2024-2025学年高考物理重点专题讲解及突破08静电场含解析

2024-2025年高考物理重点专题讲解及突破08：静电场超重点1：电场力的性质超重点1：电场力的性质一、电荷及电荷守恒定律1．元电荷、点电荷(1)元电荷：e＝1.6×10－19C，全部带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，其中质子、正电子的电荷量与元电荷相同．(2)点电荷：当带电体本身的大小和形态对探讨的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷．2．静电场(1)定义：存在于电荷四周，能传送电荷间相互作用的一种特别物质．(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用．3．电荷守恒定律(1)内容：电荷既不会创生，也不会歼灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．(3)带电实质：物体带电的实质是得失电子．二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比．作用力的方向在它们的连线上．2表达式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫静电力常量．3．适用条件：真空中的点电荷．三、电场强度、点电荷的场强1．定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值．2．定义式：E＝eq\f(F,q).单位为N/C或V/m.3．点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度E＝keq\f(Q,r2).4．方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向．5．电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则．四、电场线1．定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一样，曲线的疏密表示电场的强弱．2．电场线的特点(1)不闭合：电场线起始于正电荷(或无穷远处)，终止于无穷远处(或负电荷)．(2)不相交：在电场中两条电场线不相交．(3)同一电场中，电场线密的地方场强大．(4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向．(5)沿电场线方向电势降低．(6)电场线和等势面在相交处垂直．※考点一对库仑定律的理解及应用1．库仑定律的“四点”理解(1)库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用．(2)对于两个匀称带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离．(3)对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示．①同种电荷：F＜keq\f(q1q2,r2)；②异种电荷：F＞keq\f(q1q2,r2).(4)不能依据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r→0时，两个带电体已不能看作点电荷了．2．两完全相同带电球电荷安排规律(1)假如接触前两金属球带同种电荷，电荷量分别为q1和q2，两球接触时，总电荷量平均安排，两球的电荷量都等于eq\f(q1＋q2,2).(2)假如接触前两金属球带异种电荷，电荷量分别为q1和q2，且q1＞q2，接触时，先中和再将剩余的电荷量(q1－q2)平均安排，两球的电荷量都等于eq\f(q1－q2,2).[题组突破训练]1．如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布匀称，将它们固定于绝缘支架上，两球心间的距离为l，l为球壳外半径r的3倍．若使它们带上等量异种电荷，电荷量的肯定值均为Q，那么，a、b之间的万有引力F1与库仑力F2为()A．F1＝Geq\f(m2,l2)，F2＝keq\f(Q2,l2) B．F1≠Geq\f(m2,l2)，F2≠keq\f(Q2,l2)C．F1≠Geq\f(m2,l2)，F2＝keq\f(Q2,l2) D．F1＝Geq\f(m2,l2)，F2≠keq\f(Q2,l2)【解析】虽然两球心间的距离l只有球壳外半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布匀称，两球壳可看作质量集中于球心的质点，因此，可以应用万有引力定律求F1；而本题中由于a、b两球壳所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不匀称，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离l只有其外半径r的3倍，不满意l远大于r的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以库仑定律不适用，D正确．【答案】D2．半径相同的两个金属球A、B带有等量的电荷，相隔肯定距离，两球之间相互吸引力的大小为F.今让第三个半径相同的不带电的金属球C先后与A、B两球接触后移开，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小为()A.eq\f(1,8)F B.eq\f(1,4)FC.eq\f(3,8)F D.eq\f(3,4)F【解析】A、B两球相互吸引，说明它们带异种电荷，假设A、B的电荷量分别为＋q和－q.当第三个不带电的C球与A球接触后，A、C两球的电荷量平分，每球所带电荷量为q′＝＋eq\f(q,2).当再把C球与B球接触后，两球的电荷先中和，再平分，每球所带电荷量为q″＝－eq\f(q,4).由库仑定律F＝keq\f(Q1Q2,r2)知，当移开C球后由于r不变，A、B两球之间的相互作用力的大小为F′＝eq\f(F,8).选项A正确．【答案】A※考点二电场强度的叠加与计算1．电场强度三个表达式的比较E＝eq\f(F,q)E＝keq\f(Q,r2)E＝eq\f(U,d)公式意义电场强度定义式真空中点电荷电场强度的确定式匀强电场中E与U的关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场确定因素由电场本身确定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同确定由电场本身确定，d为沿电场方向的距离相同点矢量，遵守平行四边形定则单位：1N/C＝1V/m2.电场强度的叠加(1)叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和．(2)运算法则：平行四边形定则．[题组突破训练]1．(多选)下列关于电场强度的两个表达式E＝eq\f(F,q)和E＝eq\f(kQ,r2)的叙述，正确的是()A．E＝eq\f(F,q)是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的电场力，q是产生电场的电荷的电荷量B．E＝eq\f(F,q)是电场强度的定义式，F是放入电场中的电荷所受的电场力，q是放入电场中的电荷的电荷量，它适用于任何电场C．E＝eq\f(kQ,r2)是点电荷电场强度的计算式，Q是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场D．从点电荷电场强度计算式分析库仑定律的表达式F＝keq\f(Q1Q2,r2)，eq\f(kQ2,r2)是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的电场强度大小，而eq\f(kQ1,r2)是点电荷Q1产生的电场在Q2处电场强度的大小【解析】公式E＝eq\f(F,q)是电场强度的定义式，适用于任何电场，其中q是放入电场中的电荷的电荷量．E＝eq\f(kQ,r2)是点电荷电场强度的计算公式，只适用于点电荷电场，库仑定律公式F＝keq\f(Q1Q2,r2)可以看成Q1在Q2处产生的电场E1＝eq\f(kQ1,r2)对Q2的作用力．【答案】BCD2.(2024·济南高三联考)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为()A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y轴正向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y轴负向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y轴正向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y轴负向【解析】正点电荷在O点时，G点场强为0，即两负点电荷在G点的场强大小为E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y轴正方向．由对称性知，两负点电荷在H处的场强大小为E2＝E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y轴负方向．当把正点电荷放在G点时，在H处产生的场强的大小为E3＝eq\f(kQ,4a2)，方向沿y轴正方向．所以H处场强大小E＝E2－E3＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y轴负方向，选项B正确．【答案】B※考点三电场线的特点及应用1．两种等量点电荷的电场分析等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图电荷连线上的电场强度沿连线先变小后变大O点最小，但不为零O点为零中垂线上的电场强度O点最大，向外渐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称位置的电场强度A与A′、B与B′、C与C′等大同向等大反向2.电场线的应用[题组突破训练]1.如图所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称，则下列说法中正确的是()A．这两点电荷肯定是等量异种电荷B．这两点电荷肯定是等量同种电荷C．D、C两点的电场强度肯定相等D．C点的电场强度比D点的电场强度小【解析】由电场线分布的特征可知，产生电场的两点电荷肯定是等量异种电荷，A正确，B错误；C点电场线的密度比D点大，所以C点的电场强度大，C、D错误．【答案】A2.带有等量异种电荷的一对平行金属板，假如两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线，关于这种电场，下列说法正确的是()A．这种电场的电场线虽然是曲线，但是电场线的分布却是左右对称的，很有规律性，它们之间的电场，除边缘部格外，可以看作匀强电场B．电场内部A点的电场强度小于B点的电场强度C．电场内部A点的电场强度等于B点的电场强度D．若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板【解析】由于题图中平行金属板形成的电场的电场线不是等间距的平行直线，所以不是匀强电场，选项A错误；从电场线分布看，A点的电场线比B点密，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B、C错误；A、B两点所在的电场线为一条直线，电荷受力方向沿着这条直线，所以若将一正电荷从电场中的A点由静止释放，它将沿着电场线方向运动到负极板，选项D正确．【答案】D3．如图所示，实线为某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，A、B、C是电场中的三点．下列说法正确的是()A．三点中，B点的场强最大B．三点中，A点的电势最高C．将一带负电的检验电荷从A移动到B，电势能增大D．将一带正电的检验电荷从A移动到B和从A移动到C，电势能的变更相同【解析】电场线的疏密表示电场强度的大小，所以三点中，A点场强最大，A错误；沿电场线方向，电势渐渐降低，A点电势最低，B错误；将一带负电的检验电荷从A移动到B，电场力做正功，电势能减小，C错误；因为B、C两点在同一等势面上，所以将一带正电的检验电荷从A移动到B和从A移动到C，电场力做的功相同，电势能变更相同，D正确．【答案】D超重点2：带电体的力电综合问题超重点2：带电体的力电综合问题1．解决力电综合问题的一般思路2．分析力电综合问题的三种途径(1)建立物体受力图景．①弄清物理情境，选定探讨对象．②对探讨对象按依次进行受力分析，画出受力图．③应用力学规律进行归类建模．(2)建立能量转化图景：运用能量观点，建立能量转化图景是分析解决力电综合问题的有效途径．(3)运用等效思维法构建物理模型：电场力和重力做功均与路径无关，在同一问题中可将它们合成一个等效重力，从而使问题简化．[典例](2024·高考北京卷)如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小球所受电场力F的大小．(2)小球的质量m.(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．【解析】本题考查物体的平衡与动能定理．(1)F＝qE＝3.0×10－3N.(2)由eq\f(qE,mg)＝tan37°，得m＝4.0×10－4kg.(3)由mgl(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gl1－cos37°)＝2.0m/s.【答案】(1)3.0×10－3N(2)4.0×10－4kg(3)2.0m/s[题组突破训练]1.(2024·广西南宁模拟)由粗糙的水平杆AO与光滑的竖直杆BO组成的绝缘直角支架如图放置，在AO杆、BO杆上套有带正电的小球P、Q，两个小球恰能在某一位置平衡．现将P缓慢地向左移动一小段距离，两球再次达到平衡．若小球所带电荷量不变，与移动前相比()A．P、Q之间的距离增大B．杆BO对Q的弹力减小C．杆AO对P的摩擦力增大D．杆AO对P的弹力减小【解析】Q受力如图，由力的合成与平衡条件可知，BO杆对小球Q的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球P、Q间的距离变小，A、B错误；对整体受力分析，可得AO杆对小球P的摩擦力变大，AO杆对小球P的弹力不变，C正确，D错误．【答案】C2.如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一带正电小球(可视为质点)从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R，从小球进入管口起先，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直方向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹最终经过A点．设小球运动过程中电荷量没有变更，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点时的速度大小．(2)小球受到的电场力的大小和方向．(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．【解析】(1)小球从起先自由下落到运动到管口B的过程中机械能守恒，故有mg·4R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝2eq\r(2gR).(2)由小球经过A点后分析可知，电场力的竖直分力Fy＝mg，方向向上，电场力的水平分力Fx方向向左，小球受到的合力等于Fx.小球从B点运动到C点的过程中，由动能定理得Fx·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)小球从管口C处脱离圆管后做类平抛运动，由于其轨迹经过A点，故有y＝4R＝vCtx＝2R＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(Fx,2m)t2联立解得Fx＝mg电场力的大小为F＝qE＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝eq\r(2)mg方向与竖直方向成45°角偏左上方．(3)小球经过管口C处时，向心力由Fx和圆管的弹力FN供应，设弹力FN的方向水平向左，则Fx＋FN＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得FN＝3mg(方向水平向左)依据牛顿第三定律可知，小球经过管口C处时对圆管壁的压力为FN′＝FN＝3mg，方向水平向右．【答案】(1)2eq\r(2gR)(2)eq\r(2)mg与竖直方向成45°角偏左上方(3)3mg，方向水平向右超重点3：电场能的性质超重点3：电场能的性质一、电势能、电势1．电场力做功的特点电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关．2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功．(2)电场力做功与电势能变更的关系：电场力做的功等于电势能的削减量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.3．电势(1)定义：摸索电荷在电场中某点具有的电势能Ep与它的电荷量q的比值．(2)定义式：φ＝eq\f(Ep,q).(3)矢标性：电势是标量，有正、负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)．(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同．4．等势面(1)定义：电场中电势相等的各点组成的面．(2)四个特点①等势面肯定与电场线垂直．②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面．④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．二、电势差1．定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力做功与移动电荷的电荷量的比值．2．定义式：UAB＝eq\f(WAB,q).3．电势差与电势的关系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA.三、匀强电场中电势差与电场强度的关系1．电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积．即U＝Ed，也可以写作E＝eq\f(U,d).2．公式U＝Ed的适用范围：匀强电场．※考点一电场能的基本性质1．电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．2．电场强度大小与电势无干脆关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身确定，故电场强度大的地方，电势不肯定高．3．电势能与电势的关系：正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大．4．电势凹凸常用的两种推断方法(1)依据电场线的方向→沿电场线方向电势渐渐降低．(2)依据UAB＝φA－φB→UAB＞0，φA＞φB，UAB＜0，φA＜φB.5．电势能大小的推断推断方法方法解读公式法将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的肯定值越大，电势能越大；负Ep的肯定值越大，电势能越小电势法正电荷在电势高的地方电势能大负电荷在电势低的地方电势能大做功法电场力做正功，电势能减小电场力做负功，电势能增加能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，动能减小，电势能增加[题组突破训练]1．(2024·高考全国卷Ⅲ)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．电场线与等势面到处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度肯定相等D．将一负的摸索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】在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面肯定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负摸索电荷时，电场力做负功，选项D错误．【答案】B2.(多选)(2024·高考天津卷)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在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．电子肯定从A向B运动B．若aA＞aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷肯定有EpA＜EpBD．B点电势可能高于A点电势【解析】电子的运动轨迹为曲线，由曲线运动的产生条件可知电子在MN电场线上受力方向为水平向左，因此电场线方向为水平向右(M→N)，若aA＞aB，则A靠近场源电荷Q，即Q靠近M端且为正电荷，选项B正确；若电子由A→B，则水平向左的电场力与轨迹切线方向的速度夹角大于90°，电场力做负功，电势能增加，即EpA＜EpB，若电子由B→A，则电场力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，电势能减小，EpA＜EpB，选项C正确，A错误；由Ep＝qφ，φ＝eq\f(Ep,q)知，负电荷在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，可知φA＞φB，选项D错误．【答案】BC3.(2024·山东潍坊模拟)如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2V，a点的坐标为(0cm，4cm)，电势为8V，b点的坐标为(3cm，0cm)，电势为8V，则电场强度的大小为()A．250V/m B．200V/mC．150V/m D．120V/m【解析】由题意可知a、b两点的电势相等，则ab为一条等势线，又O点电势为2V，则知匀强电场的场强方向垂直于ab指向左下方过O点作ab的垂线交ab于c点由几何关系得tan∠b＝eq\f(4,3)，得∠b＝53°Oc＝Ob·sin∠b＝0.03m×sin53°＝2.4×10－2mc、O间的电势差U＝8V－2V＝6V则电场强度大小E＝eq\f(U,Oc)＝250V/m，故A正确．【答案】A※考点二静电场中的图象问题1．vt图象：依据vt图象的速度变更、斜率变更(即加速度大小的变更)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变更状况，进而确定电场强度的方向、电势的凹凸及电势能的变更．2．φx图象：(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图象中可以干脆推断各点电势的大小，并可依据电势大小关系确定电场强度的方向．(3)在φx图象中分析电荷移动时电势能的变更，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出推断．3．Ex图象：(1)反映了电场强度随位置变更的规律．(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向.(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势凹凸依据电场方向判定．[真题拓展探究][典例1](多选)(2024·高考全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的摸索电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3【解析】设点电荷的电荷量为Q，依据点电荷电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的摸索电荷由a点移动到b点做的功Wab＝q(φa－φb)＝3q(J)，摸索电荷由b点移动到c点做的功Wbc＝q(φb－φc)＝q(J)，摸索电荷由c点移动到d点做的功Wcd＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，选项C正确，D错误．【答案】AC拓展1E-x图象1.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变更的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是()A．x1处场强大于－x1处场强B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1处时速度为零C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能D．x1处的电势比－x1处的电势高【解析】由图可知x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔEk，可知B选项正确．【答案】B拓展2v-t图象2．(多选)(2024·邯郸一中调研)如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的摸索电荷仅在电场力作用下以初速度va沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v-t图象如图乙所示，下列说法正确的是()A．两点电荷肯定都带负电，但电荷量不肯定相等B．两点电荷肯定都带负电，且电荷量肯定相等C．摸索电荷始终向上运动，直至运动到无穷远处D．t2时刻摸索电荷的电势能最大，但加速度不为零【解析】由题图可知，摸索电荷向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，说明摸索电荷受电场力应向下，故说明两点电荷均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两点电荷带等量负电荷，故A、C错误，B正确；t2时刻之前电场力始终做负功，故电势能增大，此后电场力做正功，电势能减小，t2时刻电势能最大；但由于摸索电荷受电场力向下，故此时加速度不为零，故D正确．【答案】BD拓展3φ-x图象3.(多选)(2024·高考江苏卷)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有()A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【解析】φ-x图线的切线斜率表示场强，由图可知从x1到x2过程中，图线切线斜率变小，到x2处斜率为0，即场强从x1到x2始终减小，且E2＝0，电场力F＝Eq，负电荷从x1移动到x2，受到电场力减小，选项B、D错误；沿x轴方向电势由负到正，故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷，选项A正确；由图可知φx1＜φx2，负电荷由低电势到高电势，电场力做正功，电势能减小，选项C正确．【答案】AC拓展4Ep-x图象4.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示．下列图象中合理的是()【解析】由于粒子只受电场力作用，因此由F电＝|eq\f(ΔEp,Δx)|可知，Epx图象的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从图象可知，图象的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，电场强度越来越小，A项错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，即最终动能应趋向于一个定值，B项错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，D项正确；粒子的动能Ek∝x2，结合B项分析最终速度也应趋向于一个定值，C错误．【答案】D※考点三电场中的功能关系电场力做功的计算方法电场中的功能关系(1)电场力做正功，电势能削减，电场力做负功，电势能增加，即：W＝－ΔEp.(2)假如只有电场力做功，则动能和电势能之间相互转化，动能(Ek)和电势能(Ep)的总和不变，即：ΔEk＝－ΔEp.[典例2]如图所示，在O点处固定一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q.小球下落的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h.若小球通过B点时的速度为v，试求：(1)小球通过C点时的速度大小．(2)小球由A到C的过程中电场力做的功．【解析】(1)由题分析知B、C两点电势相等，则小球由B到C只有重力做功，由动能定理有：mgR·sin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2得：vC＝eq\r(v2＋gR).(2)由A到C应用动能定理有：WAC＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0得：WAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh.【答案】(1)eq\r(v2＋gR)(2)eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh[题组突破训练]1．(多选)(2024·高考海南卷)如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是()A．M带负电荷，N带正电荷B．M在b点的动能小于它在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功【解析】题图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向左，可知M带电粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，故选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，故动能减小，故选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从d到e电场力不做功，故电势能不变，故选项C正确；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误．【答案】ABC2．(2024·安徽江南十校联考)如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB垂直于匀强电场E.现有一质量为m、电荷量为＋q的小球在A点以初速度v0水平向右抛出，经时间t小球运动到C点(图中未画出)时速度大小仍为v0，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()A．电场力对小球做功为eq\f(1,2)mg2t2B．小球的机械能减小了eq\f(1,2)mg2t2C．A、C的电势差为－eq\f(mg2t2,2q)D．C点肯定位于AB直线的右侧【解析】小球受到重力和电场力的作用，合力的方向如图所示，斜向左下方．小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理得知电场力必定做负功，小球的电势能增大，故A错误．小球具有机械能和电势能，总能量守恒，小球的电势能增大，则知小球的机械能肯定减小，小球的机械能的减小量即为竖直方向的重力势能的减小量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h＝eq\f(1,2)at2＞eq\f(1,2)gt2，即mgh>eq\f(1,2)mg2t2，小球的机械能减小量大于eq\f(1,2)mg2t2，故B错误．小球具有机械能和电势能，总能量守恒，小球的机械能减小量大于eq\f(1,2)mg2t2，则电势能的增加量大于eq\f(1,2)mg2t2，所以A、C之间的电势差不等于－eq\f(mg2t2,2q)，故C错误．小球的电势能增大，而小球带正电，则知C点的电势比A点的电势高，故C点肯定位于AB的右侧，故D正确．【答案】D超重点4：电容器的电容带电粒子在电场中的运动超重点4：电容器的电容带电粒子在电场中的运动一、常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1．常见电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的肯定值．(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值．(2)定义式：C＝eq\f(Q,U).(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本事大小的物理量．(4)单位：法拉(F)1F＝106μF＝1012pF3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比．(2)确定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量．二、带电粒子在匀强电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满意qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．(2)运动性质：类平抛运动．(3)处理方法：运动的分解．①沿初速度方向：做匀速直线运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动．三、示波器的工作原理1．构造：①电子枪，②偏转极板，③荧光屏．(如图所示)2．工作原理(1)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压．(2)视察到的现象①假如在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测号在一个周期内变更的稳定图象．※考点一平行板电容器的动态分析1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极所带的电荷量Q保持不变．2．动态分析思路(1)U不变①依据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变更，再分析Q的变更．②依据E＝eq\f(U,d)分析场强的变更．③依据UAB＝E·d分析某点电势变更．(2)Q不变①依据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变更，再分析U的变更．②依据E＝eq\f(U,d)分析场强变更．[题组突破训练]1．(2024·高考全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充溢云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【解析】平行板电容器电容的表达式为C＝eq\f(εrS,4πkd)，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小．由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小．再考虑到极板间电场强度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确．【答案】D2．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大 B．θ增大，E不变C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变【解析】由题知，电容器两板所带电荷量Q不变，依据C＝eq\f(εrS,4πkd)和U＝eq\f(Q,C)可知，当上板下移，C增大，U减小，θ减小，A、B错误．依据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C·d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可见E与d无关，只变更d，E不变，D正确．依据φP＝UP地＝E·LP地，E不变，LP地不变，故φP不变，Ep不变，C错误．【答案】D※考点二带电粒子在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．处理带电粒子在电场中直线运动的两个观点(1)用动力学观点分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.(2)用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1.[典例1]如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止起先下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽视不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；(3)小球从起先下落运动到下极板处的时间．【解析】(1)由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh).(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma由运动学公式知：0－v2＝2ad整理得电场强度E＝eq\f(mgh＋d,qd)由U＝Ed，Q＝CU，得电容器所带电荷量Q＝Ceq\f(mgh＋d,q).(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，0＝v＋at2，t＝t1＋t2整理得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g)).【答案】(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)Ceq\f(mgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))[题组突破训练]1．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽视不计)．小孔正上方eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止起先下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移eq\f(d,3)，则从P点起先下落的相同粒子将()A．打在下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板eq\f(d,2)处返回D．在距上极板eq\f(2,5)d处返回【解析】未平移下极板时，依据动能定理有mg·eq\f(3,2)d＝qU.将下极板向上平移eq\f(d,3)，从P点起先下落的相同粒子到达下极板处重力做功为mg·eq\f(7,6)d＜qU，所以选项A、B错误；设距上极板x处返回，依据动能定理有mg·(eq\f(d,2)＋x)＝q·eq\f(U,d－\f(d,3))x.两式联立解得x＝eq\f(2,5)d，选项C错误，D正确．【答案】D2．中国科学家2024年10月宣布中国将在2024年起先建立世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品平安、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq\f(1,2)，质子的比荷取1×108C/kg.求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压．【解析】(1)依据周期和频率的关系T＝eq\f(1,f)得T＝eq\f(1,f)＝10－7s.设漂移管B的长度为xB，则xB＝vBeq\f(T,2)＝0.4m.(2)设相邻漂移管间的电压为U，则由B到E的过程中依据动能定理得3qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得U＝6×104V.【答案】(1)0.4m(2)6×104V3．如图所示，两块平行金属板M、N间的距离为d，两板间电压U随t的变更规律如图所示，电压的肯定值为U0.t＝0时刻M板的电势比N板低．在t＝0时刻有一个电子从M板处无初速释放，经过1.5个周期刚好到达N板．电子的电荷量为e，质量为m.求：(1)该电子到达N板时的速率v.(2)在1.25个周期末该电子和N板间的距离s.【解析】(1)依据题图可知，粒子先匀加速eq\f(T,2)，再匀减速eq\f(T,2)速度减到零，最终匀加速eq\f(T,2)到达N板，依据动能定理得eeq\f(U0,3)＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(\f(2U0e,3m)).(2)依据粒子运动的对称性可知，粒子每eq\f(T,2)运动eq\f(d,3)的距离，从T到1.25T的时间内，粒子运动了eq\f(1,4)×eq\f(d,3)＝eq\f(d,12)，故1.25个周期末该电子和N板间的距离s＝eq\f(d,3)－eq\f(d,12)＝eq\f(d,4).【答案】(1)eq\r(\f(2U0e,3m))(2)eq\f(d,4)※考点三带电粒子在电场中的偏转问题1．基本规律带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽视重力影响)，则有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).(2)在电场中的运动时间：t＝eq\f(l,v0).(3)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vxt＝v0t＝l,\f(1,2)at2＝y))，y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d).(4)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at))，vy＝eq\f(qUt,md)，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).2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止起先经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的．证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanφ＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d).(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为eq\f(l,2).3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：当探讨带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差.4．带电粒子在匀强电场中偏转时间的探讨：质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直于电场方向从极板中间射入匀强电场，已知极板间距为d，极板长度为L，极板间电压为U，带电粒子在匀强电场中的运动时间为t，则(1)带电粒子能穿出电场时，在电场中运动的时间由沿初速度方向上的运动来确定比较便利，其值为t＝eq\f(L,v0).(2)带电粒子打到极板上时，在电场中运动的时间由沿电场方向上的运动来确定比较便利，其值为t＝eq\r(\f(2y,a))＝deq\r(\f(m,Uq)).[典例2](2024·广东六校高三联考)如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d.当两极间加电压U时，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从A点射入电场，经过一段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响．求：(1)带电粒子从A点运动到B点经验的时间；(2)带电粒子经过B点时速度的大小；(3)A、B间的电势差．【解析】(1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点到B点经验时间t＝eq\f(L,v0)；(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E＝eq\f(U,d)加速度大小a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vy＝at＝eq\f(qU,md)·eq\f(L,v0)带电粒子在B点速度的大小v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(q2U2L2,m2d2v\o\al(2,0)))；(3)粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得：qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)A、B间的电势差UAB＝eq\f(\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv\o\al(2,0),q)＝eq\f(qU2L2,2md2v\o\al(2,0)).【答案】(1)eq\f(L,v0)(2)eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(q2U2L2,m2d2v\o\al(2,0)))(3)eq\f(qU2L2,2md2v\o\al(2,0))[题组突破训练]1.如图所示为某粒子分析器的简化结构．金属板P、Q相互平行，两板通过直流电源、开关相连，其中Q板接地．一束带电粒子，从a处以肯定的初速度平行于金属板P、Q射入两板之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置．在其他条件不变的状况下，要使该粒子束能从Q板上b孔射出(不计粒子重力和粒子间的相互影响)，下列操作中可能实现的是()A．保持开关S闭合，适当上移P极板B．保持开关S闭合，适当左移P极板C．先断开开关S，再适当上移P极板D．先断开开关S，再适当左移P极板【解析】保持开关S闭合，则两极板间U不变，适当上移P极板，由E＝eq\f(U,d)知两板间的电场强度减小，由y＝eq\f(1,2)at2解得粒子从a到b的时间增大，水平位移x＝v0t增大，可能从b孔射出，A正确；保持开关S闭合，适当左移P极板，粒子在板间的电场强度不变，运动时间和水平位移均不变，B错误；先断开开关S，再适当上移P极板，两板间的电场强度不变，粒子运动的时间不变，水平位移不变，C错误；先断开开关S，再适当左移P极板，电容C减小，再由U＝eq\f(Q,C)知，电压U增大，电场强度E增大，粒子在板间的运动时间减小，水平位移减小，D错误．【答案】A2.(2024·浙江杭州模拟)如图所示为示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l，电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中心处垂直进入偏转电场，设电子质量为me、电荷量为e.(1)求经电场加速后电子速度v的大小；(2)要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？电子动能多大？【解析】(1)电子经电压为U1的电场加速，依据动能定理有eU1＝eq\f(1,2)mev2，则经电场加速后电子的速度v＝eq\r(\f(2eU1,me)).(2)电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏移量为eq\f(d,2)，电子受到偏转电场的电场力F2＝eE2，又E2＝eq\f(U2,d)，电子沿偏转电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿电场方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a2t2，其中a2＝eq\f(F2,me)，沿垂直电场方向：t＝eq\f(l,v)，可解得两平行板间电压U2＝eq\f(2d2U1,l2)；又eq\f(eU2,2)＝Ek－Ek0，eU1＝Ek0，故Ek＝eU1(1＋eq\f(d2,l2))．【答案】(1)eq\r(\f(2eU1,me))(2)eq\f(2d2U1,l2)eU1(1＋eq\f(d2,l2))※考点四“等效法”处理带电体在复合场中的运动问题1．方法概述(1)方法特点：等效思维方法就是将一个困难的物理问题等效为一个熟知的物理模型或问题的方法．常见的等效法有“分解”“合成”“等效类比”“等效替换”“等效变换”“等效简化”等．(2)规律分析：带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题是一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采纳常规方法求解，过程困难，运算量大．若采纳“等效法”求解，则过程比较简捷．2．解题思路(1)求出重力与静电力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”．(2)将a＝eq\f(F合,m)视为“等效重力加速度”．(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解．[典例3]如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止起先下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的eq\f(3,4)，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【解析】小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示．可知F＝1.25mg，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即达到D点时圆环对小球的弹力恰好为零．由圆周运动学问得F＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，即1.25mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)由动能定理得mg(h－R－Rcos37°)－eq\f(3,4)mg×(hcotθ＋2R＋Rsin37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，联立解得h＝7.7R.【答案】7.7R[针对训练]如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O、半径为r、内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g.求：(1)小球所受到的静电力的大小；(2)小球在A点速度v0多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小？【解析】(1)小球在C点速度最大，则在该点静电力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的静电力大小F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg.(2)小球要到达B点，必需到达D点时速度最小，在D点速度最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小．设在D点时轨道对小球的压力恰为零.eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(2gr)由轨道上A点运动到D点的过程可得mgr(1＋cosθ)＋Frsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解得v0＝2eq\r(2gr).【答案】(1)eq\r(3)mg(2)2eq\r(2gr)题组突破训练题组突破训练一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分.1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确)1．法拉第是19世纪最宏大的试验物理学家之一，他在电磁学探讨方面的卓越贡献犹如伽利略、牛顿在力学方面的贡献一样，具有划时代的意义，他提出了电场的概念．关于静电场场强的概念，下列说法正确的是()A．由E＝eq\f(F,q)可知，某电场的场强E与q成反比，与F成正比B．正、负检验电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入检验电荷的正负有关C．电场中某一点的场强与放入该点的检验电荷的正负无关D．电场中某点不放检验电荷时，该点场强等于零【解析】电场强度是用比值定义的，与放入的检验电荷受到的电场力F及带电荷量q无关，是由电场本身性质确定的，A、D错，C对；电场强度的方向规定与正电荷受力方向相同，与负电荷受力方向相反，B错．【答案】C2.静电喷涂时，喷枪带负电，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电．假设微粒被喷出后只受静电力作用，最终吸附在工件表面．微粒在向工件靠近的过程中()A.肯定沿着电场线运动B．所受电场力先减小后增大C．克服电场力做功D．电势能渐渐增大【解析】由物体做曲线运动的条件可知电荷仅受电场力的作用，不行能沿着弯曲的电场线运动，A项错误；由电场线的分布特点知，微粒所受的电场力先减小后增大，B项正确；微粒向工件靠近的过程中电场力做正功，电势能渐渐减小，C、D项错误．【答案】B3．平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属极板沿远离另一板方向平移一小段距离．此过程中电容器的电容C、两极板带电荷量Q、两板间电场强度E、两板间电压U随两板间距离d变更的关系，表示正确的是()【解析】因为平行板电容器的电容为C＝eq\f(εrS,4πkd)，d增大时，C减小，而Q肯定，所以电容器两极板间电场强度E＝eq\f(4πkQ,εrS)肯定，A、B错误，C正确；由U＝Ed知，D错误．【答案】C4.如图，M、N、P、O是真空中一平面内的四点，OM＝ON<OP，O点处固定有一个点电荷q.一个带负电的摸索电荷仅在q的电场力作用下沿曲线从N点运动到P点，则()A．q为正电荷，M点的电势高于P点的电势B．q为负电荷，M点的场强大小比P点的小C．摸索电荷在N点处受到的电场力大小比在P点的小D．若将摸索电荷从N点移到M点，电场力做功为零【解析】由于带负电的摸索电荷受到排斥，所以q为负电荷．依据点电荷电场的场强公式可知，距离点电荷q近的M点的电场强度较大，距离负点电荷q近的M点的电势较低，选项A、B错误．由于N点距离点电荷q比P点近，由库仑定律可知，摸索电荷在N点受到的电场力大小比在P点的大，选项C错误．依据题述，OM＝ON，对点电荷q的电场来说，M、N两点处在同一等势面上，若将摸索电荷从N点移动到M点，电场力做功为零，选项D正确．【答案】D5.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E.一根不行伸长的绝缘细线长为L，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点，把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的位置B时速度为零．以下说法中正确的是()A．小球在位置B时处于平衡状态B．小球受到的重力与电场力的关系是mg＝eq\r(3)qEC．A点电势能小于B点的电势能D．小球从A运动到B过程中，电场力对其做的功为mgL【解析】小球从A运动到B，依据动能定理有mgLsinθ＝qEL(1－cosθ)，因此可得mg＝eq\f(\r(3),3)qE，选项B错误；小球到达B点时速度为零，向心力为零，则沿细线方向合力为零，由重力与电场力之间的关系可知小球有沿圆弧切线方向的分力，故在B点小球合力不为零，不是平衡状态，选项A错误．小球从A运动到B，电场力做负功，电势能增加，所以A点电势能小于B点电势能，选项C正确；小球从A运动到B，电场力对其做功W＝－qEL(1－cos60°)＝－eq\f(1,2)qEL＝－eq\f(\r(3),2)mgL，选项D错误．【答案】C6.一带负电的粒子在电场中做直线运动的vt图象如图所示，在第2s末和第8s末分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力的作用，则以下推断正确的是()A．该电场肯定是匀强电场B．M点的电势低于N点的电势C．从M点到N点的过程中，粒子的电势能渐渐增大D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力【解析】由速度—时间图象可知，粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，故A正确；由图象可知，粒子在M点的速率小于在N点的速率，依据只有电场力做功，电势能与动能之和恒定，可知粒子在M点的电势能高于在N点的电势能，从M点到N点的过程中，动能先减小后增大，那么电势能先增大后减小，又由于是负电荷，所以M点的电势低于N点的电势，故B正确，C错误；由电场是匀强电场可知，粒子在M点所受电场力等于在N点所受电场力，则D错误．【答案】AB7.(2024·山东潍坊高三月考)如图所示，一重力不计的带电粒子以某一速度进入负点电荷形成的电场中，且只在电场力作用下依次通过M、N、P三点，其中N点是轨迹上距离负点电荷最近的点．若粒子在M点和P点的速率相等，则()A．粒子肯定带正电且做匀速圆周运动B．UMN＝－UNPC．粒子在N点时的加速度最大、电势能最小D．粒子在M、P两点时的加速度相同【解析】由物体所受合外力指向轨迹凹侧知粒子带正电，从M到N电场力做正功，从N到P电场力做负功，即不行能做匀速圆周运动，A错误；因粒子在M点和P点的速率相等，由动能定理得qUMN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，qUNP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，所以UMN＝－UNP，B正确；电场线在N点最密集，即粒子在N点受到的电场力最大，加速度最大，从M到P由电场力做功状况可知粒子在N点电势能最小，C正确；粒子在M、P两点的加速度方向不同，D错误．【答案】BC8.如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属块以肯定初速度冲上斜面，已知在金属块上滑的过程中动能减小了15J，金属块克服摩擦力做功10J，克服重力做功25J，则有()A．金属块带负电B．金属块的电势能减小了20JC．金属块的机械能增加10JD．金属块的重力势能增加了20J【解析】金属块受重力、电场力和摩擦力作用，由动能定理知W电＋Wf＋WG＝ΔEk，代入数值得W电＝20J，即电场力做正功，金属块带正电，其电势能减小20J，A错，B对；由功能关系知ΔE机＝W电＋Wf＝10J，即金属块的机械能增加10J，C对；金属块的重力势能增加量等于克服重力所做的功，大小为25J，D错．【答案】BC二、非选择题(共4小题，52分)9.(12分)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示．一质量m＝1.0×10－20kg、电荷量q＝1.0×10－9C的带负电的粒子从(－1,0)点由静止起先，仅在电场力作用下在x轴上做来回运动．忽视粒子的重力等因素，求：(1)x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比