高二物理電場復習最經(jīng)典總結

高二物理電場總結

一：電荷守恒定律與庫侖定律

知識概要

1．電荷：自然界中只存在兩種電荷，即正電荷和負電荷．用毛皮摩擦過的硬橡膠棒所帶的電荷為負電荷，用絲綢摩擦過的玻璃棒所帶的電荷為正電荷．同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引．

2．電荷量：電荷量是指物體所帶電荷的多少．單位是庫侖，字母為“C”．物體不帶電的實質(zhì)是物體帶有等量的異種電荷．

3．元電荷：電子所帶電荷量e=1.610-19C，所有帶電體的電荷量都是e的整數(shù)倍，因此電荷量e稱為元電荷．

4．點電荷：點電荷是一種理想化的模型，當帶電體的尺寸比它們之間的距離小得很多，以致帶電體的大小、形狀對相互作用力影響不大時，這樣的帶電體就可以看做點電荷．5．物體帶電方法：（1）摩擦起電；（2）感應起電；（3）接觸起電．

6．電荷守恒定律：電荷既不能創(chuàng)造，也不能消滅，只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分，在轉移過程中電荷總量保持不變．7．庫侖定律：（1）適用條件：①真空中，②點電荷

Q1Q2（2）公式：Fk2

r說明：

①兩個點電荷間的相互作用力是一對作用力與反作用力，不論兩個帶電體的電量是否相等，甚至相差懸殊，但它們間的作用力一定大小相等、方向相反，并與它們的質(zhì)量無關．②均勻帶電的圓球、圓板、圓環(huán)，等效為電荷都集中在球心、圓心．

③微觀粒子（如電子、質(zhì)子）間的萬有引力比它們之間的庫侖力小得多，萬有引力通常忽略不計，電荷在電場中受力分析時，一般情況下重力不計．

二：電場強度與電場線電場力的性質(zhì)

【知識概要】1．電場：（1）電場：帶電體周圍存在的一種物質(zhì)，是電荷間相互作用的媒體．它是一種看不見的客觀存在的物質(zhì)．它具有力的特性和能的特性．

（2）電場最基本的性質(zhì)：對放入電場中的電荷由電場力的作用．

（3）電場力：放入電場中的電荷受到電場的力的作用，此力叫電場力．2．電場強度E：描述電場力的性質(zhì)的物理量

（1）定義：放入電場中某點的電荷所受電場力與此電荷所帶電荷量的比值，叫電場強度．（2）定義式：EF/q．

（3）物質(zhì)性：電場是電荷周圍客觀存在的物質(zhì)，電荷之間的相互作用力通過電場而發(fā)生．

（4）客觀性：場強是描述電場力的性質(zhì)的物理量，只由電場本身決定．電場中某點的場強與檢驗電荷的電性和電量q無關，與檢驗電荷所受的電場力F無關，即使無檢驗電荷存在，該點的場強依然是原有的值．（5）矢量性：電場中某點的電場強度方向規(guī)定為正電荷在該點所受電場力的方向．與放在該點的負電荷受的電場力的方向相反．（6）場強大小判斷：

a．根據(jù)電場力判斷：EF/q

b．根據(jù)電場線判斷：只與電場線疏密有關，與電場線方向無關．

（7）電場強度的計算：

EF/q（定義式，普遍適用）

Q（用于真空中點電荷形成的電場）2rEU/d（用于勻強電場）Ek3．電場線：在電場中畫出一系列從正電荷出發(fā)到負電荷終止的曲線，使曲線上每一點的切線方向跟該點的場強方向一致，這些曲線就叫做電場線．

（1）電場線是為了形象地表示電場的方向和強弱引入的假想線，它不是電場中實際存在的線．電場線也不是電荷在電場中運動的軌跡．

（2）電場線的疏密表示場強的大小，電場線越密的地方，其場強就越大．

（3）電場線上某點的切線方向即該點的場強力向，也就是正電荷在該點所受電場力的方向．

（4）靜電場的電場線是不閉合的曲線，總是從正電荷(或無窮遠處)發(fā)出，終止于負電荷(或無窮遠處)．在沒有電荷的地方電場線不會中斷，也不會相交．正電荷一定要發(fā)出電場線，負電荷一定要接收電場線．（5）電場線不會相交或相切．4．電場的疊加：

同時存在幾個產(chǎn)生電場的場源時，電場中某點的合場強是各場源單獨在該點產(chǎn)生場強的矢量和．

三：電勢與電勢差電場能的性質(zhì)

【知識點梳理】1．電勢差UAB：（1）定義：電荷在電場中，由一點A移動到另一點B時，電場力所做的功與移動電荷電荷量的比值WAB/q，叫做A、B兩點間的電勢差，用UAB表示．（2）定義式：UAB=WAB/q．

（3）電勢差是標量，但有正負，正負表示電勢的高低．2．電勢φ：描述電場能的性質(zhì)的物理量

（1）定義：電勢實質(zhì)上是和零電勢點的電勢差．即電場中某點的電勢，在數(shù)值上等于把單位正電荷從某點移到零電勢點時電場力所做的功．（2）定義式：φA=UAp=WAp/q．

（3）電勢是標量，但有正負，正負表示該點電勢比零電勢點高還是低．（4）電勢高低判斷：

a．根據(jù)移動檢驗電荷做功判斷：移動正電荷電場力做正功(負功)時，電勢降落(升高)；移動負電荷電場力做正功(負功)時，電勢升高(降落)．

b．根據(jù)電場線判斷：沿著電場線方向，電勢越來越低，逆著電場線方向電勢越來越高．c．根據(jù)場源電荷判斷：離正電荷越近，電勢越高，離場源負電荷越近，電勢越低．d．根據(jù)電勢差判斷：UAB>0，則A點電勢比B點高；UAB電勢較高的點移動到電勢較低的點時，是電場力做正功（或電場力做負功）；當正（或負）電荷從電勢較低的點移動到電勢較高的點時，是電場力做負功（或電場力做正功）．5．等勢面：

（1）定義：電場中電勢相同的點構成的面叫做等勢面．（2）等勢面的特點：

①等勢面是為形象描述電場中各點電勢高低分布而引入的假想圖，不是實際存在的面．②同一等勢面上各點間的電勢差為零，電荷在等勢面上移動時電場力不做功．③電場線垂直于等勢面，并指向電勢降低最快的方向．④等勢面不相交．

⑤電場強度較大的地方，等差的等勢面較密．6．勻強電場中場強和等勢面的關系：

在勻強電場中，沿著場強方向的兩點間的電勢差等于電場強度跟這兩點間距離的乘積，即U=Ed，也可理解為：在勻強電場中，電場強度在數(shù)值上等于沿場強方向上單位長度的電勢降落，即E=U/d．

四：電容器與帶電粒子在電場中的運動

【知識點梳理】1．電容器、電容

（1）電容器：兩個彼此絕緣又互相靠近的導體可構成一個電容器．（2）電容：描述電容器容納電荷本領的物理量．

①定義：電容器所帶的電荷量Q（一個極板所帶電荷量的絕對值）與兩個極板間電勢差U的比值，叫做電容器的電容．單位：1F=106μF=1012pF

②定義式：CQQUU．

電容C由電容器本身的構造因素決定，與電容器所帶電量Q和充電電壓U無關．③幾種電容器

（a）平行板電容器：平行板電容器的電容跟介電常數(shù)ε成正比，跟正對面積S成正比，跟兩板間的距離d成反比，即CS．4kd帶電平行板電容器兩極板間的電場可認為是勻強電場，板間場強為EU/d．（b）固定電容器、可變電容器、電解電容器．電解電容器接入電路時應注意其極性．2．帶電體在電場中的運動

（1）平衡（靜止或勻速直線運動）：僅在電場力和重力作用下滿足qEmg（2）加速

22mv1能量：在任何電場中，若只有電場力做功，有qUmv2．

1212動力學：在勻強電場中，若只有電場力作用，帶電體做勻變速直線運動，其加速度為aEq．m（3）偏轉

當不計重力的帶電粒子以一定初速垂直電場方向進入勻強電場時，粒子的運動為類平拋運動，其軌跡是拋物線．當帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，兩平行金屬板板長為l，距離為d，板間電壓為U，當帶電粒子以初速v0平行于兩板進入電場時，兩板間的場強為E

3

U．d在垂直于場強方向上，粒子做勻速直線運動：vxv0,xv0t．在平行于場強方向上粒子做初速度為零的勻加速直線運動：a離開電場時，粒子在板間的運動時間為tlv0qEqE，vyt,mmy1qE2t．2m12qUl2;沿電場力方向上的位移為yat222mdv0速度方向上的偏轉角為，tanvyv0qUl2mdv0．

(6)帶電粒子射出偏轉電場后打到熒光屏上

在距偏轉電場粒子射出端為x的地方，有一與極板垂直的熒光屏。帶電粒子射出偏轉電場后作勻速直線運動，打到熒光屏上。如果在偏轉電場中沒有加偏轉電壓，這時帶電粒子打在熒光屏的中心點O。設加偏轉電壓后，粒子打在熒光屏上的點距O點的距離為y＇，如圖。

根據(jù)相似三角形知識有：

Lx＋

2y＇＝y(tǒng)L

2

qLLLy＇＝2(x＋)U＝tanφ(x＋)mdv022相似三角形應取L得中點作為三角形頂點

注意：經(jīng)過同一加速電場u1與同一偏轉電場u出來的粒子偏轉位移與偏轉角度均相同，即與質(zhì)量m

2

Yd＋＋＋＋＋＋＋＋yv0xy′Y－－－－－－－－LULUL2和電荷量q均無關。y=,tanθ=

2U1d4U1d（4）圓周運動

帶電粒子在點電荷形成的徑向輻射狀分布的靜電場中，可做勻速圓周運動．如氫原子核外電子的繞核運動．此時有kQqr2v2m．

r

擴展閱讀：高中物理靜電場經(jīng)典復習題及答案

－

1．M和N是兩個不帶電的物體，它們互相摩擦后M帶正電1.6×1010C，下列判斷正確的有()A．在摩擦前M和N的內(nèi)部沒有任何電荷B．摩擦的過程中電子從M轉移到NC．N在摩擦后一定帶負電1.6×10D．M在摩擦過程中失去1.6×10

－10

C

－10

個電子

答案：BC解析：M和N都不帶電，是指這兩個物體都呈電中性，沒有“凈電荷”(沒有中和完的電荷)，也就是沒有得失電子，但內(nèi)部仍有相等數(shù)量的正電荷(質(zhì)子數(shù))和負電荷(電子數(shù))，所以選項A錯誤；M和N摩擦后M帶正電荷，說明M失去電子，電子從M轉移到N，選項B正確；根據(jù)電荷守恒定律，M和N這個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)原來電荷的代數(shù)和為0，摩擦后電荷量仍應為0，選項C正確；電子帶電荷量為1.6×10倍，所以M失去109個電子，選項D錯誤．

2．(201*宜昌模擬)一個帶負電的小球，受電場力和重力的作用，由靜止開始運動，已知電場為水平方向的勻強電場，不計空氣阻力，設坐標軸如圖所示，x軸的正方向與電場方向一致，y軸的正方向豎直向下，原點為小球的起始位置，下列哪個圖可能表示此小球的運動軌跡()

－19

C，摩擦后M帶正電荷1.6×10

－10C

，由于M帶電荷量應是電子電荷量的整數(shù)

答案：D解析：受力和初速度決定了運動形式．小球受的重力和電場力都是恒力，則其合力也是恒力，小球由靜止開始沿合力方向做勻加速直線運動，又因小球帶負電，答案D正確．3．兩個半徑相同的金屬小球，帶電荷量之比為1∶7，相距為r，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則相互作用力可能為原來的()

4A.7

39B.C.77

D.167q7q7q2答案：CD解析：設兩小球的電荷量分別為q和7q，則原來相距r時的相互作用力F＝k2＝k2，由于兩球的電性未知，rr接觸后相互作用力的計算可分為兩種情況：(1)兩球電性相同：相互接觸時兩球電荷量平均分配，每球帶電量為7q＋q＝4q.，放回27q－q4q4q16q2F116原處后的相互作用力為：F1＝k2＝k2，故＝。(2)兩球電性不同：相互接觸時電荷先中和再平分，每球帶電量為＝rrF723q3q9q2F293q.，放回原處后的相互作用力為：F2＝k2＝k2，故＝.

rrF7

4．(201*煙臺模擬)兩個質(zhì)量分別是m1、m2的小球，各用絲線懸掛在同一點，當兩球分別帶同種電荷，且電荷量分別為q1、q2時，兩絲線張開一定的角度θ1、θ2，兩球位于同一水平線上，如圖所示，則下列說法正確的是()A．若m1>m2，則θ1>θ2B．若m1＝m2，則θ1＝θ2C．若m1θ2D．若q1＝q2，則θ1＝θ2答案：BC。解析：m1、m2受力如圖所示，由平衡條件可知，m1g＝Fcotθ1，m2g＝F′cotθ2m1cotθ1因F＝F′，則＝所以B、C兩項正確．m2cotθ25．如圖所示，A為帶正電Q的金屬板，沿金屬板的垂直平分線，在距板r處放一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，小球受水平向右的電場力偏轉θ角而靜止，小球用絕緣絲懸掛于O點，試求小球所在處的電場強度．

mgtanθ

答案：方向水平向右。解析：分析小球受力如圖所示．由平衡條件得F電＝mgtanθ，所以小球所

q在處的電場強度E＝

F電mgtanθ＝，小球帶正電，因此電場強度方向水平向右．qq

6．如圖所示，在豎直放置的光滑半圓弧形絕緣細管的圓心處放一點電荷，將質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從圓弧管水平直徑的端點A由靜止釋放，當小球沿細管下滑到最低點時，對細管的上壁的壓力恰好與球重相同，求圓心處的電荷在圓弧管內(nèi)產(chǎn)生的電場的場強大�。�

答案：4mg/q解析：小球從A到最低點的過程中，只有重力做功，電場力不做功，由動能定理：mgR＝mv212

mv.。在最低點，由牛頓第二定律：F－mg－FN′＝.，又F＝qE，F(xiàn)N′＝FN＝mg，可解得E＝4mg/q.2R

7．如圖所示，一均勻細金屬圓環(huán)是由四個互相絕緣的四分之一圓弧A、B、C、D組成，已知當只有A弧帶正電q時，在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為E0，則當A、B弧各帶正電q，C、D弧各帶負電q時，在圓心O處的場強大小為()

A．2E0

B．0C.2E0

D．22E0

答案：D解析：只有A弧帶正電時，在O點的場強大小為E0，由于電荷均勻分布，可知E0應與豎直方向成45°角，所以B弧帶正電為q時，在O點的場強大小也為E0，且與A弧產(chǎn)生的場強垂直．因為C、D弧帶負電，所以D弧在O點產(chǎn)生的場強大小為E0，方向與B弧產(chǎn)生的場強方向相同；C弧在O點產(chǎn)生的場強大小為E0，方向與A弧產(chǎn)生的場強相同．由場強疊加可知，在O點的合場強大小為22E0.

8．如圖所示，在真空中一條豎直向下的電場拋物線上有a、b兩點．一帶電質(zhì)點在a處由靜止釋放后沿電場線向上運動，到達b點時速度恰好為零．則下面說法正確的是()

A．該帶電質(zhì)點一定帶正電荷B．該帶電質(zhì)點一定帶負電荷C．a(chǎn)點的電場強度大于b點的電場強度D．質(zhì)點在b點所受到的合力一定為零答案：BC解析：帶電質(zhì)點由a點釋放后向上運動，可知合力方向向上，而質(zhì)點所受重力豎直向下，故電場力一定豎直向上，與電場線方向相反，可知該質(zhì)點一定帶負電，B項正確，A項錯；帶電質(zhì)點到b點時速度又減為零，可知向上運動過程中，合力先向上再向下，即重力不變，電場力減小，可知a處電場強度大于b處電場強度，C項正確，D項錯．9．兩帶電量分別為q和－q的點電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強大小E與x關系的是圖()

ABCD答案：A解析：根據(jù)兩等量異種點電荷周圍的電場線可直觀地看出，連線的中點場強最小，但不為零，關于中點對稱的兩點場強大小相等，方向相同，所以兩點電荷的連線上的場強先減小后增大，A正確．10．質(zhì)量為m的小球A在絕緣細桿上，桿的傾角為α，小球A帶正電，電量為q.在桿上B點處固定一個電量為Q的正電荷，將小球A由距B點豎直高度為H處無初速釋放，小球A下滑過程中電量不變，不計A與細桿間的摩擦，整個裝置處在真空中，已知靜電力常量k和重力加速度g.(1)A球剛釋放時的加速度是多大？(2)當A球的動能最大時，求此時A球與B點的距離．kQqsin2α答案：(1)gsinα－(2)mH2kQq解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律mgsinα－F＝ma，又據(jù)庫侖定律FmgsinαQqkQqsin2α＝k2，r＝H/sinα，解得α＝gsinα－.(2)當A球受到合力為零、加速度為零時，動能最大．設此時ArmH2球與B點間的距離為R，則mgsinα＝kQq，解得R＝R2kQq.mgsinα11．如圖所示，傾角為θ的斜面AB是粗糙且絕緣的，AB長為L，C為AB的中點，在A、C之間加一方向垂直斜面向上的勻強電場，與斜面垂直的虛線CD為電場的邊界．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊(可視為質(zhì)點)，從B點開始在B、C間以速度v0沿斜面向下做勻速運動，經(jīng)過C后沿斜面勻加速下滑，到達斜面底端A時的速度大小為v.試求：

(1)小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ.(2)勻強電場場強E的大�。甿v2－v02

答案：(1)tanθ(2)

qLtanθ

解析：(1)小物塊在BC上勻速運動，由受力平衡得FN＝mgcosθ，F(xiàn)f＝mgsinθ而Ff＝μFN，由以上幾式解得μ＝tanθ.(2)小物塊在CA上做勻加速直線運動，受力情況如圖所示，則FN′＝mgcosθ－qE，F(xiàn)f′＝μFN′。根mv2－v02L

據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ－Ff′＝ma，v－v0＝2a。由以上幾式解得E＝.2qLtanθ

22

12．(201*課標全國)靜電除塵器是目前普遍采用的一種高效除塵器．某除塵器模型的收塵板是很長的條形金屬板，圖中直線ab為該收塵板的橫截面，工作時收塵板帶正電，其正側的電場線分布如圖所示；粉塵帶負電，在電場力作用下向收塵板運動，最后落在收塵板上．若用粗黑曲線表示原來靜止于P點的帶電粉塵顆粒的運動軌跡，下列4幅圖中可能正確的是(忽略重力和空氣阻力)()

答案：A解析：因粉塵帶負電，故帶電粉塵所受電場力的方向與電場拋物線的切線方向相反，軌跡上任何

一點的切線方向為運動方向，若粒子做曲線運動，軌跡應出現(xiàn)在速度方向和力的方向所夾的區(qū)域內(nèi)．從軌跡找?guī)讉�點判斷一下，

只有A項符合，故A項正確．

13．(201*全國卷Ⅱ)在雷雨云下沿豎直方向的電場強度為104V/m.已知一半徑為1mm的雨滴在此電場中不會下落，取重力加速度大小為10m/s2，水的密度為103kg/m3，這雨滴攜帶的電荷量的最小值約為()A．2×109C

－

B．4×109CC．6×109C－

－D．8×109C－4ρ×πr3g3mgρVg－答：B析：帶電雨滴在電場力和重力作用下保持靜止，則mg＝qE，得：q＝＝＝＝4×109C，B正確．

EEE

1．如圖所示，在等量正點電荷連線的中垂線上取A、B、C、D四點，A、D兩點與B、C兩點均關于O點對稱，令各點電勢分別為φA、φB、φC、φD，則下列說法正確的是()A．φA＝φB＝φC＝φDB．φAφCC．φA＝φD、φB＝φCD．φA>φC、φB>φD答案：BC解析：等量正點電荷連線的中點O處合場強為0，中垂線上O點上方合場強沿中垂線向上，下方合場強沿中垂線向下．由“沿場強方向電勢降低”可判定A錯誤，B正確；電勢是標量，由對稱性知C正確，D錯誤．本題還可以根據(jù)等量正電荷等勢面的分布情況，結合等勢面與電場線的關系判斷．2．如圖所示，在沿x軸正方向的勻強電場E中，有一質(zhì)點A以O為圓心、以r為半徑逆時針轉動，當質(zhì)點A轉動至其與O點的連線與x軸正方向間夾角為θ時，則O、A兩點間的電勢差為()A．UOA＝ErB．UOA＝ErsinθC．UOA＝ErcosθD．UOA＝Ercosθ答案：C解析：在勻強電場中，兩點間的電勢差與場強的關系為U＝Ed，其中d為沿電場方向的兩點間的距離，所以UOA＝Ercosθ，故C正確．2

3．(201*南通模擬)一質(zhì)量為m的帶電小球，在豎直方向的勻強電場中以水平速度拋出，小球的加速度大小為g，阻力不計，

3關于小球在下落h的過程中能量的變化，以下說法中正確的是()

1112

A．動能增加了mghB．電勢能增加了mghC．機械能減少了mghD．重力勢能減少了mgh

3333

11

答案：BC解析：由加速度可求出電場力大小為mg，方向豎直向上，小球在下落h的過程中，電場力做功W電＝－mgh，電

331122

勢能增加mgh；機械能減少mgh；合外力做功W合＝mgh，動能增加mgh；重力勢能減少mgh.

3333

4．將一正電荷從無限遠處移入電場中M點，靜電力做功W1＝6×109J，若將一個等量的負電荷從電場中N點移向無限遠處，

－

靜電力做功W2＝7×109J，則M、N兩點的電勢φM、φN，有如下關系()

－

A．φM0C．φN0

答案：C解析：對正電荷φ∞－φM＝

W1W2W2W1W2；對負電荷φN－φ∞＝，即φ∞－φN＝.而W2>W1，φ∞＝0，且和均大于0，則φN

解析：小球受力如圖，將小球拉到豎直位置時，靜電力做功：W電＝－qEd＝－qElsinθ①1

又由動能定理得：W＋W電＋WG＝mv2－0②，要使W最小，只要讓v＝0③，即緩慢拉到豎直位

2置，該過程，重力做功，WG＝mgL(1－cosθ)④，由①②③④得W＝qELsinθ－mg(1－cosθ)．

1

6．如圖所示，A、B是位于豎直平面內(nèi)、半徑R＝0.5m的圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點B

4與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度E＝5×103N/C.今有一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶電荷量＋q＝8×105C的小滑塊(可視為質(zhì)點)從A點由靜止釋放．若已知滑塊與水平軌

－

道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，取g＝10m/s2，求：

(1)小滑塊第一次經(jīng)過圓弧形軌道最低點B時B點的壓力．(2)小滑塊在水平軌道上通過的總路程．

答案：(1)2.2N(2)6m解析：(1)設小滑塊第一次到達B點時的速度為vB，對圓弧軌道最低點B的壓力為F，則：vB2112

mgR－qER＝mvBF－mg＝m，故F＝3mg－2qE＝2.2N。(2)由題意知小滑塊最終將停在B點由動能定理得－FfS＝0－

2R2mvB2結合Ff＝μmg可得小滑塊在水平軌道上通過的總路程S＝6m.

7．(201*江門測試)x軸上有兩點電荷Q1和Q2，Q1和Q2之間線上各點電勢高低如圖曲線所示(AP>PB)，選無窮遠處電勢為0，從圖中可以看出()

A．Q1電荷量一定小于Q2電荷量B．P點電場強度是0C．Q1和Q2之間線上各點電場方向都指向Q2D．Q1、Q2可能是同種電荷

答案：C解析：Q1附近電勢大于零，而Q2附近電勢小于零，可知Q1帶正電、Q2帶負電，D項錯；Q1、Q2之間電場線由Q1

QQ1指向Q2，C項正確；兩電荷連線上P點場強一定不為零，B項錯；由φ＝k知，Q1在P點電勢為φ＝k.Q2在P點電勢為φ2＝

rr1Q2Q1Q2－k2，而P點電勢為0，則有＝，r1>r2，故Q1>Q2，A項錯．rr1r2

8．光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速v0進入該正方形區(qū)域．當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為

A．0

111B.mv02＋qElC.mv0222212D.mv02＋qEl23答案：ABC解析：如圖所示，如果電場方向是AB方向則電場力可以做正功，也可以做負功，做負功時有可能使其動能變?yōu)榱�，故選項A正確；如果電場的方向是AC方向，帶電小球到達AB或CD時，電場力做功為qEl/2，故選項B可能是正確的；如果帶電小球回到同一個邊界上，即回到等勢面上，電場力不做功，故選項C可能是正確的；D是無論如何也是不可能的．

9．(201*金華模擬)如圖所示，在絕緣的斜面上方，存在著勻強電場，電場方向平行于斜面向上，斜面上的帶電金屬塊在平行于斜面的力F作用下沿斜面移動．已知金屬塊在移動的過程中，力F做功32J，金屬塊克服電場力做功8J，金屬塊克服摩擦力做功16J，重力勢能增加18J，則在此過程中金屬塊的()

A．動能減少10JC．機械能減少24J

B．電勢能增加24JD．內(nèi)能增加16J

答案：AD。解析：由動能定理可知ΔEk＝32J－8J－16J－18J＝－10J，A正確；克服電場力做功為8J，則電勢能增加8J，B錯誤；機械能的改變量等于除重力以外的其他力所做的總功，故應為ΔE＝32J－8J－16J＝8J，C錯誤；物體內(nèi)能的增加量等于克服摩擦力所做的功，D正確．

10．一長為L的細線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中，開始時，將線與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開始向下擺動，當細線轉過60°角時，小球到達B點速度恰好為零．試求：

(1)AB兩點的電勢差UAB；(2)勻強電場的場強大小；(3)小球到達B點時，細線對小球的拉力大�。�答案：(1)－

3mgL3mg

(2)(3)3mg2qq

3mgL

.2q

解析：取向下為正：(1)小球由A到B過程中，由動能定理得mgLsin60°＋qUAB＝0，所以UAB＝－

|UAB|3mg(2)E＝＝。(3)小球在AB間擺動，由對稱性知，B處繩拉力與A處繩拉力相等，而在A處，由水平方向平衡qL－Lcos60°有：TA＝qE＝3mg所以TB＝TA＝3mg，或在B處，沿繩方向合力為零，有TB＝qEcos60°＋mgcos30°＝3mg.

11．如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有一絕緣的光滑離心軌道，一個帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止釋放，沿軌道滑下，已知小球的質(zhì)量為m，電量為－q，勻強電場的場強大小為E，斜軌道的傾角為α(小球的重力大于所受的電場力)．

(1)求小球沿斜軌道下滑的加速度的大�。�

(2)若使小球通過圓軌道頂端的B點，求A點距水平地面的高度h至少應為多大？

(3)若小球從斜軌道h＝5R處由靜止釋放．假設其能夠通過B點，求在此過程中小球機械能的改變量．mg－qEsinα5

答案：(1)(2)R(3)減少3EqR

m2

解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律：(mg－qE)sinα＝ma①，a＝

mg－qEsinα

.②

mmv2(2)若小球剛好通過B點，據(jù)牛頓第二定律：mg－qE＝③，小球由A到B，據(jù)動能定理：R(mg－qE)(h－2R)＝

mv25④，以上聯(lián)立，得h＝R.⑤。(3)小球從靜止開始沿軌道運動到B點的過程中，機械能的變化量為：ΔE機由22ΔE機＝W電⑥，W電＝－3REq⑦，得ΔE機＝－3REq.⑧

12．(201*全國Ⅰ)關于靜電場，下列結論普遍成立的是()A．電場強度大的地方電勢高，電場強度小的地方電勢低B．電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關C．在正電荷或負電荷產(chǎn)生的靜電場中，場強方向都指向電勢降低最快的方向D．將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點，電場力做功為零答案：C解析：在靜電場中，電勢沿著電場線逐漸降低，場強方向是電勢降低最快的方向，場強的大小與電場線分布疏密有關，故A項錯誤，C項正確；電場中兩點間的電勢差既與場強有關又與距離有關，B項錯誤；場強為零的一點到場強為零的另一點間的電勢差不一定為零，故電場力做功不一定為零，D項錯誤．13．(201*安徽理綜)如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一個以O為圓心、半徑R＝0.1m的圓，P為圓周上的一點，O、P兩點連線與x軸正方向的夾角為θ.若空間存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小E＝100V/m，則O、P兩點的電勢差可表示為()

A．UOP＝－10sinθ(V)C．UOP＝－10cosθ(V)

B．UOP＝10sinθ(V)D．UOP＝10cosθ(V)

答案：A解析：在勻強電場中，UOP＝－ERsinθ＝－10sinθ(V)，故A對．

14．(201*江蘇單科)空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示．下列說法中正確的是()

A．O點的電勢最低B．x2點的電勢最高C．x1和－x1兩點的電勢相等D．x1和x3兩點的電勢相等

答案：C。解析：電勢高低與場強大小無必然聯(lián)系．O點場強為0，電勢不一定最低，A錯；x2點是場強正向最大的位置，電勢不是最高，B錯；將電荷從x1移到－x1可由題圖知電場力做功為零，故兩點電勢相等，而把電荷從x1移到x3電場力做功不為零，C對，D錯．

章末檢測(六)

一、選擇題(每題3分，共36分)

1．一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下．若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，能量的變化情況為()

A．動能減小B．電勢能增加

C．動能和電勢能之和減小D．重力勢能和電勢能之和增加

答案：C解析：該油滴從a點進入電場，根據(jù)其軌跡的彎曲趨勢，可以判斷靜電力一定豎直向上，且靜電力大于重力，所以

油滴帶負電荷．運動過程中合力向上做正功，根據(jù)動能定理，油滴動能變大，A錯誤；靜電力做正功，電勢能必然減少，B錯誤；該處能量定恒的形式表現(xiàn)為電勢能、機械能(動能＋重力勢能)之和守恒．根據(jù)能量守恒定律，既然動能增加，則重力勢能與電勢能之和一定減少，D錯誤；油滴上升，重力勢能變大，動能和電勢能之和必然減少．

2．如圖所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷＋Q，在x軸上C點有點電荷－Q，且CO＝OD，∠ADO＝60°.下列判斷正確的是()

A．O點電場強度為零B．D點電場強度為零

C．若將點電荷＋q從O移向C，電勢能增大D．若將點電荷－q從O移向C，電勢能增大

答案：BD解析：A、B兩點處的點電荷在O點處形成的電場的合場強為零，因此O點處的電場強度應等于C點處的點電荷QQQ在O點形成的電場的電場強度．A錯；A、B、C三處點電荷在D點處形成的電場強度分別為EDA＝k2，EDB＝k2，EDC＝k2，所

rrrQQ

以D點合電場強度為ED＝k2－2k2cos60°＝0，故B對；將點電荷＋q從O移向C時，電場力做正功，故電勢能減小，C錯；將

rr點電荷－q從O移向C時，電場力做負功，故電勢能增大，D對．3．(201*天津理綜)在靜電場中，將一正電荷從a點移到b點，電場力做了負功，則A．b點的電場強度一定比a點大B．電場線方向一定從b指向aC．b點的電勢一定比a點高D．該電荷的動能一定減小答案：C解析：電場力做負功，該電荷電勢能增加，正電荷在電勢高處電勢能較大，C正確；電場力做負功同時電荷可能還受其他力作用，總功不一定為負，由動能定量可知，動能不一定減小，D錯；電勢高低與場強大小無必然聯(lián)系，A錯；b點電勢高于a點，但a、b可能不在同一條電場線上，B錯．4．如圖所示，a、b是兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣細線系于同一點，兩球靜止時它們在同一水平面上，與豎直方向的夾角依次為α＝30°、β＝60°，若同時剪斷細線，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是()A．a(chǎn)、b兩小球將同時落到同一水平地面上B．下落過程中a小球水平飛行的距離比b小球大C．下落過程中a、b小球庫侖力做功相等D．落地瞬間a小球重力的瞬時功率大于b小球重力的瞬時功率答案：AD解析：豎直方向只受重力，A正確；由F＝tana，知ma>mb，庫侖力F相同，水平方向的加速度aaPB，D對．

5．如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩個帶等量正電的點電荷M、N，分別固定在A、B兩點，O為AB連線的中點，CD為AB的垂直平分線，在CO之間的F點由靜止釋放一個帶負電的小球P(設不改變原來的電場分布)，在以后的一段時間內(nèi)，P在CD連線上做往復運動，若()

A．小球P的帶電荷量緩慢減小，則它往復運動過程中振幅不斷減小

B．小球P的帶電荷量緩慢減小，則它往復運動過程中每次經(jīng)過O點時的速率不斷減小C．點電荷M、N的帶電荷量同時等量地緩慢增大，則小球P往復運動過程中周期不斷減小D．點電荷M、N的帶電荷量同時等量地緩慢增大，則小球P往復運動過程中振幅不斷減小

答案：BCD解析：若小球P的帶電荷量緩慢減小，則小球運動到某位置時受到的電場力減小，小球從平衡位置運動到最大位移過程中克服電場力做的功少了，故能夠到達更遠處，振幅增大，A項錯誤；此種情況，小球從最大位移向平衡位置運動的過程中，由于電場力做的功減小，所以到達平衡位置的動能減小，速度減小，B項正確；點電荷M、N的帶電荷量同時等量地緩慢增大，小球在某位置受到的電場力逐漸增大，回復加速度增大，故周期減小，此種情況小球從平衡位置到最大位移過程中因電場力增大，故能到達的最大位移減小，振幅減小，C、D項均正確．

6．兩個質(zhì)量相同的小球用不可伸長的長為L的絕緣細線連接，置于場強為E的勻強電場中，小球1和小球2均帶負電，電荷量分別為q1和q2(q1>q2)．將細線拉直并使之與電場方向平行，如圖所示，若將兩小球同時從靜止釋放，則釋放后細線中張力T為(不計重力及兩小球間的庫侖力)()

11

A．T＝(q1－q2)EB．T＝(q1－q2)EC．T＝(q1＋q2)E

22

D．T＝(q1＋q2)E

答案：A。解析：由牛頓第二定律，對球2有T＋Eq2＝ma，對球1、2整體有Eq1＋Eq2＝2ma

兩式聯(lián)立得T＝Eq1－q2

，A正確．2

mg

，A、B兩球最后會達到新的平q

7．如圖所示，A、B兩個帶電小球的質(zhì)量均為m，所帶電量分別為＋q和－q，兩球間用絕緣細線連接，A球又用絕緣細線懸掛在天花板上，細線長均為L.現(xiàn)在兩球所在的空間加上一方向向左的勻強電場，電場強度E＝衡位置，則在這個過程中，兩個小球()

A．總重力勢能增加了

2－22

mgLB．總重力勢能增加了mgL22

2－22

C．總電勢能減少了mgLD．總電勢能減少了mgL

22

答案：AD解析：A、B兩個帶電小球所受電場力為零，故OA線豎直、B球向右偏45°處最后靜止，則總重力勢能增加了mg(L－Lcos45°)＝

2－22

mgL，故A項正確，總電勢能減少了mgL，故D項正確．228．示波管可以視為加速電場和偏轉電場的組合，若已知前者的電壓為U1，后者的電壓為U2，極板長為L，間距為d，電子加速前速度可忽略，則示波管的靈敏度(偏轉電場中每單位偏轉電壓所引起的偏轉量稱為“靈敏度”)與加速電場和偏轉電場的關系，正確的是

A．L越大，靈敏度越大C．U1越小，靈敏度越大B．d越大，靈敏度越大D．靈敏度與U1無關11U2eL答案：AC解析：設電子進入偏轉電場的速度為v，電子射出偏轉電場時偏轉量為y，則U1e＝mv2，y＝v22dmyL2

＝，可見，L越大，靈敏度越大，d越小，靈敏度越大，U1越小，靈敏度越大，故A、C正確．U24dU1

()，可得：

2

9．如圖所示，用電池對電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板間有一個電荷q處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩極板的間距變大，則()A．電荷將向上加速運動B．電荷將向下加速運動C．電流表中將有從a到b的電流D．電流表中將有從b到a的電流U答案：BD解析：充電后電容器的上極板A帶正電，不斷開電源，增大兩板間距，U不變、d增大，由E＝知兩極板間場強d減小，場強減小會使電荷q受到的電場力減小，電場力小于重力，合力向下，電荷q向下加速運動，由C＝εrS知電容C減小，4πkd由Q＝CU知極板所帶電荷量減少，會有一部分電荷返回電源，形成逆時針方向的電流，電流表中將會有由b到a的電流

10．如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為()

A．U1∶U2＝1∶8C．U1∶U2＝1∶2B．U1∶U2＝1∶4D．U1∶U2＝1∶12mv02dy121Uql2y答案：A解析：由y＝at＝，所以U∝2，可知A項正確．2得：U＝222mdv0qll11．如圖所示，一個平行板電容器，板間距離為d，當對其加上電壓后，A、B兩板的電勢分別為＋φ和－φ，下述結論正確的是()

A．電容器兩極板間可形成勻強電場，電場強度大小為E＝φ/d

B．電容器兩極板間各點的電勢，有的相同，有的不同；有正的，有負的，有的為零C．若只減小兩極板間的距離d，該電容器的電容C要增大，極板上帶的電荷量Q也會增加D．若有一個電子水平射入穿越兩極板之間的電場，則電子的電勢能一定會減小答案：BCD解析：由題意可知，兩板間電壓為2φ，電場強度為E＝為正，下方為負，故B正確；由C＝

2φ

，A錯誤；板間與板平行的中線上電勢為零，中線上方d

εrS

知，d減小，C增大，由Q＝CU知，極板帶電荷量Q增加，C正確；電子水平射入穿越4πkd

兩極板之間的電場時，電場力一定對電子做正功，電子的電勢能一定減小，D正確．

12．如圖所示，一電容為C的平行板電容器，兩極板A、B間距離為d，板間電壓為U，B板電勢高于A板，兩板間有M、N、

P三點，MN連線平行于極板，N、P連線垂直于極板，M、P兩點間距離為L，∠PMN＝θ.以下說法正確的是()

U

A．電容器帶電量為C

B．兩極板間勻強電場的電場強度大小為C．M、P兩點間的電勢差為

ULsinθ

d

qULsinθ

dU

Lsinθ

D．若將帶電量為＋q的電荷從M移到P，該電荷的電勢能減少了

答案：CD解析：由電容器電容的定義式可知，電容器的帶電量為Q＝CU，A項錯誤；兩板間的電場為勻強電場，根據(jù)勻強電場場強與電勢差的關系可知，U

兩板間電場強度E＝，B項錯誤；MP兩點間的電勢差就等于NP間的電勢差，

d即UMP＝ELsinθ＝

ULsinθ

，C項正確；由于下板帶正電，因此板間場強方向豎直向上，將帶電量為＋q的電荷從M點移到P點，d

qULsinθ，D項正確．本題較易．d電場力做正功，電勢能減少量就等于電場力做的功，即為qUMP＝二、填空題(每題4分，共12分)

13．如圖所示是一個平行板電容器，其電容為C，帶電荷量為Q，上極板帶正電，兩極板間距為d.現(xiàn)將一個檢驗電荷＋q由兩極板間的A點移動到B點，A、B兩點間的距離為s，連線AB與平行極板方向的夾角為30°，則電場力對檢驗電荷＋q所做的功等于________．

qQsQUQ答案：，解析：電容器兩板間電勢差U＝，場強E＝＝，而A、B兩點間電勢差UAB＝Essin2CdCdCd30°＝

QsqQs，電場力對＋q所做功為W＝qUAB＝.2Cd2Cd－3114．一電子以4×106m/s的速度沿與電場垂直的方向從A點水平垂直于場強方向飛入，并從B點沿與場強方向成150°的方向飛出該電場，如圖所示，則A、B兩點的電勢差為________V．(電子的質(zhì)量為9.1×10－19

kg，電荷量為－1.6×10vAsin30°C)

答案：－136.5。解析：設電子射入電場時的速度為vA，射出電場時的速度為vB，從圖可知vB＝11113，＝2vA，根據(jù)動能定理，有W＝eUAB①，W＝mvB2－mvA2②，由式①②得eUAB＝mvB2－mvA2＝mvA2所222223mvA23×9.1×1031×4×1062以UAB＝＝V＝－136.5V－2e－1.6×1019×2－

15．如圖所示，地面上某區(qū)域存在著勻強電場，其等勢面與地面平行等間距．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球以水平方向的初速度v0由等勢線上的O點進入電場區(qū)域，經(jīng)過時間t，小球由O點到達同一豎直平面上的另一等勢線上的P點．已知連線OP與水平方向成45°夾角，重力加速度為g，則OP兩點的電勢差為________．2mv02－mgv0t2mv02－mgv0t11222

答案：。解析：因為vy＝2v0，由動能定理可得：m(vy＋v0)－mv0＝mgv0t＋qUOP，所以UOP＝，q22q帶電粒子在電場與重力場的復合場中運動，可利用合運動與分運動的關系，把曲線轉化為直線運動，簡化運動過程．

三、計算題(共5題，共52分)

16．(10分)質(zhì)量都是m的兩個完全相同、帶等量異種電荷的小球A、B分別用長l的絕緣細線懸掛在同一水平面上相距為2l的M、N兩點，平衡時小球A、B的位置如圖甲所示，線與豎直方向夾角α＝30°，當外加水平向左的勻強電場時，兩小球平衡位置如圖乙所示，線與豎直方向夾角也為α＝30°，求：

(1)A、B小球電性及所帶電荷量Q；(2)外加勻強電場的場強E.

3mg

l(2)3k

10

3mgk3

。解析：(1)A球帶正電，B球帶負電兩小球相距d＝2l－2lsin30°＝l。由A球受力平衡

9l

3mg

l.3k

答案：(1)

Q2

可得：mgtanα＝k2，解得：Q＝lQ(2)外加電場時，兩球相距d′＝2l＋2lsin30°＝3l，根據(jù)A球受力平衡可得：QE－k2＝mgtanα，解得：E＝3l－

－

2103mgk3.9l17．(10分)在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側空間有一個勻強電場，場強大小E＝6.0×105N/C，方向與x軸正方向相同．在O處放一個電荷量q＝－5.0×108C，質(zhì)量m＝1.0×102kg的絕緣物塊，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2.0m/s，如圖所示，求物塊最終停止時的位置．(g取10m/s2)

答案：在O點左側距O點0.2m處解析：物塊先在電場中向右減速，設運動的位移為x1，mv0212，

由動能定理得：－(qE＋μmg)x1＝0－mv0所以x1＝，代入數(shù)據(jù)得x1＝0.4m

22qE＋μmg可知，當物塊向右運動0.4m時速度減為零，因物塊所受的電場力F＝qE＝0.03N>μmg，所以物塊將沿x軸負方向加速，跨過O點之后在摩擦力作用下減速，最終停止在O點左側某處，設該點距1O點距離為x2，則－μmg(2x1＋x2)＝0－mv02，解之得x2＝0.2m.218．(10分)(201*萊蕪模擬)一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球以水平初速度v0進入豎直向上的勻強電場中，如圖甲所示．今測得小球進入電場后在豎直方向下降的高度y與水平方向的位移x之間的關系如圖乙所示，根據(jù)圖乙給出的信息，(重力加速度為g)求：(1)勻強電場場強的大小；(2)小球從進入勻強電場到下降h高度的過程中，電場力做的功；(3)小球在h高度處的動能．2h2mv02－mghL22h2mv02mv02mg2hmv02答案：(1)－(2)(3)＋qqL2L2L22mg－qEt2解析：(1)小球進入電場后，水平方向做勻速直線運動，設經(jīng)過時間t，水平方向：v0t＝L，豎直方向：＝h，所以E

2m2h2mv02－mghL2mv022h2mv02mv02mg2hmv02

＝－.(2)電場力做功為W＝－qEh＝.(3)根據(jù)動能定理mgh－qEh＝Ek－，得Ek＝＋.qqL2L22L22

19．(10分)如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強為E的勻強電場，在與右側虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離s.2LqEL3qEL2答案：(1)(2)(3)v0mv022mv02解析：(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝2L.v0(2)設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝EqLqEL所以vy＝a＝.mv0mv0vyqEL

所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝＝.

v0mv021L1qEL23qEL2

(3)設粒子在電場中的偏轉距離為y，則y＝av2＝，又s＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：s＝.

202mv022mv0220．(12分)一平行板電容器長l＝10cm，寬a＝8cm，板間距d＝4cm，在板左側有一足夠長的“狹縫”離子源，沿著兩板中ml－

心平面，連續(xù)不斷地向整個電容器射入離子，它們的均為5×1011kg/C，速度均為4×106m/s，距板右端處有一屏，如圖甲所

q2示，如果在平行板電容器的兩極板間接上如圖乙所示的交流電，由于離子在電容器中運動所用的時間遠小于交流電的周期，故離子通過電場的時間內(nèi)電場可視為勻強電場．試求：

(1)離子打在屏上的區(qū)域面積；

(2)在一個周期內(nèi)，離子打到屏上的時間．答案：(1)4ad(2)0.0072s

解析：(1)設離子恰好從極板邊緣射出時的電壓為U0，水平方向：l＝v0t①d1qU0豎直方向：＝at2②，又a＝③，由①②③得

22mdmd2v025×10

U0＝＝ql2－11

×4×1022×4×1062

V＝128V。當U≥128V時打到極板上，當U

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