高考物理一轮复习（北京卷B版）教师用书：专题九 静电场 PDF版含答案

６８　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf ）专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 九　静电场对应学生用书起始页码Ｐ１２４考点一　电场的性质　　一、电场的力的性质（一）库仑定律（１）对于两个均匀带电绝缘球体，可以将其视为电荷集中于球心的点电荷，ｒ为两球心之间的距离。（２）对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布。（３）库仑力在ｒ＝１０－１５～１０－９ｍ的范围内均有效，但不能根据公式错误地推论：当ｒ→０时，Ｆ→∞。其实，在这样的条件下，两个带电体已经不能再看做点电荷了。　两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为ｍ１和ｍ２，带电荷量分别是ｑ１和ｑ２，用绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与中垂线方向成α１角和α２角，且两球处于同一水平线上，如图所示，若α１＝α２，则下述结论正确的是（　　）Ａ．ｑ１一定等于ｑ２Ｂ．一定满足ｑ１ｍ１＝ｑ２ｍ２Ｃ．ｍ１一定等于ｍ２Ｄ．必须同时满足ｑ１＝ｑ２、ｍ１＝ｍ２解析　分别对两小球进行受力分析，如图所示，由平衡条件得Ｆ－Ｔｓｉｎα１＝０；Ｔｃｏｓα１－ｍ１ｇ＝０。所以ｔａｎα１＝Ｆｍ１ｇ＝ｋｑ１ｑ２ｍ１ｇｒ２。同理ｔａｎα２＝Ｆｍ２ｇ＝ｋｑ１ｑ２ｍ２ｇｒ２。若α１＝α２，则有ｍ１＝ｍ２。答案　Ｃ（二）电场强度１．场强三个表达式的比较公式适用条件特点定义式Ｅ＝Ｆｑ任何电场某点的场强为确定值，大小及方向与Ｆ及ｑ无关决定式Ｅ＝ｋＱｒ２真空中的点电荷的电场某点的场强Ｅ由场源电荷Ｑ和该点到场源电荷的距离ｒ决定关系式Ｅ＝Ｕｄ匀强电场ｄ是沿电场方向的距离　　２．电场强度的叠加原理多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加，电场强度的叠加遵循平行四边形定则。３．电场线电场线电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向，电场线不是实际存在的线，而是为了描述电场而假想的线电场线的特点①电场线从正电荷（或无限远处）出发，终止于负电荷（或无限远处）②电场线在电场中不相交，不相切③在同一电场里，电场线越密的地方场强越大④电场线不是电荷的运动轨迹，一般不与运动轨迹重合　　　如图，边长为ａ的正三角形ＡＢＣ的三个顶点分别固定三个点电荷＋ｑ、＋ｑ、－ｑ，则该三角形中心Ｏ点处的场强为（　　）Ａ．６ｋｑａ２，方向由Ｃ指向ＯＢ．６ｋｑａ２，方向由Ｏ指向ＣＣ．３ｋｑａ２，方向由Ｃ指向Ｏ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九　静电场６９　　　Ｄ．３ｋｑａ２，方向由Ｏ指向Ｃ解析　每个点电荷在Ｏ点处的场强大小都是Ｅ＝ｋｑ（３ａ／３）２＝３ｋｑａ２，画出矢量叠加的示意图，如图所示。由图可得Ｏ点处的合场强为Ｅ０＝２Ｅ＝６ｋｑａ２，方向由Ｏ指向Ｃ。Ｂ项正确。答案　Ｂ４．等量同种和等量异种点电荷的电场等量同种点电荷等量异种点电荷由Ｏ沿中垂线向外场强的变化向外先增大后减小（在Ｏ处场强为零）向外逐渐减小（在Ｏ处场强最大）由Ｏ沿连线到点电荷场强的变化增大增大关于Ｏ点对称的两点Ａ与Ａ′，Ｂ与Ｂ′场强的关系等大、反向等大、同向电场线分布图　　　如图所示，Ｍ、Ｎ为两个固定的等量同种正点电荷，在其连线的中垂线上的Ｐ点放一个静止的负点电荷（重力不计），下列说法中正确的是（　　）Ａ．从Ｐ到Ｏ，可能加速度越来越小，速度越来越大Ｂ．从Ｐ到Ｏ，可能加速度先变大，再变小，速度越来越大Ｃ．越过Ｏ点后，加速度一直变大，速度一直变小Ｄ．越过Ｏ点后，加速度一直变小，速度一直变小解析　要判断Ｐ→Ｏ的过程中，加速度的变化情况，关键是判断等量同种正点电荷连线的中垂线上的场强变化情况，画出等量同种点电荷周围的电场线分布如图所示。　　根据图可以定性看出，中垂线上的场强并非单调变化，而是有一个电场线分布密集区域，即场强应该存在最大值。即从Ｏ点沿中垂线向两侧场强均先增大后减小。点电荷从Ｐ→Ｏ的过程中，电场力可能是先变大后变小，加速度随之先变大后变小，也可能电场力一直变小，加速度一直变小，关键是Ｐ点位置不确定。不过，在到达Ｏ点之前，电场力一直表现为引力，速度一定是一直变大的，在Ｏ点时加速度为零，速度最大。同理可知点电荷越过Ｏ点后的运动情况，综上所述，本题正确选项是Ａ、Ｂ。答案　ＡＢ二、电场的能的性质１．电势高低的判断判断角度判断方法依据电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低依据电场力做功根据ＵＡＢ＝ＷＡＢｑ，将ＷＡＢ、ｑ的正负号代入，由ＵＡＢ的正负判断φＡ、φＢ的高低依据场源电荷的正负取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低　　２．电势能大小的比较判断角度判断方法依据电场力做功电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加依据电势正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大依据公式由Ｅｐ＝ｑφ，将ｑ、φ的大小、正负号一起代入公式，Ｅｐ的正值越大电势能越大，Ｅｐ的负值越小，电势能越小依据能量守恒在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势能减小，反之，电势能增加　　３．电场中的功能关系（１）电场力做正功，电势能减少，电场力做负功，电势能增加。（２）如果只有电场力做功，则动能和电势能之间相互转化，动能（Ｅｋ）和电势能（Ｅｐ）之和保持不变。（３）如果只有电场力和重力做功，则电势能和机械能之和保持不变。（４）除电场力之外其他力做正功，动能和电势能之和变大；除电场力之外其他力做负功，动能和电势能之和变小。　如图所示，虚线ａ、ｂ、ｃ代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Ｕａｂ＝Ｕｂｃ，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，Ｐ、Ｒ、Ｑ是这条轨迹上的三点，􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７０　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）Ｒ同时在等势面ｂ上，据此可知（　　）Ａ．三个等势面中，ｃ的电势最低Ｂ．带电质点在Ｐ点的电势能比在Ｑ点的小Ｃ．带电质点在Ｐ点的动能与电势能之和比在Ｑ点的小Ｄ．带电质点在Ｒ点的加速度方向垂直于等势面ｂ解析　根据题意画出电场线，质点在Ｐ处的受力方向如图所示，可知电场线应垂直等势面由ｃ经ｂ至ａ，所以ａ的电势最低，选项Ａ错误；质点带负电，且φＰ＜φＱ，则ＥｐＰ＞ＥｐＱ，故选项Ｂ错误；由于质点运动过程中只有电场力做功，所以质点的电势能与动能之和保持不变，选项Ｃ错误；根据电场线与等势面垂直可知，选项Ｄ正确。答案　Ｄ三、匀强电场中电场强度和电势差的关系１．匀强电场中电势差与电场强度的关系（１）ＵＡＢ＝Ｅｄ，ｄ为Ａ、Ｂ两点沿电场方向的距离。（２）沿电场强度方向电势降落得最快。（３）在匀强电场中Ｕ＝Ｅｄ，即在沿电场线方向上，Ｕ∝ｄ。推论如下：①如图甲，Ｃ点为线段ＡＢ的中点，则有φＣ＝φＡ＋φＢ２。②如图乙，ＡＢ∥ＣＤ，且ＡＢ＝ＣＤ，则ＵＡＢ＝ＵＣＤ。２．Ｅ＝Ｕｄ在非匀强电场中的三点妙用（１）判断电场强度大小：等差等势面越密，电场强度越大。（２）判断电势差的大小及电势的高低：距离相等的两点间的电势差，Ｅ越大，Ｕ越大，进而判断电势的高低。（３）利用φ－ｘ图像的斜率判断电场强度随位置变化的规律：ｋ＝ΔφΔｘ＝Ｕｄ＝Ｅｘ，斜率的绝对值表示电场强度的大小，正负表示电场强度的方向。　如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点Ｏ处的电势为０Ｖ，点Ａ处的电势为６Ｖ，点Ｂ处的电势为３Ｖ，则电场强度的大小为（　　）Ａ．２００Ｖ／ｍＢ．２００３Ｖ／ｍＣ．１００Ｖ／ｍＤ．１００３Ｖ／ｍ解析　设ＯＡ中点为Ｃ，由ＵＡＣＡＣ＝ＵＣＯＣＯ可得Ｃ点的电势φＣ＝３Ｖ，φＣ＝φＢ，即Ｂ、Ｃ在同一等势面上，如图，由电场线与等势面的关系和几何关系知：ｄ＝１．５ｃｍ。则Ｅ＝Ｕｄ＝３１．５×１０－２Ｖ／ｍ＝２００Ｖ／ｍ，Ａ正确。答案　Ａ１．分别放在两个绝缘架上的相同金属球，相距为ｄ，球的半径比ｄ小得多，分别带有ｑ和３ｑ的电荷量，相互斥力为３Ｆ。现用绝缘工具将这两个金属球接触后再分开，然后放回原处。则它们的相互作用力将变为（　　）Ａ．０Ｂ．ＦＣ．３ＦＤ．４Ｆ１．答案　Ｄ　根据库仑定律有３Ｆ＝ｋｑ·３ｑｄ２，两个金属球接触后，电荷量重新分配，两个小球带电荷量均变为２ｑ，则Ｆ′＝ｋ２ｑ·２ｑｄ２＝４Ｆ，故Ｄ正确。２．（２０１８北京石景山一模，２０）如图所示，直径为Ｌ的光滑绝缘半圆环固定在竖直面内，电荷量为ｑ１、ｑ２的两个正点电荷分别置于半圆环的两个端点Ａ、Ｂ处，半圆环上穿着一带正电的小球（可视为点电荷），小球静止时位于Ｐ点，ＰＡ与ＡＢ间的夹角为α。若不计小球的重力，下列关系式中正确的是（　　）Ａ．ｔａｎ３α＝ｑ２ｑ１Ｂ．ｔａｎ２α＝ｑ２ｑ１Ｃ．ｔａｎ３α＝ｑ１ｑ２Ｄ．ｔａｎ２α＝ｑ１ｑ２２．答案　Ａ　设小球所带电荷量为ｑ，则带电荷量为ｑ１的点电荷与小球之间的库仑力和带电荷量为ｑ２的点电荷与小球之间的库仑力应满足ｔａｎα＝Ｆ２Ｆ１＝ｋｑ２ｑ（Ｌｓｉｎα）２ｋｑ１ｑ（Ｌｃｏｓα）２＝ｑ２ｑ１·１ｔａｎ２α即ｔａｎ３α＝ｑ２ｑ１，故Ａ正确。解题关键　受力分析、共点力作用下物体的平衡、三角 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数关系。３．（２０１６北京海淀期末，１）如图所示，真空中有两个点电荷分别位于Ｍ点和Ｎ点，它们所带电荷量分别为ｑ１和ｑ２。已知在Ｍ、Ｎ连线上某点Ｐ处的电场强度为零，且ＭＰ＝３ＰＮ，则（　　）Ａ．ｑ１＝３ｑ２Ｂ．ｑ１＝９ｑ２􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九　静电场７１　　　Ｃ．ｑ１＝１３ｑ２Ｄ．ｑ１＝１９ｑ２３．答案　Ｂ　已知ＥＰ合＝０，所以ｋｑ１ＭＰ２＝ｋｑ２ＰＮ２，解得ｑ１＝９ｑ２。４．（２０１７北京海淀期末）（多选）如图所示，Ｍ、Ｎ为两个带有等量异号电荷的点电荷，Ｏ点是它们之间连线的中点，Ａ、Ｂ是Ｍ、Ｎ连线中垂线上的两点，Ａ点距Ｏ点较近。用ＥＯ、ＥＡ、ＥＢ和φＯ、φＡ、φＢ分别表示Ｏ、Ａ、Ｂ三点的电场强度的大小和电势，下列说法中正确的是（　　）Ａ．ＥＯ等于０Ｂ．ＥＡ一定大于ＥＢＣ．φＡ一定大于φＢＤ．将一电子从Ｏ点沿中垂线移动到Ａ点，电场力一定不做功４．答案　ＢＤ　两个带有等量异号电荷的点电荷形成的电场中，在两电荷间的连线的中垂线上，中点Ｏ的场强最大，由Ｏ沿中垂线向两侧场强逐渐减小，且中垂线为等势线，故Ａ、Ｃ错，Ｂ对；因中垂线为等势线，Ｏ、Ａ两点电势相等，电势差为零，则将一电子从Ｏ点沿中垂线移动到Ａ点，电场力一定不做功，Ｄ对。思路点拨　该题易与同种等量电荷间的电场与电势的关系相混淆，所以要加以合理区分。５．（２０１７北京东城期末，１１）静电场方向平行于ｘ轴，其电势φ随ｘ的分布可简化为如图所示的折线。将一个带负电的粒子在ｘ＝ｄ处由静止释放，它只在电场力作用下沿ｘ轴运动。规定ｘ轴正方向为电场强度Ｅ、加速度ａ、速度ｖ的正方向，下图分别表示ｘ轴上各点的电场强度Ｅ，粒子的加速度ａ、速度ｖ和动能Ｅｋ随ｘ的变化图像，其中正确的是（　　）５．答案　Ｄ　φ－ｘ图像的斜率表示电场强度，沿电场线方向电势降低，则知在ｘ＝０的左侧，存在向左的匀强电场，ｘ＝０右侧存在向右的匀强电场，故Ａ错误；根据牛顿第二定律知ｑＥ＝ｍａ，粒子在匀强电场中运动时加速度不变，由于粒子带负电，粒子的加速度在ｘ＝０左侧为正值，大小不变，在ｘ＝０右侧为负值，且大小不变，故Ｂ错误；在ｘ＝０左侧粒子向右匀加速，在ｘ＝０的右侧向右做匀减速运动，速度与位移不成正比，故Ｃ错误；在ｘ＝０左侧根据动能定理ｑＥｘ＝Ｅｋ，在ｘ＝０的右侧，根据动能定理可得－ｑＥｘ＝Ｅｋ′－Ｅｋ，故Ｄ正确。６．（２０１６北京顺义期末，１１）如图所示，虚线ａ、ｂ、ｃ代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，Ｕａｂ＝Ｕｂｃ，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，Ｐ、Ｑ是这条轨迹上的两点，据此可知下列说法中正确的是（　　）Ａ．三个等势面中，ａ的电势最低Ｂ．带电粒子通过Ｐ点时的动能比通过Ｑ点时的动能大Ｃ．带电粒子通过Ｐ点时的加速度比通过Ｑ点时的加速度大Ｄ．带电粒子在Ｐ点具有的电势能比在Ｑ点具有的电势能小６．答案　Ｃ　带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，可知ａ的电势最高，ｃ的电势最低，故Ａ错误；根据带电粒子受力情况可知，若粒子从Ｐ到Ｑ运动，电场力做正功，动能增大，电势能减小，若粒子从Ｑ到Ｐ运动，电场力做负功，动能减小，电势能增大，故带电粒子通过Ｐ点时的动能比通过Ｑ点时的动能小，在Ｐ点具有的电势能比在Ｑ点具有的电势能大，故Ｂ、Ｄ错误；等差等势面密的地方电场强度大，故Ｐ点电场强度较大，粒子在Ｐ点所受电场力较大，根据牛顿第二定律知，粒子在Ｐ点的加速度也较大，故Ｃ正确。思路分析　带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于粒子带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势面垂直，且等差等势面密的地方电场强度大。７．（２０１７北京海淀一模，２３）为研究一均匀带正电球体Ａ周围静电场的性质，小明同学在干燥的环境中先将Ａ放在一灵敏电子秤的绝缘托盘上（如图甲所示），此时电子秤的示数为Ｎ１；再将另一小球Ｂ用绝缘细线悬挂在一绝缘支架上，使其位于Ａ球的正上方Ｐ点，电子秤稳定时的示数减小为Ｎ２。已知小球Ｂ所带电荷量为－ｑ，且ｑ远小于球Ａ所带的电荷量，球Ａ与球Ｂ间的距离远大于两球的半径。（１）根据上述信息，求：①球Ｂ对球Ａ的电场力大小和方向；②球Ａ在Ｐ点处激发的电场的场强大小Ｅ０。（２）现缓慢拉动绝缘细线，使小球Ｂ从Ｐ点沿竖直方向逐步上升到Ｑ点，用刻度尺测出Ｐ点正上方不同位置到Ｐ点的距离ｘ，并采取上述方法确定出该位置对应的电场强度Ｅ，然后作出Ｅ－ｘ图像，如图乙所示，其中Ｍ点为Ｐ、Ｑ连线的中点，ｘ轴上每小格代表的距离均为ｘ０，且为已知量。①根据图像估算Ｐ、Ｍ两点间电势差ＵＰＭ的大小；􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７２　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）②若Ｍ、Ｑ两点间的电势差为ＵＭＱ，比较ＵＰＭ和ＵＭＱ的大小，并由此定性说明球Ａ正上方单位长度的电势差随ｘ的变化关系。７．答案　（１）①Ｎ１－Ｎ２　方向竖直向上　②Ｎ１－Ｎ２ｑ（２）见解析解析　（１）①设球Ａ所受重力为Ｇ，球Ｂ在Ｐ点时对球Ａ的吸引力为ＦＰ。在没有放置球Ｂ时，对于球Ａ根据平衡条件有Ｎ１＝Ｇ放入球Ｂ后，对球Ａ根据平衡条件有ＦＰ＋Ｎ２＝Ｇ所以球Ｂ对球Ａ的电场力大小ＦＰ＝Ｎ１－Ｎ２方向竖直向上②根据牛顿第三定律可知，球Ａ对球Ｂ的吸引力大小ＦＢ＝Ｎ１－Ｎ２因此Ａ球在Ｐ点处激发的电场的电场强度大小Ｅ０＝ＦＢｑ＝Ｎ１－Ｎ２ｑ（２）①因Ｅ－ｘ图像中图线与ｘ轴所围的面积表示电势差的大小，所以可用图线与ｘ轴所围面积表示电势差的量值。每个小正方形的面积所代表的电势差Ｕ０＝Ｅ０１０ｘ０Ｐ、Ｍ两点间Ｅ－ｘ图线与ｘ轴所围面积约由２２个小正方形面积组成，所以电势差ＵＰＭ＝２２Ｕ０＝２２Ｅ０１０ｘ０＝２２（Ｎ１－Ｎ２）１０ｑｘ０②Ｐ、Ｍ两点间Ｅ－ｘ图线与ｘ轴所围面积大于Ｍ、Ｑ两点间Ｅ－ｘ图线与ｘ轴所围面积，所以ＵＰＭ一定比ＵＭＱ大。由Ｅ－ｘ图线与ｘ轴所围面积随ｘ的变化情况可知，Ａ球正上方单位长度的电势差随ｘ的增大而变小。考查点　图像分析、场强定义、Ｅ与Ｕ关系的理解。易错警示　本题中电子秤示数Ｎ１、Ｎ２反映对球Ａ的支持力。求Ｐ点场强大小时应先用牛顿第三定律求出球Ｂ在该处受到的电场力，再利用Ｅ＝Ｆｑ求解。８．（２０１８北京东城二模，２３）地球表面附近存在一个竖直向下的电场，其场强大小约为１００Ｖ／ｍ。在该电场的作用下，大气中正离子向下运动，负离子向上运动，从而形成较为稳定的电流，这叫做晴天地空电流。地表附近某处地空电流虽然微弱，但全球地空电流的总电流很大，约为１８００Ａ。以下分析问题时假设地空电流在全球各处均匀分布。（１）请问地表附近从高处到低处电势升高还是降低？（２）如果认为此电场是由地球表面均匀分布的负电荷产生的，且已知电荷均匀分布的带电球面在球面外某处产生的场强相当于电荷全部集中在球心所产生的场强；地表附近电场的大小用Ｅ表示，地球半径用Ｒ表示，静电力常量用ｋ表示，请写出地表所带电荷量的大小Ｑ的表达式；（３）取地球表面积Ｓ＝５．１×１０１４ｍ２，试计算地表附近空气的电阻率ρ０的大小；（４）我们知道电流的周围会有磁场，那么全球均匀分布的地空电流是否会在地球表面形成磁场？如果会，说明方向；如果不会，说明理由。８．答案　见解析解析　（１）因在电场的作用下，大气中正离子向下运动，负离子向上运动，则知电场线方向是向下的，故地表附近从高处到低处电势降低。（２）由Ｅ＝ｋＱＲ２，得电荷量的大小Ｑ＝ＥＲ２ｋ。（３）如图，从地表开始向上取一小段高度为Δｈ的空气层（Δｈ远小于地球半径Ｒ），则从空气层上表面到下表面之间的电势差为Ｕ＝Ｅ·Δｈ，这段空气层的电阻ｒ＝ρ０ΔｈＳ，且Ｉ＝Ｕｒ；三式联立得到ρ０＝ＥＳＩ，将Ｅ＝１００Ｖ／ｍ，Ｉ＝１８００Ａ，Ｓ＝５．１×１０１４ｍ２代入，得ρ０＝２．８×１０１３Ω·ｍ。（４）方法一：如图，为了研究地球表面附近Ａ点的磁场情况，可以考虑关于过Ａ点的地球半径对称的两处电流Ｉ１和Ｉ２，根据右手螺旋定则可以判断，这两处电流在Ａ点产生的磁场的磁感应强度刚好方向相反、大小相等，所以Ｉ１和Ｉ２产生的磁场在Ａ点的合磁感应强度为零。同理，地球上各处的地空电流在Ａ点的合磁感应强度都为零，即地空电流不会在Ａ点产生磁场。同理，地空电流不会在地球附近任何地方形成磁场。方法二：因为电流关于地心分布是球面对称的，所以磁场分布也必将关于地心球面对称，这就 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 磁感线只能沿半径方向；但是磁感线又是闭合曲线。以上两条互相矛盾，所以地空电流不会在地球表面形成磁场。解题关键　熟悉电场基本特点，知道沿电场线方向电势逐渐降低，点电荷场强基本公式，电阻定律等基本知识，能够将具体问题抽象成物理模型。考点二　电容器、带电粒子在电场中的运动　　一、电容器１．对电容的理解（１）电容由电容器本身的构造决定电容器的电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，用比值Ｃ＝ＱＵ来定义，但电容的大小与Ｑ、Ｕ无关。由公式Ｃ＝εｒＳ４πｋｄ知，影响平行板电容器电容大小的因素是电介质的相对介电常数εｒ、电容器极板的正对面积Ｓ和极板间的距离ｄ。（２）Ｑ－Ｕ图像的理解􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九　静电场７３　　　如图所示，Ｑ－Ｕ图像是一条过原点的直线，直线的斜率表示电容大小。因而电容器的电容也可以表示为Ｃ＝ΔＱΔＵ，即电容的大小在数值上等于两极板间的电压增加（或减小）１Ｖ所增加（或减小）的电荷量。在Ｑ－Ｕ图像中图线与横轴所围面积对应电容器中储存的电能。２．平行板电容器的动态分析方法（１）确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。电容器的两极板与电源连接时，电容器两极板间所带电压保持不变；电容器先充电后与电源断开，电容器所带电荷量保持不变。（２）用决定式Ｃ＝εｒＳ４πｋｄ分析平行板电容器电容的变化。（３）用定义式Ｃ＝ＱＵ分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。（４）用Ｅ＝Ｕｄ分析电容器极板间场强的变化。　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）。设两极板正对面积为Ｓ，极板间的距离为ｄ，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）Ａ．保持Ｓ不变，增大ｄ，则θ变大Ｂ．保持Ｓ不变，增大ｄ，则θ变小Ｃ．保持ｄ不变，减小Ｓ，则θ变小Ｄ．保持ｄ不变，减小Ｓ，则θ不变解析　静电计指针偏角体现电容器两板间电压大小。在做选项所示的操作中，电容器电荷量Ｑ保持不变，Ｃ＝ＱＵ＝εｒＳ４πｋｄ。保持Ｓ不变，增大ｄ，则Ｃ减小，Ｕ增大，偏角θ增大，选项Ａ正确，Ｂ错误；保持ｄ不变，减小Ｓ，则Ｃ减小，偏角θ也增大，故选项Ｃ、Ｄ均错。答案　Ａ二、带电粒子在匀强电场中的运动１．带电粒子在匀强电场中的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做匀加（减）速直线运动。有两种分析方法：（１）用动力学观点分析：ａ＝ｑＥｍ，Ｅ＝Ｕｄ，ｖ２－ｖ２０＝２ａｄ。（２）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于粒子动能的变化量，ｑＵ＝１２ｍｖ２－１２ｍｖ２０。　一水平放置的平行板电容器的两极板间距为ｄ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方ｄ２处的Ｐ点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移ｄ３，则从Ｐ点开始下落的相同粒子将（　　）Ａ．打到下极板上Ｂ．在下极板处返回Ｃ．在距上极板ｄ２处返回Ｄ．在距上极板２５ｄ处返回解析　设板间电压为Ｕ，场强为Ｅ，则Ｅ＝Ｕｄ，由动能定理得ｍｇ·３２ｄ－ｑＥｄ＝０将下极板向上平移ｄ３后，Ｕ不变，ｄ′＝２３ｄ，则Ｅ′＝３Ｕ２ｄ＝３２Ｅ，设粒子在距上极板ｘ处返回，则ｍｇ（ｄ２＋ｘ）－ｑＥ′ｘ＝０联立解得：ｘ＝２５ｄ，故Ｄ正确，Ａ、Ｂ、Ｃ错误。答案　Ｄ方法技巧　（１）画物理过程分析图：学会画过程分析图有利于理清物理过程，寻找物理量之间的关系（如图所示）。分析带电粒子在各段所做的运动：在小孔上方做自由落体运动，然后在电容器内做匀减速直线运动。（２）选择解题方法：带电粒子在两段都做匀变速直线运动，可以分段运用匀变速直线运动的规律；而多过程问题中，初、末位置速度都为零时，对全过程运用动能定理分析更合适、更方便。２．带电粒子在匀强电场中的偏转（１）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。（２）处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解方法。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７４　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间ｔ＝ｌｖ０。②沿电场力方向做匀加速直线运动。加速度：ａ＝Ｆｍ＝ｑＥｍ＝Ｕｑｍｄ离开电场时的偏移量：ｙ＝１２ａｔ２＝Ｕｑｌ２２ｍｄｖ２０离开电场时的偏转角的正切值：ｔａｎθ＝ｖｙｖ０＝Ｕｑｌｍｄｖ２０（３）两个重要结论：①粒子以一定速度ｖ０垂直射入偏转电场，粒子从偏转电场中射出时，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点。②不同的带电粒子从同一点由静止开始经过相同电场加速，又经过相同电场偏转，其运动轨迹重合，与粒子的带电荷量和质量无关。　下面为一真空示波管的示意图，电子从灯丝Ｋ发出（初速度可忽略不计），经灯丝与Ａ板间的电压Ｕ１加速，从Ａ板中心孔沿中心线ＫＯ射出，然后进入两块平行金属板Ｍ、Ｎ形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入Ｍ、Ｎ间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的Ｐ点。已知Ｍ、Ｎ两板间的电压为Ｕ２，两板间的距离为ｄ，板长为Ｌ，电子的质量为ｍ，电荷量为ｅ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。（１）求电子穿过Ａ板时速度的大小；（２）求电子从偏转电场射出时的侧移量；（３）若要使电子打在荧光屏上Ｐ点的上方，可采取哪些措施？解析　（１）设电子经电压Ｕ１加速后的速度为ｖ０，由动能定理得ｅＵ１＝１２ｍｖ２０－０解得ｖ０＝２ｅＵ１ｍ。（２）电子以速度ｖ０进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为Ｅ，电子在偏转电场中运动的时间为ｔ，加速度为ａ，电子离开偏转电场时的侧移量为ｙ。由牛顿第二定律和运动学公式得ｔ＝Ｌｖ０，Ｆ＝ｍａ，Ｆ＝ｅＥ，Ｅ＝Ｕ２ｄ，ｙ＝１２ａｔ２解得ｙ＝Ｕ２Ｌ２４Ｕ１ｄ。（３）设Ｐ点到Ｏ点的距离为ｘ，由ｘｙ＝Ｌ＋Ｌ２Ｌ２得ｘ＝３ｙ＝３Ｕ２Ｌ２４Ｕ１ｄ要使电子打在荧光屏上Ｐ点的上方可减小加速电压Ｕ１，增大偏转电压Ｕ２。答案　（１）２ｅＵ１ｍ　（２）Ｕ２Ｌ２４Ｕ１ｄ　（３）减小Ｕ１，增大Ｕ２。三、示波管的构造和原理１．如果在偏转电极ＸＸ′和ＹＹ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。２．ＹＹ′上加的是待显示的信号电压，ＸＸ′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压，若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像。　图（ａ）为示波管的原理图。如果在电极ＹＹ′之间所加的电压按图（ｂ）所示的规律变化，在电极ＸＸ′之间所加的电压按图（ｃ）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（　　）解析　由题图（ｂ）及（ｃ）知，当ＵＹ为正时，Ｙ极电势高，电子向Ｙ极偏，在ｙ方向电子从ｙ＝０开始向＋ｙ方向运动，而此时，ＵＸ为负，即Ｘ′极电势高，电子向Ｘ′极偏，在ｘ方向图形从－ｘ半个周期开始，所以在荧光屏上看到的图形是Ｂ。答案　Ｂ１．（２０１６北京朝阳二模，２０）目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏。电容式触摸屏是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂有一层导电物质，最外层是一薄层玻璃保护层，夹层作为工作面，四个角上引出四个电极，内层作为屏蔽层以保证良好的工作环境。当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容器，对于高频电流来说，电容器具有“通高频”的作用，于是手指从手的接触点吸走一部分电荷，从而导致有􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九　静电场７５　　　电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息。在开机状态下，下列说法正确的是（　　）Ａ．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变Ｂ．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象Ｃ．当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过Ｄ．使用绝缘笔触摸屏幕时也能进行正常操作１．答案　Ｃ　由题意知，当手指触摸屏幕时，人体与触摸屏形成一个电容器，电容器由两个导体组成，所以使用绝缘笔不能进行正常操作，Ｄ错误。由题意知，手与触摸屏接触时，有电流通过电极，并且流经四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，所以Ｃ正确，Ａ、Ｂ错误。考查点　获取信息的能力、电容器。思路点拨　“人体和触摸屏就形成了一个电容器”，由电容器构造可知，人体相当于电容器的一极板。由“手指从手的接触点吸走一部分电荷”可知手指触摸屏幕时有微电流流过。２．（２０１８北京海淀一模，１８）电容器充电后就储存了能量，某同学研究电容器储存的能量Ｅ与电容器的电容Ｃ、电荷量Ｑ及电容器两极板间电压Ｕ之间的关系。他从等效的思想出发，认为电容器储存的能量等于把电荷从一个极板搬运到另一个极板过程中克服电场力所做的功。为此他作出电容器两极板间的电压ｕ随电荷量ｑ变化的图像（如图所示）。按照他的想法，下列说法正确的是（　　）Ａ．ｕ－ｑ图线的斜率越大，电容Ｃ越大Ｂ．搬运Δｑ的电荷量，克服电场力所做的功近似等于Δｑ上方小矩形的面积Ｃ．对同一电容器，电容器储存的能量Ｅ与两极板间电压Ｕ成正比Ｄ．若电容器电荷量为Ｑ时储存的能量为Ｅ，则电容器电荷量为Ｑ２时储存的能量为Ｅ２２．答案　Ｂ　由电容器电容的定义式Ｃ＝ＱＵ，可知，ｕ－ｑ图线的斜率越大，Ｃ越小，Ａ错误。电容器带电荷量为ｑ时，对应的两极板间电压为ｕ，搬动Δｑ的电荷量，克服电场力做功Δｑｕ，即近似等于图中Δｑ上方小矩形的面积，Ｂ正确。对于同一电容器，能量Ｅ＝１２ＱＵ＝１２ＣＵ２，Ｃ错误。由Ｅ＝１２ＱＵ＝Ｑ２２Ｃ，知Ｄ错误。易错警示　电容器储存的能量Ｅ＝１２ＱＵ，Ｕ变化，Ｑ也变化，所以Ｅ与Ｕ不成正比。３．（２０１８北京丰台二模，１９）电流和电压传感器可以测量电流和电压，传感器与计算机相连，对采集的数据进行处理，并拟合出相应的函数图像。如图所示，把原来不带电的电容器接入电路，闭合开关后，下列图像中能够正确反映充电过程中电荷量与电压、电流与时间关系的是（　　）３．答案　Ａ　电容器充电过程中，ｑ＝ＣＵ，因电容器电容一定，则ｑ－Ｕ图线应为正比例图线，Ｃ、Ｄ项错误。因为电源正极与电容器之间电势差由大变小，直至为０，所以电流ｉ也变小，直至为０，Ａ项正确，Ｂ项错误。知识拓展　ｉ－ｔ图线与ｔ轴所围面积表示电容器在时间ｔ内储存或释放的电荷量。充电过程中电容器的电压与时间ｔ的关系如图所示，因为ｑ＝Ｃｕ，所以ｑ－ｔ图像形状与ｕ－ｔ图像相同。４．如图所示，在Ｐ板附近有一电子由静止开始向Ｑ板运动，则关于电子到达Ｑ板时的速度，下列说法正确的是（　　）Ａ．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速率就越大Ｂ．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大Ｃ．与两板间距离无关，仅与加速电压有关Ｄ．以上说法均不正确４．答案　Ｃ　电子由Ｐ至Ｑ的过程中，静电力做功，根据动能定理有ｅＵ＝１２ｍｖ２，得ｖ＝２ｅＵｍ，速度大小与Ｕ有关，与距离无关。５．如图甲所示，在平行金属板Ｍ、Ｎ间加有如图乙所示的电压。当ｔ＝０时，一个电子从靠近Ｎ板处由静止开始运动，经１．０×１０－３ｓ到达两板正中间的Ｐ点，那么在３．０×１０－３ｓ这一时刻，电子所在的位置和速度大小为（　　）􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７６　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）Ａ．到达Ｍ板，速度为零Ｂ．到达Ｐ点，速度为零Ｃ．到达Ｎ板，速度为零Ｄ．到达Ｐ点，速度不为零５．答案　Ｄ　在１．０×１０－３ｓ的时间里，电子做初速度为零的匀加速直线运动，当ｔ＝１．０×１０－３ｓ时电子到达Ｐ点，之后板间电压反向，两板间的电场强度大小不变，方向和原来相反，电子开始做匀减速直线运动，由于加速度的大小不变，当ｔ＝２．０×１０－３ｓ时电子到达Ｍ板处，且速度减为零。随后电子将反向做匀加速运动，当ｔ＝３．０×１０－３ｓ时电子又回到Ｐ点，且速度大小与第一次经过Ｐ点时相等，而方向相反，故答案为Ｄ。６．（２０１８北京石景山一模，２２）如图所示，设电子刚刚离开金属丝时的速度可忽略不计，经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为ｍ，电荷量为ｅ，加速电场电压为Ｕ０。偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为Ｕ，极板长度为Ｌ，板间距为ｄ，不计电子所受重力。求：（１）电子射入偏转电场时初速度ｖ０的大小；（２）电子从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Dｙ；（３）电子从偏转电场射出时速度的大小和方向。６．答案　（１）２ｅＵ０ｍ　（２）ＵＬ２４Ｕ０ｄ　（３）见解析解析　（１）根据功和能的关系，有ｅＵ０＝１２ｍｖ２０（２分）电子射入偏转电场时的初速度ｖ０＝２ｅＵ０ｍ（２分）（２）在偏转电场中，电子的运动时间Δｔ＝Ｌｖ０＝Ｌｍ２ｅＵ０（２分）电子在偏转电场中的加速度ａ＝ｅＵｍｄ（２分）偏转距离Δｙ＝１２ａ（Δｔ）２＝ＵＬ２４Ｕ０ｄ（２分）（３）电子离开偏转电场时沿垂直于极板方向的速度ｖｙ＝ａΔｔ＝ｅ２ｍＵ０·ＬＵｄ（２分）电子离开偏转电场时速度的大小ｖ＝ｖ２０＋ｖ２ｙ＝２ｅＵ０ｍ＋ｅＵ２Ｌ２２ｍｄ２Ｕ０。（２分）设电子离开偏转电场时速度方向与水平方向的夹角为θ，则ｔａｎθ＝ｖｙｖ０＝ＵＬ２Ｕ０ｄ（２分）解题关键　熟悉带电粒子在匀强电场中直线加速和偏转运动的基本规律，知道利用分解的方法解决偏转类问题。７．（２０１８北京西城一模，２３）２０１５年４月１６日，全球首创超级电容储能式现代电车在中国宁波基地下线，如图甲所示。这种电车没有传统无轨电车的“长辫子”和空中供电网，没有尾气排放，乘客上下车的几十秒内可充满电并行驶几公里，刹车和下坡时可把部分动能转化成电能回收储存再使用。甲乙　　丙（１）图乙所示为超级电容器充电过程简化电路图，已知充电电源的电动势为Ｅ，电路中的电阻为Ｒ。图丙是某次充电时电流随时间变化的ｉ－ｔ图像，其中Ｉ０、Ｔ０均为已知量。ａ．类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，我们学习了用ｖ－ｔ图像求位移的方法。请你借鉴此方法，根据图丙所示的ｉ－ｔ图像，定性说明如何求电容器充电所获得的电荷量；并求出该次充电结束时电容器所获得的电荷量Ｑ；ｂ．请你说明在电容器充电的过程中，通过电阻Ｒ的电流为什么会逐渐减小；并求出电容器的电容Ｃ。（２）研究发现，电容器储存的能量表达式为ε＝１２ＣＵ２，其中Ｕ为电容器两端所加电压，Ｃ为电容器的电容。设在某一次紧急停车中，在汽车速度迅速减为０的过程中，超级电容器两极板间电势差由Ｕ１迅速增大到Ｕ２。已知电车及乘客总质量为ｍ，超级电容器的电容为Ｃ０，动能转化为电容器储存的电能的效率为η。求电车刹车前瞬间的速度ｖ０。７．答案　（１）见解析　（２）Ｃ０（Ｕ２２－Ｕ２１）ｍη解析　（１）ａ．（６分）电容器充电所获得的电荷量在数值上等于ｉ－ｔ图线和横轴所围的面积。图丙中每一小格的面积为Ｓ０＝１１０Ｉ０×１１０Ｔ０＝１１００Ｉ０Ｔ０图线下约２２小格，面积为Ｓ＝２２Ｓ０所以电容器所获得的电荷量Ｑ＝２２１００Ｉ０Ｔ０＝０．２２Ｉ０Ｔ０（说明：２１、２２、２３格均给分）ｂ．（６分）电容器充电时，通过Ｒ的电流ｉ＝Ｅ－ＵＲ，Ｕ为电容器两端的电压，随着电容器上电荷量的增大，Ｕ也增大，所以电流ｉ减小。充电结束时，电容器两端电压等于电源的电动势，即Ｕ＝Ｅ根据电容的定义式Ｃ＝ＱＵ解得电容Ｃ＝ＱＥ＝２２Ｉ０Ｔ０１００Ｅ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九　静电场７７　　　（２）（６分）根据能量守恒定律有１２ｍｖ２０×η＝１２Ｃ０Ｕ２２－１２Ｃ０Ｕ２１解得电车刹车前瞬间的速度ｖ０＝Ｃ０（Ｕ２２－Ｕ２１）ｍη解题关键　会用类比思想，利用ｉ－ｔ图线与ｔ轴围成的面积表达电荷量Ｑ。理解电容器充电、储能的原理及过程。８．（２０１７北京海淀二模，２４）光电效应现象中逸出的光电子的最大初动能不容易直接测量，可以利用转换测量量的方法进行测量。（１）如图甲所示为研究某光电管发生光电效应的电路图，当用频率为ν的光照射金属阴极Ｋ时，通过调节光电管两端电压Ｕ，测量对应的光电流Ｉ，绘制了如图乙所示的Ｉ－Ｕ图像。根据图像求光电子的最大初动能Ｅｋｍ和阴极金属的逸出功Ｗ。已知电子所带电荷量为ｅ，图像中Ｕｃ、Ｉｍ、入射光的频率ν及普朗克常量ｈ均为已知量。（２）有研究者 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 了如下的测量光电子最大初动能的方法。研究装置如图丙所示，真空中放置的两个平行正对金属板可以作为光电转换装置。用频率一定的细激光束照射Ａ板中心Ｏ，板中心Ｏ点附近将有大量的电子吸收光子的能量而逸出。Ｂ板上涂有特殊材料，当电子打在Ｂ板上时会在落点处留有可观察的痕迹。若认为所有逸出的电子都以同样大小的速度从Ｏ点逸出，且沿各个不同的方向均匀分布，金属板的正对面积足够大（保证所有逸出的电子都不会射出两极板所围的区域），光照条件保持不变。已知Ａ、Ｂ两极板间的距离为ｄ，电子所带电荷量为ｅ，电子所受重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计。①通过外接可调稳压电源给Ａ、Ｂ两极板间加上一定的电压，Ａ板接电源的负极，由Ｏ点逸出的电子打在Ｂ板上的最大区域范围为一个圆形，且圆形的半径随Ａ、Ｂ两极板间的电压变化而改变。通过实验测出了一系列Ａ、Ｂ两极板间的电压值Ｕ与对应的电子打在Ｂ板上的最大圆形区域半径ｒ的值，并画出了如图丁所示的ｒ２－１Ｕ图像，测得图线的斜率为ｋ。请根据图像，通过分析计算，求出电子从Ａ板逸出时的初动能；②若将Ａ板换为另一种金属材料，且将其与可调稳压电源的正极连接，Ｂ板与该电源的负极连接，当两极板间电压为Ｕ０时，电子打在Ｂ板上的最大区域范围仍为一个圆，测得圆的半径为Ｒ。改变两极板间的电压大小，发现电子打在Ｂ板上的范围也在发生相应的变化。为使Ｂ板上没有电子落点的痕迹，试通过计算分析两金属板间的电压需满足什么条件？８．答案　见解析解析　（１）由题中图乙可知，光电效应的遏止电压为Ｕｃ，根据动能定理可得，光电子的最大初动能Ｅｋｍ＝ｅＵｃ根据爱因斯坦光电效应方程可知，阴极金属的逸出功Ｗ＝ｈν－ｅＵｃ（２）①打在电子分布区域边缘的电子，其初速度方向平行于Ａ板表面，做匀变速曲线（类平抛）运动。设两板间的电压为Ｕ，电子的质量为ｍ，初速度为ｖ０，在两板间运动的加速度大小为ａ１，飞行时间为ｔ１，则根据牛顿第二定律有：ａ１＝ｅＵｄｍ对于垂直于极板方向的运动有ｄ＝１２ａ１ｔ２１电子分布圆形区域的半径为ｒ＝ｖ０ｔ１联立上述三式可解得ｒ２＝４ｄ２ｅＵ·１２ｍｖ２０即ｒ２＝４ｄ２Ｅｋｅ·１Ｕ，所以ｒ２－１Ｕ图像中的ｋ＝４ｄ２Ｅｋｅ因此初动能Ｅｋ＝ｋｅ４ｄ２②电子在两极板间运动的加速度ａ２＝ｅＵ０ｄｍ设打在落点区域边缘的电子从Ｏ点射出时沿垂直极板方向的速度为ｖｙ，平行极板方向的速度为ｖｘ，电子在两极板间运动的时间为ｔ２，落点区域边缘处电子到达Ｂ板上时速度方向平行于Ｂ板。则沿垂直极板方向上有ｖ２ｙ＝２ａ２ｄｖｙ＝ａ２ｔ２沿平行极板方向上有Ｒ＝ｖｘｔ２从Ｏ点逸出光电子的速度ｖｍ＝ｖ２ｘ＋ｖ２ｙ联立上述四式可解得，电子的初动能Ｅｋｍ＝１２ｍｖ２ｍ＝ｅＵ０（１＋Ｒ２４ｄ２）设沿垂直极板方向射出的电子刚好不能达到Ｂ板时两板间的电压为Ｕｍ，根据动能定理有Ｅｋｍ＝ｅＵｍ解得Ｕｍ＝Ｕ０（１＋Ｒ２４ｄ２）为使Ｂ板上没有电子落点的痕迹，则两金属板间的电压应满足的条件是Ｕ１＞Ｕ０（１＋Ｒ２４ｄ２）考查点　光电效应、类平抛运动过程临界条件的分析。思路分析　（１）由图像可读出遏止电压Ｕｃ，与最大初动能建立关系。（２）打到最远点的电子是类平抛出去的电子。（３）朝各个方向打出的电子最大初动能相同，Ｂ板上没有电子的痕迹的临界条件是：垂直极板方向射出的电子到达Ｂ板时速度刚好减到零。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋７８　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）对应学生用书起始页码Ｐ１３３方法一　静电场中的图像问题的处理方法　　一、主要类型（１）ｖ－ｔ图像；（２）φ－ｘ图像；（３）Ｅ－ｘ图像。二、应对策略（１）ｖ－ｔ图像：根据ｖ－ｔ图像中速度的变化、斜率绝对值的变化（即加速度大小的变化），确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。（２）φ－ｘ图像：①电场强度的大小等于φ－ｘ图线斜率的绝对值，电场强度为零处，φ－ｘ图线存在极值，其切线的斜率为零。②在φ－ｘ图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系大致确定电场强度的方向。③在φ－ｘ图像中分析电荷移动时做功的正负，可用ＷＡＢ＝ｑＵＡＢ分析ＷＡＢ的正负，然后作出判断。（３）Ｅ－ｘ图像：根据给出的Ｅ－ｘ图像，确定Ｅ的方向，再在草纸上画出对应电场线的大致方向，根据Ｅ的大小变化，确定电场的强弱分布。　如图（ａ），直线ＭＮ表示某电场中一条电场线，ａ、ｂ是线上的两点。将一带负电荷的粒子从ａ点处由静止释放，粒子从ａ运动到ｂ过程中的ｖ－ｔ图线如图（ｂ）所示。设ａ、ｂ两点的电势分别为φａ、φｂ，场强大小分别为Ｅａ、Ｅｂ，粒子在ａ、ｂ两点的电势能分别为Ｗａ、Ｗｂ，不计重力，则有（　　）Ａ．φａ＞φｂＢ．Ｅａ＞ＥｂＣ．Ｅａ＜ＥｂＤ．Ｗａ＞Ｗｂ解析　由题图（ｂ）知粒子从ａ到ｂ，ｖ增大，ａ减小，由ａ＝Ｅｑｍ知Ｅａ＞Ｅｂ，故Ｂ正确，Ｃ错误；对粒子由Ｗ＝ｑ（φａ－φｂ）＝Ｗａ－Ｗｂ＝ΔＥｋ，且ΔＥｋ＞０，ｑ＜０，知φａ＜φｂ，Ｗａ＞Ｗｂ，故Ａ错误，Ｄ正确。答案　ＢＤ　在ｘ轴上存在与ｘ轴平行的电场，ｘ轴上各点的电势随ｘ点位置变化情况如图所示。图中－ｘ１～ｘ１之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称。下列关于该电场的论述正确的是（　　）Ａ．ｘ轴上各点的场强大小相等Ｂ．从－ｘ１到ｘ１场强的大小先减小后增大Ｃ．一个带正电的粒子在ｘ１点的电势能大于在－ｘ１点的电势能Ｄ．一个带正电的粒子在－ｘ１点的电势能大于在－ｘ２点的电势能解析　φ－ｘ图像的斜率的绝对值等于电场强度的大小，故ｘ轴上的电场强度大小不相等，故Ａ错误；从－ｘ１到ｘ１，φ－ｘ图线斜率的绝对值先减小后增大，故场强先减小后增大，故Ｂ正确；由图可知，ｘ１、－ｘ１点的电势相等，－ｘ２点的电势大于－ｘ１点的电势，故一个带正电的粒子在ｘ１点的电势能等于在－ｘ１点的电势能，在－ｘ１点的电势能小于在－ｘ２点的电势能，故Ｃ、Ｄ错误。答案　Ｂ１－１有一静电场，其电势随ｘ坐标的改变而改变，变化的图线如图所示。若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点Ｏ由静止释放，电场中Ｐ、Ｑ两点的横坐标分别为１ｍｍ、４ｍｍ，则下列说法正确的是（　　）Ａ．粒子将沿ｘ轴正方向一直向前运动Ｂ．粒子经过Ｐ点与Ｑ点时，加速度大小相等、方向相反Ｃ．粒子经过Ｐ点与Ｑ点时，动能相等Ｄ．粒子经过Ｐ点与Ｑ点时，电场力做功的功率相等１－１答案　Ｃ　根据题中的φ－ｘ图像，画出电场强度Ｅ随ｘ的变化图像及粒子的ｖ－ｔ图像，如图所示，由图可知Ａ错误；由牛顿第二定律知，粒子在Ｐ、Ｑ两点时的加速度满足ａＰ＝２ａＱ，则Ｂ错误；由φ－ｔ图像和动能定理知，粒子经过Ｐ、Ｑ两点时速度相等，动能相等，则Ｃ正确；粒子在Ｐ、Ｑ两点时的功率Ｐ＝Ｅｑｖ，因电场强度不相等，故功率不同，则Ｄ错误。１－２空间有一沿ｘ轴对称分布的电场，其电场强度Ｅ随ｘ变化的图像如图所示。下列说法中正确的是（　　）Ａ．Ｏ点的电势最低Ｂ．ｘ２点的电势最高Ｃ．ｘ１和－ｘ１两点的电势相等Ｄ．ｘ１和ｘ３两点的电势相等２－２答案　Ｃ　电势高低与场强大小无必然联系。Ｏ点场强为０，电势不一定最低，Ａ错。ｘ２点是场强正向最大的位置，电势不是最高，Ｂ错。将电荷从ｘ１移到－ｘ１可由题图知电场力做功为零，故两点电势相等，而把电荷从ｘ１移到ｘ３电场力做功不为零，Ｃ对，Ｄ错。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九　静电场７９　　　方法二　用等效法处理带电粒子在电场、重力场的复合场中的运动　　等效法就是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效法。常见的等效法有“分解”“合成”“等效类比”“等效替换”“等效变换”“等效简化”等，利用等效法可将问题化繁为简，化难为易。带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的问题。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将ａ＝Ｆ合ｍ视为“等效重力加速度”，再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。　如图所示，一条长为Ｌ的细线上端固定，下端拴一个质量为ｍ、电荷量为ｑ的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从Ａ点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝６０°时，小球速度为０。（１）求：①小球带电性质；②电场强度Ｅ。（２）若小球恰好完成竖直圆周运动，求小球的初速度ｖＡ的大小（可含根式）。解析　（１）①根据电场方向和小球受力情况可知小球带正电。②小球从Ａ点由静止释放到速度等于零的过程，由动能定理有０＝ＥｑＬｓｉｎα－ｍｇＬ（１－ｃｏｓα）解得Ｅ＝３ｍｇ３ｑ。（２）将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力Ｇ′，则Ｇ′＝２３３ｍｇ，方向与竖直方向成３０°角偏向右下方。若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点有ｍｖ２Ｌ＝２３３ｍｇ１２ｍｖ２－１２ｍｖ２Ａ＝－２３３ｍｇＬ（１＋ｃｏｓ３０°）联立解得ｖＡ＝２（３＋１）ｇＬ。答案　（１）①带正电　②３ｍｇ３ｑ　（２）２（３＋１）ｇＬ２－１一个带电荷量为－ｑ（ｑ＞０），质量为ｍ的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的Ａ点由静止下滑，小球恰能通过半径为Ｒ的竖直圆形轨道的最高点Ｂ而做圆周运动。现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从Ａ点由静止释放该小球，则（　　）Ａ．小球不能过Ｂ点Ｂ．小球仍恰好能过Ｂ点Ｃ．小球通过Ｂ点，且在Ｂ点与轨道之间的压力不为０Ｄ．以上说法都不对２－１答案　Ｂ　小球从光滑绝缘的斜面轨道的Ａ点由静止下滑，恰能通过半径为Ｒ的竖直圆形轨道的最高点Ｂ而做圆周运动，则ｍｇ＝ｍｖ２１Ｒ，ｍｇ（ｈ－２Ｒ）＝１２ｍｖ２１；加匀强电场后仍从Ａ点由静止释放该小球，则（ｍｇ－ｑＥ）（ｈ－２Ｒ）＝１２ｍｖ２２，联立解得ｍｇ－ｑＥ＝ｍｖ２２Ｒ，满足小球恰好通过Ｂ点的临界条件，选项Ｂ正确。２－２如图所示，半径为ｒ的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为ｍ，带电荷量为＋ｑ的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点Ａ从静止开始释放（ＡＣ、ＢＤ为圆环的两条互相垂直的直径），要使珠子沿圆弧经过Ｂ、Ｃ刚好能运动到Ｄ。（１）求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；（２）当所加电场的场强为最小值时，求珠子由Ａ到达Ｄ的过程中速度最大时对环的作用力大小；（３）在（１）问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在Ａ点至少使它具有多大的初动能？２－２答案　（１）见解析　（２）３２２＋１æèçöø÷ｍｇ　（３）２－１２ｍｇｒ解析　（１）根据题述，珠子运动到ＢＣ弧中点Ｍ时速度最大。作过Ｍ点的直径ＭＮ，设电场力与重力的合力为Ｆ，则其方向沿ＮＭ方向，分析珠子在Ｍ点的受力情况，由图可知，当Ｆ电垂直于Ｆ时，Ｆ电最小，最小值Ｆ电ｍｉｎ＝ｍｇｃｏｓ４５°＝２２ｍｇＦ电ｍｉｎ＝ｑＥｍｉｎ解得所加电场的场强最小值Ｅｍｉｎ＝２ｍｇ２ｑ，方向沿过Ｍ点的切线方向指向左上方。（２）当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为Ｆ＝ｍｇｓｉｎ４５°＝２２ｍｇ把电场力与重力的合力看做是等效重力对珠子由Ａ运动到Ｍ的过程，由动能定理得􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８０　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）Ｆｒ＋２２ｒæèçöø÷＝１２ｍｖ２－０在Ｍ点，由牛顿第二定律得ＦＮ－Ｆ＝ｍｖ２ｒ联立解得ＦＮ＝３２２＋１æèçöø÷ｍｇ由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力为ＦＮ′＝ＦＮ＝３２２＋１æèçöø÷ｍｇ。（３）Ｎ点为等效最高点，只要珠子能到达Ｎ点，就能做完整的圆周运动，珠子由Ａ到Ｎ的过程中，由动能定理得－Ｆｒ－２２ｒæèçöø÷＝０－ＥｋＡ解得ＥｋＡ＝２－１２ｍｇｒ。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋方法三　带电粒子在交变电场中运动的处理方法　　一、试题类型此类题型一般有三种情况：（１）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）；（２）粒子做往返运动（一般分段研究）；（３）粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分段研究）。二、突破策略（１）注重全面分析（分析受力特点和运动规律），抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。（２）分析时从两条思路出发：①力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；②功能关系。　如图（ａ）所示，两平行正对的金属板Ａ、Ｂ间加有如图（ｂ）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间Ｐ处。若在ｔ０时刻释放该粒子，粒子会时而向Ａ板运动，时而向Ｂ板运动，并最终打在Ａ板上。则ｔ０可能属于的时间段是（　　）Ａ．０＜ｔ０＜Ｔ４Ｂ．Ｔ２＜ｔ０＜３Ｔ４Ｃ．３Ｔ４＜ｔ０＜ＴＤ．Ｔ＜ｔ０＜９Ｔ８解析　设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在Ａ板上时位移为负，速度方向为负。作出ｔ０＝０、Ｔ４、Ｔ２、３Ｔ４时粒子运动的速度图像如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知０＜ｔ０＜Ｔ４，３Ｔ４＜ｔ０＜Ｔ时粒子在一个周期内的总位移大于零；Ｔ４＜ｔ０＜３Ｔ４时粒子在一个周期内的总位移小于零；当ｔ０＞Ｔ时情况类似。因粒子最终打在Ａ板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有Ｂ正确。答案　Ｂ点评　本题物理情境简单，但隐含条件较多。如打在Ａ板上时速度方向为向左，位移方向为向左，做此类题目注意隐含条件的挖掘。另外，速度－时间图像的合理应用，可提高同学们的解题速度。　如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为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像如图乙所示。（每个电子穿过平行板的时间都极短，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？解析　（１）电子经电场加速满足ｅＵ０＝１２ｍｖ２经电场偏转后侧移量ｙ＝１２ａｔ２＝ｅＵ偏２ｍＬＬｖ()２所以ｙ＝Ｕ偏Ｌ４Ｕ０，由图知ｔ＝０．０６ｓ时刻Ｕ偏＝１．８Ｕ０，所以ｙ＝４．５ｃｍ设打在屏上的点距Ｏ点距离为Ｙ，满足Ｙｙ＝Ｌ＋Ｌ／２Ｌ／２所以Ｙ＝１３．５ｃｍ即ｔ＝０．０６ｓ时刻，电子打在荧光屏上Ｏ点上方距Ｏ点１３．５ｃｍ处。（２）由题知电子侧移量ｙ的最大值为Ｌ２，所以当偏转电压超过２Ｕ０，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为３Ｌ＝３０ｃｍ。答案　（１）见解析　（２）３０ｃｍ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九　静电场８１　　　３－１如图所示，Ａ、Ｂ两导体板平行放置，在ｔ＝０时将电子从Ａ板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。分别在Ａ、Ｂ两板间加四种电压，它们的ＵＡＢ－ｔ图线如选项图所示。其中可能使电子到不了Ｂ板的是（　　）３－１答案　Ｂ　加Ａ图电压，电子从Ａ板开始向Ｂ板做匀加速直线运动一定能到达Ｂ板，故Ａ不符合题意；加Ｂ图电压，电子开始向Ｂ板做匀加速运动，再做加速度大小相同的匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动和匀减速运动，由对称性可知，电子将做周期性的往复运动，有可能到不了Ｂ板，故Ｂ正确；加Ｃ图电压，电子在一个周期内先匀加速，再匀减速到零，所以电子一直向前运动，可知一定能到达Ｂ板，故Ｃ不符合题意；加Ｄ图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达Ｂ板，故Ｄ不符合题意。３－２（多选）如图甲，两水平金属板间距为ｄ，板间电场强度的变化规律如图乙所示。ｔ＝０时刻，质量为ｍ的带电微粒以初速度ｖ０沿中线射入两板间，０～Ｔ３时间内微粒匀速运动，Ｔ时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为ｇ。关于微粒在０～Ｔ时间内运动的描述，正确的是（　　）Ａ．末速度大小为２ｖ０Ｂ．末速度沿水平方向Ｃ．重力势能减少了１２ｍｇｄＤ．克服电场力做功为ｍｇｄ３－２答案　ＢＣ　由题意知ｑＥ０＝ｍｇ，所以Ｔ３～２Ｔ３与２Ｔ３～Ｔ时间内微粒的加速度等大反向，大小都等于ｇ。Ｔ３～２Ｔ３时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度ｖｙ１＝ｇ·Ｔ３，竖直位移ｙ１＝１２ｇＴ３()２，在２Ｔ３～Ｔ时间内微粒的竖直末速度ｖｙ２＝ｖｙ１－ｇ·Ｔ３＝０，竖直位移ｙ２＝ｖｙ１·Ｔ３－１２ｇＴ３()２＝１２ｇＴ３()２，所以ｙ１＝ｙ２＝ｄ４，微粒克服电场力做功Ｗ＝ｑ·２Ｅ０·ｄ４＝２ｍｇｄ４＝１２ｍｇｄ，在重力作用下微粒的竖直位移为ｄ２，其重力势能减少了１２ｍｇｄ。综上可知Ａ、Ｄ错误，Ｂ、Ｃ正确。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋　　对称法在解决电场问题中的应用１．借助等量点电荷的电场（电势）模型，利用对称性来求解　空间有一沿ｘ轴对称分布的电场，其电场强度Ｅ随ｘ变化的图像如图所示。下列说法中正确的是（　　）Ａ．Ｏ点的电势最低Ｂ．ｘ２点的电势最高Ｃ．ｘ１和－ｘ１两点的电势相等Ｄ．ｘ１和ｘ３两点的电势相等解析　通过分析Ｅ－ｘ图像和电场的对称性，我们可借助等量同种点电荷连线中垂线上电场分布模型来解决问题。题图中电场分布特点与等量同种点电荷连线中垂线上电场分布特点相同，由于可能是等量正电荷或等量负电荷，所以Ｏ点电势可能最高也可能最低，Ａ、Ｂ错误；Ｏ点到ｘ１与到－ｘ１两点的距离相等，根据对称性知两点电势相等，所以Ｃ正确；ｘ１和ｘ３两点到Ｏ点的距离不相等，故两点电势不相等，Ｄ错误。答案　Ｃ　　这类题目的解题思路：借助相应模型，再利用等量同（异）种点电荷电场分布的对称性来求解。现将等量点电荷电场、电势分布规律归纳如下：１．１两等量正电荷对称分布在ｘ轴上，其连线上Ｅ－ｘ和φ－ｘ图像分别如图１和图２所示（取无穷远处电势为零）：图１图２１．２两等量异种电荷对称分布在ｘ轴上，其连线上Ｅ－ｘ和φ－ｘ图像分别如图３和图４所示（取无穷远处电势为零）：􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋８２　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）图３图４１．３两等量同种电荷对称分布在ｘ轴上，其连线的中垂线上Ｅ－ｙ和φ－ｙ图像分别如图５和图６所示（取无穷远处电势为零）：１．４两等量异种电荷对称分布在ｘ轴上，其连线的中垂线上Ｅ－ｙ和φ－ｙ图像分别如图７和图８所示（取无穷远处电势为零）：模型应用：　两个等量异种点电荷位于ｘ轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置ｘ变化规律的是图　（　　）解析　利用等量异种点电荷连线上电势分布的对称性比较容易得到答案Ａ。答案　Ａ２．利用对称性求解非点电荷电场问题均匀带电薄板、均匀带电细杆等带电体所产生的电场无法直接求解，解决这类题目最简便的方法就是利用电场的对称性。　如图所示，带电荷量为＋ｑ的点电荷与均匀带电薄板相距为２ｄ，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中ａ点处的电场强度为零，根据对称性，带电薄板在图中ｂ点处产生的电场强度大小为　　　　　，方向　　　　　。（静电力常量为ｋ）解析　题目中要求带电薄板产生的电场，根据中学物理知识仅能直接求点电荷产生的电场，无法直接求带电薄板产生的电场；但由Ｅａ＝０，可以利用Ｅ板＝－Ｅ＋ｑ来间接求出带电薄板在ａ点的场强，然后根据题意利用对称性得到答案。在电场中ａ点：Ｅａ＝Ｅ板－Ｅ＋ｑ＝０，得Ｅ板＝－Ｅ＋ｑ＝－ｋｑｄ２板上的电荷在ａ、ｂ两点的电场相对带电薄板对称，故带电薄板在ｂ点产生的场强大小为ｋｑｄ２，方向水平向左。答案　ｋｑｄ２　向左　ａｂ是长为Ｌ的均匀带电细杆，Ｐ１、Ｐ２是位于ａｂ所在直线上的两点，位置如图所示，ａｂ上电荷产生的静电场在Ｐ１处的场强大小为Ｅ１，在Ｐ２处的场强大小为Ｅ２，则以下说法中正确的是（　　）Ａ．两处的电场方向相同，Ｅ１＞Ｅ２Ｂ．两处的电场方向相反，Ｅ１＞Ｅ２Ｃ．两处的电场方向相同，Ｅ１＜Ｅ２Ｄ．两处的电场方向相反，Ｅ１＜Ｅ２解析　由于无法直接求均匀带电细杆产生的电场，但可以利用对称性在ａｂ杆上Ｐ１的右边取ａ点关于Ｐ１的对称点ａ′，如图所示。由对称性可知ａａ′段所带电荷不论电性如何，在Ｐ１处所产生的电场强度为零。则ａｂ杆所带电荷在Ｐ１处所产生的电场强度实质上就等于ａ′ｂ段所带电荷在Ｐ１处所产生的电场强度大小，显然ａ′ｂ段在Ｐ２处产生的电场强度大小与其在Ｐ１处所产生的电场强度大小相等，但方向相反，而ａａ′段所带电荷在Ｐ２处亦将产生电场，故ａｂ杆在Ｐ２处所产生的电场强度Ｅ２大于在Ｐ１处所产生的电场强度Ｅ１，且不论电性如何，两电场强度方向必相反。答案　Ｄ从以上两道例题中可以看出：从对称性的角度去考虑，可以迅速而准确地解决非点电荷电场问题。规律应用：　已知电荷ｑ均匀分布在半球面ＡＢ上，球面半径为Ｒ，ＣＤ为通过半球顶点与球心Ｏ的轴线，如图所示，Ｍ位于ＣＤ轴线上球面外侧，且ＯＭ＝ＯＮ＝Ｌ＝２Ｒ。已知Ｍ点的场强为Ｅ，则Ｎ点的场强为（　　）􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题九　静电场８３　　　Ａ．ＥＢ．ｋｑＬ２Ｃ．ｋｑＬ２－ＥＤ．ｋｑ２Ｒ２－Ｅ解析　再补上一个与题图对称的带电荷量为ｑ的半球面，根据对称性可知，这个新的半球面在Ｎ点的场强Ｅ１＝Ｅ，根据点电荷电场公式可以求得整个球面在Ｎ点的场强为：Ｅ２＝ｋｑ４Ｒ２。则原来带电球面在Ｎ点的场强为：ＥＮ＝Ｅ２－Ｅ１＝ｋｑ４Ｒ２－Ｅ＝ｋｑＬ２－Ｅ。答案　Ｃ综上所述，利用点电荷与非点电荷电场（电势）的对称性分布特点来分析相关问题，往往可以使问题变得更为简单。［本文摘自《物理教学探讨》２０１３年第３期（上半月），有删改，作者：庄志辉］􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋