1．电势能和电势
核 心 素 养 定 位 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，能用比值法定义电势． (2)通过类比重力势能引入电势能，体会能量观点分析问题的重要性．
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，理解电势的定义、定义式、单位及矢标性，能根据电场线判断电势高低．
一、静电力做功的特点
1．静电力做功：在匀强电场中，静电力做功W＝qEl cos θ，其中θ为________________之间的夹角．
静电力可类比重力理解
2．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________，与电荷经过的路径________．
二、电势能
可类比重力势能理解
1．电势能：电荷在________中具有的势能，可用Ep表示．
与零电势能的选择无关
2．静电力做功与电势能变化的关系：WAB＝EpA－EpB.
3．电势能的大小：电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到________位置时静电力所做的功．
4．零势能位置的规定：通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为0，或把电荷在大地表面上的电势能规定为0.
三、电势
可类比重力场中的高度
1．电场中某一点的电势：电荷在电场中某一点的________与它的________之比，即φ＝________．
2．单位：伏特，符号为________．
1 V的物理意义：在电场中的某一点，如果电荷量为________的电荷在这点的电势能是________，这一点的电势就是1 V，即1 V＝1 J/C.
3．标矢性：电势只有大小，没有方向，是标量．
4．沿着电场线方向电势逐渐________．
【情境思考】
如图，医用口罩由多层织物材料构成，其中有一层熔喷布经过特殊工艺处理后成为驻极体材料，这层材料表面长期带有正电荷，能有效吸附细小的粉尘，而这些粉尘通常是细菌和病毒传播的载体．判断以下问题．
(1)被吸附的粉尘带正电．( )
(2)粉尘在靠近熔喷布的过程中电场力做正功．( )
(3)粉尘在靠近熔喷布的过程中电势能增加．( )
拓展1 静电力做功与重力做功比较
重力做正功，重力势能减小
静电力做正功，电势能减小
重力做负功，重力势能增加
静电力做负功，电势能增加
拓展2
由力做功特点不同划分：一类以重力为代表，做功大小与路径无关；另一类以滑动摩擦力为代表，做功大小与路径有关．
拓展3 φ＝与E＝的应用特点
通常情况下，由电势的定义式φ＝计算或判断电势与电势能关系时，Ep、φ、q要代入正、负号运算．由电场强度的定义式E＝计算时不需要代入正、负号，都取绝对值运算即可．
拓展4 为什么沿电场线方向电势降低？
如图所示，正电荷从A运动到B，静电力做正功，电势能减少，由φ＝知，电势也降低；负电荷从A运动到B，静电力做负功，电势能增加，由φ＝知，电势降低．
结论：沿电场线方向电势一定降低，与试探电荷的电性无关．
目标一 静电力做功的特点
【导思】
当物体的高度发生变化时，重力会对物体做功，如图所示，把质量为m的物体沿着不同路径从A移到B，重力做功是否相等？重力做功有什么特点？那么静电力做功有什么特点呢？
【归纳】
1．静电力做功的特点：静电力对电荷所做的功，与电荷在电场中的初、末位置有关，与电荷经过的路径无关．
提醒：这个结论既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
2．静电力做功正、负的判断
(1)电荷做直线运动：根据静电力和位移方向的夹角判断．若静电力和位移方向的夹角为锐角，静电力做正功；夹角为钝角，静电力做负功；静电力和位移方向垂直时，静电力不做功．
(2)电荷做曲线运动：根据静电力和瞬时速度方向的夹角判断．静电力和瞬时速度方向的夹角为锐角时，静电力做正功；夹角为钝角时，静电力做负功；夹角为90°时，静电力不做功．
(3)若物体只受静电力作用，可根据动能的变化情况判断．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．
【典例】——————————————————○
例1.粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy平面内，其几何中心与坐标原点O重合，处于每个象限的圆环都均匀带有相同电量的电荷，电性如图所示．点1、2，3、4，5、6分别位于z、x、y轴上，它们与原点O间距相同，以下说法正确的是( )
A．把一个正电荷沿z轴从点2移动到点1，电场力先做正功再做负功
B．把一个正电荷沿x轴从点4移动到点3，电场力先做正功再做负功
C．把一个正电荷沿直线从点4移动到点6，电场力先做正功再做负功
D．把一个正电荷沿直线从点5移动到点1，电场力先做正功再做负功
例2.图中的虚线为真空中两个半径相同的带电金属球体之间的部分电场线，电场线关于两球心连线的垂直平分线OO′对称，a和a′、b和b′分别关于OO′对称．下列说法正确的是( )
A．两个金属球一定带同种电荷
B．a、a′两点的电场强度相同
C．b、b′两点的电场强度相同
D．将一电荷量为q的负电荷从a移动到a′，静电力不做功
[训练1] 如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电荷量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功为W2；第三次沿曲线ADB移动该电荷，电场力做功为W3，则( )
A．W1>W2>W3 B．W1C．W1＝W2＝W3 D．W1＝W2>W3
目标二 电势能
【导思】——————————————————○
如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．
在矿粉分离的过程中，静电力对矿粉做正功还是做负功？矿粉的电势能如何变化？
【归纳】——————————————————○
1．对电势能的理解
(1)系统性：电势能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的电势能．
(2)相对性：电势能是相对的，其大小与选定的电势能为零的参考点有关．确定电荷的电势能，首先应确定参考点．
(3)电势能是标量，有正负但没有方向．
(4)电荷在电场中某点的电势能，等于把它从该点移动到零电势能位置时静电力所做的功．
2．静电力做功与电势能变化的关系
WAB＝EpA－EpB.
静电力做正功，电势能减少；静电力做负功，电势能增加．
3．电势能增减的判断方法
做功 判断法 无论正、负电荷，只要静电力做正功，电荷的电势能一定减少；反之，做负功则增加
电场线 判断法 正电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐减少；逆着电场线的方向移动时，电势能逐渐增加．负电荷的情况正好相反
电势 判断法 由公式Ep＝qφ知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小
【典例】
例3.如图所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知<.下列叙述正确的是( )
A．若把一正点电荷从M点沿直线移到N点，则静电力对该电荷做正功，电势能减少
B．若把一正点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服静电力做功，电势能增加
C.若把一负点电荷从M点沿直线移到N点，则静电力对该电荷做正功，电势能减少
D．若把一负点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷电势能始终不变
例4.如图所示，在同一条电场线上有A、B、C三点，三点的电势分别是φA＝5 V、φB＝－2 V、φC＝0.将电荷量q＝－6×10－6 C的点电荷从A移到B，再移到C.
(1)该电荷在A点、B点、C点具有的电势能各是多少？
(2)将该电荷从A移到B和从B移到C，电势能分别变化了多少？
(3)将该电荷从A移到B和从B移到C，静电力做功分别是多少？
思维提升
(1)电势和电势能具有相对性，要求某点的电势，一定要注意选哪儿为零电势点．
(2)由定义式φ＝求电势时，将各量的正、负号直接代入计算．
[训练2] (多选)如图所示，在正点电荷的电场中的一条电场线上依次有A、B、C三点，分别把带电荷量为＋q和－q的点电荷依次放在这三点上，关于它们所具有的电势能，下列说法中正确的是( )
A．放上带电荷量为＋q的点电荷时，它们的电势能大小关系为EpA>EpB>EpC
B．放上带电荷量为＋q的点电荷时，它们的电势能大小关系为EpAC．放上带电荷量为－q的点电荷时，它们的电势能大小关系为EpA>EpB>EpC
D．放上带电荷量为－q的点电荷时，它们的电势能大小关系为EpA[训练3] 如图，等量正点电荷连线的中垂线上，放置两检验电荷a、b.取无穷远处为零势能点，以下描述a、b电荷的电势能Ep与其所带电量q的关系，可能正确的是( )
目标三 电势的理解及电势高低的判断
【导思】
在如图所示的匀强电场中，如果A板接地，M、N两点中，哪一点的电势高？电势是正值还是负值？如果B板接地，哪一点的电势高？电势是正值还是负值？取大地的电势为零．
【归纳】
1．电势的性质
(1)相对性：电势是相对的，电场中某点的电势高低与零电势点的选取有关．通常将离场源电荷无限远处或大地选为零电势点．
(2)固有性：电场中某点的电势大小是由电场本身的性质决定的，与在该点是否放有电荷及所放电荷的电荷量和电势能均无关．
(3)标矢性：电势是只有大小、没有方向的物理量，在规定了零电势点后，电场中各点的电势可能是正值，也可能是负值．正值表示该点的电势高于零电势；负值表示该点的电势低于零电势．
2．电势高低的四种判断方法
(1)依据电场线方向：沿电场线方向电势逐渐降低．
(2)依据电场力做功：根据WAB＝EpA－EpB判断电荷电势能的大小，再由电荷的电性与φ＝判断电势高低．
(3)电荷的正负：取无限远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．
(4)依据电势能的大小：正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低．
【典例】
例5. (多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等．一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态．过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示．以下说法正确的是( )
A.a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
例6.如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点．下列说法正确的是( )
A．M点电势一定低于N点电势
B．M点电场强度一定大于N点电场强度
C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功
[训练4] 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．
(1)该电荷从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？B点和C点的电势分别为多少？
(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？A点和C点的电势分别为多少？
1．如图所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点．用EA、EB表示A、B两处的场强，φA、φB表示A、B两处的电势，则下列说法正确的是( )
A．A、B两处的场强方向相同
B．因为A、B在一条电场线上，且电场线是直线，所以EA＝EB
C．电场线从A指向B，所以EA>EB
D．沿着电场线方向，电势升高，所以φA<φB
2．某电场的电场线分布如图所示，则( )
A．电荷P带负电
B．c点的电势低于d点的电势
C．同一正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力
D．a点的电场强度大于b点的电场强度
3．将一正电荷从无限远处移入电场中的M点，电势能减少了8.0×10－9 J，若将另一等量的负电荷从无限远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10－9 J，则下列判断中正确的是( )
A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0
C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞0
4．图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定( )
A．M点的场强大于N点的场强
B．M点的电势低于N点的电势
C．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
D．粒子在M点的动能大于在N点的动能
5．如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直，则下列说法正确的是( )
A．A点和C点的电场强度相同
B．D点电场强度大小可能为0
C．将一正电荷q从A沿圆周移动到B，电势能不变
D．A、B、C、D四个点中B点电势最高
6．如图所示，两对等量异种电荷固定在正方形的四个顶点上，K、L、M、N是正方形四边的中点，用一个小型金属箱将其中一个正电荷封闭，并将金属箱外壳接地．则下列说法正确的是( )
A．M、N两点处电场强度相等
B．O点处电场强度为0
C．将一带正电的试探电荷从K点移动至L点，电场力做功为0
D．将一带负电的试探电荷从K点移动至L点，电场力做正功
第十章 静电场中的能量
1．电势能和电势
导学 掌握必备知识
一、
1．静电力与位移方向
2．有关 无关
二、
1．电场
3．零势能
三、
1．电势能 电荷量
2．V 1 C 1 J
4．降低
情境思考
答案：(1)× (2)√ (3)×
共研 突破关键能力
目标一
提示：质量为m的物体沿着不同路径从A移到B，重力做功是相等的．对同一物体，重力做功与路径无关，只与物体起点和终点的高度差有关．静电力做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．
[例1] 解析：由对称性分析可得z轴上各点电场强度都为零，在z轴上移动电荷都不做功，故A错误；x轴上各点电场强度方向相当于关于x轴对称的等量异种电荷电场的叠加，则电场强度方向都垂直于x轴，在x轴上移动电荷都不做功，故B错误；根据等量异种电荷电场分布特点可知，点4处电场强度方向沿y轴负方向，点6处电场强度方向沿x轴负方向，把一个正电荷沿直线从点4移动到点6，电场力与位移夹角先是锐角后是钝角，因此先做正功再做负功，故C正确；根据等量异种电荷电场分布特点可推出，yOz平面电场线方向垂直于平面，则电场力方向与运动方向垂直，把正电荷从点5移动到点1，电场力不做功，故D错误．
答案：C
[例2] 解析：该电场与等量异种点电荷形成的电场类似，由点电荷的电场强度特点及电场强度叠加原理可知，两个带电金属球一定带异种电荷，故A错误；a、a′两点的电场强度大小相等，方向不同，b、b′两点的电场强度相同，故B错误，C正确；若左侧的金属球带负电，电场强度方向指向左侧，则将一带电荷量为q的负电荷从a移动到a′，静电力做正功，反之静电力做负功，故D错误．
答案：C
[训练1] 解析：假设A、B两点相距l，直线AB与电场线的夹角为θ(θ<90°)，根据功的定义可知，沿三种路径移动该电荷，电场力做的功均为qEl cos θ，C正确，A、B、D错误．
答案：C
目标二
提示：静电力对矿粉做正功；矿粉的电势能减小．
[例3] 解析：在正点电荷形成的电场中，正电荷受到的静电力沿电场线方向，从M点移到N点，静电力做正功，电势能减少，A正确，B错误；在正点电荷形成的电场中，负点电荷受到的静电力与电场线方向相反，负点电荷从M点移到N点，静电力做负功，电势能增加，C错误；把一负点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，静电力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D错误．
答案：A
[例4] 解析：(1)根据公式φ＝可得Ep＝qφ，所以该电荷在A点、B点、C点具有的电势能分别为
EpA＝qφA＝－6×10－6×5 J＝－3×10－5 J
EpB＝qφB＝－6×10－6×(－2) J＝1.2×10－5 J
EpC＝qφC＝－6×10－6×0 J＝0
(2)将该电荷从A移到B，电势能的变化量为
ΔEpAB＝EpB－EpA＝1.2×10－5 J－(－3×10－5) J＝4.2×10－5 J
即电势能增加了4.2×10－5 J
将该电荷从B移到C，电势能的变化量为ΔEpBC＝EpC－EpB＝0－1.2×10－5 J＝－1.2×10－5 J
即电势能减少了1.2×10－5 J
(3)将该电荷从A移到B，静电力做的功为
WAB＝EpA－EpB＝－4.2×10－5 J
将该电荷从B移到C，静电力做的功为
WBC＝EpB－EpC＝1.2×10－5 J.
答案：(1)－3×10－5 J 1.2×10－5 J 0
(2)增加4.2×10－5 J 减少1.2×10－5 J
(3)－4.2×10－5 J 1.2×10－5 J
[训练2] 解析：沿着电场线方向电势降低，由Ep＝qφ，可知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，故放上带电荷量为＋q的点电荷时，它们的电势能大小关系为EpA>EpB>EpC，A正确，B错误；负电荷在电势越高的地方电势能越小，故放上带电荷量为－q的点电荷时，它们的电势能大小关系为EpA答案：AD
[训练3] 解析：依题意，取无穷远处为零势能点，则有φa>φb>0，根据Ep＝qφ，可知，当q>0时，有Epa>Epb.
答案：A
目标三
提示：根据顺着电场线方向电势逐渐降低，知M点的电势高于N点的电势；A板的电势为零时，则M、N两点的电势均为负值；如果B板接地，B板电势为零，M点的电势高于N点的电势，M、N两点的电势均为正值．
[例5] 解析：由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，A错误；根据同种电荷间电场线的分布情况可知b点电势低于c点电势，B正确；根据电场线分布可知负电荷从a到b电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，C错误；同理可知负电荷从c点到d点电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，D正确．
答案：BD
[例6] 解析：沿电场线方向，电势降低，所以M点电势一定高于N点电势，A错误；电场线的疏密程度表示电场的强弱，由图可知，M点电场强度一定小于N点电场强度，B错误；正电荷q在M点的电势能EpM＝qφM，在N点的电势能EpN＝qφN，由于φM>φN，所以EpM>EpN，C正确；电子在电场中所受电场力的方向沿NM指向M，故从M移动到N，电场力做负功，D错误．
答案：C
[训练4] 解析：(1)WAC＝WAB＋WBC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J.
所以该电荷的电势能增加了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，该电荷在C点的电势能为
EpC＝EpA－WAC＝0－WAC＝1.8×10－5 J.
两点的电势分别为
φB＝＝ V＝－5 V
φC＝＝ V＝－3 V
(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.
同理，该电荷在C点的电势能为EpC′＝EpB′－WBC＝－1.2×10－5 J.
两点的电势分别为
φA′＝＝ V＝5 V.
φC′＝＝ V＝2 V.
答案：见解析
精练 落实学科素养
1．解析：A、B两处的场强方向相同，均由A点指向B点，A正确；只有一条电场线，无法判断电场强度的大小，B、C错误；沿着电场线方向，电势降低，所以φA>φB，D错误．
答案：A
2．解析：电场线从正电荷出发，由电场线分布可知，电荷P带正电，故A错误；由沿着电场线的方向电势逐渐降低，可知c点的电势高于d点的电势，故B错误；因c点的电场线较d点密集，可知c点的场强较大，同一正试探电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故C正确；a点的电场线比b点较稀疏，则a点的电场强度小于b点的电场强度，故D错误．
答案：C
3．解析：取无限远处的电势为零，则正电荷在M点的电势能为－8.0×10－9 J，负电荷在N点的电势能为9.0×10－9 J．由φ＝知，M点的电势φM＜0，N点的电势φN＜0，且|φN|＞|φM|，则φN＜φM＜0，故C正确．
答案：C
4．解析：电场线密集的地方电场强度大，M点的场强小于N点的场强，A错误；沿着电场线方向电势降低，M点的电势高于N点的电势，B错误；正电荷在电势高的地方电势能大，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；粒子由M到N电场力做正功，动能增加，故粒子在M点的动能小于在N点的动能，D错误．
答案：C
5．解析：点电荷在A、C两点产生的电场强度大小相等、方向相反，根据电场强度的叠加法则可知A点和C点的电场强度大小相同但方向不同，故A错误；点电荷在D点产生的电场强度与匀强电场的电场强度方向相反，若两者大小相等，则D点电场强度大小为0，故B正确；将一正电荷q从A沿圆周移动到B，点电荷的电场对正电荷q做功为零，匀强电场对正电荷q做正功，所以正电荷q的电势能减小，故C错误；在点电荷的电场中，A、B、C、D四点电势相等，在匀强电场中，沿电场线电势降低，所以A、B、C、D四个点中B点电势最低，D点电势最高，故D错误．
答案：B
6．解析：因为一个正电荷被封闭，而M、N两点关于两个负点电荷和剩余一个正点电荷对称，所以根据电场强度的叠加可知，M、N两点处电场强度大小相等，方向不同，故A错误；若其中一个正电荷不封闭，O点处的电场强度为零，而现在剩余三个点电荷在O点处的合场强不为零，故B错误；因为K、L两点电势相等，所以将试探电荷由K移动到L，试探电荷的电势能不发生变化，电场力做功为零，故C正确，D错误．
答案：C3．电势差与电场强度的关系
核 心 素 养 定 位 物理观念 知道匀强电场的概念，知道匀强电场的电场线和等差等势线是间距相等的平行直线
科学思维 通过分析，知道等差等势面和电场线的疏密程度存在对应关系
科学探究 从试探电荷在电场中的移动，领会匀强电场中电势差与电场强度关系的推导过程
科学态度与责任 通过从不同角度认识电场强度与电势、电势差的关系，使学生养成多角度、多方面看问题的学习品质
一、匀强电场中电势差与电场强度的关系
1．匀强电场中两点间的电势差等于________与这两点____________的距离的乘积．
2．公式：UAB＝________．
3．适用条件：________电场．
E和UAB、d无直接关系
二、公式E＝的意义
1．意义：在匀强电场中，电场强度的大小等于两点之间的________与这两点______________________之比．
2．电场强度的另一种表述：电场强度在数值上等于沿________方向________上降低的电势．
3．电场强度的另一个单位：由E＝可导出电场强度的另一个单位，即________，符号为V/m.1 V/m＝1 N/C.
【情境思考】
在生产和科学实验的许多领域，常常需要通过控制电极的形状和电势来调整和控制电场．如图所示，两平行金属极板正对放置，在极板G的中央挖一圆孔，将两极板加一定电压，且极板K电势较高，用实验的方法描绘出等势面．设从极板K的中心处发射出一束平行于中心轴(x轴)的电子，不考虑电子的重力及电子间的相互作用力．
判断以下问题．
(1)电子通过孔后向远离中心轴的方向发散．( )
(2)沿着中心轴线运动的电子一直做匀减速直线运动．( )
(3)如有两束电子会聚到同一点F，电场力对它们做功一定相同．( )
拓展 1
(1)φ x图线的斜率k＝＝－＝－Ex，斜率的大小表示场强的大小，正负表示场强的方向．
(2)利用φ x图线的斜率可判断沿x轴方向的场强Ex随位置的变化规律．
拓展 2 电场强度与电势的关系
(1)电场强度E＝0时，该点的电势φ不一定为0，例如图中等量正点电荷连线的中点O处．
(2)电势φ＝0时，该点的电场强度E不一定为0，例如图中等量异种点电荷连线的中点O处．
(3)电场强度相等的地方电势不一定相等，如匀强电场中．
(4)电势相等的地方电场强度不一定相同，如点电荷周围的等势面．
目标一 关系式UAB＝Ed和E＝的理解和应用
【导思】
“空气击穿电压”是指空气失去绝缘性能变为导体的临界电压．已知高铁上方高压电网的电压峰值为27.5 kV.阴雨天雨伞伞尖周围的电场强度达到5×105 V/m时，空气就有可能被击穿．乘客阴雨天打伞站在站台上，试估算伞尖靠近高压电网距离约为多少时空气会被击穿．
【归纳】
1．公式E＝及UAB＝Ed的适用条件都是匀强电场．
2．由E＝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，式中d不是两点间的距离，而是沿电场方向的距离．
3．电场中电场强度的方向就是电势降低最快的方向．
4．电场强度与电势都是用比值定义的物理量，它们都仅由电场本身性质决定，根据公式E＝不能得出电场强度和电势有直接关系，即电场强度大的点电势不一定高，电势高的点电场强度不一定大．
【典例】
例1.如图所示，真空中有一边长为10 cm的立方体．空间存在一匀强电场．已知A点电势为0，B、D、A′三点电势均为1 V，下列判断正确的是( )
A．匀强电场的场强大小为10 V/m，方向由C′指向A
B.匀强电场的场强大小为10 V/m，方向由C′指向A
C．电子在C点的电势能为－ eV
D．电子沿直线由A点到C点电场力做负功
例2.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，正方形ABCD的对角线BD边正好与图中竖直向上的直电场线重合，O点是正方形两对角线的交点．下列说法正确的是( )
A．将一正电荷由A点移到B点，电荷的电势能增加
B．O点电势与C点电势相等
C．DO间的电势差等于OB间的电势差
D．在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向竖直向下
思维提升
(1)UAB＝Ed只适用于匀强电场的定量计算，在非匀强电场中，不能进行定量计算，但可以定性地分析有关问题．由E＝可以得出结论：在等差等势面中等势面越密的地方场强越大．
(2)如图所示，a、b、c为某条电场线上的三个点，且ab＝bc，由于不知电场的性质，所以电势差Uab与Ubc的大小不能确定．
(3)在同一幅等势面图中，若相邻等势面间的电势差取一定值，相邻等势面间的间距越小(等势面越密)，场强E＝就越大．
[训练1] 正常情况下空气是不导电的，但是如果空气中的电场很强，空气也可以被击穿，空气被击穿时会看到电火花或闪电．若观察到某次闪电的火花长约100 m，且已知空气的击穿电场强度为3×106 V/m，那么发生此次闪电的电势差约为( )
A．3×108 V B．3×106 V
C．3×104 V D．3×10－5 V
[训练2] 如图所示，三个同心圆是点电荷q周围的三个等势面，A、B、C是这三个等势面与一条电场线的交点，且AB＝BC.A、C两点的电势分别为φA＝10 V，φC＝2 V，则B点的电势( )
A．等于6 V B．低于6 V
C．高于6 V D．无法确定
[训练3] (多选)如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点．a、b电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是( )
A．该电场在c点处的电势一定为4 V
B．a点处的场强Ea一定大于b点处的场强Eb
C．一正电荷从c点运动到b点，电势能一定减少
D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c
目标二 等分法确定等势面和电场线
【导思】
如图，沿哪个方向电势降落最快？电势降落最快的方向与电场强度的方向具有怎样的关系？
【归纳】
1．等分法：匀强电场中沿任意一条电场线电势降落都是均匀的，如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点的电势差等于原电势差的，采用等分间距求电势问题的方法．
2．两个推论
(1)推论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φc＝，如图甲．
(2)推论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙．
3．确定电场方向的方法
(1)画等势线：先由等分法确定电势相等的点，画出等势线．
(2)画电场线：根据电场线与等势面垂直画出电场线，且电场线的方向由电势高的等势面指向电势低的等势面．
【典例】例3.如图所示，虚线方框内有一匀强电场，A、B、C为该电场中的三点，已知φA＝12 V，φB＝6 V，φC＝－6 V.试在该虚线框内作出该电场的示意图(画出几条电场线)，并要求保留作图时所用的辅助线．
例4.如图所示，
在匀强电场中，电荷量q＝5.0×10－10 C的正电荷由a点移到b点和由a点移到c点，电场力做功都是3.0×10－8 J．已知a、b、c三点的连线组成了一个直角三角形，ab＝20 cm，∠a＝37°，∠c＝90°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求a、b两点的电势差Uab；
(2)求匀强电场的电场强度．
思维提升
匀强电场中两点间电势差的三种求法
(1)应用定义式UAB＝φA－φB来求解．
(2)应用关系式UAB＝来求解．
(3)应用关系式UAB＝Ed(匀强电场)来求解．
[训练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．在下列各示意图中，能正确表示该电场强度方向的是( )
[训练5] (多选)如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1 V、2 V、3 V，正六边形所在平面与电场线平行．下列说法正确的是( )
A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线
B．匀强电场的电场强度大小为10 V/m
C．匀强电场的电场强度方向为由C指向A
D．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少1.6×10－19 J
1．对公式E＝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
2．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＞Ec
C．φa－φb＝φb－φc
D．Ea＝Eb＝Ec
3．医生用心电图检查仪为一位身高1.8 m的运动员体检，她把电极吸在身体5个不同的位置，如图所示．如果人体从头往脚的方向构成匀强电场，其中有两个点的电势差最大，约为500 μV，则电场强度约为( )
A.278 μV/m
B．500 μV/m
C．1 000 μV/m
D．1 250 μV/m
4．如图所示，在某电场中画出了四条电场线，C、D两点是AB连线的三等分点．已知A点的电势为φA＝30 V，B点的电势为φB＝0，则( )
A．C点的电势φC＝20 V
B．C点的电势φC<20 V
C．C点的电势φC>20 V
D．A、B、C都不正确
5．如图所示，在直角三角形所在的平面内有匀强电场，其中A点电势为0 V，B点电势为3 V，C点电势为6 V．已知∠ACB＝30°，AB边长为 m，D为AC的中点．现将一点电荷放在D点，且点电荷在C点产生的场强为2 N/C，则放入点电荷后，B点场强为( )
A．4 N/C B．5 N/C
C．2 N/C D． N/C
6．如图所示，P、Q两金属板间的电势差为50 V，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d＝10 cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4 cm(取大地电势为0)．
(1)求P板及A点的电势．
(2)保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5 cm，则A点的电势将变为多少？
3．电势差与电场强度的关系
导学 掌握必备知识
一、
1．电场强度 沿电场方向
2．Ed
3．匀强
二、
1．电势差 沿电场强度方向的距离
2．电场 单位距离
3．伏每米
情境思考
答案：(1)× (2)× (3)√
共研 突破关键能力
目标一
提示：根据U＝Ed，得d＝＝ m＝5.5×10－2 m．
[例1] 解析：B、D、A′三点电势相等，在同一等势面上，由电场方向和等势面垂直且由高电势指向低电势可知，电场方向由C′指向A.由几何知识可得AC′＝10 cm，在△ADC′中，AC′和AD的夹角余弦值cos α＝＝
由AD cos α·E＝UDA
得电场强度E＝10 V/m
故A错误，B正确；
由几何知识可得AC＝10 cm
AC′与AC的夹角余弦值cos θ＝＝
由AC cos θ·E＝UCA＝φC－φA
可得φC＝2 V
电子电荷量为－e，电子在C点的电势能Ep＝－eφC＝－2 eV，故C错误；电子沿直线由A点到C点电场力做正功，故D错误．
答案：B
[例2] 解析：将一正电荷由A点移到B点，电场力做正功，电荷的电势能减少，A错误；由于等势面与电场线垂直，由图可知O、C两点不在同一条等势线上，电势不相等，B错误；电场线越密集，电场强度越大，沿着电场线电势降落的越快，因此DO间的电势差大于OB间的电势差，C错误；由于负电荷所受电场力的方向逆着电场线，在O点放置一负点电荷，该电荷所受电场力的方向竖直向下，D正确．
答案：D
[训练1] 解析：将空气中的电场视为匀强电场，由U＝Ed，可得U＝3×108 V，A正确．
答案：A
[训练2] 解析：因点电荷所形成的电场离点电荷越远电场强度越小，故有φA－φB＞φB－φC，即φB＜＝6 V，B正确．
答案：B
[训练3] 解析：该电场不一定是匀强电场，无法比较a、b两点的电场强度大小，c点的电势也不一定为4 V，但电场方向由a→b，正电荷在c点所受电场力方向一定由a指向c，正电荷由c运动到b的过程中，电场力做正功，电势能一定减少，故C、D正确，A、B错误．
答案：CD
目标二
提示：沿A→C方向电势降落最快；电场强度的方向就是电势降落最快的方向．
[例3] 解析：要画电场线，先找等势面(线)．
因为UAC＝18 V、UAB＝6 V，＝3，将线段AC等分成三份，即使AH＝HF＝FC，则φH＝6 V，φF＝0，故B、H等电势．连接BH即为等势线，由电场线与等势面(线)垂直且由高电势指向低电势，可画出电场线如图所示．
答案：见解析
[例4] 解析：(1)因为正电荷从a到b和从a到c，电场力做功相等，所以由W＝qU可得Uab＝Uac，b、c两点在同一等势面上，根据电场线与等势面垂直，可知场强方向与ac平行，垂直指向bc.
Uab＝＝ V＝60 V
(2)由U＝Ed可得
E＝＝＝ V/m＝375 V/m
场强方向平行于ac，且由a指向c.
答案：(1)60 V
(2)375 V/m 方向与bc边垂直且由a指向c
[训练4] 解析：匀强电场中将任一线段等分，则电势差等分．把AB等分为三段，AB间电压为3 V，则每等分电压为1 V，H点电势为4 V，F点电势为3 V，将FC相连，则FC为等势线，电场线垂直于FC，从高电势指向低电势，C正确；AC上，G为中点，AC被等分为两份，AC间电压为2 V，则G点电势为4 V，GH为等势线，电场线垂直于GH，从高电势指向低电势，B正确．
答案：BC
[训练5] 解析：连接AC，AC中点电势为2 V，由正六边形对称性，则EB、AF、CD均为电场中的等势线，故A正确；匀强电场的场强大小为E＝＝＝＝ V/m，故B错误；电场线方向与EB垂直，即为由C指向A，故C正确；将一个电子由E点移到D点，电场力做正功，电子的电势能减少，减少量为eUED＝eUBC＝1.6×10－19 J，故D正确．
答案：ACD
精练 落实学科素养
1．解析：公式E＝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．
答案：D
2．解析：电场线是沿直线的电场，通常有如图所示几种情况：
题中给出的一条电场线，不一定是哪一种，故B、C、D错误；不论是何种情况的电场，沿着电场线方向电势总是降低的，φa>φb>φc，故A正确．
答案：A
3．解析：沿着电场的方向最远的两点是A、E，大约为d＝1.0 m，而电势差U＝500 μV
则E＝＝500 μV/m
故选B.
答案：B
4．解析：由题图看出，AC段电场线比CD段、DB段电场线密，则AC段电场强度最大，根据公式U＝Ed可知，A、C间电势差UAC大于C、D间电势差UCD和D、B间电势差UDB.所以UAC＞UAB＝(φA－φB)＝10 V，即(φA－φC)＞10 V，又φA＝30 V，可知φC＜20 V．B选项正确．
答案：B
5．解析：D点电势为φD＝＝3 V，BD连线为等势线．由几何关系可知，A点到等势线的距离为1.5 m，所以匀强电场的场强E1＝N/C＝2 N/C，且与AB的夹角为30°.点电荷在B点的场强E2与E1垂直，所以合场强E＝2 N/C.
答案：C
6．解析：板间场强方向水平向左，可知Q板电势最高．Q板接地，则电势φQ＝0，板间各点电势均为负值．
(1)场强大小E＝＝ V·m－1＝5×102 V/m
Q、A间电势差UQA＝Ed′＝5×102×(10－4)×10－2 V＝30 V
所以A点电势φA＝－30 V，同理可求得P板电势φP＝UPQ＝－50 V
(2)当Q板向左平移5 cm时，两板间距离d ″＝(10－5) cm＝5 cm
Q板与A点间距离变为d＝(10－4) cm－5 cm＝1 cm
电场强度大小E′＝＝ V·m－1＝1.0×103 V·m－1
Q、A间电势差UQA′＝E′d＝1.0×103×1.0×10－2 V＝10 V
所以A点电势φA′＝－10 V.
答案：(1)－50 V －30 V (2)－10 V4．电容器的电容
核 心 素 养 定 位 物理观念 了解电容器的类型、特性及作用．了解影响平行板电容器电容大小的因素．
科学思维 观察常见电容器的构造，建构电容器模型．通过实验，观察电容器在充、放电过程中电流与电压的变化，分析电荷量变化及能量转化情况．
科学探究 经历实验探究电容器两极板间电势差与所带电荷量关系和用物理量之比定义电容的过程，理解电容概念．知道电容的单位．
一、电容器和电容
1．电容器
(1)基本构造：任何两个彼此________又相距很近的导体，都可以看成一个电容器．盛电荷的容器
(2)电容器充电的过程中，两极板的电荷量________，极板间的电场强度________，电源的能量不断储存在电容器中；放电的过程中，电容器把储存的能量通过电流________转化为电路中其他形式的能量．
2．电容
一个极板所带电荷量的绝对值
(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，叫作电容器的电容．用________来表示．
(2)定义式：C＝________．
(3)单位：法拉，简称法，符号是F.常用的单位还有微法(μF)和皮法(pF)，它们与法拉的关系是：1 μF＝________ F，1 pF＝________ F．
二、平行板电容器的电容
1．结构：由两个平行且彼此绝缘的金属板构成．
2．电容的决定因素：电容C与两极板间电介质的相对介电常数εr成________，跟极板的正对面积S成________，跟极板间的距离d成________．
3．电容的决定式：C＝，εr为电介质的相对介电常数，k为静电力常量．当两极板间是真空时，C＝.
三、常用电容器
1．分类：从构造上看，可以分为________电容器和________电容器两类．
2．固定电容器有：________电容器、________电容器等．
3．可变电容器由两组铝片组成，固定的一组铝片叫作________，可以转动的一组铝片叫作________．转动动片，使两组铝片的________发生变化，电容就随着改变．
【情境思考】
如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图．称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移．则放上物体后，判断以下问题．
(1)电容器的电容变小．( )
(2)电容器的带电量增大．( )
(3)电容器两极板间电场强度变小．( )
拓展 1
如图所示，开关S与“1”端接触后，再与“2”端接触，小灯泡是否发光？怎样解释？若发光，电流方向如何？
提示：当开关接“1”时，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，随着电荷量减少电压降低，灯泡变暗，放电完毕，灯泡熄灭．
拓展2 电容器的C、Q、U的关系图像
C＝为定值，且C＝＝.
C与Q、U无关，C的大小由电容器本身决定．
拓展3
[拓展学习]教材图10.4－3.
如何根据放电的I-t图像估算电容器释放的电荷量？
提示：I-t图像与坐标轴围成的图形的面积表示释放的电荷量．面积估算，先算出一个小格的面积，再乘以小格总数(数格时多于半个格的算一格，少于半格的舍去)．
目标一 电容器及电容器的充、放电
【导思】
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装成如图所示的实验电路．
(1)把开关S接1，此时电源给电容器充电．在充电过程中，电压表和电流表的示数如何变化？说明了什么问题？
(2)把开关S接2，电容器对电阻R放电．在放电过程中，电压表和电流表示数如何变化？说明了什么问题？
【归纳】
1．充电过程的特点
(1)充电电流从电容器正极板流入，从电容器负极板流出，如图所示．
(2)充电时电容器所带电荷量增加，极板间电压升高，极板间电场强度增大．
(3)电容器充电结束后，电容器所在电路中无电流，电容器两极板间电压与充电电压相等．
(4)充电过程中，其他能转化为电容器中的电场能．
2．放电过程的特点
(1)放电电流从电容器正极板流出，从电容器负极板流入，如图所示．
(2)放电时电容器所带电荷量减少，极板间电压降低，极板间电场强度减弱．
(3)电容器放电结束后，电容器所在电路中无电流，电容器不再带有电荷，电容器两极板间电压为零．
(4)放电过程中，电场能转化为其他能．
【典例】例1.下列关于电容器的相关知识描述正确的是( )
A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势E
B.图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变
C.图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器的实物图和符号，两种电容器使用时都严格区分正负极
D．图戊中的电容器上有“5.5 V 1.0 F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5 V的电压时电容才为1.0 F
[训练1] 电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图像．图甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V.
先使开关S与1接通，待充电完成后，再把开关S与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I-t
图像如图乙所示．根据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量约为________ C，该电容器电容为________ F．(均保留一位有效数字)
[训练2] (多选)王老师利用如图所示的电路研究电容器的充、放电问题，单刀双掷开关S原来跟2相接，从t＝0开始，开关改接1，再将开关S拨向2位置，则流过电路中P点的电流大小随时间变化的图像及电容器两极板的电势差UAB随时间变化的图像可能正确的是( )
目标二 电容的理解
【归纳】——————————————————○
1．C＝是电容的定义式，由此也可得出C＝.
2．电容器的电容取决于电容器本身，与电容器所带的电荷量Q以及两极板间的电势差U均无关．
3．C＝与C＝的比较
C＝ C＝
公式类别 定义式 决定式
适用范围 所有电容器，Q∝U，即＝C不变，反映了电容器容纳电荷的本领 平行板电容器，C∝εr，C∝S，C∝，反映了平行板电容器电容的决定因素
联系 电容器容纳电荷的本领，即电容的大小可以由来度量，但决定因素是电容器本身，如平行板电容器的εr、S、d等因素
【典例】
例2.下列关于电容的说法正确的是 ( )
A．电容器简称电容
B．电容器A的电容比B的大，说明A的带电荷量比B多
C．电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器带的电荷量
D．由公式C＝知，电容器的电容与电容器两极板间的电压成反比，与电容器所带的电荷量成正比
例3.一个已充电的电容器，若使它的带电荷量减少3×10－4 C，则其电压减小为原来的，则下列说法正确的是( )
A．电容器原来的带电荷量为9×10－4 C
B．电容器原来的带电荷量为4.5×10－4 C
C．电容器两极板间原来的电压为1 V
D．电容器的电容变为原来的
[训练3] 如图所示，电源A两端的电压恒为6 V，电源B两端的电压恒为8 V．当开关S从A扳到B时，通过电流计的电荷量为1.2×10－5 C，则电容器的电容约为( )
A．2×10－5 F B．1.5×10－6 F
C．6×10－6 F D．8.6×10－7 F
[训练4] 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？
目标三 平行板电容器的动态分析
【导思】
平行板电容器由两块平行放置的金属板组成．利用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＝，分析电容C的变化．
(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＝，分析电容C的变化．
(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＝，分析电容C的变化．
【归纳】——————————————————○
1．静电计实质上也是一种验电器，把静电计的金属球与一个导体连接，金属外壳与另一个导体相连(或者金属外壳与另一个导体同时接地)，从静电计指针偏转角度的大小可以推知两个导体间电势差的大小．
2．平行板电容器动态问题的分析方法
抓住不变量，分析变化量，紧抓三个公式：
C＝、E＝和C＝.
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＝∝，E＝∝.
(2)充电后断开S，电荷量Q恒定，U＝＝∝，E＝＝∝.
【典例】——————————————————○
例4.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
例5.如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是( )
A．平行板电容器的电容值将变大
B．静电计指针张角变小
C．带电小球的电势能将减小
D．若先将下极板与A点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受静电力不变
思维提升
分析电容器动态变化问题的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是电荷量不变．
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．
[训练5] 半导体指纹传感器，多用于手机、电脑、汽车等设备的安全识别．传感器半导体基板上有大量金属颗粒，基板上的每一点都是小极板，其外表面绝缘．当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凹凸不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容器，使每个电容器的电压保持不变，对每个电容器的放电电流进行测量，即可采集指纹．指纹采集过程中，下列说法正确的是( )
A．指纹的凹点处与小极板距离远，电容大
B．指纹的凸点处与小极板距离近，电容小
C．手指挤压绝缘表面，电容器两极板间的距离减小，电容器所带电荷量增大
D．手指挤压绝缘表面，电容器两极板间的距离减小，电容器所带电荷量减小
[训练6] 如图所示，竖直放置的平行板电容器与电源相连，在两极板A、B之间用绝缘细线悬挂一带电小球，闭合开关S，小球静止时，细线与竖直方向的夹角为θ.则下列说法正确的是( )
A．小球带正电
B．保持开关S闭合，仅将两极板间的距离适当增大，θ角将减小
C．断开开关S，仅将两极板间的距离适当增大，θ角将减小
D．断开开关S，仅将两极板间的正对面积适当减小，θ角将减小
1．(多选)下列关于电容器和电容的说法中，正确的是( )
A．根据C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比
B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两极板间的电压成正比
C．对于确定的电容器，无论其两极板间的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变
D.电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，其大小与加在两极板间的电压无关
2．(多选)一个电容器的规格是“100 μF 25 V”，对这两个数据的理解正确的是( )
A．这个电容器只有加上25 V电压时，电容才是100 μF
B．这个电容器储存的电荷量一定为2.5×10－3 C
C．这个电容器所加电压不能高于25 V
D．这个电容器所加电压可以低于25 V，但电容不变，总是100 μF(电容器本身不发生变化)
3．可用如图所示的电路对电容器进行充电．在对电容器充电的过程中，下列说法正确的是( )
A．电容器所带的电荷量逐渐增大
B．电容器所带的电荷量保持不变
C．电容器的电容逐渐增大
D．电容器两极间的电压逐渐减小
4．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 μF
B．充电至9.0 kV时，该电容器所带电荷量是0.27 C
C．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
5．(多选)运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的．如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动．图中R为定值电阻．下列对传感器描述正确的是( )
A．静止时，电流表示数为零，电容器两极板不带电
B．N极板由静止突然向“后”运动时，电容器的电容减小
C．N极板由静止突然向“后”运动时，电流由b向a流过电流表
D．N极板由静止突然向“后”运动时，电容器间的电场强度减小
6．一个平行板电容器，使它所带电荷量从Q1＝3×10－5 C增加到Q2＝3.6×10－5 C时，两板间的电势差从U1＝10 V增加到U2＝12 V，则这个电容器的电容多大？如果使两极板电势差从U1＝10 V降为U′2＝6 V，则每个极板需减少多少电荷量？
4．电容器的电容
导学 掌握必备知识
一、
1．(1)绝缘 (2)增加 增大 做功
2．(1)C (2) (3)10－6 10－12
二、
2．正比 正比 反比
三、
1．固定 可变
2．聚苯乙烯 电解
3．定片 动片 正对面积
情境思考
答案：(1)× (2)√ (3)×
共研 突破关键能力
目标一
提示：(1)电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，电流表示数逐渐减小至0，说明电容器两极板具有一定的电势差．充电完毕时电容器两极板带有一定的等量异种电荷，即使断开电源，两极板上的电荷仍然被保存在电容器中．
(2)电压表示数和电流表示数都逐渐减小，说明放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，正负电荷中和．此时两极板所带的电荷量减小，电势差减小，放电电流也减小，最后两极板电势差以及放电电流都等于0.
[例1] 解析：题图甲为电容器充电过程，电容器上极板与电源的正极相连，故上极板带正电，充完电后两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；题图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且电流逐渐减小，故B错误；题图丙为电解电容器的实物图和符号，题图丁为可变电容器的实物图和符号，前者使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；题图戊中的电容器上有“5.5 V 1.0 F”字样，说明该电容器两端电压最大值为5.5 V，而电容与电容器的电压，及电荷量均无关，总是为1.0 F，故D错误．
答案：A
[训练1] 解析：根据题图乙，因Q＝It，可知图形与时间轴围成的面积表示电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的面积所代表的电荷量为8×10－5 C，大于半格算一格，小于半格舍去，因此图像所包含的格子个数约为38(37～39均可)，所以释放的电荷量为q＝8×10－5 C×38≈3×10－3 C．根据电容器的电容C＝可知，C＝ F＝5×10－4 F.
答案：3×10－3 5×10－4
[训练2] 解析：开关S接1时，电容器充电，充电完毕，电流为零；再将开关S拨向2位置，开始反向放电，且放电越来越缓慢，放电完毕后，电流为零，A错误，B正确．开关S接1时，电容器与电源直接相连，充电结束后，两极板间电压等于电源电压，放电过程中，两极板间的电压逐渐减小，电压变化越来越慢，极板的电性不变，C错误，D正确．
答案：BD
目标二
[例2] 解析：电容器和电容是两个不同的概念，A错误；电容器A的电容比B的大，只能说明电容器A容纳电荷的本领比B强，与是否带电无关，B错误；电容器的电容大小和它所带的电荷量、两极板间的电压等均无关，D错误；由公式C＝可知，电容器的电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时极板上的电荷量，C正确．
答案：C
[例3] 解析：电容器的电荷量减少了ΔQ＝3×10－4 C，电压减小为原来的，由C＝知，电荷量减少为原来的，即减少了原来的，则根据C＝知，电容器原来的带电荷量Q＝1.5ΔQ＝1.5×3×10－4 C＝4.5×10－4 C，A错误，B正确；由已知条件无法求电容器两极板间原来的电压，电容反映电容器本身的特性，电容器极板上的电荷量减少，电容器的电容不变，C、D错误．
答案：B
[训练3] 解析：当开关S接A时，电容器上极板带正电，所带电荷量Q＝CUA，当开关S扳到B时，电容器上极板带负电，所带电荷量Q′＝CUB，该过程中通过电流计的电荷量ΔQ＝Q＋Q′＝C(UA＋UB)＝1.2×10－5 C，解得电容C≈8.6×10－7 F，D正确．
答案：D
[训练4] 解析：由电容器的电容定义式C＝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)，ΔQ＝CΔU，即C＝＝＝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
目标三
提示：(1)S减小，电势差U增大，电容C减小．
(2)d增大，电势差U增大，电容C减小．
(3)插入电介质，电势差U减小，电容C增大．
[例4] 解析：当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，A正确；根据平行板电容器电容的决定式C＝，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，B错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，则电容C增大，根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角变小，C错误；根据C＝可知，电荷量Q增大，则电压U也会增大，但电容C不变，D错误．
答案：A
[例5] 解析：根据C＝知，d增大，则电容减小，故A错误；静电计测量的是电容器两极板间的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；电势差U不变，d增大，则电场强度E＝减小，设P点与上极板的距离为x，P点与上极板的电势差U1＝Ex减小，P点与下极板的电势差U2＝U－U1增大，下极板接地电势为零，则P点的电势φP＝U2增大，又因为该小球带正电，则电势能增大，故C错误；电容器与电源断开，则电荷量Q不变，d改变，根据C＝、C＝、E＝，可得E＝，可知电场强度不变，则小球所受静电力不变，故D正确．
答案：D
[训练5] 解析：由C＝知指纹的凸点处与小极板距离近，电容大；指纹的凹点处与小极板距离远，电容小，故A、B错误；由Q＝CU、C＝可知手指挤压绝缘表面，电容器两极板间的距离减小，电容变大，电容器所带电荷量增大，故C正确，D错误．
答案：C
[训练6] 解析：由题图可知，A板带正电，B板带负电，形成方向水平向右的电场，小球向左偏，则说明小球带负电，故A错误；保持开关S闭合，仅将两极板间的距离适当增大，由E＝可知，电场强度减小，小球所受静电力减小，则θ角将减小，故B正确．断开开关S，电容器的电荷量保持不变，由C＝、C＝和E＝，得E＝，则仅将两极板间的距离适当增大，电场强度不变，小球所受静电力不变，θ角将不变；仅将两极板间的正对面积适当减小，电场强度变大，小球所受静电力变大，θ角变大，故C、D错误．
答案：B
精练 落实学科素养
1．解析：电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，一个确定的电容器对应唯一的电容值，由电容的定义式知确定的电容器所带电荷量与电压的比值恒定不变，不能说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，故A错误，C、D正确．对于确定的电容器，由于电容是定值，由Q＝CU知其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B正确．
答案：BCD
2．解析：一个电容器的规格是“100 μF 25 V”，其中100 μF是电容器的电容，是其本身的属性，不随所加电压的变化而变化，25 V是电容器的击穿电压，这个电容器所加电压可以低于25 V，但不能高于25 V，当所加电压小于25 V时，这个电容器储存的电荷量小于2.5×10－3 C．故选 C、D.
答案：CD
3．解析：电容器充电，则所带的电荷量逐渐增大，A正确，B错误；电容器的电容不变，C错误；根据Q＝CU可知，电容器两极间的电压逐渐增加，D错误．
答案：A
4．解析：电容器在充电过程中，电容器的电容C不变，仍然为15 μF，故A错误；根据C＝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；电容器放电过程中电流不恒定，故D错误．
答案：C
5．解析：静止时，电容器与电源保持连接，两极板间有电压，所以电容器两极板带电，故A错误；N极板由静止突然向“后”运动时，间距增大，根据C＝可知，电容器的电容减小，故B正确；N极板由静止突然向“后”运动时，间距增大，电容C减小，根据C＝，因U不变，则Q减小，所以电容器放电，负电荷由a向b运动，所以电流由b向a流过电流表，故C正确；N极板由静止突然向“后”运动时，间距增大，根据E＝，两极板电压不变，d增大，E减小，故D正确．
答案：BCD
6．解析：电荷量的增加量和电势差的增加量分别为ΔQ＝Q2－Q1＝3.6×10－5 C－3×10－5 C＝6×10－6 C，ΔU＝U2－U1＝12 V－10 V＝2 V，则C＝＝ F＝3×10－6 F＝3 μF；要使两极板间电势差降为6 V，则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 C5．带电粒子在电场中的运动
核 心 素 养 定 位 物理观念 会从运动和力的关系的角度、功和能量变化的关系的角度分析带电粒子在匀强电场中的加速问题．
科学思维 (1)知道带电粒子垂直于电场线进入匀强电场运动的特点，并能对偏移距离、偏转角度、离开电场时的速度等物理量进行分析与计算． (2)通过解决带电粒子在电场中加速和偏转的问题，加深对从牛顿运动定律和功能关系两个角度分析物体运动的认识，以及将匀变速直线运动分解为两个方向上的简单运动来处理的思路的认识．
科学态度与责任 了解示波管的工作原理，体会静电场知识对科学技术的影响，激发求知欲．
一、带电粒子在电场中的加速
1．带电粒子在电场中加速(直线运动)的条件：只受________作用时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向________或________．
2．分析带电粒子的加速问题有两种思路
(1)利用____________结合匀变速直线运动公式分析．适用于电场是________且涉及________等描述运动过程的物理量，公式有qE＝________，v＝v0＋________等．
(2)利用静电力做功结合动能定理分析．适用于问题涉及________、________等动能定理公式中的物理量或________电场情景时，公式有qEd＝(匀强电场)或qU＝(任何电场)等．
二、带电粒子在电场中的偏转
1．条件：带电粒子的初速度方向跟静电力的方向________．
2．运动性质：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹是一条抛物线．
3．运动规律
(1)偏移距离：因为t＝，a＝，所以偏移距离y＝at2＝
(2)偏转角度：因为vy＝at＝，所以tan θ＝＝
三、示波管的原理
1．构造：示波管主要由________、________(XX′和YY′)、________组成，管内抽成真空．
2．原理
(1)给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏的________点．
(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，使电子沿YY′方向偏转．
(3)示波管的XX′偏转电极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压(如图所示)，叫作扫描电压，使电子沿XX′方向偏转．
【情境思考】
电子束焊接机中的电场线如图所示．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，判断以下问题．
(1)电子在K附近受到的电场力比在A附近要大．( )
(2)电子由K沿电场线到A电势能逐渐增大．( )
(3)电子到达A极板时的动能等于eU.( )
拓展 1
[教材问题]
电子在加速器中受电场力作用而加速．
医用电子直线加速器是指利用微波电磁场加速电子并且具有直线运动轨道的加速装置，用于对患者肿瘤或其他病灶放射治疗的一种医疗器械．它能产生高能X射线和电子线，具有剂量率高，照射时间短，剂量均匀性和稳定性好，以及半影区小等特点．
拓展2
[教材例题1]
(1)带电粒子在金属圆筒里为什么不会被加速？
提示：因静电屏蔽，空腔里的电场强度处处为零．也就是说，带电粒子在金属圆筒里不受静电力，粒子做匀速运动．
(2)利用了极板间的电压对粒子进行加速，知道电压越大，粒子出射的末速度越大．
在实际设计极板电压时，为什么不是在两极板间加上高电压而是采用低电压多级加速呢？
提示：直线加速器都是放置于真空管中工作，虽然是真空管，但管内仍会有稀薄的气体，如果加速电压过高，加速器的真空管长度不够，容易使稀薄气体电离放电，放电的加速器相当于短路状态，电压会变得很低，所以加速电压不能无限提高，电压是有限度的．
拓展3 带电粒子在电场中的偏转
(1)初速度方向
(2)电场线方向
(3)以相同的初动能Ek0进入同一偏转电场，只要q相同，不论m是否相同，则偏转距离和偏转角都相同．
(4)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压相同)
进入同一偏转电场，则偏转距离和偏转角都相同．
目标一 带电粒子在电场中的加速
【导思】 如图所示，平行板电容器两板间电压为U，板间距离为d.一质量为m，带电荷量为q的正离子在左板附近由静止释放．
(1)正离子在两板间做什么规律的运动？加速度多大？
(2)正离子到达负极板时的速度多大？
【归纳】——————————————————○
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，但不能忽略其质量．
(2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒、带电尘埃等，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．处理带电粒子在电场中加速问题的两种方法
可以从动力学和功能关系两个角度分析：
项目 动力学角度 功能关系角度
应用 知识 牛顿第二定律以及匀变速直线运动公式 功的公式及动能定理
适用 条件 匀强电场，静电力是恒力 匀强电场、非匀强电场，静电力可能是恒力或变力
【典例】
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，设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．
例2.如图所示，
平行板电容器两板间的距离为d＝10 cm，电势差为U＝100 V．一质量为m、带正电且电荷量为q的α粒子在静电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粒子所受静电力和重力的大小，说明重力能否忽略不计(α粒子质量是质子质量的4倍，即mα＝4×1.67×10－27 kg，电荷量是质子的2倍)．
(2)α粒子的加速度是多少？在电场中做何种运动？
(3)计算粒子到达负极板时的速度大小(尝试用不同的方法)．
思维提升
分析带电粒子在电场中加速运动的两种思路
(1)牛顿第二定律和运动学公式
q＝ma，得a＝；＝2ad，v＝
(2)动能定理
qU＝，v＝
[训练1]
如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )
A．两板间距离越大，加速时间越短
B．两板间距离越小，电子的加速度就越小
C．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关
D．电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关
[训练2] 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为＋q的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动．经过时间t力F做功90 J，此后撤去力F，物块再经时间2t返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v.设物块在O点的电势能为零，则下列说法正确的是( )
A．撤去力F时物块的速度大小为
B．物块向右滑动的最大距离为
C．物块回到出发点时的动能为90 J
D．撤去力F时物块的电势能为60 J
目标二 带电粒子在电场中的偏转
【导思】
如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两极正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为多少？
【归纳】
1．类平抛运动
带电粒子以速度v0垂直于电场线的方向射入匀强电场，受到恒定的与初速度方向垂直的静电力的作用而做匀变速曲线运动，称之为类平抛运动．可以采用处理平抛运动的方法分析这种运动．
2．运动规律
(1)沿初速度方向：vx＝v0，x＝v0t(初速度方向)．
(2)垂直于初速度方向：vy＝at，y＝at2(电场线方向，其中a＝＝)．
3．两个结论
偏转距离：y＝.
偏转角度的正切值：tan θ＝.
【典例】例3.如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下板的中央．现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下极板边缘，则可以将( )
A．开关S断开
B．初速度变为2v0
C．板间电压变为
D．竖直移动上板，使板间距变为2d
例4.一束电子流在经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？
思维提升
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、牛顿定律、动能定理、功能关系、能量守恒等．
[训练3] 如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子，以速度v0垂直于电场方向从A点射入匀强电场，并从电场另一侧B点射出，且射出的速度方向与电场方向的夹角为30°，已知匀强电场的宽度为L.
(1)求匀强电场的电场强度E；
(2)求A、B两点的电势差UAB.
[训练4] 一个电荷量为q＝－2×10－8 C，质量为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L＝8 cm.整个装置如图所示(不计粒子的重力)．
(1)求粒子出加速电场时的速度v0的大小．
(2)求粒子出偏转电场时的偏移距离y.
(3)求P点到O2的距离y′.
目标三 示波管的原理
【归纳】
1．构造
示波管是示波器的核心部分，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示．
2．原理
(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压，可使亮斑从左向右扫描移动．
(2)灯丝被电源加热后，发射热电子，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个周期性的信号电压，并且与扫描电压周期相同，那么就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像．
例5.如图所示的示波管，当两偏转电极上所加电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏的正中间(图示坐标在O点，其中x轴与X、X′间的电场的电场强度方向平行，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与Y、Y′间的电场的电场强度方向平行)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )
A．X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B．X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C．X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D．X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极
[训练5] (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
[训练6] 如图甲所示为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按如图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是( )
1．在如图所示的匀强电场中，若一个点电荷从P点由静止释放(不计粒子重力)，则以下说法正确的是( )
A．该点电荷可能做匀变速曲线运动
B．该点电荷一定向右运动
C．静电力对该点电荷可能不做功
D．该点电荷一定做匀加速直线运动
2．如图所示，一束粒子(不计粒子重力)从O点沿水平方向以初速度v0射入平行板之间的电场后分成了a、b、c、d四束，各粒子束中粒子不带电且动能保持不变的是( )
A．a B．b
C．c D．d
3．当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C．则下列说法正确的是( )
A．加速过程中质子电势能增加
B．质子所受到的电场力约为2×10－15 N
C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s
D．加速器加速的直线长度约为4 m
4．(多选)如图所示是加速电场与偏转电场的组合．当加速电压为U1、偏转电压为U2、偏转极板长为L、板间距离为d时，电子打在荧光屏上形成光斑P.则下列说法正确的是( )
A．只增大d，偏转电场的电场强度增大
B．只增大L，荧光屏上光斑P的位置不变
C．只增大U1，电子穿越偏转电场的时间变短
D．只增大U2，能使荧光屏上光斑P向上移动
5．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、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8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，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.质子的比荷取1×108 C/kg.
(1)求漂移管B的长度．
(2)求相邻漂移管间的加速电压．
5．带电粒子在电场中的运动
导学 掌握必备知识
一、
1．电场力 相同 相反
2．(1)牛顿第二定律 匀强电场 运动时间 ma at
(2)位移 速率 非匀强
二、
1．垂直
三、
1．电子枪 偏转电极 荧光屏
2．(1)中心O
情境思考
答案：(1)× (2)× (3)√
共研 突破关键能力
目标一
提示：(1)正离子在两板间做初速度为零的匀加速直线运动．加速度a＝.
(2)由qU＝mv2可得v＝.
[例1] 解析：根据动能定理W＝
而W＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2 J＝9.6×10－15 J
所以v1＝＝ m/s≈6×106 m/s
质子飞出时的速度约为6×106 m/s.
答案：6×106 m/s
[例2] 解析：(1)α粒子所受静电力F＝＝ N＝3.2×10－16 N，重力G＝mg＝4×1.67×10－27×10 N＝6.68×10－26 N，因重力远小于静电力，故重力能忽略不计．
(2)α粒子的加速度为a＝＝4.8×1010 m/s2.α粒子做初速度为0的匀加速直线运动．
(3)方法1 利用动能定理求解．
在带电粒子的运动过程中，静电力对它做的功是W＝qU
设带电粒子到达负极板时的速度大小为v，则Ek＝mv2
由动能定理可知qU＝mv2
解得v＝＝9.8×104 m/s.
方法2 利用牛顿第二定律结合运动学公式求解．
设粒子到达负极板时所用时间为t
则d＝at2，v＝at，a＝
联立解得v＝＝9.8×104 m/s.
答案：见解析
[训练1] 解析：两板间电压为U保持不变，设板间距为d，电子在板间的加速度为a，据牛顿第二定律有q＝ma，可得电子的加速度a＝，故两板间距离越小，电子的加速度就越大，B错误；电子在板间做匀加速直线运动，可得d＝，可得t＝d，故两板间距离越大，加速时间越长，A错误；由动能定理可得qU＝mv2，电子到达Q板时的速率v＝，与两板间距离无关，仅与加速电压有关，C正确，D错误．
答案：C
[训练2] 解析：设F撤去前、后物块的加速度大小分别为a1、a2，根据位移关系有a1t2＋(a1t)·2t－a2(2t)2＝0，解得＝.根据运动学规律有v＝2a2t－a1t＝a1t，所以撤去力F时物块的速度大小为v1＝a1t＝v，故A错误．从撤去F到物块速度减为零所经历的时间为t1＝＝＝t，所以物块向右滑动的最大距离为xmax＝t＋t1＝vt，故B错误．物块从O点开始运动到又回到O点的过程中，电场力做功为零，恒力F做功为90 J，根据动能定理可知物块回到出发点时的动能为90 J，故C正确；物块向右运动过程中，电势能的增加量等于物块克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达最远位置时的电势能为90 J，设撤去F时物块的电势能为Ep，则＝＝＝，解得Ep＝50 J，故D错误．
答案：C
目标二
提示：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x＝v0t，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t1∶t2＝2∶1.竖直方向上的位移为h＝at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比为1∶8.又因为加速度a＝，故两次偏转电压之比为U1∶U2＝1∶8.
[例3] 解析：开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，根据y＝＝at2知质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下极板边缘，B正确；当板间电压变为时，板间电场强度变为原来的，质子所受的静电力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝＝at2知质子运动到下极板所需时间为原来的倍，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移为原来的倍，所以质子不能落到下极板边缘，C错误；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间电场强度变为原来的，由C项分析知质子运动到下极板所需时间为原来的倍，水平位移为原来的倍，质子不能落到下极板边缘，D错误．
答案：B
[例4] 解析：加速过程，由动能定理得eU＝①
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动
l＝v0t②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动
加速度a＝＝③
偏转距离y＝at2④
能飞出的条件为y≤⑤
联立①～⑤式解得U′≤＝400 V
即要使电子能飞出，所加电压最大为400 V.
答案：400 V
[训练3] 解析：(1)带电粒子在垂直匀强电场电场线的方向做匀速直线运动，沿电场线方向做匀加速直线运动，将v沿电场线方向和垂直电场线方向分解，
则vy＝＝v0①
又vy＝t②
L＝v0t③
联立①②③得E＝.
(2)由动能定理得qUAB＝④
又v＝⑤
由④⑤得UAB＝.
答案：
[训练4] 解析：(1)由动能定理可得|q|U1＝，
代入数据解得v0＝8×104 m/s.
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，
在水平方向上：L＝v0t，
在竖直方向上：y＝at2，a＝，E＝，
联立并代入数据，解得y＝0.03 m.
(3)由几何知识知＝，
解得y′＝3y＝0.09 m.
答案：(1)8×104 m/s (2)0.03 m (3)0.09 m
目标三
[例5] 解析：若要使电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以D正确．
答案：D
[训练5] 解析：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．
答案：AC
[训练6] 解析：电极YY′之间为信号电压，电极XX′之间为扫描电压，0～t1内，Y板电势高，电子向Y板偏转，X′板电势高，电子向X′板偏转，由此可知C、D错误；根据偏移量y＝t2，偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，t1、t1时刻偏转电压最大，偏移量也最大，故A错误，B正确．
答案：B
精练 落实学科素养
1．解析：电荷受到水平方向上的静电力作用，做匀加速直线运动，因为电荷的电性未知，无法确定向哪个方向做匀加速直线运动，故A、B错误，D正确；电荷在运动的过程中，静电力做正功，故C错误．
答案：D
2．解析：由轨迹可知，粒子b的运动轨迹为直线，没有发生偏转，可知粒子b不受电场力，做匀速直线运动，其动能保持不变．故选B.
答案：B
3．解析：电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE＝2×10－14 N，B错误；质子的加速度a＝＝1.2×1013 m/s2，加速时间t＝＝8×10－7 s，C错误；加速器加速的直线长度x＝＝4 m，故D正确．
答案：D
4．解析：两偏转极板间的电场强度E＝，所以只增大d，偏转电场的电场强度将减小，A错误．根据动能定理，在加速电场中有eU1＝mv2－0，所以电子进入偏转电场的速度v＝，而电子在偏转电场中做类平抛运动的时间t＝，所以偏移量y＝at2＝t2＝，所以只增大L或U2，电子的偏移量都将增大，荧光屏上光斑P的位置也会向上移动，B错误，D正确．电子在偏转电场中做类平抛运动的时间t＝＝L，所以增大U1时，电子穿越偏转电场的时间变短，C正确．
答案：CD
5．解析：(1)根据周期和频率的关系T＝得
T＝＝10－7 s.
设漂移管B的长度为xB，则xB＝vB＝0.4 m.
(2)设相邻漂移管间的电压为U，则质子由B到E的过程中根据动能定理得
3qU＝，
解得U＝6×104 V.
答案：(1)0.4 m (2)6×104 V第十章核心素养综合评价
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＝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＝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＝k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＝知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为－1V
2．空中有两块乌云，它们因与空气摩擦带电，致使两块乌云之间的电势差为3×109V且保持不变．已知空气的电场强度达到3×106V/m时将被击穿放电，若可把乌云间的电场近似看作匀强电场，则形成闪电时两块乌云至少相距( )
A．10mB．100m
C．1000mD．10000m
3．如图甲所示直线是一条电场线，A、B是该线上的两点．一正电荷由A点以一定初速度沿电场线从A运动到B，运动过程中的v t图线如图乙所示．则下列说法中正确的是( )
A．A、B两点的加速度相比一定是aA>aB
B．A、B两点的电势相比一定是φA>φB
C.A、B两点的场强大小相比一定是EAD．该电荷在两点的电势能大小相比一定是EpA>EpB
4.
如图所示为一带电粒子在竖直向下的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点．已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为v0，方向水平向右，到B点时速度方向与竖直方向的夹角为30°，粒子重力不计．则A、B两点间的电势差为( )
A．B．
C．D．
5．如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则下列说法正确的是( )
A．A点和B点的电势相同
B．正电荷从A点移至B点，静电力做正功
C．C点和D点的电场强度相同
D．负电荷从C点移至D点，电势能增大
6．如图甲所示，间距为d的平行板电容器，在B板上方某位置有一个带电微粒P静止不动，图乙是在图甲中插入某物体(不影响P点，且厚度小于板间距d)，那么下列说法正确的是( )
A．保持开关K闭合，如插入的是云母片，电容器上极板电荷量增加
B.保持开关K闭合，如插入的是云母片，电容器上极板电荷量减少
C．开关K先闭合再断开，如插入的是金属板，则微粒向上运动
D．开关K先闭合再断开，如插入的是金属板，则微粒向下运动
7．如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出．则( )
A．在前时间内，电场力对粒子做的功为qU
B．在后时间内，电场力对粒子做的功为qU
C．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1
D．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶2
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
8．x轴与电场中的某条电场线重合，x轴正方向上各点电势随x坐标变化的关系如图所示，0～x2段为曲线，x2～x4段为直线．一带负电粒子只在静电力作用下沿x轴正方向由O点运动至x4位置，则( )
A．x1处电场强度最大
B．x2～x4段是匀强电场
C.粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x4段做匀速直线运动
D．x1处粒子电势能最小，x2～x4段粒子的动能随x均匀减小
9．如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应).t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0，平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出．不计重力和粒子间的相互作用，则( )
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都减小
C．粒子在两板间的加速度为a＝
D．粒子从N板下端射出的时间t＝
10．如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，电场强度为E.一质量为m、电荷量为＋q的微粒以初速度v0沿竖直向上方向从与两板等距的A点射入匀强电场中，在静电力的作用下垂直打到N板上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，g为重力加速度，则可知( )
A．微粒在电场中做曲线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．M、N板间的电势差为
D．M、N板间的电势差为
三、非选择题(本题共5小题，共54分．按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
11．(6分)如图甲是观察用干电池对电容器充电过程中电容器两端电压随时间变化的图像，图乙是其对应的充电电流随时间变化的图像．在充电的开始阶段，充电电流较大，电容器两端电压U增加________(选填“较快”或“较慢”)，随着电容器两端电压的增加，充电电流________(选填“逐渐减小”或“逐渐增加”)，充电开始的瞬间电容器两端电压________(选填“能突变”或“不能突变”).
12．(8分)如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连．
(1)使电容器带电后与电源断开
①上移左极板，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”);
②将极板间距离减小时，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”);
③两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角________(选填“变大”“变小”或“不变”).
(2)下列关于实验中使用静电计的说法，正确的有________．
A．使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况
B．使用静电计的目的是测量电容器所带电荷量的变化情况
C．静电计可以用电压表替代
D．静电计可以用电流表替代
13．(12分)如图所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4500V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差U＝45V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31kg，电荷量e＝1.6×10－19C，偏转电场的板长L1＝10cm，板间距离d＝1cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15cm.求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切tanθ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.
14．(14分)如图甲所示，有小孔O和O′的两金属板正对并水平放置，上下板分别与A、B接口连接，接上图乙所示电源．零时刻开始一带负电小球从O孔以某一初速度v竖直射入两板间．在0～半个周期小球匀速下落，当在T时刻时，小球恰好从O′孔离开．已知板间距为3d，带电小球质量为m，电荷量为q，重力加速度为g.求：
(1)U0的大小；
(2)在～T时间内，小球的加速度大小；
(3)小球射入O孔时的速度v.
15．(14分)如图，在xOy平面的第四象限内有平行于y轴的有界匀强电场E1＝1.5×104V/m，方向沿y轴正方向；第一象限有一个平行于x轴的有界匀强电场E2(方向未标出)，右边界过B点且平行于y轴．一质量m＝1kg、电荷量q＝1×10－3C的带正电小球从P点以初速度v0＝1m/s，垂直y轴方向射入第四象限的电场E1中，yP＝－0.1m，小球偏转后经过x轴上A点进入第一象限，沿直线运动且恰好未射出电场E2.g＝10m/s2.求：
(1)小球在第四象限运动的加速度大小；
(2)小球过A点的速度大小；
(3)E2电场的右边界坐标xB.
第十章核心素养综合评价
1．解析：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＝k是决定式，C错误；由UAB＝可知，D正确．
答案：D
2．解析：根据E＝可得两块乌云的最小距离d＝＝m＝1000m，C正确．
答案：C
3．解析：由v t图线的斜率表示加速度，则正电荷加速度逐渐减小aA>aB，该电场的电场强度逐渐减小，EA>EB，A正确，C错误；正电荷从A点运动到B点，速度减小，则电场力做负功，电势能增加，EpA答案：A
4．解析：由题可知，粒子到达B点时的速度vB＝＝2v0，
从A到B的过程中，根据动能定理Uq＝mv－mv，
可得A、B两点间的电势差U＝，C正确．
答案：C
5．解析：A点和B点不在同一等势线上，所以它们的电势不同，A错误；从A点至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，静电力做正功，B正确；根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相等，方向不同，C错误；C点和D点在同一条等势线上，负电荷从C点移至D点，电势能不变，D错误.
答案：B
6．解析：根据C＝＝分析，保持开关K闭合，U不变，插入云母片，则两极板间相对介电常数εr增大，则C增大，所以Q增加，A正确，B错误；两极板间的电场强度大小为E＝＝＝，开关K先闭合再断开，插入金属板，相当于d减小，Q不变，则E不变，微粒所受电场力不变，则微粒将保持不动，C、D错误．
答案：A
7．解析：粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个的时间内沿竖直方向的位移之比为1∶3，则在前时间内，电场力对粒子做的功为qU，在后时间内，电场力对粒子做的功为qU，A、B错误；由W＝qEx知，在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1，C正确，D错误．
答案：C
8．解析：在φ x图像中，斜率表示电场强度，故x1处电场强度最小，为零，A错误；x2～x4段斜率不变，电场强度不变，故是匀强电场，B正确；0～x2段电场强度变化，粒子受到的静电力变化，故粒子在0～x2段做变速运动，x2～x4段电场强度不变，粒子受到的静电力不变，故在x2～x4段做匀变速直线运动，C错误；x1处电势最高，粒子带负电，故粒子的电势能最小，x2～x4段粒子受到的静电力恒定，静电力做功W＝qEx随x均匀变化，故动能随x均匀减小，D正确．
答案：BD
9．解析：由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B正确；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(v0)2－v＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误．
答案：BC
10．解析：由题意可知，微粒受水平向右的静电力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做曲线运动，A正确；因AB＝BC，即t＝t，故vC＝v0，B正确；由W电＋WG＝ΔEk＝0得q·－mg＝0，得U＝＝，C错误；由mg＝qE，得q＝，代入U＝，得U＝，D错误．
答案：AB
11．解析：由题图甲可知开始阶段，电容器两端的电压增加较快，且电容器两端的电压不能突变；由题图乙可知随着电容器两端电压的增加，充电电流逐渐减小．
答案：较快 逐渐减小 不能突变
12．解析：(1)根据电容的定义式C＝和电容的决定式C＝得＝，当上移左极板时，S减小，则U增大，静电计指针偏转角变大；减小板间距离d时，则U减小，静电计指针偏转角变小；插入玻璃板后，相对介电常数εr增大，则U减小，静电计指针偏转角变小．
(2)静电计是用来观察电容器两端电压变化情况的，不可以用电压表代替，也不可以用电流表代替，因为电流表和电压表只有在构成电流通路时才有示数．
答案：(1)①变大 ②变小 ③变小 (2)A
13．解析：(1)电子在加速电场中运动，由动能定理得
eU0＝mv，
解得v0＝4×107m/s.
(2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向有L1＝v0t，
可得t＝2.5×10－9s.
由e＝ma，可得a＝.
在垂直初速度方向有
y＝at2＝t2＝2.5×10－3m＝0.25cm.
(3)偏转角的正切tanθ＝＝＝＝0.05.
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，若沿电场方向的偏移距离为y′，则＝tanθ，所以y′＝0.75cm，所以Y＝y＋y′＝1cm.
答案：(1)4×107m/s (2)0.25cm (3)0.05 (4)1cm
14．解析：(1)在0～半个周期小球匀速下落，所以
mg＝qE＝，解得U0＝.
(2)在～T时间内，电压反向，电场力反向，
根据牛顿第二定律得mg＋qE＝ma
解得a＝2g.
(3)小球先匀速运动半个周期，又匀加速运动半个周期，根据位移关系有v＋v＋a＝3d，
解得v＝.
答案：(1) (2)2g (3)
15．解析：(1)在沿电场线方向有qE1－mg＝ma，解得小球在第四象限运动的加速度大小a＝5m/s2.
(2)在沿电场线方向，离开第四象限时，竖直分速度2ayP＝v，
解得vy＝1m/s，小球过A点的速度大小vA＝＝m/s.
(3)小球在第四象限运动的时间，根据vy＝at，解得t＝0.2s，小球垂直电场方向的位移xA＝v0t＝0.2m，因为小球进入第一象限时，水平方向v0与竖直方向vy大小相等，且沿直线运动，则qE2＝mg，因恰好未射出电场E2，故小球做匀减速直线运动，到达E2电场的右边界时水平速度为零，设水平方向的加速度为a′，小球在E2电场向右方向的位移有，2a′x＝v，ma′＝qE2＝mg，解得x＝0.05m，E2电场的右边界坐标xB＝xA＋x＝0.25m.
答案：(1)5m/s2 (2)m/s (3)0.25m专题拓展三 电场中的功能关系及图像问题
拓展1 功能关系在电场中的应用
【归纳】——————————————————○
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．静电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的关系类似．
3．只有静电力做功时，带电体电势能与动能的总量保持不变，即Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2.这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似．
【典例】
例1.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的加速度竖直向下运动，重力加速度为g，在小球下落h的过程中( )
A．小球的重力势能减少了2mgh
B.小球的动能增加了2mgh
C．静电力做负功2mgh
D．小球的电势能增加了3mgh
例2. (多选)如图所示，在绝缘的斜面上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上有一带电金属块在平行于斜面的力F作用下沿斜面移动．已知金属块在移动的过程中，力F做功40 J，金属块克服电场力做功8 J，金属块克服摩擦力做功12 J，重力势能增加18 J，则在此过程中( )
A．金属块的动能增加2 J
B．系统的电势能增加24 J
C．金属块的机械能增加20 J
D．系统的重力势能与电势能之和增加26 J
[训练1]
如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1处的动能为0.现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(仅在电场力作用下)( )
A．16 J B．10 J C．6 J D．4 J
[训练2]
如图所示，在场强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.
(1)小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能和机械能的变化量的大小分别为多少？
(2)若取A点为零电势能点，则小球在B点的电势能为多大？
(3)小球到B点时速度为多大？细线的张力为多大？
拓展2 电场中的三类图像问题
一、φ-x图像问题【归纳】——————————————————○
1．电场强度的大小等于φ-x图线的斜率的绝对值，电场强度为零处φ-x图线存在极值，其切线的斜率为零．
2．在φ-x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．
3．在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用Ep＝qφ，通过q的“＋”“－”与φ的高低作出判断．
4．在φ-x图像中可以判断电场类型，如图所示，如果图线是曲线，则表示电场强度的大小是变化的，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，则表示电场强度的大小是不变的，电场为匀强电场．
5．在φ-x图像中可知电场强度的方向，进而可以判断电荷在电场中的受力方向．
【典例】
例3. (多选)某静电场电势φ在x轴上的分布如图所示，由图可知，下列说法中正确的是( )
A．x1和x2处电场强度相同
B．x1处电场强度比x2处大
C．－x2到x2之间有三处电场强度为零
D．负电荷从x1移动到x2，电势能减小
[训练3] A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示．一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点，x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．该电场是点电荷形成的电场
B．A、B两点电场强度的大小关系为EAC．电子从A运动到B过程中静电力做负功
D．电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA>EpB
[训练4] (多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图像如图所示．其中P点电势最高，且xAPA．q1和q2都是负电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
D．一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
二、E-x图像问题【归纳】
1．E-x图像反映了电场强度随位置变化的规律，设x轴正方向为电场强度正方向，E>0表示电场强度沿x轴正方向；E<0表示电场强度沿x轴负方向．
2．在给定了电场的E-x图像后，可以由图线确定电场强度、电势的变化情况，E-x图线与x轴所围图形“面积”表示电势差(如图所示)，两点的电势高低根据电场方向判定．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．
3．在这类题目中，还可以由E-x图像画出对应的电场，利用这种已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题．
【典例】——————————————————○
例4. (多选)空间中存在沿x轴正方向的电场，x轴上各点的电场强度随x的变化情况如图所示．下列叙述正确的是( )
A．x1、x2两处的电势相同
B．电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能
C．x＝0处与x1处两点之间的电势差为U＝
D．电子沿x轴从x1处运动到x2处，静电力一直做负功
[训练5] (多选)真空中相距为3a的两个点电荷M、N，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点上，在它们连线上各点电场强度E随x变化关系如图所示．以下判断正确的是( )
A．x＝2a处的电场强度为零，电势也一定为零
B．点电荷M、N一定为同种电荷
C.点电荷M、N一定为异种电荷
D．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
三、Ep-x图像问题【归纳】——————————————————○
1．Ep-x图像描述的是带电粒子沿x轴运动时具有的电势能随位置变化的情况，结合Ep-x图像可以分析电场力做功、场强E、电势φ及粒子的电性等有关问题．
2．Ep-x图像有以下三个方向的应用
(1)Ep-x图像可以判断某一位置电势能的大小，进而确定电势能的变化情况，根据电势能的变化可以判断电场力做功情况，结合带电粒子的运动可以确定电场力的方向．
(2)Ep-x图像可以判断电场力的大小，即k＝＝＝F，图像的斜率大小表示电场力的大小．
(3)根据Ep-x图像，在已知电荷量的情况下还可以用公式φ＝计算电势的大小，进一步求得电势差U.
【典例】
例5.[2023·黄石高二检测]如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为－x1处分别固定两点电荷Q1、Q2(两点电荷的电荷量和电性均未知)．一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x3，图线最高点对应的横坐标为x4，试探电荷仅受电场力．则下列判断正确的是( )
A．点电荷Q1带负电
B．试探电荷在x2～x3之间受到的电场力沿x轴正方向
C．x3～x4之间的电场强度沿x轴正方向
D．两点电荷Q1、Q2电荷量的比值为
[训练6] 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位置x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法不正确的是( )
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在O～x3段做变速运动，x2～x3段做匀变速运动
C．x2～x3段的电场强度大小方向均不变
D.在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2＝φ0>φ3
1．(多选)如图所示，以坐
标原点O为圆心，半径为r的圆与坐标轴交于a、b、c、d.在O点固定一个正点电荷Q，另外还有一方向与x轴正方向相同，场强大小为E的匀强电场．现把一电荷量为＋q的点电荷N在圆上移动，则( )
A．从a移到c，电场力对点电荷N做功为2qEr
B．从a移到c，电场力对点电荷N不做功
C．从d移到b，电场力对点电荷N做功为2qEr
D．从d移到b，电场力对点电荷N不做功
2.
(多选)某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受静电力的作用，在－x0～x0区间内( )
A．该静电场是匀强电场
B．该静电场是非匀强电场
C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小
D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大
3.
(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的过程中在x轴方向上的静电力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程中在x轴方向上的静电力先减小后增大
4．(多选)如图甲所示A、B为电场中一直线上的两个点，带正电的点电荷只受电场力的作用，从A点以某一初速度沿直线运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示．则从A到B过程中，下列说法正确的是( )
A．点电荷的速度先增大后减小
B．电荷所受电场力先减小后增大
C．从A到B各点的电势先降低后升高
D．从A到B各点的电势先升高后降低
5．如图所示，在P1、P2处各放一个等电荷量正点电荷，O点为P1、P2连线的中点．一带正电的试探电荷从M点由静止出发，沿直线MON运动到N点，M、N关于O点对称．下图关于试探电荷速度v，电场的电场强度E、电势φ，试探电荷的电势能Ep的描述正确的是( )
专题拓展三 电场中的功能关系及图像问题
共研 突破关键能力
拓展1
[例1] 解析：带电小球受到向上的静电力和向下的重力，根据牛顿第二定律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得，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.
答案：D
[例2] 解析：根据动能定理可得ΔEk＝W总＝40 J＋(－8 J)＋(－12 J)＋(－18 J)＝2 J，故A正确；系统电势能的增加量等于金属块克服电场力做的功，即系统的电势能增加8 J，故B错误；金属块机械能的增加量等于金属块的动能增加量和重力势能增加量之和，即ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝2 J＋18 J＝20 J，故C正确；系统的重力势能与电势能之和增加量ΔE＝ΔEφ＋ΔEp＝8 J＋18 J＝26 J，故D正确．
答案：ACD
[训练1] 解析：正电荷在电场中只受静电力的作用，在等势面L3时动能为20 J，运动到等势面L1时动能为0，则运动到L2等势面时其动能一定是10 J，此时电势能为0，则此正电荷的动能和电势能总和为10 J．当它的电势能为4 J时，动能为6 J.
答案：C
[训练2] 解析：(1)重力势能的变化量ΔEp＝－mgl＝－4.5×10－3 J，
电势能的变化量ΔEp电＝－W电＝qEl＝3×10－3 J，
机械能的变化量ΔE＝－ΔEp电＝－3×10－3 J.
(2)由ΔEp电＝EpB－EpA得，小球在B点的电势能
EpB＝3×10－3 J.
(3)小球从A到B，由动能定理得mgl－qEl＝，解得小球在B点的速度vB＝1 m/s，
在B点，对小球有FT－mg＝，解得细线拉力FT＝5×10－2 N．
答案：(1)4.5×10－3 J 3×10－3 J 3×10－3 J
(2)3×10－3 J (3)1 m/s 5×10－2 N
拓展2
一、
[例3] 解析：φ-x图像的切线斜率k＝＝E，x1处比x2处切线斜率大，故x1处电场强度比x2处大，A错误，B正确；－x2到x2之间有三处切线斜率为零，所以－x2到x2之间有三处电场强度为零，C正确；根据电势能公式Ep＝qφ，负电荷在电势低的地方电势能大，所以负电荷从x1移动到x2，电势降低，电势能增大，D错误．
答案：BC
[训练3] 解析：各点电势随其坐标变化的关系图像中，斜率的绝对值表示电场强度大小，可知该电场为匀强电场，则A、B两点电场强度的大小关系为EA＝EB，A、B错误．由φ - x图像知，由A→B，电势升高，故电场强度的方向由B→A.一电子仅在静电力作用下从A点运动到B点，电子从A运动到B过程中所受静电力方向与运动方向相同，静电力做正功，电势能减小，故电子在A、B两点的电势能关系为EpA>EpB，C错误，D正确．
答案：D
[训练4] 解析：由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷，故A项正确；φ-x图像的切线斜率表示电场强度，则P点电场强度为零，根据电场强度的叠加知两点电荷在P点处产生的场强等大反向，即＝，又xAP答案：AC
二、
[例4] 解析：沿电场线方向电势降低，因电场方向指向x轴正方向，故x轴相当于一条电场线，故>φx2，A错误；电子受到的静电力方向和电场方向相反，故沿x轴从x1处运动到x2处，静电力做负功，电势能增大，电子在x1处的电势能小于在x2处的电势能，B、D正确；因为从x＝0处到x1处的电场强度是均匀增大的，所以从x＝0处到x1处的电场强度平均值为，根据公式E＝，可得x＝0处与x1处的电势差为U＝，C正确．
答案：BCD
[训练5] 解析：x＝2a处的电场强度为零，但由于电势与电场强度无关，与零电势点的选取有关，则电场强度为零的地方电势不一定为零，A错误．从0到3a，电场强度先正方向减小到零又反方向增大，则点电荷M、N必为同种电荷，B正确，C错误．x＝2a处的电场强度为0，由＝得|QM|∶|QN|＝4∶1，D正确．
答案：BD
[例5] 解析：试探电荷在x2～x4之间电势能增大，试探电荷受到的电场力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受电场力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，B错误，C正确；由电场的分布特点知，点电荷Q1带正电，点电荷Q2带负电，A错误；由题图可知x4处的电场强度为零，则＝，解得＝，D错误．
答案：C
[训练6] 解析：由E＝得场强与电势的关系E＝，电势能Ep＝qφ，联立可得E＝·，可知Ep-x图像切线的斜率＝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～x3三段图线斜率大小变化情况为变小、变大、不变，则可知三段图线反映的粒子所受电场力变小、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．
答案：A
精练 落实学科素养
1．解析：从a移到c，点电荷Q产生的电场对点电荷N不做功，在匀强电场中，a、c两处电势相等，电场力对点电荷N也不做功，故A错误，B正确；从d移到b，点电荷Q产生的电场对点电荷N不做功，匀强电场对点电荷N做功为W＝qE·2r＝2qEr，所以电场力做功为2qEr，故C正确，D错误．
答案：BC
2．解析：由题图可知，电势与距离不成正比，图线切线斜率的绝对值等于电场强度的大小，因此该静电场是非匀强电场，A错误，B正确．根据沿着电场线方向电势降低，可知电场线的方向沿x轴负方向，故电子所受静电力沿x轴正方向，电子将沿x轴正方向运动，电场强度减小，静电力减小，故加速度减小，C正确，D错误．
答案：BC
3．解析：由题图可知，x1到x4电场强度先变大，再变小，则正点电荷受到的静电力先增大后减小，C正确，D错误．由x1到x3及由x2到x4过程中，E<0，正电荷受静电力沿x轴负方向，静电力做负功，电势能增大，A错误，B正确．
答案：BC
4．解析：只有电场力做功，动能和电势能之和不变，由电势能Ep随位移x的变化关系可知，电势先增大后减小，所以动能先减小后增大，点电荷的速度先减小后增大；正电荷在电势能大的地方，电势高，所以从A到B各点的电势先升高后降低，故D正确，A、C错误；电势能Ep随位移x的变化关系图线的切线斜率表示电场力，由图可知，Ep-x图线的切线斜率先减小，后增大，所以电荷所受电场力先减小后增大，故B正确．
答案：BD
5．解析：根据等量同种电荷电场分布特点可知，O点电场强度为0，故试探电荷在O点的加速度为0，A、B错误．两等量正点电荷连线的中点电势最低，且φ的分布关于O点对称，φ随x非均匀变化，C正确．正试探电荷在O点电势能最小，图像应类似φ -x图像，D错误．
答案：C专题拓展四带电粒子在电场中运动的综合问题
拓展1 带电粒子在交变电场中的直线运动
【归纳】——————————————————○
1．此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动．
2．该问题通常用动力学知识分析求解．重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T间的关系等．常用v t图像法来处理此类问题，通过画出粒子的v t图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解．
【典例】
例1.在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l.那么在t＝2 s时，电子将处在( )
A．A点 B．A点左方l处
C．A点右方2l处 D．A点左方2l处
[训练1] (多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力．下列说法正确的是( )
A．若t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上
B．若t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间做往返运动
C．若t＝时刻释放电子，电子可能在两板间做往返运动，也可能打到右极板上
D．若t＝时刻释放电子，电子必然打到左极板上
拓展2 带电粒子在交变电场中的曲线运动
【归纳】——————————————————○
带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动．
(1)若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动．
(2)若粒子运动时间较长，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向利用vy t图像进行分析．
①vy＝0时，速度方向沿v0方向．
②y方向位移可用vy t图像的面积进行求解．
【典例】例2.如图甲所示，A、B极板间电压为U0，C、D极板间距为d，荧光屏到C、D极板右端的距离等于C、D极板的板长．A极板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)．当C、D极板间未加电压时，粒子通过两极板间的时间为t0；当C、D极板间加上图乙所示电压(电压U1已知)时，粒子均能从C、D两极板间飞出，并且所有粒子没有到达上、下边缘，不计粒子的重力及相互间的作用.
(1)求粒子刚进入C、D极板的初速度和C、D极板的长度L.
(2)求粒子从C、D极板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离．
(3)求粒子打在荧光屏上区域的长度．
[训练2] (多选)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0.已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A．所有粒子都不会打到两极板上
B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0
D．只有t＝n(n＝0，1，2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
拓展3 带电粒子在电场中的圆周运动
【归纳】——————————————————○
1．解决电场中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力．有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”．
2．等效最高点和最低点的确定方法
在复合场中，任取一点(一般取题目中的圆心O点)，在该点处把物块所受重力与静电力合成为等效重力，等效重力所在直线与物块做圆周运动的圆周有两个交点，这两个交点一个是等效最低点，一个是等效最高点，并且等效最低点就是等效重力线箭头所在方向与圆周的交点，另一个就是等效最高点．
【典例】例3. (多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图甲所示，点O为圆心．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器．不计重力．粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(RA．粒子3入射时的动能比它出射时的动能大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的动能大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
例4. (多选)如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下．则下列说法正确的是( )
A．小球可能做匀速圆周运动
B．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小
D．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
[训练3] “电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．电子偏转器的简化剖
面结构如图所示，A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为φA、φB.电子从偏转器左端的中央M进入，经过偏转电场后到达右端的探测板N.动能不同的电子在偏转电场的作用下到达板N的位置不同，初动能为Ek0的电子沿电势为φC的等势面C(图中虚线)做匀速圆周运动到达板N的正中间；动能为Ek1、Ek2的电子在偏转电场作用下分别到达板N的左边缘和右边缘，动能改变量分别为|ΔEk左|和|ΔEk右|.忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响．下列判断正确的是( )
A．偏转电场是匀强电场
B．φA>φB
C．Ek1>Ek2
D．|ΔEk左|>|ΔEk右|
1．(多选)带正电的微粒放在电场中，电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
A．微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒将做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
2．(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列四个选项中的图像，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
3．如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点．当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v.若两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t＝T时，小球( )
A．在B点上方 B．恰好到达B点
C．速度大于v D．速度小于v
4．(多选)如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加．圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示．若电压的绝对值为U，电子电量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计．在t＝0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应．则下列说法正确的是( )
A.由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
B．电子运动到第n个圆筒时动能为2neU
C．在t＝时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D．第n－1个和第n个圆筒的长度之比为∶
专题拓展四 带电粒子在电场中运动的综合问题
共研 突破关键能力
拓展1
[例1] 解析：第1 s内，电场方向水平向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为l；第2 s内，电子受到的静电力方向水平向右，由于电子此时有水平向左的速度，因此电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移也是l，t＝2 s时总位移为2l，方向水平向左，故t＝2 s时，电子处在A点左方2l处．
答案：D
[训练1] 解析：若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间做往返运动，A正确，B错误；若从t＝时刻释放电子，电子先加速，再减速，电子可能已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间做往返运动，C正确；同理，若从t＝时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，D错误．
答案：AC
拓展2
[例2] 解析：(1)粒子在A、B极板间做加速运动，根据动能定理有qU0＝，C、D极板间有L＝v0t0，解得v0＝，L＝t0.
(2)粒子从nt0(n＝0、2、4…)时刻进入C、D两极板间时侧移距离最大，粒子做类平抛运动，侧移距离为y＝，加速度为a＝，得y＝.
(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远，飞出C、D板的偏转角tan θ＝，vy＝at0，打在荧光屏上距中心线最远距离为s＝y＋L tan θ，粒子打在荧光屏上区域的长度为Δs＝s＝.
答案：(1) t0
[训练2] 解析：粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同．t＝0时刻射入电场的带电粒子沿极板间中线垂直电场方向射入电场，沿上极板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零．根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场．因为t＝0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，所以所有粒子最终都不会打到极板上，故A、B正确，D错误．当粒子在t＝0时刻入射且经过时间T离开电场时，粒子在t＝时达到最大速度，此时竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，即v0t＝2×at2，可得vy＝v0.故粒子的最大速度为v＝v0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确．
答案：ABC
拓展3
[例3] 解析：在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Er＝k，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝，qE2＝，可得＝＝，而＝，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的动能小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的动能大，故B正确；粒子3做向心运动，有qE2＞，可得<＝，粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确．
答案：BD
[例4] 解析：当重力等于静电力时，只有细线的拉力提供向心力，小球可能做匀速圆周运动，故A正确；当重力小于静电力时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，线的张力最大，故B错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，在圆周上a点的电势最高，根据Epa＝qφa，当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小，故C正确；当重力小于静电力时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，速度最大，故D错误．
答案：AC
[训练3] 解析：由题意可知电子在偏转器中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，等势面C上电场强度大小相等，但方向不同，而匀强电场处处大小相等，方向相同．电子受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高，故A、B错误；相较于做匀速圆周运动的电子，动能为Ek1的电子在做近心运动，动能为Ek2的电子在做离心运动，可知Ek2>Ek1故C错误．该电场是辐射状电场，内侧的电场线密集，电场强度大，根据U＝Ed定性分析可知UBC>UCA，即φB－φC>φC－φA，所以|ΔEk左|>|ΔEk右|，故D正确．
答案：D
精练 落实学科素养
1．解析：0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误．
答案：BD
2．解析：由平行金属板间所加电压的周期性可推知粒子加速度的周期性，D项正确；由v＝at可知，A项正确，C项错误；由x＝at2知x - t图像应为曲线，B项错误．
答案：AD
3．解析：在M、N两板间加上题图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力的方向(水平方向)随交变电压周期性变化，其大小不变，所以小球在竖直方向做自由落体运动；在水平方向上，小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t＝时速度减为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续做匀减速直线运动，t＝T时速度减为零．根据对称性可知，在t＝T时，小球的水平位移为零，所以t＝T时，小球恰好到达B点，选项A错误，B正确．在0～T时间内，电场力做的功为零，重力做的功与不加电压时相同，所以t＝T时，小球速度为v，选项C、D错误．
答案：B
4．解析：由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为neU＝Ek－0，电子运动到第n个圆筒时动能为neU，B错误；因为t＝＝T＋，t＝时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，t＝奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；根据动能定理得eU＝，2eU＝，3eU＝……，neU＝，得vn－1∶vn＝∶，电子在每个圆筒中做匀速运动，故第n－1个和第n个圆筒的长度之比为Ln－1∶Ln＝vn－1∶vn，得Ln－1∶Ln＝∶，D正确．
答案：AD第十章 静电场中的能量综合提升
知识网络构建
核心素养提升
本章主要内容是静电场的能量问题，包括应用电场力做功来求解电势和电势差问题；了解平行板电容器的原理，并在生活实际中应用电容器制作“传感器”，利用带电粒子在电场中的运动知识，制作“喷墨打印机”．本章通过了解电场中能量的相关概念，形成物理观念，培养科学思维，提高解决实际生活生产中问题的能力．
情境1 静电推进装置——科学思维
例1.如图所示是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面．在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极．a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小
D．液滴在a点的电势能比在b点的大
情境2 电子透镜——物理观念
例2.[2023·江西赣州南康中学高二上月考](多选)中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱．电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等．一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点．下列说法正确的是( )
A．a点的电势高于b点的电势
B．a点的电场强度小于c点的电场强度
C．电子在a点的电势能小于在c点的电势能
D．电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度
情境3 喷墨打印机——模型构建
例3.喷墨打印机的原理示意图如图所示，其中墨盒可以喷出墨汁液滴，此液滴经过带电室时被带上负电，带电多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制．带电后液滴以一定的初速度进入偏转电场，带电液滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体．计算机无信号输入时，墨汁液滴不带电，径直通过偏转电场最后注入回流槽流回墨盒．
设偏转板长L1＝1.6 cm，两板间的距离d＝0.5 cm，两板间的电压U＝8.0×103 V，偏转板的右端到纸的距离L2＝3.2 cm.若一滴墨汁液滴的质量m＝1.6×10－10 kg，墨汁液滴以v0＝20 m/s的初速度垂直电场方向进入偏转电场，此液滴打到纸上的点距原入射方向的距离为2.0 mm.忽略空气阻力和重力作用．
(1)求一滴墨汁液滴通过带电室后所带的电荷量q.
(2)若要使纸上的字体放大，可通过调节两极板间的电压或调节偏转板右端距纸的距离L2来实现．现调节L2使纸上的字体放大10%，调节后偏转板的右端距纸的距离为多大？
第十章综合提升
核心素养提升
[例1] 解析：高压电源正极连接发射极，负极连接吸极，发射极和吸极间产生向右的电场，沿电场线方向电势逐渐降低，故φa>φb，A错误；由等势面的疏密程度可知，Ea>Eb，B错误；不计液滴重力，由F＝Eq＝ma可得，aa>ab，C错误；液滴向右加速，故电场力做正功，电势能降低，即Epa>Epb，D正确．
答案：D
[例2] 解析：由电场线与等势面处处垂直和电子运动轨迹的弯曲方向可知，若电子从a点运动到b点，电场力做正功，则电子在a点时电势能大于其在b点的电势能；若电子从b点运动到a点，电场力做负功，则电子在a点时的电势能依然大于其在b点时的电势能，由于电子带负电，故a点的电势低于b点的电势，故A错误；等差等势面的疏密可表示电场强度的大小，由于a点等差等势面比c点等差等势面稀疏，则a点的电场强度大于c点的电场强度，故B正确；由电场线的方向可判断出φc>φa，电子在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，故电子在a点的电势能大于在c点的电势能，故C错误；电子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和不变，又因为电子在a点时电势能大于其在b点时的电势能，故电子在a点时动能小于其在b点时的动能，则电子经过a点时的速度小于经过b点时的速度，故D正确．
答案：BD
[例3] 解析：(1)设液滴在偏转电场中运动的时间为t，离开电场时偏移量为y，打到纸上时偏移量为y1＝2.0 mm，则有L1＝v0t，y＝at2，a＝，
根据平抛运动的推论知，离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转板中轴线的中点，根据三角形相似得＝，联立以上各式并代入数据得q＝＝1.25×10－13 C.
(2)设放大后液滴在纸上的偏移量为y2，
y2＝(1＋10%)y1＝2.2 mm，
电荷量表达式整理得L′2＝，
代入数据解得L′2＝3.6 cm.
答案：(1)1.25×10－13 C (2)3.6 cm
