4.电容器的电容
课标要求
1.观察常用电容器，知道电容器的构造原理，了解电容器的应用。 2.观察电容器的充、放电现象。 3.理解电容器的电容概念，能运用其定义式进行简单计算。 4.了解影响平行板电容器电容大小的因素，能运用公式分析判断相关问题
素养目标
1.通过观察常用电容器及其充、放电现象，了解电容器的电容，体会利用比值定义物理量的科学方法。（物理观念） 2.通过认识常用电容器和查阅相关资料，体会电容器在实际生活中的广泛应用，培养学生探究新事物的兴趣。（科学态度与责任） 3.通过探究影响平行板电容器电容的因素，体会应用控制变量法研究物理问题的科学方法。（科学探究）
知识点一 电容器
1.电容器：由任何两个彼此 绝缘 又相距很近的导体组成。
2.平行板电容器：由两个相距很近的平行 金属板 中间夹上一层绝缘物质组成。
3.电介质：两极板间夹的 绝缘 物质。
知识点二 电容 常用电容器
1.电容
（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的 电势差U 之比。
（2）定义式：C＝ 。
（3）物理意义：表征电容器储存 电荷 的特性。
（4）单位：在国际单位制中，电容的单位是 法拉 ，简称 法 ，符号是 F ，常用单位有微法（μF）和皮法（pF）。1 μF＝ 10－6 F；1 pF＝ 10－12 F。
2.电容器的额定电压和击穿电压
（1）额定电压：电容器外壳上标的 工作 电压。
（2）击穿电压：电容器不被击穿的 极限 电压。
3.平行板电容器[拓展学习]
（1）结构：由两块彼此 绝缘 、互相 靠近 的平行金属板组成的电容器。
（2）平行板电容器的电容与各决定因素之间的关系：平行板电容器的电容与两平行极板正对面积S成 正比 ，与电介质的相对介电常数εr成 正比 ，与极板间距离d成 反比 。
（3）表达式：C＝ ，式中k为静电力常量。
4.常用电容器
【情景思辨】
如图所示的是电容器充电的过程。
（1）电容器充电的过程，两块不带电的金属板跟电源连接，最后金属板上带了等量的异种电荷。（ √ ）
（2）电容器充电过程中两极板间电场强度不断增大。（ √ ）
（3）放电后的电容器所带电荷量为0，电容也为0。（ × ）
（4）电容器的电容表示电容器容纳电荷的多少。（ × ）
（5）电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。（ × ）
要点一 实验：观察电容器的充、放电现象
1.实验器材：直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表及单刀双掷开关、导线。
2.实验电路
3.实验步骤
①根据实验电路图连接电路。
②把开关S接1，此时电源给电容器充电，观察电压表和电流表的示数变化情况，记录在表格中。
③把开关S接2，此时电容器对电阻R放电，观察电压表和电流表的示数变化情况，记录在表格中。
④断开开关，拆除电路，整理实验器材。
4.实验表格及记录
— 充电过程 放电过程
开关位置 S接1 S接2
电压电流 电压表示数增大 电流表示数减小 电压表示数减小 电流表示数减小
极板电荷 两极板带上等量异种电荷 两极板电荷减小为零
能量变化 电容器储存能量 电容器释放能量
【典例1】 电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是电流传感器反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能显示出电流随时间的变化图像。图甲是用电流传感器观察电容器充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V。（已知电流I＝）
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。已知图线与时间轴围成的面积表示电荷量，根据图像估算出电容器整个放电过程中释放的电荷量为3.04×10－3 C，该电容器电容为507μF。（结果均保留三位有效数字）
解析：根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C，大于半格算一个，小于半格舍去，I-t图线与时间轴围成的图形所包含的格子个数为38，所以电容器整个放电过程中释放的电荷量为Q＝8×10－5 C×38＝3.04×10－3 C。根据电容的定义式C＝可知，C＝F≈5.07×10－4 F＝507 μF。
1.把电容器、电流传感器、电阻、电源、单刀双掷开关按图甲所示连接。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。与电流传感器相连接的计算机（图中未画出）可记录电流随时间变化的I-t图像，规定逆时针的电流流向为正。
图乙是某次实验中与电流传感器相连接的计算机所记录的I-t图像，可判断出该图像记录的是电容器的充电过程（选填“充电”或“放电”）。请你用语言描述在此过程中电流随时间如何变化：电流随时间的增加逐渐减小到零。
解析：由题图乙所示I-t图像可知，电流为正值，则电流流向沿逆时针方向，与电源提供的电流方向一致，即该图像记录的是电容器的充电过程，电容器所带电荷量逐渐增加。由图像可知，在此过程中，电流随时间的增加逐渐减小到零，且电流减小得越来越慢。
2.如图所示的实验电路，可研究电容器的充、放电。先使开关S与1端相连，电源给电容器充电，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电。
（1）电容器在充电的过程中，电容器所带电荷量B。
A.不变 B.变大 C.变小
解析：电容器在充电的过程中，两板之间电压升高，电容器的电容不变，则电容器的电荷量增加，故选B。
（2）电容器在放电的过程中，电容器的电容A。
A.不变 B.变大 C.变小
解析：电容器的电容由电容器本身特性决定，与电容器是否正在充、放电及带电荷量无关，则电容器在放电的过程中，电容器的电容不变，故选A。
（3）传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t曲线，该图像不是（选填“是”或“不是”）一条直线。
解析：根据I＝，可知I-t图像不是一条直线。
要点二 对电容的理解
【探究】全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下线。该种电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的数十秒内可充满电并持续行驶，刹车和下坡时可把部分动能转化成电能回收储存再使用。
思考：当超级电容充电时，电容器的电荷量增加，电容器两极板间的电势差如何变化？带电荷量Q和板间电势差U的比值是否发生变化？
提示：增大；不变。
【归纳】
1.对电容及其定义式的理解
（1）C＝，表示电容器的电容在数值上等于使两极板间的电势差为1 V时电容器需要带的电荷量。
（2）电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，由电容器本身的性质决定，与电容器是否带电、所带电荷量Q和两极板间的电势差U无关。
2.电容器的Q-U图像
如图所示，Q-U图像是一条过原点的直线，其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值，U为两板间的电势差，直线的斜率表示电容大小。因此C＝，即电容的大小在数值上等于两极板间的电压增加（或减小）1 V所增加（或减小）的电荷量。
【典例2】 若使一已充电的电容器所带的电荷量减少q，其两极板间电压减少为原来的，则（ ）
A.电容器原来所带电荷量为q
B.电容器的电容变为原来的
C.电容器原来的电压为1 V
D.电容器完全放电后，电容变为零
答案：A
解析：电容器的电容由电容器本身决定，与其两极板间电压和所带电荷量无关。电容器两极板间电压减少为原来的时，电容不变，由C＝知电荷量减少为原来的，减少了，则Q＝q，可知电容器原来所带电荷量为Q＝q，A正确，B错误；由于题中无电压和电容的具体数据，因此无法求出原来的电压，C错误；电容反映电容器本身的特性，电容器放电，电容器的电容不变，D错误。
1.某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线如图所示，如果该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，电容器的电荷量减少了（ ）
A.0.02 C B.0.08 C
C.0.16 C D.0.20 C
解析：A 根据Q-U图像的斜率表示电容器的电容，有C＝＝ F＝ F，则该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，电荷量的减少量ΔQ＝C·ΔU＝×（40－36）C＝0.02 C，故A正确，B、C、D错误。
2.一个超级电容器（3 000 F 2.7 V）如图所示，下列关于该电容器的说法中正确的是（ ）
A.电容器可以储存电荷，储存的电荷越多电容越大
B.电容器两端的电压低于2.7 V时就不能正常工作
C.电容器两端的电压为1.35 V时，它的电容是1 500 F
D.电容器两端电压每增加1 V，它的带电量将增加3 000 C
解析：D 由比值定义法定义电容C＝，可知电容C反映的是电容器储存电荷的本领，与电荷量Q，电压U无关，则电容器可以储存电荷，电容的大小与储存的电荷多少无关，故A错误；电压2.7 V指的是额定电压（正常工作时允许的最大电压），实际工作的电压可以低于2.7 V，故B错误；电容C反映的是电容器储存电荷的本领，与电荷量Q，电压U无关，实物图可读出电容器的电容C＝3 000 F，则电容器两端的电压变为1.35 V时，它的电容还是3 000 F，故C错误；由定义式C＝＝＝3 000 F，可知电容器两极板间的电压每增加1 V，它的带电荷量将增加3 000 C，故D正确。
要点三 平行板电容器的动态分析
【探究】
在研究“影响平行板电容器电容大小的因素”的实验中，连入了静电计。
（1）静电计的作用是什么？
（2）当两极板间的距离d发生变化时，极板上电荷量有何特点？
提示：（1）用静电计测量已经充电的平行板电容器两极板间的电势差U，从指针偏转角度的大小可推知U的大小。
（2）保持不变。
【归纳】
1.平行板电容器的两类动态问题
（1）电容器始终连接在电源两端。
（2）电容器充电后断开电源。
2.两类动态问题中各物理量的关系
所用公式（1）C＝ （2）E＝ （3）C＝∝
始终连接在电源两端，U不变 充电后断开电源，Q不变
由εr、S或d的变化判断C、Q、E的变化 由εr、S或d的变化判断C、U、E的变化
Q＝UC∝C∝ U＝∝∝
E＝∝，与S无关 E＝∝，与d无关
【典例3】 （多选）如图所示为“研究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验装置，以下说法正确的是（ ）
A.A板与静电计的指针带的是异种电荷
B.甲图中将B板上移，静电计的指针偏角增大
C.乙图中将B板左移，静电计的指针偏角不变
D.丙图中将电介质插入两板之间，静电计的指针偏角减小
答案：BD
解析：静电计指针与A板通过导线相连，带电性质相同，A错误；根据C＝，C＝可知，B板上移，S减小，C减小，Q不变，U增大，B正确；B板左移，d增大，C减小，U增大，C错误；插入电介质，εr增大，电容C增大，U减小，D正确。
规律方法
电容器动态变化问题的分析步骤
（1）明确电容器与电源的连接情况，从而确定是电压不变还是电荷量不变。
（2）由C＝，根据εr、S、d的变化确定C的变化。
（3）由C＝确定Q或U的变化。
（4）根据E＝＝判断E的变化。
1.间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距离变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（ ）
A.U2＝U1 E2＝E1 B.U2＝2U1 E2＝4E1
C.U2＝U1 E2＝2E1 D.U2＝2U1 E2＝2E1
解析：C 板间距离变为，由C＝得C2＝2C1，又U＝，则U2＝＝U1。由E＝得E2＝＝＝2E1，故C正确。
2.（多选）两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示。接通开关S，电源给电容器充电（ ）
A.保持S接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
B.保持S接通，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电荷量增大
C.断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
D.断开S，在两极板间插入一块电介质，则两极板间的电势差增大
解析：BC S接通时，电容器上电压U不变，板间距离d减小，电场强度E＝增大，A错误。插入电介质后，由C＝可知，电容C增大，U不变，由C＝，则电荷量Q增大，B正确。断开S后，电容器所带电荷量Q不变，减小d，电容C增大，由C＝可知，电势差U减小，C正确。插入电介质，则电容C增大，板间电势差U减小，D错误。
1.全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下线，没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的数十秒内可充满电并持续行驶，刹车和下坡时可把部分动能转化成电能回收储存再使用，如图所示的电车使用的是规格为“3 V 12 000 F”的电容器，下列说法正确的是（ ）
A.该电容器可容纳的电荷量为36 000 A·h
B.电容器放电时，电荷量逐渐减少到0，电容不变
C.电容器放电时，电荷量逐渐减少到0，电压不变
D.若30 s能充满电，则充电平均电流为3 600 A
解析：B 该电容器可容纳的电荷量为Q＝CU＝12 000×3 C＝36 000 C，A错误；电容器的电容与电荷量及电压无关，在充、放电时电容不变，电容器放电时，电荷量逐渐减小到0，电压逐渐减小为0，故B正确，C错误；若30 s能充满电，则充电平均电流为I＝＝ A＝1 200 A，故D错误。
2.一个电容器带电荷量为Q时，两极板间电压为U，若使其带电荷量增加4.0×10－7 C时，它两极板间的电势差增加20 V，则它的电容为（ ）
A.1.0×10－8 F B.2.0×10－8 F
C.4.0×10－8 F D.8.0×10－8 F
解析：B C＝＝ F＝2.0×10－8 F，故选B。
3.飞机油箱内的油量是估计其续航时间和确保飞行安全的重要参数。一种电容式测量飞机油箱内油量的装置如图所示，油箱内置圆筒形电容器，电容的变化反映了油面高度的变化。下列说法正确的是（ ）
A.给飞机供油时油量增加，相当于改变了电容器中的电介质，电容会增大
B.给飞机供油时油量增加，相当于改变了电容器中的电介质，电容会减小
C.飞行过程中油量减少，相当于改变了两极板间的正对面积，电容会减小
D.飞行过程中油量减少，相当于改变了两极板间的正对面积，电容会增加
解析：A 给飞机供油时油量增加，相当于改变了电容器中的电介质，根据C＝可知，电容会增大；飞行过程中油量减少，相当于改变了两极板间的电介质，电容会减小。故A正确。
4.如图所示为某一电容器所带电荷量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40 V降低到36 V，对电容器来说，下列说法正确的是（ ）
A.是充电过程
B.是放电过程
C.该电容器的电容为5×10－2 F
D.该电容器的电荷量变化量为0.2 C
解析：B 由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错，B对；由C＝＝F＝5×10－3 F，C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，D错。
考点一 电容器的充放电 电容
1.某电容器上标有“1.5 μF 9 V”字样，则表示该电容器（ ）
A.只有在9 V的电压下它的电容才是1.5 μF
B.只有在9 V的电压时，电容器才能正常工作
C.所加的电压不应超过9 V
D.当它的电压为4.5 V时，它的电容变为0.75 μF
解析：C 电容器上标有“1.5 μF 9 V”字样，说明电容器的电容是1.5 μF，是电容器本身的特性，与所加电压无关，电压是9 V或4.5 V时，电容都是1.5 μF，A、D错误；9 V是电容器的额定电压，即能承担的最大电压，不是只有在9 V的电压时，电容器才能正常工作，B错误；9 V是电容器的额定电压，即能承担的最大电压，所加的电压不能超过9 V，但9 V不是击穿电压，C正确。
2.a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数。由此可知，下列关于a、b两个电容器的说法正确的是（ ）
A.a、b两个电容器的电容之比为8∶1
B.a、b两个电容器的电容之比为4∶5
C.b电容器正常工作时可容纳的电荷量为0.1 C
D.a电容器正常工作时可容纳的电荷量为1 C
解析：C 由题图乙可知，a电容器的电容为C1＝1 000 μF，b电容器的电容为C2＝10 000 μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1 000∶10 000＝1∶10，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1＝C1U1＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2＝C2U2＝10 000×10－6×10 C＝0.1 C，故C正确，D错误。
3.根据大量科学测试可知，地球本身就是一个电容器。通常大地带有50万库仑左右的负电荷，而地球上空存在一个带正电的电离层， 这两者之间便形成一个已充电的电容器，它们之间的电压为300 kV左右。地球的电容约为（ ）
A.0.17 F B.1.7 F
C.17 F D.170 F
解析：B 根据题意可得Q＝5×105 C，U＝3×105 V，根据C＝可得C＝ F≈1.7 F，B正确。
4.电容器是一种重要的电学元件，任何两个彼此绝缘又相距很近的导体，都可以看成一个电容器，电容器能存储电荷，电容器存储电荷的特性可以用电容C来描述。如图所示为研究电容器充、放电的实验电路图。实验时，先使开关S掷向1端，电源E对电容器充电；经过一段时间，把开关S掷向2端，电容器与电阻R相连，电容器放电。在开关S接通2端后的极短时间内，下列说法正确的是（ ）
A.电容器所带电荷量和两极板间电压都增大
B.电容器所带电荷量和两极板间电压都减小
C.电容器所带电荷量增大，两极板间电压减小
D.电容器所带电荷量减小，两极板间电压增大
解析：B 开关S掷向1端时，电源给电容器充电，电容器两极板所带电荷量及两极板间电压均增大。开关S掷向2端后的极短时间内，电容器对电阻R放电，电容器两极板所带的电荷量减小，两极板间电压也减小，直至最后减小为0，故B正确，A、C、D错误。
考点二 电容器的动态分析
5.（多选）在手机塑料壳的生产线上，用如图所示装置监控塑料壳的厚度。两个完全一样的金属板A、B，平行、正对、水平固定放置，A在上、B在下，通过导线接通电源一段时间后断开开关，让塑料壳匀速通过A、B间，当塑料壳变厚时（ ）
A.两板间电压不变
B.两板间电场强度减小
C.两板所带电荷量减小
D.静电计指针偏角减小
解析：BD 塑料壳变厚时，相当于介电常数εr变大。根据C＝知C变大。断开开关，Q不变。根据C＝，U会减小，静电计指针偏角减小，故A、C错误，D正确；根据公式E＝，结合电容的决定式C＝与电容的定义式C＝可得，电场强度E＝，可知当介电常数变大时，电场强度减小，故B正确。
6.如图所示，M、N两金属板竖直放置，使其带电，悬挂其中的带电小球P偏离竖直方向。下列措施会使OP悬线与竖直方向的夹角增大的是（P球不与金属极板接触）（ ）
A.增大M、N两极板间的电势差
B.减小M、N两极板的带电荷量
C.保持板间间距不变，将M、N板一起向右平移
D.保持极板带电荷量不变，将N板向右平移
解析：A 使OP悬线与竖直方向的夹角增大，即是增大小球所受的静电力。增大M、N两极板间的电势差，根据E＝，d不变，可知电场强度将变大，根据F＝Eq可知静电力将增大，A正确；减小M、N两极板的带电荷量，根据U＝，C不变时电势差减小，则电场强度减小，小球所受静电力将减小，B错误；保持板间间距不变，将M、N一起平移，电势差不变，OP悬线与竖直方向的夹角不变，C错误；根据C＝＝可得电场强度E＝＝，保持极板带电荷量不变，将N板向右平移，可知E不变，所以静电力不变，D错误。
7.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电阻R、电池串联，在平行板电容器中的P点处固定放置一带负电的点电荷，b板接地，现将电容器的b板向下稍微移动，则（ ）
A.点电荷所受电场力增大
B.点电荷在P点的电势能减少
C.P点电势减小
D.电容器的带电荷量增加
解析：B 电容器与电池始终相连，则两板间的电势差不变，b板下移，则板间距离d增大，由E＝可知两板间电场强度E变小，则点电荷所受电场力F＝Eq变小，A错误；两板间电场强度E变小，由UaP＝EdaP知，P点与a板间的电势差减小，而a板的电势不变，故P点的电势升高，由于点电荷带负电，点电荷在P点的电势能减少，B正确，C错误；b板下移，板间距离d增大，由C＝可知，电容C减小，由Q＝CU可知Q减小，D错误。
8.如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量＋Q。板间电场中有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些，在这两种情况下，下列说法正确的是（ ）
A.A板下移时，平行板电容器的电容减小
B.B板上移时，平行板电容器的电容不变
C.A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高
D.B板上移时，P点的电场强度不变， P点电势降低
解析：D 由题意知，电容器两板所带电荷量不变，正对面积不变，A板下移时，导致极板间距减小，依据C＝可知电容增大，再根据推论E＝可知，P点的电场强度E不变。P点与下极板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下极板的电势差不变，而下极板的电势为零，所以P点电势不变，故A、C错误；B板上移时，同理得知，极板间距减小，依据C＝可知电容增大，再根据推论E＝可知，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下极板的电势差减小，而下极板的电势为零，则P点电势降低，B错误，D正确。
9.如图甲，先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后把S掷向2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的图像如图乙所示。将电容器C两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的I-t图像可能是（ ）
解析：C 将电容器两极板的间距变大，根据平行板电容器决定式C＝，可知电容变小，则充电电荷量Q＝CU变小，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压U相等，所以再次放电，初始时刻的电流不变，但电荷量变小，I-t图像与横轴所围的面积代表电荷量，所以面积比题图乙中的小，故A、B、D错误，C正确。
10.（多选）如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，C表示电容器的电容、U表示正负极板间的电势差、Q表示电容器所带的电荷量、E表示两板间的电场强度。正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离l0，则图中关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是（ ）
解析：BD 由电容的决定式C＝可知，当极板间距d增大时，电容C减小，但不是均匀减小，A错误；由电容的定义式C＝及电容的决定式C＝可知U＝d，又d＝x0＋x，电荷量Q不变，故B正确；当电容器充电完成与电源断开后，两极板上所带的电荷量就是固定不变的，C错误；由电容定义式和决定式C＝，C＝，解得E＝＝，由于Q、S没有变化，所以电场强度E也是固定不变的，D正确。
11.（多选）目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，如图所示为某设备的电容触摸屏示意图，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，工作面上接有高频信号，控制器通过测定电流，便可精密确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是（ ）
A.手指与屏的接触面积变大时，电容变大
B.使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作
C.电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号
D.手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面间距离变小，电容变小
解析：AC 由C＝可知，手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故A正确；绝缘笔是绝缘体，与工作面不能形成电容器，无法进行触控操作，故B错误；只要手触摸电容触摸屏，不需要压力就可以与工作面形成电容器，就能产生位置信号，故C正确；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面间距离变小，由C＝可知，电容变大，故D错误。
12.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一个小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上移动，则仍从P点开始下落的相同粒子将（ ）
A.打到下极板上
B.在下极板处返回
C.在距上极板处返回
D.在距上极板处返回
解析：C 开始状态，粒子从静止释放到速度为零的过程，运用动能定理得＝qU，将下极板向上平移，设粒子运动到距离上极板x处返回，根据动能定理得mg＝qx，联立两式解得x＝d，即粒子将在距上极板d处返回，故选项C正确。
13.在“观察电容器的充、放电现象”实验中，电路如图甲所示。
（1）将开关S接通1，电容器的 （选填“上”或“下”）极板带正电，再将S接通2，通过电流表的电流方向向 （选填“左”或“右”）。
（2）若电源电动势为10 V，实验中所使用的电容器如图乙所示，充满电后电容器正极板带电荷量为 C（结果保留两位有效数字）。
（3）下列关于电容器充电时，电流i与时间t的关系、所带电荷量q与两极板间的电压U的关系正确的是 。
答案：（1）上 左 （2）3.3×10－2 （3）A
解析：（1）开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知电容器上极板带正电；开关S接通2，电容器放电，通过电流表的电流向左。
（2）充满电后电容器所带电荷量Q＝CU＝3 300×10－6 F×10 V＝3.3×10－2 C。
（3）电容器充电过程中，电流逐渐减小，随着两极板电荷量增大，电流减小得越来越慢，电容器充电结束后，电流减为0，A正确，B错误；电容是电容器本身具有的属性，根据电容的定义式C＝可知，电荷量与电压成正比，所以图线应为过原点的直线，C、D错误。
1 / 33.电势差与电场强度的关系
课标要求 素养目标
1.了解电势差的内涵。知道电势差与零电势点的选取无关。 2.知道静电力做功与电势差的关系，会进行相关问题的计算。 3.知道匀强电场中电势差与电场强度的关系，掌握表达两者关系的公式 1.通过与高度差类比，理解电势差的概念。（物理观念） 2.通过所学知识，自己动手推导静电力做功与电势差的关系及匀强电场中电场强度与电势差的关系，提升分析能力和推理能力。（科学推理） 3.通过例题训练，培养分析问题、解决问题的能力。（科学思维）
知识点 匀强电场中电势差与电场强度的关系
1.关系式：UAB＝ Ed 。
2.物理意义：匀强电场中两点间的电势差等于 电场强度 与这两点沿 电场 方向的距离的乘积。
3.适用条件：匀强电场。
4.电场强度的另一种表述
（1）关系式：E＝ 。
（2）物理意义：在匀强电场中，电场强度的大小等于两点之间的电势差与这两点沿电场强度方向的距离之比。
（3）电场强度的另一个单位：由E＝可知电场强度的另一个单位为伏特每米，符号为V/m，且1 V/m＝1 N/C。
【情景思辨】
如图所示的匀强电场中，把一点电荷q从A移到B，电场力做的功为WAB＝qE··cos θ＝qE·＝qEd，因此，WAB＝qUAB＝qEd，则E＝。
（1）此式只适用于匀强电场，对非匀强电场可定性讨论。（ √ ）
（2）d是电场中两点在电场方向上的距离。（ √ ）
（3）由公式E＝知，在匀强电场中，电场强度等于沿电场强度方向每单位距离上的电势差。（ √ ）
（4）公式说明了匀强电场中的电势分布是均匀的。（ √ ）
（5）由公式E＝可知电场强度与UAB成正比，与d成反比。（ × ）
要点一 电势差与电场强度的关系
【探究】
根据图中所给的情景，推导匀强电场中电势差与电场强度的关系？
提示：W＝qUAB，又W＝qEd，得到UAB＝Ed，或E＝。
【归纳】
1.公式E＝及U＝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。
【典例1】 如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10－4 C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2 J，已知A、B两点间距离为2 cm，两点连线与电场方向成60°角，求：
（1）电荷由A移到B的过程中，静电力所做的功WAB；
（2）A、B两点间的电势差UAB；
（3）该匀强电场的电场强度E。
答案：（1）－0.2 J （2）1 000 V （3）1×105 V/m
解析：（1）因负电荷由A移到B的过程中，电势能增加了ΔE＝0.2 J，所以这个过程中静电力对负电荷所做的功WAB＝－ΔE＝－0.2 J。
（2）A、B两点间的电势差
UAB＝＝ V＝1 000 V。
（3）匀强电场的电场强度E＝＝ V/m＝1×105 V/m。
规律总结
1.电势差的三种求解方法
（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。
2.在应用关系式UAB＝Ed时可简化为U＝Ed，即只把电势差大小，电场强度大小通过公式联系起来，电势差的正负、电场强度的方向可根据题意另作判断。
1.如图所示，匀强电场的电场强度为E，电场中A、B两点间的距离为d，线段AB与电场线的夹角为θ，则A、B两点间的电势差为（ ）
A.Edcos θ B.－Edcos θ
C.Ed D.－Edsin θ
解析：A 由题图可知φA＞φB故UAB为正值，得UAB＝Edcos θ可知A正确，B、C、D错误。
2.已知高铁站台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，试估算伞尖与高压电网的距离为多少时空气可能被击穿（ ）
A.5.5 cm B.55 cm
C.1.1 m D.1.82 m
解析：A 由于是估算，可将雨伞伞尖与高压电网间的电场当作匀强电场处理。由题意可知U＝27.5 kV，E＝5×105 V/m，则由U＝Ed得d＝＝ m＝5.5 cm，故A正确，B、C、D错误。
要点二 等分法确定等势面与电场线
1.两个重要结论
结论1：在匀强电场中，长度相等且相互平行的两线段端点间的电势差相等，如图甲所示，则UAB＝UDC（或φA－φB＝φD－φC），同理可知，UAD＝UBC。
结论2：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势为φC＝，如图乙所示。
2.确定电场方向的方法
先由等分法确定电势相等的点，画出等势线，然后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2】 如图所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为1×10－8 C的正点电荷从A点移到B点，静电力做的功为3×10－6 J，将另一电荷量为1×10－8 C的负点电荷从A点移到C点，克服静电力做的功为3×10－6 J。
（1）UAB、UAC、UBC各为多少？
（2）画出电场线方向；
（3）若AB边长为2 cm，求电场强度。
答案：（1）300 V 300 V 0 （2）如解析图所示 （3）1×104 V/m
解析：（1）正点电荷从A点移到B点时，静电力做正功，故A点电势高于B点电势，可求得UAB＝＝ V＝300 V
负点电荷从A点移到C点，静电力做负功，A点电势高于C点电势，可求得UAC＝＝300 V
可得B、C两点电势相等，故UBC＝0。
（2）由（1）中分析知BC为一条等势线，所以电场线垂直于BC，设D为BC的中点，则电场线方向由A指向D，如图所示。
（3）AB在电场强度方向的投影长度d等于线段AD的长度，故
由匀强电场中电势差与电场强度的关系式可得E＝＝ V/m＝1×104 V/m。
1.如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个平行四边形的四个顶点，电场线与平行四边形所在的平面平行。已知a点的电势是2 V，b点的电势是5 V，c点的电势是9 V。由此可知，d点的电势为（ ）
A.6 V B.7 V
C.9 V D.5 V
解析：A 匀强电场中，在同一方向上每前进相同的距离，电势的改变量相等，故φa－φd＝φb－φc，代入数据有2 V－φd＝5 V－9 V，解得φd＝6 V，故A正确。
2.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1.0 V、2.0 V、3.0 V，正六边形所在平面与电场线平行，则下列说法错误的是（ ）
A.通过CD和AF的直线是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
解析：B 连接A、C，AC连线中点的电势为 V＝2.0 V，与B点电势相等，再结合几何关系可知E、B连线为一条等势线，由正六边形的对称性可知，通过CD、AF的直线与EB平行，所以也是等势线，A正确；A、C连线与等势线垂直，由顺着电场线方向电势逐渐降低可知，电场强度方向由C指向A，C正确；B、A间的电势差为UBA＝1.0 V，又UBA＝EdBAcos 30°，解得场强E＝ V/m，故B错误；由上述分析可知，φE＝φB＝2.0 V，φD＝φC＝3.0 V，则电子从E点移到D点，电场力做的功为WED＝q（φE－φD），代入数据得WED＝－1.6×10－19×（2.0－3.0）J＝1.6×10－19 J，再结合静电力做功与电势能变化的关系可知，D正确。
要点三 利用E＝定性分析非匀强电场
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电场强度就越大。
2.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），电场强度E＝就越大。图甲中等差等势面越密的地方电场强度就越大。而图乙中a、b、c为某条电场线上的三个点，且距离ab＝bc，由于电场线越密的地方电场强度越大，故Uab＜Ubc。
【典例3】 如图所示为某一不规则带电体及其电场中的两条电场线，已知ab＝bc＝ef，Uab＝50 V，则下列选项正确的是（ ）
A.Ubc＝50 V B.Ubc＞50 V
C.Uef＝50 V D.Uef＞50 V
答案：D
解析：由带电体电荷分布的特征可知越尖锐的地方电荷的密度越大，电场强度越大，电场线分布越密，等差等势面也越密。画出题中带电体电场线和等差等势面的剖面图，如图所示。由图可知Uab＞Ubc，Uef＞Uab，则Ubc＜50 V，Uef＞50 V，A、B、C错误，D正确。
1.如图所示的同心圆是点电荷电场中的一组等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A向C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则有（ ）
A.圆心电荷是正电荷
B.电子由A向C运动时受到的电场力越来越小
C.电势差UAB＝UBC
D.A、B、C三点的电势关系为φA＋φC＜2φB
解析：D 由A到C，电子的速度越来越小，可知其动能越来越小，电势能越来越大，电场力对其做负功，则电子应顺着电场线运动，即电场线方向由A到C，由此可知这是由负电荷形成的电场，因此越靠近负电荷，电场线越密，电场强度也就越大，电子所受电场力也就越大，选项A、B错误；因为此电场不是匀强电场，越靠近场源电荷场强越强，所以UAB＜UBC，即φA－φB＜φB－φC，所以φA＋φC＜2φB，选项C错误，D正确。
2.（多选）如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB＝BC，电场中A、B、C三点的电场强度分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有（ ）
A.φA＞φB＞φC B.EA＞EB＞EC
C.UAB＜UBC D.UAB＝UBC
解析：AC 沿电场线方向，电势越来越低，所以A点电势最高，C点电势最低，A正确；电场线越密集的地方电场强度越强，由图可知，C点电场强度最强，A点电场强度最弱，B错误；由于BC间的电场强度大于AB间的电场强度，由U＝Ed可知，UAB＜UBC，C正确，D错误。
1.如图所示，在匀强电场中，A、B两点相距10 cm，E＝100 V/m，AB与电场线方向的夹角θ＝120°，则A、B两点间的电势差为（ ）
A.5 V B.－5 V
C.10 V D.－10 V
解析：B A、B两点在电场强度方向上的距离d＝lAB·cos（180°－120°）＝10× cm＝5 cm。由于φA＜φB，则根据U＝Ed得UAB＝－Ed＝－100×5×10－2 V＝－5 V，故选B。
2.如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径。已知a、b、c三点的电势分别为φa＝9 V，φb＝15 V，φc＝18 V，则d点的电势为（ ）
A.12 V B.8 V
C.4 V D.16 V
解析：A 因为a、c，b、d为圆的直径，可求得圆心O点的电势为13.5 V，则UbO＝1.5 V，由UbO＝Uod＝1.5 V，可得φd＝12 V。
3.如图所示，在△ABC中，∠B为直角，∠A＝60°，AB＝4 cm，空间中存在一匀强电场，其方向平行于△ABC所在的平面，A、B、C三点的电势分别为0 V、2 V、8 V，则该电场的电场强度为（ ）
A.50 V/m B.50 V/m
C.100 V/m D. V/m
解析：C 如图所示，过B点作AC的垂线，则垂足D为AC的四等分点，因A、C两点的电势分别为0 V、8 V，可知D点的电势为2 V，则BD为等势面；根据E＝可得电场强度E＝＝ V/m＝100 V/m，故选C。
4.（多选）如图所示，A、B两板间电压为600 V，A板带正电并接地，A、B两板间距离为12 cm，C点离A板4 cm，下列说法正确的是（ ）
A.E＝2 000 V/m，φC＝200 V
B.E＝5 000 V/m，φC＝－200 V
C.电子在C点具有的电势能为－200 eV
D.电子在C点具有的电势能为200 eV
解析：BD A板接地，则其电势为零，又因为A、B两板间的电压为600 V，则B板电势为－600 V，由此知C点电势为负值，则A、B两板间场强E＝＝5 000 V/m，φC＝－EdC＝－50 V/cm×4 cm＝－200 V，选项A错误，B正确；电子在C点具有的电势能为200 eV，选项C错误，D正确。
5.如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（ ）
A.M点电势比P点电势高
B.M点电场强度和P点电场强度相同
C.OM 间的电势差等于NO 间的电势差
D.将一负电荷从M点移到O点，电场力做正功
解析：D 假设有一正电荷由P点只在静电力作用下移动到M点，由图可知静电力与运动方向成锐角，静电力做正功，电势能减少，故电势降低，故A错误；电场线的疏密程度表示电场的强弱，M点处的电场线比P点的稀疏，故M点处的电场强度比P点的小，两者方向也不同，故B错误；根据U＝Ed可知，OM和NO的距离相等，由于NO间的电场更强，故NO间的电势差更大，故C错误；负电荷由M点运动到O点，所受静电力方向与运动方向相同，所以静电力做正功，故D正确。
考点一 电势差与电场强度的关系
1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的电场强度有关
C.在正点电荷和负点电荷产生的静电场中，电场强度方向都指向电势降低最快的方向
D.将正点电荷从电场强度为零的一点移动到电场强度为零的另一点，电场力做功为零
解析：C 电场强度大的地方电势不一定高，二者没有必然联系，选项A错误；电场中任意两点间的电势差与电场强度有关，也与这两点在电场方向上的距离有关，选项B错误；电场强度的方向由高电势处指向低电势处且指向电势降落最快的方向，选项C正确；将正点电荷从电场强度为零的一点移至电场强度为零的另一点，例如将正点电荷由等量同种正点电荷连线中点处移至无穷远处，电场力做功不为零，选项D错误。
2.某匀强电场的等势面分布图如图所示，每两个相邻等势面相距2 cm，则电场强度E的大小和方向分别为（ ）
A.E＝100 V/m，竖直向下
B.E＝100 V/m，水平向左
C.E＝100 V/m，竖直向上
D.E＝200 V/m，水平向右
解析：B 电场线与等势面垂直，且从高电势指向低电势，所以电场强度的方向水平向左，电场强度大小为E＝＝ V/m＝100 V/m，B正确，A、C、D错误。
3.如图所示，在匀强电场中虚线为电场线，O、A、B、C四点共线，且AB＝2OA＝2BC＝6 cm，θ＝60°。已知A点电势为零，一电子在O点电势能为－6 eV，则下列说法正确的是（ ）
A.O点的电势为－6 V
B.电场线方向水平向右
C.电场强度大小为200 V/m
D.电子从O点移动到C点电势能降低
解析：B 根据电势能的定义式Ep＝qφ可得O点的电势为φO＝6 V，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知电场线方向水平向右，B正确；根据电势差与电场强度的关系式E＝，解得E＝400 V/m，C错误；根据Ep＝qφ，依题意从O点到C点，电势一直在降低，电子带负电荷，所以其电势能增大，D错误。
4.如图所示，匀强电场中有三个竖直等势面，从左到右电势分别为－10 V、0 V、10 V，A、B两点间相距2.5 cm，A、B连线与等势面的夹角为53°，求该匀强电场的场强。
答案：1 000 V，方向水平向左
解析：匀强电场中电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，电场线垂直于等势面，由图可知该电场强度方向水平向左，电场线与A、B连线的夹角是37°，得UBA＝Edcos 37°，E＝＝＝ V/m＝1 000 V/m。
考点二 利用公式U＝Ed定性分析非匀强电场
5.如图所示为某建筑物上的避雷针和带电云层之间的电场线分布示意图，a、b、c是同一电场线上的点，且ab＝bc，则（ ）
A.带电云层带正电
B.a、b、c三点的场强相同
C.a、b间与b、c间的电势差相等
D.云层上的电荷导入大地时，电流从避雷针流向云层
解析：D 电场线方向指向云层，则云层带负电，A项错。电场线的密度越大，电场强度越大，故Ea＞Eb＞Ec，B项错。ab＝bc，但由题图可知该电场并非匀强电场，故a、b间与b、c间电势差不相等，C项错。云层带负电，地面则可视为带正电，当云层上的负电荷导入大地时，因电流方向与负电荷运动方向相反，即电流从避雷针流向云层，D项对。
6.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示，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极由静止被加速向A极运动。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（ ）
A.A、K之间的电场强度为
B.电子到达A极时的动能大于eU
C.由K极到A极电子的电势能减少了eU
D.由K极沿直线到A极电势逐渐降低
解析：C 由于A、K之间的电场是非匀强电场，不能应用匀强电场中电势差与电场强度的关系式E＝计算非匀强电场的电场强度，选项A错误；根据动能定理，可知电子到达A极时的动能等于eU，选项B错误；由K极到A极，电场力做的功为eU，根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电子的电势能减少了eU，选项C正确；A、K之间的电场线方向由A极指向K极，所以由K极沿直线到A极电势逐渐升高，选项D错误。
考点三 等分法确定等势面与电场线
7.如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在的平面平行。已知a点的电势是20 V，b点的电势是24 V，d点的电势是4 V。由此可知，c点的电势为（ ）
A.4 V B.8 V C.12 V D.24 V
解析：B 在匀强电场中，任意一簇平行线上等距离的两点的电势差相等，所以Uba＝Ucd，所以c点电势为8 V。
8.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设电场强度大小为E，一电荷量为1×10－6 C的正点电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则（ ）
A.W＝8×10－6 J，E＞8 V/m
B.W＝6×10－6 J，E＞6 V/m
C.W＝8×10－6 J，E≤8 V/m
D.W＝6×10－6 J，E≤6 V/m
解析：A 因为电场是匀强电场，D点是AB的中点，所以D点的电势φD＝＝10 V，所以W＝q（φD－φC）＝8×10－6 J。设场强的方向与AB的夹角为α，则E＝＝＝ V/m，因为α＞0，所以cos α＜1，E＞8 V/m，故A正确。
9.如图，空间直角坐标系Oxyz处于一个匀强电场中，a、b、c三点分别在x、y、z轴上，且到坐标原点O的距离均为10 cm。现将一带电荷量q＝0.2 C的负点电荷从b点分别移动到a、O、c三点，静电力做功均为1 J。则该匀强电场的电场强度大小为（ ）
A.50 N/C B.50 N/C
C.10 V/m D.10 V/m
解析：B 由公式W＝Uq代入数据可得U＝5 V，由题意可知a、O、c三点所构成的面是等势面，Ob垂直于xOz平面，b点到xOz平面的距离d＝10 cm，故匀强电场的电场强度大小E＝＝ N/C＝50 N/C，故B正确，A、C、D错误。
10.如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝4 cm。已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C的正电荷由a点移动到c点，克服静电力做功6.4×10－3 J。下列关于电场强度的说法正确的是（ ）
A.方向垂直bd斜向上，大小为400 V/m
B.方向垂直bd斜向上，大小为200 V/m
C.方向垂直bc斜向下，大小为 V/m
D.方向垂直bc斜向下，大小为 V/m
解析：A 从a到c点：Uac＝＝－4 V，因为Uac＝φa－φc，所以φc＝8 V，又Ucd＝2Uab＝2（φa－φb）＝8 V，可得φd＝0，即bd为等势面，所以电场强度的方向垂直bd斜向上，由电势差与电场强度的关系得E＝＝400 V/m，故A正确。
11.如图所示，直角梯形ABCD位于水平向右的匀强电场中，AB＝0.4 m、BC＝0.3 m，BC边和AD边均水平。将一电荷量q＝－2×10－7 C的负点电荷从A点移动到C点，该点电荷克服静电力做的功W0＝1.8×10－6 J。求：
（1）B、C两点间的电势差UBC；
（2）匀强电场的电场强度的大小E。
答案：（1）9 V （2）30 V/m
解析：（1）A、C两点的电势差UAC＝＝9 V，A、B两点电势相等，则UBC＝UAC＝9 V。
（2）根据匀强电场中电势差与电场强度的关系有UBC＝Ed，解得E＝30 V/m。
12.如图所示，M、N两极板间匀强电场的场强大小E＝2.4×104 N/C，方向竖直向上。电场中A、B两点相距10 cm，A、B连线与电场方向的夹角θ＝60°，A点和M板间距为2 cm。
（1）此时UAB等于多少？
（2）一点电荷的电荷量q＝5×10－8 C，它在A、B两点的电势能之差为多少？若M板接地，A点电势是多少？B点电势是多少？
答案：（1）1 200 V （2）6×10－5 J －480 V
－1 680 V
解析：（1）由U＝Ed得A、B两点间的电势差UAB＝E·cos θ＝2.4×104×10×10－2×0.5 V＝1 200 V。
（2）正点电荷在电势高处电势能大，它在A、B两点间的电势能之差为ΔEp＝EpA－EpB＝qUAB＝5×10－8×1 200 J＝6×10－5 J。若M板接地，M板电势为0，UMA＝φM－φA＝E·＝480 V，则φA＝－480 V，φB＝φA－UAB＝－480 V－1 200 V＝－1 680 V。
1 / 3章末综合检测（二） 静电场中的能量
一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24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.如图所示，在带电荷量为－Q的点电荷形成的电场中，M、N是两个等势面。现将一带电荷量为＋q的点电荷，从a点分别经路径①和路径②（经过c点）移到b点，在这两个过程中（ ）
A.都是电场力做正功，沿路径①做的功比沿路径②做的功少
B.都是电场力做正功，沿路径①做的功等于沿路径②做的功
C.都是克服电场力做功，沿路径①做的功大于沿路径②做的功
D.都是克服电场力做功，沿路径①做的功等于沿路径②做的功
解析：B 由于异种电荷互相吸引，故两个路径中电场力都做正功；而电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关，则沿路径①做的功等于沿路径②做的功，故B正确。
2.如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上与A点距离为d的一点，C点为连线中垂线上与A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度E的大小、电势φ的高低的比较，正确的是（ ）
A.EA＝EC＞EB，φA＝φC＞φB
B.EB＞EA＞EC，φA＝φC＞φB
C.EA＜EB，EA＜EC，φA＞φB，φA＞φC
D.因为电势零点未规定，所以无法判断电势高低
解析：B 由等量异种点电荷形成的电场特点知，在连线中垂线上，A点合电场强度最大，即EA＞EC，在两电荷连线上，A点合电场强度最小，即EB＞EA；电场线由A指向B，φA＞φB，连线中垂线上电势相等，φA＝φC，选项B正确。
3.超级电容的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景。如图所示，某超级电容标有“100 F 2.7 V”字样，将该电容器接在电动势为1.5 V的干电池两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带的电荷量为（ ）
A.－150 C B.－75 C
C.－270 C D.－135 C
解析：A 根据C＝可知电容器所带的电荷量为Q＝CU＝100×1.5 C＝150 C，则电路稳定后该电容器的负极板上所带的电荷量为－150 C，故选A。
4.如图，一个固定正电荷产生的电场中，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点、N点，且q在M、N点时速度大小也一样，则下列说法正确的有（ ）
A.P点电势大于M点电势
B.M点电势大于N点电势
C.正电荷q从P到M一直做减速运动
D.M、N两点处电场强度大小相同
解析：D 由题意知，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点、N点，且正电荷q在M、N点时速度大小也一样，则说明M、N两点的电势相同，但由于正电荷q有初速度，则无法判断P点电势和M点电势的大小关系，且也无法判断正电荷q从P到M的运动情况，故A、B、C错误；根据以上分析可知，M、N两点在同一等势面上，且该电场是固定正电荷产生的电场，则说明M、N到固定正电荷的距离相等，则M、N两点处电场强度大小相同，故D正确。
5.两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中四个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则（ ）
A.电场强度大小关系有Eb＞Ec
B.电势大小关系有φb＜φd
C.将一负电荷放在d点时其电势能为负值
D.将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功
解析：D 根据电场中电场线的疏密代表电场强度的大小，可知Eb＜Ec，A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φb＞φd，B错误；利用电势能公式Ep＝φq，又知φd＜0，则将负电荷放在d点时其电势能为正值，C错误；由题图知a点电势高于d点电势，则将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功，D正确。
6.如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中的B点时，速率vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点间的电势差为（ ）
A. B.
C. D.
解析：C 粒子在竖直方向做匀减速直线运动，有＝2gh；根据动能定理，有Uq－mgh＝m（2v0）2－m，解得A、B两点间的电势差为U＝，故C正确。
7.如图所示，氘核H）和氦核He）以相同初速度同时从水平放置的两平行金属板正中间进入板长为L、两板间距离为d、板间加直流电压U的偏转电场，一段时间后离开偏转电场。不计粒子重力及其相互作用，则下列说法不正确的是（ ）
A.两个粒子同时离开偏转电场
B.粒子离开偏转电场时速度方向不同
C.两粒子离开偏转电场时速度大小相同
D.两个粒子从偏转电场同一点离开
解析：B 设粒子的初速度为v0，粒子在电场中做类平抛运动，离开偏转电场的时间为t＝，则两个粒子同时离开偏转电场，故A正确；设粒子离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为θ，粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向的加速度为a＝＝，竖直方向的分速度为vy＝at＝·，偏转角度的正切值为tan θ＝＝，氘核和氦核的比荷相同，两个粒子离开偏转电场时速度方向相同，B错误；两个粒子在偏转电场中水平方向分速度相同，离开偏转电场时竖直方向的分速度相同，离开偏转电场时速度大小相同，且从偏转电场同一点离开，故C、D正确。
8.如图所示，abcd为一边长为L的正方形，空间存在平行abcd平面的匀强电场。把质子自a点移到b点，静电力做功W（W＞0）；把质子自c点移到b点，克服静电力做功2W。已知a点电势为0，质子电荷量为e，则（ ）
A.d点电势为
B.d点电势为
C.电场强度大小为
D.电场强度大小为
解析：D 静电力做功Wcb＝eUcb，代入数据，解得Ucb＝－，在匀强电场中，沿电场线方向，位移相同的两个点之间的电势差相等，由于bc和ad平行等距离，所以Uda＝Ucb＝－，φd－φa＝－，由于φa＝0 V，所以φd＝－，A、B错误；如图所示，质子从c到 b静电力做功为－2W，所以从d到a做功－2W，从a到 d做功2W，从a到ad中点e做功W，又从a到b做功W，因此eb为等势线，电场线为af方向，根据电势差和电场强度的关系有E＝，根据几何关系可知tan θ＝，Uab＝，联立解得E＝，C错误，D正确。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9.如图甲所示的y轴上A、B处放置两等量正电荷，x轴上P点的电场强度E随x变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A.x2点的电势最高
B.－x1和x1两点的电势相等
C.在x1点静止释放一正试探电荷，其加速度先增大后减小
D.在x1点静止释放一负试探电荷，其动能一直增大
解析：BC 题图甲中给出的为两等量同种正电荷，则O点的电势最高，A错误；－x1和x1两点关于y轴对称，从O点至x1和从O点至－x1电势降落相等，则－x1和x1两点的电势相等，B正确；在x1点静止释放一正试探电荷，该电荷会沿着x轴正方向运动，在此过程中电场强度先增大后减小，则试探电荷所受静电力会先增大后减小，则其加速度先增大后减小，C正确；x1点静止释放一负试探电荷，其刚开始会向电场方向相反的方向运动，此后在－x1和x1两点间做往复运动动能并不会一直增大，D错误。
10.如图所示，水平放置的平行金属板与电源相连，板间距离为d，板间有一质量为m、电荷量为q的带电粒子恰好处于静止状态。保持电容器与电源连接，若两板间的距离随时间先均匀增大为2d，再均匀减小到，在此过程中粒子未与电容器接触，则（ ）
A.电容器所带的电荷量先变小，后变大
B.电容器的电容先变大，后变小
C.在两板距离增大的过程中，粒子向下做变加速直线运动
D.在两板距离减小的过程中，粒子向下做匀减速直线运动
解析：AC 由C＝可知若两板间的距离随时间先均匀增大为2d，再均匀减小到，则电容C先减小后增加，因保持电容器与电源连接，则极板间的U一定，根据Q＝CU可知，电容器所带的电荷量先变小，后变大，选项A正确，B错误；在两板距离增大的过程中，由E＝可知，两板间电场强度减小，由mg－qE＝ma可知，加速度a变化，则粒子向下做变加速直线运动，选项C正确；同理可知，在两板距离减小的过程中，E变大，粒子向下做变减速直线运动，选项D错误。
11.两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个带电荷量为＋2×10－7 C，质量为0.1 kg的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线（图中标出了该切线）斜率最大的位置，则下列说法正确的是（ ）
A.由C到A的过程中物块的电势能一直在增大
B.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强大小为E＝1×104 V/m
C.由C点到A点电势逐渐降低
D.A、B两点间的电势差UAB＝500 V
解析：BC 从题图乙可知，由C到A的过程中，物块的速度一直在增大，电场力对物块做正功，物块的电势能一直在减小，故A错误；物块在B点的加速度最大，为am＝ m/s2＝2×10－2 m/s2，可得物块所受的最大电场力为Fm＝mam＝0.1×2×10－2 N＝2×10－3 N，则场强最大值为Em＝＝1×104 N/C，故B正确；因为两个等量正点电荷连线的中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，由C点到A点电势逐渐降低，故C正确；从题图乙可知，A、B两点的速度分别为vA＝6×10－2 m/s、vB＝4×10－2 m/s，再根据动能定理得qUBA＝m－m，解得UBA＝500 V，则UAB＝－UBA＝－500 V，故D错误。
12.示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图，不同的带电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，若带电粒子能射出平行板电场区域，则下列说法正确的是（ ）
A.若电荷量q相等，则带电粒子在加速电场中的加速度大小相等
B.若比荷相等，则不同带电粒子从M孔射出的动能相等
C.若电荷量q相等，则不同带电粒子在偏转电场中静电力做功相同
D.若不同比荷的带电粒子由O点开始加速，偏转角度θ相同
解析：CD 设加速电场的板间距离为x，由牛顿第二定律得a＝，由于粒子的质量未知，所以无法确定带电粒子在加速电场中的加速度大小关系，A错误；由动能定理得qU1＝m，可得v0＝，所以当带电粒子的比荷相等时，它们从M孔射出的速度相等，动能可能不同，B错误；电荷量相同，静电力相同，在偏转电场中沿电场方向的位移y＝相同，静电力做功相同，C正确；设偏转电场的板间距离为d，极板长度为L，在偏转电场中有tan θ＝＝＝，偏转角度θ与粒子的比荷无关，D正确。
三、非选择题（本题共5小题，共60分）
13.（9分）电流传感器可以像电流表一样测量电流，它可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图像。某同学设计了图甲所示的电路来观察电容器充、放电过程。当他将开关S接1时，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻R放电，在计算机上显示出电流随时间变化的i-t图像如图乙所示。请根据以上操作回答：
（1）电容器放电时，通过电阻R的电流方向是由b到a。（选填“由a到b”或“由b到a”）
（2）图乙中图线与两坐标轴所包围的面积的物理意义是充电完成后电容器所储存的电荷量。
（3）若充电完成后，电容器所带的电荷量为2.8×10－3 C，且该同学使用的电源电动势为8 V，则该电容器的电容为3.5×10－4F。（保留2位有效数字）
解析：（1）根据充电时可知，电容器上极板为正极，所以放电时电流方向由b到a。
（2）根据公式q＝It可知，图乙中图线与两坐标轴所包围的面积的物理意义是流过R的电荷量，即充电完成后电容器所储存的电荷量。
（3）电容器的电容为C＝＝3.5×10－4 F。
14.（9分）将一个电荷量q＝－1×10－6 C的电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做功WAB＝4×10－6 J，从C点移到D点，静电力做功WCD＝9×10－6 J。已知B点电势比C点高4 V。求：
（1）C、D两点间的电势差；
（2）A、D两点间的电势差。
答案：（1）－9 V （2）－1 V
解析：（1）由题意可得
UCD＝＝ V＝－9 V。
（2）由题意可得UAB＝＝ V＝4 V
即φA－φB＝4 V
由（1）知φC－φD＝－9 V
又由题意知φB－φC＝4 V
联立以上各式，可得UAD＝－1 V。
15.（12分）半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示。珠子所受静电力是重力的。将珠子从环上的最低点A由静止释放（重力加速度为g），则：
（1）珠子所能获得的最大动能是多少？
（2）珠子对圆环的最大压力是多少？
答案：（1）mgr （2）mg
解析：（1）因qE＝mg，所以静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角θ满足tan θ＝＝，故θ＝37°。
如图所示，OB与竖直方向的夹角等于θ，
则B点为等效最低点，珠子由A点静止释放后从A到B的过程中做加速运动，珠子在B点动能最大，对圆环的压力最大。
由动能定理得
qErsin θ－mgr（1－cos θ）＝Ekm
解得Ekm＝mgr。
（2）设珠子在B点受圆环弹力为FN，
有FN－F合＝m
则FN＝F合＋m
＝＋mg＝mg
由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力为mg。
16.（14分）如图所示，在长为2L、宽为L的矩形区域ABCD内有电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带负电的质点，以平行于AD的初速度从A点射入该区域，结果该质点恰能从C点射出。（已知重力加速度为g）
（1）求该质点从A点进入该区域时的初速度v0。
（2）若P、Q分别为AD、BC边的中点，现将PQCD区域内的电场撤去，则该质点的初速度v0为多大时仍能从C点射出？
答案：（1） （2）
解析：（1）质点在水平方向做匀速运动，有2L＝v0t，在竖直方向做匀加速运动，有mg－qE＝ma，质点恰好能从C点射出，有L＝at2，联立解得v0＝ 。
（2）在ABQP区域，质点在水平方向做匀速运动，有L＝v0t1，在竖直方向有y1＝a，v1＝at1，在PQCD区域，在水平方向有L＝v0t2，在竖直方向
有y2＝v1t2＋g，质点恰好从C点射出，则y1＋y2＝L，联立解得v0＝。
17.（16分）如图所示，一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入偏转电场，离子的初速度设为v0，质量为m，A、B间电压为U，间距为d，金属挡板C高度为d，竖直放置并与A、B间隙正对，屏MN足够大。若A、B两极板长为L，C到极板的距离也为L，不考虑离子所受重力及离子间的相互作用力，元电荷为e。
（1）写出离子射出A、B板时的侧移距离y的表达式；
（2）写出离子通过A、B板时电势能的变化量ΔEp的表达式；
（3）求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上。
答案：（1）y＝ （2）ΔEp＝－ （3）＜Ek＜
解析：（1）离子在A、B板间做类平抛运动，根据牛顿第二定律有a＝
离子通过A、B板所用的时间t＝
离子射出A、B板时的侧移距离y＝at2
解得y＝。
（2）离子通过A、B板时电场力做正功，离子的电势能减少，电场力做的功为W＝y＝
电场力做的功等于离子的电势能的减少量，则
ΔEp＝－。
（3）离子射出电场时的竖直分速度vy＝at
射出电场时速度的偏转角满足
tan θ＝＝
离子射出电场后做匀速直线运动，要使离子打在屏MN上，需满足y＜
同时满足Ltan θ＋y＞
离子的初动能Ek＝m
解得＜Ek＜。
1 / 3习题课三 电场中的运动轨迹 功能关系和图像问题
要点一 电场线 等势面与运动轨迹
1.电场线和等势面互相垂直，根据等势线可以大体画出电场线，反之亦可。
2.带电粒子运动轨迹的三条规律
（1）带电粒子运动的速度方向为轨迹的切线方向；
（2）带电粒子所受合力方向应指向轨迹的凹侧；
（3）在运动过程中，若合力与速度方向的夹角小于90°，则合力做正功，若夹角大于90°，则合力做负功，若夹角等于90°，则合力不做功。
【典例1】 两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列判断正确的是（ ）
A.粒子带正电
B.b点和d点的电场强度相同
C.粒子的动能先减小后增大
D.粒子在a点的电势能大于在c点的电势能
答案：C
解析：根据两个固定的等量异种点电荷所形成的电场的等势面的特点可得，该图中正电荷在上方，负电荷在下方，因粒子运动轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用，所以粒子带负电，A错误；在电场中等势面与电场线是垂直的，由图可知，b、d两点弯曲的方向不同，则过b、d两点，与－5 V的等势面垂直的电场线的方向是不同的，所以b、d两点电场强度是不同的，B错误；粒子从a到c的过程中，电场力做负功，电势能增大，从c到e的过程中，电场力做正功，电势能减小，则粒子在静电场中，电势能先增大后减小，动能先减小后增大，C正确，D错误。
规律方法
利用等势面分析轨迹问题的思路
涉及等势面的问题常与带电粒子的运动轨迹相结合，分析这类问题的思路如下：
（1）根据带电粒子的轨迹判断静电力的方向（带电粒子只受静电力，则静电力指向曲线的凹侧且垂直于等势面）。
（2）由等势面的电势高低判断电场线的方向，再结合带电粒子所受静电力的方向判断粒子的电性（或由带电粒子所受静电力方向及电性判断电场线方向，继而判断等势面的电势高低）。
（3）由动能定理判断带电粒子的动能变化，由静电力做功情况判断电势能的变化。
（4）由等差等势面的疏密程度判断电场强度的大小，继而判断带电粒子加速度的变化。
1.（2023·全国甲卷18题）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4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
2.（多选）两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（ ）
A.两点电荷可能是异种点电荷
B.A点的电场强度比B点的大
C.A点的电势高于B点的电势
D.电子运动到P点时动能最小
解析：CD 根据等势面的分布可知，两点电荷带同种电荷，故A错误；等差等势面的疏密程度表示电场的强弱，A点的等差等势面疏，B点的等差等势面密，故A点的电场强度比B点的小，B错误；静电力指向轨迹的内侧，分析电子运动的轨迹可知，电子受到排斥力作用，故点电荷为负电荷，离点电荷越远，电势越高，故A点的电势高于B点的电势，C正确；电子从M点运动到P点的过程中，静电力做负功，动能减小，电子从P点运动到N点的过程中，静电力做正功，动能增大，故电子运动到P点时动能最小，D正确。
要点二 电场中的功能关系
1.只有静电力做功
只发生电势能和动能之间的相互转化，电势能与动能之和保持不变，功和能之间的关系为W电＝－ΔE电＝ΔEk。
2.只有静电力和重力做功
只发生电势能、重力势能和动能之间的相互转化，电势能、重力势能、动能三者之和保持不变，功和能之间的关系为W电＋WG＝－（ΔE电＋ΔEp）＝ΔEk。
3.多个力做功
多种形式的能参与转化，要根据不同力做功和不同形式的能之间的转化的对应关系分析，总功等于动能的变化，即W总＝W电＋W其他＝ΔEk。
【典例2】 如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25 h，一带电小球从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为0。若此带电小球在A点的加速度大小为g，g取10 m/s2，静电力常量为k，试求：
（1）此带电小球在B点的加速度大小；
（2）A、B两点间的电势差（用k、Q和h表示）。
答案：（1）30 m/s2 （2）－
解析：（1）由题意可知该带电小球带正电，设小球所带电荷量为q，小球在B点的加速度大小为aB。由牛顿第二定律得，在A点时，有mg－＝m·g，在B点时，有－mg＝maB，解得aB＝3g＝30 m/s2。
（2）带电小球从A点运动到B点的过程中，由动能定理得mg（h－0.25h）＋qUAB＝0，解得UAB＝－。
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
解析：D 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判断：小球重力势能减少了mgh，电势能增加了3mgh，根据动能定理，小球的动能减少了2mgh，故选D。
2.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点。现有一质量为m、电荷量为－q
的带负电小球套在杆上从A点由静止开始沿杆下滑。已知重力加速度为g，A点距离C点所在水平面的高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2。
（1）求小球滑至C点时速度的大小；
（2）求A、B两点间的电势差UAB；
（3）若以C点作为零电势点，求A点的电势。
答案：（1） （2）－ （3）－
解析：（1）因为B、C两点电势相等，所以小球从B到C的过程中电场力做的总功为零。由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝
根据动能定理有mg·＝－，
解得vC＝。
（2）小球从A到B，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg·＋q｜UAB｜＝
因为φA＜φB，所以UAB＝－｜UAB｜＝－。
（3）因为φA＜φC、φC＝0，所以φA＝－｜UAC｜＝－｜UAB｜＝－。
要点三 电场中的图像问题
几种常见图像的特点及规律
v-t 图像 根据v-t图像中速度变化、斜率确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势高低及电势能变化
φ-x 图像 （1）电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小，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高低，并可根据电势高低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WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断
E-x 图像 （1）反映了电场强度随位移变化的规律； （2）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； （3）图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定
Ep-x 图像 （1）反映了电势能随位移变化的规律 （2）图线的切线斜率大小等于电场力大小 （3）进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
【典例3】 （多选）空间中一静电场的某物理量沿x轴的分布情况如图所示，其中OA＝OB，图线关于未知轴对称，则（ ）
A.若为E-x图像，则φA＝φB
B.若为E-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电场力先做负功再做正功
C.若为φ-x图像，则A、B两点处沿x轴方向的电场强度大小相等
D.若为φ-x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电场力先做负功再做正功
答案：CD
解析：由E-x图像与x轴所围“面积”表示电势差可知A、B两点电势一定不相等，故A错误；若为E-x图像，由于沿x轴方向的电场强度方向不变，所以电场力一直做负功或做正功，故B错误；若为φ-x图像，其斜率代表沿x轴方向的电场强度，则A、B两点沿x轴方向的电场强度大小相等，方向相反，故C正确；由Ep＝qφ，q＜0，可知由A到B电子电势能先增大后减小，即电场力先做负功后做正功，故D正确。
1.一带电粒子仅在静电力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v-t图像如图所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是（ ）
A.A、B、C三点的电势关系为φB＞φA＞φC
B.A、B、C三点的电场强度大小关系为EC＞EB＞EA
C.粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D.粒子从A点经B点运动到C点，静电力先做正功后做负功
解析：C 由图可知，带电粒子在0～t0时间内做减速运动，静电力做负功，电势能增加，在t0～3t0时间内向反方向做加速运动，静电力做正功，电势能减少，则选项C正确，D错误；由于不知道带电粒子的电性，故无法判断电势的高低，则选项A错误；图中的斜率表示粒子的加速度，即a＝＝，又由图可知aB＞aC＞aA，则A、B、C三点的电场强度大小关系为EB＞EC＞EA，故选项B错误。
2.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，带负电的点电荷沿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的过程中静电力先增大后减小
D.由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大
解析：C 由图像可知，在0～x1之间，电场强度E是正的，是沿x轴正方向的；在x1～x4之间，电场强度E是负的，是沿x轴负方向的，故由x2到x4是逆着电场线的方向，所以x4处的电势要大于x2处的电势，点电荷在两处的电势能不等，A错误；由x1运动到x3的过程中，是逆着电场线方向的，静电力对负电荷做正功，所以电势能减小，B错误；由x1运动到x4的过程中，x3处的电场强度的大小是最大的，故电荷在该点受到的静电力也应该是最大的，根据F＝qE可知静电力是先增大后减小，C正确，D错误。
3.在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在静电力作用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子（ ）
A.在－x0～0区间一直做加速运动
B.在0～x0区间受到的静电力一直减小
C.在－x0～0区间电势能一直增加
D.在0～x0区间电势能一直增加
解析：C 该图像为电势的变化图像，斜率代表了电场强度，故在0～x0区间，电场强度先增大再减小，故静电力也先增大再减小，B错误；－x0～0区间电势一直增加，该质子电势能一直增加，0～x0区间电势一直减小，该质子电势能也一直减小，C正确，D错误；在－x0～0区间，电势能增加，该质子仅受静电力作用，动能转换为电势能，动能减小，速度减小，做减速运动，A错误。
1.如图所示，实线为电场线，虚线表示电场中一簇等势面，相邻等势面之间电势差相等，一个正电荷以一定的初速度进入电场中，仅在静电力作用下从M点运动到N点（轨迹在图中没有画出），此过程中静电力对正电荷做负功，由此可以判断（ ）
A.M点的电场强度大于N点的电场强度
B.M点的电场强度等于N点的电场强度
C.M点的电势低于N点的电势
D.M点的电势等于N点的电势
解析：C 根据电场线或等差等势面的疏密程度可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，A、B错误；由EpM－EpN＝WMN，得静电力做负功时电势能增加，则正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，由Ep＝qφ知M点的电势低于N点的电势，C正确，D错误。
2.（多选）如图，在粗糙绝缘水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则小物块从M点运动到N点的过程中（ ）
A.小物块所受电场力逐渐减小
B.小物块具有的电势能逐渐减小
C.M点的电势一定高于N点的电势
D.小物块电势能的减少量一定等于克服摩擦力做的功
解析：ABD 小物块在从M运动到N的过程中，一定受到向右的摩擦力，所以库仑力一定向左，随着小物块由M运动到N，与电荷Q距离越来越大，所以小物块受到的电场力一定减小，A正确；由动能定理可得WE－μmgx＝0，即WE＝μmgx，静电力做正功，小物块具有的电势能减小，其减少量等于克服滑动摩擦力做的功，B、D正确；因为点电荷Q的电性未知，所以不能判断M、N两点电势的高低，C错误。
3.如图所示，实线为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中虚线b为一垂直电场线的圆弧，AB＝BC，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力及相互作用力。以下说法正确的是（ ）
A.由于AB＝BC，故UAB＝UBC
B.a对应粒子的速度在减小，电势能在增大
C.b、c对应粒子的动能都在增大，电势能都在减小
D.a对应粒子的加速度越来越小，c对应粒子的加速度越来越大，b对应粒子的加速度大小不变
解析：D 根据公式U＝Ed，又因为AB＝BC，且A、B间电场强度较小，UAB＜UBC，A错误；a对应粒子，静电力做正功，动能在增大，电势能在减小，B错误；b对应粒子，做圆周运动，静电力不做功，动能和电势能均不变，C错误；a对应粒子，电场强度逐渐减小，静电力减小，加速度减小，c对应粒子，电场强度逐渐增大，静电力增大，加速度增大，b对应粒子，电场强度大小不变，静电力大小不变，加速度大小不变，D正确。
4.（多选）在x轴上A、B两点处分别有点电荷Q1和Q2，两点电荷形成的静电场中，取无穷远处电势为零，x轴上各点的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.Q1带正电，Q2带负电
B.P点的电场强度为零
C.将电子（负电）从P1点沿x轴正方向移到P点的过程中，电子的电势能不断减小
D.电子仅在静电力作用下从P1点沿x轴正方向运动到P点的过程中，加速度逐渐减小
解析：CD 取无穷远处电势为零，则正电荷附近的点电势是大于零的，负电荷附近的点电势是小于零的，所以Q1带负电，Q2带正电，A错误；图中图线的斜率表示电场强度，可知P点的电场强度不为零，从P1点沿x轴正方向运动到P点的过程中，电场强度逐渐减小，由公式qE＝ma可知电子加速度逐渐减小，B错误，D正确；由题图可知，将电子（负电）从P1点沿x轴正方向移到P点的过程中，电势一直在升高，静电力做正功，电子的电势能不断减小，C正确。
5.如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电，下板B带负电，现有质量为m、电荷量为＋q的小球在B板下方距离B板为H处，以初速度v0竖直向上运动，从B板小孔进入板间电场。
（1）带电小球在板间做何种运动？
（2）欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？
答案：（1）匀减速直线运动
（2）
解析：（1）带电小球在电场外只受重力，做竖直上抛运动，是匀减速直线运动；进入电场后受向下的重力和静电力，做匀减速直线运动。
（2）对从最低点到最高点过程，根据动能定理，
有：－mg（H＋h）－qUAB＝0－m；
解得：UAB＝。
考点一 电场线 等势面与运动轨迹
1.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带负电的质点仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（ ）
A.带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小
B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C.带电质点在P点的动能大于在Q点的动能
D.三个等势面中，c的电势最高
解析：D P处等差等势面密，P处电场强度大，质点受到的静电力大，加速度大，故A错误；根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势面垂直可知带电质点所受的静电力方向应向下，所以电场线方向向上，故c的电势最高，故D正确。带电质点在电势高处电势能小，可知质点在P点的电势能大，故B错误。带电质点的总能量守恒，即带电质点在运动过程中的动能与电势能之和不变，在P点的电势能大，则动能小，故C错误。
2.如图所示，实线为一簇电场线，虚线是间距相等的等势面，一带电粒子沿着电场线方向运动，当它位于等势面φ1上时，其动能为20 eV，当它运动到等势面φ3上时，动能恰好等于零。设φ2＝0，则当粒子的动能为8 eV时，其电势能为（ ）
A.28 eV B.12 eV
C.4 eV D.2 eV
解析：D 带电粒子从等势面φ1运动到等势面φ3过程中做减速运动，动能减少20 eV，由于相邻两等势面间电势差相等，所以从等势面φ1到等势面φ2的过程中动能减少10 eV，因此在等势面φ2时动能为10 eV，此时电势能为0，因此总能量为10 eV，结合题意可知当粒子的动能等于8 eV时，电势能为2 eV，故D正确。
3.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两条边的中垂线，O点为中垂线的交点，P、Q分别为cd、ab上的点。则下列说法正确的是（ ）
A.P、O两点的电势关系为φP＜φO
B.P、Q两点电场强度的大小关系为EP＜EQ
C.若在O点放一正点电荷，则该正点电荷受到的电场力为零
D.若将某一负电荷由P点沿着图中虚曲线移到Q点，电场力做负功
解析：C 由电场线分布可知，ab、cd为等势面，且电势相等，EP＞EQ，选项A、B错误；P、Q等电势，所以把负电荷从P点沿题图中虚曲线移到Q点电场力做功为零，选项D错误；由对称性可知EO＝0，选项C正确。
考点二 电场中的功能关系
4.（多选）如图所示，倾角为θ＝30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中点，在C点固定一个带电荷量为＋Q的点电荷，一质量为m，带电荷量为－q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（ ）
A.小球从A到D的过程中静电力做功为mv2
B.小球从A到D的过程中电势能逐渐减小
C.小球从A到B的过程中电势能先减小后增大
D.A、B两点间的电势差UAB＝
解析：CD 由题述及几何关系可知，AC＝AD＝CD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由点电荷周围电势分布可知D与A的电势相等，即A、C间电势差与D、C间电势差相等，则由W＝qU，知小球从A到D的过程中静电力做的功等于0，A错误；由几何关系可知，沿AD方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中静电力对小球做正功而增大时做负功，所以小球从A到D的过程中电势能先减小后增大，B错误；结合B的分析，同理可知，小球从A到B的过程中电势能先减小后增大，C正确；设AB的长度为2L，则AD＝DB＝L，在小球从A到D的过程中，由动能定理有mgLsin θ＝mv2－0，在小球从A到B的过程中有mg·2Lsin θ＋（－qUAB）＝0－0，联立解得UAB＝，D正确。
5.（多选）如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ＝30°，场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点。当小球静止时，细线恰好水平。现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（ ）
A.外力所做的功为mgL
B.外力所做的功为qEL
C.带电小球的重力势能减少mgL
D.带电小球的电势能增加qEL
解析：ACD 小球在水平位置静止，可知小球带正电，由共点力的平衡有F电sin θ＝mg，小球从初始位置移到最低点时，电场力所做的功W电＝－EqL·（cos θ＋sin θ），因电场力做负功，电势能增加，电势能增加量ΔEp＝－EqL（cos θ＋sin θ）＝qEL，选项D正确；重力势能减少量ΔEp＝mgL，选项C正确；由动能定理有W外＋W电＋WG＝0，W外＝－（W电＋WG）＝EqL（cos θ＋sin θ）－mgL＝mgL，选项A正确，B错误。
考点三 电场中的图像问题
6.一正电荷在电场中仅受静电力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图像如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是（ ）
A.A处的电场强度一定小于B处的电场强度
B.A处的电势一定低于B处的电势
C.电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能
D.从A到B的过程中，静电力对电荷做正功
解析：B 由图像知A处的加速度大于B处的加速度，A处的电场强度一定大于B处的电场强度，A错误；根据电荷的电性，能判断电场线的方向，也就能判断电势的高低，即A处的电势一定低于B处的电势，B正确；由功能关系及动能和电势能之和守恒知C、D错误。
7.如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为＋Q的均匀带电球体，以球心O为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x的变化关系如图乙所示。则（ ）
A.x2处场强大小为
B.球内部的电场为匀强电场
C.x1、x2两点处的电势相同
D.假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功相同
解析：A 计算x2处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点O的点电荷，则有x2处场强大小为E＝，故A正确；由E-x图像可知，球内部由O到球表面区间电场强度均匀增大，所以内部电场为非匀强电场，故B错误；x轴上O点右侧的电场方向始终是向右的，沿着电场的方向电势逐渐降低，可知＞，故C错误；E-x图像与x轴所围面积表示电势差，由题图乙可知两处面积不相等，所以x1处与球表面、球表面与x2处的电势差不同，则将试探电荷沿x轴从x1移到R处和从R移到x2处电场力做功不相同，故D错误。
8.如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O），其上有M、N、P三点，间距MN＝NP，Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙，则（ ）
A.M点电场强度大小为零
B.N点电场强度大小为零
C.M、N之间电场方向沿x轴负方向
D.一带正电试探电荷从P移到M过程中，电场力做功｜WPN｜＝｜WNM｜
解析：B φ-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知N处场强为零，M处的场强不为零，故A错误，B正确；M点的电势为零，MN电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向由M指向N，沿x轴正方向，故C错误；由题图乙可知，UMN＞UPN，故电场力做功qUMN＞qUPN，正试探电荷从P移到M过程中，电场力做负功，故｜WPN｜＜｜WNM｜，故D错误。
9.如图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子（仅在静电力作用下）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（ ）
A.粒子在三点的电势能大小关系为Epc＜Epa＜Epb
B.粒子在三点所受的静电力不相等
C.粒子必先过a，再到b，然后到c
D.粒子在三点所具有的动能大小关系为Ekc＜Eka＜Ekb
解析：A 因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断该区域电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的静电力相等，B错误。由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力一定是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子无论是依次沿a、b、c运动，还是依次沿c、b、a运动，都会得到如题图所示的轨迹，C错误。粒子在电场中运动时，只有静电力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由题图可知，带负电的粒子在b点时的电势能最大，在c点时的电势能最小，则可判断粒子在c点的动能最大，在b点的动能最小，A正确，D错误。
10.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，不计试探电荷受到的重力，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之间受到的静电力沿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
解析：C 试探电荷在x2～x4之间电势能增大，试探电荷受到的静电力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受静电力沿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。
11.一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉至水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零。试求：
（1）A、B两点的电势差UAB；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小。
答案：（1）－ （2） （3）mg
解析：（1）小球由A到B过程，由动能定理得mgLsin 60°＋qUAB＝0，解得UAB＝－。
（2）B、A间电势差为UBA＝－UAB＝，
则电场强度大小E＝＝。
（3）分析可知小球在A、B间摆动，由对称性得知，B处细线拉力与A处细线拉力大小相等，而在A处，由水平方向受力平衡有TA＝qE＝mg，所以TB＝TA＝mg。
12.如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球下落的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆
心、R为半径的圆相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，重力加速度为g，求：
（1）小球通过C点的速度大小；
（2）小球由A到C的过程中电势能的增加量。
答案：（1） （2）mgh－mv2－mgR
解析：（1）因为B、C两点电势相等，所以小球由B到C只有重力做功，由动能定理得
mgRsin 30°＝m－mv2
解得vC＝。
（2）由A到C，设电场力做功为WAC，则由动能定理得WAC＋mgh＝m－0
解得WAC＝mv2＋mgR－mgh
由电势能变化与电场力做功的关系得
ΔEp＝－WAC＝mgh－mv2－mgR。
1 / 3第十章 静电场中的能量
1.电势能和电势
课标要求 素养目标
1.知道静电力做功的特点。 2.理解电势能、电势的概念，知道参考点的选取原则。 3.理解电场力做功与电势能变化的功能关系 1.初步形成电势能、电势的概念。（物理观念） 2.通过类比法，探究静电力做功的特点。（科学探究） 3.了解电势能和电势的定义方法，培养良好的学习习惯。（科学态度与责任）
知识点一 静电力做功的特点 电势能
1.静电力做功的特点
在电场中移动电荷时，静电力所做的功与电荷的 起始 位置和 终止 位置有关，与电荷经过的路径 无关 。
2.电势能
（1）定义：电荷在 电场 中具有的势能，用Ep表示。
（2）静电力做功与电势能变化的关系
①关系式：WAB＝ EpA－EpB 。
②静电力做正功，电势能 减少 ；静电力做负功，电势能 增加 。
3.电势能的大小
（1）先规定 零 势能位置。通常规定电荷在离场源电荷 无限远 处或电荷在 大地表面 电势能为零。
（2）电荷在某点的电势能，等于把它从这点移到 零势能位置 时静电力所做的功。
知识点二 电势
1.定义：电荷在电场中某一点的 电势能 与它的电荷量之比。
2.定义式：φ＝ 。
3.单位：在国际单位制中，电势的单位是 伏特 ，符号是 V 。
4.与电场线方向的关系：沿着电场线方向电势逐渐 降低 。
5.标矢性：电势是标量，只有大小，没有方向，但有 正负 之分。
【情景思辨】
如图所示，一个不计重力的试探电荷在匀强电场中a点由静止释放运动到b点。
（1）图中的电荷为正电荷，释放后静电力做正功，电荷的电势能减小。（ √ ）
（2）电荷的电势能是相对的，其大小与规定的零势能点有关。（ √ ）
（3）电场中a点电势低于b点电势。（ × ）
（4）电荷从a点运动到b点，其电势能的变化量由静电力做功决定。（ √ ）
要点一 静电力做功与电势能变化的关系
【探究】
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？
提示：正功，电势能减少。
【归纳】
1.电势能的性质
性质 理解
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
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，首先应确定零势能位置
标矢性 电势能是标量，有正负，但没有方向
2.电势能大小的四种判断方法
（1）做功判断法：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。
（2）电荷电势法：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）公式法：由Ep＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式进行判断。
（4）能量守恒法：在电场中，若只有电场力做功，电荷的动能和电势能相互转化，动能增大时，电势能减小，反之电势能增大。
【典例1】 将电荷量为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移到C，静电力做了1.2×10－5 J的功，则：
（1）该电荷从A移到B，再从B移到C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？
答案：（1）增加1.8×10－5 J （2）3×10－5 J
1.8×10－5 J
解析：（1）负电荷从A移到C，静电力做的功WAC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J，电势能增加1.8×10－5 J。
（2）WAB＝EpA－EpB＝－3×10－5 J，又EpA＝0，则EpB＝3×10－5 J。WAC＝EpA－EpC＝－1.8×10－5 J，又EpA＝0，则EpC＝1.8×10－5 J。
1.（多选）一个电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做了5×10－6 J的功，那么（ ）
A.电荷在B点将具有5×10－6 J的电势能
B.电荷在B点将具有5×10－6 J的动能
C.电荷的电势能减少了5×10－6 J
D.电荷的动能增加了5×10－6 J
解析：CD 电荷只在静电力作用下从电场中的A点移到B点时，静电力做正功，电势能减少，静电力做了多少正功，电荷的电势能就减少多少，由动能定理可知，动能就增加多少。因电荷在A点的动能和电势能不知道，所以不能确定电荷在B点的动能和电势能，故选项A、B错误，C、D正确。
2.如图所示，在真空中有两个带电荷量相等的正电荷q1和q2，它们分别固定在A、B两点，CD为A、B连线的中垂线。现将正电荷q3由C沿CD移至无限远处，在此过程中（ ）
A.q3的电势能逐渐增加
B.q3的电势能先逐渐增加，后逐渐减少
C.q3受到的静电力逐渐减小
D.q3受到的静电力先逐渐增大，后逐渐减小
解析：D 根据电场的叠加可知，CD线上各点场强方向均由C指向D，C点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以将q3由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先逐渐增大，后逐渐减小，q3受到的静电力先逐渐增大，后逐渐减小，C错误，D正确；静电力一直对q3做正功，q3的电势能不断减小，A、B错误。
要点二 电势的理解和计算
1.电势的性质
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穷远处或大地选为零电势点
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
标量性 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点；负值表示该点的电势低于零电势点。电势的正负只表示大小，不表示方向
2.电势高低的三种判断方法
（1）依据电场线方向：沿电场线方向电势逐渐降低。
（2）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。
（3）依据电势能的高低：正电荷电势能大处电势较高，负电荷电势能大处电势较低。
【典例2】 如果把q＝1.0×10－8 C的正电荷从无限远处移到电场中的A点，需要克服静电力做功W＝1.2×10－4 J，那么：
（1）q在A点的电势能和A点的电势各是多少？
（2）q未移入电场前，A点的电势是多少？
答案：（1）1.2×10－4 J 1.2×104 V （2）1.2×104 V
解析：（1）静电力做负功，电势能增加，无限远处的电势为零，电荷在无限远处的电势能也为零，即φ∞＝0，Ep∞＝0。由W∞A＝Ep∞－EpA得EpA＝Ep∞－W∞A＝0－（－1.2×10－4 J） ＝1.2×10－4 J
那么φA＝＝1.2×104 V。
（2）A点的电势是由电场本身决定的，跟A点是否有电荷存在无关，所以q未移入电场前，A点的电势仍为1.2×104 V。
1.如图所示，a、b、c是电场中的三个点，其电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec，电势分别为φa、φb、φc。下列说法正确的是（ ）
A.Ea＜Eb＜Ec B.Ea＝Eb＝Ec
C.φa＞φb＞φc D.φa＝φb＞φc
解析：C 电场线密的地方场强大，疏的地方场强小，题图所示三点中，a点处电场线最密，则a点的电场强度最大；c点处电场线最稀疏，则c点的电场强度最弱，所以有Ea＞Eb＞Ec，故A、B错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，则有φa＞φb＞φc，故C正确，D错误。
2.（多选）某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得（ ）
A.M点的电场强度小于N点的电场强度
B.M点的电势低于N点的电势
C.将一负电荷由O点移到M点电势能增加
D.将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同
解析：BC M点的电场线较N点密集，故M点的电场强度大于N点的电场强度，选项A错误；顺着电场线方向电势降低，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C正确；因M、N点电势不相等，正电荷在M、N两点所具有的电势能也不相等，所以正电荷从O点分别移到M点和N点电势能的变化量不相同，电场力做功也不相同，选项D错误。
1.如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电荷量为q的正点电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，静电力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，静电力做功为W2；第三次沿曲线ADB移动该电荷，静电力做功为W3，则（ ）
A.W1＞W2＞W3 B.W1＜W2＜W3
C.W1＝W2＝W3 D.W1＝W2＞W3
解析：C 假设A、B两点相距为l，直线AB与电场线的夹角为θ（θ＜90°），根据功的定义可知，静电力做的功均为qElcos θ，故沿三种路径移动该电荷，静电力做功相等，选项C正确，A、B、D错误。
2.某电场区域的电场线如图所示，a、b是其中一条电场线上的两点，下列说法正确的是（ ）
A.负电荷在a点受到的静电力小于它在b点受到的静电力
B.a点的电场强度方向沿着a点的电场线向左
C.正电荷在a点的电势能小于它在b点的电势能
D.a点处的电场强度大于b点处的电场强度
解析：D 电场线的疏密可以判断电场强度的大小，a点处比b点处电场线密，所以a点处电场强度大，电荷在该点的静电力大，A错误，D正确；a点的电场强度方向为该点的电场线方向，向右，B错误；沿电场线方向电势降低，a点电势大于b点电势，所以正电荷在a点处的电势能大于在b点处的电势能，C错误。
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
解析：C 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。
4.（2023·北京高考8题）如图所示，两个带等量正电荷的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后（ ）
A.做匀加速直线运动
B.在O点所受静电力最大
C.由E到O的时间等于由O到F的时间
D.由E到F的过程中电势能先增大后减小
解析：C 带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为平衡位置做简谐运动，在O点所受电场力为零，故A、B错误；根据运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。
5.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（ ）
A.a点的电场强度比b点的小
B.a点的电势比b点的高
C.c点的电场强度比d点的小
D.c点的电势比d点的低
解析：D 电场线的疏密反映电场强度的大小，结合题图可知a点的电场强度比b点的电场强度大，A项错误；a点电势与左侧负电荷附近且与b点在同一电场线上的某点电势相等，又顺着电场线的方向电势逐渐降低，因此b点电势比a点电势高，B项错误；两个负电荷在c点的合电场强度为零，而在d点的合电场强度方向向下，正电荷在c、d两点电场强度大小相等，方向相反，因此电场叠加后c点电场强度比d点电场强度大，C项错误；在正电荷的电场中，c、d两点的电势相等，而在负电荷的电场中离负电荷越远的地方电势越高，因此d点电势比c点电势高，D项正确。
考点一 静电力做功与电势能变化的关系
1.把负点电荷沿电场线方向由a点移至c点的过程中，关于静电力对电荷所做的功和电荷电势能的变化，下列说法正确的是（ ）
A.静电力做正功，电势能增加
B.静电力做正功，电势能减少
C.静电力做负功，电势能增加
D.静电力做负功，电势能减少
解析：C 把负点电荷沿电场线由a点移至c点的过程中，受力方向与位移方向相反，所以静电力做负功，电势能增加，故C正确，A、B、D错误。
2.（多选）如图所示，实线为两点电荷形成的电场线，若不计重力的带电粒子仅在静电力作用下从C点运动到D点，轨迹如图中虚线所示，则下列说法中正确的是（ ）
A.由C到D过程中静电力对带电粒子做正功
B.由C到D过程中带电粒子动能减小
C.粒子带正电
D.A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量
解析：ACD 根据带电粒子仅在静电力作用下从C点运动到D点的轨迹，可判断所受静电力大体指向弯曲一侧，结合某点的切线方向，即为速度方向，从而判断粒子带正电，根据电场线的分布情况可知，带电粒子从C到D的过程中，静电力的方向与运动方向的夹角小于90°，静电力对其做正功，电势能减小，动能增大，故A、C正确，B错误。根据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量，故D正确。故选A、C、D。
3.（多选）如图所示，在光滑绝缘的水平面上放置两个带异种电荷、电荷量不同的小球Q1和Q2，则由静止释放后（ ）
A.两小球的加速度逐渐增大
B.两小球的电势能逐渐减小
C.两小球受到的库仑力不做功
D.两小球受到的库仑力大小不相等
解析：AB 两球带异种电荷，两者相互吸引，距离减小，根据库仑定律F＝k，可知两小球受的库仑力均在增大，根据牛顿第二定律F＝ma，可知两小球的加速度均逐渐增大，故A正确；两小球都在库仑力作用下做加速运动，动能增大，库仑力做正功，电势能减小，故B正确，C错误；两小球受到的库仑力是作用力与反作用力，由牛顿第三定律知两小球受到的库仑力大小相等、方向相反，故D错误。
4.如图所示，在暴雨前，有一带电云团（可近似看作带电绝缘球）正慢慢靠近地面，某野外地面附近有一质量较小的带电体被吸上天空，带电体在上升过程中，以下说法正确的是（ ）
A.带电体的电势能一定越来越大
B.带电体所经过的不同位置的电势一定越来越高
C.带电体所经过的不同位置的电场强度一定越来越大
D.带电体的加速度一定越来越小
解析：C 带电体在上升的过程中，静电力做正功，电势能减小，故A错误；由于不知道云层所带电荷的电性，所以带电体上升的过程中，不能判断出电势如何变化，故B错误；因为越靠近场源，电场强度越大，所以带电体在上升中所处位置的电场强度越来越大，故C正确；根据电场强度越来越大，则静电力越来越大，合力越来越大，根据牛顿第二定律知，加速度越来越大，故D错误。
考点二 电势的理解和计算
5.在带电荷量为q的点电荷形成的电场中有一点A，当一个带电荷量为－q的检验电荷从电场的无限远处（电势为零）被移到电场中的A点时，静电力做的功为W，则检验电荷在A点的电势能及电场中A点的电势分别为（ ）
A.EpA＝－W，φA＝
B.EpA＝W，φA＝－
C.EpA＝W，φA＝
D.EpA＝－W，φA＝－
解析：A 无限远处电势为零，当检验电荷的电势能也为零，当检验电荷从电场的无限远处被移到电场中的A点时，静电力做的功为W＝Ep0－EpA，可得检验电荷在A点的电势能EpA＝－W，根据电势的定义可得φA＝＝，故A正确，B、C、D错误。
6.如图所示，真空中某正点电荷O左右两边相等距离处有两点A、B，则（ ）
A.A点电场强度和B点电场强度相同
B.A点的电势比B点的电势高
C.一带正电的试探电荷在A点的电势能比在B点的大
D.将一带正电的试探电荷从A点沿直线向正点电荷O移动的过程中，静电力做负功
解析：D A、B两点关于O点对称，根据正点电荷的电场线分布情况可知，A、B两点电场强度的大小相等，方向不同，故A错误；根据对称性可知，A、B两点的电势相等，B错误；根据Ep＝φq，A、B两点电势相等，可知带正电的试探电荷在A点的电势能与在B点的电势能相等，C错误；将一带正电的试探电荷从A点沿直线向正点电荷O移动的过程中，静电力方向与试探电荷运动方向相反，静电力做负功，D正确。
7.如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA＝AB＝BN。下列说法正确的是（ ）
A.A、B两点场强相同
B.A、B两点电势相等
C.将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功
D.负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
解析：A 由点电荷的场强合成可知A和B两点场强方向均向右，大小相等，选项A正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA＞φB，选项B错误；正电荷从A点移到B点，所受电场力与运动方向相同，电场力做正功，选项C错误；Ep＝qφ，因为q＜0，所以EpA＜EpB，选项D错误。
8.（多选）将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，稳定后所形成电场的电场线分布如图所示，a、b为电场中的两点，则（ ）
A.a点的电场强度比b点的大
B.a点的电势比b点的低
C.检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大
D.将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，静电力做负功
解析：AD 电场线的疏密表示电场强度的大小，据图可知，a点的电场强度比b点的电场强度大，故A正确； a点所在处的电场线从Q发出到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，所以a点的电势比b点的电势高，故B错误； 电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能比b点的小，把检验电荷－q从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，静电力做负功，故C错误，D正确。
9.在某个空间中有一匀强电场如图所示，放入一点电荷，将它由点A移至点B，静电力做功3×10－3 J。则下列说法正确的是（ ）
A.A点的电势比B点低
B.点电荷带负电
C.该过程中，点电荷的电势能减少了3×10－3 J
D.该过程中，点电荷的动能减少了3×10－3 J
解析：C 沿着电场线方向电势降低，因此A点电势比B点高，A错误；从A运动到B的过程中，静电力做正功，因此电荷受静电力的方向与电场线方向相同，点电荷带正电，B错误；由于静电力做的正功等于电势能的减少量，因此该过程中，点电荷的电势能减少了3×10－3 J，C正确；如果仅由静电力做功，根据动能定理，动能增加3×10－3 J，如果还有其他的力，无法判断动能的变化，D错误。
10.真空中等量异种点电荷A、B周围的电场分布情况如图所示，图中O点为两点电荷连线的中点，M、N为两点电荷连线的中垂线上的两点，OM＝ON，P、Q关于O点对称。下列说法中正确的是（ ）
A.P、Q两点电势相同
B.在P点由静止释放一试探电荷，电荷可沿直线运动到Q点
C.同一试探电荷在O、P、Q三点受到的静电力方向相同
D.O、M、N三点的电场强度的大小关系是EM＝EN＜EO
解析：D P点的电势与关于两点电荷连线的对称点电势相等，根据几何关系知P关于两点电荷连线的对称点与Q在同一条电场线上，由沿着电场线方向电势逐渐降低可知P、Q两点电势不相同，故A错误；在P点由静止释放一试探电荷，试探电荷运动过程中所受静电力方向不断改变，不可能沿直线运动到Q点，故B错误；根据对称性可知同一试探电荷在P、Q两点受到的静电力方向相同，但与在O点受到的静电力方向不同，故C错误；根据电场线的疏密程度可知EM＝EN＜EO，故D正确。
11.（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，仅在静电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
解析：BD 由题意可知O点合电场强度为零，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静电力做负功，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；同理根据电场线分布可知负电荷从c点到d点静电力做负功，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。
12.（多选）（2023·海南高考12题）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两点电场强度相同
B.M、N两点电势相同
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 根据电场强度叠加原理以及对称性可知，M、N两点的电场强度大小相同，但是方向不同，A错误；由对称性可知在A、B处的正电荷在M、N两点产生的电势相等，在C点的负电荷在M、N两点产生的电势也相等，则M、N两点电势相等，B正确；负电荷从M移到O，因A、B两电荷对负电荷的库仑力的合力从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。
13.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？
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
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。
1 / 32.电势差
课标要求 素养目标
1.理解电势差的概念，知道电势差与电势零点的选择无关。 2.掌握两点间电势差的表达式，知道两点之间电势差的正、负号与这两点的电势高低之间的对应关系。 3.会用UAB＝φA－φB及UAB＝进行有关计算 1.初步形成电势差的概念。（物理观念） 2.领会根据功能关系推导电势差定义式的过程。（科学推理） 3.了解电势差的定义方法，培养良好的学习习惯。（科学态度与责任）
知识点一 电势差
1.定义：在电场中，两点之间 电势 的差值，也叫作电压。
2.大小：UAB＝ φA－φB ，UBA＝ φB－φA ，UAB＝－UBA。
3.标矢性：电势差是 标量 ，可以是正值，也可以是负值。若UAB＞0，表示A点电势比B点电势高；若UAB＜0，表示A点电势比B点电势低。
4.单位：与电势的单位相同，在国际单位制中是伏特，符号是V。
5.静电力做功与电势差的关系式
WAB＝qUAB或UAB＝。
知识点二 等势面
1.定义：在电场中电势 相同 的各点构成的面。
2.特点
（1）在同一个等势面上移动电荷时，静电力 不做功 。
（2）电场线跟等势面 垂直 ，并且由电势 高 的等势面指向电势 低 的等势面。
【情景思辨】
如图所示的等势面分别是单一点电荷的等势面、匀强电场的等势面、不规则带电体的等势面。
观察上述等势面与电场线的特点，判断下列说法的正误。
（1）图中的等势面与电场线相互垂直。（ √ ）
（2）等势面上，各点电势相同，电场强度不一定相同。（ √ ）
（3）两等势面不相交。（ √ ）
（4）匀强电场的等势面不一定相互平行。（ × ）
要点一 电势差的理解和计算
【探究】
如图所示，当B板接地（φB＝0）时，A板的电势φA＝8 V，φM＝6 V，φN＝2 V。
（1）M、N两点间的电势差是多少？
（2）若改为A板接地（φA＝0），则M、N两点间的电势差是多少？
提示：（1）UMN＝φM－φN＝（6－2）V＝4 V。
（2）UMN＝φM－φN＝[（－2）－（－6）]V＝4 V。
【归纳】
1.电势差与电势的对比
电势φ 电势差U
区别 定义 电势能与电荷量的比值，φ＝ 电场中两点电势的差值，UAB＝φA－φB
决定因素 由电场和在电场中的位置决定 由电场和场内两点位置决定
相对性 有，与零电势位置的选取有关 无，与零电势位置的选取无关
电势φ 电势差U
联系 数值关系 UAB＝φA－φB，当φB＝0时，UAB＝φA
单位 相同，均是伏特（V）
标矢性 都是标量，且均具有正负
物理意义 均是描述电场能性质的物理量
2.对电势差的理解
（1）客观性：电势差UAB由电场本身决定，在确定的电场中，两点间的电势差有确定值，与是否有移动电荷无关。
（2）绝对性：电场中两点间的电势差与零电势点的选取无关。
【典例1】 有一带电荷量q＝－3×10－6 C的点电荷，从电场中的A点移到B点时克服静电力做功6×10－4 J，从B点移到C点时静电力做功9×10－4 J。
（1）求A与B、B与C、C与A间的电势差；
（2）取B点为零电势点，求A、C两点的电势；
（3）比较电荷在A、C两点的电势能的大小。
答案：（1）200 V －300 V 100 V （2）200 V 300 V （3）A点电势能大
解析：（1）负点电荷从A点移到B点克服静电力做功，则WAB＝－6×10－4 J
A、B间的电势差UAB＝＝ V＝200 V
同理，B、C间的电势差UBC＝＝ V＝－300 V
C、A间的电势差UCA＝－UAC＝－（UAB＋UBC）＝100 V。
（2）取B点为零电势点。
由UAB＝φA－φB得A点的电势φA＝UAB＝200 V
由UBC＝φB－φC得C点的电势φC＝－UBC＝300 V。
（3）电荷从A点移到C点静电力做的功WAC＝WAB＋WBC＝3×10－4 J，所以电势能减少，则点电荷在A点的电势能大。
误区警示
电势差是标量，电势差的正、负既不表示大小，也不表示方向。正、负表示两点电势的高低。
1.（多选）关于电势差UAB和电势φA、φB的理解，正确的是（ ）
A.φA、φB都有正负，所以电势是矢量
B.UAB表示B点与A点之间的电势差，即UAB＝φB－φA
C.UAB和UBA是不同的，它们满足关系UAB＝－UBA
D.零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地或无穷远处为零电势点
解析：CD 电势是标量，A错误；UAB表示A点与B点之间的电势差，即UAB＝φA－φB，B错误；UBA＝φB－φA，故UAB＝－UBA，C正确；零电势点可以任意规定，但通常情况下规定大地或无穷远处为零电势点，D正确。
2.如图，一位女同学在科技馆的静电魔球旁体验“怒发冲冠”，她站在绝缘平台上，左手按在金属球上，结果头发竖立起来了。假设女同学的左手电势为φ1，右手电势为φ2，下列说法正确的是（ ）
A.φ1－φ2＝0 B.φ1－φ2＞0
C.φ1－φ2＜0 D.无法确定
解析：A 人体是导体达到静电平衡后，女同学两只手电势相等，故φ1＝φ2，A正确，B、C、D错误。
要点二 电势差与静电力做功的关系
【探究】
在如图所示的电场中有A、B两点，若选取无穷远处为零电势点，A、B两点的电势分别为φA、φB。
（1）A、B两点的电势差UAB是多少？若把某电荷q从A移到B，电荷的电势能变化了多少？
（2）根据静电力做功与电势能变化的关系，求静电力对该电荷做的功。
提示：（1）UAB＝φA－φB，电势能的变化量为ΔEp＝EpB－EpA＝q（φB－φA）。
（2）WAB＝EpA－EpB＝qφA－qφB＝q（φA－φB）＝qUAB。
【归纳】
1.对公式WAB＝qUAB和UAB＝的理解
（1）公式WAB＝qUAB适用于任何电场，式中UAB为A、B两点间的电势差，WAB为q从初位置A运动到末位置B时静电力做的功。
（2）电势差UAB仅与电场中A、B两点的位置有关，不能认为UAB与WAB成正比，与q成反比，只是可以利用来计算A、B两点间的电势差。
（3）WAB＝qUAB中，静电力做的功WAB与移动电荷q的路径无关，只与初、末位置的电势差有关。
2.应用公式UAB＝解题的两种思路
（1）将各量均带正负号运算：WAB的正、负表示正、负功；q的正、负表示电性，UAB的正、负反映φA、φB的高低。计算时W与U的角标要对应，即WAB＝qUAB，WBA＝qUBA。
（2）将各量的绝对值代入运算：W、q、U均代入绝对值，然后再结合题意判断电势的高低。
【典例2】 在电场中有A、B两点，它们的电势分别为φA＝－100 V，φB＝200 V，把电荷量q＝－2.0×10－7 C的点电荷从A点移到B点，是静电力做正功还是点电荷克服静电力做功？做了多少功？
思路点拨 求解静电力做功有多种方法，根据题中的已知条件选择合适的公式是解决本题的关键。
答案：静电力做正功 6.0×10－5 J
解析：法一：（用WAB＝－ΔEp计算）
电荷在A、B两点的电势能分别为EpA＝qφA＝（－2.0×10－7）×（－100）J＝2.0×10－5 J，EpB＝qφB＝（－2.0×10－7）×200 J＝－4.0×10－5 J。根据WAB＝－ΔEp可知，电荷从A到B的过程中静电力所做的功WAB＝－（EpB－EpA）＝6.0×10－5 J。因为WAB＞0，所以静电力做正功。
法二：（用WAB＝qUAB计算）
电荷从A到B的过程中，静电力做的功WAB＝qUAB＝（－2.0×10－7）×[（－100）－200]J＝6.0×10－5 J。由于计算得出的WAB为正值，所以静电力做正功。
规律方法
求解静电力做功的常用方法
（1）功的定义法：W＝qEd，仅适用于匀强电场，公式中d表示始、末位置沿电场线方向的距离。
（2）电势差法：WAB＝qUAB，既适用于匀强电场，又适用于非匀强电场，计算时要注意带符号运算。
（3）电势能变化法：WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB，适用于任何电场。
（4）动能定理法：W静电力＋W其他力＝ΔEk，适用于任何电场。
四个公式中，前三个公式可以互相导出，应用时要注意它们的适用条件，要根据具体情况灵活选用公式。
1.在电场中将一带电荷量为q＝－1.5×10－6 C的点电荷从A点移到B点，电势能减少3×10－4 J，电场中C点与A点的电势差UCA＝100 V，将这一点电荷从B点移到C点，静电力做的功为（ ）
A.1.5×10－4 J B.－1.5×10－4 J
C.3.0×10－4 J D.－3.0×10－4 J
解析：B 点电荷由A点移到B点，电势能减少，故静电力做正功，WAB＝3×10－4 J，由UAB＝得UAB＝ V＝－200 V，又UCA＝100 V，故UBC＝UBA＋UAC＝－UAB－UCA＝100 V，所以WBC＝qUBC＝－1.5×10－4 J，B正确。
2.如图所示，在真空中的O点固定一个点电荷Q＝＋2×10－9 C，直线MN通过O点，OM的距离r＝0.30 m，M点放一个点电荷q＝－1×10－10 C。（k＝9.0×109 N·m2/C2）求：
（1）q在M点受到的静电力的大小；
（2）若q从电场中的M点移到N点，克服静电力做功为1.5×10－9 J，M、N两点间的电势差UMN为多少。
答案：（1）2×10－8 N （2）15 V
解析：（1）由库仑定律有F＝k
代入数据解得F＝9.0×109× N＝2×10－8 N。
（2）由UMN＝
代入数据解得UMN＝ V＝15 V。
要点三 等势面的特点与应用
【探究】
在地理学中，为了形象地表示地形的高低，常采用在地图上画等高线的方法。在电场中，我们也可以采用类似的方法表示电势的高低分布，采用画等势线（面）的方法。如图所示为等量同种点电荷形成的电场的电势分布规律。
探究：（1）两个不同的等势面能相交吗？
（2）顺着电场线，等势面的电势如何变化？
提示：（1）不能；（2）降低。
【归纳】
1.等势面的特点
（1）等势面是为描述电场的性质而假想的面。
（2）沿等势面移动电荷，静电力始终不做功。
（3）电场线总是和等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面。
（4）在电场线密集的地方，等差等势面密集；在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏。
（5）在空间中两等势面不相交。
2.四种常见的典型电场的等势面对比
电场 等势面（实线） 特征描述
匀强电场 垂直于电场线的一簇等间距平面
点电荷的电场 以点电荷为球心的一簇球面
电场 等势面（实线） 特征描述
等量异种点电荷的电场 连线的中垂面上的电势为零
等量同种正点电荷的电场 连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高。关于中点左右对称或上下对称的点，电势相等
【典例3】 （多选）位于A、B处的两个电荷量不相等的负点电荷在平面内的电势分布如图所示，图中实线点表示等势线，则（ ）
A.a点和b点的电场强度相同
B.正电荷从c点移到d点，静电力做正功
C.负电荷从a点移到c点，静电力做正功
D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大
答案：CD
解析：a点的等势线比b点的稀疏，故a点的电场强度比b点的小，选项A错误。c点电势低于d点电势，正电荷从c点移到d点，即正电荷向高电势处移动，静电力做负功，选项B错误。a点电势低于c点电势，负电荷从a点到c点是向高电势处移动，静电力做正功，选项C正确。从e点到f点，电势先变低后变高，故沿此方向移动正电荷，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D正确。
规律方法
等势面的应用
（1）由等势面可以判断电场中各点电势的高低及差值。
（2）由等势面可以判断静电力对移动电荷做功的情况。
（3）已知等势面的形状分布，可以绘制电场线。
（4）由等差等势面的疏密，可以比较不同点电场强度的大小。
某电场中的等势面如图所示，下列关于该电场的描述正确的是（ ）
A.负电荷在A点的电势能比在B点的电势能大
B.电荷沿等势面AB移动的过程中，静电力始终不做功
C.负电荷在A点的电势能比在C点的电势能大
D.正电荷由A移动到C，静电力做负功
解析：B A点和B点在同一等势面上，所以负电荷在A点的电势能和在B点的电势能一样大，A错误；电荷沿等势面AB移动的过程中，静电力始终不做功，B正确；负电荷在电势越低的地方电势能越大，所以负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小，C错误；正电荷由A移到C，WAC＝qUAC＞0，所以正电荷由A移动到C，静电力做正功，D错误。
1.在电场中将一带电荷量q＝－1×10－9 C的负电荷从B点移至A点时，克服静电力做功2×10－6 J，将该电荷从A点移至C点，则需克服静电力做功3×10－6 J，则B、C间的电势差大小为（ ）
A.5 000 V B.3 000 V
C.2 000 V D.1 000 V
解析：A 负电荷由B移到C，静电力做功为WBC＝WBA＋WAC＝－2×10－6 J－3×10－6 J＝－5×10－6 J，则UBC＝＝ V＝5 000 V，所以B、C间的电势差大小为5 000 V。故A正确。
2.一对等量正点电荷的电场的电场线（实线）和等势线（虚线）如图所示，图中A、B两点电场强度分别是EA、EB，电势分别是φA、φB，负电荷q在A、B处时的电势能分别是EpA、EpB，下列判断正确的是（ ）
A.EA＞EB，φA＞φB，EpA＜EpB
B.EA＞EB，φA＜φB，EpA＜EpB
C.EA＜EB，φA＞φB，EpA＞EpB
D.EA＜EB，φA＜φB，EpA＞EpB
解析：A A处电场线比B处密集，故EA＞EB；距离正电荷越近电势越高，故φA＞φB；负电荷在A、B处的电势能EpA＜EpB，故A正确。
3.（多选）如图所示，真空中M、N处分别放置两等量异种电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，d点和e点位于a等势线上，f点位于c等势线上，df平行于MN。以下说法正确的是（ ）
A.d点的电势高于f点的电势
B.d点的电势与e点的电势相等
C.若将一负试探电荷沿直线由d点移动到f点，则静电力先做正功、后做负功
D.若将一正试探电荷沿直线由d点移动到e点，试探电荷的电势能增加
解析：AB 电场线从M指向N，而沿电场方向电势降低，所以d点的电势高于f点的电势，选项A正确；d点和e点在同一条等势线上，所以两点电势相等，选项B正确；若将一负试探电荷沿直线由d点移动到f点过程中，静电力方向与运动方向夹角为钝角，所以静电力一直做负功，选项C错误；若将一正试探电荷沿直线由d点移动到e点，过程始末试探电荷的电势相等，所以静电力做功为零，电势能不变，选项D错误。
4.在电场中把电荷量为Q1＝2.0×10－9 C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10－7 J，再把电荷量为Q2＝4.0×10－9 C的正电荷从B点移到C点，克服静电力做功4.0×10－7 J。
（1）求A、B两点间电势差；
（2）比较A、B、C三点的电势；
（3）若A点电势为零，则C点电势为多少？
（4）若A点电势为零，则Q2在B点电势能为多少？
答案：（1）75 V （2）φC＞φA＞φB （3）25 V
（4）－3.0×10－7 J
解析：（1）设电荷量为Q1＝2.0×10－9 C的正电荷从A点移到B点静电力做功为WAB，则WAB＝UABQ1，
得UAB＝＝ V＝75 V。
（2）把电荷量为Q2＝4.0×10－9 C的正电荷从B点移到C点，克服静电力做功为WBC，则静电力做功为－WBC＝UBCQ2，
得UBC＝＝ V＝－100 V，
又因UAB＝φA－φB，UBC＝φB－φC，
得UAC＝φA－φC＝（φA－φB）＋（φB－φC）＝UAB＋UBC＝－25 V，
通过比较可知φC＞φA＞φB。
（3）UAC＝－25 V，若A点电势为零，则C点电势为25 V。
（4）若A点电势为零，那么φB＝－75 V，则Q2在B点电势能为Ep＝φBQ2＝－75×4.0×10－9 J＝－3.0×10－7 J。
考点一 电势差 电势差与静电力做功的关系
1.在静电场中，将一个电子由a点移到b点，电场力做功为－8 eV，下列说法正确的是（ ）
A.a、b两点间的电势差Uab＝8 V
B.电子的电势能减少了8 eV
C.电场强度的方向一定由a指向b
D.因零电势点未确定，故a、b两点间的电势差无法确定
解析：A a、b两点间的电势差Uab＝＝＝8 V，故A正确；电子由a点移到b点，电场力做功－8 eV，即克服电场力做功8 eV，电子的电势能增加了8 eV，故B错误；根据题中条件不能确定电场强度的方向，即电场强度的方向不一定由a指向b，故C错误；电势差与零电势点的选择无关，根据已知条件能求出a、b两点间的电势差，故D错误。
2.在静电场中，一个带电荷量 q＝2.0×10－9 C的负电荷从A点移动到B点，在这过程中，除静电力外，其他力做的功为 4.0×10－5 J，质点的动能增加了8.0×10－5 J，则 A、B 两点间的电势差为（ ）
A.2×10－4 V B.1×104 V
C.－2×104 V D.2×104 V
解析：C 静电力做功W＝Uq，对该电荷运用动能定理分析有ΔEk＝W其他＋Uq，负电荷电荷量为负值，解得U＝－2×104 V。故C正确。
3.（多选）图甲中直线PQ表示电场中的一条电场线，质量为m、电荷量为q的带负电粒子仅在静电力作用下沿电场线向右运动，经过P点时速度为v0，到达Q点时速度减为零，粒子运动的v-t图像如图乙所示。下列判断正确的是（ ）
A.Q点电势高于P点电势
B.P点电场强度大于Q点电场强度
C.P、Q两点间的电势差为
D.带负电的粒子在P点的电势能大于在Q点的电势能
解析：BC 由图乙知带负电粒子的速度减小，受到向左的静电力，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，A错误；由图乙可知，P处的加速度大于Q处的加速度，故P处的电场强度大于Q处的电场强度，B正确；由动能定理知qUPQ＝m，可求出P、Q两点的电势差为，C正确；负电荷在电势低的地方电势能大，故电荷在P点的电势能一定小于Q点的电势能，D错误。
考点二 等势面的特点及应用
4.如图所示，实线和虚线分别表示等量异种电荷的电场线和等势线，则下列有关a、b、c、d四点的说法中正确的是（ ）
A.a、b两点电场强度相同
B.a、b两点电势相同
C.c、d两点电场强度相同
D.c、d两点电势相同
解析：D a、b两点是对称的，它们的电场强度大小相等，但是方向不同，故A错误；沿电场线的方向电势降低，所以a点电势比b点电势高，故B错误；c、d两点在两等量异种点电荷连线的中垂线上，因为中垂线上的电势相等，所以c、d两点的电势相同，根据等量异种电荷间电场分布规律可知d点电场强度大于c点电场强度，故C错误，D正确。
5.如图所示，三条等势线上有a、b、c、d四点，若将一正电荷由c经a移到d，静电力做正功W1，若由c经b移到d，静电力做正功W2，则下列说法正确的是（ ）
A.W1＞W2，φ1＞φ2
B.W1＜W2，φ1＜φ2
C.W1＝W2，φ1＜φ2
D.W1＝W2，φ1＞φ2
解析：D 正电荷由c经a移到d点，静电力做功为W1＝qUcd，由c经b移到d点，静电力做功为W2＝qUcd，则有W1＝W2，静电力对正电荷做正功时，电势降低，则φ1＞φ2＞φ3，D正确，A、B、C错误。
6.为避免闪电造成损害，高大的建筑物会装有避雷针，已知产生闪电的积雨云底层带负电，由于静电感应，避雷针的尖端带上了正电。图中虚线为避雷针周围的等差等势线，a、b两点的场强大小分别为Ea、Eb，a、b两点的电势分别为φa、φb，一带负电的雨滴从a下落至b，则（ ）
A.φa＞φb
B.Ea＞Eb
C.雨滴在a点的电势能小于在b点的电势能
D.雨滴从a下落至b的过程中，电势能减少
解析：D 电场线由正电荷出发终止于负电荷，则电场线方向向上，沿电场线方向电势降低，则φa＜φb，故A错误；等差等势线的疏密表示电场的强弱，则Ea＜Eb，故B错误；因φa＜φb，雨滴带负电，负电荷在电势高的地方电势能小，所以雨滴在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；a、b两点连线上的电场线方向向上，则带负电的雨滴所受电场力方向向下，向下运动时电场力做正功，电势能减小，故D正确。
7.如图所示，三条曲线表示三条等势线，其电势φC＝0，φA＝φB＝10 V，φD＝－30 V，将电荷量为q＝1.2×10－6 C的正电荷在该电场中移动。
（1）把这个电荷从C移到D，静电力做功多少？
（2）把这个电荷从D移到B再移到A，电势能变化多少？
答案：（1）3.6×10－5 J （2）增加了4.8×10－5 J
解析：（1）UCD＝φC－φD＝30 V
WCD＝qUCD＝1.2×10－6×30 J＝3.6×10－5 J。
（2）UDA＝φD－φA＝－30 V－10 V＝－40 V
WDA＝qUDA＝1.2×1×（－40）J＝－4.8×1 J
所以电势能增加了4.8×1 J。
8.（多选）在如图所示的匀强电场的区域内，由A、B、C、D、A'、B'、C'、D'作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直，下列说法正确的是（ ）
A.A、D两点间电势差UAD与A、A'两点间电势差UAA'相等
B.带正电的粒子从A点沿路径A→D→D'移到D'点，电场力做正功
C.带负电的粒子从A点沿路径A→D→D'移到D'点，电势能减少
D.带电粒子沿对角线AC'与沿路径A→B→B'→C'从A点移到C'点，电场力做的功相同
解析：BD 在匀强电场中，因为AD垂直于电场线，所以φA＝φD，UAD＝0，而UAA'≠0，故A错误；因为φD＞φD'，所以沿路径A→D→D'移动正电荷电场力做正功，移动负电荷电场力做负功，电势能增加，B正确，C错误；电场力做功与路径无关，只与两点间电势差有关，故D正确。
9.（多选）如图所示，虚线a、b、c代表某一点电荷产生的电场中的三个等势面，a、b的电势分别为6 V、4 V，一电荷量为e的质子在该电场中运动，经过c等势面时的动能为5 eV，从c到b的过程中克服静电力做功为2.5 eV，则（ ）
A.该场源电荷带正电
B.该质子从等势面c运动到b过程中，电势能增加2.5 eV
C.该质子可能到达不了等势面a
D.该质子经过等势面c时的速率是经过b时的2倍
解析：ABC 根据φa＞φb可知该场源电荷带正电，A正确；由题意可知从c到b的过程中静电力对质子做功为－2.5 eV，所以电势能增加2.5 eV，B正确；若质子速度方向不沿半径方向，质子速度不能减小到零，有可能还没到达a等势面就远离场源电荷运动，所以该质子有可能到达不了等势面a，C正确；由题意可知＝＝，D错误。
10.图中虚线a、b、c、d代表匀强电场内的一组等差等势面。实线为一个电子运动轨迹的一部分，实线与等势面d相切。已知等势面a上的电势φa＝7 V，电子经过等势面a和经过等势面c时的动能变化量的绝对值为8 eV，则下列说法正确的是（ ）
A.等势面a、c间的电势差Uac＝4 V
B.电势为零的位置在等势面c、d之间
C.电子从等势面a运动到等势面c，电势能减小
D.电子从等势面d运动到等势面c，静电力做正功
解析：D 根据电子的运动轨迹可知，电场力方向向左，因电子带负电，则电场强度的方向向右，电子经过等势面a和经过等势面c时的动能变化量的绝对值为8 eV，则电子的电势能增加了8 eV，即静电力做的功Wac＝－8 eV，根据Wac＝－eUac，解得Uac＝8 V，A、C错误；Uac＝8 V，φa＝7 V，电场的电场强度方向向右，电场线向右，沿电场线方向电势降低，则由a到c电势降低，因为等势面是等差等势面，所以Uab＝Ubc＝Ucd，可得φb＝3 V，φc＝－1 V，φd＝－5 V，故电势为零的位置在等势面b、c之间，B错误；电子从等势面d运动到等势面c，电势差Udc＝φd－φc＝－4 V，由Wdc＝－eUdc得，Wdc＝4 eV＞0，故D正确。
11.如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
答案：
解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vBsin 30°＝v0sin 60°
解得vB＝v0
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m（－）
解得UAB＝。
12.如图所示，在真空中相距为r的A、B两点分别固定着电荷量均为Q的正点电荷，O为AB连线的中点，P为AB连线中垂线的一点，∠PAO＝60°，把电荷量为q＝2.0×10－9 C的正试探电荷从P点移到O点，克服静电力做了1.0×10－7 J的功，已知静电力常量为k。求：
（1）P点合电场强度的大小和方向；
（2）P、O两点间的电势差UPO；
（3）若选P点为零电势点，求O点的电势φO。
答案：（1），方向由O指向P （2）－50 V （3）50 V
解析：（1）依据电场强度的决定式EAP＝EBP＝
故EP＝2EAPcos 30°＝
方向由O指向P。
（2）依据静电力做功的定义得WPO＝qUPO，故UPO＝＝ V＝－50 V。
（3）依据电势差的关系UPO＝φP－φO
故φO＝φP－UPO＝0－（－50）V＝50 V。
1 / 3习题课四 带电粒子（体）在电场中运动的综合问题
要点一 带电粒子在交变电场中的运动
1.常见的交变电场
电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.常见的题目类型
（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）。
（2）粒子做往返运动（一般分段研究）。
（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分段研究）。
类型一 直线运动
【典例1】 如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是（ ）
A.0＜t0＜ B.＜t0＜
C.＜t0＜T D.T＜t0＜
答案：B
解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。分别作出t0＝0、、、时释放粒子，粒子运动的速度图像，如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知，释放粒子时间在0＜t0＜与＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，释放粒子时间在＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；释放粒子时间在t0＞T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确。
类型二 曲线运动
【典例2】 如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，距离为d，O1O为中轴线。当两板间所加电压UMN＝U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。某个带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。
（1）求带电粒子的比荷；
（2）若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前内UMN＝2U，后内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值（用U0表示）。
答案：（1） （2）U0
解析：（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，
沿极板方向有L＝v0t0
垂直极板方向有d＝
解得＝。
（2）粒子通过两板时间为t'＝＝2T，从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为a1＝，方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a2＝，方向垂直极板向下。不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示。
因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT或t＝nT＋T时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大。则有d＝2，解得U＝。
1.（多选）带正电的粒子放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电粒子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.粒子在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.粒子将沿着一条直线运动
C.粒子做往复运动
D.粒子在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
解析：BD 0～1 s和1～2 s粒子的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s粒子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内的位移均相同且每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。
2.（多选）如图甲所示，一平行板电容器长l＝10 cm，宽a＝8 cm，两板间距d＝4 cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器发射离子，它们的比荷均为2×1010 C/kg，速度均为4×106 m/s，距板右端处有一屏。如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的电压，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于电压的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场。则（ ）
A.离子打在屏上的区域的面积为64 cm2
B.离子打在屏上的区域的面积为6.4 cm2
C.在一个周期内，有离子打到屏上的时间为0.012 8 s
D.在一个周期内，有离子打到屏上的时间为0.128 s
解析：AC 设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，则平行极板方向：l＝v0t ①
垂直极板方向：＝at2 ②
又a＝ ③
由①②③得U0＝，代入数据得U0＝128 V，可知当｜U｜＞128 V时离子打到极板上，当｜U｜≤128 V时离子打到屏上。
利用推论：打到屏上的离子的速度的反向延长线交与极板的l处，结合题图由几何关系可得＝
解得打到屏上的总长度y＝2d
则离子打到屏上的区域的面积为S＝2da＝64 cm2。故A正确，B错误；在0～T时间内，离子打到屏上的时间t0＝×0.005 s＝0.003 2 s，由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.012 8 s。故C正确，D错误。
要点二 带电体在重力场与电场中的运动
1.研究的对象：带电体（带电小球、物块等）和带电粒子的区别是不能忽略重力。
2.运动类型：直线运动、抛体运动和圆周运动。
3.运用规律：牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律、匀速圆周运动规律等。
类型一 直线运动
【典例3】 （多选）如图所示，一质量为m、电荷量为＋q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则（ ）
A.电场方向垂直于ON向上
B.小球运动的加速度大小为g
C.小球上升的最大高度为
D.小球运动到最高点所需时间为
答案：BC
解析：由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则可知，电场方向与ON方向成120°角，选项A错误；由图中几何关系可知，其合力F合为mg，由牛顿第二定律可知，a＝g，方向与初速度方向相反，选项B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得－F合·＝－mg·2h＝0－m，解得h＝，选项C正确；小球运动到最高点所需时间为t＝＝，选项D错误。
类型二 抛体运动
【典例4】 如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处（以下分别用A、B、C代表三个微粒），如图所示。则下列判断正确的是（ ）
A.微粒A带负电，B不带电，C带正电
B.三个微粒在电场中运动时间相等
C.三个微粒在电场中运动的加速度的关系为aA＞aB＞aC
D.三个微粒到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC
答案：D
解析：三个微粒的初速度相等，水平方向上都做匀速运动，水平位移关系为xA＞xB＞xC，所以他们的运动时间关系为tA＞tB＞tC，三个微粒在竖直方向的位移相等，根据d＝at2可知，他们加速度的关系为aA＜aB＜aC，从而可知B仅受重力，A受向上
的电场力，C受向下的电场力，所以B不带电，A带正电，C带负电，故A、B、C错误；三个微粒重力做功相等，电场力对A做负功，电场力对C做正功，根据动能定理，三个微粒到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC，故D正确。
类型三 圆周运动
【典例5】 质量为m的小球带电荷量为＋q，由长为L的绝缘绳系住，在水平向右、电场强度为E的匀强电场中，最初静止于A点，如图所示，已知θ＝60°，为了让小球在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球在A点的初速度至少为（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：小球做圆周运动的等效最高点与A点关于圆心对称。当小球在等效最高点且速度最小时，绳子的拉力为零，由几何知识知此时的合力F合＝2mg，qE＝mg，根据牛顿第二定律得2mg＝，解得vmin＝，从等效最高点到等效最低点，由动能定理可得2mgLcos 60°＋2qELsin 60°＝m－m，解得vA＝，D项正确。
1.A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB-t图线如下列四图所示。其中可能使电子到不了B板的是（ ）
解析：B 加A图所示电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能到达B板，故A错误；加B图所示电压，电子向B板运动的v-t图像如图所示，由图可知，在一个周期内，电子的位移为0，有可能到不了B板，故B正确；加C图和D图所示电压，分析可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故C、D错误。
2.如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，a小球从紧靠左极板处由静止释放，b小球从两板正中央由静止释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的（ ）
A.运动时间关系为ta＞tb
B.电势能减少量之比ΔEpa∶ΔEpb＝2∶1
C.电荷量之比qa∶qb＝2∶1
D.动能增加量之比ΔEka∶ΔEkb＝2∶1
解析：C 小球在竖直方向做自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间相等，所以A错误。在水平方向小球做匀加速直线运动，设板间距离为d，根据x＝·t2，位移之比为2∶1，可得a、b两粒子的电荷量之比为2∶1，所以C正确。电势能的减少量等于静电力做的功，则ΔEpa∶ΔEpb＝qaU∶qb＝4∶1，所以B错误。动能增加量之比等于合外力做功之比，即ΔEka∶ΔEkb＝（mgh＋qaU）∶，由于不知道重力与静电力的关系，所以动能增加量之比不确定，所以D错误。
3.（多选）如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，带电荷量为＋q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ＝74°。（重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）则（ ）
A.电场强度的大小E＝
B.电场强度的大小E＝
C.小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值为mg
D.若从A点处释放小球，给小球一个水平向左的初速度v0，则为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足v0≥
解析：ACD 由于带电小球所受静电力方向向左，分析小球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成角时，作出小球受力图如图所示，此时重力与静电力的合力与θ角的角平分线在同一条线上，根据平衡条件得qE＝mgtan ，解得E＝，故A正确，B错误；小球从A运动到速度最大的位置细线与竖直方向夹角为时的过程中，由动能定理得qELsin －mgL·＝mv2，小球在速度最大的位置时，由重力、静电力和细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：FT－mgcos －qEsin＝m，联立解得FT＝mg。由牛顿第三定律可知细线所受的拉力最大为mg。故C正确；设静电力与重力的合力为F，易知F＝＝mg，若使小球做完整的圆周运动，则小球运动到圆周右上方速度方向与F垂直时，细线拉力为0，F充当向心力，v0取最小值，即F向＝F＝，根据动能定理有－qELsin －mgL＝m－m，联立解得vmin＝，为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足的条件为v0≥。故D正确。
考点一 带电粒子在交变电场中的运动
1.（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d足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下列选项中，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（ ）
解析：AD 由电压图像可知，电子在一个周期的时间内，第一个T内做匀加速直线运动，第二个T内做匀减速直线运动到速度为零，第三个T内反向做匀加速直线运动，第四个T内做匀减速直线运动，回到出发点，只有A、D选项正确。
2.如图甲所示，在平行板的A板附近，有一个带正电的粒子（不计重力）处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，t＝0时刻，该带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距离的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则等于（ ）
A. B.
C.1 D.
解析：B 设两板间距离为d，粒子经过3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝q，若改变A、B两板间距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·，故＝，B正确。
3.（多选）某电场的电场强度E随时间t变化规律的图像如图所示。当t＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是（ ）
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.带电粒子在0～3 s内的初、末位置间的电势差为零
C.2 s末带电粒子回到原出发点
D.0～2 s内，静电力做的总功不为零
解析：BD 带电粒子在第1 s内做匀加速直线运动，在第2 s内先匀减速后反向匀加速，所以不是始终向同一方向运动，A错误；带电粒子在第1 s内做匀加速直线运动，位移为x1＝a＝a，1 s末的速度为v1＝at1＝a，在第2 s内加速度大小是第1 s内的2倍，方向与第1 s内相反，第2 s内的位移和速度为x2＝v1t2－·2a＝a－a＝0，v2＝v1－2at2＝－a，则2 s末带电粒子仍处于1 s末的位置，第3 s内的加速度与第1 s内相同，有x3＝v2t3＋a＝－a＋a＝－a，则带电粒子在这3 s内的总位移为x＝x1＋x2＋x3＝0，即带电粒子在3 s末回到出发点，则静电力做功为零，电势能变化为零，电势差为零，B正确；根据对B选项的分析可知，2 s末带电粒子未回到原出发点，C错误；带电粒子在2 s末没有回到出发点，电势能变化不为0，所以静电力做的总功不为零，D正确。
考点二 带电体在电场、重力场中的运动
4.如图所示，质量均为m的A、B两个小球通过绝缘细线连在一起，并通过绝缘弹簧悬于O点。A球带电荷量为＋q，B球不带电，整个空间存在方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝，当把A、B间的细线剪断瞬间（ ）
A.A球所受的静电力变为零
B.弹簧弹力变为F弹＝2mg
C.A球的加速度大小a＝g
D.B球的加速度大小a＝2g
解析：C A球所受的静电力为F＝qE＝mg，故A错误；A、B之间的细线剪断的瞬间，弹簧弹力不变，弹力为F弹＝mAg＋mBg＋F＝3mg，故B错误；剪断细线的瞬间，小球A受到向上的弹力和向下的静电力、重力，根据牛顿第二定律得F弹－mg－F＝maA，解得aA＝g，故C正确；剪断细线瞬间，B球只受到向下的重力，所以aB＝g，故D错误。
5.如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，带电荷量为＋q的带电微粒从两极板正中间处由静止释放，重力加速度为g。则在点电荷运动到负极板的过程中（ ）
A.加速度大小为a＝
B.所需的时间为t＝
C.下降的高度为y＝
D.静电力所做的功为W＝Eqd
解析：B 带电微粒在电场中的受力如图所示，点电荷所受的合外力为F＝，由牛顿第二定律得a＝，故A错误；点电荷在水平方向的加速度为a1＝，由运动学公式有＝，所以t＝ ，故B正确；点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y＝gt2＝g×＝，故C错误；由功的定义式可得，静电力做的功为W＝，故D错误。
6.将一个质量为m，带电荷量为＋q的微粒自A点以大小为4v的初速度垂直射入水平向右的匀强电场（如图所示），微粒运动到最高点B时速度变为3v，求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）A、B两点间电势差UAB；
（3）微粒自A点至B点过程中速度的最小值。
答案：（1） （2） （3）v
解析：（1）若自A点至B点所用的时间为t1，粒子在水平方向加速度为a，则
竖直方向：0＝4v－gt1
水平方向：Eq＝ma，3v＝at1
联立得E＝。
（2）若A、B间竖直高度差为h1，则：－2gh1＝0－（4v）2
－mgh1＋qUAB＝m（3v）2－m（4v）2
联立解得UAB＝。
（3）微粒速度与合力之间的夹角先为钝角，后为锐角，当二者垂直时，速度最小，若从A点到微粒速度最小时间为t2，速度最小时速度的水平分量为vx，竖直分量为vy，则：
vx＝at2，vy＝4v－gt2，且＝
联立解得t2＝
vmin＝
解得vmin＝v。
7.（多选）如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为－q、质量为m的滑块（可看成点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零。已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A.滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力
B.滑块在运动过程的中间时刻速率小于
C.此过程中产生的内能为
D.Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab＝
解析：BD 由题意可知，滑块在水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方向相同，因滑块在b点速度为零，故在b点库仑力小于滑动摩擦力，则在整个滑动过程中，库仑力一直小于滑动摩擦力，故A错误；在水平方向受大小不变的摩擦力及一直变大的库仑力，在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以滑块做加速度不断减小的减速运动，故中间时刻的速率小于，故B正确；滑块的动能和库仑力做的正功都转化为内能，因此在此过程中产生的内能大于动能的减少量，故C错误；由动能定理可得－qUab－μmgx＝0－m，解得两点间的电势差Uab＝，故D正确。
8.如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3 s，U0＝1×103 V，一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0＝1 000 m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10－5 C，质量m＝1×10－7 kg。不计粒子所受重力。求：
（1）粒子在板间运动的时间；
（2）粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；
（3）粒子打到荧光屏上的动能。
答案：（1）2×10－3 s （2）0.85 m～0.95 m
（3）5.05×10－2 J
解析：（1）粒子在板间沿x轴方向匀速运动，设运动时间为t，则
L＝v0t，t＝＝2×10－3 s。
（2）t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1
y1＝a＋
＝ma
解得y1＝0.15 m
纵坐标y＝d－y1＝0.85 m
t＝1×10－3 s时刻射入的粒子在板间偏转量最小，设为y2
y2＝a
解得y2＝0.05 m
纵坐标y'＝d－y2＝0.95 m
所以打在荧光屏上的纵坐标的范围为0.85 m～0.95 m。
（3）分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为Ek，由动能定理得qy2＝Ek－m
解得Ek＝5.05×10－2 J。
9.如图所示，虚线左侧有一长度为L、倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面AB，虚线右侧有一光滑的半圆形绝缘轨道BCD，圆心为O，半径R＝L，斜面AB与半圆形轨道BCD在B点平滑连接。已知在虚线的右侧空间有方向水平向右、电场强度E＝的匀强电场。现将一质量为m、电荷量为＋q的小物块从斜面AB的顶端A点由静止释放，小物块与斜面AB间的动摩擦因数μ＝0.5，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
（1）求小物块第一次经过半圆形轨道最低点B时，对半圆形轨道的压力；
（2）试分析小物块在运动过程中是否会脱离半圆形轨道；
（3）求小物块在整个运动过程中在斜面AB上因摩擦产生的热量。
答案：（1）mg，方向竖直向下 （2）不会 （3）mgL
解析：（1）设第一次到达B点时的速度为vB，则由动能定理可得
－μmgLcos 37°＋mgLsin 37°＝m－0
所以m＝mgL
在B点根据牛顿第二定律可得FN－mg＝＝mg根据牛顿第三定律可得FN'＝FN＝mg，方向竖直向下。
（2）小物块进入虚线右侧区域后，受到的静电力F电＝qE＝mg
静电力与重力的合力F合＝＝mg，方向斜向右下、与竖直方向成53°角，即小物块在右侧区域受到重力场与电场的合力场方向如图所示。
假设小物块始终不脱离轨道，且当速度减为0时，在合力的反方向上移动了距离h。
由动能定理得0－m＝－F合·h＝－mg·h
由（1）知m＝mgL，所以h＝L
经分析，小物块不脱离轨道需满足h≤h0，h0＝L·cos 53°＝L
因为L≤L，所以假设成立，小物块不会脱离半圆形轨道。
（3）经分析，如图所示，最终小物块将在半圆形轨道上的B点与G点间往复运动，∠BOG＝106°，在B点与G点时速度恰好为0，由功能关系可知，Q＝mgLsin 37°＝mgL。
1 / 35.带电粒子在电场中的运动
课标要求
1.学习运用静电力、电场强度等概念研究带电粒子在电场中受到的力和运动的关系，培养运动和相互作用观念。 2.学习运用静电力做功、电势、电势差、等势面等概念研究带电粒子在电场中的功能关系，培养能量观念。 3.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，培养解决实际问题的能力
素养目标
1.通过研究带电粒子在电场中的偏转学会类比的研究方法。（科学思维） 2.通过带电粒子在电场中加速、偏转过程的分析，培养学生的分析、推理能力。（科学推理） 3.观察示波管，知道其主要构造和工作原理，体会静电场知识在科学技术中的应用。（科学态度与责任） 4.通过知识的应用，培养学生运用科学知识解决实际问题的能力。（科学态度与责任）
知识点一 带电粒子在电场中的加速
1.带电粒子的运动特点
利用 电场 使带电粒子加速，其速度方向与 电场强度 的方向相同或相反。
2.两种分析思路
（1）利用牛顿第二定律结合 匀变速直线运动 公式，适用于 匀强 电场且问题中涉及运动时间等描述运动过程的物理量时适合该思路。
（2）利用静电力做功结合 动能定理 ，当问题只涉及 位移 、速率等动能定理公式中的物理量或 非匀强 电场情景时适合该思路。
知识点二 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电场方向 垂直 。
2.运动规律：在匀强电场中，带电粒子做类平抛运动，运动轨迹是一条 抛物线 。
3.分析思路：同分析平抛运动的思路相同，不同的是平抛运动物体所受的是重力，而带电粒子所受的是静电力。
4.示波管[拓展学习]
（1）构造示意图：
（2）原理：电子在 加速 电场中加速，在 偏转 电场中偏转后打在荧光屏上。
【情景思辨】
如图所示，一电子在加速电场中加速后进入偏转电场运动。
（1）忽略重力，带电粒子加速时做匀变速直线运动。（ √ ）
（2）若电子由静止开始加速，满足动能定理eU＝m。（ √ ）
（3）电子在匀强电场中偏转时，可能做匀速圆周运动。（ × ）
（4）当其他条件相同时，v0越大，电子在偏转电场中偏转距离越大。（ × ）
要点一 带电粒子在电场中的加速
1.带电粒子的分类及受力特点
（1）微观粒子：电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。
（2）质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。
2.带电粒子只受静电力作用的加速问题分析
（1）加速度
由F＝qE＝q＝ma得a＝＝。
（2）速度
①利用功能关系求解（适用于所有电场）
由qU＝mv2－m得v＝
若初速度v0＝0，则v＝ 。
②利用力和运动关系求解（仅适用于匀强电场）
由v2＝＋2ad＝＋得v＝
若初速度v0＝0，则v＝ 。
【典例1】 如图所示，在P板附近有一电子（图中未画出）由静止开始向Q板运动，则下列关于电子到达Q板时的速率与哪些因素有关的解释正确的是（ ）
A.两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大
B.两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小
C.两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大
D.与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关
答案：D
解析：电子从静止运动到Q板的过程中只有静电力做功，设电子的质量为m，电荷量为e，运动到Q板时的速率为v，根据动能定理得eU＝mv2，解得v＝，可知电子运动到Q板时的速率与两极板间的距离无关，仅与加速电压U有关，故选项D正确。
规律方法
带电粒子在电场中直线运动问题的分析方法
1.如图所示，A、B是一对中心有孔的圆盘，它们间有一定的电势差UAB，一电子（不计重力）以一定初动能Ek0＝500 eV进入A圆盘中心，如果UAB＝600 V，那么电子飞出圆盘中心的动能是Ek1；如果UAB＝－600 V，那么电子射出圆盘中心的动能是Ek2，则（ ）
A.Ek1＝1 100 eV，Ek2＝500 eV
B.Ek1＝500 eV，Ek2＝1 100 eV
C.Ek1＝－100 eV，Ek2＝1 100 eV
D.Ek1＝1 100 eV，Ek2＝100 eV
解析：B 如果UAB＝600 V，A电势高于B，电子在A、B间所受静电力方向指向A，又因为Ek0＜eUAB，所以电子无法从B的小孔中射出，最终又会返回A的小孔，整个过程静电力做功为零，根据动能定理可得Ek1＝Ek0＝500 eV，如果UAB＝－600 V，A电势低于B，电子在A、B间所受静电力方向指向B，电子将始终加速，根据动能定理可得Ek2－Ek0＝－eUAB，解得Ek2＝1 100 eV，故选B。
2.电子被加速器加速后轰击重金属靶时，会产生射线，可用于放射治疗。图甲展示了一台医用电子直线加速器，其原理如图乙所示：从阴极射线管的阴极K发射出来的电子（速度可忽略），经电势差的绝对值为U的电场加速后获得速度v，加速电场两极板间的距离为d，不计电子所受重力。下列操作可使v增大的是（ ）
A.仅增大U B.仅减小U
C.仅增大d D.仅减小d
解析：A 电子在电场中加速，由动能定理可得eU＝mv2，解得v＝，所以可使v增大的操作是仅增大U。故A正确。
要点二 带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律
2.偏转位移和偏转角
（1）粒子离开电场时的偏转位移y＝at2＝·＝。
（2）粒子离开电场时的偏转角tan θ＝＝。
（3）粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切值tan α＝＝。
3.两个常用的推论
（1）粒子射出电场时速度的反向延长线交于板长l的处，即x＝＝。
（2）位移方向与初速度方向夹角的正切值为速度偏转角正切值的，即tan α＝tan θ。
4.运动轨迹：抛物线。
【典例2】 如图所示，电子从静止开始被U＝180 V的电场加速，沿直线垂直进入另一个电场强度为E＝6 000 V/m的匀强偏转电场，而后电子从右侧离开偏转电场。已知电子比荷为≈×1011 C/kg，不计电子的重力，偏转极板长为L＝6.0×10－2 m。求：
（1）电子经过电压U加速后的速度vx的大小；
（2）电子在偏转电场中运动的加速度a的大小；
（3）电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角θ。
答案：（1）8×106 m/s （2）1.1×1015 m/s2 （3）45°
解析：（1）根据动能定理可得eU＝m，解得vx＝8×106 m/s。
（2）电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力，
根据牛顿第二定律得a＝
解得a＝×1014 m/s2≈1.1×1015 m/s2。
（3）电子在水平方向上做匀速直线运动，故t＝
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，
故vy＝at，tan θ＝
联立解得θ＝45°。
1.如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（ ）
A.使U2加倍
B.使U2变为原来的4倍
C.使U2变为原来的倍
D.使U2变为原来的
解析：A 设偏转极板的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝。使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍，故选A。
2.一束电子流经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两平行极板等距离处垂直进入板间的匀强电场，如图所示。若两极板间距离d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，那么要使电子能从极板间飞出，两极板间最大能加多大电压？
答案：400 V
解析：在加速过程中，由动能定理得eU＝m进入偏转电场后，电子在平行于极板方向上做匀速直线运动，有l＝v0t
在垂直于极板方向上电子做匀加速直线运动，加速度a＝＝
又偏移距离y＝at2
能从平行极板间飞出的条件为y≤
联立以上各式解得U'≤＝400 V
即要使电子能从极板间飞出，两极板间所加最大电压为400 V。
要点三 示波管的原理
电子枪通电后发射电子，电子在加速电场作用下被加速，然后进入偏转电场。偏转电极一般有相互垂直的两组，一组控制竖直偏转，一组控制水平偏转。电子经过偏转电场后打到荧光屏上使荧光粉发光。
【典例3】 （多选）如图是示波管的原理图。它由电子枪、偏转电极（XX'和YY'）、荧光屏组成，管内抽成真空。给电子枪通电后，如果在偏转电极XX'和YY'上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑。下列说法正确的是（ ）
A.要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY'上加电压，且Y'比Y电势高
B.要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX'、YY'上加电压，且X比X'电势高、Y比Y'电势高
C.要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX'上加特定的周期性变化的电压（扫描电压），在偏转电极YY'上加恒定电压或不加电压
D.要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX'上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY'上加按正弦规律变化的电压
答案：BCD
解析：要想让亮斑沿OY向上移动，电子受力方向应沿Y方向，即Y电势高，选项A错误；要想让亮斑移到荧光屏的右上方，Y为高电势，X为高电势才可以，选项B正确；要想在荧光屏上出现一条水平亮线，要在XX'上加扫描电压，在YY'上加恒定电压或不加电压，选项C正确；要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，分析可知选项D正确。
如图是示波管的示意图，从电子枪发出的电子通过两对偏转电极，如果偏转电极不加电压，则电子沿直线打在荧光屏的中心O，当在两对偏转电极上同时加上电压后，电子将偏离中心打在某个位置，现已标出偏转电极所加电压的正负极，从示波管的右侧来看，电子可能会打在荧光屏上哪一位置（ ）
A.1位置 B.2位置
C.3位置 D.4位置
解析：B 根据竖直和水平偏转电压的正、负极，带负电的电子应偏向屏幕的左上方，故选B。
1.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是（ ）
A. B.edUL
C. D.
解析：D 电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小。根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力。根据动能定理得eUOA＝m。因E＝，UOA＝EL＝，所以m＝。故选D。
2.喷墨打印机的简化模型如图所示。重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（ ）
A.向负极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线的一部分
D.运动轨迹与带电荷量有关
解析：C 由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A错误；微滴在电场中所受的电场力对微滴做正功，微滴的电势能减小，B错误；由于极板间电场是匀强电场，电场力不变且与微滴的初速度方向垂直，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，并且轨迹为抛物线的一部分，C正确；设微滴带电荷量为q，质量为m，经过t时间在电场中沿电场线方向的位移为y，y＝at2＝，又qU加＝mv2，故y＝，则微滴在极板间电场中的运动轨迹与其带电荷量无关，D错误。
3.如图所示，质子H）和α粒子He）以相同的初动能垂直射入偏转电场（粒子不计重力），这两个粒子都能射出电场，α粒子的质量是质子的4倍，带电荷量是质子的2倍，则质子和α粒子射出电场时的侧位移y之比为（ ）
A.1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.1∶4
解析：B 根据侧位移计算公式y＝··以及动能表达式Ek＝m得y＝，初动能相同，α粒子的带电荷量是质子的2倍，解得y1∶y2＝1∶2。故B正确。
4.两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6 kg的带电微粒，以v0＝2 m/s的水平速度从两板正中位置射入电场，如图所示，A、B两板间距离为d＝4 cm，板长l＝10 cm。（g取10 m/s2）
（1）当A、B间的电压为UAB＝1 000 V时，微粒恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该微粒的电荷量和电性；
（2）使B板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A板电势的取值范围。
答案：（1）2×10－9 C 负 （2）－600 V～2 600 V
解析：（1）当重力跟静电力大小相等、方向相反时，微粒才沿初速度v0方向做匀速直线运动，故有q＝mg，得q＝＝2×10－9C；重力方向竖直向下，则静电力方向竖直向上，而电场强度方向竖直向下（UAB＞0），所以微粒带负电。
（2）当静电力方向竖直向上，且qE＞mg时，带电微粒向上偏转，设微粒从右上边缘飞出时φA＝φ1，因为φB＝0，所以UAB'＝φ1，静电力和重力都沿竖直
方向，微粒在水平方向做匀速直线运动，水平方向上有l＝v0t。在竖直方向上有a＝－g，偏转位移y＝＝at2，联立解得φ1＝＝2 600 V。当静电力方向竖直向下时，带电微粒向下偏转，此时设φA＝φ2，则竖直方向上有a'＝g－，同理可得φ2＝－600 V，故欲使微粒射出偏转电场，A板电势的取值范围为－600 V～2 600 V。
考点一 带电粒子在电场中的加速
1.质量和电荷量不同的带电粒子，在电场中由静止开始经相同电压加速后（ ）
A.比荷大的粒子速度大，电荷量大的粒子动能大
B.比荷大的粒子动能大，电荷量大的粒子速度大
C.比荷大的粒子速度和动能都大
D.电荷量大的粒子速度和动能都大
解析：A 根据动能定理得qU＝mv2，解得v＝，根据上式可知，经相同电压加速后，比荷大的粒子速度v大，电荷量q大的粒子动能大，故A正确，B、C、D错误。
2.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动。已知两极板间电势差为U，板间距离为d，电子质量为m，电荷量为e。则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是（ ）
A.若将板间距离d增大一倍，则电子到达Q板时的速率保持不变
B.若将板间距离d增大一倍，则电子到达Q板时的速率也增大一倍
C.若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变
D.若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的一半
解析：A 根据动能定理得eU＝mv2，可知电子到达Q板时的速率为v＝，将板间距离增大一倍，因为电压不变，电子到达Q板时的速率不变，A正确，B错误；电子的加速度为a＝＝，根据d＝at2得t＝d，若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为原来的，C、D错误。
3.如图所示，在点电荷＋Q激发的电场中有A、B两点，将质子H）和α粒子He）分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为（ ）
A.1∶2 B.2∶1
C.∶1 D.1∶
解析：C 质子和α粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理可知，对质子：mH＝qHU
对α粒子：mα＝qαU
所以＝＝ ＝∶1。
4.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，如图所示。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
解析：D 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，D正确。
考点二 带电粒子在电场中的偏转
5.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的（ ）
A.2倍 B.4倍
C. D.
解析：C 电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝，竖直方向d＝at2＝，故d2＝，即dv0＝（定值），故C正确。
6.如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出时偏转位移为y，要使偏转位移增大，下列可行的措施是（ ）
A.增大偏转电压U
B.增大加速电压U0
C.增大偏转极板间距离
D.将发射电子改成发射负离子
解析：A 设电子经加速电场加速后的速度为v，则有mv2＝eU0，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v＝，电子进入偏转电场后的偏转位移y＝at2＝··＝。可见，要增大y，可行的方法有：增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转电场极板间距离d。选项A正确。
7.（多选）三个电子在同一地点沿同一直线垂直飞入偏转电场，不计电子重力，如图，a打在下极板上，b正好飞出。则由此可判断（ ）
A.b和c同时飞离电场
B.在b飞离电场的瞬间，a刚好打在下极板上
C.进入电场时，a速度最小，c速度最大
D.c的动能增量最大，a和b的动能增量一样大
解析：BC 三个电子的质量和电荷量都相同，可知加速度相同，a、b两电子在竖直方向上的位移相等，根据y＝at2 可知运动时间相等，故B正确；b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb，根据y＝at2，可知tc＜tb，故A错误；在垂直于电场方向即水平方向，三个电子做匀速直线运动，则有v＝，因xc＝xb，tc＜tb，则vc＞vb，根据ta＝tb，xb＞xa，则vb＞va，所以有vc＞vb＞va，故C正确；根据动能定理知，a、b两电荷静电力做功一样多，所以动能增加量相等，离开电场时c电荷偏移最小，静电力做功最少，动能增加量最少，故D错误。
8.示波器能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图像，便于人们研究各种电现象的变化过程。示波器部分结构如图所示，金属丝发射出来的电子（速度可忽略）被加速后从金属板的小孔穿出，从极板正中央垂直射入偏转电场，偏转后射出电场。已知加速电压为U1，两板间电压为U2，板间距为d，板长为L，电子的比荷为。
（1）求电子进入偏转电场时的速度v0的大小；
（2）若L＝d＝8 cm，U2＝400 V，U1＝200 V，求电子离开偏转电场时偏离原入射方向的侧移距离y的大小。
答案：（1） （2）4 cm
解析：（1）由动能定理得eU1＝m－0
解得v0＝。
（2）水平方向上有L＝v0t
竖直方向上有y＝at2
又eE＝ma，E＝
解得y＝4 cm。
9.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P'点，则由O点静止释放的电子（ ）
A.运动到P点返回
B.运动到P和P'点之间返回
C.运动到P'点返回
D.穿过P'点
解析：A 设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，根据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0 ①
当C板向右平移后，BC板间的电场强度
E2'＝＝＝＝
BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。
第二次释放后，设电子在B、C间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0 ②
比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确。
10.（多选）如图所示，一个带正电粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的质量为m，不计粒子的重力，则（ ）
A.粒子的电荷量q＝
B.粒子动能增加量为
C.在粒子运动前一半时间和后一半时间的过程中，静电力做功之比为1∶3
D.在粒子运动前一半时间和后一半时间的过程中，静电力做功之比为1∶2
解析：AC 粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则＝·a·t2，粒子的加速度a＝，粒子运动的时间t＝，联立可得q＝，A正确；带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，粒子动能增加量为ΔEk＝qU＝，B错误；设粒子在前一半时间内和在后一半时间内竖直位移分别为y1、y2，由于粒子竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则y1∶y2＝1∶3，得y1＝d，y2＝d，在前一半时间内，静电力对粒子做的功为W1＝qU，在后一半时间内，静电力对粒子做的功为W2＝qU，静电力做功之比为1∶3，D错误，C正确。
11.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增加
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＝
解析：C 粒子的电性未知，粒子从M极板到N极板，电场力做正功，但不能判断极板电势的高低，A错误；电场力做正功时，粒子电势能减小，B错误；根据动能定理可知，平行M板向下的粒子，到达N极板下端时的速度大小仍为v0，在平行极板方向做匀速运动，速度为v0，在垂直极板方向做匀加速直线运动，有a＝，t＝，解得a＝，C正确，D错误。
12.如图所示为一真空示波管，电子从位于中心线上的灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块带电平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e，求：
（1）电子穿过A板时的速度大小v0；
（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y；
（3）P点到O点的距离Y；
（4）该示波器的灵敏度D（荧光屏上每单位偏转电压引起的偏转量）。
答案：（1） （2） （3）（L1＋2L2） （4）（L1＋2L2）
解析：（1）对电子从K发出到穿过A板中心孔，由动能定理得eU1＝m
解得v0＝。
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动
沿偏转电场方向有e＝ma，y＝at2
垂直偏转电场方向有L1＝v0t
解得y＝。
（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，离开偏转电场到打在P点的过程中的侧移量为y'，则
vy＝at，tan θ＝，y'＝tan θ·L2，Y＝y＋y'
解得Y＝（L1＋2L2）。
（4）该示波器的灵敏度D＝＝（L1＋2L2）。
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