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A版2019版高考物理一轮复习考点考法第8章电澄件新人教版

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          第8章          电场

 考点20     库伦定理    电场强度

 考点21     电势  电势差

 考点22     静电屏蔽    电容器

 考点23     带电粒子在匀强电场中的运动
    考点20     库伦定理       电场强
                度
必备知识     全面把握
核心方法     重点突破
  考法1   库仑定律的理解与应用
  考法2   三个电荷的平衡分析
  考法3   电场强度的计算与矢量合成
  考法4   电场线与带电粒子在电场中运动轨
迹的关系
考法例析     成就能力
  题型1   电场知识与力学知识的综合
            必备知识           全面把握
1.电荷守恒定律
(1)电荷:自然界中只存在两种电荷,即正电荷和负电荷.

                   同种相斥
                                                 
①电荷间相互作用的规律:异种相吸

②电荷量:物体所带电荷的多少.
③元电荷:电荷量e=1.6×10-19        C称为元电荷.任何物体带电
荷量均为元电荷的整数倍.
④点电荷:若带电体之间的距离比它们自身的大小尺寸大得多,
以致带电体的形状和大小对它们间的相互作用力的影响可忽略不
计.这样的带电体就可视为点电荷.
(2)使物体带电的三种方式:
①摩擦起电;②接触带电;③感应起电.
2.库仑定律
 (1)内容:在真空中两个点电荷之间的相互作用力
大小与它们的电荷量的乘积成正比,与它们之间距


         kQ1Q2
离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线2  
              r
上.
 (2)公式:F=       ,k=9.0×109  N·m2/C2.
 (3)适用条件
  ①库仑定律的适用条件是真空中的两个静止点电
荷之间的相互作用.
  ②相距一定距离的两个均匀带电球体(可视为点电
荷)之间以及一个均匀带电球体与球外一个点电荷间
的相互作用,也可用库仑定律公式来计算,式中r是
      (1)电场 
      ①定义:存在于电荷周围空间的一种特殊的物质. 
      ②基本性质:电荷间的相互作用是通过电场发生的,电场的基本性质是对处在其中的电
荷有力的作用. 
      (2)电场强度 
                                                                                                          F
      ①定义:放入电场中某点的电荷所受的电场力与它的电荷量的比值,即                                                                E=     .单位:牛/
                                                                                                          q
库(N/C). 
      方向:电场中某点的场强方向跟正电荷在该点所受电场力的方向相同. 
      ②特点:矢量性;唯一性.电场中某点的电场强度是唯一确定的,与是否放入点电荷无
3.电场与电场强度
关,由电场本身决定. 
      ③电场的叠加: 
                                                                 
      在空间同时存在多个点电荷时,某一点的电场强度大小等于各点电荷单独存在时在该点
产生的场强的矢量和,如图所示,电场强度的叠加遵循平行四边形定则或三角形定则. 
                                                                                                                                                                           kQ                                                              Q为正,E背离Q的方向
                     ④点电荷产生的电场强度大小                                                                                                                        E=                     2    .   ,                            方向                                                                                                                            
                                                                                                                                                                             r                                                             Q为负,E指向Q的方向

                                                                                                                                                                 U
                     ⑤匀强电场的电场强度满足                                                                                                               E=                      . 
                                                                                                                                                                  d
  (3)匀强电场
    在电场中某一区域,若各点的场强大小和方向均相同,则这个区域的电场称为匀强
电场.

   4.电场线①客观上不存在,是假想的
(1)定义:在电场中画出的一系列的曲线,曲线上每一点的切②能表示电场的强弱和方向
线方向与该点的场强方向相同,曲线的疏密程度表示场强大小.③起于正电荷或无限远处,止于无限远处或负电荷
                                                                                                                                              
        ④在空间中不相交、不相切、不闭合
        ⑤在没有画电场线的空间并非没有电场
(2)性质:⑥并非电荷的运动路线


(3)常见电场的电场线分布


①点电荷的电场线分布
特点:离点电荷越近,电场线越密,场强越大;在点电荷形成的
电场中,不存在场强相等的点;若以点电荷为球心
  ②等量异种点电荷的电场线分布
  特点:沿两点电荷的连线,场强先变小
后变大;两点电荷连线中垂面(线)上,场强
方向均相同,且总与中垂面(线)垂直;在中
垂面(线)上,与两点电荷连线的中点O等距
离的各点场强相等;在中垂面(线)上的电荷
受到的电场力的方向总与中垂面(线)垂直,
因此,在中垂面(线)上移动电荷时电场力不
做功(如图所示).

  ③等量同种点电荷的电场线分布
  特点:两点电荷连线中点O处场强为零;
                                         考点20
两点电荷连线中点O附近的电场线非常稀疏,
但场强并不为零.从两点电荷连线中点O沿
   ④点电荷与带异种电荷平板间的电场线分布
(点电荷距带电平板的距离非常近)
   特点:电场线以从点电荷向平板所作的垂线为
轴左右对称;平板表面附近的电场线与平板垂直;
电场线的分布情况类似于等量异种点电荷的电场
线分布,而带电平板恰好为两点电荷连线的垂直
平分线(如图所示).

   ⑤匀强电场中的电场线分布
   特点:电场线是分布均匀的平行直线,
   即场强方向处处相同,大小处处相等;两块靠
近的大小相等、互相正对且平行的金属板分别带
有等量异种电荷时,它们间的电场除边缘附近外,
都是匀强电场(如图所示).
         核心方法        重点突破
考法1     库仑定律的理解与应用
 例1

太空飞船在宇宙中飞行时,和其他天体间的万有引
力可以忽略,但是飞船会因遇到宇宙尘埃的碰撞而
受到阻碍作用.设单位体积的太空均匀分布着n颗宇
宙尘埃,每颗宇宙尘埃的平均质量为m,速度可以忽
略.飞船维持恒定的速率v飞行,垂直速度方向的横
截面积为S,与宇宙尘埃碰撞后,将宇宙尘埃完全粘
附住.试求飞船引擎所应提供的平均推力的大小.
        方法一:“补偿法”.因为挖去小圆片前点电荷受力平衡,所以在球壳上挖一小圆孔,

                                                                             Q
 相当于圆孔处放一等量异种电荷,电荷量为                                                 q′=          ·πr2,挖去后点电荷受力大小为                                q′与    q  间
                                                                           4πR2
                                   r2
                             kq·       ·Q
                                  4R2         kQqr2
 的库仑力,即                F=                  =           ,方向由球心指向小孔中心. 
                                  R2            4R4

例1
        方法二:“等效法”.挖去小圆片后,球心处点电荷                                                            q  的受力,等效为在小圆孔关于球
【解析】
                                                                                                             r2             kqQr2
 心对称的另一侧放一等量同种电荷                                       q′对圆心处            q  产生的库仑力.q′=                           Q,F=                ,方向
                                                                                                           4R2                4R4

 由球心指向小孔中心. 


    kQqr2
      4R4     
考法2     三个电荷的平衡分析
 例2

[课标全国Ⅱ2013· 18,6分]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

                       3kq                            3kq                        3kq                        2       3kq
             A.                   B.                             C.                         D.                                
匀强电场场强的大小为(           3l) 2                           l2                            l2                             l2
 例2
                                                                                                                                                                                                                                                                                    qQ
                 设小球                      c     带电荷量为                                    Q,由库仑定律可知小球                                                                          a     对         c    的库仑引力大小为                                                         F=k                      ,小球                      b
【解析】                                                                                                                                                                                                                                                                                  l2
                                                                                                                 qQ
 对小球                       c    的库仑引力大小为                                                         F=k                      ,这两个力的合力为                                                                2Fcos 30°.设水平匀强电场场强的大
                                                                                                                   l2
                                                                                                                                                                                                                     3kq
 小为                E,对                   c     球,由平衡条件可得                                                               QE=2Fcos 30°,解得                                                            E=                            ,选项                       B     正确. 
                                                                                                                                                                                                                     l2
考法3     电场强度的计算与矢量合成
  例3

如图所示,在正六边形的a、c两个顶点各放一带正

电的点电荷,电荷量大小都是q1,在b、d两顶点各
放一带负电的点电荷,电荷量大小都是q2,q1>q2.
则正六边形中心O点处的合场强可能为(                )
例3
【解析】
a、c处点电荷在O点处产生的合场强方向指向e,而
b、d处点电荷在O点处产生的合场强方向指向c,而
q1>q2,即Eac>Ebd,故O点处的合场强可能为E2,
故选B.


【答案】B
考法4     电场线与带电粒子在电场中运动轨
迹的关系例4

[广东2016模拟]如图所示,实线为方向未知的三条
电场线,虚线1、2、3为等势线,已知MN=NQ,a、b
两带电粒子从等势线2上的N点以相同的初速度飞
出.仅在电场力作用下,两粒子的运动轨迹如图所
示,则(      )
例4
【解析】
由图可知,a粒子的轨迹向右弯曲,则a粒子所受电
场力方向向右,b粒子的轨迹向左弯曲,则b粒子所
受电场力方向向左,由于电场线方向未知,无法判
断粒子的电性,故A错误.由电场线疏密可知,a所
受电场力逐渐减小,加速度逐渐减小,b所受电场力
逐渐增大,加速度逐渐增大,故B正确.已知MN=NQ,
由于MN段场强大于NQ段场强,所以M、N两点间电势
差|UMN|大于N、Q两点间电势差|UNQ|,故C错误.根
据电场力做功公式W=Uq,|UMN|>|UNQ|,由于两个考点20
粒子所带电荷量的大小关系未知,所以不能判断电
场力所做的功多少及动能变化量大小,故D错误.
            考法例析            成就能力
题型1         电场知识与力学知识的综合
  例1
                                                                                                                                    kq2
               A.小球                        A       与        B     之间库仑力的大小为                                                               2    
[浙江理综2014·19,6分](多选)如图所示,水平地面上固定一个                                                                                                    d
光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一
                                  q                     mgsin θ
端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球B.当             A,细线与斜面平=                                  时,细线上的拉力为                                                          0 
行.小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同d                                 k
种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k,重
                                   q                    mgtan θ
力加速度为g,两带电小球可视为点电荷.小球C.当             A静止在斜面上,则=                                 时,细线上的拉力为                                                           0 
(    )                             d                              k
                                   q                         mg
               D.当                     =                                   时,斜面对小球                                              A      的支持力为                                 0 
                                   d                    ktan θ
                                                                                          q2
        根据库仑定律可知小球                           A  与   B   之间的库仑力大小为                       k    ,选项        A  正确;若细线上的拉力
                                                                                          d2

 为零,小球              A  受重力、库仑力和支持力作用, 


例1
【解析】                                                                                   
                                                           q2                    q         mgtan θ
        如图所示,由平衡条件可得                                F=k       =mgtan        θ,     =                   ,选项        B  错误,选项              C  正
                                                           d2                    d              k

 确;因为两小球带同种电荷,所以斜面对小球                                                    A  的支持力不可能为                     0,选项         D   错误. 
题型2     电场知识与运动学知识的结合
 例2

[北京理综2017·22,16分]如图所示,长l=1 m的
轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带
电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与
竖直方向的夹角θ=37°.已知小球所带电荷量q=
1.0×10-6  C,匀强电场的场强E=3.0×103       N/C,
重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°
=0.8.求:
(1)小球所受电场力F的大小;
(2)小球的质量m;
(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小.
        (1)电场力           F=qE=3.0×10-3 N. 

        (2)对小球受力分析,如图所示. 

                                           F
        由平衡条件有                  mg=             , 
                                         tan θ

例2                         F
        解得       m=              =4.0×10-4 kg. 
【解析】                   gtan θ
                                                               1
        (3)由动能定理有                    mgl(1-cos θ)=               m    2-0, 
                                                               2    v

        解得       v=2.0 m/s. 
例3

[湖北襄阳五中2017三模]如图所示,虚线a、b、c是
电场中的一簇等势线(相邻等势线之间的电势差相
等),实线为一α粒子(24He核,重力不计)仅在电场
力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨
迹上的两点,据此可知(           )


A.a、b、c三条等势线中,a的电势最高
B.电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小
例3
【解析】
电荷所受电场力指向轨迹内侧,由于α粒子带正电,
因此电场线指向左上方,沿电场线方向电势降低,
故c等势线的电势最高,a等势线的电势最低,选项A
错误;Q点电势高于P点,则电子在P点具有的电势能
比在Q点具有的电势能大,选项B错误;P点所在位置
的等势线较Q点密集,则电场线较Q点密集,则P点的
场强较大,即α粒子在P点的加速度大小比在Q点的
加速度大小大,选项C正确;根据题中信息,不能确
定α粒子一定是从P点运动到Q点,选项D错误.
题型3     电场强度的叠加及大小的计算
1.对称法
  例4

    [课标全国Ⅰ2013·15,6分]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) (          3q)                              10q                                Q+q                                      9Q+q
            A.k                   B.k                                C.k                                     D.k                                        
                         R2                               9R2                                    R2                                       9R2
例由于4             b    点处的场强为零,根据电场叠加原理知,带电圆盘和                                                                                                                                        a    点处点电荷在                                     b    处产生的场强
【解析】
 大小相等、方向相反.在                                                                    d     点处带电圆盘和                                             a     点处点电荷产生的场强方向相同,所以                                                                                                       E=

               q                        q               10q
 k                          +k             2=k                  2,所以选项                                B     正确. 
     (3R)2                             R                9R


【答案】B
2.补偿法
 例5

    [上海虹口区2016一模]如图甲所示,半径为R的


                                               x
                                 -                        
                              1                         1 
均匀带电圆形平板,单位面积带电荷量为σ,其轴                      2       2    2
                                     (r     +x      )     
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=
                                               x                                                              r
           A.2πkσ0                                          1  B.2πkσ0                                                     1 
2πkσ         ,方向沿x轴.现考虑单位面积带(r2+x2)2                                                             (r2+x2)2
                                  x                                                              r
           C.2πkσ                                                       D.2πkσ                      
电荷量为σ0的无限大均匀带电平板,从其中间挖去0           r                                                          0x
一半径为r的圆板,如图乙所示.则圆孔轴线上任意
                                                    x
             当     r→∞时,                                        1=0,则无限大平板产生的电场的场强为                                                                          E=2πkσ0.当挖去半径为
                                         (r2+x2)2

例5
                                                                                                                                                                        x             
                                                                                                                                                      1-                             1
【解析r 】的圆板时,应在                                      E     中减掉该圆板对应的场强                                                        Er   =2πkσ0                                                 ,即            E′=
                                                                                                                                                             (r2+x2)2

                          x
  2πkσ0                               1,选项               A   正确. 
               (r2+x2)2


                                      第8章
      考点21     电势     电势差
必备知识     全面把握
核心方法     重点突破
  考法5   电场线、等势面的特点
  考法6   电场力做功与电势能的关系
  考法7   电场中电势差与电场强度的关系
  考法8   电场中的图像问题
考法例析     成就能力
  题型4   电场力做功、电势能与力学知识的
综合分析
  题型5   已知场源电荷或电场线分布分析电
        必备知识        全面把握
1.电势能
(1)定义:移动电荷时电场力做功与移动的路径
无关,电荷在电场中也具有势能,这种势能叫作电

势能,用Ep表示.

   W           =0,E                 =E
 (2)电场力做功与电势能变化的关系:电场力做AB       A            B
 WAB>0,Ep减小                                      
的功等于电势能的减少量,        W =E -E  .
 WAB<AB0,pA                 pB Ep增大



 (3)计算:在电场中有A、B两点,若令φB=0,
2.电势和电势差
 (1)电势

  ①定义:电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量Ep
                    
的比值,叫作这一点的电势,用q          φ表示.表达式是φ=
  在国际单位制中,电势的单位是伏特(V),1 V=1 J/C.
电势是标量,只有大小,没有方向.
  ②特点:电势是标量.某点电势大于零,表明该点电
势比零电势点高;某点电势小于零,表明该点电势比零电
势点低.电场中某点电势值与电场本身和零电势点的选取
有关,一般选取无穷远处或大地电势为零.电场中沿着电
场线的方向电势越来越低,场强的方向是电势降落最快的
方向.
 (2)电势能与电势的关系
  对于正电荷,电势越高,该电荷具有的电势能越大;
对于负电荷,电势越低,该电荷具有的电势能越大.
  (3)电势差
3.等势面
 (1)定义:电场中电势相同的各点构成的面.
 (2)特点
  ①在同一等势面上移动电荷,电场力
  不做功;
  ②等势面与电场线垂直;
  ③电场线越密的地方,等势面也越密;
  ④电场线和等势面不是客观存在的,
  但能表示电场;
                                     考点21
  ⑤各等势面不相交、不相切.
 (3)几种常见的等势面和电场线:
         核心方法        重点突破
考法5     电场线、等势面的特点
 例1

[北京理综2014·15,6分]如图所示,实线表示某静
电场的电场线,虚线表示该电场的等势面.下列判
断正确的是(       )

A.1、2两点的场强相等
B.1、3两点的场强相等
C.1、2两点的电势相等
D.2、3两点的电势相等
例1
【解析】
根据电场线和等势面越密集处电场强度越大,可知

场强大小为E1>E2=E3,故A、B错误.沿着电场线方
向,电势逐渐降低,同一等势面电势相等,故

φ1>φ2=φ3,选项C错误,D正确.
考法6     电场力做功与电势能的关系
 例2

[课标全国Ⅰ2015·15,6分]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.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(            )


A.直线a位于某一等势面内,φM>φQ
B.直线c位于某一等势面内,φM>φN
例2
【解析】
因电子由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,根据WAB=UABq可知,UMN=UMP,即φN
=φP,N、P在同一等势面上,在匀强电场中等势面
是相互平行的直线,因MQ∥NP,故M、Q也在同一等

势面上,即φM=φQ,选项A错误;电子由M点分别运
动到N点和P点电场力做负功,电场线与等势面垂直,

故电场强度的方向为M→N或Q→P,即φM>φN,选项B
正确;M、Q在同一等势面上,电子由M点运动到Q点
电场力不做功,选项C错误;电子由P点运动到Q点,
逆着电场线运动,电场力做正功,选项D错误.
考法7     电场中电势差与电场强度的关系
 例3

[江苏物理2014·4,3分]如图所示,一圆环上均匀
分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于
x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是(                 )


A.O点的电场强度为零,电势最低
B.O点的电场强度为零,电势最高
C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高
例3
【解析】
将圆环看成由许许多多的点电荷组成,根据电场强
度的合成可知,O点电场强度为零,圆环带正电荷,
根据正电荷周围电势变化关系,再结合对称性可知,
O点电势最高,故选项A错误,B正确;从O点沿x轴
正方向,一定有一个电场强度最大的位置,故电场
强度先增大后减小,电势一直降低,选项C、D均错
误.
考法8       电场中的图像问题
1.场强E(电势φ)与位移x的关系图像的应用
 例4

[山东平度2016模拟]如图所示,x轴上各点的电场强度如
图所示,场强方向与x轴平行,规定沿x轴正方向为正.一
负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴正方向运动,

点电荷到达x2位置速度第一次为零,在x3位置第二次速度
为零,不计粒子的重力.下列说法正确的是(                   )


A.点电荷从O点运动到x2,再运动到x3的过程中,速度先均匀减
小再均匀增大,然后再减小再增大
         沿   x 轴正方向的电场是非匀强电场,所以点电荷受到的电场力不是恒定的,电场强度先


  增大后减小,再增大再减小,所以点电荷在从                                              O  点到     x2 过程中加速度先增大后减小,再增大


  再减小,从            x2 向坐标原点运动过程中加速度先增大后减小,再增大再减小,到达                                                                   x 轴负半轴

  时,电场恒定,加速度恒定,整个过程中速度不是均匀变化的,A、B                                                                      错误;从          O  点运动到


例4
                                1      2                                                          1      2
  x2  过程中-qU1=0-                  mv0   ,从     O   点运动到          x3 过程中有-qU2=0-                    mv0    ,故     U1=U2,C          错
【解析】                            2                                                                 2

  误;电荷运动过程中动能和电势能之和保持不变,动能最小时电势能最大,故点电荷在                                                                                         x2、


  x3 位置电势能最大,D                     正确. 
2.电势能Ep与位移x的关系图像的综合应用
 例5

[湖南长沙2016模拟](多选)一带负电的粒子只在电

场力作用下沿x轴正向运动,其电势能Ep随位移x变
化的关系如图所示,其中O~x2段是对称的曲线,
x2~x3段是直线,则下列说法正确的是(             )


A.x1处电场强度最大

B.x2~x3段处是匀强电场
例5
【解析】

因为Ep-x图像的斜率可以反映电场强度大小,所以

在x1处电场强度最小,A错误;x2~x3段为直线,斜
率恒定,所以该段为匀强电场,B正确;粒子带负电,

O~x1阶段,电场力做正功,即逆着电场线方向到达

x1处,之后电场力做负功,顺着电场线从x1依次到达

x2、x3,而沿电场线方向电势降低,故有φ1>φ2>

φ3,C正确;Ep-x图像的斜率可以反映电场强度大
小,所以粒子在O~x       段做变加速直线运动,在x         ~
3.力学中的v-t图像在电场中的应用
 例6

[山东济宁2018届检测](多选)如图甲所示,有一绝缘圆环,
圆环上均匀分布着正电荷,圆环平面与竖直平面重合.一
光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环,细杆上套有一
个质量为m=10 g的带正电的小球,小球所带电荷量q=
5.0×10-4 C.小球从C点由静止释放,其沿细杆由C经B向
A运动的v-t图像如图乙所示.小球运动到B点时,v-t图
像的切线斜率最大(图中标出了该切线).则下列说法正确
的是(     )
            由图乙可知,小球在                                              B    点的加速度最大,故受力最大,加速度由电场力提供,故                                                                                                                            B    点的

例6
                                                   Δv           Eq
 电场强度最大,a=                                                =           ,解得                 E=1.2 V/m,选项                                    A     正确;从                     C     到      A    电场力一直做正功,
【解析】                                                Δt           m

 故电势能一直减小,又知小球带正电,故电势降低,选项                                                                                                                           B    错误,C                   正确;由                     C    到       B    电场力

                                     1                                                                                         W
 做功为                W       =           m        2-0,C、B                         间电势差为                          U        =          =0.9 V,选项                              D    正确. 
                                     2      vB                                                                      CB          q


                                       考点21
          考法例析          成就能力
题型4       电场力做功、电势能与力学知识的
综合分析例1

[海南物理2016·10,5分](多选)如图,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(                     )


A.M带负电荷,N带正电荷
例1
【解析】
由粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧,可知M受到
了引力作用,N受到了斥力作用,故M带负电荷,N
带正电荷,选项A正确;由于虚线是等势面,故M在
b点的电势能大于在a点的电势能,带电粒子的动能
与电势能之和不变,则M在b点的动能小于在a点的
动能,选项B正确;d点和e点在同一等势面上,N在
d点的电势能等于它在e点的电势能,选项C正确;
题型5     已知场源电荷或电场线分布分析电
势例2

[课标全国Ⅰ2016·20,6分](多选)如图,一带负电
荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)
内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称.忽略空
气阻力.由此可知(          )


A.Q点的电势比P点高
例2
【解析】
由题意可知,该油滴在P点的受力分析如图所示,且
电场力大于重力,油滴带负电,电场方向竖直向下,

则φQ>φP,故A正确;油滴从P到Q电场力做正功,电
势能减小,故在Q点的电势能比在P点的小,故C错误;
电场为匀强电场,油滴受力恒定做匀变速曲线运动,
加速度恒定,故      D错误;油滴的轨迹为抛物线,故P
为等效最高点,动能最小,故B正确.
题型6     等势面与粒子运动、能量转化的综
合例3

[课标全国Ⅱ2016·15,6分]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aa、ab、ac,速度大小分
别为va、vb、vc,则(       )


A.aa>ab>ac,va>vc>vb
B.a >a >a  ,v >v >v
 例3
                                                                                                                                                                                                    F                          kQq                                                            1
粒子只受点电荷的库仑力作用,由牛顿第二定律得                                                                                                                                                                 a=                 ,F=                               ,联立得                                 a∝                ,由图知
【解析】                                                                                                                                                                                                m                              r2                                                        r2

ra>rc>rb,故                                  ab>ac>aa;粒子受力指向轨迹的凹侧,由题意可知两虚线圆为等势线,P、Q                                                                                                                                                                                                                                 带同


种电荷,则带电粒子                                                                   Q       的动能与电势能之和不变,则有                                                                                                     Eka>Ekc>Ekb,则                                              va>vc>vb,D                                   正确. 
题型7     根据图像分析物理量的变化
 例4

[湖北武汉外国语2017考前冲刺](多选)如图所示为
带电粒子只在电场力作用下运动的v-t图像,在a点

的速度为va,运动到b点的速度为vb,则下列说法中
正确的是(      )


A.电场中a点电势一定比b点电势高
例4
【解析】
由于不知粒子的电性,因此不能确定两点电势的高
低,故A错误;由于只有电场力做功,电势能与动能
的和为一定值,因为b点速度比a点速度大,即粒子
在b点的动能比在a点的动能大,所以粒子在a点的电
势能一定比在b点的电势能大,故B正确;由于v-t
图像反映的是粒子做直线运动的速度随时间变化的
规律,因此粒子的运动路径是一条直线,即粒子受
到的电场力一定与运动速度在一条直线上,故C错误;
由于v-t图像的斜率表示加速度,由图可知,在0~

t1时间内,粒子运动的加速度先减小后增大,然后
再减小,由牛顿第二定律可知,粒子运动过程中受
例5
[江苏南京2016模拟]如图所示,一半径为R的均匀
带正电圆环水平放置,环心为O点,质量为m的带正
电的小球从O点正上方的A点由静止释放,并穿过带
电环,关于小球从A到A关于O的对称点A′过程中的

加速度(a)、重力势能(EpG)、机械能(E)、电势能
(Ep电)随位置变化的图像一定错误的是(取O点为坐
标原点且重力势能为零,竖直向下为正方向,无限
远电势为零)(       )
例5
【解析】
圆环中心的场强为零,无穷远处场强也为零,则小
球从A点到圆环中心的过程中,场强可能先增大后减
小,则小球所受的电场力先增大后减小,方向竖直
向上,由牛顿第二定律得知,重力不变,则加速度
可能先减小后增大;小球穿过圆环后,小球所受的
电场力竖直向下,加速度方向向下,为正值,根据
对称性可知,电场力先增大后减小,则加速度先增
大后减小,故A正确;小球从A点到A′点的过程中,
                                     第8章
重力势能EpG=-mgh,重力势能与高度是线性变化的,
故B正确;小球从A点到圆环中心的过程中,电场力
做负功,机械能减小,小球穿过圆环后,电场力做
    考点22     静电屏蔽       电容器
必备知识      全面把握
核心方法      重点突破
  考法9   平行板电容器动态变化问题
考法例析      成就能力
  题型8    静电感应现象
  题型9    电容器与电路知识的综合应用
 题型10    电容器与力学知识的综合应用
            必备知识            全面把握
1.静电屏蔽
  (1)静电感应
   当一个带电体靠近导体时,由于电荷间的相互吸引或排斥,导
体中的自由电荷便会趋向或远离带电体,使导体靠近带电体的一端
带异种电荷,远离带电体的一端带同种电荷,如图所示,这种现象
叫静电感应.
  (2)静电平衡
   导体中(包括表面)没有电荷定向移动的状态.处于静电平衡状
态的
   导体的特点:
   ①内部场强处处为零.假设内部场强不为零,则自由电荷必受
到电场力作用而发生定向移动,说明导体尚未达到静电平衡.
   a.导体静电平衡后内部场强处处为零,是指外部电场强度与导
体两端感应电荷产生的场强的合场强为零.
 (3)处于静电平衡状态的导体上电荷的分布特点
  ①导体内部没有电荷,电荷只分布在导体的外表面.
  ②在导体外表面,越尖锐的位置电荷的密度(单位面
积的电荷量)越大,凹陷的位置几乎没有电荷.
 (4)尖端放电
  ①空气电离
  导体尖端的电荷密度很大,附近的电场很强,空气中
残留的带电粒子在强电场的作用下发生剧烈的运动,把
空气中的气体分子撞“散”,也就是使分子中的正、负
电荷分离,这个现象叫空气的电离.
  ②尖端放电
  中性的分子电离后变成带负电的自由电子和失去电子
而带正电的离子.这些带电粒子在强电场的作用下加速,
  ③生活实例
  避雷针是利用尖端放电避免雷击的一种设
施.当带电的雷雨云接近建筑物时,由于静电感应,
金属棒出现与云层相反的电荷.通过尖端放电,这
些电荷不断向大气释放,中和空气中的电荷,达到
避免雷击的目的.现代避雷针往往具有很多组金属
尖棒,做成蒲公英的形状,以增强避雷效果.
 (5)静电屏蔽
  ①定义:处于静电平衡状态下的导体或导体壳,
内部场强处处为零,利用这一特点,导体壳就可以
保持它所包围区域不受外部电场的影响,这种现象
叫静电屏蔽.
2.电容、电容器
 (1)电容
  定义:电容器所带电荷量Q与电容器两极板间的电势

          Q
               .
差U的比值,叫电容器的电容.U  

                           ΔQ
  ①定义式:C=                 ΔU. 
  式中Q指每一个极板带电荷量的绝对值,且C=
 (2)电容器
  任何两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个
电容器.
  ①充电过程的特点
  a.充电电流方向为从电源的正极流出的电流的方向,
电流由大变小.
  b.电容器所带电荷量增加.
  ②放电过程的特点
  a.放电电流方向是从正极板流出的电流的方向,
电流由大变小.
  b.电容器上电荷量减少.
  c.电容器两极板间电压降低.
  d.电容器中电场强度减弱.
  e.电容器的电能转化成其他形式的能.
  放电的过程实际上就是电容器极板所带正、负
电荷中和的过程,当放电结束时,电路中无电流.
  ③电场能:电容器由电源获得的储存在电场中
的能量.
3.平行板电容器


                        εrS
                                 
  (1)平行板电容器电容的决定式:4πCkd=         ,其
中k为静电力常量,S为正对面积,d为两板间距离,

εr为电介质的相对介电常数.
 (2)电容计算公式的应用
  ①电容器始终接在电源上时,U一定,讨论Q、E
随C的变化情况;
  ②电容器与电源断开时,Q一定,讨论U、E随C
的变化情况.
4.静电计
用来测电势差的仪器,把它的金属球跟一个导体
连接,它的金属外壳跟另一个导体连接(或接地),
从指针的偏转角度就可测出导体间的电势差.

带电的电容器与静电计连接时,可认为电容器上
的电荷量保持不变.


                                   考点22
        核心方法        重点突破
考法9     平行板电容器动态变化问题
 例1

 [课标全国Ⅰ2016·14,6分]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
 例1
                                                                                                                          ε    S
 由平行板电容器电容的决定式                                                                                            C=                 r        可知,将云母介质移出,ε                                                                                 变小,故                             C      变小,而                              U      不
【解析】                                                                                                                   4πkd                                                                                                     r
                                         Q                                                                                                       U
 变,由                        C=                知          Q        变小;匀强电场中                                                          E=                ,因为                        U       不变,板间距离                                                    d     也不变,所以                                             E      不
                                         U                                                                                                        d

 变.综上所述选                                                  D. 


【答案】D

                                                    考点22
         考法例析        成就能力
题型8     静电感应现象
  例1

[浙江理综2016·15,6分]如图所示,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(         )


A.此时A带正电,B带负电
B.此时A电势低,B电势高
例1
【解析】

由静电场中电荷间的作用特点及静电感应特点可知,
A带负电,B带正电,A错误;处于静电平衡的导体
是等势体,故A、B电势相等,B错误;移去C,A、B
上的感应电荷失去外电场的作用,又回到原状态,
A、B下部的金属箔闭合,C正确;A、B先分开后再
移去C,A带负电,B带正电,A、B下的金属箔都不
会闭合,D错误.
题型9     电容器与电路知识的综合应用
 例2

[课标全国Ⅱ2016·17,6分]阻值相等的四个电阻、
电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电

路.开关S断开且电流稳定时,C所带的电荷量为Q1;
闭合开关S,电流再次稳定后,C所带的电荷量为

Q2.Q1与Q2的比值为(     )

     2                1               3                2
  A.      B.                   C.               D.        
     5                2               5                3    
      开关     S 断开与开关           S 闭合,电流稳定时的电路简化图如图所示.                                      设每个电阻阻值均为

                                                  2R×R       2
R,开关       S 断开时,并联部分的总电阻为                                =    R,根据闭合电路欧姆定律得并联部分的电
                                                  2R+R       3

         E       2     2                                                                         1             Q
压为            ×   R=    E,电容器两端的电压等于并联部分电压的一半,故                                           U   =   E,由     C=     知
      2          3     5                                                                    C1   5             U
       R+R
      3

                                 1                                                     R×R      1
电容器所带的电荷量                  Q1=    CE;开关        S 闭合时,并联部分的总电阻为                               =   R,根据闭合电
                                 5                                                     R+R      2
例2
【解析】                                        E       1     1
路欧姆定律得并联部分的电压为                                   ×   R=    E,电容器两端的电压等于并联部分电压,故
                                         1          2     3
                                          R+R
                                         2

       1              Q                                     1       Q1    3
UC2=     E,由     C=     知电容器所带的电荷量                    Q2=    CE.则       =   ,故    C  正确. 
       3              U                                     3       Q2    5
题型10     电容器与力学知识的综合应用
 例3

[课标全国Ⅱ2015·14,6分]如图,两平行的带电
金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一
带电微粒,微粒恰好保持静止状态.现将两板绕过
a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从
静止释放一同样的微粒,该微粒将(              )


A.保持静止状态
B.向左上方做匀加速运动
例3

【解析】

   分析带电金属板旋转后带电微粒的受力情
况.由题意可知,两
板间距离不变,板间电压不变,由E=            mg/q 可知
板间场强不变,所以,带电微粒所受电场力仍然为
qE=mg,电场力方向为左上,与竖直方向成45°角,
                                   第8章
合力向左下,则带电微粒向左下方做匀加速运
动.选项D正确.
  考点23     带电粒子在匀强电场中
              的运动
必备知识     全面把握
核心方法     重点突破
  考法10   带电粒子的加速问题
  考法11   带电粒子在电场中的偏转
  考法12   带电粒子在电场中运动与力学知
识的综合应用
考法例析     成就能力
  题型11   带电粒子在点电荷电场中的运动
  题型12   带电粒子在匀强电场中的运动
  题型13   带电粒子在交变电场中的运动
       必备知识       全面把握                                                                                          
          若     v0=0,不计粒子重力,如图所示,若两极板间电压为                                                                                   U,带电粒子的质量为                                     m、电荷
1.带电粒子在电场中的加速
 量为        q,由静止开始在电场中运动,仅在电场力的作用下加速,射出电场时的速度为                                                                                                                              v,由动
                   1                                            2qU
 能定理得                 mv2=qU,得                    v=                    . 
                   2                                              m
                                                                                1              1                                                 2qU
          若粒子初速度为                           v   ≠0,则有                 qU=          mv2-          mv      2,可得             v=           v   2+            . 
                                              0                                 2              2       0                                  0         m
2.带电粒子在匀强电场中的偏转

  (1)条件:v0⊥E,不计重力.①侧移量                         y 

  (2)方法:将运动分解.                                                                                                 2
                                       1      2              Uq                    l                  Uql
                       由      y=          at   ,a=                  ,t=               ⇒y=                         2. 
  如图所示,若板长为l,两极板间距离为d,电压为2U,                                 dm                  v0                2dmv0
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,即水平方向做匀速②偏转角                  θ 
直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动.
                                               vy                                     qU                                 qUl
  注意:带电粒子在电场中做类平抛运动的条件由       tan :θ①=匀             ,vy=at,a=                                ⇒tan           θ=                     2. 
                                               v0                                     dm                               dmv0
强电场;②带电粒子垂直场强方向进入电场;③只受电场
力作用.                                                                                                                                    Uql
                       另外,位移与初速度方向夹角                                                              φ   满足           tan φ=                          2. 
 (3)两个重要的参量:                                                                                                                       2dmv0
                       tan θ=2tan φ. 
 (4)两个重要结论
  ①不同的带电粒子,电性相同,不计重力,由
静止开始先在同一电场中加速,又在同一电场中偏
转,射出电场时有相同的侧移量和相同的偏转角.
  ②不同的带电粒子仅在电场力的作用下垂直电
场方向射入电场,经电场偏转后射出电场时的速度
的反向延长线与初速度的延长线交于一点,该点到
偏转场(平行金属板)的端点的距离为板长的一半.
 (5)应用:示波器.

                                   考点23
            核心方法           重点突破
考法10         带电粒子的加速问题
  例1

飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的比荷q/m.如
图甲,带正电的离子经电压为U的电场加速后进入长度为L的真空

管AB,可测得离子飞越AB所用时间为t1.改进以上方法,如图乙,
让离子飞越AB后进入场强为E(方向如图)的匀强电场区域BC,在
电场的作用下离子返回B端,测得离子从A出发后飞行的总时间为

t2,(不计离子重力)则:

(1)忽略离子源中离子的初速度,①用t1计算离子的比荷;②用t2计
算离子的比荷.
(2)离子源中相同比荷的离子初速度不尽相同,设两个比荷都为q/m
的离子在A端的速度分别为v和v′(v≠v′),在改进后的方法中,
它们飞行的总时间通常不同,存在时间差Δt.可通过调节电场E使
                                                                                                                              1
           (1) ①设离子带电荷量为                         q,质量为            m,经电场加速后的速度为                              v,则       qU=      mv2. 
                                                                                                                              2
                                                                                                                         q       L2
         离子飞越真空管                   AB    做匀速直线运动,则                       L=vt1.       由以上两式得离子比荷                            =         2.      
                                                                                                                         m     2Ut1
                                                                                                                                L     2v
         ②离子在匀强电场区域                          BC    中做往返运动,设加速度为                               a,则有         qE=ma,t           =     +      . 
                                                                                                                            2    v     a

                                                      2
                               q      1        4U     1
         可得离子比荷                  =         L+            2. 
                              m      2U         E    t2
例1
                                                                  L    2v          L     2v′                         L      2m
【解析】     (2)两离子初速度分别为                         v、v′,则         t=     +      ,t′=       +       ,   Δt=t-t′=             -       (v′-v), 
                                                                  v    qE          v′    qE                       vv′      qE
                                                                        m                 m
                                     L      2m                         2mvv′
         要使      Δt=0,则须                -        =0,所以           E=             . 
                                    vv′     qE                           qL


                                         2
             L2           1        4U    1         2mvv′
    (1)①         2    ②        L+           2    (2)          
           2Ut1          2U         E   t2           qL
考法11        带电粒子在电场中的偏转
 例2

[北京海淀区2017二模]如图所示,真空玻璃管内,加热的阴极K发

出的电子(初速度可忽略不计)经阳极A与阴极K之间的电压U1形成的
加速电场加速后,从阳极A的小孔射出,由水平放置的平行正对偏
转极板M、N的左端中点以平行于极板的方向射入两极板之间的区
域.若M、N两极板间无电压,电子将沿水平直线打在荧光屏上的O

点;若在M、N两极板间加电压U2,形成平行纸面的偏转电场,则电
子将打在荧光屏上的P点;若在M、N极板间加电压U2的同时,再加方
向垂直纸面的匀强磁场,则电子将能重新打在荧光屏上的O点.已

知电子质量为m,电荷量为e,M、N两极板长均为L1、两极板间距离
为d,极板右端到荧光屏的距离为L2.

(1)忽略电子所受重力及它们之间的相互作用力,求:
①电子从阳极A小孔射出时速度v0的大小;
②电子重新打在荧光屏上O点时,所加匀强磁场的磁感应强度B的大小.
                                                                                                 1                           2eU
       (1)①对于电子在加速电场中的加速过程,根据动能定理有                                                       eU   =    mv   2,解得      v  =            1. 
                                                                                             1   2     0            0          m
                                                                                                            eU
       ②加磁场后,电子沿水平方向以                                 v  做匀速直线运动,所受合力为零,即                                       2=ev     B,解得
                                                       0                                                      d        0
      U         m
 B=      2           . 
       d      2eU1

                                                     L1
       (2)电子通过偏转电场的时间                           t1=      ,电子离开偏转电场时沿垂直偏转极板方向的速度分
                                                      v0

例2                 eU2   L1                                                                            L2
 量   vy=ayt1=           ·   ,电子离开偏转电场到打在荧光屏上的运动时间                                                 t2=     . 
【解析】               dm    v0                                                                            v0

       若不计重力,电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿垂直偏转极板方向的位移                                                                               y1=vyt2

    eU2L1L2
 =          2  . 
      dmv0
      若考虑到重力的作用,则电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿垂直偏转极板方向的

                                                    2
                     1     2   eU2L1L2       1   L2
位移     y2=vyt2+        gt2  =          2  +    g   2,由于重力的影响,电子离开偏转电场到荧光屏的过程
                     2          dmv0         2   v0

                                                                                 2
                                                                           1  L2
中,沿垂直偏转极板方向位移增加量为Δy=y2-y1=                                                  g    2, 
                                                                           2  v0

      由于重力的影响,电子离开偏转电场到荧光屏的过程中,沿垂直偏转极板方向位移的增

                                                           Δy     gL2dm
加量与忽略电子所受重力时的位移的比值                                            =            ≈10-14. 
                                                           y1     2eU2L1

      即重力对电子打在荧光屏上的位置影响非常小,所以计算电子偏移量时可以忽略电子所

受的重力. 


             2eU1               U2       m
  (1)①                       ②                           (2)见解析 
               m                 d     2eU1
考法12      带电粒子在电场中运动与力学知
识的综合应用例3

[课标全国Ⅱ2017·25,20分]如图,两水平面(虚线)
之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀
强电场.自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量
分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初
速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下
进入电场区域,并从该区域的下边界离开.已知N离
开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运
动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的
1.5倍.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求:
       (1)设两小球抛出的初速度为                 v0,则进入电场的水平分速度为                     v0,竖直分速度相同,根据

 运动的分解可知,两小球竖直方向的分运动是相同的,运动时间                                             t 相同.在水平方向            N  向右

                                  Eq
 做初速度为         v ,加速度为        a=     的匀减速直线运动, 
                0                  m
                                               Eq
       M 向右做初速度为            v ,加速度为         a=    的匀加速直线运动, 
                             0                  m
                                    1
       M 的水平分位移           x =v   t+   at2, 
                           M    0   2
                                    1
       N 的水平分位移          x  =v  t-   at2,  v  =at,    联立解得       x ∶x    =3∶1. 
                          N    0    2        0                    M    N


例3
       (2)设  A 点距电场上边界的高度为                  h,小球下落         h 时在竖直方向的分速度为                 vy,由运动学
【解析】

            2                    1  2                                                  v0   xM
 公式有      vy =2gh,     H=vyt+     gt ,   M  进入电场后做直线运动,由几何关系知                            =     , 
                                 2                                                     vy    H
                     H
       联立解得      h=    . 
                      3
                                                                                                           v       Eq
     (3)设电场强度大小为                          E,小球           M   进入电场后做直线运动,则                                    0=        , 
                                                                                                           vy     mg

     设    M、N        离开电场时的动能分别为                                 Ek1、Ek2,由动能定理得 

              1
     E    =     m(v    2+v      2)+mgH+Eqx                , 
        k1    2       0       y                         M
              1
     E    =     m(v    2+v      2)+mgH-Eqx                , 
        k2    2       0       y                         N

     由已知条件有                  Ek1=1.5Ek2, 

                               2mg
     联立解得             E=              . 
                               2q


                            H                   2mg
(1)3∶1                 (2)            (3)
                        考点23 3                  2q       
         考法例析        成就能力
题型11      带电粒子在点电荷电场中的运动
 例1

[天津理综2017·7,6分](多选)如图所示,在点电
荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场
线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨

迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,
电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是(             )

A.电子一定从A向B运动

B.若aA>aB,则Q靠近M端且为正电荷
例1
【解析】
由已知条件不能确定电子的运动方向,故A错误;若

aA>aB,则A点场强大于B点场强,则Q应靠近M端,由
运动轨迹可知,电子受力方向向左,因此场强方向
由M指向N,可知Q为正点电荷,故B正确;无论Q带正
电荷还是负电荷,若电子从A运动到B,电场力做负
功,电势能增加,若电子从B运动到A,电场力做正

功,电势能减少,故EpA0),同时加一匀
强电场,场强方向与△OAB所在平面平行,现从O点
以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球,该小
球通过了A点,到达A点时的动能是初动能的3倍;若
该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出,恰好
通过B点,且到达B点时的动能为初动能的6倍,重力
加速度大小为g.求:
      (1)设小球的初速度为           v0,初动能为       Ek0,从   O 点运动到      A 点的时间为       t,令   OA=d,则

       3
  OB=   d,根据平抛运动的规律有               dsin 60°=v  t① 
       2                                      0
                1
      dcos 60°=   gt2② 
                2
                 1
      又有   E  =   mv 2③ 
             k0  2   0
                          3
      由①②③式得         E =   mgd④ 
                      k0  8
                                                      1
      设小球到达       A 点时的动能为         E  ,则   E  =E   +   mgd⑤ 
                                    kA       kA   k0  2
      E     7
        kA=  ⑥ 
      Ek0   3
                                                                 d   3d
例5    (2)加电场后,小球从           O 点到   A 点和    B 点,高度分别降低了            和    ,设电势能分别减小Δ
                                                                 2   2
【解析】

  EpA 和 ΔEpB,由能量守恒及④式得 

                         1      2
      ΔE   =3E   -E   -   mgd=   E  ⑦ 
         pA     k0   k0  2      3  k0
                           3
      ΔE   =6E     -E    -   mgd=E      ⑧ 
         pB      k0    k0  2          k0

      在匀强电场中,沿任一直线,电势的降落是均匀的,设直线                                             OB   上的    M  点与     A 点等电

                                               x    ΔE
势,M      与  O  点的距离为         x,如图,则有             =     pA⑨ 
                                               3    ΔE
                                                d      pB
                                               2

      解得    x=d.MA     为等势线,电场必与其垂线                     OC  方向平行,设电场方向与竖直向下的方向

的夹角为        α,由几何关系可得               α=30°⑩ 

      即电场方向与竖直向下的方向的夹角为                             30°斜向右下方. 


      设场强的大小为            E,有     qEdcos 30°=ΔEpA⑪ 

                             3mg
      由④⑦⑪式得           E=         . 
                              6q


       7                3mg
  (1)             (2)         ,与竖直向下的方向成                       30°角斜向右下方
       3                6q                                                             
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