專題08 靜電場 超重點1：電場力的性質(zhì)一、電荷及電荷守恒定律1元電荷、點電荷(1)元電荷：e1.6×1019 C，所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍，其中質(zhì)子、正電子的電荷量與元電荷相同(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(zhì)(2)基本性質(zhì)：對放入其中的電荷有力的作用3電荷守恒定律(1)內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的總量保持不變(2)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應(yīng)起電(3)帶電實質(zhì)：物體帶電的實質(zhì)是得失電子二、庫侖定律1內(nèi)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：Fk，式中k9.0×109 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Ek.4方向：規(guī)定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(chǎn)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(yīng)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，如圖所示同種電荷：Fk；異種電荷：Fk.(4)不能根據(jù)公式錯誤地認為r0時，庫侖力F，因為當r0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q1q2，接觸時，先中和再將剩余的電荷量(q1q2)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(zhì)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(zhì)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()AF1G，F(xiàn)2kBF1G，F(xiàn)2kCF1G，F(xiàn)2k DF1G，F(xiàn)2k【答案】D2半徑相同的兩個金屬球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.FC.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(shè)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Fk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正確考點二電場強度的疊加與計算 1電場強度三個表達式的比較EEkE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(guān)系式適用條件一切電場真空點電荷勻強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/C1 V/m2.電場強度的疊加(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)生的電場強度的矢量和(2)運算法則：平行四邊形定則題組突破訓練1(多選)下列關(guān)于電場強度的兩個表達式E和 E的敘述，正確的是()AE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(chǎn)生電場的電荷的電荷量BE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CE是點電荷電場強度的計算式，Q是產(chǎn)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Fk，是點電荷Q2產(chǎn)生的電場在點電荷Q1處的電場強度大小，而是點電荷Q1產(chǎn)生的電場在Q2處電場強度的大小【答案】BCD2.(2020·濟南高三聯(lián)考)直角坐標系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(yīng)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度A與A、B與B、C與C等大同向等大反向2.電場線的應(yīng)用題組突破訓練1.如圖所示為兩個點電荷在真空中所產(chǎn)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(guān)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CD、C兩點的電場強度一定相等DC點的電場強度比D點的電場強度小【答案】A2.帶有等量異種電荷的一對平行金屬板，如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大，即使在兩極板之間，它的電場線也不是彼此平行的直線，而是如圖所示的曲線，關(guān)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(nèi)部A點的電場強度小于B點的電場強度C電場內(nèi)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】D3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，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2分析力電綜合問題的三種途徑(1)建立物體受力圖景弄清物理情境，選定研究對象對研究對象按順序進行受力分析，畫出受力圖應(yīng)用力學規(guī)律進行歸類建模(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(3)運用等效思維法構(gòu)建物理模型：電場力和重力做功均與路徑無關(guān)，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l1 m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)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37°.已知小球所帶電荷量q1.0×106 C，勻強電場的場強E3.0×103 N/C，取重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：(1)小球所受電場力F的大小(2)小球的質(zhì)量m.(3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小【答案】(1)3.0×103 N(2)4.0×104 kg(3)2.0 m/s【解析】本題考查物體的平衡與動能定理(1)FqE3.0×103 N.(2)由tan 37°，得m4.0×104 kg.(3)由mgl(1cos 37°)mv2，得v2.0 m/s. 題組突破訓練1.(2020·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()AP、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】C2.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(nèi)，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(zhì)點)從B點正上方的A點自由下落，A、B兩點間距離為4R，從小球進入管口開始，整個空間中突然加上一個勻強電場，電場力在豎直方向上的分力大小與重力大小相等，結(jié)果小球從管口C處脫離圓管后，其運動軌跡最后經(jīng)過A點設(shè)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(jīng)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(jīng)過A點，故有y4RvCtx2Raxt2t2聯(lián)立解得Fxmg 電場力的大小為FqEmg方向與豎直方向成45°角偏左上方(3)小球經(jīng)過管口C處時，向心力由Fx和圓管的彈力FN提供，設(shè)彈力FN的方向水平向左，則FxFNm解得FN3mg(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處時對圓管壁的壓力為FNFN3mg，方向水平向右超重點3：電場能的性質(zhì)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(guān)，只與初、末位置有關(guān)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(guān)系：電場力做的功等于電勢能的減少量，即WABEpAEpBEp.3電勢(1)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：.(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)四個特點等勢面一定與電場線垂直在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功電場線方向總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越小二、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比值2定義式：UAB.3電勢差與電勢的關(guān)系：UABAB，UABUBA.三、勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系1電勢差與電場強度的關(guān)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UEd，也可以寫作E.2公式UEd的適用范圍：勻強電場考點一電場能的基本性質(zhì) 1電場線與等勢面的關(guān)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(guān)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(guān)系：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)UABABUAB0，AB，UAB0，AB.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Epq，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(zhuǎn)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)關(guān)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】B2.(多選)(2020·高考天津卷)如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)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(shè)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()A電子一定從A向B運動B若aAaB，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EpAEpBDB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(chǎn)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(MN)，若aAaB，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AB，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EpAEpB，若電子由BA，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，EpAEpB，選項C正確，A錯誤；由Epq，知，負電荷在高電勢處電勢能小，在低電勢處電勢能大，可知AB，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()A250 V/mB200 V/mC150 V/m D120 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指向左下方過O點作ab的垂線交ab于c點由幾何關(guān)系得tan b，得b53°OcOb·sin b0.03 m×sin 53°2.4×102 mc、O間的電勢差U8 V2 V6 V則電場強度大小E250 V/m，故A正確考點二靜電場中的圖象問題 1vt圖象：根據(jù)vt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2x圖象：(1)電場強度的大小等于x圖線的斜率大小，電場強度為零處，x圖線存在極值，其切線的斜率為零(2)在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(guān)系確定電場強度的方向(3)在x圖象中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WABqUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷3Ex圖象：(1)反映了電場強度隨位置變化的規(guī)律(2)E0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)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示電場中四個點a、b、c和d的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a已在圖中用坐標(ra，a)標出，其余類推現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)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()AEaEb41BEcEd21CWabWbc31 DWbcWcd13【答案】AC拓展1E-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()Ax1處場強大于x1處場強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Dx1處的電勢比x1處的電勢高【答案】B拓展2v-t圖象2(多選)(2020·邯鄲一中調(diào)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Dt2時刻試探電荷的電勢能最大，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(yīng)向下，故說明兩點電荷均應(yīng)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-x圖象3.(多選)(2020·高考江蘇卷)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示下列說法正確的有()Aq1和q2帶有異種電荷Bx1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4Ep-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(guān)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，因此動能與電勢能的和是定值，即最終動能應(yīng)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Ekx2，結(jié)合B項分析最終速度也應(yīng)趨向于一個定值，C錯誤考點三電場中的功能關(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，電場力做負功，電勢能增加，即：WEp.(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：EkEp. 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(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，BOC30°，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)mv2mgRmgh 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(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【答案】ABC2(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(zhì)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(jīng)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mg2t2B小球的機械能減小了mg2t2CA、C的電勢差為DC點一定位于AB直線的右側(cè)【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(guān)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(zhuǎn)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)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量(4)單位：法拉(F)1 F106F1012 pF3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(zhì)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，v2v2ad.(2)功能觀點分析：粒子只受電場力作用，滿足qUmv2mv.2帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(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)運動性質(zhì)：類平拋運動(3)處理方法：運動的分解沿初速度方向：做勻速直線運動沿電場方向：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(gòu)造：電子槍，偏轉(zhuǎn)極板，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(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫作掃描電壓(2)觀察到的現(xiàn)象如果在偏轉(zhuǎn)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(chǎn)生一個亮斑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(nèi)變化的穩(wěn)定圖象考點一平行板電容器的動態(tài)分析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不變根據(jù)C先分析電容的變化，再分析Q的變化根據(jù)E分析場強的變化根據(jù)UABE·d分析某點電勢變化(2)Q不變根據(jù)C先分析電容的變化，再分析U的變化根據(jù)E分析場強變化題組突破訓練1(2020·高考全國卷)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大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】D2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，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增大，E增大B增大，E不變C減小，Ep增大 D減小，E不變【答案】D【解析】由題知，電容器兩板所帶電荷量Q不變，根據(jù)C和U可知，當上板下移，C增大，U減小，減小，A、B錯誤根據(jù)E，可見E與d無關(guān)，只改變d，E不變，D正確根據(jù)PUP地E·LP地，E不變，LP地不變，故P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，v2v2ad.(2)用功能觀點分析勻強電場中：WEqdqUmv2mv非勻強電場中：WqUEk2Ek1. 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(zhì)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v22gh，得v.(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運動定律知：mgqEma由運動學公式知：0v22ad整理得電場強度E由UEd，QCU，得電容器所帶電荷量QC.(3)由hgt，0vat2，tt1t2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(jīng)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d處返回【答案】D2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(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應(yīng)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(zhì)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(nèi)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(shè)質(zhì)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(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的，質(zhì)子的比荷取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 V3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.t0時刻M板的電勢比N板低在t0時刻有一個電子從M板處無初速釋放，經(jīng)過1.5個周期剛好到達N板電子的電荷量為e，質(zhì)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)動能定理得emv20，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(nèi)，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(zhuǎn)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(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)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，yat2.(4)速度，vy，v，tan .2兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的證明：由qU0mv及tan 得tan .(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)的功能關(guān)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：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置間的電勢差. 4帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時間的討論：質(zhì)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td.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(zhì)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(jīng)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(jīng)歷的時間；(2)帶電粒子經(jīng)過B點時速度的大?。?3)A、B間的電勢差【答案】(1)(2)(3)(3)粒子從A點運動到B點過程中，據(jù)動能定理得：qUABmv2mvA、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(jié)構(gòu)金屬板P、Q相互平行，兩板通過直流電源、開關(guān)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(jīng)偏轉(zhuǎn)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(guān)S閉合，適當上移P極板B保持開關(guān)S閉合，適當左移P極板C先斷開開關(guān)S，再適當上移P極板D先斷開開關(guān)S，再適當左移P極板【答案】A2.(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(jīng)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(zhuǎn)電場，設(shè)電子質(zhì)量為me、電荷量為e.(1)求經(jīng)電場加速后電子速度v的大?。?2)要使電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度最大，兩平行板間的電壓U2應(yīng)是多少？電子動能多大？【答案】(1) (2)eU1(1)【解析】(1)電子經(jīng)電壓為U1的電場加速，根據(jù)動能定理有eU1mev2，則經(jīng)電場加速后電子的速度v .(2)電子離開偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)角度最大時的偏移量為，電子受到偏轉(zhuǎn)電場的電場力F2eE2，又E2，電子沿偏轉(zhuǎn)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EkEk0，eU1Ek0，故EkeU1 (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(nèi)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(nèi)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60°，sBC2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運動，h至少為多少？(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(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)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(zhì)量為m、帶負電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角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(jīng)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的合力沿半徑方向，所以小球受到的靜電力大小Fmgtan 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(jīng)B點時對軌道的壓力也最小設(shè)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(1cos )Frsin mvmv2解得v02.題組突破訓練一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分.15題只有一個選項正確，68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，他提出了電場的概念關(guān)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(guān)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(guān)D電場中某點不放檢驗電荷時，該點場強等于零【答案】C2.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(shè)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(guān)系，表示正確的是()【答案】C4.如圖，M、N、P、O是真空中一平面內(nèi)的四點，OMON<OP，O點處固定有一個點電荷q.一個帶負電的試探電荷僅在q的電場力作用下沿曲線從N點運動到P點，則()Aq為正電荷，M點的電勢高于P點的電勢Bq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，OMON，對點電荷q的電場來說，M、N兩點處在同一等勢面上，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(zhì)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(guān)系是mgqECA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】C6.一帶負電的粒子在電場中做直線運動的vt圖象如圖所示，在第2 s末和第8 s末分別經(jīng)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BM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BUMNUNPC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】BC8.如圖所示，水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，一帶電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 JC金屬塊的機械能增加10 JD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WfWGEk，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(guān)系知E機W電Wf10 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錯二、非選擇題(共4小題，52分)9.(12分)反射式速調(diào)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(chǎn)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，其電勢隨x的分布如圖所示一質(zhì)量m1.0×1020 kg、電荷量q1.0×109 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(cè)電場強度E1和右側(cè)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)2.0×108 J(3)3.0×108 s(3)設(shè)粒子在原點左右兩側(cè)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vmt1，vmt2Ekmmv，T2(t1t2)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得T3.0×108 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(nèi)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v4×105 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：(1)圖中C處(3 cm,0)的電勢；(2)勻強電場的場強大??；(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 vtLsin t2聯(lián)立解得 C/kg2.4×1011 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(zhì)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，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的大小；(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a3gEqmgma，解得E.(3)豎直方向：y4h設(shè)小球進入x軸上方運動到最高點所用時間為t2，則t22水平方向：ax4g則xaxt16h所以小球運動到最高點時的位置坐標為(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R0.2 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q5.0×103 C、質(zhì)量為m3.0 kg的物塊(可視為質(zhì)點)，置于水平軌道上的A點已知A、B兩點間的距離為L1.0 m，物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為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(yīng)為多大？(2)若整個裝置處于方向水平向左、場強大小為E2.0×103 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(jié)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(shè)其與圓心的連線與OB的夾角為，對物塊受力分析，可知tan ，arctan .(3)對于物塊在水平面上運動的全程有qELmgL總0，解得L總 m.