高中物理 第一章 靜電場（含解析）新人教版選修3-1

PAGE靜電場重點名稱重要指數(shù)重點1電荷守恒定律庫侖定律★★★重點2電場強(qiáng)度電場線★★★★重點3電勢能、電勢、電勢差★★★★重點4電容器★★★重點5帶電粒子在電場中的運動★★★★★重點1：電荷守恒定律庫侖定律【要點解讀】1．庫侖定律適用條件的三點理解（1）對于兩個均勻帶電絕緣球體，可以將其視為電荷集中于球心的點電荷，r為兩球心之間的距離。（2）對于兩個帶電金屬球，要考慮金屬球表面電荷的重新分布。（3）不能根據(jù)公式錯誤地推論：當(dāng)r→0時，F(xiàn)→∞。其實，在這樣的條件下，兩個帶電體已經(jīng)不能再看成點電荷了。2．應(yīng)用庫侖定律的四條提醒（1）在用庫侖定律公式時，無論是正電荷還是負(fù)電荷，均代入電荷量的絕對值。（2）作用力的方向判斷根據(jù)：同性相斥，異性相吸，作用力的方向沿兩電荷連線方向。（3）兩個點電荷間相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律，大小相等、方向相反。（4）庫侖力存在極大值，由公式可以看出，在兩帶電體的間距及電荷量之和一定的條件下，當(dāng)q1＝q2時，F(xiàn)最大?！究枷?】電荷守恒定律和庫侖定律【例題】兩個分別帶有電荷量為-Q和+3Q的相同金屬球（均可視為點電荷），固定在相距為r的兩處，固定在相距為r的兩處，它們間庫侖力的大小為F．現(xiàn)將兩球相互接觸后固定在相距為0.5r的兩處，則兩球間庫侖力的大小為（）A．FB．FC．FD．12F【答案】A【名師點睛】本題考查庫侖定律及帶電題電量的轉(zhuǎn)移問題．注意兩電荷接觸后各自電荷量的變化，這是解決本題的關(guān)鍵。重點2 電場強(qiáng)度電場線【要點解讀】1．電場強(qiáng)度三個表達(dá)式的比較表達(dá)式比較E＝eq\f(F,q)E＝keq\f(Q,r2)E＝eq\f(U,d)公式意義電場強(qiáng)度定義式真空中點電荷的電場強(qiáng)度決定式勻強(qiáng)電場中E與U的關(guān)系式適用條件一切電場①真空②點電荷勻強(qiáng)電場決定因素由電場本身決定，與檢驗電荷q無關(guān)由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定由電場本身決定，d為兩點沿電場方向的距離2．電場的疊加（1）疊加原理：多個電荷在空間某處產(chǎn)生的電場為各電荷在該處所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和。（2）運算法則：平行四邊形定則。3．計算電場強(qiáng)度常用的五種方法（1）電場疊加合成法。（2）平衡條件求解法。（3）對稱法。（4）補(bǔ)償法。（5）等效法?！疽族e提醒】（1）電場強(qiáng)度為矢量，在疊加時易忽略場強(qiáng)的方向。（2）在點電荷形成的電場中，易把場源電荷和試探電荷混淆。（3）應(yīng)用計算場強(qiáng)時，誤把d當(dāng)作電場中兩點的間距。4．電場線的三個特點（1）電場線從正電荷或無限遠(yuǎn)處出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷處；（2）電場線在電場中不相交；（3）在同一幅圖中，電場強(qiáng)度較大的地方電場線較密，電場強(qiáng)度較小的地方電場線較疏。5．六種典型電場的電場線【規(guī)律總結(jié)】電場線與帶電粒子在電場中運動軌跡的關(guān)系1．電場線與帶電粒子運動軌跡重合的條件一般情況下帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合。（1）電場線為直線；（2）帶電粒子初速度為零，或速度方向與電場線平行；（3）帶電粒子僅受電場力或所受其他力的合力方向與電場線平行。2．電場線與軌跡問題判斷方法（1）“運動與力兩線法”——畫出“速度線”（運動軌跡在初始位置的切線）與“力線”（在初始位置電場線的切線方向），從兩者的夾角情況來分析曲線運動的情況。（2）“三不知時要假設(shè)”——電荷的正負(fù)、電場強(qiáng)度的方向或等勢面電勢的高低、電荷運動的方向中若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況?！究枷?】電場強(qiáng)度的疊加問題【例題】如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為r，在a點處固定一電荷量為q（q＞0）的點電荷．一同學(xué)將一檢測電荷沿直線在ac間移動時發(fā)現(xiàn)只在b點不需加力。不計重力，已知靜電力常量為k，求d點處場強(qiáng)的大小。【答案】考點：考查了點電荷電場強(qiáng)度【名師點睛】由題意可知，半徑為R均勻分布著電荷量為Q的圓盤上電荷，與在a點處有一電荷量為q（q＞0）的固定點電荷，在b點處的場強(qiáng)為零，說明各自電場強(qiáng)度大小相等，方向相反．那么在d點處場強(qiáng)的大小即為兩者之和．因此根據(jù)點電荷的電場強(qiáng)度為和根據(jù)點電荷的電場強(qiáng)度為，即可求解【考向2】電場線的理解與應(yīng)用【例題】如圖所示，A、B、C、D表示的是四種不同電場線，一正電荷在電場中由P向Q做加速運動，其中所受電場力越來越大的是（）【答案】D【解析】由圖可知粒子由左向右運動，A圖中電場為勻強(qiáng)電場，故電場力不變，A錯誤；B圖中，粒子由左向右運動時，電場線越來越疏，故電荷受力越來越小，B錯誤；粒子的運動同B，C錯誤；粒子受力向右，電場線越來越密，場強(qiáng)越來越大，故粒子受到的電場力越來越大，D正確；故選D?？键c：電場線、電場強(qiáng)度。【名師點睛】為了形象地描述電場的性質(zhì)，我們引入了電場線，箭頭的指向表示電場強(qiáng)度的方向，電場線的疏密能定性地描述電場的強(qiáng)弱。重點3 電勢能、電勢、電勢差【要點解讀】1．電勢高低的判斷判斷依據(jù)判斷方法電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷的正負(fù)取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；靠近正電荷處電勢高，靠近負(fù)電荷處電勢低電勢能的高低正電荷在電勢較高處電勢能大，負(fù)電荷在電勢較低處電勢能大電場力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低2．電勢能大小的判斷公式法將電荷量、電勢連同正負(fù)號一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的絕對值越大，電勢能越大；負(fù)Ep的絕對值越大，電勢能越小電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大做功法電場力做正功，電勢能減小電場力做負(fù)功，電勢能增加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(zhuǎn)化，動能增加，電勢能減小，反之，動能減小，電勢能增加3．幾種典型電場的等勢線（面）電場等勢線（面）重要描述勻強(qiáng)電場垂直于電場線的一簇平面點電荷的電場以點電荷為球心的一簇球面等量異種點電荷的電場連線的中垂線上電勢處處為零等量同種（正）點電荷的電場連線上，中點的電勢最低；中垂線上，中點的電勢最高4．帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法（1）從軌跡的彎曲方向判斷受力方向（軌跡向合外力方向彎曲），從而分析電場方向或電荷的正負(fù)。（2）結(jié)合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負(fù)，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等。（3）根據(jù)動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。5．勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系（1）UAB＝Ed，d為A、B兩點沿電場方向的距離。（2）沿電場強(qiáng)度方向電勢降落得最快。（3）在勻強(qiáng)電場中U＝Ed，即在沿電場線方向上，U∝d。推論如下：①如圖甲，C點為線段AB的中點，則有φC＝eq\f(φA＋φB,2)。②如圖乙，AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD。6．E＝eq\f(U,d)在非勻強(qiáng)電場中的三點妙用（1）判斷電場強(qiáng)度大小：等差等勢面越密，電場強(qiáng)度越大。（2）判斷電勢差的大小及電勢的高低：距離相等的兩點間的電勢差，E越大，U越大，進(jìn)而判斷電勢的高低。（3）利用φ-x圖像的斜率判斷電場強(qiáng)度隨位置變化的規(guī)律：k＝eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)＝eq\f(U,d)＝Ex，斜率的大小表示電場強(qiáng)度的大小，正負(fù)表示電場強(qiáng)度的方向。（1）E＝eq\f(U,d)只能在勻強(qiáng)電場中進(jìn)行定量計算。（2）U取電勢差的絕對值。（3）公式E＝eq\f(U,d)中d為沿電場線方向上的距離。【規(guī)律總結(jié)】E＝eq\f(U,d)在非勻強(qiáng)電場中的妙用表達(dá)式E＝eq\f(U,d)在非勻強(qiáng)電場中有如下三點妙用：（1）解釋等差等勢面的疏密與電場強(qiáng)度大小的關(guān)系，當(dāng)電勢差U一定時，場強(qiáng)E越大，則沿電場強(qiáng)度方向的距離d越小，即電場強(qiáng)度越大，等差等勢面越密集。（2）定性判斷非勻強(qiáng)電場電勢差的大小關(guān)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圖象的斜率判斷沿x方向電場強(qiáng)度Ex隨位置的變化規(guī)律。在φ-x圖象中某點的斜率k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)＝Ex，斜率的大小表示電場強(qiáng)度的大小，正負(fù)表示電場強(qiáng)度的方向?！究枷?】電勢高低與電勢能大小的判斷【例題】如圖所示，電場中有a、b兩點，則下列說法中正確的是A．電勢，場強(qiáng)B．電勢，場強(qiáng)C．將電荷-q從a點移到b點電場力做負(fù)功D．將電荷-q分別放在a、b兩點時具有的電勢能【答案】C【名師點睛】電場線是人們?yōu)榱诵蜗蟮孛枋鲭妶龆氲木€；電場線的方向是正電荷所受電場力的方向，而正負(fù)電荷所受的電場力的方向相反；電場線的切線方向即為場強(qiáng)的方向，故任意兩條電場線都不會相交；電場線的疏密代表電場的強(qiáng)弱，故電場線越密的地方場強(qiáng)越強(qiáng)?！究枷?】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系【例題】如圖所示，勻強(qiáng)電場中有a、b、c三點，在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，∠a＝30°，∠c＝90°。電場方向與三角形所在平面平行。已知a、b和c點的電勢分別為（2－eq\r(3)）V、（2＋eq\r(3)）V和2V。該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為（）A．（2－eq\r(3)）V、（2＋eq\r(3)）V B．0、4VC．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(4\r(3),3)))V、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(4\r(3),3)))V D．0、2eq\r(3)V【思路點撥】（1）勻強(qiáng)電場中兩個等勢點的連線為等勢線。（2）利用電場線與等勢面垂直確定電場方向。設(shè)外接圓半徑為r，由E＝eq\f(U,d)，E＝eq\f(φO－φa,rcos30°)＝eq\f(2,r)，則φO－φe＝Er得φe＝0，φd－φO＝Er得φd＝4V，故B選項正確?！敬鸢浮緽【考向3】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系電場線、等勢線（面）及帶電粒子的運動軌跡問題【例題】如圖虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即，實線為一帶負(fù)電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知A．P點的電勢高于Q點的電勢B．該質(zhì)點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大C．該質(zhì)點通過P點時的動能比通過Q點時大D．該質(zhì)點通過P點時的加速度比通過Q點時小【答案】B【名師點睛】根據(jù)電場線與等勢面垂直，作出電場線，得到一些特殊點（電場線與等勢面交點以及已知點）的電場力方向，同時結(jié)合能量的觀點分析是解決這類問題常用方法．重點4 電容器【要點解讀】1．平行板電容器的動態(tài)分析（1）平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況①電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。②充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變。（2）平行板電容器動態(tài)問題的分析思路（3）平行板電容器問題的一個常用結(jié)論電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場強(qiáng)度與極板間的距離無關(guān)。（4）分析比較的思路①確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。②用決定式分析平行板電容器電容的變化。③用定義式分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。④用分析電容器極板間場強(qiáng)的變化?！疽?guī)律總結(jié)】解決電容器問題的兩個常用技巧1．在電荷量保持不變的情況下，由知，電場強(qiáng)度與板間距離無關(guān)。2．對平行板電容器的有關(guān)物理量Q、E、U、C進(jìn)行討論時，關(guān)鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，在變量中哪些是自變量，哪些是因變量，抓住、和進(jìn)行判定即可?！究枷?】平行板電容器的動態(tài)分析【例題】如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略．一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則下列說法正確的是A．平行板電容器的電容將變大B．帶電油滴的電勢能將減少C．靜電計指針張角變小D．若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力變大【答案】B【解析】根據(jù)電容的決定式知，下極板豎直向下移動時，d增大，則電容減小，故A錯誤；電勢差不變，d增大，則由公式分析得知板間電場強(qiáng)度減小，P點與上極板間的電勢差減小，而P點的電勢比上極板低，上極板的電勢不變，則P點的電勢增大，因為油滴帶負(fù)電荷，則油滴的電勢能減小，B正確；靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故C錯誤；電容器與電源斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)，C和，得，則知電場強(qiáng)度不變，則油滴所受電場力不變，故D錯誤。【名師點睛】在分析電容器動態(tài)變化時，需要根據(jù)判斷電容器的電容變化情況，然后結(jié)合，等公式分析，需要注意的是，如果電容器和電源相連則電容器兩極板間的電壓恒定，如果電容器充電后與電源斷開，則電容器兩極板上的電荷量恒定不變。重點5 帶電粒子在電場中的運動1．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①基本粒子：如電子、質(zhì)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（但并不忽略質(zhì)量）。②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，一般都不能忽略重力。（2）解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路①根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的運動情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場。②根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場。2．帶電體在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題（1）基本規(guī)律設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d（忽略重力影響）,則有①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。②在電場中的運動時間：t＝eq\f(l,v0)。③速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(vx2＋vy2)，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv02d)。④位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv02d)))（2）兩個結(jié)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(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mv02及tanφ＝eq\f(qUl,mv02d)得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d)。②粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)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）帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差。【考向1】帶電粒子在電場中的直線運動【例題】如圖所示，在A點固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運動瞬間的加速度大小恰好為重力加速度g。已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力。求：（1）液珠的比荷；（2）液珠速度最大時離A點的距離h；（3）若已知在點電荷Q的電場中，某點的電勢可表示成φ＝eq\f(kQ,r)，其中r為該點到Q的距離（選無限遠(yuǎn)的電勢為零）。求液珠能到達(dá)的最高點B離A點的高度rB?！緦忣}流程】【解析】（1）設(shè)液珠帶電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當(dāng)液珠在C點時，由牛頓第二定律知keq\f(Qq,H2)－mg＝ma，又因為a＝g，解得eq\f(q,m)＝eq\f(2gH2,kQ)【答案】（1）eq\f(2gH2,kQ)（2）eq\r(2)H（3）2H【方法技巧】帶電體在勻強(qiáng)電場中的直線運動問題的分析方法【考向2】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)【例題】（多選）（2015·天津高考）如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大C．三種粒子運動到屏上所用時間相同D．三種粒子一定打到屏上的同一位置【審題指導(dǎo)】（1）氕、氘、氚核三種粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶3，電荷量之比為1∶1∶1。（2）三粒子在加速電場中做勻加速直線運動，在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，在偏轉(zhuǎn)電場與屏之間粒子做勻速直線運動?！敬鸢浮緼D【名師點睛】分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵（1）條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。（2）運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。難點名稱難度指數(shù)難點1庫侖定律作用下的平衡問題★★★難點2兩種等量點電荷的電場★★★★難點3電場中的功能關(guān)系★★★★難點4帶電體在勻強(qiáng)電場中的綜合應(yīng)用問題★★★★★難點1庫侖定律作用下的平衡問題【要點解讀】3．庫侖力作用下的平衡問題（1）“三個自由點電荷平衡”的問題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(qiáng)度為零的位置。②（2）解決庫侖力作用下平衡問題的方法步驟：庫侖力作用下平衡問題的分析方法與純力學(xué)平衡問題的分析方法是相同的，只是在原來受力的基礎(chǔ)上多了電場力。具體步驟如下：4．庫侖力作用下的動力學(xué)問題解決與電場力有關(guān)的動力學(xué)問題的一般思路：（1）選擇研究對象（多為一個帶電體，也可以是幾個帶電體組成的系統(tǒng)）；（2）對研究對象進(jìn)行受力分析，包括電場力、重力（電子、質(zhì)子、正負(fù)離子等基本粒子在沒有明確指出或暗示時一般不計重力，帶電油滴、帶電小球、帶電塵埃等帶電體一般計重力）；（3）分析研究對象所處的狀態(tài)是平衡狀態(tài)（靜止或勻速直線運動）還是非平衡狀態(tài)（變速運動等）；（4）根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程求解?！究枷?】“三個自由點電荷平衡”的問題【例題】如圖所示，三個點電荷q1、q2、q3固定在一直線上，q2與q3的距離為q1與q2的距離的2倍，每個電荷所受靜電力的合力均為零，由此可以判定，三個電荷的電量之比q1：q2：q3為A．9:4:9B．4:9:4 C．9:4:36D．4:9:36【答案】C【名師點睛】本題主要通過庫侖定律結(jié)合力的平衡來考查學(xué)生。處于同一直線上的三個點電荷，若處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)庫侖定律和同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，一定是“兩同夾一異，兩大夾一小”，也就是兩側(cè)的電荷一定帶同種電荷，中間帶異種電荷；兩側(cè)的電荷帶電量大于中間的帶電量?！究枷?】庫侖力作用下的平衡問題【例題】如圖所示:一質(zhì)量為m的帶電小球A用長度為的絕緣絲質(zhì)細(xì)線懸掛于天花板上的O點，在O點的正下方處的絕緣支架上固定一個帶與A同種電荷的小球B，兩個帶電小球都可視為點電荷．已知小球A靜止時絲線OA與豎直方向的夾角為60°，設(shè)絲線中拉力為T，小球所受庫侖力為F，求拉力T與庫侖力F分別為多少．（重力加速度g已知）【答案】T=mgF=mg【解析】對小球A受力分析，如圖所示：圖中力三角形與幾何三角形△OBA相似，故：F=mg；T=mg【名師點睛】本題是三力平衡問題，關(guān)鍵是對小球受力分析，畫出受力圖，根據(jù)平衡條件并結(jié)合合成法進(jìn)行求解，基礎(chǔ)題目?！究枷?】庫侖力作用下的動力學(xué)問題【例題】如圖所示，正電荷q1固定于半徑為R的半圓光滑軌道圓心處，將另一帶正電、電量為q2、質(zhì)量為m的小球，從軌道的A處無初速釋放，求：（1）小球運動到最低點B點的速度大??；（2）小球在B點對軌道的壓力．【答案】（1）（2）【解析】（1）帶電小球q2在半圓光滑軌道上運動時，庫侖力不做功，故機(jī)械能守恒，則解得．（2）小球到達(dá)B點時，受到重力mg、庫侖力F和支持力FN，由圓周運動和牛頓第二定律得解得根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點時對軌道的壓力為，方向豎直向下．【名師點睛】此題考查牛頓第二定律在靜電場中的應(yīng)用；要知道物體在運動過程中，庫侖力是不做功的，故機(jī)械能守恒；在最低點時要能正確的分析物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律列得方程求解。難點2 兩種等量點電荷的電場【要點解讀】兩種等量點電荷的電場比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖電荷連線上的電場強(qiáng)度沿連線先變小后變大O點最小，但不為零O點為零中垂線上的電場強(qiáng)度O點最大，向外逐漸減小O點最小，向外先變大后變小關(guān)于O點對稱位置的電場強(qiáng)度A與A′、B與B′、C與C′等大同向等大反向【考向1】兩種等量點電荷的電場【例題】（多選）兩個固定的等量異種電荷，在它們連線的垂直平分線上有a、b、c三點，如圖所示，下列說法正確的是A．a(chǎn)點的電勢比b點電勢高B．a(chǎn)、b兩點場強(qiáng)方向相同，b點場強(qiáng)比a大C．a(chǎn)、b、c三點與無窮遠(yuǎn)電勢相等D．一帶電粒子（不計重力），在a點無初速釋放，則它將在a、b線上運動【答案】BC【名師點睛】對于等量異種電荷和等量同種電荷連線和垂直平分線的特點要掌握，兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線．電場強(qiáng)度方向與等勢面方向垂直，而且指向電勢低的方向．c點處電場線最密，場強(qiáng)最大，電場力最大【考向2】帶電體的力電綜合應(yīng)用【例題】如圖所示，一根長為L＝1.5m的光滑絕緣細(xì)直桿MN豎直固定在電場強(qiáng)度大小為E＝1.0×105N/C、與水平方向成θ＝30°角的斜向上的勻強(qiáng)電場中，桿的下端M固定一個帶電小球A，帶電荷量為Q＝＋4.5×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C，質(zhì)量為m＝1.0×10－2kg?，F(xiàn)將小球B從桿的N端由靜止釋放，小球B開始運動。（靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，g＝10m/s2）（1）求小球B開始運動時的加速度a；（2）當(dāng)小球B的速度最大時，求小球距M端的高度h1；（3）若小球B從N端運動到距M端的高度為h2＝0.61m時，速度v＝1.0m/s，求此過程中小球B電勢能的改變量ΔEp。【思路點撥]】（1）試畫出小球B運動前的受力示意圖。提示：（2）試描述B球的運動情景。提示：B球釋放后先向下加速運動，然后向下減速運動，速度最大時，所受合力為零，加速度為零。（3）第（1）問求加速度a時，應(yīng)對B球在N位置時利用牛頓第二定律求解；小球速度最大時，a＝0，要利用平衡條件求解；電勢能的變化對應(yīng)電場力做功，應(yīng)通過動能定理求解。【答案】（1）3.2m/s2，豎直向下（2）0.9m（3）8.4×10－2J難點3 電場中的功能關(guān)系【要點解讀】1．求電場力做功的四種方法（1）定義式：WAB＝Flcosα＝qEdcosα（適用于勻強(qiáng)電場）。（2）電勢的變化：W＝qUAB＝q（φA－φB）。（3）動能定理：W電＋W其他＝ΔEk。（4）電勢能的變化：WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB。2．電場中的功能關(guān)系（1）若只有電場力做功，電勢能與動能之和保持不變。（2）若只有電場力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。（3）除重力外，其他各力對物體做的功等于物體機(jī)械能的增量。（4）所有外力對物體所做的總功，等于物體動能的變化。【規(guī)律總結(jié)】處理電場中能量問題的基本方法在解決電場中的能量問題時常用到的基本規(guī)律有動能定理、能量守恒定律，有時也會用到功能關(guān)系。（1）應(yīng)用動能定理解決問題需研究合外力的功（或總功）。（2）應(yīng)用能量守恒定律解決問題需注意電勢能和其他形式能之間的轉(zhuǎn)化。（3）應(yīng)用功能關(guān)系解決該類問題需明確電場力做功與電勢能改變之間的對應(yīng)關(guān)系。（4）有電場力做功的過程機(jī)械能一般不守恒，但機(jī)械能與電勢能的總和可以不變。【考向1】電場中的功能關(guān)系【例題】如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子在勻強(qiáng)電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差?！緦忣}指導(dǎo)】第一步：抓關(guān)鍵點關(guān)鍵點獲取信息不計重力粒子只在電場力作用下運動在勻強(qiáng)電場中電場力為恒力第二步：找突破口（1）粒子在勻強(qiáng)電場中運動，其水平方向做勻加速直線運動，豎直方向做勻速直線運動，即粒子的豎直分速度恒定不變。（2）要求A、B兩點的電勢差，可由AB過程中的功能關(guān)系求解?！敬鸢浮縠q\f(mv02,q)難點4 帶電體在勻強(qiáng)電場中的綜合應(yīng)用問題【要點解讀】1．示波管的工作原理在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示。（1）確定最終偏移距離思路一：eq\x(\a\al(確定加速,后的v0))―→eq\x(確定偏移y)eq\x(確定偏角θ)―→eq\x(\a\al(確定勻速偏移,y′＝Ltanθ))―→eq\x(\a\al(確定OP,＝y(tǒng)＋y′))思路二：eq\x(\a\al(確定加速,后的v0))―→eq\x(確定偏移y)eq\o(――――→,\s\up11(三角形),\s\do4(相似))eq\x(確定OP：\f(y,OP)＝\f(\f(l,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))))（2）確定偏轉(zhuǎn)后的動能（或速度）思路一：思路二：eq\x(\a\al(確定加速,后的v0))―→eq\x(\a\al(確定偏轉(zhuǎn),后的y))―→eq\x(動能定理：qEy＝\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02)2．帶電粒子的力電綜合問題（1）方法技巧要善于把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運動的關(guān)系及功能關(guān)系兩條途徑進(jìn)行分析與研究。（2）解題思路eq\x(\a\al(單個,物體,或連,接體))eq\x(\a\al(處于平,衡狀態(tài)))eq\a\vs4\al(\o(――→,\s\up11(整體法),\s\do4(隔離法)))eq\x(\a\al(受力,分析))eq\x(\a\al(平衡,方程))eq\a\vs4\al(\o(――→,\s\up7(尋找)))eq\x(\a\al(連接體間,的關(guān)聯(lián)量))eq\x(\a\al(運,動,狀,態(tài)))eq\a\vs4\al(\o(――→,\s\up7(隔離法)))eq\x(\a\al(受,力,分,析))①列牛頓第二定律方程②列運動學(xué)方程③列功能關(guān)系方程eq\a\vs4\al(\o(――→,\s\up7(尋找)))eq\x(\a\al(連接,體間,關(guān)系,方程))（3）帶電粒子運動問題的兩種求解思路要善于把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，從以下兩個角度進(jìn)行分析與研究。①從牛頓運動定律和運動學(xué)角度，先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程（平衡、加速或減速，是直線運動還是曲線運動），對勻變速運動問題可用牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律處理。②從功和能的角度，分析帶電粒子運動過程中功和能的轉(zhuǎn)化關(guān)系，利用動能定理或能量守恒定律解決這類問題。5．用“等效法”解決帶電體在電場、重力場中的運動問題等效思維方法是將一個復(fù)雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。帶電粒子在勻強(qiáng)電場和重力場組成的復(fù)合場中做圓周運動的問題，是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型。對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運算，過程比較簡捷。先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將視為“等效重力加速度”。再將物體在重力場中的運動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可?！究枷?】示波管的工作原理【例題】如圖所示，A、B和C、D為兩平行金屬板，A、B兩板間電勢差為U，C、D始終和電源相接，測得其間的場強(qiáng)為E。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（重力不計）由靜止開始，經(jīng)A、B加速后穿過C、D發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，已知C、D極板長均為x，熒光屏距C、D右端的距離為L，問：（1）粒子帶正電還是帶負(fù)電？（2）粒子打在熒光屏上的位置距O點多遠(yuǎn)處？（3）粒子打在熒光屏上時的動能為多大？【思路點撥】（1）帶電粒子在A、B兩板間做______運動；在C、D兩板間做________運動；從電場中射出到熒光屏之間做________運動。提示：勻加速直線類平拋勻速直線（2）帶電粒子在A、B間運動時，可應(yīng)用________求解；在C、D間運動時，應(yīng)用運動的____________求解。提示：動能定理合成與分解（3）方法一：由上述關(guān)系式得vy＝Exeq\r(\f(q,2mU))，所以粒子打在屏上時的動能為Ek＝eq\f(1,2)mvx2＋eq\f(1,2)mvy2＝qU＋eq\f(qE2x2,4U)＝eq\f(q（4U2＋E2x2）,4U)。方法二：對于粒子運動的整個過程應(yīng)用動能定理qU＋qEy＝Ek，得Ek＝qU＋qE·eq\f(Ex2,4U)＝eq\f(q（4U2＋E2x2）,4U)?！敬鸢浮浚?）正電（2）eq\f(Ex,2U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋L))（3）eq\f(q（4U2＋E2x2）,4U)【名師點睛】（1）在偏轉(zhuǎn)電場中，電場力對帶電粒子做的功qU中的U不一定等于兩板間的電壓。（2）計算類平拋問題時，利用兩個結(jié)論結(jié)合幾何關(guān)系求解較為簡便?！究枷?】帶電粒子的力電綜合問題【例題】如圖所示，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時加一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與△OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達(dá)A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達(dá)B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g。求（1）無電場時，小球到達(dá)A點時的動能與初動能的比值；（2）電場強(qiáng)度的大小和方向?！緦忣}指導(dǎo)】第一步：抓關(guān)鍵點關(guān)鍵點獲取信息將小球水平向右拋出小球做平拋運動小球恰好通過A點平拋運動過A點時的水平、豎直位移可確定到A（B）點時動能是初動能的3（6）倍有重力做功和電場力做功，其中電場力做的功等于電勢能的變化量第二步：找突破口（1）要確定小球到達(dá)A點時的動能與初動能比值，可由平拋運動規(guī)律求解；寫出水平、豎直方向的位移關(guān)系。（2）要確定電場強(qiáng)度的方向，根據(jù)到A、B兩點的動能變化可確定兩個過程電勢能的變化，可先找出兩個等勢點（在OB線上找出與A等勢的點，并確定其具體位置）。（3）電場強(qiáng)度的大小可由W＝qEl求出?！窘馕觥浚?）設(shè)小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，則OB＝eq\f(3,2)d，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin60°＝v0t①dcos60°＝eq\f(1,2)gt2②又Ek0＝eq\f(1,2)mv02③由①②③式得Ek0＝eq\f(3,8)mgd④設(shè)小球到達(dá)A點時的動能為EkA，則EkA＝Ek0＋eq\f(1,2)mgd⑤由④⑤式得eq\f(EkA,Ek0)＝eq\f(7,3)。⑥（2）加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了eq\f( d,2)和eq\f(3d,2)，設(shè)電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－eq\f(1,2)mgd＝eq\f(2,3)Ek0⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－eq\f(3,2)mgd＝Ek0⑧在勻強(qiáng)電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有eq\f(x,\f(3,2)d)＝eq\f(ΔEpA,ΔEpB)⑨解得x＝d。MA為等勢線，電場必與其垂線OC方向平行。設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得α＝30°⑩即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°斜向右下方。設(shè)場強(qiáng)的大小為E，有qEdcos30°＝ΔEpA?由④⑦?式得E＝eq\f(\r(3)mg,6q)?【答案】（1）eq\f(7,3)（2）eq\f(\r(3)mg,6q)與豎直向下的方向的夾角為30°斜向右下方【考向3】用“等效法”解決帶電體在電場、重力場中的運動問題【例題】如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于電場強(qiáng)度為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小球，帶正電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？【解析】小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝eq\r(（qE）2＋（mg）2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”（D點）滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg′＝eq\f(mveq\o\al(2,D),R)因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知AD＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知－2mg′R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))?！敬鸢浮縱≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))【名師點睛】把握三點，正確解答該類問題1．把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。2．等效重力的反向延長線與圓軌跡的交點為帶電體在等效重力場中運動的最高點。3．類比“繩球”“桿球”模型臨界值的情況進(jìn)行分析解答。《第一章靜電場》過關(guān)測試卷（測試時間：60分鐘滿分：100分）一、選擇題（每小題4分，共40分）1．下列關(guān)于點電荷的說法，正確的是（）A．只有體積很大的帶電體才能看成點電荷B．體積很大的帶電體一定不能看成點電荷C．一切帶電體都能看成點電荷D．當(dāng)兩個帶電體的大小及形狀對它們之間的相互作用力的影響可以忽略時，這兩個帶電體才可以看成點電荷2．如圖所示，兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣細(xì)線懸掛于O點，若q1>q2，L1>L2，平衡時兩球到過O點的豎直線的距離相等，則（）A.m1＞m2B.m1＝m2C.m1＜m2D.無法確定3．如圖所示的各種情況中，a、b兩點的電勢不相等的是（）A．平行板電容器帶電時，極板間除邊緣附近外的任意兩點a、bB．靜電場中達(dá)到靜電平衡時的導(dǎo)體內(nèi)部任意兩點a、bC．離點電荷等距的任意兩點a、bD．兩個等量異號的點電荷，在其連線的中垂線上，與連線中點等距的兩點a、b4．【多選】某同學(xué)在研究電子在電場中的運動時，得到了電子由a點運動到b點的軌跡（圖中實線所示），則下列說法正確的是（）A．如果圖中虛線是電場線，電子在a點動能較大B．如果圖中虛線是等勢面，電子在b點動能較小C．不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的場強(qiáng)都大于b點的場強(qiáng)D．不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的電勢都高于b點的電勢5．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，兩極板之間有一個電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩極板的間距變大，則（）A．電荷將向上加速運動 B．電荷將仍處于靜止?fàn)顟B(tài)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6．【多選】【2014-2015學(xué)年·黑龍江安達(dá)市高級中學(xué)高二上學(xué)期第一次月考】如圖所示，有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、帶負(fù)電和不帶電的小球，從平行板電場的中點以相同的初速度垂直于電場方向進(jìn)入電場，它們分別落在A、B、C三點，可以判斷（）A．小球A帶正電，小球B不帶電，C帶負(fù)電B．三個小球在電場中運動的時間相等C．三個小球到達(dá)極板時的動能關(guān)系為EkA>EkB>EkCD．三個小球在電場中運動時的加速度關(guān)系為aA<aB<aC7．【多選】如圖所示，一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，從兩平行板左側(cè)中點沿垂直場強(qiáng)方向射入，當(dāng)入射速度為v時，恰好穿過電場而不碰金屬板．要使粒子的入射速度變?yōu)?，仍能恰好穿過電場，則必須再使（）A．粒子的電荷量變?yōu)樵瓉淼? B．兩板間電壓減為原來的C．兩板間距離增為原來的4倍 D．兩板間距離增為原來的2倍8．a(chǎn)、b、c、d是勻強(qiáng)電場中的四個點，它們正好是一個矩形的四個頂點，電場線與矩形所在平面平行．已知a點的電勢為20V，b點的電勢為24V，d點的電勢為4V，如圖．由此可知c點的電勢為()A．4VB．8VC．12VD．24V9．真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點（已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4，電量之比為1∶1∶2，均帶正電。重力不計）．下列說法中正確的是（）A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為2∶1∶1 B．三種粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶210．如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是A．0<t0< B．<t0<C．<t0<T D．T<t0<二、填空題（共20分）11．在點電荷Q產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，相距為d，已知a點的場強(qiáng)大小為E，方向與ab連線夾角為30°，b點的場強(qiáng)方向與連線成120°角，如圖所示，則該點電荷的電性為b點的場強(qiáng)大小為_______，a、b兩點______點電勢高。12．如圖所示，在豎直放置的光滑半圓弧形絕緣細(xì)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(dāng)小球沿細(xì)管下滑到最低點時，對細(xì)管的上壁的壓力恰好與球重相同，則圓心處的電荷在圓弧管內(nèi)產(chǎn)生的電場的場強(qiáng)大小為．13．如圖，豎直絕緣墻上固定一帶電小球A，將帶電小球B用輕質(zhì)絕緣絲線懸掛在A的正上方C處，圖中AC=h。當(dāng)B靜止在與豎直方向夾角方向時，A對B的靜電力為B所受重力的倍，則絲線BC長度為。若A對B的靜電力為B所受重力的0.5倍，改變絲線長度，使B仍能在處平衡。以后由于A漏電，B在豎直平面內(nèi)緩慢運動，到處A的電荷尚未漏完，在整個漏電過程中，絲線上拉力大小的變化情況是。三、計算題（共40分）14．【福建省泉州市四校2015-2016學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題】（10分）在真空中的O點放一點電荷Q=1.0×10-9C，直線MN過O點，OM=30cm，M點放有一點電荷q=-2×10-10C，如圖所示，求:（1）q在M點受到的作用力；

（2）M點的場強(qiáng)大小。（k=9.0×109N?m2/C2）15．圖，（電子質(zhì)量m=9.0×10-31kg，電子電量值q=1.6×10-19C）（1）電子飛出金屬板時側(cè)位移y0是多少？（2）sOP．16．如圖所示，在E＝103V/m的水平向左勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道CPN豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN平滑連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑R＝40cm，一帶正電荷q＝3×10－4C的小滑塊質(zhì)量為m＝40g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，小滑塊運動過程中所帶電荷量保持不變，取g＝10m/s2?；瑝K在水平軌道上某點由靜止釋放后，恰好能運動到圓軌道的最高點C，問：（1）小滑塊是在水平軌道上離N點多遠(yuǎn)處釋放的？（2）小滑塊經(jīng)過C點后落地，落地點離N點的距離多大？（3）小球在半圓軌道上運動時，對軌道的最大壓力有多大？《第一章靜電場》過關(guān)測試卷（測試時間：60分鐘滿分：100分）一、選擇題（每小題4分，共40分）1．【答案】D考點：點電荷【名師點睛】本題關(guān)鍵明確點電荷是一種理想模型，知道物體是否可以簡化為點電荷，關(guān)鍵是看物體的尺度在所研究的問題中是否可以忽略不計．2．【答案】B【解析】對m1、m2球受力分析，根據(jù)共點力平衡和幾何關(guān)系得：左邊兩個陰影部分面積相似，右邊兩個陰影部分面積相似；雖然q1＞q2，l1＞l2，但兩者的庫侖力大小相等，則有，由于

F1=F2，所以m1=m2．故B正確，ACD錯誤；故選B?？键c：物體的平衡；庫侖定律【名師點睛】本題可明確兩小球受到的庫侖力相等，再根據(jù)共點力的平衡條件即可得了兩小球偏轉(zhuǎn)角度的關(guān)系。3．【答案】A【解析】平行板電容器帶電時，板間的電場為勻強(qiáng)電場，畫出等勢線可知兩點不在同一個等勢線上，電勢一定不同，A正確；處于靜電平衡的導(dǎo)體是一個等勢體，所以ab兩點的電勢一定相等，B錯誤；點電荷產(chǎn)生的電場，半徑相同的球面為等勢面，所以ab兩點的電勢一定相等，C錯誤；兩個等量異號的點電荷，其連線的中垂線上為一條等勢線，所以ab兩點的電勢相同，D錯誤；4．【答案】AC5．【答案】D【解析】將兩極板的間距變大，而電容器的電壓不變，板間場強(qiáng)減小，電荷q所受的電場力減小，電荷將向下加速運動．故AB錯誤；根據(jù)電容的決定式可知，