09 单元综合提升 静电场中的能量-【金版新学案】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

　　　　 第十章 静电场中的能量 单元综合提升 概念梳理　构建网络 1 教考衔接　明确考向 2 易错辨析　强化落实 3 单元检测卷 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 概念梳理　构建网络 返回 返回 教考衔接　明确考向 返回 真题1 (2023·湖北高考)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是 A．若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远 B．若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近 C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM<φN D．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN √ 沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知，若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知，若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的远，故B错误；若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，则φM<φN，故C正确；若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则是逆着电场线运动，根据正点电荷产生的电场特点可知EM<EN，故D错误。 衔接教材 教科版必修第三册P25·[讨论交流] 如图甲所示，在点电荷＋Q形成的电场中，将一个正电荷q1从A点移动到B点，电场力做正功还是做负功？q1在B点时的电势能比在A点时的电势能大还是小？ 如图乙所示，如果将一个负电荷q2从A点移动到B点，电场力做正功还是做负功？q2在B点时的电势能比在A点时的电势能大还是小？ 教科版必修第三册P25·[讨论交流]与2023年湖北高考试题均考查了点电荷电场分布及电场力做功与电势能的变化情况，两者考查目的和形式几乎相同。 衔接分析 真题2 (2023·北京高考)如图所示，两个带等量正电的点电荷位于M、N两点上，E、F是MN连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点，EO＝OF。一带负电的点电荷在E点由静止释放后 A．做匀加速直线运动 B．在O点所受静电力最大 C．由E到O的时间等于由O到F的时间 D．由E到F的过程中电势能先增大后减小 √ 带负电的点电荷在E点由静止释放，将以O点为平衡位置做简谐运动，在O点所受静电力为零，故A、B错误；根据简谐运动的对称性可知，点电荷由E到O的时间等于由O到F的时间，故C正确；点电荷由E到F的过程中电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故D错误。 人教版必修第三册P30·T7 如图，A、B为一对等量同种电荷连线上的两点(其中B为中点)，C为连线中垂线上的一点。今将一个电荷量为q的负点电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C，请分析在此过程中该电荷的电势能的变化情况。 衔接教材 等量电荷的电场是一种典型的电场，既能考查电场的叠加，又能考查电场的场强分布、电势高低情况和等势面分布情况，人教版教材必修第三册P30·T7和2023年北京高考试题均考查了等量电荷的电场，以及在电场中移动电荷时电场力做功和电势能的变化情况，2023年北京高考试题考查的知识点更全。 衔接分析 真题3 (多选)(2023·海南高考)如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是 A．M、N两点电场强度相同 B．M、N两点电势相同 C．负电荷在M点电势能比在O点时要小 D．负电荷在N点电势能比在O点时要大 √ √ 在A、B的电场中，M、N两点的电势相等且比O点电 势要高，在C的电场中，M、N两点位于同一个等势 面上，也比O点电势要高(因为M、N两点比O点离C更 远)，由于负电荷在电势低的地方电势能高，可知负 电荷在M、N点电势能比在O点时要小，故B、C正确， D错误；A、B在M、N两点形成的电场大小相同、方向相反，C在M、N两点形成的电场大小相同、方向不同，所以M、N两点电场强度方向不同，故A错误。故选BC。 粤教版必修第三册P23·T2 两个带等量正电的点电荷的等势面分布如图所示，a、b、c、d、e处在不同等势面上，则各点的电势大小应如何排列？负试探电荷在各点的电势能大小又应如何排列？ 衔接教材 2023年海南高考试题和粤教版必修第三册P23·T2均考查了电场分布和场强大小、电势高低的比较，以及电荷电势能大小的判断，考查目的相同。 衔接分析 真题4 (广东高考真题)喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中 A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关 √ 由于微滴带负电，故向正极板偏转，A错误；由于电场力对带负电的墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；由于微滴在电场中做类平抛运动，所以运动轨迹是抛物线，故C正确；微滴侧向位移 可知运动轨迹与带电量有关，D错误。 衔接教材 粤教版P53·T12 喷墨打印机的原理示意图如图所示，其中墨盒可以喷出墨汁液滴，此液滴经过带电室时被带上负电，带电多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后液滴以一定的初速度进入偏转电场，带电液滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体。计算机无信号输入时，墨汁液滴不带电，径直通过偏转板最后注入回流槽流回墨盒。 设偏转板长L1＝1.6 cm，两板间的距离 d＝0.5 cm，两板间的电压U＝8.0×103 V， 偏转板的右端距纸的距离L2＝3.2 cm。若 一滴墨汁液滴的质量m＝1.6×10-10 kg，墨 汁液滴以v0＝20 m/s的初速度垂直电场方 向进入偏转电场，此液滴打到纸上的点距原入射方向的距离为2.0 mm。忽略空气阻力和重力作用。 (1)求这滴液滴通过带电室后所带的电量q。 (2)若要使纸上的字体放大，可通过调节两极板间的电压或调节偏转板右端距纸的距离L2来实现。现调节L2使纸上的字体放大10%，调节后偏转板的右端距纸的距离L2为多大？ 衔接分析 上述广东高考试题以喷墨打印机的素材为背景，创设了考查带电微滴在电场中的加速和偏转的问题情境，与粤教版P53·T12的情境类似。带电粒子在加速电场中加速，常用动能定理求解速度；在偏转电场做类平抛运动，常用化曲为直的方法，将曲线运动分解为直线运动求解。 返回 易错辨析　强化落实 返回 易错题1．对于电场中A、B两点，下列说法中正确的是 A．电势差的定义式UAB＝ ，说明两点间的电势差UAB与电场力所做的功WAB成正比，与移动电荷的电荷量q成反比 B．A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点电场力所做的功 C．将1 C电荷从A点移到B点，如果电场力做了1 J的功，则这两点间的电势差为1 V D．若电荷从A点移到B点的过程中，除了电场力外，还受其他力的作用，电荷电势能的变化就不再等于电场力所做的功 √ 电场中确定的两点间的电势差是由电场自身的性质决定的，与在电场中这两点间移动电荷的电荷量、电场力做功的多少无关，A错误；根据电势差的定义式UAB＝ 可知，只有移动单位正电荷才成立，B错误，C正确；在电场中移动电荷时，不论是否受到除电场力以外的其他力的作用，“电荷电势能的变化等于电场力所做的功”这一结论始终成立，D错误。 易错分析　电势差由电场本身决定，与移动电荷无关，在数值上等于移动单位正电荷时电场力所做的功，但电势能的变化与电势差和移动电荷的电荷量有关，学生可能会因为对概念理解不透彻而出现错解。 易错题2．如图所示，在一个匀强电场中有一个三角形 ABC，其中AC的中点为M，BC的中点为N。将一个带 正电的粒子从A点移动到B点，电场力做功为WAB＝8.0 ×10-9 J。则以下分析正确的是 A．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功为WMN＝－4.0×10-9 J B．若将该粒子从M点移动到N点，电场力做功WMN有可能大于4.0×10-9 J C．若A、B之间的距离为2 cm，粒子的电荷量为2.0×10-7 C，该电场的场强一定是E＝2 V/m D．若粒子的电荷量为2.0×10-9 C，则A、B之间的电势差为4 V √ 在匀强电场中沿相同方向移动同种电荷，电场力做功 的正、负相同，将该粒子从M点移到N点与从A点移到 B点方向相同，因此电场力都做正功，A错误；M、N 分别为AC、BC的中点，因此MN长为AB长的一半，无 论电场强度方向如何，M、N间电势差为A、B间电势差的一半，所以WMN＝4.0×10-9 J，B错误；由于电场强度方向未知，当电场强度沿AB方向时，电场强度最小，由W＝qEd可知最小场强Emin＝2 V/m，所以匀强电场的场强E≥2 V/m，C错误；由W＝qU可知D正确。 易错分析　匀强电场中任一线段AB的中点C的电势φC＝ ，题目中M、N分别为AC、BC的中点，因此MN长为AB长的一半，无论电场强度方向如何，M、N间电势差为A、B间电势差的一半，学生可能没有很好地理解这一结论，而错选A；或错误地认为电场强度方向沿AB方向，而错选C。 易错题3．(多选)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷。以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则 A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep增大 C．θ减小，Ep不变 D．θ减小，E不变 √ √ 易错分析　不理解电势的相对意义，造成错解。对某点电势的判断要利用该点与电势不变的点之间的电势差来判断。本题中下极板接地，电势为零，即下极板电势不变，P点电势的变化情况应通过P点与下极板之间电势差的变化情况来判断。解题时要注意电势的相对性，避免与电势差混淆。 A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将 出现2个亮点 B．若它们射入电场时的质量与速度的乘积相等， 在荧光屏上将只出现2个亮点 C．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点 D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将出现3个亮点 √ 易错分析　解题时误认为质子、氘核和α粒子的质量和电荷量不同，它们通过相同的加速电场、偏转电场后，速度方向肯定不同，轨迹不一样，打在荧光屏的不同点，造成错选D。本题中粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得到粒子偏转距离与偏转电压的关系，即可判断粒子打在荧光屏上的位置关系。解题时要掌握判断荧光屏上有几个亮点的方法，不要乱套公式，不要多走弯路。 返回 单元检测卷 返回 1．下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 电场强度取决于电场本身的性质，与试探电荷无关，故A错误；电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身的属性，与电容器所带的电量和板间电压无关，故B错误；根据真空中点电荷电场强度公式E＝ ，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，故C正确；从A点移动到B点克服电场力做功，说明此过程电场力做负功，即WAB＝－1 J，则UAB＝ ＝－1 V，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2．(2024·广东汕头市高二上学期期末)静电纺纱利用了高压静电场使单纤维两端带异种电荷，其电场分布如图所示，下列说法正确的是 A．虚线可能是等势线 B．电场强度EA<EC<EB C．在C点静止释放一电子，它将在电场力作用下沿着虚线CD运动 D．正电荷在A点的电势能大于其在C点的电势能 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，故A错误；由电场线的疏密表示电场强度的大小可知EA<EB<EC，故B错误；CD电场是曲线，在C点静止释放一电子，在电场力作用下不会沿着虚线CD运动，故C错误；电场线由高压电源的正极到负极，所以A点的电势高，C点的电势低，由Ep＝qφ可知，正电荷在A点的电势能大于其在C点的电势能，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 3．(2024·河北保定市高二上学期期末)如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条等势线，φa<φb<φc，实线为一试探电荷仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、M、Q是运动轨迹与等势线的交点，由此可知 A．试探电荷带负电 B．试探电荷在P、M、Q三点受到的静电力方向相同 C．试探电荷在P、M、Q三个位置中P点的动能最大 D．试探电荷在P、M、Q三个位置中P点的电势能最大 √ 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 由于φa<φb<φc，且沿电场线方向电势降低，则电场线方 向指向轨迹凹侧，做曲线运动的物体受力方向指向轨迹 凹侧，则试探电荷带正电，故A错误；电场线与等势线 垂直，且试探电荷所受静电力方向与电场线方向相同， 由于等势线是弯曲的，根据几何知识可知试探电荷在P、M、Q三点受到的静电力方向不同，故B错误；若试探电荷从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，若试探电荷从Q运动到P，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故试探电荷在P、M、Q三个位置中P点的动能最大，电势能最小，故C正确，D错误。 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 4．(2024·河北保定市高二上学期期末)如图所示，两 个等量负点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置 关于原点O对称。a、b、c、d四点位于以O点为圆心 的圆周上，a、b连线平行于x轴，c、d是圆周与y轴的 交点。下列说法正确的是 A．a、b两点的电场强度相同 B．a、b两点的电势不相等 C．将正试探电荷从c点沿y轴移动到d点，电势能先增大后减小 D．若两电荷在图中圆周上任一点的电场强度大小分别是E1、E2，则 为定值 √ 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 由等量负电荷的电场线分布特点可知，a、b两点的场 强大小相等、方向不同，故A错误；由等量负电荷的 电场线分布特点及对称性可知，a、b两点的电势相等， 故B错误；由等量负电荷的电场线分布特点可知，将 正试探电荷从c点沿y轴移动到d点，电场力先做正功后做负功，所以正试探电荷的电势能先减小后增大，故C错误；设圆的半径为R，M为圆上任一点，P、Q带电量为q，PM与PQ夹角为θ，则P在M点的场强为 故D正确。 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 5．在－x0～x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在静电力作用下沿x轴正向穿过该电场区域。则该质子 A．在－x0～0区间一直做加速运动 B．在0～x0区间受到的静电力一直减小 C．在－x0～0区间电势能一直减小 D．在－x0～0区间电势能一直增加 √ 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场 强方向向左，质子受到的静电力向左，与运动方向 相反，所以质子做减速运动，A错误；φ -x图线斜 率的绝对值表示场强大小，在0～x0区间，图线斜 率的绝对值先增大后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝eE可知，质子受到的静电力先增大后减小，B错误；在－x0～0区间质子受到的静电力方向向左，与运动方向相反，静电力做负功，电势能增加，C错误，D正确。 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 6．(2023·河南新乡一中期末)如图所示，质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0从A点竖直向上射入真空中沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中的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 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 7．(2024·湖南师大附中高二上学期期末)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为7 V、25 V、31 V。下列说法正确的是 A．坐标原点处的电势为0 B．电场强度的大小为100 V/m C．电子在a点的电势能比在c点的小24 eV D．电子从a点运动到b点，克服电场力做功为18 eV √ 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 8．(2024·广东广州市期中)如图所示，两平行金属板 M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的P 点固定一个带负电的点电荷，则 A．若保持S接通，将M板下移一小段距离，P点的电 势降低 B．若保持S接通，将M板下移一小段距离，M板的带电量增加 C．若将S接通后再断开，将N板下移一小段距离，点电荷在P点的电势能保持不变 D．若将S接通后再断开，将N板下移一小段距离，两板间场强不变 √ √ 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 9．如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子。垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为 v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则 A．M板电势高于N板电势 B．两个粒子的电势能都减小 √ √ 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 10．(2024·福建龙岩市高二上学期期末)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝1.0×10-20 kg，电荷量q＝1.0×10-9 C的带负电的粒子从(－1 cm，0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则 A．坐标原点左侧和右侧场强大小之比为1∶2 B．该粒子在一个周期内运动路程为4 cm C．该粒子运动过程中的最大动能为2.0×10-9 J D．该粒子运动的周期T＝3.0×10-8 s √ √ 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 带负电的粒子在原点左侧受向右的电场力做匀加速运动，在原点右侧受向左的电场力做匀减速运动到速度为0，然后匀加速至原点，再匀减速到初始位置，粒子在原点左侧运动的最大位移x1＝1 cm，设粒子在原点右侧运动的最大位移为x2，根据动能定理有qE1x1－qE2x2＝0，解得x2＝0.5 cm，所以该粒子在一个周期内运动的路程为s＝2x1＋2x2＝3 cm，故B错误； 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 11．(6分)(2024·湖南平江一中月考)某物理兴趣小组的同学们用传感器观察电容器的放电过程，按照图1电路图连接电路，电源电动势为8.0 V，内阻不计。实验时，先使开关S掷向1端，电源对电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I-t图像，如图2所示。已知Q＝It。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 回答下列问题： (1)I-t图像中，图线与坐标轴所围图形的面积的物理意义是_________________。 电容器总的电荷量　 根据Q＝It可知，I-t图像中，图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中通过电阻R的电荷量，即电容器总的电荷量。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)同学们测得放电过程中通过电阻R的电量为3.20×10-3 C，则该电容器的电容为______μF。 400 电容器充电过程中其两端的电压为8.0 V，根据Q＝CU可得 ＝4×10-4 F＝400 μF。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (3)同学们仅将电阻R换成阻值更大的电阻R′，重复上述实验，则电容器的放电时间______(选填“变长”“变短”或“不变”)，此过程中描绘的I-t图线与坐标轴所围图形的面积将______(选填“增大”“减小”或“不变”)。 变长 不变 电阻对电流有阻碍作用，电阻越大，对电流的阻碍作用越大，通过电阻的电流就越小，而电容器总的电荷量不变，根据Q＝It可知，当换成阻值更大的电阻R′时，电容器放电时间将变长，最终电容放电完毕，则此过程中描绘的I-t图线与坐标轴所围图形的面积不变，仍等于电容器所带电荷量。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12．(8分)(2024·陕西咸阳实验中学月考)(1)如图甲所示 的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素， 其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧 极板与静电计金属球相连。 ①本实验研究用到的物理方法是____________。 ②使电容器充电后与电源断开：只上移左极板，静电计指针偏转角_______(选填“变大”“变小”或“不变”)；只将极板间距离减小，静电计指针偏转角_______(选填“变大”“变小”或“不变”)。 控制变量法 变大 变小 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ①本实验通过控制一些变量不变，研究其他变量对电容的影响，使用的是控制变量法； ②根据电容的决定式C＝ 可知，只上移左极板，两极板正对面积S减小，则电容减小，由于与电源断开，电容器电荷量不变，根据U＝ ，可知电势差增大，指针偏角变大；同理，只将极板间距离减小，电容C增大，电势差U减小，指针偏角变小。 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)电流传感器可以像电流表一样测量电流， 并且它可以和计算机相连，直接显示出电 流与时间的变化图像。某同学利用电流传 感器设计了图乙所示的电路来观察电容器 充、放电过程。当他将开关S接1时，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I-t图像如图丙所示。请根据以上操作回答： ①电容器充电完毕后，上极板带_______(选填“正电荷”或“负电荷”)。 ②电容器放电时，通过电阻R的电流方向是________(选填“由a到b”或“由b到a”)。 ③根据图像估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为__________C；若该同学使用的电源电压为6 V，该电容器电容为__________F。 正电荷 由b到a 2.64×10-3　 4.4×10-4 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ①电源向电容器充电，在充电过程中电 容器上极板带正电荷。 ②把开关S再与2接通，电容器通过电阻 R放电，由于电容器上极板带正电，则 通过电阻R的电流方向是由b到a。 ③在I-t图像中，图像和横轴围成的面积表示电容器的电荷量，根据图像的特点可知，一个格子的电荷量为8×10-5 C，根据大于半格的算一格，不足半格的舍去，图像包含的格子个数为33个，则释放的电荷量为Q＝33×8×10-5 C＝2.64×10-3 C，由题意可知电源电压为6 V，根据公式C＝ ，可知该电容器电容为C＝4.4×10-4 F。 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13．(8分)(2024·四川成都市蓉城名校联盟期中)如图为一组 匀强电场的等势线，将一电荷量为q＝＋2.0×10-6 C的点电 荷由A点沿水平线移至B点，克服静电力做了4×10-6 J的功， 已知A、B两点间的距离为20 cm，等势线与水平线的夹角 为θ＝30°。 (1)求A、B两点间的电势差UAB及电场强度E的大小和方向； 答案：－2 V　20 V/m　方向斜向右下方，与水平线的夹角为60°　 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A、B两点间的电势差UAB＝ 由题意可知WAB＝－4×10-6J 解得UAB＝－2 V 由UAB＝φA－φB 可知φA<φB 所以电场强度E的方向垂直于等势线斜向右下方，与水平线的夹角为60° 由UAB＝－EdAB·sin 30° 解得E＝20 V/m。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若该点电荷的质量为5×10-9 kg，在B点给它平行于等势线斜向上的初速度，之后它仅在电场力作用下运动通过了A点，求该点电荷从B点运动到A点的时间。 答案：5×10-3 s 粒子做类平抛运动，沿电场力方向由牛顿第二定律有qE＝ma 由运动学公式有dAB·sin 30°＝ at2 解得t＝5×10-3 s。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14．(10分)(2024·天津市宁河区高二上学期期末)如图所 示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限 中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小 相等。一个质量为m，电荷量大小为q的带电质点以初 速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第二象限中做匀速直线运动，在第一象限中做匀变速直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度为g。 (1)判断带电质点的电性。 答案：负电　 带电质点在第二象限中做匀速直线运动，则质点所受电场力向上，可知质点带负电。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)计算电场强度的大小E； 在第二象限内对质点受力分析有 mg＝qE 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)确定Q点的位置坐标； 答案：(0，L) 质点在第一象限中做匀变速直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q，则受力方向与运动方向在一条直线上，在第一象限内对质点受力分析有 由几何关系可知运动轨迹与水平方向夹角为θ＝45°，则Q点位置为(0，L)处。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (4)求带电质点由P点射入电场到返回P点所用的时间T。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 15．(10分)(2024·福建厦门市期末)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。如图所示，某时刻离子源P逸出质量为m、电荷量为q的离子，离子自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中心线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测区域。已知a、b板间电压为U1、间距为d1，极板M、N间电压为U2、长度为L、间距为d2，忽略离子重力及进入a板时的初速度。 (1)求离子从b板小孔射出时速度的大小； 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)求离子到达探测区域时的侧移量； 离子在M、N板间偏转，则 平行于板方向有L＝v0t2 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)离子从a板运动到探测区域的时间为t，写出比荷 与t的关系式。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 16．(12分)(2024·广西三新学术联盟期末)如图所示，AB、CD两竖直线相距为2L，其间以水平线PT为边界，PT上方电场E1竖直向下，PT下方电场E2竖直向上，在电场左边界AB上的P、Q两点相距为L。一电荷量为＋q、质量为m的粒子从Q点以初速度v0沿水平方向射入匀强电场E2中，通过PT上的某点R进入匀强电场E1后，从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若M、T两点的距离为 ，不计粒子的重力。求： (1)PT上方的电场强度大小E1与PT下方的电场强度大小E2； 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)带电粒子先后经过两电场所用的时间之比。 答案：2∶1 在竖直方向上，利用逆向思维，根据速度公式有 解得带电粒子经过电场E2所用的时间与经过电场E1所用的时间之比t1∶t2＝2∶1。 返回 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 谢 谢 观 看 ！ 第十章 静电场中的能量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 y＝at2＝()2， 若保持下极板不动，将上极板向下平移一小段距离，则根据C＝可知C变大，Q一定，则根据Q＝CU可知U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，C＝，Q＝CU，联立可得E＝，可知Q一定时，E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，根据U1＝Ed1，可知P点与下极板的电势差不变，下极板接地，P点的电势不变，则Ep不变，故C、D正确。 易错题4．如图所示，平行板电容器的两极板均水平放置，质子(H)、氘核(H)和α粒子(He)都沿两极板间中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直且紧靠极板右侧边缘的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。则 三个粒子进入匀强电场中均做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝，偏转距离为y＝at2，运动时间为t＝，解得y＝，若它们射入电场时的速度相等，可知y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，则在荧光屏上将出现2个亮点，A正确； 若它们射入电场时的质量与速度的乘积相等，y＝＝，可见y与qm成正比，三个粒子的qm都不同，则在荧光屏上将出现3个亮点，B错误；若它们射入电场时的动能相等，可知y与q成正比，则在荧光屏上将只出现2个亮点，C错误；若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，由qU＝mv02可知y＝，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，D错误。 A．根据电场强度的定义式E＝，电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量成反比 B．根据电容的定义式C＝，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C．根据真空中点电荷电场强度公式E＝，电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比 D．根据公式UAB＝，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则A、B两点的电势差为1 V ＋ E1＝k，Q在M点的场强为E2＝k，则＋＝， A． B． C． D． 粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有2gh＝v02，电场力做正功，重力做负功，使粒子的动能由mv02变为m(2v0)2，则根据动能定理有qU－mgh＝m(2v0)2－mv02，解得A、B两点电势差应为U＝，故选C。 根据题意有φb－φO＝φc－φa，解得φO＝1 V，故A错误；由公式E＝可得，电场沿着x轴方向的电场分量Ex＝＝3 V/cm，电场沿着y轴方向的电场分量Ey＝＝1 V/cm，因此电场强度E＝＝ V/cm＝100 V/m，故B正确；由公式Ep＝qφ可知，电子在a点的电势能为Epa＝－eφa＝－7 eV，电子在c点的电势能为Epc＝－eφa＝－31 eV，可知，电子在a点的电势能比在c点的大24 eV，故C错误；电子从a点运动到b点，电场力做功为W＝－eUab＝18 eV，故D错误。 N板接地，电势为0，根据电场强度与电势差的关系有E＝＝＝，解得φP＝，若保持S接通，极板电压U一定，M板下移一小段距离，极板间距d减小，可知，P点的电势升高，故A错误；根据电容器电容的表达式有C＝，C＝，解得Q＝，若保持S接通，极板电压U一定，M板下移一小段距离，极板间距d减小，可知，M板的带电量增加，故B正确；若将S接通后再断开，极板电荷量Q不变，根据E＝，C＝，C＝可得E＝，可知E不变，将N板下移一小段距离，dPN增大，由UPN＝EdPN＝φP可知P点的电势增大，根据Ep＝qφ可知，负点电荷在P点的电势能减小，故C错误，D正确。 C．粒子在两板间的加速度为a＝ D．粒子从N板下端射出的时间t＝ 由于不知道两粒子的电性，所以不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；根据题意，垂直M板向右的粒子到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B正确；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误。 根据E＝＝，结合图像可得，坐标原点左侧的场强为E1＝＝2 000 V/m，坐标原点右侧的场强为E2＝＝4 000 V/m，则＝，故A正确； 该粒子在原点有最大速度，根据动能定理有qE1x1＝Ek－0，解得Ek＝2.0×10-8 J，故C错误；根据Ek＝mv2可得，粒子运动到原点的速度为v＝2×106 m/s，设在原点左侧加速的时间为t1，在原点右侧加速的时间为t2，则有v＝t1，v＝t2，周期为T＝2(t1＋t2)，联立解得T＝3.0×10-8 s，故D正确。 C＝＝F 答案：　 解得E＝。 F合＝＝mg， 答案：＋ 在第二象限内质点做匀速直线运动，有L＝v0t1 在第一象限内质点做匀变速直线运动，有F合＝ma＝mg 则a＝g 速度减为零时，有v0－at2＝0 带电质点由P点射入电场到返回P点所用的时间T＝2t1＋2t2 联立解得T＝＋。 答案：　 在a、b板间加速时，有qU1＝mv02 解得v0＝ 。 答案：　 垂直于板方向有q＝ma，y＝at22 联立解得y＝。 答案：＝[或t＝] 在a、b板间运动，有d1＝t1 总时间t＝t1＋t2 联立以上各式可得＝。 答案：　　 粒子在竖直方向先做初速度为0的匀加速直线运动，后做 匀减速直线运动，至速度减为0，则有vy2＝2L＝2· 则有E1＝2E2 粒子在下侧电场中，竖直方向上根据位移公式有L＝·t12 粒子在上侧电场中，竖直方向上根据位移公式有＝·t22 水平方向上粒子做匀速直线运动，有v0(t1＋t2)＝2L 解得E1＝，E2＝。 vy＝t1＝t2 $$