全品复习方案高考物理大一轮复习 专题训练(七)第7单元 静电场

2020-2021学年物理大一轮专题复习题七《静电场》参考答案1、【答案】D【解析】对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷，c 小球才能平衡；对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷，b 小球才能平衡，故A 、B 错误．设环的半径为R ，a 、b 、c 球的带电荷量分别为q 1、q 2和q 3，由几何关系可得l ac ＝R ，l bc ＝3R ，a 与b 对c 的作用力都是吸引力，它们对c 的作用力在水平方向的分力大小相等，则有kq 1q 3l ac 2·sin 60°＝kq 2q 3l bc 2·sin 30°，所以q 1q 2＝39，故选项C 错误，D 正确．2、【答案】BC【解析】根据对称性可知，A 球的电荷量和B 球的电荷量相同，故A 错误；设C 球的电荷量大小为q C ，以A 球为研究对象，B 球对A 球的库仑斥力为F BA ＝kq 2l 2，C 球对A 球的库仑引力为F CA ＝kqq C l 2，由题意可知小球运动的加速度方向与F 的作用线平行，则有：F CA sin 30°＝F BA ，F CA cos 30°＝ma ，解得：q C ＝2q ，a ＝3kq 2ml 2，C 球带负电，故C 球的电荷量为－2q ，故B 、C 正确；以三个小球整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F ＝3ma ＝33kq 2l2，故D 错误．3、【答案】BC【解析】点电荷－q 恰好能在水平面上做匀速圆周运动，点电荷－q 受到竖直向下的重力以及点电荷＋Q 的引力，如图所示，电荷之间的引力在水平方向上的分力充当向心力，两点电荷间距离R ＝h sin θ，F n ＝k Qq R 2·cos θ，联立解得F n ＝3kQq 8h 2，A 错误，B 正确；点电荷－q 做匀速圆周运动的半径r ＝h tan θ，因为F n ＝mg tan θ，根据F n ＝m v 2r，可得v ＝3gh ，C 正确，D 错误．4、【答案】B【解析】由题意可知，点电荷＋Q 和金属板MN 周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a 点的电场强度E ＝k Q L 22＋k Q 3L 22＝40kQ 9L 2，A 错误；等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，由图可知E a >E b ，B 正确；图中b 、c 两点的场强方向不同，C 错误；由于a 点的电势大于d 点的电势，所以一正点电荷从a 点经b 、c 运动到d 点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D 错误．5、【答案】D【解析】由题意，＋Q 的点电荷在O 点的电场强度大小为E ＝kQ 32L 2＝4kQ 3L 2；那么每根细棒在O 点的电场强度大小也为E ＝4kQ 3L 2因此＋Q 及AB 边上的细棒在O 点的合电场强度大小E 合＝43kQ 3L 2，其方向如图所示：若移走＋Q 及AB 边上的细棒，那么其余棒在O 点的电场强度大小为E合′＝43kQ 3L 2，故A 、B 、C 错误，D 正确．6、【答案】B【解析】根据等量异种点电荷周围的电场线分布知，从A →O →B ，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小，则电子所受电场力的大小先变大后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右，故B 正确，A 、C 、D 错误．7、【答案】D【解析】根据等量异种电荷的电场线特点，C 、D 两点电场强度大小相等，方向不同，故A 错误；根据等量异种电荷的电场线特点，C 点电势高，D 点电势低，根据负电荷在电势低的地方电势能大，故负电荷在C 点的电势能小于D 点的电势能，故B 错误；根据等量异种电荷的电场线特点，C 点电势高，D 点电势低，根据正电荷在电势高的地方电势能大，正电荷在C 点的电势能大于D 点的电势能，故正电荷从C 到D 电场力做正功，故C 错误；根据等量异种电荷的电场线特点，C 、O 的电势差等于O 、D 的电势差，故D 正确．8、【答案】ABD【解析】如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5cm,6cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势．由几何关系可得，cf 的长度为3.6cm ，电场强度的大小E ＝U d ＝26－17V 3.6cm＝2.5V/cm ，故选项A 正确；因为Oacb 是矩形，所以有U ac ＝U Ob ，可知坐标原点O 处的电势为1V ，故选项B 正确；a 点电势比b 点电势低7V ，电子带负电，所以电子在a 点的电势能比在b 点的高7eV ，故选项C 错误；b 点电势比c 点电势低9V ，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9eV ，故选项D 正确．9、【答案】BC 【解析】从A 到B 由动能定理：qU AB ＝12mv B 2，解得U AB ＝4V ，选项A 错误；小物块从B 点到C 点电场力做的功W BC ＝12mv C 2－12mv B 2＝10－2J ，选项B 正确；在B 点的加速度最大，则所受的电场力最大，则由图象：a ＝Δv Δt ＝45－3m/s 2＝2m/s 2；由Eq ＝ma ，解得E ＝1V/m ，选项C 正确；由A 到C 的过程中小物块的动能一直增大，电场力一直做正功，则电势能一直减小，选项D 错误．10、【答案】AC【解析】由题图知，越靠近两点电荷，电势越低，则q 1和q 2都是负电荷，故A 项正确；φ－x 图象的斜率表示电场强度，则P 点场强为零，据场强的叠加知两点电荷在P 处产生的场强等大反向，即k q 1x 2AP ＝k q 2x 2BP，又x AP <x PB ，所以q 1的电荷量小于q 2的电荷量，故B 项错误；由题图知，在A 、B 之间沿x 轴从P 点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C 项正确；φ－x 图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P 点运动到B 点场强逐渐增大；据a ＝qE m可知，电荷只在电场力作用下沿x 轴从P 点运动到B 点，加速度逐渐增大，故D 项错误．11、【答案】D【解析】负试探电荷从A 运动到C ，电势能降低，则从A 到C 电势逐渐升高，电场方向从C 到A ；负电荷从C 到B 电势能增加，则电势逐渐降低，则电场方向从C 到B .即电场方向先沿x 轴负方向，后沿x 轴正方向，则q A 和q B 均为负电荷．因为在q A 和q B 连线中点处的合场强沿x 轴负方向，故q A >q B ，故A 、C 均错误；E p －x 图象的斜率大小代表电场力，而C 点的切线斜率为零，说明该试探电荷在C 点处受到的电场力为零，B 错误；在C 点负电荷的电势能最低，则正电荷在C 点的电势能最大，故D 正确．12、【答案】CD【解析】若题图中实线是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电场线向左，a 点电势比b 点低，所以若a 点的电势比b 点低，图中实线可能是电场线，A 错误．若图中实线是电场线，根据A 选项的分析，电场线向左，a 点的电势小于b 点的电势，根据电势能E p ＝φ(－e )，电子在电势低的位置电势能大，所以电子在a 点的电势能大于b 点电势能，B 错误．若电子在a 点动能小，说明由a 到b 加速，如果图中实线是电场线，结合A 选项的分析，电场线方向向左，电子受力向右，加速，a 点动能小，C 正确．如果图中实线是等势线，则电场线与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由a 到b 电场力做负功，电子在b 点动能小，电势能大，D 正确．13、【答案】BD【解析】电场线越密的地方，电场强度越大，由题图可得c 点的电场线比b 点的电场线密，所以有E c ＞E b ，故A 错误；沿着电场线，电势逐渐降低，可知b 点电势高于d 点的电势，故B 正确；电势能的正负与零电势点的选取有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d 点时电势能为正值，故C 错误；从题图中可以看出，a 点的电势高于b 点的电势，而b 点的电势又高于d 点的电势，所以a 点的电势高于d 点的电势，正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正电荷从a 点移到d 点电势能减小，则电场力做正功，故D 正确．14、【答案】BC【解析】根据题意，电场关于x 轴对称分布，作出电场线如图所示．根据顺着电场线电势降低，则O 电势最高，从图线看出，电场强度关于原点O 对称，则x 轴上关于O 点对称位置的电势相等．则－x 1处的电势与x 1处的电势相等，故A 错误；将正电荷由－x 1移到x 2，电势能先增大，后减小，选项B 正确；－x 1和x 1之间的电场是对称的，将一负电荷由－x 1处由静止释放，负电荷先向右做加速运动，经过O 点之后做减速运动，到x 1处速度减为零，则它将在－x 1和x 1之间往复运动，选项C 正确；4个点中，x 3点的电势最低，则负电荷在4个点中位于x 3处电势能最大，选项D 错误．15、【答案】BD 【解析】小球P 由C 运动到O 时，由mdg ＋qUCO ＝12mv 2－0，得U CO ＝mv 2－2mgd 2q ，选项A 错误；对小球P 在O 点处时受力分析，如图所示，F 1＝F 2＝kQq 2d 2＝kQq 2d 2，它们的合力为：F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq 2d 2，则O 点处的电场强度E ＝F q ＝2kQ 2d 2，选项B 正确；小球下落过程中重力势能、动能和电势能之和不变，选项C 错误；小球P 由O 运动到D 的过程，由动能定理得：mgd ＋qU OD ＝12mv D 2－12mv 2，由等量异种点电荷的电场特点可知U CO ＝U OD ，联立解得v D ＝2v ，选项D 正确．16、【答案】D【解析】电容器的额定电压为2.7V ，说明工作电压不能超过2.7V ，可以小于2.7V ，故A 错误；电容器的电容由电容器本身决定，跟电容器两极间的电势差无关，故B 错误；电容描述电容器容纳电荷的本领，不充电时电容仍然存在，与充电与否无关，故C 错误；该电容器最大容纳电荷量：Q ＝CU ＝400F×2.7V ＝1080C ，故D 正确．17、【答案】B【解析】开关闭合时，粒子做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A 极板和电源正极相连，所以场强方向向下，故粒子带负电，A 错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B 板上移，板间距d 变小，由公式E ＝U d知场强增大，电场力大于重力，粒子可沿轨迹②运动，故B 正确；保持开关闭合，将A 板向上平移一定距离，板间距d 增大，由公式E ＝U d知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C 错误；断开开关，电容器电荷量不变，将B 板向上平移一定距离，由公式C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d 得，E ＝4πkQ εr S，与板间距离无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D 错误．18、【答案】BC 【解析】由公式C ＝εr S 4πkd ，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增多，εr 变大，则电容C 增大，由公式C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变时，U 减小，则θ减小，故A 错误，C 正确；由公式C ＝εr S 4πkd ，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，εr 减小，则电容C 减少，由公式C ＝Q U 可知，电荷量Q 不变时，U 增大，则θ增大，故B 正确，D 错误．19、【答案】BD【解析】极板始终与电源连接，电压不变，d 减小，由E ＝U d可知，电场强度E 增大，则带电液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，故A 、C 错误；b 点电势为零，U Mb＝φM －φb ＝φM ＝Ed Mb ，场强增大，M 点电势升高，由题意，液滴处于静止状态，可知液滴所受电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴在M 点电势能降低，故B 正确；在a 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，由于电势差相同，电场力做功qU 相同，故D 正确．20、【答案】CD【解析】带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg 和电场力F ，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F 与此直线垂直时，电场力F 最小，场强最小，则有F＝qE min ＝mg sin θ，得到E min ＝mg sin θq ，由图可知，电场强度无最大值，故A 、B 错误；当E ＝mg sin θq时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D 正确；当E >mg sin θq时，当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C 正确．21、【答案】CD 【解析】根据动能定理：12mv 2－0＝qU ，解得：v ＝2qU m，所以质子和α粒子在O 2处的速度大小之比为2∶1，A 错误；对整个过程用动能定理，设O 2到MN 板的电势差为U ′，有：E k －0＝q (U ＋U ′)，所以末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C 正确；由O 2到MN 板，质子和α粒子都做类平抛运动，竖直方向：h ＝12·Eq m t 2，水平方向：x ＝vt ，联立解得：x ＝2Uh E ，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D 正确；在A 、B 间：a ＝Eq m，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的水平速度大，又因为质子和α粒子水平位移相等，所以质子运动时间短，B 错误．22、【答案】C【解析】设OP ＝L ，从O 到P 水平方向做匀减速运动，到达P 点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：L cos 60°＝v 02t ，竖直方向：L sin 60°＝12gt 2，解得：t ＝3v 0g ，选项C 正确；水平方向F 1＝ma ＝m v 0t ＝3mg 3，小球所受的合外力是F 1与mg 的合力，可知合力的大小F ＝mg 2＋F 12＝233mg ，选项A 、B 错误；小球通过P 点时的速度v P ＝gt ＝3v 0，则动能：E k P ＝12mv P 2＝32mv 02，选项D 错误．23、【答案】BD【答案】小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故A 错误，B 正确；小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度大小为3g ，根据速度位移关系公式，有：x m ＝v 022×3g ＝v 026g，故C 错误；小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，分速度v x ＝v 0－3gt ；竖直方向做自由落体运动，分速度v y ＝gt ；合速度v ＝v x 2＋v y 2＝v 0－3gt 2＋gt 2＝10g 2t 2－6gtv 0＋v 02，根据二次函数知识，当t ＝3v 010g 时，有极小值10v 010，故D 正确．24、【答案】BD【解析】A 、K 之间建立的是非匀强电场，公式U ＝Ed 不适用，故A 错误；根据动能定理得：E k －0＝eU ，得电子到达A 极板时的动能E k ＝eU ，故B 正确；电场力做正功，动能增大，电势能减小eU ，故C 错误；B 、K 之间的场强小于A 、B 之间的场强，根据U ＝E d 可知，B 、K 之间的电势差小于A 、B 之间的电势差，故D 正确．25、【答案】D【解析】若电压是题图甲，0～T 时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A 错误；电压是题图乙时，在0～T 2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B 错误；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了T 2后做加速度先增大后减小的减速运动，到T 时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C 错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到T 4后向左减速，T 2后向右加速，34T 后向右减速，T 时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D 正确．。

第七章 静电场(1)等效重力法将重力与电场力进行合成，如图1所示，图1则F 合为等效重力场中的“重力”，g ′＝F 合m为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向．(2)物理最高点与几何最高点在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小的点．例1 如图2所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h 的A 处由静止开始下滑，沿轨道ABC 运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的34，圆环半径为R ，斜面倾角为θ＝60°，s BC ＝2R .若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图2答案 7.7R解析 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F ，如图所示．可知F ＝1.25mg ，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的等效最高点是D 点，设小球恰好能通过D 点，即到达D 点时圆环对小球的弹力恰好为零．由圆周运动知识得：F ＝mv D 2R ，即：1.25mg ＝m v D 2R小球由A 运动到D 点，由动能定理结合几何知识得：mg (h －R －R cos37°)－34mg ·(htan θ＋2R ＋R sin37°)＝12mv D 2，联立解得h ≈7.7R . 例2 如图3所示，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 、带电荷量为＋q 的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A 从静止开始释放(AC 、BD 为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆环依次经过B 、C 刚好能运动到D .(重力加速度为g )图3(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A 到达D 的过程中速度最大时对环的作用力大小；(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A 点至少应使它具有多大的初动能？答案 见解析解析 (1)根据题述，珠子运动到BC 弧中点M 时速度最大，作过M 点的直径MN ，设电场力与重力的合力为F ，则其方向沿NM 方向，分析珠子在M 点的受力情况，由图可知，当F 电垂直于F 时，F 电最小，最小值为：F 电min ＝mg cos45°＝22mg F 电min ＝qE min 解得所加电场的场强最小值E min ＝2mg 2q，方向沿∠AOB 的角平分线方向指向左上方． (2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为F ＝mg sin45°＝22mg 把电场力与重力的合力看做是“等效重力”，对珠子由A 运动到M 的过程，由动能定理得 F (r ＋22r )＝12mv 2－0 在M 点，由牛顿第二定律得：F N －F ＝m v 2r联立解得F N ＝(322＋1)mg 由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为F N ′＝F N ＝(322＋1)mg . (3)由题意可知，N 点为等效最高点，只要珠子能到达N 点，就能做完整的圆周运动，珠子在N 点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：－F (r －22r )＝0－E k A 解得E k A ＝2－12mgr .精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

电容器、带电粒子在电场中的运动基础巩固1．(多选)[2016·福建质量检测] 关于平行板电容器的电容，下列说法正确的是( ) A．电容器带的电荷量越多，电容就越大B．电容器的电容等于电容器所带的电荷量与两极板间的电压的比值C．电容器的电容与电容器所带的电荷量成正比，与两极板间的电压成反比D．电容器的电容由电容器自身结构决定，与两极板间的电压无关2．某位移式传感器的原理示意图如图K21­1所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( )图K21­1A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到N3．如图K21­2所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，微粒恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么( )图K21­2A．微粒带正、负电荷都有可能B．微粒做匀减速直线运动C．微粒做匀速直线运动D．微粒做匀加速直线运动4．如图K21­3所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中自O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，O、A在同一水平线上，则它们带电荷量之比q1∶q2等于( )图K21­3A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ 2 D.2∶15．如图K21­4所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )图K21­4A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能将减小D ．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大6．(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P 点，如图K21­5所示．用E 表示两极板间场强，U 表示电容器两极板间的电压，E p 表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )图K21­5A ．U 变小，E 不变B ．E 变大，E p 不变C ．U 变小，E p 不变D ．U 不变，E p 不变 技能提升7．[2016·河北保定调研] 如图K21­6所示，长为L 的枕形导体原来不带电，O 点是其几何中心．将一个带正电、电荷量为Q 的点电荷放置在距导体左端R 处，由于静电感应，枕形导体的a 、b 端分别出现感应电荷，k 为静电力常量．则( )图K21­6A ．导体两端的感应电荷在O 点产生的场强大小等于0B ．导体两端的感应电荷在O 点产生的场强大小等于kQR ＋L 22C ．闭合S ，有电子从枕形导体流向大地D ．导体a 、b 端电势满足关系φa <φb8．如图K21­7所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S 闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则( )图K21­7A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小9．[2017·长沙长郡中学周测] 如图K21­8所示，C1为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地，M和N为两水平放置的平行金属板，当金属板带上一定电荷以后，两板间的一带电小球P处于静止状态．已知M板与b板用导线相连，N板接地，在以下方法中，能使P向上运动的是( )图K21­8A．缩小a、b间的距离B．增大M、N间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质10．如图K21­9所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间．图K21­9挑战自我11．[2017·湖北恩施一中开学考试] 在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图K21­10所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1时，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g .求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU 1与ΔU 2之比．图K21­10课时作业(二十一)1．BD [解析] 电容器的电容由电容器自身结构决定，与两极板间的电压无关，与电容器所带的电荷量的多少无关，选项A 、C 错误，选项D 正确．电容是利用比值定义的物理量，电容器的电容等于电容器所带的电荷量与两极板间的电压的比值，选项B 正确．2．D [解析] 当可移动介质P 向左匀速移出的过程中，电容器电容变小，选项A 错误；电容器的电压等于电源电动势，保持不变，电荷量Q ＝CE 减小，选项B 错误；电容器放电，电流方向为M →R →N ，M 点的电势比N 点的电势高，选项C 错误，选项D 正确．3．B [解析] 微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，B 正确．4．B [解析] 竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝qE 2m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，本题只有选项B 正确． 5．B [解析] 上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为电源电动势E ，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A 错；P 点的电势大于0，且P 点与下极板间的电势差减小，所以P 点的电势降低，B 对；两极板间电场方向竖直向下，所以油滴应带负电，当P 点电势减小时，油滴的电势能应增大，且油滴向下运动，电场力做负功，油滴的电势能还会增大，C 错；电容器的电容C ＝εr S4πkd，由于d 增大，电容C 应减小，极板带电荷量Q ＝CE 将减小，D 错．6．AC [解析] 平行板电容器充电后与电源断开，电荷量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d 减小，根据C ＝εr S 4πkd 知，电容C 增大，根据U ＝QC ，则板间电压变小；由E ＝U d ＝Q Cd ，C ＝εr S 4πkd 得到：E ＝4πkQεr S，可知E 与d 无关，则电场强度E 不变，P 与负极板间的距离不变，由公式U ＝Ed 可知，P 与负极板间的电势差不变，P 点的电势不变，正电荷在P 点的电势能不变，故A 、C 正确．7．B [解析] 导体处于静电平衡时，导体内部场强处处为0，感应电荷在O 点产生的场强与点电荷在O 点产生的场强等大反向，大小为kQR ＋L 22，选项A 错误，选项B 正确；由于静电感应，b 端出现正电荷，闭合S 后，电子从大地流向导体，选项C 错误；静电平衡时导体表面为等势面，φa ＝φb ，选项D 错误．8．C [解析] 当开关闭合时，两极板之间的电压U 一定，小球静止，悬线与竖直方向的夹角为θ，分析小球受力，由平衡条件可得tan θ＝qE mg ＝qUmgd.当开关S 断开时，极板上带电荷量不变，两极板之间的电场强度E 不变，小球所受的电场力F ＝qE 不变．此时无论增大或减小平行板间的距离，小球所受的电场力均不变，悬线与竖直方向的夹角θ不变，选项A 、B 错误．当开关S 闭合时，两极板之间的电压U 一定，若减小平行板之间的距离d ，小球所受的电场力F ＝qUd增大，则悬线与竖直方向的夹角θ增大，选项C 正确，选项D 错误．9．C [解析] 电容器C 1与C 2并联，电压相等，能使P 向上运动，则两板间的电压应变大，由C ＝εr S 4πkd 知减小a 、b 间的距离，电容增大，Q 不变，C ＝QU ，所以电压减小，A 错误；增大M 、N 间的距离，M 、N 间的电场强度不变，P 依然处于平衡状态，B 错误；取出a 、b 两极板间的电介质，电容减小，Q 不变，C ＝Q U，所以电压增大，C 正确；换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质，由C ＝εr S 4πkd 知C 增大，Q 不变，C ＝QU，所以电压减小，D 错误．10．(1)2gh (2)mg （h ＋d ）qd C mg （h ＋d ）q (3)h ＋dh2hg[解析] (1)由v 2＝2gh 得v ＝2gh .(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有 mg －qE ＝ma0－v 2＝2ad 得E ＝mg （h ＋d ）qd. U ＝EdQ ＝CU得Q ＝Cmg （h ＋d ）q(3)由h ＝12gt 21，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2可得t ＝h ＋d h 2h g .11．(1)dgU 0(2)1∶3 (3)1∶4[解析] (1)油滴静止时，由平衡条件得mg ＝q U 0d则q m ＝dg U 0(2)设第一个Δt 内油滴的位移为x 1，加速度大小为a 1，第二个Δt 内油滴的位移为x 2，加速度大小为a 2，则x 1＝12a 1Δt 2 x 2＝v 1Δt －12a 2Δt 2且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1 解得a 1∶a 2＝1∶3(3)油滴向上加速运动时，有qU 0＋ΔU 1d－mg ＝ma 1 即q ΔU 1d＝ma 1油滴向上减速运动时mg －q U 0＋ΔU 1－ΔU 2d＝ma 2即q ΔU 2－ΔU 1d＝ma 2则ΔU 1ΔU 2－ΔU 1＝13解得：ΔU 1ΔU 2＝14.。

第7单元静电场一、选择题(每一小题6分，共48分，1～5小题为单项选择，6～8小题为多项选择)1．如下不属于静电现象的是( )A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D．从枯燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉2．如图D7­1所示，真空中A、B两个点电荷的电荷量分别为＋Q和＋q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0.假设弹簧发生的均是弹性形变，如此( )图D7­1A．保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0B．保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0C．保持Q不变，将q变为－q，平衡时弹簧的缩短量等于x0D．保持q不变，将Q变为－Q，平衡时弹簧的缩短量小于x03．实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以一样的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图D7­2中的虚线所示(a、b只受静电力作用)，如此( )图D7­2A．a一定带正电，b一定带负电B．静电力对a做正功，对b做负功C．a的速度将减小，b的速度将增大D．a的加速度将减小，b的加速度将增大4．如图D7­3所示，A、B、C为直角三角形的三个顶点，∠A＝30°，D为AB的中点，负点电荷位于D点．A、B、C三点的电势分别用φA、φB、φC表示，如下说法正确的答案是( )图D7­3A．φC大于φAB．A、B两点电场强度一样C．负检验电荷在BC连线上各点具有的电势能都相等D．将正检验电荷沿AC从A点移到C点，电场力先做正功后做负功5．如图D7­4所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场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，由此可知( )图D7­4A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小6．如图D7­5甲所示，两个固定的点电荷A、B带电荷量分别为Q1、Q2，其中A带负电，a、b、c三点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为v a、v b、v c，其速度－时间图像如图乙所示．以下说法中正确的答案是( )图D7­5A ．B 一定带正电B ．B 的电荷量一定小于A 的电荷量C ．b 点的电场强度最大D ．粒子由a 点运动到c 点过程中，粒子的电势能先增大后减小7．在真空中某点电荷A 的电场中，将带电荷量为q 的负试探电荷分别置于a (0，0，r )、b (r ，0，0)两点时，试探电荷所受电场力的方向如图D7­6所示，F a 、F b 分别在yOz 和xOy 平面内，F a 与z 轴负方向成60°角，F b 与x 轴负方向成60°角，试探电荷在a 点受到的电场力大小为F a ＝F ，静电力常量为k ，如此以下判断正确的答案是( )图D7­6A ．F b ＝FB ．a 、b 、O 三点电势关系为φa ＝φb >φOC ．点电荷带正电，且电荷量大小为Q ＝4Fr2kqD ．在平面xOz 上移动该试探电荷，电场力不做功8．如图D7­7所示，实线表示一簇关于x 轴对称的等势线，在x 轴上有A 、B 两点，如此( )图D7­7A．A点场强小于B点场强B．A点场强方向指向x轴负方向C．A点场强大于B点场强D．A点电势高于B点电势二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．质量m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝＋1.0×10－6C的带电微粒悬浮在空间范围足够大的匀强电场中，电场强度大小为E1.在t＝0时刻，电场强度的大小突然增加到E2＝4.0×103 N/C，电场方向保持不变；到t1＝0.20 s时刻再把电场方向改为水平向右，场强大小E2保持不变．g取10 m/s2.求：(1)电场强度E1的大小；(2)t1＝0.20 s时刻带电微粒的速度大小；(3)带电微粒在速度方向为水平向右时刻的动能．10．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．如图D7­8所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如下列图，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电荷量q＝－1.0×10－9 C，A点与虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点与虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.图D7­811．在如图D7­9甲所示的演示实验中，在上、下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多用锡箔纸揉成的小球，当上、下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动．现取以下简化模型进展定量研究：如图乙所示，电容为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为E、内阻可不计的电源相连．设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点．假设小球与极板发生碰撞后，小球的速度立即变为零，带电情况也立即改变，小球所带电荷符号与该极板一样，电荷量为极板电荷量的k倍(k≪1)．不计带电小球对极板间匀强电场的影响．重力加速度为g.(1)欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势E应满足什么条件？(2)设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很屡次往返运动．求：①在T时间内小球往返运动的次数；②在T时间内电源输出的平均功率．图D7­9参考答案〔测评手册〕 单元小结卷(七)1．C [解析] 小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以选C.2．B [解析] 设弹簧劲度系数为k ′，原长为x .当系统平衡时，弹簧的伸长量为x 0，如此有k ′x 0＝k 〔x ＋x 0〕2，保持Q 不变，将q 变为2q ，平衡时有k ′x 1＝k 2〔x ＋x 1〕2，解得x 1<2x 0，故A 错误；同理可得到保持q 不变，将Q 变为2Q ，平衡时弹簧的伸长量小于2x 0，故B 正确；保持Q 不变，将q 变为－q ，如果缩短量等于x 0，如此静电力大于弹力，故会进一步吸引，平衡时弹簧的缩短量大于x 0，故C 错误，同理，D 也错误．3．D [解析] 由于电场线方向未知，故无法确定a 、b 的电性，选项A 错误；静电力对a 、b 均做正功，两带电粒子动能均增大，如此速度均增大，选项B 、C 错误；a 向电场线稀疏处运动，电场强度减小，静电力减小，故加速度减小，b 向电场线密集处运动，故加速度增大，选项D 正确．4．D [解析] 点电荷周围电场的等势面是一系列的同心圆，A 、C 两点在同一个等势面上，故φC 等于φA ，故A 错误；A 、B 两点距场源电荷距离相等，根据点电荷场强公式E ＝k Qr2，故A 、B 两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A 、B 两点的电场强度不一样，故B 错误；BC 连线上距场源电荷距离不同的点，电势不等，根据E p ＝qφ，C 错误；AC 连线上，越靠近负点电荷电势越低，从A 到C 电势先降低后升高，正检验电荷具有的电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，故D 正确．5．A [解析] 粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，假设粒子从P 运动到Q ，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R 点速度大于Q 点速度，假设粒子从Q 运动到P ，如此电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q 点速度小于R 点速度，粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能小，故A 正确，B 错误；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电粒子在P 、Q 、R 点的动能与电势能之和相等，故C 错误；由电场线疏密确定出，R 点场强大小比Q 点的大，电场力较大，加速度较大，故D 错误．6．ABD [解析] 从速度图像上看，a 到b 做加速度减小的减速运动，在b 点时粒子运动的加速度为零，如此电场力为零，所以该点场强为零，粒子在ab 上做减速运动，电场力向左，合场强向右，故B 带正电，故A 正确，C 错误；b 点的电场强度为零，根据点电荷场强公式得k Q 1r 21＝k Q 2r 22，因为r 1>r 2，所以Q 1>Q 2，即B 的电荷量一定小于A 的电荷量，故B 正确；粒子从a 点到b 点的过程中，电场力做负功，电势能增大；从b 点到c 点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故粒子从a 到c 的过程中，电势能先增大后减小，故D 正确．7．AC [解析] 根据题意知，a 、b 与A 的距离相等，由库仑定律F ＝kQ 1Q 2R 2得，F b ＝F a ＝F ，A 正确；由库仑力的方向与试探电荷的电性，可知A 带正电，根据沿着电场线电势逐渐降低，O 点与A 距离较小，故φO >φa ＝φb ，B 错误；由图知A 、a 间距为R ＝2r ，如此F ＝k〔2r 〕2，得Q ＝4Fr 2kq，C 正确；平面xOz 不是一等势面，所以移动电荷时，电场力做功，D 错误．8．AD [解析] 等差等势面的疏密程度反映电场强度的大小，故B 点电场强度较大，故A 正确，C 错误；电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故A 点场强方向指向x 轴正方向，故B 错误；电场线与等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故电场线沿着x 轴正方向，沿着电场线电势逐渐降低，故A 点电势高于B 点电势，故D 正确．9．(1)2.0×103N/C (2)2.0 m/s (3)1.6×10－3J [解析] (1)带电微粒静止，受力平衡得mg ＝E 1q解得E 1＝2.0×103N/C(2)电场强度变为E 2后，设带电微粒向上的加速度为a 1，由牛顿第二定律得qE 2－mg ＝ma 1解得a 1＝10 m/s 20．20 s 末的速度v 1＝a 1t 1＝2.0 m/s(3)把E 2改为水平向右，微粒在竖直方向做匀减速运动，有 0－v 1＝－gt 2 解得t 2＝0.20 s微粒在水平方向做加速运动，加速度a 2＝qE 2m＝20 m/s 2设此时带电微粒的水平速度为v 2，有v 2＝a 2t 2，解得v 2＝4.0 m/s设带电微粒的动能为E k ，E k ＝12mv 22＝1.6×10－3J. 10．(1)0.50 cm (2)1.5×10－8s[解析] (1)带电微粒在由A 点运动到B 点的过程中，由动能定理得 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0 解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm.(2)设带电微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1 |q |E 2＝ma 2设带电微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12a 1t 21 d 2＝12a 2t 22又t ＝t 1＋t 2解得t ＝1.5×10－8s.11．(1)E >mgdkC(2)①T2dkCE 2md－g ＋2dkCE 2md ＋g ②2kCE 22dkCE 2md－g ＋2dkCE 2md＋g[解析] (1)用Q 表示极板电荷量的大小，q 表示碰后小球电荷量的大小．要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力．q ·E d >mg q ＝kQ Q ＝CE解得E >mgd kC(2)①当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动．以a 1表示其加速度，t 1表示从B 板到A 板所用的时间，如此有q ·Ed －mg ＝ma 1 d ＝12a 1t 21当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向一样，向下做加速运动．以a 2表示其加速度，t 2表示从A 板到B 板所用的时间，如此有q ·E d＋mg ＝ma 2d ＝12a 2t 22小球往返一次共用的时间为(t 1＋t 2)，故小球在T 时间内往返的次数N ＝Tt 1＋t 2由以上各式得N ＝T2dkCE 2md－g ＋2dkCE 2md＋g②小球往返一次通过电源的电荷量为2q ，在T 时间内通过电源的总电荷量Q ′＝2qN 电路中的平均电流I ＝2qNT电源输出的平均功率P ＝EI 解得P ＝2kCE 22dkCE 2md－g ＋2dkCE 2md＋g .。

静电场2015年2016年2017年2018年高考热点统计要求ⅠⅡⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢ高考基础要求及冷点统计库仑定律Ⅱ1516电场强度、点电荷的场强Ⅱ1515202521电场线、电势能、电势Ⅰ1520152021电势差Ⅱ2421匀强电场中电势差和电场强度的关系Ⅱ2121带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ15242016252121常见电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ14141721物质的电结构、电荷守恒、点电荷(Ⅰ)静电现象的解释、静电场(Ⅰ)示波管(Ⅰ)前两个考点为高考基础要求,一般不单考情分析1.电场的性质及带电粒子在电场中的运动问题是历年高考的重点.复习时应侧重对基本概念、规律进行认识和理解.掌握描述电场性质的几个物理量,如电场强度、电场线、电势、电势能等,理解平行板电容器的电容,会分析带电粒子在电场中的运动问题.2.选择题主要通过轨迹或图像考查电场的性质,电容器综合问题出现频率较高;计算题主要考查带电粒子在电场中的运动,常与牛顿运动定律、功能关系、动量观点综合.独命题,要求理解;示波管是带电粒子在电场中运动的模型应用,属于高考的冷点.第19讲　电场的力的性质一、电荷及其守恒定律1.元电荷、点电荷(1)元电荷:e=1.60×10-19C,所有带电体的电荷量都是元电荷的 . (2)点电荷:代表有一定电荷量的点,忽略带电体的大小和形状的 . 2.电荷守恒定律(1)内容:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体的一部分转移到另一部分;在转移过程中,电荷的总量 . (2)三种起电方式: 起电、 起电、 起电. 二、库仑定律1.内容:真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成 ,与它们的距离的二次方成 ,作用力的方向在它们的连线上.2.表达式:F=k,式中k= N·m 2/C 2,叫作静电力常量.3.适用条件:真空中的 . 三、电场、电场强度1.电场基本性质:对放入其中的电荷有 .2.电场强度(1)定义:放入电场中某点的电荷受到的 与它的 的比值.(2)定义式: .单位:N/C或V/m.(3)矢量性:规定 在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向.四、电场线1.电场线:在电场中画出的一些曲线,曲线上每一点的 方向都跟该点的场强方向一致,曲线的疏密表示电场的 .电场线不是实际存在的线,而是为了描述电场而假想的线.2.电场线的特点(1)电场线从 或无限远处出发,终止于 或无限远处.(2)电场线不相交.(3)在同一电场里,电场线越密的地方场强 .【辨别明理】(1)物体起电的实质是电子的转移.( )(2)电场和电场线都是客观存在的.( )(3)E=是电场强度的定义式,可知电场强度与电场力成正比.( )(4)没有电场线的地方不存在电场.( )(5)在点电荷产生的电场中,以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同.( )(6)电场线的方向即为带电粒子的运动方向.( )(7)[人教选修3-1改编]如图19-1所示,有一带正电的验电器,当一个金属球A靠近验电器的小球B(不接触)时,验电器的金箔张角减小,则金属球A的带电情况如何?图19-1考点一　电荷守恒与库仑定律(1)在用库仑定律公式进行计算时,无论是正电荷还是负电荷,均代入电荷量的绝对值计算库仑力的大小.(2)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律,大小相等、方向相反.(3)由公式F=k可以看出,在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下,当q1=q2时,F最大.1.(电荷守恒)[人教版选修3-1改编]如图19-2所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开,则( )图19-2A.此时A带正电,B带负电B.此时A电势低,B电势高C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合2.(电荷守恒和库仑定律)[2018·浙江4月选考]真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)分别固定在两处,它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C 先后与A、B球接触,然后移开球C,此时A、B球间的静电力为( )A.B.C.D.3.(库仑力作用下的平衡问题)[2018·杭州二中期末]如图19-3所示,质量分别是m1和m2、电荷量分别是q1和q2的小球用长度不等的绝缘轻丝线悬挂起来,两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β(α>β),两小球恰在同一水平线上,则( )图19-3A.q1一定大于q2B.两球一定带同种电荷C .m 1一定小于m 2D .质量为m 1的小球所受的库仑力一定大于质量为m 2的小球所受的库仑力4.(库仑力作用下的动力学问题)如图19-4所示,足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点,A 和C 围绕B 做角速度大小相同的匀速圆周运动,B 恰能保持静止,其中A 、C 和B 的距离分别是L 1和L 2.不计三个质点间的万有引力,图19-4则A 和C 的比荷(电荷量与质量之比)为( )A .B .C .D .■要点总结(1)对于两个均匀带电绝缘球体,可以将其视为电荷集中于球心的点电荷,r 为两球心之间的距离.(2)对于两个带电金属球,要考虑金属球表面电荷的重新分布.(3)不能根据公式错误地推出:当r →0时,F →∞.其实,在这样的条件下,两个带电体已经不能再看成点电荷了.考点二　电场的叠加1.电场强度三个表达式的比较表达式E=E=k E=公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E 与U 的关系式适用条件一切电场①真空②点电荷匀强电场决定因素由电场本身决定,与检验电荷q 无关由场源电荷Q 和场源电荷到该点的距离r 共同决定由电场本身决定,d 为两点沿电场方向的距离2.电场的叠加(1)叠加原理: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强度的矢量和.(2)运算法则:平行四边形定则.图19-5例1如图19-5所示,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. B. C.D.■题根分析求解电场强度的叠加问题的思路:①确定分析计算的空间位置;②分析该处有几个分电场,先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向;③依次利用平行四边形定则求出矢量和.■变式网络图19-6变式题1(对称法)如图19-6所示,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(静电力常量为k) ( )A.kB.kC.kD.k变式题2(补偿法)已知均匀带电球体在球的外部产生的图19-7电场与一个位于球心、所带电荷量与之相等的点电荷产生的电场相同.如图19-7所示,半径为R 的球体上均匀分布着总电荷量为Q的电荷,在过球心O的直线上有A、B两个点,O和B间、B和A 间的距离均为R.现以OB为直径在球内挖出一个球形空腔,若静电力常量为k,球的体积公式为V=πr3,则A点处电场强度的大小为( )A.B.C.D.变式题3(等效法)[2018·济南期中]MN为足够大的不带电的金属板,在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为+q的点电荷O,金属板右侧空间的电场分布如图19-8甲所示,P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点.几位同学想求出P点的电场强度大小,但发现问题很难,经过研究,他们发现图甲的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的.图乙是两等量异号点电荷的电场线分布图,两点电荷的电荷量的大小均为q,它们之间的距离为2d,虚线是两点电荷连线的中垂线.由此他们分别对甲图中P点的电场强度方向和大小做出以下判断,其中正确的是( )图19-8 A.方向沿P点和点电荷的连线向左,大小为B.方向沿P点和点电荷的连线向左,大小为C .方向垂直于金属板向左,大小为D .方向垂直于金属板向左,大小为变式题4(微元法)一半径为R 的圆环上均匀地带有电荷量为Q 的电荷,在垂直于圆环平面的对称轴上有一点P ,它与环心O 的距离OP=L.已知静电力常量为k.关于P 点的场强E ,下列四个表达式中只有一个是正确的,请你根据所学的物理知识,通过一定的分析,判断正确的表达式是( )A .B .C .D.考点三　电场线的理解和应用1.电场线的应用(1)在同一电场里,电场线越密的地方场强越大.(2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向.(3)沿电场线方向电势逐渐降低.(4)电场线和等势面在相交处互相垂直.2.两种等量点电荷的电场线比较等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布中垂线上的电场强度O 点最大,向外逐渐减小O 点为零,向外先变大后变小连线上的电场强度沿连线先变小后变大,中点O 处的电场强度最小沿连线先变小后变大,中点O 处的电场强度为零例2(多选)[2018·三明模拟]如图19-9所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M 点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,则( )图19-9A.a一定带正电,b一定带负电B.a的速度将减小,b的速度将增大C.a的加速度将减小,b的加速度将增大D.两个粒子的动能均增大变式题1[2018·茂名模拟]如图19-10所示为两个等量点电荷的电场线,图中A点和B点、C点和D 点分别关于两电荷连线的中点O对称.若将一电荷放在此电场中,则以下说法正确的是( )图19-10A.电荷在O点时受力最大B.电荷沿直线由A到B的过程中,电场力先增大后减小C.电荷沿直线由A到B的过程中,电势能先增大后减小D.电荷沿直线由C到D的过程中,电场力先增大后减小变式题2[2018·潍坊二中月考]如图19-11所示,A、B为两个等量的正点电荷,在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力),由静止释放后,下列说法中正确的是( )图19-11A.点电荷在从P点运动到O点的过程中,加速度越来越大,速度越来越大B.点电荷在从P点运动到O点的过程中,加速度越来越小,速度越来越大C.点电荷运动到O点时加速度为零,速度达最大值D.点电荷越过O点后,速度越来越小,加速度越来越大,直到点电荷速度为零■要点总结电场线与轨迹问题的判断方法(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(电场线在初始位置的切线),从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况.(2)“三不知时要用假设法”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向,若已知其中的任意一个,可顺次向下分析判定各待求量;若三个都不知,则要用假设法分别讨论各种情况.完成课时作业(十九)第20讲　电场的能的性质一、电势能和电势、等势面1.电势能:电荷在电场中某点具有的势能,等于将电荷从该点移到 位置时电场力所做的功.2.电场力做功与电势能变化的关系:电场力做的功等于 ,即W AB=E p A-E p B=-ΔE p.3.电势:电荷在电场中某点具有的 与它的 的比值,即φ= .4.等势面(1)定义:电场中 相同的各点构成的面.(2)特点:①等势面一定与 垂直,即跟场强的方向垂直.②在同一等势面上移动电荷时电场力 做功.③电场线总是从电势高的等势面指向 的等势面.④在空间中两等势面 相交.⑤等差等势面越密的地方电场强度 ,越疏的地方电场强度 .二、电势差　匀强电场中电势差与场强的关系1.电势差(1)定义:电荷在电场中由一点A移到另一点B时, 与移动的电荷 的比值.(2)定义式:U AB= ;电势差与电势的关系:U AB= ,U AB=-U BA.2.匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)电势差与场强的关系式:U AB= ,其中d为电场中两点间沿 的距离.(2)在匀强电场中,场强在数值上等于沿 方向每单位距离上降低的电势.三、静电平衡导体处于静电平衡状态的两大特点:(1)导体内部的场强 ;(2)导体是一个等势体,导体表面电势 .【辨别明理】(1)电场力做功与重力做功相似,均与路径无关.( )(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零.( )(3)电场强度处处相同的区域内,电势一定也处处相同.( )(4)沿电场线方向电场强度越来越小,电势逐渐降低.( )(5)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A移到B点时静电力所做的功.( )(6)电场中,场强方向是指电势降落的方向.( )(7)电势有正负之分,因此电势是矢量.( )(8)电势的大小由电场的性质决定,与零电势点的选取无关.( )(9)电势差U AB由电场本身的性质决定,与零电势点的选取无关.( )(10)处于静电平衡的导体是等势体,导体表面是等势面,但导体表面的场强可能不同.( )考点一　描述电场的能的性质的物理量1.电势高低常用的两种判断方法(1)沿电场线方向电势逐渐降低.(2)若U AB>0,则φA>φB;若U AB<0,则φA<φB.2.电势能增、减的判断方法(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)公式法:E p=qφ,将q、φ的大小、正负号一起代入公式,E p越大,电势能越大.(3)能量守恒法:在电场中,当只有电场力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,动能增大,则电势能减小,反之,动能减小,则电势能增大.(4)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.例1[2016·全国卷Ⅲ]关于静电场的等势面,下列说法正确的是( )A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面处处相互垂直C.同一等势面上各点电场强度一定相等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功图20-1变式题1[2018·南宁三校联考]如图20-1所示,真空中有等量异种点电荷+q、-q分别放置在M、N 两点,O点为MN连线的中点,在MN连线上有关于O对称的点a、c,在MN连线的中垂线上有关于O 对称的点b、d,则下列说法正确的是( )A.在MN连线的中垂线上,O点电势最高B.+q从b点移到d点的过程中,受到的电场力先减小后增大C.+q在c点的电势能大于在a点的电势能D.+q在c点的电势能小于在a点的电势能变式题2如图20-2所示,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.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,则( )图20-2A.直线a位于某一等势面内,φM>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功■要点总结根据电势的定义式φ=计算时,φ、E p、q要注意带符号运算.考点二　电势差与电场强度的关系在匀强电场中由公式U=Ed得出的“一式、二结论”(1)“一式”E==,其中d是沿电场线方向上的距离.(2)“二结论”结论1:匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC=,如图20-3所示.结论2:匀强电场中若两线段AB∥CD,且AB=CD,则U AB=U CD(或φA-φB=φC-φD),如图20-4所示.图20-3图20-4图20-5例2(多选)[2018·全国卷Ⅱ]如图20-5所示,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a 点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是( )A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差图20-6变式题[2018·山东潍坊中学一模]如图20-6所示,匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面,其中坐标原点O处的电势为2V,a点的坐标为(0,4cm),电势为8V,b点的坐标为(3cm,0),电势为8V,则电场强度的大小为( )A.250V/mB.200V/mC.150V/mD.120V/m■要点总结知道由几个点的电势确定电场线的方法:将电势最高的点和电势最低的点相连,根据在匀强电场中经过相等的距离电势差相等,确定连线上与第三个点的电势相等的点,电势相等的两点连线为等势线,根据电场线与等势线垂直即可画出电场线.考点三　电场线、等势面和带电粒子轨迹问题1.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲),从而分析电场方向或电荷的正负.(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向,确定静电力做功的正负,从而确定电势能、电势和电势差的变化等.(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况.2.求电场力做功的四种方法(1)定义式:W AB=Fl cosα=qEl cosα(适用于匀强电场).(2)电势的变化:W AB=qU AB=q(φA-φB).(3)动能定理:W电+W其他=ΔE k.(4)电势能的变化:W AB=-ΔE p=E p A-E p B.3.电场中的功能关系(1)若只有电场力做功,则电势能与动能之和保持不变.(2)若只有电场力和重力做功,则电势能、重力势能、动能之和保持不变.(3)除重力、弹力外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量.(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化.图20-7例3[2018·天津卷]如图20-7所示,实线表示某电场的电场线(方向未标出),虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹,设M点和N点的电势分别为φM、φN,粒子在M和N时加速度大小分别为a M、a N,速度大小分别为v M、v N,电势能分别为E p M、E p N.下列判断正确的是( )A.v M<v N,a M<a NB.v M<v N,φM<φNC.φM<φN,E p M<E p ND.a M<a N,E p M<E p N变式题1(多选)[2016·海南卷]如图20-8所示,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是( )图20-8A.M带负电荷,N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功变式题2(多选)[2018·全国卷Ⅰ]图20-9中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2V.一电子经过a时的动能为10eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是( )图20-9A.平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时,其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍■要点总结在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律,有时也会用到功能关系.(1)应用动能定理解决问题需研究合外力做的功(或总功).(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化.(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能变化之间的对应关系.考点四　电场中的图像问题考向一　E-x图像(1)E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律.(2)E-x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.例4(多选)一个电荷量为+q的粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动,规定x轴正方向为电场强度正方向,x轴上各点的电场强度E随x坐标的变化图线如图20-10所示(已知图线关于O点对称).A(0,x1)、B(0,-x1)为粒子运动轨迹上的两点.下列说法中正确的是( )图20-10A.A、B两点的电场强度和电势均相同B.粒子经过A、B两点时的速度大小相同C.粒子经过A、B两点时的加速度相同D.粒子经过A、B两点时的电势能相同考向二　φ-x图像(1)φ-x图线的斜率大小等于电场强度的大小,在φ-x图线切线的斜率为零处,电场强度为零.(2)由φ-x图像可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.(3)在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用W AB=qU AB,进而分析W AB的正负,然后做出判断.例5(多选)[2017·全国卷Ⅰ]在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图20-11所示.电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a 到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a,φa)标出,其余类推.现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是( )图20-11A.E a∶E b=4∶1B.E c∶E d=2∶1C.W ab∶W bc=3∶1D.W bc∶W cd=1∶3考向三　E p-x图像、E k-x图像 电场力做功量度电势能的变化,而电场力做功就是力对位移的积累,由E p-E p0=Fx,得E p=E p0+Fx,故E p-x图像的斜率表示电场力,纵截距表示初电势能;合力做功量度了动能的变化,如果带电粒子只受电场力的作用,则合力做的功就是电场力做的功,由E k-E k0=Fx,得E k=E k0+Fx,故E k-x图像的斜率表示电场力,纵截距表示初动能.然后根据两图像斜率的变化可判断出电场力的变化,进而判断出电场强度大小的变化.例6[2018·黄冈中学二模]两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点,规定无穷远处为电势能零点,一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化关系如图20-12所示,其中试探电荷在A、N两点的电势能为零,在ND段中C点电势能最大.下列说法正确的是( )图20-12A.q1为正电荷,q2为负电荷B.q1的电荷量小于q2的电荷量C.将一正点电荷从N点移到D点,电场力先做负功后做正功D.一正点电荷从N点由静止释放后会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大考向四　电场分布结合v-t图像 根据v-t图像的速度变化、斜率变化(即加速度的变化),可确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化.例7(多选)[2018·河南洛阳一中月考]如图20-13甲所示,Q1、Q2为两个固定的点电荷,其中Q1带负电,a、b、c三点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用),粒子经过a、b、c三点时的速度分别为v a、v b、v c,其速度—时间图像如图乙所示.以下说法中正确的是( )图20-13A.Q2一定带正电B.Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量C.b点的电场强度最大D.粒子由a点到c点运动过程中,电势能先增大后减小完成课时作业(二十)第21讲　电容器、带电粒子在电场中的运动一、电容器与电容1.电容器(1)组成:任何两个相互靠近又彼此 的导体.(2)带电荷量:一个极板所带电荷量的 .(3)击穿电压:电容器允许加的 电压称为击穿电压.额定电压比击穿电压 .2.电容(1)定义:电容器所带的 与电容器两极板间电势差U的比值.公式为 .(2)单位:法拉(F),常用单位有微法(μF)、皮法(pF).1F=106μF=1012pF.(3)平行板电容器电容的决定式: ,k为静电力常量.二、带电粒子在电场中的加速1.动力学观点分析:若电场为匀强电场,则有a= ,E= ,v2-=2ad.2.功能观点分析:粒子只受电场力作用,满足 .三、带电粒子在匀强电场中的偏转1.运动性质: 运动.2.处理方法:运动的分解.(1)沿初速度方向:做 运动.(2)沿电场方向:做初速度为零的 运动.【辨别明理】(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和.( )(2)电容表示电容器容纳电荷的多少.( )(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比.( )(4)放电后的电容器所带的电荷量为零,电容也为零.( )(5)公式C=可用来计算任何电容器的电容.( )(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动.( )(7)带电粒子在电场中只受电场力时,也可以做匀速圆周运动.( )(8)带电粒子在电场中运动时,重力一定可以忽略不计.( )考点一　平行板电容器1.静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器,两板之间的电势差越大,则静电计的指针偏角越大.平行板电容器、滑动变阻器、电源、开关以及静电计按如图21-1所示的电路连接.当开关闭合时,静电计的指针有偏转.下列做法能使偏角增大的是( )。

测评手册单元小结卷(七)1.B[解析]两球同时由静止开始释放时,B的初始加速度恰好等于零,则B球所受库仑力沿斜面向上,A球所受库仑力沿斜面向下,A的初始加速度沿斜面向下,A、B之间的库仑力F=mg sin α,一段时间后A、B两球间的距离增大,库仑力减小,B球的加2方向应沿斜面向下,设两球距离为L'时A、B间的库仑力为F',则速度沿斜面向下,所以加速度a2a2=,a1=,因,m1=2m2,得F'=0.25m2g sin α,因F'∶F=1∶4,所以L'∶L=2∶1,故A、C、D 错误,B正确.2.B[解析]断开开关,电容器带电荷量Q不变,将A、B分开一些,则间距d增大,根据C=知,电容C减小,根据C=知,电势差增大,指针张角增大,故A错误;断开开关,电容器带电荷量Q不变,增大正对面积,根据C=知,电容C增大,根据C=知,电势差U减小,指针张角减小,故B正确;保持开关闭合,不论使A、B两板靠近些,还是使滑动变阻器的滑片向右移动,电容器两端的电势差都不变,则指针张角不变,故C、D错误.3.D[解析]带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积,说明电场线方向由集尘极指向放电极,图中A点电势低于B点电势,选项A、B错误;由于放电极与集尘极之间的电场为非匀强电场,尘埃所受电场力不是恒力,所以尘埃在迁移过程中做变加速运动,选项C错误;尘埃在迁移过程中,电场力做正功,电势能减小,选项D正确.4.B[解析]粒子所受的电场力指向轨迹凹侧,由于粒子带负电,因此c处电场线指向左上方,沿着电场线,电势降低,可知φ1<φ2<φ3<φ4,故A错误;由图可知,粒子做曲线运动,其受力的方向不断变化,所以粒子的运动轨迹和等势面3不可能垂直,故D 错误;该电场上、下对称,该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场,故B正确;电场线的疏密表示电场的强弱,所以等势面4上各点的场强不是处处相等的,故C错误.5.B[解析]两个质量相等的带电小球A、B分别在P下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上,所需向心力由重力和库仑力的合力提供,选项D错误;在竖直方向,设小球和球心的连线与竖直方向的夹角为θ,有k cos θ=mg,由于两小球轨道不同,θ不同,但所受的重力相等,所以小球A、B所带的电荷量不相等,选项A错误;小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等,场强大小分别相等,但方向不同,B正确,C错误.6.ABD[解析]由图像知,沿x轴正方向电势逐渐升高,所以电场沿x轴负方向,电子所受的电场力沿x轴正方向,电子将沿Ox 方向加速运动,电场力做正功,电子的电势能减小,A、B正确;电势φ随x变化的图像的斜率表示电场强度,由图像可知,沿Ox方向电场强度先减小后增大,电子受到的电场力先减小后增大,电子运动的加速度先减小后增大,故C错误,D正确.7.CD[解析]处于A、B两点的点电荷在C点形成的电场的场强大小均为E=k,两场强方向所成的角为120°,故C点的电场强度大小为E=2E cos 60°=,选项A错误;C、P两点均处于A、B连线的垂直平分线上,故C、P两点的电势相等,将某一C试探电荷从C点沿C、P连线的方向移动到P点的过程中,静电力不做功,选项B错误,D正确;A、B两点的点电荷在P点形成的电场的场强大小均为E'=k,两场强所成的角为60°,故P点的电场强度大小为E=2E'cos 30°=,C、PP两点的场强大小的比值,某一试探电荷在C点与P点所受的静电力大小的比值为,选项C正确.8.CD[解析]由带电粒子P的运动轨迹的弯曲方向可知,P受到点电荷Q的库仑力为引力,所以P、Q两电荷一定异号,故A 错误;由于Q的电性不确定,电场线的方向不确定,则a、b电势的关系也不能确定,故B错误;P从c点运动到a点,电场力做的总功是负功,电势能增大,则P在a点的电势能大于在c点的电势能,故C正确;根据点电荷的电场线分布情况可知,b、c间的场强大于c、a间的场强,由公式U=Ed可知,b、c间的电势差大于c、a间的电势差,由电场力做功公式W=qU得,P由c点运动到b点时电场力做的功|W|大于由c点运动到a点时克服电场力做的功|W ca|,根据动能定理可知,P由c点运动到b点时的动cb能变化大于由c点时运动到a点的动能变化,故D正确.9.(1)qE cos θ+mg(2)(3)[解析](1)小球B在垂直于杆的方向上的合力为零,故F N=qE cos θ+mg.(2)小球B开始运动时,在水平方向上,由牛顿第二定律得qE sin θ-=ma解得a=.(3)当小球B的速度最大时,其加速度为零,设此时小球B离M端的距离为x,有qE sin θ=解得x=.10.(1)0.02 m/s2(2)7.2×10-7 J[解析] (1)对甲、乙整体分析,有F 合=q 1E+q 2E=(m 1+m 2)a 0解得a 0=0.02 m/s 2.(2)当乙发生的位移最大时,乙的电势能增量最大,细绳断裂前,甲、乙发生的位移均为 s 0=×0.02×32 m =0.09 m此时甲、乙的速度均为v 0=a 0t=0.02×3 m/s =0.06 m/s细绳断裂后,乙的加速度变为a 乙'= m/s 2=-0.06 m/s 2从细绳断裂到乙的速度为零,乙发生的位移s 乙'=m =0.03 m整个运动过程乙发生的位移s 乙max =s 0+s 乙'=0.09 m +0.03 m =0.12 m此时乙的电势能增量 ΔE p =s 乙max =1×10-9×6×103×0.12 J =7.2×10-7 J .11.(1)O'上方13.5 cm 处 (2)30 cm[解析] (1)设电子经电压U 0加速后的速度为v 0,根据动能定理得eU 0=设偏转电场的场强为E ,则有E=设电子经时间t 0通过偏转电场,偏离中心轴线的侧向位移为y ,则在沿轴线方向上,有t 0=在垂直于轴线方向上,有a=y= 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v y ,偏转角为θ,则电子通过偏转电场时,有v y =at 0 tan θ=电子在荧光屏上偏离O'点的距离Y=y+L tan θ=由题图知,t=0.06 s 时,U=1.8U 0代入数据得Y=13.5 cm .时,电子就打不到荧光屏上了(2)由题知电子偏移量y的最大值为,所以当偏转电压超过2U时,解得Y=15 cm当U=2U所以荧光屏上电子能打到的区间长为2Y=30 cm.。

第七章⎪⎪⎪静 电 场考 纲 要 求考 情 分 析物质的电结构、电荷守恒Ⅰ电势能、电势Ⅰ 1.命题规律从近几年高考试题来看，高考对本章内容主要以选择题的形式考查静电场的基本性质，以综合题的形式考查静电场学问与其他学问的综合应用。

2.考查热点(1)电场的基本概念和性质； (2)牛顿运动定律、动能定理及功能关系在静电场中的应用； (3)带电粒子在电场中的加速、偏转等问题。

静电现象的解释Ⅰ 电势差 Ⅱ 点电荷Ⅰ匀强电场中电势差与电场强度的关系 Ⅱ库仑定律 Ⅱ 带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ 静电场 Ⅰ 示波管 Ⅰ 电场强度、点电荷的场强 Ⅱ常见电容器 Ⅰ电场线Ⅰ电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ第35课时 电荷守恒和库仑定律(双基落实课)[命题者说] 学习本课时，要了解静电现象和物体带电的特点，理解电荷守恒定律，理解库仑定律和点电荷的概念。

本课时虽然不是高考的重点考点，但把握本课时内容，可以为复习后面学问打下坚实的基础。

一、静电现象、电荷守恒1.电荷(1)三种起电方式：摩擦起电，接触起电，感应起电。

(2)两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷。

同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。

(3)元电荷：电荷的多少叫做电荷量，通常把e ＝1.6×10－19C 的电荷量叫做元电荷。

2．对元电荷的理解(1)元电荷是自然界中最小的电荷量，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。

(2)元电荷等于电子所带的电荷量，也等于质子所带的电荷量，但元电荷没有正负之分。

(3)元电荷不是点电荷，电子、质子等微粒也不是元电荷。

3．电荷守恒定律电荷既不会创生，也不会毁灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。

[小题练通]1．M 和N 是原来都不带电的物体，它们相互摩擦后M 带正电荷1.6×10－10C ，下列推断中正确的是( )A ．在摩擦前M 和N 的内部没有任何电荷B ．摩擦过程中电子从N 转移到了MC ．N 在摩擦后肯定带负电荷1.6×10－10CD ．M 在摩擦过程中失去了1.6×1010个电子解析：选C 由物质的电结构可知，摩擦前M 、N 内部存在电荷，A 错误；摩擦后M 带正电，故摩擦过程中电子从M 转移到N ，B 错误；由电荷守恒定律，C 正确；电子所带电荷量为1.6×10－19C ，可见D 错误。

拾躲市安息阳光实验学校专题训练（七）第7单元静电场基础巩固1．[2016·山东枣庄八中月考] 某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图Z7­1(a)和(b)所示．该工件的直径为________cm，高度为________ mm.图Z7­12．如图Z7­2甲所示为某次测量时电压表的刻度盘的情形，若当时使用的是该表的0～3 V量程，那么电压表读数为________ V，若当时使用的是该表的0～15 V量程，那么电压表读数应为________ V；如图乙所示的电阻箱的读数为________ Ω.图Z7­2能力提升3．[2015·中山二模] 用伏安法测量一个阻值约为20 Ω的未知电阻R x的阻值．(1)在以下备选器材中，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(填写器材的字母代号)．电源E(电动势为3 V，内阻可忽略不计)电流表A1(量程0～50 mA，内阻约12 Ω)电流表A2(量程0～3 A，内阻约0.12 Ω)电压表V1(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)电压表V2(量程0～15 V，内阻约15 kΩ)滑动变阻器R1(0～10 Ω，允许最大电流2.0 A)滑动变阻器R2(0～1000 Ω，允许最大电流0.5 A)定值电阻R(30 Ω，允许最大电流1.0 A)开关S、导线若干(2)请在虚线框中画出测量电阻R x的实验电路图(要求所测量值的变化范围尽可能大一些，所用器材用对应的符号标出)．(3)某次测量中，电压表读数为U时，电流表读数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为R x＝________．4．某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻R x，现备有下列器材：A．电流表(量程100 μA，内阻约2 kΩ)；B．电流表(量程500 μA，内阻约300 Ω)；C．电压表(量程15 V，内阻约100 kΩ)；D．电压表(量程50 V，内阻约500 kΩ)；E．直流电源(20 V，允许通过的最大电流1 A)；F．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定功率1 W)；G．开关和导线若干．电流表应选________，电压表应选________．(填字母代号)该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：图Z7­3①________________________________________________________________________；②____________________________________________________________________ ____.挑战自我5．现有一量程为3 V的电压表，内阻为5～6 kΩ.为了较准确地测量其内阻，在没有电流表的情况下，某同学设计了如图Z7­4甲所示的实验电路，按此电路可以测出电压表的内阻．图Z7­4(1)试根据如图甲所示的电路图，完成如图乙所示的实物连线．(2)若电源E、滑动变阻器R2、电阻箱R1各有两组可供选择：电源E：a．电动势2.0 V，有内阻b．电动势5.0 V，有内阻滑动变阻器R2：a．最大阻值20 Ωb．最大阻值1700 Ω电阻箱R1：a．0～999.9 Ωb．0～9999.9 Ω为了减小实验误差，电源E应选________(填序号“a”或“b”，下同)，滑动变阻器R2应选________，电阻箱R1应选________．(3)该同学在开关都断开的情况下，检查电路连接无误后，接通电路前应将滑动变阻器的滑动头P置于________端．后续必要的实验操作步骤依次是：______________________________(请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母)．最后记录R1的阻值并整理好器材．A．闭合开关S1B．闭合开关S2C．断开开关S1D．断开开关S2E．调节R2的阻值，使电压表指针偏转到满刻度F．调节R2的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半G．调节R1的阻值，使电压表指针偏转到满刻度的一半H．调节R1的阻值，使电压表指针偏转到满刻度(4)按正确的实验步骤操作完成后，如果所得的R1的阻值为5400.0 Ω，则图甲中被测电压表V的内阻R V的测量值为________ Ω，该测量值________(选填“略大于”“略小于”或“等于”)实际值．6．[2016·河北正定中学月考] 在测量未知电阻R x阻值的实验中，可供选择的器材有：待测电阻R x(阻值约300 Ω)；电流表A1(量程20 mA，内阻约50 Ω)；电流表A2(量程50 mA，内阻约10 Ω)；电阻箱R(0～999.9 Ω)；滑动变阻器R1(20 Ω，2 A)；滑动变阻器R2(1750 Ω，0.3 A)；电源E(电动势6.0 V，内阻不计)；开关S及导线若干．某同学采用如下方案进行测量：a．按图Z7­5甲连好电路，调节滑片P和R的阻值，使电流表指针指在合适位置，记下此时A1示数I1、A2示数I2和电阻箱阻值R0；b．将电流表A1改接到另一支路(如图乙所示)，保持电阻箱阻值为R0不变，调节P，使A2示数仍为I2，记下此时A1示数I′1；c．计算得到R x的阻值．图Z7­5(1)该同学按图甲连成如图丙所示的电路，其中第________条导线连接错误(填图丙中表示导线的数字)．(2)正确连线后，闭合S，将P从左向右滑动，发现开始时A2示数变化不大，当临近最右端时示数变化明显，这是选择了滑动变阻器________(选填“R1”或“R2”)造成的．(3)待测电阻R x＝________(用I、I2、R0、I′1中的某些量表示)；针对该实验方案，电流表A1的内阻________(填“会”或“不会”)造成系统误差．7．[2016·广东百校质量分析] 一标有“6 V0.5 A”的小型直流电动机，转子由铜导线绕制的线圈组成，阻值约为1 Ω.某兴趣小组设计一个实验测量此电动机线圈的电阻．实验室提供的器材除导线和开关外还有：A．直流电源E：8 V(内阻不计)B．直流电流表A1：0～0.6 A(内阻约为0.5 Ω)C．直流电流表A2：0～3 A(内阻约为0.1 Ω)D．直流电压表V1：0～3 V(内阻约为5 kΩ)E．直流电压表V2：0～15 V(内阻约为15 kΩ)F．滑动变阻器R1：0～10 Ω，2 AG．电阻R2：5 Ω图Z7­6(1)为能较准确地测出电动机线圈电阻，应选择电路图________(选填“甲”或“乙”)．(2)为使电表指针有较大角度的偏转，需要选用的电流表是________，电压表是________．(3)闭合开关后，调节滑动变阻器(控制电动机不转动)，读出电流表、电压表示数．若某次实验电压表的示数为2.5 V，电流表的示数为0.4 A，则电动机线圈电阻为________Ω.由此可计算出该电动机正常工作时输出的机械功率为________W．(结果保留三位有效数字)专题训练(七)1．1.210 6.860 [解析] 游标卡尺的主尺读数为1.2 cm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为2×0.05 mm＝0.10 mm＝0.010 cm，所以最终读数为1.2 cm＋0.010 cm＝1.210 cm.螺旋测微器的固定刻度为6.5 mm，可动刻度为36.0×0.1 mm＝0.360 mm，所以最终读数为6.5 mm ＋0.360 mm＝6.860 mm.2．1.15(1.14～1.16均可) 5.7(5.6～5.8均可) 84 580.2[解析] 0～3 V量程最小刻度是0.1 V，要向下估读一位，读1.15 V(由于最后一位是估读的，有偶然误差，读成1.14～1.16 V 都算正确).0～15 V 量程最小刻度为0.5 V ，只要求读到0.1 V 这一位，所以读5.7 V(5.6～5.8 V 都算正确)．图乙中的电阻箱有6个旋钮，每个旋钮上方都标有倍率，将每个旋钮上指针所指的数值(都为整数)乘以各自的倍率，从最高位依次往下读，即可得到电阻箱的读数为84 580.2 Ω.3．(1)A 1 V 1 R 1 (2)如图所示 (3)UI－R[解析] (1)由题意可知，电源电动势为3 V ，故电压表选用V 1；而由于待测电阻约为20 Ω，则电路中电流最大为150 mA ，故电流表只能选用A 1；而由题意可知，电路应采用滑动变阻器分压接法，故滑动变阻器应选用最大阻值较小的，故滑动变阻器选用R 1.(2)因题目要求所测量的值的变化范围尽可能大一些，故可知应采用滑动变阻器分压接法；由于电流表量程只有0～50 mA ，若只接待测电阻，电路中电流过大将损坏电流表，故可将定值电阻与待测电阻串联；由于R VR x ＋R ＝300050＝60；而R x ＋R R A ＝5012＝4.2，故电压表分流较小，应采用电流表外接法，故电路如图所示．(3)由欧姆定律可知R ＋R x ＝U I ，解得R x ＝UI－R .4．B C①电流表采用外接法②滑动变阻器采用限流式接法[解析] 直流电源的电压为20 V ，为了提高读数准确度应该选择电压表C ，因此待测电阻两端电压不得超过15 V ，则通过的电流不超过I ＝U R x ＝15 V25 k Ω＝600 μA ，电流表应该选B.为了减小误差，电流表应采用内接法，因为滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值，若采用限流接法，限流效果不明显，应该采用分压接法接入电路．5．(1)如图所示(2)b a b (3)A ABEDG 或BAEDG (4)5400.0 略大于 [解析] (1)如图所示．(2)电压表的量程为3 V ，电源E 应选b ，滑动变阻器R 2采用分压式接法，选最大阻值较小的a ，当电压表指针半偏时，电阻箱R 1与电压表内阻近似相等，则应选b.(3)接通电路前应将滑动变阻器的滑动头P 置于A 端，确保开始实验时输出电压最小；实验过程中电压表先满偏，后半偏，步骤可以为ABEDG 或BAEDG.(4)断开S 2后，R 1和电压表各分得的电压为电压表量程的一半，则电压表内阻等于5400.0 Ω；实际上断开S 2后，滑动变阻器并联部分的电压略有增大，则R 1两端的电压大于U g2，测量值大于真实值．6．(1)6 (2)R 2 (3)I ′1I 1R 0 不会[解析] (1)由图甲可知，电流表A 2负接线柱应与在滑动变阻器的滑片P 相连，而图丙是接在滑动变阻器下面右侧的接线柱上，所以是第6条导线连接错误；(2)由图甲可知，滑动变阻器采用分压式接法，应选择最大阻值较小的那个，闭合S ，将P 从左向右滑动，发现开始时A 2示数变化不大，当临近最右端时示数变化明显，这是选择了滑动变阻器最大阻值较大的R 2造成的；(3)由题意可知，待测电阻R x 与电阻箱并联，根据欧姆定律和并联电路电压相等得(R x ＋r 1)I 1＝(I 2－I 1)R 0，R x (I 2－I ′1)＝I ′1(R 0＋r ′1)，得R x ＝I ′1I 1R 0.所以电流表A 1的内阻不会造成系统误差．7．(1)甲 (2)B D (3)1.25 2.69[解析] (1)(2)因为电动机不转时通过的电流小于0.5 A ，电流表与电动机串联，故通过的电流也小于0.5 A ，所以电流表选择A 1，即B ；电压表示数小于U ＝I m (R M ＋R 2)＝0.5×(1＋5) V ＝3 V ，为使电表指针有较大角度的偏转，应选择V 1，即D.因R M ＋R 2R A1<R V1R M ＋R 2，故选用电流表外接法，即甲．(3)根据欧姆定律得R ＝U I ＝2.5 V0.4 A ＝6.25 Ω，则电动机线圈电阻R M ＝R －R 2＝(6.25－5) Ω＝1.25 Ω；电动机正常工作时输出的机械功率P ＝UI －I 2R M＝(6×0.5－0.52×1.25) W ＝2.69 W。