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回答问题，赢新手礼包&#xe6b9;第一章 静电场一、库仑定律 知识要点 1．真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的 距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。即：F?k q1 q 2 r2其中 k 为静电力常量， k=9.0?109N?m /c22成立条件： ①真空中（空气中也近似成立） ； ②点电荷。即带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计。 （这一点与万有 引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近，r 都等于球心距；而 对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心距代替 r） 。 2．同一条直线上的三个点电荷的计算问题。 3．与力学综合的问题。 例题分析 例 1：在真空中同一条直线上的 A、B 两点固定有电荷量分别为+4Q 和-Q 的点电荷。① 将另一个点电荷放在该直线上的哪个位置， 可以使它在电场力作用下保持静止？②若要求这 三个点电荷都只在电场力作用下保持静止，那么 -Q θ 引入的这个点电荷应是正电荷还是负电荷？电荷 θ A B C 量是多大？ vt 解：①先判定第三个点电荷所在的区间：只 y 能在 B 点的右侧；再由 F ? kQq ，F、k、q 相同时 r ? Q ∴rA∶rB=2∶1，即 C 在 AB 延长 m， q r2 v0 线上，且 AB=BC。 +4Q ②C 处的点电荷肯定在电场力作用下平衡了；只要 A、B 两个点电荷中的一个处于平衡， 另一个必然也平衡。由 F ?kQq 2 ，F、k、QA 相同，Q∝r ，∴QC∶QB=4∶1，而且必须是正电 r2荷。所以 C 点处引入的点电荷 QC= +4Q例 2：已知如图，带电小球 A、B 的电荷分别为 QA、QB，OA=OB， 都用长 L 的丝线悬挂在 O 点。静止时 A、B 相距为 d。为使平衡时 AB 间距离减为 d/2，可采用以下哪些方法 A.将小球 A、B 的质量都增加到原来的 2 倍 B.将小球 B 的质量增加到原来的 8 倍ONLAd mBgBFC.将小球 A、B 的电荷量都减小到原来的一半 D.将小球 A 、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球 B 的质量增加到原来的 2 倍k QA Q B L kQA QB 解：由 B 的共点力平 衡图知 F ? d ，而 F ? ，可知 d ? 3 ，选 BD 2 mg d mB g L例 3：已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属 B -Q 球 A、B，带电量分别为-2Q 与-Q。现在使它们以相同的初动能 E0 -2Q （对应的动量大小为 p0）开始相向运动且刚好能发生接触。接触 A 后两小球又各自反向运动。当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为 E1 和 E2，动量大 小分别为 p1 和 p2。有下列说法：①E1=E2& E0，p1=p2& p0 ②E1=E2= E0，p1=p2= p0 ③接触点一定 在两球初位置连线的中点右侧某点 ④两球必将同时返回各自的出发点。其中正确的是 A.②④ B.②③ C.①④ D.③④ 解：由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相 同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点。由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度 始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点。且两球末动量大小和末动 能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为-1.5Q，在相同距离上的库仑斥力 增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，由机械能定理，系统 机械能必然增大，即末动能增大。选 C。 本题引出的问题是：两个相同的带电小球（可视为点电荷） ，相碰后放回原处，相互间 / / 的库仑力大小怎样变化？讨论如下：①等量同种电荷，F =F；②等量异种电荷，F =0&F；③ / / / / 不等量同种电荷 F &F；④不等量异种电荷 F &F、F =F、F &F 都有可能，当满足 q1=（3±2 2 ）q2 时 F =F。 FC/AB 例 4：已知如图，在光滑绝缘水平面上有三个质量都是 m FB C FAB B 的相同小球，两两间的距离都是 l，A、B 电荷量都是+q。给 C 一个外力 F，使三个小球保持相对静止共同加速运动。求：C 球的带电电性和电荷量；外力 F F 的大小。 解：先分析 A、B 两球的加速度：它们相互间的库仑力为斥力，因此 C 对它们只能是引 力，且两个库仑力的合力应沿垂直与 AB 连线的方向。这样就把 B 受的库仑力和合力的平行四边形确定了。于是可得 QC= -2q，F=3FB=3 3 FAB=3 3k q2 。 l2二、电场的性质 知识要点 电场的最基本的性质是对放入其中的电荷有力的作用，电荷放入电场后就具有电势能。 1.电场强度 E 是描述电场的力的性质的物理量。 ?定义： 放入电场中某点的电荷所受的电场力 F 跟它的电荷量 q 的比值， 叫做该点的电 场强度，简称场强。E? F q①这是电场强度的定义式，适用于任何电场。 ②其中的 q 为试探电荷（以前称为检验电荷） ，是电荷量很小的点电荷（可正可负） 。 ③电场强度是矢量，规定其方向与正电荷在该点受的电场力方向相同。 ?点电荷周围的场强公式是： ?匀强电场的场强公式是： 2．电势E?U dkQ r 2 ，其中 Q 是产生该电场的电荷，叫场电荷。E?，其中 d 是沿电场线方向上的距离。孤立点电荷周围的电场等量异种点电荷的电场等量同种点电荷的电场+ － － － －匀强电场点电荷与带电平板φ 是描述电场的能的性质的物理量。 电场中某点的电势， 等于单位正电荷由该点移动到 参考点（零电势点）时电场力所做的功。和机械能中的重力势能类似，电场力做功也只跟始 末位置间的电势差有关，和路径无关。W 电=Uq。根据功是能量转化的量度，有Δ E=-W 电，即 电势能的增量等于电场力做功的负值。 3．电场线和等势面 要牢记以下 6 种常见的电场的电场线和等势面， 注意电场线、 等势面的特点和电场线与 等势面间的关系： ①电场线的方向为该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大小。 ②电场线互不相交，等势面也互不相交。 ③电场线和等势面在相交处互相垂直。 ④电场线的方向是电势降低的方向，而且是降低最快的方向。 ⑤电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密。 4．电荷引入电场 （1）将电荷引入电场：将电荷引入电场后，它一定受电场力 Eq，且一定具有电势能φq。 （2）在电场中移动电荷电场力做的功：在电场中移动电荷电场力做的功 W=qU，只与始 末位置的电势差有关。 在只有电场力做功的情况下， 电场力做功的过程是电势能和动能相互 转化的过程。W= -Δ E=Δ EK。 ?无论对正电荷还是负电荷，只要电场力做功，电势能就减小；克服电场力做功，电势 能就增大。 ?正电荷在电势高处电势能大；负电荷在电势高处电势能小。 ?利用公式 W=qU 进行计算时，各量都取绝对值，功的正负由电荷的正负和移动的方向 判定。 ?每道题都应该画出示意图，抓住电场线这个关键。 （电场线能表示电场强度的大小和 方向，能表示电势降低的方向。有了这个直观的示意图，可以很方便地判定点电荷在电场中 受力、做功、电势能变化等情况。 ） 例题分析 c 例 1：如图所示，在等量异种点电荷的电场中，将一个正的试 探电荷由 a 点沿直线移到 o 点，再沿直线由 o 点移到 c 点。在该 + a － o 过程中，检验电荷所受的电场力大小和方向如何改变？其电势能 又如何改变？ 解：根据电场线和等势面的分布可知：电场力一直减小而方向不变；电势能先减小后不 变。例 2： 图中边长为 a 的正三角形 ABC 的三点顶点分别固定三 个点电荷+q、+q、-q，求该三角形中心 O 点处的场强大小和方 向。 解：每个点电荷在 O 点处的场强大小都是E?A EB O B EA EC C?kq 3a / 3?2由图可得 O 点处的合场强为 Eo ?6kq 方向由 O 指向 C 。 a2例 3：如图，在 x 轴上的 x = -1 和 x =1 两点分别固 -4Q +9Q 定电荷量为- 4Q 和+9Q 的点电荷。求：x 轴上合场强为零 -5 -3 -1 1 的点的坐标。并求在 x = -3 点处的合场强方向。 解：由库仑定律可得合场强为零的点的坐标为 x= -5。x= -3、x= -1、x=1 这三个点把 x 轴分成四段，可以证明：同一直线上的两个点电荷所在的点和它们形成的合场强为零的点 把该直线分成 4 段，相邻两段上的场强方向总是相反的。本题从右到左，4 个线段（或射线） 上的场强方向依次为：向右、向左、向右、向左，所以 x= -3 点处的合场强方向为向右。例 4：如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径 成等差数列。A、B、C 分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一 条电场线上。A、C 两点的电势依次为φ A=10V 和φ C=2V，则 B 点的电 势是 + A.一定等于 6V B.一定低于 6V C.一定高于 6V D.无法确定 AB 解：由 U=Ed，在 d 相同时，E 越大，电压 U 也越大。因此 UAB& UBC，选 BC例 5：如图所示，将一个电荷量为 q = +3?10 C 的 F + v 点电荷从电场中的 A 点移到 B 点过程，克服电场力做功 6 -9 ?10 J。已知 A 点的电势为φ A= - 4V，求 B 点的电势。 B 解：先由 W=qU，得 AB 间的电压为 20V，再由已知分 A 析：向右移动正电荷做负功，说明电场力向左，因此电场线方向向左，得出 B 点电势高。因 此φ B=16V。-10例 6：α 粒子从无穷远处以等于光速十分之一的速度正对着静止的金核射去（没有撞到 金核上） 。已知离点电荷 Q 距离为 r 处的电势的计算式为 φ =kQ ，那么α 粒子的最大电势 r能是多大？由此估算金原子核的半径是多大？ 解：α 粒子向金核靠近过程克服电场力做功，动能向电势能转化。设初动能为 E，到不 能再接近（两者速度相等时） ，可认为二者间的距离就是金核的半径。根据动量守恒定律和 能量守恒定律，动能的损失 ?E k ?mM v 2 ，由于金核质量远大于α 粒子质量，所以 2?m ? M ?动能几乎全部转化为电势能。无穷远处的电势能为零，故最大电势能 E= 1 mv 2 ? 3.0 ? 10 ?12 J， 2 再由 E=φ q=k Qq -14 -14 ，得 r =1.2?10 m，可见金核的半径不会大于 1.2?10 m。 r例 7：已知Δ ABC 处于匀强电场中。将一个带电量 q= -2?10 C 的点电荷从 A 移到 B 的 -5 过程中，电场力做功 W1= -1.2?10 J；再将该点电荷从 B 移到 C， A -6 电场力做功 W2= 6?10 J。已知 A 点的电势φ A=5V，则 B、C 两点 D 的电势分别为____V 和____V。试在右图中画出通过 A 点的电场 线。 B C 解：先由 W=qU 求出 AB、BC 间的电压分别为 6V 和 3V，再根 据负电荷 A→B 电场力做负功，电势能增大，电势降低；B→C 电 场力做正功，电势能减小，电势升高，知φ B= -1Vφ C=2V。沿匀强电场中任意一条直线电势 都是均匀变化的，因此 AB 中点 D 的电势与 C 点电势相同，CD 为等势面，过 A 做 CD 的垂线 必为电场线，方向从高电势指向低电势，所以斜向左下方。-6例 8：如图所示，虚线 a、b、c 是电场中的三个等势面， c 相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电 b P 场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q 是轨迹上的两点。 a 下列说法中正确的是 A.三个等势面中，等势面 a 的电势最高 Q B.带电质点一定是从 P 点向 Q 点运动 C.带电质点通过 P 点时的加速度比通过 Q 点时小 D.带电质点通过 P 点时的动能比通过 Q 点时小 解：先画出电场线，再根据速度、合力和轨迹的关系，可以判定：质点在各点受的电场 力方向是斜向左下方。由于是正电荷，所以电场线方向也沿电场线向左下方。答案仅有 D三、带电粒子在电场中的运动 知识要点 1.带电粒子在匀强电场中的加速 一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力， 所以可以认为只有电场力做功。 由动能 定理 W=qU=Δ EK，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。 2.带电粒子在匀强电场中的偏转 质量为 m 电荷量为 q 的带电粒子以平行于极板的 初速度 v0 射入长 L 板间距离为 d 的平行板电容器间， 两板间电压为 U，求射出时的侧移、偏转角和动能增 量。2 ?侧移： y ? 1 ? Uq ?? L ? ? UL 千万不要死记公 ? ?? ? 22 ? dm ?? v ?4U ?d式，要清楚物理过程。根据不同的已知条件，结论改 用不同的表达形式（已知初速度、初动能、初动量或加速电压等） 。 ?偏角： tan? ? v y ? UqL ? UL ，注意到 y ? L tan? ，说明穿出时刻的末速度的反向延 2 v dmv 2 2U ?d 长线与初速度延长线交点恰好在水平位移的中点。这一点和平抛运动的结论相同。 ?穿越电场过程的动能增量：Δ EK=Eqy （注意，一般来说不等于 qU） 3.带电物体在电场力和重力共同作用下的运动。 当带电体的重力和电场力大小可以相比时， 不能再将重力忽略不计。 这时研究对象经常 被称为 “带电微粒”“带电尘埃” 、 、 “带电小球”等等。 这时的问题实际上变成一个力学问题， 只是在考虑能量守恒的时候需要考虑到电势能的变化。 例题分析 φ 例 1：如图所示，两平行金属板竖 直放置，左极板接地，中间有小孔。右 o t T/2 T 3T/2 2T 极板电势随时间变化的规律如图所示。 -U0 电子原来静止在左极板小孔处。 （不计重 力作用）下列说法中正确的是 A.从 t=0 时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B.从 t=0 时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C.从 t=T/4 时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D.从 t=3T/8 时刻释放电子，电子必将打到左极板上 解：从 t=0 时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速 T/2，接着匀减 速 T/2，速度减小到零后，又开始向右匀加速 T/2，接着匀减速 T/2??直到打在右极板上。 电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。 从 t=T/4 时刻释放电子， 如果两板间距离足够大， 电子将向右先匀加速 T/4， 接着匀减速 T/4， 速度减小到零后，改为向左先匀加速 T/4，接着匀减速 T/4。即在两板间振动；如果两板间距 离不够大， 则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。 t=3T/8 时刻释放电子， 从 U0如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右 运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。选 AC例 2：如 图所示，热电 u 子由阴极飞 3U0 y 出时的初速 0.06 L 忽略不计， 电 U L d O 子发射装置 o 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 L L 的加速电压 U0 为 U0。 电容器 板长和板间距离均为 L=10cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是 L=10cm。在电 容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如左图。 （每个电子穿过平行 板的时间极短， 可以认为电压是不变的） ①在 t=0.06s 时刻， 求： 电子打在荧光屏上的何处？ ②荧光屏上有电子打到的区间有多长？③屏上的亮点如何移动？ 解：①由图知 t=0.06s 时刻偏转电压为 1.8U0，可求得 y = 0.45L= 4.5cm，打在屏上的 点距 O 点 13.5cm。②电子的最大侧移为 0.5L（偏转电压超过 2.0U0，电子就打到极板上了） ， 所以荧光屏上电子能打到的区间长为 3L=30cm。③屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段 时间后又重复出现。例 3：已知如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。一根 长 l 的绝缘细绳一端固定在 O 点，另一端系有质量为 m 并带有一 O 定电荷的小球。小球原来静止在 C 点。当给小球一个水平冲量后， 它可以在竖直面内绕 O 点做匀速圆周运动。若将两板间的电压增 C 大为原来的 3 倍，求：要使小球从 C 点开始在竖直面内绕 O 点做 + 圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小 球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？ 解：由已知，原来小球受到的电场力和重力大小相等，增大电压后电场力是重力的 3 倍。在 C 点，最小速度对应最小的向心力，这时细绳的拉力为零，合力为 2mg，可求得速度-为 v= 2 gl ，因此给小球的最小冲量为 I = m 2 gl 。在最高点 D 小球受到的拉力最大。从 C2 mv D 2 2 到 D 对小球用动能定理： 2mg ? 2l ? 1 mv D ? 1 mvC ，在 D 点 F ? 2mg ? ，解得 F=12mg。 l 2 2例 4：已知如图，匀强电场方向水平向右，场强 E=1.5?10 V/m， －4 θθ 丝线长 l=40cm，上端系于 O 点，下端系质量为 m=1.0?10 kg，带电 -10 量为 q=+4.9?10 C 的小球，将小球从最低点 A 由静止释放，求：? C O 小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？?摆动过程中小球 E 的最大速度是多大？ B A 解： ?这是个 “歪摆”由已知电场力 Fe=0.75G 摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成 37° 。 角，因此最大摆角为 74°。6?小球通过平衡位置时速度最大。由动能定理：1.25mg?0.2l=mvB /2，vB=1.4m/s。 例 5(16 分)如图 12 所示， 在沿水平方向的匀强电场中有一固定点 O， 用一根长度为 l=0.40 m 的绝缘细线把质量为 m=0.10 kg， 带有正电荷的金属小球悬挂在 O 点， 小球静止在 B 点时 细线与竖直方向的夹角为 = 。现将小球拉至位置 A 使细线水平后由静止释放，求：2(1)小球运动通过最低点 C 时的速度大小。(2)小球通过最低点 C 时细线对小球的拉力大小。 (g 取 10 m/s ，sin =O.60，cos =0.80)解：四、电容器 知识要点 1.电容器： 两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器。 2.电容器的电容： 电容 C ?Q 是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是由电容器本身的性质（导体大小、 U形状、相对位置及电介质）决定的。 3.平行板电容器的电容： 平行板电容器的电容的决定式是： C ??s ?s ? 4?k d d4.两种不同变化： 电容器和电源连接如图，改变板间距离、改变正对面积或 变板间电解质材料，都会改变其电容，从而可能引起电容器两 间电场的变化。这里一定要分清两种常见的变化： ?电键 K 保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源 动势） ，这种情况下带电量改 板 K 电Q ? CU ? C，而C ??S ?S U 1 ? ，E ? ? 4?kd d d d?充电后断开 K，保持电容器带电量 Q 恒定，这种情况下C??sd,U ?d 1 ,E ? ?s ?s例题分析 例 1： 如图所示， 在平行板电容器正中有一个带电微粒。 K 闭合时，该微粒恰好能保持静止。在①保持 K 闭合；②充 电后将 K 断开；两种情况下，各用什么方法能使该带电微粒 向上运动打到上极板？ A.上移上极板 M B.上移下极板 N C.左移上极板 M D.把下极板 N 接地 解：由上面的分析可知①选 B，②选 C。MNK例 2：计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器。电容的计算公式是-12 -1 S ，其中常量ε =9.0?10 F?m ，S 表示两金属片的正对面积，d 表示两金属片间的距 d 离。当某一键被按下时，d 发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相 2 应的信号。 已知两金属片的正对面积为 50mm ， 键未被按下时， 两金属片间的距离为 0.60mm。C ??A只要电容变化达 0.25pF，电子线路就能发出相应的信号。那么为使按键得到反应，至少需 要按下多大距离？ 解：先求得未按下时的电容 C1=0.75pF，再由 Δ d= 0.15mm。C1 d 2 ?C ?d ? 得 和 C2=1.00pF，得 ? C 2 d1 C2 d1例 3（14 分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它 的极板长 L = 0.1m，两板间距离 d = 0.4 cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从 两板中心平行极板射入， 由于重力作用微粒能落到下板上， 微粒所带电荷立即转移到下极板 且均匀分布在下极板上． 设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。 已知 微粒质量为 m = 2× 10-6kg， 电量 q = 1× 10-8 C， 电容器电容为 C =10-6 F， 取 ． 求：（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的 B 点之内，求微粒入射的 初速度 v0 的取值范围； （2）若带电微粒以第一问中初速度 到下极板上？ 的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落解： （14 分）(1)若第 1 个粒子落到 O 点，由＝v01t1 （1 分）＝gt2 （1 分） 得 v01＝2.5 m/s （1 分）若落到 B 点，由 L＝v02t1， 故 2.5 m/s&v0&5 m/s（1 分）＝gt2 得 v02＝5 m/s（3 分）(2)由 L＝v01t （1 分） 得 t＝4× -2 s （1 分） 10由＝at2 （1 分） 得 a＝2.5 m/s2 （1 分）由 mg－qE=ma，E= 分）（1 分）得 Q＝6× 10-6C （1 分） 所以＝600 个 （1例 4、示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形。它的工作原理等效成下列情况：如图甲所示，真空室中电极 K 发出电子（初速不计） ，经过电压 为 U 1 的加速电场后，由小孔 S 沿水平金属板 A、B 间的中心线射入板中。板长 L，相距为 d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，前半个周期内 B 板的电势高于 A 板的电势， 电场全部集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定 的。在两极板右侧且与极板右侧相距 D 处有一个与两板中心线垂直的荧光屏，中心线正好 与屏上坐标原点相交。当第一个电子到达坐标原点 O 时，使屏以速度 v 沿 Cx 方向运动，每 经过一定的时间后， 在一个极短时间内它又跳回初始位置， 然后重新做同样的匀速运动。 （已 知电子的质量为 m，带电量为 e，不计电子的重力）求： （1）电子进入 AB 板时的初速度； （2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值 U 0 需满足什么条件？ （3） 要使荧光屏上始终显示一个完整的波形， 荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？ 计算这个波形的峰值和长度。在图丙所示的 x C y 坐标系中画出这个波形。甲乙丙 解： （1）电子在加速电场中运动，根据动能定理，有∴①（2）因为每个电子在板 A、B 间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板 A、B 间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上。在板 A、B 间沿水平方向运动时，有竖直方向，有所以②只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，则所有电子都 能打屏上。所以，③（3）要保持一个完整波形，荧光屏必须需每隔周期 T，回到初始位置。 设某个电子运动轨迹如图所示，有④又知，联立得⑤由相似三角形的性质，得⑥则⑦峰值为⑧波形长度为⑨波形如下图所示。例 5、如图所示，水平方向的匀强电场的场强为 E，场区宽度为 L，竖直方 向足够长。紧挨着电场的是垂直于纸面向外的两个匀强磁场区域，其磁感应强 度分别为 B 和 2B。一个质量为 m，电量为 q 的带正电粒子，其重力不计，从电 场的边界 MN 上的 a 点由静止释放，经电场加速后进入磁场，经过时间穿过中间磁场，进入右边磁场后能按某一路径再返回到电场的边界 MN 上的某一点 b，途中虚线为场区的分界面。求： （1）中间场区的宽度 d；（2）粒子从 a 点到 b 点所经历的时间；（3）当粒子第次返回电场的 MN 边界时与出发点之间的距离。粒子从 a 点出发，在电场中加速和在磁场中偏转，回到 MN 上的 b 点，轨迹 如图所示 解： （1）粒子在电场中加速运动时，有解得：①由：得：粒子在中间磁场通过的圆弧所对的圆心角为30° ②粒子在中间磁场通过的圆弧半径为： 由几何关系得：③ （2）粒子在右边磁场中运动：其圆弧对应的圆心角为 α＝120°则：④粒子在电场中加速时：⑤ 根据对称性：= 6 \* GB3 ⑥ （3）由轨迹图得：= 7 \* GB3 ⑦= 8 \* GB3 ⑧ 再由周期性可得：= 9 \* GB3 ⑨例 6、（18 分）如图所示，坐标系 xoy 位于竖直平面内，所在空间有沿水平方向垂直于 纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度大小为 B， x&0 的空间内还有沿 x 轴负方向的匀强电场， 在 场强大小为 E。一个带正电的油滴经图中 x 轴上的 M 点，沿着直线 MP 做匀速运动，过 P 点后油滴进入 x&0 的区域，图中 。要使油滴在 x&0 的区域内做匀速圆周运动，需 弧垂直于 x 轴通过了轴在该区域内加一个匀强电场。若带电油滴做匀速圆周运动时沿 上的 N 点，求： （1）油滴运动速率的大小； （2）在 x&0 的区域内所加电场的场强大小和方向； （3）油滴从 x 轴上的 M 点经 P 点运动到 N 点所用的时间。解： （1）如图所示，油滴受三力作用沿直线匀速运动，由平衡条件有① （2 分）② （2 分）由①式解得③ （1 分）（2）在 x&0 的区域，油滴要做匀速圆周运动，其所受的电场力必与重力平衡，由于油 滴带正电，所以场强方向竖直向上。 （1 分）若设该电场的场强为，则有④ （1 分）由②、④式联立解得（1 分）（3）如图所示，弧 PN 为油滴做圆周运动在 x&0，y&0 区域内的圆弧轨迹。过 P 点作垂 直于 MP 的直线，交 x 轴于 点，则 点一定是圆心，且∠ （2 分）设油滴从 M 点到 P 点和从 P 点到 N 点经历的时间分别为做匀速圆周运动时有⑤ （2 分）由②、③、⑤式解得⑥ （1 分）所以⑦ （2 分）⑧ （2 分）全过程经历的时间为（1 分）例 7、关于同一电场的电场线，下列表述正确的是 A．电场线是客观存在的 B．电场线越密，电场强度越小 C．沿着电场线方向，电势越来越低 D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小 答案.C 【解析】电场是客观存在的,而电场线是假想的,A 错.电场线越密的地方电场越大 B 错.沿着 电场线的方向电势逐渐降低 C 对.负电荷沿着电场线方向移动时电场力做负功电势能增加 D 错例 8、带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是 A．洛伦兹力对带电粒子做功 B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能 C．洛伦兹力的大小与速度无关 D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向 答案.B 【解析】 根据洛伦兹力的特点, 洛伦兹力对带电粒子不做功,A 错.B 对.根据 F ? qvB ,可知大 小与速度有关. 洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向,不改变速度的大小.例 9、如图 6，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M 和 N 是轨迹上的两点，其中 M 点在轨迹的最右点。不计重力，下列 表述正确的是 A．粒子在 M 点的速率最大 B．粒子所受电场力沿电场方向 C．粒子在电场中的加速度不变 D．粒子在电场中的电势能始终在增加答案.C 【解析】根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧,再结合电场力的特点可知 粒子带负电,即受到的电场力方向与电场线方向相反,B 错.从 N 到 M 电场力做负功,减速.电势 能在增加.当达到 M 点后电场力做正功加速电势能在减小则在 M 点的速度最小 A 错,D 错. 在整个过程中只受电场力根据牛顿第二定律加速度不变.例 10、 在光滑的绝缘水平面上， 有一个正方形的 abcd， 顶点 a、 处分别固定一个正点电荷， c 电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于 b 点，自由释放，粒子将沿着对角线 bd 往复运动。粒子从 b 点运动到 d 点的过程中 A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动 B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C. 电势能与机械能之和先增大，后减小 D. 电势能先减小，后增大 答案：D 解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以 A 错；由等量正电荷的电场 分布知道，在两电荷连线的中垂线 O 点的电势最高，所以从 b 到 a，电势是先增大后减小， 故 B 错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和 守恒，C 错；由 b 到 O 电场力做正功，电势能减小，由 O 到 d 电场力做负功，电势能增加， D 对。例 11、 如图所示， 匀强电场方向沿 x 轴的正方向， 场强为 E 。 在 A(d , 0) 点有一个静止的中性微粒， 由于内部作用， 某一时刻突然分裂成两个质量均为 m 的带电微粒，其中电荷量为 q 的微粒 1 沿 y 轴负方向运动，经过 一段时间到达 (0, ?d ) 点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求 （1）分裂时两个微粒各自的速度； （2）当微粒 1 到达（ 0, ?d ) 点时，电场力对微粒 1 做功的 瞬间功率； （3）当微粒 1 到达（ 0, ?d ) 点时，两微粒间的距离。 答案： （1） v1 ? ?qEd ， v2 ? 2m- 2qEd qEd 方向沿 y 正方向（2） P ? qE （3）2 2 d 2m m解析： （1）微粒 1 在 y 方向不受力，做匀速直线运动；在 x 方向由于受恒定的电场力，做匀 加速直线运动。所以微粒 1 做的是类平抛运动。设微粒 1 分裂时的速度为 v1，微粒 2 的速度 为 v2 则有： 在 y 方向上有 - d ? v1t 在 x 方向上有qE m 1 2 - d ? at 2 a?v1 ? - qEd 2m根号外的负号表示沿 y 轴的负方向。 中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有mv1 ? mv2 ? 0v2 ? ?v1 ? qEd 2mvx θ vyy E方向沿 y 正方向。 （2）设微粒 1 到达（0，-d）点时的速度为 v，则电场力 做功的瞬时功率为（d,0）x （0, -d）P ? qEvB cos? ? qEvBx其中由运动学公式 vBx?- 2ad ? ?- 2qEd m所以 P ? qE- 2qEd m（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒 1 到达（0，-d）点时发生的位移S1 ?2d则当当微粒 1 到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为 BC ? 2 S1 ? 2 2d例 12、如图所示，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 A.带点油滴将沿竖直方向向上运动 B.P 点的电势将降低 C.带点油滴的电势将减少 D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 答案 B 【解析】电容器两端电压 U 不变，由公式 E ?U ，场强变小，电场力变小，带点油滴将沿 d竖直方向向下运动，A 错； P 到下极板距离 d 不变，而强场 E 减小，由公式 U=Ed 知 P 与正 极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以 P 点的电势变小，B 对；由于电场力向上， 而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又 P 点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C 错； 图中电容器两端电压 U 不变,电容 C 减小时由公式 Q=CU，带电量减小，D 错。例 13、如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大 小为 E，方向与 y 轴平行；在 x 轴下方有一匀强磁场，磁场 方向与纸面垂直。一质量为 m、电荷量为-q(q&0)的粒子以 平行于 x 轴的速度从 y 轴上的 P 点处射入电场，在 x 轴上 的 Q 点处进入磁场，并从坐标原点 O 离开磁场。粒子在磁 场中的运动轨迹与 y 轴交于 M 点。 已知 OP= l , OQ ? 2 3l 。 不计重力。求 （1）M 点与坐标原点 O 间的距离； （2）粒子从 P 点运动到 M 点所用的时间。【解析】 带电粒子在电场中做类平抛运动， y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动， （1） 在 设加速度的大小为 a ；在 x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为 v0 ，粒子从 P 点运动到 Q 点所用的时间为 t1 ，进入磁场时速度方向与 x 轴正方向的夹角为 ? ， 则a ?qE m①t1 ?2 y0 a②v0 ?at1 v0x0 t1③其中 x0 ? 2 3l , y0 ? l 。又有 tan ? ? 联立②③④式，得 ? ? 30?④因为 M 、O、Q 点在圆周上，?MOQ=90? ， 所以 MQ 为直径。 从图中的几何关系可知。R ? 2 3l⑥MO ? 6l⑦（2）设粒子在磁场中运动的速度为 v ,从 Q 到 M 点运动的时间为 t 2 , 则有 v ?v0 cos ?⑧t2 ??Rv⑨ ⑩带电粒子自 P 点出发到 M 点所用的时间为 t 为 t ? t1 + t2 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得 t ? ?? 3 ? 2ml ? + 1? ? 2 ? qE ? ?例 14、如图所示。一电场的电场线分布关于 y 轴（沿竖直方向）对称，O、M、N 是 y 轴上的 三个点，且 OM=MN，P 点在 y 轴的右侧，MP⊥ON，则 A. M 点的电势比 P 点的电势高 B. 将负电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做正功 C. M、N 两点间的电势差大于 O、M 两点间的电势差 D. 在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴做 直线运动 答案 AD 【解析】本题考查电场、电势、等势线、以及带电粒子在电场中的运动.由图和几何关系可知 M 和 P 两点不处在同一等势线上而且有 ? M ? ? P ,A 对.将负电荷由 O 点移到 P 要克服电场 力做功,及电场力做负功,B 错.根据 U ? Ed ,O 到 M 的平均电场强度大于 M 到 N 的平均电场 强度,所以有 U OM ? U MN ,C 错.从 O 点释放正电子后,电场力做正功,该粒子将沿 y 轴做加速 直线运动.例 15、图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线。两粒子 M、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将 M、N 从虚线上的 O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所 示。点 a、b、c 为实线与虚线的交点，已知 O 点电势高于 c 点。若不计 重力，则 A. M 带负电荷，N 带正电荷 B. N 在 a 点的速度与 M 在 c 点的速度大小相同 C. N 在从 O 点运动至 a 点的过程中克服电场力 做功 D. M 在从 O 点运动至 b 点的过程中，电场力对 它做的功等于零 答案 BD 【解析】 本题考查带电粒子在电场中的运动.图中的虚线为等势线,所以 M 点从 O 点到 b 点的 过程中电场力对粒子做功等于零,D 正确.根据 MN 粒子的运动轨迹可知 N 受到的电场力向上 M 受到的电场力向下,电荷的正负不清楚但为异种电荷.A 错.o 到 a 的电势差等于 o 到 c 的两点 的电势差,而且电荷和质量大小相等,而且电场力都做的是正功根据动能定理得 a 与 c 两点的 速度大小相同,但方向不同,B 对.例 16、如图所示，在 x 轴上关于原点 O 对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q 和-Q，x 轴 上的 P 点位于的右侧。下列判断正确的是（ A．在 x 轴上还有一点与 P 点电场强度相同 B．在 x 轴上还有两点与 P 点电场强度相同 ）C．若将一试探电荷+q 从 P 点移至 O 点，电势能增大 D．若将一试探电荷+q 从 P 点移至 O 点，电势能减小答案：AC 考点：电场线、电场强度、电势能 解析：根据等量正负点电荷的电场分布可知，在 x 轴上还有一点与 P 点电场强度相同， 即和 P 点关于 O 点对称，A 正确。若将一试探电荷+q 从 P 点移至 O 点，电场力先做正功后做 负功，所以电势能先减小后增大。一般规定无穷远电势为零，过 0 点的中垂线电势也为零， 所以试探电荷+q 在 P 点时电势能为负值， 移至 O 点时电势能为零， 所以电势能增大， 正确。 C 提示： 熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布。 知道 WAB ? EPA ? EPB ， 即电场力做正功， 电势能转化为其他形式的能，电势能减少；电场力做负功，其他形式的能转化为电势能，电 势能增加，即 W ? ??E 。例 17、如图甲所示，建立 Oxy 坐标系，两平行极板 P、Q 垂直于 y 轴且关于 x 轴对称，极板 长度和板间距均为 l，第一四象限有磁场，方向垂直于 Oxy 平面向里。位于极板左侧的粒子 源沿 x 轴间右连接发射质量为 m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在 0~3t 时间 内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响） 。 已知 t=0 时刻进入两板间的带电粒子恰好在 t0 时，刻经极板边缘射入磁场。上述 m、q、l、 l0、B 为已知量。 （不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况） （1）求电压 U 的大小。 （2）求1 时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。 2（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。v0解析： （1） t ? 0 时刻进入两极板的带电粒子在电场中做 图甲图乙匀变速曲线运动， t 0 时刻刚好从极板边缘射出，在 y 轴负方向偏移的距离为1 l ，则有 2E?U0 ①， Eq ? ma ② l 1 1 2 l ? at0 ③ 2 2ml 2 ④。 2 qt0联立以上三式，解得两极板间偏转电压为 U 0 ? （2）1 1 1 t0 时刻进入两极板的带电粒子，前 t0 时间在电场中偏转，后 t0 时间两极板没有 2 2 2电场，带电粒子做匀速直线运动。 带电粒子沿 x 轴方向的分速度大小为 v0 ?l ⑤ t0带电粒子离开电场时沿 y 轴负方向的分速度大小为 v y ? a ? t0 ⑥ 带电粒子离开电场时的速度大小为 v ?2 2 vx ? v y ⑦1 2v2 设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为 R，则有 Bvq ? m ⑧ R联立③⑤⑥⑦⑧式解得 R ?5ml ⑨。 2qBt0（3） 2t0 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿 y 轴 正方向的分速度为 v y ? at0 ⑩，&#39;设带电粒子离开电场时速度方向与 y 轴正方向的夹角为 ? ，则 tan ? ? 联立③⑤⑩式解得 ? ?v0 ， v &#39;y?4，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为2? ??2，所求最短时间为 tmin ?2? m 1 ，联立以 T ,带电粒子在磁场中运动的周期为 T ? Bq 4上两式解得 tmin ??m2 Bq。【考点】带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动例 18、如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N 为板间同一电 场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度 vM 经过 M 点在电场线上向下运动，且未与 下板接触，一段时间后，粒子以速度 vN 折回 N 点。则 A.粒子受电场力的方向一定由 M 指向 N B.粒子在 M 点的速度一定比在 N 点的大 C.粒子在 M 点的电势能一定比在 N 点的大 D.电场中 M 点的电势一定高于 N 点的电势 B【解析】由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A 错；粒子由 M 到 N 电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故 B 对 C 错；由于粒子 和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断 M、N 点电势的高低，C 错。例 19、空间存在匀强电场，有一电荷量 q ?q ? 0? 、质量 m 的粒子从 O 点以速率 v 0 射入电 场，运动到 A 点时速率为 2v0 。现有另一电荷量 ? q 、质量 m 的粒子以速率 2v0 仍从 O 点 射入该电场，运动到 B 点时速率为 3v0 。若忽略重力的影响，则 A．在 O 、 A 、 B 三点中， B 点电势最高 B．在 O 、 A 、 B 三点中， A 点电势最高 C． OA 间的电势差比 BO 间的电势差大 D． OA 间的电势差比 BA 间的电势差小 答案 AD 【解析】正电荷由 O 到 A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O 点电势 较高；负电荷从 O 到 B 速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B 点电势比 O点高。所以 B 点最高，A 对； U OA1 1 2 2 m?2v0 ? ? m?v0 ? 2 W 3mv0 2 ? OA ? 2 ? q q 2qU OB1 1 2 2 m?3v0 ? ? m?2v0 ? 2 WOB 2 5mv0 2 ，故 D 对 ? ? ? ?q ?q ? 2q例 20、如图所示，相距为 d 的平行金属板 A、B 竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。 有一质量 m、电荷量 q（q&0）的小物块在与金属板 A 相距 l 处静止。若某一时刻在金属板 A、B 间加一电压 U AB ? ? 为?3? mgd ，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变 2q1 q ，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因 2素为μ ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则 （1）小物块与金属板 A 碰撞前瞬间的速度大小是多少？ （2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？答案（1） ? gl（2）时间为 41 ，停在 2l 处或距离 B 板为 2l ?g【解析】本题考查电场中的动力学问题 （1）加电压后，B 极板电势高于 A 板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向 A 板做 匀加速直线运动。电场强度为E?U BA d小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为F合 ? qE ? ?mg故小物块运动的加速度为a1 ?F合 m?qU ? ?mgd 1 ? ?g md 2设小物块与 A 板相碰时的速度为 v1，由v12 ? 2a1l解得v1 ? ?gl（2）小物块与 A 板相碰后以 v1 大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小 与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为F合 ? ?mg ?加速度大小为qE 2a2 ?F合 1 ? ?g m 4设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有0 ? v1 ? ?a2t解得t?1 v1 ?4 ?g a2设小物块碰后停止时距离为 x ，注意到末速度为零，有0 - v12 ? ?2a2 x则 或距离 B 板为x?v2 ? 2l 2a2d ? 2l例 21、如图 3 所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块，由 静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止，在物块的运动过程中，下列表述正确 的是 A．两个物块的电势能逐渐减少 +q1 +q2 B．物块受到的库仑力不做功 C．两个物块的机械能守恒 图3 D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力答案：A 解析：由于带同种电荷的小物块在库仑力的作用下，向相反方向运动，因此，物 块受到的库仑力做正功，两个物块的电势能逐渐减少，但两个物块的机械能不守恒，物块受 到的摩擦力开始小于其受到的库仑力，后来大于其受到的库仑力.图9例 22、图 9 是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。 速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为 B 和 E。 平板 S 上有可让粒子通 过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶片 A1A2。平板 S 下方有强度为 B0 的匀强磁场。下列表述正确 的是 A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于 E/B D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的荷质比越小答案：ABC 解析：质谱仪是分析同位素的重要工具，根据受力的平衡条件及左手定则， 可以判断，速度选择中的磁场方向垂直纸面向外，能通过狭缝 P 的带电粒子的速率满足 qE=qBv，得到 v=E/B，由 R ?mv qB0及 v=E/B 知 m ?qE BB 0 R，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，半径 R 越小，粒子的荷质比越大.例 23、如图 8 所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m、带电量为+Q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程 中，下列判断正确的是 A．滑块受到的摩擦力不变 B．滑块到达地面时的动能与 B 的大小无关 C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下 D．B 很大时，滑块可能静止于斜面上 答案：C 解析：带电量为+Q 的小滑块从斜面顶端开始下滑的过程中，所受的洛伦兹力的 方向垂直斜面向下，因此，滑块与斜面的压力增大，滑块受到的摩擦力增大，滑块到达地面 时的的状态存在可能性，因此，其动能与 B 的大小有关，B 很大时，滑块可能在斜面上匀 速运动，但不可能静止于斜面上.例 24、 如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。 Oxy 平面的 ABCD 在 区域内，存在两个场强大小均为 E 的匀强电场 I 和 II，两电场的边界均是边长为 L 的正 方形（不计电子所受重力） 。 （1）在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开 ABCD 区域的位置。 （2）在电场 I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从 ABCD 区域左下角 D 处离 开，求所有释放点的位置。（3）若将左侧电场 II 整体水平向右移动 L/n（n≥1） ，仍使电子从 ABCD 区域左下角 D 处离开（D 不随电场移动） ，求在电场 I 区域内由静止释放电子的所有位置。解： （1）设电子的质量为 m，电量为 e，电子在电场 I 中做匀加速直线运动，出区域 I 时的 速度为 v0，此后进入电场 II 做类平抛运动，假设电子从 CD 边射出，出射点纵坐标为 y，有eEL ?1 2 mv0 22L 1 1 eE ? L ? ( ? y ) ? at 2 ? ? ? 2 2 2 m ? v0 ?解得 y＝1 1 L ，所以原假设成立，即电子离开 ABCD 区域的位置坐标为（－2L， L ） 4 4（2）设释放点在电场区域 I 中，其坐标为（x，y） ，在电场 I 中电子被加速到 v1，然后进入 电场 II 做类平抛运动，并从 D 点离开，有eEx ?1 2 mv1 221 1 eE ? L ? y ? at 2 ? ? ? 2 2 m ? v1 ?解得 xy＝L2 ，即在电场 I 区域内满足该方程的点即为所求位置。 4（3）设电子从（x，y）点释放，在电场 I 中加速到 v2，进入电场 II 后做类平抛运动，在高 度为 y′处离开电场 II 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过 D 点，则 有1 2 eEx ? mv2 ， 2v y ? at ?1 1 eE ? L ? y ? y ? ? at 2 ? ? ? 2 2 m ? v2 ?2eEL L ， y? ? v y mv2 nv2解得? 1 1? xy ? L2 ? ? ? ，即在电场 I 区域内满足该方程的点即为所求位置 ? 2n 4 ?四 易错题集例 1 如图 8－1 所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电 场中的轨迹，若电荷是从 a 处运动到 b 处，以下判断正确的是： [ ] A．电荷从 a 到 b 加速度减小 B．b 处电势能大 C．b 处电势高 D．电荷在 b 处速度小 【错解】 由图 8－1 可知，由 a→b，速度变小，所以，加速度变小，选 A。因为检验电荷带负电， 所以电荷运动方向为电势升高方向，所以 b 处电势高于 a 点，选 C。【错解原因】 选 A 的同学属于加速度与速度的关系不清；选 C 的同学属于功能关系不清。 【分析解答】由图 8－1 可知 b 处的电场线比 a 处的电场线密，说明 b 处的场强大于 a 处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在 b 处的加速度大于在 a 处的加速度，A 选项错。由图 8－1 可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即 Fe≠0，且 Fe 的方向 应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场 线方向为电势降低最快的方向”判断 a，b 处电势高低关系是 Ua＞Ub，C 选项不正确。 根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于 90°，可知电场力对检验电荷做负功。 功是能量变化的量度，可判断由 a→b 电势能增加，B 选项正确；又因电场力做功与路径无 关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D 选项正确。 【评析】理解能力应包括对基本概念的透彻理解、对基本规律准确把握。本题就体现 高考在这方面的意图。这道小题检查了电场线的概念、牛顿第二定律、做曲线运动物体速度 与加速度的关系、电场线与等势面的关系、电场力功（重力功）与电势能（重力势能）变化 的关系。能量守恒定律等基本概念和规律。要求考生理解概念规律的确切含义、适用条件， 鉴别似是而非的说法。例 2 将一电量为 q=2?10 C 的点电荷从电场外一点移至电场中某点，电场力做功 4? -5 10 J，求 A 点的电势。 【错解】6【错解原因】 错误混淆了电势与电势差两个概念间的区别。在电场力的功的计算式 W=qU 中，U 系指 电场中两点间的电势差而不是某点电势。 【分析解答】 解法一： 设场外一点 P 电势为 UP 所以 UP=0， P→A， 从 电场力的功 W=qUPA， 所以 W=q UP-UA） （ ， 即 4?10 =2?10 （0-UA）-5 -6UA=－20V解法二：设 A 与场外一点的电势差为 U，由 W=qU，因为电场力对正电荷做正功，必由高电势移向低电势，所以 UA= －20V 【评析】公式 W=qU 有两种用法： （1）当电荷由 A→B 时，写为 W=qUAB=q(UA-UB)，强调带符号用， 此时 W 的正、负直接与电场力做正功、负功对应，如“解法一”；（2）W，q，U 三者都取 绝对值运算，如“解法二” ，但所得 W 或 U 得正负号需另做判断。建议初学者采用这种方法。例 3 点电荷 A 和 B，分别带正电和负电，电量分别为 4Q 和 Q，在 AB 连线上，如图 8 －2，电场强度为零的地方 在 [ ] A．A 和 B 之间 C．B 左侧 B．A 右侧 D．A 的右侧及 B 的左侧【错解】 错解一：认为 A，B 间一点离 A，B 距离分别是 2r 和 r，则 A，B错解二：认为在 A 的右侧和 B 的左侧，由电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能 抵消，选 D。 【错解原因】 错解一忽略了 A，B 间 EA 和 EB 方向都向左，不可能抵消。 错解二认为在 A 的右侧和 B 的左侧，由两电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能 抵消，却没注意到 A 的右侧 EA 总大于 EB，根本无法抵消。 【分析解答】 因为 A 带正电，B 带负电，所以只有 A 右侧和 B 左侧电场强度方向相反，因为 QA＞QB， 所以只有 B 左侧，才有可能 EA 与 EB 等量反向，因而才可能有 EA 和 EB 矢量和为零的情况。 【评析】解这类题需要的基本知识有三点：（1）点电荷场强计算公式点电荷而来；（3）某点合场强为各场源在该点场强的矢量和。例 4 如图 8-3 所示，QA=3?10 C，QB=-3?10 C，A，B 两球相距 5cm，在水平方向外 电场作用下，A，B 保持静止，悬线竖直，求 A，B 连线中点场强。 （两带电小球可看作质点）-8-8【错解】 以 A 为研究对象，B 对 A 的库仑力和外电场对 A 的电场力相等，所AB 中点总场强 E 总=E+EA+EB=E 外=1.8?10 （N/C），方向向左。 【错解原因】 在中学阶段一般不将 QB 的电性符号代入公式中计算。在求合场强时，应该对每一个场 做方向分析，然后用矢量叠加来判定合场强方向，5【分析解答】 以 A 为研究对象，B 对 A 的库仑力和外电场对 A 的电场力平衡，E 外方向与 A 受到的 B 的库仑力方向相反，方向向左。在 AB 的连线中点处 EA，EB 的方向 均向右，设向右为正方向。则有 E 总=EA+EB-E 外。【评析】 本题检查考生的空间想象能力。对于大多数同学来说，最可靠的办法是：按照题意作 出 A，B 的受力图。从 A，B 的电性判断点电荷 A，B 的场强方向，从 A 或 B 的受力判断外加 匀强电场的方向。在求合场强的方向时，在 A，B 的连线中点处画出每一个场强的方向，最 后再计算。这样做恰恰是在按照物理规律解决问题。例 5 在电场中有一条电场线，其上两点 a 和 b，如图 8－4 所示，比较 a，b 两点电势 高低和电场强度的大小。如规定无穷远处电势为零，则 a，b 处电势是大于零还是小于零， 为什么？【错解】 顺电场线方向电势降低，∴Ua＞Ub，因为无穷远处电势为零，顺电场线方向电势降低， ∴Ua＞Ub＞0。 【错解原因】 由于把所给电场看成由正点电荷形成的电场，认为从正电荷出发，顺电场线电势逐渐 减小到零，从而得出 Ua，Ub 均大于零。 【分析解答】顺电场线方向电势降低，∴Ua＞Ub，由于只有一条电力线，无法看出电场线疏密，也就 无法判定场强大小。同样无法判定当无穷远处电势为零时，a，b 的电势是大于零还是小于 零。若是由正电荷形成的场，则 Ea＞Eb，Ua＞Ub＞0，若是由负电荷形成的场，则 Ea＜Eb，0 ＞Ua＞Ub。 【评析】 只有一条电场线，可以判定各点电势高低，但无法判定场强大小及电势是否大于零。例 6 如图 8－5 所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应， 在 a，b 端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是： A．闭合 K1，有电子从枕型导体流向地 B．闭合 K2，有电子从枕型导体流向地 C．闭合 K1，有电子从地流向枕型导体 D．闭合 K2，没有电子通过 K2【错解】枕型导体电荷总是守恒的，没有电子流过 K2。选 D。 【错解原因】 由于对没有正确理解电荷守恒的相对性，所以在本题中认为枕型导体的电荷总是守恒 的，便错选答案 D。 【分析解答】 在 K1，K2 都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b 出现的负、正电荷等量。 当闭合 K1，K2 中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移。因此， 导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，a 端仍 为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭 K1 还是 K2，都是有电子从地流向导体， 应选答案 C。【评析】 在解决此类静电平衡问题时，对电荷守恒的理解应为： 电荷守恒定律有相对性，一个物理过程中，某个物体或某些物体的电荷并不守恒，有 增或有减，而这一过程中必有另一些物体的电荷有减或有增，其中的增量和减量必定相等， 满足全范围内的守恒。即电荷是否守恒要看是相对于哪一个研究对象而言。 电荷守恒是永恒的，是不需要条件的。电荷守恒定律也是自然界最基本的规律之一。 在应用这个定律时， 只要能够全面地考察参与电荷转移的物体， 就有了正确地解决问题的基 础。例 7 如图 8-6 所示，两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 与 b，其壳层的厚度和 质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离为 l，为球半径的 3 倍。若使它 们带上等量异种电荷，使其电量的绝对值均为 Q，那么，a、b 两球之间的万有引力 F 引库仑 力 F 库分别为：【错解】 （1）因为 a，b 两带电球壳质量分布均匀，可将它们看作质量集中在球心的质点，也 可看作点电荷，因此，万有引力定律和库仑定律对它们都适用，故其正确答案应选 A。 （2）依题意，a，b 两球中心间的距离只有球半径的 3 倍，它们不能看作质点，也不能 看作点电荷，因此，既不能用万有引力定律计算它们之间的万有引力，也不能用库仑定律计 算它们之间的静电力，故其正确答案应选 B。【错解原因】 由于一些同学对万有引力定律和库仑定律的适用条件理解不深刻，产生了上述两种典 型错解，因库仑定律只适用于可看作点电荷的带电体，而本题中由于 a，b 两球所带异种电 荷的相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因 两球心间的距离 l 只有其半径 r 的 3 倍，不满足 l＞＞r 的要求，故不能将两带电球壳看成 点电荷，所以不能应用库仑定律。 万有引力定律适用于两个可看成质点的物体， 虽然两球心间的距离 l 只有其半径 r 的 3 倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点。因此，可 以应用万有引力定律。 综上所述，对于 a，b 两带电球壳的整体来说，满足万有引力的适用条件，不满足库仑 定律的适用条件，故只有选项 D 正确。 【评析】 用数学公式表述的物理规律，有它的成立条件和适用范围。也可以说物理公式是对应 着一定的物理模型的。应用物理公式前，一定要看一看能不能在此条件下使用该公式。例 8 如图 8-7 中接地的金属球 A 的半径为 R，A 点电荷的电量 Q，到球心距离为 r，该 点电荷的电场在球心 O 处的场强等 于： [ ]【错解】 根据静电平衡时的导体内部场强处处为零的特点，Q 在 O 处场强为零，选 C。 【错解原因】 有些学生将“处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零”误认为是指 Q 电荷电场 在球体内部处处为零。实际上，静电平衡时 O 处场强相等，方向相反，合场强为零。 【分析解答】 静电感应的过程，是导体 A（含大地）中自由电荷在电荷 Q 所形成的外电场下重新分布 的过程， 当处于静电平衡状态时， 在导体内部电荷 Q 所形成的外电场 E 与感应电荷产生的 “附 加电场 E&#39;”同时存在的，且在导体内部任何一点，外电场电场场强 E 与附加电场的场强 E&#39; 大小相等，方向相反，这两个电场叠加的结果使内部的合场强处处为零。即 E 内=0。【评析】 还应深入追究出现本题错解的原因：只记住了静电平衡的结论，对静电平衡的全过程 不清楚。要弄清楚“导体进入电场，在电场力的作用下自由电子定向移动，出现感应电荷的 聚集，进而形成附加电场”开始，直到“附加电场与外电场平衡，使得导体内部的场强叠加 为零，移动自由电子电场力为零。”为止的全过程。例 9 如图 8-8 所示，当带正电的绝缘空腔导体 A 的内部通过导线与验电器的小球 B 连接时，问验电器是否带电？【错解】 因为静电平衡时，净电荷只分布在空腔导体的外表面，内部无静电荷，所以，导体 A 内部通过导线与验电器小球连接时，验电器不带电。 【错解原因】 关键是对“导体的外表面”含义不清，结构变化将要引起“外表面”的变化，这一点 要分析清楚。 错解没有分析出空腔导体 A 的内部通过导线与验电器的小球 B 连接后， 验电器 的金箔成了导体的外表面的一部分，改变了原来导体结构。A 和 B 形成一个整体，净电荷要 重新分布。【分析解答】 当导体 A 的内部通过导线与验电器的小球 B 连接时， 导体 A 和验电器已合为一个整体， 整个导体为等势体，同性电荷相斥，电荷重新分布，必有净电荷从 A 移向 B，所以验电器带 正电。 【评析】 一部分同学做错这道题还有一个原因，就是知识迁移的负面效应。他们曾经做过一道 与本题类似的题： “先用绝缘金属小球接触带正电的绝缘空腔导体 A 的内部，然后将绝缘金 属小球移出空腔导体 A 与验电器的小球 B 接触，验电器的金箔不张开。”他们见到本题就不 假思索地选择了不带电的结论。“差异就是矛盾，”学习中要善于比较，找出两个问题的区 别才方能抓住问题的关键。 这两道题的差异就在于： 一个是先接触内壁， 后接触验电器小球； 另一个是正电的绝缘空腔导体 A 的内部通过导线与验电器的小球 B 连接。 进而分析这种差异 带来的什么样的变化。生搬硬套是不行的。例 10 三个绝缘的不带电的相同的金属球 A，B，C 靠在一起，如图 8-9 所示，再将一 个带正电的物体从左边靠近 A 球，并固定好，再依次拿走 C 球、B 球、A 球，问：这三个金 属球各带什么电？并比较它们带电量的多少。【错解】 将带正电的物体靠近 A 球，A 球带负电，C 球带正电，B 球不带电。将 C，B，A 三球依 次拿走，C 球带正电，B 球不带电，A 球带负电，QA=QC。 【错解原因】 认为将 C 球拿走后，A，B 球上所带电量不改变。其实，当 C 球拿走后，A，B 球原来的 静电平衡已被破坏，电荷将要重新运动，达到新的静电平衡。 【分析解答】 将带正电的物体靠近 A，静电平衡后，A，B，C 三球达到静电平衡，C 球带正电，A 球 带负电，B 球不带电。当将带正电的 C 球移走后，A，B 两球上的静电平衡被打破，B 球右端 电子在左端正电的物体的电场的作用下向 A 运动， 形成新的附加电场， 直到与外电场重新平 衡时为止。此时 B 球带正电，A 球所带负电将比 C 球移走前多。依次将 C，B，A 移走，C 球 带正电，B 球带少量正电，A 球带负电，且 A 球带电量比 C 球带电量多。|QA|=|QB|+|QC| 【评析】 在学习牛顿第二定律时，当外力发生变化时，加速度就要发生变化。这种分析方法不 仅适用于力学知识，而且也适用于电学知识，本题中移去 C 球，电场发生了变化，电场力相 应的发生了变化，要重新对物理过程进行分析，而不能照搬原来的结论。例 11 如图 8-10 所示，当带电体 A 靠近一个绝缘导体 B 时，由于静电感应，B 两端感 应出等量异种电荷。将 B 的左端接地，绝缘导体 B 带何种电荷？ 【错解】 对于绝缘体 B，由于静电感应左端带负电，右端带正电。左端接地，左端电荷被导走， 导体 B 带正电。 【错解原因】 将导体 B 孤立考虑，左端带负电，右端带正电，左端接地后左边电势比地电势低，所 以负电荷将从电势低处移到电势高处。即绝缘体 B 上负电荷被导走。 【分析解答】 因为导体 B 处于正电荷所形成的电场中，而正电荷所形成的电场电势处处为正，所以 导体 B 的电势是正的，UB＞U 地；而负电荷在电场力的作用下总是从低电势向高电势运动，B 左端接地，使地球中的负电荷（电子）沿电场线反方向进入高电势 B 导体的右端与正电荷中 和，所以 B 导体将带负电荷。例 12 如图 8－11 所示，质量为 m，带电量为 q 的粒子，以初速度 v0，从 A 点竖直向 上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中 B 点时，速率 vB=2v0，方向与电 场的方向一致，则 A，B 两点的电势差为：【错解】 带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，根据动能定理，电场力所做的 功等于带电粒子动能的增量，电势差等于动能增量与电量 Q 的比值，应选 D。 【错解原因】 带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，则粒子在竖直方向将保持有速 度 v0，粒子通过 B 点时不可能有与电场方向一致的 2v0，根据粒子有沿场强方向的速度 2v0， 则必是重力作用使竖直向上的速度变为零。如一定不考虑粒子重力，这只有在电场无限大， 带电粒子受电场力的作用， 在电场方向上的速度相比可忽略不计的极限状态， 且速度沿电场 方向才能成立。而本题中 v0 与 vB 相比不能忽略不计，因此本题应考虑带电粒子的重力。 【分析解答】 在竖直方向做匀减速直线运动 2gh=v0 ①2根据动能定理【评析】 根据初、末速度或者运动轨迹判断物体的受力情况是解决与运动关系问题的基本功。 即使在电学中，带电粒子的运动同样也要应用这个基本功。通过这样一些题目的训练，多积 累这方面的经验，非常必要。 例 13 在边长为 30cm 的正三角形的两个顶点 A，B 上各放一个带电小球，其中 Q1=4? -6 Q2=-4?10 C，求它们在三角形另一顶点 C 处所产生的电场强度。 【错解】10-6C 点的电场强度为 Q1，Q2 各自产生的场强之和，由点电荷的场强公式，∴E=E1+E2=0 【错解原因】 认为 C 点处的场强是 Q1，Q2 两点电荷分别在 C 点的场强的代数和。 【分析解答】 计算电场强度时，应先计算它的数值，电量的正负号不要代入公式中，然后根据电场 源的电性判断场强的方向，用平行四边形法求得合矢量，就可以得出答案。由场强公式得：C 点的场强为 E1，E2 的矢量和，由图 8－12 可知，E，E1，E2 组成一个等边三角形，大 5 小相同，∴E2=4?10 （N／C）方向与 AB 边平行。 例 14 置于真空中的两块带电的金属板，相距 1cm，面积均为 10cm ，带电量分别为 -8 -8 -9 Q1=2?10 C，Q2=-2?10 C，若在两板之间的中点放一个电量 q=5?10 C 的点电荷，求金属 板对点电荷的作用力是多大？ 【错解】 点电荷受到两板带电荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由2【错解原因】 库仑定律只适用于点电荷间相互作用，本题中两个带电金属板面积较大，相距较近， 不能再看作是点电荷，应用库仑定律求解就错了。 【正确解答】 两个平行带电板相距很近，其间形成匀强电场，电场中的点电荷受到电场力的作用。【评析】 如果以为把物理解题当作算算术，只要代入公式就完事大吉。那就走入了学习物理的 误区。 例 15 如图 8－14，光滑平面上固定金属小球 A，用长 l0 的绝缘弹簧将 A 与另一个金 属小球 B 连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为 x1，若两球电量各漏掉一半，弹簧 伸长量变为 x2，则有：（ ）【错解】故选 B 【错解原因】 错解只注意到电荷电量改变，忽略了两者距离也随之变化，导致错误。 【分析解答】 由题意画示意图，B 球先后平衡，于是有【评析】r 常指弹簧形变后的总长度（两电荷间距离）。例 16 有两个带电量相等的平行板电容器 A 和 B，它们的正对面积之比 SA∶SB=3∶1， 板长之比∶lA∶lB=2∶1，两板距离之比 dA∶dB=4∶1，两个电子以相同的初速度沿与场强垂 直的方向分别射入两电容器的匀强电场中， 并顺利穿过电场， 求两电子穿越电场的偏移距离 之比。 【错解】【错解原因】 把电容器的电压看成是由充电电量和两板正对面积决定而忽视了板间距离对电压的影 响，所以电压比和偏离比都搞错了。 【分析解答】【评析】 高考中本题只能作为一道选择题（或填空题）出现在试卷上。很多考生为了腾出时间 做大题，急急忙忙不做公式推导，直接用数字计算导致思考问题不全面，以至会做的题目得 不到分。同时按部就班解题，养成比较好的解题习惯，考试时就会处变不惊，稳中求准，稳 中求快。 例 17 如图 8－15 所示，长为 l 的绝缘细线，一端悬于 O 点，另一端连接一质量为 m 的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在 O 点向右水平拉直后从静止释放， 细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子 O′在竖直平面内作 圆周运动，求 OO′长度。【错解】 摆球从 A 落下经 B 到 C 的过程中受到重力 G， 绳子的拉力 T 和电场力 F 电三个力的作用， 并且重力和电场力做功，拉力不做功，由动能定理摆球到达最低点时，摆线碰到钉子 O′后，若要小球刚好绕钉子 O′在竖直平面内做圆 周运动，如图 8－16。则在最高点 D 应满足：从 C 到 D 的过程中，只有重力做功（负功），由机械能守恒定律【错解原因】 考生以前做过不少“在重力场中释放摆球。摆球沿圆弧线运动的习题”。受到这道题 思维定势的影响， 没能分析出本题的摆球是在重力场和电场叠加场中运动。 小球同时受到重 力和电场力的作用，这两个力对摆球运动轨迹都有影响。受“最高点”就是几何上的最高点 的思维定势的影响，没能分析清楚物理意义上的“最高点”含义。在重力场中应是重力方向 上物体运动轨迹的最高点，恰好是几何意义上的最高点。而本题中，“最高点”则是重力与 电场力的合力方向上摆球运动的轨迹的最高点。 【正确解答】 本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与 路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图 8－17 所示，∴θ =60°。 开始时，摆球在合力 F 的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从 A 点运动到 B 点， 由图 8－17 可知，△AOB 为等边三角形，则摆球从 A 到 B，在等效力场中，由能量守恒定律 得：在 B 点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分 量 v2 变为零，切向分量接着摆球以 v1 为初速度沿圆弧 BC 做变速圆周运动，碰到钉子 O′后，在竖直平面内做 圆周运动，在等效力场中，过点 O′做合力 F 的平行线与圆的交点为 Q，即为摆球绕 O′点 做圆周运动的“最高点”，在 Q 点应满足过 O 点做 OP⊥AB 取 OP 为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得：【评析】 用等效的观点解决陌生的问题，能收到事半功倍的效果。然而等效是有条件的。在学 习交流电的有效值与最大值的关系时， 我们在有发热相同的条件将一个直流电的电压 （电流） 等效于一个交流电。本题中，把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路 径无关。 例 18 在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子以速度 v 垂直电场线射入电场， 在穿越电场的过程中，粒子的动能由 Ek 增加到 2Ek，若这个带电粒子以速度 2v 垂直进入该 电场，则粒子穿出电场时的动能为多少？【错解】 设粒子的的质量 m，带电量为 q，初速度 v；匀强电场为 E，在 y 方向的位移为 y，如图 8―18 所示。【错解原因】 认为两次射入的在 Y 轴上的偏移量相同。实际上，由于水平速度增大带电粒子在电场 中的运动时间变短。在 Y 轴上的偏移量变小。 【分析解答】 建立直角坐标系，初速度方向为 x 轴方向，垂直于速度方向为 y 轴方向。设粒子的的 质量 m，带电量为 q，初速度 v；匀强电场为 E，在 y 方向的位移为 y。速度为 2v 时通过匀 强电场的偏移量为 y′，平行板板长为 l。 由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子做类似平抛运动。两次入射带电粒子的偏移量之比为【评析】 当初始条件发生变化时，应该按照正确的解题步骤，从头再分析一遍。而不是想当然 地把上一问的结论照搬到下一问来。由此可见，严格地按照解题的基本步骤进行操作，能保 证解题的准确性，提高效率。其原因是操作步骤是从应用规律的需要归纳出来的。 例 19 A，B 两块平行带电金属板，A 板带负电，B 板带正电，并与大地相连接，P 为两 板间一点。若将一块玻璃板插入 A，B 两板间，则 P 点电势将怎样变化。 【错解】 UpB=Up-UB=Ed电常数ε 增大，电场强度减小，导致 Up 下降。 【错解原因】 没有按照题意画出示意图，对题意的理解有误。没有按照电势差的定义来判断 PB 两点 间电势差的正负。 【分析解答】 按照题意作出示意图，画出电场线，图 8－19 所示。我们知道电场线与等势面间的关系： “电势沿着电场线的方向降落”所以 UpB=Up-UB＜0， B 板接地 UB=0 UBp=UB-Up=0-Up Up=-Ed常数ε 增大，电场强度减小，导致 Up 上升。 【评析】 如何理解 PB 间的电势差减小，P 点的电势反倒升高呢？请注意，B 板接地 Up＜0，PB 间的电势差减小意味着 Up 比零电势降落得少了。其电势反倒升高了。 例 20 如图 8－20 电路中，电键 K1，K2，K3，K4 均闭合，在平行板电容器 C 的极板间悬 浮着一带电油滴 P， （1）若断开 K1，则 P 将__________； （2）若断开 K2，则 P 将________； （3）若断开 K3，则 P 将_________； （4）若断开 K4，则 P 将_______。 【常见错解】 (1）若断开 K1，由于 R1 被断开，R2 上的电压将增高，使得电容器两端电压下降，则 P 将向下加速运动。 （2）若断开 K2，由于 R3 被断开，R2 上的电压将增高，使得电容器两端电压下降，则 P 将向下加速运动。 （3）若断开 K3，由于电源被断开，R2 上的电压将不变，使得电容器两端电压不变，则 P 将继续悬浮不动。 （4）若断开 K4，由于电源被断开，R2 上的电压将变为零，使得电容器两端电压下降， 则 P 将加速下降。 【错解原因】 上述四个答案都不对的原因是对电容器充放电的物理过程不清楚。 尤其是充电完毕后， 电路有哪些特点不清楚。【分析解答】电容器充电完毕后，电容器所在支路的电流为零。电容器两端的电压与它所并联的两 点的电压相等。本题中四个开关都闭合时，有 R1，R2 两端的电压为零，即 R1，R2 两端等势。 电容器两端的电压与 R3 两端电压相等。 （1）若断开 K1，虽然 R1 被断开，但是 R2 两端电压仍为零，电容器两端电压保持不变， 则 P 将继续悬浮不动 （2）若断开 K2，由于 R3 被断开，电路再次达到稳定时，电容器两端电压将升高至路端 电压 R2 上的电压仍为零，使得电容器两端电压升高，则 P 将向上加速运动。 （3）若断开 K3，由于电源被断开，电容器两端电压存在一个回路，电容器将放电至极 板两端电压为零，P 将加速下降。 （4）K4 断开，电容器两端断开，电量不变，电压不变，场强不变，P 将继续悬浮不动。 【评析】 在解决电容器与直流电路相结合的题目时，要弄清楚电路的结构，还要会用静电场电 势的观点分析电路，寻找等势点简化电路。 例 21 一个质量为 m，带有电荷-q 的小物块，可在水平轨道 Ox 上运动，O 端有一与轨 道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为 E，方向沿 Ox 轴正方向，如图 8－21 所示，小物体以初速 v0 从 x0 沿 Ox 轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力 f 作用，且 f＜ qE。 设小物体与墙碰撞时不损失机械能且电量保持不变。 求它在停止运动前所通过的总路程 s。【错解】 错解一：物块向右做匀减速运动到停止，有错解二：小物块向左运动与墙壁碰撞后返回直到停止，有 W 合=△Ek，得【错解原因】 错误的要害在于没有领会题中所给的条件 f＞Eq 的含义。当物块初速度向右时，先减 速到零，由于 f＜Eq 物块不可能静止，它将向左加速运动，撞墙后又向右运动，如此往复直 到最终停止在轨道的 O 端。初速度向左也是如此。 【分析解答】 设小物块从开始运动到停止在 O 处的往复运动过程中位移为 x0， 往返路程为 s。 根据动 能定理有【评析】 在高考试卷所检查的能力中，最基本的能力是理解能力。读懂题目的文字并不困难， 难的是要抓住关键词语或词句， 准确地在头脑中再现题目所叙述的实际物理过程。 常见的关 键词语有：“光滑平面、缓慢提升（移动）、伸长、伸长到、轻弹簧、恰好通过最高点等” 这个工作需要同学们平时多积累。并且在做新情境（陌生题）题时有意识地从基本分析方法 入手，按照解题的规范一步一步做，找出解题的关键点来。提高自己的应变能力。 例 22 1000eV 的电子流在两极板中央斜向上方进入匀强电场，电场方向竖直向上，它 的初速度与水平方向夹角为 30°，如图 8－22。为了使电子不打到上面的金属板上，应该在 两金属板上加多大电压 U？【错解】电子流在匀强电场中做类似斜抛运动，设进入电场时初速度为 v0，因为电子流在电场中受到竖直向下电场力作用，动能减少。欲使电子刚好打不到金属 板上有 Vr=0，此时电子流动能【错解原因】 电子流在电场中受到电场力作用，电场力对电子做功 We=Fes=eEs 其中 s 必是力的方向 上位移， d／2， 即 所以 We=eU， 是对应沿 d 方向电势降落。 U 则电子从 C 到 A， 应对应 We=eUAC， 故上面解法是错误的。 【分析解答】 电子流在匀强电场中做类似斜抛运动， 欲使电子刚好不打金属板上， 则必须使电子在 d ／2 内竖直方向分速度减小到零，设此时加在两板间的电压为 U，在电子流由 C 到 A 途中， 电场力做功 We=EUAC，由动能定理至少应加 500V 电压，电子才打不到上面金属板上。 【评析】 动能定理是标量关系式。不能把应用牛顿定律解题方法与运用动能定理解题方法混为 一谈。 例 23 如图 8－23，一个电子以速度 v0=6.0?10 m／s 和仰角α =45°从带电平行板电 4 容器的下板边缘向上板飞行。 两板间场强 E=2.0?10 V／m， 方向自下向上。 若板间距离 d=2.0 -2 ?10 m，板长 L=10cm，问此电子能否从下板射至上板？它将击中极板的什么地方？6【错解】 规定平行极板方向为 x 轴方向；垂直极板方向为 y 轴方向，将电子的运动分解到坐标 轴方向上。 由于重力远小于电场力可忽略不计， y 方向上电子在电场力作用下做匀减速运 则 动，速度最后减小到零。 ∵vt -v0 =2as y=d=s vt=02 2即电子刚好击中上板，击中点离出发点的水平位移为 3.99?10 （m）。 【错解原因】-2为 d， （击中了上板） 再求 y 为多少，就犯了循环论证的错误， 修改了原题的已知条件。 【分析解答】 应先计算 y 方向的实际最大位移，再与 d 进行比较判断。由于 ym＜d，所以电子不能射至上板。【评析】因此电子将做一种抛物线运动，最后落在下板上，落点与出发点相距 1.03cm。 斜抛问题一般不要求考生掌握用运动学方法求解。 用运动的合成分解的思想解此题， 也不是 多么困难的事，只要按照运动的实际情况把斜抛分解为垂直于电场方向上的的匀速直线运 动，沿电场方向上的坚直上抛运动两个分运动。就可以第二章 恒定电流一、恒定电流 知识要点 1.电流 电流的定义式： I ?q ，适用于任何电荷的定向移动形成的电流。 t对于金属导体有 I=nqvS（n 为单位体积内的自由电子个数，S 为导线的横截面积，v 为 -5 5 自由电子的定向移动速率，约 10 m/s，远小于电子热运动的平均速率 10 m/s，更小于电场 8 的传播速率 3?10 m/s） ，这个公式只适用于金属导体，千万不要到处套用。 2.电阻定律 导体的电阻 R 跟它的长度 l 成正比，跟它的横截面积 S 成反比。 R ? ?l s?ρ 是反映材料导电性能的物理量，叫材料的电阻率（反映该材料的性质，不是每根具 体的导线的性质） 。单位是Ω ?m。 ?纯金属的电阻率小，合金的电阻率大。 ?材料的电阻率与温度有关系： ①金属的电阻率随温度的升高而增大 （可以理解为温度升高时金属原子热运动加剧， 对 自由电子的定向移动的阻碍增大。 ）铂较明显，可用于做温度计；锰铜、镍铜的电阻率几乎 不随温度而变，可用于做标准电阻。 ②半导体的电阻率随温度的升高而减小 （可以理解为半导体靠自由电子和空穴导电， 温 度升高时半导体中的自由电子和空穴的数量增大，导电能力提高） 。 ③有些物质当温度接近 0 K 时，电阻率突然减小到零――这种现象叫超导现象。能够发 生超导现象的物体叫超导体。 材料由正常状态转变为超导状态的温度叫超导材料的转变温度 TC。我国科学家在 1989 年把 TC 提高到 130K。现在科学家们正努力做到室温超导。 3.欧姆定律I?U （适用于金属导体和电解液，不适用于气 RIU体导电） 。 1 2 1 2 电阻的伏安特性曲线：注意 I-U 曲线和 U-I 曲线的区别。还要注意：当考虑到电阻率随温度的变 O U O I 化时，电阻的伏安特性曲线不再是过原点的直线。 R1&R2 R1&R2 4.电功和电热 电功就是电场力做的功，因此是 W=UIt；由焦耳 2 定律，电热 Q=I Rt。其微观解释是：电流通过金属导体时，自由电子在加速运动过程中频繁 与正离子相碰，使离子的热运动加剧，而电子速率减小，可以认为自由电子只以某一速率定 向移动，电能没有转化为电子的动能，只转化为内能。 ?对纯电阻而言，电功等于电热：W=Q=UIt=I R t= U tR22?对非纯电阻电路（如电动机和电解槽） ，由于电能除了转化为电热以外还同时转化为 机械能或化学能等其它能，所以电功必然大于电热：W&Q，这时电功只能用 W=UIt 计算，电热只能用 Q=I Rt 计算，两式不能通用。 例题分析 例 1：实验室用的小灯泡灯丝的 I-U 特性曲线可用以下哪个图象来表示： A. I I B. C. I D. I2oUoUoUoU解：灯丝在通电后一定会发热，当温度达到一定值时才会发出可见光，这时温度能达到 很高，因此必须考虑到灯丝的电阻将随温度的变化而变化。随着电压的升高，电流增大，灯 丝的电功率将会增大，温度升高，电阻率也将随之增大，电阻增大， U 越大 I-U 曲线上对 。 应点于原点连线的斜率必然越小，选 A。例 2：下图所列的 4 个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽电灯在不同电压下消耗 2 的电功率 P 与电压平方 U 之间的函数关系的是以下哪个图象 A. B. C. D. 解 ： 此 P P P P 图 象 o o o 描 U2 U2 U2 U2 述P o 随 U 变化的规律，由功率表达式知： P ? U ，U 越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线 R 的斜率越小。选 C。22例 3：某一电动机，当电压 U1=10V 时带不动负载，因此不转动，这时电流为 I1=2A。当 电压为 U2=36V 时能带动负载正常运转， 这时电流为 I2=1A。 求这时电动机的机械功率是多大？ 解：电动机不转时可视为为纯电阻，由欧姆定律得， R ? U 1 ? 5? ，这个电阻可认为是I1不变的。 电动机正常转动时， 输入的电功率为 P 电=U2I2=36W， 内部消耗的热功率 P 热= I 2 R =5W， 所以机械功率 P=31W 由这道例题可知：电动机在启动时电流较大，容易被烧坏；正常运转时电流反而较小。2例 4：来自质子源的质子（初速度为零） ，经一加速电压为 800kV 的直线加速器加速， -19 形成电流强度为 1mA 的细柱形质子流。已知质子电荷 e=1.60?10 C。这束质子流每秒打到 靶上的质子数为_________。假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中 与质子源相距 L 和 4L 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为 n1和 n2，则 n1∶n2=_______。ne n I ,? ? ? 6.25 ? 1015. ，由于各处电流相同，设这段长度为 l， t t e ne l nev 1 其 中 的 质 子 数 为 n 个 ， 则 由 I ? 。 而 和t ? 得I ? ,? n ? t v l v解：按定义， I ?v 2 ? 2as,? v ? s ,?n1 ? n2s2 2 ? s1 1v1 v2 4L质子源 L二、串、并联与混联电路 知识要点 1.应用欧姆定律须注意对应性。 选定研究对象电阻 R 后，I 必须是通过这只电阻 R 的电流，U 必须是这只电阻 R 两端的 电压。 该公式只能直接用于纯电阻电路， 不能直接用于含有电动机、 电解槽等用电器的电路。 2.公式选取的灵活性。 ?计算电流，除了用 I ?U 外，还经常用并联电路总电流和分电流的关系：I=I1+I2 R?计算电压，除了用 U=IR 外，还经常用串联电路总电压和分电压的关系：U=U1+U2 ?计算电功率，无论串联、并联还是混联，总功率都等于各电阻功率之和：P=P1+P2 对纯电阻，电功率的计算有多种方法：P=UI=I R=2U2 R以上公式 I=I1+I2、U=U1+U2 和 P=P1+P2 既可用于纯电阻电路，也可用于非纯电阻电路。既 可以用于恒定电流，也可以用于交变电流。 3.对复杂电路分析，一般情况下用等势点法比较方便简洁。 ?凡用导线直接连接的各点的电势必相等（包括用不计电阻的电流表连接的点） 。 ?在外电路，沿着电流方向电势降低。 ?凡接在同样两个等势点上的电器为并联关系。 ?不加声明的情况下，不考虑电表对电路的影响。 4.电路中有关电容器的计算。 ?电容器跟与它并联的用电器的电压相等。 ?在计算出电容器的带电量后，必须同时判定两板的极性，并标在图上。 ?在充放电时， 电容器两根引线上的电流方向总是相同的， 所以要根据正极板电荷变化 情况来判断电流方向。 ?如果变化前后极板带电的电性相同， 那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器 电荷量的差； 如果变化前后极板带电的电性改变， 那么通过每根引线的电荷量等于始末状态 电容器电荷量之和。 例题分析 例 1：已知如图，R1=6Ω ，R2=3Ω ，R3=4Ω ，则接入电路后这三 R1 只电阻的实际功率之比为_________。 R3 解：本题解法很多，注意灵活、巧妙。经过观察发现三只电阻 R2 的电流关系最简单： 电流之比是 I1∶I2∶I3=1∶2∶3； 还可以发现左 面两只电阻并联后总阻值为 2Ω ，因此电压之比是 U1∶U2∶U3=1∶1∶2；在此基础上利用 P=UI，得 P1∶P2∶P3=1∶2∶6例 2：已知如图，两只灯泡 L1、L2 分别标有“110V，60W”和“110V，100W” ，另外有一 只滑动变阻器 R，将它们连接后接入 220V 的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电 路消耗的总功率最小，应使用下面哪个电路？L1L2L1L2L1L2L1RRRL2RA. B. C. D. 解：A、C 两图中灯泡不能正常发光。B、D 中两灯泡都能正常发光，它们的特点是左右 两部分的电流、 电压都相同， 因此消耗的电功率一定相等。 可以直接看出： 图总功率为 200W， B D 图总功率为 320W，所以选 B。例 3： 实验表明， 通过某种金属氧化物制成的均匀棒中的电流 I 跟电压 U 之间遵循 I =kU 3 的规律，其中 U 表示棒两端的电势差，k=0.02A/V 。现将该棒与一个可变电阻器 R 串联在 一起后，接在一个内阻可以忽略不计，电动势为 6.0V 的电源上。求：?当串联的可变电阻 器阻值 R 多大时，电路中的电流为 0.16A？?当串联的可变电阻器阻值 R 多大时，棒上消耗 的电功率是电阻 R 上消耗电功率的 1/5？ 解：画出示意图如右。 U1 U2 3 ?由 I =kU 和 I=0.16A，可求得棒两端电压为 2V，因此变 阻器两端电压为 4V，由欧姆定律得阻值为 25Ω 。 6V ?由于棒和变阻器是串联关系，电流相等，电压跟功率成 3 正比，棒两端电压为 1V，由 I =kU 得电流为 0.02A，变阻器两端电压为 5V，因此电阻为 250 Ω。 U R E r a b 例 4：左图为分压器接法电路图，电 ①3源电动势为 E，内阻不计，变阻器总电阻 ③ 为 r。闭合电键 S 后，负载电阻 R 两端的 S Rx o r 电压 U 随变阻器本身 a、b 两点间的阻值 Rx 变化的图线应最接近于右图中的哪条实 线？ A.① B.② C.③ D.④ 解：当 Rx 增大时，左半部分总电阻增大，右半部分电阻减小，所以 R 两端的电压 U 应 增大，排除④；如果没有并联 R，电压均匀增大，图线将是②；实际上并联了 R，对应于同 一个 Rx 值，左半部分分得的电压将比原来小了，所以③正确，选 C。②④例 5：已知如图，电源内阻不计。为使电容器的带电 R1 R3 量增大，可采取以下那些方法： A B R2 A.增大 R1 B.增大 R2 C.增大 R3 D.减小 R1 E B C C C C 解： 由于稳定后电容器相当于断路， 因此 R3 上无电流， 电容器相当于和 R2 并联。只有增大 R2 或减小 R1 才能增大电容器 C 两端的电压，从而增大其 带电量。改变 R3 不能改变电容器的带电量。因此选 BD。 R1 R3 R4 R2+ AP C U－ B例 6：已知如图，R1=30Ω ，R2=15Ω ，R3=20Ω ，AB 间电压 U=6V，A 端为正 C=2μ F，为 - 6 使电容器带电量达到 Q =2?10 C，应将 R4 的阻值调节到多大？ 解：由于 R1 和 R2 串联分压，可知 R1 两端电压一定为 4V，由电容器的电容知：为使 C -6 的带电量为 2?10 C，其两端电压必须为 1V，所以 R3 的电压可以为 3V 或 5V。因此 R4 应调 节到 20Ω 或 4Ω 。两次电容器上极板分别带负电和正电。 还可以得出：当 R4 由 20Ω 逐渐减小的到 4Ω 的全过程中，通过图中 P 点的电荷量应该 -6 是 4?10 C，电流方向为向下。例 7、如图所示电路中，甲、乙两个毫安表的内阻均为 6Ω，R3＝R4＝12Ω，S 断开时， AB 之间电阻为 的示数之比为 3Ω，S 闭合时，甲、乙两个毫安表 ∶2， R1、 的阻值各为多少？ 求 R2解：断开时，、间的电阻为，于是①闭合时，设流过甲表的