功率可表示为：P=N·△Ek=2NeU
P 2eUP【答案】⑴v?2eU，⑵N=
m2eU7．相距为d的M、N两平行金属板与电池相连接，如图6－4－17．一带电粒子从M极板边缘，垂直于电场方向射入，并打到N板的中心．现欲使粒子原样射入，但能射出电场，不计重力．就下列两种情况，分别求出N板向下移动的距离． ⑴开关K闭合；
图6－4－17
⑵把闭合的开关K打开．
所以，氧离子数为：N=
【解析】⑴K闭合，U不变(此处公式请用公式6.0编辑器打开)
2骣L÷?÷?12qU?÷2÷?÷ d=at= ?÷÷22md?v?0÷÷??桫÷，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板
分别带正、负电荷，油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油谪进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况，两金属板问的距离为d.忽略空气对油滴的浮力和阻力.
⑴调节两金属板问的电势差u，当u=Uo时，使得某图6－4－18 个油滴恰好做匀速运动，设
油滴的质量为m，.该油滴所带电荷量q为多少?
(2)若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板问的电势差为u=U时，观察到某个质量为m带电的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，求此油滴所带电荷量Q.
【解析】⑴油滴匀速下落过程中受到电场力和重力平
m1gd衡，可见所带电荷为负电荷， 解得 q=
Uo⑵油滴加速下落，若油滴带负电荷，电荷量为Q1，油滴受电场力方向向上，设此时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，得m2g-Q1而 d=?L?qU d?x???
2m?d?x??v0? 联立以上两式得
d22U=m2a1 dm2dU(g-2dt2)
12a1t， 解得 2Q1=(d+x)21=，所以x=d 4 ⑵K打开，E不变
2骣L÷??÷Eq骣L?÷￠2÷d+x= d=Eq?，??÷?÷?2m?v0桫2m?v0÷÷?÷??桫÷若油滴带正电荷，电荷量为Q2，油滴受电场力方向向
下，设此时的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，
md2dU得m2g+Q2 =m2a2 解得Q2=2(-g)
Ut2d【答案】⑴电荷为负电荷， q=⑵若油滴带负电荷，Q1=m2dU÷÷ ÷÷2m1gdUo2dt2
(g-)
md2dd1若油滴带正电荷，Q2=2(-g) 所以x￠=3d =，Ut2d+x￠4【答案】⑴d ⑵3d
8. 电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的.油滴实验的原理如图6－4－18，
联立以上两式得
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第5课时 单元综合提升
本章知识网络
本章主要方法
电场是电学的基础，它能与力学及磁场进行紧密的综合．因而也就成为了高考的热点．我们在用能量的观点（动能定理、能量守恒）来分析问题的同时，还要时刻不忘电场还具有力的性质，而力学中的一些处理方法，与技巧在本章中也完全实用． 本章涉及的主要方法有：
1． 整体法和隔离法，如第1课时的＂例3＂ 整体法只能求整体所受的外力，而不能求整体内部之间的力．
【例题1】在场强为E，方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为m的带电
小球，电量分别为+2q和－q，用长为l的图6-5-1 绝缘细线相连，，如图6－5－1示，另用绝缘细线系住带正电的小球悬挂于O处，处于平衡状态，如图所示，重力加速度为g，则细线对O点的作用力等于 ．两球之间绳的拉力为．
【解析】两球视为一个整体，可等效为一个电量为＋ｑ，质量为2m的带电小球，且所受电场力与重力均向下，与拉力平衡，故拉力为2mg+Eq，而下面小球受４个力F拉＝mg-qE-k【答案】2mg+Eq mg-qE-k2．等效法，
为了思考问题的方便，我们常将几个力等效成一个力，将一个运动等效成另一种运动，或将一种情景等效成另一种情景：如第4课时的＂例2、例3＂，在等效的过程中，我们常用的基本方法有＂运动的合成与分解＂、＂力的合成与分解＂以及＂相似三角形法＂：如第1课时的＂例5＂．
3．动能定理、能量守恒
【例题2】如图6－5－2所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M、N．今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线
图6－5－2 上)，空气阻力不计，到达
N点时速度恰好为零，然后按原路径返回．若保持两板间的电压不变，则：（）
A. 若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回．
B. 若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回．
2q2l2
2q2l2
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C. 若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落．
D. 若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N孔继续下落．
【解析】当开关S一直闭合时，A、B两板间的电压保持不变，当带电质点从M向N运动时，要克服电场力做功，W=qUAB，由题设条件知：带电质点由P到N的运动过程中，重力做的功与质点克服电场力做的功相等，即：mg2d=qUAB
若把A板向上平移一小段距离，因UAB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回，应选A．
若把B板下移一小段距离，因UAB保持不变，质点克服电场力做功不变，而重力做功增加，所以它将一直下落，应选D． 【答案】AD
【点拨】在上题中若断开开关S后，则电量保持不变，此时再移动金属板，则问题又如何?(选A、B)． 【例题3】如图6－5－3，一带电平行板电容器水平放置，金属板M上开有一小孔．有A、B、C三个质量均为m、电荷量均为＋q的带电小球（可视为质点），其间用长为L的绝缘轻杆相连，处于竖直状态．已知M、N两板间距为3L，现使A小球恰好位于小孔中，由静止释放并让三个带电小球保持竖直下落，当A球到达N极板时速度刚好为零，求：
⑴三个小球从静止开始运动
到A球刚好到达N板的过程中，重力势能的减少量； ⑵两极板间的电压；
解得vm=gL
【点拨】本题有两处易出错：1.速度最大时合力为０时，而并非物体刚进入电场时；2.运用动能定理时，三个小球重力都做功，但只有进入场的球才受电场力．而三个小球在电场力作用下的位移是不同的，因而必须明确研究对象与研究过程．
高考试题赏析
【例题4】2008广东，8图6－5－4中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先后经过M、N两点，可以判定粒子在（）
图6－5－4
A．M点的电势大于N点的电势 B．M点的电势小于N点的电势 C．M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D．M点受到的电场力小于在N点受到的电场力 【考点】利用电场线分析场强、电势
【解析】沿着电场线电势依次降低，电场线越密，表示该处场越强，电荷在该处所受的力越大． 【答案】AD
【点拨】要熟记沿着电场线电势依次降低，但电势能
不一定变小，电势能应根据电场力做功来确定． 【例题5】2008宁夏，21如图6－5－5，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P、b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度θ．以下方法中能使悬线偏角变大的是（）
⑶小球在运动过程中的最大速率．
A.缩小a、b间的距离 【解析】⑴设三个球重力势能减少量为△Ep
B.加大a、b间的距离 △Ep= 9mgL
⑵设两极板电压为U ，由动能定理 C.取出a、b两极板间电介质 W重-W电＝△Ek D. 换 一块形状大小相同、 介电
图6－5－5 UUU有3mg·3L－q?L＝0 常数更大的电介质 q?3L－q?2L－3L3L3L差、介电常数、板间距的关系．
【解析】上图可可效成图6－5－6，
⑶当小球受到的重力与电场力相等时，小球的速度可看出ab、PQ间的电势差始终相同，
图6－5－6 最大vm 加大a、b间距或取出电介质，则电
UC 均因板上电量不变，PQ 3mg= 变小， 板间电势差变大， nq 解得 n=2 容3L间场强变大，导致偏角变大．
解得：U =
9mgL 2q【考点】平行板电容器的电容与电势
即：小球达到最大速度的位臵是B球刚进入电
【答案】BC
场时的位臵，由动能定理有：
U1 3mg·L- 年高考海南卷物理 q?L= ×3mvm2 08
3L2【例题5】2008海南，6匀强电场中有a、b、c三点．如
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【点拨】若将PQ换成一个验电器，思考方式相同
图6－5－7，∠a＝30°、∠c＝90°,电场方向与三角形面，可看出CD两等势面间距离小于１ｍ，所以Ｅ＝所在平面平行．已知a、bＵ/ｄ＞8 V/m 和c点的电势分别为【答案】A
08年高考广东卷理科基础
(2?3V)、(2?3)V和2
图6－5－7 ２．2008广东，16空间存在竖直
V．该三角形的外接圆上最向上的匀强电场，质量为m的带低、最高电势分别为（） 正电的微粒水平射入电场中，微粒
的运动轨迹如图6－5－10，在相
A．(2?3)V、(2?3)V B．0 V、4 V
等的时间间隔内（）
A．重力做的功相等
4343图6－5－10 C．(2?) D．0 V、3V B．电场力做的功相等 )V、(2?33C．电场力做的功大于重力做的功 D．电场力做的功小于重力做的功 【考点】匀强电场的电场线、等势面的特点，并能根据电势，描绘出等势线，电场线
【解析】如图6－5－8，圆心处电势为2V，由此画出等势线（虚线），而电场线垂直于等势线，由图知最大电势高于
【答案】Ｃ
3.2007全国卷Ⅰa、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在的平面平行．已知a点的电
图6－5－8
势是20V，b点的电势是
图6－5－11
24V，d点的电势是4V，如图
(2?3)V，最低电势低于(2?3)V，用排除法可
6－5－11由此可知，c点的电势为（ ）
得B正确． A、4V B、8V C、12V D、24V
【解析】由匀强电场的特点知：φa－φb＝φc－φd 【答案】B
【点拨】匀强电场的等势线是一些垂直于电场线的平代入数据可得． 行线．能否准确找出等势点，画出等势线，是解题的【答案】Ｂ 关键．同时在单选的情况下，排除法也能达到事半功
4．2007广东，3如图6－5－12，匀强电场E的区域
倍的效果． 内，由A、B、C、D、A＇、B＇、C＇、D＇作为顶点构
高考试题选编
成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说
法正确的是 （ ）
A．AD两点间电势差UAD
1．2007宁夏，21匀强电场中的三点A、B、C是一个与A A＇两点间电势差U＇AA
三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中相等 点，如图6－5－9，已知电场线的方向平行于ΔABC
B．带正电的粒子从A点
所在平面，A、B、C三点的电势
沿路径A→D→D＇移到D＇图6－5－12
分别为14 V、6 V和2 V．设场 点，电场力做正功
－
强大小为E，一电量为1×106
C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到
Ｃ的正电荷从D点移到C点电
D＇点，电势能减小
场力所做的功为W，则 （）
图6－5－9
D．带电的粒子从A点移到C＇点，沿对角线A C＇－6
A．W＝8×10 J，E＞8 V/m 与沿路径A→B→B＇→C＇电场力做功相同
B．W＝6×106 J，E＞6 V/m
－
【答案】BD
5．2007广东，6平行板间加
如图6－5－13周期变化的电
－6
压，重力不计的带电粒子静止D．W＝6×10 J，E≤6 V/m
在平行板中央，从t=0时刻开
【解析】Ｄ点电势为１０V，因此UDC＝８V，从AC始将其释放，运动过程无碰板边上找到电势为10V的一点，与D点相连，即为等势情况，能定性描述粒子运动的
C．W＝8×106 J，E≤8 V/m
－
图6－5－13
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速度图象正确的是 （） 两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）.
⑴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.
⑵在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子
【答案】Ａ 恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的6．2007宁夏，18两个质量相同的小球用不可伸长的位置. 细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小
⑶若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），
球2均带正电，电量分别
仍使 电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电为q1和q2（q1＞q2）．将
细线拉直并使之与电场场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有方向平行，如图6－5－位置. 14．若将两小球同时从静图6－5－14 止状态释放，则释放后细
线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力） （）
1?(q1?q2)E 2B．T?(q1?q2)E
1C．T?(q1?q2)E
2D．T?(q1?q2)E
A．T【提示】两球加速度a相等，用牛顿第二定律分别对两球列方程（也可用整体法），然后消去a即可 【答案】A
7．2008上海，14如图6-5-15，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动.若( )
A.小球P的带电量缓慢
减小，则它往复运动过程中振幅不断减小
B.小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小
C.点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小
图6－5－15
m，电量为e，电子在电
场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后在电场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
图6－5－1 【解析】⑴设电子的质量为
图6－5－16
eEL?
12mv022L11eE?L?(?y)?at2??? 222m?v0?点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线.解得 y＝
1L，所以原假设成立，即电子离开ABCD41区域的位臵坐标为（－2L，L）
4⑵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 22
11eE?L?y?at2???
22m?v1?L2解得 xy＝，即在电场I区域内满足方程的点即为
4D.点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则所求位臵.
⑶设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，小球P往复运动过程中振幅不断减小
进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场
【答案】BCD II时的情景与⑵中类似，然后电子做匀速直线运动，8．2008上海，23如图6-5-16,为研究电子枪中电子在12经过D点，则有eEx?mv2 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，
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2
2
11eE?L?y?y??at2???
22m?v2?v12?2a1L ④
由③④求得：v1?vy?at?eELL，y??vy mv2nv22qEL ⑤ m（2）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：
1?2?1解得 xy?L???，即在电场I区域内满足方
?2n4?程的点即为所求位臵．
t1?v1 ⑥ a19，2007广东，19如图6－5－17所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小?3qE?2qEqE
a2???孔的两平行薄板，板相2m2m距3.5L．槽内有两个质显然，带电系统做匀减速运动．设球A刚达到右
图6－5－17 量均为m的小球A和B，极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有：
2球A带电量为+2q，球B带电量为-3q，两球由长为2Lv2?v12?2a2?1.5L
的轻杆相连，组成一带电系统．最初A和B分别静止v2?v1
t?2于左板的两侧，离板的距离均为L．若视小球为质点，a2不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强
求得： v2=12qEL, t2=2mL ⑧ 电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响
qE2m电场的分布），求：
球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加
（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小； 速度为a3，再由牛顿第二定律：
?3qE a?3（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时2m间及球A相对右板的位置． 设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动【解析】对带电系统进行分析，假设球A能达到右极的位移为x，则有：
0?v2 板，电场力对系统做功为W1，有： t3?a3W1?2qE?2.5L?(?3qE?1.5L)?0
2?v2?2a3x 而且还能穿过小孔，离开右极板． ① 假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，
有：W2?2qE?2.5L?(?3qE?3.5L)?0
12mLL, ⑨ ，t3=3qE6综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B由⑦⑧⑨可知，带电系统从静止到速度第一次为应分别在右极板两侧． ② 零所需的时间为：
⑴带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿72mL
t?t1?t2?t3?第二定律：
3qE2qEqEL= ③ a1?球A相对右板的位臵为： x?2mm6球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：
将③⑤代入⑥得：
2mL ⑦ t1?qE球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律：
求得：x=- 26 -