2023版高三一輪總復習物理（新教材新高考）第八章靜電場教案

[高考備考指南]命題分析核心素養(yǎng)1．以電場線、等勢面為背景，考查電場強度、電勢(差)、電場力做功、電勢能的變化等知識，以選擇題的形式呈現(xiàn)。2．電容器的動態(tài)分析、電容器與平衡條件的綜合問題一般以選擇題形式呈現(xiàn)；對帶電粒子或帶電體在電場中的運動的考查，選擇題、計算題均有出現(xiàn)，但以計算題形式較多，且題目具有一定的綜合性，常與功能關系相結合。物理觀念：靜電現(xiàn)象、庫侖力、電場強度、電勢能、電勢、電勢差、電容器及電容?？茖W思維：電荷守恒定律、點電荷、庫侖定律、電場線、等勢面、電勢差與電場強度的關系、電場力做功與電勢能變化關系、電壓和電荷量與電容的關系、電場的疊加原理?？茖W探究：庫侖力與電荷量及電荷間距離的關系、電容與電壓和電荷量的關系?？茖W態(tài)度與責任：靜電現(xiàn)象應用與安全。電場力的性質一、電荷及電荷守恒定律1．元電荷、點電荷(1)元電荷：e＝1.6×10－19C，所有帶電體的電荷量都是元電荷的整數(shù)倍，其中質子、正電子的電荷量與元電荷相同。(2)點電荷：當帶電體本身的大小和形狀對研究的問題影響很小時，可以將帶電體視為點電荷。2．靜電場(1)定義：存在于電荷周圍，能傳送電荷間相互作用的一種特殊物質。(2)基本性質：對放入其中的電荷有力的作用。3．電荷守恒定律(1)內(nèi)容：電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它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，電荷的總量保持不變。(2)起電方式：摩擦起電、接觸起電、感應起電。(3)帶電實質：物體帶電的實質是得失電子。二、庫侖定律1．內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，與它們的電荷量的乘積成正比，與它們的距離的二次方成反比。作用力的方向在它們的連線上。2．表達式：F＝keq\f(q1q2,r2)，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫靜電力常量。3．適用條件：真空中的點電荷。三、電場強度、點電荷的場強1．定義：放入電場中某點的電荷受到的電場力F與它的電荷量q的比值。2．定義式：E＝eq\f(F,q)。單位為N/C或V/m。3．點電荷的電場強度：真空中點電荷形成的電場中某點的電場強度E＝keq\f(Q,r2)。4．方向：規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向為該點的電場強度方向。5．電場強度的疊加：電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和，遵循平行四邊形定則。四、電場線1．定義：為了形象地描述電場中各點電場強度的大小及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的電場強度方向一致，曲線的疏密表示電場的強弱。2．電場線的特點(1)不閉合：電場線起始于正電荷(或無窮遠處)，終止于無窮遠處(或負電荷)。(2)不相交：在電場中兩條電場線不相交。(3)同一電場中，電場線密的地方場強大。(4)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。(5)沿電場線方向電勢降低。(6)電場線和等勢面在相交處垂直。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)電場中某點的電場強度與試探電荷在該點所受的電場力成正比。 (×)(2)電荷在電場中某點所受的電場力的方向就是該點的電場強度方向。 (×)(3)在點電荷產(chǎn)生的電場中，以點電荷為球心的同一球面上各點的電場強度都相同。 (×)(4)電場線的方向即為帶電粒子的運動方向。 (×)(5)英國物理學家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場。 (√)(6)美國物理學家密立根通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量。 (√)二、教材習題衍生1．(人教版必修第三冊P23T2改編)如圖所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支撐使它們彼此接觸。把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開()A．此時A帶正電，B帶負電B．此時A帶正電，B帶正電C．移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合C[由靜電感應可知，A端帶負電，B端帶正電，選項A、B錯誤；若移去C，A、B兩端電荷中和，則貼在A、B下部的金屬箔都閉合，選項C正確；先把A和B分開，然后移去C，則A、B帶的電荷不能中和，故貼在A、B下部的金屬箔仍張開，選項D錯誤。]2．(人教版必修第三冊P10T3改編)如圖所示，半徑相同的兩個金屬小球A、B帶有電荷量大小相等的電荷，相隔一定的距離，兩球之間的距離遠大于小球的直徑，兩球之間的相互吸引力大小為F。今用第三個半徑相同的不帶電的金屬小球C先后與A、B兩個球接觸后移開，這時，A、B兩個球之間的相互作用力大小是()A．eq\f(1,8)FB．eq\f(1,4)FC．eq\f(3,8)FD．eq\f(3,4)FA[由于A、B間有吸引力，故A、B帶異種電荷。設A、B帶的電荷量分別為Q、－Q，則兩球之間的相互吸引力即為靜電力：F＝keq\f(Q2,r2)。當C球與A球接觸后，A、C兩球的電荷量都為：q1＝eq\f(Q,2)。當C球再與B球接觸后，B、C兩球的電荷量絕對值都為：q2＝eq\f(Q－\f(Q,2),2)＝eq\f(Q,4)。所以此時A、B兩球之間的相互作用力的大小為F′＝eq\f(k\f(Q,2)·\f(Q,4),r2)＝keq\f(Q2,8r2)＝eq\f(F,8)，故A正確。]3．(人教版必修第三冊P17T5改編)(多選)如圖所示是某電場區(qū)域的電場線分布，A、B、C是電場中的三個點，下列說法正確的是()A．A點的電場強度最小B．B點的電場強度最小C．把一個正點電荷分別放在這三點時，其中放在B點時受到的靜電力最大D．把一個負點電荷放在A點時，所受的靜電力方向和A點的電場強度方向一致AC[電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，A正確，B錯誤；B點的電場強度最大，由F＝qE知，C正確；負電荷受力方向與電場強度的方向相反，D錯誤。]4．(魯科版必修第三冊P11T4改編)如圖所示，用兩根細線把兩個帶同種電荷的小球懸掛在一點，平衡后兩球等高。兩球靜止時，細線與豎直線的偏角分別為α和β，α>β，則()A．mA>mBB．mA<mBC．qA>qBD．qA<qBB[兩球之間的庫侖力屬于作用力和反作用力，它們是大小相等，方向相反的，設其大小為F；對A球受力分析，受重力、拉力和庫侖力作用，其受力分析如圖所示，根據(jù)共點力平衡條件，有：mAg＝eq\f(F,tanα)，同理，對B分析有：mBg＝eq\f(F,tanβ)，由于α>β，故mA<mB；而一對靜電力的大小一定相等，與電荷量是否相等無關，故無法判斷電荷量多少關系，B正確。]庫侖定律的理解及應用1．對于兩個均勻帶電絕緣球體，可將其視為電荷集中在球心的點電荷，r為球心間的距離。2．對于兩個帶電金屬球，要考慮表面電荷的重新分布，如圖所示。甲乙(1)同種電荷：F＜keq\f(q1q2,r2)；(2)異種電荷：F＞keq\f(q1q2,r2)。3．不能根據(jù)公式錯誤地認為r→0時，庫侖力F→∞，因為當r→0時，兩個帶電體已不能看作點電荷了。4．兩完全相同帶電球電荷分配規(guī)律(1)如果接觸前兩金屬球帶同種電荷，電荷量大小分別為q1和q2，兩球接觸時，總電荷量平均分配，兩球的電荷量大小都等于eq\f(q1＋q2,2)。(2)如果接觸前兩金屬球帶異種電荷，電荷量大小分別為q1和q2，且q1＞q2，接觸時，先中和再將剩余的電荷量(q1－q2)平均分配，兩球的電荷量大小都等于eq\f(q1－q2,2)。[題組突破]1．使兩個完全相同的金屬小球(均可視為點電荷)分別帶上－3Q和＋5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F1?，F(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為2a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F2，則F1與F2之比為()A．2∶1B．4∶1C．16∶1D．60∶1D[開始時，由庫侖定律得：F1＝keq\f(5Q×3Q,a2)，相互接觸并分開后，帶電荷量均變?yōu)椋玅，距離變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)庫侖定律得：F2＝keq\f(Q×Q,4a2)，可知eq\f(F1,F2)＝eq\f(60,1)，選項D正確。]2．如圖所示，三個固定的帶電小球a、b和c，a與b、b與c、c與a間的距離分別為5cm、3cm、4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則()A．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9)B．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C．a(chǎn)、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27)D．a(chǎn)、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)D[由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，根據(jù)受力分析知，a、b的電荷異號。根據(jù)庫侖定律，a對c的庫侖力為Fa＝k0eq\f(qaqc,x\o\al(2,ac))，①b對c的庫侖力為Fb＝k0eq\f(qbqc,x\o\al(2,bc))。②設合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形，得eq\f(Fa,xac)＝eq\f(Fb,xbc)，③聯(lián)立①②③式得k＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(x\o\al(3,ac),x\o\al(3,bc))＝eq\f(64,27)，若合力向右，結果仍成立，D項正確。]3．如圖所示，在一條直線上有兩個相距0.4m的點電荷A、B，A帶電荷量為＋Q，B帶電荷量為－9Q?，F(xiàn)在點電荷A、B連線的直線上引入第三個點電荷C，恰好使三個點電荷均在電場力的作用下處于平衡狀態(tài)，則C的帶電性質及位置應為()A．正，B的右邊0.4m處 B．正，B的左邊0.2m處C．負，A的左邊0.2m處 D．負，A的右邊0.2m處C[要使三個電荷均處于平衡狀態(tài)，必須滿足“兩同夾異”“兩大夾小”“近小遠大”的原則，所以點電荷C應在A左側，帶負電。設C帶電荷量為q，A、C間的距離為x，A、B間距離用r表示，由于處于平衡狀態(tài)，所以keq\f(Qq,x2)＝eq\f(9kQq,r＋x2)，解得x＝0.2m，選項C正確。]同一直線上“三個自由點電荷平衡”的模型(1)平衡的條件：每個點電荷受到另外兩個點電荷的合力為零或每個點電荷處于另外兩個點電荷產(chǎn)生的合電場強度為零的位置。(2)模型特點：4．(多選)(2021·福建福州市4月模擬)如圖所示，兩個帶電小球A、B穿在同一根光滑絕緣的細繩上，細繩兩端固定在天花板的O點，當整個系統(tǒng)保持平衡時，兩小球連線恰好水平，且兩小球與懸點O恰好構成一個正三角形，則下列判斷正確的是()A．兩小球質量一定相同B．兩小球帶電荷量一定相同C．細繩張力與兩小球之間庫侖力之比為2∶3D．若A球在緩慢漏電，則細繩張力始終保持不變AC[設繩張力為FT，則A或B球所受繩子張力的合力為F＝2FTcos30°＝eq\r(3)FT，對兩小球受力分析如圖，由圖可知，F(xiàn)cos60°＝mg，則m＝eq\f(Fcos60°,g)，由于同一根繩子，所以繩子的拉力FT相同，故F相同，則兩小球質量一定相同，故A正確；由于牛頓第三定律知兩小球間的庫侖力大小相等，由F＝keq\f(Qq,r2)可知，不能說明兩小球帶電荷量一定相同，故B錯誤；由幾何關系得eq\f(F,FAB)＝eq\f(\r(3)FT,FAB)＝eq\f(1,cos30°)＝eq\f(2,\r(3))，則eq\f(FT,FAB)＝eq\f(2,3)，故C正確；A球在緩慢漏電，則A、B球的庫侖力減小，為保持平衡，則A、B兩球間的距離減小，上面兩繩的夾角變小，則繩子張力變化，故D錯誤。]四步解決庫侖力作用的平衡問題電場強度的理解與計算1．電場強度的性質矢量性電場強度E是表示電場力的性質的物理量，規(guī)定正電荷受力方向為該點場強的方向唯一性電場中某一點的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的電荷q無關，它取決于形成電場的電荷(場源電荷)及空間位置疊加性如果有幾個靜止電荷在空間同時產(chǎn)生電場，那么空間某點的場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產(chǎn)生的場強的矢量和2．電場強度的三個計算公式點電荷電場強度的疊加與計算[典例1](2021·湖南卷)如圖，在(a，0)位置放置電荷量為q的正點電荷，在(0，a)位置放置電荷量為q的負點電荷，在距P(a，a)為eq\r(2)a的某點處放置正點電荷Q，使得P點的電場強度為零。則Q的位置及電荷量分別為()A．(0，2a)，eq\r(2)q B．(0，2a)，2eq\r(2)qC．(2a，0)，eq\r(2)q D．(2a，0)，2eq\r(2)qB[(a，0)和(0，a)兩點處的電荷量為q的點電荷在P點產(chǎn)生的電場強度的矢量和E＝eq\f(\r(2)kq,a2)，方向如圖所示，由點(a，a)指向點(0，2a)，由在距P點為eq\r(2)a的某點處放置的正點電荷Q使得P點電場強度為零可知，此正電荷位于(0，2a)點，且電荷量Q滿足eq\f(kQ,\r(2)a2)＝eq\f(\r(2)kq,a2)，解得Q＝2eq\r(2)q，B正確。]非點電荷電場強度的疊加與計算[典例2]一半徑為R的圓環(huán)上，均勻地帶有電荷量為Q的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L。設靜電力常量為k，關于P點的場強E，下列四個表達式中只有一個是正確的，請你根據(jù)所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是()A．eq\f(kQ,R2＋L2)B．eq\f(kQL,R2＋L2)C．eq\f(kQR,\r(R2＋L23))D．eq\f(kQL,\r(R2＋L23))D[設想將圓環(huán)等分為n個小段，當n相當大時，每一小段都可以看成點電荷，其所帶電荷量為q＝eq\f(Q,n) ①由點電荷場強公式可求得每一點電荷在P處的場強EP＝keq\f(Q,nr2)＝keq\f(Q,nR2＋L2) ②由對稱性可知，各小段帶電環(huán)在P處的場強垂直于軸向的分量Ey相互抵消，而軸向分量Ex之和即為帶電環(huán)在P處的場強E，故E＝nEx＝n·eq\f(kQ,nL2＋R2)·cosθ＝eq\f(kQL,rL2＋R2) ③而r＝eq\r(L2＋R2) ④聯(lián)立①②③④式，可得E＝eq\f(kQL,\r(R2＋L23))，D正確。]求解電場強度的非常規(guī)思維方法等效法在保證效果相同的前提下，將復雜的電場情景變換為簡單的或熟悉的電場情景對稱法空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性補償法將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或將半球面補全為球面等微元法將帶電圓環(huán)、帶電平面等分成許多微元電荷，每個微元電荷可看成點電荷，再利用公式和場強疊加原理求出合場強[跟進訓練]1．(2021·湖南卷T4衍生題)如圖所示，在(a，0)位置和(0，a)位置均放置電荷量為q的正點電荷，在與P(a，a)距離為eq\r(2)a的某點處放置正點電荷Q，使得P點的電場強度為0。則Q的位置及電荷量分別為()A．(2a，2a)，eq\r(2)q B．(2a，2a)，2eq\r(2)qC．(0，0)，eq\r(2)q D．(0，0)，2eq\r(2)qB[如圖所示，根據(jù)點電荷的電場強度公式及平行四邊形定則，(a，0)位置和(0，a)位置處的點電荷在P點的合電場強度的大小為E合＝2×eq\f(kq,a2)×cos45°＝eq\r(2)eq\f(kq,a2)，那么＋Q在P點產(chǎn)生的電場強度EQ與E合大小相等，方向相反，再根據(jù)點電荷的電場強度公式有EQ＝eq\f(kQ,\r(2)a2)＝E合，解得Q＝2eq\r(2)q，結合題意知＋Q應在(2a，2a)位置，故選B。]2．(多選)(2020·全國卷Ⅱ)如圖所示，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則()A．a(chǎn)、b兩點的場強相等 B．a(chǎn)、b兩點的電勢相等C．c、d兩點的場強相等 D．c、d兩點的電勢相等ABC[沿豎直方向將圓環(huán)分割成無窮個小段，關于水平直徑對稱的兩小段構成等量異種點電荷模型，在等量異種點電荷的垂直平分線上各點場強方向由正點電荷指向負點電荷，根據(jù)對稱性可知a、b兩點的場強相等，A項正確；取無窮遠處電勢為零，在等量異種點電荷的垂直平分線上各點電勢均為零，故a、b兩點的電勢相等，B項正確；沿水平方向將圓環(huán)分割成無窮個小段，關于豎直直徑對稱的兩小段構成等量同種點電荷模型，在等量同種點電荷的垂直平分線上各點場強方向垂直于連線，根據(jù)對稱性可知c、d兩點的場強相等，C項正確；在等量異種點電荷模型中，距離正點電荷近的點電勢高，故φc>φd，D項錯誤。]3．MN為足夠大的不帶電的金屬板，在其右側距離為d的位置放一個電荷量為＋q的點電荷O，金屬板右側空間的電場分布如圖甲所示，P是金屬板表面上與點電荷O距離為r的一點。幾位同學想求出P點的電場強度大小，但發(fā)現(xiàn)很難，經(jīng)過研究，他們發(fā)現(xiàn)圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側的電場分布是一樣的。圖乙中是兩等量異種點電荷的電場線分布，其電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線。由此他們分別對圖甲P點的電場強度方向和大小作出以下判斷，其中正確的是()甲乙A．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為eq\f(2kqd,r3)B．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為eq\f(2kq\r(r2－d2),r3)C．方向垂直于金屬板向左，大小為eq\f(2kqd,r3)D．方向垂直于金屬板向左，大小為eq\f(2kq\r(r2－d2),r3)C[據(jù)題意，從題圖乙可以看出，P點電場方向為水平向左；由題圖乙可知，正、負電荷在P點電場疊加，其大小為E＝2keq\f(q,r2)cosθ＝2keq\f(q,r2)·eq\f(d,r)＝2keq\f(qd,r3)，故選項C正確。]電場線的理解及應用1．電場線的應用(1)在同一電場內(nèi)，電場線越密的地方場強越大。(2)電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向。(3)沿電場線方向電勢逐漸降低。(4)電場線和等勢面在相交處互相垂直。2．兩種等量點電荷的電場線比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布中垂線上的電場強度O點最大，向外逐漸減小O點為零，向外先變大后變小連線上的電場強度沿連線先變小后變大，中點O處的電場強度最小沿連線先變小后變大，中點O處的電場強度為零電場強度方向比較A、A′、B、B′四點場強方向相同，垂直于BB′連線A點場強方向向右，A′點場強方向向左，B點場強方向向上，B′點場強方向向下[典例3](多選)電場線能直觀、方便地反映電場的分布情況。如圖甲是等量異號點電荷形成電場的電場線，圖乙是場中的一些點；O是電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，B、C和A、D也相對O對稱。則()甲乙A．E、F兩點場強相同B．A、D兩點場強不同C．B、O、C三點，O點場強最小D．從E點向O點運動的電子加速度逐漸減小AC[等量異號點電荷連線的中垂線是一條等勢線，電場強度方向與等勢線垂直，因此E、F兩點場強方向相同，由于E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，則其場強大小也相等，故A正確；根據(jù)對稱性可知，A、D兩點處電場線疏密程度相同，則A、D兩點場強大小相同，由題圖看出，A、D兩點場強方向相同，故B錯誤；由題圖看出，B、O、C三點比較，O點的電場線最稀疏，場強最小，故C正確；從點E到O，電場線分布由稀疏到密集，電場強度逐漸增大，所以電子加速度逐漸增大，故D錯誤。][跟進訓練]1．對于如圖所示的四個電場，下列說法正確的是()甲乙丙丁A．圖甲為等量同種點電荷形成的電場線B．圖乙離點電荷距離相等的a、b兩點場強相同C．圖丙中在c點靜止釋放一正電荷，可以沿著電場線運動到d點D．圖丁中某一電荷放在e點與放到f點，它們的電勢能相同D[由題圖可知，甲為等量異種點電荷形成的電場線，故A錯誤；乙為正點電荷所形成的電場線分布，離點電荷距離相等的a、b兩點場強大小相同，場強方向不同，故B錯誤；只有電場線為直線時，粒子才有可能沿著電場線運動，在曲線電場線中，粒子不會沿著電場線運動，故C錯誤；丁中e點與f點電勢相同，同一點電荷在兩處的電勢能相同，故D正確。]2．(多選)(2021·山東濟南模擬)如圖所示，實線為三個電荷量相同的帶正電的點電荷Q1、Q2、Q3的電場線分布，虛線為某試探電荷從a點運動到b點的軌跡，則下列說法正確的是()A．該試探電荷為負電荷B．b點的電場強度比a點的電場強度大C．該試探電荷從a點到b點的過程中電勢能先增加后減少D．該試探電荷從a點到b點的過程中動能先增加后減少BC[電場力方向指向運動軌跡的凹處，所以電場力方向與電場線方向相同，該試探電荷為正電荷，故A錯誤；根據(jù)電場線的疏密程度表示電場強度的大小，b點的電場強度比a點的電場強度大，故B正確；該試探電荷從a點到b點的過程中，電場力提供其做曲線運動的合外力，且電場力方向指向運動軌跡的凹處，與速度方向的夾角先是鈍角后變成銳角，而電場力先做負功后做正功，試探電荷的電勢能先增加后減少，根據(jù)功能關系可知，試探電荷動能先減少后增加，故C正確，D錯誤。]3．(多選)如圖所示，虛線是某靜電場的一簇等勢線。實線是一帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，A、B、C為軌跡上的三個點。下列判斷正確的是()A．軌跡在一條電場線上B．粒子帶正電C．場強EA<ECD．粒子的電勢能EpA<EpCBD[帶電粒子只在電場力作用下運動，要使軌跡與電場線重合，電場線一定為直線，由題圖可知，軌跡并不是直線，故A錯誤；電場線方向從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，根據(jù)曲線運動的受力特點可以判斷粒子受力方向與電場線方向一致，故粒子帶正電，故B正確；等差等勢面越密處電場強度越強，由題圖可知，A處等勢面更密即A處電場強度更強，故C錯誤；由題圖可知，A處的電勢比C處電勢低，由于粒子帶正電，則EpA<EpC，故D正確。]

電場能的性質一、靜電力做功和電勢能1．靜電力做功(1)特點：靜電力做功與路徑無關，只與電荷量和電荷移動過程始、末位置間的電勢差有關。(2)計算方法①W＝qEd，只適用于勻強電場，其中d為帶電體在沿電場方向的位移。②WAB＝qUAB，適用于任何電場。2．電勢能(1)定義：電荷在電場中具有的勢能，稱為電勢能。(2)說明：電勢能具有相對性，通常把無窮遠處或大地的電勢能規(guī)定為零。3．靜電力做功與電勢能變化的關系(1)靜電力做的功等于電荷電勢能的減少量，即WAB＝EpA－EpB。(2)通過WAB＝EpA－EpB可知：靜電力對電荷做多少正功，電荷電勢能就減少多少；電荷克服靜電力做多少功，電荷電勢能就增加多少。(3)電勢能的大?。河蒞AB＝EpA－EpB可知，若令EpB＝0，則EpA＝WAB，即一個電荷在電場中某點具有的電勢能，數(shù)值上等于將其從該點移到零電勢能位置過程中靜電力所做的功。二、電勢等勢面1．電勢(1)定義：電荷在電場中某一點的電勢能與它的電荷量的比值。(2)定義式：φ＝eq\f(Ep,q)。(3)矢標性：電勢是標量，有正負之分，正(負)號表示該點電勢比零電勢高(低)。(4)相對性：電勢具有相對性，同一點的電勢因選取零電勢點的不同而不同。2．等勢面(1)定義：電場中電勢相同的各點構成的面。(2)四個特點：①在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功。②電場線一定與等勢面垂直，并且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。③等差等勢面越密的地方電場強度越大，反之越小。④任意兩個等勢面都不相交。三、電勢差1．定義：電荷在電場中由一點A移到另一點B時，電場力所做的功WAB與移動電荷的電荷量q的比值。2．定義式：UAB＝eq\f(WAB,q)。3．影響因素電勢差UAB由電場本身的性質決定，與移動的電荷q及電場力做的功WAB無關，與零電勢點的選取無關。4．電勢差與電勢的關系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。5．勻強電場中電勢差與電場強度的關系(1)電勢差與電場強度的關系式：UAB＝E·d，其中d為電場中兩點間沿電場方向的距離。(2)電場強度的方向和大小與電勢差的關系：電場中，電場強度方向指向電勢降低最快的方向；在勻強電場中，電場強度在數(shù)值上等于沿電場強度方向每單位距離上降低的電勢。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)電場中電場強度為零的地方電勢一定為零。 (×)(2)沿電場線方向電勢逐漸降低，電場強度也越來越小。 (×)(3)A、B兩點間的電勢差等于將正電荷從A點移到B點時靜電力所做的功。 (×)(4)A、B兩點的電勢差與試探電荷無關，所以UAB＝UBA。 (×)(5)等差等勢線越密的地方，電場線越密，電場強度越大。 (√)(6)電場中電勢降低的方向，就是電場強度的方向。 (×)二、教材習題衍生1．(人教版必修第三冊P34T1改編)電荷量為q的電荷在電場中由A點移到B點時，電場力做功W，由此可算出兩點間的電勢差為U，若讓電荷量為2q的電荷在電場中由A點移到B點，則()A．電場力做功仍為W B．電場力做功為eq\f(W,2)C．兩點間的電勢差仍為U D．兩點間的電勢差為eq\f(U,2)C[兩點間電勢差與移動的電荷無關，電場力做功變?yōu)閃′＝2qU＝2W，C正確。]2．(人教版必修第三冊P34T3改編)如圖所示，實線為某電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面，A、B、C是電場中的三點，下列說法正確的是()A．三點中，B點的場強最大B．三點中，A點的電勢最高C．將一帶負電的檢驗電荷從A移動到B，電勢能增大D．將一帶正電的檢驗電荷從A移動到B和從A移動到C，電勢能的變化相同D[電場線的疏密表示電場強度的大小，所以三點中，A點場強最大，A錯誤；沿電場線方向，電勢逐漸降低，A點電勢最低，B錯誤；將一帶負電的檢驗電荷從A移動到B，電場力做正功，電勢能減小，C錯誤；因為B、C兩點在同一等勢面上，所以將一帶正電的檢驗電荷從A移動到B和從A移動到C，電場力做的功相同，電勢能變化相同，D正確。]3．(人教版必修第三冊P29T1改編)如圖所示，勻強電場的場強為E，A與B兩點間的距離為d，AB與電場線的夾角為α，則A、B兩點間的電勢差為()A．EdB．EdcosαC．EdsinαD．EdtanαB[題圖中A、B兩點之間沿電場方向的距離為dcosα，電勢差UAB＝E·dcosα，故B正確，A、C、D錯誤。]4．(人教版必修第三冊P50T3改編)電場中某三條等勢線如圖中實線a、b、c所示。一電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，已知電勢φa>φb>φc，這一過程電子運動的v-t圖像可能是下圖中的()ABCDA[結合φa>φb>φc，由題圖等勢線的特點可確定此電場為非勻強電場，且Q點處電場強度小于P點處電場強度，電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q，做加速度越來越小的加速運動，選項A正確。]電勢高低與電勢能大小的判斷1．電勢高低常用的兩種判斷方法(1)沿電場線方向電勢逐漸降低。(2)若UAB>0，則φA>φB；若UAB<0，則φA<φB。2．電勢能大小的四種判斷方法判斷角度方法解讀做功判斷法電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增大電荷電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大公式法由Ep＝qφ，將q、φ的大小、正負號一起代入公式，Ep的正值越大，電勢能越大；Ep的負值的絕對值越小，電勢能越大能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉化，動能增大，電勢能減小；反之，電勢能增大[題組突破]1．(2021·廣東汕頭市高三檢測)如圖所示為某電場中的一根電場線，電場線上有A、B、C三點且AB＝BC，一電子從A點出發(fā)經(jīng)B點運動到C點。下列說法正確的是()A．該電場是勻強電場B．在A、B、C三點中，A點的電勢最高C．在A、B、C三點中，A點的電場強度最大D．在A、B、C三點中，電子在A點的電勢能最大B[只有一條電場線不能確定是否為勻強電場，A錯誤；沿電場線的方向，電勢降低，A點的電勢最高，C點的電勢最低，B正確；電場線的疏密表示電場的強弱，一條電場線無法比較疏密，所以無法比較電場強弱，C錯誤；電子帶負電，受力與電場方向相反，沿電場線方向，電場力對電子做負功，電勢能增大，故電子在A點的電勢能最小，D錯誤。]2．(2021·北京海淀區(qū)高三一模)如圖所示，A、B為兩個等量正點電荷連線上的兩點(其中B為連線中點)，C為連線中垂線上的一點。今將一帶負電的試探電荷自A沿直線移到B再沿直線移到C。下列說法中正確的是()A．B點的場強比C點的場強大B．A點的電勢比C點的電勢高C．從A點移到B點的過程中，電場力對該試探電荷做正功D．從B點移到C點的過程中，該試探電荷的電勢能保持不變B[兩個等量同種點電荷，它們在點B處產(chǎn)生的電場強度大小相等，方向相反，互相抵消，則中點B的場強為零，B點的場強比C點的場強小，選項A錯誤；負電荷從A到B電場力做負功，電勢能增加，負電荷從B到C，電場力也做負功，電勢能增加，則負電荷在A點的電勢能小于在C點的電勢能，則A點的電勢比C點的電勢高，選項B正確，C、D錯誤。]3．(多選)(2020·全國卷Ⅲ)如圖所示，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q(q＞0)的點電荷固定在P點。下列說法正確的是()A．沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大B．沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小C．正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D．將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負BC[如圖所示，找出Q點，使Q點與P點的距離等于M點與P點的距離，L點為MN上到P點距離最短的點，根據(jù)三角形邊角關系、點電荷的電場強度公式E＝keq\f(q,r2)和正點電荷形成電場中的電勢特點可知，沿著MN邊，從M點到N點，到P點的距離r先減小后增大，電場強度先增大后減小，電勢也先增大后減小，選項B正確，A錯誤；根據(jù)電勢能與電勢的關系Ep＝qφ可知，正電荷在M點的電勢能比在N點的電勢能大，故將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為正，選項C正確，D錯誤。]勻強電場中電勢差與電場強度的關系1．公式E＝eq\f(U,d)的三點注意(1)只適用于勻強電場。(2)d為某兩點沿電場強度方向上的距離，或兩點所在等勢面之間的距離。(3)電場強度的方向是電勢降低最快的方向。2．兩個推論(1)如圖甲所示，C點為線段AB的中點，則有φC＝eq\f(φA＋φB,2)。(2)如圖乙所示，AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD。甲乙3．三點妙用(1)解釋等差等勢面的疏密與電場強度大小的關系。當電勢差U一定時，電場強度E越大，則沿電場強度方向的距離d越小，即電場強度越大，等差等勢面越密。(2)定性判斷非勻強電場電勢差的大小關系。如距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大；E越小，U越小。(3)利用φ-x圖像的斜率判斷沿x軸方向電場強度Ex隨位置的變化規(guī)律。在φ-x圖像中斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)＝Ex，斜率的大小表示電場強度的大小，正負表示電場強度的方向。[典例1](多選)(2021·湖南高三一模)如圖所示，在勻強電場中，有邊長為2eq\r(3)cm的正六邊形ABCDEF，其六個頂點均位于同一個圓上，正六邊形所在平面與勻強電場的電場線平行，O點為該正六邊形的中心，A、B、F三點電勢分別為φA＝6V、φB＝9V、φF＝3V，下列說法正確的是()A．將電子由B點移到A點，電子的電勢能增加了3eVB．電子在A、C兩點電勢能比較，在A點電勢能小于在C點電勢能C．勻強電場的電場強度大小為100V/m，方向由B指向FD．在正六邊形ABCDEF外接圓的圓周上，電勢最低點的電勢為(5－2eq\r(3))VAC[由于WBA＝(－e)(9V－6V)＝－3eV，說明將電子由B點移到A點電勢能增加了3eV，A正確；由于EpA＝qφA＝－6eV，由φA＋φO＝φF＋φB，得φO＝6V，又φB＋φO＝φA＋φC，得φC＝9V，EpC＝qφC＝－9eV，故EpA>EpC，B錯誤；由電場強度與電勢差間的關系得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(3V,2\r(3)×10－2×sin60°m)＝100V/m，場強方向垂直于AO從B到F，C正確；由圖可知，在正六邊形ABCDEF外接圓周上，由電勢沿電場線方向降低可知，電勢最低點是N點，eq\f(UMF,UON)＝eq\f(MF,ON)＝eq\f(AF×cos30°,AF)，得φN＝(6－2eq\r(3))V，D錯誤。]應用E＝eq\f(U,d)關系的解題思路[跟進訓練]1．如圖所示，在某電場中畫出了三條電場線，C點是A、B連線的中點。已知A點的電勢為φA＝30V，B點的電勢為φB＝－10V，則C點的電勢()A．φC＝10VB．φC>10VC．φC<10VD．上述選項都不正確C[由于A、C之間的電場線比C、B之間的電場線密，相等距離之間的電勢差較大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<eq\f(φA＋φB,2)，即φC<10V，選項C正確。]2．(2021·河北唐山市一模)如圖所示，邊長為1cm的正三角形ABC處于勻強電場中，電場方向平行于三角形所在平面。將電子由A點移動到B點，電場力做功4eV；將電子由A點移動到C點，電場力做功2eV。電場強度大小為()A．200V/mB．300V/mC．200eq\r(3)V/mD．400V/mD[電子由A點移動到B點，電場力做功4eV，則UAB＝eq\f(WAB,－e)＝eq\f(4eV,－e)＝－4V；電子由A點移動到C點，電場力做功2eV，UAC＝eq\f(WAC,－e)＝eq\f(2eV,－e)＝－2V；設AB的中點為D，則C、D兩點電勢相等，CD為等勢線，電場方向沿BA方向，則E＝eq\f(UBA,BA)＝eq\f(4,0.01)V/m＝400V/m，選項D正確。]3．(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()A．電場強度的大小為2.5V/cmB．坐標原點處的電勢為1VC．電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD．電子從b點運動到c點，電場力做功為9eVABD[如圖所示，由勻強電場中兩平行線距離相等的兩點間電勢差相等知，Oa間電勢差與bc間電勢差相等，故O點電勢為1V，選項B正確；則在x軸上，每0.5cm長度對應電勢差為1V，10V對應的等勢線與x軸交點e坐標為(4.5cm，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由幾何知識得：Od長度為3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，選項A正確；電子帶負電，電勢越高，電勢能越小，電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，選項C錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝9eV，選項D正確。]電場線、等勢面及運動軌跡問題1．判斷速度方向：帶電粒子運動軌跡上某點的切線方向為該點處的速度方向。2．判斷電場力(或電場強度)的方向：僅受電場力作用時，帶電粒子所受電場力方向指向軌跡曲線的凹側，再根據(jù)粒子的正負判斷電場強度的方向。3．判斷電場力做功的正負及電勢能的增減：若電場力與速度方向成銳角，則電場力做正功，電勢能減少；若電場力與速度方向成鈍角，則電場力做負功，電勢能增加。[典例2](2021·浙江1月選考)如圖所示是某一帶電導體周圍的電場線與等勢面，A、C是同一等勢面上的兩點，B是另一等勢面上的一點。下列說法正確的是()A．導體內(nèi)部的場強左端大于右端B．A、C兩點的電勢均低于B點的電勢C．B點的電場強度大于A點的電場強度D．正電荷從A點沿虛線移到B點的過程中電場力做正功，電勢能減小D[帶電導體處于靜電平衡狀態(tài)，導體內(nèi)部的場強處處為零，導體表面為等勢面，整個導體為一個等勢體，A錯誤；沿電場線方向電勢逐漸降低，所以A、C兩點的電勢均高于B點的電勢，B錯誤；電場線的疏密表示電場強度的大小，所以B點的電場強度小于A點的電場強度，C錯誤；根據(jù)Ep＝qφ可知，正電荷從高電勢A點沿虛線移動到低電勢B點，電勢能減少，電場力做正功，D正確。][跟進訓練]1．(2021·天津南開區(qū)高三檢測)2020年2月，中國科學家通過冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面S蛋白與人體細胞表面ACE2蛋白的結合過程，首次揭開了新冠病毒入侵人體的神秘面紗。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關鍵部分，其中的一種電子透鏡的電場分布如圖所示，虛線為等差等勢面，一電子在其中運動的軌跡如圖中實線所示，a、b是軌跡上的兩點，則()A．a(chǎn)點的電場強度大于b點的電場強度B．b點電場強度的方向水平向右C．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢D．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能C[根據(jù)等差等勢面的疏密可判斷場強強弱，由于a點等差等勢面比b點稀疏，則a點的電場強度小于b點的電場強度，故A錯誤；由于電場線垂直于等勢面，則b點電場強度垂直等勢面沿水平方向，又因為電子軌跡為曲線，所受電場力指向軌跡凹側，即水平向右，又電子帶負電，則b點電場強度的方向水平向左，故B錯誤；順著電場線方向，電勢逐漸降低，電場線由高等勢面指向低等勢面，根據(jù)電子受力方向向右，則電場線方向向左，故a點電勢高于b點，故C正確；因為φa>φb，電子在電勢低的地方電勢能大，在電勢高的地方電勢能小，故電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，故D錯誤。]2．(多選)(2021·湖北宜昌一中、龍泉中學聯(lián)考)如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線分別為等勢線1、2、3，已知MN＝NQ，a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出。僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖所示，則()A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電B．a(chǎn)加速度減小，b加速度增大C．M、N兩點間的電勢差|UMN|大于N、Q兩點間的電勢差|UNQ|D．a(chǎn)粒子到達等勢線3的動能變化量比b粒子到達等勢線1的動能變化量小BC[粒子受到的電場力一定與電場方向在同一直線上，再根據(jù)曲線運動的知識可知粒子受到的合外力應指向彎曲的凹側，可得a、b粒子電性相反，但題中沒有給出電場線的方向，故無法判斷電性，由題意知a往電場線稀疏的區(qū)域運動，故電場力變小，加速度變小，b相反，故A錯誤，B正確；M、N之間平均電場強度比N、Q之間的平均電場強度大，MN＝NQ，由U＝Ed可知，M、N之間的電勢差更大，C正確；因為不知道兩個粒子帶電荷量的關系，故無法判斷電勢能的變化，也就沒有辦法比較動能變化量的關系，故D錯誤。]3．(2021·河北衡水高三調研)如圖所示，虛線a、b、c表示O處點電荷的電場中的三個不同的等勢面，相鄰等勢面的間距相等，一電子射入電場后(只受電場力作用)的運動軌跡如圖中實線所示，其中1、2、3、4表示運動軌跡與等勢面的交點，由此可以判定()A．O處的點電荷一定帶正電B．電子運動過程中，動能先增大后減小C．三個等勢面的電勢高低關系是φc＞φb＞φaD．電子從位置2到位置3與從位置3到位置4過程中電場力所做的功相等C[從電子的運動軌跡可以看出兩個電荷相互排斥，故點O處電荷帶負電，A錯誤；兩個電荷相互排斥，故電子運動過程中電場力先做負功，后做正功，根據(jù)動能定理，動能先變小后變大，B錯誤；點O處電荷帶負電，故結合負電荷的等勢面圖，可以知道a、b、c三個等勢面的電勢高低關系是φc＞φb＞φa，C正確；點電荷產(chǎn)生的電場中，距離點電荷越遠，電場強度越小，由于兩相鄰等勢面的間距相等，所以U32＞U43，由W＝qU可知，電子從位置2到位置3與從位置3到位置4過程中電場力做的功不相等，D錯誤。]

電容器帶電粒子在電場中的運動一、電容器及電容1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量。(4)單位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。3．平行板電容器的電容(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。二、帶電粒子在勻強電場中的運動1．做直線運動的條件(1)初速度v0≠0粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運動。(2)初速度v0≠0粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。2．偏轉(1)運動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖所示。(2)處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動。根據(jù)運動的合成與分解的知識解決有關問題。(3)基本關系式：運動時間t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏轉量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，偏轉角θ的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。三、示波管1．示波管的構造①電子槍，②偏轉電極，③熒光屏。(如圖所示)2．示波管的工作原理(1)YY′偏轉電極上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉電極上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫作掃描電壓。(2)觀察到的現(xiàn)象①如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，產(chǎn)生一個亮斑。②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖像。一、易錯易誤辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。 (×)(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。 (×)(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。 (×)(4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。 (×)(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。 (√)二、教材習題衍生1．(人教版必修第三冊P43T2改編)(多選)如圖所示是描述對給定的電容器充電時其電荷量Q、電壓U、電容C之間相互關系的圖像，其中正確的是()ABCDCD[對于給定電容器的電容是由電容器本身決定的，與電容器的帶電荷量Q的大小和兩極板間的電壓U的大小無關，不能認為C與Q成正比，與U成反比，故D正確，A、B錯誤；而C圖告訴我們電容器所帶的電荷量與極板間的電壓成正比，其比值即電容器的電容不變，故C正確。]2．(魯科版必修第三冊P55T3改編)(多選)如圖所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U，電容器已帶電，則下列判斷正確的是()A．若增大兩極板間的距離，則靜電計指針張角變大B．若將A板稍微上移，則靜電計指針張角變大C．若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大D．若減小兩板間的距離，則靜電計指針張角變小ABD[電勢差U變大(小)，指針張角變大(小)。電容器所帶電荷量一定，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，當d變大時，C變小，再由C＝eq\f(Q,U)得U變大；當A板上移時，正對面積S變小，C也變小，U變大；當插入玻璃板時，C變大，U變小；當兩板間的距離減小時，C變大，U變小，所以選項A、B、D正確。]3．(人教版必修第三冊P51T2改編)如圖所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質量為m(不計重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應是()A．eq\r(\f(2qU,m))B．v0＋eq\r(\f(2qU,m))C．eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))D．eq\r(v\o\al(2,0)－\f(2qU,m))C[qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))。故選C。]4．(魯科版必修第三冊P58T8改編)如圖所示，一個帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計)電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2。則帶電粒子能從A、B板間飛出，應該滿足的條件是()A．eq\f(U2,U1)＜eq\f(2d,L)B．eq\f(U2,U1)＜eq\f(d,L)C．eq\f(U2,U1)＜eq\f(d2,L2)D．eq\f(U2,U1)＜eq\f(2d2,L2)D[由平拋運動規(guī)律可知：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU2L2,2dmv\o\al(2,0))＝eq\f(U2L2,4U1d)＜eq\f(d,2)，即eq\f(U2,U1)＜eq\f(2d2,L2)，D正確。]平行板電容器的動態(tài)分析1．兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。2．動態(tài)分析思路(1)U不變①根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變化，再分析Q的變化。②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強的變化。③根據(jù)UAB＝Ed分析某點電勢變化。(2)Q不變①根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析電容的變化，再分析U的變化。②根據(jù)E＝eq\f(U,d)分析場強變化。[典例1](多選)(2021·山東泰安市高三檢測)如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，現(xiàn)將其與二極管串聯(lián)接在電動勢為E的直流電源上，電容器下極板接地，靜電計所帶電荷量可忽略，二極管具有單向導電性。閉合開關S，一帶電油滴恰好靜止于兩板間的P點，則下列說法正確的是()A．在兩板間放入陶瓷片，平行板電容器的電容將變大B．在兩板間放入與極板等大的金屬片，靜電計指針張角變小C．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，帶電油滴的電勢能將減少D．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，油滴將向下運動思路點撥：(1)熟悉電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)中各符號的意義。(2)靜電計指針張角大小代表靜電計兩端的電壓的大小。(3)二極管的單向導電性，電容器上的電荷不能回流。AC[平行板電容器的電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，當兩板間放入陶瓷片時，εr增大，則C增大，故A正確；在兩板間放入與極板等大的金屬片，相當于減小兩板間距離，但由于電容器始終與電源相連，電容器兩板間的電勢差不變，故靜電計指針張角不變，故B錯誤；剛開始油滴恰好靜止于兩板間的P點，則油滴帶負電，將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，兩板間距d增大，電容C減小，電容器上的電荷本該減少，但因為二極管的單向導電性，電容器上的電荷不能回流，所以電容器上的電荷量Q不變，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，知兩極板間的電場強度E不變，則油滴所受電場力不變，仍保持靜止，而P點的電勢為φP＝φP－0＝UP下＝EdP下，P點到下極板的距離增大，則P點的電勢升高，因為油滴帶負電，所以油滴在P點的電勢能將減少，故C正確，D錯誤。]解決電容器問題的2個常用技巧(1)在電荷量保持不變的情況下，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，電場強度與板間距離無關。(2)針對兩極板帶電荷量保持不變的情況，可以認為一定量的電荷對應著一定數(shù)目的電場線，兩極板間距離變化時，場強不變?nèi)鐖D甲、乙；兩極板正對面積變化時，如圖丙中電場線變密，場強增大。甲乙丙[跟進訓練]1．一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上。若將云母介質移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變D[平行板電容器電容的表達式為C＝eq\f(εrS,4πkd)，將極板間的云母介質移出后，導致電容器的電容C變小，由于極板間電壓不變，據(jù)Q＝CU知，極板上的電荷量變小，再考慮到極板間電場強度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確。]2．(2021·首都師范大學附屬中學高三檢測)如圖所示，兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器，極板N與靜電計相連，極板M與靜電計的外殼均接地。用靜電計測量平行板電容器兩極板間的電勢差U。在兩板相距一定距離d時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度。在整個實驗過程中，保持電容器所帶電荷量Q不變，下面的操作中將使靜電計指針張角變大的是()A．僅將M板向上平移B．僅將M板向右平移C．僅在M、N之間插入云母板D．僅在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸A[僅將M板向上平移，兩極板正對面積減小，根據(jù)C＝eq\f(εS,4πkd)，電容減小，而電容器的電荷量不變，由C＝eq\f(Q,U)得知，板間電壓增大，靜電計指針張角變大，故A正確；同理，僅將M板向右平移，板間距離減小，電容增大，而電容器的電荷量不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故B錯誤；同理，僅在M、N之間插入云母板，電容增大，而電容器的電荷量不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故C錯誤；同理，在M、N之間插入金屬板，且不和M、N接觸，d減小，電容增大，Q不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故D錯誤。]3．(多選)(2021·河西區(qū)·天津實驗中學高三一模)如圖所示，兩平行金屬板M、N與電源相連，N板接地，在距兩板等距離的P點固定一個帶負電的點電荷，則()A．若保持S接通，將M板上移一小段距離，M板的帶電荷量減小B．若保持S接通，將M板上移一小段距離，P點的電勢升高C．若將S接通后再斷開，將M板上移一小段距離，兩板間場強增大D．若將S接通后再斷開，將M板上移一小段距離，點電荷在P點的電勢能保持不變AD[當S閉合時，M板上移一小段距離，則間距增大，由C＝eq\f(εS,4πkd)知電容減小，因電壓不變，根據(jù)Q＝CU，則有M板帶電荷量減小，故A正確；當S閉合時，M板上移一小段距離，則間距增大，而電壓不變所以場強減小，則N與P點之間的電勢差減小，P點的電勢降低，故B錯誤；將S斷開時，M板向上移動，電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(\f(Q,C),d)＝eq\f(4πkQ,εS)，則有電場強度與間距無關，因此場強不變，故C錯誤；由選項C知場強不變，則P相對于N極板的電勢差不變，電勢不變，因此點電荷在P點的電勢能保持不變，故D正確。]帶電粒子在電場中的直線運動1．帶電粒子在電場中運動時重力的處理基本粒子如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不是忽略質量)帶電顆粒如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，不能忽略重力2．用動力學觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。[典例2]粒子加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的eq\f(1,2)。質子的荷質比取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。思路點撥：(1)質子在B管中做勻速直線運動，已知速度，根據(jù)題意確定質子在管中運動的時間就可以求出管B的長度。(2)從B管到E管質子被三次加速，根據(jù)動能定理就可以確定加速電壓。[解析](1)設質子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則T＝eq\f(1,f) ①L＝vB·eq\f(T,2) ②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4m。 ③(2)設質子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電壓對質子所做的功為W，質子從漂移管B運動到E電場做功W′，質子的電荷量為q、質量為m，則W＝qU ④W′＝3W ⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ⑥聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104V。 ⑦[答案](1)0.4m(2)6×104V帶電粒子在勻強電場中的直線運動問題的分析思路[跟進訓練]1．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，eq\x\to(OA)＝h，此電子具有的初動能是()A．eq\f(edh,U)B．eUC．eq\f(eU,dh)D．eq\f(eUh,d)D[電子從O點到A點，由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA，因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)，所以D正確。]2．如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P?，F(xiàn)有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點。若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則()A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同D．乙電子運動到O點的速率為2v0C[兩板間距離變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；根據(jù)Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當d變大時，兩板間的場強不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據(jù)eE·2d＝eq\f(1,2)mv2，eEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知，乙電子運動到O點的速率v＝eq\r(2)v0，選項D錯誤。]3．如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則()A．微粒到達B點時動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．兩極板的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒從A點到B點的過程電勢能減少eq\f(mgd,cosθ)C[微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向。由此可得，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B時動能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；根據(jù)qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項C正確；微粒從A點到B點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，選項D錯誤。]帶電粒子在勻強電場中的偏轉1．帶電粒子垂直進入勻強電場中的偏轉規(guī)律偏轉角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv\o\al(2,0))＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)；側移距離：y0＝eq\f(qU2l2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(U2l2,4dU1)，y＝y(tǒng)0＋Ltanθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ。2．兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時的偏轉角度總是相同的。(2)粒子經(jīng)電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。3．功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差。[典例3](2020·全國卷Ⅰ)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示，質量為m，電荷量為q(q＞0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°，運動中粒子僅受電場力作用。(1)求電場強度的大?。?2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？[解析](1)初速度為零的帶正電粒子，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C。由幾何關系和電場強度的定義知AC＝R ①F＝qE ②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)。 ④(2)如圖，由幾何關系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行。作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大。由幾何關系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R ⑤設粒子以速度v1進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為t1。粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于DP。由牛頓第二定律和運動學公式有F＝ma ⑥AP＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1) ⑦DP＝v1t1 ⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2),4)v0。 ⑨(3)設粒子以速度v進入電場時，在電場中運動的時間為t。以A為原點，粒子進入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標系。由運動學公式有y＝eq\f(1,2)at2 ⑩x＝vt ?粒子離開電場的位置在圓周上，有(x－eq\f(\r(3),2)R)2＋(y－eq\f(1,2)R)2＝R2 ?粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零。設穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為v2，由題給條件及運動學公式有mv2＝mv0＝mat ?聯(lián)立②④⑥⑩???式得v＝0 ?和v＝eq\f(\r(3),2)v0 ?另解：由題意知，初速度為0時，動量增量的大小為mv0，此即問題的一個解。自A點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，沿y方向位移相等時，所用時間都相同。因此，不同粒子運動到線段CB上時，動量變化都相同，自B點射出電場的粒子，其動量變化也為mv0，由幾何關系及運動學規(guī)律可得，此時入射速率v＝eq\f(\r(3),2)v0。[答案](1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)(2)eq\f(\r(2),4)v0(3)0或eq\f(\r(3),2)v0[跟進訓練]1．(多選)(2021·全國乙卷)四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是()ABCDAD[分析可知帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，則帶電粒子的運動軌跡方程為y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，由于帶電粒子的初速度相同，帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的比荷相同，則帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡重合，C錯誤；當電場方向沿y軸正方向時，帶正電的粒子向y軸正方向偏轉，帶負電的粒子向y軸負方向偏轉，則粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡與粒子(－q，m)的運動軌跡關于x軸對稱，粒子(＋q，2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，則x相同時，粒子(＋q，2m)沿y軸方向的偏轉量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正確；當電場方向沿y軸負方向時，同理可知A正確，B錯誤。]2．空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；(2)B運動到P點時的動能。[解析](1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma ①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)gt2 ②解得E＝eq\f(3mg,q)。 ③(2)設B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ④且有v1eq\f(t,2)＝v0t ⑤h＝eq\f(1,2)gt2 ⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)。[答案](1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)

實驗十觀察電容器的充電、放電現(xiàn)象教材原型實驗1．下列關于電容器相關知識描述正確的是()甲乙丙丁戊A．圖甲為電容器充電示意圖，充完電后電容器上極板帶正電，兩極板間的電壓U等于電源的電動勢EB．圖乙為電容器放電示意圖，若電容器上極板帶電荷量為＋Q，則放電過程中通過安培表的電流方向從右向左，流過的總電荷量為2QC．圖丙為電解電容器的實物圖和符號，圖丁為可變電容器及其符號，兩種電容使用時都嚴格區(qū)分正負極D．圖戊中的電容器上有“5V2.5F”字樣，說明該電容器只有兩端加上5V的電壓時電容才為2.5FA[圖甲為電容器充電過程，充完電后電容器上極板帶正電，同時兩極板間的電壓U等于電源的電動勢E，故A正確；圖乙為電容器放電過程，若電容器上極板帶電荷量為＋Q，則放電過程中通過安培表的電流方向從右向左，且流過的總電荷量為Q，故B錯誤；圖丙為電解電容器的實物圖和符號，圖丁為可變電容器及其符號，前者電容器使用時嚴格區(qū)分正負極，后者沒有，故C錯誤；圖戊中的電容器上有“5V2.5F”字樣，說明該電容器兩端電壓最大值為5V