電場是高中物理的重點知識之一．本章著重從力和能兩個角度研究電場的基本性質．本章既是重點，又是難點，也是高考的熱點．它是電磁學的基礎，特別是在“3＋X”理科綜合考試中，它將成為聯系力學和電磁學的一個重要鈕帶．
本章及相關內容知識網絡：
專題一 電場的力的性質
【考點透析】
一、本專題考點：
本單元除電荷及電荷守恒定律為Ⅰ類要求外，其余均為Ⅱ類要求．即能夠確切理解其含義及與其它知識的聯系，能夠用它解決生活中的實際問題．在高考中主要考查方向是：①運用庫侖定律定性或定量分析點電荷間的相互作用問題，并常用力學中處理物體平衡的方法分析帶電小球的平衡問題；②運用電場強度的概念和電場線的性質對各種電場進行定性和定量的分析．
二、理解和掌握的內容
1．對電場和電場線的理解 只要有電荷存在，其周圍空間就存在電場，它是電荷間相互作用的媒介，電場具有力和能的性質．電場強度是矢量，滿足矢量疊加原理．電場線是用來描述空間各點場強連續變化規律的一組假想的曲線．電場線的特點是：其方向代表場強方向、其疏密代表場強大小；電場線起始于正電荷（或無窮遠）終止于負電荷（或無窮遠）；電場線不能相交．
2．幾點說明
（1）庫侖定律的適應條件：真空中，點電荷（帶電體的線度遠小于電荷間的距離r時，帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可忽略不計，可看作是點電荷）．
（2）元電荷、點電荷和檢驗電荷的區別：電子和質子帶最小的電量e＝1.6?10-19C，任何帶電體所帶的電量均為e 的整數倍，故稱1.6?10-19C為元電荷，它不是電子也不是質子，而是帶電物質的最小電量值；如果帶電體的線度遠小于電荷間的距離，帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可忽略不計，這樣的帶電體可看作是點電荷，它是一種科學的抽象，是一種理想模型；檢驗電荷是電量足夠小的點電荷，只有當點電荷放入電場中后不足以原電場的性質或對原電場的影響忽略不計時，該點電荷才能作為檢驗電荷．
3．難點釋疑
（1）電場線是直線的電場不一定是勻強電場，如孤立點電荷產生的電場是非勻強電場，它的電場線就是直線．
（2）電場線不是帶電粒子的運動軌跡，只的在滿足一定條件時帶電粒子運動的軌跡才有可能與電場線重合．帶電粒子的運動軌跡是由帶電粒子受到的合外力和初速度來決定的，必須從運動和力的觀點來分析確定．
【例題精析】
例1 如圖所示，半徑相同的兩個金屬小球A、B帶有電量相等的電荷，相隔一定距離，兩球之間的相互吸引力的大小為F。今用第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開，這時A、B兩球間相互作用力的大小為（ ）
A．F/8 B．F/4 C．3F/8 D．3F/4
解析：由于A、B間有吸引力，則A、B帶異種電荷，設為Q，兩球之間的吸引力F＝kQ2/r2,r為兩球間的距離。
當C球與A球接觸后，A、C帶電量q1＝Q/2，當C球再與B球接觸后，B、C兩平均水平喧電量q2＝（Q-Q/2）2 ＝Q/4，此時A、B兩球間相互作用力的大小為F?＝kQ2/8r2＝F/8。
正確答案：A
思考與拓寬：若金屬小球A、B較大，且相距較近，有正確答案嗎？為什么？(答案：沒有，因為這時庫侖定律已不適應)
例2 在真空中有兩個固定的正的點電荷A、B，帶電量分別為Q、q，相距L，(1)引入第三個點電荷 C使它處于平衡狀態，這個點電荷 應放在什么位置，帶電量為多少？(2)如果A、B不固定，C應放在什么位置，帶電量為多少時三個電荷均靜止？
解析：此題目為物體平衡和庫侖定律的綜合運用題，其解題方法與力學中處理物體平衡問題的分析方法是相同的．
（1）A、B兩球都固定，C球只能放在A、B連線之是且適當的位置才有可能平衡，設帶電量為q，距A點的距離為x，對C由物體平衡條件和庫侖定律得：
KQ q/x2＝Kq q/(L-x)2
解得x ＝ Q Q +q ，q在運算中被消去，所以q的電性和電量多少不限．
（2）A、B不固定時，三個小球均要在互相作用下平衡，由受力分析可知，C必須是負電荷，且放于A、B連線間，設電量為 -q，距A為x．
對C由物體平衡條件和庫侖定律得：KQq／x2＝Kqq／(L-x)2 ， 解得x ＝ Q Q +q
對A由物體平衡條件和庫侖定律得：KQq/L2＝KQq/x2 ， 解得x ＝ q（ Q Q +q ）2
思考與拓寬１：三個電荷在同一直線上排列，且三個電荷由于相互作用均平衡時，它們的電性有什么規律？ 帶電量多少與它們之間的距離有什么關系？(答案：電荷的排列順序只有兩種可能，即：“+ - +”和“- + -”；中間的電荷帶電量少，兩端的電荷帶電量多，兩羰的電荷中帶電量少的與中間電荷較近)
思考與拓寬２：能否用點電荷的場強公式和電場強度的疊加原理來解答例１？(答案：能，當電荷受庫侖力平衡時，它所在處的合場強為零)
例3 如圖10—2所示，帶箭頭的曲線表示電場中某區域內電場線的分布情況，一帶電粒子在電場中運動的徑跡如圖中虛線所示，若不考慮其它力的作用，則下列判斷中正確的是（ ）
A．若粒子是從A運動到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運動到A，則粒子帶負電
B．不論粒子是從A運動到B還是從B運動到A， 粒子必帶負電
C．若粒子是從B運動到A，則其加速度減小
D．若粒子是從B運動到A，則其速度減小
解析：本題應從物體做曲線運動的條件著手分析，由曲線的彎曲方向看，帶電粒子受電場力方向必向左方，再由正負電荷所受電場力方向與場強方向的關系便可確定帶電粒子帶負電，所以答案A錯誤，答案B正確；而其加速度如何變化可由電場線的疏密變化來確定，因為電場線密處的場強大，同一電荷受力大，電場線稀疏處場強小，同一電荷受力小，由圖可見A處的電場線比B處稀疏，所以電荷在B處的加速度較大，所以答案C正確；速度如何變化可從電場力做功情況做出判斷，當粒子從B向A運動時，其們移方向與受力方向的夾角小于900，電場力即合外力做正功，其動能增大，速度增大，所以答案D錯誤．
思考與拓寬：若粒子帶電性質與題中粒子的電性相反，且從A點進入電場，請定性畫出其運動軌跡．(答案：略)
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．真空中有兩個相同的帶電金屬小球A和B，，相距為r，帶電量分別為q和2q，它們間相互作用力大小為F．有一個不帶電的金屬小球C，大小與A、B相同，當C與A、B小球各接觸一下后拿開，再將A、B間距離變為2r，那么A、B間作用力大小可能為( )
①3F/64 ②0 ③3F/32 ④3F/16
A．①②③ B．①③ C．①② D．①④
2． 兩個小球A、B，分別帶有同種電荷QA和QB，質量分別為MA和MB，B用長為L的絕緣絲線懸掛在A球的正上方的O點，A距O點的距離也為L，且被固定，當B球達到平衡時A、B相距為d，如圖10—3所示為使A、B間距離減小到d/2，可采用的方法是( )
Ａ．將A的電量減小到QA/4 Ｂ．將B的電量減小到QB/8
Ｃ．將A的質量減小到MA/8 Ｄ．將B的質量減小到MB/8
3．如圖10—4所示．一帶電量為Q的較大的金屬球，固定在絕緣支架上，這時球外距金屬球較近處一點P的電場強度為E0，當把一電量也為Q的點電荷放在P點時，測得點電荷受到的電場力為f；當把一電量為aQ的點電荷放在P點時，測得點電荷受到的電場力為F，則在國際單位制中( )
A．f的數值等于 QE0 B．F的數值等于af
C．a比1小的越多， F的數值越接近aQE0 D．a比1小的越多， F的數值越接近af
4．關于場強的下列說法中，正確的是( )
A．電場中某點的電場強度方向與放入該點的檢驗 電荷所受電場力方向相同
B．等量異種電荷的電場中，兩電荷連線上場強最大的點為連線的中點
C．在等量異種電荷的電場中，兩電荷連線的垂直平分線上，從垂足向兩側場強越來越小
D．在等量同種電荷的電場中，兩電荷連線的垂直平分線上，從垂足向兩側場強越來越小
5．如圖10—5中AB是某個點電荷電場是的一條電場線，在線上O點放入一個自由的負電荷，他將沿電場線向B點運動，下列判斷中哪些是正確的( )
A．電場線由B指向A，該電荷加速運動，加速度越來越小
B．電場線由B指向A，該電荷加速運動，加速度大小的變化由題設條件不能確定
C．電場線由A指向B，該電荷做勻加速運動
D．電場線由B指向A，該電荷加速運動，加速度越來越大
6．如圖10—6(a)中，直線AB是某個點電荷電場中的一條電場線， 圖10—4(b)是放在電場線上A、B兩點的電荷的電量與所受電場力大小間的函數圖象．由此可以判定( )
①場源可能是正電荷，位置在A點左側
②場源可能是正電荷，位置在B點右側
③場源可能是負電荷，位置在A點左側
④場源可能是負電荷，位置在B點左側
A．①③ B．①④ C．②④ D．②③
7．如圖10—7所示，在x軸上坐標為+1的點放一個電量為+4Q的點電荷，坐標原點O處固定一個電量為-Q的點電荷，那么在x軸上，電場強度方向沿x軸負方向的點所在區域是 ．
Ⅱ。能力與素質
8．真空中有A、B兩個點電荷相距L，質量為m和2m，將它們由靜止釋放瞬時，A的加速度為a，經過一段時間后B的加速度也為a，且速率為V．求：
①這時兩個點電荷相距多遠？
②這時點電荷A的速率多大？
9．如圖10—8所示，一半徑為R的絕緣球殼上均勻帶有+Q的電荷，由于對稱性，球心O點的場強為零，現在球殼上挖去半徑為r(r《R)的一個小圓孔，求此時球心處場強的大小和方向．
10．用一根絕緣繩懸掛一個帶電小球，小球的質量為1.0?10-2kg，所帶的電荷量為+2.0?10-8C．現加一水平方向的勻強電場，平衡時絕緣繩與豎直線成300角，如圖10—9所示．求勻強電場的場強．
專題二 電場的能的性質
【考點透析】
一、本專題考點： 本專題的知識點均為Ⅱ類要求，即能夠確切理解其含義及與其它知識的聯系，能夠用它解決生活中的實際問題．在高考中主要考查方向是：①以選擇題的形式對描述電場的各物理量（如電場強度與電勢、電勢與電勢等）能進行比較鑒別；②利用電場線和等勢面的性質對電場進行分析；③從能的轉化的觀點分析帶電粒子在電場中的運動．
二、理解和掌握的內容
1．理順好幾個關系：
（１）電場力做功與電勢能的關系：電場力對電荷做功，電荷的電勢能減小；電荷克服電場力做功，電荷的電勢能增加．電勢能變化的數值等于電場力對電荷做功的數值．這常是判斷電荷電勢能變化的依據．
（２）電勢與電勢能：①電勢是描述電場能的性質的物理量，與置于電場中檢驗電荷的電量大小無關，電勢能是描述電荷與電場相互作用能的大小的物理量，其大小由電場中電荷帶電量的多少和該點電勢共同決定．②帶電體從電場中的a點移到b 點過程中，如果知道電場力對帶電體做正功還是做負功，可直接判斷其電勢能的變化．若要判斷a、b兩點電勢高低，必須知道帶電體是帶正電還是帶負電，反之，若要知道帶電體所帶電荷的正負，要判斷a、b兩點電勢高低，必須知道電場力對帶電體做正功還是做負功．
（３）等勢面的特點：①等勢面一定與電場垂直；②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功；③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；④任何兩個等勢面都不會相交；⑤等差等勢面越密的地方電場強度越大，即等差等勢面的疏密可以描述電場的強弱．
2．幾點說明
（１）電勢的數值是相對的，不是絕對的．在求電勢大小時，首先必須選定某一位置的電勢為零，否則無法求解．零點的選取是任意的，但在理論上通常取離場源電荷無窮遠處為零電勢位置；實際使用中，則取大地為零電勢．
（２）電場中某點的電勢在數值上等于單位正電荷由該點移至零電勢點時電場力所做的功．這就說明，當電場中某點的位置和零電勢點確定后，這一點的電勢就是一個確定的值了．某點的電勢與該點是否放有電荷無關，即電勢的大小由電場本身和零電勢點的位置決定．
3．難點釋疑 有的同學認為＂電場強度大處電勢高＂、＂電勢高處電荷的電勢能大＂．產生上述錯誤的原因是對上述概念的不理解造成的．在電場中一個確定的點電場強度是確定的，而電勢卻與零勢點的選取有關，另外逆電場線方向電勢要升高，但逆電場線方向電場強度不一定增大，所以場強大處電勢不一定高，電勢高處場強也不一定大；電勢能的大小由電場中電荷帶電量的多少和該點電勢共同決定，要區分正電荷和負電荷，正電荷在電勢向處的電勢能大，而負電荷在電勢高處的電勢能�。�
【例題精析】
例1 一個點電荷，從電場 中的a點移到b點，其電勢能的變化量為零，則( )
A．a、b兩點的場強一定相等
B．該電荷一定沿等勢面移動
C．作用于該點電荷的電場力與其移動方向總是垂直的
D．a、b兩點的電勢一定相等
解析：本題考查了電勢能的變化、電場力做功、電場強度、電勢和電勢差與及它們間的關系．
由?? ＝W = qUab＝q(Ua-Ub)可知，若?? ＝ 0，則①Uab ＝ Ua-Ub ＝ 0即Ua＝Ub，所以D選項正確．面電勢相等的點，其場強不一定相等，故A選項不正確．②W = 0，即點電荷從a移到b，電場力所做的總功為零，造成這一結果有兩種可能性，其一是電荷沿等勢面移動，這時電場力與電荷的移動方向是垂直的；其二是電荷從等勢面上的a點經任意路徑又回到這一等勢面上的點b（因為電場力做的功與路徑無關，只與初末狀態的位置有關），所以B、C也是錯誤的．正確答案：D．
例2 如圖10—10所示，A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點．已知A、B、C三點的電勢分別為?A＝15V，?B＝3V，?C＝-3V．由此可得D點的電勢?D＝ V．
解析：求電場中某點的電勢，一般是先求電勢差，再求電勢．但此題還要注意運用勻強電場的一些特性進行求解．
如圖10—11所示，設場強方向與AB方向的夾角為?，AB邊長為a．
由U＝Ed ＝ELcos? 知
UABUAc ＝1218 ＝ 23 ＝ acos?2 cos?(450-?) ---------------①
UABUAD ＝ 12UAD ＝ acos?acos?(900-?)- -----------------------②
由①、②式解得UAD＝6V，tg?＝1/2．
又因為UAD＝UA-UD，
所以UD ＝UA-UAD＝9V．
思考1： 在勻強電場中，任意兩條平行線上距離相等的兩點間電勢差一定相等嗎？如果相等，能利用此結論來解此題嗎？（答案：相等；能）
思考2： 請用作圖法確定題中勻強電場的場強方向．（答案：略）
例3 如圖10—12所示的直線是真空中某電場中的一條電場線，A、B是這條電場線上的兩點．一個帶正電的粒子在只受電場力的情況下，以速度VA經過A點向B點運動，經一段時間后，該帶正電的粒子以速度VB經過B點，且VB與VA方向相反，則（ ）
A．A點的電勢一定低于B點的電勢
B．A點的場強一定大于B點的場強
C．該帶電粒子在A點的電勢能一定小于它在B點的電勢能
D．該帶電粒子在A點時的動能與電勢能之和等于它在B點的動能與電勢能之和
解析：當電場線是直線時，同一電場線上各點的場強方向必相同，由題中給出的粒子運動情況可以判斷，粒子受電場力方向應向左，粒子從A到B的運動過程是先向右減速，速度減為零后又向左加速．因為粒子帶正電荷，受電場力方向向左，所以電場線的方向應向左，沿電場線方向電勢降低，所以A點的電勢比B點低，答案A正確；由電場中的一條電場線不能確定此電場中各點電場強度的大小，所以答案B不正確；粒子從A點運動到B點的過程中，粒子克服電場力做功，電勢能必增大，所以答案C正確；由于粒子在運動過程中只有電場力做功，因此只存在動能與電勢能的相互轉化，動能與電勢能之和保持不變，所以答案D正確．正確答案ACD．
思考拓寬：若A、B是如圖10—13所示電場中的兩點，則正確答案應是什么？（答案：D）
【能力提升】
Ⅰ。知識與技能
1．下列說法中，正確的是( )
A．電子沿電場線方向運動，電勢能越來越大
B．質子沿電場線方向運動，電勢能越來越大
C．只在電力場作用下，由靜止釋放的電子總是從電勢能小的位置向電勢能大的位置運動
D．只在電場作用下,由靜止釋放的質子總是從電勢能小的位置向電勢能大的位置運動
2．如圖10—14所示，兩個固定的等量異種電荷的電場中，有A、B、C三點，A為兩電荷連線的中點，B為連線上距A為L的一點，C為連線中垂線上距A也為L的一點，則下面關于三點電場強度的大小、電勢高低的比較，正確的是( )
①EB＞EA＞EC ②EA＞EB＞EC ③?A＝?C＞?B ④?B＝?C＞?A
A．①④ B．①③ C．②④ D．②③
3．一個帶正電的質點，電荷量q=2.0?10-9C，在靜電電場中由a點移到b點．在此過程中除電場力外，其它力做的功是6.0?10-5J．質點動能增加了8.0?10-5J，則a、b兩點的電勢差Uab為（ ）
A．1.0?104V B．-1.0?104V C．4.0?104V D．-7.0?104V
Ⅱ。能力與素質
4．某電場中的電場線和等勢面如圖10—15所示，實線表示電場線，虛線表示等勢面，過a、b兩點的等勢面的電勢分別為?a=50V，?b=20V，那么a、b連線的中點c的電勢?c為( )
A．等于35V B．大于35V C．小于35V D．等于15V
5．如圖10—16所示，在點電荷Q形成的電場中，a、b兩點在同一等勢面上，c、d在另外一個等勢面上，甲乙兩帶電粒子的運動軌跡分別為acb和adb曲線，若兩粒子通過a點時具有相同的動能，則下列說法中不正確的是( )
A．甲乙兩粒子帶異號電荷
B．甲粒子經過c點時與乙粒子經過d點時的動能相同
C．兩粒子經過b點時的動能相同
D．若取無窮遠處為零電勢，則甲粒子在c點的電勢能小于乙粒子在d點時的電勢能
6. AB是某電場中的一條電場線，將一帶負電荷的粒子從A點自由釋放，它由A點運動到B點的過程中速度變化如圖10—17所示，則AB兩點電勢高低和場強大小的關系是( )
A．?A＞?B，EA＞EB B．?A＞?B，EA＜EB
C．?A＜?B，EA＞EB D．?A＜?B，EA＜EB
7．質量為m，電量為q的質點，只在靜電力作用下以恒定速率v沿圓弧從A點運動到B點，其速度方向改變的角度為?(rad)，AB弧長為S，則AB兩點間的電勢差?A－?B＝ ，AB弧中點的場強大小為 ．
8．如圖10—18所示，在勻強電場中，沿著與電場線成600角的方向，將帶電量為q＝-4.0?10-8C的點電荷由a點移到b點，ab＝20cm，若電場強度E＝5.0?10-3N/C，則在此過程中電場力對電荷q所做的功W ＝ ．
9．兩個帶正電的小球A和B放在光滑絕緣的水平面上，質量mA＝2mB電量qA＝4qB，相距r時，它們具有電勢能E0（取相距無窮遠時電勢能為零），現將它們釋放，經過相當長的時間后，求A和B的動能各多大？
10． 如圖10—19所示，虛線方框內為一勻強電場，A、B、C為該電場中的三個點，已知?A＝12V，?B＝6V，?C＝-6V．試在該方框中作出該電場的示意圖(即畫出幾條電場線)，并要求保留作圖時的輔助線(用虛線表示)，若將一個電子從A點移到B點，電場力做多少電子伏的功？
11．為使點電荷q在一勻強電場中沿直線由A勻速運動到B，須對該電荷施加一個恒力F，如圖10—20所示．若AB＝0.4m，?=370，q＝-3?10-7C，F＝1.5?10-4N，A點電勢?A＝100V．(不計電荷受的重力)．
(1)在圖中用實線畫出電場線，用虛線畫出通過A、B兩點的等勢線，并標明它們的電勢；
(2)求q在由A到B的過程中電勢能的變化量是多少？
專題三 電容器 靜電屏蔽
【考點透析】
一、本專題考點： 電容器為Ⅱ類要求，靜電屏蔽為Ⅰ類要求．即能夠確切理解電容的含義及與其它知識的聯系，并能夠在實際問題的分析、綜合、推理和判斷等過程中運用；對靜電屏蔽要知道其內容及含義．在高考中主要考查方向是：①以選擇題的形式對電容的定義及決定因素進行判斷；②以電容器為背景分析電場的力和能的性質；③研究帶電粒子在電容器中的運動．
二、理解和掌握的內容
1．電容定義式和決定式的綜合應用，即分析電容器的結構變化對相關物理量的影響．其基本思路是：①首先確定不變量，若電容器充電后斷開電源，則其所帶電量Q不變，若電容器始終和直流電源相連，則兩板間的電壓U不變；②用C＝εS/4πkd，判斷電容的變化情況；③用C＝Q/U，分析Q或U的變化情況；④用E＝U/d，分析平行板電容器兩板間場強的變化情況．
2．幾點說明
（１）電容器的電容是反映電容器本身貯電特性的物理量，由電容器本身的介質特性和幾何尺寸決定，與電容器是否帶電、帶電的多少、兩板間電勢差的大小均無關．
（２）靜電屏蔽：如圖10-21所示，將一空腔金屬導體放在帶電體Ｑ附近，處于靜電平衡后，空腔導體內部各點的場強均為零，如果空腔內有另一個導體存在，這個導體也不會受到Ｑ所產生電場的影響，即空腔金屬導體對其外部的電場有屏蔽作用．
3．難點釋疑 有的同學不理解電容器中的電場強度由什么因素決定，常導致分析失誤，現
推導如下：由E＝U/d和C＝Q/U得Ｅ＝Ｑ／Ｃd，又C＝εS/4πkd，于是Ｅ＝4πkＱ／εS，顯然電場強度Ｅ由Ｑ、ε、S這三個因素決定，與兩極板間的距離d無關．
【例題精析】
例１ 如圖10—22所示，平行板電容器接在電源上充電后，與電源斷開，負極板接地，在兩板間有一正電荷固定在P點，以E表示兩板間場強，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能．若保持負極板不動，將正極板向下移，則( )
A．U變小，E不變 B．E變大，W變大
C．U變小，W不變 D．U不變，W不變
解析：解答此題應明確，電容器與電源斷開后，其所帶電量Q將保持不變．當正極板向下移時，電容器兩板間距d減小，由C＝εS/4πkd可知電容C增大，由C＝Q/U可得U將減小，由E＝U/d、C＝Q/U和 C＝εS/4πkd得E＝4πkQ/εS，所以場強E不變，答案A正確；分析P點所放電荷的電勢能如何變化，應從分析P點的電勢變化入手，設P點與負極板間的距離為d，則P點的電勢?＝Ed，E和d均不變，所以P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能不變，答案C正確．正確答案：AC．
思考1： 題中若正極板不動，將負極板向上移一些，各量如變何化？題中若是將正極板接地，而負極板不接地，保持負極板不動，將正極板向下移，各量如何變化？（答案：E不變，U變小，W變小；E不變，U變小，W變大）
思考2： 題中若將一電源始終與電容器相連，保持負極板接地且不動，將正極板向下移時，各量如變何化？（答案：E變大，U不變，W變大）
例２ 傳感器是一種采集信息的重要器件．如圖10—23是一種測定壓力的電容式傳感器．當待測壓力F作用于可動膜片電極上時，可使膜片產生形變，引起電容的變化，將電容器靈敏電流計和電源串接成閉合電路．那么( )
A．當F向上壓膜片電極時，電容將變小
B．當F向上壓膜片電極時，電容將變大
C．當電流計有示數時，則壓力F發生變化
D．當電流計有示數時，則壓力F不發生變化
解析：此題考查電容器電容的決定因素及電容器的充放電現象．當壓力F發生變化時，兩極板間距離d發生變化，由C∝εS/d可知，電容C將會發生變化，由于電源始終與電容器相連，電容器上的電壓不變，由C＝Q/U可知電容器帶電量Q將發生變化，導致電容器充電或放電，這時電流表中就會有電流通過．正確答案：BC．
思考拓寬：仿照測定壓力的電容式傳感器，制做一個測定微小位移(或速度)的電容式傳感器，如圖10—24所示，其中陰影部分為某種電介質．請簡單說明其原理．（答案：當電介質發生位移時，電容器的電容發生變化，由電容變化的量值便可計算出位移的大小）
例３ 空腔導體或金屬網罩(無論接地與否)可以把外部電場遮住，使其 不受外電場的影響;接地的空腔導體或金屬網罩可以使其 部不受 部帶電體電場的影響，這種現象叫做 ．
解析：當空腔導體或金屬網罩處在電場中時，其表面會產生感應電荷，只有當感應電荷產生的電場在空腔導體或金屬網罩內部與外電場相抵消時才能達到穩定狀態，這時空腔導體或金屬網罩內部場強處處為零，內部就不受外電場的影響．接地的空腔導體或金屬網罩與大地構成一個整體，與大地等電勢，其周圍電場強度必須為零，因而其外部不受內部帶電體電場的影響．
正確答案：內部，外部，內部，靜電屏蔽．
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．如圖10—25所示，絕緣導體B、C相接觸，A帶正電荷，下列操作中不能使B帶負電的是( )
A．先拿走C，再拿走A
B．先拿走A，再拿走C
C．用手接觸一下C后離開，再拿走A
D．用手接觸一下B后離開，先拿走C，再拿走A
2．平行板電容器電容為C，板間距為d，帶電量為Q．今在兩板正中央處放一個電荷 q，則它受到的電場力的大小為（ ）
Ａ.２KQq/d2 B. 4KQq/d2 C. Qq/Cd D. 2Qq/Cd
3．如圖10—26所示是一個由電池、電阻R與平行板電容器組成的串聯電路，在增大電容器兩板間距離的過程中：（ ）
A. 電阻R中沒有電流
B．電容器的電容變大
C．電阻R中有從a流向b的電流
D．電阻R中有從b流向a的電流
4．如圖10—27所示，平行金屬板A、B組成的電容器，充電后與靜電計相連．要使靜電計指針張角變大，下列措施中可行的是( )
A．將A板向下移動 B．使A板放走部分電荷
C．將B板向右移動 D．將AB之間充滿電介質
5．以下說法中不正確的是( )
A．通訊電纜的外面包一層鉛皮，是用來防止外界電場的干擾
B．為了防止通訊電纜中信號對外界的干擾可將其外面包鉛皮接地
C．法拉第圓筒實驗說明電荷只分布在導體的外表面上
D．金屬網或金屬皮外的帶電體不會在其內部產生電場
6．平行板電容器的電容為C，兩極板間距離為L，電容器所帶電荷量為Q，現在使電容器所帶電荷量增加了?Q．若極板間有a、b兩點，相距為d，則下列說法中正確的是（ ） ①兩板間原來的電場強度是Q/CL ②兩板間現在的電場強度是Q/CL
③兩板間電場強度增加了?Q/CL ④a、b兩點間的電勢差一定增加了?Qd/CL
A．①② B．①②③ C．①③ D．③④
Ⅱ。能力與素質
7．平行板電容器的兩極板接于電池兩極，一個帶正電小球懸掛在電容器內部，閉合開關S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為? ，如圖10—28所示．那么( )
A．保持開關S閉合，A板向B靠近，則? 角減小
B．保持開關S閉合，A板向B靠近，則? 角不變
C．開關S斷開，A板向B靠近，則? 角增大
D．開關S斷開，A板向B靠近，則? 角不變
8．如圖10—29是測定液面高度h的傳感器．在導線芯的外面涂上一層絕緣物質，放入導電液體中，在計算機上就可以知道h的變化情況，并實現自動控制，下列說法中正確的是( )
A．液面高度h變大，電容變小
B．液面高度h變小，電容變大
C．金屬芯線和導電液體構成電容器的兩個電極
D．金屬絲線的兩側構成電容器的兩電極
9．有一個空腔導體內部和外部都有電荷， 如圖14—30所示，下述結論正確的是 ( )
A．導體不接地時，內部電場強度受到外部電荷的影響
B．導體不接地時，外部電場強度受到內部電荷的影響
C．導體接地時，內部電場強度受到外部電荷的影響
D．導體接地時，外部電場強度受到外部電荷的影響
10．如圖10—31所示,平行板電容器兩板A、B通過電流計G、電鍵S和電源相連．當S閉合后，A、B兩板相距為d時，A、B內恰有一個帶電微粒處于靜止狀態．（１）始終閉合Ｓ，將A、B兩板間距離由d增大到2d，電容器的電容將由Ｃ變為 ，A、B間電壓將由Ｕ變為 ，電流計Ｇ中將 電流流過（填“有”或“無”），電容器內的帶電微將 ．（２）斷開Ｓ后，將A、B兩板間距離由d減少到d/2，電容器的電容將由Ｃ變為 ，A、B間電壓將由U變為 ，A、B間電場強要將由E變為 ，電流計G中將 電流流過（填“有”或“無”）， 電容器內的帶電微將 ．
11．在觀察油滴在水平放置的平行板電容器中運動的實驗中，原有一油滴靜止在電容器中，給電容器再充上一些電荷?Q1，油滴開始向上運動，經t秒后，電容器突然放電失去一部分電荷?Q2，又經t秒，油滴回到原處，假設油滴在運動過程中沒有失去電荷，試求?Q2和?Q1之比？
專題四 帶電粒子在電場中的運動
【考點透析】
一、本專題考點： 帶電粒子在電場中的運動為Ⅱ類要求，示波管為Ⅰ類要求。即能夠確切理解帶電粒子在電場中運動的規律及與其它知識的聯系，并能夠在實際問題的分析、綜合、推理和判斷等過程中運用．在高考中主要考查方向是：①定性分析帶電粒子在電場中的運動過程；②綜合運用電場和力學知識定量處理帶電粒子在電場中的運動問題（主要是直線運動和類平拋運動）．
二、理解和掌握的內容
1．幾種運動形式的處理方法：
（１）平衡：處于靜止狀態或勻速直線運動狀態，帶電粒子所受合力為零．應用物體的平衡條件可解決此類問題．
（２）加速：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，所受電場力的方向與運動方向在同一條直線上，做加（減）速直線．可利用牛頓運動定律（勻強電場）或功能關系（任何電場）來求解．
（３）偏轉：帶電粒子以速度υ0垂直于電場線方向飛入勻強電場，受到恒定的與初速度方向成900電場力作用而做勻變速曲線運動．可用類平拋運動的方法來處理，即將運動分解為垂直電場方向的速度為υ0勻速直線運動和平行電場方向的初速度為零的勻加速直線運動．設帶電粒子電量為q，質量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為L，板間距離為d，當粒子以初速度υ0平行于兩極板進入電場時，有：x＝L＝υ0t，y＝12 at2，又E＝U/d，a＝qE/m＝qU/md；可解得，側向位移y＝UqL2/2mdυ02；偏向角的正切tgθ＝at/υ0 ＝UqL/mdυ02.
2．幾點說明 在處理帶電粒子在電場中運動問題時是否考慮重力，要通過審題來決定．①基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，一般都不考慮重力；②帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，一般都不能忽略重力．
【例題精析】
例1 如圖10—32所示，質量為m的帶電小球用絕緣絲線懸于O點，并處的水平向左的勻強電場E中，小球靜止時絲線與豎直方向的夾角為?，若剪斷絲線，則小球的加速度大小為( )
A．0 B．g，方向豎直向下
C．gtg? ，水平向右 D．g/cos? ，沿繩向下
解析：此題是帶電粒子在電場中的平衡和加速問題的綜合題，要運用物體的平衡條件及運動和力的關系分析．絲線被剪斷之前，小球受三個力作用，如圖10—33所示，圖中F為重力mg和電場力FE的合力，由物體的平衡條件絲線的拉力T＝F＝mg/cosθ,當絲線被子剪斷時，帶電小球受的合力為F，又初速度為零，所以帶電小球將沿F方向做勻加速直線運動，其加速度大小為a＝F/m＝g/cosθ，方向沿F方向，即沿線向下，所以正確答案為D．
思考與拓寬： 題中若場強大小和方向均未知，仍使帶電小球在圖示位置靜止，當絲線被剪斷后，電場強度是否是唯一的？如果不是求電場強度的最小值是多少？（答案：不是；mgtgθ/q）
例2 如圖10—34所示，一對水平放置的平行金屬板通過開關S與電源相連，一個帶電微粒從金屬板正上方的O點，由靜止釋放，通過金屬板上的小孔，進入兩平行板間，到達P點后返回，若將上金屬板向上移動到圖中虛線位置，再將帶電微粒從金屬板正上方的O點由靜止釋放，則有( )
A．若保持開關閉合狀態，帶電微粒仍能到達P點返回
B．若保持開關閉合狀態，帶電微粒尚未到達P點就返回
C．若將開關斷開后，再移上板，帶電微粒仍能到達P點返回
D．若將開關斷開后，再移上板，帶電微粒尚未到達P點就返回
解析：若利用重力勢能與電勢能的相互轉化對此題進行分析較為方便．
假設微粒仍能到達P點，當若保持開關閉合時，兩板間總電壓不變，但上極板與P點的電勢差增大，則電荷克服電場力做的功W將大于重力對微粒做的功，所以微粒尚未到達P點就返回，答案B正確；若將開關斷開，則電容器帶電量Q不變，當將上金屬板向上移動到圖中虛線位置時，兩極間總電壓增大，P點與下極板的電壓也增大，則電荷克服電場力做的功W將大于重力對微粒做的功，所以微粒尚未到達P點就返回，答案D正確．正確答案 BD．
思考與拓寬： 保持電源與兩金屬板相連，若是將下金屬板向上移一小段距離，微粒的運動情況如何？(答案：帶電微粒尚未到達P點就返回)
例3 如圖10—35所示，平行正對金屬板相距為d，板長為L，板間電壓為U，C是寬為d的擋板，其上下兩端點與A和B板水平相齊，且C離金屬板與屏S的距離均為L/2，C能吸收射到它表面的所有粒子．現讓電荷量為q的帶電粒子沿A、B兩板中線入射，帶電粒子的質量、速率均不相同，不計重力．求:
(1)帶電粒子到達屏S上的寬度；
(2)初動能多大的粒子能到達屏上．
解析：本題考查帶電粒子在電場中運動問題的處理方法．
（1）帶電粒子進入電場后做類平拋運動，從右側飛出電場后做勻速直線運動，這時速度方向的反向延長線與粒子射入方向恰相交于兩極板的正中央O1點，如圖10—36所示．
帶電粒子到達屏S上的寬度為AB，由圖可知：
AB＝ OB－OA
由幾何關系：OBd/2 ＝3L/2L/2 得OB＝3d/2
OAd/2 ＝3L/2L 得OA＝3d/4
所以AB＝3d/2－3d/4＝3d/4，即帶電粒子到達屏S上的寬度為3d/4．
(２)設從偏轉電場邊緣射出的粒子偏向角為θ1，由幾何關系有：
tgθ1＝ OB／O1O＝3d/23L/2 ＝d/L ， cosθ1＝L/L2+d2 ，
則該粒子射出電場的速度υt1＝υ0/ cosθ1＝υ0L2+d2 L ，
由動能定理得：Uq/2＝12 mυt2－12 mυ02 ＝ 12 mυ0 2 (L2+d2L2 －1)
所以此粒子的動能為12 mυ0 2＝ UqL2/2d2．
設從擋板邊緣射出的粒子偏向角為θ2，由幾何關系有：
tgθ2＝ OA/ O1O＝3d/43L/2 ＝d2/L ， cosθ2＝2L/4L2+d2 ，
則該粒子射出電場的速度υt2=υ0/ cosθ2＝υ04L2+d2 2L ，
由動能定理得：Uq/4＝12 mυt22 - 12 mυ02 ＝ 12 mυ0 2 (4L2+d24L2 ?1)
所以此粒子的動能為 12 mυ0 2＝UqL2/d2．
所以，初動能滿足UqL2/2d2＜EK＜ UqL2/d2的粒子能到達屏上.
思考與拓寬： 若沿中心線進入電場中的粒子帶電量絕對值相等，但電性不同，且具有相同的動能，設這些粒子均能擊中屏S，它們擊中屏的位置有什么特點？（答案：在屏上出現兩個亮點，這兩個亮點關于屏的中心上下對稱）
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．一束正離子，以相同的速率垂直于場強方向進入同一勻強電場，結果運動軌跡是重合的，說明這些粒子具有相同的( )
A．質量 B．電量 C．荷質比 D．動能
2．如圖10—37所示，一帶電粒子沿著曲線JK穿過一勻強電場，a、b、c、d為該電場的等勢面，其中?a①該粒子帶正電
②該粒子帶負電
③從J到K粒子的動能增加
④粒子從J到K運動過程中動能與電勢能之和不變
A．①③④ B．①④ C．③④ D．②③④
3．如圖10—38所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板．質量為m，電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰能到達N板．如果要使這個粒子到達M、N間距的1/2后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)( )
A．使初速度減為原來的1/2
B．使M、N間電壓減半
C. 使M、N間電壓提高到原來的4倍
D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的1/2
4．如圖10—39所示是某示波管的示意圖，如果在水平放置的偏轉電極上加一個電壓，則電子束將被偏轉．每單位電壓引起的偏轉距離叫示波管的靈敏度，下面這此措施中對提高示波管的靈敏度有用的是( )
A．盡可能把偏轉極板L做的長一些
B．盡可能把偏轉極板L做的短一些
C．盡可能把偏轉極板間的距離做的大一些
D．將電子槍的加速電壓提高一些
Ⅱ。能力與素質
5．一個電子以初速度v0從A點開始運動，由于受到一個點電荷的作用，其運動軌跡如圖10—40中實線所示，圖中B為軌跡上的一點，虛線是過A、B兩點并與軌跡相切的直線，虛線和直線將運動平面分為5個區域．則關于點電荷的位置，下列說法正確的是( )
①如果這個點電荷帶正電，則它一定在④區
②如果這個點電荷帶正電，則它一定在②區
③如果這個點電荷帶負電，則它一定在②區
④如果這個點電荷帶負電，則它一定在③區
A．①④ B．②③ C．②④ D．①③
6．如圖10—41所示，帶電量之比qA:qB=1:3的帶電粒子A和B，先后以相同的速度從同一點射入平行板電容器中，不計重力，帶電粒子偏轉后打在同一極板上，飛行水平距離之比為xA:xB=2:1．則帶電粒子的質量之比mA:mB以及在電場中飛行時間之比tA:tB分別為( )
A．1:1，2:3 B．2:1，3:2 C．1:1，3:4 D．4:3，2:1
7．如圖10—42所示，電子以v0的速度沿與電場垂直方向從A點飛進勻強電場，并且從另一端B沿與場強方向成1500角飛出，那么AB兩點的電勢差是 .
8．如圖10—43所示，實線為電場線，虛線為等勢面且相鄰等勢面間的電勢差相等．一正電荷 在等勢面U3上時，具有動能20J，它在運動到等勢面U1上時，速度為零．令U2＝0，那么，當該電荷的電勢能為4J時，其動能大小為 J．
9．如圖10－44所示，Ａ、Ｂ是一對平行的金屬板兩板間距為d，在兩板間加上一周期為Ｔ的交變電壓u．Ａ板的電勢UA＝0，Ｂ板的電勢?B隨時間的變化規律為:在０到T/2時間內，?B＝U0（正的常數）；在T/2到T的時間性內，?B＝－U0；在T到3T/2的時間內?B=U0；在此T/2到2T的時間內，?B＝－U0；……．t=0時有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區域內．設電子的初速度和重力的影響均可忽略．要想使這個電子到達B板時具有最大動能，則所加電壓的周期T應滿足什么條件？
10．相距為d的兩平行金屬板M、N與電池相連，如圖10－45所示，一帶電粒子從M板邊緣，垂直 于電場方向射入，并打在N板的中心，現使粒子原樣射入，但恰能射出電場，不計重力，就下列兩種情況，分別求出N板下移的距離．(1)電鍵K閉合；(2)把閉合的電鍵K斷開．
11．如圖10—46所示，相距d的水平放置的兩平行金屬板構成的電容器電容為C，a板接地且中央有一孔．開始時兩板勻不帶電．現將電量為q，質量為m的液滴一滴一滴的從小孔正上方h處無初速度滴下，前一滴到達b板后下一滴才開始下落．液滴到b板后，其電荷全部轉移給b板．不計空氣阻力的影響，重力加速度為g．求:
(1)能夠到達b板的液滴不會超過多少滴？
(2)若能夠到達b板的液滴數為k，則第k+1滴如何運動？
專題五 處理電場問題的方法
【考點透析】
一、本專題考點： 能綜合運用電場及力學知識對實際問題進行分析、綜合、推理和判斷．考查的方向是在力電綜合試題中巧妙地把電場的概念與牛頓定律、功能關系等力學知識有機地結合起來，考查學生對力學、電學相關概念的理解和規律的綜合運用．
二、理解和掌握的內容
1．常用方法和關系
（1）電場線和等勢面的應用：處理電場的簡單問題，通常要先畫出電場線和等勢面，用于比較空間各點的電場的電勢，應注意“五看”：
①看電場線的切線方向，確定場強的方向；
②看電場的疏密，比較場強的大小；
③看電場線的走向，比較電勢的高低；
④看電場力做什么功，確定電勢能的增減；
⑤看電勢能零點位置的選取，確定電勢能的正負．
（2）電場中的功能關系：
①計算電場力做的功有兩種方法： W＝qEd(適應于勻強電場)； W＝qU（適應于一切電場）．
②注意運用功能關系處理電場問題：
Ⅰ.只有電場力做功時，帶電粒子的電勢能只與動能發生相互轉化，電場力做的功等于帶電粒子動能的改變量，即：WAB＝qUAB＝?EK＝－?ε，注意：A、B為帶電粒子在電場中運動軌跡的始末兩點，UAB為兩點間的電勢差．
Ⅱ.若僅有重力和電場力做功，則?EK＝W總＝W重＋W電＝-?E重－?ε電，則?E重＋?EK＋?ε電＝0，即：帶電粒子的動能、重力勢能、電勢能的總和保持不變．
（3）帶電粒子在電場中運動問題的處理方法：
求解帶電粒子在電場中的運動，實際上就是力學中處理物體運動問題的繼續，運用牛頓運動定律分析受力和運動過程仍是決解問題的關鍵，在此基礎上正確運用牛頓運動定律、功能關系、動量守恒定律是決解問題的手段．還要注意運用等效法和類比法．
【例題精析】
例1 如圖10—47所示，平行直線表示電場線，一帶電量為+10-2C的粒子在電場中只受電場力作用，由A點移到B點，動能損失0.1J，若A點電勢為-10V，則( )
A．B點的電勢為0
B．電場線方向從右向左
C．粒子的運動軌跡可能是軌跡1
D．粒子的運動軌跡可能是軌跡2
解析：由動能定理，UABq＝?EK，UAB＝?EK/q＝-0.1/10+2＝-10V，又UAB＝UA－UB，所以UB＝UA－UAB＝0，答案 A正確；由題知粒子由A點移到B點，動能減小了，由動能定理可知電荷克服電場力做了功，因此，電場力的方向向左，又粒子帶正電，所以電場線方向從右向左，答案B正確；再由運動和力的關系判斷，粒子運動的軌跡只能是軌跡1．答案C正確．正確答案：ABC．
例2 如圖10—48所示，半徑為r的絕緣光滑圓環固定的豎直平面內，環上套有一個質量為m，帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，珠子所受電場力的大小等于其重力的大小，將珠子從環上最低位置A由靜止釋放，那么珠子所能獲得的最大動能為多少？
解析：本題是帶電體在重力和電場力共同作用下的運動問題．此題的處理方法較多，但關鍵是分析確定動能最大的位置，然后運用力學中的方法求解．
珠子在電場力Eq、重力mg和彈力N的作用下沿環運動，運動到如圖10—49所示位置時，動能最大．
因為Eq＝mg，所以θ=450
設珠子的最大動能為EK，由動能定理得：
Eqrsinθ－mg(r-rcosθ)＝EK
解得：EK＝mgr(2 ?1)
思考與拓寬： 在A點給珠子一個多大的初速度，能使它在豎直平面內做圓周運動？這時珠子對光滑圓環的最大作用力是多大？（答案：52 gr ,62 mg）
例3 如圖10—50所示，傾角為300的直角三角形的底邊BC長為2L，底邊處在水平位置，斜邊AC為光滑絕緣導軌．現在底邊中點O處放一正點電荷Q，讓一個帶正電的小球從斜面頂端A滑下（始終不脫離斜面），已測得它滑到斜邊的垂足D處的速度大小為υ,加速度大小為a．
(1)在質點的運動中不發生變化的是（ ）
A．動能 B．電勢能與重力勢能之和
C．動能與重力勢能之和 D．動能、電勢能和重力勢能三者之和
(2)質點的運動是( )
A．勻加速運動 B．先勻加速后勻減速
C．勻減速運動 D．加速度隨時間變化的運動
(3)該質點滑到非常接近底端C點時的速率vc為多少？沿斜面向下的加速度aC為多少？
解析：由于點電荷Q電場的存在，質點必做加速度變化的運動，解答此題要抓住點電荷電場的特點，運用牛頓第二定律和功能關系來解決問題．
（1）由于斜面是光滑的，帶電小球在下滑過程中，只有重力和電場力做功，所以小球的機械能和電勢能之和保持不變．答案D正確．
（2）由于帶電小球在運動過程中所受的電場力的大小和方向是變化的，其合力必是變力，所以小球的加速度是隨時間變化的．答案D正確．
（3）依題意，D、C兩點與點電荷Q的距離相等，所以它們的Q電場中的同一等勢面上，小球從C點運動到D點的過程中電場力做功為零，由動能定理得：
mgh＝12 mυC2 - 12 mυ2 又h＝Lsin600
解得：υC＝υ2+3 gL
小球在C點和D點的受力如圖10—51所示，其中電場力大小相等，均為F，由牛頓第二定律：在D點有 mgsin300－Fcos300＝ma
在C點有 mgsin300＋Fcos300＝maC
解以上兩個方程得：aC＝g －a．
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．如圖10—52所示，在水平方向的勻強電場中，一帶電微粒沿v0方向飛入后，沿虛線方向從A運動到B點(重力不能忽略)，則在此過程中微粒的( )
A．動能減小，電勢能增加 B．動能減小，電勢能也減小
C．動能增加，電勢能減小 D．動能增加，電勢能也增加
2．如圖10—53所示，在水平向左的勻強電場中用絕緣絲線吊起一個帶負電的小球，小球在A平衡狀態．如果將小球由懸點正下方的B點由靜止釋放，在小球由A到B的過程中，用??表示電勢能的增量，用?EP表示重力勢能的增量，用?E表示二者的代數和，以下關系中正確的是( )
A．????=??EP?，?E>0 B．????>??EP?，?E<0
C．????=??EP?，?E=0 D．????>??EP?，?E>0
3．如圖10—54，帶電體Q固定，帶電體P的電量為q，質量為m，與絕緣的水平面間的滑動摩擦因數為?，將P在A點由靜止放開，在Q的排斥下運動到B點停下，AB相距為S，下列說法中正確的是( )
①將P從B點由靜止拉到A點，水平拉力至少做功2?mgS
②將P從B點由靜止拉到A點，水平拉力至少做功?mgS
③P從A點運動到B點，電勢能增加?mgS
④P從A點運動到B點，電勢能減少?mgS
A．①②③ B．①④ C．②③④ D．③④
4．如圖10—55所示，一帶負電的油滴，從坐標原點O以速率V0射入水平的勻強電場，V0的方向與電場方向成θ角．已知油滴質量為m，測得它在電場中運動到最高點P時的速率恰為V0，設P點的坐標為(xp，yp)，則應有( )
A．xp>0 B．xp<0 C．xp=0 D．條件不足無法判定
5．如圖10—56所示，有兩個完全相同的試探電荷q1和q2，在點電荷正Q的電場中，分別沿圓軌道做勻速率圓周運動，則q1和q2有電勢能、動能大小關系是( )
A．EP1
C．EP1>EP2，EK1
Ⅱ。能力與素質
7．如圖10—58所示，有一束電子，質量為m，電量為e，以平行于OX軸的速度v0，從Y軸上的a點射入第一象限，為子使這束粒子能通過X軸上的b點，可在第一象限內的某處加一個沿Y軸正方向的勻強電場，設此電場強度為E，沿Y軸方向無限長，沿X軸方向寬度為S，且已知oa＝L，ob＝2S，求該電場的左邊界與b點間的距離．
8．如圖10—59所示，在勻強電場中有A、B、C三點，AB＝5cm，AC＝3cm，BC＝4cm．有一勻強電場，場強方向平行于紙面，電子在電場力作用下經C運動到A，動能減少了120eV．質子在電場力作用下經C運動到B，動能增加了120eV，求勻強電場的場強大小和方向．
9．如圖10—60所示，ab是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強電場中，場強大小為E，方向一定．在圓周平面內，將一帶正電q的小球從a點以相同的動能拋出，拋出方向不同時，小球會經過圓周上不同的點，在所有的點中，到c點時小球的動能最大．已知∠cab＝300，若不計重力和空氣阻力，試求:
(1)電場方向與ac間的夾角是多大？
(2)若小球在a點時初速度方向與電場方向垂直，且小球恰好能落在c點，則初動能為多大？
10． 如圖10—61所示，光滑絕緣細桿豎直放置，它與一正電荷Q為圓心的某一圓周交于B、C現兩點，一個質量為m，帶電量為-q的有孔小球，從桿上A點無初速度下滑，已知q遠小于Q，AB＝BC＝h，小球滑到B點時速度大小為3gh ，求:
(1)小球由A到B的過程中電場力做的功；
(2)AC兩點的電勢差．
效 果 驗 收
1．有兩個金屬小球半徑均為R，其中一個2Q，另一個不帶電，將兩球相互接觸后，使其球心相距3R放置，其靜電力為( )
A．kQ2/(3R)2 B．大于kQ2/(3R)2 C．小于kQ2/(3R)2 D．條件不足無法確定
2．在x軸上有兩個點電荷，一個帶正電Q1，一個帶負電Q2，且Q1=2Q2，用E1和E2分別表示兩個電荷所產生的場強的大小，則在x軸上有( )
A．E1= E2之點只有一處，該點合場強為零
B．E1= E2之點共有兩處，一處合場強為零，另一處合場 強為2E2
C．E1= E2之點共有三處，其中兩處合場強為零，另一處合場強為2E2
D．E1= E2之點共有三處，其中一處合場強為零，另兩處合場強為2E2
3．如圖10—62所示，A、B、C、D是某勻強電場中的4個等勢面，一個質子和一個α粒子（電荷量是質子的2倍，質量是質子的4倍）同時在A等勢面從靜止出發，向右運動，當到達D面時，下列說法正確的是（ ）
A．電場力做功之比為1∶2 B．它們的動能之比為2∶1
C．它們的動量之比是2：1 D．它們運動的時間之比為1∶1
4．在描繪電場中等勢線的實驗中所用靈敏電流表指針偏轉方向與電流方向的關系是:當電流從正接線柱流入電流表D時，指針偏向正接線柱一側．某同學用這個電流表探測基準點2的等勢點時，把與電流表正接線柱相連的表筆E1接觸在基準點2上，把連接負接柱的表筆E2接觸在紙上的某點，如圖10—63所示，若發現電流表的指針發生了偏轉，該同學移動E2的方向正確的是( )
①若表的指針偏向正接線柱一側，E2向右移動
②若表的指針偏向正接線柱一側，E2向左移動
③若表的指針偏向負接線柱一側，E2向右移動
④若表的指針偏向負接線柱一側，E2向左移動
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
5．如圖10—64所示，在點電荷-Q1激發的電場中有一檢驗電荷-Q2，若將-Q2從b點移到a點時，電場力做功W，則下述答案中正確的是 ( )
A．Uab的大小一定是W/Q2
B．Uab的大小一定是W/Q1
C．若將Q2的電量加倍，Uab也變成原來的兩倍
D．若將Q1的電量加倍，Uab不變
6．帶電粒子以初動能EK沿垂直于電場線的方向射入并穿過兩平行金屬板間的勻強電場，射出時的末動能為2EK，若粒子射入時的初動能加大到2EK，則它穿出電場時的末動能為( )
A．2EK B．2.5EK B．3EK B．4EK
7．在某一電場中，選取坐標如圖10—65所示．A為x軸上的一點，B、C為y為上的兩點．將正檢驗電荷從A點移到B點的過程中克服電場做功為W，如果將該檢驗電荷從A點移到C點，克服電場做功也為W，則( )
A．產生此電場的電荷可能是正電荷，位于第Ⅳ象限
B．產生此電場的電荷可能是負電荷，位于第Ⅰ象限
C．此電場可能是勻強電場，方向沿y軸正方向
D．此電場可能是勻強電場，方向沿x軸負方向
8．如圖10—66，a、b、c是勻強電場中的三點，各點電勢?a=10V，?b=2V，?c=6V，a、b、c三點在同一平面上，下列各圖中電場強度的方向表示正確的是( )
9．如圖10—67所示，豎直方向的一條直線MN是靜電場中一條電場線，若一帶電微粒從A點由靜止釋放，微粒沿豎直方向下落，到B點時速度為零，不計空氣阻力，則( )
①微粒的運動不可能是勻速運動，也不可能是勻加速運動
②A點的場強一定大于B點的場強
③可能是A點電勢比B點高，也可能是B點電勢比A點高
④微粒從A點運動到B 點的過程中，重力勢能的變化大于電勢能的變化
A．①② B．①④ C．①③ D．②③
10．一質量為2?10-16kg的帶正電的油滴，靜止在兩塊相距3.2cm的水平放置的平行金屬板之間，則兩板間的電壓可能是( )
①800V ②400V ③300V ④200V
A．①② B．②④ C．①③ D．②③
11．如圖10—68所示，q1、q2、q3分別表示在一條直線上的三個點電荷，已知q1與q2之間的距離為L1，q2與q3之間的距離為L2，且每個電荷都處于平衡狀態．①如果q2為正電荷，則q1為 電荷，q3為 電荷；②q1、q2、q3三者電量大小之比為 : : ．
12．如圖10—69所示，平行板電容器水平放置，兩板與電源相連，A板接靜電計小球，B板接靜電計外殼，這時有一帶電微粒靜止在電容器中．在開關S閉合時，將A板水平向左移動一段距離，微粒的運動情況是 ，電容器所帶電荷量的變化情況是 ；如果將開關S斷開，將A板水平向左移動一段距離，微粒的運動情況是 ，靜電計指針張角的變化情況是 ．
13．AB兩個帶電小球，質量分別為2m和m，原來均靜止，現將它們同時釋放，在庫侖力作用下運動，釋放時AB間距為d，B的加速度為a．經過一段時間后，A的加速度也為a，且速度為v，此時AB間距離為 ；此過程中系統減少的電勢能為 ．
14．在下列所給的器材中，應該選用的是 (用器材前的字母表示)：A．6V的交流電源;B．6V的直流電源;C．100V的直流電源;D．量程0—0．5V，零刻度在刻度盤中央的電壓表;E．量程0—300?A，零刻度在刻度盤中央的電流表．
在實驗過程中，要把復寫紙、導電紙、白紙鋪放在木板上，它們的順序(自上而下)是① ，② ，③ ．
實驗中，按下電鍵，接通電路，若一個探針與基準點O接觸，另一探針已分別在基準點O的兩側找到了實驗所需要的兩點a、b如圖10—70，則當此探針與a接觸時，電流表指針應 (左偏、指零、右偏); 當此探針與b接觸時，電流表的指針應 (左偏、指零、右偏)．
15．電子電量為e，質量為m，以速度v0沿著電場線射入場強為E的勻強電場中，如圖10—71所示，電子從A點入射到達B點速度為零，求：
（1）A、B兩點的電勢差；
（2）A、B間的距離．
16．如圖10—72所示，A、B板間有一勻強電場，兩板間距為d，所加電壓為U，有一帶電油滴以初速v豎直向上自M點飛入電場，到達N點時，速度方向恰好變為水平，大小等于初速v，試求：
（1）油滴從M點到N點的時間．
（2）M、N兩點間的電勢差．
17．如圖10—73所示，一個半徑為R的絕緣光滑半圓環，豎直放在場強為E的勻強電場中，電場方向豎直向下．在環壁邊緣處有一質量為m，帶有正電荷q的小球，由靜止開始下滑，求小球經過最低點時對環底的壓力．
18.噴墨打印機的結構簡圖如圖10—73所示，其中墨盒可以發出墨汁微粒，其半徑約為10-5m，此微粒經過帶電室時被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制．帶電后的微粒以一定的速度進入偏轉電場，帶電微粒經過偏轉電場發生偏轉后，打在紙上，顯示字體．無信號輸入時， 墨汁微粒不帶電，徑直通過偏轉電場而注入回流槽流回墨盒．設偏轉極板長1.6cm，兩板間距離為0.5cm，偏轉極板的右端距紙3.2cm．若一個墨汁微粒的質量為1.6?10-10kg，以20m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉電場，兩偏轉極板間的電壓是8.0?103V，若墨汁微粒打在紙上的點偏離原射入方向的距離為2.0mm，求這個墨汁微粒通過帶電室時帶的電量是多少？(不計空氣阻力和重力，可以認為偏轉電場只局限在平行板電容器內部，忽略邊緣電場的不均勻性)．為了使紙上的字體放大10%，請你提出一個可行的方法．
第九章 電場參考答案
專題一 1．Ａ，2．Ｂ，3．Ｃ，4．Ｃ，5．Ｂ，6．Ａ，7．（－∞，－１）和（０，１），
8．① ，②２v ，9．KQr2/4R4，由Ｏ點指向小孔，10．2.9106N/C.
專題二 1．A，2．B，3．C，4．C，5.B，6.Ｃ，7.０，mv2θ/sq，，8．2.010－１１Ｊ，
9.ＥＫＡ＝E０／3，EＫＢ＝2E０／3，10．圖略，－6eV，11．圖略，ＵＢ＝－60Ｖ，電勢能增加了
4.810－５Ｊ．
專題三 1.Ｂ，2.C，3.C，4.AＣ，5.D，6.Ｃ，7.Ｄ，8．Ｃ，9.B，10．①C/2,U,向下加速運動;②2C,U/2,E,無,靜止不動 11．4/1．
專題四 １．Ｃ，2．B，3． D，4．Ａ，5．D，6．Ｄ，7．3mv02/2e，8．６，9．Ｔ＞２d2m/Uq ，10．①d，②3d．11．①mg(h+d)/q2，②先向下做自由落體運動,進入兩極板間后勻減速運動直到速度減小到零,然后向上勻加速運動,階段兩極板間穿出后做豎直上拋運動,回到初始位置時速度減為零;以后將重復以上運動.
專題五 1．Ａ，2．B，3．B，4．Ｂ，5．Ｃ，6．1.5v，7．① ②S/2 + mv02L/Ees，8．由Ｃ點垂直指向ＡＢ，510３Ｖ／m，9．①30０,②EqR/8. 10.mgh/2,mgh/2q,
效果驗收 1．C，2．B，3．A，4．Ｂ，5．A，6．Ｂ，7．D，8．D，9．Ｃ，10．Ｂ，11．負，負，１：L22(L1+L2)2 ：L22L12 ，12．仍靜止，減小，向上加速，變大，13.2 d/2 ,３mv2，14．BE、導電紙、復寫紙、白紙；指零，指零, 15. ，16．v/g，Uv2/2gd，17．3（mg＋qE），
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