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高中物理教学参考：物理问题的一般分析方法
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资料概述与简介
[高三物理热点专题]
物理问题的一般分析方法
与原来的考试不同，“综合能力测试”多以现实生活中有关的理论问题和实际问题立意命题，要求更加真实和全面地模拟现实。试题要求学生的能力主要不是对事物的结局或某一侧面进行描述，而是注重对事物整体的结构、功能和作用的认识，以及对事物发展过程的分析理解。解答这类问题，构建物理模型是关键，而且是难点。由于情境的新颖，原来储存在头脑中的模型无法直接应用，完全要凭借自己的思维品质来构建模型，对考生的能力是一个极大的考验。实际上这也是命题者的用心所在，因为考生构建模型的情况，能真实地反映他的理解能力、分析综合能力、获取知识的能力等多种能力。
四年的综合考试中，以实际问题立意的题确实成了热点。2000年的理综卷中有关霍尔效应的问题，要求考生把它构建成一个带电粒子在平行板电容器的电场中平衡的模型，这里情景是新的，模型是旧的。2001年的理综卷中有关于电磁流量计的问题，要构建出两个模型，一个与上述的相同，另一个是直流电路的模型。同年还有太阳能量辐射一道压轴题，其中的一道小题，要构建出太阳向各个方向辐射能量的能量流的模型，这是新情景，新模型。预计在以后的综合能力测试中，必定会有这方面的题，而且构建模型的要求会是各种各样的。
互相关联的物理状态和物理过程构成了物理问题，解决物理问题的一般方法可归纳为以下几个环节：
在这几个环节中，根据问题的情景构建出物理模型是最关键的、也是较困难的环节。由问题情景转化出来的所谓“物理模型”，实际上就是由理想的对象参与的理想的过程。如质点的自由落体运动、质点的匀速圆周运动、单摆的简谐运动、点电荷在匀强电场中的运动、串并联电路等等。这种物理模型一般由更原始的物理模型构成。原始的物理模型可分为如下两类：
所谓“建模”就是将带有实际色彩的物理对象或物理过程通过抽象、理想化、简化和类比等方法转化成理想的物理模型。正确构建物理模型应注意以下几点：
（1）养成根据物理概念和物理规律分析问题的思维习惯。结合题目描述的现象、给出的条件，确定问题的性质；同时抓住现象的特征寻找因果关系。这样能为物理模型的构建打下基础。
（2）理想化方法是构建物理模型的重要方法，理想化方法的本质是抓住主要矛盾，近似的处理实际问题。因此在分析问题时要养成比较、取舍的习惯。
（3）要透彻掌握典型物理模型的本质特征、不断积累典型模型，并灵活运用他们。如研究碰撞时，总结出弹性碰撞和完全非弹性碰撞两个模型，但后来发现一些作用时间较长的非碰撞类问题，也有相同的数学形式，这就可以把这些问题也纳入到这两个模型中去，直接应用这两个模型的结论。在粒子散射实验中，粒子与重金属原子核的作用是非接触性的静电力作用，由于动能守恒也可纳入弹性碰撞模型。
【例题1】（1999年高考全国卷）一跳水运动员从离水面10m高的平台上向上跃起,举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是______s计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g取10m/s2，结果保留二位数运动员的跳水过程是一个很复杂的过程，主要是竖直方向的上下运动，但也有水平方向的运动，更有运动员做的各种动作。构建运动模型，应抓主要因素。现在要讨论的是运动员在空中的运动时间，这个时间从根本上讲与运动员所作的各种动作以及水平运动无关，应由竖直运动决定，因此忽略运动员的动作，把运动员当成一个质点，同时忽略他的水平运动。当然，这两点题目都作了说明，所以一定程度上“建模”的要求已经有所降低，但我们应该理解这样处理的原因。这样，我们把问题提炼成了质点作竖直上抛运动的物理模型。
在定性地把握住物理模型之后，应把这个模型细化，使之更清晰。可画出如图1所示的示意图。由图可知，运动员作竖直上抛运动，上升高度h，即题中的0.45m；从最高点下降到手触到水面，下降的高度为H，由图中H、h、10m三者的关系可知H=10.45m。
由于初速未知，所以应分段处理该运动。运动员跃起上升的时间为：s
从最高点下落至手触水面，所需的时间为：s
所以运动员在空中用于完成动作的时间约为：=1.7s
点评：构建物理模型时，要重视理想化方法的应用，要养成化示意图的习惯。
【例题2】 精密测量电子比荷的现代方法之一是双电容法，其装置如图2所示，在真空管中由阴极K发射电子，其初速度可忽略不计。此电子被阴极K与阳极A间的电场加速后穿过屏障D1上的小孔，然后依次穿过电容器C1、屏障D2上的小孔和第二个电容器C2而射到荧光屏F上。阳极与阴极之间的电势差为U，分别在电容器C1、C2上加有频率为f的完全相同的正弦式交变电压，C1、C2中心间的距离为L，选择频率f使电子束在荧光屏上的亮点不发生偏转。试证明电子的比荷为（其中n为正整数）。
【点拨解疑】 由题意，研究对象必然是电子，其对象模型显然是带电的质点；对其过程模型的构建，可按先后顺序考虑；首先是在电场中的变加速运动，这是我们能处理的模型；接着进入电容器，遇到偏转电场，由于电容器上加的是变化电压，那么其中的电场是不稳定的，随时间变化的，电子沿电场方向的运动不是匀变速运动，这是我们没办法处理的。但考虑到电子加速后，速度很大，通过电容器的时间极短，如果忽略这一段时间内的电压变化，那么可把电子通过电容器的过程抽象为带电质点在稳定匀强电场中的物理模型，电场的强度取决于进入电场的时机。
现在有两个电容器，而且要求电子最后不偏转，那么电子在电容器中的运动是否有更具体的物理模型呢？模型很简单，就是进入每个电容器的时机都正好是电场强度等于零的时候，电子作匀速直线运动通过两个电容器。
电子进入第一个电容器的时刻t1应满足条件U0sin2πft1 =0，即2πft1=n1π。其中n1是自然数。
同样，进入第二个电容器的时刻t2应满足条件U0sin2πft2 =0，即2πft1=n2π。其中n2是自然数。
所以，当t2-t1=，即时，电子束不发生偏转，其中n是正整数。
点评：该题让我们又一次体验到了理想化方法的重要性。带电粒子在电容器中运动，一般是要考虑偏转，但该题却是不偏转，因此构想出这一模型确是该题的难点。
【例题3】 如图所示，有两块大小不同的圆形薄板(厚度不计)，质量分别为M和m，半径分别为R和r，两板之间用一根长为0.4m的轻绳相连结。开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0.2m处。然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半径为R′r<R′ 3时，两板获得向上的共同速度；
当k<3时，两板获得向下的共同速度；
当k=3时，v=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。30°的自动扶梯，该扶梯在电压为380的电动机带动0.4m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率为49kW。不载人5A，若载人时扶梯的移动速率与不载人时相同，则这台自动(设人的平均质量为60，10m/s2)
【点拨解疑】???忽略电动机内阻的热损耗，电动机的输入功率和输出功率相等。即空载时维持扶梯运行的电功率为 W
故可用于载送乘客的多余功率为kW
扶梯斜向上作匀速运动，故每位乘客受重力mg和支持力作用，且mg。
电动机通过扶梯支持力对人做功，其功率为P′，
P′=Fvcosa =mgcos(90°-30°)=120W，
?点评：本题取自日常社会生活问题，怎样把这个同学们所熟悉的实际问题转化为物理模型，从而运用有关功能关系来解决它，这是一种实际应用能力。
1．（1999年广东高考题）如图5所示，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于Oxy所在的纸面向外．某时刻在x=，y= 0处，一质子沿y轴的负方向进入磁场；同一时刻，在x = -，y=0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直．不考虑质子与α粒子的相互作用．设质子的质量为m，电量为e 。
（1）如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大?
（2）如果α粒子与质子在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值?方向如何?
2．如图6所示，在xOy平面内，有相互正交且沿水平方向的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强E=12N／C，方向沿x轴正方向，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向垂直xOy平面指向纸内．一质量为m=4×10-5kg，电量Q=+2.5×10-5C的带电粒子，沿xOy平面做匀速直线运动，运动到原点时，撤去磁场，经过一段时间后，带电粒子运动到x轴上的P点．求P点到O点的距离和带电粒子通过P点的速度大小各是多少。(g=10m／s2，sin53°=0.8)
3．如图7所示，在空间存在水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场，电场强度为E，磁感应强度为B，在场区某点由静止释放一个带电液滴a，它运动到最低点处恰与一个原来处于静止的液滴b相碰，碰后两液滴合为一体，沿水平方向做直线运动，已知液滴a质量是液滴b质量的2倍，液滴a所带的电量是液滴b所带电量的4倍。求两液滴初始位置之间的高度差h（设a、b之间的静电力不计）
?4．图8为推行节水灌溉工程中使用的转动式喷水龙头的示意图。“龙头”离地面高h m，将水水平喷出，其喷灌半径为10h m，每分钟可喷水m kg，所用的水从地面以下H m深的井里抽取。设所用水泵（含电动机）的效率为η，不计空气阻力。求：⑴水从龙头中喷出时的速度v0 ⑵水泵每分钟对水做的功W ⑶带动该水泵的电动机消耗的电功率P。
5．如图9所示，一劲度系数为k=800N/m的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m=12kg的物体A、B。物体A、B和轻弹簧竖立静止在水平地面上，现要加一竖直向上的力F在上面物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4s物体B刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g=10m/s2 ，求：
（1）此过程中所加外力F的最大值和最小值。
（2）此过程中外力F所做的功。
6．如图10所示，S为一个电子源，它可以在纸面的3600范围内发射速率相同的质量为m、电量为e的电子，MN是一块足够大的挡板，与S的距离OS＝L，挡板在靠近电子源一侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，问：
（1）若使电子源发射的电子有可能到达挡板，则发射速率最小为多大？
（2）如果电子源S发射电子的速率为（1）中的2倍，则挡板上被电子击中的区域范围有多大？
7．有一电子束穿过具有匀强电场和匀强磁场的空间区域，该区域的电场强度和磁感强度分别为E和B。
（1）如果电子束的速度为v0，要使电子束穿过上述空间区域不发生偏转，电场和磁场应满足什么条件？
（2）如果撤去磁场，电场区域的长度为l，电场强度的方向和电子束初速方向垂直，电场区域边缘离屏之间的距离为d，要使电子束在屏上偏移距离为y，所需加速电压为多大？
8．如图12甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图中由B到C），场强大小随时间变化如图乙所示；磁感强度方向垂直于纸面、大小随时间如图丙所示。从t=1s末开始，在A点每隔2s有一个同种的粒子以沿AB方向（垂直于BC）的初速度v0射击，恰好能击中C点，若AB＝BC＝l,且粒子在AC间的运动时间小于1s。求：
（1）磁场的方向；
（2）图象中E0和B0的比值
（3）1s末射出的粒子和3s末射出的粒子由A点运动到C点四经历的时间t1和t2之比.
9．如图13所示，在地面附件，坐标系xoy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小为B。在x0区域。要使油滴进入x>0的区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需在x>0区域内加一个匀强电场。若带电油滴做圆周运动通过x轴的N点，且MO=NO。求：
（1）油滴运动的速度大小。
（2）在x>0空间内所加电场的场强大小和方向。
（3）油滴从x轴上的M点开始到达x轴上的N点所用的时间。
10．（2004年春季高考卷第34题，22分）如图14所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R=0.30m。质量m=0.20kg的小球A静止在轨道上，另一质量M=0.60kg、速度v0=5.5m/s的小球B与小球A正碰。已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为处，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）碰撞结束后，小球A和B的速度的大小。
（2）试论证小球B是否能沿着半圆轨道到达c点。
1．解析：（1）根据质子进入磁场处的位置和进入磁场时速度的方向，可知其圆周轨道的圆心必在x轴上，又因质子经过原点O，故其轨道半径，设质子的速度为，由牛顿定律得：
（2）质子做圆周运动的周期为
由于α粒子电荷为，质量，故α粒子做圆周运动的周期
质子在做圆周运动的过程中，在…各时刻通过O点，α粒子如与质子在O点相遇，必在同一时刻到达O点，这些时刻分别对应t= … ，如果α粒子在t=T/4到达O点，它运行了1/4周期，如在到达O点，它运行了3/4周期，由此可知α粒子进入磁场处与O点之间的连线必为1/4圆周或3/4圆周所对的弦，如图15（实际上等情形不必再考虑），进而得出α粒子的轨道半径
设α粒子的速度为，则由牛顿定律得：
注意到，得，
但方向可有两个，用α粒子速度方向与x轴正方向夹角表示。
点评： 本题关键是确定α粒子的轨道半径及轨迹，注意到α粒子速度方向的不确定性，这也正是本题容易出错之处。
2．设粒子匀速运动的速度为v0，带电粒子匀速运动时受到重力G=mg，方向竖直向下，电场力F = Eq，方向水平向右，洛伦兹力f=Bv0q，方向斜向左上方和粒子的速度v0垂直，如图16所示。
由平衡条件知重力和电场力的合力跟洛仑兹力等值反向，当撤去磁场时，因重力和电场力的合力F′与v0垂直，则粒子做类平抛运动
可解得v0 = 10m／s，F′= 5ⅹ10-4N，
∴ 加速度 = 12.5m／s2
设P到原点O的距离为x，x轴与合力F′的夹角为θ，则
所以θ= 530
粒子运动到P点沿v0方向运动的距离；沿合力的位移h=xcos53°；粒子的运动时间
可求出x = 15m
粒子运动到P点的速度
【点评】本题情景较复杂，由题意先判断出粒子必受重力，并且电场力和重力的合力一定与v0垂直，做类平抛运动，运用运动的独立性求解。
3．因液滴b静止在场中，则它一定带正电，设b的质量为m，带电量为 q，a的质量为2m，电量为4q，受力平衡则有
开始时a受重力2mg，电场力4qE，但向右下方运动，这说明a只能带负电且电场力做正功.设a运动到最低点的速度为v0，它和b发生完全非弹性碰撞。由题意知，碰后它们的共同速度为v，沿水平方向动量守恒，则有
由电荷守恒定律，碰后它们的电量为-3q
，它们在竖直方向上受力平衡
带电液滴a从初始位置运动到最低点，由动能定理有
联立① ② ③ ④
本题对思维要求较高，涉及的知识点较多，必须能够根据a的运动轨迹判断出a带负电，灵活运用动量和能量的关系进行求解。
4．解：平抛所用时间为t=
水平初速度为v=
1min内喷出水的动能为Ek=mv2=25mgh
水泵提水，1min内水所获得的重力势能为Ep=mg（H+h）
1min内水泵对水所做功为W=Ek+Ep=mg（H+26h）
（3）带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵输入功率P=
由①、④两式解得
a=3.75m/s2 ，分别由②、③得F1＝45N，F2＝285N
(2)在力F作用的0.4s内，初末状态的弹性势能相等，由功能关系得：
WF=mg(x1＋x2)+49.5J
6．解：（1）设电子发射的最小速率为v，电子轨道半径至少为L/2，
eBv=，则v=
（2）发射速率v′＝2v时，轨道半径为L，如图10，挡板被电子击中的范围为：
7．解：(1)要使电子不发生偏转则：eE＝e v0B ，E＝v0B
（2）电子在电场中向上偏转量：s=
在加速电场中eU＝
偏移距离：y=s+dtanθ ，
由以上各式可得：U＝
8．解：（1）磁场方向垂直纸面向外。
（2）粒子由A运动到C所经历的时间小于1s，1s末射出的粒子受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：，粒子由A运动到C，转过1/4圆弧，故R＝l,所以
3s末射出的粒子受电场力作用做类平抛运动，有y=l=，则
所以＝2 v0
（3）做圆周运动的粒子由A运动到C所经历的时间为。
做类平抛运动的粒子由A运动到C所经历的时间为，所以＝
9．解：（1）因油滴沿直线运动，重力和电场力又为
恒力，则与运动方向垂直的洛伦兹力的大小运动不能
变化，油滴必然做匀速直线运动。
（2）油滴进入x>0的区域后，要做
匀速圆周运动，则：qE1=mg
因为mg=qEcotα,所以E1=E,
电场方向竖直向上。
（3）油滴的运动轨迹如图17所示，∠OPN=600，过P
作PM的垂线交x轴于O1，因∠O1PN=∠O1NP=300，ΔO1PN
为等腰三角形，所以O1P＝O1N，O1为油滴做圆周运动的圆心。
设O1P＝R，R=，θ=，油滴由M点到P点的时间：，油滴由P点到N点做匀速圆周运动的时间：。因为mg=qEcotα所以。所以油滴由P点到N点的时间
10．（1）以v1表示小球A碰后的速度，v2表示小球B碰后的速度，表示小球A在半圆最高点的速度，t表示小球A从离开半圆最高点到落在轨道上经过的时间，则有
由①②③④求得
代入数值得
（2）假定B球刚能沿着半圆轨道上升到c点，则在c点时，轨道对它的作用力等于零。以vc表示它在c点的速度，vb表示它在b点相应的速度，由牛顿定律和机械能守恒定律，有
代入数值得
由，所以小球B不能达到半圆轨道的最高点。
对象模型（质点、轻杆、轻绳、弹簧振子、单摆、理想气体、点电荷、理想电表、理想变压器、匀强电场、匀强磁场、点光源、光线、原子模型等）
过程模型（匀速直线运动、匀变速直线运动、匀速圆周运动、平抛运动、简谐运动、简谐波、弹性碰撞、自由落体运动、竖直上抛运动等）
审视物理情景
构建物理模型
转化为数学问题
还原为物理结论
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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?kq1q29 22
其中k为静电力常量， k=9.0310 N?m/c r2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，那么引入的这个点电荷应是正电荷还是负电荷？电荷量是多大？
解：①先判定第三个点电荷所在的区间：只能在B点的右
r?Q侧；再由F?kQq，F、k、q相同时∴r∶r=2∶1，即ABr2C在AB延长线上，且AB=BC。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?kQq2，F、k、QA相同，Q∝r，∴QC∶QB=4∶1，而且必须是正电荷。所以C点处引入的点电荷QC= +4Q r2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倍解：由B的共点力平衡图kQAQBLkQAQBFd，可知，选BD 3d??，而F?2mgdmBgL例3：已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B，带电量分别为-2Q与-Q。现在使它们以相同的初动能E0（对应的动量大小为p0）开-2
始相向运动且刚好能发生接触。接触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
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±22）q2时F=F。例4：已知如图，在光滑绝缘水平面上有三个质量都是m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 /F33kq2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=33FAB=。 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。①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?UdE?Fq
kQr2，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
点电荷与带电平板 匀强电场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ΔE=-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φq。（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= -ΔE=ΔEK。
?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 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 kq
E? 2a/3A 由图可得O点处的合场强为Eo?6kq方向由O指向C 。 2a例3：如图，在x轴上的x = -1和x =1两点分别固定电荷量为- 4Q
和+9Q的点电荷。求：x轴上合场强为零的点的坐标。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φA=10V和φC=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.无法确定解：由U=Ed，在d相同时，E越大，电压U也越大。因此UAB& UBC，选B-10例5：如图所示，将一个电荷量为q = +3310C的点电荷从电场-9
中的A点移到B点过程，克服电场力做功6310J。已知A点的电势为φA= - 4V，求B点的电势。 解：先由W=qU，得AB间的电压为20V，再由已知分析：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φB=16V。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粒子的最大电势能是多大？由此估算金原子核的半径是多大？ rmMv2，由于金核
2m?M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?Ek? 质量远大于α粒子质量，所以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=1mv2?3.0?10?12J，2再由E=φq=kQq-14-14，得r =1.2310m，可见金核的半径不会大于1.2310m。 r-6例7：已知ΔABC处于匀强电场中。将一个带电量q= -2310C的点电荷从A移到B的过程中，电场力做功W1= -1.2-5-6310J；再将该点电荷从B移到C，电场力做功W2= 6310J。已知A点的电势φA=5V，则B、C两点的电势分别为____V和____V。试在右图中画出通过A
点的电场线。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φB= -1VφC=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。例8：如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，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场力作用下，通过该区域的
运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。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=ΔEK，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。 Uq??L?UL千万不要死记公式，要清楚物?侧移：y?1??????2?dm??v?4U?d22 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??vy?UqL?UL，注意到y?Ltan?，说明穿出时刻的末速度的反向延长线与初速度延长线交点恰好2vdmv22U?d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：ΔEK=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。例题分析例1：如图所示，两平行金属板竖直放置，左极U板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。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。从t=3T/8时刻释放电子，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，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加3速电压为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）求：①在t=0.06s时刻，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=2gl，因此给小球的最小冲量为I = m2gl。在最高2mvD1122点D小球受到的拉力最大。从C到D对小球用动能定理：2mg?2l?mvD?mvC，在D点F?2mg?，解得F=12mg。 l226例4：已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E=1.5310V/m，丝线长l=40cm，－4-10上端系于O点，下端系质量为m=1.0310kg，带电量为q=+4.9310C的小球，将小球从最低点A由静止释放，求：?小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？?摆动过程中小球的最大速度是多大？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°。2?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：(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)
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、形状、相对位置及电介质）U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?kdd 4.两种不同变化：电容器和电源连接如图，改变板间距离、改变正对面积或改变板间电解电容，从而可能引起电容器两板间电场的变化。这里一定要分清两种常见的?电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这
质材料，都会改变其变化：
种情况下带电量 Q?CU?C，而C??S?SU1?，E?? 4?kdddd?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?d1,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NC.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。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C??M -12-1S，其中常量ε=9.0310F?m，S表示两金属片的正对d面积，d表示两金属片间的距离。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。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，再由得Δd= 0.15mm
C1d2?C?d?得和C2=1.00pF，?C2d1C2d1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
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极板上？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 的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下边界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 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 （3）；当粒子第 次返回电场的MN边界时与出发点之间的距离 。 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，在x&0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，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，图中需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（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。 。要使油滴在x&0的区域内做匀速圆周运动，弧垂直于x轴通过了轴上的N点，求：
（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、c处分别固定一个正点电荷，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-2qEdqEd方向沿y正方向（2）P?qE（3）22d 2mm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 m12-d?at 2a?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 2m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 P?qEvBcos??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?2S1?22d 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，带点油滴将沿竖直方向向下运动，A错； Pd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?23l。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】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，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?xqE
④ v0其中x0?,y0?l。又有tan??联立②③④式，得??30?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。
⑦（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t2, 则有v ?v0?R
⑨ cos?v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?+ 1? 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UOM?UMN,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，C正确。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。 解析：
（1）t?0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为U1l，则有E?0①，Eq?ma② l2112③ l?at022ml2联立以上三式，解得两极板间偏转电压为U0?2④。 qt0（2）动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v0?111t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运222l⑤ t0带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为vy?at0⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为v? 12v2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?m⑧
R联立③⑤⑥⑦⑧式解得R? 0'（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vy?at0⑩，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??v0， v'y联立③⑤⑩式解得???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2?m?m1，联立以上两式解得tmin?。 tmin?T,带电粒子在磁场中运动的周期为T?Bq2Bq4【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NB.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v0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；UOA??m?v0?2WOA3mv0
???qq2q??m?2v0?2WOB5mv0，故D对 ????q?q?2qUOB 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UAB??生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为?3?mgd，小物块与金属板只发2q1q，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2因素为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？
）时间为，停在2l处或距离B板为2l 【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?UBA 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??mgd1??g md2设小物块与A板相碰时的速度为v1，由v1?2a1l解得
v1?2?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
a2?qE 2F合1??g m4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
2设小物块碰后停止时距离为x，注意到末速度为零，有0-v1??2a2x 2v2?2l 则
x?2a2或距离B板为
d?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B．物块受到的库仑力不做功C．两个物块的机械能守恒D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力+q +q 图
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. 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/BD．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?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。在Oxy平面的ABCD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。
mvqB0及v=E/B知m?qEBB0R，粒子 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12 eEL?mv02L11eE?L?(?y)?at2??? 222m?v0?解得 y＝211L，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，L） 44（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?12mv1 2211eE?L?y?at2??? 22m?v1?L2解得 xy＝，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eEx?11eE?L?12mv2 ， y?y??at2??? 22m?v2?22vy?at?eELL，y??vy mv2nv2?11???，即在电场I区域内满足该方程的点即为所求位置 ?2n4?解得 xy?L?2
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=2310C的点电荷从电场外一点移至电场中某点，电场力做功4310J，求A点的电势。【错解】
【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，从P→A，电场力的功W=qUPA，所以W=q（UP-UA），即（0-UA）
UA=－20V解法二：设A与场外一点的电势差为U，由W=qU，
-5-6 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
B．A右侧C．B左侧
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=3310C，QB=-3310C，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=1.8310（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，
【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'”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'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。
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=v0①
2 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=10C，求它们在三角形另一顶点C处所产生的电场强度。【错解】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，
-6-6 ∴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，大小相同，∴E2=4310（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Q1=2310C，Q2=-2310C，若-9在两板之间的中点放一个电量q=5310C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
2-8-85 【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：（
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
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=0UBp=UB-Up=0-UpUp=-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，即d／2，所以We=eU，U是对应沿d方向电势降落。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=6.0310m／s和仰角α=45°从带电平行板电容器的下板边缘向上板飞行。4-2两板间场强E=2.0310V／m，方向自下向上。若板间距离d=2.0310m，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，则y方向上电子在电场力作用下做匀减速运动，速度最后减小到零。∵vt-v0=2asy=d=s
即电子刚好击中上板，击中点离出发点的水平位移为3.99310（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为自由电子的定向移动速率，约 -55810m/s，远小于电子热运动的平均速率10m/s，更小于电场的传播速率3310m/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