資源簡介

第一講　電場力的性質(zhì)
【基本概念、規(guī)律】
一、電荷和電荷守恒定律
1．點電荷：形狀和大小對研究問題的影響可忽略不計的帶電體稱為點電荷．
2．電荷守恒定律
(1)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．
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．公式：F＝k，式中的k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做靜電力常量．
3．適用條件：(1)點電荷；(2)真空．
三、電場強度
1．意義：描述電場強弱和方向的物理量．
2．公式
(1)定義式：E＝，是矢量，單位：N/C或V/m.
(2)點電荷的場強：E＝k，Q為場源電荷，r為某點到Q的距離．
(3)勻強電場的場強：E＝.
3．方向：規(guī)定為正電荷在電場中某點所受電場力的方向．
四、電場線及特點
1．電場線：電場線是畫在電場中的一條條有方向的曲線，曲線上每點的切線方向表示該點的電場強度方向．
2．電場線的特點
(1)電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于負電荷或無限遠處．
(2)電場線不相交．
(3)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大．
(4)沿電場線方向電勢降低．
(5)電場線和等勢面在相交處互相垂直．
3．幾種典型電場的電場線(如圖所示)
【重要考點歸納】
考點一　對庫侖定律的理解和應(yīng)用　
1．對庫侖定律的理解
(1)F＝k，r指兩點電荷間的距離．對可視為點電荷的兩個均勻帶電球，r為兩球心間距．
(2)當(dāng)兩個電荷間的距離r→0時，電荷不能視為點電荷，它們之間的靜電力不能認為趨于無限大．
2．電荷的分配規(guī)律
(1)兩個帶同種電荷的相同金屬球接觸，則其電荷量平分．
(2)兩個帶異種電荷的相同金屬球接觸，則其電荷量先中和再平分．
題型一：庫侖定律與電荷守恒定律的結(jié)合問題
【例1】．三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑．球1的電荷量為q，球2的電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．由此可知(　　)
A．n＝3 B．n＝4 C．n＝5 D．n＝6
【答案】D.
【解析】由于各球之間距離遠大于小球的直徑，小球帶電時可視為點電荷．由庫侖定律F＝k知兩點電荷間距離不變時，相互間靜電力大小與兩球所帶電荷量的乘積成正比．又由于三小球相同，則接觸時平分總電荷量，故有q×nq＝×，解得n＝6，D正確．　
【變式】兩個分別帶有電荷量－Q和＋5Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)椋瑒t兩球間庫侖力的大小為(　　)
A．　　 B． C． D．
【答案】D.
【解析】兩球相距r時，根據(jù)庫侖定律F＝k，兩球接觸后，帶電荷量均為2Q，則F′＝k，由以上兩式可解得F′＝，D正確．
題型二：三個孤立共線點電荷平衡問題
(1)條件：每個點電荷所受合力為零．
(2)平衡規(guī)律
“兩同夾異”——正、負電荷相互間隔；“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上；“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最?。弧敖∵h大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．
【例2】(2019·浙江十校聯(lián)盟測試)如圖所示，a、b、c為真空中三個帶電小球，b球帶電荷量為＋Q，用絕緣支架固定，a、c兩小球用絕緣細線懸掛，處于平衡狀態(tài)時三小球球心等高，且a、b和b、c間距離相等，懸掛a小球的細線向左傾斜，懸掛c小球的細線豎直，則(　　)
A．a(chǎn)、c兩小球帶同種電荷 B．a(chǎn)、c兩小球帶異種電荷
C．a(chǎn)小球帶電荷量為－4Q D．c小球帶電荷量為＋4Q
【答案】　AC
【解析】　已知b球帶正電，若c球也帶正電，為使懸掛c球的細線豎直，則a球應(yīng)帶負電，此時a球受到b、c兩球向右的庫侖引力，故懸掛a球的細線向右傾斜，與事實不符；若c球帶負電，為使懸掛c球的細線豎直，則a球也應(yīng)帶負電，此時若c球給a球的斥力大于b球給a球的引力，則懸掛a球的細線向左傾斜，與事實相符，綜上可知，a、c兩球都帶負電，A正確，B、D錯誤．對c球進行分析，由庫侖定律和牛頓第二定律有k＋k＝0，解得Qa＝－4Q，C正確．
【變式】.兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如圖所示．A處電荷帶正電荷量Q1，B處電荷帶負電荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一個可以自由移動的點電荷Q3，放在AB直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則(　　)
A．Q3為負電荷，且放于A左方 B．Q3為負電荷，且放于B右方
C．Q3為正電荷，且放于A、B之間 D．Q3為正電荷，且放于B右方
【答案】A.
【解析】因為每個電荷都受到其余兩個電荷的庫侖力作用，且已知Q1和Q2是異種電荷，對Q3的作用力一為引力，一為斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之間．根據(jù)庫侖定律知，由于B處的電荷Q2電荷量較大，Q3應(yīng)放在離Q2較遠而離Q1較近的地方才有可能處于平衡，故應(yīng)放在Q1的左側(cè)．要使Q1和Q2也處于平衡狀態(tài)，Q3必須帶負電，故選項A正確．
題型三：庫侖力作用下的平衡問題
【例3】. (多選)(2019·吉林長春外國語學(xué)校檢測)如圖所示，帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA＝OB，都用長L的絲線懸掛在O點．靜止時A、B相距為d.為使平衡時AB間距離減為，可采用的方法有(　　)
將小球A、B的質(zhì)量都增加到原來的2倍
B．將小球B的質(zhì)量增加到原來的8倍
C．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半
D．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時將小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍
【答案】BD.
【解析】如圖所示，B受重力、繩子的拉力及庫侖力；將拉力及庫侖力合成，其合力應(yīng)與重力大小相等、方向相反；由幾何關(guān)系可知，＝，而庫侖力F＝；即＝＝k，即mBgd3＝kQAQBL.要使d變?yōu)椋梢允笲球質(zhì)量增大到原來的8倍而保證上式成立，故A錯誤，B正確；或?qū)⑿∏駻、B的電荷量都減小到原來的一半，同時小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍，也可保證等式成立，故C錯誤，D正確．
【變式】如圖所示，在光滑定滑輪C正下方與C相距h的A處固定一電荷量為Q(Q>0)的點電荷，電荷量為q的帶正電小球B，用絕緣細線拴著，細線跨過定滑輪，另一端用適當(dāng)大小的力F拉住，使B處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時B與A點的距離為R，B和C之間的細線與AB垂直．若B所受的重力為G，緩慢拉動細線(始終保持B平衡)直到B接近定滑輪，靜電力常量為k，環(huán)境可視為真空，則下列說法正確的是(　　)
F逐漸增大 B．F逐漸減小
B受到的庫侖力大小不變 D．B受到的庫侖力逐漸增大
【答案】BC
【解析】對B進行受力分析，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系和三力平衡可得，＝＝(F1＝)，F(xiàn)′＝，且F＝F′，當(dāng)L逐漸減小時，F(xiàn)逐漸減小，選項A錯誤，B正確；在B緩慢移動過程中，設(shè)B與A點的距離為x，在整個過程中，x都滿足＝，對比＝，得x＝R，即B與點電荷間的距離不變，B受到的庫侖力大小不變，選項C正確，D錯誤．
考點二　電場強度的理解與計算
電場強度的三個計算公式
題型一：點電荷電場中場強的計算
【例4】．(2018·高考北京卷)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述．
(1)請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點電荷Q的場強表達式；
(2)點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2.我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大?。堄嬎鉙1、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比.
【答案】見解析
【解析】(1)在距Q為r的位置放一電荷量為q的檢驗電荷．
根據(jù)庫侖定律，檢驗電荷受到的電場力F＝k
根據(jù)電場強度的定義E＝
得E＝k.
(2)穿過兩等勢面單位面積上的電場線條數(shù)之比
＝＝.
【變式】如圖所示，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的A、B、C三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0 m．若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6 C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：
(1)兩點電荷間的庫侖力大?。?br/>(2)C點的電場強度的大小和方向．
【答案】(1)9.0×10－3 N　(2)7.8×103 N/C　方向沿y軸正方向
【解析】(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點處的點電荷間的庫侖力大小為
F＝k①
代入數(shù)據(jù)得F＝9.0×10－3 N②
(2)A、B兩點處的點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為E1＝k③
A、B兩點處的點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E＝2E1cos 30°④
由③④式并代入數(shù)據(jù)得E≈7.8×103 N/C
場強E的方向沿y軸正方向．
2．求解電場強度的非常規(guī)思維方法
(1)等效法：在保證效果相同的前提下，將復(fù)雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景．
例如：一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個異種點電荷形成的電場，如圖甲、乙所示．
題型二：等效法求電場強度
【例5】．如圖所示，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充滿z<0的空間，z>0的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應(yīng)電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零，則在z軸上z＝處的場強大小為(k為靜電力常量)　(　　)
A．k B．k C．k D．k
【答案】D.
【解析】點電荷q和感應(yīng)電荷所形成的電場在z>0的區(qū)域可等效成關(guān)于O點對稱的電偶極子形成的電場．所以z軸上z＝處的場強E＝k＋k＝k，選項D正確．
(2)對稱法：利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復(fù)雜電場的疊加計算問題大為簡化．
如圖丙所示，均勻帶電的球殼在O點產(chǎn)生的場強，等效為弧BC產(chǎn)生的場強，弧BC產(chǎn)生的場強方向，又等效為弧的中點M在O點產(chǎn)生的場強方向．
題型三：對稱法求電場強度
【例6】．(2019·陜西渭南教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示，在x軸上放置兩正點電荷Q1、Q2，當(dāng)空間存在沿y軸負向的勻強電場時，y軸上A點的場強等于零，已知勻強電場的電場強度大小為E，兩點電荷到A的距離分別為r1、r2，則在y軸上與A點對稱的B點的電場強度大小為 (　　)
A．E　　　 B.E C．2E D．4E
【答案】C
【解析】A點場強為零，說明兩點電荷在A點的合場強與勻強電場的場強等大反向，即豎直向上，大小為E，根據(jù)對稱性，兩點電荷在B處產(chǎn)生的合場強豎直向下，大小為E，所以B點的場強大小為2E，方向豎直向下，C正確．
【變式】如圖所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)(　　)
k　　 B．k C．k D．k
【答案】B.
【解析】由b點處的合場強為零可得圓盤在b點處的場強與點電荷q在b點處的場強大小相等、方向相反，所以圓盤在b點處的場強大小為Eb＝k，再根據(jù)圓盤場強的對稱性和電場強度疊加即可得出d點處的場強大小為Ed＝Eb＋k＝k，B正確．
(3)補償法：將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面，從而化難為易、事半功倍．
題型四：補償法求電場強度
【例7】．均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R.已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　)
A．－E　　　 B． C．－E D．＋E
【答案】A.
【解析】左半球面AB上的正電荷產(chǎn)生的電場等效為帶正電荷為2q的整個球面的電場和帶電荷－q的右半球面的電場的合電場，則E＝－E′，E′為帶電荷－q的右半球面在M點產(chǎn)生的場強大小．帶電荷－q的右半球面在M點的場強大小與帶正電荷為q的左半球面AB在N點的場強大小相等，則EN＝E′＝－E＝－E，則A正確．
(4)微元法：將帶電體分成許多元電荷，每個元電荷看成點電荷，先根據(jù)庫侖定律求出每個元電荷的場強，再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合場強．
題型五：微元法求電場強度
【例8】．一半徑為R的圓環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.設(shè)靜電力常量為k，關(guān)于P點的場強E，下列四個表達式中只有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是(　　)
B． C． D．
【答案】D
【解析】設(shè)想將圓環(huán)等分為n個小段，當(dāng)n相當(dāng)大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為q＝　 ①
由點電荷場強公式可求得每一點電荷在P處的場強
EP＝k＝k　 ②
由對稱性可知，各小段電環(huán)在P處的場強垂直于軸向的分量Ey相互抵消，而軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強E，故
E＝nEx＝n··cos θ＝　 ③
而r＝　 ④
聯(lián)立①②③④式，可得E＝，D正確．
【變式】下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣．坐標(biāo)原點O處電場強度最大的是 (　　)
【答案】B
【解析】將圓環(huán)分割成微元，根據(jù)對稱性和矢量性疊加，選項D圖中O點的場強為零，選項C圖中等效為第二象限內(nèi)電荷在O點產(chǎn)生的電場，大小與選項A中的相等，選項B中正、負電荷在O點產(chǎn)生的場強大小相等，方向互相垂直，合場強是其中一個的倍，也是選項A、C場強的倍，因此選項B正確．
考點三　電場線與帶電粒子的運動軌跡分析
1．電場線的用途
(1)判斷電場力的方向——正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反．
(2)判斷電場強度的大小(定性)——電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小，進而可判斷電荷受力大小和加速度的大小．
(3)判斷電勢的高低與電勢降低的快慢——沿電場線的方向電勢逐漸降低，電場強度的方向是電勢降低最快的方向．
(4)判斷等勢面的疏密——電場線越密的地方，等差等勢面越密集；電場線越疏的地方，等差等勢面越稀疏．
2．兩種等量點電荷的電場
比較 等量異種點電荷 等量同種點電荷
電場線分布圖
連線中點O的電場強度 在電荷連線上，中點O的電場強度最小，指向負電荷一方 為零
連線上的電場強度大小 沿連線先變小，再變大 沿連線先變小，再變大
沿中垂線由O點向外電場強度大小 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點對稱的A與A′、B與B′的電場強度 等大同向 等大反向
題型一：等量異(同)種電荷電場線的分布
【例9】．如圖所示，在真空中有兩個固定的等量異種點電荷＋Q和－Q.直線MN是兩點電荷連線的中垂線，O是兩點電荷連線與直線MN的交點．a(chǎn)、b是兩點電荷連線上關(guān)于O的對稱點，c、d是直線MN上的兩個點．下列說法中正確的是(　　)
A．a(chǎn)點的場強大于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小
B．a(chǎn)點的場強小于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先減小后增大
C．a(chǎn)點的場強等于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小
D．a(chǎn)點的場強等于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先減小后增大
【答案】C
【解析】.在兩電荷的連線上，由場強的疊加原理可知，中點O場強最小，從O點到a點或b點，場強逐漸增大，由于a、b是兩點電荷連線上關(guān)于O的對稱點，場強相等，選項A、B錯誤；在兩電荷連線的中垂線上，中點O的場強最大，由O點到c點或d點，場強逐漸減小，所以沿MN從c點到d點場強先增大后減小，因此檢驗電荷所受電場力先增大后減小，所以C正確、D錯誤．
【變式】如圖所示，在x軸上關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量正點電荷(帶電荷量均為Q)，在y軸上C點有負點電荷(帶電荷量為Q)，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是 (　　)
A．O點電場強度小于D點的電場強度
B．若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強度也增大
C．若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則D點電場強度也增大
D．若負點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強度將增大
【答案】CD
【解析】兩個正點電荷在D點產(chǎn)生的合場強與負點電荷在D點產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，合場強為零，兩個正點電荷在O點產(chǎn)生的場強為零，但負點電荷在O點產(chǎn)生的場強為E＝k，若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強度不變，選項A、B錯誤；若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則D點電場強度將增大，若負點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強度將增大，所以選項C、D正確．
題型二：電場線中帶電粒子的運動分析
(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從二者的夾角情況來分析曲線運動的情況．
(2)“三不知時要假設(shè)”——電荷的正負、場強的方向(或等勢面電勢的高低)、電荷運動的方向，是題意中相互制約的三個方面．若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知(三不知)，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況．
【例10】.如圖所示，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則(　　)
A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vb B．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc> va
C．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc> va D．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb
【答案】D.
【解析】由點電荷電場強度公式E＝k可知，離場源點電荷P越近，電場強度越大，Q受到的電場力越大，由牛頓第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B選項錯誤；由力與運動的關(guān)系可知，Q受到的庫侖力指向運動軌跡凹的一側(cè)，因此Q與P帶同種電荷，Q從c到b的過程中，電場力做負功，動能減少，從b到a的過程中電場力做正功，動能增加，因此Q在b點的速度最小，由于c、b兩點的電勢差的絕對值小于a、b兩點的電勢差的絕對值，因此Q從c到b的過程中，動能的減少量小于從b到a的過程中動能的增加量，Q在c點的動能小于在a點的動能，即有va>vc>vb，C選項錯誤、D選項正確．
【變式】(多選)如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示．則(　　)
A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電 B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大
C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大 D．兩個粒子的電勢能都減少
【答案】　CD
【解析】　因為電場線方向未知，不能確定a、b的電性，所以選項A錯誤；由于電場力對a、b都做正功，所以a、b的速度都增大，電勢能都減少，選項B錯誤、D正確；粒子的加速度大小取決于電場力的大小，a向電場線稀疏的方向運動，b向電場線密集的方向運動，所以選項C正確．
題型三：根據(jù)粒子運動情況判斷電場線分布
【例11】.一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的v－t圖象如圖所示，則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下圖中的(　　)
【答案】C.
【解析】由v－t圖象可知負電荷在電場中做加速度越來越大的加速運動，故電場線應(yīng)由B指向A且A到B的方向場強變大，電場線變密，選項C正確．
【題型演練】
1．(2019·四川自貢診斷)兩個完全相同的金屬小球，所帶電荷量多少不同，相距一定的距離時，兩個金屬球之間有相互作用的庫侖力，如果將兩個金屬球相互接觸一下后，再放到原來的位置，則兩球的作用力變化情況是(　　)
A．如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，則相互接觸后的庫侖力仍是引力
B．如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，則相互接觸后的庫侖力為零
C．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則相互接觸后的庫侖力仍是斥力
D．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則相互接觸后的庫侖力是引力
【答案】C
【解析】如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，且兩球帶不等量的異種電荷，則相互接觸后的庫侖力是斥力，A、B錯誤．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則兩球帶同種電荷，則相互接觸后帶等量的同種電荷，相互間的庫侖力仍是斥力，C正確，D錯誤．
2．如圖所示，實線為等量異種點電荷周圍的電場線，虛線為以一點電荷為中心的圓，M點是兩點電荷連線的中點，若將一正試探點電荷從虛線上N點移動到M點，則電荷所受電場力(　　)
A．大小不變 B．方向不變
C．逐漸減小 D．逐漸增大
【答案】D
【解析】由電場線的分布情況可知，N點電場線比M點電場線疏，則N點電場強度比M點電場強度小，由電場力公式F＝qE可知正點電荷從虛線上N點移動到M點的過程中，電場力逐漸增大，電場力方向與點所在的電場線的切線方向一致，所以一直在變化，故D正確．
3．(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　)
A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝
C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝
【答案】D
【解析】對小球c所受庫侖力分析，畫出a對c的庫侖力和b對c的庫侖力，若a對c的庫侖力為排斥力，a、c的電荷同號，則b對c的庫侖力為吸引力，b、c電荷為異號，a、b的電荷為異號；若a對c的庫侖力為引力，a、c的電荷異號，則b對c的庫侖力為斥力，b、c電荷為同號，a、b的電荷為異號，所以a、b的電荷為異號．設(shè)ac與ab的夾角為θ，利用平行四邊形定則和幾何關(guān)系、庫侖定律可得，F(xiàn)ac＝k0，F(xiàn)bc＝k0，tan θ＝，tan θ＝，a、b電荷量的比值k＝，聯(lián)立解得k＝，選項D正確．
4.(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構(gòu)成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是(　　)
A．cos3α＝ B．cos3α＝ C．sin3α＝ D．sin3α＝
【答案】AC
【解析】設(shè)菱形邊長為a，則兩個Q之間距離為2asin α，則兩個－q之間距離為2acos α.選?。璹作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2kcos α＝k，解得cos3 α＝，故A正確，B錯誤；選取Q作為研究對象，由庫侖定律和平衡條件得2ksin α＝k，解得sin3α＝，故C正確，D錯誤．
5.(2019·福建莆田二檢)如圖所示，邊長為a的正方體的頂點A處有一電荷量為－Q的點電荷，其他7個頂點各有一電荷量為＋Q的點電荷，體心O處有一個電荷量為－q的點電荷，靜電力常量為k，則O點處的點電荷受到的電場力大小為(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】.根據(jù)庫侖定律可得電場力F＝，O點到正方體頂點的距離r＝a，則正方體任一頂點上的點電荷對O點處的點電荷的庫侖力大小均為F＝k＝；庫侖力方向沿兩電荷連線方向，正方體體對角線兩端的兩個電荷電性相同時，兩個庫侖力等大反向；正方體體對角線兩端的兩個電荷電性相反時，兩個庫侖力等大同向．根據(jù)矢量疊加定理可知，O點處的點電荷受到的電場力大小為2F＝，A選項正確．
6.將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用絕緣細線相連，豎直懸掛于O點，其中球a帶正電、電荷量為q，球b不帶電，現(xiàn)加一電場強度方向平行豎直平面的勻強電場(沒畫出)，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且繃緊的絕緣細線Oa與豎直方向的夾角為θ＝30°，如圖所示，則所加勻強電場的電場強度大小可能為(　　)
A． B． C． D．
【答案】B.
【解析】取小球a、b整體作為研究對象，則整體受重力2mg、懸線拉力FT和電場力F作用處于平衡，此三力滿足如圖所示的三角形關(guān)系，由圖知F的最小值為2mgsin 30°＝mg，由F＝qE知A、C、D錯，B對．
7.如圖所示，把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點．用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定．兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m．已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則(　　)
A．兩球所帶電荷量相等 B．A球所受的靜電力為1.0×10－2 N
C．B球所帶的電荷量為4×10－8 C D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0
【答案】ACD
【解析】.用絲綢摩擦過的玻璃棒帶正電荷，與A球接觸后A球也帶正電荷，兩球接觸后分開，B球也帶正電荷，且兩球所帶電荷量相等，A正確；兩球相互排斥，穩(wěn)定后A球受力情況如圖所示
sin θ＝＝0.60
θ＝37°
F庫＝mgtan 37°＝6.0×10－3 N，B項錯誤；
F庫＝k
QA＝QB＝Q，r＝0.12 m
聯(lián)立上式得Q＝4×10－8 C，故C項正確；由等量同種點電荷產(chǎn)生的電場的特點可知，A、B兩球連線中點處的場強為0，故D項正確．
8.如圖所示PO為光滑絕緣豎直墻壁、OQ為光滑絕緣水平地面，地面上方有一水平向左的勻強電場E，帶正電荷的A、B兩小球(可視為質(zhì)點)均緊靠接觸面而處于靜止?fàn)顟B(tài)，這時兩球之間的距離為L.若在小球A上加豎直推力F，小球A沿墻壁PO向著O點移動一小段距離后，適當(dāng)移動B球，小球A與B重新處于靜止?fàn)顟B(tài)，則與原來比較(兩小球所帶電荷量保持不變)(　　)
A．A球?qū)ωQ直墻壁的作用力不變 B．兩球之間的距離一定增大
C．A球?qū)球作用的靜電力增大 D．地面對B球的彈力不變
【答案】AC
【解析】.由題意知，A球加上力F移動一段距離后仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故B球?qū)球的庫侖力沿豎直方向上分力增大，B球應(yīng)該向左移動，A球?qū)球的庫侖力在水平方向的分力等于勻強電場對B球的靜電力，而勻強電場對B球的靜電力不變，根據(jù)作用力和反作用力的關(guān)系，B球?qū)球的庫侖力在水平方向的分力大小也不變，所以A球?qū)ωQ直墻壁的壓力不變，選項A正確；A、B兩球的連線與水平方向的夾角θ變大，F(xiàn)庫cos θ不變，庫侖力F庫一定變大，選項C正確；兩球之間的距離減小，選項B錯誤；根據(jù)力的相互作用性可知，A球?qū)球的庫侖力在豎直方向上的分力變大，故地面對B球的彈力變大，選項D錯誤．
9.如圖所示，光滑絕緣的正方形水平桌面邊長為d＝0.48 m，離地高度h＝1.25 m．桌面上存在一水平向左的
勻強電場(除此之外其余位置均無電場)，電場強度E＝1×104 N/C.在水平桌面上某一位置P處有一質(zhì)量m＝
0.01 kg，電荷量q＝1×10－6 C的帶正電小球以初速度v0＝1 m/s向右運動．空氣阻力忽略不計，重力加速度
g取10 m/s2.求：
(1)小球在桌面上運動時加速度的大小和方向；
(2)P處距右端桌面多遠時，小球從開始運動到最終落地的水平距離最大？并求出該最大水平距離．
【答案】 (1)1.0 m/s2，方向水平向左　(2) m　 m
【解析】(1)對小球受力分析，受到重力、支持力和電場力，重力和支持力平衡，根據(jù)牛頓第二定律，有：a＝＝＝ m/s2＝1.0 m/s2，方向水平向左．
(2)由于x＝＝0.5 m>0.48 m，所以小球一定從右邊離開桌面．
設(shè)球到桌面右邊的距離為x1，球離開桌面后做平拋運動的水平距離為x2，則：x總＝x1＋x2
由v2－v＝－2ax1代入數(shù)據(jù)得：v＝
設(shè)平拋運動的時間為t，根據(jù)平拋運動的分位移公式，有：h＝gt2，代入數(shù)據(jù)得：t＝0.5 s.
水平方向，有x2＝vt＝0.5，故
x總＝x1＋0.5
令：y＝；則：x總＝
故y＝，即：x1＝時，水平距離最大，最大值為
xmax＝ m.
10.(2019·北京四中模擬)如圖所示，在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝3.0×104 N/C.有一個質(zhì)量m＝4.0×10－3 kg的帶電小球，用絕緣輕細線懸掛起來，靜止時細線偏離豎直方向的夾角θ＝37°.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不計空氣阻力的作用．
(1)求小球所帶的電荷量及電性；
(2)如果將細線輕輕剪斷，求細線剪斷后，小球運動的加速度大?。?br/>(3)從剪斷細線開始經(jīng)過時間t＝0.20 s，求這一段時間內(nèi)小球電勢能的變化量．
【答案】(1)1.0×10－6 C　正電荷 (2)12.5 m/s2 (3)減少了4.5×10－3 J
【解析】(1)小球受到重力mg、電場力F和繩的拉力T的作用，由共點力平衡條件
F＝qE＝mgtan θ
解得q＝＝1.0×10－6 C
電場力的方向與電場強度的方向相同，故小球所帶電荷為正電荷．
(2)剪斷細線后，小球做勻加速直線運動，設(shè)其加速度為a，
由牛頓第二定律＝ma
解得a＝＝12.5 m/s2.
(3)在t＝0.20 s的時間內(nèi)，小球的位移為
l＝at2＝0.25 m
小球運動過程中，電場力做的功
W＝qElsin θ＝mglsin θtan θ＝4.5×10－3 J
所以小球電勢能的變化量(減少量)
ΔEp＝4.5×10－3 J.
第二講　電場能的性質(zhì)
【基本概念、規(guī)律】
一、電場力做功和電勢能
1．電場力做功
(1)特點：靜電力做功與實際路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)．
(2)計算方法
①W＝qEd，只適用于勻強電場，其中d為沿電場方向的距離．
②WAB＝qUAB，適用于任何電場．
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靜電力所做的功．
(2)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系：靜電力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.
(3)電勢能具有相對性．
二、電勢、等勢面
1．電勢
(1)定義：電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量的比值．
(2)定義式：φ＝.
(3)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因零電勢點的選取不同而不同．
2．等勢面
(1)定義：電場中電勢相同的各點構(gòu)成的面．
(2)特點
①在等勢面上移動電荷，電場力不做功．
②等勢面一定與電場線垂直，即與場強方向垂直．
③電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面．
④等差等勢面的疏密表示電場的強弱(等差等勢面越密的地方，電場線越密)．
三、電勢差
1．定義：電荷在電場中，由一點A移到另一點B時，電場力所做的功WAB與移動的電荷的電量q的比值．
2．定義式：UAB＝.
3．電勢差與電勢的關(guān)系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA.
4．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方向的距離的乘積，即UAB＝Ed.
特別提示：電勢和電勢差都是由電場本身決定的，與檢驗電荷無關(guān)，但電場中各點的電勢與零電勢點的選取有關(guān)，而電勢差與零電勢點的選取無關(guān)．
【重要考點歸納】
考點一　電勢高低及電勢能大小的比較　　　　　
1．比較電勢高低的方法
(1)根據(jù)電場線方向：沿電場線方向電勢越來越低．
(2)根據(jù)UAB＝φA－φB：若UAB＞0，則φA＞φB，若UAB＜0，則φA＜φB.
(3)根據(jù)場源電荷：取無窮遠處電勢為零，則正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低．
2．電勢能大小的比較方法
(1)做功判斷法
電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增加(與其他力做功無關(guān))．
(2)電荷電勢法
正電荷在電勢高處電勢能大，負電荷在電勢低處電勢能大．
題型一　電勢高低、電勢能大小的判斷
1．電勢高低的判斷
判斷依據(jù) 判斷方法
電場線方向 沿電場線方向電勢逐漸降低
場源電荷的正負 取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低
電勢能的高低 正電荷在電勢較高處電勢能大，負電荷在電勢較低處電勢能大
電場力做功 根據(jù)UAB＝，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低
2.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(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加
3.電場中的功能關(guān)系
(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．
(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．
(3)除重力、彈簧彈力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化．
(4)所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化．
【例1】(2019·廣東韶關(guān)質(zhì)檢)如圖所示，虛線表示某電場的等勢面，實線表示一帶電粒子僅在電場力作用下運動的徑跡．粒子在A點的加速度為 aA、動能為 EkA、電勢能為 EpA；在B點的加速度 為aB、動能為 EkB、電勢能為 EpB.則下列結(jié)論正確的是 (　　)
A．a(chǎn)A>aB，EkA>EkB　　 B．a(chǎn)AEpB C．a(chǎn)AaB，EkA【答案】C
【解析】根據(jù)圖中等勢面分布可知，＋5 V等勢面處場強小于－5 V等勢面處場強，帶電粒子在A點所受的電場力小于在B點所受的電場力，根據(jù)牛頓第二定律，aAEkB，選項C正確，B錯誤．
【變式1】(2019·江蘇南京師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)某靜電除塵設(shè)備集塵板的內(nèi)壁帶正電，設(shè)備中心位置有一個帶負電的放電極，它們之間的電場線分布如圖所示，虛線為某帶電煙塵顆粒(重力不計)的運動軌跡，A、B是軌跡上的兩點，C點與B點關(guān)于放電極對稱，下列說法正確的是(　　)
A點電勢低于B點電勢
B．A點電場強度小于C點電場強度
C．煙塵顆粒在A點的動能小于在B點的動能
D．煙塵顆粒在A點的電勢能小于在B點的電勢能
【答案】AC
【解析】由沿電場線方向電勢降低可知，A點電勢低于B點電勢，A正確；由圖可知，A點處電場線比C點處密集，因此A點的場強大于C點場強，B錯誤；煙塵顆粒帶負電，從A到B的過程中，電場力做正功，動能增加，煙塵顆粒在A點的動能小于在B點的動能，電勢能減小，煙塵顆粒在A點的電勢能大于在B點的電勢能，C正確，D錯誤．
【變式2】(多選)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(biāo)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】　若Q在M端，由電子運動的軌跡可知Q為正電荷，電子從A向B運動或從B向A運動均可，由于rA＜rB，故EA＞EB，F(xiàn)A＞FB，aA＞aB，φA＞φB，EpA＜EpB；若Q在N端，由電子運動的軌跡可知Q為負電荷，且電子從A向B運動或從B向A運動均可，由rA＞rB，故EA題型二　電勢差與電場強度的關(guān)系
1．公式E＝的三點注意
(1)只適用于勻強電場．
(2)d為某兩點沿電場強度方向上的距離，或兩點所在等勢面之間的距離．
(3)電場強度的方向是電勢降低最快的方向．
2.電場線、電勢、電場強度的關(guān)系
(1)電場線與電場強度的關(guān)系：電場線越密的地方表示電場強度越大，電場線上某點的切線方向表示該點的電場強度方向．
(2)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．
(3)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．E＝在非勻強電場中的三點妙用
判斷電勢差大小及電勢高低 距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大，進而判斷電勢的高低
判斷場強變化 φ－x圖象的斜率k＝＝＝Ex，斜率的大小表示場強的大小，正負表示場強的方向
判斷場強大小 等差等勢面越密，場強越大
4.解題思路
在勻強電場中由公式U＝Ed得出的“一式二結(jié)論”
(1)“一式”：E＝＝，其中d是沿電場線方向上的距離．
(2)“二結(jié)論”
結(jié)論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝，如圖甲所示．
結(jié)論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示．
　　　
【例2】(2019·山東濰坊模擬)如圖所示，勻強電場的方向平行于xOy坐標(biāo)系平面，其中坐標(biāo)原點O處的電勢為2 V，a點的坐標(biāo)為(0 cm，4 cm)，電勢為8 V，b點的坐標(biāo)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．過O點作ab的垂線交ab于c點，
由幾何關(guān)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．
【變式1】(2017·高考全國卷Ⅲ)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V．下列說法正確的是 (　　)
A．電場強度的大小為2.5 V/cm B．坐標(biāo)原點處的電勢為1 V
C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV
【答案】ABD
【解析】ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強分量大小分別為E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根據(jù)矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A項正確；根據(jù)在勻強電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B項正確；電子在a、b、c三點的電勢能分別為－10 eV、－17 eV和－26 eV，故電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C項錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D項正確．
【變式2】(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點．一電荷量為q(q＞0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2.下列說法正確的是 (　　)
A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行
B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為
C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為
D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差
【答案】　BD
【解析】　結(jié)合題意，只能判定Uab＞0、Ucd＞0，但電場方向不能得出，A錯誤；根據(jù)電場力做功與電勢能變化量的關(guān)系有W1＝q(φa－φb)①，W2＝q(φc－φd)②，WMN＝q(φM－φN)③，根據(jù)勻強電場中“同一條直線上兩點間的電勢差與兩點間的距離成正比”的規(guī)律可知，UaM＝UMc，即φa－φM＝φM－φc，可得φM＝④，同理可得φN＝⑤，聯(lián)立①②③④⑤式可得WMN＝，B項正確；電場強度的方向只有沿c→d時，場強E＝，但本題中電場方向未知，故C錯誤；若W1＝W2，則φa－φb＝φc－φd，結(jié)合④⑤兩式可推出φa－φM＝φb－φN，D正確．
U＝Ed在非勻強電場中的應(yīng)用
【例3】．如圖所示，在某電場中畫出了三條電場線，C點是A、B連線的中點．已知A點的電勢為φA＝30 V，B點的電勢為φB＝－20 V，則下列說法正確的是(　　)
A．C點的電勢φC＝5 V B．C點的電勢φC>5 V
C．C點的電勢φC<5 V D．負電荷在A點的電勢能大于在B點的電勢能
【答案】C.
【解析】從電場線的分布情況可以看出φA－φC>φC－φB，所以有φC<5 V，C正確，A、B錯誤；因為負電荷在電勢高的地方電勢能較小，所以D錯誤
考點二　等勢面與粒子運動軌跡的分析
1．幾種常見的典型電場的等勢面比較
電場 等勢面(實線)圖樣 重要描述
勻強電場 垂直于電場線的一簇平面
點電荷的電場 以點電荷為球心的一簇球面
等量異種點電荷的電場 連線的中垂線上的電勢為零
等量同種正點電荷的電場 連線上，中點電勢最低，而在中垂線上，中點電勢最高
2.帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法
(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負；
(2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等；
(3)根據(jù)動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況．
題型三　電場線、等勢線(面)及帶電粒子的運動軌跡問題
帶電粒子運動軌跡的分析
(1)判斷速度方向：帶電粒子運動軌跡上某點的切線方向為粒子在該點處的速度方向．
(2)判斷電場力(或場強)的方向：僅受電場力作用時，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡的凹側(cè)，再根據(jù)粒子的正、負判斷場強的方向．
(3)判斷電場力做功的正、負及電勢能的增減：若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能減少；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加．
【例4】(2019·浙江名校協(xié)作體)陰極射線示波管的聚焦電場是由電極A1、A2形成的實線為電場線，虛線為等勢線，Z軸為該電場的中心軸線，P、Q、R為一個從左側(cè)進入聚焦電場的電子運動軌跡上的三點，則(　　)
A．電極A1的電勢低于電極A2的電勢 B．電場中Q點的電場強度小于R點的電場強度
C．電子在P點處的動能大于在Q點處的動能 D．電子從P至R的運動過程中，電場力對它一直做正功
【答案】　AD
【解析】　沿電場線電勢降低，因此電極A1的電勢低于電極A2，故A正確；電子從P至R的運動過程中，是由低電勢向高電勢運動，電場力做正功，動能增加，電勢能減小，故C錯誤，D正確；Q點電場線比R點電場線密，據(jù)電場線的疏密程度可知Q點的電場強度大于R點的電場強度，故B錯誤．
【變式】如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知(　　)
A．Q點的電勢比P點高 B．油滴在Q點的動能比它在P點的大
C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小
【答案】AB.
【解析】根據(jù)帶負電的油滴在豎直面內(nèi)的軌跡可知，油滴所受合外力一定向上，則所受電場力一定向上，且電場力大于重力，故勻強電場的方向豎直向下，Q點的電勢比P點高，選項A正確；油滴從P點運動到Q點，根據(jù)動能定理，合外力做正功，動能增大，所以油滴在Q點的動能比它在P點的大，選項B正確；油滴從P點運動到Q點，電場力做正功，電勢能減小，油滴在Q點的電勢能比它在P點的小，選項C錯誤；由于帶電油滴所受的電場力和重力均為恒力，所以油滴在Q點的加速度和它在P點的加速度大小相等，選項D錯誤．
等勢面的綜合應(yīng)用
【例5】．(多選)(2018·高考全國卷 Ⅰ )圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V．一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV.下列說法正確的是(　　)
A．平面c上的電勢為零 B．該電子可能到達不了平面f
C．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV D．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍
【答案】AB.
【解析】電子在等勢面b時的電勢能為E＝qφ＝－2 eV，電子由a到d的過程電場力做負功，電勢能增加6 eV，由于相鄰兩等勢面之間的距離相等，故相鄰兩等勢面之間的電勢差相等，則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢能均增加2 eV，則電子在等勢面c的電勢能為零，等勢面c的電勢為零，A正確；由以上分析可知，電子在等勢面d的電勢能應(yīng)為2 eV，C錯誤；電子在等勢面b的動能為8 eV，電子在等勢面d的動能為4 eV，由公式Ek＝mv2可知，該電子經(jīng)過平面b時的速率為經(jīng)過平面d時速率的倍，D錯誤；如果電子的速度與等勢面不垂直，則電子在該勻強電場中做曲線運動，所以電子可能到達不了平面f就返回平面a，B正確．
【變式】(2019·湖南長沙模擬)如圖所示，M、N、P三點位于直角三角形的三個頂點上，∠PMN＝30°，∠MNP＝60°，一負點電荷位于三角形的平面上，已知M點和N點的電勢相等，P點的電勢與MN中點F的電勢相等，則下列說法正確的是 (　　)
A．M點和P點的電場強度相等
B．N點和P點的電場強度相等
C．同一正電荷在M點時的電勢能大于在P點時的電勢能
D．同一正電荷在N點時的電勢能小于在P點時的電勢能
【答案】C
【解析】由M點和N點的電勢相等，P點的電勢與F點的電勢相等，則知負點電荷Q應(yīng)位于MN連線的垂直平分線和PF連線的垂直平分線上，作圖得到Q的位置如圖．
可知P點離Q近，場強較大，故A錯誤；N點離Q較遠，則N點的場強比P點的小，故B錯誤；正電荷從M點運動到P點，電場力做正功，電勢能減小，則同一正電荷在M點的電勢能大于在P點的電勢能，故C正確；M點的電勢和N點的電勢相等，所以正電荷從N點運動到P點，電場力做正功，電勢能減小，則同一正電荷在N點的電勢能大于在P點的電勢能，故D錯誤．
考點三　E－x和φ－x圖象的處理方法
1．E－x圖象
(1)反映了電場強度隨位移變化的規(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．
2．φ－x圖象
(1)描述了電勢隨位移變化的規(guī)律．
(2)根據(jù)電勢的高低可以判斷電場強度的方向是沿x軸正方向還是負方向．
(3)斜率的大小表示場強的大小，斜率為零處場強為零．
3.看懂圖象是解題的前提，解答此題的關(guān)鍵是明確圖象的斜率、面積的物理意義．
題型四　靜電場的圖象問題
幾種常見圖象的特點及規(guī)律
v t圖象 根據(jù)v t圖象中速度變化、斜率確定電荷所受合力的方向與合力大小變化，確定電場的方向、電勢高低及電勢能變化
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)在φ x圖象中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢高低關(guān)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，然后做出判斷
E x圖象 (1)反映了電場強度隨位移變化的規(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
Ep x圖象 (1)反映了電勢能隨位移變化的規(guī)律； (2)圖線的切線斜率大小等于電場力大??； (3)進一步判斷場強、動能、加速度等隨位移的變化情況
v－t圖象
【例6】．(多選)(2019·安徽黃山模擬)光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示．一質(zhì)量m＝1 g的帶正電小物塊由A點靜止釋放，并以此時為計時起點，沿光滑水平面經(jīng)過B、C兩點(圖中未畫出)，其運動過程的v－t圖象如圖乙所示，其中圖線在B點位置時斜率最大，根據(jù)圖線可以確定(　　)
A．中垂線上B點電場強度最大 B．A、B兩點之間的位移大小
C．B點是連線中點，C與A點必在連線兩側(cè) D．UBC>UAB
【答案】AD.
【解析】v－t圖象的斜率表示加速度，可知小物塊在B點的加速度最大，所受的電場力最大，所以B點的電場強度最大，A正確；小物塊由A運動到B的過程中，由圖可知A、B兩點的速度，已知小物塊的質(zhì)量，則由動能定理可知qUAB＝mv－mv，由上式可求出小物塊由A運動到B的過程中電場力所做的功qUAB，因為電場強度的關(guān)系未知，則不能求解A、B兩點之間的位移大小，B錯誤；中垂線上電場線分布不是均勻的，B點不在連線中點，C錯誤；在小物塊由A運動到B的過程中，根據(jù)動能定理有
qUAB＝mv－mv＝(×1×10－3×42－0) J＝8×10－3 J，同理，在小物塊由B運動到C的過程中，有
qUBC＝mv－mv＝(×1×10－3×72－×1×10－3×42) J＝16.5×10－3 J，對比可得UBC>UAB，D正確．
　φ－x圖象
【例7】(2019·福建泉州模擬)在坐標(biāo)－x0到x0之間有一靜電場，x軸上各點的電勢φ隨坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖所示，一電荷量為e的質(zhì)子從－x0處以一定初動能僅在電場力作用下沿x軸正向穿過該電場區(qū)域．則該質(zhì)子(　　)
A．在－x0～0區(qū)間一直做加速運動 B．在0～x0區(qū)間受到的電場力一直減小
C．在－x0～0區(qū)間電勢能一直減小 D．在－x0～0區(qū)間電勢能一直增加
【答案】　D
【解析】從－x0到0，電勢逐漸升高，意味著該區(qū)域內(nèi)的場強方向向左，質(zhì)子受到的電場力向左，與運動方向相反，所以質(zhì)子做減速運動，A錯誤；設(shè)在x～x＋Δx，電勢為φ～φ＋Δφ，根據(jù)場強與電勢差的關(guān)系式E＝，當(dāng)Δx無限趨近于零時，表示x處的場強大小(即φ～x圖線的斜率)，從0到x0區(qū)間，圖線的斜率先增加后減小，所以電場強度先增大后減小，根據(jù)F＝Ee，質(zhì)子受到的電場力先增大后減小，B錯誤；在－x0～0區(qū)間質(zhì)子受到的電場力方向向左，與運動方向相反，電場力做負功，電勢能增加，C錯誤，D正確．
【變式】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
【解析】由x1處電勢為零可知，兩點電荷q1和q2帶有異種電荷，選項A正確；在φ x圖象中，圖象切線的斜率表示電場強度，則x1處的電場強度不為零，選項B錯誤；且有x1到x2電場強度逐漸減小，負電荷受到的電場力逐漸減小，選項D錯誤；由Ep＝φq可知，負電荷在電勢高處的電勢能低，負電荷從x1移到x2，電勢能減小，選項C正確．
E－x圖象
【例8】．(多選)(2019·山東濰坊實驗中學(xué)模擬)某電場中沿x軸上各點的電場強度大小變化如圖所示．場強方向與x軸平行，規(guī)定沿x軸正方向為正，一負點電荷從坐標(biāo)原點O以一定的初速度沿x軸負方向運動，到達x1位置時速度第一次為零，到達x2位置時速度第二次為零，不計點電荷的重力．下列說法正確的是(　　)
A．點電荷從x1運動到x2的過程中，速度先保持不變，然后均勻增大再均勻減小
B．點電荷從O沿x軸正方向運動到x2的過程中，加速度先均勻增大再均勻減小
C．電勢差UOx1＜UOx2
D．在整個運動過程中，點電荷在x1、x2位置時的電勢能最大
【答案】BD.
【解析】點電荷從x1運動到x2的過程中，將運動階段分成兩段：點電荷從x1運動到O的過程中，初速度為0，根據(jù)牛頓第二定律有a＝＝，電場強度E不變，所以加速度a不變，點電荷做勻加速運動；點電荷從O運動到x2的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有a＝＝，電場強度E先均勻增大再均勻減小，所以加速度a先均勻增大再均勻減小，速度不是均勻變化的，故A錯誤，B正確；點電荷從O運動到x1的過程中，根據(jù)動能定理有UOx1q＝0－mv，點電荷從O運動到x2的過程中，根據(jù)動能定理有UOx2q＝0－mv，所以電勢差UOx1＝UOx2，故C錯誤；點電荷在運動過程中僅有電場力做功，動能和電勢能之和保持不變，點電荷在x1、x2位置動能最小，則電勢能最大，D正確．
【變式】(2019·石家莊模擬)如圖所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電球體，以球心為坐標(biāo)原點，沿半徑方向建立x軸．理論分析表明，x軸上各點的場強隨x變化關(guān)系如圖乙所示，則 (　　)
A．x2處場強大小為 B．球內(nèi)部的電場為勻強電場
C．x1、x2兩點處的電勢相同 D．假設(shè)將試探電荷沿x軸移動，則從x1移到R處和從R移到x2處電場力做功相同
【答案】A
【解析】計算x2處的電場強度時，可把帶電球體等效為位于原點的點電荷，則有x2處場強大小為E＝k，故選項A正確；由乙圖E x圖象可知，球內(nèi)部由O到球表面區(qū)間電場強度均勻增大，所以內(nèi)部電場為非勻強電場，故選項B錯誤；x軸上O點右側(cè)的電場方向始終是向右的，沿著電場的方向電勢逐漸減小，可知φx1>φx2，故選項C錯誤；E x 圖象與x軸所圍面積表示電勢差，由乙圖可知兩處面積不相等，所以x1處與球表面、球表面與x2處的電勢差不同，則將試探電荷沿x軸從x1移到R處和從R移到x2處電場力做功不相同，故選項D錯誤．
Ep－x圖象
【例9】.(2019·河北張家口一模)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　)
A．x1處電場強度最小，但不為零
B．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動
C．在0、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、 φ2、φ3的關(guān)系為φ3>φ2＝φ0>φ1
D．x2～x3段的電場強度大小、方向均不變
【答案】D
【解析】.根據(jù)Ep＝qφ，E＝，得E＝·，由數(shù)學(xué)知識可知Ep－x圖象切線的斜率等于，x1處切線斜率為零，則知x1處電場強度為零，故A錯誤；由題圖看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知電場強度減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動，x1～x2段圖象切線的斜率不斷增大，電場強度增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動，x2～x3段斜率不變，電場強度不變，即電場強度大小和方向均不變，是勻強電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故B錯誤，D正確；根據(jù)Ep＝qφ，粒子帶負電，q<0，則知，電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有φ1>φ2＝φ0>φ3，故C錯誤．
【變式】如圖甲所示，在某電場中建立x坐標(biāo)軸，A、B為x軸上的兩點，xA、xB分別為A、B兩點在x軸上的坐標(biāo)值．一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，該電子的電勢能Ep隨其坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖乙所示，EpA和EpB分別表示電子在A、B兩點時的電勢能．則下列說法中正確的是(　　)
該電場可能是孤立的點電荷形成的電場
B．A點的電場強度小于B點的電場強度
C．電子由A點運動到B點的過程中電場力對其所做的功W＝EpA－EpB
D．電子在A點的動能大于在B點的動能
【答案】CD
【解析】由于A、B兩點的電勢能與兩個位置間的關(guān)系是一條過原點的直線，說明電勢是均勻增加的，所以一定是個勻強電場，而不是孤立的點電荷形成的電場，故A錯誤；由上可知是勻強電場，所以A、B兩點的電場強度相等，故B錯誤；由圖乙可知，電子在 A、B兩點的電勢能關(guān)系為EpB>EpA，說明電子由 A運動到B時電勢能增大，電場力做負功，電場力對其所做的功為W＝EpA－EpB，故C正確；電場力做負功，動能減小，所以A點的動能大于B點的動能，故D正確．
【題型演練】
1．(2019·黑龍江大慶模擬)關(guān)于靜電場，下列說法正確的是(　　)
A．將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方，電勢能一定增加
B．無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，靜電力做的正功越多，電荷在該點的電勢能越大
C．在同一個等勢面上的各點，場強的大小必然是相等的
D．電勢降低的方向就是電場強度的方向
【答案】B
【解析】將負電荷由低電勢點移到高電勢點，電場力做正功，電勢能減小，選項A錯誤；無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，因無窮遠處電勢能為零，因此靜電力做正功越多，電荷在該點的電勢能越大，選項B正確；在同一等勢面上，電勢處處相等，場強不一定相等，選項C錯誤；電勢降低最快的方向才是電場強度的方向，選項D錯誤．
2.一個電子只在電場力作用下從a點運動到b點的軌跡如圖中虛線所示，圖中平行實線可能是電場線也可能是等勢線，則以下說法正確的是(　　)
A．無論圖中的實線是電場線還是等勢線，a點的電場強度都比b點的電場強度小
B．無論圖中的實線是電場線還是等勢線，a點的電勢都比b點的電勢高
C．無論圖中的實線是電場線還是等勢線，電子在a點的電勢能都比在b點的電勢能小
D．如果圖中的實線是等勢線，電子在a點的速率一定大于在b點的速率
【答案】D.
【解析】根據(jù)電場線和等勢線的特點及兩者的關(guān)系可知，無論圖中的實線是電場線還是等勢線，a、b兩點的電場強度都相等；若圖中實線是電場線，則根據(jù)做曲線運動的物體一定受到指向軌跡凹側(cè)的合外力，可知電子受到的電場力方向水平向右，電場線方向水平向左，a點的電勢比b點的電勢低，電子從a點運動到b點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，動能增大，電子在a點的電勢能比在b點的電勢能大，電子在a點的速率一定小于在b點的速率；若圖中實線是等勢線，則根據(jù)電場線和等勢線垂直的關(guān)系和物體做曲線運動的條件，可知電子受到的電場力方向豎直向下，電場線方向豎直向上，a點的電勢比b點的電勢高，電子從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，動能減小，電子在a點的電勢能比在b點的電勢能小，電子在a點的速率一定大于在b點的速率．綜上所述，選項D正確．
3．(2018·高考天津卷)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是(　　)
A．vM＜vN，aM＜aN　　　 B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN
【答案】D
【解析】電場線越密，電場強度越大，同一個粒子受到的電場力越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度越大，故有aM＜aN；若粒子從M運動到N點，根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即vM＞vN，EpM＜EpN，負電荷在低電勢處電勢能大，故φM＞φN；
若粒子從N運動到M，根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做正功，電勢能減小，動能增大，即vM＞vN，EpM＜EpN，負電荷在低電勢處電勢能大，故φM＞φN.
綜上所述，D正確．
4.(2019·湖北省重點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，水平面內(nèi)有A、B、C、D、E、F六個點，它們均勻分布在半徑為R＝2 cm的同一圓周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強電場．已知A、C、E三點的電勢分別為φA＝(2－) V、φC＝2 V、φE＝(2＋) V，下列判斷正確的是(　　)
A．電場強度的方向由A指向D B．電場強度的大小為1 V/m
C．該圓周上的點電勢最高為4 V D．將電子從D點沿DEF移到F點，靜電力做正功
【答案】C
【解析】在勻強電場中AE連線的中點G的電勢φG＝(φA＋φE)＝2 V＝φC，所以直線COGF為等勢線，在勻強電場中等勢線相互平行，電場線與等勢線相互垂直，且由電勢高的等勢線指向電勢低的等勢線，可知直線AB、直線DE分別為等勢線，直線DB、直線EA分別為電場線，可知電場強度的方向由E指向A(或由D指向B)，故A錯誤；E、A兩點間的電勢差UEA＝φE－φA＝2 V，沿電場方向的距離d＝R＝ m，電場強度E＝＝100 V/m，故B錯誤；過圓心O做EA的平行線，與圓的交點H處電勢最高，UHO＝ER＝2 V，由UHO＝φH－φO可得：最高電勢φH＝UHO＋φO＝4 V，故C正確；將電子從D點移到F點，靜電力先做正功再做負功，故D錯誤．
5.圖中虛線是某電場的一組等勢面．兩個帶電粒子從P點沿等勢面的切線方向射入電場，粒子僅受電場力
作用，運動軌跡如實線所示，a、b是實線與虛線的交點．下列說法正確的是 (　　)
A．兩粒子的電性相同 B．a(chǎn)點的場強小于b點的場強
C．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢 D．與P點相比兩個粒子的電勢能均增大
【答案】B
【解析】根據(jù)軌跡的彎曲方向可知，a粒子受到中心電荷的斥力，而b粒子受到中心電荷的引力，說明a與中心電荷電性相同，b與中心電荷的電性相反，則兩粒子的電性相反，故A錯誤；由等勢面的分布可知，該電場是點電荷產(chǎn)生的，由場強公式E＝k可知，a點的場強小于b點的場強，故B正確；由于中心電荷的電性無法判斷，電場線方向無法判定，則不能比較a、b的電勢高低，故C錯誤；電場力對兩粒子均做正功，則兩個粒子的電勢能均減小，故D錯誤．
6.如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，電場線與矩形所在的平面平行．已知a點電勢為20 V，b點電勢為24 V，d點電勢為12 V．一個質(zhì)子從b點以速度v0射入此電場，入射方向與bc成45°角，一段時間后經(jīng)過c點．不計質(zhì)子的重力．下列判斷正確的是(　　)
A．c點電勢高于a點電勢 B．場強的方向由b指向d
C．質(zhì)子從b運動到c，電場力做功為8 eV D．質(zhì)子從b運動到c，電場力做功為4 eV
【答案】C
【解析】.由于是勻強電場，故a、d的中點(設(shè)為E)電勢應(yīng)為a、d兩點的一半，即16 V，那么E、b的中點F電勢是20 V，和a點一樣．連接a、F得到等勢線，則電場線與它垂直，正好是由b指向E.那么cE平行于aF，故c點電勢與E相同，也為16 V，小于a點電勢，A錯誤；場強的方向由b指向E，B錯誤；從b到c電勢降落了8 V，質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)子從b運動到c，電場力做功8 eV，電勢能減小8 eV，C正確，D錯誤．
7.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的液滴，在場強大小為、方向水平向右的勻強電場中運動，運動軌跡在豎直平面內(nèi)．A、B為其運動軌跡上的兩點，已知該液滴在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.求A、B兩點間的電勢差．
【答案】
【解析】由題意知qE＝mg，液滴重力不能忽略，把運動分解
水平方向：vsin 60°＝v0sin 30°＋t①
豎直方向：vcos 60°＝v0cos 30°－gt②
由①②可得：v＝v0，t＝
由牛頓第二定律得水平方向加速度a＝＝g，
水平位移：x＝v0sin 30°·t＋(g)t2＝UAB＝Ex＝.
8．在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電荷量為＋2q，B球的帶電荷量為－3q，組成一帶電系統(tǒng)，如圖所示，虛線MP為A、B兩球連線的垂直平分線，虛線NQ與MP平行且相距5L.最初A和B分別靜止于虛線MP的兩側(cè)，距MP的距離均為L，且A球距虛線NQ的距離為4L.若視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在虛線MP、NQ間加上水平向右、場強大小為E的勻強電場后，試求：
(1)B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大?。?br/>(2)帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離；
(3)帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零時，B球電勢能的變化量．
【答案】(1) 　(2)3L　(3)6qEL
【解析】(1)設(shè)B球剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為v1，
對A、B系統(tǒng)應(yīng)用動能定理：
2qEL＝×2mv，
則v1＝.
(2)設(shè)球A向右運動s時，系統(tǒng)速度為零，
由動能定理，得：
2qEs＝3qE(s－L)，
則s＝3L.
(3)帶電系統(tǒng)的速度第一次為零時，B球克服電場力做功
WFB＝6qEL，
則B球電勢能增加了6qEL.
第三講　電容器與電容　帶電粒子在電場中的運動
【基本概念、規(guī)律】
一、電容器、電容
1．電容器
(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成．
(2)帶電量：一個極板所帶電量的絕對值．
(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)定義式：C＝.
(2)單位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012pF.
3．平行板電容器
(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩極板間距離成反比．
(2)決定式：C＝，k為靜電力常量．
特別提醒：C＝適用于任何電容器，但C＝僅適用于平行板電容器．
二、帶電粒子在電場中的運動
1．加速問題
(1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv；
(2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv.
2．偏轉(zhuǎn)問題
(1)條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場．
(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動．
(3)處理方法：利用運動的合成與分解．
①沿初速度方向：做勻速運動．
②沿電場方向：做初速度為零的勻加速運動．
特別提示：帶電粒子在電場中的重力問題
(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．
(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．
【重要考點歸納】
考點一　平行板電容器的動態(tài)分析
運用電容的定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路
1．確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．
(1)保持兩極板與電源相連，則電容器兩極板間電壓不變．
(2)充電后斷開電源，則電容器所帶的電荷量不變．
2．用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化．
3．用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．
4．用E＝分析電容器兩極板間電場強度的變化．
5.在分析平行板電容器的動態(tài)變化問題時，必須抓住兩個關(guān)鍵點：
(1)確定不變量：首先要明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變，一般情況下是保持電量不變或板間電壓不變．
(2)恰當(dāng)選擇公式：要靈活選取電容的兩個公式分析電容的變化，還要應(yīng)用E＝，分析板間電場強度的變化情況．
題型一　平行板電容器及其動態(tài)分析問題
兩類動態(tài)變化問題的比較
分類 充電后與電池兩極相連 充電后與電池兩極斷開
不變量 U Q
d變大 C變小Q變小E變小 C變小U變大E不變
S變大 C變大Q變大E不變 C變大U變小E變小
εr變大 C變大Q變大E不變 C變大U變小E變小
U不變時電容器的動態(tài)分析
【例1】(2019·湖南長沙模擬)利用電容傳感器可檢測礦井滲水，及時發(fā)出安全警報，從而避免事故的發(fā)生；如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測礦井中液面高低的儀器原理圖，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體(礦井中含有雜質(zhì)的水)，A、C構(gòu)成電容器．已知靈敏電流表G的指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系：電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)．若礦井滲水(導(dǎo)電液體深度增大)，則電流表 (　　)
A．指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電 B．指針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電
C．指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電 D．指針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電
【答案】B
【解析】由圖可知，液體與芯柱構(gòu)成了電容器，由圖可知，兩板間距離不變；液面變化時只有正對面積發(fā)生變化；則由C＝可知，當(dāng)液面升高時，只能是正對面積S增大；故可判斷電容增大，再依據(jù)C＝和電勢差不變，可知電容器的電荷量增大，因此電容器處于充電狀態(tài)，因電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)，因此指針向左偏轉(zhuǎn)，故A、C、D錯誤，B正確．
【變式】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】D.
【解析】平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變．若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由C＝可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減小．由于U不變，d不變，由E＝可知，極板間電場強度E不變，選項D正確，A、B、C錯誤．
Q不變時電容器的動態(tài)分析
【例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．在兩極板間有一個固定在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(　　)
θ增大，E增大　　　　 B．θ增大，Ep不變
C．θ減小，Ep增大 D ．θ減小，E不變
【答案】D.
【解析】平行板電容器帶有等量異種電荷，當(dāng)極板正對面積不變時，兩極板之間的電場強度E不變．保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至題圖中虛線位置，由U＝Ed可知，兩極板之間的電勢差減小，靜電計指針的偏角θ減小，由于下極板接地(電勢為零)，兩極板之間的電場強度不變，所以點電荷在P點的電勢能Ep不變．綜上所述，選項D正確．
【變式】(2019·西北師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一個帶負電的試探電荷固定在P點．靜電計的金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地．以E表示兩板間的場強，φ表示P點的電勢，EP表示該試探電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持負極板將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計帶電量可忽略不計)，各物理量變化情況描述正確的是(　　)
A．E增大，φ降低，EP減小，θ增大 B．E不變，φ降低，EP增大，θ減小
C．E不變，φ升高，EP減小，θ減小 D．E減小，φ升高，EP減小，θ減小
【答案】C
【解析】將正極板適當(dāng)向右水平移動，兩板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式C＝可知，電容C增大，因平行板電容器充電后與電源斷開，則電容器的電量Q不變，由C＝得知，板間電壓U減小，因此夾角θ減小，再依據(jù)板間場強E＝＝＝，可見E不變；P點到正極板距離減小，且正極接地，由公式U＝Ed得知，則P點的電勢；負電荷在P點的電勢能減小，故A、B、D錯誤，C正確．
平行板電容器中帶電粒子的問題分析
【例3】(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　)
A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大
C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等
【答案】BD
【解析】根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據(jù)a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa＞ab.對微粒a，由牛頓第二定律，qE＝maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE＝mbab，聯(lián)立解得＞，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，選項A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力(電場力)等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b大，選項B正確；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯誤；由于a微粒受到的合外力(電場力)等于b微粒受到的合外力(電場力)，根據(jù)動量定理，在t時刻，a、b微粒的動量大小相等，選項D正確．
【變式】如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成．放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子)．若極板長為L，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時，只有某一速度的β粒子能從細管C水平射出，細管C離兩板等距．已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為 (　　)
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】β粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有＝at2，且a＝.從A到C的過程有－eU＝mv－mv2，以上各式聯(lián)立解得v＝ ，選項C正確．
考點二　帶電粒子在電場中的直線運動
1．運動類型
(1)帶電粒子在勻強電場中做勻變速直線運動．
(2)帶電粒子在不同的勻強電場或交變電場中做勻加速、勻減速的往返運動．
2．分析思路
(1)根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的運動情況．
(2)根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解．此方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場．
(3)對帶電粒子的往返運動，可采取分段處理．
題型二　帶電粒子在電場中的直線運動
1．用動力學(xué)觀點分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad
2．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
電容器中直線運動
【例4】(多選)(2019·株洲檢測)如圖所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號電荷的金屬板A、B，板與水平方向的夾角為θ，一個電荷量q＝1.41×10－4 C、質(zhì)量m＝1 g的帶電小球，自A板上的孔P以水平速度v0＝0.1 m/s飛入兩板之間的電場，經(jīng)0.02 s后未與B板相碰又回到孔P，g取10 m/s2，則(　　)
A．板間電場強度大小為100 V/m B．板間電場強度大小為141 V/m
C．板與水平方向的夾角θ＝30° D．板與水平方向的夾角θ＝45°
【答案】　AD
【解析】　因為小球從孔P水平飛入兩板之間，沿水平方向運動，小球受力如圖所示，設(shè)板間勻強電場的場強為E，板與水平方向的夾角為θ，在豎直方向由平衡條件得Eqcos θ＝mg，在水平方向由動量定理得Eqtsin θ＝2mv0，解得E＝ ＝100 V/m，tan θ＝＝1，即θ＝45°，A、D正確．
【變式】如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　)
A．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v增大 B．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v減小
C．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v不變 D．當(dāng)減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長
【答案】C
【解析】由動能定理得eU＝mv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，＝，＝，即t＝，當(dāng)d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤．
帶電粒子在勻強電場中的直線運動
【例5】如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　)
A．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回
C．運動到P′點返回 D．穿過P′點
【答案】A.
【解析】電子在A、B板間的電場中加速運動，在B、C板間的電場中減速運動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運動后，在B、C板間減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤．
【變式】如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球(　　)
A．做直線運動 B．做曲線運動
C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小
【答案】BC
【解析】對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，故C正確，D錯誤．
帶電粒子在交變電場中的直線運動
【例6】．如圖甲所示，A板電勢為0，A板中間有一小孔，B板的電勢變化情況如圖乙所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在t＝時刻以初速度為0從A板上的小孔處進入兩極板間，僅在電場力作用下開始運動，恰好到達B板．則(　　)
A．A、B兩板間的距離為 B．粒子在兩板間的最大速度為
C．粒子在兩板間做勻加速直線運動
D．若粒子在t＝時刻進入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終打向B板
【答案】B.
【解析】粒子僅在電場力作用下運動，加速度大小不變，方向變化，選項C錯誤；粒子在t＝時刻以初速度為0進入兩極板，先加速后減速，在時刻到達B板，則··＝，解得d＝ ，選項A錯誤；粒子在時刻速度最大，則vm＝·＝ ，選項B正確；若粒子在t＝時刻進入兩極板間，在～時間內(nèi)，粒子做勻加速運動，位移x＝·＝，所以粒子在時刻之前已經(jīng)到達B板，選項D錯誤．
【變式】如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是 (　　)
A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D．T＜t0＜
【答案】B
【解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負．分別作出t0＝0、、、時粒子運動的v t圖象，如圖所示．由于v t圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜與＜t0＜T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零，＜t0＜時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；t0＞T時情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各項可知B正確．
考點三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
1．基本規(guī)律
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，
y＝at2＝.
(4)速度，vy＝，
v＝，tan θ＝＝.
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qU0＝mv及tan θ＝得tan θ＝.
(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(dāng)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．
題型一　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動
1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律
2．處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法
(1)運動的分解法
一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動．
(2)功能關(guān)系
當(dāng)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．
3.計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離的方法
(1)y＝y(tǒng)0＋Ltan θ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)；
(2)y＝(＋L)tan θ(l為電場寬度)；
(3)y＝y(tǒng)0＋vy·；
(4)根據(jù)三角形相似＝.
【例6】(2019·江西吉安一中段考)如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，不計重力)無初速度地放入電場E1中的A點，A點到MN的距離為，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：
(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間t；
(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ；
(3)電子打到屏上的點P′(圖中未標(biāo)出)到點O的距離x.
【答案】　(1)3　(2)2　(3)3L
【解析】　(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，
由牛頓第二定律得：a1＝＝①
由x＝at2得：＝a1t②
電子進入電場E2時的速度為：v1＝a1t1③
進入電場E2到屏水平方向做勻速直線運動，
時間為：t2′＝2t2＝④
電子從釋放到打到屏上所用的時間為：t＝t1＋t2′⑤
聯(lián)立①～⑤求解得：t＝3；
(2)設(shè)粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy，由牛頓第二定律得：
電子進入電場E2時的加速度為：
a2＝＝⑥
vy＝a2t2⑦
電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tan θ＝⑧
聯(lián)立①②③④⑥⑦⑧得：tan θ＝2⑨
(3)帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示．
設(shè)電子打到屏上的點P到O點的距離x，
根據(jù)上圖用幾何關(guān)系得：tan θ＝⑩
聯(lián)立得：x＝3L
【變式1】如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加上恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B的右側(cè)有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向放置，第一次從小孔O1處從靜止釋放一個質(zhì)子11H，第二次從小孔O1處從靜止釋放一個α粒子24He，關(guān)于這兩個粒子在電場中運動的判斷正確的是(　　)
A．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的速度之比為2∶1 B．質(zhì)子和α粒子在電場中運動的時間相同
C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2 D．質(zhì)子和α粒子在電場中運動的軌跡重疊在一起
【答案】CD
【解析】從開始運動到打到板上質(zhì)子的速度為v1，α粒子速度為v2，根據(jù)動能定理有Uq＋Edq＝mv2－0，化簡得出v＝，質(zhì)子的比荷與α粒子的比荷之比為2∶1，代入得＝＝，故A錯誤；設(shè)粒子在加速電場中加速時間為t1，加速位移為x1，在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)時間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y，有x1＝a1t12＝t12，y＝t22，由于質(zhì)子和α粒子的加速位移和偏轉(zhuǎn)位移相同，但是比荷不同，所以運動時間不同，故B錯誤；從開始運動到打到板上，根據(jù)動能定理有Uq＋Edq＝Ek－0，解得Ek＝q(U＋Ed)，因為U、E、d相同，則有＝＝，故C正確；帶電粒子進入加速電場時，根據(jù)動能定理可得qU＝mv02，進入偏轉(zhuǎn)電場后電勢差為U2，偏轉(zhuǎn)的位移為y，有y＝at2＝()2，聯(lián)立得y＝，速度的偏轉(zhuǎn)角正切值為tan θ，有tan θ＝＝＝，偏轉(zhuǎn)位移y與速度的偏轉(zhuǎn)角正切值tan θ與帶電粒子無關(guān)，因此運動軌跡重疊在一起，故D正確．
【變式2】(2019·洛陽一模)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右
的加速電場E1之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不
計粒子重力及其相互作用，那么 (　　)
A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大
C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置
【答案】AD
【解析】根據(jù)動能定理有qE1d＝mv，得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度v1＝ .在偏轉(zhuǎn)電場中，由l＝v1t2及y＝t得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移y＝，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)W＝qE2y得，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，選項A正確．根據(jù)動能定理，qE1d＋qE2y＝mv，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E2打到屏上時的速度v2＝ ，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項B錯誤．粒子打在屏上所用的時間t＝＋＝＋(L′為偏轉(zhuǎn)電場左端到屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時間不相同，選項C錯誤．根據(jù)vy＝t2及tan θ＝得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項D正確．
題型二　帶電粒子在交變電場中的運動
1．常見的交變電場
常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．
2．常見的試題類型
此類題型一般有三種情況：
(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)．
(2)粒子做往返運動(一般分段研究)．
(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)．
3．解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法
(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，
求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．
(2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．
(3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用．
粒子做直線往返運動
利用速度圖象分析帶電粒子的運動過程時的注意事項
(1)帶電粒子進入電場的時刻；
(2)速度圖象的切線斜率表示加速度；
(3)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負；
(4)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用；
(5)圖線與橫軸有交點，表示此時速度改變方向，對運動很復(fù)雜、不容易目錄
電場力的性質(zhì)
【基本概念、規(guī)律】
一、電荷和電荷守恒定律
1．點電荷：形狀和大小對研究問題的影響可忽略不計的帶電體稱為點電荷．
2．電荷守恒定律
(1)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．
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．公式：F＝k，式中的k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做靜電力常量．
3．適用條件：(1)點電荷；(2)真空．
三、電場強度
1．意義：描述電場強弱和方向的物理量．
2．公式
(1)定義式：E＝，是矢量，單位：N/C或V/m.
(2)點電荷的場強：E＝k，Q為場源電荷，r為某點到Q的距離．
(3)勻強電場的場強：E＝.
3．方向：規(guī)定為正電荷在電場中某點所受電場力的方向．
四、電場線及特點
1．電場線：電場線是畫在電場中的一條條有方向的曲線，曲線上每點的切線方向表示該點的電場強度方向．
2．電場線的特點
(1)電場線從正電荷或無限遠處出發(fā)，終止于負電荷或無限遠處．
(2)電場線不相交．
(3)在同一電場里，電場線越密的地方場強越大．
(4)沿電場線方向電勢降低．
(5)電場線和等勢面在相交處互相垂直．
3．幾種典型電場的電場線(如圖所示)
【重要考點歸納】
考點一　對庫侖定律的理解和應(yīng)用　
1．對庫侖定律的理解
(1)F＝k，r指兩點電荷間的距離．對可視為點電荷的兩個均勻帶電球，r為兩球心間距．
(2)當(dāng)兩個電荷間的距離r→0時，電荷不能視為點電荷，它們之間的靜電力不能認為趨于無限大．
2．電荷的分配規(guī)律
(1)兩個帶同種電荷的相同金屬球接觸，則其電荷量平分．
(2)兩個帶異種電荷的相同金屬球接觸，則其電荷量先中和再平分．
題型一：庫侖定律與電荷守恒定律的結(jié)合問題
【例1】．三個相同的金屬小球1、2、3分別置于絕緣支架上，各球之間的距離遠大于小球的直徑．球1的電荷量為q，球2的電荷量為nq，球3不帶電且離球1和球2很遠，此時球1、2之間作用力的大小為F.現(xiàn)使球3先與球2接觸，再與球1接觸，然后將球3移至遠處，此時1、2之間作用力的大小仍為F，方向不變．由此可知(　　)
A．n＝3 B．n＝4 C．n＝5 D．n＝6
【變式】兩個分別帶有電荷量－Q和＋5Q的相同金屬小球(均可視為點電荷)，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F，兩小球相互接觸后將其固定距離變?yōu)?，則兩球間庫侖力的大小為(　　)
A．　　 B． C． D．
題型二：三個孤立共線點電荷平衡問題
(1)條件：每個點電荷所受合力為零．
(2)平衡規(guī)律
“兩同夾異”——正、負電荷相互間隔；
“三點共線”——三個點電荷分布在同一條直線上；
“兩大夾小”——中間電荷的電荷量最小；
“近小遠大”——中間電荷靠近電荷量較小的電荷．
【例2】(2019·浙江十校聯(lián)盟測試)如圖所示，a、b、c為真空中三個帶電小球，b球帶電荷量為＋Q，用絕緣支架固定，a、c兩小球用絕緣細線懸掛，處于平衡狀態(tài)時三小球球心等高，且a、b和b、c間距離相等，懸掛a小球的細線向左傾斜，懸掛c小球的細線豎直，則(　　)
A．a(chǎn)、c兩小球帶同種電荷 B．a(chǎn)、c兩小球帶異種電荷
C．a(chǎn)小球帶電荷量為－4Q D．c小球帶電荷量為＋4Q
【變式】.兩個可自由移動的點電荷分別放在A、B兩處，如圖所示．A處電荷帶正電荷量Q1，B處電荷帶負電荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一個可以自由移動的點電荷Q3，放在AB直線上，欲使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則(　　)
A．Q3為負電荷，且放于A左方 B．Q3為負電荷，且放于B右方
C．Q3為正電荷，且放于A、B之間 D．Q3為正電荷，且放于B右方
題型三：庫侖力作用下的平衡問題
【例3】. (多選)(2019·吉林長春外國語學(xué)校檢測)如圖所示，帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA＝OB，都用長L的絲線懸掛在O點．靜止時A、B相距為d.為使平衡時AB間距離減為，可采用的方法有(　　)
將小球A、B的質(zhì)量都增加到原來的2倍
B．將小球B的質(zhì)量增加到原來的8倍
C．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半
D．將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時將小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍
【變式】如圖所示，在光滑定滑輪C正下方與C相距h的A處固定一電荷量為Q(Q>0)的點電荷，電荷量為q的帶正電小球B，用絕緣細線拴著，細線跨過定滑輪，另一端用適當(dāng)大小的力F拉住，使B處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時B與A點的距離為R，B和C之間的細線與AB垂直．若B所受的重力為G，緩慢拉動細線(始終保持B平衡)直到B接近定滑輪，靜電力常量為k，環(huán)境可視為真空，則下列說法正確的是(　　)
F逐漸增大
F逐漸減小
B受到的庫侖力大小不變
B受到的庫侖力逐漸增大
考點二　電場強度的理解與計算
電場強度的三個計算公式
題型一：點電荷電場中場強的計算
【例4】．(2018·高考北京卷)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述．
(1)請根據(jù)電場強度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點電荷Q的場強表達式；
(2)點電荷的電場線和等勢面分布如圖所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2.我們知道，電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強度的大小．請計算S1、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比.
【變式】如圖所示，真空中xOy平面直角坐標(biāo)系上的A、B、C三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0 m．若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6 C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：
(1)兩點電荷間的庫侖力大?。?br/>(2)C點的電場強度的大小和方向．
題型二：等效法求電場強度
(1)等效法：在保證效果相同的前提下，將復(fù)雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景．
例如：一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，等效為兩個異種點電荷形成的電場，如圖甲、乙所示．
【例5】．如圖所示，xOy平面是無窮大導(dǎo)體的表面，該導(dǎo)體充滿z<0的空間，z>0的空間為真空．將電荷量為q的點電荷置于z軸上z＝h處，則在xOy平面上會產(chǎn)生感應(yīng)電荷．空間任意一點處的電場皆是由點電荷q和導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷共同激發(fā)的．已知靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零，則在z軸上z＝處的場強大小為(k為靜電力常量)　(　　)
k B．k
C．k D．k
題型三：對稱法求電場強度
(2)對稱法：利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復(fù)雜電場的疊加計算問題大為簡化．
如圖丙所示，均勻帶電的球殼在O點產(chǎn)生的場強，等效為弧BC產(chǎn)生的場強，弧BC產(chǎn)生的場強方向，又等效為弧的中點M在O點產(chǎn)生的場強方向．
【例6】．(2019·陜西渭南教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示，在x軸上放置兩正點電荷Q1、Q2，當(dāng)空間存在沿y軸負向的勻強電場時，y軸上A點的場強等于零，已知勻強電場的電場強度大小為E，兩點電荷到A的距離分別為r1、r2，則在y軸上與A點對稱的B點的電場強度大小為 (　　)
E　　　 B.E
C．2E D．4E
【變式】如圖所示，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q>0)的固定點電荷．已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)(　　)
k　　 B．k
C．k D．k
題型四：補償法求電場強度
(3)補償法：將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面，從而化難為易、事半功倍．
【例7】．均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場．如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R.已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　)
－E　　　 B．
C．－E D．＋E
題型五：微元法求電場強度
(4)微元法：將帶電體分成許多元電荷，每個元電荷看成點電荷，先根據(jù)庫侖定律求出每個元電荷的場強，再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合場強．
【例8】．一半徑為R的圓環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L.設(shè)靜電力常量為k，關(guān)于P點的場強E，下列四個表達式中只有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是(　　)
B． C． D．
【變式】下列選項中的各圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標(biāo)出，且電荷均勻分布，各圓環(huán)間彼此絕緣．坐標(biāo)原點O處電場強度最大的是 (　　)
考點三　電場線與帶電粒子的運動軌跡分析
1．電場線的用途
(1)判斷電場力的方向——正電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相同，負電荷的受力方向和電場線在該點切線方向相反．
(2)判斷電場強度的大小(定性)——電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小，進而可判斷電荷受力大小和加速度的大小．
(3)判斷電勢的高低與電勢降低的快慢——沿電場線的方向電勢逐漸降低，電場強度的方向是電勢降低最快的方向．
(4)判斷等勢面的疏密——電場線越密的地方，等差等勢面越密集；電場線越疏的地方，等差等勢面越稀疏．
2．兩種等量點電荷的電場
比較 等量異種點電荷 等量同種點電荷
電場線分布圖
連線中點O的電場強度 在電荷連線上，中點O的電場強度最小，指向負電荷一方 為零
連線上的電場強度大小 沿連線先變小，再變大 沿連線先變小，再變大
沿中垂線由O點向外電場強度大小 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點對稱的A與A′、B與B′的電場強度 等大同向 等大反向
題型一：等量異(同)種電荷電場線的分布
【例9】．如圖所示，在真空中有兩個固定的等量異種點電荷＋Q和－Q.直線MN是兩點電荷連線的中垂線，O是兩點電荷連線與直線MN的交點．a(chǎn)、b是兩點電荷連線上關(guān)于O的對稱點，c、d是直線MN上的兩個點．下列說法中正確的是(　　)
A．a(chǎn)點的場強大于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小
B．a(chǎn)點的場強小于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先減小后增大
C．a(chǎn)點的場強等于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先增大后減小
D．a(chǎn)點的場強等于b點的場強；將一檢驗電荷沿MN由c移動到d，所受電場力先減小后增大
【變式】如圖所示，在x軸上關(guān)于O點對稱的A、B兩點有等量正點電荷(帶電荷量均為Q)，在y軸上C點有負點電荷(帶電荷量為Q)，且CO＝OD＝r，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是 (　　)
A．O點電場強度小于D點的電場強度
B．若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則O點電場強度也增大
C．若兩個正點電荷的電荷量同時等量地緩慢增大，則D點電場強度也增大
D．若負點電荷的電荷量緩慢減小，則D點電場強度將增大
題型二：電場線中帶電粒子的運動分析
(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在初始位置的切線)與“力線”(在初始位置電場線的切線方向)，從二者的夾角情況來分析曲線運動的情況．
(2)“三不知時要假設(shè)”——電荷的正負、場強的方向(或等勢面電勢的高低)、電荷運動的方向，是題意中相互制約的三個方面．若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知(三不知)，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況．
【例10】.如圖所示，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則(　　)
A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vb B．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc> va
C．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc> va D．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb
【變式】(多選)如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示．則(　　)
A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電 B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大
C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大 D．兩個粒子的電勢能都減少
題型三：根據(jù)粒子運動情況判斷電場線分布
【例11】.一負電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的v－t圖象如圖所示，則A、B兩點所在區(qū)域的電場線分布情況可能是下圖中的(　　)
【題型演練】
1．(2019·四川自貢診斷)兩個完全相同的金屬小球，所帶電荷量多少不同，相距一定的距離時，兩個金屬球之間有相互作用的庫侖力，如果將兩個金屬球相互接觸一下后，再放到原來的位置，則兩球的作用力變化情況是(　　)
A．如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，則相互接觸后的庫侖力仍是引力
B．如果相互接觸前兩球的庫侖力是引力，則相互接觸后的庫侖力為零
C．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則相互接觸后的庫侖力仍是斥力
D．如果相互接觸前兩球的庫侖力是斥力，則相互接觸后的庫侖力是引力
2．如圖所示，實線為等量異種點電荷周圍的電場線，虛線為以一點電荷為中心的圓，M點是兩點電荷連線的中點，若將一正試探點電荷從虛線上N點移動到M點，則電荷所受電場力(　　)
A．大小不變 B．方向不變
C．逐漸減小 D．逐漸增大
3．(2018·高考全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線．設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　)
A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝
C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝ D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝
4.(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平桌面上有四個小球，帶電荷量分別為－q、Q、－q、Q.四個小球構(gòu)成一個菱形，－q、－q的連線與－q、Q的連線之間的夾角為α.若此系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，則正確的關(guān)系式可能是(　　)
cos3α＝ B．cos3α＝
C．sin3α＝ D．sin3α＝
5.(2019·福建莆田二檢)如圖所示，邊長為a的正方體的頂點A處有一電荷量為－Q的點電荷，其他7個頂點各有一電荷量為＋Q的點電荷，體心O處有一個電荷量為－q的點電荷，靜電力常量為k，則O點處的點電荷受到的電場力大小為(　　)
B．
C． D．
6.將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用絕緣細線相連，豎直懸掛于O點，其中球a帶正電、電荷量為q，球b不帶電，現(xiàn)加一電場強度方向平行豎直平面的勻強電場(沒畫出)，使整個裝置處于平衡狀態(tài)，且繃緊的絕緣細線Oa與豎直方向的夾角為θ＝30°，如圖所示，則所加勻強電場的電場強度大小可能為(　　)
B．
C． D．
7.如圖所示，把A、B兩個相同的導(dǎo)電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點．用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定．兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m．已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g＝10 m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則(　　)
A．兩球所帶電荷量相等 B．A球所受的靜電力為1.0×10－2 N
C．B球所帶的電荷量為4×10－8 C D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0
8.如圖所示PO為光滑絕緣豎直墻壁、OQ為光滑絕緣水平地面，地面上方有一水平向左的勻強電場E，帶正電荷的A、B兩小球(可視為質(zhì)點)均緊靠接觸面而處于靜止?fàn)顟B(tài)，這時兩球之間的距離為L.若在小球A上加豎直推力F，小球A沿墻壁PO向著O點移動一小段距離后，適當(dāng)移動B球，小球A與B重新處于靜止?fàn)顟B(tài)，則與原來比較(兩小球所帶電荷量保持不變)(　　)
A．A球?qū)ωQ直墻壁的作用力不變 B．兩球之間的距離一定增大
C．A球?qū)球作用的靜電力增大 D．地面對B球的彈力不變
9.如圖所示，光滑絕緣的正方形水平桌面邊長為d＝0.48 m，離地高度h＝1.25 m．桌面上存在一水平向左的勻強電場(除此之外其余位置均無電場)，電場強度E＝1×104 N/C.在水平桌面上某一位置P處有一質(zhì)量m＝0.01 kg，電荷量q＝1×10－6 C的帶正電小球以初速度v0＝1 m/s向右運動．空氣阻力忽略不計，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小球在桌面上運動時加速度的大小和方向；
(2)P處距右端桌面多遠時，小球從開始運動到最終落地的水平距離最大？并求出該最大水平距離．
10.(2019·北京四中模擬)如圖所示，在一足夠大的空間內(nèi)存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝3.0×104 N/C.有一個質(zhì)量m＝4.0×10－3 kg的帶電小球，用絕緣輕細線懸掛起來，靜止時細線偏離豎直方向的夾角θ＝37°.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不計空氣阻力的作用．
(1)求小球所帶的電荷量及電性；
(2)如果將細線輕輕剪斷，求細線剪斷后，小球運動的加速度大小；
(3)從剪斷細線開始經(jīng)過時間t＝0.20 s，求這一段時間內(nèi)小球電勢能的變化量．
第二講　電場能的性質(zhì)
【基本概念、規(guī)律】
一、電場力做功和電勢能
1．電場力做功
(1)特點：靜電力做功與實際路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)．
(2)計算方法
①W＝qEd，只適用于勻強電場，其中d為沿電場方向的距離．
②WAB＝qUAB，適用于任何電場．
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靜電力所做的功．
(2)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系：靜電力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.
(3)電勢能具有相對性．
二、電勢、等勢面
1．電勢
(1)定義：電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量的比值．
(2)定義式：φ＝.
(3)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因零電勢點的選取不同而不同．
2．等勢面
(1)定義：電場中電勢相同的各點構(gòu)成的面．
(2)特點
①在等勢面上移動電荷，電場力不做功．
②等勢面一定與電場線垂直，即與場強方向垂直．
③電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面．
④等差等勢面的疏密表示電場的強弱(等差等勢面越密的地方，電場線越密)．
三、電勢差
1．定義：電荷在電場中，由一點A移到另一點B時，電場力所做的功WAB與移動的電荷的電量q的比值．
2．定義式：UAB＝.
3．電勢差與電勢的關(guān)系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA.
4．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方向的距離的乘積，即UAB＝Ed.
特別提示：電勢和電勢差都是由電場本身決定的，與檢驗電荷無關(guān)，但電場中各點的電勢與零電勢點的選取有關(guān)，而電勢差與零電勢點的選取無關(guān)．
【重要考點歸納】
考點一　電勢高低及電勢能大小的比較　　　　　
1．比較電勢高低的方法
(1)根據(jù)電場線方向：沿電場線方向電勢越來越低．
(2)根據(jù)UAB＝φA－φB：若UAB＞0，則φA＞φB，若UAB＜0，則φA＜φB.
(3)根據(jù)場源電荷：取無窮遠處電勢為零，則正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低．
2．電勢能大小的比較方法
(1)做功判斷法
電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加(與其他力做功無關(guān))．
(2)電荷電勢法
正電荷在電勢高處電勢能大，負電荷在電勢低處電勢能大．
題型一　電勢高低、電勢能大小的判斷
1．電勢高低的判斷
判斷依據(jù) 判斷方法
電場線方向 沿電場線方向電勢逐漸降低
場源電荷的正負 取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低
電勢能的高低 正電荷在電勢較高處電勢能大，負電荷在電勢較低處電勢能大
電場力做功 根據(jù)UAB＝，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低
2.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(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加
3.電場中的功能關(guān)系
(1)若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變．
(2)若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變．
(3)除重力、彈簧彈力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化．
(4)所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化．
【例1】(2019·廣東韶關(guān)質(zhì)檢)如圖所示，虛線表示某電場的等勢面，實線表示一帶電粒子僅在電場力作用下運動的徑跡．粒子在A點的加速度為 aA、動能為 EkA、電勢能為 EpA；在B點的加速度 為aB、動能為 EkB、電勢能為 EpB.則下列結(jié)論正確的是 (　　)
A.aA>aB，EkA>EkB　　 B．a(chǎn)AEpB
C．a(chǎn)AaB，EkA【變式1】(2019·江蘇南京師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)某靜電除塵設(shè)備集塵板的內(nèi)壁帶正電，設(shè)備中心位置有一個帶負電的放電極，它們之間的電場線分布如圖所示，虛線為某帶電煙塵顆粒(重力不計)的運動軌跡，A、B是軌跡上的兩點，C點與B點關(guān)于放電極對稱，下列說法正確的是(　　)
A點電勢低于B點電勢
B．A點電場強度小于C點電場強度
C．煙塵顆粒在A點的動能小于在B點的動能
D．煙塵顆粒在A點的電勢能小于在B點的電勢能
【變式2】(多選)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(biāo)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
題型二　電勢差與電場強度的關(guān)系
1．公式E＝的三點注意
(1)只適用于勻強電場．
(2)d為某兩點沿電場強度方向上的距離，或兩點所在等勢面之間的距離．
(3)電場強度的方向是電勢降低最快的方向．
2.電場線、電勢、電場強度的關(guān)系
(1)電場線與電場強度的關(guān)系：電場線越密的地方表示電場強度越大，電場線上某點的切線方向表示該點的電場強度方向．
(2)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．
(3)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．E＝在非勻強電場中的三點妙用
判斷電勢差大小及電勢高低 距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大，進而判斷電勢的高低
判斷場強變化 φ－x圖象的斜率k＝＝＝Ex，斜率的大小表示場強的大小，正負表示場強的方向
判斷場強大小 等差等勢面越密，場強越大
4.解題思路
【在勻強電場中由公式U＝Ed得出的“一式二結(jié)論”】
(1)“一式”：E＝＝，其中d是沿電場線方向上的距離．
(2)“二結(jié)論”
結(jié)論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝，如圖甲所示．
結(jié)論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示．
　　　
【例2】(2019·山東濰坊模擬)如圖所示，勻強電場的方向平行于xOy坐標(biāo)系平面，其中坐標(biāo)原點O處的電勢為2 V，a點的坐標(biāo)為(0 cm，4 cm)，電勢為8 V，b點的坐標(biāo)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
【變式1】(2017·高考全國卷Ⅲ)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V．下列說法正確的是(　　)
電場強度的大小為2.5 V/cm
B．坐標(biāo)原點處的電勢為1 V
C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV
D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV
【變式2】(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點．一電荷量為q(q＞0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2.下列說法正確的是 (　　)
A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行
B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為
C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為
D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差
【U＝Ed在非勻強電場中的應(yīng)用】
【例3】．如圖所示，在某電場中畫出了三條電場線，C點是A、B連線的中點．已知A點的電勢為φA＝30 V，B點的電勢為φB＝－20 V，則下列說法正確的是(　　)
A．C點的電勢φC＝5 V B．C點的電勢φC>5 V
C．C點的電勢φC<5 V D．負電荷在A點的電勢能大于在B點的電勢能
考點二　等勢面與粒子運動軌跡的分析
1．幾種常見的典型電場的等勢面比較
電場 等勢面(實線)圖樣 重要描述
勻強電場 垂直于電場線的一簇平面
點電荷的電場 以點電荷為球心的一簇球面
等量異種點電荷的電場 連線的中垂線上的電勢為零
等量同種正點電荷的電場 連線上，中點電勢最低，而在中垂線上，中點電勢最高
2.帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法
(1)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負；
(2)結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等；
(3)根據(jù)動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況．
題型三　電場線、等勢線(面)及帶電粒子的運動軌跡問題
【帶電粒子運動軌跡的分析】
(1)判斷速度方向：帶電粒子運動軌跡上某點的切線方向為粒子在該點處的速度方向．
(2)判斷電場力(或場強)的方向：僅受電場力作用時，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡的凹側(cè)，再根據(jù)粒子的正、負判斷場強的方向．
(3)判斷電場力做功的正、負及電勢能的增減：若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能減少；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加．
【例4】(2019·浙江名校協(xié)作體)陰極射線示波管的聚焦電場是由電極A1、A2形成的實線為電場線，虛線為等勢線，Z軸為該電場的中心軸線，P、Q、R為一個從左側(cè)進入聚焦電場的電子運動軌跡上的三點，則(　　)
電極A1的電勢低于電極A2的電勢
B．電場中Q點的電場強度小于R點的電場強度
C．電子在P點處的動能大于在Q點處的動能
D．電子從P至R的運動過程中，電場力對它一直做正功
【變式】如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知(　　)
A．Q點的電勢比P點高 B．油滴在Q點的動能比它在P點的大
C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小
【等勢面的綜合應(yīng)用】
【例5】．(多選)(2018·高考全國卷 Ⅰ )圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V．一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV.下列說法正確的是(　　)
A．平面c上的電勢為零 B．該電子可能到達不了平面f
C．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eV D．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍
【變式】(2019·湖南長沙模擬)如圖所示，M、N、P三點位于直角三角形的三個頂點上，∠PMN＝30°，∠MNP＝60°，一負點電荷位于三角形的平面上，已知M點和N點的電勢相等，P點的電勢與MN中點F的電勢相等，則下列說法正確的是 (　　)
A．M點和P點的電場強度相等
B．N點和P點的電場強度相等
C．同一正電荷在M點時的電勢能大于在P點時的電勢能
D．同一正電荷在N點時的電勢能小于在P點時的電勢能
考點三　E－x和φ－x圖象的處理方法
1．E－x圖象
(1)反映了電場強度隨位移變化的規(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．
2．φ－x圖象
(1)描述了電勢隨位移變化的規(guī)律．
(2)根據(jù)電勢的高低可以判斷電場強度的方向是沿x軸正方向還是負方向．
(3)斜率的大小表示場強的大小，斜率為零處場強為零．
3.看懂圖象是解題的前提，解答此題的關(guān)鍵是明確圖象的斜率、面積的物理意義．
題型四　靜電場的圖象問題
【幾種常見圖象的特點及規(guī)律】
v t圖象 根據(jù)v t圖象中速度變化、斜率確定電荷所受合力的方向與合力大小變化，確定電場的方向、電勢高低及電勢能變化
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)在φ x圖象中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢高低關(guān)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，然后做出判斷
E x圖象 (1)反映了電場強度隨位移變化的規(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
Ep x圖象 (1)反映了電勢能隨位移變化的規(guī)律； (2)圖線的切線斜率大小等于電場力大??； (3)進一步判斷場強、動能、加速度等隨位移的變化情況
【v－t圖象】
【例6】．(多選)(2019·安徽黃山模擬)光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示．一質(zhì)量m＝1 g的帶正電小物塊由A點靜止釋放，并以此時為計時起點，沿光滑水平面經(jīng)過B、C兩點(圖中未畫出)，其運動過程的v－t圖象如圖乙所示，其中圖線在B點位置時斜率最大，根據(jù)圖線可以確定(　　)
中垂線上B點電場強度最大
B．A、B兩點之間的位移大小
C．B點是連線中點，C與A點必在連線兩側(cè)
D．UBC>UAB
【φ－x圖象】
【例7】(2019·福建泉州模擬)在坐標(biāo)－x0到x0之間有一靜電場，x軸上各點的電勢φ隨坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖所示，一電荷量為e的質(zhì)子從－x0處以一定初動能僅在電場力作用下沿x軸正向穿過該電場區(qū)域．則該質(zhì)子(　　)
在－x0～0區(qū)間一直做加速運動
B．在0～x0區(qū)間受到的電場力一直減小
C．在－x0～0區(qū)間電勢能一直減小
D．在－x0～0區(qū)間電勢能一直增加
【變式】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．說法正確的有(　　)
q1和q2帶有異種電荷
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
【E－x圖象】
【例8】．(多選)(2019·山東濰坊實驗中學(xué)模擬)某電場中沿x軸上各點的電場強度大小變化如圖所示．場強方向與x軸平行，規(guī)定沿x軸正方向為正，一負點電荷從坐標(biāo)原點O以一定的初速度沿x軸負方向運動，到達x1位置時速度第一次為零，到達x2位置時速度第二次為零，不計點電荷的重力．下列說法正確的是(　　)
A．點電荷從x1運動到x2的過程中，速度先保持不變，然后均勻增大再均勻減小
B．點電荷從O沿x軸正方向運動到x2的過程中，加速度先均勻增大再均勻減小
C．電勢差UOx1＜UOx2
D．在整個運動過程中，點電荷在x1、x2位置時的電勢能最大
【變式】(2019·石家莊模擬)如圖所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電球體，以球心為坐標(biāo)原點，沿半徑方向建立x軸．理論分析表明，x軸上各點的場強隨x變化關(guān)系如圖乙所示，則(　　)
x2處場強大小為
B．球內(nèi)部的電場為勻強電場
C．x1、x2兩點處的電勢相同
D．假設(shè)將試探電荷沿x軸移動，則從x1移到R處和從R移到x2處電場力做功相同
【Ep－x圖象】
【例9】.(2019·河北張家口一模)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　)
A．x1處電場強度最小，但不為零
B．粒子在0～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動
C．在0、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、 φ2、φ3的關(guān)系為φ3>φ2＝φ0>φ1
D．x2～x3段的電場強度大小、方向均不變
【變式】如圖甲所示，在某電場中建立x坐標(biāo)軸，A、B為x軸上的兩點，xA、xB分別為A、B兩點在x軸上的坐標(biāo)值．一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，該電子的電勢能Ep隨其坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖乙所示，EpA和EpB分別表示電子在A、B兩點時的電勢能．則下列說法中正確的是(　　)
該電場可能是孤立的點電荷形成的電場
B．A點的電場強度小于B點的電場強度
C．電子由A點運動到B點的過程中電場力對其所做的功W＝EpA－EpB
D．電子在A點的動能大于在B點的動能
【題型演練】
1．(2019·黑龍江大慶模擬)關(guān)于靜電場，下列說法正確的是(　　)
A．將負電荷由電勢低的地方移到電勢高的地方，電勢能一定增加
B．無論是正電荷還是負電荷，從電場中某點移到無窮遠處時，靜電力做的正功越多，電荷在該點的電勢能越大
C．在同一個等勢面上的各點，場強的大小必然是相等的
D．電勢降低的方向就是電場強度的方向
2.一個電子只在電場力作用下從a點運動到b點的軌跡如圖中虛線所示，圖中平行實線可能是電場線也可能是等勢線，則以下說法正確的是(　　)
A．無論圖中的實線是電場線還是等勢線，a點的電場強度都比b點的電場強度小
B．無論圖中的實線是電場線還是等勢線，a點的電勢都比b點的電勢高
C．無論圖中的實線是電場線還是等勢線，電子在a點的電勢能都比在b點的電勢能小
D．如果圖中的實線是等勢線，電子在a點的速率一定大于在b點的速率
3．(2018·高考天津卷)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是(　　)
A．vM＜vN，aM＜aN　　　B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．a(chǎn)M＜aN，EpM＜EpN
4.(2019·湖北省重點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，水平面內(nèi)有A、B、C、D、E、F六個點，它們均勻分布在半徑為R＝2 cm的同一圓周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強電場．已知A、C、E三點的電勢分別為φA＝(2－) V、φC＝2 V、φE＝(2＋) V，下列判斷正確的是(　　)
電場強度的方向由A指向D
B．電場強度的大小為1 V/m
C．該圓周上的點電勢最高為4 V
D．將電子從D點沿DEF移到F點，靜電力做正功
5.圖中虛線是某電場的一組等勢面．兩個帶電粒子從P點沿等勢面的切線方向射入電場，粒子僅受電場力作用，運動軌跡如實線所示，a、b是實線與虛線的交點．下列說法正確的是 (　　)
兩粒子的電性相同
B．a(chǎn)點的場強小于b點的場強
C．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢
D．與P點相比兩個粒子的電勢能均增大
6.如圖所示，a、b、c、d是某勻強電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，電場線與矩形所在的平面平行．已知a點電勢為20 V，b點電勢為24 V，d點電勢為12 V．一個質(zhì)子從b點以速度v0射入此電場，入射方向與bc成45°角，一段時間后經(jīng)過c點．不計質(zhì)子的重力．下列判斷正確的是(　　)
c點電勢高于a點電勢
B．場強的方向由b指向d
C．質(zhì)子從b運動到c，電場力做功為8 eV
D．質(zhì)子從b運動到c，電場力做功為4 eV
7.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的液滴，在場強大小為、方向水平向右的勻強電場中運動，運動軌跡在豎直平面內(nèi)．A、B為其運動軌跡上的兩點，已知該液滴在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°.求A、B兩點間的電勢差．
8．在光滑絕緣的水平面上，用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電荷量為＋2q，B球的帶電荷量為－3q，組成一帶電系統(tǒng)，如圖所示，虛線MP為A、B兩球連線的垂直平分線，虛線NQ與MP平行且相距5L.最初A和B分別靜止于虛線MP的兩側(cè)，距MP的距離均為L，且A球距虛線NQ的距離為4L.若視小球為質(zhì)點，不計輕桿的質(zhì)量，在虛線MP、NQ間加上水平向右、場強大小為E的勻強電場后，試求：
(1)B球剛進入電場時，帶電系統(tǒng)的速度大小；
(2)帶電系統(tǒng)向右運動的最大距離；
(3)帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零時，B球電勢能的變化量．
第三講　電容器與電容　帶電粒子在電場中的運動
【基本概念、規(guī)律】
一、電容器、電容
1．電容器
(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成．
(2)帶電量：一個極板所帶電量的絕對值．
(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)定義式：C＝.
(2)單位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012pF.
3．平行板電容器
(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩極板間距離成反比．
(2)決定式：C＝，k為靜電力常量．
特別提醒：C＝適用于任何電容器，但C＝僅適用于平行板電容器．
二、帶電粒子在電場中的運動
1．加速問題
(1)在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv；
(2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv.
2．偏轉(zhuǎn)問題
(1)條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場．
(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動．
(3)處理方法：利用運動的合成與分解．
①沿初速度方向：做勻速運動．
②沿電場方向：做初速度為零的勻加速運動．
【特別提示：帶電粒子在電場中的重力問題】
(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．
(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．
【重要考點歸納】
考點一　平行板電容器的動態(tài)分析
【運用電容的定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路】
1．確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．
(1)保持兩極板與電源相連，則電容器兩極板間電壓不變．
(2)充電后斷開電源，則電容器所帶的電荷量不變．
2．用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化．
3．用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．
4．用E＝分析電容器兩極板間電場強度的變化．
5.在分析平行板電容器的動態(tài)變化問題時，必須抓住兩個關(guān)鍵點：
(1)確定不變量：首先要明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變，一般情況下是保持電量不變或板間電壓不變．
(2)恰當(dāng)選擇公式：要靈活選取電容的兩個公式分析電容的變化，還要應(yīng)用E＝，分析板間電場強度的變化情況．
題型一　平行板電容器及其動態(tài)分析問題
【兩類動態(tài)變化問題的比較】
分類 充電后與電池兩極相連 充電后與電池兩極斷開
不變量 U Q
d變大 C變小Q變小E變小 C變小U變大E不變
S變大 C變大Q變大E不變 C變大U變小E變小
εr變大 C變大Q變大E不變 C變大U變小E變小
【U不變時電容器的動態(tài)分析】
【例1】(2019·湖南長沙模擬)利用電容傳感器可檢測礦井滲水，及時發(fā)出安全警報，從而避免事故的發(fā)生；如圖所示是一種通過測量電容器電容的變化來檢測礦井中液面高低的儀器原理圖，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì)，C為導(dǎo)電液體(礦井中含有雜質(zhì)的水)，A、C構(gòu)成電容器．已知靈敏電流表G的指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系：電流從哪側(cè)流入電流表則電流表指針向哪側(cè)偏轉(zhuǎn)．若礦井滲水(導(dǎo)電液體深度增大)，則電流表 (　　)
指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電
B．指針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器充電
C．指針向右偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電
D．指針向左偏轉(zhuǎn)，A、C構(gòu)成的電容器放電
【變式】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
【Q不變時電容器的動態(tài)分析】
【例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．在兩極板間有一個固定在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(　　)
θ增大，E增大　　　　 B．θ增大，Ep不變
C．θ減小，Ep增大 D ．θ減小，E不變
【變式】(2019·西北師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一個帶負電的試探電荷固定在P點．靜電計的金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地．以E表示兩板間的場強，φ表示P點的電勢，EP表示該試探電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持負極板將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計帶電量可忽略不計)，各物理量變化情況描述正確的是(　　)
E增大，φ降低，EP減小，θ增大
B．E不變，φ降低，EP增大，θ減小
C．E不變，φ升高，EP減小，θ減小
D．E減小，φ升高，EP減小，θ減小
【平行板電容器中帶電粒子的問題分析】
【例3】(2018·高考全國卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是(　　)
a的質(zhì)量比b的大
B．在t時刻，a的動能比b的大
C．在t時刻，a和b的電勢能相等
D．在t時刻，a和b的動量大小相等
【變式】如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成．放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子)．若極板長為L，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時，只有某一速度的β粒子能從細管C水平射出，細管C離兩板等距．已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為(　　)
A. B.
C. D.
考點二　帶電粒子在電場中的直線運動
1．運動類型
(1)帶電粒子在勻強電場中做勻變速直線運動．
(2)帶電粒子在不同的勻強電場或交變電場中做勻加速、勻減速的往返運動．
2．分析思路
(1)根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的運動情況．
(2)根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解．此方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場．
(3)對帶電粒子的往返運動，可采取分段處理．
題型二　帶電粒子在電場中的直線運動
1．用動力學(xué)觀點分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad
2．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【電容器中直線運動】
【例4】(多選)(2019·株洲檢測)如圖所示，在真空中傾斜平行放置著兩塊帶有等量異號電荷的金屬板A、B，板與水平方向的夾角為θ，一個電荷量q＝1.41×10－4 C、質(zhì)量m＝1 g的帶電小球，自A板上的孔P以水平速度v0＝0.1 m/s飛入兩板之間的電場，經(jīng)0.02 s后未與B板相碰又回到孔P，g取10 m/s2，則(　　)
板間電場強度大小為100 V/m B．板間電場強度大小為141 V/m
C．板與水平方向的夾角θ＝30° D．板與水平方向的夾角θ＝45°
【變式】如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　)
當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v增大
B．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v減小
C．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v不變
D．當(dāng)減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長
【帶電粒子在勻強電場中的直線運動】
【例5】如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點．由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點．現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　)
A．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回
C．運動到P′點返回 D．穿過P′點
【變式】如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球(　　)
A．做直線運動 B．做曲線運動
C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小
【帶電粒子在交變電場中的直線運動】
【例6】．如圖甲所示，A板電勢為0，A板中間有一小孔，B板的電勢變化情況如圖乙所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在t＝時刻以初速度為0從A板上的小孔處進入兩極板間，僅在電場力作用下開始運動，恰好到達B板．則(　　)
A、B兩板間的距離為
B．粒子在兩板間的最大速度為
C．粒子在兩板間做勻加速直線運動
D．若粒子在t＝時刻進入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終打向B板
【變式】如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是(　　)
A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜
C.＜t0＜T D．T＜t0＜
考點三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
1．基本規(guī)律
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 y＝at2＝.
(4)速度，vy＝，
v＝，tan θ＝＝.
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qU0＝mv及tan θ＝得tan θ＝.
(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(dāng)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．
題型一　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動
1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律
2．處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法
(1)運動的分解法
一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動．
(2)功能關(guān)系
當(dāng)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．
3.計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離的方法
(1)y＝y(tǒng)0＋Ltan θ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)；
(2)y＝(＋L)tan θ(l為電場寬度)；
(3)y＝y(tǒng)0＋vy·；
(4)根據(jù)三角形相似＝.
【例6】(2019·江西吉安一中段考)如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，不計重力)無初速度地放入電場E1中的A點，A點到MN的距離為，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：
(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間t；
(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ；
(3)電子打到屏上的點P′(圖中未標(biāo)出)到點O的距離x.
【變式1】如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加上恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B的右側(cè)有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向放置，第一次從小孔O1處從靜止釋放一個質(zhì)子11H，第二次從小孔O1處從靜止釋放一個α粒子24He，關(guān)于這兩個粒子在電場中運動的判斷正確的是(　　)
質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的速度之比為2∶1
B．質(zhì)子和α粒子在電場中運動的時間相同
C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2
D．質(zhì)子和α粒子在電場中運動的軌跡重疊在一起
【變式2】(2019·洛陽一模)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　　)
A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大
C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置
題型二　帶電粒子在交變電場中的運動
1．常見的交變電場
常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．
2．常見的試題類型
此類題型一般有三種情況：
(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)．
(2)粒子做往返運動(一般分段研究)．
(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)．
3．解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法
(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，
求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．
(2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．
(3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用．
【粒子做直線往返運動】利用速度圖象分析帶電粒子的運動過程時的注意事項
(1)帶電粒子進入電場的時刻；
(2)速度圖象的切線斜率表示加速度；
(3)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負；
(4)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用；
(5)圖線與橫軸有交點，表示此時速度改變方向，對運動很復(fù)雜、不容易畫出速度圖象的問題，還應(yīng)逐段分析求解．
【例7】如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是(　　)
A．0＜t0＜　　 B.＜t0＜
C.＜t0＜T D．T＜t0＜
【變式】制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示．加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示．在t＝0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動．若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用．若k＝，電子在0～2τ時間內(nèi)不能到達極板A，求d應(yīng)滿足的條件．
【規(guī)律總結(jié)】交變電壓的周期性變化，勢必會引起帶電粒子的某個運動過程和某些物理量的周期性變化，所以應(yīng)注意：
(1)分過程解決．“一個周期”往往是我們的最佳選擇．
(2)建立模型．帶電粒子的運動過程往往能在力學(xué)中找到它的類似模型．
(3)正確的運動分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小、方向)變化，而物體的運動性質(zhì)則由加速度和速度的方向關(guān)系確定．
【例8】(2019·福建廈門一中期中)相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開有一個小孔，如圖甲所示，靠近A板的小孔處有一電子槍，能夠持續(xù)均勻地發(fā)射出電子，電子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為－e，在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交變電壓，其中0＜k＜1，U0＝；緊靠B板的偏轉(zhuǎn)電壓也等于U0，板長為L，兩極板間距為d，距偏轉(zhuǎn)極板右端處垂直放置很大的熒光屏PQ，不計電子的重力和它們之間的相互作用，電子在電容器中的運動時間可以忽略不計．
(1)試求在0～kT與kT～T時間內(nèi)射出B板電子的速度各是多大？
(2)在0～T時間內(nèi)，熒光屏上有兩個位置會發(fā)光，試求這兩個發(fā)光點之間的距離．(結(jié)果用L、d表示)
【變式】如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是(　　)
　
甲　　　　　　　　　　　乙
A．末速度大小為 v0　 B．末速度沿水平方向
C．重力勢能減少了mgd D．克服電場力做功為mgd
題型三　帶電體在電場、重力場中的運動
【帶電體在電場、重力場中運動的動力學(xué)問題】
1．等效重力法
將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，
g′＝為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的
方向，即在等效重力場中的豎直向下方向．
2．物理最高點與幾何最高點
在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題．小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是物理最高點．幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點．而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小(稱為臨界速度)的點．
【例9】(2019·福建廈門一中期中)如圖，光滑斜面傾角為37°，一質(zhì)量m＝10 g、電荷量q＝＋1×10－6 C的小物塊置于斜面上，當(dāng)加上水平向右的勻強電場時，該物體恰能靜止在斜面上，g取10 m/s2，求：
(1)該電場的電場強度；
(2)若電場強度變?yōu)樵瓉淼?，小物塊運動的加速度大?。?br/>(3)在(2)前提下，當(dāng)小物塊沿斜面下滑L＝ m時，機械能的改變量．
【帶電體在電場、重力場中運動的動量和能量問題】
動量、能量關(guān)系在電學(xué)中應(yīng)用的題目，一般過程復(fù)雜且涉及多種性質(zhì)不同的力．因此，通過審題，抓住受力分析和運動過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解．動能定理和能量守恒定律在處理電場中能量問題時仍是首選．
【例10】如圖所示，LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長，LM下端與MN相切．質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為零，A球進入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點．已知A、B兩球始終沒有接觸．重力加速度為g.求：
(1)A球剛進入水平軌道的速度大??；
(2)A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能Ep；
(3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小．
【題型演練】
1．(多選)(2019·湖北六校聯(lián)考)一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，只受重力、電場力和空氣阻力三個力的作用．若重力勢能增加5 J，機械能增加1.5 J，電場力做功2 J，則小球(　　)
A．重力做功為5 J　　　　　　 B．電勢能減少2 J
C．空氣阻力做功0.5 J D．動能減少3.5 J
2．(多選)(2016·高考全國卷Ⅰ)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知 (　　)
A．Q點的電勢比P點高 B．油滴在Q點的動能比它在P點的大
C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小
3．(多選)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當(dāng)t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是 (　　)
A．帶電粒子將始終向同一個方向運動 B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點
C．3 s末帶電粒子的速度為零 D．0～3 s內(nèi)，電場力做的總功為零
4.(2019·貴州三校聯(lián)考)在地面附近，存在著一個有界電場，邊界MN將空間分成左、右兩個區(qū)域，在右區(qū)域中有水平向左的勻強電場，在右區(qū)域中離邊界MN某一位置的水平地面上由靜止釋放一個質(zhì)量為m的帶電滑塊(滑塊的電荷量始終不變)，如圖甲所示，滑塊運動的v－t圖象如圖乙所示，不計空氣阻力，則(　　)
A．滑塊在MN右邊運動的位移大小與在MN左邊運動的位移大小相等
B．在t＝5 s時，滑塊經(jīng)過邊界MN
C．滑塊受到的滑動摩擦力與電場力之比為2∶5
D．在滑塊運動的整個過程中，滑動摩擦力做的功小于電場力做的功
5.(2019·湖北孝感模擬)靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大?。鐖D所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，D為靜電計，開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度，為了使指針張開的角度減小些，下列采取的措施可行的是(　　)
A．?dāng)嚅_開關(guān)S后，將A、B兩極板分開
B．?dāng)嚅_開關(guān)S后，增大A、B兩極板的正對面積
C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些
D．保持開關(guān)S閉合，將滑動變阻器的滑片向右移動
6.(2019·福建龍巖模擬)如圖，帶電粒子P所帶的電荷量是帶電粒子Q的5倍，它們以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在M、N點，若OM＝MN，則P和Q的質(zhì)量之比為(不計重力)(　　)
A．2∶5 B．5∶2
C．4∶5 D．5∶4
7.如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則下列說法正確的(　　)
小球帶負電
B．電場力跟重力平衡
C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小
D．小球在運動過程中機械能守恒
8.如圖所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強電場，第二象限中有沿y軸負方向的勻強電場，兩電場的電場強度大小相等．一個質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電質(zhì)點以初速度v0從x軸上P(－L，0)點射入第二象限，已知帶電質(zhì)點在第一和第二象限中都做直線運動，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個點Q(未畫出)，重力加速度g為已知量．求：
(1)初速度v0與x軸正方向的夾角；
(2)P、Q兩點間的電勢差UPQ；
(3)帶電質(zhì)點在第一象限中運動所用的時間．
9.(2019·安徽合肥模擬)如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的足夠長的平行金屬板，組成偏轉(zhuǎn)勻強電場，B板接地，A板電勢φA隨時間變化的情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對小孔O1′和O2，兩板間電壓為U2，組成減速電場．現(xiàn)有一帶負電粒子在t＝0時刻以一定初速度沿A、B兩板間的中軸線O1O1′進入，并能從O1′沿O1′O2進入C、D間．已知帶電粒子帶電荷量為－q，質(zhì)量為m，(不計粒子重力)求：
(1)該粒子進入A、B間的初速度v0為多大時，粒子剛好能到達O2孔；
(2)在(1)的條件下，A、B兩板長度的最小值；
(3)A、B兩板間距的最小值．
10.(2019·河南南陽一中模擬)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從A點以速度v0垂直于電場方向射入一個電場強度為E的勻強電場中，從B點射出電場時的速度方向與電場線成120°角，電子重力不計．求：
(1)電子在電場中的加速度大小a及電子在B點的速度大小vB；
(2)A、B兩點間的電勢差UAB；
(3)電子從A運動到B的時間tAB.
第四講　歐姆定律、電阻定律、電功率及焦耳定律
【基本概念、規(guī)律】
一、電流、歐姆定律
1．電流
(1)定義：自由電荷的定向移動形成電流．
(2)方向：規(guī)定為正電荷定向移動的方向．
(3)三個公式
①定義式：I＝q/t；②微觀式：I＝nqvS；③I＝.
2．歐姆定律
(1)內(nèi)容：導(dǎo)體中的電流I跟導(dǎo)體兩端的電壓U成正比，跟導(dǎo)體的電阻R成反比．
(2)公式：I＝U/R.
(3)適用條件：適用于金屬和電解液導(dǎo)電，適用于純電阻電路．
二、電阻、電阻率、電阻定律
1．電阻
(1)定義式：R＝.
(2)物理意義：導(dǎo)體的電阻反映了導(dǎo)體對電流阻礙作用的大小，R越大，阻礙作用越大．
2．電阻定律
(1)內(nèi)容：同種材料的導(dǎo)體，其電阻與它的長度成正比，與它的橫截面積成反比，導(dǎo)體的電阻還與構(gòu)成它的材料有關(guān)．
(2)表達式：R＝ρ .
3．電阻率
(1)計算式：ρ＝R .
(2)物理意義：反映導(dǎo)體的導(dǎo)電性能，是導(dǎo)體材料本身的屬性．
(3)電阻率與溫度的關(guān)系
①金屬：電阻率隨溫度的升高而增大．
②半導(dǎo)體：電阻率隨溫度的升高而減小．
③超導(dǎo)體：當(dāng)溫度降低到絕對零度附近時，某些材料的電阻率突然減小為零成為超導(dǎo)體．
三、電功、電功率、焦耳定律
1．電功
(1)實質(zhì)：電流做功的實質(zhì)是電場力對電荷做正功，電勢能轉(zhuǎn)化為其他形式的能的過程．
(2)公式：W＝qU＝UIt，這是計算電功普遍適用的公式．
2．電功率
(1)定義：單位時間內(nèi)電流做的功叫電功率．
(2)公式：P＝＝UI，這是計算電功率普遍適用的公式．
3．焦耳定律
電流通過電阻時產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt，這是計算電熱普遍適用的公式．
4．熱功率
(1)定義：單位時間內(nèi)的發(fā)熱量．
(2)表達式：P＝＝I2R.
【重要考點歸納】
考點一　對電阻、電阻定律的理解和應(yīng)用
1．電阻與電阻率的區(qū)別
(1)電阻是反映導(dǎo)體對電流阻礙作用大小的物理量，電阻大小與導(dǎo)體的長度、橫截面積及材料等有關(guān)，電阻率是描述導(dǎo)體材料導(dǎo)電性能好壞的物理量，與導(dǎo)體長度、橫截面積無關(guān)．
(2)導(dǎo)體的電阻大，導(dǎo)體材料的導(dǎo)電性能不一定差；導(dǎo)體的電阻率小，電阻不一定小．
(3)導(dǎo)體的電阻、電阻率均與溫度有關(guān)．
2．電阻的決定式和定義式的區(qū)別
公式 R＝ρ R＝
區(qū)別 電阻定律的決定式 電阻的定義式
說明了電阻的決定因素 提供了一種測定電阻的方法，并不說明電阻與U和I有關(guān)
只適用于粗細均勻的金屬導(dǎo)體和濃度均勻的電解質(zhì)溶液 適用于任何純電阻導(dǎo)體
3.某一導(dǎo)體的形狀改變后，討論其電阻變化應(yīng)抓住以下三點：
(1)導(dǎo)體的電阻率不變．
(2)導(dǎo)體的體積不變，由V＝lS可知l與S成反比．
(3)在ρ、l、S都確定之后，應(yīng)用電阻定律R＝ρ求解．
考點二　電功、電熱、電功率和熱功率
1.純電阻電路與非純電阻電路的比較
2.(1)無論是純電阻還是非純電阻，電功均可用W＝UIt，電熱均可用Q＝I2Rt來計算．
(2)判斷是純電阻電路還是非純電阻電路的方法：一是根據(jù)電路中的元件判斷；二是看消耗的電能是否全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．
(3)計算非純電阻電路時，要善于從能量轉(zhuǎn)化和守恒的角度，利用“電功＝電熱＋其他能量”尋找等量關(guān)系求解．
題型一：　電功　電功率　電熱　熱功率
1.非純電阻電路的分析方法
(1)抓住兩個關(guān)鍵量：確定電動機的電壓UM和電流IM是解決所有問題的關(guān)鍵．若能求出UM、IM，就能確定電動機的電功率P＝UMIM，根據(jù)電流IM和電動機的電阻r可求出熱功率Pr＝Ir，最后求出輸出功率P出＝P－Pr.
(2)堅持“躲著”求解UM、IM：首先，對其他純電阻電路、電源的內(nèi)電路等，利用歐姆定律進行分析計算，確定相應(yīng)的電壓或電流．然后，利用閉合電路的電壓關(guān)系、電流關(guān)系間接確定非純電阻電路的工作電壓和電流．
(3)應(yīng)用能量守恒定律分析：要善于從能量轉(zhuǎn)化的角度出發(fā)，緊緊圍繞能量守恒定律，利用“電功＝電熱＋其他能量”尋找等量關(guān)系求解．
【例1】　(多選)(2019·安徽六安模擬)如圖所示，一臺電動機提著質(zhì)量為m的物體，以速度v勻速上升，已知電動機線圈的電阻為R，電源電動勢為E，通過電源的電流為I，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，忽略一切阻力及導(dǎo)線電阻，則(　　)
A．電源內(nèi)阻r＝－R B．電源內(nèi)阻r＝－－R
C．如果電動機轉(zhuǎn)軸被卡住而停止轉(zhuǎn)動，較短時間內(nèi)電源消耗的功率將變大
D．如果電動機轉(zhuǎn)軸被卡住而停止轉(zhuǎn)動，較短時間內(nèi)電源消耗的功率將變小
【變式1】如圖，電路中電源電動勢為3.0 V，內(nèi)阻不計，L1、L2、L3為三個相同規(guī)格的小燈泡，小燈泡的伏安特性曲線如圖所示．當(dāng)開關(guān)閉合后，下列說法中正確的是(　　)
L1中的電流為L2中電流的2倍
B．L3的電阻約為1.875 Ω
C．L3的電功率約為0.75 W
D．L2和L3的總功率約為3 W
【變式2】如圖所示，電源電動勢為12 V，電源內(nèi)阻為1.0 Ω，電路中的電阻R0為1.5 Ω，小型直流電動機M的內(nèi)阻為0.5 Ω，閉合開關(guān)S后，電動機轉(zhuǎn)動，電流表的示數(shù)為2.0 A．則以下判斷中正確的是 (　　)
A．電動機的輸出功率為14 W B．電動機兩端的電壓為7.0 V
C．電動機產(chǎn)生的熱功率為4.0 W D．電源輸出的功率為24 W
第五講　電路　閉合電路的歐姆定律
【基本概念、規(guī)律】
一、串、并聯(lián)電路的特點
1．特點對比
串聯(lián) 并聯(lián)
電流 I＝I1＝I2＝…＝In I＝I1＋I2＋…＋In
電壓 U＝U1＋U2＋…＋Un U＝U1＝U2＝…＝Un
電阻 R＝R1＋R2＋…＋Rn ＝＋＋…＋
2.幾個常用的推論
(1)串聯(lián)電路的總電阻大于其中任一部分電路的總電阻．
(2)并聯(lián)電路的總電阻小于其中任一支路的總電阻，且小于其中最小的電阻．
(3)無論電阻怎樣連接，每一段電路的總耗電功率P總是等于各個電阻耗電功率之和．
(4)無論電路是串聯(lián)還是并聯(lián)，電路中任意一個電阻變大時，電路的總電阻變大．
二、電源的電動勢和內(nèi)阻
1．電動勢
(1)定義：電動勢在數(shù)值上等于非靜電力把1 C的正電荷在電源內(nèi)從負極移送到正極所做的功．
(2)表達式：E＝.
(3)物理意義：反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能的本領(lǐng)大小的物理量．
2．內(nèi)阻
電源內(nèi)部也是由導(dǎo)體組成的，也有電阻，叫做電源的內(nèi)阻，它是電源的另一重要參數(shù)．
三、閉合電路歐姆定律
1．內(nèi)容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比，跟內(nèi)、外電路的電阻之和成反比．
2．公式
3．路端電壓U與電流I的關(guān)系
(1)關(guān)系式：U＝E－Ir.
(2)U－I圖象如圖所示．
①當(dāng)電路斷路即I＝0時，縱坐標(biāo)的截距為電源電動勢．
②當(dāng)外電路電壓為U＝0時，橫坐標(biāo)的截距為短路電流．
③圖線的斜率的絕對值為電源的內(nèi)阻．
【重要考點歸納】
考點一　電路動態(tài)變化的分析　
1．電路的動態(tài)變化是指由于斷開或閉合開關(guān)、滑動變阻器滑片的滑動等造成電路結(jié)構(gòu)發(fā)生了變化，一處變化又引起了一系列的變化．
2．電路動態(tài)分析的方法
(1)程序法：電路結(jié)構(gòu)的變化→R的變化→R總的變化→I總的變化→U端的變化→固定支路→變化支路．
(2)極限法：因滑動變阻器滑片滑動引起的電路變化問題，可將滑動變阻器的滑動端分別滑至兩個極端去討論．
3.電路動態(tài)分析的兩個結(jié)論
(1)總電阻變化情況的判斷
①當(dāng)外電路的任何一個電阻增大(或減小)時，電路的總電阻一定增大(或減小)．
②若開關(guān)的通、斷使串聯(lián)的用電器增多時，電路的總電阻增大；若開關(guān)的通、斷使并聯(lián)的支路增多時，電路的總電阻減小．
(2)“串反并同”
①所謂“串反”，即某一電阻增大時，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小，反之則增大．
②所謂“并同”，即某一電阻增大時，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大，反之則減?。?br/>題型一： 對閉合電路歐姆定律的理解和應(yīng)用
在恒流電路中常會涉及兩種U－I圖線，一種是電源的伏安特性曲線(斜率為負值的直線)，另一種是電阻的伏安特性曲線(過原點的直線)．求解這類問題時要注意二者的區(qū)別．
電源U－I圖象 電阻U－I圖象
關(guān)系式 U＝E－Ir U＝IR
圖形
物理 意義 電源的路端電壓隨 電流的變化關(guān)系　 電阻兩端電壓與電阻中的電流的關(guān)系
截距 與縱軸交點表示電源電動勢E，與橫軸交點表示電源短路電流 過坐標(biāo)軸原點，表示沒有電壓時電流為零
坐標(biāo)U、I的乘積 表示電源的輸出功率 表示電阻消耗的功率
坐標(biāo)U、I的比值 表示外電阻的大小 表示該電阻的大小
斜率(絕對值) 電源電阻r的大小 若圖象為過原點的直線，圖象斜率表示電阻的大小
兩曲線在同一坐標(biāo)系中的交點 表示電阻的工作點，即將電阻接在該電源上時，電阻中的電流和兩端的電壓
【閉合電路歐姆定律的計算】
【例2】．飛行器在太空飛行，主要靠太陽能電池提供能量．若有一太陽能電池板，測得它的開路電壓為800 mV，短路電流為40 mA.若將該電池板與一阻值為20 Ω的電阻器連成一閉合電路，則它的路端電壓是(　　)
A．0.10 V B．0.20 V C．0.30 V D．0.40 V
【變式】兩個相同的電阻R，當(dāng)它們串聯(lián)后接在電動勢為E的電源上，通過一個電阻的電流為I；若將它們并聯(lián)后仍接在該電源上，通過一個電阻的電流仍為I，則電源的內(nèi)阻為(　　)
A．4R　　　 B．R C． D．無法計算
【電源與電阻U－I圖象的對比】
1．利用兩種圖象解題的基本方法
利用電源的U－I圖象和電阻的U－I圖象解題，無論電阻的U－I圖象是線性還是非線性，解決此類問題的基本方法是圖解法，即把電源和電阻的U－I圖線畫在同一坐標(biāo)系中，圖線的交點坐標(biāo)的意義是電阻直接接在該電源兩端時工作電壓和電流，電阻的電壓和電流可求，其他的量也可求．
2．非線性元件有關(guān)問題的求解，關(guān)鍵在于確定其實際電壓和電流，確定方法如下：
(1)先根據(jù)閉合電路歐姆定律，結(jié)合實際電路寫出元件的電壓U隨電流I的變化關(guān)系．
(2)在原U－I圖象中，畫出U、I關(guān)系圖象．
(3)兩圖象的交點坐標(biāo)即為元件的實際電流和電壓．
(4)若遇到兩元件串聯(lián)或并聯(lián)在電路中，則要結(jié)合圖形看電壓之和或電流之和確定其實際電流或?qū)嶋H電壓的大小．　
【例3】．(多選) 如圖所示的U－I圖象中，直線Ⅰ為某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，直線Ⅱ為某一電阻R的U－I 圖線，用該電源直接與電阻R連接成閉合電路，由圖象可知(　　)
A．R的阻值為1.5 Ω B．電源電動勢為3 V，內(nèi)阻為0.5 Ω
C．電源的輸出功率為3.0 W D．電源內(nèi)部消耗功率為1.5 W
【變式】(2019·南昌模擬)如圖所示，圖線甲、乙分別為電源和某金屬導(dǎo)體的U I圖線，電源的電動勢和內(nèi)阻分別用E、r表示，根據(jù)所學(xué)知識分析下列選項正確的是(　　)
A．E＝50 V B．r＝ Ω
C．當(dāng)該導(dǎo)體直接與該電源相連時，該導(dǎo)體的電阻為 20 Ω
D．當(dāng)該導(dǎo)體直接與該電源相連時，電路消耗的總功率為80 W
題型二 電路的動態(tài)分析
【阻值變化下的動態(tài)分析】
【例4】．(多選)(2019·上海楊浦區(qū)模擬)如圖所示的電路中，E為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，R1和R3均為定值電阻，R2為滑動變阻器．當(dāng)R2的滑片在ab的中點時合上開關(guān)S，此時三個電表A1、A2和V的示數(shù)分別為I1、I2和U.現(xiàn)將R2的滑片向a端移動，則下列說法正確的是(　　)
電源的總功率減小
B．R3消耗的功率增大
C．I1增大，I2減小，U增大
D．I1減小，I2不變，U減小
【變式】(多選)(2019·大連模擬)在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，、為理想電流表和電壓表．在滑動變阻器滑片P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．電壓表示數(shù)減小 B．電流表示數(shù)增大
C．電阻R2消耗的功率增大 D．a(chǎn)點的電勢降低
【電路結(jié)構(gòu)變化下的動態(tài)分析】
【例5】. (2019·安徽“江南”十校聯(lián)考)如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為R，L1和L2為相同的燈泡，每個燈泡的電阻和定值電阻的阻值均為R，電壓表為理想電表，S為單刀雙擲開關(guān)，當(dāng)開關(guān)由1位置打到2位置時，下列說法中正確的是(　　)
A．電壓表讀數(shù)將變小
B．L1亮度不變，L2將變暗
C．L1將變亮，L2將變暗
D．電源內(nèi)阻的發(fā)熱功率將變小
【含容電路的動態(tài)分析】
【例6】．(2019·石家莊模擬)在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V為理想電流表和電壓表．在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．電壓表示數(shù)變小 B．電流表示數(shù)變小
C．電容器C所帶電荷量增多 D．a(chǎn)點的電勢降低
【變式】如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，閉合開關(guān)S，不考慮燈絲電阻隨溫度的變化，電流表、電壓表均為理想電表，當(dāng)滑動變阻器的滑片由左端向右端滑動時，下列說法正確的是(　　)
A．電流表讀數(shù)減小，小燈泡L1變暗 B．電壓表讀數(shù)變大
C．電流表讀數(shù)增大，小燈泡L2變暗 D．電容器所帶電荷量增大
【電路故障的分析】
【例7】．(多選)在探究電路故障時，某實驗小組設(shè)計了如圖所示的電路，當(dāng)開關(guān)閉合后，電路中的各用電器正常工作，經(jīng)過一段時間，發(fā)現(xiàn)小燈泡A的亮度變暗，小燈泡B的亮度變亮．則下列對電路故障的分析正確的是(　　)
可能是定值電阻R1短路
B．可能是定值電阻R2斷路
C．可能是定值電阻R3斷路
D．可能是定值電阻R4短路
【變式】如圖所示的電路中，閉合開關(guān)S，燈L1、L2正常發(fā)光．由于電路出現(xiàn)故障，突然發(fā)現(xiàn)L1變亮，L變暗，電流表的讀數(shù)變小，根據(jù)分析，發(fā)生的故障可能是 (　　)
R1斷路　　
R2斷路
R3短路
D．R4短路
考點二　電源的功率及效率問題
電源總功率 任意電路：P總＝EI＝P出＋P內(nèi)
純電阻電路：P總＝I2(R＋r)＝
電源內(nèi)部 消耗的功率 P內(nèi)＝I2r＝P總－P出
電源的 輸出功率 任意電路：P出＝UI＝P總－P內(nèi)
純電阻電路：P出＝I2R＝
P出與外電 阻R的關(guān)系
電源的效率 任意電路：η＝×100%＝×100%
純電阻電路：η＝×100%
【電源輸出功率的極值問題的處理方法】
對于電源輸出功率的極值問題，可以采用數(shù)學(xué)中求極值的方法，也可以采用電源的輸出功率隨外電阻的變化規(guī)律來求解．但應(yīng)當(dāng)注意的是，當(dāng)待求的最大功率對應(yīng)的電阻值不能等于等效電源的內(nèi)阻時，此時的條件是當(dāng)電阻值最接近等效電源的內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大．假設(shè)一電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，外電路有一可調(diào)電阻R，電源的輸出功率為：
P出＝I2R＝＝.
由以上表達式可知電源的輸出功率隨外電路電阻R的變化關(guān)系為：
(1)當(dāng)R＝r時，電源的輸出功率最大，為Pm＝；
(2)當(dāng)R＞r時，隨著R的增大，電源的輸出功率越來越小；
(3)當(dāng)R＜r時，隨著R的增大，電源的輸出功率越來越大；
(4)當(dāng)P出＜Pm時，每個輸出功率對應(yīng)兩個外電阻阻值R1和R2，且R1R2＝r2.　
【例8】(2019·西安模擬)如圖所示，E＝8 V，r＝2 Ω，R1＝8 Ω，R2為變阻器接入電路中的有效阻值，問：
(1)要使變阻器獲得的電功率最大，則R2的取值應(yīng)是多大？這時R2的功率是多大？
(2)要使R1得到的電功率最大，則R2的取值應(yīng)是多大？R1的最大功率是多大？這時電源的效率是多大？
(3)調(diào)節(jié)R2的阻值，能否使電源以最大的功率輸出？為什么？
【變式】將一電源與一電阻箱連接成閉合回路，測得電阻箱所消耗功率P與電阻箱讀數(shù)R變化的曲線如圖所示，由此可(　　)
A．電源最大輸出功率可能大于45 W B．電源內(nèi)阻一定等于5 Ω
C．電源電動勢為45 V D．電阻箱所消耗功率P最大時，電源效率大于50%
【變式2】圖甲為某元件R的U－I特性曲線，把它連接在圖乙所示電路中．已知電源電動勢E＝5 V，內(nèi)阻r＝1.0 Ω，定值電阻R0＝4 Ω.閉合開關(guān)S后，求：
(1)該元件的電功率；
(2)電源的輸出功率．
【題型演練】
1．如圖所示，關(guān)于閉合電路，下列說法正確的是(　　)
電源正、負極被短路時，電流很大
B．電源正、負極被短路時，電壓表示數(shù)最大
C．外電路斷路時，電壓表示數(shù)為零
D．外電路電阻增大時，電壓表示數(shù)減小
2．如圖所示，直線A為某電源的U I圖線，曲線B為某小燈泡的U I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電源的總功率分別是(　　)
A．4 W,8 W B．2 W,4 W
C．2 W,3 W D．4 W,6 W
3．如圖所示，已知電源電動勢為6 V，內(nèi)阻為1 Ω，保護電阻R0＝0.5 Ω，則當(dāng)保護電阻R0消耗的電功率最大時，這個電阻箱R的讀數(shù)和電阻R0消耗的電功率的最大值為(　　)
A．1 Ω，4 W　　　 B．1 Ω，8 W
C．0,8 W D．0.5 Ω，8 W
4．(2019·湖南十校聯(lián)考)如圖所示為某閉合電路電源的輸出功率隨電流變化的圖象，由此圖象可以判斷(　　)
A．電源的內(nèi)耗功率最大為9 W B．電源的效率最大為50%
C．輸出功率最大時，外電路的總電阻為4 Ω D．電源的電動勢為12 V
5．(2019·河北石家莊模擬)在如圖所示電路中，L1、L2為兩只完全相同、阻值恒定的燈泡，R為光敏電阻(光照越強，阻值越小)．閉合電鍵S后，隨著光照強度逐漸增強(　　)
A．L1逐漸變暗，L2逐漸變亮 B．L1逐漸變亮，L2逐漸變暗
C．電源內(nèi)電路消耗的功率逐漸減小 D．光敏電阻R和L1消耗的總功率逐漸增大
6.(2019·河南南陽模擬)硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點．如圖所示，圖線a是該電池在某光照強度下路端電壓U和電流I的關(guān)系圖象(電池內(nèi)阻不是常量)，圖線b是某電阻R的U－I圖象．在該光照強度下將它們組成閉合回路時，硅光電池的內(nèi)阻為(　　)
A．5.5 Ω B．7.0 Ω
C．12.0 Ω D．12.5 Ω
7．(2019·重慶江津中學(xué)模擬)兩位同學(xué)在實驗室利用如圖甲所示的電路測定值電阻R0、電源的電動勢E和內(nèi)電阻r，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動觸頭P向某一方向移動時，一個同學(xué)記錄了電流表A和電壓表V1的測量數(shù)據(jù)，另一同學(xué)記錄的是電流表A和電壓表V2的測量數(shù)據(jù)．根據(jù)數(shù)據(jù)描繪了如圖乙所示的兩條U－I直線．則圖象中兩直線的交點表示的物理意義是(　　)
A．滑動變阻器的滑動頭P滑到了最右端 B．電源的輸出功率最大
C．定值電阻R0上消耗的功率為1.0 W D．電源的效率達到最大值
8.．(2019·河北滄州模擬)在如圖所示的電路中，電源電動勢E＝3 V，內(nèi)電阻r＝1 Ω，定值電阻R1＝3 Ω，R2＝2 Ω，電容器的電容C＝100 μF，則下列說法正確的是(　　)
A．閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后電容器兩端的電壓為1.5 V
B．閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后電容器所帶電荷量為3.0×10－4 C
C．閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后電容器極板a所帶電荷量為1.5×10－4 C
D．先閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后斷開開關(guān)S，通過電阻R1的電荷量為3.0×10－4 C
9(2019·廣東華南三校聯(lián)考)如圖所示電路，電源內(nèi)阻不能忽略，R1阻值小于變阻器的總電阻，初態(tài)滑片P位于變阻器的中點，P由中點向上移動到頂端的過程中(　　)
A．電源的內(nèi)功率先減小后增大 B．電源的效率先減小后增大
C．電流表的示數(shù)先減小后增大 D．電壓表的示數(shù)先增大后減小
10.如圖所示，直線Ⅰ、Ⅱ分別是電源1與電源2的路端電壓隨輸出電流變化的特性圖線，曲線Ⅲ是一個小燈泡的伏安特性曲線，曲線Ⅲ與直線Ⅰ、Ⅱ相交點的坐標(biāo)分別為P(5.2，3.5)、Q(6，5)．如果把該小燈泡分別與電源1、電源2單獨連接，則下列說法正確的是(　　)
電源1與電源2的內(nèi)阻之比是3∶2
B．電源1與電源2的電動勢之比是1∶1
C．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡的電阻之比是1∶2
D．在這兩種連接狀態(tài)下，小燈泡消耗的功率之比是7∶10
第六講　電學(xué)實驗
電學(xué)設(shè)計性實驗題能有效地考查學(xué)生的實驗技能和創(chuàng)造性思維能力，在高考中的考查頻率很高.不少學(xué)生面對這類題感到無從下手.實際上，只要做到“三個明確”“三個選擇”，問題便可迎刃而解.
一、明確題目的要求
認真審清題意，看清題目的要求．即審題時要看清題目要求測定什么物理量，驗證、探究什么物理規(guī)律，或者要求設(shè)計達到何種標(biāo)準(zhǔn)的電路等．
二、明確實驗原理
解決設(shè)計型實驗題的關(guān)鍵在于選擇實驗原理．如果實驗需要測定某些電學(xué)量，應(yīng)弄清待測物理量可通過哪些規(guī)律、公式求得，與哪些物理量有直接聯(lián)系，可用哪些物理量定量地表示，用何種方法測定相關(guān)量，進而得出待求量．
三、明確設(shè)計電路的原則
設(shè)計電路一般應(yīng)遵循“安全性”原則、“精確性、方便性”原則，兼顧“運用儀器少，耗電少”等三條原則．
1．安全性原則
選用儀器組成電路，首先要保證實驗正常進行．例如通過電流表的電流和加在電壓表上的電壓均不得超過其量程，滑動變阻器、被測電阻不得超過其額定電流(額定功率)等．
2．精確性、方便性原則
“精確”是指選用儀器組成實驗電路時要盡可能減小測量誤差，提高精確度．例如所用電流表、電壓表的指針應(yīng)有較大的偏轉(zhuǎn)，一般應(yīng)使指針偏轉(zhuǎn)在滿刻度的1/3以上，以減小因讀數(shù)引起的偶然誤差．
“方便”是指實驗中便于調(diào)節(jié)控制，便于讀數(shù)．例如應(yīng)根據(jù)電路可能出現(xiàn)的電流、電壓范圍選擇滑動變阻器．對大阻值的滑動變阻器，如果滑片稍有移動就使電路中的電流、電壓有很大變化，則不宜采用．對于滑動變阻器，還要權(quán)衡用分壓式電路還是限流式電路．
3．運用儀器少，耗電少原則
在達到實驗?zāi)康模黜椫笜?biāo)均符合要求的前提下，還應(yīng)注意運用的儀器盡量少和節(jié)約電能．例如控制電路有限流式與分壓式兩種調(diào)節(jié)電路，若這兩種調(diào)節(jié)電路均能滿足要求，從消耗功率小，節(jié)約電能的角度，則應(yīng)選用限流式電路．
四、控制電路的選擇
滑動變阻器選用限流接法和分壓接法的依據(jù)：
1．負載電阻電壓要求變化范圍較大，且從零開始連續(xù)可調(diào)，應(yīng)選分壓電路．
2．若負載電阻的阻值Rx遠大于滑動變阻器總阻值R，應(yīng)選分壓電路．
3．若負載電阻的阻值Rx小于滑動變阻器總阻值R或相差不多，且沒有要求電壓從零可調(diào)，應(yīng)選限流電路．
4．兩種電路均可時限流電路優(yōu)先，因為限流電路消耗的總功率?。?br/>五、測量電路的選擇
對伏安法測電阻，應(yīng)根據(jù)待測電阻的大小選擇電流表不同的接法．
1．阻值判斷法：
當(dāng)RV Rx時，采用電流表“外接法”；
當(dāng)Rx RA時，采用電流表“內(nèi)接法”．
2．倍率比較法：
(1)當(dāng)＝，即Rx＝時，既可選擇電流表“內(nèi)接法”，也可選擇“外接法”；
(2)當(dāng)＞即Rx＜時，采用電流表外接法；
(3)當(dāng)＜即Rx＞時，采用電流表內(nèi)接法．
3．試觸法：
與比較大小：
(1)若＞，則選擇電壓表分流的外接法；
(2)若＞，則選擇電流表的內(nèi)接法．
六、實驗器材的選擇
1．安全因素
通過電源、電表、電阻的電流不能超過允許的最大電流．
2．誤差因素
選擇電表時，保證電流和電壓均不超過其量程．使指針有較大偏轉(zhuǎn)(一般取滿偏度的～)；使用歐姆表選擋時讓指針盡可能在中值刻度附近．
3．便于操作
選滑動變阻器時，在滿足其他要求的前提下，可選阻值較小的．
4．關(guān)注實驗的實際要求．
實驗一　測定金屬的電阻率
1．螺旋測微器
(1)構(gòu)造：如圖甲，S為固定刻度，H為可動刻度．
(2)原理：可動刻度H上的刻度為50等份，旋鈕K每旋轉(zhuǎn)一周，螺桿P前進或后退0.5 mm，則螺旋測微器的精確度為0.01 mm.
　　
　　　 　　 甲 　　　　　　　　 乙
(3)讀數(shù)
①測量時被測物體長度的半毫米數(shù)由固定刻度讀出，不足半毫米部分由可動刻度讀出．
②測量值(mm)＝固定刻度數(shù)(mm)(注意半毫米刻度線是否露出)＋可動刻度數(shù)(估讀一位)×0.01 (mm)
③如圖乙所示，固定刻度示數(shù)為2.0 mm，不足半毫米，從可動刻度上讀的示數(shù)為15.0，最后的讀數(shù)為：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.
2．游標(biāo)卡尺
(1)構(gòu)造(如圖所示)：主尺、游標(biāo)尺(主尺和游標(biāo)尺上各有一個內(nèi)外測量爪)、游標(biāo)尺上還有一個深度尺，尺身上還有一個緊固螺釘．
(2)用途：測量厚度、長度、深度、內(nèi)徑、外徑．
(3)原理：利用主尺的最小分度與游標(biāo)尺的最小分度的差值制成．
不管游標(biāo)尺上有多少個小等分刻度，它的刻度部分的總長度比主尺上的同樣多的小等分刻度少1 mm.常見的游標(biāo)卡尺的游標(biāo)尺上小等分刻度有10個的、20個的、50個的，見下表：
刻度格數(shù) (分度) 刻度總 長度 每小格與 1 mm的差值 精確度 (可準(zhǔn)確到)
10 9 mm 0.1 mm 0.1 mm
20 19 mm 0.05 mm 0.05 mm
50 49 mm 0.02 mm 0.02 mm
(4)讀數(shù)：若用x表示由主尺上讀出的整毫米數(shù)，K表示從游標(biāo)尺上讀出與主尺上某一刻線對齊的游標(biāo)的格數(shù)，則記錄結(jié)果表達為(x＋K×精確度)mm.
3．常用電表的讀數(shù)
對于電壓表和電流表的讀數(shù)問題，首先要弄清電表量程，即指針指到最大刻度時電表允許通過的最大電壓或電流值，然后根據(jù)表盤總的刻度數(shù)確定精確度，按照指針的實際位置進行讀數(shù)即可．
(1)0～3 V的電壓表和0～3 A的電流表讀數(shù)方法相同，此量程下的精確度分別是0.1 V或0.1 A，看清楚指針的實際位置，讀到小數(shù)點后面兩位．
(2)對于0～15 V量程的電壓表，精確度是0.5 V，在讀數(shù)時只要求讀到小數(shù)點后面一位，即讀到0.1 V.
(3)對于0～0.6 A量程的電流表，精確度是0.02 A，在讀數(shù)時只要求讀到小數(shù)點后面兩位，這時要求“半格估讀”，即讀到最小刻度的一半0.01 A.
4．電流表、電壓表測電阻兩種方

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