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高考物理一轮复习 第七章：静电场学案
展开这是一份高考物理一轮复习 第七章：静电场学案，共71页。学案主要包含了电荷守恒定律，库仑定律，电场强度，电场线等内容，欢迎下载使用。
第1讲 电场力的性质
一、电荷守恒定律
1．内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。
2．起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
3．带电实质：物体带电的实质是得失电子。
二、库仑定律
1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。
2．表达式：F＝keq \f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量。
三、电场强度
1．定义：放入电场中某点的电荷受到的静电力F与它的电荷量q之比。
2．定义式：E＝eq \f(F,q)。单位：N/C或V/m。
3．点电荷的电场强度：E＝keq \f(Q,r2)。
4．方向：规定正电荷在电场中某点所受的静电力的方向为该点的电场强度方向。
5．电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。
四、电场线
1．定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场强度的大小。
2．电场线的特点
①电场线起始于正电荷(或无穷远处)，终止于无穷远处(或负电荷)，电场线不闭合；②电场中的电场线不相交；③同一电场中，电场线密的地方电场强度大；④电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向；⑤沿电场线方向电势降低；⑥电场线和等势面在相交处垂直。,
情境创设
微点判断
(1)电场强度反映了静电力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的静电力成正比。(×)
(2)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的静电力的方向。(√)
(3)真空中点电荷周围电场的电场强度表达式E＝eq \f(kQ,r2)，Q就是产生电场的点电荷的电荷量。(√)
(4)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。(×)
(5)在点电荷形成的电场中，沿电场线方向电场强度越来越小。(×)
(6)在点电荷形成的电场中，沿电场线方向电场强度越来越大。(×)
(7)试探电荷在点电荷形成的电场中做直线运动。(×)
(8)无论正点电荷还是负点电荷，离电荷越远，电场强度越小。(√)
(一) 静电力及其平衡问题(固基点)
[题点全练通]
1．[对库仑定律的理解]
关于库仑定律，下列说法正确的是( )
A．库仑定律适用于任何电场的计算
B．置于均匀带电空心球球心处的点电荷所受静电力为零
C．当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球中心相距为3r时，它们之间的静电力大小为eq \f(kQ2,9r2)
D．若点电荷Q1的电荷量小于Q2的电荷量，则Q1对Q2的静电力小于Q2对Q1的静电力
解析：选B 库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用，故A错误；带电空心金属球的电荷均匀分布在金属球的外表面，球内各点的电场强度均为零，所以置于带电空心球球心处的点电荷所受静电力为零，故B正确；当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球中心相距为3r时，两者不能看作点电荷，库仑定律不再适用，故C错误；两点电荷间的静电力是相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
2．[自由电荷的平衡问题]
如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电荷量为＋Q，B带电荷量为－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在静电力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为( )
A．正电，B的右边0.4 m处
B．正电，B的左边0.2 m处
C．负电，A的左边0.2 m处
D．负电，A的右边0.2 m处
解析：选C 要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，带负电。设C在A左侧距A为x处，由于C处于平衡状态，所以keq \f(Qq,x2)＝eq \f(k·9Q·q,0.4＋x2)，解得x＝0.2 m，C正确。
3.[静电力的计算]
(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电荷量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为＋q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为eq \r(3)R。已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所受静电力的大小为( )
A．eq \f(\r(3)mg,3) B．eq \r(3)mg C．keq \f(Qq,3R2) D．keq \f(\r(3)Qq,8R2)
解析：选BD 由于圆环不能看作点电荷，采用微元法，小球受到静电力为圆环各个点对小球静电力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示。圆环各个点对小球的静电力的合力为FQ，则Fsin θ＝mg，小球到圆环中心O距离为eq \r(3)R，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，那么sin θ＝eq \f(1,2)，解得F＝2mg，水平方向上，有Fcs θ＝FQ，解得FQ＝eq \r(3)mg，B正确；根据库仑定律，将环中电荷量分成若干份，结合矢量的合成法则及几何知识，则有FQ＝keq \f(Qq,2R2)·cs θ＝keq \f(\r(3)Qq,8R2)，D正确。
[要点自悟明]
1．应用库仑定律的三条提醒
(1)作用力的方向：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两点电荷连线方向。
(2)两个点电荷间相互作用的静电力满足牛顿第三定律：大小相等、方向相反。
(3)在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下，静电力存在极大值：当q1＝q2时，F最大。
2．三个自由点电荷的平衡条件及规律
(二) 电场线的理解与应用(精研点)
逐点清1 几种常见电场的电场线分布
1．(多选)如图所示的四种电场中均有a、b两点，其中a、b两点的电场强度相同的是( )
A．图甲中，与点电荷等距离的a、b两点
B．图乙中，两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距离的a、b两点
C．图丙中，两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距离的a、b两点
D．图丁中，匀强电场中的a、b两点
解析：选BD 根据点电荷的电场的特点可知题图甲中a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误；题图乙中a、b两点的电场强度大小相等，方向都与中垂线垂直向左，则a、b两点的电场强度相同，故B正确；题图丙中a、b两点电场强度方向不同，故C错误；题图丁的匀强电场中a、b两点电场强度大小相等，方向相同，故D正确。
一点一过 等量点电荷电场特点对比
逐点清2 电场线的应用
2．雾霾的一个重要来源就是工业烟尘。为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘系统。它主要由机械过滤网、放电极和互相平行的集尘极三部分构成。工作原理图可简化为如图所示。假设虚线为某带电烟尘颗粒(不计重力)在除尘装置中的运动轨迹，A、B是轨迹中的两点( )
A．该烟尘颗粒带正电
B．该烟尘颗粒在除尘装置中的运动是匀变速曲线运动
C．A点的场强小于B点的场强
D．该烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能
解析：选D 烟尘颗粒运动轨迹向正极板弯曲，说明烟尘颗粒带负电，故A错误；电场线由正极指向负极，由题图知，该电场不可能是匀强电场，电场力不可能不变，故加速度不可能不变，故不可能是匀变速曲线运动，故B错误；电场线越密集电场强度越大，故A点场强大于B点场强，故C错误；等势线总是垂直电场线且沿电场线方向电势降低，故B点电势大于A点电势，故带负电的烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 电场线的妙用
逐点清3 电场线与轨迹的运动分析
3.如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是仅在电场力作用下某带负电粒子的运动轨迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是( )
A．该电场可能是正点电荷产生的
B．由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的
C．将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动
D．该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
解析：选D 正点电荷周围的电场线是从正点电荷出发，呈辐射状分布的，A错误；同一电场的电场线在空间不能相交，否则同一点具有两个电场强度方向，B错误；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于C点所在电场线为曲线，所以将该粒子在C点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，C错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，该粒子带负电，可知场强方向应是从B到C，A点的电势高于D点的电势，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减少，则粒子在A点的速度较大，D正确。
一点一过 分析电场中运动轨迹问题的方法
1．“运动与力两线法”——画出运动轨迹在初始位置的切线(“速度线”)与在初始位置电场线的切线(“力线”)方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。
2．“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况。
(三) 电场强度的理解与计算(培优点)
1．电场强度的性质
2．电场强度的三个计算公式
[考法全训]
考法1 电场强度的计算
1．(2023·烟台高三调研)(多选)在一个点电荷Q的电场中，让x轴与电场中的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3 m和0.6 m(如图甲所示)，在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系分别如图乙中直线a、b所示。已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，下列说法正确的是( )
A．A点的电场强度是40 N/C，方向沿x轴负方向
B．B点的电场强度是2.5 N/C，方向沿x轴正方向
C．点电荷Q带正电，所在位置为坐标原点
D．点电荷Q的带电荷量约为4.44×10－11 C
解析：选BD 根据图像乙的斜率可求出A点的电场强度大小为EA＝ka＝eq \f(4,0.1) N/C＝40 N/C，同理可求出B点的电场强度大小为EB＝kb＝eq \f(1,0.4) N/C＝2.5 N/C，由于试探电荷带正电，可知A、B两点的电场强度方向均沿x轴正方向，A错误，B正确；由于点电荷Q在两点产生的电场强度方向相同，且A点的电场强度大于B点的电场强度，所以场源电荷必定在A点的左侧。设场源电荷的坐标为x，据点电荷场强公式可得EA＝keq \f(Q,0.3－x2)，EB＝keq \f(Q,0.6－x2)，联立解得x＝0.2 m，Q≈4.44×10－11 C，C错误，D正确。
考法2 多个点电荷电场强度的叠加
2.如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，则正方形两条对角线交点处的场强( )
A．大小为eq \f(4\r(2)kQ,a2)，方向竖直向上
B．大小为eq \f(2\r(2)kQ,a2)，方向竖直向上
C．大小为eq \f(4\r(2)kQ,a2)，方向竖直向下
D．大小为eq \f(2\r(2)kQ,a2)，方向竖直向下
解析：选C 一个点电荷在两条对角线交点O产生的场强大小为E＝eq \f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a))2)＝eq \f(2kQ,a2)，对角线上的两异种点电荷在O处的合场强为E合＝2E＝eq \f(4kQ,a2)，方向由正电荷指向负电荷，故两等大的场强互相垂直，合场强为EO＝eq \r(E合2＋E合2)＝eq \f(4\r(2)kQ,a2)，方向竖直向下。
考法3 点电荷电场与匀强电场的叠加
3.匀强电场中A、B、C三点间距离均为l，构成一个等边三角形，如图所示。等边三角形所在平面与匀强电场方向平行，若在B处放一正点电荷＋q，在C处放一负点电荷－q，则A点场强为0。则此匀强电场的场强大小为( )
A．eq \f(\r(3)kq,3l2) B．eq \f(kq,l2)
C．eq \f(\r(3)kq,l2) D．eq \f(2kq,l2)
解析：选B B、C两点处的点电荷在A点产生的电场强度的矢量和为E＝2E1cs 60°＝keq \f(q,l2)，因A点的合场强为0，则匀强电场的场强与B、C两点的点电荷在A点的合场强等大且反向，则匀强电场的场强大小为E′＝E＝keq \f(q,l2)，故B正确，A、C、D错误。
(四) 电场强度的求解四法(培优点)
方法1 叠加法
多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各点电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。
[例1] (2023·广州模拟)如图所示，圆弧状带电体ABC上电荷分布均匀。ABC对应的圆心角为120°，B为圆弧中点。若带电体上的全部电荷在圆心P处产生的电场强度大小为E，则AB段上所带的电荷在圆心P处产生的电场强度大小为( )
A．eq \f(1,2)E B．eq \r(3)E
C．eq \f(\r(3),3)E D．eq \f(2\r(3),3)E
[解析] 假设圆弧带电体ABC带正电，根据电场的叠加规律可知ABC在P点产生的电场强度方向沿BP连线向下；AB段产生的场强沿AB中点与P点连线向下，BC段产生的场强沿BC中点与P点的连线向上，并且AB和BC段在P点产生的电场强度大小相等；而P点处总的电场强度为AB和BC段单独产生的电场强度的合场强，如图所示，根据几何关系可知E＝2EABcs 30°，解得AB段上所带的电荷在圆心P处产生的电场强度大小EAB＝eq \f(\r(3)E,3)，故C正确，A、B、D错误。
[答案] C
方法2 对称法
利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。
[例2] (2022·山东等级考)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A．正电荷，q＝eq \f(QΔL,πR) B．正电荷，q＝eq \f(\r(3)QΔL,πR)
C．负电荷，q＝eq \f(2QΔL,πR) D．负电荷，q＝eq \f(2\r(3)QΔL,πR)
[解析] 取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝keq \f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq \f(QΔL,2πR3)，由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为E＝E1＝keq \f(QΔL,2πR3)，根据O点的合场强为零，则放在D点的点电荷为负电荷，大小为E′＝E＝keq \f(QΔL,2πR3)，根据E′＝keq \f(q,2R2)，联立解得q＝eq \f(2QΔL,πR)。
[答案] C
方法3 补偿法
将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，然后再应用对称的特点进行分析，有时还要用到微元思想。
[例3] 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( )
A．eq \f(kq,2R2)－E B．eq \f(kq,4R2)
C．eq \f(kq,4R2)－E D．eq \f(kq,4R2)＋E
[解析] 左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为－q的右半球面的电场的合电场，则E＝keq \f(2q,2R2)－E′，E′为带电荷量为－q的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷量为－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷量为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝keq \f(2q,2R2)－E＝eq \f(kq,2R2)－E，A正确。
[答案] A
方法4 微元法
将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
[例4] (2023·深圳模拟)如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属圆环均匀带电，带电荷量为Q，一长为L＝2R的绝缘细线一端固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电荷量为q(未知)的金属小球(可视为质点)。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P′(图中未画出)是点P关于圆心O对称的点。已知静电力常量为k，重力加速度为g，若取无穷远处为零势面，下列说法正确的是( )
A．O点的场强一定为零
B．P′点场强大小为eq \f(\r(3)kQ,8R2)
C．金属小球的电荷量为q＝eq \f(8mgR2,kQ)
D．剪断细线瞬间，小球的加速度水平向右
[解析] 根据对称性可知，带电荷量为Q的圆环在圆心O点的场强为0，带电金属小球在O点的场强不为0，所以O 点的场强不为零，故A错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系cs θ＝eq \f(R,L)＝eq \f(1,2)，θ＝60°，由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电荷量为Δq，则∑keq \f(Δq,L2)sin θ＝EP，其中∑Δq＝Q，解得EP＝eq \f(\r(3)kQ,2L2)＝eq \f(\r(3)kQ,8R2)，根据对称性可知，带电荷量为Q的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，而P′点的场强大小是圆环与带电金属小球在P′点的电场强度的叠加，所以EP′≠eq \f(\r(3)kQ,8R2)，故B错误；对小球受力分析如图，则qEP＝mgtan 60°，解得q＝eq \f(8mgR2,kQ)，C正确；剪断细线瞬间，小球受合外力沿细线方向斜向右下方，则加速度方向斜向右下方，D错误。
[答案] C
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
1．(2023·河北沧州模拟)对于电场强度的公式E＝eq \f(F,q)和E＝eq \f(kQ,r2)，下列说法正确的是( )
A．电场强度E与试探电荷的电荷量q成反比
B．由E＝eq \f(kQ,r2)可知，r一定时，电场强度E与Q成正比
C．公式中Q与q的含义相同
D．电场中不放入试探电荷时，电场强度为零
解析：选B 电场强度与试探电荷无关，故A、D错误；公式E＝eq \f(kQ,r2)是点电荷周围电场强度的决定式，r一定时，电场强度E与Q成正比，故B正确；Q是场源电荷，q是试探电荷，故C错误。
2．(2023·淮南高三调研)如图所示，一对带绝缘支柱的导体A、B彼此接触，且均不带电。把带正电的物体C移近导体A。下列说法正确的是( )
A．虽靠近C，但导体A内的场强与B内的场强相同
B．因更靠近C，导体A内的场强比B内的场强大
C．若先把A、B分开，再移去C，A带正电，B带负电
D．若先移去C，再把A、B分开，A带负电，B带正电
解析：选A 把带正电的物体C移近导体A，在A的左端感应出负电荷，在B的右端感应出正电荷，电荷只分布在外表面，内部场强处处为零，故B错误，A正确；带正电的物体C移近导体A时，导体A、B由于接触，则导体中的负电荷向A端移动，则A端带负电，B端失去电子带正电，若先把A、B分开，再移去C，A带负电，B带正电；若先移去C，再把A、B分开，则A、B不带电，故C、D错误。
3.如图所示，三角形ABC是等腰三角形，∠BAC＝∠ACB＝30°，在A点固定一个电荷量大小为Q1的点电荷，在B点固定一个电荷量大小为Q2的点电荷，C点处的电场强度方向与AB垂直，则eq \f(Q1,Q2)的值为( )
A．eq \f(\r(3),2) B．eq \r(3)
C．eq \f(\r(2),2) D．eq \r(2)
解析：选B 设BC边长度为r，则AC边长度为eq \r(3)r，则Q1在C点产生的电场强度大小E1＝eq \f(kQ1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)r))2)，Q2在C点产生的电场强度大小E2＝eq \f(kQ2,r2)，E1、E2的水平分量大小相等，由几何关系知E1sin 60°＝E2sin 30°，解得eq \f(Q1,Q2)＝eq \r(3)，故A、C、D错误，B正确。
4.如图是一带电球体和一可视为点电荷的带电小球周围电场线的分布图，球体和小球所带电荷量相同，A为球体球心与小球连线在球体外面部分的中点，B、C为关于连线对称的两点。取无穷远处电势为零，以下说法正确的是( )
A．小球一定带正电，带电球体一定带负电
B．A点处的电势为零，B、C两点电场强度相同
C．将带电粒子从B点移到C点电场力做功为零
D．A点的电场强度小于B、C两点的电场强度
解析：选C 由于题图未注明电场线方向，所以只能得出小球和带电球体带异种电荷，A错误；带电球体不能看成点电荷，所以A点的电势一定不为零，B、C两点的电场强度方向不同，B错误；根据对称性可知，B、C两点的电场强度大小相等，电势也相等，所以将带电粒子从B点移到C点电势能变化量为零，电场力做功也为零，C正确；A点在小球和带电球体的连线上，且二者带异种电荷，结合库仑定律分析可知，A点的电场强度大于B、C两点的电场强度，D错误。
5.如图所示，两正四面体边长均为l0，两正四面体bcd面完全重合，电荷量为Q的两正、负点电荷A、B分别置于两正四面体左、右两顶点，静电力常量为k，则( )
A．b、c、d三点的电场强度大小相等，方向不同
B．b、c、d三点的电势不相等
C．平面bcd上电场强度的最大值为eq \f(3kQ,l02)
D．平面bcd上电场强度的最大值为eq \f(3kQ,2l02)
解析：选C 根据电场强度的合成满足平行四边形定则，则等量异种点电荷连线的中垂面上的b、c、d三点的场强大小相等，方向均与bcd面垂直，则方向相同，选项A错误；等量异种点电荷的中垂面为等势面，则b、c、d三点的电势相等，选项B错误；等量异种点电荷的连线的中点场强最大，由几何关系可知正四面体bcd面的中线长为eq \f(\r(3),2)l0，正四面体的高为h＝eq \r(l02－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)l0×\f(2,3)))2)＝eq \f(\r(6),3)l0，则连线中点的场强为Emax＝eq \f(kQ,h2)×2＝eq \f(3kQ,l02)，选项C正确，D错误。
6.(多选)一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共同激发产生的。像电荷－Q的位置就是把导体板当作平面镜时，点电荷＋Q在此镜中的像点位置。如图所示，已知＋Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，c为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中bc边平行于MN，静电力常量为k，则( )
A．a点与b点的电场强度大小相等
B．c点的电场强度大于b点的电场强度
C．d点的电场强度大小为E＝eq \f(96kQ,25L2)
D．a点的电势低于b点的电势
解析：选BC 由题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，由图可知：a点的电场强度小于b点的电场强度，c点的电场强度大于b点的电场强度，故B正确，A错误；d点的电场强度E＝keq \f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2)－keq \f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5L,2)))2)＝eq \f(96kQ,25L2)，故C正确；正点电荷＋Q在a、b两点的电势大小相等，负点电荷－Q在b点的电势小于a点的电势，根据电势的叠加可知a点的电势高于b点的电势，故D错误。
7．(多选)如图所示，两质量分别为m1 和m2 、带电荷量分别为q1 和q2 的小球，用长度不等的绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β(α>β)，若两小球恰在同一水平线上，那么( )
A．两球一定带异种电荷
B．q1 一定不等于q2
C．m1 一定小于m2
D．两球所受静电力一定不相等
解析：选AC 两球均带电且相互吸引，则必定带异种电荷，故A正确；两球间的静电力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律，无论两球的电荷量是否相等，两球间的静电力大小都相等，故无法判断两球所带电荷量的大小关系，B、D错误；设两球间静电力大小为F，对左球受力分析如图，得到F＝m1gtan α，同理F＝m2gtan β，则m1tan α＝m2tan β，因α>β，得到m1
A．(0,2a)，eq \r(2)q B．(0,2a)，2eq \r(2)q
C．(2a,0)，eq \r(2)q D．(2a,0)，2eq \r(2)q
解析：选B 根据点电荷电场强度公式E＝keq \f(Q,r2)，两等量异种点电荷在P点的电场强度大小均为E0＝eq \f(kq,a2)，方向如图所示，两等量异种点电荷在P点的合电场强度为E1＝eq \r(2)E0＝eq \r(2)eq \f(kq,a2)，方向与＋q点电荷与－q点电荷的连线平行，如图所示，Q点电荷在P点的电场强度大小为E2＝keq \f(Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)a))2)＝eq \f(kQ,2a2)， 三点电荷在P点的合电场强度为0，则E2方向如图所示，大小有E1＝E2，解得Q＝2eq \r(2)q，由几何关系可知Q的坐标为(0,2a)，故B正确。
第2讲 电场能的性质
一、静电力做功 电势能 电势 等势面
1．静电力做功
2.电势能
(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时静电力所做的功。
(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。
(3)电势能的相对性：电势能是相对的，通常把电荷离场源电荷无限远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面上的电势能规定为零。
3．电势
[注意] 电势的高低与电场强度的大小没有联系。
4．等势面的特点
(1)等势面一定与电场线垂直。
(2)在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。
(3)电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
(4)等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。
二、电势差 匀强电场中电势差与电场强度的关系
1．电势差
(1)定义式：UAB＝eq \f(WAB,q)。
(2)电势差与电势的关系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。
(3)影响因素：电势差UAB由电场本身的性质决定，与移动的电荷q及电场力做的功WAB无关，与零电势点的选取无关。
2．匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积。即U＝Ed，也可以写作E＝eq \f(U,d)。
(2)公式U＝Ed的适用范围：匀强电场。
情境创设
如图所示为静电除尘机原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上电，尘埃在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标)，不考虑尘埃的重力，结合下图辨析以下问题：
微点判断
(1)图中A点电势高于B点电势。(×)
(2)尘埃在迁移过程中电势能减小。(√)
(3)尘埃在迁移过程中动能减小。(×)
(4)两极板处的电场线与极板垂直。(√)
(5)带电尘埃的机械能守恒。(×)
(6)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点时静电力所做的功。(×)
(7)电场中电势降低的方向，就是电场强度的方向。(×)
(8)带电粒子一定从电势能大的地方向电势能小的地方移动。(×)
(9)由于静电力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关。(√)
(一) 电势高低及电势能大小的比较(精研点)
逐点清1 静电力做功与电势能的关系
1.如图所示，A点与B点间距离为2l，OCD是以B为圆心，以l为半径的半圆路径。A、B两处各放有一点电荷，电荷量分别为＋q和－q。下列说法正确的是( )
A．单位正电荷在O点所受的静电力与在D点所受的静电力大小相等、方向相反
B．单位正电荷从D点沿任意路径移到无限远，静电力做正功，电势能减小
C．单位正电荷从D点沿DCO移到O点，电势能增大
D．单位正电荷从O点沿OCD移到D点，电势能增大
解析：选C A点电荷量为＋q的点电荷在O点产生的电场强度大小为EAO＝keq \f(q,l2)，方向向右；B点电荷量为－q的点电荷在O点产生的电场强度大小为EBO＝keq \f(q,l2)，方向向右，所以O点的合场强为EO＝2keq \f(q,l2)，方向向右，单位正电荷在O点受到的静电力大小为FO＝2ekeq \f(q,l2)，方向向右。电荷量为＋q的点电荷在D点产生的电场强度大小为EAD＝keq \f(q,9l2)，方向向右；电荷量为－q的点电荷在D点产生的电场强度大小为EBD＝keq \f(q,l2)，方向向左，所以D点的合场强为ED＝keq \f(8q,9l2)，方向向左，单位正电荷在D点受到的静电力大小为FD＝keeq \f(8q,9l2)，方向向左，A错误；因为D点靠近负电荷，远离正电荷，所以D点的电势为负，无限远处电势为零，而正电荷从低电势向高电势处运动静电力做负功，电势能增大，B错误；等量异种点电荷连线的中点处电势为零，故O点电势比D点电势高，正电荷在电势高处电势能大，则在O点电势能比在D点电势能大，C正确，D错误。
一点一过
1．求静电力做功的四种方法
2．判断电势能变化的两种方法
逐点清2 电势能与电势的关系
2.(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两点电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是( )
A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
解析：选BD 作出两个固定点电荷分别在O点附近的电场线，由题意知，O点的场强EO＝0，结合等量正点电荷电场线分布图，进而推知O点左侧的电场方向向右，O点右侧的电场方向向左。可以判定：a点电势高于O点，b点电势低于c点，故A错误，B正确；由Ep＝φq可知，a点的电势高于b点，试探电荷(带负电)在a点的电势能比b点小，故C错误；c点电势高于d点，试探电荷(带负电)在c点的电势能小于d点，故D正确。
3.(2022·全国乙卷)(多选)如图，两对等量异号点电荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则( )
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
解析：选AB 两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，L处的合场强方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的电场方向向左，故B正确；由题图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由题图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
一点一过 电势高低的四种判断方法
(1)根据电场线方向判断：沿电场线方向电势逐渐降低。
(2)根据电场力做功判断：根据UAB＝eq \f(WAB,q)，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低。
(3)根据电势能的高低判断：由φ＝eq \f(Ep,q)知正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低。
(4)根据场源电荷的正负判断：取离场源电荷无限远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低。空间中有多个点电荷时，某点的电势可以代数求和。
逐点清3 场强、电势、电势能的综合问题
4.(多选)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q＞0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
解析：选BC 如图所示，找出Q点，使Q点与P点的距离等于M点与P点的距离，L点为MN上到P点距离最短的点，根据三角形边角关系、点电荷的电场强度公式E＝keq \f(q,r2)和正点电荷形成电场中的电势特点可知，沿着MN边，从M点到N点，与P点的距离r先减小后增大，电场强度先增大后减小，电势也先增大后减小，A错误，B正确；根据电势能与电势的关系Ep＝qφ可知，正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大，故将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为正，C正确，D错误。
5．(2023·长沙高三调研)内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是( )
A．O点电场强度不为零 B．O点电势不为零
C．A、B两点电场强度相同 D．A、B两点电势相等
解析：选D 两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O点的合场强为0，则四个离子在O点的合场强为0，A错误；由于等量异种电荷的连线
的中垂线为等势线，则A、O、B都在同一等势线上，电势相同都为0，B错误，D正确；A、B两点电场强度大小相等，方向相反，C错误。
一点一过
分析场强、电势、电势能问题的三点注意
(1)电场强度为零的地方电势不一定为零，如等量同种点电荷连线的中点；电势为零的地方电场强度也不一定为零，如等量异种点电荷连线的中点。
(2)电场强度相等的地方电势不一定相等，如匀强电场；电势相等的地方电场强度不一定相等，如点电荷周围的等势面。
(3)根据正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大，可判断电势能的变化情况。
(二) 电势差与电场强度的关系(精研点)
逐点清1 匀强电场中电场强度和电势差的关系
1.(2023·广州模拟)如图，圆形区域内存在平行于圆面的匀强电场，mn和pq是圆的两条互相垂直的直径。将一带正电的粒子从另一直径ab的a点移到m点，其电势能增加量为ΔE(ΔE>0)，若将该粒子从m点移到b点，其电势能减少量也为ΔE，则电场强度的方向( )
A．平行直径ab，由b指向a
B．平行直径ab，由a指向b
C．垂直直径ab，指向mp弧
D．垂直直径ab，指向nq弧
解析：选D 由于带正电的粒子从直径ab的a点移到m点，其电势能增加量为ΔE(ΔE>0)，根据W＝q(φa－φm)可知，静电力做负功，且φa<φm，若将该粒子从m点移到b点，其电势能减少量也为ΔE，根据W＝q(φm－φb)可知，静电力做正功，且φb<φm，由于电势能变化量相同，可知a点与b点电势相等，故直径ab是一条等势线，且m点电势高于a、b点电势，所以电场强度的方向垂直直径ab指向nq弧。
一点一过 由E＝eq \f(U,d)可推出的两个重要推论
逐点清2 等分法确定电场线及电势高低
2.如图为静电除尘器除尘原理的示意图，a、b是直流高压电源的两极，图示位置的P、M、N三点在同一直线上，且PM＝MN。尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列判断正确的是( )
A．a是直流高压电源的正极
B．电场中P点的场强小于M点的场强
C．电场中M点的电势低于N点的电势
D．电场中P、M间的电势差UPM等于M、N间的电势差UMN
解析：选C 带负电的尘埃向集尘极迁移，说明集尘极接直流高压电源的正极，a是直流高压电源的负极，选项A错误；从放电极到集尘极的电场，因P点离放电极较近，P点的电场线比M点的电场线密，所以电场中P点的场强大于M点的场强，选项B错误；由于集尘极带正电，电势高，而沿着电场线方向电势逐渐降低，所以电场中M点的电势低于N点的电势，选项C正确；放电极与集尘极之间的电场是非匀强电场，故P、M间的电势差UPM不等于M、N间的电势差UMN，选项D错误。
一点一过
等分法确定电场线及电势高低的解题思路
逐点清3 E＝eq \f(U,d)在非匀强电场中的应用
3.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为φA＝30 V，B点的电势为φB＝－10 V，则C点的电势( )
A．φC＝10 V B．φC>10 V
C．φC<10 V D．上述选项都不正确
解析：选C 由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，即UAC>UCB，
所以φA－φC>φC－φB，可得φC
(1)判断电势差的大小及电势的高低：距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低。(如第3题中判断C点的电势)
(2)判断电场强度的大小：已知电场线分布时，电场线越密处，电场强度越大；已知等差等势线分布时，等势线越密处，电场强度越大。
(三) 等势面的理解与应用(精研点)
1．几种典型电场的等势面
2．等势面(线)结合运动轨迹的求解方法
根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做正功还是做负功、电势能的变化情况或等势面的电势高低，垂直等势面(线)画出电场线来分析。
[考法全训]
考法1 等势面的理解与应用
1.(2021·全国甲卷)(多选)某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则( )
A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4 eV
C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大
解析：选BD 由题图可知φb＝φe，则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；由题图可知φa＝3 V，φd＝7 V，根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4 eV，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的电场强度方向向左，C错误；由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线大体分布如图所示，由图可知b点电场线最密集，则b点处的电场强度最大，D正确。
2．(2021·全国乙卷)如图(a)，在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则( )
A．FM＜FN，EpM＞EpN B．FM＞FN，EpM＞EpN
C．FM＜FN，EpM＜EpN D．FM＞FN，EpM＜EpN
解析：选A 等差等势面的疏密反映电场强度的大小，故N点的电场强度大于M点的电场强度，同一正的试探电荷在N点受到的电场力大，即FM＜FN；在负的点电荷形成的电场中，离负点电荷越近，电势越低，正的试探电荷的电势能越小，故φM＞φN，EpM＞EpN，A正确。
考法2 电场线、等势线与运动轨迹问题
3.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3分别为三条等势线，三条等势线与其中一条电场线的交点依次为M、N、Q点，已知MN＝NQ，电荷量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出，仅在静电力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线a′、b′所示，则( )
A．a粒子一定带正电，b粒子一定带负电
B．MN两点电势差大小|UMN|等于NQ两点电势差大小|UNQ|
C．a粒子的加速度逐渐增大，b粒子的加速度逐渐减小
D．a粒子从出发到等势线3过程的动能变化量比b粒子从出发到等势线1过程的动能变化量小
解析：选D 由题图可知，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受静电力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受静电力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误；由题可知，a粒子所受静电力逐渐减小，加速度减小，b粒子所受静电力逐渐增大，加速度增大，故C错误；已知MN＝NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差大小|UMN|大于NQ两点电势差大小|UNQ|，故B错误；根据静电力做功公式W＝Uq，|UMN|>|UNQ|，a粒子从等势线2到3静电力做的功小于b粒子从等势线2到1静电力做的功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故D正确。
1．[联系生活实际](多选)如图为某静电矿料分选器原理图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分别落在收集板中央的两侧。下列关于矿粉分离过程说法正确的是( )
A．落在收集板左侧的矿粉带正电
B．电场力对落在收集板两侧的矿粉均做负功
C．矿粉的电势能均减小
D．矿粉的电势能均增大
解析：选AC 由题图知，匀强电场的方向水平向左，所以落在收集板左侧的矿粉带正电，A正确；因为落在收集板左、右两侧的矿粉所受电场力与其偏转方向均一致，所以电场力对落在两侧的矿粉都做正功，电势能均减小，故B、D错误，C正确。
2．[体现学以致用]如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥。图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是( )
A．A处的电场强度大于D处
B．B处的电势高于C处
C．水分子做匀变速运动
D．水分子由A运动到C的过程中电势能减少
解析：选D 电场线密的地方电场强度大，A处的电场强度小于D处，A错误；顺着电场线方向电势降低，B处的电势低于C处，B错误；水分子受到的电场力是变力，所以做变加速运动，C错误；水分子两端带等量异种电荷，所以水分子的棒状与电场方向平行，且上端的电场强度大，受到较大的电场力，故水分子受到的合力沿电场线向上，即电场力对水分子做正功，根据功能关系可知电势能减少，D正确。
3．[体现学以致用](多选)当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量点电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，则( )
A．a、b两点的电场强度相同
B．c、d两点的电场强度不相同
C．a、b两点的电势差Uab＝－3 mV
D．从c到d的直线上电场强度先变大后变小
解析：选AD 该瞬时电势分布图可等效为等量异种点电荷产生的，等量异种点电荷的电场线分布如图所示。a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故A正确；c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小与方向也相同，故B错误；a、b两点的电势差Uab＝φa－φb＝3 mV，故C错误；根据等势线的疏密程度可判断出从c到d的直线上电场强度先变大后变小，故D正确。
4．[聚焦科技前沿](2022·浙江1月选考)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是( )
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
解析：选C 因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，A错误；因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，B错误；因b、c两点所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，C正确；因d、g两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，D错误。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、立足主干知识，注意基础性和综合性
1．(多选)关于电场，下列说法正确的是( )
A．电场是物质存在的一种形式
B．电场力一定对正电荷做正功
C．电场线是实际存在的线，反映电场强度的大小和方向
D．静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面
解析：选AD 电场是存在于电荷周围的一种特殊物质，A正确；如果正电荷的速度方向与电场力方向的夹角大于90°，则电场力做负功，B错误；电场线是为了形象地描绘电场而人为引入的一簇曲线，该曲线的疏密程度反映场强的大小，C错误；静电场的电场线在空间上与等势面垂直，且沿电场线的方向电势降低，即由高等势面指向低等势面，D正确。
2.我国的特高压直流输电是在高端制造领域领先世界的一张“名片”，特别适合远距离输电，若直流高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，并且以高压线与大地接触的那个位置为圆心，形成一簇如图所示的等差等势线同心圆，A、B、C、D是等势线上的四点，当人走在地面上时，如果形成跨步电压就会导致两脚有电势差而发生触电事故，则( )
A．电势的大小为φC＞φB＝φD＞φA
B．电场强度的大小为EA＞EB＝ED＞EC
C．人从B沿着圆弧走到D会发生触电
D．AB间距离等于BC间距离的2倍
解析：选B 根据题意，圆心处的电势最高，向外越来越低，电势的大小为φA＞φB＝φD＞φC，A错误；根据等势线的疏密判断电场强度的大小，由题图可知电场强度的大小为EA＞EB＝ED＞EC，B正确；B和D在同一条等势线上，人从B沿着圆弧走到D不会发生触电，C错误；AB间的平均场强大于BC间的平均场强，AB间的电势差等于BC间的电势差的2倍，根据E＝eq \f(U,d)可以定性判断出AB间距离小于BC间距离的2倍，D错误。
3．(2021·浙江1月选考)如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是( )
A．导体内部的场强左端大于右端
B．A、C两点的电势均低于B点的电势
C．B点的电场强度大于A点的电场强度
D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小
解析：选D 处于静电平衡状态下的导体，它的表面是一个等势面，其内部电场为零，A错误； 根据电场线性质，顺着电场线方向电势降低，所以A、C电势高于B点电势，B错误；由题图可以看出A点的电场线比B点的电场线密集，B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；因为φA＞φB，因此正电荷从A点到B点电场力做正功，电势能减小，D正确。
4．(2021·广东高考)如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小
D．液滴在a点的电势能比在b点的大
解析：选D 高压电源左为正极，则两极间所加强电场的电场强度向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb，故A错误；电场线与等势面垂直，根据等势面可大致画出电场线分布，可知a处的电场线较密，则Ea>Eb，故B错误；液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a＝eq \f(qE,m)，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C错误；液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即Epa>Epb，故D正确。
5.如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是( )
A．M点的场强比P点的场强大
B．M点的电势比N点的电势高
C．N点的场强与P点的场强相同
D．电子在M点的电势能比在P点的电势能大
解析：选C 等量异种点电荷的电场线分布如图所示，则M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，A错误，C正确；根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M点的电势高于P点的电势，根据Ep＝qφ＝－eφ可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小，B、D错误。
6．(2021·辽宁高考)等量异号点电荷固定在水平向右的匀强电场中，电场分布如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线。将同一负电荷先后置于a、b两点，电势能分别为Epa和Epb，电荷所受电场力大小分别为Fa和Fb，则( )
A．Epa＞Epb，Fa>Fb B．Epa＞Epb，Fa
7.如图所示，绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3 J，重力做功1.5 J，电势能增加0.5 J，则以下判断正确的是( )
A．金属块带负电荷
B．静电力做功0.5 J
C．金属块克服摩擦力做功0.7 J
D．金属块的机械能减少1.4 J
解析：选C 在下滑过程中电势能增加0.5 J，故物体需克服电场力做功为0.5 J，故金属块带正电荷，故A、B错误；在金属块下滑的过程中动能增加了0.3 J，重力做功1.5 J，电场力做功－0.5 J，根据动能定理得，W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7 J，故C正确；外力做功为W外＝W电＋Wf＝－1.2 J，故金属块机械能减少1.2 J，故D错误。
8.某示波管内的聚焦电场如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，A、B、C 为电场中的三点。两电子分别从A、B运动到同一点C，电场力对两电子做功分别为WA和WB，则( )
A．WA＝WB<0 B．WA＝WB>0
C．WA>WB>0 D．WA
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9．(多选)下图为静电植绒的原理图。带负电的金属网中盛有绒毛，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电的绒毛从带负电的金属网到布匹的运动过程中( )
A．做匀速运动
B．做加速运动
C．电势能逐渐增大
D．运动经过处各点电势逐渐升高
解析：选BD 带负电的绒毛从带负电的金属网到布匹的运动过程中由于受到向下的电场力，故绒毛做加速运动，故A错误，B正确；由于绒毛受到向下的电场力，电场力做正功，电势能减小，故C错误；绒毛带负电，向下运动过程中电势能不断减小，则电势不断升高，故D正确。
10.(2023·广东六校联考)如图所示，空间有一圆锥OBB′，点A、A′分别是两母线的中点。现在顶点O处固定一带正电的点电荷，下列说法中正确的是( )
A．A、A′两点的电场强度相同
B．将一带负电的试探电荷从B点沿直径移到B′点，其电势能先减小后增大
C．平行于底面且圆心为O1的截面为等势面
D．若B′点的电势为φB′，A′点的电势为φA′，则BA连线中点C处的电势φC等于eq \f(φB′＋φA′,2)
解析：选B A、A′两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；将带负电的试探电荷从B点沿直径移到B′点过程中，静电力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，B正确；O处固定的带正电的点电荷产生的等势面是以O为圆心的球面，不是圆心为O1的截面，C错误；由于CB间的场强小于AC间的场强，由U＝eq \(E,\s\up6(－))d得CB间的电势差小于AC间的电势差，又因为A、A′到O点的距离相等，所以φA＝φA′，同理可得φB＝φB′，C为AB中点，则有φC＜eq \f(φB′＋φA′,2)，D错误。
11．(2021·江苏高考)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则( )
A．O、C两点电势相等
B．A点的电场强度大于B点
C．沿直线从A到B电势先升高后降低
D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大
解析：选A 由于球壳内部的场强为零，补全球面以后可知左、右半球面对C点的场强应等大反向，由对称性可知右半球面对C点的场强应垂直截面向左，因此OC是等势线，故A正确；将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球面在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左、右半球面在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，在图示电场中，A点的电场强度大小为E2，方向向左，B点的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误；根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误。
12.避雷针是用来保护建筑物、高大树木等避免雷击的装置。当雷云放电接近地面时它使地面电场发生畸变，在避雷针的顶端形成局部电场集中的空间。图示为某次避雷针周围的等势面分布情况，电场中有M、N、P三点。下列说法正确的是( )
A．P点的电势比N点的高
B．避雷针附近的电场是匀强电场
C．正电荷从M点移动到N点，电场力做正功
D．电子在P点的电势能大于其在M点的电势能
解析：选D 由题图中虚线为等势面知P点的电势为6 kV，N点的电势为8 kV，则N点电势高，A错误；匀强电场的等势线应是一簇等间距的平行线，由图可知避雷针附近的电场显然不是匀强电场，B错误；M、N两点在同一等势面上，电势相等，正电荷从M点移动到N点，电场力做功为零，C错误；由Ep＝qφ，电子在P点的电势能为Ep1＝－eφP＝－e·6 kV＝－6 keV，电子在M点的电势能为Ep2＝－eφM＝－e·8 kV＝－8 keV，故Ep1>Ep2，即电子在P点的电势能大于其在M点的电势能，D正确。
13.某平面区域内一静电场的等势线分布如图中虚线所示，一正电荷仅在电场力作用下由a运动至b，设a、b两点的电场强度分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，该电荷在a、b两点的速度分别为va、vb，电势能分别为Epa、Epb，则( )
A．Ea>Eb B．φa＞φb
C．va>vb D．Epa>Epb
解析：选C 等势面的疏密反映电场强度的大小，所以Ea＜Eb，A错误；如图所示，运动轨迹与等势面的交点A处，电场线与等势面垂直，正电荷做曲线运动合外力指向凹侧，所以在A点所受电场力水平向左，所以A点的电场线水平向左，从而判断出电场线指向左侧，所以φb＞φa，B错误；正电荷在电势高的地方电势能大，所以在b点的电势能大于a点的电势能，则Epa
A．M点的电场强度比O点大
B．a、b两处的电场强度和电势都相同
C．a、c两处的电场强度一定相同
D．将一负电荷从a点移到O点再移到c点，电场力在两段做的负功相同
解析：选CD 在等量异种电荷连线的中垂线上，O点的电场强度最大，所以M点的电场强度比O点小，故A错误；根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，a、b两处的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，a、c两处的电场强度一定相同，故C正确；如图所示，作出经过a、b两点的等势线，作出经过c、d两点的等势线，两等势线分别交两等量异种电荷的连线于A、C点，根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，A、O两点间的电势差UAO等于O、C两点间的电势差UOC，即a、O两点间的电势差UaO等于O、c两点间的电势差UOc，所以将一负电荷从a点移到O点再移到c点，电场力在两段做的负功相同，故D正确。
15.(2022·河北高考)如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是( )
A．P点电势低于S点电势
B．T点电场强度方向指向O点
C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
解析：选B 在直线MN上，正电荷在M点，其右侧电场强度水平向右，负电荷在N点，其左侧电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，等势面上任意一点电势均大于球内任意一点电势，又因为电场强度方向垂直等势面，可知T点电场强度方向指向O点，故A错误，B正确；由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，可知在N点左侧电场强度不可能为零，则N点右侧，设MN距离为L，根据eq \f(k·2q,L＋d2)＝eq \f(k·q,d2)，可知除无穷远处外，MN直线上电场强度为零的点只有一个，故C错误；由A选项分析可知：T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误。
16．如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆形细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F，一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A．小球从C运动到D的过程中，速度先减小后增大
B．在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低
C．小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能
D．小球在D、F两点所受的电场力相同
解析：选C 等量同种正点电荷的电场线如图，小球从C到D的过程中电场力的方向与速度方向的夹角一直是钝角，电场力一直做负功，速度一直减小，A错误；由等量正点电荷的电场线的分布可知，电场线在OC方向由C指向O，在OF方向则有O指向F，顺着电场线方向电势降低，因此有φC>φO>φF，B错误；根据电场分布的对称性规律可知φC＝φE，则小球在C、E两点的电势能相同，由能量守恒定律可得小球在C和E两点动能相同，速度大小相等，C正确；D、F两点场强方向相反，因此小球受到的电场力方向相反，D错误。
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
一、电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：极板的正对面积，电介质的相对介电常数，两板间的距离。
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd)。
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速
2．偏转
情境创设
目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置，假设电容器为平行板电容器。
微点判断
(1)电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号。(√)
(2)使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作。(×)
(3)手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小。(×)
(4)手指与屏的接触面积变大时，电容变大。(√)
(5)电容触摸屏在原理上把人体的手指当作电容器元件的一个电极使用。(√)
(6)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(×)
(一) 平行板电容器的动态分析(固基点)
[题点全练通]
1．[电荷量不变时的动态分析]
在手机塑料壳的生产线上，用图示装置来监控塑料壳的厚度。两个完全一样的金属板A、B，平行正对固定放置，通过导线接在恒压电源上：闭合开关，一小段时间后断开开关，让塑料壳匀速通过A、B间，当塑料壳变厚时( )
A．两板间电压不变 B．两板间电场强度减小
C．两板所带电荷量减小 D．静电计指针偏角增大
解析：选B 断开开关后电容器的电荷量不变，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)、U＝eq \f(Q,C)得U＝Q·eq \f(4πkd,εrS)，可知，由于Q不变，当塑料壳变厚时εr增大，两板间电压减小，静电计指针偏角减小，故A、C、D错误；根据E＝eq \f(U,d)可知，两板间距离d不变，电压U减小，则两板间电场强度减小，故B正确。
2．[电压不变时的动态分析]
(2023·随州模拟)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化。如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d，相对介电常数为εr。若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，电源电压恒定为U，则瓶内液面的高度( )
A．升高了eq \f(2kdIt,rUεr) B．升高了eq \f(kdIt,rUεr)
C．降低了eq \f(2kdIt,rUεr) D．降低了eq \f(kdIt,rUεr)
解析：选C 由题图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，反之则电容减小，由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，故电容减小，瓶内液面降低，t时间内减少的电量q＝It，由C＝eq \f(Q,U)可得q＝ΔQ＝U·ΔC，ΔS＝2πr·Δh，故ΔC＝eq \f(εr·2πr·Δh,4πkd)，联立解得Δh＝eq \f(2kdIt,rUεr)，故选C。
3．[带电体受力及运动情况的判断]
(多选)如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中( )
A．油滴将向下做匀加速运动
B．电流计中电流由b流向a
C．油滴运动的加速度逐渐变大
D．极板带的电荷量减少
解析：选CD 由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，B错误，D正确；由E＝eq \f(U,d)可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度逐渐变大，A错误，C正确。
4．[电容器的综合分析]
如图所示，电源电动势为E，内电阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度降低而增大，C是平行板电容器。静电计上金属球与平行板电容器上板相连，外壳接地。闭合开关S，带电液滴刚好静止在电容器两板内。在温度降低的过程中，分别用ΔI、ΔU1和ΔU2表示电流表、电压表1和电压表2示数变化量的绝对值。关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是( )
A．eq \f(ΔU1,ΔI)一定不变，eq \f(ΔU2,ΔI)一定变大
B．eq \f(ΔU1,ΔI)和eq \f(ΔU2,ΔI)一定不变
C．带电液滴一定向下加速运动且它的电势能不断减少
D．静电计的指针偏角增大
解析：选B 根据电路知识知，V1测路端电压，V2测热敏电阻RT的电压，静电计测定值电阻R的电压，由U1＝E－Ir可得eq \f(ΔU1,ΔI)＝r，可知eq \f(ΔU1,ΔI)不变，根据U2＝E－I(R＋r)可得eq \f(ΔU2,ΔI)＝r＋R，可知eq \f(ΔU2,ΔI)不变，故A错误，B正确；带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程中，热敏电阻RT阻值增大，回路中电流减小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流减小，所以分得的电压也就减小，电容器两端电压减小，静电计的指针偏角将减小，平行板间的电场强度也减小，导致带电液滴向下运动，电场力做负功，电势能增加，故C、D错误。
[要点自悟明]
1．动态分析的思路
2．两类动态分析的比较
(二) 带电粒子(体)在电场中的直线运动(精研点)
1．电场中重力的处理方法
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。
(2)带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。
2．做直线加速运动的条件
带电粒子(体)所受合外力与速度方向在同一条直线上。
[考法全训]
题型1 带电粒子仅在静电力作用下的直线运动
1.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距eq \f(2,5)l的平面。若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为( )
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
解析：选A 设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子aM＝eq \f(Eq,M)，eq \f(2,5)l＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,M)t2；对电荷量为－q的粒子有am＝eq \f(Eq,m)，eq \f(3,5)l＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)t2，联立解得eq \f(M,m)＝eq \f(3,2)，故选A。
题型2 带电体在静电力和重力作用下的直线运动
2.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则( )
A．微粒到达B点时动能为eq \f(1,2)mv02
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差UMN＝eq \f(mgd,qcs θ)
D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少eq \f(mgd,cs θ)
解析：选C 微粒受静电力和重力作用，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做匀减速运动，微粒到达B点时动能小于eq \f(1,2)mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcs θ＝mg，解得E＝eq \f(mg,qcs θ)，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq \f(mgd,qcs θ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为eq \f(mgd,cs θ)，选项D错误。
3.如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为eq \f(d,4)的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零。重力加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：
(1)两极板间的电压；
(2)小球运动的最大速度。
解析：(1)根据动能定理可得4mg×eq \f(5,4)d－2Uq－eq \f(3,4)Uq－eq \f(1,2)Uq＝0
解得U＝eq \f(20mgd,13q)。
(2)当两个小球在电场中时，静电力F1＝eq \f(U,d)×2q＝eq \f(40,13)mg<4mg
当三个小球在电场中时，静电力F2＝eq \f(U,d)×3q＝eq \f(60,13)mg>4mg
故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得4mg×eq \f(d,2)－eq \f(1,2)Uq－eq \f(1,4)Uq＝eq \f(1,2)×4mv2－0
解得v＝ eq \r(\f(11gd,26))。
答案：(1)eq \f(20mgd,13q) (2) eq \r(\f(11gd,26))
(三) 带电粒子(体)在电场中的偏转(精研点)
1．偏转的一般规律
2．两个重要推论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角、偏移距离总是相同的。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，若电场宽度为l，O到电场边缘的距离为eq \f(l,2)。
3．一般解题方法
[考法全训]
考法1 带电粒子在匀强电场中的偏转
1．(2022·浙江6月选考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为eq \r(2)v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则( )
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为a＝eq \f(2v02,L)
D．粒子从N板下端射出的时间t＝eq \f(\r(2)－1L,2v0)
解析：选C 由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A错误；根据题意，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有eq \f(L,2)＝v0t，d＝eq \f(1,2)at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有(eq \r(2)v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝eq \f(L,2v0)，a＝eq \f(2v02,L)，C正确，D错误。
2．(2021·全国乙卷)(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )
解析：选AD 分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,v0)))2，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电荷的粒子向y轴正方向偏转，带负电荷的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，则x相同时，粒子(＋q,2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误。
考法2 带电体在匀强电场中的偏转
3．空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq \f(t,2)。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)。③
(2)设B从O点发射时的初速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。⑦
答案：(1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
1．[联系生活实际]
在我们的日常生活中会发生很多静电现象。有一次，小明的手指靠近金属门把手时，如图所示，突然有一种被电击的感觉。这是因为运动摩擦使身体带电，当手指靠近门把手时，二者之间产生了放电现象。已知手指带负电，关于放电前手指靠近金属门把手的过程中，下列说法正确的是( )
A．门把手内部的场强逐渐变大
B．门把手与手指之间场强逐渐增大
C．门把手左端电势高于右端电势
D．门把手右端带负电荷且电量增加
解析：选B 放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手在手的影响下，发生静电感应，在其右端感应出正电荷，左端感应出负电荷。本身是处于静电平衡状态，内部场强为零，两端电势相等，门把手与手指之间看成一个电容器，可知当两者距离减小时，根据公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，联立可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知，门把手与手指之间场强逐渐增大。
2．[体现学以致用]静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图所示。忽略运动中涂料微粒间的相互作用和涂料微粒的重力。下列说法中正确的是( )
A．当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增大
B．涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定
C．在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被喷涂工件右侧P点(相对工件的距离不变)处，先经过的微粒电势能较大
D．涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快
解析：选D 当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，电场强度减小，故涂料微粒所受电场力减小，A错误；涂料微粒的运动轨迹与初速度和受力情况均有关，B错误；工件接地，电势为零，P处电势为负值，喷涂机左移会使空间场强变大，P点电势变低，因微粒带负电，先经过的微粒电势能较小，C错误；涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式U＝Ed，在直线轨迹上电势升高最快，D正确。
3．[聚焦科技前沿]心脏除颤器的工作原理是向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心颤患者的心脏，使之恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为14 μF，充电至10 kV电压，如果电容器在2 ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是( )
A．这次放电过程中通过人体组织的电流恒为70 A
B．这次放电有0.14 C的电荷量通过人体组织
C．若充电至5 kV，则该电容器的电容为7 μF
D．人体起到绝缘电介质的作用
解析：选B 根据C＝eq \f(Q,U)可知该电容器所带电荷量在放电过程中逐渐减小，电压也在逐渐减小，所以电流逐渐减小，故A错误；根据C＝eq \f(Q,U)可知充电至10 kV 时电容器带的电荷量为Q＝CU＝0.14 C，故这次放电过程中有0.14 C的电荷量通过人体组织，故B正确；电容器在充电过程中，电容器的电容不变，仍然为14 μF，故C错误；人体为导体，故D错误。
4．[聚焦科技前沿]如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( )
A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增大
C．向左移动时，θ不变 D．向右移动时，θ减小
解析：选B 当被测物体向左移动时，电容器极板间的电介质增多，则电容会增大，由于电荷量不变，则电容器极板间的电压减小，即θ减小，故A、C错误；当被测物体向右移动时，情况相反，故B正确，D错误。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.当带电的云层离地面较近时，云和地面形成一个巨型电容器，它们之间会形成一个强电场，若云层带电量一定，将云层底面及地面始终都看作平整的平面，则( )
A．当云层向下靠近地面时，该电容器的电容将减小
B．当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电势差将增大
C．当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将增大
D．当云层底面积增大时，该电容器的电容将增大
解析：选D 根据平行板电容器电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知，当云层向下靠近地面时，d减小，该电容器的电容C将增大，故A错误；根据电容器电容的定义式C＝eq \f(Q,U)可知，当云层向下靠近地面时，该电容器的电容C增大，由于电荷量Q不变，则云层和地面间的电势差将减小，故B错误；根据电场强度与电势差的关系E＝eq \f(U,d)，再联立上面两式可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，则当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将不变，故C错误；当云层底面积增大时，正对面积S增大，该电容器的电容C将增大，故D正确。
2．(2023·孝感模拟)粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O(为薄金属环)及A、B、C、D、E 5个金属圆筒(又称漂移管)，相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入(初速度为0)金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则( )
A．质子从圆筒E射出时的速度大小为 eq \r(\f(5eU,m))
B．圆筒E的长度为Teq \r(\f(10eU,m))
C．MN所接电源是直流恒压电源
D．金属圆筒A与金属圆筒B的长度之比为1∶2
解析：选B 质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得5eU＝eq \f(1,2)mvE2，质子从圆筒E射出时的速度大小为vE＝eq \r(\f(10eU,m))，选项A错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE＝vET＝Teq \r(\f(10eU,m))，选项B正确；同理可知，金属圆筒A的长度LA＝Teq \r(\f(2eU,m))，金属圆筒B的长度LB＝Teq \r(\f(4eU,m))，则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶eq \r(2)，选项D错误；因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，当质子在OA间加速时，A接电源负极，则质子在AB间加速时需将A接电源正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，选项C错误。
3．密立根用油滴实验测得了电子电荷量的精确数值。如图所示，当油滴喷出时，因与喷雾器摩擦而带负电，油滴通过小孔进入平行板电容器AB之间，调节两板间的电压，让油滴缓慢匀速下落，并测定油滴直径等相关物理量，可推算出该油滴的电荷量，不计油滴间相互作用。下列说法正确的是( )
A．油滴由于失去正电荷而带负电
B．若仅增大AB间电压，油滴将加速下落
C．若仅增大AB间距离，油滴将减速下落
D．若在AB间同时悬停着两颗油滴，则直径大的带电荷量一定大
解析：选D 油滴与喷雾器摩擦得到电子从而带负电荷，A错误；由于油滴带负电，受电场力向上，若仅增大AB间电压，油滴将加速上升，B错误；若仅增大AB间距离，电压不变，根据E＝eq \f(U,d)，可知电场强度减小，电场力小于重力，油滴将加速下落，C错误；若在AB间同时悬停着两颗油滴，直径大的质量一定大，根据mg＝Eq，可知质量大的带电荷量一定大，因此直径大的带电荷量一定大，D正确。
4.(2023·长沙模拟)如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带负电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力。若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差为U时观察到某个质量为m的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，则该油滴所带电荷量可表示为( )
A．eq \f(md,U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(2d,t2))) B．eq \f(md,2U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(2d,t2)))
C．eq \f(md,U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(d,t2))) D．eq \f(m,Ud)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(2d,t2)))
解析：选A 油滴带负电，设电荷量为Q，油滴所受到的电场力方向向上，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得，mg－Qeq \f(U,d)＝ma，d＝eq \f(1,2)at2。联立两式得，Q＝eq \f(md,U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(2d,t2)))，故A正确。
5．(多选)电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3×104 V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间 1×103 V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO′所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图中弧线所示，则( )
A．电极A1的电势高于电极A2的电势
B．电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°
C．聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小
D．电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV
解析：选ABD 由电子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，电子带负电，所以电场强度方向与电子受到的电场力方向相反，即电极A1的电势高于电极A2的电势，故A正确；电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°，故B正确；聚焦电场不仅改变电子速度的方向，也改变电子速度的大小，故C错误；由动能定理，电子到达聚焦电场时动能已经为3×104 eV，再经过聚焦电场加速，可知电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV，故D正确。
6. (2022·湖北高考)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( )
A．q，r B．2q，r
C．2q,2r D．4q,2r
解析：选D 初始状态下，油滴处于静止状态时，满足Eq＝mg，即eq \f(U,d)q＝eq \f(4,3)πr3·ρg，当电势差调整为2U时，若油滴的半径不变，则满足eq \f(2U,d)q′＝eq \f(4,3)πr3·ρg，可得q′＝eq \f(q,2)，A、B错误；当电势差调整为2U时，若油滴的半径变为2r时，则满足eq \f(2U,d)q′＝eq \f(4,3)π(2r)3·ρg，可得q′＝4q，C错误，D正确。
7.(2023·湖南名校联考)如图所示，真空中的M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿AC连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝eq \r(5) m/s，取无穷远处为电势零点，点电荷的电势公式为φ＝keq \f(Q,r)，式中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为到点电荷的距离。下列判断可能正确的是( )
A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝4 m/s
B．微粒越过C点后先做加速运动，后做减速运动
C．微粒将以B为中心做往返运动
D．微粒在整个运动过程中的最终速度为0
解析：选B AC之间关于B点对称位置的电场强度大小相等、方向相同，A到B的功和B到C的功相同，依据动能定理可得WAB＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2,2WAB＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvA2，解得 vC＝3 m/s，故A错误；根据电场叠加可知，C点右侧附近电场方向向右，之后电场方向向左，所以微粒越过C点后先做加速运动，后做减速运动，故B正确；过B点作垂直AC的线，此线为等势线，微粒越过C之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故微粒在B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同，故微粒不会以B为中心做往返运动，故C、D错误。
8.如图所示，一带正电的小球在匀强电场中受到的电场力与小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向做加速度不为零的匀变速直线运动，ON与水平面的夹角为30°。不计空气阻力，重力加速度为g。则( )
A．电场力方向可能水平向左
B．小球可能做匀加速直线运动
C．小球的加速度大小一定小于g
D．经过时间eq \f(v0,g)，小球的速度方向发生改变
解析：选D 小球做匀变速直线运动，合力方向一定和速度方向在同一直线上，即在ON直线上，因为mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据几何关系可知电场力qE与水平方向夹角为30°，受力情况如图所示，合力沿ON向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，与速度方向相反，小球做匀减速直线运动，故A、B、C错误；设小球减速到零所用时间为t，则t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,g)，故经过时间eq \f(v0,g)，小球速度刚好减为零，然后反向加速，即经过时间eq \f(v0,g)，小球的速度方向发生改变，故D正确。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9.(2023·广州模拟)如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电荷的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．小球所受静电力大小为eq \f(\r(3)mg,2)
B．小球所受的合外力大小为eq \f(\r(3)mg,3)
C．小球由O点到P点用时eq \f(\r(3)v0,g)
D．小球通过P点时的动能为eq \f(5,2)mv02
解析：选C 设OP＝L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点时的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcs 60°＝eq \f(v0,2)t，竖直方向：Lsin 60°＝eq \f(1,2)gt2，解得：t＝eq \f(\r(3)v0,g)，选项C正确；水平方向小球所受静电力大小F1＝ma＝meq \f(v0,t)＝eq \f(\r(3)mg,3)，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合外力的大小F＝eq \r(mg2＋F12)＝eq \f(2\r(3),3)mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝eq \r(3)v0，则动能：EkP＝eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(3,2)mv02，选项D错误。
10.(多选)如图所示，xOy坐标系的第一象限存在水平向左的匀强电场。第二象限存在竖直向下的匀强电场，y轴上c点和x轴上d点连线为电场的下边界。相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，下列说法正确的是( )
A．带电粒子甲、乙在c点速度之比为2∶1
B．带电粒子甲、乙在c点速度之比为eq \r(2)∶1
C．带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为eq \r(2)∶1
D．带电粒子甲、乙在第二象限射出电场时速度方向相同
解析：选BD 相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，由v2＝2ax可得带电粒子甲、乙在c点速度之比为v甲∶v乙＝eq \r(2)∶1，故A错误，B正确；甲、乙两粒子从c点水平射入第二象限，设带电粒子在第二象限内电场中运动位移与水平方向夹角为θ，甲、乙两粒子位移与水平方向的夹角θ相同，由平抛运动知识可知x＝v0t ①，tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(a′t2,2v0t)＝eq \f(a′t,2v0) ②，y＝xtan θ＝v0ttan θ ③，综合①②③可得s＝eq \r(x2＋y2)＝eq \f(2tan θ\r(1＋tan2θ),a′)v02，可知带电粒子甲、乙粒子在第二象限电场内的位移之比为2∶1，故C错误；设速度方向与水平方向夹角为α，tan α＝eq \f(a′t,v0)，可得tan α＝2tan θ，甲、乙粒子在第二象限射出电场时速度方向与水平方向夹角α相同，故D正确。
11．(2022·全国乙卷)(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
解析：选BD 在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Er＝k。带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝meq \f(v12,r1)，qE2＝meq \f(v22,r2)，可得eq \f(1,2)mv12＝eq \f(qE1r1,2)＝eq \f(qE2r2,2)，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，同理可知，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故A错误，B正确；粒子3做向心运动，有qE2>meq \f(v32,r2)，可得eq \f(1,2)mv32
A．变化前后电容器电容之比为9∶17
B．变化前后电容器所带电荷量之比为16∶9
C．变化前后电子到达下极板的速度之比为eq \r(2)∶1
D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2∶1
解析：选AD 由平行板电容器电容公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，变化前后电容器电容之比为eq \f(C1,C2)＝eq \f(S1,S2)·eq \f( d2,d1)＝eq \f(S,\f(17,18)S)·eq \f(\f(d,2),d)＝eq \f(9,17)，电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(C1,C2)＝eq \f(9,17)，故A正确，B错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv2，解得电子到达下极板的速度v＝ eq \r(\f(2eU,m))，电容器两端电压不变，变化前后电子到达下极板的速度之比为1∶1，故C错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU,md)，电子的运动时间t＝ eq \r(\f(2d,a))＝ eq \r(\f(2md2,eU))＝d eq \r(\f(2m,eU))，变化前后电子运动到下极板所用时间之比为eq \f(t1,t2)＝eq \f(d1,d2)＝eq \f(d,\f(d,2))＝eq \f(2,1)，故D正确。
13．多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。
解析：(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有qU＝eq \f(1,2)mv2①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝eq \f(l,v)②
联立①②式，得T1＝ eq \r(\f(ml2,2qU))。③
(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0④
得x＝eq \f(U,E)。⑤
(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为eq \x\t(v)，有eq \x\t(v)＝eq \f(v,2)⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝eq \f(L1,\x\t(v))＋eq \f(L2,v)⑦
联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2) eq \r(\f(m,2qU))⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与eq \r(m)成正比。依题意可得eq \f(t1,t0)＝ eq \r(\f(m1,m0))
可得m1＝eq \f(t1,t0)2m0。⑨
答案：(1) eq \r(\f(ml2,2qU)) (2)eq \f(U,E) (3)eq \f(t1,t0)2m0
带电粒子在电场中运动的综合问题
(一) 电场中的三类图像问题
类型1 φ-x图像
(1)φ-x图像上某点切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，若φ-x图像上存在极值，其切线的斜率为零，则对应位置处电场强度为零。
(2)在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。
(3)在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。
[例1] (2023·重庆模拟)如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图，一个带电粒子从坐标原点O处静止释放，仅在静电力作用下从坐标原点O沿x轴正方向运动，则( )
A．粒子一定带负电
B．粒子在x1与x3两点的加速度相等
C．粒子从x1运动到x3，电势能先减小后增大
D．粒子释放后将在x轴正方向某一范围内做往复运动
[解析] 由题图可知，从O到x2电势逐渐降低，说明电场方向沿x轴正方向，粒子从静止开始沿x轴正方向运动，受力与电场强度方向相同，故粒子带正电，A错误；由φ-x图像斜率的绝对值等于电场强度的大小可知，在x1与x3处，切线斜率不同，则电场强度大小不相等，加速度不相等，故B错误；从x1到x3电势先降低后升高，粒子的电势能先减小后增大，故C正确；从原点到x轴正方向任意一点电势差均不为零，电场力对粒子做正功，速度方向一直沿x轴正方向，故D错误。
[答案] C
类型2 Ep-x图像
(1)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正负，电势能减少，电场力做正功；电势能增加，电场力做负功。
(2)根据ΔEp＝－W＝－Fx，图像Ep-x斜率的绝对值表示电场力的大小。
[例2] (多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )
A．x1处电场强度为零
B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3
C．粒子在x2～x3段速度v随x均匀减小
D．x2～x3段是匀强电场
[解析] 根据电势能与电场力关系qE·Δx＝－ΔEp，可知Ep-x 图像切线的斜率的绝对值表示电场力的大小，在x1处切线斜率为零，粒子在x1处所受电场力为零，则x1处电场强度为零，故A正确；根据电势能与电势的关系Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1＞φ2＞φ3，故B正确；由图可知x2～x3段斜率不变，则电场力不变，电场强度不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，速度随时间均匀变化，不会随x均匀减小，故C错误，D正确。
[答案] ABD
类型3 E-x图像
在给定了电场的E-x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况，E＞0表示场强沿正方向，E＜0表示场强沿负方向；E-x图线与x轴所围成的面积表示电势差，如果取x＝0处为电势零点，则可由图像的面积分析各点电势的高低，综合分析粒子的运动，进一步确定粒子的电性、电场力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。
[例3] (多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定在x轴上x1＝0和x2＝3a的两点，在两者连线上各点的电场强度E随x变化的关系如图所示，设电场方向沿x轴正方向时E取正值，则以下判断正确的是( )
A．点电荷M、N均为正电荷
B．M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1
C．x＝2a处的电势一定为零
D．沿x轴从0到3a电势先降低再升高
[解析] 若两电荷为异种电荷，在x＝2a处，电场强度不可能为0，故两电荷为同种电荷，在0～2a范围内电场为正，方向沿x轴正方向，所以点电荷M、N为正电荷，故A正确；2a处合场强为0，由E＝eq \f(kQ,r2)知，eq \f(QM,4a2)＝eq \f(QN,a2)，所以M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，故B错误；由于零电势点的选取是任意的，故x＝2a处的电势不一定为零，沿电场线方向电势降低，故x＝0点的电势高于x＝2a点的电势，2a～3a范围内电场为负，方向沿x轴负方向，故x＝2a点的电势低于x＝3a点的电势，沿x轴从0移动到3a，电势先降低后升高，故C错误，D正确。
[答案] AD
(二) 带电粒子在交变电场中的运动
1．两条分析思路
一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(机械能守恒定律、动能定理、能量守恒定律)。
2．两个运动特征
分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。
[考法全训]
考法(一) 带电粒子在交变电场中的直线运动
[例1] 如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是( )
A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
B．若t＝eq \f(T,8) 时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
C．若t＝eq \f(T,4) 时刻释放电子，则电子运动的v-t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边
D．若t＝eq \f(3,8)T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边
[解析] 在t＝eq \f(T,2)时刻之前释放电子，静电力水平向左，电子在静电力的作用下向A板做匀加速直线运动，A、B错误；若t＝eq \f(1,4)T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在eq \f(1,2)T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，图线三符合电子运动的v-t图像，v-t图像与t轴所围的面积即为电子的位移，在从开始出发到2T时刻v-t图像与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，C正确；若t＝eq \f(3T,8)时刻释放电子，易分析得在从开始出发到2T时刻v-t图像与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，D错误。
[答案] C
考法(二) 带电粒子在交变电场中的偏转
[例2] 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
(1)在t＝0.06 s时刻进入电容器的电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长。
[解析] (1)电子经电场加速满足qU0＝eq \f(1,2)mv2
经电场偏转后侧移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU偏,mL)eq \f(L,v)2
所以y＝eq \f(U偏L,4U0)，由题图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm
设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足
eq \f(Y,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))
所以Y＝13.5 cm，即打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm。
(2)由题知电子侧移量y的最大值为eq \f(L,2)，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。
[答案] (1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm (2)30 cm
(三) “等效重力法”在电场中的应用
1．等效重力法
把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。
2．物理最高点与几何最高点
[典例] (2022·全国甲卷)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，( )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
[解析] 对小球受力和运动分析，如图所示，Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°。
当vy＝0时速度最小为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；水平方向上v0＝eq \f(Eq,m) t，在竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，如图所示，小球的动能等于初始动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知WG＋WEq＝0，则重力做的功等于小球电势能的增加量， 故B、D正确；当速度为图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。
[答案] BD
[考法全训]
类型1 等效场中的“绳球”模型
1.(多选)如图，在水平向右的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E＝eq \f(mg,q)，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则过最高点D的最小速度为eq \r(gL)
B．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球运动到B点时机械能最大
C．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从C到A的过程中机械能不守恒
D．若将小球从A点由静止释放，小球能沿圆弧运动到D点且速度为零
解析：选BC 由于电场强度E＝eq \f(mg,q)，故mg＝Eq，将电场力和重力合成，合力方向通过圆心时，合力所在的直线与圆周的交点是速度最大点和最小点。当绳子拉力为零时，小球的加速度大小为a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(\r(2)mg,m)＝eq \r(2)g，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，设它运动的最小速度为v，在左上方的交点绳子拉力为零，此时则有：eq \r(2)mg＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \r(\r(2)gL)，故过最高点D的最小速度一定大于eq \r(gL)，故A错误；小球在电场中做圆周运动时电场力做的功等于机械能的增加量，则小球运动到B点时，电场力做正功最大，故到B点时的机械能最大，故B正确；若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从C到A的过程中电场力做功，所以机械能不守恒，故C正确；由于mg＝Eq，则小球受合力方向与电场方向夹角为45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。
类型2 等效场中的“杆球”模型
2.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。
解析：(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，则有eq \f(qE,mg)＝tan θ，所以E＝eq \f(3mg,4q)。
(2)小球所受重力与电场力的合力F＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \f(5,4)mg。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为eq \f(5,4)g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动
到Q的过程中，根据动能定理有－eq \f(5,4)mg·2r＝0－eq \f(1,2)mvmin2，所以vmin＝eq \r(5gr)，即小球的初速度应不小于eq \r(5gr)。
答案：(1)eq \f(3mg,4q) (2)不小于eq \r(5gr)
[系统建模]
等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路
(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。
(2)将a＝eq \f(F合,m)视为“等效重力加速度”。找出等效“最低点”和等效“最高点”。
(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
A卷——全员必做
1．如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)，若分别在A、B两板间加下图所示的四种电压，则其中可能使电子打不到B板的是( )
解析：选B 加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能打到B板上，故A错误；加B图电压，若A、B板间距足够大，则0～t0电子向B板做匀加速运动，t0～2t0向B板做加速度大小相同的匀减速运动直到速度为零，2t0～3t0向A板做匀加速运动，3t0～4t0向A板做匀减速运动，t＝4t0时电子回到出发点，可知电子有可能打不到B板，故B正确；加C图电压或D图电压，可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能打到B板，故C、D错误。
2.(2023·湖南衡阳模拟)平行金属板A、B带等量异种电荷，以过两板中心O点(原点)的某轴线为x轴、由A指向B的方向为电场强度的正方向，作出电场强度大小随坐标变化的图像如图所示，其中aO＝Ob＝l。下列说法正确的是( )
A．A板带正电
B．沿x轴正方向电势降低
C．电势差UbO＝UOa＝E0l
D．将电子沿x轴由a点移动到b点，电子的电势能不变
解析：选D a、b间电场强度大小为E0且保持不变，则其为匀强电场，外侧电场强度快速趋近于零，且都为负值，因此x轴为平行于两板的中心轴线，电场强度为负表示电场强度方向由B指向A，如图所示，则A板带负电，选项A错误；由于两板间的x轴为一等势线，电势不变，b、O与O、a之间的电势差均为零，所以将电子由a点沿x轴移动到b点，电场力不做功，电势能不变，选项B、C错误，D正确。
3．空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现在纸面内建立直角坐标系xOy，用仪器沿Ox、Oy两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势φ与横、纵坐标的函数关系如图所示。关于该电场的电场强度E，下列说法正确的是( )
A．E＝3 V/m，方向沿x轴正方向
B．E＝5 V/m，方向指向第一象限
C．E＝400 V/m，方向沿y轴负方向
D．E＝500 V/m，方向指向第三象限
解析：选D 在沿y轴方向，电势为40 V时，此时距离O点的距离为10 cm，而沿x轴方向，电势为40 V时，此时距离O点的距离为eq \f(40,3) cm，此两点为等势点，电场强度的方向垂直于两者连线且指向第三象限，由E＝eq \f(U,d)计算可得电场强度大小为500 V/m，方向与x轴负方向成53°，指向第三象限，故A、B、C错误，D正确。
4．(多选)如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A．该电场一定不是孤立点电荷形成的电场
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpB
D．电子在A点的动能小于在B点的动能
解析：选AC 电势能Ep＝qφ，电场强度E＝eq \f(Δφ,Δx)，可得E＝eq \f(1,q)·eq \f(ΔEp,Δx)，即有eq \f(ΔEp,Δx)＝qE，图线的斜率k＝qE，则知E保持不变，说明电场强度不变，所以该电场一定是匀强电场，一定不是孤立点电荷形成的电场，EA＝EB，故A正确，B错误；电子由A点运动到B点的过程中，由功能关系可得，电场力对其所做的功W＝EpA－EpB，故C正确；根据能量守恒定律得知，电子从A到B电势能增大，动能减小，即电子在A点的动能大于在B点的动能，故D错误。
5.(2023·湖南株洲检测)q1、q2为固定在x轴上的两个点电荷，x轴上部分区域的电势分布如图所示，则( )
A．q1带负电，q2带正电
B．q1电荷量小于q2电荷量
C．a点电场强度小于c点电场强度
D．若将电子从a点沿x轴移到c点，其电势能先减小后增大
解析：选D 在φ-x图像中，切线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，由题图可知，b点的电场强度为零，a点电场强度大于c点电场强度，故C错误；a点到b点到c点的电势先升高后降低，顺着电场线方向电势逐渐降低，可知a、b两点之间电场强度方向向左，b、c两点之间电场强度方向向右，则有q1带正电，q2带负电，故A错误；b点的电场强度为零，因为q1到b点的距离大于q2到b点距离，由点电荷的电场强度公式可知，q1电荷量大于q2电荷量，故B错误；由于电子带负电，根据电势能与电势的关系式Ep＝qφ可知，电子从a点沿x轴移到c点，其电势能先减小后增大，故D正确。
6．(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝eq \f(2d,v0)，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则( )
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为eq \f(mv02,2U0)
C．在t＝eq \f(T,8)时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为eq \f(d,8)
D．在t＝eq \f(T,4)时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
解析：选AD 粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为eq \f(2d,v0)＝T，竖直方向上的位移恰好为d，则eq \f(T,2)时间内的位移为eq \f(d,2)，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于v0，选项A正确；由上述分析知，eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)·eq \f(U0q,dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,v0)))2，解得q＝eq \f(mv02,U0)，选项B错误；粒子在静电力作用下的加速度大小a＝eq \f(U0q,dm)＝eq \f(v02,d)，t＝eq \f(T,8)时刻进入电场的粒子，先在竖直方向上向下加速eq \f(3T,8)，再在竖直方向上向下减速eq \f(3T,8)，然后反向向上加速eq \f(T,8)，最后再向上减速eq \f(T,8)，离开电场时在竖直方向的位移大小为d′＝2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3T,8)))2－2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,8)))2＝eq \f(1,8)aT2＝eq \f(d,2)，选项C错误；t＝eq \f(T,4)时刻进入电场的粒子，在竖直方向先向下加速运动eq \f(T,4)，然后向下减速eq \f(T,4)，再向上加速eq \f(T,4)，最后向上减速eq \f(T,4)，由对称性可知，此时竖直方向位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确。
7.如图所示，ABCD是半径为R的四分之三光滑绝缘圆形轨道，固定在竖直面内。以轨道的圆心O为坐标原点，沿水平直径AC方向建立x轴，竖直直径BD方向建立y轴。y轴右侧(含y轴)存在竖直向上的匀强电场。一质量为m、带电荷量为＋q的小球，从A点由静止开始沿轨道下滑，通过轨道最高点D后，又落回到轨道上的A点处。不考虑小球之后的运动，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)小球落回到A点时的速率；
(2)电场强度的大小；
(3)小球从A下滑到电场内的B点时对轨道压力的大小。
解析：(1)设小球离开D点时的速率为vD，由D落回到A的时间为t，则由平抛运动规律有R＝eq \f(1,2)gt2，R＝vDt，解得vD2＝eq \f(gR,2)，设小球落回到A时的速率为vA，根据动能定理有mgR＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvD2，解得vA＝eq \f(\r(10gR),2)。
(2)小球从A到D的过程中，根据动能定理有－mgR＋2qER＝eq \f(1,2)mvD2－0，结合(1)解得E＝eq \f(5mg,8q)。
(3)设小球通过轨道最低点B处时的速率为vB，轨道对小球的支持力为F，则有mgR＝eq \f(1,2)mvB2－0，根据合力提供向心力有F＋qE－mg＝meq \f(vB2,R)，解得F＝eq \f(19mg,8)，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力大小F′＝F＝eq \f(19mg,8)。
答案：(1)eq \f(\r(10gR),2) (2)eq \f(5mg,8q) (3)eq \f(19mg,8)
B卷——重点选做
8．(多选)光滑水平桌面内固定一半径为R的圆形光滑绝缘轨道，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，其俯视图如图所示。一质量为m的带电小球(看作质点)在A点获得一速度v0，在轨道内做完整的圆周运动，且小球在A点时速度最大。已知电场力的大小等于小球的重力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．小球带正电
B．小球在B点时轨道对其弹力大小为meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,R)－5g))
C．小球从A点运动到B点的过程中电势能增加2mgR
D．小球在A点获得的最小速度为eq \r(4Rg)
解析：选BC 小球在水平光滑圆轨道上做圆周运动，在A点时速度最大，可知在A点时受电场力向左，小球带负电，选项A错误；从A到B由动能定理得eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02＝－Eq·2R，FNB＋Eq＝meq \f(vB2,R)，其中Eq＝mg，解得FNB＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,R)－5g))，选项B正确；小球从A点运动到B点的过程中电势能增加量等于克服电场力做的功，则ΔEp＝qE×2R＝2mgR，选项C正确；在B点速度最小时Eq＝meq \f(vBmin2,R)，根据eq \f(1,2)mvBmin2－eq \f(1,2)mvAmin2＝－Eq·2R，小球在A点获得的最小速度为vAmin＝eq \r(5gR)，选项D错误。
9．(2023·河北邯郸模拟)(多选)如图甲所示，A、B两平行板构成一加速电场，C、D两平行板构成一偏转电场，有电子源源不断从A板上的小孔由静止进入加速电场，并从B板的小孔离开加速电场进入偏转电场，虚线恰好为偏转电场的中轴线，A、B板间的加速电压与时间的关系图像如图乙所示。已知C、D板间的电压为U0，C、D板间的距离为d，C、D的极板长度为eq \f(3,2)d，电子的电荷量为e，质量为m。电子穿过加速电场的时间远小于T，不计电子重力及电子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．在t＝0时刻进入加速电场的电子能离开偏转电场
B．在t＝eq \f(2,3)T时刻进入加速电场的电子能离开偏转电场
C．t＝T时刻进入加速电场的电子离开偏转电场时速度方向与图甲中虚线夹角的正切值为eq \f(3,16)
D．在t＝T时刻进入加速电场的电子离开偏转电场时的速度大小为eq \f(1,8) eq \r(\f(265eU0,m))
解析：选BC 在t＝0时刻A、B间的电压为U0，此时刻进入的电子在加速电场中有eU0＝eq \f(1,2)mv02，假设电子能通过偏转电场，则电子通过偏转电场所用的时间t＝eq \f(3d,2v0)，电子在竖直方向上的位移大小y＝eq \f(1,2)·eq \f(U0e,dm)·t2，解得y＝eq \f(9,16)d>eq \f(1,2)d，假设不成立，所以电子不能射出偏转电场，故A错误；在t＝eq \f(2,3)T时刻A、B间的电压为3U0，此时刻进入的电子在加速电场中有3eU0＝eq \f(1,2)mv12，假设电子能通过偏转电场，则电子通过偏转电场所用时间t1＝eq \f(3d,2v1)，电子在竖直方向上的位移大小y1＝eq \f(1,2)·eq \f(U0e,dm)·t12，解得y1＝eq \f(3,16)d
A．x轴原点左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比eq \f(E1,E2)＝eq \f(2,1)
B．粒子沿x轴正方向从－1 cm运动到0和从0运动到0.5 cm 运动过程中所受电场力的冲量相同
C．该粒子运动的周期T＝4.0×10－8 s
D．该粒子运动过程中的最大动能为4.0×10－8 J
解析：选D 由题图可知，根据U＝Ed，可得左侧电场强度大小为E1＝eq \f(20,1×10－2) V/m＝2×103 V/m，右侧电场强度大小为E2＝eq \f(20,0.5×10－2) V/m＝4×103 V/m，联立可得eq \f(E1,E2)＝eq \f(1,2)，故A错误；粒子运动到原点速度最大，根据动能定理，有qE1x＝Ekm，代入数据，得Ekm＝4×10－8 J，设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点的速度为vm＝eq \f(qE1,m)t1，同理可知vm＝eq \f(qE2,m)t2，周期为T＝2(t1＋t2)，联立代入数据得T＝3×10－8 s，故C错误，D正确；根据动量定理，有I1＝mvm－0，I2＝0－mvm，即粒子沿x轴正方向从－1 cm运动到0和从0运动到0.5 cm运动过程中所受电场力的冲量大小相同，方向相反，故B错误。
11．如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，B板接地，A、B两极板间电压随时间的变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2。现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定的初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知粒子的带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：
(1)粒子刚好能到达O2孔时，则该粒子进入A、B间的初速度v0为多大；
(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；
(3)A、B两板间距的最小值。
解析：(1)因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力作用做匀速运动，所以进入O1′孔时的速度即为进入A、B板的初速度
在C、D间，由动能定理有－qU2＝0－eq \f(1,2)mv02
解得v0＝ eq \r(\f(2qU2,m))。
(2)由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖＝0，竖直方向的位移也为0，若在第一个周期末粒子从A、B板中射出，则对应两板最短，长度为L＝v0T＝Teq \r(\f(2qU2,m))。
(3)若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板间距最小，设为d
则有eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·eq \f(T,4)2×2＝eq \f(d,2)，解得d＝eq \f(T,2) eq \r(\f(qU1,2m))。
答案：(1) eq \r(\f(2qU2,m)) (2)Teq \r(\f(2qU2,m)) (3)eq \f(T,2) eq \r(\f(qU1,2m))
12.如图所示，在方向水平向左、范围足够大的匀强电场中，固定着由内表面绝缘光滑且内径很小的圆管弯制而成的圆弧BD，圆弧的圆心为O，竖直半径OD＝R，B点和地面上A点的连线与地面成θ＝37°角，AB＝R；一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点)从地面上A点以某一初速度沿AB方向做直线运动，恰好无碰撞地从管口B进入管道BD中，到达管中某处C(图中未标出)时恰好与管道间无作用力，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度大小为g。求：
(1)匀强电场的场强大小E和小球到达C处时的速度大小v；
(2)小球的初速度大小v0以及到达D处时的速度大小vD。
解析：(1)小球做直线运动时的受力情况如图甲所示，
小球带正电，则qE＝eq \f(mg,tan θ)
得E＝eq \f(4mg,3q)
小球到达C处时电场力与重力的合力恰好提供小球做圆周运动的向心力，如图乙所示，OC∥AB，则eq \f(mg,sin θ)＝meq \f(v2,R)
解得v＝eq \r(\f(5,3)gR)。
(2)小球“恰好无碰撞地从管口B进入管道BD”，说明AB⊥OB
小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有
－eq \f(mg,sin θ)·2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \r(\f(25,3)gR)
小球从C处运动到D处的过程，根据动能定理有eq \f(mg,sin θ)(R－Rsin θ)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mv2
解得vD＝eq \r(3gR)。
答案：(1)eq \f(4mg,3q) eq \r(\f(5,3)gR) (2)eq \r(\f(25,3)gR) eq \r(3gR)
第5讲 实验：观察电容器的充、放电现象(基础实验)
一、理清原理与操作
二、掌握数据处理方法
三、扫描实验盲点
本实验操作过程中应注意以下问题：
(1)连接电路时注意电流表和电压表的正、负极和量程。
(2)对电解电容器也要注意正、负极。
(3)要选择电容较大的电容器。
(4)实验过程要在干燥的环境中进行。
1．(2023·广州模拟)如图为研究电容器充、放电现象的实验电路图，开始电容器不带电。实验开始时，首先将开关S合向1，这时观察到灵敏电流计G有短暂的示数，这说明电路中有电流流过，这个过程叫作________，经过这一过程，电容器的两极板就会带上等量的异号电荷，其上极板带________电荷(选填“正”或“负”)，电路稳定后灵敏电流计G的示数为零。当把开关S由1合向2时，有________(选填“自左向右”或“自右向左”)流过灵敏电流计G的短暂电流，这个过程叫作______________。
解析：将开关S合向1，电源与电容器连通，电路中有电流流过，说明电源在给电容器储存电荷，这过程叫作充电；经过这一过程，电容器的两极板就会带上等量的异号电荷，其上极板带正电荷；当把开关S由1合向2时，从电势高的正极板能形成电流到电势低的负极板，则有自右向左流过灵敏电流计G的短暂电流，这个过程叫作放电。
答案：充电 正 自右向左 放电
2．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
(1)请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。
(2)在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q-t曲线如图3中①②所示。
a．①②两条曲线不同是________(选填“E”或“R”)的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)u-q图像如图所示。电压为U时，电容器带电Q，图线和横轴围成的面积表示所储存的电能Ep，Ep＝eq \f(1,2)QU，又Q＝CU，故Ep＝eq \f(1,2)CU2。
(2)A．由图像知，电容器充完电后，①②两次电荷量相等，由Q＝CU＝CE知，两次电源电动势相等。故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的。B．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝eq \f(E,R)，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①。这样能在较短时间内使电荷量达到最大，故可以实现对电容器快速充电。增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电。
(3)接(2)中电源时，由于忽略电源E的内阻，故电源两端电压不变。通过电源的电流I＝eq \f(E－U,R)，随着电容器两端电压U不断变大，通过电源的电流减小。“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变。接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大。
答案：(1)u-q图像见解析图 Ep＝eq \f(1,2)CU2
(2)a．R b．减小电阻R，可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，可以实现均匀充电。
(3)
3.某同学利用图(a)所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化。实验中使用的器材为：电池E(内阻很小)、开关S1和S2、电容器C(约100 μF)、电阻R1(约200 kΩ)、电阻R2(1 kΩ)、电压表V(量程6 V)、停表、导线若干。
(1)按图(a)所示的电路原理图将图(b)中实物图连接起来。
(2)先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下停表开始计时。若某时刻电压表的示数如图(c)所示，电压表的读数为______V(保留2位小数)。
(3)该同学每隔10 s记录一次电压表的读数U，记录的数据如下表所示。在给出的坐标纸上绘出U-t图线。已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的时间是________ s。
(4)电路中C、R2和S2构成的回路的作用是_____________________________________
________________________________________________________________________ 。
解析：(2)电压表每小格代表0.1 V，且读数要求保留两位小数，其读数为3.60 V。
(3)绘出U-t图线，偏离图线最远的点误差最大，由此确定t＝40.0 s时对应的数据误差最大。
(4)测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化，必须保证开始(t＝0)时，电容器不带电。电路中C、R2和S2构成回路的作用就是在实验开始前，通过闭合S2，使电容器放电，特别是当实验需要重复多次时，在重复实验前必须先对电容器放电。
答案：(1)如图1所示 (2)3.60 (3)如图2所示 40.0
(4)对电容器进行放电，方便实验多次测量
4．(2023·河北衡水模拟)在“用传感器观察电容器的充、放电现象”实验中，电路图如图1所示。一位同学使用的电源电动势为10.0 V，测得放电的I-t图像如图2所示。
(1)若按“四舍五入(大于半格算一个，小于半格舍去)”法，根据“I-t图线与两坐标轴包围面积”，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为______C。(结果保留两位有效数字)
(2)根据以上数据估算电容器的电容值为______F。(结果保留两位有效数字)
(3)如果将电阻R换成一个阻值更大的电阻，则放电过程释放的电荷量________(选填“变多”“不变”或“变少”)。
解析：(1)电容器的放电图像是一条逐渐下降的曲线，而q＝It，从微元法得到，I-t图像与坐标轴围成的面积就是总的电荷量，经确认：图像下共有40格，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为Q＝40×0.001×0.4 C≈0.016 C。
(2)由(1)知道，电容器充满电后所带的电荷量Q＝0.016 C，而所加电压U＝E＝10 V，所以C＝eq \f(Q,U)＝0.001 6 F。
(3)由题图看出，若将电阻换成一个阻值较大的电阻，但由于电容器电荷量一定，则所有电荷量将通过电阻R释放，只是图像更加平缓些，但释放的电荷量不变。
答案：(1)0.016 (2)0.001 6 (3)不变
5．在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2端，电容器放电，直至放电完毕。实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的u-t曲线，如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录的“峰值”及曲线与时间轴所围“面积”。
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(选填“相同”或“相反”)，大小都随时间________(选填“增大”或“减小”)。
(2)该电容器的电容值为________F。(结果保留两位有效数字)
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值。请你分析并说明该同学的说法是否正确。
解析：(1)由题图甲、乙可知，充电和放电时R两端的电势相反，说明流过R的电流方向相反；电压均随时间减小，说明电流均随时间减小。
(2)图像的面积表示Ut，根据欧姆定律I＝eq \f(U,R)，可知图像面积与R的比值表示电荷量。故极板所带最大电荷量q＝eq \f(182.7,3 000) C＝0.060 9 C，该电容器的电容值C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(0.060 9,6) F≈1.0×10－2 F。
(3)该同学的说法正确。因为当开关S与2连接，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R上的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及曲线与时间轴所围“面积S”，仍可应用C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(S,RUm)计算电容值。
答案：(1)相反 减小 (2)1.0×10－2
(3)见解析
平衡条件
每个点电荷受另外两个点电荷的合静电力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷的合电场强度为零的位置
平衡规律
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
电荷连线上的电场强度
沿连线先变小后变大
O点最小，但不为零
O点为零
中垂线上的电场强度
O点最大，向外逐渐减小
O点最小，向外先变大后变小
关于O点中心对称位置的电场强度
等大同向
等大反向
判断电场强度的大小
电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受电场力大小和加速度的大小。(如第2题中判断A、B两点的电场强度的大小)
判断电场力的方向
正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反。(如第2题中根据轨迹的弯曲方向判断受电场力的方向，进而确定烟尘颗粒的电性)
判断电势的高低
沿电场线的方向电势降低最快，且电场线密的地方比疏的地方降低更快。(如第2题中先判断A、B两点的电势高低，然后判断电势能的高低)
判断等势面的疏密
电场线越密的地方，等差等势面越密集；电场线越疏的地方，等差等势面越稀疏
矢量性
规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向
唯一性
电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷q无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置
叠加性
如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的电场强度是各场源电荷单独存在时在该点所产生的电场强度的矢量和
公式
适用条件
说明
定义式
E＝eq \f(F,q)
任何电场
某点的电场强度为确定值，大小及方向与q无关
决定式
E＝keq \f(Q,r2)
真空中点电
荷的电场
E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定
关系式
E＝eq \f(U,d)
匀强电场
d是沿电场方向的距离
特点
静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关
计算方法
(1)W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离
(2)WAB＝qUAB，适用于任何电场
定义
电荷在电场中某点具有的电势能Ep与它的电荷量q之比
定义式
φ＝eq \f(Ep,q)，电势是标量，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)
相对性
电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同
根据静电力做功判断
静电力做正功，电势能减少；静电力做负功，电势能增加
根据Ep＝φq直接判断
正电荷在电势越高处电势能越大；负电荷在电势越高处电势能越小
推论1
匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝eq \f(φA＋φB,2)，如图所示
推论2
匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图所示
电场
等势面
重要描述
匀强电场
垂直于电场线的一簇平面
点电荷的电场
以点电荷为球心的一簇球面
等量异种点电荷的电场
连线的中垂线上电势处处为零
等量同种(正)点电荷的电场
两点电荷连线上，中点的电势最低；在中垂线上，中点的电势最高
定义
电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比
定义式
C＝eq \f(Q,U)；单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106μF＝1012pF
意义
表示电容器容纳电荷本领的高低
决定
因素
由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关
用动力学观点分析
a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad
用能量观点分析
①在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
②在非匀强电场中，W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
运动情况
如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入板间电压为U的匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示
处理方法
将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题
运动的分解法
一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动
功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差
原理装置图
操作要领
1.电容器的充电过程
开关S接1时，电源给电容器充电，电容器带电荷量、电压逐渐增大，电流逐渐减小，最后电流为零，如图甲所示。
2．电容器的放电过程
开关S接2时，电容器负极板上负电荷与正极板上正电荷中和，两极板的电荷量逐渐减小，电流逐渐减小，最后电压也逐渐减为零，如图乙所示。
实验项目
实验现象
电容器充电
灯泡L
亮度由明到暗最后熄灭
电流表A
读数由大到小最后为零
电压表V
读数由小到大最后稳定
电容器放电
灯泡L
亮度由明到暗最后熄灭
电流表A
读数由大到小最后为零
电压表V
读数由大到小最后为零
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
通过电源的电流
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小
时间t/s
10.0
20.0
30.0
40.0
50.0
60.0
电压U/V
2.14
3.45
4.23
4.51
5.00
5.18
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