢為8 V，點B處的電勢為4 V．現(xiàn)有一帶電粒子從坐標原點O處沿電勢為0的等勢線方向以速度v＝4×105 m/s射入電場，粒子運動時恰好通過B點，不計粒子所受重力，求： (

61、1)圖中C處(3 cm,0)的電勢； (2)勻強電場的場強大小； (3)帶電粒子的比荷. 【答案】(1)4 V　(2)×102 V/m　(3)2.4×1011 C/kg (3)帶電粒子做類平拋運動，有Lcos θ＝vt Lsin θ＝t2 聯(lián)立解得 ＝＝ C/kg＝2.4×1011 C/kg 所以帶電粒子的比荷為2.4×1011 C/kg. 11.(12分)如圖所示，在真空中，沿水平方向和豎直方向建立直角坐標系xOy，在x軸上方有一沿x軸正方向的勻強電場E(電場強度E的大小未知)．有一質量為m、帶電荷量為＋q的小球，從坐標原點O由靜止開始自由下落，當小球運動到P(0，－

62、h)點時，在x軸下方突然加一豎直向上的勻強電場，其電場強度與x軸上方的電場強度大小相等，且小球從P返回到O點與從O點下落到P點所用的時間相等．重力加速度為g.試求： (1)小球返回O點時速度的大?。? (2)勻強電場的電場強度E的大??； (3)小球運動到最高點時的位置坐標． 【答案】(1)2　(2)　(3)(16h,4h) (2)加上豎直向上的勻強電場后，加速度 a＝＝3g Eq－mg＝ma，解得E＝. (3)豎直方向：y＝＝4h 設小球進入x軸上方運動到最高點所用時間為t2，則 t2＝＝2 水平方向：ax＝＝4g 則x＝axt＝16h 所以小球運動到最高點時的

63、位置坐標為(16h,4h) 12.(16分)(2020·湖北八校聯(lián)考)如圖所示，豎直放置的半圓形光滑絕緣軌道半徑為R＝0.2 m，圓心為O，下端與絕緣水平軌道在B點相切并平滑連接．一帶正電q＝5.0×10－3 C、質量為m＝3.0 kg的物塊(可視為質點)，置于水平軌道上的A點．已知A、B兩點間的距離為L＝1.0 m，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2. (1)若物塊在A點以初速度v0向左運動，恰好能到達軌道的最高點D，則物塊的初速度v0應為多大？ (2)若整個裝置處于方向水平向左、場強大小為E＝2.0×103 N/C的勻強電場中(圖中未畫出)，現(xiàn)將物塊從A點由靜止釋放，試確定物塊在以后運動過程中速度最大時的位置(結果可用反三角函數(shù)表示)． (3)在(2)問的情景中，試求物塊在水平面上運動的總路程． 【答案】(1) m/s　(2)見解析　(3)m 設其與圓心的連線與OB的夾角為θ，對物塊受力分析，可知tan θ＝＝，θ＝arctan . (3)對于物塊在水平面上運動的全程有 qEL－μmgL總＝0， 解得L總＝ m.