知识讲解 静电场 复习与巩固 提高

1 静电场 复习与巩固 【学习目标】 1.了解静电现象及其在生活中的应用；能用原子结构和电荷守恒的知识分析静电现象。 2.知道点电荷，知道两个点电荷间的相互作用规律。 3.了解静电场，初步了解场是物质存在的形式之一。理解电场强度。会用电场线描述电场。 4.知道电势能、电势，理解电势差。了解电势差与电场强度的关系。 5.了解电容器的电容。 【知识网络】 【要点梳理】 要点一、与电场有关的平衡问题 1．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．库仑力实质上就是电场力，与重力、弹力一样，它也是2 一种基本力．注意力学规律的应用及受力分析． 2．明确带电粒子在电场中的平衡问题，实际上属于力学平衡问题，其中仅多了一个电场力而已． 3．求解这类问题时，需应用有关力的平衡知识，在正确的受力分析的基础上，运用平行四边形定则、 三角形定则或建立平面直角坐标系，应用共点力作用下物体的平衡条件、灵活方法（如合成分解法，矢量 图示法、相似三角形法、整体法等）去解决． 要点诠释：（1）受力分析时只分析性质力，不分析效果力；只分析外力，不分析内力． （2）平衡条件的灵活应用． 要点二、与电场有关的力和运动问题 带电的物体在电场中受到电场力作用，还可能受到其他力的作用，如重力、弹力、摩擦力等，在诸多 力的作用下物体可能处于平衡状态（合力为零），即静止或匀速直线运动状态；物体也可能所受合力不为 零，做匀变速运动或变加速运动．处理这类问题，就像处理力学问题一样，首先对物体进行受力分析（包 括电场力），再根据合力确定其运动状态，然后应用牛顿运动定律和匀变速运动的规律列等式求解． 要点三、与电场有关的功和能问题 带电的物体在电场中具有一定的电势能，同时还可能具有动能和重力势能等．因此涉及与电场有关的 功和能的问题可用以下两种功和能的方法来快速简捷的处理，因为功与能的关系法既适用于匀强电场，又 适用于非匀强电场，且使同时不须考虑中间过程；而力与运动的关系法不仅只适用于匀强电场，而且还须 分析其中间过程的受力情况运动特点等． 1．用动能定理处理，应注意： （1）明确研究对象、研究过程． （2）分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功． （3）弄清所研究过程的初、末状态． 2．应用能量守恒定律时，应注意： （1）明确研究对象和研究过程及有哪几种形式的能参与了转化． （2）弄清所研究过程的初、末状态． （3）应用守恒或转化列式求解． 要点诠释：（1）电场力做功的特点是只与初末位置有关。与经过的路径无关． （2）电场力做功和电势能变化的关系：电场力做正功．电势能减小，电场力做负功，电势能增加， 且电场力所做的功等于电势能的变化（对比重力做功与重力势能的变化关系）． （3）如果只有电场力做功，则电势能和动能相互转化，且两能量之和保持不变．这一规律虽然没有 作为专门的物理定律给出，但完全可以直接用于解答有关问题． 要点四、巧用运动合成与分解的思想分析带电体在复合场中的运动问题 带电体在电场和重力场的复合场中，若其运动既非类平抛运动，又非圆周运动，而是一般的曲线运动， 在处理这类较复杂的问题时，既涉及力学中物体的受力分析、力和运动的关系、运动的合成与分解、功能 关系等概念和规律，又涉及电场力、电场力做功、电势差及电势能等知识内容，问题综合性强，思维能力 要求高，很多学生感到较难，不能很好地分析解答。其实，处理这类问题若能巧妙运用的分解思想，研究 其两个分运动，就可使问题得到快捷的解决． 【典型例题】 类型一、与电场有关的平衡问题 例 1．如图所示， 、 是带有等量的同种电荷的两小球（可视为点电荷），它们的质量都是 ，它 们的悬线长度是 ，悬线上端都固定于同一点 ， 球悬线竖直且被固定， 球在力的作用下，于偏离 球 x 的地方静止，此时 球受到绳的拉力为 ，现在保持其他条件不变，用改变 球质量的方法，使 A B m L O B A B A 1F A A3 球的距 为 处平衡，则此时 受到绳的拉力为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 球受到重力 、 球对 球的库仑力 、绳的拉力 ，如图所示． 由共点力平衡条件， 、 、 三力的图示必然构成封闭三角形，由相似三角形得 ． 由此得 ， ． 当球在 处平衡时，同理可得 ， ． 设 、 两球的带电荷量均为 ，由库仑定律可知 ， B 1 2 x A 1F 12F 14F 18F A G B A F 1F G F 1F 1Fmg F L x L = = 1F mg= xF mgL = 1 2 x 1 ' 'F m g= 1 2' ' x F m gL = A B q 2 2 kqF x =4 ． 故 ，即 ． 所以 。 因此 ． 【总结升华】本题考查了库仑定律及三力作用下物体的平衡问题．在已知长度的条件下，可首选 力的矢量三角形与几何三角形相似的方法巧解该类练习题． 举一反三: 【 变 式 】 如 图 所 示 ， 将 两 个 摆 长 均 为 的 单 摆 悬 于 点 ， 摆 球 质 量 均 为 ， 带 电 荷 量 均 为 ．将另一个带电荷量也为 的小球从 点正下方较远处缓慢移向 点，当三个带电小球 分别处在等边三角形 的三个顶点上时，摆线的夹角恰好为 ，则此时摆线上的拉力大小等于(　　) A. B． C. D. 【思路点拨】本题意在巩固学生对平衡问题的处理能力，同时加强库仑力与前面力学问题的整合． 【答案】D 【解析】当夹角为 时，对 或 进行受力分析，小球受拉力、重力和另外两个小球对它的斥力， 两个库仑力大小相等，两个库仑力的合力方向与水平方向成 ，所以绳子拉力与库仑力的合力成 ， 根据力的合成的知识可得绳子拉力大小等于重力为 mg 或等于库仑力的合力为 ，D 对． 【总结升华】本题考查涉及库仑定律的平衡问题，与前面力学平衡问题解题思路相同，但要注意库仑 力的特征． 2 2' 1 2 kqF x =     ' 4F F = 1 ' 42 1 xm g xmg = 8m m′ = 1 18 8F m g mg F′ = ′ = = l O m ( )0q q > ( )0q q > O O abc 120° 2 3mg 2mg 2 2 3kq l 2 2 3 3 kq l 120° a b 30° 120° 2 2 3 3 kq l5 类型二、求解电场强度的几种特殊方法 例 2．物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断 结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为 和 的圆环，两圆环上的电荷量均为 ，而电荷均匀分布．两圆环的圆心 和 相距为 ，连线的中点为 ，轴线上的 点在 点 右侧与 点相距为 ．试分析判断下列关于 点处电场强度大小 的表达式(式中 为静电力常量) 正确的是(　　) A． B． C． D． 【思路点拨】本题实质体现的是转化思想的运用，即把不能视为点电荷的问题转化为点电荷问题(库仑 定律适用于点电荷)，微元法是实现这一转化的有效手段． 【答案】D 【解析】当 时， 点位于 处，可以把 两个带电圆环均等效成两个位于圆心处的点电 荷，根据场强的叠加容易知道。此时总场强 ，将 代入各选项，排除 AB 选项；当 时， 点位于 处，带电圆环 由于对称性在 点的电场为 ，根据微元法可以求的此时的总场强为 ，将 代入，CD 选项可排除 C． D 对． 【总结升华】本题考查学生通过“微元法”处理实验数据的能力． 举一反三: 【变式】如图所示，均匀带电圆环的电荷量为 ，半径为 ，圆心为 ， 为垂直于圆环平面的对 称轴上的一点， ，试求 点的场强． 【答案】 1R 2R ( 0)q q＞ 1O 2O 2a O A O O ( )r r a＜ A E k 1 2 2 2 2 2 1 2[ ( ) ] [ ( ) ] kqR kqRE R a r R a r = − + + + − 1 2 3 3 2 2 2 22 2 1 2[ ( ) ] [ ( ) ] kqR kqRE R a r R a r = − + + + − 2 2 2 2 1 2 ( ) ( ) [ ( ) ] [ ( ) ] kq a r kq a rE R a r R a r + −= − + + + − 3 3 2 2 2 22 2 1 2 ( ) ( ) [ ( ) ] [ ( ) ] kq a r kq a rE R a r R a r + −= − + + + − 0r = A O 1 2O O、 0E = 0r = r a= A 2O 2O A 0 1 3 2 21 2 2 4 kqaE E R a = =  +  r a= Q R O P OP L＝ P 3 2 2 2( ) QLk R L+6 【解析】本题需要用“微元法”．将非点电荷电场问题转化成了点电荷电场问题求解．设想将圆环等 分为 个小段，每一小段便可看作点电荷，其带电荷量为 ，由点电荷场强公式可得每一小段点电荷 在 处的场强为 . 由对称性可知，各小段带电环在 处的场强 的垂直于轴向的分量 相互抵消．而 的轴向分量 之和即为带电圆环在 处的场强． . 类型三、电场线与电场力 例 3．某静电场的电场线分布如图所示，图中 两点的电场强度的大小分别为 和 ，电势分 别为 和 ，则(　　) A. B． C． D． 【思路点拨】本题意在通过不等量异种电荷电场线的分布、电场强弱分析、电势高低的判断考查学生 灵活应用能力，使学生认识到不但要能用电场线知识分析典型电场，还要能分析非典型电场． 【答案】A 【解析】电场强度的大小用电场线的疏密来判断，密处场强大，显然 ；又沿着电场线的方向， 电势越来越低，则知 , A 正确，B、C、D 均错误． 举一反三: 【变式 1】如图甲所示， 为很大的薄金属板(可理解为无限大)，金属板原来不带电．在金属板的 右侧距金属板距离为 的位置上放入一个带正电、电荷量为 的点电荷，由于静电感应产生了如图甲所示 的电场分布． 是点电荷右侧与点电荷之间的距离也为 的一个点，几位同学想求出 点的电场强度大小， 但发现问题很难．几位同学经过仔细研究，从图乙所示的电场得到了一些启示，经过查阅资料他们知道： 图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的．图乙中两异号点电荷的电荷量的大小均为 ， 它们之间的距离为 ，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别求出了 点的电场强度大小，一共 有以下四个不同的答案(答案中 为静电力常量)，其中正确的是(　　) n Qq n = P 2 2 2( ) Q QE k k nr n R L = = + P E yE E xE P 2 2 2 2 32 2 2 2 2 cos ( ) ( ) ( ) P x Q Q L QLE E k k k n R L n R L R L R L α= = ⋅ = ⋅ = + + + + ∑ ∑ ∑ P Q、 PE QE PU QU P Q P QE E U U> > P Q P QE E U U> < P Q P QE E U U< > P Q P QE E U U< < P QE E> P QU U> MN d q P d P q 2d P k7 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】如图所示: 根据题意可知,图甲中 点场强应和图乙中 右侧距离为 处的 点场强相同，即 . 所以本题只有选项 A 正确． 【变式 2】在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形 ，顶点 处分别固定一个正点电荷， 电荷量相等，如图所示， 点为正三角形外接圆的圆心， 点分别为 的中点， 点 为 点关于电荷 的对称点，则下列说法中不正确的是(　　) A． 点的电场强度一定不为零，电势可能为零 B． 两点的电场强度等大反向，电势相等 C． 三点的电场强度和电势均相同 D．若释放电荷 ，电荷 将一直做加速运动(不计空气阻力) 【答案】 ABC　 【解析】根据对称性， 处等量正点电荷在 处产生的场强矢量和为零，选项 A 错误；根据 点电荷产生场强的计算公式及电场叠加原理易知 点合场强小于 点合场强，选项 B 错误； 三点电场强度大小相等、方向不同，则选项 C 错误；若释放电荷 ，电荷 将沿 连线中垂线向右做 加速度逐渐减小的加速直线运动，选项 D 正确．本题要求选不正确选项，故应选 ABC. 类型四、与电场有关的力和运动问题 例 4．如图所示，点电荷 与 分别固定在 两点， 两点将 连线三等分．现使一 个带负电的检验电荷，从 点开始以某一初速度向右运动，不计检验电荷的重力．则关于该电荷在 之 间的运动．下列说法中可能正确的是(　　) A.一直做减速运动，且加速度逐渐变小 2 8 9 kq d 2 kq d 2 3 4 kq d 2 10 9 kq d P q+ d P′ P 2 2 2 8E =E = 9 9P kq kq kq d d d′ − = abc a b c、 、 D E G H、 、 ab ac bc、 、 F E c D E F、 E G H、 、 c c a b c、 、 D E F E G H、 、 c c a b、 4Q+ Q+ A B、 C D、 AB C CD8 B.做先减速后加速的运动 C.一直做加速运动，且加速度逐渐变小 D.做先加速后减速的运动 【答案】AB 【解析】 点的场强 ， 点左侧场强向右，右侧场强向左，检验电荷带负电从 点到 点过程可能一直减速，加速度逐渐减小，也可能减速到 反向加速． 举一反三: 【变式】下列带电粒子均从初速为零的状态开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差 后， 哪个粒子获得的速度最大( ) A.质子 B.氘核 C. 粒子 D.钠离子 【答案】A 类型五、与电场有关的功和能问题 例 5．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是(　　) A. 点场强大于 点场强 B. 点电势高于 点电势 C.若将一试探电荷 由 点释放，它将沿电场线运动到 点 D.若在 点再固定一点电荷 ，将一试探电荷 由 移至 的过程中，电势能减小 【答案】BD 【解析】本题考查电场线的知识．由题可知， 点电场线比 点电场线稀疏，所以 点场强小于 点 场强，A 选项错误；沿着电场线方向，电势降低，所以 点电势高于 点电势，B 选项正确；电场线方向 不是电荷运动方向，C 选项错误；正点电荷从 点移到 点，电场力做正功，电势能减小，D 选项正确． 举一反三: 【变式】如图所示，在 平面内有一个以 为圆心、半径 的圆， 为圆周上的一点， 两点连线与 轴正方向的夹角为 .若空间存在沿 轴负方向的匀强电场，场强大小 ， 则 两点的电势差可表示为(　　) D 2 2 4 0 2D kQ kQE d d = − = D C D 0 U 1 1( H) 2 1( H) α 4 2( He) (Na )+ c b a b q+ a b d Q- q+ a b c b c b a b a b xOy O 0.1mR = P O P、 x θ y =100V/mE O P、9 A. B. C. D. 【思路点拨】主要侧重于电势能、电势、电势差与电场力做功的考查，澄清各概念本质，掌握其相互 关系并能进行定性和定量的分析． 【答案】A 【解析】本题考查匀强电场的特点，中档题．在匀强电场中，两点间的电势差等于 ， 表示沿电场线方向的距离，则此时 ， 得 ，A 对． 【总结升华】利用公式 计算时，有两种运算法． (1)正负号运算法：按照符号规定把电荷量 、移动过程始末两点电势差 及电场力的功 代入 公式计算． (2)绝对值运算法：公式中 均为绝对值，算出数值后再根据“正(或负)电荷从电势较高 的点移动到电势较低的点时，电场力做正功(或电场力做负功)；正(或负)电荷从电势较低的点移到电势较高 的点时，电场力做负功(或电场力做正功)”来判断． 类型六、等势面与电场线 例 6．如图所示，实线是等量异种点电荷所形成的电场中每隔一定电势差所描绘的等势线．现有外力移 动一个带正电的试探电荷，下列过程中该外力所做正功最多的是(　　) A.从 移到 B．从 移到 C.从 移到 D．从 移到 【思路点拨】本题意在巩固学生对于典型电场的等差等势面的分布规律． 10 sin (V)OPU θ=- 10 sin (V)OPU θ= 10 cos (V)OPU θ=- 10 cos (V)OPU θ= O PU Edϕ ϕ= - =- d sind R θ= 10sin VU θ=－ ABW qU= q ABU ABW AB ABq U W、 、 A B C D D E E F10 【答案】B 【解析】电荷从 移到 及从 移到 的过程中电场力做正功，则外力做负功，选项 A、C 错误； 从 移到 比从 移到 克服电场力做功多，即外力做功最多，选项 B 正确、D 错误． 【总结升华】本题重点考查等量异种点电荷等势面的分布及与电场力做功的关系，属于必须准确掌握 的考点． 举一反三: 【变式】如图所示为一个点电荷电场中的等势面的一部分， 是不同等势面上的两点．关于该电 场，下列说法正确的是(　　) A. 点的场强一定大于 点的场强 B. 点的场强可能等于 点的场强 C. 点的电势一定高于 点的电势 D. 点的电势一定低于 点的电势 【答案】A 【解析】根据等势面和电场线的关系画出几条电场线，如图所示． 由图可知 点所在处电场线较 点处密集，故 点的场强大于 点场强，A 正确、B 错误；由于不 知道电场线的方向也不知场源电荷的正负，无法判断 两点的电势高低，故 C、D 错误． 类型七、电容与电容器 例 7．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)．设两极板正对面积为 ， 极板间的距离为 ，静电计指针偏角为 .实验中，极板所带电荷量不变，若(　　) A.保持 不变，增大 ，则 变大 B.保持 不变，增大 ，则 变小 C.保持 不变，减小 ，则 变小 D.保持 不变，减小 ，则 不变 【思路点拨】本题意在巩固学生对电容器的动态分析能力．静电计本质上也是一个电容器，理解好这 A B D E C D E F A B、 A B A B A B A B A B A B A B、 S d θ S d θ S d θ d S θ d S θ11 一点有利于理解和掌握该演示实验． 【答案】A 【解析】本题考查影响电容大小的因素，中档题．在电荷量保持不变的情况下，保持 S 不变，增大 d， 则电容变小，根据 C＝ Q U，电压 U 变大，则 θ 变大，A 对．保持 d 不变，减小 S，则电容减小，根据 C＝ Q U， 电压 U 变大，则 θ 变大，C、D 都错． 【总结升华】本题以教材中的演示实验为基础，考查考生对电容器动态变化问题的分析能力，其中静 电计的作用是显示电容器两极板间的电压． 举一反三: 【变式】一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极间有一正电荷(电荷量很小)固定在 点，如图所示．以 表示两极板间的电压， 表示两极板间的场强， 表示该正电荷在 点的电势能， 若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则(　　) A. 变小， 不变 B． 变大， 不变 C. 变小， 不变 D． 不变， 不变 【答案】AC 【解析】电容器充电后与电源断开， 不变，结合 ，由 变小，知 变大，又 ， 则 变小，又 ，可知 不变， 点到极板的距离不变，则 点与下极板 的电势差不变， 点的电势 不变， 点电势能 不变，所以 A、C 选项正确． 类型八、巧用运动合成与分解的思想分析带电体在复合场中的运动问题 例 8．如图所示， 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 段是水平的， 段为半径 的半圆，两段轨道相切于 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小 .一个 带电的绝缘小球甲以速度 沿水平轨道向右运动，与静止在 点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、 乙两球的质量均为 ，乙所带电荷量 ， .(水平轨道足够长，甲、 乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移) P U E ε P U ε E ε U E U ε Q 4 SC k d ε π= d C QU C = U 4= 4 U Q Q k QE Sdd Cd S k d π ε ε π = = = E P P P Pϕ P Pqε ϕ= ABD AB BD 0.2mR = B 35.0 10 V/mE = × 0v B 2=1.0 10 kgm × － 5=2.0 10 Cq × － 210m/sg取12 (1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点 ，求乙在轨道上的首次落点到 点的距离； (2)在满足(1)的条件下，求甲的速度 ； (3)若甲仍以速度 向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到 点 的距离范围． 【思路点拨】本题意在培养学生对于力电综合问题的解题能力，整合其解题思路． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)在乙恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为 ，乙离开 点到达水平轨 道的时间为 ，乙的落点到 点的距离为 ，则 ① ② ③ 联立①②③得 ④ (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 ⑤ ⑥ 联立⑤⑥得 ⑦ 由动能定理，得 ⑧ 联立①⑦⑧得 ⑨ (3)设甲的质量为 ，碰撞后甲、乙的速度分别为 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 ⑩ ⑪ 联立⑩⑪得 D B 0v 0v B 0.4ms = 2 5 m/s 0 4m 1.6ms≤ ′． ＜ Dv D t B s 2 Dvm mg qER = + 212 ( )2 mg qER tm += Ds v t= 0.4ms = v v乙甲、 0mv mv mv= + 乙甲 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2mv mv mv= + 乙甲 0 0v v v= =乙 甲， 2 21 12 2 2 2Dmg R qE R mv mv− ⋅ − ⋅ = − 乙 0 5 =2 5 m/smg EqRv m += M M mv v、 0 M mMv Mv mv＝ ＋ 2 2 21 1 1 2 2 2D M mMv Mv mv= +13 ⑫ 由⑫和 ，可得 ⑬ 设乙球过 点时速度为 ，由动能定理得 ⑭ 联立⑨⑬⑭得 ⑮ 设乙在水平轨道上的落点距 点的距离为 ，有 ⑯ 联立②⑮⑯得 【总结升华】涉及电场力做功的综合问题与力学综合问题分析思路相同，要注意力学解题规律在此处 的迁移应用． 例 9．一个带负电的小球，质量为 ，带电荷量为 ．在一个如图所示的平行板电容器的右侧板边被 竖直上抛，最后落在电容器左侧板边同一高度处．若电容器极板是竖直放置的，两板间距为 ，板间电压 为 ，求小球能达到的最大高度及抛出时的初速度． 【答案】 【解析】小球以初速度 抛出后，它会受到竖直向下的重力 及水平向左的电场力 的作用．在 重力 的作用下，小球在竖直方向将做竖直上抛运动，在电场力 的作用下，小球在水平方向向左做 初速度为零的匀加速直线运动．即小球所做的曲线运动可以分解为竖直方向的竖直上抛和水平方向的初速 度为零的匀加速运动两个互相正交的分运动，如图所示． 02 m Mvv M m = + M m≥ 0 02mv v v≤ ＜ D Dv ′ 2 21 12 2 2 2D mmg R qE R mv mv− ⋅ − ⋅ = ′ − 2m/s 8m/sDv≤ ′＜ B s′ Ds v t′ = ′ 0 4m 1.6ms≤ ′． ＜ M q d U 2 4 Mgd qU 2 Mgd qU 0v Mg qE Mg qE14 在竖直分运动中，小球所能达到的最大高度 ，所用的总时间 ．在水平分运动中，位 移 。联立以上各式解得： ， ． 【总结升华】对于带电粒子在电场中是否考虑重力作用的问题，一般有以下两种情况： （1）对于像电子、质子、原子核等基本粒子，因一般情况下的电场力远大于重力，所以都不计重 力．但对于带电小球、带电油滴、带电尘埃等较大的带电体，一般要考虑重力作用．如本题中的带电小球， 则考虑其重力作用． （2）有些问题没有明确说明是基本粒子还是带电体，如电荷、粒子之类，可能计重力，也可能不计 重力，是否考虑重力往往隐含在题目中． 例 10．如图所示，空间有电场强度 的竖直向下的匀强电场，长 的不可伸长的 轻绳一端固定于 点，另一端系一质量 的不带电小球 ，拉起小球至绳水平后，无初速度释 放．另一电荷量 、质量与 相同的小球 ，以速度 水平抛出，经时间 与 小球 在 点迎面正碰并黏在一起成为小球 ，碰后瞬间断开轻绳，同时对小球 施加一恒力，此后小 球 与 点下方一足够大的平板相遇．不计空气阻力，小球均可视为质点，取 . (1)求碰撞前瞬间小球 的速度． (2)若小球 经过路程 到达平板，此时速度恰好为 ，求所加的恒力． (3)若施加恒力后，保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角不变，在 点下方任意改变平板位置，小 球 均能与平板正碰，求出所有满足条件的恒力． 【思路点拨】本题是一道综合性较强的题目，过程复杂．解决本题的关键在于分析清楚本题的各个物 体的运动过程．在本题中涉及三个运动的物体，一是小球 A 绕 O 点做圆周运动，在 D 点的速度方向与 A 的速度方向相反，且发生碰撞；二是小球 P 做类平抛运动，小球 P 运动中受到电场力和重力，力在竖直方 向上，初速度水平，所以运动分解到两个方向上研究；三是 A、P 碰后小球 C 的运动，可能是类平抛运动， 也可能是直线运动，这由 C 受到的重力和电场力及施加的恒力决定．确定了物体的运动，各个运动运用相 应的规律和定律即可求解． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1) 做抛体运动，竖直方向的加速度为 2 0 2 vH g = 02 vt g = 2 21 1 2 2 qUd at tMd = = 2 4 MgdH qU = 0 2 Mv gd qU = 0.5N/CE = 0.3 3 ml = O 0.01kgm = A = +0.1Cq A P 0 =3 3 m/sv 0.2st = A D C C C D 2=10m/sg P C = 0.09ms 0 D C 6 m/s 3 304F N α= = °， 1 3 N ( 0 120 )8cos(30 )F θθ= ≤ °°− 式中 ＜ P 2= 15m/smg Eqa m + =15 在 点的竖直速度为 碰前的速度为 (2)设在 点轻绳与竖直方向的夹角为 ，由于 与 迎面正碰，则 与 速度方向相反，所以 的 速度与水平方向的夹角为 ，有 ， 对 到达 点的过程中根据动能定理 化简并解得 与 迎面正碰结合为 ，根据动量守恒得 解得 小球 经过 s 路程后速度变为 ，一定做匀减速运动，根据位移推论式 设恒力 F 与竖直方向的夹角为 ，如图所示，根据牛顿第二定律 代入数据得 解得 D 3m/syv at= = P 2 2 0 =6 m/sP yv v v= + D θ P A P A P θ 0 3tan 3 yv v θ = = 30θ = ° A D 21 cos2 Amv mgl θ= 2 cos 3m/sAv gl θ= = P A C - 2P A Cmv mv mv= 1.5m/sCv = C 0 2 212.5m/s2 Cva s ′ = = α cos(90 ) (2 )sin 2F mg qE maα θ θ°− − − + = ′ sin(90 ) (2 )cos 0F mg qEα θ θ°− − − + = cos(90 ) 0.375F α θ°− − = sin(90 ) 0.125F α θ°− − =16 (3)恒力 的方向可从竖直向上顺时针转向无限接近速度方向，设恒力与竖直向上方向的角度为 ， 有： 在垂直于速度方向上，有 则 大小满足的条件为： ． 【总结升华】本题意在强化学生对带电粒子在电场中的类平抛运动问题的分析能力，尤其是运动的合 成与分解的思想的应用和与能量观点的综合应用能力． 举一反三: 【变式】如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离 .当两板间加电压 时，一个质 量为 、电荷量为 的带电粒子，以水平速度 从 点射入电场，经过一段时间后从 点射出电场， 间的水平距离为 .不计重力影响．求： (1)带电粒子从 点运动到 点经历的时间 ； (2) 间竖直方向的距离 ； (3)带电粒子经过 点时速度的大小 . 【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从 点运动到 点经历的时间 (2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动 板间场强大小为 3 304F N α= = °， 1F θ 0 (90 30 ) 120θ≤ °+ ° = °＜ 1 cos( ) (2 )cosF mg qEβ θ β− = + 1F 1 3 N ( 0 120 )8cos(30 )F θθ= ≤ °°− 式中 ＜ d U m q+ 0v A B A B、 L A B t A B、 y B v 0 L v 2 2 02 qUL mdv 2 2 2 2 0 2 2 2 0 q U Lv m d v + A B 0 Lt v =17 加速度大小 间竖直方向的距离 (3)带电粒子从 点运动到 点过程中，根据动能定理得 而 解得带电粒子在 B 点速度的大小 . 类型九、带电粒子在交变电场中的运动 例 11．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为 的两平行极板，如图甲所示．加在极板 间的电压 作周期性变化，其正向电压为 ，反向电压为 ，电压变化的周期为 ，如图乙所示．在 时，极板 附近的一个电子，质量为 、电荷量为 ，受电场作用由静止开始 运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板 ，且不考虑重力作用． (1)若 ，电子在 时间内不能到达极板 ，求 应满足的条件； (2)若电子在 时间内未碰到极板 ，求此运动过程中电子速度 随时间 变化的关系； (3)若电子在第 个周期内的位移为零，求 的值． 【思路点拨】本题为带电粒子在交变电场中的运动问题，需要分初速度方向和垂直初速度 方向两个方向来研究，两个分运动具有等时性．另外注意本题对数学归纳法的应用．若带电 粒子在交变电场中沿平行于电场方向做直线运动，要及时通过图象变换画出带电粒子的 图象帮助分析． 【答案】(1) ，(2) ，(3) 【解析】(1)电子在 时间内做匀加速运动，加速度的大小 UE d = qEa m = A B、 2 2 2 0 1 2 2 qULy at mdv = = A B 2 2 0 1 1 2 2ABqU mv mv= − ·ABU E y= 2 2 2 2 0 2 2 2 0 q U Lv v m d v = + d A B、 ABU 0U 0 ( 1)kU k－ ＞ 2τ 0t = B m e A 5 4k = 0 2τ～ A d 0 200τ～ B v t N k -v t 2 09 10 eUd m τ＞ 0[( 1)( 1) ] , ( 0,1, 2, , 99)eUv n k kt ndm τ= + + − =  4 1 4 3 Nk N −= − 0 τ～18 ① 位移 ② 在 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小 ③ 初速度的大小 ④ 匀减速运动阶段的位移 ⑤ 由题知 ， 解得 ⑥ (2)在 时间内 速度增量　 ⑦ 在 时间内， 加速度的大小 速度增量 ⑧ (a)当 时 电子的运动速度 ⑨ 解得 ⑩ (b)当 时 电子的运动速度 ⑪ 解得 ⑫ (3)电子在 时间内的位移 0 1 eUa md = 2 1 1 1 2s aτ= 2τ τ～ 0 2 5 4 eUa md = 1 1v aτ= 2 1 2 22 vs a = 1 2d s s＞ + 2 09 10 eUd m τ＞ 2 (2 1) ( 0,1, 2 99)n n nτ τ+ = ～ ， ， ， 1 1v aτ∆ = (2 1) 2( 1) ( 0,1, 2 99)n n nτ τ+ + = ～ ， ， ， 0 2 ekUa md ′ = 2 2v a τ∆ = − ′ 0 - 2t nτ τ＜ ＜ 1 2 1( 2 )v n v n v a t nτ= ∆ + ∆ + − 0[ ( 1) ] ( 0,1, 2, , 99)eUv t k n ndm τ= − + =  0 (2 1)t n τ τ≤ − + ＜ 1 2 2( 1) [ (2 1) ]v n v n v a t n τ= + ∆ + ∆ − ′ − + 0[( 1)( 1) ] , ( 0,1, 2, , 99)eUv n k kt ndm τ= + + − =  2( 1) (2 1)N Nτ τ− −～19 电子在 时间内的位移 由⑩式可知 由⑫式可知 依据题意 解得 【总结升华】本题意在让学生掌握处理带电粒子在交变电场中运动问题的基本思路，让学生清楚粒子 在交变电场中可做直线运动，也可做曲线运动． 举一反三: 【变式】如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的 规律如图乙所示．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 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 时刻释放电子，电子可能在两极板间振动 C.从 时刻释放电子，电子可能在两极板间振动，也可能打到右极板上 D.从 时刻释放电子，电子必将从左极板上的小孔中穿出 【答案】AC 【 解 析 】 作 出 不 同 时 刻 的 释 放 电 子 的 图 象 ， 从 图 可 知 选 项 AC 正 确 ． 2 2 1 2 2 1 1 2N Ns v aτ τ= +－ － (2 1) 2N Nτ τ－ ～ 2 2 2 1 2N Ns v aτ τ= − ′－ 0 2 2 ( 1)(1 )N eUv N k dm τ= − −－ 0 2 1 ( )N eUv N Nk k dm τ= − +－ 2 1 2 0N Ns s+ =－ 4 1 4 3 Nk N −= − 0t = 0t = 4 Tt = 3 8 Tt = v t−20 【巩固练习】 一、选择题 1．带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动；②在 等势面上做匀速圆周运动．该电场可能由（ ） A．一个带正电的点电荷形成 B．一个带负电的点电荷形成 C．两个分立的带等量负电荷的点电荷形成 D．一个带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成 2．如图所示，带电小球 A、B 的电荷量分别为 QA、QB，OA=OB，都用长为 L 的细线悬挂在 O 点， 静止时 A、B 相距为 d．为使其平衡时 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 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 3．质量为 m 的物块，带正电荷为 Q，开始时让它静止在倾角 =60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整 个装置放在水平向左、大小为 的匀强电场中，如图所示．斜面高为 H，释放物块后，物块落地 的速度大小为（ ） A． B． C． D． 4．如图 6 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－Q 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，则其电势能增大 D．若将一试探电荷＋q 从 P 点移至 O 点，则其电势能减小 5. 两带电小球，电荷量分别为＋q 和－q，固定在一长度为 l 的绝缘杆两端，置于电场强度为 E 的匀强 电场中，杆与场强方向平行，其位置如图所示，若此杆绕过 O 点垂直于杆的轴转过 180°，则在此过程中静 α 3mgE Q = 2 gH 5 2 gH 2 2gH 22 3 gH21 电力做功为(　　) A．0 B．qEl C．2qEl D．πqEl 6. 如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有 A、B、C 三点，A 点为两点电荷连线的中点，B 点为连线上距 A 点距离为 d 的一点，C 点为连线中垂线距 A 点距离也为 d 的一点，则下面关于三点电场强 度的大小、电势高低的比较，正确的是(　　) A．EA＝EC＞EB；φA＝φC＞φB B．EB＞EA＞EC；φA＝φC＞φB C．EA＜EB，EA＜EC；φA＞φB，φA＞φC D．因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低 7. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中 M 点以相同速度飞出 a、b 两个带电粒子，运 动轨迹如图中虚线所示．则(　　) A．a 一定带正电，b 一定带负电 B．a 的速度将减小，b 的速度将增加 C．a 的加速度将减小，b 的加速度将增加 D．两个粒子的电势能一个增加一个减小 8. 空间有平行于纸面的匀强电场．一电荷量为－q 的质点(重力不计)．在恒定拉力 F 的作用下沿虚线 由 M 匀速运动到 N，如图所示．已知力 F 和 MN 间夹角为 θ，M、N 间距离为 d，则(　　) A．M、N 两点的电势差为 B．匀强电场的电场强度大小为 cosFd q θ cosFd q θ22 C．带电质点由 M 运动到 N 的过程中，电势能减少了 Fdcos θ D．若要使带电质点由 N 向 M 做匀速直线运动，则 F 必须反向 二、填空题 9.如图所示，A、B 两板间加速电压为 U1，C、D 两板间偏转电压为 U2.一个静止的 α 粒子(42He)自 A 板 起相继被加速、偏转，飞离偏转电场时的最大侧移为 C、D 板间距离一半，则它的出射速度的大小为________． 10．(8 分)如图 8 所示，A、B、C 三点为一直角三角形的三个顶点，∠B＝30°，现在 A、B 两点放置 两点电荷 qA、qB，测得 C 点场强的方向与 BA 方向平行，则 qA 带________电，qA∶qB＝________. 三、解答题 11．如图所示，ab 是半径为 R 的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，场强大小为 E，方向一定，在 圆周平面内，将一带正电 q 的小球从。点以相同的动能抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的 点，在所有的这些点中，到达 C 点时小球的动能最大．已知∠cab=30°，若不计重力和空气阻力，试求： （1）电场方向与 ac 间的夹角 为多大？ （2）若小球在 a 点时初速度方向与电场方向垂直，则小球恰好能落在 c 点，那么初动能为多大？ 12．如图所示，已知平行板电容器两极板间距离 d＝4 mm，充电后两极板电势差为 120 V．A 板带正 电，若它的电容为 3 μF，且 P 到 A 板距离为 1 mm.求： (1)每一板的带电荷量； (2)一个电子从 B 板出发到 A 板获得的动能； (3)两板间的电场强度． 13.如图所示，在一匀强电场中的 A 点有一小球，并用细线与固定的 O 点相连，然后把细线水平拉直， 但没有伸长．现让小球从 A 点由静止开始运动．小球经过 O 点正下方时的速度多大？(已知小球的质量 m＝ 1.0×10－4 kg，所带电荷量 q＝＋1.0×10－7C，细线长度 L＝10 cm，电场强度 E＝1.73×104 N/C，g＝10 m/s2) θ23 14.如图所示，a、b 分别为 x、y 轴上两点，它们与原点 O 的距离相等，一束电子以初速度 v0 垂直于 x 轴从 a 点射入，由于匀强电场的作用，电子束恰好从 b 点射出，求电子从 b 点射出时的速度大小． 15．如图所示，两平行金属板水平放置，间距为 d，板间存在匀强电场．一个质量为 m、电荷量为 q 的带负电小球，以竖直向下的初速度从上板的小孔射入，当它从下板的小孔穿出时所用的时间为 t，若小 球以同样大小的初速度从下板的小孔竖直向上射入，则从上板小孔穿出时所用的时间为 t/2.不计空气阻力 (1)指出两板间电场强度的方向． (2)求电场强度的大小． (3)求小球穿出下板小孔时速度 v1 与穿出上板小孔时速度 v2 之比 v1∶v2. 【答案与解析】 一、选择题 1．【答案】A 【解析】负电荷在电场线上运动，说明电场是直线；负电荷在等势面上做匀速圆周运动，说明等势线 是圆形曲线，能满足以上两种情况的场源电荷可以是一个带正电的点电荷，不可能是带负电的点电荷，所 以 A 正确、B 错误．两个分立的带等量正电荷的点电荷可以满足以上条件，而两个分立的带等量负电荷的 点电荷不能使负电荷完成题中运动，所以 C 错误．D 中情况的等势线不能使负电荷做匀速圆周运动，D 错 误． 2．【答案】BD 24 【解析】由 B 的共点力平衡图可知 ，而 ，可知 ，选 B、D． 3．【答案】C 【解析】想要弄清物体的运动情况，必须先分析清楚物体的受力情况，否则就容易因思维定式而出 错．此题易错的原因就是没有仔细分析物体的受力情况，而直接认为物体是沿斜面下滑． 不少同学在做这道题时，一看到“固定光滑绝缘斜面”就想物块沿光滑斜面下滑不受摩擦力作用，由 动能定理得 ，得 ，而错选 A．其实“固定光滑绝缘斜面”是干扰因素， 只要分析物块的受力就不难发现，物块根本不会沿斜面下滑，而是沿着重力和电场力合力的方向做匀加速 直线运动，弄清了这一点，就很容易求得本题正确答案，故正确答案为 C． 4. 【答案】AC 【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，即与 P 点关 于 O 点对称的点，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．一般规定无穷远处电势为零，过 O 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，C 正确． 5. 【答案】C 【解析】杆顺时针转动 180°的过程中，静电力对两电荷做正功，W 总＝W1＋W2＝2qU＝2qEL，故选 项 C 正确． 6. 【答案】B 解析　根据等量异种电荷的电场线分布疏密可知 EB＞EA＞EC；根据电场线的方向可知 φA＝φC＞φB.故 选项 B 正确． 7. 【答案】C 【解析】由于不知道电场线方向，故无法确定 a、b 带电正负；由电场线疏密判断 a 的加速度减小，b 的加速度增加；由电场线和轨迹形状判断静电力对 a、b 都做正功，故 a、b 速度都增加，电势能都减小． 8. 【答案】A 【解析】由于带电质点做匀速直线运动，故静电力与拉力 F 大小相等，方向相反，故场强大小 ，B 错误；带电小球由 M 到 N，静电力做功 WMN＝－Fcos θ·d＝－Fdcos θ，电势能增加，电势差 ，故 A 正确，C 错误；若要使带电小球由 N 向 M 做匀速直线运动，F 和静电力 仍平衡，故 D 错误． 二、填空题 9. 【答案】 【解析】在加速电场中由动能定理得： 在偏转电场中，由动能定理得： 解得： . 10. 【答案】负　1∶8 【解析】放在 A 点和 B 点的点电荷在 C 处产生的场强方向在 AC 和 BC 的连线上，因 C 点场 B F d m g L = 2 A BkQ QF d = 3 A B B kQ Q Ld m g = 21 23 HmgH QE mv+ = 2v gH= FE q = cosMN MN W FdU q q θ= =− 1 2 2 2e U Um ( + ) 2 1 0 1 2qU mv= 2 2 2 0 1 1 2 2qU mv mv= - 1 2 2 = 2ev U Um ( + )25 强方向与 BA 方向平行，故放在 A 点的点电荷和放在 B 点的点电荷产生的场强方向只能如右图所示， 故 qA 带负电，qB 带正电，且 EB＝2EA，得 .又由几何关系知 BC＝2AC，所以 qA∶qB ＝1∶8. 三、解答题 11．【答案】（1）30° （2） 【解析】（1）带正电小球在 c 点时动能最大，c 点是物理最底点，O 为圆心，电场力方向沿 Oc 方向， 如题图所示，由于 Oc=Oa=R，有 =∠Oca=∠caO=30°．（2）设初速度 v0，垂直于电场方向带正电小球匀 速运动，Rsin60°=v0t．平行于电场方向带正电小球匀加运动， ．根据牛顿第二定律 Eq=ma。由以上各式得 ． 12. 【答案】(1)3.6×10－4C　(2)120 eV　(3)3×104 N/C 【解析】(1)由 Q＝UC 得：Q＝120×3×10－6C＝3.6×10－4C. (2)因为电子从 B 板出发到 A 板的过程中电场力做正功，电势能减小，动能增加，所以 Ek－0＝qUAB， Ek＝120 eV. (3)E＝U/d＝3×104 N/C. 13. 【答案】2.1 m/s 【解析】本题中 ，所以电场力与重力的合力的方向与水平方向的夹角为 30°，小球从 A 点开始沿直线经 O 点正下方 B 处，小球从 A 点运动到 B 点是做匀变速直线运动，而不是一开始就做圆周 运动，由动能定理得： ，代入数据解得：v＝2.1 m/s. 14. 【答案】 【解析】电子沿 y 方向做匀速运动，x 方向在电场力作用下做匀加速直线运动；根据运动学公式则有： 得：vx＝at＝2v0 电子从 b 点射出时 y 方向分速度为：vy＝v0 则电子从 b 点射出时的合速度为： . 15. 【答案】(1)场强方向竖直向下　(2) 　(3) 【解析】(1)假设电场方向向上，则小球所受合力方向必向下，加速度向下，其向下板运动的时间必小 于向上极运动的时间，与题给条件不符，所以场强方向竖直向下． (2)根据题意，小球在电场中运动的加速度 a 应竖直向上． Eq－mg＝ma① 从上往下： ② 2 22 ( ) ( ) B Aq qk k BC AC = 8 EqR θ 21cos60 2R R at+ ° = 2 0 0 2 8 mv EqRE k= = = 3qE mg= 21tan 30 2qEL mgL mv+ ° = 05v 2 2 0 02 2 at aty v t x x y v t= = = =， ； ， 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0v ( ) (2 ) 5X Yv v at v v v v= + = + = + = 2 4 3 md mg qqt + 1 7 2 0 1 2d v t at= −26 从下往上： ③ 由①②③式解得电场强度 (3)由②③两式解得 则 所以 2 0 1 ( )2 2 2 t td v a= + 2 4 3 md mgE qqt = + 02 4 5, 33 d da v tt = 1 0 3 dv v at t = − = 2 0 7 2 3 t dv v a t = + = 1 2 1 7 v v =