電場力的性質(zhì)一、點電荷電荷守恒定律庫侖定律1．點電荷元電荷(1)點電荷：代表帶電體的有一定電荷量的點，忽略帶電體的大小、形狀及電荷分布狀況對它們之間的作用力的影響的理想化模型。點電荷是一種理想化模型。(2)元電荷：把最小的電荷量叫作元電荷，用e表示，e＝1.60×10－19C。所有帶電體的電荷量或者等于e，或者等于e的整數(shù)倍。2．電荷守恒定律(1)內(nèi)容：電荷既不能創(chuàng)生，也不能消失，只能從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持不變。(2)物體的帶電方式：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(摩擦起電,接觸帶電,感應起電))eq\o(→,\s\up7(實質(zhì)))電子轉(zhuǎn)移，電荷重新分配，遵循電荷守恒定律。(3)帶電實質(zhì)：物體得失電子。(4)電荷的分配原則：兩個形狀、大小相同且?guī)N電荷的導體，接觸后再分開，二者帶相同電荷，若兩導體原來帶異種電荷，則電荷先中和，余下的電荷再平分。3．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，與它們的距離的平方成反比。作用力的方向在它們的連線上。(2)表達式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫靜電力常量。(3)適用條件：真空中靜止的點電荷。①在空氣中，兩個點電荷的作用力近似等于真空中的情況，可以直接應用公式。②當兩個帶電體間的距離遠大于其本身的大小時，可以把帶電體看成點電荷。(4)庫侖力的方向：由相互作用的兩個帶電體決定，即同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。二、靜電場電場強度電場線1．靜電場(1)定義：存在于電荷周圍，能傳遞電荷間相互作用的一種特殊物質(zhì)。(2)基本性質(zhì)：對放入其中的電荷有力的作用。2．電場強度(1)定義：放入電場中某點的電荷受到的靜電力與它的電荷量之比。(2)定義式：E＝eq\f(F,q)，是矢量，單位：N/C或V/m。(3)點電荷的場強：E＝eq\f(kQ,r2)。(4)矢標性：規(guī)定正電荷在電場中某點受電場力的方向為該點的電場強度方向。3．電場線(1)電場線的特點。①電場線從正電荷出發(fā)，終止于負電荷或無窮遠處，或來自于無窮遠處，終止于負電荷。②電場線在電場中不相交。③在同一電場中，電場線越密的地方場強越大。④電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。⑤沿電場線方向電勢逐漸降低。⑥電場線和等勢面在相交處互相垂直。(2)幾種典型電場的電場線。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)電場強度反映了電場力的性質(zhì)，所以電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的電場力成正比。 (×)(2)電場中某點的電場強度方向即為正電荷在該點所受的電場力的方向。 (√)(3)真空中點電荷的電場強度表達式E＝eq\f(kQ,r2)中，Q就是產(chǎn)生電場的點電荷。 (√)(4)在點電荷產(chǎn)生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度都相同。 (×)(5)電場線的方向即為帶電粒子的運動方向。 (×)(6)英國物理學家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場。 (√)二、教材習題衍生1．(庫侖定律的理解及應用)如圖所示，半徑相同的兩個金屬小球A、B是帶有電荷量大小相等的電荷，相隔一定的距離，兩球之間的距離遠大于小球的直徑，兩球之間的相互吸引力大小為F。今用第三個半徑相同的不帶電的金屬小球C先后與A、B兩個球接觸后移開，這時，A、B兩個球之間的相互作用力大小是()A．eq\f(1,8)FB．eq\f(1,4)FC．eq\f(3,8)FD．eq\f(3,4)FA[由于A、B間有吸引力，故A、B帶異種電荷。設(shè)A、B帶的電荷量分別為Q、－Q，則兩球之間的相互吸引力即為靜電力：F＝keq\f(Q2,r2)。當C球與A球接觸后，A、C兩球的電荷量都為：q1＝eq\f(Q,2)。當C球再與B球接觸后，B、C兩球的電荷量都為：q2＝eq\f(Q－\f(Q,2),2)＝eq\f(Q,4)。所以此時A、B兩球之間的相互作用力的大小為F′＝eq\f(k\f(Q,2)·\f(Q,4),r2)＝keq\f(Q2,8r2)＝eq\f(F,8)，故A正確。]2．(電場線的理解及應用)某電場區(qū)域的電場線如圖所示，a、b是其中一條電場線上的兩點，下列說法不正確的是()A．負電荷在a點受到的電場力一定小于它在b點受到的電場力B．a(chǎn)點的場強方向一定沿著a點的電場線向右C．正電荷在a點受到的電場力一定大于它在b點受到的電場力D．a(chǎn)點的場強一定大于b點的場強[答案]A3．(電場強度的理解與計算)用一條絕緣細線懸掛一個帶電小球，小球質(zhì)量為m＝1.0×10－2kg，所帶電荷量為q＝＋2.0×10－8C，現(xiàn)加一水平方向的勻強電場，平衡時絕緣細線與豎直方向的夾角為θ＝30°，重力加速度g取10m/s2，則勻強電場的電場強度E大小為()A．5eq\r(3)×106V/m B．eq\f(5\r(3),3)×106V/mC．eq\f(5\r(3),2)×106V/m D．5×106V/mB[小球處于平衡狀態(tài)，如圖所示，有eq\f(qE,mg)＝tan30°，所以E＝eq\f(mgtan30°,q)＝eq\f(1.0×10－2×10×\f(\r(3),3),2×10－8)V/m＝eq\f(5\r(3),3)×106V/m，B正確。]庫侖定律的理解及應用1．(電荷分配原理與庫侖定律)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)閑q\f(r,2)，則兩球間庫侖力的大小為()A．eq\f(5F,16) B．eq\f(F,5)C．eq\f(4F,5) D．eq\f(16F,5)D[兩球相距r時，根據(jù)庫侖定律得F＝keq\f(Q·5Q,r2)，兩球接觸后，帶電荷量均為2Q，則F′＝keq\f(2Q·2Q,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))eq\s\up12(2))，由以上兩式可解得F′＝eq\f(16F,5)，D正確。]2．(庫侖定律及矢量合成)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＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm。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＝eq\f(16,9)B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27)D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)D[由小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線知a、b帶異號電荷。a對c的庫侖力Fa＝eq\f(k靜qaqc,ac2) ①b對c的庫侖力Fb＝eq\f(k靜qbqc,bc2) ②設(shè)合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形得eq\f(Fa,ac)＝eq\f(Fb,bc) ③由①②③得k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ac3,bc3)＝eq\f(64,27)，若合力向右，結(jié)果仍成立，D正確。]3．(庫侖力作用下的平衡問題)(2021·江蘇省震澤中學月考)如圖所示質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點正下方絕緣柱上。其中O點與小球A的間距為l。O點與小球B的間距為eq\r(3)l，當小球A平衡時，懸線與豎直方向夾角θ＝30°，帶電小球A、B均可視為點電荷，靜電力常量為k，則()A．A、B間庫侖力大小F＝eq\f(kq2,2l2)B．A、B間庫侖力F＝eq\f(\r(3)mg,3)C．細線拉力大小FT＝eq\f(kq2,3l2)D．細線拉力大小FT＝eq\r(3)mgB[A的受力如圖所示，幾何三角形OAB與力三角形相似，由對應邊成比例eq\f(FT,mg)＝eq\f(l,\r(3)l)，則FT＝eq\f(\r(3)mg,3)，由余弦定律AB＝eq\r(l2＋\r(3)l2－2\r(3)l2cos30°)＝l，則FT＝F＝eq\f(\r(3)mg,3)＝eq\f(kq2,l2)，故B正確。]4．(三個自由電荷的平衡問題)如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電＋Q，B帶電－9Q?，F(xiàn)引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質(zhì)及位置應為()A．正，B的右邊0.4m處 B．正，B的左邊0.2m處C．負，A的左邊0.2m處 D．負，A的右邊0.2m處C[要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠大”的原則，所以點電荷C應在A左側(cè)，帶負電。設(shè)C帶電荷量為q，A、C間的距離為x，A、B間距離用r表示，由于處于平衡狀態(tài)，所以keq\f(Qq,x2)＝keq\f(q·9Q,r＋x2)，解得x＝0.2m，選項C正確。]1．應用庫侖定律的三條提醒(1)作用力的方向判斷根據(jù)：同性相斥，異性相吸，作用力的方向沿兩電荷連線方向。(2)兩個點電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律，大小相等、方向相反。(3)庫侖力存在極大值，在兩帶電體的間距及電荷量之和一定的條件下，當q1＝q2時，F(xiàn)最大。2．三個自由點電荷的平衡問題電場強度的理解與計算1．電場強度的性質(zhì)矢量性規(guī)定正電荷受力方向為該點場強的方向唯一性電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的試探電荷q無關(guān)，它決定于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置2．電場強度的三個計算公式點電荷電場強度的疊加與計算1．a(chǎn)、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，O為菱形中心，∠abc＝120°?，F(xiàn)將三個等量的正點電荷＋Q分別固定在a、b、c三個頂點上，下列說法正確的有()A．d點電場強度的方向由d指向OB．O點電場強度的方向由d指向OC．O點的電場強度大于d點的電場強度D．O點的電場強度小于d點的電場強度C[由電場的疊加原理可知，d點電場的方向為由O指向d，O點的電場方向也是由O指向d，故A、B錯誤；設(shè)菱形的邊長為r，根據(jù)點電荷電場強度表達式E＝keq\f(Q,r2)，三個點電荷在d點產(chǎn)生的場強大小相等，由場強的疊加可知，d點的場強大小Ed＝2keq\f(Q,r2)，O點的場強大小為E0＝4keq\f(Q,r2)，可見d點的電場強度小于O點的電場強度，故D錯誤，C正確。]2．(2021·江蘇海安高級中學高三月考)如圖所示，E、F、G、H分別為矩形ABCD各邊的中點，O為EG、HF的交點，AB邊的長度為d。E、G兩點各固定一等量正點電荷，另一電荷量為Q的負電荷置于H點時，F(xiàn)點處的電場強度恰好為零。若將H點的負電荷移到O點，則F點處場強的大小和方向為(靜電力常量為k)()A．eq\f(4kQ,d2)方向向右 B．eq\f(4kQ,d2)方向向左C．eq\f(3kQ,d2)方向向右 D．eq\f(3kQ,d2)方向向左D[當負點電荷在H點時，F(xiàn)點電場強度恰好為零，故兩個正電荷在F點的電場與負電荷的電場之和為零，根據(jù)公式E＝keq\f(Q,r2)可得負電荷在F點產(chǎn)生的電場強度大小為E＝keq\f(Q,d2)，方向水平向左，故兩個正電荷在F點產(chǎn)生的合電場強度大小為E＝keq\f(Q,d2)，方向水平向右；負點電荷移到O點，在F點產(chǎn)生的電場強度大小為E1＝keq\f(4Q,d2)，方向向左，所以F點的合場強為keq\f(4Q,d2)－keq\f(Q,d2)＝keq\f(3Q,d2)，方向水平向左，故D正確，A、B、C錯誤。]對稱法分析計算場強3．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)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)B[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＝keq\f(q,R2)，方向向左；再根據(jù)圓盤場強的對稱性可得圓盤在d點處的場強大小Ed＝keq\f(q,R2)，方向向右；而點電荷q在d點處的場強大小為keq\f(q,3R2)，方向向右，由電場強度疊加即可得出d點處的場強大小為E′d＝Ed＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，B正確。]補償法分析計算場強4．(2021·江蘇卷)一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，OA＝OB，現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則()A．O、C兩點電勢相等B．A點的電場強度大于B點C．沿直線從A到B電勢先升高后降低D．沿直線從A到B電場強度逐漸增大A[由于O、C點連線所在平面構(gòu)成等勢面，故O、C兩點電勢相等，故A正確；將題中半球殼補成一個完整的球殼，且?guī)щ娋鶆?，設(shè)左、右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E1和E2由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則知E1＝E2根據(jù)對稱性，左右半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E2和E1，且E1＝E2在圖示電場中，A的電場強度大小為E1，方向向左，B的電場強度大小為E2，方向向左，所以A點的電場強度與B點的電場強度相同，故從A到B場強不可能逐漸增大，故BD錯誤；根據(jù)電場疊加原理可知，x軸上電場線的方向向左，沿著電場線的方向電勢降低，則B點電勢高于A點電勢，故C錯誤。]微元法分析計算場強5．如圖所示，豎直面內(nèi)固定的均勻帶電圓環(huán)半徑為R，帶電荷量為＋Q，在圓環(huán)的最高點用絕緣絲線懸掛一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球(大小不計)，小球在垂直圓環(huán)平面的對稱軸上處于平衡狀態(tài)，小球到圓環(huán)中心O距離為R，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，則小球所處位置的電場強度為()A．eq\f(\r(2)mg,q) B．eq\f(\r(2)mg,2q)C．keq\f(Q,R2) D．eq\f(k\r(2)Q,4R2)D[對小球受力分析可知mgtan45°＝qE，解得E＝eq\f(mg,q)，則選項A錯誤，B錯誤；由于圓環(huán)不能看作點電荷，我們?nèi)A環(huán)上一部分Δx，總電荷量為Q，則該部分電荷量為eq\f(Δx,2πR)Q，該部分電荷在小球處產(chǎn)生的電場強度為E1＝eq\f(kQΔx,2πL2R)＝eq\f(kQΔx,2π\(zhòng)r(2)R2R)＝eq\f(kQΔx,4πR3)，方向沿該點與小球的連線指向小球；同理取與圓心對稱的相同的一段，其電場強度與E1大小相等，如圖所示，則兩個場強的合場強為E′1＝2·eq\f(kQΔx,4πR3)cos45°＝eq\f(\r(2)kQΔx,4πR3)，方向應沿圓心與小球的連線向外；因圓環(huán)上各點均在小球處產(chǎn)生電場，則合場強為E＝eq\f(πR,Δx)E′1＝eq\f(\r(2)kQΔx,4πR3)·eq\f(πR,Δx)＝eq\f(\r(2)kQ,4R2)，方向水平向左，選項D正確，C錯誤。]計算電場強度的五種方法疊加法多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各電荷在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和平衡法帶電體受力平衡時可根據(jù)平衡條件求解等效法在保證效果相同的前提下，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景對稱法空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性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全為球面等電場線的理解及應用1．電場線的應用2．兩種等量點電荷的電場線比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布中垂線上的電場強度O點最大，向外逐漸減小O點為零，向外先變大后變小連線上的電場強度沿連線先變小后變大，中點O處的電場強度最小沿連線先變小后變大，中點O處的電場強度為零電場強度方向比較A、A′、B、B′四點場強方向相同，垂直于BB′連線A點場強方向向右，A′點場強方向向左，B點場強方向向上，B′點場強方向向下電場線的應用1．關(guān)于電場線的以下說法中正確的是()A．電場線上每一點的切線方向都跟電荷在該點的受力方向相同B．沿電場線的方向，電場強度越來越小C．電場線越密的地方同一試探電荷所受的電場力就越大D．順著電場線移動電荷，電荷受電場力大小一定不變C[電場線上每一點的切線方向都跟正電荷在該點所受電場力方向相同，與負電荷在該點受到的電場力方向相反，選項A錯誤；勻強電場中沿電場線的方向，電場強度不變，選項B錯誤；電場線越密的地方，電場強度就越強，則同一試探電荷受的電場力就越大，選項C正確；順著電場線移動電荷，若是非勻強電場，則電荷受電場力大小可能改變，選項D錯誤。]電場線與軌跡2．某帶電粒子僅在電場力作用下由a點運動到b點，電場線及運動軌跡如圖所示。由此可以判定粒子在a、b兩點()A．在a點的加速度較大B．在a點電勢能較大C．在b點的速率較大D．在b點所受電場力較大A[電場線疏密程度代表場強大小，故Ea＞Eb，依據(jù)加速度a＝eq\f(qE,m)，因此帶電粒子在a點的電場力較大，其對應的加速度也較大，故A正確，D錯誤；粒子只受電場力作用，故電場力方向指向運動軌跡凹的一側(cè)，那么，電場力指向左側(cè)，所以，粒子帶負電，而等勢面垂直電場線，且沿著電場線電勢降低，故φa＞φb，因此在a點電勢能較小，故B錯誤；粒子帶負電，電場力方向指向左側(cè)，粒子由a運動到b，電場力做負功，故由動能定理可知：粒子速率減小，即va＞vb，故C錯誤。]兩等量點電荷的電場分析3．反天刀是生活在尼羅河的一種魚類，沿著它身體的長度方向分布著電器官，這些器官能在魚周圍產(chǎn)生電場，如圖為反天刀周圍的電場線分布示意圖，A、B、C為電場中的點，下列說法正確的是()A．頭部帶負電B．A點電場強度大于B點電場強度C．負離子運動到A點時，其加速度方向向右D．圖中從A至C的虛線可以是負離子的運動軌跡B[電場線從正電荷或無窮遠處出發(fā)，終止于無窮遠處或負電荷，根據(jù)電場線由魚的頭部出發(fā)可知，頭部帶正電，故A錯誤；電場線疏密程度表示電場強度大小，A處電場線比B處密，所以A處電場強度大于B處電場強度，故B正確；負離子在A點受到的電場力向左，其加速度方向向左，故C錯誤；正離子所受的電場力方向沿著電場線的方向，且指向運動軌跡的凹側(cè)，故D錯誤。]分析電場中運動軌跡問題的方法(1)“運動與力兩線法”——畫出運動軌跡在初始位置的切線(“速度線”)與在初始位置電場線的切線(“力線”)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，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況。

電場能的性質(zhì)一、電勢能和電勢1．靜電力做功的特點(1)特點：靜電力做功與路徑無關(guān)，只與電荷量和電荷移動過程始、末位置間的電勢差有關(guān)。(2)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系①靜電力做的功等于電荷電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB。靜電力對電荷做多少正功，電荷電勢能就減少多少；電荷克服靜電力做多少功，電荷電勢能就增加多少。②電勢能的大?。河蒞AB＝EpA－EpB可知，若令EpB＝0，則EpA＝WAB，即一個電荷在電場中某點具有的電勢能，數(shù)值上等于將其從該點移到零電勢能位置過程中靜電力所做的功。2．電勢能(1)定義：電荷在電場中具有的勢能，數(shù)值上等于將電荷從該點移到零勢能位置時電場力所做的功。(2)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系：電場力做的功等于電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。3．電勢(1)定義：試探電荷在電場中某點具有的電勢能與它的電荷量的比值。(2)定義式：φ＝eq\f(Ep,q)。(3)矢標性：電勢是標量，有正、負之分，其正(負)表示該點電勢比零電勢高(低)。(4)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零電勢點的不同而不同。4．等勢面(1)定義：電場中電勢相等的各點組成的面。(2)四個特點①等勢面一定與電場線垂直。②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。③電場線方向總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。④等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越小。二、電勢差1．定義：電荷在電場中由一點A移到另一點B時，電場力做功與移動電荷的電荷量的比值。2．定義式：UAB＝eq\f(WAB,q)。3．電勢差與電勢的關(guān)系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。三、勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系1．電勢差與電場強度的關(guān)系：勻強電場中兩點間的電勢差等于電場強度與這兩點沿電場線方向的距離的乘積。即U＝Ed，也可以寫作E＝eq\f(U,d)。2．公式U＝Ed的適用范圍：勻強電場。3．沿電場方向電勢降落得最快。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)電場中電場強度為零的地方電勢一定為零。 (×)(2)沿電場線方向電場強度越來越小，電勢逐漸降低。 (×)(3)A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A點移到B點時靜電力所做的功。 (×)(4)A、B兩點的電勢差是恒定的，所以UAB＝UBA。 (×)(5)等差等勢線越密的地方，電場線越密，電場強度越大。 (√)(6)電場中電勢降低的方向，就是電場強度的方向。 (×)二、教材習題衍生1．(電勢高低和電勢能大小的判斷)某電場的電場線和等勢面如圖所示，下列說法不正確的是()A．B點的電勢高于A點的電勢B．把負電荷從A移到B，靜電力做正功，電勢能減少C．負電荷從B移到A時，靜電力做負功D．UAB＝UBA[答案]D2．(電勢差與電場強度的關(guān)系)如圖所示，在E＝500V/m的勻強電場中，a、b兩點相距d＝2cm，它們的連線跟電場強度方向的夾角是60°，則Uab等于()A．5V B．10VC．－5V D．－10V[答案]C3．(電場線、等勢面及運動軌跡問題)如圖所示，實線表示某電場的電場線，虛線表示一帶正電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)A和B點的電勢分別為φA和φB，粒子在A、B兩點加速度大小分別為aA和aB，速度大小為vA和vB，電勢能分別為EpA和EpB，下列判斷正確的是()A．vA<vB B．a(chǎn)A<aBC．φA<φB D．EpA>EpBC[帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，粒子從A到B過程，電場力方向與速度方向成鈍角，電場力做負功，動能減小，速度減小，電勢能增加，故帶電粒子通過A點時的速度比通過B點時的速度大，即vA>vB，EpA<EpB，選項A、D錯誤；根據(jù)電場線疏密可知，EA>EB，根據(jù)F＝Eq和牛頓第二定律可知，aA>aB，選項B錯誤；根據(jù)沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故φA<φB，選項C正確。]電勢高低和電勢能大小的判斷1．電勢高低常用的兩種判斷方法(1)沿電場線方向電勢逐漸降低。(2)若UAB>0，則φA>φB；若UAB<0，則φA<φB。2．電勢能大小的判斷方法判斷角度判斷方法做功判斷法電場力做正功，電勢能減?。浑妶隽ψ鲐摴?，電勢能增大電荷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公式法由Ep＝qφp，將q、φp的大小、正負號一起代入公式，Ep的正值越大，電勢能越大；Ep的負值的絕對值越小，電勢能越大能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，動能增大，電勢能減小；反之，電勢能增大電勢高低的判斷1．如圖所示，四個帶電荷量絕對值相等的點電荷分別固定在豎直平面內(nèi)某一正方形的四個頂點上，A、B、C、D四個點分別為對應的四條邊的中點，現(xiàn)有某一帶正電的試探電荷在四個電荷產(chǎn)生的電場中運動，下列說法正確的是()A．試探電荷在D點的電勢大于在A點的電勢B．試探電荷在D點的電勢小于在C點的電勢C．試探電荷僅在電場力作用下從A點沿AC運動到C點，其加速度逐漸增大D．直線BD所在的水平面一定為等勢面D[取無窮遠處為零電勢點，A點在兩個正電荷電場中電勢為2φ1，在兩個負電荷電場中電勢為－2φ2，因φ1>φ2，故A點的電勢為(2φ1－2φ2)>0；同理C點的電勢為(－2φ1＋2φ2)<0。D點在左上正電荷、左下負電荷的電場中電勢為0，同理，在右上正電荷、右下負電荷的電場中電勢也為0，故D點電勢為零，φA>φD，φD>φC，A、B錯誤；由場強疊加原理可知，A、C兩點的場強相同，故試探電荷在這兩點的加速度也相同，所以試探電荷僅在電場力作用下從A點沿AC運動到C點，加速度并不是一直增大，故C錯誤；B、D所在的水平面上任意一點的場強方向均豎直向下，故在這個水平面內(nèi)移動電荷時，電場力不做功，所以此面一定為等勢面，故D正確。]電勢能大小的判斷2．如圖所示為某一帶正電的點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線。A、B、C、D為該電場線上的點，相鄰兩點間距相等，電場線方向由A指向D。一個帶正電的粒子從A點由靜止釋放，運動到B點時的動能為Ek，僅考慮電場力的作用，則()A．從A點到D點，電勢先升高后降低B．粒子一直做勻加速運動C．粒子在BC段電勢能的減少量大于在CD段電勢能的減少量D．粒子運動到D點時動能等于3EkC[因為該電場線為一帶正電的點電荷產(chǎn)生的，根據(jù)電場線的特點可知該正電荷在A點的左側(cè)，沿著電場線方向電勢降低，即從A點到D點電勢降低，選項A錯誤；由正點電荷的電場線特點可知，從A到D電場強度越來越小，粒子加速度越來越小，可知粒子做加速度減小的加速運動，選項B錯誤；由題圖可知BC段靠近場源電荷，而電場線密集的地方，電勢降低較快，故BC段的電勢差大于CD段的電勢差，根據(jù)電場力做功W＝qU，故BC段電場力做的正功更多，則粒子在BC段電勢能的減少量大于在CD段電勢能的減少量，選項C正確；若該電場是勻強電場，從A到B，根據(jù)動能定理有qU＝Ek，從A到D，根據(jù)動能定理有3qU＝EkD，聯(lián)立得EkD＝3Ek，而該電場是非勻強電場，從A到D距離相等的兩點間的電勢差越來越小，故粒子運動到D點時動能小于3Ek，選項D錯誤。]電勢、電場力做功、電勢能的綜合問題3．如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最后將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點。下列說法不正確的有()A．Q1移入之前，C點的電勢為eq\f(W,q)B．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0C．Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WD．Q2在移到C點后的電勢能為－4WC[由題意可知，C點的電勢為φC＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(W,q)，故A正確；由于B、C兩點到A點(＋q)的距離相等，所以B、C兩點的電勢相等，所以Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，故B正確；由于Q1的電荷量也為＋q，所以當在B點固定Q1后，C點的電勢為eq\f(2W,q)，所以Q2從無窮遠移到C點過程中，電場力做功為：W＝qU＝－2q×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2W,q)))＝4W，故C錯誤；由于C點的電勢為eq\f(2W,q)，所以Q2的電勢能為Ep＝－4W，故D正確。]4．(電勢、電場力做功、電勢能的綜合問題)如圖所示，絕緣輕桿的兩端固定帶有等量異號電荷的小球(不計重力)。開始時，兩小球分別靜止在A、B位置?，F(xiàn)外加一勻強電場E，在靜電力作用下，小球繞輕桿中點O轉(zhuǎn)到水平位置。取O點的電勢為0。下列說法正確的有()A．電場E中A點電勢高于B點B．轉(zhuǎn)動中兩小球的電勢能始終相等C．該過程靜電力對兩小球均做負功D．該過程兩小球的總電勢能增加B[沿著電場線方向，電勢降低，A錯誤；由于O點的電勢為0，根據(jù)勻強電場的對稱性，電勢φA＝－φB，又qA＝－qB，Ep＝qφ，所以電勢能EPA＝EPB，B正確；A、B位置的小球受到的靜電力分別水平向右、水平向左，絕緣輕桿順時針旋轉(zhuǎn)，兩小球受到的靜電力對兩小球均做正功，電場力做正功，電勢能減少，C、D錯誤。]電勢差與電場強度的關(guān)系1．公式E＝eq\f(U,d)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。2．兩個推論(1)如圖甲所示，C點為線段AB的中點，則有φC＝eq\f(φA＋φB,2)。(2)如圖乙所示，AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD。甲乙3．三點妙用(1)解釋等差等勢面的疏密與電場強度大小的關(guān)系。當電勢差U一定時，電場強度E越大，則沿電場強度方向的距離d越小，即電場強度越大，等差等勢面越密。(2)定性判斷非勻強電場電勢差的大小關(guān)系。如距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大；E越小，U越小。(3)利用φ-x圖像的斜率判斷沿x軸方向電場強度Ex隨位置的變化規(guī)律。在φ-x圖像中斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)＝Ex，斜率的大小表示電場強度的大小，正負表示電場強度的方向。eq\o([典例])如圖所示，水平面內(nèi)有A、B、C、D、M、N六個點，它們均勻分布在半徑為R＝2cm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、M三點的電勢分別為φA＝(2－eq\r(3))V、φC＝2V、φM＝(2＋eq\r(3))V，下列判斷正確的是()A．電場強度的方向由A指向DB．電場強度的大小為1V/mC．該圓周上的點電勢最高為4VD．沿圓周將電子從D點經(jīng)M點移到N點，電場力先做負功后做正功C[在勻強電場中AM連線的中點G的電勢φG＝eq\f(1,2)(φA＋φM)＝2V＝φC，所以直線COGN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DM分別為等勢線，直線DB、直線MA分別為電場線，可知電場強度的方向由M指向A(或由D指向B)，故A錯誤；MA兩點間的電勢差UMA＝φM－φA＝2eq\r(3)V，沿電場方向的距離d＝eq\r(3)R＝eq\f(\r(3),50)m，電場強度E＝eq\f(UMA,d)＝100V/m，故B錯誤；過圓心O做MA的平行線，與圓的交點H處電勢最高，UHO＝E·R＝2V，由UHO＝φH－φO可得：最高電勢φH＝UHO＋φO＝4V，故C正確；沿圓周將電子從D點經(jīng)M點移到N點，電場力先做正功再做負功，故D錯誤。]應用E＝eq\f(U,d)關(guān)系的解題思路eq\o([跟進訓練])利用E＝eq\f(U,d)在非勻強電場中的定性分析1．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＝30V，B點的電勢為φB＝－10V，則C點的電勢()A．φC＝10VB．φC>10VC．φC<10VD．上述選項都不正確C[由于A、C之間的電場線比C、B之間的電場線密，相等距離之間的電勢差較大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<eq\f(φA＋φB,2)，即φC<10V，選項C正確。]2．(2021·蘇州中學一模)如圖所示，在正點電荷Q的電場中，A、B、C為直角三角形的三個頂點，D為AC的中點，∠A＝30°，A、B、C、D四點處的電勢滿足φA＝φC，φB＝φD，點電荷Q在A、B、C三點所在平面內(nèi)，則()A．點電荷Q在A、C的連線上B．點電荷Q在B、D連線的中點處C．φD>φCD．將負試探電荷從C點搬運到B點，電場力做負功C[因φA＝φC，則點電荷Q在A、C連線的垂直平分線上；又φB＝φD，則點電荷Q又在B、D連線的垂直平分線上；如圖，點電荷Q在A、B的連線上，選項A、B錯誤；D點距離正點電荷的距離較C點近，可知φD>φC，選項C正確；將負試探電荷從C點搬運到B點，電場力做正功，選項D錯誤。]利用E＝eq\f(U,d)公式在勻強電場中的定量計算3．如圖所示，勻強電場方向平行于xOy平面，在xOy平面內(nèi)有一個半徑為R＝5m的圓，圓上有一個電荷量為q＝＋1×10－8C的試探電荷P，半徑OP與x軸正方向的夾角為θ，P沿圓周移動時，其電勢能Ep＝2.5×10－5sinθ(J)，則()A．x軸位于零勢能面上B．電場強度大小為500V/m，方向沿y軸正方向C．y軸位于零勢能面上D．電場強度大小為500V/m，方向沿x軸正方向A[由Ep＝2.5×10－5sinθ(J)知，x軸上的勢能為零，是零勢能面，電勢沿y軸變化最快，電場線沿y軸方向，A正確，C錯誤；當θ＝90°時，Ep＝2.5×10－5J＝EqR，解得E＝500V/m，又電勢能大于零，故電場強度的方向沿y軸負方向，B、D錯誤。]4．如圖所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，其中坐標原點O處的電勢為0，點A處的電勢為6V，點B處的電勢為3V，則電場強度的大小為()A．200V/m B．200eq\r(3)V/mC．100V/m D．100eq\r(3)V/mA[勻強電場的電場線與等勢面都是平行、等間距排列的，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢逐漸降低，取OA中點C，則C點電勢為3V，連接BC即為電場中的一條等勢線，作等勢線的垂線，即電場中的電場線，如圖所示，由幾何關(guān)系可得，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3V,\x\to(OC)·sin30°)＝200V/m。故A正確。]電場線、等勢面及運動軌跡問題1．(電場線與運動軌跡的關(guān)系)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，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點和N點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<φNC．φM<φN，EpM<EpN D．a(chǎn)M<aN，EpM<EpND[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，則根據(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甲所示，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。甲乙若粒子從N運動到M，則根據(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乙所示，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。]2．(等勢面與運動軌跡的關(guān)系)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶負電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R點在等勢面b上，據(jù)此可知()A．帶電質(zhì)點動能與電勢能之和不變B．帶電質(zhì)點在P點的電勢能比在Q點的小C．帶電質(zhì)點在R點的加速度方向與等勢面不垂直D．帶電質(zhì)點在P點的加速度比在R點的加速度小A[只有電場力做功，電勢能與動能之和守恒，帶電質(zhì)點的動能與電勢能之和不變，A正確；根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場線與等勢線垂直可知負電荷所受的電場力應向下，所以電場線垂直等勢面向上，因此Q點的電勢高于P點的電勢，帶負電荷的質(zhì)點在電勢高處電勢能小，P點電勢能大，B錯誤；帶電質(zhì)點在R點的受力方向沿著電場線的切線方向，電場線與等勢面垂直，因此帶電質(zhì)點在R點的加速度方向與等勢面垂直，C錯誤；等差等勢面P處密，所以P處的電場強度大，電場力大，帶電質(zhì)點在P點的加速度比在R點的加速度大，D錯誤。]電場中“三線”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。電場中的四類圖像問題E-x圖像1．E-x圖像反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律。2．E-x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。[典例1]靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸正方向運動，則點電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運動到x3的過程中電勢能先增大后減小C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大C[由題圖可知，x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確，D錯誤；由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，A、B錯誤。]eq\o([跟進訓練])1．在x軸上關(guān)于原點對稱的a、b兩點處固定有兩個電荷量相等的點電荷，如圖E-x圖像描繪了x軸上部分區(qū)域的電場強度(以x軸正方向為電場強度的正方向)。對于該電場中x軸上關(guān)于原點對稱的c、d兩點，下列結(jié)論正確的是()A．兩點場強相同，c點電勢更高B．兩點場強相同，d點電勢更高C．兩點場強不同，兩點電勢相等，均比O點電勢高D．兩點場強不同，兩點電勢相等，均比O點電勢低A[根據(jù)給出的E-x圖像可知，a處為正電荷，b處為負電荷，根據(jù)點電荷產(chǎn)生的場強E＝eq\f(kQ,r2)及電場的疊加原理可知，c、d兩處場強相同，電場方向由c指向d，故c點電勢高，選項A正確。]φ-x圖像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圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向。3．在φ-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷。[典例2](2021·江蘇鹽城中學高三月考)帶電球體的半徑為R，以球心為原點O建立坐標軸x，軸上各點電勢φ隨x變化如圖所示，下列說法中正確的是()A．球體帶負電荷B．球內(nèi)電場強度最大C．負電荷在B點的電勢能比C點的小D．A、B兩點電場強度相同C[從球出發(fā)向兩側(cè)電勢降低，而電場線從正電荷出發(fā)，沿著電場線電勢降低，故球帶正電荷，故A錯誤；球是等勢體，故內(nèi)部任意兩點間的電勢差為零，故場強為零，故B錯誤；從B到C，電勢降低，故負電荷電勢能升高，故C正確；A點與B點的電場強度大小相等，但方向相反，故不同，故D錯誤。]eq\o([跟進訓練])2．在x軸上有兩個點電荷q1和q2，其中有一個點電荷位于x＝0處，x軸上的電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，則()A．x＝x1處電場強度為0B．x＝x2處電場強度不為0C．q1、q2為不等量異種點電荷，且正電荷在x＝0處，負電荷在x<0的某處D．q1、q2為等量異種點電荷，且正電荷在x＝0處，負電荷在x>0的某處C[由題圖圖像的斜率表示電場強度可知，x＝x1處電場強度不為0，x＝x2處電場強度為0，選項A、B錯誤；在兩點電荷連線上出現(xiàn)電場強度為零的點有兩種情況，一是同種電荷之間某點，該點兩側(cè)電勢變化形狀基本相同，二是異種電荷連線之外；x＝0處向右電勢逐漸降低，說明電場強度方向向右，x＝0處為正電荷，負電荷應該在x<0某處，且負電荷電荷量較大，所以q1、q2為不等量異種點電荷，選項C正確，D錯誤。]Ep-x圖像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小。3．進一步判斷電場強度、動能、加速度等隨位移的變化情況。[典例3](2021·江蘇南京三模)A、B為電場中一直線上的兩個點，帶正電的點電荷只受電場力的作用，從A點以某一初速度做直線運動到B點，其電勢能Ep隨位移x的變化關(guān)系如圖所示。則從A到B過程中，下列說法正確的是()A．點電荷的速度先增大后減小B．空間電場是某負點電荷形成的C．電荷所受電場力先減小后增大D．空間各點的電勢一直升高C[根據(jù)電勢能Ep隨位移x的變化圖像可知，電勢能先增大后減小，所以電場力先做負功再做正功，又點電荷只受電場力，所以合外力先做負功再做正功，因此點電荷的速度先減小后增大，A錯誤；點電荷帶正電，且電場力先做負功再做正功，所以電場強度的方向先向左再向右，空間電場可能是某正點電荷形成的，B錯誤；電勢能Ep隨位移x的變化的圖像斜率表示電場力，所以可知電場力先減小后增大，C正確；根據(jù)Ep＝qφ，粒子帶正電且電勢能先增大后減小，同時電勢能均為正值，所以空間各點的電勢先升高后降低，D錯誤。]eq\o([跟進訓練])3．a(chǎn)、b、c是靜電場中一直線上的三個點，從a點釋放一個初速度為零的電子，電子僅在電場力的作用下，由a點經(jīng)b點運動到c點，其電勢能隨該電子位置的變化關(guān)系如圖所示，則()A．該電場可能是孤立的點電荷產(chǎn)生的B．電子在a點加速度的值小于在b點加速度的值C．電場中a點的電勢大于b點的電勢D．電子從a點到c點的過程中動能先增大后減小D[若該電場為孤立點電荷產(chǎn)生，則電子的電勢能應當單調(diào)變化，選項A錯誤；圖線在a點的斜率的絕對值大于b點，故電子在a點受到的電場力和加速度也大于b點，選項B錯誤；由圖可知，Epa>Epc>Epb，電子帶負電，根據(jù)電勢與電勢能關(guān)系及能量守恒定律，則有φa<φc<φb，Eka<Ekc<Ekb，選項C錯誤，D正確。]v-t圖像1．由v-t圖像的斜率變化分析帶電粒子的加速度a的大小變化。2．根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，判斷場強E的大小變化。3．根據(jù)v-t圖像分析帶電粒子做加速運動還是減速運動，進而分析場強的方向。4．進而由場強的大小和方向分析電場的其他性質(zhì)，如電場線、等勢面、電勢、電勢能的變化等。[典例4]一帶負電粒子在電場中僅受靜電力作用沿x軸正方向做直線運動的v-t圖像如圖所示，起始點O為坐標原點，下列關(guān)于電勢φ、粒子的動能Ek、電場強度E、粒子加速度a與位移x的關(guān)系圖像中可能合理的是()ABCDC[由v-t圖像可知速度減小，且加速度逐漸減小，電場力做負功，動能逐漸減小，而電場強度E＝eq\f(F,q)＝eq\f(ma,q)，所以沿＋x方向場強逐漸減小，則電勢不是均勻減小，所以A、B、D錯誤，C可能合理。]eq\o([跟進訓練])4．如圖甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，a、b是它們連線的延長線上的兩點?，F(xiàn)有一帶正電的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點開始經(jīng)b點向遠處運動，粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為va、vb，其速度—時間圖像如圖乙所示，下列說法正確的是()甲乙A．粒子由a點到b點運動過程中加速度逐漸增大B．b點的電場強度大于零C．Q1的電荷量一定小于Q2的電荷量D．粒子由a點到b點向遠處運動過程中，粒子的電勢能先增大后減小D[速度—時間圖線上每一點的切線斜率表示瞬時加速度，從題中圖像可見粒子由a點到b點運動過程中加速度逐漸減小，故A錯誤；粒子從a到b做加速度減小的變速運動，在b點時粒子運動的加速度為零，則粒子所受電場力為零，所以b點場強為零，故B錯誤；由于b點的場強為零，所以有keq\f(Q1,r\o\al(2,1b))＝keq\f(Q2,r\o\al(2,2b))，由于r2b<r1b，所以Q1的電荷量一定大于Q2的電荷量，故C錯誤；粒子在整個過程中動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒定律可得，電勢能先增大后減小，故D正確。]

電容器、帶電粒子在電場中的運動一、電容器及電容1．常見電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。(4)單位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關(guān)。3．平行板電容器(1)決定因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。二、帶電粒子在勻強電場中的運動1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運動或靜止。(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)沿初速度方向做勻速直線運動，t＝eq\f(l,v0)(如圖)。(2)沿電場力方向做勻加速直線運動①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。②離開電場時的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。(3)條件：以速度v0垂直于電場方向飛入勻強電場，僅受電場力。(4)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動。(5)處理方法：運動的合成與分解。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。 (×)(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。 (×)(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。 (×)(4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。 (×)(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。 (√)(6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。 (√)二、教材習題衍生1．(平行板電容器的動態(tài)分析)如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容器電容的因素，關(guān)于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是()A．電容器與電源保持連接，左移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大B．電容器充電后與電源斷開，上移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大C．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入玻璃板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大D．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入金屬板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大B[電容器與電源保持連接時兩極板間的電勢差不變，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角不變，A錯誤；與電源斷開后，電容器所帶電荷量不變，結(jié)合U＝eq\f(Q,C)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可判斷B正確，C、D錯誤。]2．(帶電粒子在電場中的直線運動)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，保持兩極板間電壓不變，則()A．當減小兩極板間的距離時，速度v增大B．當減小兩極板間的距離時，速度v減小C．當減小兩極板間的距離時，速度v不變D．當減小兩極板間的距離時，電子在兩極間運動的時間變長[答案]C3．(帶電粒子在電場中的類平拋運動)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看成勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。忽略電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy分別是()A．eq\r(\f(eU0,m))eq\f(UL2,2U0d) B．eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,2U0d)C．eq\r(\f(eU0,m))eq\f(UL2,4U0d) D．eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)D[根據(jù)動能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))，加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)，故選項D正確。]平行板電容器的動態(tài)分析1．兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。2．動態(tài)分析思路(1)U不變①根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變化，再分析Q的變化。②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強的變化。③根據(jù)UAB＝Ed分析某點電勢變化。(2)Q不變①根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變化，再分析U的變化。②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強變化。eq\o([典例])如圖所示，A、B為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計，開關(guān)S閉合后，靜電計指針張開一定角度。下述做法可使靜電計指針張角增大的是()A．使A板向左平移以增大板間距離B．在A、B兩板之間插入一塊陶瓷板C．斷開S后，使B板向左平移以減小板間距離D．斷開S后，使B板向上平移以減小極板正對面積D[開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則靜電計指針張角不變，故A、B錯誤；斷開S，電容器所帶的電荷量不變，使B板向左平移以減小板間距離，則電容增大，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差減小，則靜電計指針張角減小，故C錯誤；斷開S，電容器所帶的電荷量不變，使B板向上平移以減小極板正對面積，則電容減小，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，則靜電計指針張角增大，故D正確。]電容器動態(tài)分析的三個關(guān)鍵量(1)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化。(2)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶的電荷量或兩極板間電壓的變化。(3)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強度的變化。eq\o([跟進訓練])與電源相連電壓不變的動態(tài)分析問題1．如圖所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動到虛線位置，其他條件不變。則在B極板移動的過程中()A．油滴將向下做勻加速運動B．電流計中電流由b流向aC．油滴運動的加速度保持不變D．極板帶的電荷量減少D[由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移過程中，兩板間場強逐漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運動的加速度逐漸變大，A、C錯誤；由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大時，電容器的電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量減少，電容器放電，電流由a流向b，D正確，B錯誤。]與電源斷開電荷量不變的動態(tài)分析問題2．(2021·首都師范大學附屬中學高三檢測)如圖所示，兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器，極板N與靜電計相連，極板M與靜電計的外殼均接地。用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U。在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度。在整個實驗過程中，保持電容器所帶電量Q不變，下面的操作中將使靜電計指針張角變大的是()A．僅將M板向上平移B．僅將M板向右平移C．僅在M、N之間插入云母板D．僅在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸A[僅將M板向上平移，兩極板正對面積減小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容減小，而電容器的電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)得知，板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故A正確；同理，僅將M板向右平移，板間距離減小，電容增大，而電容器的電荷量不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故B錯誤；同理，僅在M、N之間插入云母板，電容增大，而電容器的電荷量不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故C錯誤；同理，在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸，d減小，電容增大，Q不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故D錯誤。]與電容器相關(guān)的受力及運動問題3．如圖所示，P、Q組成平行板電容器，兩極板豎直放置，在兩極板間用絕緣線懸掛一帶電小球。將該電容器與電源連接，閉合開關(guān)后，懸線與豎直方向的夾角為α，則下列說法不正確的是()A．斷開開關(guān)，加大P、Q兩極板間的距離，角度α會增大B．斷開開關(guān)，縮小P、Q兩極板間的距離，角度α不變C．保持開關(guān)閉合，縮小P、Q兩極板間的距離，角度α會增大D．保持開關(guān)閉合，加大P、Q兩極板間的距離，角度α會減小A[斷開開關(guān)，電容器所帶的電荷量不變，根據(jù)公式C＝eq\f(Q,U)、U＝Ed、C＝eq\f(εrS,4πkd)，聯(lián)立得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，即此情況下電場強度與P、Q兩極板間的距離無關(guān)，故兩極板間的電場強度不變，小球所受電場力不變，則角度α不變，A錯誤，B正確；保持開關(guān)閉合，電容器兩極板間的電壓不變，縮小P、Q兩極板間的距離，由E＝eq\f(U,d)分析得知，兩極板間的電場強度增大，小球所受電場力增大，則角度α會增大；相反，增大P、Q兩極板間的距離，角度α會減小，C、D正確。]帶電粒子在電場中的運動1．帶電粒子在電場中做直線運動的分析方法2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的基本規(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＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在電場中的運動時間：t＝eq\f(l,v0)。(3)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)。))3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個二級結(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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)。(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eq\f(l,2)。帶電粒子在電場中的直線運動[典例1]加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的1/2。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。思路點撥：(1)質(zhì)子在B管中做勻速直線運動，已知速度，根據(jù)題意確定質(zhì)子在管中運動的時間就可以求出管B的長度。(2)從B管到E管質(zhì)子被三次加速，根據(jù)動能定理就可以確定加速電壓。[解析](1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則T＝eq\f(1,f) ①L＝vB·eq\f(T,2) ②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4m。 ③(2)設(shè)質(zhì)子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電壓對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運動到E電場做功W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則W＝qU ④W′＝3W ⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104V。 ⑦[答案](1)0.4m(2)6×104V帶電粒子在電場中做直線運動常用關(guān)系式(1)用動力學觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(2)用功能觀點分析勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1eq\o([跟進訓練])1．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?，F(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A[根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強電場的電壓與電場強度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝eq\f(4kπQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。]2．真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成θ角)由A向B做直線運動，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則()A．微粒一定帶正電B．微粒一定做勻速直線運動C．可求出勻強電場的電場強度D．可求出微粒運動的加速度D[因微粒在重力和電場力作用下做直線運動，而重力豎直向下，由微粒做直線運動條件知電場力必水平向左，微粒帶負電，故A錯誤；其合外力必與速度反向，大小為F＝eq\f(mg,sinθ)，即微粒一定做勻減速直線運動，加速度為a＝eq\f(g,sinθ)，故B錯誤，D正確；電場力qE＝eq\f(mg,tanθ)，但不知微粒的電荷量，所以無法求出其電場強度，故C錯誤。]帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)[典例2]如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y′長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b。在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓UYY′，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出。(1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點；(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍；(3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度。思路點撥：解此題要注意兩點：(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動。(2)靈活應用分解的方法抓住邊界條件。[解析](1)設(shè)粒子在運動過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，速度偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x，則有y＝eq\f(1,2)at2L＝v0tvy＝attanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,x)，解得x＝eq\f(L,2)即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點。(2)由題知a＝eq\f(Eq,m)E＝eq\f(UYY′,d)解得y＝eq\f(qUYY′L2,2dmv\o\al(2,0))當y＝eq\f(d,2)時，UYY′＝eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)則兩板間所加電壓的范圍為－eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)。(3)當y＝eq\f(d,2)時，粒子到達屏上時豎直方向偏移的距離最大，設(shè)其大小為y0，則y0＝y(tǒng)＋btanθ又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(d,L)，解得：y0＝eq\f(dL＋2b,2L)故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為2y0＝eq\f(dL＋2b,L)。[答案]見解析分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。(2)運動分析：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。eq\o([跟進訓練])3．如圖所示為一個示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L，不計電子所受的重力。為了提高示波管的靈敏度每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量eq\f(h,U2)，可采取的方法是()A．減小兩板間電勢差U2B．盡可能使板長L短些C．盡可能使板間距離d小一些D．使加速電壓U1增加一些C[電子的運動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉(zhuǎn)階段。加速階段：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，偏轉(zhuǎn)階段：L＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2,2md)t2，綜合得eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4U1d)，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故C正確。]4．如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向固定放置。第一次從小孔O1處由靜止釋放一個質(zhì)子，第二次從小孔O1處由靜止釋放一個α粒子，關(guān)于這兩個粒子的運動，下列判斷正確的是()A．質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2B．質(zhì)子和α粒子在整個過程中運動的時間相等C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶4D．質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同D[根據(jù)動能定理有eq\f(1,2)mv2－0＝qU，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為eq\r(2)∶1，選項A錯誤；質(zhì)子、α粒子在A、B板間做勻加速直線運動，由a＝eq\f(E1q,m)可知，質(zhì)子的加速度大，所以質(zhì)子運動時間短，進入豎直電場做類平拋運動，質(zhì)子在豎直電場中的加速度大，做類平拋運動的時間較短，可知質(zhì)子在整個過程中的運動時間小于α粒子的運動時間，選項B錯誤；O2到MN板的電勢差用U′表示，對整個過程，由動能定理得Ek－0＝q(U＋U′)，故帶電粒子的末動能與電荷量成正比，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2，選項C錯誤；質(zhì)子、α粒子由O2到MN板，豎直方向有h＝eq\f(Eq,2m)t2，水平方向有x＝vt，聯(lián)立解得x＝2eq\r(\f(Uh,E))，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同，選項D正確。]帶電粒子在交變電場中的運動[典例3]如圖甲所示，電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：甲乙(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？審題指導：題干關(guān)鍵獲取信息穿過平行板時間極短上、下極板間的電壓U(E)不變上極板電勢—時間圖像電子可向上(向下)偏電子打到的區(qū)間電壓過大時，電子打到極板[解析](1)電子經(jīng)電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU偏,mL)所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由圖知t＝0.06s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm。設(shè)打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm。(2)由y＝eq\f(U偏L,4U0)知電子側(cè)移量y的最大值為eq