人教版高中物理必修第三册第十章课时学案

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第十章 eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(,,,,,,,)) 静电场中的能量1　电势能和电势核心素养点击一、静电力做功的特点1．填一填(1)特点：在匀强电场中移动电荷时，静电力所做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，与电荷经过的路径无关。(2)匀强电场中静电力做功的大小：W＝qEl，其中l为电荷沿电场线移动的位移。2．判断(1)只要电荷在电场中移动，静电力一定做功。(×)(2)在匀强电场中将同一电荷移动同样的距离，静电力做功相同。(×)(3)静电力做功与重力做功类似，与初末位置有关，与路径无关。(√)3．想一想一电荷在某电场中运动了一周又回到出发点，静电力对该电荷做功吗？提示：不做功。由功的定义式可知，电荷运动一周位移为0，故静电力一定不做功。eq \a\vs4\al(　　二、电势能)1．填一填(1)概念电荷在电场中具有的势能，用Ep表示。(2)静电力做功与电势能变化的关系静电力做的功只能决定电势能的变化量，WAB＝EpA－EpB。eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(静电力做多少正功，电势能减少多少；,静电力做多少负功，电势能增加多少。))(3)大小电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功。(4)零势能位置电场中规定的电势能为0的位置，通常把离场源电荷无限远处或大地表面的电势能规定为0。(5)系统性：电势能是相互作用的电荷所共有的，或者说是电荷及对它作用的电场所共有的。2．判断(1)电势能是相对的，其大小与规定的零势能点有关。(√)(2)静电力做正功，电荷的电势能一定减小。(√)(3)电荷电势能的变化量与零势能点的选取有关。(×)3．想一想　如图所示为某电场中的一条直电场线，一电子从A点由静止释放，它将沿直线向B点运动，则电子的电势能如何变化？提示：电子在静电力的作用下从A点运动到B点，静电力做正功，电子的电势能减小。eq \a\vs4\al(　　三、电势)1．填一填(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值。(2)公式：φ＝eq \f(Ep,q)。(3)单位：在国际单位制中，电势的单位是伏特，符号是V，1 V＝1 J/C。(4)特点①相对性：电场中各点电势的高低，与所选取的零电势点的位置有关，一般情况下取离场源电荷无限远处或大地的电势为0。②标矢性：电势是标量，只有大小，没有方向，但有正负。(5)与电场线关系：沿着电场线方向电势逐渐降低。2．判断(1)电势有正负之分，是矢量。(×)(2)沿着电场线方向电势降低。(√)(3)电势降低的方向就是电场方向。(×)3．选一选有一电场的电场线如图所示。电场中a、b两点的电场强度的大小和电势分别用Ea、Eb和φa、φb表示，则(　　)A．Ea>Eb，φa>φb　　　　 B．Ea>Eb，φa<φbC．Eaφb D．EaEb，由题图所示电场线分布特点，结合沿电场线方向电势降低，可知a点的电势高于b点的电势，即φa>φb，A正确。eq \a\vs4\al(主题探究一)　　eq \a\vs4\al(静电力做功与电势能)[问题驱动]由静电力做功与电势能的变化关系分析判断，回答下列问题并写出判断依据。(1)沿着电场线的方向移动正电荷，电荷的电势能增加还是减少？提示：沿电场线方向移动正电荷，电荷电势能减小。(2)沿着电场线的方向移动负电荷，电荷的电势能增加还是减少？提示：沿着电场线方向移动负电荷，电荷电势能增加。　　　　 【重难释解】1．静电力做功的特点(1)静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，但与具体路径无关，这与重力做功特点相似。(2)静电力做功的特点不受物理条件限制，不管静电力是否变化，是否是匀强电场，是直线运动还是曲线运动，静电力做功的特点不变。2．电势能(1)电势能Ep是由电场和电荷共同决定的，是属于电荷和电场所共有的，我们习惯上说成电荷在电场中某点的电势能。(2)电势能是相对的，其大小与选定的参考点有关。确定电荷的电势能，首先应确定参考点，也就是零势能点的位置。(3)电势能是标量，有正负但没有方向。电势能为正值表示电势能大于参考点的电势能，电势能为负值表示电势能小于参考点的电势能。3．静电力做功与电势能变化的关系(1)WAB＝EpA－EpB。静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。(2)正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。　　eq \a\vs4\al(典例1)　将带电荷量为6×10－6 C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了3×10－5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×10－5 J的功，则：(1)电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中电势能共改变了多少？(2)如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？(3)如果规定B点的电势能为零，则该电荷在A点和C点的电势能分别为多少？[解析]　(1)WAC＝WAB＋WBC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J。电势能增加了1.8×10－5 J。(2)如果规定A点的电势能为零，由公式WAB＝EpA－EpB得该电荷在B点的电势能为EpB＝EpA－WAB＝0－WAB＝3×10－5 J。同理，电荷在C点的电势能为EpC＝EpA－WAC＝0－WAC＝1.8×10－5 J。(3)如果规定B点的电势能为零，则该电荷在A点的电势能为：EpA′＝EpB′＋WAB＝0＋WAB＝－3×10－5 J。电荷在C点的电势能为EpC′＝EpB′－WBC＝0－WBC＝－1.2×10－5 J。[答案]　见解析静电力做功正负的判断方法(1)根据静电力和位移的方向夹角判断：夹角为锐角，静电力做正功；夹角为钝角，静电力做负功。(2)根据静电力和瞬时速度方向的夹角判断：夹角为锐角时，静电力做正功；夹角为钝角时，静电力做负功；静电力和瞬时速度方向垂直时，静电力不做功。(3)根据电势能的变化情况判断：若电势能增加，则静电力做负功；若电势能减少，则静电力做正功。(4)根据动能的变化情况判断(只受静电力)：根据动能定理，若物体的动能增加，则静电力做正功；若物体的动能减少，则静电力做负功。　　　 【素养训练】1．(2022·广东1月学考)如图所示，在阴极射线管的阴、阳两极间加上电压U，电子电量为－e，电子从阴极出发，到达阳极时(　　)A．动能不变　　　　 B．动能减少了eUC．电势能减少了eU D．电势能增加了eU解析：选C　因为电子从阴极出发到达阳极过程中，电场力做功为W＝eU，即电场力做正功，则电势能减少，动能增加，且电势能减少了eU，动能增加了eU，C正确，A、B、D错误。2.如图所示，有一带电的微粒，在电场力的作用下沿曲线从M点运动到N点，则微粒(　　)A．带负电，电势能增加B．带负电，电势能减少C．带正电，电势能增加D．带正电，电势能减少解析：选D　由带电微粒运动的径迹可以看出带电微粒受到的电场力指向径迹凹侧，即与电场方向相同，故带电微粒带正电，选项A、B错误；电场力对带电微粒做正功，微粒电势能减少，选项C错误，D正确。3．(多选)一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点的电势能为4.8×10－17 J，动能为3.2×10－17 J，由A点到B点静电力做功为1.6×10－17 J，如果电子只受静电力作用，则(　　)A．电子在B点的动能为4.8×10－17 JB．电子在B点的动能为1.6×10－17 JC．电子在B点的电势能为3.2×10－17 JD．电子在B点的电势能为6.4×10－17 J解析：选AC　电子由A点到B点静电力做功为1.6×10－17 J，即电子从A点到B点电势能减少1.6×10－17 J，则在B点的电势能为3.2×10－17 J，电子只受静电力，则电子的电势能和动能之和不变，在A点有E＝Ek＋Ep＝3.2×10－17 J＋4.8×10－17 J＝8×10－17 J，在B点的动能Ek′＝E－Ep′＝8×10－17 J－3.2×10－17 J＝4.8×1017 J，故A、C正确，B、D错误。eq \a\vs4\al(主题探究二)　　eq \a\vs4\al(电势及其高低的判断)[问题驱动]如图所示的匀强电场，电场强度为E，取O点为零电势能点，A点距O点的距离为l，AO连线与电场强度反方向的夹角为θ。(1)电荷量分别为q和2q的正试探电荷在A点的电势能分别为多少？提示：电荷量分别为q和2q的正试探电荷在A点的电势能分别为Eqlcos θ、2Eqlcos θ。(2)电势能与电荷量的比值是否相同？提示：电势能与电荷量的比值相同，都为Elcos θ。(3)电势能与电荷量的比值与试探电荷的电荷量是否有关系？提示：与试探电荷的电荷量无关。　　　　 【重难释解】1．对公式φ＝eq \f(Ep,q)的理解(1)φ取决于电场本身；(2)公式中的Ep、q均需代入正负号。2．对电势的三点理解(1)电场中某点的电势是相对的，它的大小和零电势点的选取有关。在物理学中，常取离场源电荷无限远处的电势为零，在实际应用中常取大地的电势为零。(2)电势φ是描述电场能量性质的一个物理量，电场中某点的电势φ的大小是由电场本身和零电势点的选取决定的，与在该点是否放有检验电荷、检验电荷的电性、检验电荷的电荷量均无关，这和许多用比值定义的物理量相同，如前面学过的电场强度E＝eq \f(F,q)。(3)电势虽然有正负，但电势是标量。电势为正值表示该点电势高于零电势，电势为负值表示该点电势低于零电势，正负号不表示方向。3．电势高低的判断方法(1)电场线法：沿电场线方向，电势越来越低。(2)电势能判断法：由φ＝eq \f(Ep,q)知，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高；对于负电荷，电势能越小，所在位置的电势越高。典例2　如图所示，匀强电场的电场强度为30 N/C，A、B、C是电场中同一条电场线上的三个点，相邻两个点的距离均为10 cm。(1)以C点为零电势点，求A、B两点的电势；(2)A、B、C三点中哪个点的电势最高？哪个点的电势最低？解题指导：确定电场中某点的电势，可先求出试探电荷＋q由该点移动到零电势点静电力所做的功，再根据电势的定义求出电势。[解析]　已知E＝30 N/C，A、B间距离d1＝0.1 m，B、C间距离d2＝0.1 m。(1)以C点为零电势点，正电荷q从A点或B点沿电场线移动距离d到C点，静电力做正功，有W＝qEd电荷q在A点或B点的电势能Ep＝W，根据电势定义，有φ＝eq \f(Ep,q)＝Ed所以φA＝E(d1＋d2)＝30×0.2 V＝6 VφB＝Ed2＝30×0.1 V＝3 V。(2)以C点为零电势点，A、B、C三点的电势分别为6 V、3 V、0，φA>φB>φC。故A点电势最高，C点电势最低。[答案]　(1)6 V　3 V　(2)A点　C点在上述典例中，若以B点为零电势点，A、C两点的电势又为多少？试比较A、B、C三点电势的高低？解析：由－ΔEp＝W，W＝qEd可知，EpA＝qEd1，EpC＝－qEd2，又φ＝eq \f(Ep,q)可得φA＝Ed1＝3 V，φC＝－Ed2＝－3 VA、B、C三点电势的高低关系为φA>φB>φC。答案：3 V　－3 V　φA>φB>φC[迁移·发散] 电势高低的判断方法(1)电场线法：沿电场线方向，电势逐渐降低。(2)场源电荷判断法：离场源正电荷越近的点，电势越高；离场源负电荷越近的点，电势越低。(3)公式法：由φ＝eq \f(Ep,q)进行计算，Ep、q均带各自的正负号。【素养训练】4．(2023·广东1月学考)点电荷M和金属平板N周围的电场线分布如图所示，a、b为同一条电场线上的两点，下列说法正确的是(　　)A．M带正电，N的上表面带正电B．M带负电，N的上表面带负电C．a、b两点的电场强度相等D．a点的电势比b点的电势高解析：选D　电场线起始于正电荷终止于负电荷，所以点电荷M带正电，N的上表面带负电，故A、B错误；电场线越密，电场强度越大，所以a点电场强度大于b点电场强度，故C错误；沿电场线方向电势降低，所以a点电势高于b点电势，故D正确。5．将带电荷量为6×10－6 C的负电荷从电场中A点移到B点，克服静电力做了3×10－5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×10－5 J的功，则(1)如果规定A点的电势为0，则C点的电势是多少？(2)如果规定B点的电势为0，则C点的电势是多少？解析：(1)负电荷从A到C，静电力做功WAC＝WAB＋WBC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J静电力做负功表示电势能增加了1.8×10－5 J。如果规定A点电势为0，则负电荷在C点的电势能为EpC＝1.8×10－5 JC点电势φC＝eq \f(EpC,q)＝eq \f(1.8×10－5 J,－6×10－6 C)＝－3 V。(2)如果规定B点电势为0，则电荷在B点电势能为0，由题意知，负电荷由B到C，静电力做功WBC＝EpB′－EpC′＝1.2×10－5 J负电荷在C点的电势能为EpC′＝－1.2×10－5 JC点的电势φC′＝eq \f(EpC′,q)＝eq \f(－1.2×10－5 J,－6×10－6 C)＝2 V。答案：(1)－3 V　(2)2 V一、培养创新意识和创新思维1．场是物理学中的重要概念，除了电场和磁场，还有引力场。物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的，地球附近的引力场叫作重力场。根据电场强度是描述电场的力的性质的物理量而定义了重力场强度，根据电势是描述电场能的性质的物理量而定义重力势。根据电场与重力场的类比，以下说法中正确的是(　　)A．由电场强度的定义式可知，电场强度大小与放入的试探电荷有关B．重力场强度的大小可表示为g，方向竖直向下C．重力势与放入的物体的质量成正比D．电场中某点的电势与选取的零电势点无关解析：选B　电场强度的大小与场源电荷有关，和试探电荷无关，故A错误；在地球表面附近万有引力等于重力，按照类比的方式：重力场强度为放在该点的物体所受的力F与其质量m的比值，即eq \f(F,m)＝eq \f(\f(GMm,R2),m)＝eq \f(GM,R2)＝g, 方向竖直向下，故B正确；根据电势的知识可知，重力势的大小取决于重力场以及零势点的选取，与放入物体的质量无关，故C错误；电场中的电势是相对于零势点来说的，所以与零势点有关，故D错误。二、注重学以致用和思维建模2．“反天刀”是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的方向分布着带电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，如图所示为“反天刀”周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的三个位置，下列说法正确的是(　　)A．尾部带正电B．A点电场强度大于C点电场强度C．B点电势低于A点电势D．正离子从A向C运动，其电势能变小解析：选B　电场线从正电荷出发，终止于负电荷，由此可知“反天刀”头部带正电，尾部带负电，A错误；A点电场线比C点的电场线密集，所以A点电场强度大于C点电场强度，B正确；越靠近负电荷，电势越低，由此可知，B点电势高于A点电势，A点电势低于C点电势，所以正离子从A向C运动，静电力做负功，其电势能变大，C、D错误。3．(2023·广东高考)(多选)电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移(每个微粒电量保持不变)，像素由黑色变成白色。下列说法正确的有(　　)A．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势B．像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势C．像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功D．像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功解析：选AC　像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确；像素呈白色时，胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B错误；像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，故C正确；像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对黑色微粒做正功，故D错误。[课时跟踪检测]A组—重基础·体现综合1．(多选)关于电荷在电场中的运动，下列说法正确的是(　　)A．电荷从电场中的A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小可能不同B．电荷从电场中的某点出发，运动一段时间后，又回到了该点，则静电力做功为零C．正电荷沿着电场线运动，静电力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线运动，静电力对负电荷做正功D．电荷在电场中运动，因为静电力可能对电荷做功，所以能量守恒定律在电场中并不成立解析：选BC　静电力做功和电荷运动路径无关，故A错误；静电力做功只和电荷的初、末位置有关，所以电荷从某点出发又回到了该点，静电力做功为零，故B正确；正电荷沿电场线的方向运动，则正电荷受到的静电力和电荷的位移方向相同，故静电力对正电荷做正功，同理，负电荷逆着电场线的方向运动，静电力对负电荷做正功，故C正确；电荷在电场中运动虽然有静电力做功，但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化满足能量守恒定律，故D错误。2.如图所示的平面内，有静止的等量异种点电荷，M、N两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是(　　)A．M点和N点的场强大小相同B．M点和N点的场强方向相同C．M点和N点的电势高低相同D．电子在M点的电势能和在N点的电势能相同解析：选A　根据矢量叠加原理，M点和N点的场强大小相同，方向不同，故A正确，B错误；沿着电场线方向电势降低，M点电势比N点的电势高，故C错误；电子在M点的电势能比在N点的电势能小，故D错误。3．(多选)关于电势，下列说法正确的是(　　)A．电场中某点的电势大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时，电场力所做的功B．电场中某点的电势与零电势点的选取有关C．由于电势是相对的，所以无法比较电场中两点的电势高低D．某电荷在电场中A、B两点电势能关系EpA>EpB，则可知φA>φB解析：选AB　由电势的定义可知A正确；由于电势是相对量，电势的大小与零电势点的选取有关，故B正确；虽然电势是相对的，但电势的高低是绝对的，C错误；电势的计算要注意q的正负，q正负不确定无法由Ep确定φ的大小关系，故D错误。4．(多选)如图所示，静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带负电，被喷工件带正电，微粒在静电力作用下向工件运动，最后吸附在工件表面。微粒在向工件靠近的过程中，假设只受静电力作用，那么(　　)A．动能越来越小 B．动能越来越大C．克服静电力做功 D．电势能逐渐减小解析：选BD　解析：涂料微粒带负电，微粒向工件靠近的过程中，静电力做正功，微粒动能越来越大，电势能越来越小，故B、D正确，A、C错误。5．两带电小球，电荷量分别为＋q和－q，固定在一长度为l的绝缘细杆的两端，置于电场强度为E的匀强电场中，杆与电场强度方向平行，其位置如图所示。若此杆绕过O点垂直于杆的轴转过180°，则在此转动过程中电场力做的功为(　　)A．0　　 B．qEl　　　C．2qEl　　　 D．πqEl解析：选C　电场力对两小球均做正功，大小与路径无关，对每个小球做的功均为qEl，共为2qEl，故C正确。6．(2023·浙江1月学考)某一区域的电场线分布如图所示，A、B、C是电场中的三个点，则(　　)A．C点的电场强度最大B．A点电势比B点电势高C．负电荷在A点由静止释放后沿电场线运动D．负电荷从B点移到C点过程中克服电场力做功解析：选D　电场线越密处场强越大，因此B点电场强度最大，选项A错误；沿电场线方向电势降低，A点电势比B点电势低，选项B错误；带电粒子在电场中沿电场线运动应具备的两个条件即电场线为直线和粒子的初速度方向与电场强度方向在同一直线上，由题图可知，负电荷在A点由静止释放，不会沿电场线运动，选项C错误；从B到C电势降低，由于是负电荷，电势能增加，克服电场力做功，选项D正确。7．(多选)如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为a、b的中点。若一个运动的正电荷只在静电力作用下先后经过a、b两点，a、b两点的电势分别为φa＝－3 V，φb＝7 V，则(　　) A．a点的电场强度一定小于b点的电场强度B．a点电场强度有可能等于b点的电场强度C．正电荷在a点的动能小于在b点的动能D．正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能解析：选BD　沿电场线方向电势降低，由题意知电场线的方向向左，只有一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断a、b两点电场强度的大小，故A错误，B正确。根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a点运动到b点的过程中克服电场力做功，电势能一定增大，而由能量守恒定律知，其动能一定减小，故C错误，D正确。8.雷雨云层可以形成几百万伏以上的电压，足以击穿空气产生几十万安培的瞬间电流，电流生热使空气发光，形成闪电；空气受热突然膨胀发出巨响，发出雷声。如图所示，雷雨云底部的电势较地面低1.5×108 V，闪电时，一个电子从雷雨云底部抵达地面，求它的电势能变化量。解析：取地面的电势φ地＝0，一个电子在雷雨云底部和在地面的电势能分别为Ep云＝－eφ云＝－1.6×10－19×(－1.5×108)J＝2.4×10－11 J。Ep地＝－eφ地＝0。一个电子从雷雨云底部低达地面，电势能的变化量为ΔEp＝Ep地－Ep云＝0－2.4×10－11 J＝－2.4×10－11 J。故电势能减少。这些电势能的减少量转化为闪电所发出的热和光。答案：－2.4×10－11 Jeq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新9．图甲中AB是某电场中的一条电场线。若将一负电荷从A点处由静止释放，负电荷仅在电场力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度图像如图乙所示。关于A、B两点的电势高低和电场强度大小关系，下列说法中正确的是(　　)A．φA>φB，EA>EB B．φA>φB，EAEB D．φA<φB，EAEB，C正确。10.如图所示，图中实线表示一匀强电场的电场线，一带负电荷的粒子射入电场，虚线是它的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若粒子所受重力不计，下列说法正确的是(　　)A．电场线方向向下B．粒子一定从a点运动到b点C．a点电势比b点电势高D．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能解析：选D　无论粒子从a点或者从b点射入电场，由于运动轨迹向下弯曲，说明粒子受电场力方向向下，可判断电场线的方向向上，A错误；粒子既可以从a点运动到b点，也可以从b点运动到a点，B错误；由于沿电场线方向电势降低，故有φa<φb，C错误；负电荷沿电场线反方向运动时电势能减少，沿电场线方向运动时电势能增加，因而粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，D正确。11.如图所示，P、Q是等量的正点电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点，OA OM，OM＝ON，则小球(　　)A．在运动过程中，电势能先增加后减少B．在P点的电势能大于在N点的电势能C．在M点的机械能等于在N点的机械能D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功解析：选BC　由题意知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN > φP，则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP > EpM＝EpN，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正确；从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。13.如图所示，在电场强度E＝1×104 N/C的水平匀强电场中，有一根长l＝15 cm 的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量m＝3 g、电荷量q＝2×10－6 C的带正电小球，当细线处于水平位置时，将小球从静止开始释放，g取10 m/s2。求：(1)小球到达最低点B的过程中重力势能的变化量、电势能的变化量；(2)若取A点电势为0，小球在B点的电势能、电势；(3)小球到B点时速度的大小及细线张力的大小。解析：(1)小球由A到B的过程，重力做功W1＝mgl＝4.5×10－3 J，重力做正功，重力势能减少了4.5×10－3 J电场力做功W2＝－Eql＝－3×10－3 J，电场力做负功，电势能增加了3×10－3 J。(2)小球在B点的电势能Ep＝3×10－3 J。又由于Ep＝φBq，解得φB＝eq \f(3×10－3,2×10－6) V＝1.5×103 V。(3)小球从A到B，由动能定理得mgl－Eql＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝1 m/s，在B点，对小球有FT－mg＝eq \f(mvB2,l)，解得FT＝5×10－2 N。答案：(1)减少了4.5×10－3 J　增加了3×10－3 J(2)3×10－3 J　1.5×103 V　(3)1 m/s　5×10－2 N2　电势差核心素养点击eq \a\vs4\al(　　一、电势差)1．填一填(1)定义：电场中两点之间电势的差值叫作电势差，也叫作电压。(2)公式设电场中A点的电势为φA，B点的电势为φB，则A、B两点之间的电势差为UAB＝φA－φB。B、A两点之间的电势差为UBA＝φB－φA。所以UAB＝－UBA。(3)电势差的正负电势差是标量，但有正、负。电势差的正、负表示两点电势的高低。所以电场中各点间的电势差可依次用代数法相加。(4)静电力做功与电势差的关系WAB＝qUABUAB＝eq \f(WAB,q)。2．判断(1)电场中A、B两点的电势差，不仅与A、B两点的位置有关，还与零电势点的选取有关。(×)(2)电场中任意两点的电势差，均与是否放入试探电荷无关。(√)(3)若UAB>0，说明φA>φB，但无法判断φA、φB的正负。(√)3．想一想把电荷从电场中电势较高的地方移动到电势较低的地方，电场力做正功还是负功？提示：根据UAB＝φA－φB，电势差为正。由WAB＝qUAB，若q为负电荷，电场力做负功；若q为正电荷，则电场力做正功。eq \a\vs4\al(　　二、等势面)1．填一填(1)定义：在电场中电势相同的各点构成的面。(2)等势面与电场线的关系①电场线跟等势面垂直。②电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面。2．判断(1)等势面与电场线一定相互垂直。(√)(2)同一等势面上各点的电势和电场强度都相同。(×)(3)两个等势面不可能相交。(√)3．想一想　如图所示，同一条电场线上的A、B、O三点电势值分别为4 V、1 V、0。A、B两点间的电势差UAB和B、A两点间的电势差UBA分别为多少？二者有什么关系？提示：UAB＝φA－φB＝3 VUBA＝φB－φA＝－3 VUAB＝－UBA。eq \a\vs4\al(主题探究一)　　eq \a\vs4\al(对电势差的理解)[问题驱动] 电场中A、B、C、D四点的电势如图所示。(1)A、C及A、B间的电势差各为多少？哪个较大？提示：UAC＝15 V，UAB＝10 V，UAC＞UAB。(2)若取D点电势为零，则A、B、C三点的电势各为多少？A、C及A、B间的电势差各为多少？通过以上计算说明电势、电势差各具有什么特点？提示：φA＝18 V，φB＝8 V，φC＝3 V，UAC＝15 V，UAB＝10 V电势的大小与零电势点的选取有关，电势差的大小与零电势点的选取无关。　　　　　　eq \a\vs4\al(典例1) 在电场中把正电荷q从A点移动到B点，静电力做了1.0×10－7 J的正功，再把q从B点移动到C点，克服静电力做了3.0×10－7 J的功，q＝2.0×10－9 C。求：(1)AC、BC间的电势差；(2)若选取C点为参考点，A、B两点的电势。[解析]　(1)根据静电力做功与电势差的关系可知UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(1.0×10－7,2.0×10－9) V＝50 V，UBC＝eq \f(WBC,q)＝eq \f(－3.0×10－7,2.0×10－9) V＝－150 V，则UAC＝UAB＋UBC＝－100 V。(2)若选取C点为参考点，φC＝0，因UBC＝φB－φC＝－150.0 V，UAC＝φA－φC＝－100 V，则φB＝－150.0 V，φA＝－100 V。[答案]　(1)－100 V　－150 V　(2)－100 V －150 V【素养训练】1．(多选)关于电势差UAB和电势φA、φB的理解，下列说法正确的是(　　)A．电势与电势差均是相对量，均与零电势点的选取有关B．UAB和UBA是不同的，它们存在关系：UAB＝－UBAC．φA、φB都有正负，所以电势是矢量D．若φB＝0，则φA＝UAB解析：选BD　电势差与零电势点的选取无关，A错误；UAB＝－UBA，B正确；电势虽有正、负之分，但电势是标量，C错误；由UAB＝φA－φB知，若φB＝0，则φA＝UAB，D正确。2．在电场中A、B两点间的电势差UAB＝75 V，B、C两点间的电势差UBC＝－200 V，则A、B、C三点的电势高低关系为(　　)A．φA>φB>φC B．φA<φC<φBC．φC>φA>φB D．φC>φB>φA解析：选C　由UAB＝φA－φB＝75 V，可知φA比φB高75 V，UBC＝－200 V，表示φC比φB高200 V，所以三点电势高低为φC>φA>φB，故选C。eq \a\vs4\al(主题探究二)　　等势面的特点及应用【重难释解】1．等势面的特点(1)在同一等势面内任意两点间移动电荷时，静电力不做功。(2)空间两等势面不相交。(3)电场线总是和等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面。(4)在电场线密集的地方，等差等势面密集。在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏。(5)等势面是虚拟的，是为描述电场能的性质而假想的面。2．等势面的应用(1)由等势面可以判断电场中各点电势的高低。(2)由等势面可以判断电荷在电场中移动时静电力做功的情况。(3)由于等势面和电场线垂直，已知等势面的形状分布，可以绘制电场线，从而确定电场大体分布。(4)由等差等势面的疏密，可以定性地比较其中两点电场强度的大小。eq \a\vs4\al(典例2)　(多选)如图所示，一带电粒子在两个固定的等量正点电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABC为粒子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，A、C位于同一等势面上。下列说法正确的是(　　)A．该粒子可能带正电荷B．该粒子经过B点时的速度最大C．该粒子经过B点时的加速度一定为零D．该粒子在B点的电势能小于在A点的电势能[解析]　由该粒子的运动轨迹知，最初粒子受到吸引力，由固定电荷带正电荷可知，该粒子一定带负电荷，故A错误；因为粒子从A到B的过程中，只受电场力且电场力先做正功后做负功，由动能定理知，动能先增大后减小，故在B点的动能不是最大，则经过B点时的速度不是最大，故B错误；B点是两点电荷连线的中点，合电场强度为零，故粒子在该点受力为零，加速度为零，故C正确；等量正点电荷连线的中垂线上，连线中点，电势最高，可知φA<φB，因粒子带负电荷，由Ep＝φq得EpA>EpB，故D正确。[答案]　CD等势面与电场线(1)已知等势面的情况时，可作等势面的垂线来确定电场线，并由“电势降低”的方向确定电场线方向。(2)已知电场线时，可作电场线的垂线来确定等势面，并由“沿电场线方向电势降低”确定等势面的电势高低。【素养训练】3．关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功解析：选B　若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A错误；电场线一定与等势面垂直，B正确；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C错误；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，故D错误。4．如图所示，实线为一正点电荷的电场线，虚线为其等势面。A、B是同一等势面上的两点，C为另一等势面上的一点，下列判断正确的是(　　)A．A点电场强度与B点电场强度相同B．C点电势高于B点电势C．将电子从A点沿虚线移到B点，电场力不做功D．将质子从A点移到C点，其电势能增加解析：选C　A、B两点电场强度大小相等、方向不同，A项错误；A、B两点电势相等，均高于C点电势，B项错误；A、B在同一等势面上，将电子从A点沿虚线移到B点，电势能不变，电场力不做功，C项正确；由于φA＞φC，质子带正电，故将质子由A点移到C点，质子的电势能减少，D项错误。一、培养创新意识和创新思维1．如图所示为五个点电荷产生的电场的电场线分布情况，a、b、c、d是电场中的四个点，曲线cd是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，则下列说法正确的是(　　)A．该带电粒子带正电荷B．a点的电势高于b点的电势C．带电粒子在c点的动能小于在d点的动能D．带电粒子在c点的加速度小于在d点的加速度解析：选C　带电粒子做曲线运动，所受的合力指向轨迹凹侧，分析可知该带电粒子带负电荷，A错误；根据等势面与电场线垂直，画出过a点的等势面，如图所示，则φa′＝φa，根据沿电场线方向电势逐渐降低知φb>φa′，所以φb>φa，同理可得φc<φd，由于带电粒子带负电荷，则粒子的电势能Epc>Epd，根据能量守恒定律知，带电粒子的动能EkcEd，则带电粒子受到的电场力Fc>Fd，由牛顿第二定律知带电粒子的加速度ac>ad，D错误。二、注重学以致用和思维建模2．佛山电视塔顶端装有高大的避雷针，当带负电的积雨云经过其上方时，避雷针的顶端会因静电感应带上正电，下图中虚线为避雷针此时周围的等差等势线，其中A、B两点关于避雷针对称，下列说法正确的是(　　)A．A、B两点的电场强度相同B．D点的场强大于C点的场强C．D点的电势低于A的电势D．带负电的雨滴经过D点时的电势能小于其经A点时的电势能解析：选C　由于A、B两点处等差等势线关于避雷针对称，其等势线疏密程度相同，两点电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；根据电场线分布特点可知，等差等势线密集的地方，电场线密集，所以C点场强大于D点场强，故B错误；电场线垂直等势面，且从高电势指向低电势，避雷针因为带正电，其电势高于积雨云的电势，所以有电场线经过C指向D，D点电势低于C点电势，又由于A、B、C在同一等势面，所以D点电势低于A点，故C正确；根据电势能表达式Ep＝qφ可知，电量为负值时，电势越低， 电势能越大，所以经过D点时的电势能大于经过A点时的电势能，故D错误。[课时跟踪检测]A组—重基础·体现综合1．下列说法正确的是(　　)A．电场中两点间电势的差值叫作电势差，也叫电压B．电势差与电势一样，是相对量，与零电势点的选取有关C．UAB表示B点与A点之间的电势差，即UAB＝φB－φAD．A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不同而改变，所以UAB＝UBA解析：选A　电势差的定义为电场中两点之间电势的差值，也叫电压，A正确；电势的大小与零电势点的选择有关，B错误；UAB表示A、B两点的电势差，UAB＝φA－φB＝－UBA，故C、D错误。2．如图所示是某初中地理教科书中的等高线(图中数字单位是m)。现在把图看成描述电势高低的等势线图，数字单位改为V，图中有a、b、Q三点，下列说法正确的是(　　)A．Q点电势最高B．a点的电场强度大于b点C．a点电场强度方向沿等势线过a点的切线D．将＋1 C的点电荷由a点移动到b点，该点电荷的电势能减小10 J解析：选A　由题图可以看出Q点的电势最高，A正确；图中虚线为等势线，等势线密集的地方，电势降落快，所以b点的场强大于a的场强，B错误；电场强度方向与等势线相垂直，所以a点电场强度方向与a点的等势线相垂直，C错误；b点的电势大于a点的电势，将＋1 C的点电荷由a点移动到b点，有ΔEp＝－W电＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(qUab))＝10 J，即将＋1 C的点电荷由a点移动到b点，该点电荷的电势能增大10 J，D错误。3.在如图所示的负点电荷产生的电场中，一检验电荷从A点分别移到B、C、D、E点(此四点在以场源电荷为圆心的同一圆周上)，则下列说法正确的是(　　)A．从A到B电场力做功最多B．从A到E电场力做功最多C．电场力做功一样多D．A点比D点电势高解析：选C　B、C、D、E在同一等势面上，所以UAB＝UAC＝UAD＝UAE，由W＝qU知电场力做功一样多，A、B错误，C正确；在－Q的电场中，D点比A点离场源电荷远，所以D点的电势比A点高，D错误。4.如图所示为某静电场等势面的分布，电荷量为1.6×10－9 C的正点电荷从A经B、C到达D点，则从A至D，电场力对电荷做的功为(　　)A．4.8×10－8 J B．－4.8×10－8 JC．8.0×10－8 J D．－8.0×10－8 J解析：选B　UAD＝φA－φD＝－40 V－(－10)V＝－30 V，所以电场力对点电荷做的功WAD＝qUAD＝1.6×10－9×(－30)J＝－4.8×10－8 J。5.在雷雨天气中，两头牛躲在一棵大树下，A牛面对大树站立，B牛侧对大树站立。当闪电击中大树时，大树周围的电势分布如图所示，则(　　)A．A牛的前脚电势比后脚电势低B．A牛比B牛受到的伤害可能更大C．大树周围形成的电场是匀强电场D．大树周围形成的电场是图中的同心圆解析：选B　由题图可知，该电场类似于正点电荷的电场，A牛前脚的电势比后脚高，故A错误；而B牛前脚的电势与后脚近似相等，所以A牛比B牛受到的伤害可能更大，故B正确；由题图可知，该电场类似于正点电荷的电场，不是匀强电场，故C错误；结合电场的特点可知，题图中的同心圆是等势线，不是大树周围形成的电场，故D错误。6．在电场中将一带电荷量q＝－1×10－9 C的负电荷从B点移至A点时，克服电场力做功2×10－6 J，将该电荷从A点移至C点，则需克服电场力做功3×10－6 J，则B、C两点间的电势差大小为(　　)A．5 000 V B．3 000 VC．2 000 V D．1 000 V解析：选A　电荷由B移到C，电场力做功为WBC＝WBA＋WAC＝－2×10－6 J－3×10－6 J＝－5×10－6 J，由U＝eq \f(W,q)得：UBC＝eq \f(WBC,q)＝eq \f(－5×10－6,－1×10－9) V＝5 000 V，所以B、C两点间的电势差大小为5 000 V。7.如图所示，三条曲线表示三条等势线，其电势φC＝0，φA＝φB＝10 V，φD＝－30 V，将电荷量为q＝1.2×10－6 C的正电荷在该电场中移动。(1)把这个电荷从C移到D，静电力做功多少？(2)把这个电荷从D移到B再移到A，电势能变化多少？解析：(1)UCD＝φC－φD＝30 VWCD＝qUCD＝1.2×10－6×30 J＝3.6×10－5 J。(2)UDA＝φD－φA＝－30 V－10 V＝－40 VWDA＝qUDA＝1.2×10－6×(－40)J＝－4.8×10－5 J所以电势能增加了4.8×10－5 J。答案：(1)3.6×10－5 J　(2)增加了4.8×10－5 Jeq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新8．(多选)某静电场等势面如图中虚线所示，则(　　)A．B点的电场强度比A点的大B．A点的电势比C点的高C．将电荷从A点移到B点电场力不做功D．负电荷在C点的电势能小于0解析：选ABC　B点的等势面比A点的等势面密，则B点的电场强度比A点的大，故A正确；A点的电势为0，C点的电势为－5 V，A点的电势比C点的高，故B正确；A点的电势与B点的电势相等，将电荷从A点移到B点电场力不做功，故C正确；C点的电势小于0，负电荷在C点的电势能大于0，故D错误。9.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两点电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两点电荷的连线，且a与c两点关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两点电荷的连线上，以下判断正确的是(　　)A．b点电场强度大于d点电场强度B．b点电势高于d点电势C．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能D．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差解析：选D　在两等量异种点电荷的连线上，中间点电场强度最小；在两等量异种点电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，所以b点电场强度小于d点电场强度，A错误；等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，与在两等量异种点电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以d点电势高于b点电势，B错误；因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷＋q 在a点的电势能大于在c点的电势能，C错误；由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，D正确。10.如图所示，A、B、C是点电荷Q形成的电场中的点，BC是以O为圆心的一段圆弧。UAB＝＋5 V，正电荷q沿A→B→C移动，则(　　)A．点电荷Q带正电荷B．沿BC移动时电场力做正功C．B点的电场强度与C点的相同D．q在A点时具有的电势能比在C点时的大解析：选D　根据A、B两点的电势差为＋5 V，可知电场方向沿AB方向，可知Q为负电荷，故A错误；BC为等势面，故电荷沿BC运动时电场力不做功，故B错误；根据点电荷的电场强度公式E＝eq \f(kQ,r2)，可知B、C两点的电场强度大小相等，但方向不同，故C错误；根据A、B两点的电势差为＋5 V，且q为正电荷，故在A点时具有的电势能比在B点时的大，而B、C电势相等，则在A点时具有的电势能比在C点时的大，故D正确。11．将一电荷量为－3×10－6 C的点电荷从电场中的A点移动到B点，克服电场力做了3×10－5 J的功，再将该电荷从B点移动到C点，电场力做了1.2×10－5 J的功，求：(1)AB间、BC间、AC间电势差各为多少？(2)从A点移到B点，再移到C点，电势能变化了多少？解析：(1)A、B间的电势差：UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(－3×10－5,－3×10－6) V＝10 VB、C间的电势差：UBC＝eq \f(WBC,q)＝eq \f(1.2×10－5,－3×10－6) V＝－4 VUAC＝UAB＋UBC＝10 V＋(－4 V)＝6 V。(2)电荷从A点移动到B点再从B点移动到C点的过程中，电场力做的功：WAC＝WAB＋WBC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J电场力做负功，电荷的电势能增加了1.8×10－5 J。答案：(1)10 V　－4 V　6 V　(2)增加了1.8×10－5 J12.如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形，把电荷量q＝－2×10－10 C的点电荷由A点移到B点，静电力做功4.8×10－8 J，再由B点移到C点，电荷克服静电力做功4.8×10－8 J，取B点的电势为零，求：(1)A、C两点的电势；(2)作出过B点的一条电场线。解析：(1)把电荷从A点移到B点，UAB＝eq \f(WAB,q)＝eq \f(4.8×10－8,－2×10－10) V＝－240 V即φA－φB＝φA＝－240 V。把电荷从B点移到C点，UBC＝eq \f(WBC,q)＝eq \f(－4.8×10－8,－2×10－10) V＝240 V，即φB－φC＝－φC＝240 V。所以φC＝－240 V。(2)因φA＝φC，所以直线AC为匀强电场中的一条等势线，由电场线与等势线垂直且由较高等势线指向较低等势线，电场线过B垂直于AC指向左上方。答案：(1)φA＝－240 V　φC＝－240 V(2)见解析图3　电势差与电场强度的关系　核心素养点击1．填一填(1)匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积。(2)公式：UAB＝Ed。(3)适用条件：①E为匀强电场的电场强度。②d为沿电场方向的距离。(4)电场强度与电势差的另一种关系①在匀强电场中，电场强度在数值上等于沿电场方向单位距离上降低的电势。②公式：E＝eq \f(UAB,d)。③单位：N/C或V/m。④电场线较密的地方等差等势线也较密。2．判断(1)由公式E＝eq \f(UAB,d)可知，电场强度与电势差UAB成正比。(×)(2)在匀强电场中，任意两点间的电势差等于电场强度与这两点间距离的乘积。(×)(3)沿电场线方向任意相同距离上的电势差必相等。(×)3．想一想匀强电场中，在同一方向上经过相同的距离，电势差相等，该结论在非匀强电场中成立吗？提示：不成立。根据表达式U＝Ed，同一方向上相同的距离表明d相同，如果电势差U相等，则要求电场强度E不变，即在匀强电场中该结论才成立。eq \a\vs4\al(主题探究一)　　eq \a\vs4\al(对关系式U＝Ed和E＝\f(U,d)的理解)[问题驱动] 如图所示的一个匀强电场，电场强度大小为E，A、B是沿电场方向上的两点，其电势差为UAB，A、B之间相距为d。现将一个电荷量为q的电荷由A移到B。(1)从力和位移的角度计算静电力所做的功；通过A、B间的电势差计算静电力做的功。提示：WAB＝Fd＝qEd　WAB＝qUAB。(2)比较两次计算的功的大小，说明电势差与电场强度有何关系。提示：UAB＝Ed。(3)B、C在同一等势面上，UAC与电场强度有何关系？提示：UAC＝Ed。　　　　【重难释解】1．电场强度与电势差的关系2．在非匀强电场中，利用公式E＝eq \f(U,d)定性分析问题由E＝eq \f(U,d)可以得出结论：在等差等势面越密的地方电场强度就越大，如图甲所示。再如图乙所示，a、b、c为某条电场线上的三个点，且距离ab＝bc，由于电场线越密的地方电场强度越大，故UabUBP，所以A点电势高于B点电势，B正确；带负电的粉尘从B点运动到C点，静电力与位移同向，都向右，静电力做正功，C错误；由B中分析可知，A与圆筒间平均场强大于C与圆筒间平均场强，所以有UQA>UQC，得φA<φC，由电势能决定式Ep＝qφ，知带电荷量均为－q的粉尘在A、C两点电势能不等，D错误。故选B。3.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点，A、B、C构成一个直角三角形，AB长为 L m，电场线与三角形所在的平面平行，已知φA＝5 V，φB＝－5 V，φC＝15 V，由此可以判断(　　)A．电场强度的方向由C指向BB．电场强度的方向垂直AD连线斜向上C．电场强度的大小为eq \f(10,L) V/mD．电场强度的大小为eq \f(20\r(3),3L) V/m解析：选D　D为BC的中点，则φD＝5 V，AD连线为一等势线，电场强度的方向垂直AD连线斜向下，选项A、B错误；由B到AD的距离d＝Lcos 30° m＝eq \f(\r(3),2)L m，则电场强度E＝eq \f(UDB,d)＝eq \f(20\r(3),3L) V/m，选项C错误，选项D正确。4.(多选)如图所示，A、B、C是匀强电场中平行于电场线的某一平面上的三个点，各点的电势分别为φA＝5 V，φB＝2 V，φC＝3 V，H、F三等分AB，G为AC的中点，在下面各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是(　　)解析：选BC　根据匀强电场的特点可知，H、F的电势分别为φH＝4 V，φF＝3 V，G的电势φG＝eq \f(5 V＋3 V,2)＝4 V，则φH＝φG，则电场线垂直于GH，又φC＝φF＝3 V，可知电场线与CF垂直，故选B、C。eq \a\vs4\al(主题探究二)　　eq \a\vs4\al(对电场强度的进一步理解)【重难释解】1．关于电场强度E的几个表达式2．关于电场强度与电势的理解(1)电场强度为零的地方电势不一定为零，如等量同种点电荷连线的中点；电势为零的地方电场强度也不一定为零，如等量异种点电荷连线的中点。(2)电场强度相等的地方电势不一定相等，如匀强电场；电势相等的地方电场强度不一定相等，如点电荷周围的等势面。eq \a\vs4\al(典例2)　在如图所示的匀强电场中(未画场强方向)有A、B、C三点，dAB＝4 cm，dBC＝6 cm，其中AB与电场线平行，BC和电场线成37°角。一个电量为q＝－4×10－8C的电荷从点A移动到点B，电场力做功为WAB＝8×10－6 J，已知cos 37°＝0.8。(1)求场强的大小和方向。若根据W＝Fl和E＝eq \f(F,q)，可得场强的大小E＝5×103 N/C，这与解得的结果有矛盾吗？(2)若取点B的电势为零，则点C的电势为多大？请解释电势和电势差的区别。解题指导：在计算电场力做功、电势能、电势、电势差时，需要把正负数值代入；而在计算场强的大小时，要取电势差的绝对值代入，场强的方向要通过分析电荷所受的电场力方向或电势的高低来判断。[解析]　(1)根据E＝eq \f(U,d)，可得场强的大小E＝eq \f(|UAB|,dAB)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(WAB,q))),dAB)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8×10－6,－4×10－8))),4×10－2)V/m＝5×103 V/m。分析可知负电荷所受的电场力的方向向右，所以场强的方向向左。E＝5×103 N/C与E＝5×103 V/m没有矛盾。V/m和N/C都是场强的单位，物理本质相同，只不过V/m由电势差的定义推导得到，N/C由场强的定义推导得到。(2)根据U＝Ed，可得|UBC|＝|EdBC·cos37°|＝5×103×6×10－2×0.8 V＝240 V。由于场强的方向向左，故UBC＝－240 V。而UBC＝φB－φC，φB＝0，可得φC＝240 V。要确定电场中某点的电势，需要规定电势的零点。而电势差是指电场中两点电势的差值，既与电荷无关，也与电势零点的选取无关。[答案]　见解析【素养训练】5．关于静电场，下列说法正确的是(　　)A．电场强度为零的地方，电势也为零B．任一点的电场强度方向总是指向该点电势降落最快的方向C．电场线越密的地方相等距离两点的电势差越大D．根据公式Uab＝Ed可知，在匀强电场中a、b间的距离越大，电势差就越大解析：选B　电场强度与电势没有直接关系，电场强度为0时，电势不一定为0；电势为0，电场强度不一定为0，故A错误；沿电场线方向电势降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故B正确；电场线越密的地方电场强度越大，但是若两点间不沿电场线方向，则电势差不一定越大，故C错误；公式Uab＝Ed中d为沿电场线的距离，若a、b两点不沿电场线方向，则两点间距离越大电势差不一定越大，故D错误。6.如图所示，有竖直向下的匀强电场，A、B两等势面间距离为5 cm，电势差为25 V，在电场中P点固定放置电荷量为5×10－9 C的负点电荷，此时电场中有一点场强为零，此点在P点的(　　)A．上方30 cm B．下方30 cmC．上方25 cm D．下方25 cm解析：选B　匀强电场的场强E＝eq \f(U,d)＝eq \f(25,0.05) V/m＝500 V/m，设距P点L处的合场强为零，则keq \f(Q,L2)＝9×109×eq \f(5×10－9,L2) V/m＝500 V/m，故L＝0.3 m，负点电荷在距P点L处的电场竖直向上，该点在P点的下方，B正确。一、培养创新意识和创新思维1．(多选)如图是某初中地理教科书中的等高线图(图中数字的单位是米)。小山坡的右侧比左侧更陡些，如果把一个球分别从山坡左右两侧滚下(把山坡的两侧看成两个斜面，不考虑摩擦等阻碍)，会发现右侧小球加速度更大些。现在把该图看成一个描述电势高低的等势线图，左右两侧各有a、b两点，图中数字的单位是伏特，下列说法正确的是(　　)A．b点电场强度比a点大B．左侧电势降低的更快C．同一电荷在电势高处电势能也一定大D．同一电荷在电场强度大处所受电场力也一定大解析：选AD　根据U＝Ed，相同电势差右侧b点的距离更小，所以b点电场强度比a点大，故A正确；等势线越密集的地方电势降落的越快，b点等势线更密集，所以右侧电势降低的更快，故B错误；电势能还与电荷的正负有关，所以同一电荷在电势高处电势能不一定大，故C错误；同一电荷在电场强度大处所受电场力一定大，故D正确。2.如图所示为电子束焊接机，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是(　　)A．A、K之间的电场强度均为eq \f(U,d)B．B点电势大于C点电势C．B点电场强度大于C点电场强度D．电子由K到A的电势能减少了eU解析：选D　A、K之间建立的是非匀强电场，公式U＝Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等于eq \f(U,d)，故A错误；B、C所在等势面是与电场线垂直的圆弧，如图所示，根据沿电场线方向电势降低，可知B点电势小于C点电势，故B错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，从图中可知B点所在位置的电场线较疏，C点所在位置的电场线较密，故B点的电场强度小于C点的电场强度，故C错误；电子由K到A，受到的电场力方向和运动方向一致，所以电场力做正功，电势能减小，电势能减少了WKA＝UKA·(－e)＝eU，故D正确。二、注重学以致用和思维建模3．(多选)细胞膜的厚度等于700 nm(1 nm＝10－9 m)，当膜的内外层之间的电压达0.4 V时，即可让一价钠离子渗透。设细胞膜内的电场为匀强电场，已知一价钠离子的电荷量为＋1.6×10－19 C，则钠离子在渗透时(　　)A．膜内电场强度为1.04×106 V/mB．膜内电场强度为5.71×105 V/mC．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于6.4×10－20 JD．每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于1.28×10－19 J解析：选BC　由匀强电场中电势差与电场强度的关系：E＝eq \f(U,d)＝eq \f(0.4,700×10－9) V/m＝5.71×105 V/m，A错误，B正确；电场力做的功：W＝qU＝1.6×10－19×0.4 J＝6.4×10－20 J，C正确，D错误。4.如图所示为一个点电极A与平板电极B 接入电源时的空间电场分布图，C为A到B垂线的中点，D、E为同在A、B 垂线上的两点，DC＝CE，F、G处在DE的中垂线上，FC＝CG，下列说法正确的是(　　)A．A 电极的带电量小于B电极的带电量B．F点的电场强度大于C点的电场强度C．DC两点间电势差小于CE 两点间电势差D．电子从F 点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功解析：选D　由题意可得，AB分别接在电源两极，则带上等量的异种电荷，故A错误；由电场线的疏密表示电场强度的大小，从题图可知，F点的电场强度小于C点的电场强度，故B错误；虽然DC＝CE，但从D到E，电场强度逐渐变小，则DC两点间电势差大于CE两点间电势差，故C错误；电子受到电场力的方向与该点切线方向相反，则电子从F 点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功，故D正确。[课时跟踪检测]A组—重基础·体现综合1．下列说法正确的是(　　)A．由公式E＝eq \f(UAB,d)得，电场强度E与电势差UAB成正比，与两点间距离d成反比B．由公式E＝eq \f(UAB,d)得，在匀强电场中沿电场线方向上两点间距离越大，电场强度就越小C．在匀强电场中，任意两点间电势差等于电场强度和这两点间距离的乘积D．公式E＝eq \f(UAB,d)只适用匀强电场解析：选D　公式E＝eq \f(U,d)只适用匀强电场，E为电场本身的性质，与电势差和两点间的距离无关，故A错误，D正确；在匀强电场中，电场强度处处相等，故B错误；在匀强电场中，两点间电势差等于电场强度与两点间沿电场方向距离的乘积，故C错误。2．对公式E＝eq \f(UAB,d)的理解，下列说法正确的是(　　)A．此公式适用于计算任何电场中A、B两点间的电势差B．A点和B点间距离越大，则这两点的电势差越大C．公式中d是指A点和B点之间的距离D．公式中的d是匀强电场中A、B两点所在等势面间的距离解析：选D　公式E＝eq \f(UAB,d)只适用于匀强电场，A错误；公式中的d是A、B两点所在等势面间的距离，A点和B点之间的距离大，等势面之间的距离不一定大，故B、C错误，D正确。3．如图所示，在E＝400 V/m的匀强电场中，a、b两点相距d＝2 cm，它们的连线跟电场强度方向的夹角是60°，则Uab等于(　　)A．－8 V B．－4 VC．8 V D．4 V解析：选B　在电场线方向上a、b两点间的距离(或a、b两点所在等势面间的距离)为d′＝d·cos 60°＝0.01 m，根据匀强电场中，电势差与电场强度的关系可知，Uab＝－Ed′＝－4 V，B选项正确。4．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以判定(　　)A．φa>φb>φc B．Ea>Eb>EcC．φa－φb＝φb－φc D．Ea＝Eb＝Ec解析：选A　只给出一条电场线无法判断电场线的疏密，故无法判断a、b、c三点电场强度的大小；沿电场线方向电势降低，故φa＞φb＞φc，选项A正确。5.右图为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距4 cm，则该匀强电场的场强大小和方向分别为(　　)A．E＝0.5 V/m，水平向右B．E＝0.5 V/m，水平向左C．E＝50 V/m，水平向右D．E＝50 V/m，水平向左解析：选D　根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左。两个相邻等势面相距d＝4 cm＝4×10－2 m，由图知两个相邻等势面的电势差U＝2 V，则电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(2 V,4×10－2 m)＝50 V/m，故选D。6．如图所示，三个同心圆是一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列。A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上。A、C两点的电势依次为φA＝10 V和φC＝2 V，则B点的电势(　　)A．一定等于6 V B．一定低于6 VC．一定高于6 V D．无法确定解析：选B　从点电荷的电场线和等势面的特点知，EA＞EB＞EC，AB＝BC，由U＝Ed定性分析，UAB＞UBC，所以φB＜6 V。7．a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势分别为φa＝10 V，φb＝2 V，φc＝6 V，a、b、c三点所在平面与电场方向平行，图中电场强度的方向表示正确的是(　　)解析：选D　由于a、b、c处于匀强电场中，因此a、b连线的中点与c点电势相等，电场强度的方向垂直于等势面且由高电势处指向低电势处，所以D正确。8．如图所示，将电荷量为q＝3.0×10－9 C的点电荷从匀强电场中的B点移动到A点，电场力做的功为－6×10－7 J，AB＝2 cm，求：(1)A、B两点的电势差UAB；(2)匀强电场的电场强度E。解析：(1)把点电荷从B点移动到A点电场力做负功，则把点电荷从A点移动到B点做正功，所以A、B两点的电势差为：UAB＝eq \f(W,q)＝eq \f(6×10－7,3×10－9) V＝200 V。(2)匀强电场的电场强度为E＝eq \f(U,d)＝eq \f(200,0.02) V/m＝1.0×104 V/m。答案：(1)200 V　(2)1.0×104 V/meq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新9．如图所示，点A位于沿x轴正向的匀强电场E中，以O为圆心，r＝OA为半径逆时针转动一周，OA的连线与x轴正向(E方向)成θ角(θ<eq \f(π,2))，则此圆周上各点与A点间最大的电势差为(　　)A．U＝Er B．U＝Er(sin θ＋1)C．U＝Er(cos θ＋1) D．U＝2Er解析：选C　由U＝Ed知，与A点间电势差最大的点应是沿场强方向与A点相距最远的点，dmax＝r＋rcos θ，所以Umax＝Er(cos θ＋1)，C项正确。10．如图所示的同心圆是电场中的一簇等差等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是(　　)A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大C．电势差UAB＝UBCD．电势φA<φB<φC解析：选B　由等势线分布和电子速度变化可知该电场为负点电荷的电场，电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越大，选项A错误；根据电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，可知电子具有的电势能越来越大，选项B正确；根据U＝Ed，由于电场为非匀强电场，平均电场强度EABφB>φC，选项D错误。11．如图所示，充电的平行金属板两板间形成匀强电场，以A点为坐标原点，AB方向为位移x的正方向，选项中能正确反映电势φ随位移x变化的图像是(　　)解析：选C　沿电场线的方向电势逐渐降低，A、B错误；设AB与水平电场线的夹角为θ，A点的电势为φA，则φ＝φA－Excos θ，故C正确，D错误。12．如图所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各等势面电势已在图中标出。现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(1)小球应带何种电荷及其电荷量。(2)小球受到的合外力的大小。(3)在入射方向上小球运动的最大位移xm。(电场足够大)解析：(1)作电场线如图甲所示。由题意知，小球只有受到向左的电场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在一条直线上，如图乙所示。只有当F合与v0在一条直线上才可能使小球做直线运动，所以小球带正电，小球沿v0方向做匀减速运动。由图乙知qE＝mgtan45°，相邻等势面间的电势差为U，所以E＝eq \f(U,d)，所以q＝eq \f(mgtan45°,E)＝eq \f(mgd,U)。(2)由图乙知，F合＝eq \r(qE2＋mg2)＝eq \r(2)mg。(3)由动能定理得－F合xm＝0－eq \f(1,2)mv02所以xm＝eq \f(mv02,2\r(2)mg)＝eq \f(\r(2)v02,4g)。答案：(1)正电荷　eq \f(mgd,U)　(2)eq \r(2)mg　(3)eq \f(\r(2)v02,4g)4　电容器的电容核心素养点击eq \a\vs4\al(　　一、电容器)1．填一填(1)定义：任何两个彼此绝缘又相距很近的导体组成一个电容器。(2)平行板电容器：两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质(电介质)组成的电容器。 (3)实验：观察电容器的充、放电现象①实验电路(如图所示)：把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组成实验电路。②充电过程：把开关S接1，此时电源给电容器充电，充电电流逐渐减小，电压表示数逐渐增大，当电流表示数为0时充电完毕。③放电过程：把开关S接2，电容器对电阻R放电。放电电流由电容器的正极板经过R流向电容器的负极板。此时电容器两极板所带电荷量减小，电势差减小，放电电流减小，最后两极板电势差以及放电电流都等于0。(4)电容器充、放电过程中能的转化电容器充电过程中，两极板的电荷量增加，板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中；放电过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式的能量。2．判断(1)任何两个彼此绝缘又相互靠近的导体都可组成电容器，无论两导体是否带电。(√)(2)使电容器极板带电的过程就是给电容器充电的过程。(√)(3)电容器放电过程中两极板间电压逐渐减小。(√)3．想一想如图所示，开关S与“1”端接触后，再与“2”端接触，灯泡是否发光？怎样解释？若发光，电流方向如何？提示：当开关S与“1”接触，给电容器充电，上极板带正电荷，下极板带等量负电荷，当电容器上电压与电源电压相同时，充电完毕；当开关S接“2”时，电容器通过灯泡放电，放电电流是从正极板流出沿灯泡向下，随电荷量减少电压降低、灯泡逐渐变暗，放电完毕，灯泡熄灭。eq \a\vs4\al(　　二、电容　常用电容器)1．填一填(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比。(2)定义式：C＝eq \f(Q,U)。(3)单位：在国际单位制中，电容的单位是法拉，简称法，符号是F。实际中常用的单位还有微法(μF)和皮法(pF)，它们与法拉的关系：1 μF＝10－6 F,1 pF＝10－12 F。(4)击穿电压和额定电压①击穿电压：电容器电介质不被击穿的极限电压。②额定电压：电容器外壳上标的工作电压。(5)常用电容器①固定电容器：聚苯乙烯电容器和电解电容器。②可变电容器：通过改变两组铝片的正对面积来改变电容的电容器。2．判断(1)电容为C的电容器所带电荷量为Q，若电荷量增大为2Q，则电容变为2C。(×)(2)电容器所带的电荷量Q是指电容器的一个极板上所带电荷量的绝对值。(√)(3)电容器外壳上标的是额定电压。(√)3．选一选如图所示是某种电学元件的实物照片，元件中固定不动的一组铝片叫定片，可以转动的一组铝片叫动片。这种元件是(　　)A．电源 B．电阻C．开关 D．可变电容器解析：选D　本题考查电学元件的实物图认识，图片中的元件通过改变两组铝片的正对面积来改变电容，属于可变电容器。eq \a\vs4\al(主题探究一)　　eq \a\vs4\al(电容器的充电和放电) [问题驱动]用发光二极管观察电容器的充电和放电二极管是一种半导体元件，具有单向导电性，用D表示，其电路符号为“”(该符号左端为正极，右端为负极)。实验电路图发光二极管是二极管的一种。当发光二极管接正向电压(发光二极管的正、负极分别与电源正、负极相接)时，二极管导通并发光；接反向电压时，二极管的电阻很大，不会发光。按如图所示连接电路，将开关分别拨到位置“1”和“2”时，哪个二极管会发光？提示：开关拨到位置“1”时，电源给电容器充电，此时二极管D2导通并短暂发光；开关拨到位置“2”时，电容器放电，此时二极管D1导通并短暂发光。　　　　 【重难释解】1．电容器的充电(1)电容器充电过程如图甲所示，将开关与电源接通，电容器的两极板带上等量的异号电荷，这一过程叫作充电。充电过程是将电能储存在电容器中的过程。(2)充电过程特点(如图乙)①充电电流方向为从电源的正极流出的电流的方向。②电容器所带电荷量增加。③电容器两极板间电压升高。④电容器中电场强度增大。⑤充电过程中电容器从电源获取的能量为电能。2．电容器的放电(1)电容器放电过程如图甲所示，将开关与电源断开，打到另一端，使充电后的电容器失去电荷的过程叫作放电。放电过程是将储存的电场能转化为其他形式能量的过程。(2)放电过程特点(如图乙)①放电电流方向是从正极板流出的电流的方向。②电容器两极板上电荷量减少。③电容器两极板间电压降低。④电容器中电场强度减小。⑤电容器的电场能转化成其他形式的能量。　　eq \a\vs4\al(典例1)　(多选)电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力。感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图甲所示的回路，红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两脉冲电流，如图乙所示，即视为“闯红灯”，电子眼拍照。则红灯亮时(　　)A．车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流B．车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电C．车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增大后减小D．汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照[解析]　车轮停在感应线上时，压力不变，则电压不变，电容器不充电，也不放电，电阻R上没有电流，故A错误；由题图乙可知，当车轮经过感应线时，电流先增大后减小，然后再反向增大后减小，因电压是在受压时产生的，故说明电容器先充电后放电，故B正确，C错误；若汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，则前轮两次压线，仍形成两个脉冲电流，符合拍照条件，电子眼仍会拍照，故D正确。[答案]　BD充电电流与放电电流(1)电容器两极板间的电介质是绝缘物质，所以充电结束后的电容器相当于断路。(2)充电过程中电荷由电源定向移动，在两极板上集聚，形成充电电流，且流向正极板。(3)放电过程中，电荷由极板流向用电器，电源形成放电电流，且电流由正极板流向用电器。【素养训练】1．(2023·广东1月学考)图是观察电容器充、放电现象的电路。下列说法正确的是(　　)A．将开关S从b改接到a时，观察的是充电现象B．将开关S从b改接到a后，电流计G的指针将一直偏转C．将开关S从a改接到b时，观察的是充电现象D．将开关S从a改接到b后，灯L的发光亮度不变解析：选A　将开关S从b改接到a时，电容器开始充电，充电电流从最大值逐渐减小到零，电流计G的指针从最大值逐渐回到零；将开关S从a改接到b时，电容器开始放电，放电电流从最大值逐渐减小到零，灯L的发光亮度逐渐变暗。故选A。2.如图所示，电源电压恒定，则接通开关S的瞬间，通过电阻R的电流方向是从______到________；如果电容器充电结束后，先断开S，再将两板间距离增大，在此过程中，R上________(填“有”或“无”)电流通过。解析：电容器在充、放电过程中，电路中将有电流，电流方向即正电荷定向移动的方向。在接通S的瞬间，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，故电流方向为由A到B；电容器充电结束后，将S断开，因为电容器所带电荷量不变，所以无论如何调节板间距离，均无电流通过R。答案：A　B　无eq \a\vs4\al(主题探究二)　　eq \a\vs4\al(对电容的理解)【重难释解】1．C＝eq \f(Q,U)为比值定义法。C的大小与Q、U无关，只跟电容器本身有关，当Q＝0时，U＝0，而C并不为零。2．电容是电容器本身的一种属性，大小由电容器自身的构成情况决定。3．对Q­U图线的理解如图所示，Q­U图像为一条过原点的直线，其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值，U为两极板间的电势差，可以看出，电容器的电容也可以表示为C＝eq \f(ΔQ,ΔU)，即电容器的电容的大小在数值上等于两极板间的电压增加(或减小)1 V时所需增加(或减少)的电荷量。eq \a\vs4\al(典例2)　一个平行板电容器，使它每个极板所带电荷量从Q1＝3×10－5 C增加到Q2＝3.6×10－5 C时，两极板间的电势差从U1＝10 V增加到U2＝12 V，求这个电容器的电容。如要使两极板电势差从U1＝10 V降到U2′＝6 V，则每个极板需减少多少电荷量？[解析]　由电容器的电容定义式C＝eq \f(Q,U)可知Q＝CU。当电荷量为Q1时，Q1＝CU1。 当电荷量为Q2时，Q2＝CU2。显然Q2－Q1＝C(U2－U1)，即C＝eq \f(Q2－Q1,U2－U1)＝eq \f(0.6×10－5 C,2 V)＝3 μF。当两极板间电势差降到6 V时，每个极板应减少的电荷量为ΔQ′＝CΔU′＝3×10－6×(10－6) C＝1.2×10－5 C。[答案]　3 μF　1.2×10－5 C【素养训练】3．(2023·广东1月学考)关于电容器充放电过程，下列说法正确的是(　　)A．充电过程中，两极板间电压不变B．充电过程中，两极板间电压增大C．放电过程中，两极板间电压不变D．放电过程中，两极板间电压增大解析：选B　根据电容的定义C＝eq \f(Q,U)可知，充电过程中，两极板所带电荷量逐渐增多，两板间电压逐渐增大，A错误，B正确；同理，放电过程中，两极板所带电荷量逐渐减少，所以两板间电压逐渐减小，C、D错误。4．如图为研究电容器充、放电的实验电路图。实验时，先使开关S掷向1端，电源E对电容器C充电；经过一段时间，把开关S掷向2端，电容器C与电阻R相连，电容器放电。电容器在充电过程中，其电容器所带电荷量Q与电容器两端电压U之间的关系，下列图像中正确的是(　　) 解析：选B　根据Q＝CU，可知因为电容器电容C一定，则Q­U图像为过原点的倾斜的直线。故选B。5．有一充电的电容器，两板间的电压为3 V，所带电荷量为4.5×10－4 C，此电容器的电容是多少？将电容器的电压降为2 V，电容器的电容是多少？所带电荷量是多少？解析：C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(4.5×10－4,3) F＝1.5×10－4 F。电容器电压降为2 V时，电容不变，仍为1.5×10－4 F。此时所带电荷量为Q′＝CU′＝1.5×10－4×2 C＝3×10－4 C。答案：1.5×10－4 F　1.5×10－4 F　3×10－4 Ceq \a\vs4\al(主题探究三)　　eq \a\vs4\al(平行板电容器) [问题驱动]平行板电容器由两块平行放置的金属板组成。利用已经充电的平行板电容器进行如下实验：(1)如图甲所示，保持Q和d不变，减小两极板的正对面积S，观察电势差U(静电计指针偏角)的变化，依据C＝eq \f(Q,U)，分析电容C的变化。甲提示：实验结论：S减小，电势差U增大，电容C减小。乙(2)如图乙所示，保持Q和S不变，增大两极板间的距离d，观察电势差U(静电计指针偏角)的变化，依据C＝eq \f(Q,U)，分析电容C的变化。提示：实验结论：d增大，电势差U增大，电容C减小。丙(3)如图丙所示，保持Q、S、d不变，插入电介质，观察电势差U(静电计指针偏角)的变化，依据C＝eq \f(Q,U)，分析电容C的变化。提示：实验结论：插入电介质，电势差U减小，电容C增大。　　　　 【重难释解】1．C＝eq \f(Q,U)与C＝eq \f(εrS,4πkd)的比较(1)C＝eq \f(Q,U)是电容的定义式，对某一电容器来说，Q∝U，但C＝eq \f(Q,U)不变，反映电容器容纳电荷本领的大小。(2)C＝eq \f(εrS,4πkd)是平行板电容器电容的决定式，C∝εr，C∝S，C∝eq \f(1,d)，反映了影响电容大小的因素。2．平行板电容器动态问题的分析方法抓住不变量，结合C＝eq \f(Q,U)、E＝eq \f(U,d)和C＝eq \f(εrS,4πkd)三个公式分析相关量的变化情况。3．平行板电容器的两类典型问题(1)开关S保持闭合，两极板间的电势差U恒定：Q＝CU＝eq \f(εrSU,4πkd)∝eq \f(εrS,d)，E＝eq \f(U,d)∝eq \f(1,d)。(2)充电后断开S，电荷量Q恒定：U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)∝eq \f(d,εrS)，E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)∝eq \f(1,εrS)。eq \a\vs4\al(典例3)　工厂在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上。当流水线上通过的产品厚度增大时，下列说法正确的是(　　)A．A、B平行板电容器的电容减小B．A、B两板间的电场强度增大C．A、B两板上的电荷量变小D．有电流从b向a流过灵敏电流计[解析]　产品厚度增大时，电容器的电容C＝eq \f(εrS,4πkd)增大，故A错误；两板间电压不变，电场强度E＝eq \f(U,d)保持不变，故B错误；根据Q＝CU，电容器将充电，负电荷从a向b流过灵敏电流计，即有电流从b向a流过灵敏电流计，故C错误，D正确。[答案]　D　　eq \a\vs4\al(典例4)　如图所示，一平行电容板的两端与电压为U的恒压电源相连。极板上带电荷量为Q。若只将两极板间的距离增大为原来的2倍，求电容器极板上的电荷量。解题指导：电容器所带电荷量Q＝CU。由题意可知，电压U不变，只需确定变化后的电容C即可。要确定电容C的变化，可利用平行板电容器的公式进行分析。[解析]　由C＝eq \f(εrS,4πkd)和已知条件，可得C′＝eq \f(εrS,4πk×2d)＝eq \f(C,2)又由于Q＝CU所以Q′＝C′U＝eq \f(Q,2)。[答案]　eq \f(Q,2)[迁移·发散] 1．由结果得知，即使加在电容器两端的电压不变，但若电容器的电容变化，电容器带的电荷量也会随之变化。在这个过程中，电容器中的电场强度如何变化？提示：由E＝eq \f(U,d)可知，加在电容器两端的电压不变，板间距离变为2d时，电容器中的电场强度将变为原来的eq \f(1,2)。2．如果电容器充电后断开电源，又该怎样分析相关量的变化呢？平行板电容器充电后，所带电荷量为Q，两极板间电压为U。断开电源后，若只将两极板正对面积减小为原来的eq \f(3,4)，求电容器两极板间的电压。解析：断开电源后电容器带电荷量仍为Q，且不改变。由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，当两极板正对面积减小为原来的eq \f(3,4)时，电容C′＝eq \f(3,4)C，又Q＝CU，Q＝C′U′，可求得U′＝eq \f(4,3)U。答案：eq \f(4,3)U分析电容器相关物理量的变化时，要注意抓住不变量。电容器充电后保持与电源相连，即使电容器的电容变化，两极板间的电压不变。若充电后与电源断开且未放电，即使电容器的电容变化，两极板的电荷量不变。【素养训练】6.电容式话筒含有电容式传感器，其结构如图所示，导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下运动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号。当振动膜片向左运动时，下列说法正确的是(　　)A．固定电极所带正电荷减少B．固定电极所带正电荷增加C．固定电极所带负电荷减少D．固定电极所带负电荷增加解析：选C　当振动膜片向左振动时，电容器两极板间的距离d变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，电容值减小，根据Q＝CU可知，因U不变的情况下，则电容器带电荷量Q减小，电容器处于放电状态，R中电流方向自左向右，所以固定电极所带负电荷减少，故选C。7.(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在与两板等距离的M点有一个带电液滴恰处于静止状态。若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，下列说法中正确的是(　　)A．液滴仍将处于静止状态B．M点电势升高C．带电液滴在M点的电势能增大D．在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同解析：选CD　电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E电场＝eq \f(U,d)分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动，故A错误；由U＝EdaM知，M与a间的电势差增大，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势降低，故B错误；由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能增大，故C正确；在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式W＝qU知，电场力做功相同，故D正确。一、培养创新意识和创新思维1．一个平行板电容器的一块极板不小心被折弯了。若使两板分别带有等量异种电荷，则图中能正确反映两板间电场线分布的图像可能是(　　)解析：选B　两板分别带有等量异号电荷，根据电势差与电场强度的关系式U＝Ed得，两极板之间电势差一定，而两极板中央的间距大，所以极板中央的电场强度小，电场线疏，故B正确，A、C、D错误。2．特斯拉线圈是一种制造人工闪电的装置，该装置的简化结构如图所示。金属顶端和大地构成一个特殊的电容器。顶端放电后，“电荷补充线圈”给顶端补充电荷，因而能持续地放电。设顶端与大地间电压为U，顶端带电荷量为Q，下列说法正确的是(　　)A．放电过程中，该电容器的电容增大B．充电过程中，该电容器的电容增大C．若Q不变，顶端离地面越近，则U越小D．若Q不变，顶端与地面正对面积越大，则U越大解析：选C　电容器的电容由电容器本身的特性决定，与电容器的电压和带电荷量无关，可知，不论电荷量Q增多还是减少，其与大地构成的电容器的电容C不变，因此电容器的充、放电对电容大小无影响，故A、B错误；由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，顶端离地面越近，电容越大，带电荷量Q一定时，由C＝eq \f(Q,U)分析知其与大地间的电势差越小，故C正确；由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，顶端与地面正对面积越大，电容越大，带电荷量Q一定时，由C＝eq \f(Q,U)分析知其与大地间的电势差越小，故D错误。二、注重学以致用和思维建模3.如图所示，高一学生在学考报名时进行了指纹采集。电容式指纹识别的原理是手指与传感器表面接触时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成电容不同的平行板电容器，从而识别出指纹的纹路。下列说法正确的是(　　)A．极板与指纹嵴(凸的部分)构成的电容器电容大B．极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器电容大C．若充电电压变大，所有电容器电容增大D．若充电电压变大，所有电容器电容减小解析：选A　极板与指纹嵴(凸的部分)之间的距离较小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，构成的电容器电容大，选项A正确，B错误；电容器的电容与充电电压无关，选项C、D错误。4.电容位移传感器具有灵敏度高、精度稳定等许多优点。某电容位移传感器的工作原理可简化为如图所示的装置，其中A是固定极板，B是可动极板，备测位移物体与可动极板连接，当物体发生位移时，电容器极板间距发生变化，用电路(图中未画出)测出电容的变化，即可知道物体位移的大小和方向。假设工作中电容器接在恒压直流电源上，G为灵敏电流计，则当物体位移向右时，下列说法正确的是(　　)A．电容器的电容变大B．极板间电场强度变大C．电容器所带电荷量保持不变D．灵敏电流计中电流方向从a到b解析：选D　当物体位移向右时，极板间的距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容器的电容变小，故A错误；根据E＝eq \f(U,d)可知极板间电场强度变小，故B错误；根据Q＝UC结合A选项可知电容器所带电荷量变小，故C错误；电容器所带电荷量变小，电容器放电，灵敏电流计中电流方向从a到b，故D正确。[课时跟踪检测]eq \a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1.(2022·广东1月学考)如图是种电容式键盘，每个键下面还有一块可上下移动的小金属片。与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片。 这样两块金属片就组成个小平行板电容器。当键被按下时，引起电容改变的因素是(　　)A．两块金属片间的电压B．两块金属片上的电量C．两块金属片间的距离D．两块金属片的正对面积解析：选C　平行板电容器电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，当键被按下时，其下方金属片与另一块固定的小金属片之间距离减小，电容C增大，平行板电容器的电容取决于组成电容器的材料性质以及内部结构，与电容器是否带电无关，A、B、D错误，C正确。2.(多选)如图所示，平行板电容器和恒定直流电源相连，箭头表示此刻的电流方向。下列说法正确的有(　　)A．电容器正在充电B．电容器正在放电C．电容器两板间距离一定正在变大D．电容器两板间距离可能正在变小解析：选AD　平行板电容器和恒定直流电源相连，电容器两端电压不变，箭头表示此刻的电流方向，则电容器正在充电，故A正确，B错误；电容器正在充电，电容器两板所带电荷量增大，电容器的电容增大，所以电容器两板间距离可能正在变小，故D正确，C错误。3．超级电容器又叫双电层电容器，是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电源。它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。如图为一款超级电容器，其标有“2.7 V，3 000 F”，则可知(　　)A．该超级电容器放电时把化学能转化为电能B．该电容器最大容纳电荷量为8 100 CC．该电容器在电压为2.7 V时电容才是3 000 FD．该电容器在2.5 V电压下电容器不能带电解析：选B　由于是电容器，故其放电时是把储存的电能释放到电路中来，并不是把化学能转化为电能，故A错误；该电容器最大容纳电荷量为Q＝UC＝2.7 V×3 000 F＝8 100 C，故B正确；电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与电压和电量无关，该电容始终为3 000 F，故C错误；电容器的额定电压为2.7 V，说明工作电压不超过2.7 V，可以小于2.7 V，故D错误。4．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4 C，则其电压减少为原来的eq \f(1,3)，则(　　)A．电容器原来的带电荷量为9×10－4 CB．电容器原来的带电荷量为4.5×10－4 CC．电容器原来的电压为1 VD．电容器的电容变为原来的eq \f(1,3)解析：选B　由题意知C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(Q－3×10－4 C,\f(1,3)U)，联立解得Q＝4.5×10－4 C，故B正确，A错误；因电容器的电容不知，所以无法得出电容器原来的电压，C错误；电容是由电容器本身特性决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，D错误。5.如图所示为某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从 40 V降低到36 V，对电容器来说正确的是(　　)A．此过程是充电过程B．此过程是放电过程C．该电容器的电容为5×10－2 FD．该电容器的电荷量变化量为0.2 C解析：选B　由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错误，B正确；C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(0.2,40) F＝5×10－3 F，C错误；ΔQ＝C·ΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，D错误。6．平行板电容器保持与恒压直流电源两极连接，充电结束后，电容器的电压为U，电荷量为Q，电容为C，极板间的电场强度为E。现将两极板间距离减小，则引起的变化是(　　)A．Q变大 B．C变小C．E变小 D．U变小解析：选A　平行板电容器保持与恒压直流电源两极连接，其电压U保持不变，将两极板间距离d减小，由电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，分析得知，电容C变大；电荷量Q＝CU，U不变，C变大，Q变大；由E＝eq \f(U,d)分析可知电场强度E变大。故A正确，B、C、D错误。7．(2023·浙江1月学考)小明同学在“观察电容器的充、放电现象”实验中给一个固定电容器充电。下列描述电容器电荷量Q、电压U、电容C之间关系的图像中，正确的是(　　)解析：选A　固定电容器的电容C是确定的，与电荷量Q和电压U无关，选项A正确，选项B、C错误；由Q＝CU，电荷量Q与电压U成正比，选项D错误。eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新8.如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态。现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其他条件不变。下列说法中正确的是(　　)A．油滴将向下运动 B．油滴将向上运动C．电容器电容减小 D．极板带电荷量将减小解析：选B　将极板A向下平移一小段距离，电容器极板间的电压保持不变，根据E＝eq \f(U,d)分析得知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，油滴将向上运动，故A错误，B正确。将极板A向下平移一小段距离时，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)知电容C增大，而电容器的电压U不变，由Q＝CU知，极板带电荷量将增大，故C、D错误。9．如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体。已知电流从灵敏电流计左边接线柱流进电流计，指针向左偏。如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则(　　)A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小解析：选D　电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流方向由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，由Q＝CU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知液体的深度h在减小，故D正确。10．(多选)如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在两极板间，闭合开关S后细线与竖直方向夹角为θ。则有(　　)A．保持开关S闭合，将A板向右平移，θ不变B．保持开关S闭合，将A板向左平移，θ变小C．断开开关S，将A板向右平移，θ不变D．断开开关S，将A板向右平移，θ变小解析：选BC　保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，将A板向右平移，d减小，则电场强度增大，带电小球所受电场力增大，根据共点力平衡条件知，θ角变大，反之向左平移A板，θ角变小，A错误，B正确；断开开关S，电荷量不变，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，联立解得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，故电场强度大小与两极板间的距离无关，故电场强度不变，所以向右平移A板，θ角不变，C正确，D错误。11．(2021·郑州检测)图甲、乙、丙为探究影响平行板电容器电容大小的因素的实验，请将正确的结论填在横线上。两平行板之间的电场可以视为匀强电场，给电容器充电后与电源断开。(1)如图甲所示，若保持板间距离d不变，正对面积S变小，则两板电容C______，板间电势差U______(填“变小”“变大”或“不变”)。(2)如图乙所示，若保持S不变，d变大，两板电容C________，板间电场强度E________(填“变小”“变大”或“不变”)。(3)如图丙所示，若保持S和d都不变，在两极板间插入介质板后，则板间电势差U__________，板间电场强度E__________(填“变小”“变大”或“不变”) 。解析：(1)保持板间距离d不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)得知，电容C变小，而电容器的电荷量Q不变，由电容的定义式C＝eq \f(Q,U)分析得到，板间电势差U变大。(2)保持S不变，板间距离d增大，根据电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)得知，电容C变小，而电容器的电荷量Q不变，根据E＝eq \f(U,d)和Q＝UC，可以知道：E＝eq \f(4πkQ,εrS)，故E和d无关，故E不变。(3)保持S和d都不变，插入介质板后，根据电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)得知，电容C变大，而电容器的电荷量Q不变，由电容的定义式C＝eq \f(Q,U)分析得到，板间电势差U变小，由U＝Ed可以知道，E变小。答案：(1)变小　变大　(2)变小　不变　(3)变小　变小12.如图所示，两块平行金属板A、B相隔6 cm。分别接在36 V的直流电源的正负极上。点C在两板间且到板A的距离为2 cm，正极板A接地。(1)求A、B两板间的场强。(2)求C、A之间的电势差UCA。(3)将一个电荷量为q＝2×10－8 C的粒子从C点移到A板，求这个过程中静电力做的功。解析：(1)A、B两板间的场强为E＝eq \f(U,d)＝eq \f(36,6×10－2) V/m＝600 V/m，由于下极板为高电势，因此电场方向为由A板垂直指向B板。(2)A板接地，因此A板的电势为0。电场方向为由A板垂直指向B板，所以A点的电势比C点的电势高，所以CA之间的电势差为UCA＝－EdAC＝－600×2×10－2 V＝－12 V。(3)C到A过程中，静电力做的功为WCA＝qUCA＝2×10－8×(－12) J＝－2.4×10－7 J。答案：(1)600 V/m，方向由A板垂直指向B板(2)－12 V　(3)－2.4×10－7 J5　带电粒子在电场中的运动 　　核心素养点击eq \a\vs4\al(　　一、带电粒子在电场中的加速)1．填一填(1)运动状态利用电场使带电粒子加速时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。(2)两种分析思路①利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析，适用于解决的问题属于匀强电场，且涉及运动时间等描述运动过程的物理量。②利用静电力做功结合动能定理来分析，适用于问题只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场的情景。2．判断(1)基本粒子所受重力比电场力小得多，可以忽略不计。(√)(2)带电粒子在电场中运动时，电场力对粒子一定做正功。(×)(3)电场力对带电粒子做正功时，粒子的动能一定增大。(×)3．想一想如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度是多少？提示：由动能定理得：qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，解得v＝ eq \r(v02＋\f(2qU,m))。eq \a\vs4\al(　　二、带电粒子在电场中的偏转)1．填一填(1)偏转条件：带电粒子受到的静电力方向跟速度方向不在同一直线。(2)运动轨迹：在匀强电场中，带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直时，运动轨迹是一条抛物线，类似平抛运动的轨迹。分析思路：跟分析平抛运动是一样的，不同的仅仅是平抛运动物体所受的是重力，带电粒子所受的是静电力。2．判断(1)带电粒子在匀强电场中一定做匀变速运动。(√)(2)带电粒子垂直进入电场后偏转过程中的动能是不断增加的。(√)(3)带电粒子垂直进入电场后沿初速度方向做匀速直线运动，沿静电力方向做初速度为零的匀加速直线运动。(√)3．想一想如图所示，带电粒子(不计重力)从两极板中间垂直电场线方向进入电场，在电场中的运动时间与什么因素有关？提示：若能离开电场，则由t＝eq \f(L,v0)可知，与极板的长度L和初速度v0有关；若打在极板上，则由eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m) t2可知，与电场强度E和极板间距离d有关。eq \a\vs4\al(主题探究一)　　eq \a\vs4\al(带电粒子的加速) [问题驱动] 如图所示，平行板电容器两板间的距离为d＝5 cm，电势差为U＝20 V。一质量为m、带电荷量为q的α粒子，在电场力的作用下由静止开始从正极板A向负极板B运动。(1)比较α粒子所受电场力和重力的大小，说明重力能否忽略不计(α粒子质量是质子质量的4倍，即m＝4×1.67×10－27 kg，电荷量是质子的2倍)。提示：α粒子所受电场力大、重力小；因重力远小于电场力，故可以忽略重力。(2)α粒子的加速度是多大(结果用字母表示)？在电场中做何种运动？提示：α粒子的加速度为a＝eq \f(qU,md)。在电场中做初速度为0的匀加速直线运动。(3)计算α粒子到达负极板时的速度大小。(结果用字母表示，尝试用不同的方法求解)提示：方法一：利用动能定理求解。由动能定理可知qU＝eq \f(1,2)mv2解得v＝ eq \r(\f(2qU,m))。方法二：利用牛顿运动定律结合运动学公式求解。设α粒子到达负极板时所用时间为t，则d＝eq \f(1,2)at2　v＝at　a＝eq \f(qU,md)联立解得v＝ eq \r(\f(2qU,m))。　　　　【重难释解】1．带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。(2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法(1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动。(2)利用动能定理：qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02。若初速度为零，则qU＝eq \f(1,2)mv2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用。　　eq \a\vs4\al(典例1)　如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106 m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。两板距离为20 cm，金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105 N/C。质子质量m＝1.67×10－27 kg，电荷量q＝1.60×10－19 C。求质子由板上小孔射出时的速度大小。[解析]　根据动能定理W＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02而W＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2 J＝9.6×10－15 J所以v1＝ eq \r(\f(2W,m)＋v02)＝ eq \r(\f(2×9.6×10－15,1.67×10－27)＋5×1062) m/s≈6×106 m/s质子射出时的速度约为6×106 m/s。[答案]　6×106 m/s上述典例中，若质子刚好不能从右侧金属板上小孔中射出，其他条件不变，则金属板之间的电场强度为多大？方向如何？提示：根据动能定理－qE′d＝0－eq \f(1,2)mv02则E′＝eq \f(mv02,2qd)＝eq \f(1.67×10－27×5×1062,2×1.60×10－19×0.2) N/C≈6.5×105 N/C电场强度方向水平向左。[迁移·发散] 【素养训练】1.(多选)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析：选CD　电子由静止开始从A板向B板运动的过程中，根据动能定理列出等式：qU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝ eq \r(\f(2qU,m))，所以当改变两板间距离时，v不变，故A、B错误，C正确；由于两极板之间的电压不变，所以两极板之间的电场强度为E＝eq \f(U,d)，电子的加速度为a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU,2md)t2，得电子在两极板间运动的时间为t＝deq \r(\f(2m,qU))，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确。2．(多选)如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，则下列对电子运动的描述中正确的是(设电源电压为U)(　　)A．电子到达B板时的动能是eUB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3eUD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：选ABD　由eU＝EkB可知，电子到达B板时的动能为eU，A正确；因B、C两板间电势差为0，故电子从B板到达C板的过程中动能变化量为零，B正确；电子由C到D的过程中电场力做负功，大小为eU，故电子到达D板时速度为零，然后又返回A板，以后重复之前的运动，C错误，D正确。eq \a\vs4\al(主题探究二)　　eq \a\vs4\al(带电粒子的偏转)[问题驱动]如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，最终粒子能够射出两极板间的电场，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距为d，不计粒子的重力。(1)粒子的加速度大小是多少？方向如何？做什么性质的运动？提示：粒子受电场力大小为F＝qE＝qeq \f(U,d)，加速度为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,md)，方向竖直向下。粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上在电场力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，其合运动类似于平抛运动。(2)求粒子通过电场的时间及粒子离开电场时水平方向和竖直方向的速度，及合速度与初速度方向的夹角θ的正切值。提示：如图所示t＝eq \f(l,v0)，vx＝v0vy＝at＝eq \f(qUl,mdv0)tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qUl,mdv02)。(3)求粒子沿电场方向的偏移量y。提示：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv02)。　　　　 【重难释解】1．带电粒子垂直进入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。规律：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(初速度方向：vx＝v0　x＝v0t,电场力方向：vy＝at　y＝\f(1,2)at2))2．分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。3．两个特殊推论：(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。(2)位移方向与初速度方向间夹角α(图中未画出)的正切为速度偏转角θ正切的eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ。eq \a\vs4\al(典例2)　一束电子流在经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示。若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？解题指导：(1)电子经电压U加速后的速度v0可由eU＝eq \f(1,2)mv02求出。(2)初速度v0一定时，偏转电压越大，偏转距离越大。(3)最大偏转位移eq \f(d,2)对应最大偏转电压。[解析]　加速过程，由动能定理得eU＝eq \f(1,2)mv02进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l＝v0t在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(eU′,dm)偏转距离y＝eq \f(1,2)at2能飞出的条件为y≤eq \f(d,2)联立以上各式解得U′≤eq \f(2Ud2,l2)＝400 V即要使电子能从平行板间飞出，两极板所加电压最大为400 V。[答案]　400 V上述典例中，若使电子打到下极板中间，其他条件不变，则两个极板上需要加多大的电压？提示：由eU＝eq \f(1,2)mv02，a＝eq \f(eU ″,dm)eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2eq \f(l,2)＝v0t联立解得U″＝eq \f(8Ud2,l2)＝1 600 V。[迁移·发散] 带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个电场力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系、能量守恒等。【素养训练】3．(2023·广东1月学考)(多选)图为示波管的原理简图，电子经加速电场由静止加速，以速度v从M点垂直于偏转电场射入，最后从N点射出，则(　　)A．加速电场电压增大，速度v也将增大B．电子在加速电场运动的过程中，电势能不断增加C．在偏转电场中，M点的电势比N点的电势高D．在偏转电场中，M点的电势比N点的电势低解析：选AD　电子在加速电场中，由功能定理有eU1＝eq \f(1,2)mv2，v＝ eq \r(\f(2eU1,m))，加速电场电压增大，速度v也将增大，故A正确；电子在加速电场运动的过程中，电场力做正功，电势能转化为动能，不断减小，B错误；在偏转电场中，电子受电场力做正功，电势能减小，电势升高，故M点的电势比N点的电势低，C错误，D正确。4．(2023·浙江6月选考)某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足(　　)A.eq \f(E1,E2)＝eq \f(R2,R1) B.eq \f(E1,E2)＝eq \f(R12,R22)C.eq \f(E1,E2)＝eq \f(R1,R2) D.eq \f(E1,E2)＝eq \f(R22,R12)解析：选A　带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE1＝meq \f(v2,R1)，qE2＝meq \f(v2,R2)，联立可得eq \f(E1,E2)＝eq \f(R2,R1)，故选A。一、培养创新意识和创新思维1．1897年汤姆孙发现电子后，许多科学家为测量电子的电荷量做了大量的探索。1907～1913年密立根用带电油滴进行实验，发现油滴所带的电荷量是某一数值e的整数倍，于是称该数值为基本电荷。如图所示，两块完全相同的金属极板水平放置，板间的距离为d，当质量为m的微小带电油滴在两板间运动时，它所受空气阻力的大小与速度大小成正比。两板间不加电压时，观察到油滴竖直向下做匀速运动，通过某一段距离所用时间为t1；当两板间加电压U(上极板的电势高)时，可以观察到同一油滴竖直向上做匀速运动，且在时间t2内运动的距离与在时间t1内运动的距离相等。忽略空气浮力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)A．根据上极板电势高时观察到油滴竖直向上做匀速运动，可以判定油滴带正电B．密立根根据实验数据计算出油滴所带的电荷量大约都是1.6×10－19 CC．根据不加电压和加电压两个匀速过程，可以求解出油滴所带的电荷量Q＝eq \f(mgdt1＋t2,Ut2)D．根据两板间加电压U(上极板的电势高)时观察到同一油滴竖直向上做匀速运动，可以计算出油滴的电荷量Q＝eq \f(mgd,U)解析：选C　当极板上加了电压U后，该油滴竖直向上做匀速运动，说明油滴受到的电场力竖直向上，与板间电场的方向相反，所以该油滴带负电，A错误；油滴所带的电荷量大约都是1.6×10－19 C的整数倍，B错误；设油滴运动时所受空气阻力f与速度大小v满足关系为f＝kv，当不加电压时，设油滴以速率v1匀速下降，受重力和阻力而平衡，即mg＝kv1，当极板加电压U时，设油滴以速率v2匀速上升，受电场力、重力和阻力，即QE＝mg＋kv2，其中E＝eq \f(U,d)，根据题意有v1t1＝v2t2，解得Q＝eq \f(mgdt1＋t2,Ut2)，C正确；加上电压时，油滴运动过程中，不仅仅只受电场力和重力作用，还受阻力作用，所以eq \f(U,d)Q≠mg，D错误。二、注重学以致用和思维建模2．(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁微粒的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是(　　)A．减小墨汁微粒的质量B．增大偏转电场两板间的距离C．减小偏转电场的电压D．减小墨汁微粒的喷出速度解析：选BC　微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L＝v0t；竖直方向：y＝eq \f(1,2)at2，加速度：a＝eq \f(qU,md)，联立解得：y＝eq \f(qUL2,2mdv02)，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转距离y。由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两板间的距离、减小偏转极板间的电压U、增大墨汁微粒的喷出速度，故A、D错误，B、C正确。3．如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在一个很大的导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电。水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，被鼓风机吹出的水平微风裹挟着飞离电场区域。图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是(　　)A．水分子运动中受到的电场力越来越小B．沿着曲线ABCD方向电势越来越低C．水分子运动中电势能越来越小D．水分子的轨迹ABCD是一条抛物线解析：选C　根据电场线疏密可以判断电场强弱，所以D点电场线最密，电场强度最强，所以D点受电场力最大，电场力越来越大，A错误；沿电场线方向电势越来越低，所以A点电势最低，沿着曲线ABCD方向电势越来越高，B错误；水分子从静止开始运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；因为电场线不是匀强电场，所以水分子受力方向一直在变，所以不是类平抛运动，轨迹不是抛物线，D错误。[课时跟踪检测]A组—重基础·体现综合1．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场后，速度最大的粒子是(　　)A．质子(eq \o\al(1,1)H) B．氘核(eq \o\al(2,1)H)C．α粒子(eq \o\al(4,2)He) D．钠离子(Na＋)解析：选A　粒子在电场中做加速运动，根据动能定理可知，qU＝eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝ eq \r(\f(2qU,m))，粒子的比荷越大，速度越大，故质子的速度最大，A选项正确。2．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其他力的作用)，下列说法正确的是(　　)A．电势能增加，动能增加B．电势能减小，动能增加C．电势能和动能都不变D．上述结论都不正确解析：选B　根据能量守恒定律可知，只有电场力做功的情况下，动能和电势能之和保持不变，即带电粒子受电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B选项正确。3.如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球(　　)A．可能做直线运动B．一定不做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小解析：选C　小球受重力和电场力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，A、B选项错误；合力方向与速度方向先成钝角，后成锐角，即合力先做负功后做正功，速率先减小后增大，C选项正确，D选项错误。4．让质子和氘核的混合物沿与电场垂直的方向进入匀强电场，要使它们最后的偏转角相同，这些粒子进入电场时必须具有相同的(　　)A．初速度 B．初动能C．加速度 D．无法确定解析：选B　进入电场中的粒子的偏转角tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(Eq,mv0)·eq \f(L,v0)＝eq \f(qU,mv0d)·eq \f(L,v0)＝eq \f(qUL,mv02d)，质子和氘核具有相同的q，只要具有的初动能相同，则偏转角相同，故B正确。5.如图所示，电子在电势差为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(　　)A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小解析：选B　由带电粒子在电场中的加速和偏转运动规律可知tan θ＝eq \f(U2L,2U1d)，选项B正确。6.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是(　　)A.eq \f(edL,U) B．edULC.eq \f(eU,dL) D.eq \f(eUL,d)解析：选D　电子从O点运动到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小。根据题意和题图判断，电子仅受电场力，不计重力。根据能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eUOA。因E＝eq \f(U,d)，UOA＝EL＝eq \f(UL,d)，故eq \f(1,2)mv02＝eq \f(eUL,d)，所以D正确。7.如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点垂直电场方向射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为(　　)A．1∶1,2∶3 B．2∶1,3∶2C．1∶1,3∶4 D．4∶3,2∶1解析：选D　粒子在水平方向上做匀速直线运动x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y＝eq \f(1,2)at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝tB2∶tA2＝1∶4，而ma＝qE，m＝eq \f(qE,a)，eq \f(mA,mB)＝eq \f(qA,qB)·eq \f(aB,aA)＝eq \f(1,3)×eq \f(4,1)＝eq \f(4,3)。D项正确。8．(多选)示波管的构造如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：选AC　根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电，故A、C正确，B、D错误。eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新9.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点解析：选A　根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)、定义式C＝eq \f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。10.如图所示是真空中A、B两板间的匀强电场，一电子由A板无初速度释放运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为s1和s2，在前一半位移和后一半位移所经历的时间分别是t1和t2，下面选项正确的是(　　)A．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝eq \r(2) ∶1B．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝eq \r(2) ∶1C．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝1∶(eq \r(2)－1)D．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝1∶(eq \r(2)－1)解析：选D　s1＝eq \f(1,2)at2，s2＝eq \f(1,2)a(2t)2－eq \f(1,2)at2＝eq \f(3,2)at2，所以s1∶s2＝1∶3；x＝eq \f(1,2)at12，t1＝ eq \r(\f(2x,a))，2x＝eq \f(1,2)at′2，t2＝t′－t1＝ eq \r(\f(4x,a))－eq \r(\f(2x,a))，所以t1∶t2＝1∶(eq \r(2)－1)，故D正确。11．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek。如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器的动能变为(　　)A．8Ek B．5EkC．4.25Ek D．4Ek解析：选C　因为偏转距离为y＝eq \f(qUL2,2mdv02)，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为eq \f(y,4)，所以静电力做功只有W＝0.25Ek，而初动能变为4Ek，故它飞出电容器时的动能变为4.25Ek。故正确选项为C。12.(2022·广东1月学考)如图所示，真空中水平放置两块间距为d的无限大平行极板，两极板间的电场是匀强电场，一质量为m，带电量为＋q的小油滴，从两极板中央以水平速度v0射入后做匀速直线运动，试求：(1)两极板分别带何种电荷？两极板间的电势差是多少？(2)若保持两平行极板间距d不变，仅将两极板间的电势差增大一倍，小油滴将打到哪个极板上？其落点距入射点的水平位移是多少？解析：(1)上极板带负电，下极板带正电，mg＝Eq①E＝eq \f(U,d)， ②联立①②得电势差U＝eq \f(mgd,q)。 ③(2)小油滴将打到上极板，仅将电势差增大一倍，即有E′＝eq \f(2U,d) ④竖直方向上，做匀加速直线运动，有ma＝E′q－mg， ⑤y＝eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2， ⑥水平方向上做匀速运动，有x＝v0t， ⑦联立③④⑤⑥⑦得x＝v0eq \r(\f(d,g))。答案：(1)上极板带负电，下极板带正电　eq \f(mgd,q)(2)上极板　v0eq \r(\f(d,g))13．如图，在某示波管中从炽热金属丝射出的电子流(初速度不计)，经加速电压U1加速后，在S处沿水平方向垂直电场飞入平行板间，若两板间的电压为U2，板间距离为d，板长为l。已知电子质量为m，电荷量为e。若电子能飞出偏转电场，求：(1)电子离开加速电场时的速度v0的大小；(2)电子经过偏转电场的时间t；(3)电子经过偏转电场的竖直位移y。解析：(1)由动能定理可得U1e＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(\f(2U1e,m))。(2)电子经过偏转电场的时间t＝eq \f(l,v0)＝leq \r(\f(m,2U1e))。(3)电子经过偏转电场的竖直位移y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(U2e,dm)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l\r(\f(m,2U1e))))2＝eq \f(U2l2,4dU1)。答案：(1) eq \r(\f(2U1e,m))　(2)leq \r(\f(m,2U1e))　(3)eq \f(U2l2,4dU1)习题课一　电场能的性质eq \a\vs4\al(综合提能一)　　eq \a\vs4\al(电势高低及电势能大小的判断)【知识贯通】1．电势高低的判断方法2．电势能大小的判断方法eq \a\vs4\al(典例1)　如图所示，在某静电除尘器产生的电场中，带等量负电荷的两颗微粒只受电场力作用，分别从p点沿虚线pm、pn运动，被吸附到金属圆筒上。下列说法正确的是(　　)A．p点的电势高于n点的电势B．微粒在p点的电势能小于在m点的电势能C．微粒从p到n的动能变化量大于从p到m的动能变化量D．微粒从p到n的电势能变化量等于从p到m的电势能变化量[解析]　沿着电场线，电势逐渐降低，则有φn＞φp，故A错误；负电荷从p运动到m，电场力做正功，电势能减小，有Epp＞Epm，故B错误；两微粒均只受电场力，电场力对其做正功，由动能定理有qU＝ΔEk，因初末电势差相同，电荷量q相等，则电场力做的正功相等，电势能的减小量相等，两微粒的动能变化量相等，故C错误，D正确。[答案]　D【集训提能】1．如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是(　　)A．导体内部的场强左端大于右端B．A、C两点的电势均低于B点的电势C．B点的电场强度大于A点的电场强度D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小解析：选D　处于静电平衡状态下的导体，它的表面是一个等势面，其内部电场为零，选项A错误； 根据电场线性质，顺着电场线方向电势降低，所以A、C电势高于B点电势，选项B错误；由题图可以看出A点的电场线比B点的电场线密集，B点的电场强度小于A点的电场强度，选项C错误；根据WAB＝qUAB可知，已知φA＞φB，因此正电荷从A点到B点电场力做正功，电势能减小，选项D正确。2.(多选)如图所示，同一竖直平面内A、B、C、D四点距O点的距离均为r，O为水平连线AB的中点，C、D为AB连线中垂线上的两点。A、B两点分别固定有带电荷量均为Q(Q>0)的点电荷。在C点由静止释放一质量为m的带正电小球，小球竖直下落通过D点。重力加速度大小为g，静电力常量为k。则(　　)A．C、D两点的场强大小均为keq \f(Q,r2)B．小球运动到D点时的动能为2mgrC．小球从C点到D点的过程中，先加速后减速D．小球从C点到D点的过程中，电势能先增大后减小解析：选BD　由平行四边形定则可求得电场中C、D两点的场强大小为EC＝ED＝2eq \f(kQ,\r(2)r2)·cos 45°＝eq \f(\r(2)kQ,2r2)，A错误；由电场分布对称性可知，C、D两点电势差为0，对小球由C到D过程应用动能定理可得：Ek＝mg·2r，B正确；小球由C到O过程中电场力做负功，由O到D过程中电场力做正功，所以小球从C点到D点的过程中，电势能先增大后减小，选项D正确；小球由O到D过程中电场力和重力方向均竖直向下，一定处于加速阶段，故选项C错误。3．(2023·海南高考)(多选)如图所示，正三角形三个顶点固定三个带等量电荷的点电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是(　　)A．M、N两点的电场强度相同B．M、N两点的电势相同C．负电荷在M点的电势能比在O点时要小D．负电荷在N点的电势能比在O点时要大解析：选BC　经分析可知M、N两点电场强度的大小相等，方向不同，A错误；M、N两点在A、B的电场中位于同一等势面上，比O点电势要高，同时M、N两点在C的电场中也是位于同一等势面上，也比O点电势要高，所以M、N两点位于同一等势面上，电势相等，B正确；由于M(N)点电势高于O点电势，根据Ep＝qφ可知，负电荷在O点的电势能高于在M(N)点的电势能，C正确，D错误。eq \a\vs4\al(综合提能二)　　eq \a\vs4\al(静电场中的三类图像)【知识贯通】1．v­t图像根据v­t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。2．φ­x图像(1)电场强度的大小等于φ­x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ­x图线存在极值，其切线的斜率为零。(2)在φ­x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。(3)在φ­x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。3．E­x图像在给定了电场的E­x图像后，可以由图线确定电场强度的变化情况，电势的变化情况，E­x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。eq \a\vs4\al(典例2)　(多选)某静电场沿x方向的电势分布如图所示，则(　　)A．在O～x1之间不存在沿x方向的电场B．在O～x1之间存在着沿x方向的匀强电场C．在x1～x2之间存在着沿x方向的匀强电场D．在x1～x2之间存在着沿x方向的非匀强电场[解析]　由电场的能的性质可知：E＝eq \f(U,d)，所以在φ­x 图像中，斜率k表示在x方向上的电场强度Ex。所以O～x1沿x方向电场强度为0，A正确，B错误；x1～x2之间电势均匀减小，斜率不变，即Ex不变，x1～x2之间存在沿x方向的匀强电场，C正确，D错误。[答案]　AC【集训提能】4．如图甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点。一个带负电荷的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电场线运动到B点。在此过程中，该点电荷的速度随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法中正确的是(　　)A．A点的电场强度比B点的大B．A、B两点的电场强度相等C．A点的电势比B点的电势高D．A点的电势比B点的电势低解析：选C　由题图乙可知，带负电的点电荷做加速度逐渐增大的减速运动，故A点的电场强度比B点的小，负电荷的动能减小，电势能增加，对应位置的电势减小，因此C正确。5．(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正向为电场强度正方向，带正电荷的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动至x4的过程中电场力先减小后增大解析：选BC　由题图可知， x1到x4电场强度先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确。eq \a\vs4\al(综合提能三)　　eq \a\vs4\al(电场中的功能关系)【知识贯通】1．合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。2．电场力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。3．只有电场力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即Ep1＋E机1＝Ep2＋E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。eq \a\vs4\al(典例3)　如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2eq \r(gR)。求：(1)小球滑到C点时的速度大小；(2)若以C点为零电势点，试确定A点的电势。[解析]　(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中电场力做的总功为零。由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝eq \f(3R,2)根据动能定理有mg·eq \f(3R,2)＝eq \f(mvC2,2)－eq \f(mvB2,2)解得vC＝eq \r(7gR)。(2)小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·3R＋W电＝eq \f(mvC2,2)，又根据电场力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)。又因为φC＝0，可得φA＝－eq \f(mgR,2q)。[答案]　(1)eq \r(7gR)　(2)－eq \f(mgR,2q)【集训提能】6．(多选)带电小球在从A点运动到B点的过程中，重力做功为3 J，电场力做功为1 J，克服空气阻力做功为0.5 J，则带电小球在A点的(　　)A．重力势能比在B点大3 JB．电势能比在B点小1 JC．动能比在B点小3.5 JD．机械能比在B点小0.5 J解析：选ACD　带电小球在从A点运动到B点的过程中，重力做功为3 J，说明重力势能减小3 J，选项A正确；电场力做功1 J，说明电势能减小1 J，选项B错误；由动能定理可知动能的变化量等于合外力所做的功，即动能增加3.5 J，选项C正确；机械能的变化量等于除重力之外的力所做的功，即机械能增加0.5 J，选项D正确。7.(多选)如图所示，平行直线是匀强电场的电场线(电场方向未画出)，曲线是电子(只受电场力)在该电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，电子从a运动到b，则下列说法正确的是(　　)A．a点的电势高于b点的电势B．电子在a点的电势能大于在b点的电势能C．电子在a点的动能大于在b点的动能D．电子在a点的加速度大于在b点的加速度解析：选AC　由题图看出，电子所受的电场力方向水平向左，而电子带负电，可知电场线方向水平向右，则a点的电势高于b点的电势，故A正确；电子从a运动到b的过程中，电场力做负功，则电势能增加，动能减小，即电子在a点的电势能小于在b点的电势能，在a点的动能大于在b点的动能，故B错误，C正确；电子在匀强电场中所受的电场力是恒力，则其加速度恒定不变，故D错误。8．如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，某电场线上有两点M和N，距离为2d。在M和N处分别固定电荷量为＋q和－q的两个点电荷。下列说法正确的是(　　)A．点电荷＋q和－q受到的静电力大小均为qE，方向相反B．将点电荷＋q沿MN连线向N点移动距离d，静电力对点电荷＋q做功为qEdC．交换两个点电荷的位置，静电力对两个点电荷做功之和为零D．将两点电荷沿MN连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不变，静电力对两个点电荷做功之和为零解析：选D　点电荷＋q和－q除受匀强电场对其作用力qE外，还受到另一点电荷对其的库仑力keq \f(q2,4d2)，故选项A错误；将点电荷＋q沿MN连线向N点移动距离d，静电力做功既包括匀强电场的电场力对点电荷＋q做功为qEd，又包括点电荷－q的库仑力对其做正功，故B错误；交换两个点电荷的位置，静电力对点电荷＋q做正功，对点电荷－q也做正功，代数和不为0，故C错误；将两点电荷沿MN连线移动距离d，保持两个点电荷的距离不变，此过程两点电荷间的库仑力做功相互抵消，匀强电场的电场力对两个点电荷做功相互抵消，故静电力对两个点电荷做功之和为零，D正确。[课时跟踪检测]A组—重基础·体现综合1．一个带正电的质点所带的电荷量q＝2.0×10－9 C，在静电场中由a点移到b点，在这个过程中，除静电力外，其他力做正功为6.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则a、b两点间的电势差为(　　)A．3×104 V B．1×104 VC．4×104 V D．7×104 V解析：选B　由动能定理，WF＋qUab＝ΔEk，则Uab＝1×104 V，选项B正确。2．质量为m的带电小球射入匀强电场后，以方向竖直向上、大小为2g的加速度向下运动，在小球下落h的过程中(　　)A．小球的重力势能减少了2mghB．小球的动能增加了2mghC．电场力做负功2mghD．小球的电势能增加了3mgh解析：选D　带电小球受到向上的静电力和向下的重力，据牛顿第二定律F合＝F电－mg＝2mg，得F电＝3mg，在下落过程中静电力做功W电＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，总功W＝W电＋WG＝－2mgh，根据做功与势能变化关系可判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D。3.如图所示，两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，两圆环相隔一定距离同轴平行固定放置，B、D分别为两环圆心，C为BD中点。一带负电的粒子从很远处沿轴线向下依次穿过两环，若粒子只受电场力作用，则在粒子运动过程中下列说法正确的是(　　)A．粒子经过B点时加速度为零B．粒子经过B点和C点时动能相等C．粒子从A到C的过程中，电势能一直增大D．粒子从B到D的过程中，电场力做的总功为0解析：选D　两个相同的绝缘细圆环带有等量正电荷，电荷在圆环上的分布是均匀的，所以两个圆环产生的电场关于C点是对称的，结合矢量合成的方法可得，C点的合场强为零，带负电的粒子在B点受到的电场力的方向向下，加速度不为零，故A错误；由于两个圆环产生的电场关于C点是对称的，所以粒子从B到C电场力做功的绝对值与粒子从C到D电场力做功的绝对值大小相等，总功等于零，所以粒子经过B点与经过D点时的动能相等，故D正确，B错误；粒子从A到B的过程中，受到的电场力的方向向下，电场力做正功，电势能减小，故C错误。4．(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x轴方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有(　　)A．EBx的大小大于ECx的大小B．EBx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x轴方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功后做负功解析：选AD　在φ­x图像中，图线的斜率大小表示电场强度大小，可见EBx＞ECx，选项A正确；同理可知O点电场强度在x轴方向上的分量最小，电荷在该点受到的电场力在x轴方向上的分量最小，选项C错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，Ex的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Ex的方向沿x轴正方向，选项B错误，选项D正确。5．(多选)如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化的关系如图乙所示，则(　　)A．c点处的场强和a点处的场强大小相等、方向相同B．球内部的电场为匀强电场C．a、c两点处的电势相等D．假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，则从a点处移动到c点处的过程中，电场力一直做正功解析：选AD　根据题图乙所示的x轴上各点的电场强度随x变化的关系知c点处场强和a点处场强大小相等、方向相同，球内部的电场为非匀强电场，选项A正确，选项B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，由题图乙易判断a点的电势大于c点的电势，选项C错误；假设将一个带正电的试探电荷沿x轴移动，电场力与运动方向相同，电场力一直做正功，选项D正确。6.空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则(　　)A．e点的电势大于0B．a点和b点的电场强度相同C．b点的电势低于d点的电势D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加解析：选D　由等势线分布图可以确定P、Q处固定等量异种点电荷，两点电荷连线垂直平分线为等势线且电势为0，A项错误；电场线与等势线垂直，故a、b两点的电场强度方向不同，B项错误；Q点处为正电荷，则P处固定电荷为负电荷，所以φb>0，φd<0，所以b点电势高于d点电势，C项错误；又负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷从a点移到c点时电势能增加，D项正确。7．如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆形细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F，一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　)A．小球从C运动到D的过程中，速度先减小后增大B．在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低C．小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能D．小球在D、F两点所受的电场力相同解析：选C　小球从C到D的过程中电场力的方向与速度方向的夹角一直是钝角，电场力一直做负功，速度一直减小，A错误；由等量正点电荷的电场线的分布可知，电场线在OC方向由C指向O，在OF方向则有O指向F，顺着电场线方向电势降低，因此有φC>φO>φF，B错误；根据电场分布的对称性规律可知φC＝φE，则小球在C、E两点的电势能相同，由能量守恒定律可得小球在C和E两点动能相同，速度大小相等，C正确；等量同种正点电荷的电场线如图，D、F两点场强方向相反，因此小球受到的电场力方向相反，D错误。8．一长为L的细线，一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零。试求：(重力加速度为g)(1)A、B两点的电势差UAB；(2)匀强电场的场强大小。解析：(1)小球由A到B过程中，由动能定理得mgLsin 60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－eq \f(\r(3)mgL,2q)。(2)根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，可得E＝eq \f(UBA,L－Lcos 60°)＝eq \f(\r(3)mg,q)。答案：(1)－eq \f(\r(3)mgL,2q)　(2)eq \f(\r(3)mg,q)eq \a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新9．(2023·湖北高考)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(　　)A．若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远B．若EMEN解析：选C　沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知，若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知，若EMφ2＝φ0>φ3解析：选BCD　由E＝eq \f(U,d)得电场强度与电势的关系：E＝eq \f(Δφ,Δx)，电势能：Ep＝qφ，联立可得：E＝eq \f(1,q)·eq \f(ΔEp,Δx)，可知Ep­x图像切线的斜率eq \f(ΔEp,Δx)＝qE＝F电，x1处切线斜率为零，所以x1处电场强度为零，故A错误；由题图可知，O～x1、x1～x2、x2～x3三段斜率大小变化情况为变小、变大、不变，则可知粒子在三段中所受电场力变小、变大、不变，故B、C正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q<0，可知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正确。11.如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为eq \f(3,4)g，静电力常量为k，求：(1)此电荷在B点处的加速度；(2)A、B两点间的电势差(用k、Q和h表示)。解析：(1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律得，在A点时：mg－keq \f(Qq,h2)＝m·eq \f(3,4)g，在B点时：keq \f(Qq,0.25h2)－mg＝m·aB，解得aB＝3g，方向竖直向上。(2)从A到B的过程，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，解得UAB＝－eq \f(3kQ,h)。答案：(1)3g，方向竖直向上　(2)－eq \f(3kQ,h)12.如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h高度的P点固定一个电荷量为＋Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为＋q的物块(可视为质点)从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为φ(取无穷远处电势为零)，PA连线与水平轨道的夹角为60°，重力加速度为g，静电力常量为k。试求：(1)物块在A点时受到轨道的支持力大小；(2)点电荷产生的电场在B点的电势。解析：(1)物块在A点受到点电荷的库仑力：F＝eq \f(kQq,r2)由几何关系可知：r＝eq \f(h,sin 60°)设物块在A点时受到轨道的支持力大小为FN由平衡条件有：FN＝mg＋Fsin 60°解得：FN＝mg＋eq \f(3\r(3)kQq,8h2)。(2)设点电荷产生的电场在B点的电势为φB由动能定理有：q(φ－φB)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02解得：φB＝φ＋eq \f(mv02－v2,2q)。答案：(1)mg＋eq \f(3\r(3)kQq,8h2)(2)φ＋eq \f(mv02－v2,2q)第十章　静电场中的能量主干知识成体系　 模型构建探本质eq \a\vs4\al(　　“等效重力法”解决带电体在电场、重力场中的运动问题)“等效重力法”解决带电体在电场、重力场中的运动问题带电体在匀强电场和重力场构成的复合场中的运动问题，常常采用“等效重力场”的方法，即将电场力和重力的合力视为一个“等效重力”，将g′＝eq \f(F合,m)视为“等效重力加速度”，可起到化繁为简、化难为易和化新为旧的解题效果。处理这类问题要注意区分“几何最高点”和“物理最高点”。“几何最高点”指的是圆相对于水平面的最高点，“物理最高点”指圆周在合力方向的最高点，两者不一定重合。eq \a\vs4\al(典例)　如图所示，水平向右的匀强电场中，用长为R的轻质绝缘细线在O点悬挂一质量为m且可以视为质点的带电小球，小球静止在A处，AO的连线与竖直方向的夹角为37°，现给小球一个垂直于OA方向的初速度v0，小球便在竖直面内运动，为使小球能在竖直面内完成圆周运动，这个初速度v0至少应为多大？[解析]　小球静止时，对小球进行受力分析，如图所示，由几何关系得F电＝mgtan 37°＝eq \f(3,4)mg由平行四边形定则可得“等效”重力G′＝eq \r(mg2＋F电2)＝eq \f(5,4)mg，与细线的拉力F拉的方向相反。与重力场类比可知：小球能在竖直面内完成圆周运动的临界速度位置在AO连线的延长线上的B处，由“等效”重力提供小球所需的向心力，得G′＝eq \f(mvB2,R)，所以小球在B处的最小的速度vB＝ eq \r(\f(5gR,4))小球从B运动到A的过程中，由动能定理可得G′·2R＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mvB2，代入数据可得v0＝eq \f(5,2)eq \r(gR)。[答案]　eq \f(5,2)eq \r(gR)1．等效重力法：将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。2．在分析带电粒子在等效场中的运动问题时，一定要明确以下有关等效重力场中的几个重要概念，具体对应如下：【针对训练】1．如图所示，一绝缘细圆环半径为r，环面处于竖直面内，匀强电场与圆环平面平行。环上穿有一带电荷量为＋q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，小球所受电场力和重力大小相等。小球经过A点时速度的方向向上恰与电场垂直。重力加速度为g。(1)若小球经过A点时，圆环与小球间无力的作用，小球经过A点时的速度大小vA是多大？(2)要使小球能运动到与A点对称的B点，小球在A点的速度至少是多大？(3)在保证小球恰好做圆周运动的前提下，小球对轨道的最大压力是多大？解析：(1)小球在竖直平面内沿圆环做无摩擦的圆周运动，由题意知，在A点电场力提供向心力，则有qE＝mg＝eq \f(mvA2,r)，解得vA＝eq \r(gr)。(2)小球的等效最高点C如图所示，小球能过等效最高点C必能过B点，小球到达等效最高点C的速度vC≥0，小球从A运动到C的过程，由动能定理得－mgrsin 45°＋qEr(1－cos 45°)＝eq \f(1,2)m(vC2－vA2)，解得vA＝eq \r(2\r(2)－2gr)。(3)从等效最高点C运动到等效最低点D的过程，由动能定理得eq \r(2)mg·2r＝eq \f(1,2)m(vD2－vC2)，小球恰好能做圆周运动时，vC＝0在D点，由牛顿第二定律得FN－eq \r(2)mg＝eq \f(mvD2,r)，解得FN＝5eq \r(2)mg，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的最大压力为5eq \r(2)mg。　答案：(1)eq \r(gr)　(2) eq \r(2\r(2)－2gr)(3)5eq \r(2)mg2．如图所示，BCDG是光滑绝缘的eq \f(3,4)圆弧轨道，轨道位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为eq \f(3mg,4)，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小。(2)为使滑块恰好始终沿轨道滑行，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。解析：(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有qE(s＋R)－μmgs－mgR＝eq \f(1,2)mv2－0，而qE＝eq \f(3mg,4)，解得v＝eq \r(gR)，设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则有F－qE＝meq \f(v2,R)，解得F＝eq \f(7,4)mg。由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的作用力大小为eq \f(7,4)mg。(2)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑块能滑至圆弧轨道的等效最高点，等效最高点在DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，设为vm，则有eq \r(qE2＋mg2)＝meq \f(vm2,R)，解得vm＝eq \f(\r(5gR),2)。答案：(1)eq \f(7,4)mg　(2)eq \f(\r(5gR),2)创新应用提素养一、在生产生活中的应用1.心脏除颤器是通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为15 μF，充电至9.0 kV电压，如果电容器在2.0 ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为0。下列说法正确的是(　　)A．若充电至4.5 kV，则该电容器的电容为7.5 μFB．充电至9.0 kV时，该电容器所带电荷量是0.27 CC．这次放电有0.135 C的电荷量通过人体组织D．这次放电过程中通过人体组织的电流恒为67.5 A解析：选C　电容器在充电至不同电压时，电容器的电容不变，仍然为15 μF，故A错误；根据C＝eq \f(Q,U)可知，充电至9.0 kV时，该电容器所带电荷量是Q＝CU＝15×10－6×9 000 C＝0.135 C，故B错误；由题意可知，放电结束后电容器两极板间的电势差减为0，则这次放电有0.135 C的电荷量通过人体组织，故C正确；根据I＝eq \f(Q,t)＝eq \f(0.135,2.0×10－3) A＝67.5 A，但电容器放电过程中电流不恒定，故D错误。2.医用口罩的熔喷布经过驻极处理可增加静电吸附作用，其中一类吸附过程可作如图简化：经过驻极处理后某根绝缘纤维带有正电荷，其附近a点处的初速度平行于该段直纤维且带负电的颗粒被吸附到纤维上b点，忽略其他电场影响，则(　　)A．颗粒做匀变速曲线运动B．颗粒受到的电场力恒定C．颗粒的电势能逐渐减小D．a点的电势比b点的高解析：选C　带电的绝缘纤维产生的电场为非匀强电场，故颗粒受到的电场力为变力，做非匀变速曲线运动，故A、B错误；由于颗粒带负电，绝缘纤维带正电，因此电场力对颗粒做正功，电势能减小，故C正确；由于绝缘纤维带正电，故b点电势高于a点，故D错误。3.(多选)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称。下列说法正确的是(　　)A．A点电势低于B点电势B．A点电场强度小于C点电场强度C．烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能D．烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能解析：选AD　由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，故A正确；由题图可知，A点电场线比C点密集，因此A点电场强度大于C点电场强度，故B错误；烟尘颗粒，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，故C错误；烟尘颗粒从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。二、创新科技中的应用4．如图所示为我国自主研发、全球首创的“超级电容器”，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9 500 F)，能够在10 s内完成充电。则该“超级电容器”(　　)A．充电过程中电流是恒定电流B．充电过程中两极的电压逐渐增大C．充电时电容器的正极应接电源的负极D．放电过程中电容器的化学能转化为电能解析：选B　充电过程中电流不为恒定电流，选项A错误；充电过程中两极的电荷量逐渐增大，故电压逐渐增大，选项B正确；充电时电容器的正极应接电源的正极，放电过程中电容器输出的是电能，选项C、D错误。5．根据大量科学测试可知，地球本身就是一个电容器。通常大地带有50万库仑左右的负电荷，而地球上空存在一个带正电的电离层，这两者之间便形成一个已充电的电容器，它们之间的电压为300 kV左右。地球的电容约为(　　)A．0.17 F B．1.7 FC．17 F D．170 F解析：选B　根据题意可得Q＝5×105 C，U＝3×105 V，根据C＝eq \f(Q,U)可得C＝eq \f(5×105 C,3×105 V)≈1.7 F，B正确。6．如果空气中的电场很强，使得气体分子中带正、负电荷的微粒所受的相反的静电力很大，以至于分子破碎，于是空气中出现了可以自由移动的电荷，那么空气变成了导体。这种现象叫作空气的“击穿”。已知高铁上方的高压电接触网的电压为27.5 kV，阴雨天时当雨伞伞尖周围的电场强度达到2.5×104 V/m时空气就有可能被击穿。因此乘客阴雨天打伞站在站台上时，伞尖与高压电接触网的安全距离至少为(　　)A．1.1 m B．1.6 mC．2.1 m D．2.7 m解析：选A　根据U＝Ed可得安全距离至少为dmin＝eq \f(U,E)＝eq \f(27.5×103,2.5×104) m＝1.1 m，故选A。7．静息电位是细胞膜未受刺激时，存在于细胞膜两侧的电势差。如图所示，某神经纤维的静息电位为0.04 V，细胞膜厚度为8×10－9 m。若膜中的电场视为匀强电场，钾离子K＋所带电荷量为1.6×10－19 C，从膜外穿入膜内的过程中，求：(1)钾离子K＋所受电场力F的大小；(2)电场力对钾离子K＋所做的功W。解析：(1)因为可以看成匀强电场，根据匀强电场的性质解得E＝eq \f(U,d)＝eq \f(0.04,8×10－9) V/m＝5×106 V/m则钾离子所受的电场力F＝Eq＝5×106×1.6×10－19 N＝8×10－13 N。(2)电场力做功W＝Fd＝8×10－13×8×10－9 J＝6.4×10－21 J。答案：(1)8×10－13 N　(2)6.4×10－21 J阶段评价查缺漏(时间：75分钟　满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是(　　)A．由E＝eq \f(F,q)知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B．由C＝eq \f(Q,U)知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C．由E＝keq \f(Q,r2)知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关D．由UAB＝eq \f(WAB,q)知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则A、B两点间的电势差为－1 V解析：选D　电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；电容C与Q、U无关，由电容器本身决定，B错误；E＝keq \f(Q,r2)是决定式，C错误；由UAB＝eq \f(WAB,q)可知，D正确。2.如图所示是两个等量异种点电荷的电场线分布，A、B是电场中的两点，则(　　) A．左侧源电荷带负电B．A点电势比B点电势高C．A、B两点电场强度相等D．正电荷在A点电势能大于在B点电势能解析：选A　根据点电荷的电场线分布特点可知，左侧为负电荷，右侧为正电荷，选项A正确；根据电场线的性质，B点电势高、电场强度大，正电荷在B点的电势能大，选项B、C、D错误。3.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是该点电荷标有电场方向的一条电场线，一带电粒子只在静电力作用下从A沿着虚线运动到B。设该粒子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)A．粒子一定带负电B．点电荷 Q靠近M端C．A、B两点的电场强度关系是EA＝EBD．该粒子在A、B两点的电势能EpA0所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，对全程由动能定理有：－μmg(2x1＋x2)＝0－eq \f(1,2)mv02解得：x2＝0.2 m。答案：O点左侧0.2 m14.(10分)水平放置的两块平行金属板长L＝5.0 cm，两板间距d＝1.0 cm，两板间电压为90 V且上板为正。一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107 m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量e＝1.6×10－19 C，电子质量me＝9.1×10－31 kg，计算结果保留两位有效数字)(1)电子偏离金属板时的侧位移；(2)电子飞出电场时的速度大小；(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10 cm，求OP的长。解析：(1)电子在电场中的加速度a＝eq \f(Ue,md)，运动时间t＝eq \f(L,v0)，侧位移即竖直方向位移：y0＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(eUL2,2mdv02)，代入数据解得y0≈4.9×10－3 m。(2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0，竖直分速度vy＝at＝eq \f(eUL,mdv0)，飞出电场时的速度为v＝eq \r(vx2＋vy2)，代入数据可得：v≈2.0×107 m/s。(3)设v与v0的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(vy,vx)电子飞出电场后做匀速直线运动：OP＝y0＋eq \x\to(NP)＝y0＋s·tan θ代入数据解得OP≈2.5×10－2 m。答案：(1)4.9×10－3 m　(2)2.0×107 m/s(3)2.5×10－2 m15．(15分)(2022·广东高考)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1。此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kmeq \f(1,3)v，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：(1)比例系数k；(2)油滴A、B带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量。解析：(1)两极板间无电压且小油滴匀速下落时，其速度大小为v1＝eq \f(h1,t)，①对小油滴匀速下落时受力分析如图甲得：m0g＝f1＝km0eq \f(1,3)v1， ②联立①②得k＝eq \f(m0\f(2,3)gt,h1)。 ③(2)两极板加上电压后，油滴A继续以原速度下落，不受影响，故油滴A不带电；油滴B经过一段时间后向上匀速运动，其所受电场力必竖直向上，故B带负电，B向上匀速时速度大小为v2＝eq \f(h2,t)， ④再对B受力分析得qE＝m0g＋f2， ⑤其中E＝eq \f(U,d)， ⑥f2＝km0eq \f(1,3)v2， ⑦联立③④⑤⑥⑦得q＝eq \f(m0gdh1＋h2,Uh1)， ⑧油滴B上升过程中，电场力做正功，电势能减少，其变化量为ΔEp＝－qEh2，⑨联立解得ΔEp＝－eq \f(m0gh2h1＋h2,h1)。答案：(1)eq \f(m0\f(2,3)gt,h1)　(2)A不带电，B带负电，带电量为eq \f(m0gdh1＋h2,Uh1)　－eq \f(m0gh2h1＋h2,h1)物理观念(1)知道静电力做功的特点，掌握静电力做功与电势能变化的关系。(2)理解电势的定义、定义式、单位，能根据电场线判断电势高低。科学思维通过类比法分析得出静电力做功与电势能变化的关系；理解比值法定义的电势。科学态度与责任通过电势能与重力势能的对比，能体会类比与创新在物理学研究中的重要性。物理观念(1)理解电势差的概念，知道电势差与电势零点的选取无关。(2)掌握电势差的表达式UAB＝φA－φB及UAB＝eq \f(WAB,q)；知道电势差的正、负号与电势高低之间的对应关系。科学思维通过类比电场强度、电势的定义方法，理解UAB＝eq \f(WAB,q)的意义，知道电势差UAB与WAB、q无关；会应用公式UAB＝φA－φB及UAB＝eq \f(WAB,q)进行计算，并在应用中培养逻辑推理能力。物理观念理解匀强电场中电势差与电场强度的关系：U＝Ed或E＝eq \f(U,d)，了解其适用条件。科学思维会推导关系式U＝Ed；能利用关系式U＝Ed分析非匀强电场相关问题；对比有关电场强度的三个表达式及适用条件，并在具体问题中准确选用公式解决有关问题；会用等分法确定等势面和电场线。大小关系由E＝eq \f(U,d)可知，电场强度在数值上等于沿电场方向单位距离上降低的电势方向关系电场中电场强度的方向就是电势降低最快的方向物理意义电场强度是电势差对空间位置的变化率，反映了电势随空间变化的快慢公式适用范围说明E＝eq \f(F,q)任何电场定义式，q为试探电荷的电荷量E＝keq \f(Q,r2)真空中点电荷形成的电场Q为场源电荷的电荷量，E表示跟点电荷相距r处的某点的电场强度E＝eq \f(U,d)匀强电场U为沿电场线方向上相距为d的两点间的电势差物理观念(1)知道什么是电容器及平行板电容器的主要构造。(2)理解电容的概念及其定义式。(3)了解电容器充电和放电现象及能量转换。科学思维通过类比建立电容的概念；通过电容的定义进一步体会比值定义法；结合具体问题构建电容器动态分析模型。科学探究会正确连接电路，认真观察电容器的充、放电过程；通过探究得出平行板电容器电容的影响因素。物理观念(1)了解带电粒子在电场中只受静电力作用时的运动情况。(2)知道示波管的主要构造和工作原理。科学思维能综合运用力学和电学的知识分析、解决带电粒子在电场中的两种典型运动模型。科学态度与责任通过对带电粒子在电场中加速、偏转过程的分析，培养学生的分析、推理能力；通过知识的应用，培养学生热爱科学的精神。判断角度判断方法依据电场线方向沿电场线方向，电势越来越低。(电场线的方向就是电势降低最快的方向)场源电荷判断法离场源正电荷越近的点，电势越高；离场源负电荷越近的点，电势越低根据电场力做功判断正电荷在电场力作用下移动时，电场力做正功，电荷由高电势处移向低电势处；正电荷克服电场力做功，电荷由低电势处移向高电势处。对于负电荷，情况恰好相反根据Ep＝qφ判断正电荷所在处的电势能越大，该点电势越高；负电荷所在处的电势能越大，该点电势越低判断角度判断方法做功判断法电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增大电荷电势法正电荷在电势越高的地方电势能越大；负电荷在电势越低的地方电势能越大公式法由Ep＝qφ，将电荷的大小、正负号一起代入公式。若Ep为正值，其绝对值越大表示电势能越大；如Ep为负值，其绝对值越小，表示电势能越大能量守恒法若只有电场力做功，电荷的动能和电势能之和不变，电荷动能增加，电势能减少；电荷动能减少，电势能增加场源电荷判断法离场源正电荷越近，检验正电荷(或负电荷)的电势能越大(或越小)，离场源负电荷越近，检验正电荷(或负电荷)的电势能越小(或越大)电场线法顺着电场线的方向运动，检验正电荷(或负电荷)的电势能减少(或增加)，逆着电场线的方向运动，检验正电荷(或负电荷)的电势能增加(或减少)等效重力场重力场、电场叠加而成的复合场等效重力重力、电场力的合力等效重力加速度等效重力与带电粒子质量的比值等效“最低点”带电粒子做圆周运动时，由圆心沿合力方向与圆周交点的位置等效“最高点”带电粒子做圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置等效重力势能等效重力大小与带电粒子沿等效重力场方向“高度”的乘积