【高考突破方案】第七章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】第七章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习 |
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| 格式 | DOCX | ||
| 文件大小 | 4.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 14:11:27 | ||
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文档简介
第七章 静电场
课程标准 1.通过实验，了解静电现象.能用原子结构模型和电荷守恒的知识分析静电现象. 2.知道点电荷模型.知道两个点电荷间相互作用的规律.体会探究库仑定律过程中的科学思想方法. 3.知道电场是一种物质.了解电场强度，体会用物理量之比定义新物理量的方法.会用电场线描述电场. 4.了解生产生活中关于静电的利用和防护. 5.知道静电场中的电荷具有电势能.了解电势能、电势和电势差的含义.知道匀强电场中电势差与电场强度的关系.能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象. 6.观察常用电容器，了解电容器的电容，观察电容器的充、放电现象.能举例说明电容器的应用.
核心素养 物理观念 1.理解电荷、元电荷、电场强度及电势、电势能等基本概念. 2.运用力和能量观念求解相关运动学、动力学问题.
科学思维 1.理解静电感应的原理、静电力做功的特点. 2.理解电场强度、电势的定义及意义，会熟练利用矢量叠加的原理求合场强. 3.掌握带电粒子在电场中的加速、偏转的运动学规律.
科学探究 1.掌握探究平行板电容器的电容影响因素的方法. 2.了解电容器的充、放电过程及示波器的原理.
科学态度 与责任 1.理解尖端放电的原理及应用；熟悉静电吸附、常见电容器的种类及应用. 2.通过电场的学习，利用所学的知识解释生产、生活中的现象，养成理论联系实际的习惯，提高学生解决实际问题的能力，增强学生对电学的理解及安全防护意识.
命题探究 命题分析 高考考题主要以计算题的形式出现，有时也以选择题的形式出现，主要涉及电场强度、电势、电势能、电场力做功及图像等问题；试题注重考查学生对物理模型的建立及规律的应用.
趋势分析 以带电粒子在电场中的运动为载体，重点考查学生对电场的理解及带电粒子在电场中运动时的受力分析、运动情况分析，能量守恒与转化；考查学生的综合分析能力、物理建模的能力.
预设情境 示波管、卫星上的带电粒子探测装置、电子放大器、带电粒子质量分析器、尖端放电、避雷针、静电吸附、加速器、电子显示设备、带电圆环、带电的球壳、反射式速调管等.
第1讲 电场力的性质
一、电荷守恒定律
1.内容：电荷既不会创生，也不会消灭，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＝k，式中k＝ 9.0×109 N·m2/C2，叫静电力常量.
三、电场强度
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＝，单位： N/C 或 V/m.
3.点电荷的电场强度：E＝k.
4.方向：规定 正电荷 在电场中某点所受的 静电力 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 大小 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致，曲线的 疏密 表示电场强度的大小.
2.电场线的特点
(1)不相交：电场中的电场线不相交.
(2)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）.
(3)电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度 方向 .
(4)同一电场中，电场线密的地方电场强度 大 .
(5)沿电场线方向电势 降低 .
(6)电场线和等势面在相交处相互 垂直 .
考点一 库仑力及其平衡问题
1.对库仑定律的理解
(1)F＝k，r指两点电荷间的距离.对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球的球心间距.
(2)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大.
(3)对于两个带电金属球，当两球的间距与金属球半径相差不大时，金属球表面的电荷会重新分布，如图所示.
①同种电荷：F＜k；
②异种电荷：F＞k.
2.三个自由点电荷的平衡问题
(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零，或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置.
(2)平衡规律：
库仑定律与电荷守恒定律的结合问题
【例1】 两个分别带有电荷量为－Q和＋3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们之间静电力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则小球间静电力的大小变为( )
A.F B.F C.F D.12F
【解析】 C 因为相同的两带电金属小球接触后，它们的电荷先中和后均分，所以接触后两小球带电荷量均为Q′＝＝Q，由库仑定律得接触前F＝k，接触后F′＝k＝k，联立得F′＝F，C正确.
【变式训练1】 如图所示为某电子秤示意图.一绝缘支架放在电子秤上，上端固定一带电小球a，稳定后，电子秤示数为F.现将另一固定于绝缘手柄一端的不带电小球b与a球充分接触后，再移至小球a正上方L处，待系统稳定后，电子秤示数为F1；用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，电子秤示数为F2.若两小球完全相同，则( )
A.F1＜F2
B.F1＝4F2
C.若小球a带负电，L增大，则F1增大
D.若小球a带正电，L减小，则F2增大
【解析】 D 小球b与a球充分接触后b对a有个向下的库仑力，设为F′，则F′＝k＝k，示数为F1＝F＋F′，用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，b对a向下的库仑力F″＝k＝k，电子秤示数为F2＝F＋F″，因此F1＞F2，但F1≠4F2，A、B错误；若小球a带负电，L增大，根据库仑定律可知，库仑力减小，则F1减小，C错误；若小球a带正电，L减小，根据库仑定律可知，库仑力增大，则F2增大，D正确.
库仑力的叠加 【例2】 （2023·湖南卷）如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为( )
A.Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q
B.Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q
C.Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q
D.Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q
【解析】 D A、B的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法可知，P点的场强不可能为零，A、B错误；设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有cos 120°＝，解得E＝，而Q2在P点产生的场强大小为E′＝，则P点的场强不可能为零，C错误；设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有cos 120°＝，解得E1＝，而Q2在P点产生的场强大小为E1′＝，则P点的场强可能为零，D正确.
【变式训练2】 （多选）如图所示，在竖直面内有三个带电小球a、b、c，其中球a和球b固定，二者连线为一条竖直线，它们的电荷量大小分别为q1和q2，球c在图示位置处于静止状态，已知ab、bc和ac的连线的长度分别为4 cm、3 cm和2 cm，则( )
A.球a和球b一定带同种电荷
B.球a和球b一定带异种电荷
C.＝
D.＝
【解析】 BD 球c受重力及球a和球b对它的库仑力而平衡，球b对它的库仑力必须是斥力，而球a对它的库仑力必须是引力，球a和球b一定带异种电荷，A错误、B正确；画出球c的受力图，如图所示，三力平衡，设球c的带电荷量为q，在相似三角形中，有＝，整理有＝，C错误、D正确.
三个自由电荷的平衡问题
【例3】 如图所示，同一直线上的三个点电荷q1、q2、q3，恰好都处在平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用.已知q1、q2间的距离是q2、q3间距离的2倍.下列说法错误的是( )
A.若q1、q3为正电荷，则q2为负电荷
B.若q1、q3为负电荷，则q2为正电荷
C.q1∶q2∶q3＝9∶4∶36
D.q1∶q2∶q3＝36∶4∶9
【解析】 C 根据库仑定律和平衡条件，对q2有k＝k，解得q1＝4q3，对q3有k＝k，解得q1＝9q2，所以q1∶q2∶q3＝36∶4∶9，C错误，符合题意，D正确，不符合题意；三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，近小远大”原理，即两边的电荷电性相同和中间的电性相反，则q1、q3电性一定相同，q2电性一定与前两者相反，A、B正确，不符合题意.
【变式训练3】（多选）如图所示，带电荷量为6Q(Q＞0)的球1固定在倾角为30°光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为－Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态.此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为.迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动.g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是( )
A.带负电
B.运动至a点的速度大小为
C.运动至a点的加速度大小为2g
D.运动至ab中点时对斜面的压力大小为mg
【解析】 BCD 由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3之间的力一定是斥力，小球1带正电，则小球3带正电，A错误；小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0，弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有mgL sin 30°＝mv2，解得v＝，B正确；小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有k＝，设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有F＝k－ksin 30°－mg sin 30°，解得F＝mg，小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，此时弹簧的弹力大小仍为F，由牛顿第二定律得F＋ksin 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝2g，C正确；当小球3运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为F23＝k＝·k＝×＝mg，斜面对小球的支持力为FN＝mg cos 30°－F23＝mg－mg＝mg，根据牛顿第三定律可知，小球3对斜面的压力大小为mg，D正确.
库仑力作用下平衡问题的解题思路 与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力，具体步骤如下：
考点二 电场线的理解与应用
1.五种典型电场的电场线
2.两种等量点电荷电场线的比较
项目 等量异种电荷 等量同种电荷
等势面 电场线 分布图 以正点电荷为例
连线 特点 场强 方向：正→负 强弱：强→弱→强，中点最小 方向：中点两侧方向相反 强弱：强→弱→强，中点E＝0
电势 正电荷→负电荷，高→低 若为正电荷，中点最低 若为负电荷，中点最高
中垂线 场强 各点方向一致 中点最强两侧渐弱 中点两侧方向相反，两侧均有最大值，中点向两侧均为弱→强→弱
电势 电势为0的等势线 不是等势线
相同点 场强的大小、电势均关于中点对称分布
3.电场线的应用
两等量点电荷的电场线分布
【例4】（多选）电场线能直观、方便地反映电场的分布情况.如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点.O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的两点.则( )
A.E、F两点场强相同
B.A、D两点场强不同
C.B、O、C三点中，O点场强最小
D.从E点向O点运动的电子所受静电力逐渐减小
【解析】 AC 等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点场强方向相同，由于E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，则其场强大小也相等，A正确；根据对称性可知，A、D两点处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由题图甲可看出，A、D两点场强方向相同，B错误；由题图甲可看出，B、O、C三点比较，O点处的电场线最稀疏，场强最小，C正确；由题图甲可知，电子从E点向O点运动过程中，电场强度逐渐增大，则静电力逐渐增大，D错误.
【变式训练4】 （多选）如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B（可视为点电荷）被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是在小球A、B连线的中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C（可视为质点）从P点由静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是( )
A.速度先增大再减小
B.速度一直增大
C.加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大
D.加速度先减小再增大
【解析】 AD 在A、B连线的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，若P、N相距很远，则小球C沿A、B连线的中垂线运动时，由P点到O点，小球C的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点时加速度变为零，速度达到最大；由O点到N点时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性，加速度先增大后减小.如果P、N相距很近，则加速度先减小再增大，A、D正确，B、C错误.
电场线分布与运动图像
【例5】 一个带负电的粒子从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v－t图像如图所示.则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是( )
【解析】 C 根据v－t图像可知粒子的加速度逐渐增大，即粒子所受电场力逐渐增大，又根据电场线越密集电场强度越大可知，从A到B电场线逐渐密集，A、B错误；由于粒子带负电，故电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，C正确、D错误.
【易错点】 本题易错选D.负电荷受力与电场强度方向相反，正电荷受力与电场强度方向相同，学生因不注意粒子的电性而错选.
【变式训练5】（多选）空间某电场线分布如图所示，一负电荷q仅在电场力作用下从M点以初速度v0沿MO方向运动（以向右为正方向），则电荷在运动过程中的速度—时间图像可能正确的是( )
【解析】 AC 依题意，由于负电荷受到的电场力方向与初速度方向相反，所以开始时，电荷先减速，速度减为零时，又反向加速.根据电场线的疏密程度反应电场强度的大小，知电场线越密，场强越大.若电荷不能过O点，根据F＝Eq＝ma可知电荷先做加速度逐渐增大的减速运动，减速到零后，反向做加速度逐渐减小的加速运动；若电荷能过O点，则电荷先做加速度逐渐增大的减速运动，过O点后又做加速度逐渐减小的减速运动，速度减为零时，反向做加速度逐渐增大的加速运动，过O点后，又做加速度逐渐减小的加速运动，根据v－t图像的斜率表示加速度，由数学知识可知A、C正确.
电场线分布与运动轨迹
【例6】 （多选）如图所示，A、B两个点电荷固定在空间，实线为两点电荷电场中的部分电场线，弯曲虚线为一个带电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹，a、b为轨迹上两点，下列说法正确的是( )
A.A、B带同种电荷
B.A、B带电荷量的绝对值不相等
C.a点电场强度比在b点电场强度大
D.带电粒子在a点的速度比在b点的速度大
【解析】 BD 图中电场线起源于A，终止于B，由电场线分布的特征可知两粒子带异种电荷，且A带正电，B带负电，A错误；由于题图中电场线分布不具有对称性，则两点电荷带电荷量的绝对值不等，B正确；由于电场线分布的密集程度表示电场的强弱，所以b点的电场强度比a点的电场强度大，C错误；根据轨迹可知粒子从a点运动到b点电场力做负功，故粒子在a点的速度比在b点的速度大，D正确.
【变式训练6】 （2023·全国甲卷）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集.下列四幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是( )
【解析】 A 电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误.
分析电场中运动轨迹问题的方法 (1)“运动与力两线法”——画出运动轨迹在初始位置的切线（“速度线”）与在初始位置电场线的切线（“力线”）方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况. (2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向（或等势面电势的高低）、电荷运动的方向是题意中相互制约的三个方面.若已知其中的任一个，可顺次分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况.
考点三 电场强度的叠加与计算
1.电场强度三个表达式的比较
表达式 E＝ E＝k E＝
公式意义 电场强度定义式 真空中点电荷电场强度的决定式 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
决定因素 由电场本身决定，与q无关 由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定 由电场本身决定
相同点 矢量，遵守平行四边形定则 单位：1 N/C＝1 V/m
2.求解电场强度的常规方法
3.求解电场强度的非常规思维方法
通常在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的电场强度时，上述公式无法直接应用.这时，如果转换思维角度，灵活运用叠加法、对称法、补偿法、微元法、等效法等巧妙方法，可以化难为易.
点电荷电场强度的叠加与计算
【例7】 （2024·河北卷）如图所示，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C.M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为.已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k.顶点A处的电场强度大小为( )
A. B.（6＋） C.（3＋1） D.（3＋）
【解析】 D B点、C点的电荷在M的场强的合场强为E＝2cos 60°＝，因M点的合场强为零，因此带电细杆在M点的场强EM＝E，由对称性可知带电细杆在A点的场强为EA＝EM＝E，方向竖直向上，因此A点合场强为E合＝EA＋2cos 30°＝（＋3） ，D正确.
【变式训练7】 如图，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零.则Q的位置及电荷量分别为( )
A.(0，2a)，q B.(0，2a)，2q
C.(2a，0)，q D.(2a，0)，2q
【解析】 B
根据点电荷场强公式E＝k知，两等量异种点电荷在P点的场强大小均为E0＝ ，方向如图所示.两等量异种点电荷在P点的合场强为E1＝E0＝ ，方向与＋q点电荷与－q点电荷的连线平行，如图所示，Q点电荷在P点的场强大小为E2＝k＝ ，三点电荷的合场强为0，则E2方向如图所示，大小有E1＝E2，解得Q＝2q，由几何关系可知Q的坐标为(0，2a)，B正确.
非点电荷电场强度的叠加与计算
【例8】 如图，电荷量为＋q的点电荷与一正方形均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心O，图中AO＝OB＝d，已知B点的电场强度为零，静电力常量为k.下列说法正确的是( )
A.薄板带正电，A点的电场强度大小为
B.薄板带正电，A点的电场强度大小为
C.薄板带负电，A点的电场强度大小为
D.薄板带负电，A点的电场强度大小为
【解析】 A B点的电场强度为零，而电荷量为＋q的点电荷在B点的电场强度方向由B到O，根据矢量合成可知，薄板在B点的电场强度方向由O到B，则薄板带正电，C、D错误；B点的电场强度为零，则薄板在B点的电场强度大小与电荷量为＋q的点电荷在B点的电场强度大小相等，即E＝，根据对称性，薄板在A点的电场强度大小也为E，方向由O到A，而电荷量为＋q的点电荷在A点的电场强度方向由O到A，则A点电场强度大小EA＝E＋＝，A正确、B错误.
【变式训练8】 如图所示，均匀带正电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强.
【解析】 设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q′＝，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为E＝＝，由对称性知，各小段带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强EP，方向沿OP方向，则EP＝nEx＝nk·cos θ＝k.
1.如图所示，真空中A、B两点分别固定两个相同的带电金属小球（均可视为点电荷），所带电荷量分别为＋Q和－5Q，在A、B的延长线上的C点处固定一电荷量为q的试探电荷，试探电荷受到的电场力大小为F1，已知AB＝BC.若将两带电金属小球接触后再放回A、B两处时，试探电荷受到的电场力大小为F2，则为( )
A. B. C. D.
【解析】 C 设AB＝BC＝l，根据库仑定律得F1＝－＝，将两带电小球接触后，两小球所带电荷量均为－2Q，根据库仑定律得F2＝＋＝，所以＝，C正确.
2.如图所示，三个带电小球A、B、C分别位于等边三角形的三个顶点且放在光滑绝缘的水平桌面上，空间存在水平且与BC连线垂直的匀强电场，三个小球均可看成点电荷且均静止不动，则三个带电小球所带电荷的电性及电荷量的关系是( )
A.A、B带正电，C带负电，A、B、C所带电荷量之比为1∶1∶1
B.A、B带正电，C带负电，A、B、C所带电荷量之比为2∶1∶1
C.A带正电，B、C带负电，A、B、C所带电荷量之比为1∶1∶1
D.A带正电，B、C带负电，A、B、C所带电荷量之比为2∶1∶1
【解析】 D 三个带电小球两两之间存在库仑力，且库仑力的方向一定沿两小球的连线方向，假设C球带负电，对C球进行受力分析，可知匀强电场对C球的电场力方向水平向左，要使C球受力平衡，则A球带正电，B球带负电，A、B错误；假设A球带正电，则匀强电场对A球的电场力方向水平向右，要使A球受力平衡，则B、C两球须均带负电且两者电荷量相等，对B球进行受力分析，可得kcos 60°＝k，可得qA＝2qC，因此有qA∶qB∶qC＝2∶1∶1，C错误、D正确.
3.如图所示，圆心为O、半径为R的均匀带电圆环位于水平面内，带电量为Q.一个质量为m，带同种电荷且带电量也为Q的小球，在圆心O的正上方高为h的O′处，处于静止状态，若O′与圆环上任一点的距离为L，则OO′间的距离h为（静电力常量为k，重力加速度大小为g）( )
A.h＝ B.h＝ C.h＝ D.h＝
【解析】 A 在带电圆环上取一小段长度Δx，则该小段长度圆环带电量为Δq＝Q，该小段带电圆环对带电小球的库仑力为ΔF＝k，该库仑力的竖直分力为ΔFy＝kcos α＝k，其合力为∑ΔFy＝∑k＝k∑Δq＝＝mg，解得h＝，A正确.
4.如图所示，正方形线框由边长为L、粗细均匀的绝缘棒组成，线框上均匀地分布着正电荷，以线框中心O为原点，建立xOy平面直角坐标系，现从与x轴平行的线框上侧的中点A处取下足够短的电荷量为q的一小段，将其移动至线框内x轴上的B点处，若线框其他部分的电荷量与电荷分布保持不变，此时O点的电场强度方向与x轴正向成37°角偏上，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则B点的位置坐标为( )
A.（－L，0） B.（－L，0）
C.（－L，0） D.（－L，0）
【解析】 B 整个均匀带正电的正方形线框在O点的合电场强度为零，可知在A处取下足够短的电荷量为q的一小段，剩下部分在O点产生的电场强度方向沿＋y方向，大小为Ey＝k＝，将从A处取下的电荷量为q的一小段移动至x轴上的B点处，设B点离O点的距离为r，可知这一小段在O点产生的电场强度方向沿＋x方向，大小为Ex＝，根据题意有tan 37°＝，联立解得r＝L，可知B点的位置坐标为（－L，0），B正确.
5.（多选）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则( )
A.a一定带正电，b一定带负电
B.a的速度将减小，b的速度将增大
C.a的加速度将减小，b的加速度将增大
D.两个粒子的动能均增大
【解析】 CD 根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异性电荷，但无法确定其具体电性，A错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，B错误、D正确；从两粒子的运动轨迹判断，a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，C正确.
6.（2024·海南卷）（多选）真空中有两个点电荷，电荷量均为－q(q>0)，固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x（x?r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A.P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r
B.P1P2中垂线上电场强度的最大值为
C.在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D.在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
【解析】 BCD 设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为E＝ksin2θcosθ，根据均值不等式可知，当cos θ＝时，E有最大值，且最大值为E＝，再根据几何关系可知A点到O点的距离为y＝r，A错误、B正确；在M点放入一电子，从静止释放，由于r>r，可知电子在向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，C正确；根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子在运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为F＝keq·，由于x?r，整理后有F＝－·x，在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，D正确.
7.如图所示，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上.已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求：
(1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
(2)C点处点电荷的电荷量.
【解析】 (1)题中已知M点的电场强度竖直向下，又M为AB边的中点，可知A、B处点电荷在M点产生的电场强度等大反向，C处点电荷带正电，结合点电荷的电场强度公式E＝可知A、B处两点电荷的电荷量大小相等，电性相同，即B点处点电荷的电荷量的绝对值为q.C处点电荷在N点产生的电场强度方向为N→B，假设A、B两点处点电荷均带负电，则三个点电荷在N处产生的合电场强度方向不可能竖直向上，所以A、B两点处点电荷均带正电，即3个点电荷均带正电.
(2)设C点处点电荷的电荷量为qC，等边三角形的边长为2L，则AN＝L，对三个点电荷在N处产生的电场强度分析，如图所示，其中EBC是B、C处点电荷在N处产生的合电场强度，EAN是A处点电荷在N处产生的电场强度，EN为N点处的合电场强度.根据几何关系得＝tan 30°，故＝（－）tan 30°，解得qC＝q.
8.如图所示，在真空中有一个“V”形光滑绝缘支架，支架置于绝缘水平面上，C为支架最低点，支架两边与水平面的夹角均为37°，支架两边各穿一个带电量为Q＝＋8×10-7 C的相同小球A和B，小球可视为质点.两小球距离水平面的高度均为h＝0.3 m，且保持静止，静电力常量为k＝9.0×109 N·m2/C2（取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），求：
(1)两小球之间的库仑力的大小；
(2)支架对小球A的支持力大小；
(3)C处的电场强度.
【解析】 (1)设A、B两球之间的距离为r，由几何关系可得
r＝＝0.8 m，
由库仑定律可得两球之间库仑力为
FC＝k＝9.0×109× N＝9.0×10-3 N.
(2)对球A受力分析，如图，可得
FN＝F合＝，
代入可得，支架对球A的支持力大小为FN＝1.5×10-2 N.
(3)A球在C点产生的电场强度EA＝k，
由数学知识可得r1＝，
联立可得EA＝2.88×104 N/C，
同理，B球在C点产生的电场强度
EB＝2.88×104 N/C，
由场强叠加原理可得，C点的电场强度
EC＝2EA cos 53°＝3.456×104 N/C，方向竖直向下.
第2讲 电场能的性质
一、电势能和电势
1.电势能
(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化的关系：电场力做的功等于电势能的 减少量 ，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.
2.电势
(1)定义：试探电荷在电场中某点具有的 电势能 与它的电荷量的 比值 Ｗ.
(2)定义式：φ＝.
(3)标矢性：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.
3.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等势面一定与 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 Ｗ.
二、电势差
1.定义：在电场中，两点之间 电势 的差值.电势差也叫作电压.
2.定义式：UAB＝φA－φB.
3.电势差与电场力做功的关系：UAB＝.
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＝.
2.公式U＝Ed的适用范围： 匀强 电场.
四、静电感应和静电平衡
1.静电感应
当把一个不带电的金属导体放在电场中时，导体的两端分别感应出等量的正、负电荷，“近端”出现与施感电荷异种的感应电荷，“远端”出现与施感电荷同种的感应电荷.这种现象叫静电感应.
2.静电平衡
(1)定义：导体放入电场中时，附加电场与原电场在导体内部大小相等且方向相反，使得叠加场强为零时，自由电荷不再发生 定向移动 ，导体处于静电平衡状态.
(2)处于静电平衡状态的导体的特点
①导体内部的场强 处处为零 ；
②导体是一个等势体，导体表面是等势面；
③导体表面处的场强方向与导体表面 垂直 ；
④导体内部没有净电荷，净电荷只分布在导体的外表面上；
⑤在导体外表面越尖锐的位置，净电荷的密度（单位面积上的电荷量）越大，凹陷的位置几乎没有净电荷.
考点一 电势高低及电势能大小的比较
1.判断电势高低的四种方法
(1)根据电场线方向判断：沿电场线方向电势逐渐降低.
(2)根据场源电荷的正负判断：取无穷远处电势为零，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.
(3)根据电势能的高低判断：正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大.
(4)根据电场力做功判断：根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低.
2.判断电势能大小的四种方法
(1)公式法：将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小.
(2)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.
(3)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.
(4)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；动能减小，电势能增加.
3.电场力做功的计算方法
4.功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化；
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化.
电势及电势能高低的判断
【例1】（2023·海南卷）（多选）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，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点电势能比在O点时要小
D.负电荷在N点电势能比在O点时要大
【解析】 BC 根据场强叠加以及对称性可知，M、N两点的场强大小相同，但是方向不同，A错误；因在A、B处的正电荷在M、N两点的合电势相等，在C点的负电荷在M、N两点的电势也相等，则M、N两点电势相等，B正确；负电荷从M到O，因A、B两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小，同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小，C正确、D错误.
【变式训练1】 （2024·广东卷）（多选）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示.涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面.M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上.下列说法正确的是( )
A.M点的电势比N点的低
B.N点的电场强度比P点的大
C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
【解析】 AC 根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，B错误； M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，D错误.
电场中的功能关系
【例2】（多选）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出.小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点.则射出后( )
A.小球的动能最小时，其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【解析】 BD 由题意知，Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°.当vy＝0时速度最小为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，A错误.水平方向上，v0＝t，在竖直方向上，v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，如图所示，小球的初动能等于末动能.由于此时速度没有水平分量，故电势能最大.由动能定理可知，WG＋WEq＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， B、D正确.当速度为图中所示的v1时，速度的水平分量与竖直分量相等，动能最小，C错误.
【变式训练2】 （多选）（科技前沿）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(R甲
A.粒子3入射时的动能比它出射时的大
B.粒子4入射时的动能比它出射时的大
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
【解析】 BD 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＝m，qE2＝m，可得mv＝mv＝＝，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，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小，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大，B正确；粒子3做向心运动，有qE2>m，可得mv<＝mv，粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，D正确.
考点二 电场线、等势面及运动轨迹问题
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向.选用轨迹和电场线（等势线）的交点更方便.
(2)判断电场力的方向：仅受电场力作用时，因轨迹始终夹在速度方向和带电粒子所受电场力方向之间，而且向合外力一侧弯曲，结合速度方向，可以判断电场力方向.
若已知电场线和轨迹，所受电场力的方向与电场线（或切线）共线；若已知等势线和轨迹，所受电场力的方向与等势线垂直.
(3)判断电场力做功的正负及电势能的增减：若电场力方向与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力方向与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加.
运动轨迹与等势面的结合问题
【例3】 如图所示为真空中某静电场，虚线表示等势面，各等势面电势的值如图所示，一带电粒子只在电场力的作用下，沿图中的实线从A经过B运动到C，B、C两点位于同一等势面上，则以下说法正确的是( )
A.带电粒子在A点的电势能大于在C点的电势能
B.A点电场强度大于B点电场强度
C.带电粒子从A点经过B点运动到C点的过程中动能先增大再减小
D.带电粒子从A点到C点电场力所做的功等于从A点到B点电场力所做的功
【解析】 D 根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向右，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带负电.从A点到C点，由W＝qU，知U>0，q<0，则W<0，即电场力做负功，电势能增加，带电粒子在A点电势能小于在C点的电势能，A错误；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，则A点场强小于B点场强，B错误；带电粒子从A点运动到B点的过程中，电场力做负功，动能减小，C错误；由题图知，A、C间电势差等于A、B间的电势差，根据W＝Uq知，带电粒子从A点到C点电场力所做的功等于从A点到B点电场力所做的功，D正确.
【变式训练3】 如图所示，虚线为某静电场中的等差等势线（相邻两虚线间的电势差相等），实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c、d为粒子的运动轨迹与等势线的交点，除静电力外，粒子受到的其他力均可不计.下列说法正确的是( )
A.粒子在a、c两点的加速度大小一定相等
B.粒子在b、c两点的速度大小一定相等
C.粒子运动过程中速度一定先减小后增大
D.粒子在b点时的电势能一定比在d点时的电势能大
【解析】 B 因a点处的等差等势线比c点处的密集，故a点处的电场强度大于c点处的电场强度，故粒子在a点受到的静电力大于在c点受到的静电力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在c点的加速度大，A错误；b、c两点的电势相等，则粒子在b、c两点的电势能相等，由能量守恒定律可知，粒子在b、c两点的动能相等，速度大小相等，B正确；由粒子运动的轨迹弯曲的方向及等势线与电场线垂直可知，粒子受到的静电力指向轨迹曲线内侧且垂直于等势线，假设粒子从a点运动到d点，则粒子从a点运动到b点静电力做正功，粒子速度增大，从c点运动到d点静电力做负功，速度减小，故粒子在由a点到d点的运动过程中的速度先增大后减小，同理，粒子在由d点到a点的运动过程中的速度也先增大后减小，C错误；假设粒子从a点运动到d点，因粒子由c点到d点的过程中静电力做负功，动能减小，电势能增大，即粒子在d点的电势能大于在c点的电势能，由于c点电势与b点电势相等，粒子在c点与b点电势能相等，故粒子在d点的电势能大于在b点的电势能，同理，由粒子从d点到a点的运动也可判断粒子在d点的电势能大于在b点的电势能，D错误.
等势面的综合应用
【例4】 如图所示，A、B、C、D为电场中相邻的四个等差等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20 eV，飞经等势面C时，电势能为－10 eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为5 cm，则下列说法正确的是( )
A.该电场一定是匀强电场，电场强度为200 V/m
B.C等势面的电势为－10 V
C.电子再次飞经等势面D时，动能为10 eV
D.该电场方向向下
【解析】 A 等差等势面是一组均匀的平行线，故一定是匀强电场，电子从D到B过程中，根据动能定理－eUDB＝0－EkD，电场强度E＝＝200 V/m，方向向上，A正确、D错误；φ＝＝＝10 V，B错误；根据能量守恒可知，回到D时动能不变，为20 eV，C错误.
【变式训练4】 图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，下列说法错误的是( )
A.P点电势比M点的高
B.P点电场强度大小比M点的小
C.M点电场强度方向沿z轴正方向
D.带正电的粒子沿x轴正方向运动时，电势能减少
【解析】 D P点离正电荷较近，M点离负电荷较近，P点电势比M点的高，A正确，不符合题意；M点等势面比P点等势面密集，则P点电场强度大小比M点的小，B正确，不符合题意；根据电场线与等势面垂直且靠近负电荷处电势较低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，C正确，不符合题意；由对称性可知x轴上的电场强度等于零，所以带正电的粒子沿x轴正方向运动时，静电力不做功，电势能不变，D错误，符合题意.
带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧 (1)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为粒子在该点处的速度方向. (2)判断电场力（或场强）的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹的凹侧，再根据粒子的正、负判断场强的方向. (3)判断电场力做功的正、负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加.
考点三 电势差与电场强度的关系
1.匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)UAB＝Ed，d为A、B两点沿电场方向的距离.
(2)沿电场强度方向电势降落得最快.
(3)在匀强电场中U＝Ed，即在沿电场线方向上，U∝d.
推论①：如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝.
推论②：如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD.
2.E＝在非匀强电场中的两点妙用
(1)判断电势差的大小及电势的高低：距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低.
(2)判断电场强度大小：已知电场线分布时，电场线越密处，电场强度越大；已知等差等势线分布时，等势线越密处，电场强度越大.
匀强电场中电场强度和电势差的关系
【例5】（多选）如图所示，在匀强电场中，有边长为5 cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA＝1 V、φB＝3 V、φC＝5 V，下列说法正确的是( )
A.O点电势为3 V
B.匀强电场的场强大小为80 V/m，方向由A指向C
C.在三角形ABC外接圆的圆周上电势最低点的电势为1 V
D.将电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4 eV
【解析】 AD
因为φA＝1 V、φC＝5 V，则AC中点（设为D点）的电势为φD＝3 V，则BD连线为等势面，因O点在该等势面上，则O点电势为3 V，A正确；电场线与等势面垂直，可知匀强电场的场强方向由C指向A，大小为E＝＝ V/m＝80 V/m，B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，如图所示，过圆心O作一条电场线，则交圆周于F点，该点电势最低，小于1 V，C错误；由C到A电势降低4 V，则将电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4 eV，D正确.
【变式训练5】 （多选）如图所示的直角三角形，ac＝2ab、bc＝20 cm，d点为bc边上的点，已知∠cad＝∠dab，空间存在一平行于abc面的匀强电场.b点的离子源能向各个方向发射一系列的电子，电子的初动能为Ekb＝2 000 eV，其中到达a、c两点的电子动能分别为2 100 eV、1 900 eV，忽略电子间的相互作用.则下列说法正确的是( )
A.a点的电势比b点的电势高100 V
B.匀强电场的电场强度大小为1 000 V/m
C.该电场的方向由a指向d
D.图中的虚线框内（包括虚线上）c点的电势最高
【解析】 AC 由b到a由动能定理可得－eUba＝Eka－Ekb＝2 100 eV－2 000 eV，解得Uba＝－100 V，则a点的电势比b点的电势高100 V，A正确；由b到c由动能定理可得－eUbc＝Ekc－Ekb＝1 900 eV－2 000 eV，解得Ubc＝100 V，可知bc间的电势差为100 V，所以ac间的电势差为Uac＝100 V－(－100 V)＝200 V，则b点与ac中点电势相等，连接b点与ac中点即为等势线，如图所示，由几何关系可知，电场线方向沿ad方向，电场强度大小为E＝＝ V/m＝1 000 V/m，B错误、C正确；电场线方向沿ad方向且由a指向d，则图中的虚线框内，顶点a的电势最高，D错误.
公式E＝在非匀强电场中的应用
【例6】 我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100 V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示.空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高.则下列说法正确的是( )
A.b、c两点的电势差Ubc＝0
B.a点场强大小大于100 V/m
C.a点场强方向水平向右
D.a点的电势低于c点
【解析】 B 由图可知，b、c两点的电势差为Ubc＝200 V－300 V＝－100 V，A错误；由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1 m，电势差等于100 V，根据E＝，可知a点场强大小大于100 V/m，B正确；根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，C错误；由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300 V，D错误.
【变式训练6】 如图所示是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN，以下说法正确的是( )
A.O点电势与Q点电势相等
B.将一正电荷由M点移到Q点，电荷的电势能减少
C.MO间的电势差等于ON间的电势差
D.在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上
【解析】 B 过O点和Q点作电场的等势面，如图所示，由图可知，O、Q两点的电势不相等，A错误；将一正电荷由M点移到Q点，电场力对电荷做正功，故电荷的电势能减少，B正确；MO与ON相等，但由于电场不是匀强电场，且MO间的平均场强大于ON间的平均场强，由U＝Ed定性分析可知MO间的电势差大于ON间的电势差，C错误；在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿Q点电场线的切线方向斜向上，D错误.
【易错点】 本题易错选D.学生误认为OQ为等势面，正电荷所受电场力与等势面垂直，方向竖直向上.此类问题，需要从电场线的分布入手，电场强度方向为该位置电场线的切线方向，同时要注意粒子的电性.
等分法及其应用 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，采用这种等分间距求电势问题的方法，叫作等分法，如图所示.
1.如图所示，雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，电场的等差等势面a、b、c、d分布情况如图所示，在等势面中有A、B、C三点.下列说法正确的是( )
A.避雷针附近的电场是匀强电场
B.A点的电场强度比B点小
C.a、b、c、d等势面中a的电势最低
D.有一带负电的雨点从乌云中下落，电场力做正功
【解析】 D 匀强电场的等势线应是一簇平行线，由题图可知避雷针附近的电场不是匀强电场，A错误；等差等势面越密集电场强度越大，所以A点的电场强度比B点大，B错误；乌云带负电，则电场线终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低可知a、b、c、d等势面中a的电势最高，C错误；有一带负电的雨点从乌云中下落，雨点所受电场力方向与速度方向的夹角小于90°，电场力做正功，D正确.
2.（2024·湖南卷）真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处.设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是( )
【解析】 D 真空中点电荷周围某点处的电势φ＝k，设坐标为x0(x0>0)位置处的电势为0，则k＋k＝0，解得x0＝，当0时，电势φ>0，D正确.
3.电鳗是放电能力极强的淡水鱼类，具有“水中高压线”的称号.电鳗体内从头到尾都有一些类似小型电池的细胞，这些细胞就像许多叠在一起的叠层电池，这些电池（每个电池电压约0.15 V）串联起来后，在电鳗的头和尾之间就产生了很高的电压，此时在电鳗的头和尾的周围空间产生了类似于等量异种点电荷（O为连线的中点）的强电场.如图所示，虚线为该强电场的等势线分布，实线ABCD为以O点为中心的正方形，点A和点D、点B和点C分别在同一等势线上.则下列说法正确的是( )
A.电鳗的头部带正电
B.A点与B点的电场强度相同
C.B点与D点的电场强度相同
D.负电荷沿正方形对角线从C点向A点运动过程中，电势能减小
【解析】 C 根据等量异种点电荷的电场线由正点电荷发出，终止于负点电荷，沿电场线方向电势降低，电场线与等势线垂直，可知电鳗尾部带正电，A错误；A点与B点关于中垂线左右对称，电场强度大小相等，方向不同，B错误；B点与D点关于O点对称，B点与D点的电场强度相同，C正确；负电荷从C点沿正方形对角线运动到A点过程中，静电力做负功，电势能增大，D错误.
4.如图所示，空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场（图中未画出），已知梯形的∠a＝45°，∠c和∠d均为直角，且上底bc＝2 cm、下底ad＝4 cm，并知a、b、c三点的电势分别为4 V、8 V、10 V.将一电荷量q＝－2×10-5 C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是( )
A.梯形区域的下底ad中点的电势为4 V
B.该匀强电场的场强大小为 V/m
C.该点电荷在c点的电势能为2×10-5 J
D.该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力对它做功为＋8×10-5 J
【解析】 D 由b点向ad作垂线，垂足为P，根据几何关系知p为ad中点，由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故φb－φc＝φp－φd，φp＝(φa＋φd)，代入数据解得φp＝6 V，φd＝8 V，A错误；由于是匀强电场，则bd为等势线，如图所示，根据几何关系可知ab⊥bd，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为E＝＝ V/cm＝×102 V/m，B错误；该点电荷在c点的电势能为Epc＝φcq＝10×(－2×10-5) J＝－2×10-4 J，C错误；该点电荷从a点移到d点电场力做功为Wad＝Uadq＝(4－8)×(－2×10-5) J＝8×10-5 J，D正确.
5.（多选）如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零，真空中点电荷在某点产生的电势公式为φ＝，x为该点到点电荷的距离，Q为点电荷的电荷量，k为静电力常量），P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是( )
A.P点电势高于S点电势
B.T点电场强度方向指向O点
C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
【解析】 AB 在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在N左侧电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，A正确；由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设M、N距离为L，根据＝，可知除无穷远处外，直线MN上电场强度为零的点只有一个，C错误；由A项分析可知，T点电势低于P电势，则正电荷在T点的电势能低于在P电势的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，D错误；设等势圆的半径为R，A、N距离为x，M、N距离为L，如图所示，
根据φ＝，结合电势的叠加原理知A、S电势满足＝，＝，解得x＝，R＝，由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势φO＝－＝－，可知φT>φO，可知T点电场强度方向指向O点，B正确.
6.（2023·山东卷）（多选）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是( )
A.F′点与C′点的电场强度大小相等
B.B′点与E′点的电场强度方向相同
C.A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D.将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【解析】 ACD
研究六棱柱的上表面，由几何条件可知正电荷在FO中点K的场强方向垂直FO，则K点的合场强与FO的夹角为锐角，在F点的场强和FO的夹角为钝角，因此将正电荷从F点移到O点的过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；由等量异种电荷的电势分布可知φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正确；由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同，A正确、B错误.
7.如图所示，有a、b、c三点处在匀强电场中，ab＝5 cm，ac＝20 cm，其中ab与电场方向平行，ab与ac成θ＝120°角，一电子从a移到c电场力做了3.2×10-18 J的负功，已知元电荷e＝1.6×10-19 C.
(1)求匀强电场的电场强度大小及方向；
(2)求电子从b移到c，电场力对它做的功；
(3)设a点电势φa＝0，则c点电势为多少？电子在b点的电势能为多少？
【解析】 (1)电子从a移到c电场力做负功，所以电场强度方向水平向右
Wac＝－eE·ac·sin 30°，
将ac＝20 cm＝0.2 m代入解得
E＝200 V/m.
(2)电子从b移到c电场力做负功，有
Wbc＝Wba＋Wac，
Wba＝－eE·ab，
将ab＝5 cm＝0.05 m代入解得
Wbc＝－4.8×10-18 J.
(3)根据Uac＝φa－φc＝E·ac·sin 30°，
解得φc＝－20 V.
同理可得b点的电势φb＝10 V，
电子在b点的电势能为
Epb＝－φbe，
联立代入数据解得
Epb＝－1.6×10-18 J.
8.如图所示，可视为质点的三个物块A、B、C放在倾角为θ＝30°、长为L＝2 m的固定斜面上，三个物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，其中A为不带电的绝缘体，B、C所带电荷量分别为qB＝＋4.0×10-5 C、qC＝＋2.0×10-5 C，且保持不变，A、B的质量分别为mA＝0.80 kg、mB＝0.64 kg.开始时三个物块均能保持静止状态，且此时A、B两物块与斜面间恰无摩擦力作用.如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为零，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为Ep＝k.为使A在斜面上始终做加速度为a＝1.5 m/s2的匀加速直线运动，现给A施加一平行于斜面向上的力F，已知经过时间t0后，力F的大小不再发生变化.当A运动到斜面顶端时，撤去外力F.（静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2）求：
(1)未施加力F时物块B、C间的距离；
(2)t0时间内A上滑的距离；
(3)t0时间内库仑力做的功；
(4)在A由静止开始到运动至斜面顶端的过程中，力F对A做的总功.
【解析】 (1)A、B、C处于静止状态时，设B、C间的距离为L1，C对B的库仑斥力
F0＝，
以A、B为研究对象，根据平衡条件有
F0＝(mA＋mB)g sin 30°，
联立解得L1＝1.0 m.
(2)给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小，经过时间t0，B、C间的距离设为L2，A、B两者之间弹力减小到零，此后两者分离，F变为恒力，则t0时刻C对B的库仑斥力为
F0′＝，
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
F0′－mBg sin 30°－μmBg cos 30°＝mBa，
联立解得L2＝1.2 m，
则在t0时间内，A上滑的距离
ΔL＝L2－L1＝0.2 m.
(3)t0时间内库仑力做的功
W0＝ΔEp＝k－k，
代入数据解得W0＝1.2 J.
(4)在A、B分离前，设力F对物块A做的功为W1，此时的速度为v1，根据动能定理有
W1＋W0＋WG＋Wf＝(mA＋mB)v，
而WG＝－(mA＋mB)gΔL sin 30°，
Wf＝－μ(mA＋mB)gΔL cos 30°，
v＝2aΔL，
联立解得W1＝1.05 J，
A、B分离后，力F变为恒力，根据牛顿第二定律有
F－mAg sin 30°－μmAg cos 30°＝mAa，
力F对A做的功W2＝F(L－L2)，
代入数据解得W2＝5 J，
则力F对A做的总功
W＝W1＋W2＝6.05 J.
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
一、电容器及电容
1.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 绝对值 .
(3)电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的 异种电荷 ，电容器中储存 电场 能.
②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 与电容器两极板间的 电势差 的 比值 Ｗ.
(2)定义式：C＝.
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).
1 F＝ 106 μF＝ 1012 pF.
(4)意义：表示电容器 容纳电荷 本领的高低.
(5)决定因素：由电容器本身物理条件（大小、形状、相对位置及电介质）决定，与电容器是否 带电 及两极板间是否存在 电压 无关.
3.平行板电容器的电容
(1)决定因素： 正对面积 ，相对介电常数，两板间的距离.
(2)决定式：C＝.
二、带电粒子在电场中的运动
1.加速
(1)在匀强电场中，W＝ qEd ＝qU＝mv2－mv.
(2)在非匀强电场中，W＝ qU ＝mv2－mv.
2.偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入板间电压为U的匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示.
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的 匀速 直线运动和沿电场力方向的 匀加速 直线运动.根据运动的 合成与分解 的知识解决有关问题.
(3)基本关系式：运动时间t＝，加速度a＝＝＝，偏转量y＝at2＝，偏转角θ的正切值tan θ＝＝＝.
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，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变.
2.动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化.
②根据E＝分析场强的变化.
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化.
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化.
②根据E＝＝分析场强变化.
与电源连接
【例1】 （2024·辽宁卷）某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图(a)所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则( )
A.电容器的电容减小
B.电容器所带的电荷量增大
C.电容器两极板之间的电势差增大
D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
【解析】 B 降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C＝可知电容器的电容增大，A错误；溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q＝CU结合A项分析可知电容器所带的电荷量增大，B正确、C错误；根据B项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，D错误.
【易错点】图(a)中反映了随着溶液浓度的降低，相对介电常数增大，学生未认真审题，会错误地认为溶液浓度降低，相对介电常数减小，从而造成错选.
【变式训练1】 如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变.若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )
A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
【解析】 A 极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，由C＝可知电容C减小，根据电容的决定式C＝可知，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝可知极板间电场强度E减小，B、C、D错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确.
与电源断开
【例2】 （2024·浙江卷）如图所示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 ( )
A.极板间电势差减小
B.电容器的电容增大
C.极板间电场强度增大
D.电容器储存能量增大
【解析】 D 根据Q＝CU，C＝可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器的带电量不变，故极板间电势差增大，A、B错误；根据E＝得E＝，故场强不变，C错误；移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，D正确.
【易错点】 学生误认为静电计指针张角变大是电容器的电荷量增加了.本例中电容器与电源断开，电容器的电荷量不变，指针张角变大，反映的是电容器的电压增大了.
【变式训练2】如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一带电油滴，电荷量为q（q电荷量很小不会影响两板间电场的分布），带电油滴在P点处于静止状态.以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间电压，φP表示P点的电势，Ep表示带电油滴在P点的电势能.若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，则下列说法正确的是( )
A.Q减小 B.U减小 C.φP减小 D.Ep减小
【解析】 D 保持极板A不动，将极板B稍向下平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C＝得知，电容C减小；若电容器的电压不变，则电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电量Q保持不变；由于电容C减小，由电容的定义式C＝，可知两极板间电压U变大；根据C＝，C＝，E＝可得E＝，可知板间电场强度E不变，P点与B板间电势差UPB＝EdPB，可知UPB增大，根据UPB＝φP－φB，可知P点的电势增大，根据平衡条件可知带电油滴带负电，根据Ep＝qφ，可知带电油滴在P点电势能Ep减小，A、B、C错误，D正确.
考点二 带电粒子（体）在电场中的直线运动
1.带电粒子在电场中运动时重力的处理
基本粒子 如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）
带电颗粒 如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力
2.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
(1)做直线运动的条件
①粒子所受合外力F合＝0，粒子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)解题步骤
带电粒子仅在电场力作用下的运动
【例3】（多选）如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端.质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同.质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则( )
A.MN所接电源的极性应周期性变化
B.金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C.质子从圆筒E射出时的速度大小为
D.圆筒E的长度为T
【解析】 ABD 因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，A正确；因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由T＝可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B正确；质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得4eU＝mv－mv，解得质子从圆筒E射出时的速度大小为vE＝，C错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE＝vET＝T，D正确.
【变式训练3】 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1>0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2>0)的粒子B.仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是( )
A.电荷量q1与q2的比值为3∶7
B.电荷量q1与q2的比值为3∶4
C.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16
D.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7
【解析】 B 设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A有：a1＝，l＝··t2，对粒子B有：a2＝，l＝··t2，联立解得＝，A错误、B正确；由v＝at得＝，C、D错误.
带电粒子在电场力和重力作用下的运动
【例4】 平行板电容器连接在如图所示的电路中，A极板在上、B极板在下，两板均水平，S1和S2是板中央的两个小孔.现从S1正上方P处由静止释放一带电小球，小球刚好能够到达S2而不穿出.不考虑带电小球对电场的影响，下列说法正确的是( )
A.仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
B.仅使A板下移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
C.仅使A板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
D.仅使B板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将原路返回且能到达P点
【解析】 D 设P点到B板距离为h，A、B板间电压为U，小球质量为m，带电量为q，由于小球刚好能够到达S2而不穿出，可知到达S2时速度恰好为零，电场力对小球做负功，小球从释放至到达S2，根据动能定理有mgh－qU＝0，仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，由于滑动变阻器分压始终为0，P点到B板距离h不变，两极板间电压不变，可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，A错误；仅使A板下移或上移一小段距离，P点到B点的距离h不变，两极板间电压不变，可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，B、C错误；仅使B板上移一小段距离，P点到B点的距离变小，两极板间电压不变，则mgh′－qU<0，可知小球不能达到S2，在达到S2之前动能已经为0，小球将原路返回，根据能量守恒可知小球能回到P点，D正确.
【变式训练4】 AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示.两板间距10 cm，电荷量为1.0×10-8 C、质量为3.0×10-4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点.闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则( )
A.MC距离为5 cm
B.电势能增加了 ×10-4 J
C.电场强度大小为×104 N/C
D.减小R的阻值，MC的距离将变大
【解析】 B 根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图甲所示，根据几何关系可得FT＝qE，FTsin 60°＋qE sin 60°＝mg，联立解得FT＝qE＝×10-3 N，剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图乙所示.根据几何关系可得LMC＝d tan 60°＝10 cm，A错误；根据几何关系可得小球沿着静电力方向的位移x＝(10－5sin 30°) cm＝7.5 cm，方向与静电力方向相反，静电力做功为W电＝－qEx＝－×10-4 J，则小球的电势能增加×10-4 J，B正确；电场强度的大小E＝＝×105 N/C，C错误；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，D错误.
带电体在电场中直线运动的分析方法 对于带电粒子（体）在电场中的直线运动问题，无论是忽略重力还是考虑重力，解决此类问题时要注意分析是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合＝0作为突破口进行求解，根据力和运动的关系可知，做匀变速直线运动的带电体合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解. (1)运用动力学观点时，先分析带电粒子（体）的受力情况，根据F合＝ma得出加速度，再根据运动学方程可得出所求物理量. (2)运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力做的功等于动能的变化量；若考虑重力，则合力做的功等于动能的变化量.
考点三 带电粒子在电场中的偏转
1.运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
(2)沿电场力方向做匀加速直线运动
2.两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的.
证明：由qU0＝mv，
y＝at2＝··（）2，
tan θ＝，
得：y＝，tan θ＝.
(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，即粒子射出偏转电场时，O到偏转电场边缘的距离为.
3.功能关系
带电粒子的末速度v也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差.
不同的带电粒子在电场中偏转运动的比较
【例5】质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示.则从开始射入至打到上板的过程中( )
A.它们运动的时间关系为tN>tM
B.它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶2
C.它们的动能增量之比ΔEkM∶ΔEkN＝1∶4
D.它们的动量增量之比ΔpM∶ΔpN＝1∶1
【解析】 C 带电粒子在垂直电场方向不受力，做速度相等的匀速直线运动，位移相等，则运动时间相等，A错误；平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，满足y＝at2，根据牛顿第二定律，有qE＝ma，由两式解得q＝，所以它们所带的电荷量之比qM∶qN＝1∶2，电势能的减小量等于电场力做的功，即ΔE＝qEy，因为位移之比是1∶2，电荷量之比也是1∶2，所以电场力做功之比为1∶4，它们电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4，B错误；电场力做功之比等于动能增量之比，则动能增量之比为ΔEkM∶ΔEkN＝1∶4，C正确；由动量定理可知Ft＝mΔv，故动量增量之比＝＝＝＝，D错误.
【变式训练5】 如图所示，绝缘斜面固定在水平面上，空间有竖直向下的匀强电场，质量相同的小球A、B从斜面上的M点以相同的初速度沿水平方向抛出时，A带电，B不带电，最后两球均落在斜面上，A的位移是B的2倍，A、B两球在空中运动的时间分别为tA、tB，加速度分别为aA、aB，落在斜面上的动能分别为EkA、EkB，不计空气阻力.则( )
A.A球一定带正电 B.tA＝tB C.aA＝2aB D.EkA＝EkB
【解析】 D 水平方向，根据x＝vt，位移之比为2∶1，则＝，B错误；设斜面倾角为θ，根据几何关系可得tan θ＝＝，结合＝可得aB＝2aA，C错误；B的加速度为重力加速度，由以上分析知A的加速度小于B的加速度，则A所受静电力竖直向上，则A带负电，根据牛顿第二定律有mg－qE＝m，解得qE＝，竖直方向的位移yA∶yB＝2∶1，根据动能定理有EkA＝mgyA－qEyA＋mv＝＋，EkB＝mgyB＋mv＝mg·＋，联立可得EkA＝EkB，A错误、D正确.
带电粒子在匀强电场中的偏转
【例6】 （2023·浙江卷）如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成.电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极.已知电子电荷量为e，质量为m，则电子( )
A.在XX′极板间的加速度大小为
B.打在荧光屏时，动能大小为11eU
C.在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D.打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝
【解析】 D 由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小ax＝＝，A错误；电子在电极XX′间运动时，有vx＝axt，t＝，其中mv＝10Ue，电子离开电极XX′时的动能为Ek＝m（v＋v）＝eU（10＋），电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU（10＋），B错误；在XX′极板间受到电场力的冲量大小Ix＝mvx＝，C错误；打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝＝，D正确.
【变式训练6】 （2023·湖北卷）（多选）一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示.忽略边缘效应，不计重力.下列说法正确的是( )
A.L∶d＝2∶1
B.U1∶U2＝1∶1
C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【解析】 BD 粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度分别为vx＝v0cos 45°＝v0、vy＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动到最高点由运动学关系有v＝2ad，粒子射入电场时由动能定理可得qU1＝mv，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；粒子从射入到运动到最高点由运动学可得2L＝vxt，d＝·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；对粒子从最高点到穿出电容器过程由运动学关系可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝，设粒子穿过电容器时速度与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，粒子射入电场时速度和水平方向的夹角为β＝45°，tan (α＋β)＝＝3，C错误；设粒子从射入到射出的过程中水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，y＝vy′t′－a′t′2，x＝vx′t′，qU1＝mv2，vx′＝v cos 45°，vy′＝v sin 45°，a′＝，解得y＝x－，轨迹与微粒质量或者电荷数量无关，D正确.
带电粒子在等效场中的运动
【例7】 等效思想是解决特定物理问题的重要思想方法，例如带电物体在匀强电场中受到电场力恒定，物体重力也恒定，因此二者合力恒定，我们将电场力和重力的合力叫等效重力，这样处理后减少了物体受力个数，将复杂问题简单化.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一可视为质点的质量为m、电荷量大小为q(q＞0)的带电小球.小球静止时细线与竖直方向夹角θ＝60°.现使小球获得沿切线方向的初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g.求：
(1)小球的电性和小球所受到的等效重力的大小和方向；
(2)仿照电场强度的定义，等效重力场的重力加速度g′为多少？并在图中画出一条过圆心的等效重力场线，用字母A和B分别标出小球运动过程中最大速度和最小速度的位置；
(3)小球做圆周运动过程中速度的最小值和释放瞬间细线中拉力的大小.
【解析】 (1)根据平衡条件可知小球所受的电场力向右，小球带负电，有qE＝mg tan θ，
小球所受到的等效重力等于电场力和重力的合力，大小为
F等＝＝2mg，
设小球所受到的等效重力与竖直方向的夹角为α，有tan α＝＝，
可得α＝θ＝60°或与水平方向夹角为30°.
(2)等效重力场的重力加速度
g′＝＝2g，
等效重力场线，字母A、B点如图所示.
(3)在等效重力场最高点有F等＝m，
小球做圆周运动过程中速度的最小值为
vB＝，
在等效重力场最低点有FT－F等＝m，
从A到B由动能定理有
－F等·2L＝mv－mv，
解得FT＝12mg.
【变式训练7】 如图所示，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R.整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C.（重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）则：
(1)带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？
(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点（图中未标出），B点与D点的水平距离多大？
【解析】 (1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小.设F合与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝，则θ＝37°，故F合＝＝mg.设此时的速度为v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得＝m，解得v＝ ，从A点到该点由动能定理得－mgR(1＋cos 37°)－（＋sin 37°）＝mv2－mv，解得v0＝.
(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从A点到C点由动能定理得－2mgR－×＝mv－mv，解得vC＝，当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间为t.设水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x，水平方向上有＝ma，x＝vCt＋at2，竖直方向上有2R＝gt2，联立解得x＝（＋）R.
1.如图所示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动.若某次膜片振动时，膜片与极板间的距离减小，则在此过程中( )
A.膜片与极板间的电容减小
B.极板所带电量减小
C.膜片与极板间的电场强度增大
D.电阻R中有向上的电流
【解析】 C 膜片与极板间的距离d减小，根据电容决定式C＝，可知膜片与极板间的电容增大，又膜片与极板间的电压不变，由C＝可知极板所带电量增大，A、B错误；根据电场强度公式E＝，可知膜片与极板间的电场强度增大，C正确；极板所带电量增大，电源给极板充电，充电电流向下通过电阻R，D错误.
2.如图所示，C1、C2是完全相同的两个电容器，P是电容器C1两极板间的一点，在电容器C2两极板间插入一块云母板.闭合开关，电路稳定后断开开关.将云母板从C2的极板间抽出的过程，下列说法正确的是( )
A.P点电势升高
B.电容器C2的电容增大
C.灵敏电流计中有向右的电流
D.电容器C1两极板间的电场强度变小
【解析】 A 闭合开关，电路稳定后再将开关断开，两电容器极板上的带电荷量不变，根据C＝，电容器C2两极板间云母板抽出的过程，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则电容器C2的电容减小，B错误；由U＝可知，电容器C2极板间的电势差变大，电容器C2处于放电状态，电容器C1处于充电状态，灵敏电流计中有向左的电流，C错误；C1充电，则电容器C1极板间的电势差变大，由E＝可知，电容器C1极板间的电场强度变大，D错误；由于电容器C1极板间的电场强度变大，P点与电容器C1的下极板间的电势差变大，因下极板接地，电势为零，则P点电势升高，A正确.
3.如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场.用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电.金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止.若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( )
A.q，r B.2q，r C.2q，2r D.4q，2r
【解析】 D 初始状态下，液滴处于静止状态时，满足Eq＝mg，即q＝πr3ρg.当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足q′＝πr3ρg，可得q′＝，A、B错误；当电势差调整为2U时，若液滴的半径变为2r时，则满足q″＝π(2r)3ρg，可得q″＝4q，C错误、D正确.
4.某同学学习了电容器的充、放电等相关知识后，在老师的引导下，他为了探究电路中连接二极管的电容器充、放电问题，设计了如图所示的电路，平行板电容器与二极管（该二极管可看作理想二极管，正向电阻很小，反向电阻无穷大）、开关、直流电源串联，电源负极接地.闭合开关，电路稳定后，一不计重力的带电油滴位于竖直平面电容器两极板间的P点处，恰好处于静止状态.保持开关闭合，下列说法正确的是( )
A.若上极板略微下移，带电油滴仍保持静止
B.若下极板略微上移，则P点电势保持不变
C.若上极板略微左移与下极板平行错开，则带电油滴仍保持静止
D.若下极板略微右移与上极板平行错开，则带电油滴在P点的电势能降低
【解析】 D 上极板略微下移，d变小，U不变，E变大，电场力变大，油滴向上运动，A错误；下极板略微上移，d变小，U不变，E变大，上极板与P的电势差增大，上极板电势不变，P点的电势降低，B错误；不论是上极板略微左移，还是下极板略微右移，根据C＝，S将减小，C变小，U不变，电容器要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，实际为Q保持不变，C变小，U变大，电场强度E变大，电场力变大，油滴向上运动，P点到下极板的距离不变，E变大，P与下极板的电势差增大，下极板的电势恒为0，所以P点的电势升高，该油滴带负电，电势能降低，C错误、D正确.
5.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板向右运动的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下运动的粒子，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增加
C.粒子在两板间的加速度a＝
D.粒子从N板下端射出的时间t＝
【解析】 C 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，A错误；根据题意垂直M板向右运动的粒子，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板向下运动的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，B错误；设两板间的距离为d，对于平行M板向下运动的粒子刚好从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板向右运动的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中的加速度相同，有（v0）2－v＝2ad，联立解得t＝，a＝，C正确、D错误.
6.（多选）如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点.若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( )
A.金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B.金属板A、B间的电压增大
C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D.乙电子运动到O点的速率为2v0
【解析】 BC 两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，可知U变大，B正确；根据E＝＝＝，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，C正确；根据e·E·2d＝mv2，e·E·d＝mv可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，D错误.
7.如图所示，竖直平面内有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×102 V/m，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环，现有一质量为m＝0.08 kg、电荷量为q＝6×10-3 C的带正电小球（可视为质点）在最低点A点，给小球一个初动能，让其恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化.（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2）求：
(1)小球所受静电力与重力的合力F；
(2)小球在A点的初动能Ek.
【解析】 (1)因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为
F＝＝1 N.
设二者的合力方向与竖直方向的夹角为θ，有
tan θ＝＝，
可得θ＝37°，
则合力方向与竖直方向夹角为37°且斜向右下.
(2)小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，如图所示，则在其等效最高点C处，有
F＝m，
小球从A点至C点的过程中，由动能定理得
－F·(R＋R cos θ)＝mv－Ek，
联立解得小球在A点的初动能
Ek＝4.6 J.
8.如图甲所示，真空中水平放置的平行金属板MN、PQ间所加交变电压U随时间t的变化图像如图乙所示，U0已知.平行板右侧有一足够大的荧光屏，荧光屏距平行板右侧的距离与平行板的长度相等，电子打到荧光屏上形成亮斑.现有大量质量为m、电荷量为＋q的电荷以初速度v0平行于两板沿中线OO′持续不断的射入两板间.已知t＝0时刻进入两板间的电子穿过两板的时间等于所加交变电压的周期T，出射速度偏转了53°，所有粒子均可以从板间射出，忽略电场的边缘效应及重力的影响，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：
(1)平行板的长度；
(2)板间距离；
(3)荧光屏上亮斑离O′点的最大距离.
【解析】 (1)电荷沿OO′方向做匀速直线运动，则平行板长L＝v0T.
(2)由几何关系可知，电荷离开平行板时沿电场线方向的速度为
vy＝v0tan 53°＝v0，
由动量定理可得
－q·＋q·＝mvy－0，
解得d＝.
(3)t＝时刻进入电场的粒子打在屏上的亮点离O′点最远，t＝进入电场时的加速度
a＝＝，
t＝T时的速度v1＝＝，
在～T内电荷在竖直方向上的位移为
y1＝·＝v0T，
t＝时的速度v2＝，
在T～内电荷在竖直方向上的位移为
y2＝·＝v0T.
设离开电场时速度与水平方向夹角为α，则有
y3＝L tan α＝L＝v0T，
解得ym＝y1＋y2＋y3＝3v0T.
核心素养提升（七） 静电场中的图像问题
题型一 φ－x图像
课程标准 1.通过实验，了解静电现象.能用原子结构模型和电荷守恒的知识分析静电现象. 2.知道点电荷模型.知道两个点电荷间相互作用的规律.体会探究库仑定律过程中的科学思想方法. 3.知道电场是一种物质.了解电场强度，体会用物理量之比定义新物理量的方法.会用电场线描述电场. 4.了解生产生活中关于静电的利用和防护. 5.知道静电场中的电荷具有电势能.了解电势能、电势和电势差的含义.知道匀强电场中电势差与电场强度的关系.能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象. 6.观察常用电容器，了解电容器的电容，观察电容器的充、放电现象.能举例说明电容器的应用.
核心素养 物理观念 1.理解电荷、元电荷、电场强度及电势、电势能等基本概念. 2.运用力和能量观念求解相关运动学、动力学问题.
科学思维 1.理解静电感应的原理、静电力做功的特点. 2.理解电场强度、电势的定义及意义，会熟练利用矢量叠加的原理求合场强. 3.掌握带电粒子在电场中的加速、偏转的运动学规律.
科学探究 1.掌握探究平行板电容器的电容影响因素的方法. 2.了解电容器的充、放电过程及示波器的原理.
科学态度 与责任 1.理解尖端放电的原理及应用；熟悉静电吸附、常见电容器的种类及应用. 2.通过电场的学习，利用所学的知识解释生产、生活中的现象，养成理论联系实际的习惯，提高学生解决实际问题的能力，增强学生对电学的理解及安全防护意识.
命题探究 命题分析 高考考题主要以计算题的形式出现，有时也以选择题的形式出现，主要涉及电场强度、电势、电势能、电场力做功及图像等问题；试题注重考查学生对物理模型的建立及规律的应用.
趋势分析 以带电粒子在电场中的运动为载体，重点考查学生对电场的理解及带电粒子在电场中运动时的受力分析、运动情况分析，能量守恒与转化；考查学生的综合分析能力、物理建模的能力.
预设情境 示波管、卫星上的带电粒子探测装置、电子放大器、带电粒子质量分析器、尖端放电、避雷针、静电吸附、加速器、电子显示设备、带电圆环、带电的球壳、反射式速调管等.
第1讲 电场力的性质
一、电荷守恒定律
1.内容：电荷既不会创生，也不会消灭，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＝k，式中k＝ 9.0×109 N·m2/C2，叫静电力常量.
三、电场强度
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＝，单位： N/C 或 V/m.
3.点电荷的电场强度：E＝k.
4.方向：规定 正电荷 在电场中某点所受的 静电力 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 大小 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致，曲线的 疏密 表示电场强度的大小.
2.电场线的特点
(1)不相交：电场中的电场线不相交.
(2)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）.
(3)电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度 方向 .
(4)同一电场中，电场线密的地方电场强度 大 .
(5)沿电场线方向电势 降低 .
(6)电场线和等势面在相交处相互 垂直 .
考点一 库仑力及其平衡问题
1.对库仑定律的理解
(1)F＝k，r指两点电荷间的距离.对可视为点电荷的两个均匀带电球，r为两球的球心间距.
(2)当两个电荷间的距离r→0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大.
(3)对于两个带电金属球，当两球的间距与金属球半径相差不大时，金属球表面的电荷会重新分布，如图所示.
①同种电荷：F＜k；
②异种电荷：F＞k.
2.三个自由点电荷的平衡问题
(1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零，或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合电场强度为零的位置.
(2)平衡规律：
库仑定律与电荷守恒定律的结合问题
【例1】 两个分别带有电荷量为－Q和＋3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们之间静电力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则小球间静电力的大小变为( )
A.F B.F C.F D.12F
【解析】 C 因为相同的两带电金属小球接触后，它们的电荷先中和后均分，所以接触后两小球带电荷量均为Q′＝＝Q，由库仑定律得接触前F＝k，接触后F′＝k＝k，联立得F′＝F，C正确.
【变式训练1】 如图所示为某电子秤示意图.一绝缘支架放在电子秤上，上端固定一带电小球a，稳定后，电子秤示数为F.现将另一固定于绝缘手柄一端的不带电小球b与a球充分接触后，再移至小球a正上方L处，待系统稳定后，电子秤示数为F1；用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，电子秤示数为F2.若两小球完全相同，则( )
A.F1＜F2
B.F1＝4F2
C.若小球a带负电，L增大，则F1增大
D.若小球a带正电，L减小，则F2增大
【解析】 D 小球b与a球充分接触后b对a有个向下的库仑力，设为F′，则F′＝k＝k，示数为F1＝F＋F′，用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，b对a向下的库仑力F″＝k＝k，电子秤示数为F2＝F＋F″，因此F1＞F2，但F1≠4F2，A、B错误；若小球a带负电，L增大，根据库仑定律可知，库仑力减小，则F1减小，C错误；若小球a带正电，L减小，根据库仑定律可知，库仑力增大，则F2增大，D正确.
库仑力的叠加 【例2】 （2023·湖南卷）如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为( )
A.Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q
B.Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q
C.Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q
D.Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q
【解析】 D A、B的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法可知，P点的场强不可能为零，A、B错误；设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有cos 120°＝，解得E＝，而Q2在P点产生的场强大小为E′＝，则P点的场强不可能为零，C错误；设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有cos 120°＝，解得E1＝，而Q2在P点产生的场强大小为E1′＝，则P点的场强可能为零，D正确.
【变式训练2】 （多选）如图所示，在竖直面内有三个带电小球a、b、c，其中球a和球b固定，二者连线为一条竖直线，它们的电荷量大小分别为q1和q2，球c在图示位置处于静止状态，已知ab、bc和ac的连线的长度分别为4 cm、3 cm和2 cm，则( )
A.球a和球b一定带同种电荷
B.球a和球b一定带异种电荷
C.＝
D.＝
【解析】 BD 球c受重力及球a和球b对它的库仑力而平衡，球b对它的库仑力必须是斥力，而球a对它的库仑力必须是引力，球a和球b一定带异种电荷，A错误、B正确；画出球c的受力图，如图所示，三力平衡，设球c的带电荷量为q，在相似三角形中，有＝，整理有＝，C错误、D正确.
三个自由电荷的平衡问题
【例3】 如图所示，同一直线上的三个点电荷q1、q2、q3，恰好都处在平衡状态，除相互作用的静电力外不受其他外力作用.已知q1、q2间的距离是q2、q3间距离的2倍.下列说法错误的是( )
A.若q1、q3为正电荷，则q2为负电荷
B.若q1、q3为负电荷，则q2为正电荷
C.q1∶q2∶q3＝9∶4∶36
D.q1∶q2∶q3＝36∶4∶9
【解析】 C 根据库仑定律和平衡条件，对q2有k＝k，解得q1＝4q3，对q3有k＝k，解得q1＝9q2，所以q1∶q2∶q3＝36∶4∶9，C错误，符合题意，D正确，不符合题意；三个自由电荷在同一直线上处于平衡状态，则一定满足“两同夹异，近小远大”原理，即两边的电荷电性相同和中间的电性相反，则q1、q3电性一定相同，q2电性一定与前两者相反，A、B正确，不符合题意.
【变式训练3】（多选）如图所示，带电荷量为6Q(Q＞0)的球1固定在倾角为30°光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为－Q的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态.此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为.迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动.g为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是( )
A.带负电
B.运动至a点的速度大小为
C.运动至a点的加速度大小为2g
D.运动至ab中点时对斜面的压力大小为mg
【解析】 BCD 由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3之间的力一定是斥力，小球1带正电，则小球3带正电，A错误；小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0，弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有mgL sin 30°＝mv2，解得v＝，B正确；小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有k＝，设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有F＝k－ksin 30°－mg sin 30°，解得F＝mg，小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，此时弹簧的弹力大小仍为F，由牛顿第二定律得F＋ksin 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝2g，C正确；当小球3运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为F23＝k＝·k＝×＝mg，斜面对小球的支持力为FN＝mg cos 30°－F23＝mg－mg＝mg，根据牛顿第三定律可知，小球3对斜面的压力大小为mg，D正确.
库仑力作用下平衡问题的解题思路 与力学中的平衡问题一样，只是在原来受力的基础上多了库仑力，具体步骤如下：
考点二 电场线的理解与应用
1.五种典型电场的电场线
2.两种等量点电荷电场线的比较
项目 等量异种电荷 等量同种电荷
等势面 电场线 分布图 以正点电荷为例
连线 特点 场强 方向：正→负 强弱：强→弱→强，中点最小 方向：中点两侧方向相反 强弱：强→弱→强，中点E＝0
电势 正电荷→负电荷，高→低 若为正电荷，中点最低 若为负电荷，中点最高
中垂线 场强 各点方向一致 中点最强两侧渐弱 中点两侧方向相反，两侧均有最大值，中点向两侧均为弱→强→弱
电势 电势为0的等势线 不是等势线
相同点 场强的大小、电势均关于中点对称分布
3.电场线的应用
两等量点电荷的电场线分布
【例4】（多选）电场线能直观、方便地反映电场的分布情况.如图甲是等量异号点电荷形成电场的电场线，图乙是电场中的一些点.O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，B、C和A、D是两电荷连线上关于O对称的两点.则( )
A.E、F两点场强相同
B.A、D两点场强不同
C.B、O、C三点中，O点场强最小
D.从E点向O点运动的电子所受静电力逐渐减小
【解析】 AC 等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，电场强度方向与等势线垂直，因此E、F两点场强方向相同，由于E、F是连线中垂线上关于O对称的两点，则其场强大小也相等，A正确；根据对称性可知，A、D两点处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由题图甲可看出，A、D两点场强方向相同，B错误；由题图甲可看出，B、O、C三点比较，O点处的电场线最稀疏，场强最小，C正确；由题图甲可知，电子从E点向O点运动过程中，电场强度逐渐增大，则静电力逐渐增大，D错误.
【变式训练4】 （多选）如图所示，两个带等量负电荷的小球A、B（可视为点电荷）被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是在小球A、B连线的中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C（可视为质点）从P点由静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的说法可能正确的是( )
A.速度先增大再减小
B.速度一直增大
C.加速度先增大再减小，过O点后，加速度先减小再增大
D.加速度先减小再增大
【解析】 AD 在A、B连线的中垂线上，从无穷远处到O点，电场强度先变大后变小，到O点变为零，若P、N相距很远，则小球C沿A、B连线的中垂线运动时，由P点到O点，小球C的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点时加速度变为零，速度达到最大；由O点到N点时，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性，加速度先增大后减小.如果P、N相距很近，则加速度先减小再增大，A、D正确，B、C错误.
电场线分布与运动图像
【例5】 一个带负电的粒子从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v－t图像如图所示.则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是( )
【解析】 C 根据v－t图像可知粒子的加速度逐渐增大，即粒子所受电场力逐渐增大，又根据电场线越密集电场强度越大可知，从A到B电场线逐渐密集，A、B错误；由于粒子带负电，故电荷所受电场力方向与电场强度方向相反，C正确、D错误.
【易错点】 本题易错选D.负电荷受力与电场强度方向相反，正电荷受力与电场强度方向相同，学生因不注意粒子的电性而错选.
【变式训练5】（多选）空间某电场线分布如图所示，一负电荷q仅在电场力作用下从M点以初速度v0沿MO方向运动（以向右为正方向），则电荷在运动过程中的速度—时间图像可能正确的是( )
【解析】 AC 依题意，由于负电荷受到的电场力方向与初速度方向相反，所以开始时，电荷先减速，速度减为零时，又反向加速.根据电场线的疏密程度反应电场强度的大小，知电场线越密，场强越大.若电荷不能过O点，根据F＝Eq＝ma可知电荷先做加速度逐渐增大的减速运动，减速到零后，反向做加速度逐渐减小的加速运动；若电荷能过O点，则电荷先做加速度逐渐增大的减速运动，过O点后又做加速度逐渐减小的减速运动，速度减为零时，反向做加速度逐渐增大的加速运动，过O点后，又做加速度逐渐减小的加速运动，根据v－t图像的斜率表示加速度，由数学知识可知A、C正确.
电场线分布与运动轨迹
【例6】 （多选）如图所示，A、B两个点电荷固定在空间，实线为两点电荷电场中的部分电场线，弯曲虚线为一个带电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹，a、b为轨迹上两点，下列说法正确的是( )
A.A、B带同种电荷
B.A、B带电荷量的绝对值不相等
C.a点电场强度比在b点电场强度大
D.带电粒子在a点的速度比在b点的速度大
【解析】 BD 图中电场线起源于A，终止于B，由电场线分布的特征可知两粒子带异种电荷，且A带正电，B带负电，A错误；由于题图中电场线分布不具有对称性，则两点电荷带电荷量的绝对值不等，B正确；由于电场线分布的密集程度表示电场的强弱，所以b点的电场强度比a点的电场强度大，C错误；根据轨迹可知粒子从a点运动到b点电场力做负功，故粒子在a点的速度比在b点的速度大，D正确.
【变式训练6】 （2023·全国甲卷）在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集.下列四幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是( )
【解析】 A 电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，对电子受力分析有
可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误.
分析电场中运动轨迹问题的方法 (1)“运动与力两线法”——画出运动轨迹在初始位置的切线（“速度线”）与在初始位置电场线的切线（“力线”）方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况. (2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向（或等势面电势的高低）、电荷运动的方向是题意中相互制约的三个方面.若已知其中的任一个，可顺次分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况.
考点三 电场强度的叠加与计算
1.电场强度三个表达式的比较
表达式 E＝ E＝k E＝
公式意义 电场强度定义式 真空中点电荷电场强度的决定式 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
决定因素 由电场本身决定，与q无关 由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定 由电场本身决定
相同点 矢量，遵守平行四边形定则 单位：1 N/C＝1 V/m
2.求解电场强度的常规方法
3.求解电场强度的非常规思维方法
通常在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的电场强度时，上述公式无法直接应用.这时，如果转换思维角度，灵活运用叠加法、对称法、补偿法、微元法、等效法等巧妙方法，可以化难为易.
点电荷电场强度的叠加与计算
【例7】 （2024·河北卷）如图所示，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C.M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为.已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k.顶点A处的电场强度大小为( )
A. B.（6＋） C.（3＋1） D.（3＋）
【解析】 D B点、C点的电荷在M的场强的合场强为E＝2cos 60°＝，因M点的合场强为零，因此带电细杆在M点的场强EM＝E，由对称性可知带电细杆在A点的场强为EA＝EM＝E，方向竖直向上，因此A点合场强为E合＝EA＋2cos 30°＝（＋3） ，D正确.
【变式训练7】 如图，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零.则Q的位置及电荷量分别为( )
A.(0，2a)，q B.(0，2a)，2q
C.(2a，0)，q D.(2a，0)，2q
【解析】 B
根据点电荷场强公式E＝k知，两等量异种点电荷在P点的场强大小均为E0＝ ，方向如图所示.两等量异种点电荷在P点的合场强为E1＝E0＝ ，方向与＋q点电荷与－q点电荷的连线平行，如图所示，Q点电荷在P点的场强大小为E2＝k＝ ，三点电荷的合场强为0，则E2方向如图所示，大小有E1＝E2，解得Q＝2q，由几何关系可知Q的坐标为(0，2a)，B正确.
非点电荷电场强度的叠加与计算
【例8】 如图，电荷量为＋q的点电荷与一正方形均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过薄板的几何中心O，图中AO＝OB＝d，已知B点的电场强度为零，静电力常量为k.下列说法正确的是( )
A.薄板带正电，A点的电场强度大小为
B.薄板带正电，A点的电场强度大小为
C.薄板带负电，A点的电场强度大小为
D.薄板带负电，A点的电场强度大小为
【解析】 A B点的电场强度为零，而电荷量为＋q的点电荷在B点的电场强度方向由B到O，根据矢量合成可知，薄板在B点的电场强度方向由O到B，则薄板带正电，C、D错误；B点的电场强度为零，则薄板在B点的电场强度大小与电荷量为＋q的点电荷在B点的电场强度大小相等，即E＝，根据对称性，薄板在A点的电场强度大小也为E，方向由O到A，而电荷量为＋q的点电荷在A点的电场强度方向由O到A，则A点电场强度大小EA＝E＋＝，A正确、B错误.
【变式训练8】 如图所示，均匀带正电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强.
【解析】 设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q′＝，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为E＝＝，由对称性知，各小段带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强EP，方向沿OP方向，则EP＝nEx＝nk·cos θ＝k.
1.如图所示，真空中A、B两点分别固定两个相同的带电金属小球（均可视为点电荷），所带电荷量分别为＋Q和－5Q，在A、B的延长线上的C点处固定一电荷量为q的试探电荷，试探电荷受到的电场力大小为F1，已知AB＝BC.若将两带电金属小球接触后再放回A、B两处时，试探电荷受到的电场力大小为F2，则为( )
A. B. C. D.
【解析】 C 设AB＝BC＝l，根据库仑定律得F1＝－＝，将两带电小球接触后，两小球所带电荷量均为－2Q，根据库仑定律得F2＝＋＝，所以＝，C正确.
2.如图所示，三个带电小球A、B、C分别位于等边三角形的三个顶点且放在光滑绝缘的水平桌面上，空间存在水平且与BC连线垂直的匀强电场，三个小球均可看成点电荷且均静止不动，则三个带电小球所带电荷的电性及电荷量的关系是( )
A.A、B带正电，C带负电，A、B、C所带电荷量之比为1∶1∶1
B.A、B带正电，C带负电，A、B、C所带电荷量之比为2∶1∶1
C.A带正电，B、C带负电，A、B、C所带电荷量之比为1∶1∶1
D.A带正电，B、C带负电，A、B、C所带电荷量之比为2∶1∶1
【解析】 D 三个带电小球两两之间存在库仑力，且库仑力的方向一定沿两小球的连线方向，假设C球带负电，对C球进行受力分析，可知匀强电场对C球的电场力方向水平向左，要使C球受力平衡，则A球带正电，B球带负电，A、B错误；假设A球带正电，则匀强电场对A球的电场力方向水平向右，要使A球受力平衡，则B、C两球须均带负电且两者电荷量相等，对B球进行受力分析，可得kcos 60°＝k，可得qA＝2qC，因此有qA∶qB∶qC＝2∶1∶1，C错误、D正确.
3.如图所示，圆心为O、半径为R的均匀带电圆环位于水平面内，带电量为Q.一个质量为m，带同种电荷且带电量也为Q的小球，在圆心O的正上方高为h的O′处，处于静止状态，若O′与圆环上任一点的距离为L，则OO′间的距离h为（静电力常量为k，重力加速度大小为g）( )
A.h＝ B.h＝ C.h＝ D.h＝
【解析】 A 在带电圆环上取一小段长度Δx，则该小段长度圆环带电量为Δq＝Q，该小段带电圆环对带电小球的库仑力为ΔF＝k，该库仑力的竖直分力为ΔFy＝kcos α＝k，其合力为∑ΔFy＝∑k＝k∑Δq＝＝mg，解得h＝，A正确.
4.如图所示，正方形线框由边长为L、粗细均匀的绝缘棒组成，线框上均匀地分布着正电荷，以线框中心O为原点，建立xOy平面直角坐标系，现从与x轴平行的线框上侧的中点A处取下足够短的电荷量为q的一小段，将其移动至线框内x轴上的B点处，若线框其他部分的电荷量与电荷分布保持不变，此时O点的电场强度方向与x轴正向成37°角偏上，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则B点的位置坐标为( )
A.（－L，0） B.（－L，0）
C.（－L，0） D.（－L，0）
【解析】 B 整个均匀带正电的正方形线框在O点的合电场强度为零，可知在A处取下足够短的电荷量为q的一小段，剩下部分在O点产生的电场强度方向沿＋y方向，大小为Ey＝k＝，将从A处取下的电荷量为q的一小段移动至x轴上的B点处，设B点离O点的距离为r，可知这一小段在O点产生的电场强度方向沿＋x方向，大小为Ex＝，根据题意有tan 37°＝，联立解得r＝L，可知B点的位置坐标为（－L，0），B正确.
5.（多选）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则( )
A.a一定带正电，b一定带负电
B.a的速度将减小，b的速度将增大
C.a的加速度将减小，b的加速度将增大
D.两个粒子的动能均增大
【解析】 CD 根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异性电荷，但无法确定其具体电性，A错误；由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，B错误、D正确；从两粒子的运动轨迹判断，a粒子经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b粒子经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，C正确.
6.（2024·海南卷）（多选）真空中有两个点电荷，电荷量均为－q(q>0)，固定于相距为2r的P1、P2两点，O是P1P2连线的中点，M点在P1P2连线的中垂线上，距离O点为r，N点在P1P2连线上，距离O点为x（x?r），已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A.P1P2中垂线上电场强度最大的点到O点的距离为r
B.P1P2中垂线上电场强度的最大值为
C.在M点放入一电子，从静止释放，电子的加速度一直减小
D.在N点放入一电子，从静止释放，电子的运动可视为简谐运动
【解析】 BCD 设P1处的点电荷在P1P2中垂线上某点A处产生的场强与竖直向下的夹角为θ，则根据场强的叠加原理可知，A点的合场强为E＝ksin2θcosθ，根据均值不等式可知，当cos θ＝时，E有最大值，且最大值为E＝，再根据几何关系可知A点到O点的距离为y＝r，A错误、B正确；在M点放入一电子，从静止释放，由于r>r，可知电子在向上运动的过程中电场力一直减小，则电子的加速度一直减小，C正确；根据等量同种电荷的电场线分布可知，电子在运动过程中，O点为平衡位置，可知当发生位移x时，粒子受到的电场力为F＝keq·，由于x?r，整理后有F＝－·x，在N点放入一电子，从静止释放，电子将以O点为平衡位置做简谐运动，D正确.
7.如图所示，等边三角形△ABC位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上.已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求：
(1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
(2)C点处点电荷的电荷量.
【解析】 (1)题中已知M点的电场强度竖直向下，又M为AB边的中点，可知A、B处点电荷在M点产生的电场强度等大反向，C处点电荷带正电，结合点电荷的电场强度公式E＝可知A、B处两点电荷的电荷量大小相等，电性相同，即B点处点电荷的电荷量的绝对值为q.C处点电荷在N点产生的电场强度方向为N→B，假设A、B两点处点电荷均带负电，则三个点电荷在N处产生的合电场强度方向不可能竖直向上，所以A、B两点处点电荷均带正电，即3个点电荷均带正电.
(2)设C点处点电荷的电荷量为qC，等边三角形的边长为2L，则AN＝L，对三个点电荷在N处产生的电场强度分析，如图所示，其中EBC是B、C处点电荷在N处产生的合电场强度，EAN是A处点电荷在N处产生的电场强度，EN为N点处的合电场强度.根据几何关系得＝tan 30°，故＝（－）tan 30°，解得qC＝q.
8.如图所示，在真空中有一个“V”形光滑绝缘支架，支架置于绝缘水平面上，C为支架最低点，支架两边与水平面的夹角均为37°，支架两边各穿一个带电量为Q＝＋8×10-7 C的相同小球A和B，小球可视为质点.两小球距离水平面的高度均为h＝0.3 m，且保持静止，静电力常量为k＝9.0×109 N·m2/C2（取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8），求：
(1)两小球之间的库仑力的大小；
(2)支架对小球A的支持力大小；
(3)C处的电场强度.
【解析】 (1)设A、B两球之间的距离为r，由几何关系可得
r＝＝0.8 m，
由库仑定律可得两球之间库仑力为
FC＝k＝9.0×109× N＝9.0×10-3 N.
(2)对球A受力分析，如图，可得
FN＝F合＝，
代入可得，支架对球A的支持力大小为FN＝1.5×10-2 N.
(3)A球在C点产生的电场强度EA＝k，
由数学知识可得r1＝，
联立可得EA＝2.88×104 N/C，
同理，B球在C点产生的电场强度
EB＝2.88×104 N/C，
由场强叠加原理可得，C点的电场强度
EC＝2EA cos 53°＝3.456×104 N/C，方向竖直向下.
第2讲 电场能的性质
一、电势能和电势
1.电势能
(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化的关系：电场力做的功等于电势能的 减少量 ，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.
2.电势
(1)定义：试探电荷在电场中某点具有的 电势能 与它的电荷量的 比值 Ｗ.
(2)定义式：φ＝.
(3)标矢性：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.
3.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等势面一定与 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 Ｗ.
二、电势差
1.定义：在电场中，两点之间 电势 的差值.电势差也叫作电压.
2.定义式：UAB＝φA－φB.
3.电势差与电场力做功的关系：UAB＝.
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＝.
2.公式U＝Ed的适用范围： 匀强 电场.
四、静电感应和静电平衡
1.静电感应
当把一个不带电的金属导体放在电场中时，导体的两端分别感应出等量的正、负电荷，“近端”出现与施感电荷异种的感应电荷，“远端”出现与施感电荷同种的感应电荷.这种现象叫静电感应.
2.静电平衡
(1)定义：导体放入电场中时，附加电场与原电场在导体内部大小相等且方向相反，使得叠加场强为零时，自由电荷不再发生 定向移动 ，导体处于静电平衡状态.
(2)处于静电平衡状态的导体的特点
①导体内部的场强 处处为零 ；
②导体是一个等势体，导体表面是等势面；
③导体表面处的场强方向与导体表面 垂直 ；
④导体内部没有净电荷，净电荷只分布在导体的外表面上；
⑤在导体外表面越尖锐的位置，净电荷的密度（单位面积上的电荷量）越大，凹陷的位置几乎没有净电荷.
考点一 电势高低及电势能大小的比较
1.判断电势高低的四种方法
(1)根据电场线方向判断：沿电场线方向电势逐渐降低.
(2)根据场源电荷的正负判断：取无穷远处电势为零，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.
(3)根据电势能的高低判断：正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大.
(4)根据电场力做功判断：根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低.
2.判断电势能大小的四种方法
(1)公式法：将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小.
(2)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.
(3)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.
(4)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；动能减小，电势能增加.
3.电场力做功的计算方法
4.功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；
(3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化；
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化.
电势及电势能高低的判断
【例1】（2023·海南卷）（多选）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，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点电势能比在O点时要小
D.负电荷在N点电势能比在O点时要大
【解析】 BC 根据场强叠加以及对称性可知，M、N两点的场强大小相同，但是方向不同，A错误；因在A、B处的正电荷在M、N两点的合电势相等，在C点的负电荷在M、N两点的电势也相等，则M、N两点电势相等，B正确；负电荷从M到O，因A、B两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小，同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小，C正确、D错误.
【变式训练1】 （2024·广东卷）（多选）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示.涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面.M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上.下列说法正确的是( )
A.M点的电势比N点的低
B.N点的电场强度比P点的大
C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功
D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
【解析】 AC 根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，B错误； M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，D错误.
电场中的功能关系
【例2】（多选）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出.小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点.则射出后( )
A.小球的动能最小时，其电势能最大
B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【解析】 BD 由题意知，Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°.当vy＝0时速度最小为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，A错误.水平方向上，v0＝t，在竖直方向上，v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，如图所示，小球的初动能等于末动能.由于此时速度没有水平分量，故电势能最大.由动能定理可知，WG＋WEq＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量， B、D正确.当速度为图中所示的v1时，速度的水平分量与竖直分量相等，动能最小，C错误.
【变式训练2】 （多选）（科技前沿）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(R
A.粒子3入射时的动能比它出射时的大
B.粒子4入射时的动能比它出射时的大
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
【解析】 BD 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＝m，qE2＝m，可得mv＝mv＝＝，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，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小，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大，B正确；粒子3做向心运动，有qE2>m，可得mv<＝mv，粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，D正确.
考点二 电场线、等势面及运动轨迹问题
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向.选用轨迹和电场线（等势线）的交点更方便.
(2)判断电场力的方向：仅受电场力作用时，因轨迹始终夹在速度方向和带电粒子所受电场力方向之间，而且向合外力一侧弯曲，结合速度方向，可以判断电场力方向.
若已知电场线和轨迹，所受电场力的方向与电场线（或切线）共线；若已知等势线和轨迹，所受电场力的方向与等势线垂直.
(3)判断电场力做功的正负及电势能的增减：若电场力方向与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力方向与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加.
运动轨迹与等势面的结合问题
【例3】 如图所示为真空中某静电场，虚线表示等势面，各等势面电势的值如图所示，一带电粒子只在电场力的作用下，沿图中的实线从A经过B运动到C，B、C两点位于同一等势面上，则以下说法正确的是( )
A.带电粒子在A点的电势能大于在C点的电势能
B.A点电场强度大于B点电场强度
C.带电粒子从A点经过B点运动到C点的过程中动能先增大再减小
D.带电粒子从A点到C点电场力所做的功等于从A点到B点电场力所做的功
【解析】 D 根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向右，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带负电.从A点到C点，由W＝qU，知U>0，q<0，则W<0，即电场力做负功，电势能增加，带电粒子在A点电势能小于在C点的电势能，A错误；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，则A点场强小于B点场强，B错误；带电粒子从A点运动到B点的过程中，电场力做负功，动能减小，C错误；由题图知，A、C间电势差等于A、B间的电势差，根据W＝Uq知，带电粒子从A点到C点电场力所做的功等于从A点到B点电场力所做的功，D正确.
【变式训练3】 如图所示，虚线为某静电场中的等差等势线（相邻两虚线间的电势差相等），实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c、d为粒子的运动轨迹与等势线的交点，除静电力外，粒子受到的其他力均可不计.下列说法正确的是( )
A.粒子在a、c两点的加速度大小一定相等
B.粒子在b、c两点的速度大小一定相等
C.粒子运动过程中速度一定先减小后增大
D.粒子在b点时的电势能一定比在d点时的电势能大
【解析】 B 因a点处的等差等势线比c点处的密集，故a点处的电场强度大于c点处的电场强度，故粒子在a点受到的静电力大于在c点受到的静电力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在c点的加速度大，A错误；b、c两点的电势相等，则粒子在b、c两点的电势能相等，由能量守恒定律可知，粒子在b、c两点的动能相等，速度大小相等，B正确；由粒子运动的轨迹弯曲的方向及等势线与电场线垂直可知，粒子受到的静电力指向轨迹曲线内侧且垂直于等势线，假设粒子从a点运动到d点，则粒子从a点运动到b点静电力做正功，粒子速度增大，从c点运动到d点静电力做负功，速度减小，故粒子在由a点到d点的运动过程中的速度先增大后减小，同理，粒子在由d点到a点的运动过程中的速度也先增大后减小，C错误；假设粒子从a点运动到d点，因粒子由c点到d点的过程中静电力做负功，动能减小，电势能增大，即粒子在d点的电势能大于在c点的电势能，由于c点电势与b点电势相等，粒子在c点与b点电势能相等，故粒子在d点的电势能大于在b点的电势能，同理，由粒子从d点到a点的运动也可判断粒子在d点的电势能大于在b点的电势能，D错误.
等势面的综合应用
【例4】 如图所示，A、B、C、D为电场中相邻的四个等差等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20 eV，飞经等势面C时，电势能为－10 eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为5 cm，则下列说法正确的是( )
A.该电场一定是匀强电场，电场强度为200 V/m
B.C等势面的电势为－10 V
C.电子再次飞经等势面D时，动能为10 eV
D.该电场方向向下
【解析】 A 等差等势面是一组均匀的平行线，故一定是匀强电场，电子从D到B过程中，根据动能定理－eUDB＝0－EkD，电场强度E＝＝200 V/m，方向向上，A正确、D错误；φ＝＝＝10 V，B错误；根据能量守恒可知，回到D时动能不变，为20 eV，C错误.
【变式训练4】 图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，下列说法错误的是( )
A.P点电势比M点的高
B.P点电场强度大小比M点的小
C.M点电场强度方向沿z轴正方向
D.带正电的粒子沿x轴正方向运动时，电势能减少
【解析】 D P点离正电荷较近，M点离负电荷较近，P点电势比M点的高，A正确，不符合题意；M点等势面比P点等势面密集，则P点电场强度大小比M点的小，B正确，不符合题意；根据电场线与等势面垂直且靠近负电荷处电势较低，可知M点电场强度方向沿z轴正方向，C正确，不符合题意；由对称性可知x轴上的电场强度等于零，所以带正电的粒子沿x轴正方向运动时，静电力不做功，电势能不变，D错误，符合题意.
带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧 (1)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为粒子在该点处的速度方向. (2)判断电场力（或场强）的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹的凹侧，再根据粒子的正、负判断场强的方向. (3)判断电场力做功的正、负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加.
考点三 电势差与电场强度的关系
1.匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)UAB＝Ed，d为A、B两点沿电场方向的距离.
(2)沿电场强度方向电势降落得最快.
(3)在匀强电场中U＝Ed，即在沿电场线方向上，U∝d.
推论①：如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝.
推论②：如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD.
2.E＝在非匀强电场中的两点妙用
(1)判断电势差的大小及电势的高低：距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低.
(2)判断电场强度大小：已知电场线分布时，电场线越密处，电场强度越大；已知等差等势线分布时，等势线越密处，电场强度越大.
匀强电场中电场强度和电势差的关系
【例5】（多选）如图所示，在匀强电场中，有边长为5 cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为φA＝1 V、φB＝3 V、φC＝5 V，下列说法正确的是( )
A.O点电势为3 V
B.匀强电场的场强大小为80 V/m，方向由A指向C
C.在三角形ABC外接圆的圆周上电势最低点的电势为1 V
D.将电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4 eV
【解析】 AD
因为φA＝1 V、φC＝5 V，则AC中点（设为D点）的电势为φD＝3 V，则BD连线为等势面，因O点在该等势面上，则O点电势为3 V，A正确；电场线与等势面垂直，可知匀强电场的场强方向由C指向A，大小为E＝＝ V/m＝80 V/m，B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，如图所示，过圆心O作一条电场线，则交圆周于F点，该点电势最低，小于1 V，C错误；由C到A电势降低4 V，则将电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4 eV，D正确.
【变式训练5】 （多选）如图所示的直角三角形，ac＝2ab、bc＝20 cm，d点为bc边上的点，已知∠cad＝∠dab，空间存在一平行于abc面的匀强电场.b点的离子源能向各个方向发射一系列的电子，电子的初动能为Ekb＝2 000 eV，其中到达a、c两点的电子动能分别为2 100 eV、1 900 eV，忽略电子间的相互作用.则下列说法正确的是( )
A.a点的电势比b点的电势高100 V
B.匀强电场的电场强度大小为1 000 V/m
C.该电场的方向由a指向d
D.图中的虚线框内（包括虚线上）c点的电势最高
【解析】 AC 由b到a由动能定理可得－eUba＝Eka－Ekb＝2 100 eV－2 000 eV，解得Uba＝－100 V，则a点的电势比b点的电势高100 V，A正确；由b到c由动能定理可得－eUbc＝Ekc－Ekb＝1 900 eV－2 000 eV，解得Ubc＝100 V，可知bc间的电势差为100 V，所以ac间的电势差为Uac＝100 V－(－100 V)＝200 V，则b点与ac中点电势相等，连接b点与ac中点即为等势线，如图所示，由几何关系可知，电场线方向沿ad方向，电场强度大小为E＝＝ V/m＝1 000 V/m，B错误、C正确；电场线方向沿ad方向且由a指向d，则图中的虚线框内，顶点a的电势最高，D错误.
公式E＝在非匀强电场中的应用
【例6】 我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100 V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示.空间中存在a、b、c三点，其中a点位于金属杆正上方，b、c等高.则下列说法正确的是( )
A.b、c两点的电势差Ubc＝0
B.a点场强大小大于100 V/m
C.a点场强方向水平向右
D.a点的电势低于c点
【解析】 B 由图可知，b、c两点的电势差为Ubc＝200 V－300 V＝－100 V，A错误；由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于1 m，电势差等于100 V，根据E＝，可知a点场强大小大于100 V/m，B正确；根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，不是水平方向，C错误；由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为300 V，D错误.
【变式训练6】 如图所示是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN，以下说法正确的是( )
A.O点电势与Q点电势相等
B.将一正电荷由M点移到Q点，电荷的电势能减少
C.MO间的电势差等于ON间的电势差
D.在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上
【解析】 B 过O点和Q点作电场的等势面，如图所示，由图可知，O、Q两点的电势不相等，A错误；将一正电荷由M点移到Q点，电场力对电荷做正功，故电荷的电势能减少，B正确；MO与ON相等，但由于电场不是匀强电场，且MO间的平均场强大于ON间的平均场强，由U＝Ed定性分析可知MO间的电势差大于ON间的电势差，C错误；在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿Q点电场线的切线方向斜向上，D错误.
【易错点】 本题易错选D.学生误认为OQ为等势面，正电荷所受电场力与等势面垂直，方向竖直向上.此类问题，需要从电场线的分布入手，电场强度方向为该位置电场线的切线方向，同时要注意粒子的电性.
等分法及其应用 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，采用这种等分间距求电势问题的方法，叫作等分法，如图所示.
1.如图所示，雷雨天带有负电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷针周围形成电场，电场的等差等势面a、b、c、d分布情况如图所示，在等势面中有A、B、C三点.下列说法正确的是( )
A.避雷针附近的电场是匀强电场
B.A点的电场强度比B点小
C.a、b、c、d等势面中a的电势最低
D.有一带负电的雨点从乌云中下落，电场力做正功
【解析】 D 匀强电场的等势线应是一簇平行线，由题图可知避雷针附近的电场不是匀强电场，A错误；等差等势面越密集电场强度越大，所以A点的电场强度比B点大，B错误；乌云带负电，则电场线终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低可知a、b、c、d等势面中a的电势最高，C错误；有一带负电的雨点从乌云中下落，雨点所受电场力方向与速度方向的夹角小于90°，电场力做正功，D正确.
2.（2024·湖南卷）真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处.设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是( )
【解析】 D 真空中点电荷周围某点处的电势φ＝k，设坐标为x0(x0>0)位置处的电势为0，则k＋k＝0，解得x0＝，当0
3.电鳗是放电能力极强的淡水鱼类，具有“水中高压线”的称号.电鳗体内从头到尾都有一些类似小型电池的细胞，这些细胞就像许多叠在一起的叠层电池，这些电池（每个电池电压约0.15 V）串联起来后，在电鳗的头和尾之间就产生了很高的电压，此时在电鳗的头和尾的周围空间产生了类似于等量异种点电荷（O为连线的中点）的强电场.如图所示，虚线为该强电场的等势线分布，实线ABCD为以O点为中心的正方形，点A和点D、点B和点C分别在同一等势线上.则下列说法正确的是( )
A.电鳗的头部带正电
B.A点与B点的电场强度相同
C.B点与D点的电场强度相同
D.负电荷沿正方形对角线从C点向A点运动过程中，电势能减小
【解析】 C 根据等量异种点电荷的电场线由正点电荷发出，终止于负点电荷，沿电场线方向电势降低，电场线与等势线垂直，可知电鳗尾部带正电，A错误；A点与B点关于中垂线左右对称，电场强度大小相等，方向不同，B错误；B点与D点关于O点对称，B点与D点的电场强度相同，C正确；负电荷从C点沿正方形对角线运动到A点过程中，静电力做负功，电势能增大，D错误.
4.如图所示，空间有平行于梯形区域abcd的匀强电场（图中未画出），已知梯形的∠a＝45°，∠c和∠d均为直角，且上底bc＝2 cm、下底ad＝4 cm，并知a、b、c三点的电势分别为4 V、8 V、10 V.将一电荷量q＝－2×10-5 C的点电荷从a点开始沿abcd路线移动，则下列判断正确的是( )
A.梯形区域的下底ad中点的电势为4 V
B.该匀强电场的场强大小为 V/m
C.该点电荷在c点的电势能为2×10-5 J
D.该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力对它做功为＋8×10-5 J
【解析】 D 由b点向ad作垂线，垂足为P，根据几何关系知p为ad中点，由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故φb－φc＝φp－φd，φp＝(φa＋φd)，代入数据解得φp＝6 V，φd＝8 V，A错误；由于是匀强电场，则bd为等势线，如图所示，根据几何关系可知ab⊥bd，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为E＝＝ V/cm＝×102 V/m，B错误；该点电荷在c点的电势能为Epc＝φcq＝10×(－2×10-5) J＝－2×10-4 J，C错误；该点电荷从a点移到d点电场力做功为Wad＝Uadq＝(4－8)×(－2×10-5) J＝8×10-5 J，D正确.
5.（多选）如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零，真空中点电荷在某点产生的电势公式为φ＝，x为该点到点电荷的距离，Q为点电荷的电荷量，k为静电力常量），P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是( )
A.P点电势高于S点电势
B.T点电场强度方向指向O点
C.除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D.将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
【解析】 AB 在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在N左侧电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，A正确；由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设M、N距离为L，根据＝，可知除无穷远处外，直线MN上电场强度为零的点只有一个，C错误；由A项分析可知，T点电势低于P电势，则正电荷在T点的电势能低于在P电势的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，D错误；设等势圆的半径为R，A、N距离为x，M、N距离为L，如图所示，
根据φ＝，结合电势的叠加原理知A、S电势满足＝，＝，解得x＝，R＝，由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势φO＝－＝－，可知φT>φO，可知T点电场强度方向指向O点，B正确.
6.（2023·山东卷）（多选）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是( )
A.F′点与C′点的电场强度大小相等
B.B′点与E′点的电场强度方向相同
C.A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D.将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【解析】 ACD
研究六棱柱的上表面，由几何条件可知正电荷在FO中点K的场强方向垂直FO，则K点的合场强与FO的夹角为锐角，在F点的场强和FO的夹角为钝角，因此将正电荷从F点移到O点的过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；由等量异种电荷的电势分布可知φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正确；由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同，A正确、B错误.
7.如图所示，有a、b、c三点处在匀强电场中，ab＝5 cm，ac＝20 cm，其中ab与电场方向平行，ab与ac成θ＝120°角，一电子从a移到c电场力做了3.2×10-18 J的负功，已知元电荷e＝1.6×10-19 C.
(1)求匀强电场的电场强度大小及方向；
(2)求电子从b移到c，电场力对它做的功；
(3)设a点电势φa＝0，则c点电势为多少？电子在b点的电势能为多少？
【解析】 (1)电子从a移到c电场力做负功，所以电场强度方向水平向右
Wac＝－eE·ac·sin 30°，
将ac＝20 cm＝0.2 m代入解得
E＝200 V/m.
(2)电子从b移到c电场力做负功，有
Wbc＝Wba＋Wac，
Wba＝－eE·ab，
将ab＝5 cm＝0.05 m代入解得
Wbc＝－4.8×10-18 J.
(3)根据Uac＝φa－φc＝E·ac·sin 30°，
解得φc＝－20 V.
同理可得b点的电势φb＝10 V，
电子在b点的电势能为
Epb＝－φbe，
联立代入数据解得
Epb＝－1.6×10-18 J.
8.如图所示，可视为质点的三个物块A、B、C放在倾角为θ＝30°、长为L＝2 m的固定斜面上，三个物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，其中A为不带电的绝缘体，B、C所带电荷量分别为qB＝＋4.0×10-5 C、qC＝＋2.0×10-5 C，且保持不变，A、B的质量分别为mA＝0.80 kg、mB＝0.64 kg.开始时三个物块均能保持静止状态，且此时A、B两物块与斜面间恰无摩擦力作用.如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为零，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为Ep＝k.为使A在斜面上始终做加速度为a＝1.5 m/s2的匀加速直线运动，现给A施加一平行于斜面向上的力F，已知经过时间t0后，力F的大小不再发生变化.当A运动到斜面顶端时，撤去外力F.（静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10 m/s2）求：
(1)未施加力F时物块B、C间的距离；
(2)t0时间内A上滑的距离；
(3)t0时间内库仑力做的功；
(4)在A由静止开始到运动至斜面顶端的过程中，力F对A做的总功.
【解析】 (1)A、B、C处于静止状态时，设B、C间的距离为L1，C对B的库仑斥力
F0＝，
以A、B为研究对象，根据平衡条件有
F0＝(mA＋mB)g sin 30°，
联立解得L1＝1.0 m.
(2)给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小，经过时间t0，B、C间的距离设为L2，A、B两者之间弹力减小到零，此后两者分离，F变为恒力，则t0时刻C对B的库仑斥力为
F0′＝，
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
F0′－mBg sin 30°－μmBg cos 30°＝mBa，
联立解得L2＝1.2 m，
则在t0时间内，A上滑的距离
ΔL＝L2－L1＝0.2 m.
(3)t0时间内库仑力做的功
W0＝ΔEp＝k－k，
代入数据解得W0＝1.2 J.
(4)在A、B分离前，设力F对物块A做的功为W1，此时的速度为v1，根据动能定理有
W1＋W0＋WG＋Wf＝(mA＋mB)v，
而WG＝－(mA＋mB)gΔL sin 30°，
Wf＝－μ(mA＋mB)gΔL cos 30°，
v＝2aΔL，
联立解得W1＝1.05 J，
A、B分离后，力F变为恒力，根据牛顿第二定律有
F－mAg sin 30°－μmAg cos 30°＝mAa，
力F对A做的功W2＝F(L－L2)，
代入数据解得W2＝5 J，
则力F对A做的总功
W＝W1＋W2＝6.05 J.
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
一、电容器及电容
1.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 绝对值 .
(3)电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的 异种电荷 ，电容器中储存 电场 能.
②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 与电容器两极板间的 电势差 的 比值 Ｗ.
(2)定义式：C＝.
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).
1 F＝ 106 μF＝ 1012 pF.
(4)意义：表示电容器 容纳电荷 本领的高低.
(5)决定因素：由电容器本身物理条件（大小、形状、相对位置及电介质）决定，与电容器是否 带电 及两极板间是否存在 电压 无关.
3.平行板电容器的电容
(1)决定因素： 正对面积 ，相对介电常数，两板间的距离.
(2)决定式：C＝.
二、带电粒子在电场中的运动
1.加速
(1)在匀强电场中，W＝ qEd ＝qU＝mv2－mv.
(2)在非匀强电场中，W＝ qU ＝mv2－mv.
2.偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入板间电压为U的匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示.
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的 匀速 直线运动和沿电场力方向的 匀加速 直线运动.根据运动的 合成与分解 的知识解决有关问题.
(3)基本关系式：运动时间t＝，加速度a＝＝＝，偏转量y＝at2＝，偏转角θ的正切值tan θ＝＝＝.
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，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变.
2.动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化.
②根据E＝分析场强的变化.
③根据UAB＝E·d分析某点电势变化.
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化.
②根据E＝＝分析场强变化.
与电源连接
【例1】 （2024·辽宁卷）某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图(a)所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则( )
A.电容器的电容减小
B.电容器所带的电荷量增大
C.电容器两极板之间的电势差增大
D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
【解析】 B 降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C＝可知电容器的电容增大，A错误；溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q＝CU结合A项分析可知电容器所带的电荷量增大，B正确、C错误；根据B项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，D错误.
【易错点】图(a)中反映了随着溶液浓度的降低，相对介电常数增大，学生未认真审题，会错误地认为溶液浓度降低，相对介电常数减小，从而造成错选.
【变式训练1】 如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变.若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )
A.材料竖直方向尺度减小
B.极板间电场强度不变
C.极板间电场强度变大
D.电容器电容变大
【解析】 A 极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，由C＝可知电容C减小，根据电容的决定式C＝可知，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝可知极板间电场强度E减小，B、C、D错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确.
与电源断开
【例2】 （2024·浙江卷）如图所示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则 ( )
A.极板间电势差减小
B.电容器的电容增大
C.极板间电场强度增大
D.电容器储存能量增大
【解析】 D 根据Q＝CU，C＝可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器的带电量不变，故极板间电势差增大，A、B错误；根据E＝得E＝，故场强不变，C错误；移动极板的过程中要克服电场力做功，故电容器储存能量增大，D正确.
【易错点】 学生误认为静电计指针张角变大是电容器的电荷量增加了.本例中电容器与电源断开，电容器的电荷量不变，指针张角变大，反映的是电容器的电压增大了.
【变式训练2】如图所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一带电油滴，电荷量为q（q电荷量很小不会影响两板间电场的分布），带电油滴在P点处于静止状态.以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间电压，φP表示P点的电势，Ep表示带电油滴在P点的电势能.若保持极板A不动，将极板B稍向下平移，则下列说法正确的是( )
A.Q减小 B.U减小 C.φP减小 D.Ep减小
【解析】 D 保持极板A不动，将极板B稍向下平移，板间距离d增大，根据电容的决定式C＝得知，电容C减小；若电容器的电压不变，则电容器所带电量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电量Q保持不变；由于电容C减小，由电容的定义式C＝，可知两极板间电压U变大；根据C＝，C＝，E＝可得E＝，可知板间电场强度E不变，P点与B板间电势差UPB＝EdPB，可知UPB增大，根据UPB＝φP－φB，可知P点的电势增大，根据平衡条件可知带电油滴带负电，根据Ep＝qφ，可知带电油滴在P点电势能Ep减小，A、B、C错误，D正确.
考点二 带电粒子（体）在电场中的直线运动
1.带电粒子在电场中运动时重力的处理
基本粒子 如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）
带电颗粒 如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力
2.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
(1)做直线运动的条件
①粒子所受合外力F合＝0，粒子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)解题步骤
带电粒子仅在电场力作用下的运动
【例3】（多选）如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端.质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同.质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则( )
A.MN所接电源的极性应周期性变化
B.金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C.质子从圆筒E射出时的速度大小为
D.圆筒E的长度为T
【解析】 ABD 因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，A正确；因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由T＝可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B正确；质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得4eU＝mv－mv，解得质子从圆筒E射出时的速度大小为vE＝，C错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE＝vET＝T，D正确.
【变式训练3】 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1>0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2>0)的粒子B.仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是( )
A.电荷量q1与q2的比值为3∶7
B.电荷量q1与q2的比值为3∶4
C.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16
D.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7
【解析】 B 设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A有：a1＝，l＝··t2，对粒子B有：a2＝，l＝··t2，联立解得＝，A错误、B正确；由v＝at得＝，C、D错误.
带电粒子在电场力和重力作用下的运动
【例4】 平行板电容器连接在如图所示的电路中，A极板在上、B极板在下，两板均水平，S1和S2是板中央的两个小孔.现从S1正上方P处由静止释放一带电小球，小球刚好能够到达S2而不穿出.不考虑带电小球对电场的影响，下列说法正确的是( )
A.仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
B.仅使A板下移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
C.仅使A板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
D.仅使B板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将原路返回且能到达P点
【解析】 D 设P点到B板距离为h，A、B板间电压为U，小球质量为m，带电量为q，由于小球刚好能够到达S2而不穿出，可知到达S2时速度恰好为零，电场力对小球做负功，小球从释放至到达S2，根据动能定理有mgh－qU＝0，仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，由于滑动变阻器分压始终为0，P点到B板距离h不变，两极板间电压不变，可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，A错误；仅使A板下移或上移一小段距离，P点到B点的距离h不变，两极板间电压不变，可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，B、C错误；仅使B板上移一小段距离，P点到B点的距离变小，两极板间电压不变，则mgh′－qU<0，可知小球不能达到S2，在达到S2之前动能已经为0，小球将原路返回，根据能量守恒可知小球能回到P点，D正确.
【变式训练4】 AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示.两板间距10 cm，电荷量为1.0×10-8 C、质量为3.0×10-4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点.闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则( )
A.MC距离为5 cm
B.电势能增加了 ×10-4 J
C.电场强度大小为×104 N/C
D.减小R的阻值，MC的距离将变大
【解析】 B 根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图甲所示，根据几何关系可得FT＝qE，FTsin 60°＋qE sin 60°＝mg，联立解得FT＝qE＝×10-3 N，剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图乙所示.根据几何关系可得LMC＝d tan 60°＝10 cm，A错误；根据几何关系可得小球沿着静电力方向的位移x＝(10－5sin 30°) cm＝7.5 cm，方向与静电力方向相反，静电力做功为W电＝－qEx＝－×10-4 J，则小球的电势能增加×10-4 J，B正确；电场强度的大小E＝＝×105 N/C，C错误；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，D错误.
带电体在电场中直线运动的分析方法 对于带电粒子（体）在电场中的直线运动问题，无论是忽略重力还是考虑重力，解决此类问题时要注意分析是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合＝0作为突破口进行求解，根据力和运动的关系可知，做匀变速直线运动的带电体合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解. (1)运用动力学观点时，先分析带电粒子（体）的受力情况，根据F合＝ma得出加速度，再根据运动学方程可得出所求物理量. (2)运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力做的功等于动能的变化量；若考虑重力，则合力做的功等于动能的变化量.
考点三 带电粒子在电场中的偏转
1.运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
(2)沿电场力方向做匀加速直线运动
2.两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的.
证明：由qU0＝mv，
y＝at2＝··（）2，
tan θ＝，
得：y＝，tan θ＝.
(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，即粒子射出偏转电场时，O到偏转电场边缘的距离为.
3.功能关系
带电粒子的末速度v也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差.
不同的带电粒子在电场中偏转运动的比较
【例5】质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，不计带电粒子的重力，M从两板正中央射入，N从下板边缘处射入，它们最后打在同一点，如图所示.则从开始射入至打到上板的过程中( )
A.它们运动的时间关系为tN>tM
B.它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶2
C.它们的动能增量之比ΔEkM∶ΔEkN＝1∶4
D.它们的动量增量之比ΔpM∶ΔpN＝1∶1
【解析】 C 带电粒子在垂直电场方向不受力，做速度相等的匀速直线运动，位移相等，则运动时间相等，A错误；平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，满足y＝at2，根据牛顿第二定律，有qE＝ma，由两式解得q＝，所以它们所带的电荷量之比qM∶qN＝1∶2，电势能的减小量等于电场力做的功，即ΔE＝qEy，因为位移之比是1∶2，电荷量之比也是1∶2，所以电场力做功之比为1∶4，它们电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4，B错误；电场力做功之比等于动能增量之比，则动能增量之比为ΔEkM∶ΔEkN＝1∶4，C正确；由动量定理可知Ft＝mΔv，故动量增量之比＝＝＝＝，D错误.
【变式训练5】 如图所示，绝缘斜面固定在水平面上，空间有竖直向下的匀强电场，质量相同的小球A、B从斜面上的M点以相同的初速度沿水平方向抛出时，A带电，B不带电，最后两球均落在斜面上，A的位移是B的2倍，A、B两球在空中运动的时间分别为tA、tB，加速度分别为aA、aB，落在斜面上的动能分别为EkA、EkB，不计空气阻力.则( )
A.A球一定带正电 B.tA＝tB C.aA＝2aB D.EkA＝EkB
【解析】 D 水平方向，根据x＝vt，位移之比为2∶1，则＝，B错误；设斜面倾角为θ，根据几何关系可得tan θ＝＝，结合＝可得aB＝2aA，C错误；B的加速度为重力加速度，由以上分析知A的加速度小于B的加速度，则A所受静电力竖直向上，则A带负电，根据牛顿第二定律有mg－qE＝m，解得qE＝，竖直方向的位移yA∶yB＝2∶1，根据动能定理有EkA＝mgyA－qEyA＋mv＝＋，EkB＝mgyB＋mv＝mg·＋，联立可得EkA＝EkB，A错误、D正确.
带电粒子在匀强电场中的偏转
【例6】 （2023·浙江卷）如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成.电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极.已知电子电荷量为e，质量为m，则电子( )
A.在XX′极板间的加速度大小为
B.打在荧光屏时，动能大小为11eU
C.在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D.打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝
【解析】 D 由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小ax＝＝，A错误；电子在电极XX′间运动时，有vx＝axt，t＝，其中mv＝10Ue，电子离开电极XX′时的动能为Ek＝m（v＋v）＝eU（10＋），电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU（10＋），B错误；在XX′极板间受到电场力的冲量大小Ix＝mvx＝，C错误；打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝＝，D正确.
【变式训练6】 （2023·湖北卷）（多选）一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2.微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示.忽略边缘效应，不计重力.下列说法正确的是( )
A.L∶d＝2∶1
B.U1∶U2＝1∶1
C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【解析】 BD 粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度分别为vx＝v0cos 45°＝v0、vy＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动到最高点由运动学关系有v＝2ad，粒子射入电场时由动能定理可得qU1＝mv，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；粒子从射入到运动到最高点由运动学可得2L＝vxt，d＝·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；对粒子从最高点到穿出电容器过程由运动学关系可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝，设粒子穿过电容器时速度与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，粒子射入电场时速度和水平方向的夹角为β＝45°，tan (α＋β)＝＝3，C错误；设粒子从射入到射出的过程中水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，y＝vy′t′－a′t′2，x＝vx′t′，qU1＝mv2，vx′＝v cos 45°，vy′＝v sin 45°，a′＝，解得y＝x－，轨迹与微粒质量或者电荷数量无关，D正确.
带电粒子在等效场中的运动
【例7】 等效思想是解决特定物理问题的重要思想方法，例如带电物体在匀强电场中受到电场力恒定，物体重力也恒定，因此二者合力恒定，我们将电场力和重力的合力叫等效重力，这样处理后减少了物体受力个数，将复杂问题简单化.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一可视为质点的质量为m、电荷量大小为q(q＞0)的带电小球.小球静止时细线与竖直方向夹角θ＝60°.现使小球获得沿切线方向的初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g.求：
(1)小球的电性和小球所受到的等效重力的大小和方向；
(2)仿照电场强度的定义，等效重力场的重力加速度g′为多少？并在图中画出一条过圆心的等效重力场线，用字母A和B分别标出小球运动过程中最大速度和最小速度的位置；
(3)小球做圆周运动过程中速度的最小值和释放瞬间细线中拉力的大小.
【解析】 (1)根据平衡条件可知小球所受的电场力向右，小球带负电，有qE＝mg tan θ，
小球所受到的等效重力等于电场力和重力的合力，大小为
F等＝＝2mg，
设小球所受到的等效重力与竖直方向的夹角为α，有tan α＝＝，
可得α＝θ＝60°或与水平方向夹角为30°.
(2)等效重力场的重力加速度
g′＝＝2g，
等效重力场线，字母A、B点如图所示.
(3)在等效重力场最高点有F等＝m，
小球做圆周运动过程中速度的最小值为
vB＝，
在等效重力场最低点有FT－F等＝m，
从A到B由动能定理有
－F等·2L＝mv－mv，
解得FT＝12mg.
【变式训练7】 如图所示，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R.整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C.（重力加速度为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）则：
(1)带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？
(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点（图中未标出），B点与D点的水平距离多大？
【解析】 (1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小.设F合与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝，则θ＝37°，故F合＝＝mg.设此时的速度为v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得＝m，解得v＝ ，从A点到该点由动能定理得－mgR(1＋cos 37°)－（＋sin 37°）＝mv2－mv，解得v0＝.
(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从A点到C点由动能定理得－2mgR－×＝mv－mv，解得vC＝，当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间为t.设水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x，水平方向上有＝ma，x＝vCt＋at2，竖直方向上有2R＝gt2，联立解得x＝（＋）R.
1.如图所示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动.若某次膜片振动时，膜片与极板间的距离减小，则在此过程中( )
A.膜片与极板间的电容减小
B.极板所带电量减小
C.膜片与极板间的电场强度增大
D.电阻R中有向上的电流
【解析】 C 膜片与极板间的距离d减小，根据电容决定式C＝，可知膜片与极板间的电容增大，又膜片与极板间的电压不变，由C＝可知极板所带电量增大，A、B错误；根据电场强度公式E＝，可知膜片与极板间的电场强度增大，C正确；极板所带电量增大，电源给极板充电，充电电流向下通过电阻R，D错误.
2.如图所示，C1、C2是完全相同的两个电容器，P是电容器C1两极板间的一点，在电容器C2两极板间插入一块云母板.闭合开关，电路稳定后断开开关.将云母板从C2的极板间抽出的过程，下列说法正确的是( )
A.P点电势升高
B.电容器C2的电容增大
C.灵敏电流计中有向右的电流
D.电容器C1两极板间的电场强度变小
【解析】 A 闭合开关，电路稳定后再将开关断开，两电容器极板上的带电荷量不变，根据C＝，电容器C2两极板间云母板抽出的过程，相对介电常数εr减小，其他条件不变，则电容器C2的电容减小，B错误；由U＝可知，电容器C2极板间的电势差变大，电容器C2处于放电状态，电容器C1处于充电状态，灵敏电流计中有向左的电流，C错误；C1充电，则电容器C1极板间的电势差变大，由E＝可知，电容器C1极板间的电场强度变大，D错误；由于电容器C1极板间的电场强度变大，P点与电容器C1的下极板间的电势差变大，因下极板接地，电势为零，则P点电势升高，A正确.
3.如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场.用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电.金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止.若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为( )
A.q，r B.2q，r C.2q，2r D.4q，2r
【解析】 D 初始状态下，液滴处于静止状态时，满足Eq＝mg，即q＝πr3ρg.当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足q′＝πr3ρg，可得q′＝，A、B错误；当电势差调整为2U时，若液滴的半径变为2r时，则满足q″＝π(2r)3ρg，可得q″＝4q，C错误、D正确.
4.某同学学习了电容器的充、放电等相关知识后，在老师的引导下，他为了探究电路中连接二极管的电容器充、放电问题，设计了如图所示的电路，平行板电容器与二极管（该二极管可看作理想二极管，正向电阻很小，反向电阻无穷大）、开关、直流电源串联，电源负极接地.闭合开关，电路稳定后，一不计重力的带电油滴位于竖直平面电容器两极板间的P点处，恰好处于静止状态.保持开关闭合，下列说法正确的是( )
A.若上极板略微下移，带电油滴仍保持静止
B.若下极板略微上移，则P点电势保持不变
C.若上极板略微左移与下极板平行错开，则带电油滴仍保持静止
D.若下极板略微右移与上极板平行错开，则带电油滴在P点的电势能降低
【解析】 D 上极板略微下移，d变小，U不变，E变大，电场力变大，油滴向上运动，A错误；下极板略微上移，d变小，U不变，E变大，上极板与P的电势差增大，上极板电势不变，P点的电势降低，B错误；不论是上极板略微左移，还是下极板略微右移，根据C＝，S将减小，C变小，U不变，电容器要放电，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，实际为Q保持不变，C变小，U变大，电场强度E变大，电场力变大，油滴向上运动，P点到下极板的距离不变，E变大，P与下极板的电势差增大，下极板的电势恒为0，所以P点的电势升高，该油滴带负电，电势能降低，C错误、D正确.
5.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板向右运动的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下运动的粒子，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增加
C.粒子在两板间的加速度a＝
D.粒子从N板下端射出的时间t＝
【解析】 C 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，A错误；根据题意垂直M板向右运动的粒子，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板向下运动的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，B错误；设两板间的距离为d，对于平行M板向下运动的粒子刚好从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板向右运动的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中的加速度相同，有（v0）2－v＝2ad，联立解得t＝，a＝，C正确、D错误.
6.（多选）如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点.若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( )
A.金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B.金属板A、B间的电压增大
C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D.乙电子运动到O点的速率为2v0
【解析】 BC 两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，可知U变大，B正确；根据E＝＝＝，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，C正确；根据e·E·2d＝mv2，e·E·d＝mv可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，D错误.
7.如图所示，竖直平面内有一水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1×102 V/m，其中有一个半径为R＝2 m的竖直光滑圆环，现有一质量为m＝0.08 kg、电荷量为q＝6×10-3 C的带正电小球（可视为质点）在最低点A点，给小球一个初动能，让其恰能在圆环内做完整的圆周运动，不考虑小球运动过程中电荷量的变化.（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2）求：
(1)小球所受静电力与重力的合力F；
(2)小球在A点的初动能Ek.
【解析】 (1)因为重力与静电力均为恒力，所以二者的合力大小为
F＝＝1 N.
设二者的合力方向与竖直方向的夹角为θ，有
tan θ＝＝，
可得θ＝37°，
则合力方向与竖直方向夹角为37°且斜向右下.
(2)小球恰能在圆环内做完整的圆周运动，如图所示，则在其等效最高点C处，有
F＝m，
小球从A点至C点的过程中，由动能定理得
－F·(R＋R cos θ)＝mv－Ek，
联立解得小球在A点的初动能
Ek＝4.6 J.
8.如图甲所示，真空中水平放置的平行金属板MN、PQ间所加交变电压U随时间t的变化图像如图乙所示，U0已知.平行板右侧有一足够大的荧光屏，荧光屏距平行板右侧的距离与平行板的长度相等，电子打到荧光屏上形成亮斑.现有大量质量为m、电荷量为＋q的电荷以初速度v0平行于两板沿中线OO′持续不断的射入两板间.已知t＝0时刻进入两板间的电子穿过两板的时间等于所加交变电压的周期T，出射速度偏转了53°，所有粒子均可以从板间射出，忽略电场的边缘效应及重力的影响，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：
(1)平行板的长度；
(2)板间距离；
(3)荧光屏上亮斑离O′点的最大距离.
【解析】 (1)电荷沿OO′方向做匀速直线运动，则平行板长L＝v0T.
(2)由几何关系可知，电荷离开平行板时沿电场线方向的速度为
vy＝v0tan 53°＝v0，
由动量定理可得
－q·＋q·＝mvy－0，
解得d＝.
(3)t＝时刻进入电场的粒子打在屏上的亮点离O′点最远，t＝进入电场时的加速度
a＝＝，
t＝T时的速度v1＝＝，
在～T内电荷在竖直方向上的位移为
y1＝·＝v0T，
t＝时的速度v2＝，
在T～内电荷在竖直方向上的位移为
y2＝·＝v0T.
设离开电场时速度与水平方向夹角为α，则有
y3＝L tan α＝L＝v0T，
解得ym＝y1＋y2＋y3＝3v0T.
核心素养提升（七） 静电场中的图像问题
题型一 φ－x图像
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