【三维设计】2017届高三物理二轮复习(通用版)课前诊断——电场的基本性质 Word版含解析

课时跟踪检测(二十) 电场力的性质对点训练：库仑定律的理解与应用1.(2015·北京西城质检)如图1所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。

两个小球的半径r ≪l 。

k 表示静电力常量。

则轻绳的张力大小为( )图1A ．0B ．kq 2l 2C ．2kq 2l2D ．kql22．(2012·上海高考)A 、B 、C 三点在同一直线上，AB ∶BC ＝1∶2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷。

当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的电场力为F ；移去A 处电荷，在C 处放电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为( )A ．－F 2B ．F2 C ．－F D ．F对点训练：库仑力作用下的平衡问题3．绝缘细线的一端与一带正电的小球M 相连接，另一端固定在天花板上，在小球M 下面的一绝缘水平面上固定了另一个带电小球N ，在下列情况下，小球M 能处于静止状态的是( )图24．(多选)(2015·武汉调研)如图3所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－q 、Q 、－q 、Q 。

四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α。

若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )图3A ．cos 3α＝q 8Q B ．cos 3α＝q 2Q 2 C ．sin 3α＝Q 8qD ．sin 3α＝Q 2q2对点训练：电场强度的叠加问题5．如图4所示，在水平向右、大小为E 的匀强电场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正电荷，A 、B 、C 、D 为以O 为圆心、半径为r 的同一圆周上的四点，B 、D 连线与电场线平行，A 、C 连线与电场线垂直。

则( )图4A ．A 点的电场强度大小为E2＋k 2Q 2r4B ．B 点的电场强度大小为E －k Qr2C ．D 点的电场强度大小不可能为0 D ．A 、C 两点的电场强度相同6.(2015·河北省唐山一模)如图5所示，匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形。

课前诊断——电学基础实验1.(2016·大连期末K和两个部件S、T.(1)请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线.②将K旋转到电阻挡“×100”位置.③将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的“0”刻度线.(2)将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别为a、b，指针指示位置如图乙所示.则通过P的电流方向是________(选填“a→b”或“b→a”)，为使测量比较精确，应将选择开关旋到________的倍率挡位上，并需要重新调零，再进行测量.解析：(1)①首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S.③欧姆表选挡后要进行欧姆调零，将“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处.(2)表盘上的负极接欧姆表内部电源的正极，所以通过P的电流方向是b到a；题图乙中指针偏转角度太大，为了得到比较准确的测量结果，必须使指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调小.答案：(1)①S③T(2)b→a×102．(2013·全国卷Ⅰ)某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻.使用的器材有：多用电表；电压表：量程5 V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；导线若干.回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点.(2)将图(a)中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端.(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示，多用电表和电压表的读数分别为______kΩ和______V.(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零.此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V.从测量数据可知，电压表的内阻为________kΩ.(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图所示.根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为________V，电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻为______kΩ.解析：(1)使用多用电表测电阻时，换挡后需重新进行欧姆调零，故应将两表笔短接进行调零.(2)电流应从多用电表的红表笔流入、黑表笔流出，故红表笔应接“1”.(3)从图(b)可以看出指针指向欧姆挡15.0位置，电阻挡为“×1 k”，故读数为15.0 kΩ；由于电压表量程为5 V，指针所指位置为3.60，故读数为3.60 V.(4)当滑动变阻器连入电路中的电阻为零时，多用电表读数即为电压表内阻，所以电压表内阻为12.0 kΩ.(5)设多用电表内电池的电动势为E、多用电表内阻为R，由第(3)、(4)问可知ER＋15.0 kΩ＝3.60 V 12.0 kΩ，ER＋12.0 kΩ＝4.00 V12.0 kΩ，两式联立解得：E＝9.00 V，R＝15.0 kΩ.答案：(1)短接(2)1(3)15.0 3.60(4)12.0(5)9.0015.03.(2015·福建高考)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接.(1)实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；(2)某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A；(3)该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为____________W(保留两位小数).解析：(1)电流表示数要从零开始逐渐增大，滑动变阻器要用分压接法，如图甲所示.(2)电流表示数为0.44 A.(3)当外电路的总电阻与电源内阻相等时，电源有最大的输出功率，即小电珠的总功率最大，此时R 外＝r ＝1 Ω，I ＝ER 外＋r ＝32 A ＝1.5 A ，U 外＝E 2＝1.5 V ，即每只小电珠两端的电压为1.5 V ，通过图像可知每只小电珠的电流为I 0＝0.38 A ，n ＝I I 0≈4(只)；通过每只小电珠的电流为I 0，两端电压为U ，根据闭合电路欧姆定律得：U ＋nI 0r ＝E ，而U ＋4I 0＝3 V ，U ＝－4I 0＋3 V ，如图乙所示，图线的交点纵、横坐标分别为U ≈1.5 V ，I 0≈0.38 A ，P ＝UI 0＝0.57 W ，P 总＝nP ＝0.57×4 W ＝2.28 W.答案：(1)如解析图甲所示 (2)0.44 (3)4 2.284．考查测定金属的电阻率](2016·北京市朝阳区高三期末)在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准.待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值).(2)用伏安法测金属丝的电阻R x.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干.某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：由以上实验数据可知，他们测量R x是采用图2中的________图(选填“甲”或“乙”).(3)图3是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端.请根据图2所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏.图3图4(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点.请在图4中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线.由图线得到金属丝的阻值R x＝________Ω(保留两位有效数字).(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为______(填选项前的符号).A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m(6)任何实验测量都存在误差.本实验所用测量仪器均已校准.下列关于误差的说法中正确的选项是________(有多个正确选项).A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用U-I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差解析：(1)螺旋测微器的读数为0 mm＋39.7×0.01 mm＝0.397 mm.(2)通过给定的数据发现电压接近从0开始，故滑动变阻器采用的是分压式接法.(3)对滑动变阻器的分压式接法，连线时应使测量电路在开始时分到的电压为0.(4)图线应过原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧.图线的斜率反映了金属丝的电阻，所以R x＝4.5 Ω.(5)由R＝ρl/S，S＝π(d/2)2，取d＝4×10－4m、l＝0.5 m、R＝4.5 Ω，解出ρ≈1×10－6Ω·m.(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，选项A错误；由于电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，则可以消除系统误差，选项B错误，选项C正确；利用U-I图像处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，选项D正确.答案：(1)0.397(0.395～0.399均可)(2)甲(3)如图(a)(4)如图(b) 4.5(4.3～4.7均可)(5)C(6)CD(a)(b)5．考查电表内阻的测量](2016·全国甲卷)某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5 V的电压表○的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5 kΩ)，直流电源E(电动势3 V)，开关1个，导线若干.(a)实验步骤如下：①按电路原理图(a)连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S ；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V ，记下电阻箱的阻值.回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器______(填“R 1”或“R 2”).(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线.(b)(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0 Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为________ Ω(结果保留到个位).(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为________(填正确答案标号).A ．100 μAB ．250 μAC ．500 μAD ．1 mA解析：(1)滑动变阻器R 1的阻值较小，在分压电路中便于调节，故实验中应选择滑动变阻器R 1.(2)实物图连线如图所示.(3)电阻箱阻值为0时，电压表满偏电压U g ＝2.5 V ，电阻箱阻值R ＝630.0 Ω时，电压表的示数U V ＝2.00 V ，此时电阻箱两端的电压U R ＝U g －U V ＝0.5 V ，根据串联电路电压与电阻成正比可得U V U R＝R g R ， 故R g ＝U V U RR ＝2.000.5×630.0 Ω＝2 520 Ω.(4)电压表的满偏电流为I g，则I g R g＝U g，故I g＝U gR g＝2.52 520A≈1 mA，选项D正确.答案：(1)R1(2)见解析图(3)2 520(4)D6.(2016·备有下列器材：A．待测的干电池一节B．电流表A1(量程0～3 mA，内阻R g1＝10 Ω)C．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻R g2＝0.1 Ω)D．滑动变阻器R1(0～20 Ω，1.0 A)E．电阻箱R0(0～9 999.9 Ω)F．开关和若干导线(1)某同学发现上述器材中没有电压表，他想利用其中的一个电流表和电阻箱改装成一块电压表，其量程为0～3 V，并设计了图甲所示的a、b两个参考实验电路(虚线框内为改装电压表的电路)，其中合理的是______(选填“a”或“b”)电路；此时R0的阻值应取________ Ω.(2)图乙为该同学根据合理电路所绘出的I1-I2图像(I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数).根据该图线可得被测电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.解析：(1)首先需要剩余一个电流表测量电流，又因为电路中的电流不会小于3 mA，所以要用A2来测量电流，因此需要将A1进行改装，故选b电路；其次根据电表的改装原理可知，U＝I(r＋R0)，即3＝0.003×(10＋R0)，解得R0＝990 Ω.(2)根据闭合电路欧姆定律可知，I1×1 000＝E－I2r，将图像延长，根据纵截距知该电源的电动势为1.48 V，根据斜率可得内阻为0.84 Ω.答案：(1)b990(2)1.48 (1.46～1.49之间均正确)0.84(0.82～0.87之间均正确)7．(2016·哈尔滨三中模拟)某实验小组正在测定一节新型电池的电动势(约为3 V)和内阻，现要选取一个定值电阻R0当做保护电阻.(1)首先为了准确测量定值电阻R0的阻值，在操作台上准备了如下实验器材：A．电压表V(量程3 V，电阻约为4 kΩ)B．电流表A1(量程1 A，内阻约0.5 Ω)C．电流表A2(量程3 A，内阻约0.5 Ω)D．定值电阻R0(阻值约为3 Ω)E．滑动变阻器R(0～10 Ω)F．开关S一个，导线若干根据上述器材，在测量R0阻值时应选择________(填序号)为电流表，其实验电路图应选择以下哪种接法______(填字母)，经测量定值电阻R0阻值为2.8 Ω.(2)之后为了测量该新型电池的电动势和内阻，设计了如下实验，在下图中将所选器材进行连接.(3)根据实验记录做出U-I图线如图所示，从中可以求出待测新型电池的内阻为______Ω，电池电动势为_____ V(保留两位有效数字).解析：(1)新型电池的电动势约为3 V，定值电阻R0的阻值约为3 Ω，则通过的定值电阻R0的最大电流约为1 A，故在测量R0阻值时应选择电流表B；由于电压表内阻远大于R0的阻值，故电流表采用外接的方法，即图a所示.(2)电路图实物连接如图所示.(3)在电源的U -I 图线中，图线斜率的绝对值表示定值电阻和电源内阻之和，即R 0＋r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝3.75 Ω，所以电源的内阻r ＝0.95 Ω，I ＝0时对应的路端电压U 表示电源的电动势，故E ＝2.9 V .答案：(1)B a (2)图见解析 (3)0.95 2.9。

高考物理课前诊断——电学基础实验1.(2016·大连期末K和两个部件S、T。

(1)请根据下列步骤完成电阻测量：①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻度线。

②将K旋转到电阻挡“×100”位置。

③将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的“0”刻度线。

(2)将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别为a、b，指针指示位置如图乙所示。

则通过P的电流方向是________(选填“a→b”或“b→a”)，为使测量比较精确，应将选择开关旋到________的倍率挡位上，并需要重新调零，再进行测量。

解析：(1)①首先要对表盘机械校零，所以旋动部件是S。

③欧姆表选挡后要进行欧姆调零，将“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件T，让表盘指针指在最右端零刻度处。

(2)表盘上的负极接欧姆表内部电源的正极，所以通过P的电流方向是b到a；题图乙中指针偏转角度太大，为了得到比较准确的测量结果，必须使指针指在中间刻度附近，所以要将倍率调小。

答案：(1)①S③T(2)b→a×102．(2013·全国卷Ⅰ)某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1 k”挡内部电路的总电阻。

使用的器材有：多用电表；电压表：量程5 V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；导线若干。

回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1 k”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点。

(2)将图(a)中多用电表的红表笔和________(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。

(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示，多用电表和电压表的读数分别为______kΩ和______V。

(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。

电荷的相互作用 电场力的性质1.构成物质的原子本身包括：带正电的质子和不带电的中子构成原子核，核外有带负电的电子，整个原子对外界较远位置表现为电中性．2．元电荷最小的电荷量，其值为e ＝1.60×10－19_C. 其他带电体的电荷量皆为元电荷的整数倍． 3．电荷守恒定律(1)内容：电荷既不能被创造，也不能被消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量不变．(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电． (3)带电实质：物体带电的实质是得失电子． 【针对训练】1．把两个相同的金属小球接触一下再分开一小段距离，发现两球间相互排斥，则这两个金属小球原来的带电情况可能是( )A ．两球原来带有等量异种电荷B ．两球原来带有同种电荷C ．两球原来带有不等量异种电荷D ．两球中原来只有一个带电【解析】 根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，两个相同的小球接触后电荷量平均分配规律可知，B 、C 、D 正确．【答案】 BCD1.是一种理想化的物理模型，当带电体本身的形状和大小对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷．2．库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的大小，跟它们的电荷量的q 1与q 2乘积成正比，跟它们的距离r 的平方成反比，作用力的方向沿着它们的连线．(2)公式：F ＝kq 1q 2r2，其中比例系数k 叫做静电力常量，k ＝9.0×109 N·m 2/C 2. (3)适用条件：①真空中；②点电荷．【针对训练】2．(2012·上海高考)A 、B 、C 三点在同一直线上，AB ∶BC ＝1∶2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷．当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的电场力为F ；移去A 处电荷，在C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为( )A ．－F /2B ．F /2C ．－FD ．F【解析】 设AB 间距离为x ，则BC 间距离为2x ，根据库仑定律有F ＝k Qq x2，在C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为F ′＝k 2qQx2＝F2，考虑电场力方向易知B 正确．1.基本性质：能够对场中的电荷有力的作用，这个力叫做电场力． 2．电场强度(1)定义式：E ＝F q，适用于任何电场，是矢量，单位：N/C 或V/m. (2)点电荷的场强：E ＝kQ r2，适用于计算真空中的点电荷产生的电场．(3)方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向．(4)电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和．3．电场线 (1)特点①电场线从正电荷或(无限远处)出发，到无限远处或到负电荷； ②电场线在电场中不相交；③在同一电场里，电场线越密的地方场强越大； ④电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向； ⑤沿电场线方向电势逐渐降低；⑥电场线和等势面在相交处相互垂直． (2)几种典型电场的电场线图6－1－1电场中某一点的电场强度E 与试探电荷q 无关，由场源电荷和该点在电场中的位置决定.【针对训练】 3.图6－1－2有一负电荷自电场中的A 点自由释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B 点，它运动的速度图象如图6－1－2所示，则A 、B 所在电场区域的电场线分布可能是选项图中的()【解析】 由v －t 图象可知，负电荷的a 和v 均增加，故E B >E A ，B 点的电场线比A 点的密，且电场力与v 同向，E 与v 反向，应选B.【答案】 B(对应学生用书第95页)1.三个公式⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧E ＝F q ⎩⎪⎨⎪⎧ 适用于任何电场与检验电荷是否存在无关E ＝kQr 2⎩⎪⎨⎪⎧ 适用于点电荷产生的电场Q 为场源电荷的电量E ＝U d ⎩⎪⎨⎪⎧适用于匀强电场U 为两点间的电势差，d 为沿电场方向两点间的距离2．电场的叠加(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场场强的矢量和．(2)计算法则：平行四边形定则．(2012·安徽高考)如图6－1－3所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝2πk σ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－x R 2＋x 212，方向沿x 轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图6－1－4所示．则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为()图6－1－3 图6－1－4A ．2πk σxr 2＋x212B ．2πk σ0rr 2＋x212C ．2πk σx r D ．2πk σ0r x【审题视点】 (1)当圆板的半径R 无限大时，xR ＋x →0；(2)根据电场的叠加，Q 点的场强应为挖去圆孔前平面产生的场强减去圆孔部分的电荷在Q 点产生的场强．【解析】 根据半径为R 的均匀带电圆形平板在P 点的电场强度E ＝2πk σ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－x R 2＋x 212，可推知当带电圆板无限大时(即当R →∞)的电场强度E ′＝2πk σ，对于无限大带电平板，挖去一半径为r 的圆板的电场强度，可利用填补法，即将挖去的圆板填充进去，这时Q 点的电场强度E Q ＝2πk σ0，则挖去圆板后的电场强度E Q ′＝2πk σ0－2πk σ0⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－x r 2＋x 212＝2πk σ0xr 2＋x212，故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．【答案】 A该题属新情景问题，判断两个均匀带电圆环轴线上的电场强度大小，显然无法直接通过物理规律直接推导得出结论，应另辟蹊径，可以运用量纲分析法、特殊值法、极限法、对称法、等效法等解决问题．【即学即用】 1．(2011·重庆高考)如图6－1－5所示，电量为＋q 和－q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有()图6－1－5A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心【解析】 根据点电荷场强公式E ＝kQr2及场的叠加原理，利用点电荷电场的对称性可以确定各面的中心及正方体的中心电场强度均为零，故D 正确，A 、B 、C 错误．【答案】 D1.(1)表示场强的方向电场线上每一点的切线方向和该点的场强方向一致． (2)比较场强的大小电场线的疏密程度反映了场强的大小即电场的强弱．同一幅图中，电场线越密的地方场强越强，电场线越疏的地方场强越弱．(3)判断电势的高低在静电场中，顺着电场线的方向电势越来越低．根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：(1)电场线为直线；(2)电荷初速度为零或速度方向与电场线平行；(3)电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行．(1)沿电场线方向电势越来越低，但场强不一定越来越小．(2)等量异号点电荷的电场，沿连线，中点场强最小，沿中垂线，中点场强最大． (3)等量同号点电荷的电场，沿连线，中点场强为零(最小)，沿中垂线，由中点到无穷远，场强先变大后变小出现极值．(2010·山东高考)某电场的电场线分布如图6－1－6所示，以下说法正确的是( )图6－1－6A．c点场强大于b点场强B．a点电势高于b点电势C．若将一试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线运动到b点D．若在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电势能减小【解析】电场线越密的地方电场强度越大，E c＜E b，故A错；沿着电场线的方向，电势是逐渐降低的，φa＞φb，B对；将试探电荷＋q由a点释放，它将沿电场线的切线方向运动而不是沿电场线运动，故C错；在原电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，电场力做正功，在d点再固定一点电荷－Q，将一试探电荷＋q由a移到b的过程中，电场力也做正功，所以在合电场中，将一试探电荷＋q由a移至b的过程中，根据电场力做功和电势能的关系可知：电势能将减小，D正确．【答案】BD【即学即用】2．如图6－1－7所示为两个点电荷在真空中所产生电场的电场线(方向未标出)．图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称．则下列说法中正确的是( )图6－1－7A．这两点电荷一定是等量异种电荷B．这两点电荷一定是等量同种电荷C．D、C两点的电场强度一定相等D．C点的电场强度比D点的电场强度小【解析】由电场线分布的特征可知，产生电场的电荷一定是等量异种电荷，A正确，B不正确；D、C两点电场线的密度不同，D、C两点的电场强度不同，C不正确；C点电场线的密度大，电场强度大，D不正确．【答案】 A(对应学生用书第97页)1.2．运动反映受力情况(1)物体保持静止：F合＝0.(2)做直线运动．①匀速直线运动，F合＝0.②变速直线运动：F合≠0，且F合一定与运动方向共线．(3)做曲线运动：F合≠0，且F合总指向曲线凹的一侧．(4)加速运动：F合与v夹角α，0°≤α<90°；减速运动：90°<α≤180°.(5)匀变速运动：F合＝恒量．图6－1－8如图6－1－8所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上．已知A与B间、B与C间和C与A间的距离均为L，A球带电荷量Q A＝＋q，B球带电荷量Q B＝＋q.若在小球C上加一方向水平向右、大小未知的恒力F，恰好使A、B、C三小球保持相对静止．求：(1)C球所带电荷量Q C；(2)外力F的大小．【潜点探究】(1)A、B、C三球等质量且等间距放置，A、B带电同性，必排斥，欲使三球保持相对静止，C电性必与A、B相异，且F大小适度，三者同步运动．(2)A、B、C三者同步运动，可考虑用整体法和隔离法交替使用．【规范解答】因为A、B、C三球保持相对静止，故有相同的状态，对它们整体进行研究，由牛顿第二定律有：F＝3ma对A分析，如图所示，可知C的电性应与A和B相异，即C带负电，则有：k Q C Q ALcos 30°＝mak Q C Q AL2sin 30°＝kQ B Q AL2联立上述三个方程式求得：Q C ＝2q ，即C 球带2q 的负电荷，F ＝33k q 2L2.【答案】 (1)2q (2)F ＝33k q2L2【即学即用】 3.图6－1－9(2012·上海高考)如图6－1－9，质量分别为m A 和m B 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A 和q B ，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1＞θ2)．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为v A 和v B ，最大动能分别为E k A 和E k B .则( )A ．m A 一定小于mB B ．q A 一定大于q BC ．v A 一定大于v BD ．E k A 一定大于E k B【解析】 对于两球受力分析，由于两球所受电场力相等，同时注意到两球处于同一水平面上，根据力的平衡有m A g tan θ1＝m B g tan θ2，根据几何关系有L A cos θ1＝L B cos θ2，因为θ1＞θ2，所以m A 一定小于m B ，L A ＞L B ，但不能比较电荷量大小，所以A 正确，B 错误；根据机械能守恒定律得：v A ＝2gL A －cos θ1，v B ＝2gL B －cos θ2， 所以有v A ＞v B ，即C 正确； 平衡时：F 库＝mg tan θ，摆动后：E k ＝mgl －mgl cos θ＝F 库l －cos θtan θ＝F 库l cos θ－cos θsin θ其中1－cos θsin θ＝tan θ2当θ1＞θ2，tan θ12＞tan θ22，又有题设知l 1cos θ1＝l 2cos θ2所以E k1＞E k2，D 正确． 【答案】 ACD(对应学生用书第97页)●起电原理的考查 1.图6－1－10(2012·浙江高考)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5 cm 时圆环被吸引到笔套上，如图6－1－10所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )A ．摩擦使笔套带电B ．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷C ．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D ．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和【解析】 笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套上带了电荷，即摩擦使笔套带电，选项A 正确；笔套靠近圆环时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异号电荷，选项B 正确；圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力的合力大于圆环所受的重力，故选项C 正确；笔套接触到圆环后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上相同性质的电荷，选项D 错误．【答案】 ABC●库仑定律与电荷守恒定律2．(2011·海南高考)三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q ，球2的带电量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6【解析】 由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F ＝kQ 1Q 2r 2知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q ×nq ＝nq2×q ＋nq 22，解之可得n＝6，D 正确．【答案】 D●等量异种电荷电场分布特点3．(2012·渭南一模)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱．如图6－1－11甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E 、F 是连线中垂线上相对O 对称的两点，B 、C 和A 、D 也相对O 对称．则( )图6－1－11A ．B 、C 两点场强大小和方向都相同 B ．A 、D 两点场强大小相等，方向相反 C ．E 、O 、F 三点比较，O 的场强最强 D ．B 、O 、C 三点比较，O 点场强最弱【解析】 由对称性可知，B 、C 两点场强大小和方向均相同，A 正确；A 、D 两点场强大小相同，方向也相同，B 错误；在两电荷连线的中垂线上，O 点场强最强，在两点电荷连线上，O 点场强最弱，D 正确．【答案】 ACD●电场线与运动轨迹的关系4．(2011·新课标全国高考)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的．关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b 点的切线)( )【解析】 由a 至c 的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b 点的速度方向v b 如图，由a 至c 速率递减可知受力方向如图中F ，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F 反向，故D 正确．【答案】 D●带电体的受力与运动5．(2013届安康检测)如图6－1－12所示，在O 点放置正点电荷Q ，a 、b 两点的连线过O 点，且Oa ＝ab ，以下说法正确的是( )图6－1－12A ．将质子从a 点由静止释放，质子向b 点做匀加速运动B ．若质子在a 点的加速度为a 0，则质子在b 点的加速度为a 02C ．若电子以Oa 为半径绕O 点做匀速圆周运动的线速度为v ，则电子以Ob 为半径绕O 点做匀速圆周运动的线速度为2vD ．若电子以Oa 为半径绕O 点做匀速圆周运动的线速度为v ，则电子以Ob 为半径绕O 点做匀速圆周运动的线速度为v2【解析】 由于库仑力变化，因此质子向b 做变加速运动，则A 错误；由牛顿第二定律可知，质子在a 点的加速度a 0＝kqQ mr 2，则质子在b 点的加速度a ′＝kqQ m r 2＝a 04，则B 错误；当电子以Oa 为半径绕O 点做匀速圆周运动时，根据k Qq r 2＝m v 2r ，可得v ＝ kQqmr ，则可知电子以Ob 为半径绕O 点做匀速圆周运动时的线速度为v2，则C 错误、D 正确．【答案】 D。

高考总复习选修3—1：电场一、主要内容本章内容可以分为两个部分：电场力的性质和电场能的性质。

其中前三节为电场力的性质包括：电荷、库仑定律、电场、电场力、电场强度、电场线。

第四、第五、第六节为电场能的性质包括：电势、电势差、电场力功、静电感应、电容器、电容的定义和平行板电容器电容的决定条件等基本概念。

其中电场强度与电势差的关系是电场能和电场力性质的桥梁，而带电粒子在电场中的运动规律是运动学与电场结合的一个专题。

二、基本方法本章涉及到的基本方法有：1、运用电场线、等势面几何方法形象化地描述电场的分布（这是解决问题的关键）2、将运动学动力学（牛顿第二定律）的规律和能量观点（特别是动能定理和电场力做功与电势能的关系）应用到电场中，分析解决带电粒子在电场中的运动问题、解决导体静电平衡的问题。

本章对能力的具体要求是：概念准确（真正理解各个概念千万不能乱套公式）、懂得规律的成立条件适用的范围。

从规律出发进行逻辑推理，把相关知识融会贯通灵活处理物理问题（学会过程分析与受力分析的具体应用）三、错解分析在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不善于运用电场线、等势面为工具，将抽象的电场形象化后再对电场的场强、电势进行具体分析；对相关概念特别是电势和电势差的概念不能真正理解、对静电平衡内容理解有偏差；在运用力学规律解决电场问题时操作不规范等。

四、知识点解读1、库仑定律：（1）、内容（2）、表达式（3）、适用条件（4）、关于库仑定律的一些似是而非的说法。

备注：高考物理考试说明关于理解能力的说明：理解能力理解物理概念、物理规律的确切含义，理解物理规律的适用条件，以及它们在简单情况下的应用；能够清楚地认识概念和规律的表达形式（包括文字表述和数学表达）；能够鉴别关于概念和规律的似是而非的说法；理解相关知识的区别和联系。

例题、在运用公式F=kQ1Q2/r2计算库仑力时，所应注意的下列事项中，正确的是（）(A)只能用于点电荷在真空中的相互作用 (B)静电力常量k=9.0×10-9Nm2/C2(C)点电荷如带负电，计算库仑力时应将“-”号代入公式中(D)当两点电荷间的距离r→0时，它们之间的库仑力等于无穷大典型习题1、库仑定律与电荷守恒定律结合例题、在真空中，有两个点电荷，它们之间的静电力为F.如果将一个电荷的电荷量增大为原来的3倍，将它们之间的距离减小为原来的1/3，它们之间的静电力大小等于（）(A) F(B)9F(C)27F(D) F/9高考真题：（2011海南）.三个相同的金属小球1.2.3.分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。

课前诊断——电场的基本性质1.(2015·山东高考)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图.M 、N 两点各固定一负点电荷，一电量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零.静电力常量用k 表示.若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ 4a2，沿y 轴正向 B.3kQ 4a 2，沿y 轴负向 C.5kQ 4a 2，沿y 轴正向 D.5kQ 4a2，沿y 轴负向 解析：选B 处于O 点的正点电荷在G 点处产生的场强E 1＝k Q a2，方向沿y 轴负向；又因为G 点处场强为零，所以M 、N 处两负点电荷在G 点共同产生的场强E 2＝E 1＝k Q a2，方向沿y 轴正向；根据对称性，M 、N 处两负点电荷在H 点共同产生的场强E 3＝E 2＝k Q a2，方向沿y 轴负向；将该正点电荷移到G 处，该正点电荷在H 点产生的场强E 4＝k Q (2a )2，方向沿y 轴正向，所以H 点的场强E ＝E 3－E 4＝3kQ 4a 2，方向沿y 轴负向. 2．考查点电荷的电场强度公式]已知电荷分布均匀的绝缘球，球壳对壳内点电荷的作用力为零，对球壳外点电荷的作用力等于将所有电荷量全部集中在球心的点电荷对球外点电荷的作用力.若真空中有一半径为R 的均匀带正电的绝缘球，通过其球心作一条直线，用r 表示该直线上某点到球心的距离，则该直线上各点的电场强度E 随r 变化的图像正确的是( )解析：选A 该球的电荷密度ρ＝q43πR 3，球内某点的电场强度等于以距球心的距离r 为半径的球体所产生的电场强度，大小E ＝k ρ4π3r 3r 2＝43πρkr ，球外某点的电场强度E ＝k q r 2，所以A 正确.3．考查电场强度的叠加及对称法的应用](2013·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、 b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、 c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q ＞0)的固定点电荷.已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 2解析：选B 由于在a 点放置一点电荷q 后，b 点电场强度为零，说明点电荷q 在b 点产生的电场强度与圆盘上Q 在b 点产生的电场强度大小相等，即E Q ＝E q ＝k q R 2，根据对称性可知Q 在d 点产生的场强大小E Q ′＝k q R 2，则E d ＝E Q ′＋E q ′＝k q R 2＋k q (3R )2＝k 10q 9R 2，故选项B 正确.4.(2016·全国乙卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上.若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选D 平行板电容器电容的表达式为C ＝εS 4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C 变小.由于极板间电压不变，据Q ＝CU 知，极板上的电荷量变小.再考虑到极板间电场强度E ＝U d ，由于U 、d 不变，所以极板间电场强度不变，选项D 正确.5．考查平行板电容器与力学知识的综合](多选)(2016·南阳一中月考)给平行板电容器充电，断开电源后A 极板带正电，B 极板带负电.板间一带电小球C 用绝缘细线悬挂，如图所示.小球静止时与竖直方向的夹角为θ，则( )A ．若将B 极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B ．若将B 极板向下平移稍许，A 、B 两板间电势差将增大C ．若将B 极板向上平移稍许，夹角θ将变大D ．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析：选ABC 若将B 极板向右平移稍许，d 增大，根据C ＝εr S 4πkd，知电容器的电容将减小，故A 正确.若将B 极板向下平移稍许，正对面积S 减小，根据C ＝εr S 4πkd，知电容将减小，因电容器带电荷量Q 不变，由U ＝Q C ，分析知板间电势差增大，故B 正确.若将B 极板向上平移稍许，同上分析知板间电势差增大，根据E ＝U d ，知E 增大，则小球所受的电场力增大，夹角θ将变大，故C 正确.轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故D 错误.6．考查电容器的两类动态问题对比](多选)(2016·衡水检测)如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地.初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态.下列说法正确的是( )A ．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P 点的电势会降低B ．将上极板下移，则P 点的电势不变C ．将下极板下移，则P 点的电势升高D ．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动解析：选CD 二极管具有单向导电性，闭合开关后电容器充电，电容器的电容 C ＝Q U ＝εS 4πkd，极板间的电场强度E ＝U d ，整理得E ＝4πkQ εS ；油滴静止，则qE ＝mg ；减小极板间的正对面积S ，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电场强度E 变大，油滴所受电场力变大，会向上移动，P 点与下极板的距离不变，E 变大，则P 点的电势升高，故A 错误；将上极板向下移动，d 变小，电容器两极板间的电场强度E ＝U d变大，P 与下极板的距离不变，P 的电势升高，故B 错误；将下极板向下移动，d 变大，由C ＝εS 4πkd可知，C 变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E ＝4πkQ εS 可知电容器两极板间的电场强度不变，P 与下极板的距离变大，P 与下极板间的电势差变大，P 的电势升高，故C 正确；上极板上移或下极板下移时，d 变大，由C 项分析知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动；上极板下移或下极板上移时，d 变小，由B 项分析知电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故D 正确.7.(2016·合肥高三质检)如图所示，正三角形ABC 的三个顶点固定了电量分别为－q 、＋q 和＋q (q ＞0)的三个点电荷，K 、P 分别为AB 和BC 边的中点，下列说法正确的是( )A ．O 点的电场强度小于P 点的电场强度B ．P 点的电场强度大于K 点的电场强度C ．O 点的电势低于K 点的电势D ．O 点的电势低于P 点的电势解析：选D 根据场强的叠加原理，P 点的场强等于－q 在P 点形成电场的场强，而O 点的场强等于两个＋q 在O 点场强以及－q 在O 点场强的叠加，由平行四边形定则可判断O 点的电场强度大于P 点的电场强度，选项A 错误；K 点的场强等于B 点的＋q 和A 点的－q 在K 点的场强叠加，然后再与C 点的＋q 在K 点的场强的合成，由平行四边形定则可判断P 点的电场强度小于K 点的电场强度，选项B 错误；由电势叠加原理可知，O 点的电势等于C 点的＋q 在O 点形成电场的电势，而K 点的电势等于C 点的＋q 在K 点形成电场的电势，由距离关系可知O 点的电势高于K 点的电势，选项C 错误；P 点的电势等于两个＋q 和一个－q 在P 点电势的叠加，由距离关系可知O 点的电势低于P 点的电势，选项D 正确；故选D.8．考查由带电粒子的运动轨迹判断粒子受力及运动情况](2016·全国甲卷)如图，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆.带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点.若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c .则( )A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b解析：选D a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b ＜r c ＜r a ，则三点的电场强度由E ＝k Q r2可知E b ＞E c ＞E a ，故带电粒子Q 在这三点的加速度a b ＞a c ＞a a .由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力，从a 到b 电场力做负功，由动能定理－|qU ab |＝12m v b 2－12m v a 2＜0，则v b ＜v a ，从b 到c 电场力做正功，由动能定理|qU bc |＝12m v c 2－12m v b 2＞0，v c ＞v b ，又|U ab |＞|U bc |，则v a ＞v c ，故v a ＞v c ＞v b ，选项D 正确.9.考查带电粒子运动中的功能关系]如图所示，a 、b 、c 、d 是某匀强电场中的四个点.它们是一个四边形的四个顶点，ab ∥cd ，ab ⊥bc,2ab ＝cd ＝bc ＝2L ，电场线与四边形所在平面平行.已知a 点电势为20 V ，b 点电势为24 V ，d 点电势为8 V .一个质子以一定的速度经过b 点，过一段时间后经过c 点.不计质子的重力，则( )A ．a 点电势低于c 点电势B ．质子到达c 点的电势能为16 eVC ．场强的方向由a 指向dD ．质子从b 运动到c ，电场力做功为4 eV解析：选B 因为已知φa ＝20 V ，φb ＝24 V ，φd ＝8 V ，根据匀强电场的特性有φc －φd ＝2(φb －φa )，解得φc ＝16 V ，质子到达c 点的电势能为16 eV ，所以A 错误，B 正确；延长ba 到c ′，并使ba ＝ac ′，则φc ′＝16 V ，所以cc ′连线为等势面，场强的方向由b 指向d ，所以选项C错误；质子从b 运动到c ，电场力做功为8 eV ，所以选项D 错误.10.(2014·山东高考)如图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中).不计重力.若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s 22qE mh B.s 2 qE mh C.s 4 2qE mh D.s 4 qE mh解析：选B 由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两个粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：s 2＝v 0t ，在竖直方向上：h 2＝12at 2＝12Eq m t 2，联立以上两式可求得：v 0＝s 2Eq mh ，由此可知，该题只有选项B 正确，A 、C 、D 皆错误.11．考查带电粒子在电场中的往复运动](2016·北京朝阳区期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似.已知静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示.一质量m ＝1.0×10－20kg ，电荷量q ＝1.0×10－9C 的带负电的粒子从(－1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动.忽略粒子的重力等因素.求：(1)x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1E 2； (2)该粒子运动的最大动能E km ；(3)该粒子运动的周期T .解析：(1)由题图可知：左侧电场强度：E 1＝201×10－2 V/m ＝2.0×103 V/m ① 右侧电场强度：E 2＝200.5×10－2 V/m ＝4.0×103 V/m ② 所以：E 1E 2＝12. (2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有：qE 1·x ＝E km ③其中x ＝1.0×10－2 m 联立①③并代入相关数据可得：E km ＝2.0×10－8J.④ (3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有v m ＝qE 1m t 1⑤ v m ＝qE 2m t 2⑥E km ＝12m v m 2⑦ T ＝2(t 1＋t 2)⑧联立①②④⑤⑥⑦⑧并代入相关数据可得：T ＝3.0×10－8 s. 答案：(1)E 1E 2＝12(2)E km ＝2.0×10－8 J (3)T ＝3.0×10－8 s 12．考查带电粒子在交变电场中的偏转问题]如图甲所示，水平放置的平行金属板A 和B 的距离为d ，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN ，现在A 、B 板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U 0，反向电压值为U 02，且每隔T 2变向1次.现将质量为m 的带正电且电荷量为q 的粒子束从AB 的中点O 以平行于金属板的方向OO ′射入，设粒子能全部打在靶上，而且所有粒子在A 、B 间的飞行时间均为T .不计重力的影响，试求：(1)定性分析在t ＝0时刻从O 点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况.(2)在距靶MN 的中心O ′点多远的范围内有粒子击中？(3)要使粒子能全部打在靶MN 上，电压U 0的数值应满足什么条件？(写出U 0、m 、d 、q 、T 的关系式即可)解析：(1)0～T 2时间内，带正电的粒子受到向下的电场力而向下做加速运动，在T 2～T 时间内，粒子受到向上的电场力而向下做减速运动.(2)当粒子在0、T 、2T …nT (n ＝0,1,2…)时刻进入电场中时，粒子将打在O ′点下方最远点，在前T 2时间内，粒子竖直向下的位移：y 1＝12a 1⎝⎛⎭⎫T 22＝qU 0T 28md在后T 2时间内，粒子竖直向下的位移： y 2＝v T 2－12a 2⎝⎛⎭⎫T 22 其中：v ＝a 1T 2＝qU 0T 2md ，a 2＝qU 02md解得：y 2＝3qU 0T 216md故粒子打在距O ′点正下方的最大位移：y ＝y 1＋y 2＝5qU 0T 216md当粒子在T 2、3T 2…(2n ＋1)T 2(n ＝0,1,2…)时刻进入电场时，将打在O ′点上方最远点，在前T 2时间内，粒子竖直向上的位移：y 1′＝12a 1′⎝⎛⎭⎫T 22＝qU 0T 216md在后T 2时间内，粒子竖直向上的位移： y 2′＝v ′T 2－12a 2′⎝⎛⎭⎫T 22 其中：v ′＝a 1′T 2＝qU 0T 4md，a 2′＝qU 0md 解得：y 2′＝0故粒子打在距O ′点正上方的最大位移：y ′＝y 1′＋y 2′＝qU 0T 216md击中的范围在O ′以下5qU 0T 216md 到O ′以上qU 0T 216md. (3)要使粒子能全部打在靶上，需有：5qU 0T 216md <d 2解得：U 0<8md 25qT 2. 答案：(1)见解析 (2)O ′以下5qU 0T 216md 到O ′以上qU 0T 216md(3)U 0<8md 25qT 2。

高三物理教案：《电场力的性质》教学设计知识点总结知道几种典型的电场线的发布，知道电场线的特点，理解电场强度的定义式及其物理意义。

考点1.电场强度1.电场(1)定义：存在电荷周围能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。

(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。

2.电场强度(1)定义：放入电场中的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值，叫做改点的电场强度。

(2)单位：N/C或V/m。

(3)电场强度的三种表达方式的比较(4)矢量性：规定正电荷在电场中受到的电场力的方向为改点电场强度的方向，或与负电荷在电场中受到的电场力的方向相反。

(5)叠加性：多个电荷在电场中某点的电场强度为各个电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫做电场强度的叠加，电场强度的叠加尊从平行四边形定则。

考点2.电场线、匀强电场1.电场线：为了形象直观描述电场的强弱和方向，在电场中画出一系列的曲线，曲线上的各点的切线方向代表该点的电场强度的方向，曲线的疏密程度表示场强的大小。

2.电场线的特点(1)电场线是为了直观形象的描述电场而假想的、实际是不存在的理想化模型。

(2)始于正电荷或无穷远，终于无穷远或负电荷，电场线是不闭合曲线。

(3)任意两条电场线不相交。

(4)电场线的疏密表示电场的强弱，某点的切线方向表示该点的场强方向，它不表示电荷在电场中的运动轨迹。

(5)沿着电场线的方向电势降低;电场线从高等势面(线)垂直指向低等势面(线)。

3.匀强电场(1)定义：场强方向处处相同，场强大小处处相等的区域称之为匀强电场。

(2)特点：匀强电场中的电场线是等距的平行线。

平行正对的两金属板带等量异种电荷后，在两板之间除边缘外的电场就是匀强电场。

(3)几种典型的电场线：孤立的正电荷、负电荷、等量异种电荷、等量同种电荷、正点电荷与大金属板间、带等量异种电荷的平行金属板间的电场线。

电场强度即叠加属于中频考查，且一般单独考查，在考题中多结合几种典型电场的特点，综合利用电场的叠加原理，考查电场强度大小的计算方法和方向的判断方法。

专题四近代物理初步第一讲光电效应__波粒二象性考点一光电效应规律和光电效应方程1．线把验电器与锌板相连接，当用紫外线照射锌板时，发生的现象是()A．有光子从锌板逸出B．有电子从锌板逸出C．验电器指针张开一个角度D．锌板带负电解析：选BC用紫外线照射锌板是能够发生光电效应的，锌板上的电子吸收紫外线的能量从锌板表面逸出，称之为光电子，故A错误、B正确；锌板与验电器相连，带有相同电性的电荷，锌板失去电子应该带正电，且失去电子越多，带正电的电荷量越多，验电器指针张角越大，故C正确、D错误。

2．考查对光电效应的理解](2014·上海高考)在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是()A．光电效应是瞬时发生的B．所有金属都存在极限频率C．光电流随着入射光增强而变大D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大解析：选C光具有波粒二象性，既具有波动性又具有粒子性，光电效应证实了光的粒子性。

因为光子的能量是一份一份的，不能积累，所以光电效应具有瞬时性，这与光的波动性矛盾，A项错误；同理，因为光子的能量不能积累，所以只有当光子的频率大于金属的极限频率时，才会发生光电效应，B项错误；光强增大时，光子数量增多，所以光电流会增大，这与波动性无关，C项正确；一个光电子只能吸收一个光子，所以入射光的频率增大，光电子吸收的能量变大，所以最大初动能变大，D项错误。

3．考查光电效应的基本规律]关于光电效应的规律，下列说法中正确的是()A．发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内从金属内逸出的光电子数目增多B．光电子的最大初动能跟入射光强度成正比C．发生光电效应的反应时间一般都大于10－7 sD．只有入射光的波长大于该金属的极限波长，光电效应才能产生解析：选A发生光电效应时，不改变入射光的频率，增大入射光强度，则单位时间内打到金属上的光子个数增加，则从金属内逸出的光电子数目增多，选项A正确；光电子的最大初动能跟入射光强度无关，随入射光的频率增大而增大，选项B错误；发生光电效应的反应时间一般都不超过10－9 s，选项C错误；只有入射光的频率大于该金属的极限频率时，即入射光的波长小于该金属的极限波长时，光电效应才能产生，选项D错误。

真题集训·章末验收(六)命题点一：电场力的性质1．(2013·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、 b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、 c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q ＞0)的固定点电荷。

已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 3qR2B ．k 10q9R 2 C ．kQ ＋qR 2D ．k9Q ＋q9R2 解析：选B 由于在a 点放置一点电荷q 后，b 点电场强度为零，说明点电荷q 在b 点产生的电场强度与圆盘上Q 在b 点产生的电场强度大小相等，即E Q ＝E q ＝k q R2，根据对称性可知Q 在d 点产生的场强大小E ′Q ＝k q R 2，则E d ＝E ′Q ＋E ′q ＝k q R 2＋k q 3R 2＝k 10q9R2，故选项B 正确。

2．(2013·全国卷Ⅱ)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电。

整个系统置于方向水平的匀强电场中。

已知静电力常量为k 。

若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.3kq3l 2 B.3kq l2C.3kql2D.23kql 2解析：选B 设小球c 带电荷量为Q ，由库仑定律可知小球a 对小球c 的库仑引力为F ＝k qQ l 2，小球b 对小球c 的库仑引力为F ＝k qQl2，二力合力为2F cos 30°。

设水平匀强电场场强的大小为E ，对c 球，由平衡条件可得：QE ＝2F cos 30°，解得：E ＝3kql 2，选项B 正确。

命题点二：电场能的性质3．(2015·全国卷Ⅰ)如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ 。