專題八電場高考物理一

電荷與電荷守恒定律1.元電荷:最小的電荷量叫做元電荷,用e表示,e=①1.60×10-19C

,最早

由美國物理學家②密立根

測得。所有帶電體的電荷量都是元電荷

的③整數倍

。2.點電荷當帶電體間的距離比它們自身的大小大得多,以至于帶電體的④形狀

、⑤大小

及⑥電荷分布

對它們之間相互作用力的影響可以忽略不計時,這樣的帶電體就可以看做帶電的點,叫做點電荷。類似于力學中的質點,也是一種理想化的模型。考點一

電場力的性質知識清單<基礎知識>3.電荷守恒定律(1)以前的表述:電荷既不能創生,也不能消滅,它只能從一個物體⑦轉移

到另一個物體或從物體的一部分⑧轉移

到另一部分,在轉移的過程中,電荷的總量⑨保持不變

。(2)現在的表述:一個與外界沒有電荷交換的系統,電荷的代數和保持不變。(3)當完全相同的帶電金屬球接觸時電荷的分配規律:同種電荷總量⑩平均分配

,異種電荷先

中和

后

平分

。

摩擦起電感應起電接觸起電產生條件兩種不同絕緣體摩擦導體靠近帶電體導體與帶電體接觸現象兩物體帶上等量異種電荷導體兩端出現等量異種電荷,且

電性與原帶電體“近異遠同”導體帶上與帶電體相同電性的電

荷原因不同物質的原子核對核外電子的

束縛能力不同而發生電子得失導體中的自由電子受帶正(負)電

物體吸引(排斥)而靠近(遠離)自由電荷在帶電體與導體之間發

生轉移實質電荷在物體之間或物體內部的?轉移

二

靜電現象1.三種起電方式的比較2.靜電平衡(1)導體中(包括表面)沒有

電荷定向移動

的狀態叫做靜電平衡狀態。(2)處于靜電平衡狀態的導體的特點a.內部場強處處為0,其實質是感應電荷的電場的場強E感

=

(填“=”或“≠”)外電場在導體內的場強E外。表面場強的方向與該表面

垂直

。b.表面和內部各點電勢相等,即整個導體是一個等勢體,導體表面是一個

等勢面

。c.導體內部沒有電荷,電荷只分布在導體的外表面。d.在導體外表面越尖銳的位置,電荷的密度越大,凹陷處幾乎沒有電荷。3.靜電屏蔽(1)兩種現象內屏蔽:由于靜電感應,導體外表面感應電荷的電場與外電場在導體內

部任一點的場強的疊加結果為零,從而外部電場影響不到導體內部,如

圖所示。

外屏蔽:由于靜電感應,接地導體殼內表面感應電荷的電場與殼內電場在導體殼外表面以外空間疊加結果為零,從而使接地的封閉導體殼內部

電場對殼外空間沒有影響,如圖所示。

(2)應用:有的電學儀器和電子設備外面套有金屬罩,有的通信電纜的外

面包有一層鉛皮等都是用來起屏蔽作用的。三庫侖定律1.內容:真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力,與它們的

電荷量

的乘積成正比,與它們之間

距離的二次方

成反比,作用力的方向在兩點電荷的

連線上

。2.公式:F=k

,式中的k=9×109

N·m2/C2,叫靜電力常量。3.適用條件:

點電荷

;

真空中

。四電場、電場強度1.電場:電場是電荷周圍存在的一種物質,電場對放入其中的電荷有

力的作用

。靜止電荷產生的電場稱為

靜電場

。2.電場強度(1)定義:放入電場中某點的電荷受的電場力F與它的

電荷量q

的比值。(2)公式:E=

。思考:根據表達式E=

,能說場強E與q成反比,與F成正比嗎?為什么?不能。因電場的場強大小決定于電場本身,而與試探電荷的受力和所帶

電荷量無關。E=F/q為場強的定義式,非決定式。(3)單位:N/C或

V/m

。(4)矢量性:規定

正電荷

在電場中某點所受電場力的方向為該點電場強度的方向。(5)疊加性:如果有幾個靜止電荷在空間同時產生電場,那么空間某點的

場強是各場源電荷單獨存在時在該點所產生的場強的

矢量

和。3.點電荷場強的計算式(1)設在場源點電荷Q形成的電場中,有一點P與Q相距r,則P點的場強E=

k

。(2)適用條件:真空中的

點電荷

形成的電場。電場線電場線是畫在電場中的一條條

有方向的曲線

,曲線上每點的

切線方向

表示該點的電場強度方向,電場線不是實際存在的線,而是為了

描述電場

而假想的線電場線的特點(1)電場線從正電荷出發,終止于

負電荷

(或

無限遠處

);或從無限遠處出發,終止于

負電荷

(2)電場線在電場中不

相交

,不相切(3)在同一電場里,電場線

越密

的地方場強越大(4)電場線不是電荷的運動軌跡,一般不與運動軌跡重合五電場線1.電場線及其特點2.幾種典型電場的電場線一、庫侖定律的應用庫侖定律與力學的綜合應用問題,解決的思路與解決力學問題的思路相

同,即:選取研究對象,受力分析,利用平衡條件或牛頓運動定律列方程求

解。但需注意庫侖力的特點,特別是在動態平衡問題、變速運動問題

中,帶電體間距離發生變化時,庫侖力也要發生變化,要分析力與運動的

相互影響。<重點難點>例1

(2014浙江理綜,19,6分)如圖所示,水平地面上固定一個光滑絕緣

斜面,斜面與水平面的夾角為θ。一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面

頂端,另一端系有一個帶電小球A,細線與斜面平行。小球A的質量

為m、電量為q。小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B,兩球

心的高度相同、間距為d。靜電力常量為k,重力加速度為g,兩帶電小球

可視為點電荷。小球A靜止在斜面上,則

()A.小球A與B之間庫侖力的大小為

B.當

=

時,細線上的拉力為0C.當

=

時,細線上的拉力為0D.當

=

時,斜面對小球A的支持力為0

解析根據庫侖定律得A、B間的庫侖力F庫=k

,則A項正確。當細線上的拉力為0時滿足k

=mgtanθ,得到

=

,則B錯、C正確。斜面對小球A的支持力始終不為0,則D錯誤。

答案

AC

公式適用條件特點定義式E=

任何電場某點的場強為確定值,大小及方

向與q無關決定式E=k

真空中點電荷E由場源電荷Q和場源電荷到某

點的距離r決定關系式E=

勻強電場d是沿電場線方向的距離二、電場強度的三個計算公式的比較例2

(2014福建理綜,20,15分)如圖,真空中xOy平面直角坐標系上的

ABC三點構成等邊三角形,邊長L=2.0m。若將電荷量均為q=+2.0×10-6

C的兩點電荷分別固定在A、B點,已知靜電力常量k=9.0×109

N·m2/C2,求:

(1)兩點電荷間的庫侖力大小;(2)C點的電場強度的大小和方向。

解析(1)根據庫侖定律,A、B兩點電荷間的庫侖力大小為F=k

①代入數據得F=9.0×10-3

N②(2)A、B點電荷在C點產生的場強大小相等,均為E1=k

③A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E=2E1

cos30°

④由③④式并代入數據得E=7.8×103

N/C⑤場強E的方向沿y軸正向

答案(1)9.0×10-3

N(2)7.8×103

N/C方向:沿y軸正方向一

靜電力做功與電勢能的變化1.靜電力做功的特點(1)在電場中移動電荷時電場力做功與①路徑

無關,只與②初末位置

有關,可見靜電力做功與③重力

做功相似。(2)在勻強電場中,電場力做的功W=④

Eqd

,其中d為沿⑤電場線方向

的距離。2.靜電力做功與電勢能變化的關系靜電力做的功等于電勢能的減少量,即WAB=EpA-EpB。即靜電力做多少正

功,電勢能就⑥減少

多少;靜電力做多少負功,電勢能就⑦增加

多少。考點二

電場能的性質<基礎知識>二

等勢面1.定義:電場中⑧電勢相等

的各點組成的面。2.特點(1)等勢面一定與電場線⑨垂直

,即跟場強的方向⑩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)等差等勢面越密的地方電場強度

越大

;反之

越小

。一、電場強度、電勢、電勢差、電勢能的比較<重點難點>

電場強度電勢電勢差電勢能意義描述電場的力的性質描述電場的能的性質描述電場做功的本領描述電荷在電場中的能量,電荷做功的本領定義式E=

φ=

(Ep為電荷的電勢能)UAB=

Ep=φq矢標性矢量,方向為放在電場中的正電荷所受電場力的方向標量,但有正負,正負只表示大小標量,但有正負,正負只表示電勢的高低正電荷在正電勢位置有正電勢能,簡化為:正正得正;同理負正得負、負負得正

場強由電場本身決定,與試探電荷無關電勢由電場本身決定,與試探電荷無關,其大小與參考點的選取有關,有相對性由電場本身的兩點間差異決定,與試探電荷無關,與參考點選取無關由電荷量和該點電勢二者決定,與參考點選取有關關系1.場強為零的地方電勢不一定為零2.電勢為零的地方場強不一定為零3.零場強區域兩點間電勢差一定為零,電勢差為零的區域場強不一定為零4.場強為零,電勢能不一定為零,電勢為零,電勢能一定為零聯系勻強電場中UAB=Ed(d為A、B間沿場強方向上的距離);電勢沿著場強方向降低最快;UAB=φA-φB;φ=

;UAB=

;WAB=ΔEpAB=EpA-EpB注意

電勢、電勢差、電勢能、電場力的功、電荷量等物理量均為標

量,它們的正負意義不全相同,要注意比較區別,而矢量的正負一定表示

方向。例1

(2015海南單科,7,5分)如圖,兩電荷量分別為Q(Q>0)和-Q的點電荷

對稱地放置在x軸上原點O的兩側,a點位于x軸上O點與點電荷Q之間,b

點位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零。下列說法正確的是(

)

A.b點電勢為零,電場強度也為零B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零,所受電場力方向向右C.將正的試探電荷從O點移到a點,必須克服電場力做功D.將同一正的試探電荷先后從O、b兩點移到a點,后者電勢能的變化較

大

解析由兩等量異種點電荷的電場線分布知:過Q和-Q連線的垂直平分線Ob的等勢面為零勢能面,因此將同一正的試探電荷先后從O、b兩

點移到a點做的功相同,因此正試探電荷電勢能的變化相同,D錯。點b在

零勢能面上,b點電勢為零,由場強的合成法則知,b點的場強不為零,方向

平行x軸向右,A錯。在a點放一正的試探電荷,所受的電場力方向向右,

當沿x軸正方向移動時,電場力做正功電勢能減少,在O點減為零,過了O

點電勢能為負值,所以正的試探電荷在a點電勢能大于零,反之若從O點

移到a點,電場力與運動方向相反,因此電場力做負功即克服電場力做功,

B、C正確。

答案

BC二、應用公式W=qUAB計算電場力的功1.正、負號運算法:按照符號規定把電荷量q和移動過程的始、終兩點

的電勢差UAB的值代入公式W=qUAB計算。符號規定:所移動的電荷若為正電荷,q取正值;若為負電荷,q取負值。若

移動過程的始點電勢φA高于終點電勢φB,UAB取正值;若始點電勢φA低于

終點電勢φB,UAB取負值。2.絕對值運算法:公式中的q和UAB都取絕對值,即公式變為|W|=

·

。正、負功判斷:當正電荷從電勢較高的點移動到電勢較低的點時,電場力做正功;當正電荷從電勢較低的點移動到電勢較高的點時,電場力做負功。負電荷則相反。說明

采用這種處理方法時,公式中的UAB是電勢差的絕對值

,而不是電勢的絕對值之差

-

,由于

=

,所以,這種處理方法不必計較A、B之中哪個是始點哪個是終點。例2有一帶電荷量q=-3×10-6

C的點電荷,從電場中的A點移到B點時,克

服電場力做功6×10-4

J。從B點移到C點電場力做功9×10-4

J。求:(1)A、B,B、C,C、A間電勢差各為多少?(2)如以B點電勢為零,則A、C兩點的電勢各為多少?電荷在A、C兩點

的電勢能各為多少?

解析(1)方法一

=

=

V=200V因負電荷從A移到B克服電場力做功,必是從高電勢點移向低電勢點,即φΑ>φB,所以UAB=200V

=

=

V=300V因負電荷從B移到C電場力做正功,必是從低電勢點移到高電勢點,即φB<φC,所以UBC=-300VUCA=UCB+UBA=-UBC+(-UAB)=300V-200V=100V方法二由U=

得UAB=

=

V=200VUBC=

=

V=-300VUAC=UAB+UBC=200V+(-300)V=-100VUCA=-UAC=100V(2)若φB=0,由UAB=φA-φB得φA=UAB=200V,由UBC=φB-φC得φC=φB-UBC=0-(-30

0)V=300V。電荷在A點的電勢能EpA=qφA=-3×10-6×200J=-6×10-4

J電荷在C點的電勢能EpC=qφC=-3×10-6×300J=-9×10-4

J

答案(1)200V-300V100V(2)200V300V-6×10-4

J-9×10-4

J評析

電勢差是標量,但有正負,正負表示電勢的高低;注意電場力做功與電勢能變化的關系。三、巧用曲線運動的條件利用粒子在電場中的運動軌跡來判定粒子電性(或者判定電場線的方

向、電場力做功情況、電勢能的變化、動能的變化)的步驟可分為如

下幾步:1.在粒子的軌跡上選一點(一般為初始點),作該點軌跡的切線,軌跡的切

線方向即速度方向。2.過該點作電場線的切線,電場線的切線方向即場強方向。標出可能受

電場力的兩個方向。3.根據粒子偏轉的方向,利用曲線運動的條件,判定電場力的方向(受力

方向與軌跡的偏轉方向在速度方向的同側)。4.利用判斷出的電場力方向與場強方向的關系,判定粒子的電性。5.利用電場力方向與速度方向的夾角θ,判斷電場力所做功的正負。0≤

θ<90°時,電場力做正功,電勢能減小,動能增加(只受電場力)。90°<θ≤180°時,電場力做負功,電勢能增加,動能減小(只受電場力)。θ=90°時,電

場力不做功。例3如圖,一帶電粒子q在電場中運動的軌跡為MN。不考慮重力作用,

求:(1)q的電性;(2)從M到N電勢能怎樣變化?動能怎樣變化?解題導引

解析過M點作軌跡的切線,得粒子在該點的速度方向。過M點作電場線的切線得場強方向,粒子可能受到的電場力分別為F與F'。由MN向

右彎曲及曲線運動條件可知粒子所受電場力為F,與電場方向一致。可

得q為帶正電粒子。

由v與F的夾角θ<90°,可知電場力做正功,電勢能減小。由動能定理W電=W合=ΔEk,可知帶電粒子從M到N動能增加。

答案(1)帶正電(2)電勢能減小動能增加一

電容器的電容1.兩個彼此絕緣又相互靠近的導體就可以構成電容器,電容器所帶①

電荷量

與兩板間②電勢差

的比值,叫做電容器的電容。2.電容的定義式為③

C=

。可由C=④

計算電容C。在國

際單位制中,電容的單位是法拉(F),常用單位有微法(μF)和皮法(pF)。

它們的換算關系是1F=106

μF=1012

pF。3.電容器的電容與自身的幾何結構(正對面積、間距)和介質特性有關,

與它是否帶電、帶電多少、板間電勢差的大小等無關。4.電容器所帶電荷量是電容器的一個極板上所帶電荷量的絕對值。使考點三

電容器、帶電粒子在電場中的運動<基礎知識>電容器帶電的過程稱為充電;使充電后的電容器失去電荷的過程稱為放

電。5.平行板電容器的電容,跟電介質的相對介電常數εr成正比,跟正對面積

S成正比,跟極板間距離d成反比,用公式表示為⑤

C=

。二

帶電粒子在勻強電場中的運動1.帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場,受到的電場力與運動

方向在同一條直線上,做⑥勻加速

或⑦勻減速

直線運動。2.只有電場力做功,若帶電粒子的初速度為零,有

mv2=qU,則v=⑧

,若帶電粒子的初速度不為零,則由動能定理可得:⑨

mv2-

m

=qU

。3.帶電粒子以速度v垂直于電場線方向飛入勻強電場,受到恒定的與初

速度方向垂直的電場力作用而做⑩勻變速曲線

運動。垂直于場強

方向做

勻速直線

運動,平行于場強方向做

初速度為零的勻加速直線

運動。一、平行板電容器的兩類典型問題1.平行板電容器充電后,始終連接在電源上,兩板間的電壓U保持不變,可

根據下列幾式討論C、Q、E的變化情況:C=

∝

,Q=CU=

∝

,E=

∝

。2.平行板電容器充電后,切斷與電源的連接,電容器所帶的電荷量Q保持

不變,可根據下列幾式討論C、U、E的變化情況:C=

∝

,U=

=

=

∝

,E=

=

=

=

∝

。<重點難點>例1一帶電小球懸掛在平行板電容器內部,閉合開關S,電容器充電后,

懸線與豎直方向夾角為φ,如圖所示。下列方法中能使夾角φ減小的是

()A.保持開關閉合,使兩極板靠近一些B.保持開關閉合,使滑動變阻器滑片向右移動C.保持開關閉合,使兩極板遠離一些D.斷開開關,使兩極板靠近一些

解析要使懸線與豎直方向的夾角φ減小,就要減小小球在電容器中所受到的電場力,即要減小電容器內部電場強度。保持開關S閉合,即電

容器兩端電壓不變,使兩極板靠近些,由E=

知,電場強度增大,φ要增大;使兩極板遠離一些,就會使電場強度減小,夾角φ減小;調節滑動變阻器

滑片的位置不影響電容器兩極板間的電壓大小。因此A、B錯誤,C正

確。若斷開開關S,電容器兩極板所帶電荷量不變,使兩極板靠近一些,由

C=

,U=

,E=

知,E不變,即夾角φ不變,D錯誤。

答案

C二、帶電粒子在電場中的運動1.平衡(靜止或勻速直線運動)條件:F合=0或qE=mg(僅受電場力和重力時)。2.加速以初速度v0射入電場中的帶電粒子,經電場力做功加速至v,由qU=

mv2-

m

得v=

。當v0很小或v0=0時,上式簡化為v=

。即粒子被加速后速度的大小,跟粒子的質量m、電荷量q、加速過程始

末位置的電勢差U有關,跟電場是否均勻、粒子的具體運動路徑無關。3.偏轉(1)以初速度v0垂直場強方向射入勻強電場中的帶電粒子,受恒定電場力

作用,做類似平拋的勻變速運動(如圖)。二、帶電粒子在電場中的運動1.平衡(靜止或勻速直線運動)加速度a=

運動時間t=

側移量y=

at2=

偏轉角的正切值tanφ=

=

=

出射速度vt=

(vx=v0,vy=at)。(2)兩個有用的結論①以垂直于電場方向射入(即沿x軸射入)的帶電粒子在射出電場時速度

的反向延長線交于x軸上的一點,該點與射入點間的距離為帶電粒子在x

方向上位移的一半。②靜止的帶電粒子經同一電場加速,再垂直射入同一偏轉電場,射出粒

子的偏轉角度和側移量與粒子的q、m無關。例2

(2017河南鶴壁段考,19)如圖所示,兩平行金屬板A、B長L=8cm,

兩極板間距離d=8cm,A極板比B極板電勢高300V,一電荷量q=1×10-10

C、質量m=1×10-20

kg的帶正電的粒子,沿電場中心線RO垂直電場線方

向飛入電場,初速度v0=2×106

m/s,粒子飛出平行板電場后經過界面

MN、PS間的無電場區域后,進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區

域,(設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)已知兩界面

MN、PS相距為12cm,D是中心線RO與界面PS的交點,O點距離界面PS

為9cm,粒子穿過界面PS恰好做勻速圓周運動打在放置于中心線上的

熒光屏bc上,不計粒子重力(靜電力常量k=9.0×109

N·m2/C2)。(1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠?到達PS界面時離

D點多遠?(2)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小。

解析(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(側向位移)y=

at2t=

a=

UAB=300V代入數據解得:y=0.03m帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,其運動軌跡與PS線交于a點,

設a到中心線的距離為Y,則

=

解得Y=0.12m;

(2)帶電粒子到達a處時,沿v0方向的速度大小為vx=v0=2×106

m/s垂直v0方向的速度大小為vy=at=1.5×106

m/s如圖,tanα=

=

,tanβ=

=

,可知速度v的方向與Oa垂直根據題意可知,該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q做勻速圓周運

動,且半徑等于Oa的長度,即r=Oa=?代入數據解得:r=0.15m粒子到達a點時的速度大小為:v=

=2.5×106

m/s;由庫侖定律和牛頓第二定律得k

=m

解得Q=1.04×10-8

C,且Q帶負電。

答案(1)0.03m0.12m(2)負電1.04×10-8

C三、示波管的構造和原理1.示波管的構造:示波器的核心部件是示波管,示波管的構造簡圖如圖所

示,也可將示波管的結構大致分為三部分,即電子槍、偏轉電極和熒光屏。

2.示波管的原理(1)偏轉電極不加電壓時,從電子槍射出的電子將沿直線運動,射到熒光

屏的中心點形成一個亮斑。(2)在YY'(或XX')加電壓時,則電子被加速、偏轉后射到熒光屏上YY'

(或XX')所在直線上某一點,形成一個亮斑(不在中心),如圖所示。

設加速電壓為U1,偏轉電壓為U2,電子電荷量為e,質量為m,由W=ΔEk得

eU1=

m

在電場中的側移量y=

at2=

t2其中d為兩板的間距。水平方向t=

又tanφ=

=

=

可得熒光屏上的側移量y'=y+L'tanφ=

=

tanφ。(3)示波管實際工作時,豎直偏轉電極和水平偏轉電極都加上電壓。一

般加在豎直偏轉電極上的電壓是要研究的信號電壓,加在水平偏轉電極

上的是掃描電壓,若兩者周期相同,在熒光屏上就會顯示出信號電壓隨時間變化的波形圖。例3示波管是示波器的核心部件,它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組

成,如圖所示。如果在熒光屏上P點出現亮斑,那么示波管中的

()

A.極板X應帶正電

B.極板X'應帶正電C.極板Y應帶正電

D.極板Y'應帶正電

解題導引

解析根據亮斑的位置,電子偏向XY區間,說明電子受到電場力作用發生了偏轉,因此極板X、極板Y均應帶正電。

答案

AC

分析帶電體平衡問題的方法分析帶電體平衡問題的方法與力學中分析物體平衡的方法是一樣的,我

們應學會把電學問題力學化。一般分析此問題的步驟為:(1)確定研究對象。如果有幾個物體相互作用時,要依據題意,適當選取

“整體法”或“隔離法”,一般是先整體后隔離。(2)對研究對象進行受力分析。(3)列平衡方程(F合=0或Fx=0、Fy=0)。方法技巧方法1例1

(2013課標Ⅱ,18,6分)如圖,在光滑絕緣水平面上,三個帶電小球a、

b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上:a、b帶正電,電荷量均

為q,c帶負電。整個系統置于方向水平的勻強電場中。已知靜電力常量

為k。若三個小球均處于靜止狀態,則勻強電場場強的大小為

()

A.

B.

C.

D.

解析以小球c為研究對象,其受力如圖甲所示,其中F庫=

,由平衡條件得:2F庫cos30°=Eqc

甲

乙即:

=Eqc,E=

此時a的受力如圖乙所示,

+

=

得qc=2q即當qc=2q時,a可處于平衡狀態,同理b亦恰好平衡,故選項B正確。

答案

B

對帶電粒子在勻強電場與重力場的復合場中的運動的

處理方法帶電粒子在勻強電場中所受電場力與重力都是恒力,處理方法有下列兩種:1.正交分解法應用這種方法可以將復雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直

線運動。2.等效“重力”法將重力與電場力進行合成,如圖所示,則F合等效于“重力”,a=

等效于“重力加速度”,F合的方向等效于“重力”的方向。方法2例2如圖所示,一個帶電荷量為-q的油滴,從O點以速度v射入勻強電場

中,v的方向與電場方向成θ角。已知油滴的質量為m,測得油滴到達運動

軌跡的最高點N時,它的速度大小仍為v。求:

(1)最高點與O點的豎直高度;(2)最高點處與O點的電勢差UNO;(3)電場強度E。

解析(1)豎直方向上:(vsinθ)2=2ghh=

(2)從O到N,由動能定理得:UNOq-mgh=0UNO=

=

(3)豎直方向上:vsinθ=gt設水平方向油滴運動加速度為a,則-v=vcosθ-at又Eq=ma解得E=

或E=

答案見解析

電場中電勢高低的判斷方法1.根據電場線的方向來判斷:電場線由高電勢面指向低電勢面,或者說沿

電場線方向電勢逐漸降低。2.由UAB=

,將WAB和q帶符號代入,據UAB的正負判斷A、B兩點電勢的高低:當UAB>0時,φA>φB;當UAB<0時,φA<φB。3.根據電場力做功來判斷:電場力對正電荷做正功,電荷由高電勢處移向

低電勢處;正電荷克服電場力做功,電荷由低電勢處移向高電勢處。對

于負電荷,情況恰好相反。4.根據電勢能來判斷:正電荷在電勢高處電勢能較大;負電荷在電勢低

處電勢能較大。方法3例3如圖所示,電子在一條電場線上從a點運動到b點,電勢能增加,試判

定a、b兩點電勢高低。

解題導引

解析

解法一利用電場線方向來判斷,由于電勢能增加,電場力一定做負功,即電場力方向和電荷運動方向相反,從b指向a,而負電荷受電場

力的方向和場強方向相反,場強方向應是由a指向b,因此電場線的方向

是從a指向b。沿著電場線的方向電勢越來越低,故a點電勢比b點電勢

高。解法二利用電場力做功來判斷,由于電勢能增加,電場力一定做負功,

即Wab為負值,而q是負電荷,即q為負值,由Wab=q(φa-φb),得φa>φb。解法三利用電勢能判斷,對正電荷,q為正值,在電勢越高的地方電勢能

就越大,而對負電荷,q為負值,在電勢越高的地方電勢能越小,而本題已

知條件是負電荷在a點電勢能較小,故a點電勢高。

答案見解析

靜電場中涉及圖像問題的處理方法1.主要類型(1)v-t圖像;(2)φ-x圖像;(3)E-x圖像。2.應對策略(1)v-t圖像:根據v-t圖像中速度的變化、斜率絕對值的變化(即加速度大

小的變化),確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況,進而

確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化。(2)φ-x圖像:①電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率絕對值。②在φ-x圖

像中可以直接判斷各點電勢的大小,并可根據電勢大小關系大致確定電

場強度的方向。③在φ-x圖像中分析電荷移動時做功的正負,可用WAB=

qUAB分析WAB的正負,然后作出判斷。方法4(3)E-x圖像:根據給出的E-x圖像,確定E的方向,根據E的大小變化,確定

電場的強弱分布。例4空間某一靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示,x軸上B、C兩點

電場強度在x方向上的分量分別是EBx、ECx,下列說法中正確的有

(

)

A.EBx的大小大于ECx的大小B.EBx的方向沿x軸正方向C.電荷在O點受到的電場力最大D.負電荷沿x軸從B移到C的過程中,電場力先做正功,后做負功

解析本題的入手點在于如何判斷EBx和ECx的大小,由圖像可知在x軸上各點的電場強度在x方向的分量不相同,如果在x方向上取極小的一

段,可以把此段看做勻強電場,用勻強電場的處理方法思考,從而得到結

論,此方法為微元法。在B點和C點附近分別取很小的一段d,由圖像知,B

點段對應的電勢差大于C點段對應的電勢差,看做勻強電場,有Ex=

,可見EBx>ECx,A項正確;同理可知O點場強最小,電荷在該點受到的電場力最

小,C項錯誤;沿電場方向電勢降低,在O點左側,EBx的方向沿x軸負方向,

在O點右側,ECx的方向沿x軸正方向,則知負電荷沿x軸從B移到C的過程

中,電場力先做正功,后做負功,所