（新课标）高考物理总复习第七章静电场教师用书（含解析） 93页

静电场考纲要求考情分析物质的电结构、电荷守恒Ⅰ电势能、电势Ⅰ1.命题规律从近几年高考试题来看，高考对该部分内容常从两角度命题，以选择题的形式考查静电场的基本性质，以计算题的形式考查静电场知识与动力学、能量、曲线运动等知识的综合应用。2.考查热点(1)电场的基本概念和性质。(2)牛顿运动定律、动能定理及功能关系在静电场中的应用。(3)带电粒子在电场中的加速、偏转等问题。　静电现象的解释Ⅰ电势差Ⅱ点电荷Ⅰ匀强电场中电势差与电场强度的关系Ⅱ库仑定律Ⅱ带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ静电场Ⅰ示波管Ⅰ电场强度、点电荷的场强Ⅱ常见电容器Ⅰ电场线Ⅰ电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ第39课时　电荷守恒定律和库仑定律(双基落实课)点点通(一)　电荷、电荷守恒定律1．电荷(1)三种起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。(2)两种电荷：自然界中只存在两种电荷——正电荷和负电荷。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。2．对元电荷的理解(1)元电荷是自然界中最小的电荷量，用e表示，通常取e＝1.6×10－19C，任何带电体的电荷量都是元电荷的整数倍。(2)元电荷等于电子所带的电荷量，也等于质子所带的电荷量，但元电荷没有正负之分。(3)元电荷不是点电荷，电子、质子等微粒也不是元电荷。3．电荷守恒定律电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。4．电荷均分原理n(1)适用于完全相同的导体球。(2)两导体球接触一下再分开，如果两导体球带同种电荷，总电荷量直接平分；如果两导体球带异种电荷，则先中和再平分。[小题练通]1．(鲁科教材原题)下列现象中，不属于摩擦起电的有(　　)A．将被毛皮摩擦过的塑料棒靠近碎纸屑，纸屑被吸起B．在干燥的天气中脱毛线衣时，会听到轻微的噼啪声C．用干燥的毛刷刷毛料衣服时，毛刷上吸附有许多细微的脏物D．把钢针沿着磁铁摩擦几次，钢针就能吸引铁屑解析：选D　A、B、C三个选项为摩擦起电，D选项为磁化现象，故D正确。2．(多选)把两个相同的金属小球接触一下再分开一小段距离，发现两球之间相互排斥，则这两个金属小球原来的带电情况可能是(　　)A．两球原来带有等量异种电荷B．两球原来带有同种电荷C．两球原来带有不等量异种电荷D．两球中原来只有一个带电解析：选BCD　接触后再分开，两球相互排斥，说明分开后两球带同种电荷，两球原来可能带同种电荷、不等量的异种电荷或只有一个带电，故B、C、D正确。3．(鲁科教材原题)将一物体跟一带正电的验电器的金属球接触时，验电器的金属箔先合拢然后又张开，从这一现象可知，接触金属球以前，物体(　　)A．带正电荷　　　　　　　B．带负电荷C．不带电荷D．都有可能解析：选B　验电器的金属箔先合拢后张开，说明接触验电器金属球的物体和验电器金属球所带电荷的种类不同，即物体带负电荷。金属箔先合拢是因为正电荷与负电荷先中和；后又张开是因为物体上剩余的负电荷有一部分传导给了验电器，验电器的金属箔因带同种电荷而张开，故B正确。[融会贯通]物体带电现象都是电子转移造成的，解答此类问题一定要依据电荷守恒定律，既不能凭空创生电荷，也不能任意消灭电荷。点点通(二)　库仑定律1．库仑定律的内容和公式(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与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。n(2)公式：F＝k。式中k＝9.0×109N·m2/C2，称为静电力常量。2．库仑定律的适用条件(1)适用条件：真空中静止的点电荷。(2)带电体看成点电荷的条件：带电体自身的大小比它们之间的距离小得多。即使是两个比较大的带电体，只要它们之间的距离足够大，也可以视为点电荷。[小题练通]1．(教科教材原题)真空中有两点电荷Q1、Q2相距r，若将Q2的电荷量增加为原来的3倍，并将两点电荷间的距离减为原来的一半，则在前后两种情况下，两电荷之间的作用力之比为(　　)A．1∶16　　　　　　　　B．1∶12C．12∶1D．6∶1解析：选B　根据库仑定律，F1＝k，F2＝k，解得F1∶F2＝1∶12，B正确。2.(沪科教材原题)有两个半径为r的金属球如图放置，两球表面间距离为r。今使两球带上等量的异种电荷Q，两球间库仑力的大小为F，那么(　　)A．F＝kB．F>kC．Fk，B正确。3．(教科教材原题)如图所示，两条不等长的细线一端拴在同一点，另一端分别拴两个带同种电荷的小球，电荷量分别是q1、q2，质量分别为m1、m2，当两小球处于同一水平面时恰好静止，且α>β，则造成α、β不相等的原因是(　　)A．m1m2C．q1q2解析：选A　库仑力作用符合牛顿第三定律，即两小球所带电荷量不相等时，相互作用的库仑力大小相等，因此α>β不是电荷量不相等造成的。根据受力平衡条件及α>β，可得m1x1D．x2kC．若是同种电荷，F>kD．不论是何种电荷，F＝k解析：选AB　净电荷只能分布在金属球的外表面，若是同种电荷则互相排斥，电荷间的距离大于r，如图所示，根据库仑定律F＝k，电荷之间的相互作用力小于k；若是异种电荷则相互吸引，电荷间的距离小于r，则相互作用力大于k，故选项A、B正确。9．相距L的点电荷A、B的带电量分别为＋4Q和－Q：(1)若A、B电荷固定不动，在它们连线的中点放入带电量为＋2Q的电荷C，电荷C受到的静电力是多少？(2)若A、B电荷是可以自由移动的，要在通过它们的直线上引入第三个电荷D，使三个点电荷都处于平衡状态，求电荷D的电量和放置的位置。解析：(1)A、C之间为斥力，大小为FAC＝k＝32kB、C之间为引力，大小为FBC＝k＝8kF合＝FAC＋FBC＝40k。(2)根据三个点电荷的平衡规律，D为正电荷，且D应放在AB连线的延长线上靠近B的一侧，设D到B的距离为x，电荷量为q，则对A有k＝k对B有k＝k解得：q＝4Q，x＝L。n答案：(1)40k　(2)4Q　放在AB连线的延长线上距离B为L处第40课时　电场强度、电场线(双基落实课)点点通(一)　电场强度的理解1．电场(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。2．电场强度(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值，即E＝，单位是N/C或V/m。(2)矢量性：规定正电荷在电场中某点受电场力的方向为该点电场强度的方向。3．电场强度三个公式的比较公式E＝E＝kE＝意义电场强度的定义式真空中点电荷的电场强度公式匀强电场中电场强度与电势差的关系式适用范围任何电场真空中的点电荷匀强电场[小题练通]1．(2019·邢台高三模拟)关于静电场，下列结论普遍成立的是(　　)A．电场强度为零的地方，电势也为零B．电场强度的方向与等势面处处垂直C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降低的方向解析：选B　电场强度与电势没有直接关系，电场强度为零时，电势不一定为零；电势为零时，电场强度不一定为零，故A、C错误；电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，所以电场强度的方向与等势面垂直，故B正确；顺着电场线方向电势降低，但电势降低的方向并不一定是电场强度的方向，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故D错误。2．(粤教教材原题)下列关于电场的叙述中正确的是(　　)A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相等B．正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大C．取走电场中某点的试探电荷后，该点的场强为零nD．电荷在电场中某点所受电场力的方向与该点电场的方向不一定相同解析：选D　电场强度是矢量，以点电荷为圆心，r为半径的球面上场强大小相等、方向不同，A错误；场强的大小与电荷正、负无关，B错误；取走电场中某点的试探电荷，该点的场强不变，C错误；只有正电荷所受电场力的方向与该点电场的方向相同，D正确。3．(教科教材原题)把q1＝－1.0×10－9C的检验电荷放入点电荷Q产生的电场中的P点，测得q1所受电场力大小为1.0×10－6N。则：(1)若移走q1，而在P点放置一个q2＝＋2.0×10－8C的点电荷，则q2所受电场力大小为________N，此时Q在P点产生的电场的场强大小为________N/C，方向与将q1放在P点时的场强方向________(“相同”或“相反”)；(2)若在P点不放任何检验电荷，则Q在P点产生的场强大小为________N/C，方向与将q1放在P点时的场强方向________(“相同”或“相反”)。解析：(1)根据E＝，场强大小E＝＝1.0×103N/C，将q2放置在P点，F2＝q2E＝2.0×10－5N；场强的大小、方向与q1放置在P点时都相同。(2)若P点不放任何检验电荷，P点的场强大小、方向与将q1放在P点时都相同。答案：(1)2.0×10－5　1.0×103　相同　(2)1.0×103　相同[融会贯通](1)电场中某点的电场强度E的大小和方向是唯一的，且只由电场本身决定，与F、q的大小及是否存在试探电荷无关，即不能认为E∝F或E∝。(2)电场强度是矢量，电场中某点的电场强度的方向与正试探电荷所受电场力的方向相同，与负试探电荷所受电场力的方向相反。点点通(二)　电场强度的计算计算电场强度的五种方法叠加法多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和平衡法带电体受力平衡时可根据平衡条件求解等效法在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景对称法空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性补偿法将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面等[小题练通]1.如图所示，水平面内有一等边三角形ABC，O点为三角形的几何中n心，D点为O点正上方一点，O点到A、B、C、D四点的距离均为L。现将三个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C处，已知静电力常量为k，则D点的场强大小为(　　)A．　　　　　　　　B．C．D．解析：选D　由几何关系知，A、B、C三点到D点的距离皆为L，每个点电荷在D点产生的场强大小皆为k，方向与水平方向成45°角，因三个点电荷的空间对称性，水平方向合场强为零，总合场强为三个场强的竖直分量之和，即，选项D正确。2．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，＝＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)A．－EB．C．－ED．＋E解析：选A　设在O点的球壳为完整的带电荷量为2q的带电球壳，则在M、N两点产生的场强大小为E0＝＝。题图中左半球壳在M点产生的场强为E，则右半球壳在M点产生的场强为E′＝E0－E＝－E，由对称性知，左半球壳在N点产生的场强大小为－E，A正确。3.(沪科教材原题)如图所示，在真空中有两个点电荷Q1＝＋3.0×10－8C和Q2＝－3.0×10－8C，它们相距0.1m，A点与两个点电荷的距离均为0.1m。试求A点的场强。解析：Q1、Q2在A点产生的场强如题图所示。根据平行四边形定则EA＝E1＝E2＝k＝9.0×109×N/Cn＝2.7×104N/C方向与Q1Q2连线平行指向右。答案：2.7×104N/C　方向与Q1Q2连线平行指向右点点通(三)　电场线1．定义：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。2．特点(1)电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷。(2)电场线在电场中不相交，这是因为在电场中任意一点的电场强度不可能有两个方向。(3)在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏；因此在同一幅图中可以用电场线的疏密来比较各点电场强度的大小。3．深化理解(1)电场线不是实际存在的线，而是为了形象地描述电场而假想的线。(2)法拉第提出了场的概念，并用电场线、磁感线(当时他称之为电力线、磁力线)形象地描述了电场和磁场。(3)在两条电场线之间的空白区域也存在电场。[小题练通]1．(沪科教材原题)下列关于电场线的说法中正确的是(　　)A．电场线越密的地方，同一试探电荷受到的电场力就越大B．电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹C．电场线弯曲的地方是非匀强电场，电场线为直线的地方是匀强电场D．不存在两条平行的电场线解析：选A　电场线越密的地方，场强越大，同一试探电荷受到的电场力就越大，A正确；电场线不代表点电荷在电场中的运动轨迹，B错误；电场线为直线不一定是匀强电场，C错误；匀强电场的电场线互相平行，D错误。2．(教科教材原题)如图所示，所画的曲线是某电场的三条电场线，其中有A、B两点，下列说法正确的是(　　)A．由E＝可知，在A点放入的电荷电荷量越大，A点的场强越小B．B点场强大于A点场强C．A点场强大于B点场强D．有同一条电场线通过A、B两点解析：选C　电场线越密的地方场强越大，且与放入电荷的电荷量无关，A、B错误，C正确；电场线不能相交，D错误。n3.(多选)某电场的电场线分布如图所示，则(　　)A．电荷P带正电B．电荷P带负电C．a点的电场强度大于b点的电场强度D．正检验电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力解析：选AD　电场线从正电荷出发，故A正确，B错误；从电场线的分布情况可知，b处的电场线比a处的密，所以b点的电场强度大于a点的电场强度，故C错误；c点的电场强度大于d点的电场强度，所以正检验电荷在c点受到的电场力大于在d点受到的电场力，故D正确。[融会贯通](1)根据电场线确定电荷受力情况要分清正、负电荷。(2)根据电场线方向只能确定电荷受力方向，电场线不是电荷的运动轨迹。(3)熟记两种等量点电荷电场线的分布情况及特点等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图连线中点O点的电场强度最小，指向负电荷一方为零连线上的电场强度大小沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外电场强度大小O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小关于O点对称的A与A′、B与B′的电场强度等大同向等大反向1．空间中的电场通常会是多个场源产生的电场的叠加，电场强度可以应用平行四边形定则进行矢量计算，这是高考常考的考点。另外公式E＝反映了某点场强与场源电荷的特性及该点到场源电荷的距离的关系，体现了电场的来源与本质，高考常围绕此公式出题。2．求解电场强度，常用的方法是根据题设条件建立物理模型，如果这个模型是一个完整的标准模型，则容易解决。但有时由题设条件建立的模型不是完整的标准模型，假设为模型A，这时需要补充一些条件，由这些补充条件建立另一个容易求解的模型B，并能与模型An恰好组成一个完整的标准模型，使得求解模型A的问题变为求解一个完整的标准模型与模型B的差值问题。[课堂综合训练]1.如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中，已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为(　　)A．　　　　　　　　　　B．C．D．解析：选B　带电小球a、b在小球c位置处产生的场强大小均为Ea＝Eb＝，方向如图所示，根据平行四边形定则，其合场强大小为Eab＝2k·cos30°＝，由题意知，电场Eab应与外加的匀强电场场强E等大反向，即E＝，B正确。2.如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空。将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部电场强度处处为零，则在z轴上z＝处的电场强度大小为(k为静电力常量)(　　)A．kB．kC．kD．k解析：选D　设点电荷为正电荷(不影响结果)，则导体表面的感应电荷为负电荷。如图所示，设z＝处的点为A点，取其关于xOy平面的对称点为B，点电荷q在A、B两点的场强大小分别为E1、E2，感应电荷在A、B两点的电场强度的大小分别为EA、EB。由题意可知，B点的合场强为零，EB＝E2＝＝n，由对称性可知，EA＝EB＝，故A点场强为E＝EA＋E1＝＋＝，D正确。3．(2017·北京高考)如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°。已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小球所受电场力F的大小。(2)小球的质量m。(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。解析：(1)电场力F＝qE＝3.0×10－3N。(2)由＝tan37°，得m＝4.0×10－4kg。(3)由mgl(1－cos37°)＝mv2，得v＝＝2.0m/s。答案：(1)3.0×10－3N　(2)4.0×10－4kg　(3)2.0m/s1．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度相同的是(　　)A．甲图中与点电荷等距的a、b两点B．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点D．丁图中非匀强电场中的a、b两点解析：选B　由题图知，甲图中与点电荷等距的a、b两点，电场强度大小相等、方向n不同，选项A错误；对乙图，根据对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B正确；对丙图，根据对称性可判断，a、b两点的电场强度大小相等、方向相反，选项C错误；对丁图，由电场线的疏密可知Eb>Ea，选项D错误。2．检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，该点的电场强度为E，下列图中能正确反映q、E、F三者关系的是(　　)解析：选D　电场中某点的电场强度由电场本身的性质决定，与放入该点的检验电荷及其所受电场力无关，A、B错误；检验电荷在该点受到的电场力F＝Eq，F正比于q，C错误，D正确。3．在电场中某点，当放入正电荷时受到的电场力方向向右；当放入负电荷时受到的电场力方向向左，则下列说法中正确的是(　　)A．当放入正电荷时，该点场强方向向右；当放入负电荷时，该点场强方向向左B．该点场强方向一定向右C．该点场强方向一定向左D．该点场强方向可能向右，也可能向左解析：选B　电场中某一点的电场方向取决于电场本身，其方向与放在该点的正电荷所受电场力方向一致，与负电荷所受电场力方向相反，故只有B正确。4.如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角。关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，下列结论正确的是(　　)A．Ea＝　　　　　　　　B．Ea＝EbC．Ea＝EbD．Ea＝3Eb解析：选D　由题图及几何关系可知，rb＝ra，再由E＝可得＝＝，故D正确。5.如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)nA．kB．kC．kD．k解析：选B　由于在a点放置一点电荷后，b点电场强度为零，说明点电荷在b点产生的电场强度与圆盘上的电荷在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝k，根据对称性可知，圆盘上的电荷在d点产生的场强大小EQ′＝k，则Ed＝EQ′＋Eq′＝k＋k＝k，故选项B正确。6.(2019·重庆模拟)一个正七边形七个顶点上各固定一个电荷量为q的点电荷，各电荷的电性如图所示，O点是正七边形的几何中心。若空间中有一点M，且MO垂直于正七边形所在平面，则下列说法正确的是(　　)A．M点的电场强度方向是沿着OM连线，由O点指向M点B．M点的电场强度方向是沿着OM连线，由M点指向O点C．将一个负检验电荷从M点沿OM连线移动到无穷远处，电场力做正功D．将一个正检验电荷从M点沿OM连线移动到无穷远处，电场力做正功解析：选D　由于七个电荷分布不具有关于OM的对称性，所以M点的电场强度方向不会沿OM连线，A、B错误；只考虑七个电荷沿OM方向的电场强度分量，可知电场强度方向从O点指向M点，故将一个负检验电荷从M点沿OM连线移动到无穷远处，电场力与速度方向的夹角大于90°，电场力做负功；反之，将一个正检验电荷从M点沿OM连线移动到无穷远处，电场力做正功，C错误，D正确。7．(多选)点电荷产生的电场的电场线如图所示，关于A、B、C三点的电场强度的关系说法正确的是(　　)A．A点的场强大于C点场强B．C点的场强小于B点场强C．A、B两点场强相等D．三点的场强都不相等解析：选ABD　由电场线的疏密可以确定电场强度的大小，根据题图可以判断出A、B、D正确，C错误。8.(多选)如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°。现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的有(　　)nA．d点电场强度的方向由O指向dB．O点电场强度的方向由d指向OC．d点的电场强度大于O点的电场强度D．d点的电场强度小于O点的电场强度解析：选AD　a、c两点的点电荷在d点的电场强度的叠加方向是竖直向下的，b点的点电荷在d点的电场强度的方向是竖直向下的，所以d点的电场强度的方向是由O指向d，选项A正确；同理，O点的电场强度的方向也是由O指向d，选项B错误；设菱形的边长为L，则a、c两点的点电荷在d点的电场强度沿水平方向的分量叠加后为0，沿竖直方向的分量均为Ey＝cos60°＝，故d点的电场强度为Ed＝2×＋＝；a、c两点的点电荷在O点的电场强度叠加后为0，故O点的电场强度为EO＝＝，所以Edq)，以MN连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点。下列说法正确的是(　　)A．A点和B点电场强度相同B．C点和D点电场强度相同C．将某正电荷从C点沿直线移到D点，电势能先增大再减小D．将某正电荷从C点沿直线移到D点，电势能先减小再增大[解析]　由于Q>q，分析可得A点处电场线比B点处电场线密，故A点电场强度大于B点电场强度，A错误；电场关于MN对称，则C点电场强度大小等于D点电场强度大小，由于Q>q，两点电场强度方向与两个点电荷的连线不平行，两点电场强度的方向不同，故Cn点和D点电场强度不相同，B错误；由于Q>q，故将某正电荷从C点移到O点，电场力做负功，电势能增大，从O点移到D点，电场力做正功，电势能减小，C正确，D错误。[答案]　C[规律方法]　电势能大小的判断方法做功法电场力做正功，电势能减小，做多少正功，就减少多少电势能；电场力做负功，电势能增大，做多少负功，就增加多少电势能公式法将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，带符号比较电势能大小正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势低的地方电势能大守恒法在只有电场力做功时，动能和电势能之和保持不变，动能增加时，电势能减小[集训冲关]1.直线mn是某电场中的一条电场线，方向如图所示。一带正电的粒子只在电场力的作用下由a点运动到b点，轨迹为一抛物线。下列说法中正确的是(　　)A．粒子由a运动到b的过程中，电场力一定一直做正功B．该电场可能为点电荷产生的电场C．粒子在b点的动能一定大于在a点的动能D．粒子由a运动到b的过程中电势能一定一直减小解析：选C　因为轨迹是抛物线，所以粒子受力恒定，所处电场是一个匀强电场，故不可能是点电荷形成的电场，B错误；根据粒子在做曲线运动过程中，受到的合力总指向轨迹凹侧，并且粒子带正电，受到的电场力方向和电场强度方向相同，可知粒子的运动轨迹有如图所示的1、2两种情况，由图线2可知电场力一直做正功，电势能一直减小，动能增大，由图线1可知电场力先做负功，后做正功，总功为正功，电势能先增大后减小，总体减小，带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能，A、D错误，C正确。2.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a(　　)A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量n解析：选BC　小球a从N到Q的过程中，小球a、b的距离一直减小，库仑力变大，小球a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，小球a速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中，库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，选项D错误。3．(多选)(2019·湖北六校联合体联考)一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若小球的重力势能增加5J，机械能增加1.5J，电场力做功2J，则(　　)A．重力做功5J　　　　　B．电势能减少2JC．空气阻力做功0.5JD．动能减少3.5J解析：选BD　小球的重力势能增加5J，则小球克服重力做功5J，故A错误；电场力对小球做功2J，则小球的电势能减少2J，故B正确；小球共受到重力、电场力、空气阻力三个力作用，小球的机械能增加1.5J，则除重力以外的力做功为1.5J，电场力对小球做功2J，则知空气阻力做功－0.5J，即小球克服空气阻力做功0.5J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5J，根据动能定理，小球的动能减少3.5J，D正确。[考点二　电势和电势高低的判断]电势是静电场中比较抽象、难理解的概念，电势的物理意义、电势的相对性、电势高低的判断是高考的重点，也是学生常常出现困惑的地方。1．定义式：φ＝。2．矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)。3．相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。4．沿电场线方向，电势逐渐降低。　　　[典例](多选)如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为＋q、－q、＋q、－q，E、F、O分别为AB、BC及AC的中点。下列说法正确的是(　　)A．E点电势低于F点电势B．E点电势等于F点电势C．E点电场强度与F点电场强度相同D．F点电场强度大于O点电场强度[解析]　根据对称性可知，E、F两点电势相等，A项错误，B项正确；根据对称性及电场强度的叠加原理可知，E点和F点电场强度大小相等而方向不同，O点的电场强度为零，Fn点的电场强度大于零，C项错误，D项正确。[答案]　BD[规律方法]　电势高低的判断依据和方法电场线沿电场线方向电势逐渐降低场源电荷离正电荷越近的地方电势越高，离负电荷越近的地方电势越低电势能正电荷在某点的电势能越大，该点电势越高，负电荷在某点的电势能越大，该点电势越低电势差根据UAB＝φA－φB，UAB>0则φA高φB低，UAB<0则φB高φA低；已知WAB时，可先根据UAB＝确定UAB正负[集训冲关]1.如图所示，直角坐标系中x轴上在x＝－r处固定有带电荷量为＋9Q的正点电荷，在x＝r处固定有带电荷量为－Q的负点电荷，y轴上a、b两点的纵坐标分别为ya＝r和yb＝－r，c、d、e点都在x轴上，d点的横坐标为xd＝2r，r0，q>0，则UAB>0，则A点的电势高于B点的电势，故D正确。2.(2019·重庆模拟)如图所示，空间有两个等量正点电荷，点电荷连线中点为O，a、b两点在其连线的中垂线上，则下列说法一定正确的是(　　)A．电场强度Ea>EbB．电场强度EaφbD．电势φa<φb解析：选C　两个等量正点电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从中点O沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小；由于两点电荷间距离以及a、b两点到O点的距离未知，所以a、b两点的电场强度大小不能确定，A、B错误；根据电场强度的叠加原理可知，Oab直线上电场强度方向向上，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以a点电势一定高于b点电势，C正确，D错误。3.(2019·龙岩检测)将无穷远处的电势视为零，在电荷量为q的点电荷周围某点的电势可用φ＝计算，式中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量。两电荷量大小均为Q的异种点电荷固定在相距为L的两点，如图所示。现将一质子(电荷量为e)从两点电荷连线上的A点，沿以电荷＋Q为圆心、半径为R(L>R)的半圆形轨迹ABC移到C点，质子从A点移到C点的过程中电势能的变化情况为(　　)A．增加　　　　　　B．增加nC．减少D．减少解析：选B　A点的电势为φA＝k－k＝；C点的电势为φC＝k－k＝，则A、C间的电势差为UAC＝φA－φC＝－，质子从A点移到C点，电场力做功为WAC＝eUAC＝－，做负功，所以质子的电势能增加，故B正确。4．如图所示为一个带正电的导体达到静电平衡时的电场线和等势面的分布图(实线为电场线，虚线为等势面)，A和B为导体内部的两点，C和D为导体外部的两点，以无穷远处为电势零点，则下列说法正确的是(　　)A．A、B两点的电场强度均为零，电势也均为零B．C点的电场强度大于D点的电场强度C．同一试探电荷在D点的电势能一定大于它在C点的电势能D．C点的电势高于B点的电势解析：选B　导体是等势体，带正电的导体内部各点电势均大于零，即A、B两点的电势均大于零，选项A错误；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，C点的电场强度大于D点的电场强度，选项B正确；试探电荷在电场中某点的电势能与该点的电势和试探电荷的电性均有关，选项C错误；根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，导体的电势高于C点所在的等势面电势，所以B点电势高于C点电势，选项D错误。5.如图所示，某点电荷电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q在x轴上，则(　　)A．M点电势比P点电势高B．OM间的电势差等于NO间的电势差C．一正电荷在O点的电势能小于在Q点的电势能D．将一负电荷从M点移到P点，电场力做正功解析：选D　由题图可知，场源电荷一定在O点以下的y轴上，电场线与等势面处处垂直，沿电场线方向电势降低最快，则过P点的等势面对应的电势较高，选项A错误；电场线越密处，等势面也越密，因此NO之间的电势差较大，选项B错误；过O点的等势面与xn轴相切，过Q点的等势面与x轴相交，所以O点的电势比Q点高，又正电荷在电势高处电势能大，选项C错误；用同样的方法作等势面，MP之间的电势差小于零，将负电荷从M点移到P点，电场力做正功，选项D正确。6．(多选)一电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B、C三点，且AB＝BC，则下列说法正确的是(　　)A．电场强度大小关系为EA＝EC>EBB．电势φA＝φC<φBC．将一带负电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做负功再做正功D．将一带正电粒子由A经B移至C点过程中，电势能先增大再减小解析：选BD　由题图中电场线分布可知，EA＝EC0，将一带负电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做正功再做负功，C错误；将一带正电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大再减小，D正确。7．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知(　　)A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析：选AB　带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功，则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误。8．(多选)(2019·贵阳高三检测)如图所示，虚线ac和bd分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点P、Q上，c、e两点关于Q点对称，下列说法正确的是(　　)A．a、c两点场强相同，电势相等B．b、d两点场强相同，电势相等C．同一带正电的试探电荷在e点具有的电势能小于在c点具有的电势能D．将一带负电的试探电荷沿椭圆从a点经b点移到c点的过程中，电场力始终做负功解析：选BD　由等量异种点电荷的电场分布特点及题图中的对称关系易知，a、c两点场强相同，电势不等，故A错误；b、d两点场强相同，电势相等，故B正确；e点电势高于nc点，同一带正电的试探电荷在e点具有的电势能大于在c点具有的电势能，故C错误；将一带负电的试探电荷沿椭圆从a点经b点移到c点，因电势一直降低，故电场力一直做负功，故D正确。第42课时　电场性质的应用(题型研究课)1．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是(　　)A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV解析：选ABD　由题图知ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝＝2V/cm、E2＝＝1.5V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10eV、－17eV和－26eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17＋26)eV＝9eV，D项正确。2．(2018·天津高考)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　)A．vM＜vN，aM＜aN　　　　B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpND．aM＜aN，EpM＜EpN解析：选D　电场线密的地方场强大，粒子受到的电场力大，所以aMφN，故B、C错误；又由Ep＝qφ和能量守恒知，带负电的粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，而动能越小，即EpMvN，故A错误，D正确。3．(2018·北京高考)静电场可以用电场线和等势面形象描述。(1)请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q的场强表达式；n(2)点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2。我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小，请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比。解析：(1)在距点电荷Q为r的位置放一电荷量为q的检验电荷。根据库仑定律可知，检验电荷受到的电场力F＝k根据电场强度的定义E＝得E＝k。(2)由E＝k可知E∝。由题意知E∝N，故穿过两等势面单位面积上的电场线条数之比＝＝。答案：(1)E＝k　(2)4．(2015·全国卷Ⅱ)如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°＝v0sin60°由此得vB＝v0设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝m(vB2－v02)解得UAB＝。答案：n电场强度、电势、电势差、电势能等概念是高考的热点，且经常结合电场线、等势面或带电粒子在电场中的运动轨迹考查，有时还结合图像考查，并涉及力的平衡、牛顿第二定律、动能定理等力学知识，复习备考时应引起足够的重视。　　命题点一　电场线、等势面(线)与运动轨迹问题1．带电粒子在电场中的运动轨迹是由带电粒子受到的合外力以及初速度情况共同决定的，运动轨迹上各点的切线方向表示粒子在该点的速度方向；电场线只能够描述电场的方向和定性地表示电场的强弱，它决定了带电粒子在电场中各点所受电场力的方向和加速度的方向。显然，电场线不一定是带电粒子在电场中的运动轨迹。2．若同时满足以下三个条件，则带电粒子的运动轨迹与电场线重合：(1)电场线是直线。(2)带电粒子的初速度为零或者初速度的方向与电场线在同一条直线上。(3)带电粒子只受电场力或受其他力但其他力的合力方向与电场线平行。[典例]　带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示。下列说法正确的是(　　)A．粒子带负电荷B．从a到b过程中，粒子的速度先增大后减小C．从a到b过程中，粒子加速度一直增大D．从a到b过程中，粒子的机械能先减小后增大[解析]　由题图知粒子受到的电场力沿电场线方向，故粒子带正电，A错误；从a到b过程中，电场力先做负功再做正功，粒子的电势能先增大后减小，动能先减小后增大，速度先减小后增大，根据电场线的疏密知场强先变小后变大，加速度先减小后增大，故粒子的机械能先减小后增大，B、C错误，D正确。[答案]　D带电粒子运动轨迹问题的分析思路(1)根据带电粒子(只受电场力)的运动轨迹确定带电粒子受到的电场力的方向，带电粒子所受的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧，再结合电场线的方向确定带电粒子的电性。(2)根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做正功还是做负功、电势能的变化情况或等势面的电势高低。　　[集训冲关]1.(多选)如图所示，真空中M、N点处固定有两等量异种点电荷，a、nb、c表示两点电荷形成的电场中的3条等势线，b是M、N连线的中垂线，交M、N于O点，a、c关于b对称，点d、e、f、g是以O为圆心的圆与a、c的交点。已知一带正电的试探电荷从d点移动到e点时，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是(　　)A．M点处固定的是正电荷B．d点的电势低于f点的电势C．d点的场强与f点的场强相同D．将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到f点，电势能先增大后减小解析：选BC　正试探电荷从d点移动到e点电势能增加，则d点电势低于e点，d点的电势低于f点的电势，M点处为负电荷，N点处为正电荷，由等量异种点电荷电场分布特点可知，d、f两点的电场强度大小相等、方向相同，将带正电的试探电荷沿直线从d点移动到f点，电势能一直增大，故B、C正确，A、D错误。2.(多选)(2019·大庆检测)如图所示，三条平行等距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带负电的粒子(仅受电场力)在该区域内的运动轨迹。对于运动轨迹上的a、b、c三点，下列说法正确的是(　　)A．粒子必先过a，再到b，然后到cB．粒子在三点所受的力Fa＝Fb＝FcC．粒子在三点的动能大小为Ekb>Eka>EkcD．粒子在三点的电势能大小为Epb>Epa>Epc解析：选BD　由题图可知，该电场必为匀强电场，电场线垂直等势面向上，带负电的粒子所受电场力与电场线方向相反而向下，由做曲线运动的条件可知，粒子的运动轨迹也可以先过c，再到b，然后到a，选项A错误；粒子在匀强电场中受力情况不变，选项B正确；粒子在运动过程中，电势能的增加量等于动能的减少量，则有Ekc>Eka>Ekb，Epb>Epa>Epc，选项D正确，C错误。3．(2016·全国卷Ⅱ)如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则(　　)A．aa>ab>ac，va>vc>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．ab>ac>aa，va>vc>vb解析：选D　由题图知，a、b、c三点到P的距离rb＜rc＜ra，则由E＝kn可知，三点的电场强度Eb＞Ec＞Ea，故Q在这三点的加速度ab＞ac＞aa。由运动轨迹可知Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝mvb2－mva2＜0，则vb＜va，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝mvc2－mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，则va＞vc，故va＞vc＞vb，选项D正确。命题点二　电场中的功能关系问题1．电场力做功的四种求法定义式WAB＝Flcosα＝qEd(适用于匀强电场)电势的变化W＝qUAB＝q(φA－φB)动能定理W电＋W其他＝ΔEk电势能的变化WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB2.电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。(3)除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化量。(4)所有外力对物体做的总功等于物体动能的变化量。[典例]　(2019·成都一诊)如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为－q(q>0)的小环，在杆的左侧固定一个电荷量为Q(Q>0)的点电荷，杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形，c是ab的中点。将小环从O点无初速度释放，通过a点的速率为v。若已知ab＝Oa＝l，静电力常量为k，重力加速度为g。则(　　)A．在a点，小环所受弹力大小为B．在c点，小环的动能最大C．在c点，小环的电势能最大D．在b点，小环的速率为[解析]　在a点，小环所受的电场力沿aQ方向，大小为k，水平方向小环受力平衡，所以小环受到向右的弹力大小等于电场力沿水平方向的分力sin60°＝，A错误；在c点时，小环水平方向受到电场力和杆的弹力作用，竖直方向受到重力作用，合力竖直向下，小环有竖直向下的加速度，所以在c点时小环的动能不是最大，B错误；c点距离Q最近，电势最高，带负电的小环在c点的电势能最小，C错误；因为a、b两点到Q的距离相等，所以a、b两点电势相等，小环从a点到b点，电场力做功为0，应用动能定理得mgl＝nmvb2－mv2，解得vb＝，D正确。[答案]　D电场中功能关系问题的分析方法[集训冲关]1.如图所示为沿水平方向的匀强电场的三条电场线，电场所在竖直平面内有一圆，A点为圆上和圆心同一高度的点，B点为圆上的最高点。位于A点的粒子源在竖直面内沿各个方向发射带正电的同种粒子(不计粒子重力)，粒子的初速度大小均为v0，竖直向上发射的粒子恰好经过B点，则从圆上离开的粒子的最大速度大小为(　　)A．3v0　　　　　　　　B．2v0C．v0D．v0解析：选A　设粒子所带电荷量为＋q，质量为m，电场强度为E，圆的半径为R，因竖直向上发射的粒子做类平抛运动经过B点，故电场方向水平向右，且有a＝，R＝v0t，R＝at2，解得qE＝。粒子从圆上右侧与圆心等高处离开时电场力做的功最大，粒子的速度最大，则有qE×2R＝mv2－mv02，可得v＝3v0，选项A正确。2．(多选)如图所示，半径R＝0.5m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平。一质量为m＝10－4kg、带电量为q＝8.0×10－5C的粒子，从与圆弧圆心O等高且距O点0.3m处的A点以初速度v0＝3m/s水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，取C点电势φ＝0，则(　　)A．该匀强电场的电场强度E＝100N/CB．粒子在A点的电势能为8×10－5JC．粒子到达C点的速度大小为5m/sD．粒子速率为4m/s时的电势能为4.5×10－4Jn解析：选CD　粒子在电场力作用下做类平抛运动，如图所示，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD＝AO＝0.3m，DC＝0.4m，则AD＝v0t，DC＝t2，联立并代入数据可得：E＝25N/C，故A错误；因UDC＝E·DC＝10V，而A、D两点电势相等，所以φA＝10V，即粒子在A点的电势能为：Ep＝qφA＝8×10－4J，故B错误；从A点到C点由动能定理知：qUAC＝mvC2－mv02，代入数据得：vC＝5m/s，故C正确；粒子在C点的总能量：EC＝mvC2＝×10－4×52J＝1.25×10－3J，由能量守恒定律可知，粒子速率为4m/s时的电势能为：Ep′＝EC－mv2＝1.25×10－3J－×10－4×42J＝4.5×10－4J，故D正确。命题点三　电场中的图像问题题型1　vt图像问题根据vt图像的速度变化、斜率变化确定电荷所受合力的方向与合力大小变化，确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。[例1]　(多选)如图甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的vt图线如图乙所示。设a、b两点的电势分别为φa、φb，电场强度大小分别为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＞φb　　　　　　　B．Ea＞EbC．Ea＜EbD．Wa＞Wb[解析]　由vt图像的斜率减小可知，由a到b的过程中，粒子的加速度减小，所以电场强度变小，Ea＞Eb；根据能量守恒定律，粒子的速度增大，可知电势能减小，Wa＞Wb，因粒子带负电，则φa<φb，可得选项B、D正确。[答案]　BD题型2　Et图像问题根据题中给出的Et图像，确定E的方向，再在草稿纸上画出对应电场线的方向，根据E的大小变化，确定电场的强弱分布。[例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～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(　　)nA．末速度大小为v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了mgdD．克服电场力做功为mgd[解析]　0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0。把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确；重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；根据动能定理有mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，选项D错误。[答案]　BC题型3　Ex图像问题1．Ex图像反映了场强随位移变化的规律。2．E>0表示场强沿x轴正方向，E<0表示场强沿x轴负方向。3．图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定。[例3]　(多选)(2019·临沂模拟)沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则(　　)A．从O点到C点，电势先升高后降低B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动C．粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量D．粒子运动到C点时动能小于3Ek[解析]　由题图知，从O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A项错误；由静止n释放的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在0～x1段电场强度逐渐变大，粒子所受电场力逐渐变大，做加速度增大的变加速直线运动，B项错误；Ex图像中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差，AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功WAB>WBC，由电场力做功与电势能变化的关系得，粒子在AB段电势能变化量大于BC段的电势能变化量，C项正确；由Ex图像中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差，UOA＝E0x1，UACUAC，由动能定理qU＝ΔEk，得qUOA＝Ek－0，qUAC＝EkC－Ek，知粒子运动到C点时动能小于3Ek，D项正确。[答案]　CD题型4　φx图像问题1．电场强度的大小等于φx图线的斜率大小，电场强度为零处，φx图线存在极值，其切线的斜率为零。2．在φx图像中可以直接判断各点电势的高低，并可根据电势高低关系确定电场强度的方向。3．在φx图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，根据WAB的正负作出判断。[例4]　点电荷q1、q2固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是(　　)A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C．N、D两点间的场强大小沿x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小[解析]　由题图知，q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低，可判断两者均为正电荷，A错误；由沿电场线方向电势逐渐降低知，N、C间的场强方向沿x轴正方向，C点场强为0，B错误；根据ND段图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后增大，C正确；正点电荷从N点移到D点，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，D错误。[答案]　C题型5　Epx图像问题1．Epx图像反映了电势能随位移变化的规律。2．图线的切线斜率大小等于电场力大小。3．可用于判断场强、动能、加速度等随位移的变化情况。n[例5]　(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)A．x1处电场强度为零B．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3C．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动D．x2～x3段对应匀强电场[解析]　根据电势能与电势的关系Ep＝qφ及电场强度大小与电势的关系E＝得E＝·，由数学知识可知Epx图像切线的斜率大小等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；由题图可看出在O～x1段图像切线的斜率不断减小，由A项分析知电场强度减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2段图像切线的斜率不断增大，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2～x3段斜率不变，则电场强度大小和方向均不变，对应匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确；根据粒子带负电，即q<0，则电势能越大，粒子所在处的位置电势越低，所以有φ1>φ2>φ3，故B正确。[答案]　ABD[集训冲关]1.平行板间有如图所示的周期性变化的电压。重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。在各选项所示的图像中，能正确定性描述粒子运动的速度图像的是(　　)解析：选A　0～时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动；～T时间内做加速度大小与0～时间内相等的匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻速度减为零。此后周期性重复，故A正确。2.在x轴上有两个点电荷q1和q2，其中有一个点电荷位于x＝0处，x轴上的电势φ随x变化的关系如图所示，则(　　)nA．x＝x1处电场强度为0B．x＝x2处电场强度不为0C．q1、q2为不等量异种点电荷，且正电荷在x＝0处，负电荷在x<0的某处D．q1、q2为等量异种点电荷，且正电荷在x＝0处，负电荷在x>0的某处解析：选C　由题图图像的斜率表示电场强度可知，x＝x1处电场强度不为0，x＝x2处电场强度为0，选项A、B错误；在两点电荷连线上出现电场强度为零的点有两种情况，一是同种电荷之间某点，该点两侧电势变化形状基本相同，二是异种电荷连线之外；x＝0处向右电势逐渐降低，说明电场强度方向向右，x＝0处为正电荷，负电荷应该在x<0某处，且负电荷电荷量较大，所以q1、q2为不等量异种点电荷，选项C正确，D错误。3.在某个电场中，x轴上各点的电场强度E随x坐标变化的图线如图所示，图线关于原点O中心对称。一质量为m、电荷量为q的粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动，x轴上x＝x1和x＝－x1是粒子运动轨迹上的两点，下列说法中正确的是(　　)A．x轴上x＝x1和x＝－x1两点电场强度和电势都相同B．粒子从x＝－x1点到x＝x1点的运动过程中，经过x＝x1和x＝－x1两点时速度一定相同C．粒子运动过程中，经过x＝x1点的加速度与经过x＝－x1点的加速度相同D．粒子从x＝－x1点到x＝x1点的运动过程中电势能先增大后减小解析：选B　由Ex图像可知，x＝x1和x＝－x1两点电场强度大小相等、方向相反，故选项A错误；粒子在这两点所受电场力也大小相等、方向相反，由于粒子只在电场力作用下运动，根据牛顿第二定律可知，粒子在这两点的加速度大小相等、方向相反，故选项C错误；Ex图像中图线与横轴所围的面积表示电势差，因此粒子由x＝－x1运动到x＝0的过程和由x＝0运动到x＝x1的过程电场力分别做的功满足W1＝－W2，根据动能定理可知，粒子经过x＝x1和x＝－x1两点时速度一定相同，故选项B正确；题中未能说明粒子的电性或运动状态，因此粒子从x＝－x1点到x＝x1点的运动过程中电势能可能先增大后减小，也可能先减小后增大，故选项D错误。1．一带负电荷的质点，仅在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，选项图中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)(　　)n解析：选D　b点处沿b指向c的切线方向为质点对应的速度方向，速率递减，结合力与曲线运动轨迹的关系可知电场力与切线夹角大于90°，又质点带负电，可判断D正确。2．如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示。EA、EB表示A、B两点的电场强度，φA、φB表示A、B两点的电势。以下判断正确的是(　　)A．EAEBC．φA>φBD．φA<φB解析：选D　由题图乙中速度平方v2与位移x的关系图线与v2－v02＝2ax对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律知，电场力恒定，此电场为匀强电场，选项A、B错误；电子从A到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C错误。3.(2019·西安高三质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。以下说法正确的是(　　)A．O点电势与Q点电势相等B．M、O间的电势差小于O、N间的电势差C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上解析：选C　由题图中电场线的方向可知φM>φO>φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO>φQ，A错误；且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故UMO>UON，B错误；因UMQ>0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点所受的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆周的切线方向，D错误。4.如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势面。A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则(　　)A．A点和B点的电势相等B．C点和D点的电场强度相同C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功D．负电荷从C点移至D点，电势能增大解析：选C　由题图知，A点和D点的电势相等，B点电势低于D点电势，选项A错误；C点和D点的电场强度大小相等，方向不相同，选项B错误；正电荷从A点移至B点，即从n高电势点移到低电势点，电势能减小，电场力做正功，选项C正确；C、D两点处在同一等势面上，故负电荷从C点移至D点，电势能不变，选项D错误。5.如图所示为一孤立的负点电荷形成的电场，一带电粒子仅在电场力的作用下以某一速度进入该电场，依次经过A、B、C三点，其中A、C两点与负点电荷的距离相等，B点是轨迹上距离负点电荷最近的点。则下列说法正确的是(　　)A．粒子运动到B点的速度最大B．电势差关系为UAB＝UBCC．粒子带负电，并且在B点时的加速度最大D．粒子在B点的电势能小于在C点的电势能解析：选C　根据题述及题图知，粒子受到负点电荷的斥力作用，因此粒子带负电，粒子从A点到B点速度减小，从B点到C点速度增大，运动到B点时的速度最小，A错误；由于A、C两点与负点电荷的距离相等，则这两点的电势相等，可得UAB＝－UBC，B错误；轨迹上B点处的电场线最密，所以粒子在B点时受到的电场力最大，加速度最大，C正确；在粒子由B点向C点运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，则粒子在B点的电势能大于在C点的电势能，D错误。6.某电场的电场线分布如图所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆上的四点，其中MN为圆的直径，则(　　)A．M点的电势与Q点的电势一样高B．O、M间的电势差等于N、O间的电势差C．一正电荷在O点的电势能大于在Q点的电势能D．将一个负电荷由P点沿圆弧移动到N点的过程中电场力不做功解析：选C　根据电场线与等势线垂直，可在题图中M点所在电场线上找到Q点的等势点Q′，根据沿电场线电势降低可知，Q′点的电势比M点的电势高，故A错误；根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO间的平均电场强度小，故由公式U＝Ed可知，O、M间的电势差小于N、O间的电势差，故B错误；O点电势高于Q点，根据Ep＝φq可知，正电荷在O点的电势能大于在Q点的电势能，故C正确；P点的电势比N点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D错误。7.(多选)如图所示的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定(　　)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．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力nD．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力解析：选AD　由题图可知，电场为非匀强电场，N点处电场线比M点处密集，则N点场强大于M点场强，同一带电粒子在N点受到的电场力大于在M点受到的电场力，D正确，C错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，M点的电势大于N点的电势，A正确，B错误。8.(多选)如图所示虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则该粒子(　　)A．带负电B．在c点受力最大C．在b点的电势能大于在c点的电势能D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化解析：选CD　根据带电粒子所受合力指向运动轨迹曲线的凹侧，结合题图可知，粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律可知，a、b、c三点中，粒子在a点时受力最大，选项B错误；从b点到c点电势减小，带正电粒子的电势能减小，故在b点的电势能大于在c点的电势能，选项C正确；由于虚线为等间距的同心圆，根据U＝d(为某段电场强度的平均值)，可得Uab＞Ubc，根据电场力做功公式，可得Wab＞Wbc，根据动能定理，粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，选项D正确。9.(多选)两个关于原点O对称放置的等量异种点电荷的电场线如图所示。选项图中能正确表示其位于x轴上的电场强度或电势分布随位置x变化规律的是(　　)解析：选AC　根据两个等量异种点电荷连线的中垂线电势为零，越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低，可知电势分布随位置x变化规律正确的是A；根据在两个等量异种点电荷连线上电场强度先减小后增大，越靠近电荷，电场强度越大，可知电场强度分布随位置x变化规律正确的是C。10.(多选)两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点。一带负电的n试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动。取无穷远处的电势为零，则(　　)A．q由A点向O点的运动是匀加速直线运动B．q由A点向O点运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时电势能为零解析：选BC　两等量正点电荷在连线的中垂线MN上的电场强度方向从O点向两侧沿中垂线指向无穷远处，场强大小从O点沿MN到无穷远处先变大后变小，因此q由静止释放后，在变化的电场力作用下做直线运动的加速度不断变化，A项错误；q由A点到O点电场力做正功，电势能减小，B项正确；在MN上O点电势最高，因此q在O点的电势能最小，由于只有电场力做功，因此电势能与动能的和是一定值，电势能最小时，动能最大，C项正确；O点的电势不为零，因此q在O点时的电势能不为零，D项错误。11．如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB与四分之一圆弧轨道BC平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E＝5×103V/m，圆弧轨道半径R＝0.4m。现有一带电荷量q＝＋2×10－5C、质量m＝5×10－2kg的物块(可视为质点)，从距B端s＝1m处的P点由静止释放，加速运动到B端，再平滑进入圆弧轨道BC。重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B端的速度vB的大小；(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力NB的大小。解析：(1)在物块由静止释放至运动到B端的过程中，由牛顿第二定律可知：qE＝ma又由运动学公式有：s＝at2解得：t＝1s由vB＝at解得：vB＝2m/s。(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向上由牛顿第二定律有：NB－mg＝m解得：NB＝1N。答案：(1)1s　2m/s　(2)1N12．(2019·北京通州模拟)如图甲所示，把一个带正电的球A放在绝缘支架上，再把一个质量为m、带电量为q的带电小球B用绝缘细绳悬挂在铁架台上，小球B静止在P点时细n绳与竖直方向的夹角为θ，电场力方向水平向右。球A与球B之间的距离远大于两球的直径。求：(1)球B在P点所受电场力F0的大小及球A产生的电场在P点的电场强度E0的大小；(2)现缓慢移动铁架台，使球B从P点沿水平方向右移，近似认为移动过程中电场力方向始终水平向右，用刻度尺测出P点右侧不同位置到P点的水平距离x，采取(1)中方法确定出该位置球B所受电场力F，然后作出Fx图像，如图乙所示。其中M点为水平移动过程中的一点，已知x轴上每小格代表的距离为x0，根据图像估算P、M两点间电势差UPM的大小。解析：(1)由平衡条件有＝tanθ得F0＝mgtanθ根据F0＝qE0得E0＝。(2)因Fx图像中图线与x轴所围的面积表示电场力做功的大小，所以可用题图乙图线与x轴所围成的图形中，小正方形的数目表示电场力做功的量值。由(1)知，P点对应的电场力为F0＝mgtanθ，结合题图乙知，每1个小正方形的面积所代表的电场力的功W0＝x0P、M两点间Fx图线与x轴所围面积约有22个小正方形，所以电场力做的功WPM＝22W0＝x0＝x0由WPM＝qUPM得UPM＝x0。答案：(1)mgtanθ　　(2)x0第43课时　电容器(重点突破课)[考点一　电容和平行板电容器]电容概念的理解、电容器充放电问题、平行板电容器动态分析问题是高考的热点，而平n行板电容器的动态分析因为涉及物理量多、变化情况多，成为学生较难掌握的地方。1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)电容器的充、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两个极板分别带上等量的异种电荷，电容器中储存电能。②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能。2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值。(2)定义式：C＝。(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)，1F＝106μF＝1012pF。(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。3．平行板电容器的电容(1)决定因素：两板间的距离、正对面积、介电常数。(2)决定式：C＝。[典例]　(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是(　　)A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大[解析]　实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，故A正确；实验中，b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，故B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，故C错误；只增加极板带电量，电容C不变，静电计指针的张角变大，是由于U变大导致的，故D错误。n[答案]　A[规律方法]　电容器动态变化的分析思路[集训冲关]1.如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况。选项图中能正确反映C与d之间变化规律的图像是(　　)解析：选A　由电容决定式C＝知，C与d成反比，能正确反映C与d之间变化规律的图像是A。2.(多选)如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接。Q表示电容器的带电荷量，E表示两板间的电场强度，则下列说法正确的是(　　)A．当d增大，S不变时，Q减小，E减小B．当S增大，d不变时，Q增大，E增大C．当d减小，S增大时，Q增大，E增大D．当S减小，d增大时，Q不变，E增大解析：选AC　电容器两板与电池相连，电压不变。当d增大，S不变时，由C＝知，C变小，由Q＝CU知，Q减小，由E＝知，E减小，A正确；当S增大，d不变时，同理可得C变大，Q增大，E不变，B错误；当d减小，S增大时，同理可得C变大，Q增大，E增大，C正确；当S减小，d增大时，C变小，Q减小，E减小，D错误。3.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点n电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)A．θ增大，E增大　　　　B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大D．θ减小，E不变解析：选D　由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小；又因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，则E不变；因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确。考点二　带电体在电容器中的平衡问题[典例]　(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴(　　)A．仍然保持静止　　　B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动[解析]　开始时油滴处于静止状态，有mg＝q，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力F＝q变小，mg＞F，并且A、B两板之间的等差等势面右端将均匀地顺次向下移动，又电场强度垂直于等势面，可得油滴的受力如图所示，mg与F的合力方向为向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。[答案]　D(1)平行板电容器形成的匀强电场E＝。(2)针对带电体在电容器中的平衡问题，求解方法仍然是“受力分析”“力的合成与分解”“合外力等于0”。(3)注意带电体受到的电场力F＝qE，不仅F的大小由q、E的大小共同决定，F的方向也由q的正负及E的方向共同决定。　　[集训冲关]1.(多选)如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态。为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是(　　)nA．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度解析：选BC　开始时液滴受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力正好处于静止状态，有Eq＝mg。两板间的电场强度E＝，保持开关闭合时，U不变，当两板间的距离d减小时，E变大，此时Eq>mg，液滴竖直向上运动，C正确；保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度，E方向变了，此时液滴不会沿竖直方向运动，D错误；断开开关，电容器的电荷量Q不变，E＝＝＝，则E与d无关，所以断开开关，将两板间的距离拉大一些，仍有Eq＝mg，液滴仍保持静止状态，A错误；断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些，两板的正对面积S变小，E变大，此时Eq>mg，所以液滴竖直向上运动，B正确。2.如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动。重力加速度为g，粒子运动的加速度大小为(　　)A．gB．gC．gD．g解析：选A　抽出金属板前，粒子受重力和电场力平衡，mg＝q；抽出后，根据牛顿第二定律，有mg－q＝ma，联立解得a＝g，故A正确。3．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的带电小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是(　　)A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变nC．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小解析：选B　由题图可知，甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据E＝可知，极板间的电场强度减小，电场力减小，所以夹角将减小；乙图中电容器充电后断开电源，电容器两极板所带的电荷量不变，根据C＝，极板间的电压U＝＝，极板间的电场强度E＝＝，电场强度与两极板间距离无关，故夹角不变，B正确。考点三　带电体在电容器中的运动问题[典例]　如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上极板开有一小孔，质量均为m、带电荷量均为＋q的两个带电小球(视为质点)，其间用长为的绝缘轻杆相连，处于竖直状态。使下端小球恰好位于小孔正上方距离为d处，由静止释放，让两球竖直下落，当下端小球到达下极板时，速度刚好为零(已知静电力常量为k)。求：(1)两极板间匀强电场的电场强度；(2)两球运动过程中的最大速度大小；(3)下端小球刚进入电场时杆中的弹力。[解析]　(1)两球由静止开始下落到下端小球到达下极板的过程中，由动能定理得4mgd－Eqd－Eq＝0，解得E＝，方向竖直向上。(2)因为qE＝>2mg，所以两球由静止开始下落至下端小球恰好进入小孔时，两球达到最大速度，此过程利用动能定理得2mgd＝×2mv2，解得v＝。(3)下端小球刚进入电场时整体加速度为a＝＝，方向竖直向上，取上端小球为研究对象，设杆对其的作用力为F，nF＋－mg＝ma，由牛顿第三定律知，杆中弹力大小F′＝F，解得F′＝－(若F′>0，表示杆中为压力；若F′<0，表示杆中为拉力)。[答案]　(1)，方向竖直向上　(2)(3)－[集训冲关]1．(多选)如图所示，A、B为平行金属板，两板间距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和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在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回。若保持两极板间的电压不变，则(　　)A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落解析：选ACD　移动A板或B板后，质点能否返回P点，取决于质点在A、B间运动时到达N孔之前速度能否减为零，若能减为零，则一定能返回P点；若不能减为零，则穿过N孔后只受重力，将继续下落。初始时，质点到达N孔时速度恰为零，由动能定理得mg·2d－qU＝0。因两板一直与电源两极连接，电压U一直不变，当把A板上移、下移时，均满足mgh－qU＝0的条件，即h＝2d，则质点到达N孔时速度恰好为零，能返回，A正确，B错误；当把B板上移后，设质点仍能到达N孔，则由动能定理得mgh′－qU＝mv2，因B板上移后h′<2d，所以mgh′0，即质点到达N孔时仍有向下的速度，故将穿过N孔继续下落，D正确。2.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；n(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。解析：(1)设小球到达小孔处的速度大小为v，由自由落体运动规律有v2＝2gh，得v＝。(2)设小球在极板间运动的加速度大小为a，由v2＝2ad，得a＝，由牛顿第二定律qE－mg＝ma，电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，解得E＝，Q＝。(3)由h＝gt12得小球做自由落体运动的时间t1＝，由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d，则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝。答案：(1)　(2)　(3)1.在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与静电计相接，极板B接地。若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化，做出平行板电容器电容变小的结论的依据是(　　)A．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大B．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小C．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小D．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大解析：选A　极板A与静电计相连，电荷量几乎不变，极板B与极板A带等量异种电荷，电荷量也几乎不变，故电容器的电荷量Q几乎不变；若极板B稍向上移动一点，会发现静电计指针张角变大，即电压U变大，由公式C＝知电容C变小；故B、C、D错误，A正确。2.两个较大的平行金属板A、B相距为dn，连接在如图所示的电路中，电源电压不变，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两极板之间。在其他条件不变的情况下，如果将两极板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中(　　)A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向aB．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向bC．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向aD．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b解析：选D　电容器与电源相连，两极板间电压不变，将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E＝可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动。由C＝可知，电容减小，由Q＝CU可知，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a流向b，故D正确。3.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图所示。E表示极板间的场强，U表示极板间的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则(　　)A．U变小，E变小　　　　B．E变大，Ep变大C．U变小，Ep不变D．U不变，Ep不变解析：选C　由题意知，电容器的带电荷量Q不变，正极板移动后，极板间距离减小，根据电容的决定式C＝知，电容C增大，由公式U＝知，极板间电压U变小，由推论公式E＝分析，可知极板间电场强度E不变，则由U′＝Ed′知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变，故C正确，A、B、D错误。4.如图所示电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的震动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接。当声源S振动时，下列说法正确的是(　　)A．a振动过程中，a、b板间的电场强度不变B．a振动过程中，a、b板所带电荷量不变C．a振动过程中，电容器的电容不变D．a向右的位移最大时，电容器的电容最大解析：选D　a、b板与电源相连，电势差恒定，a在声波驱动下沿水平方向振动，a、b板间的距离发生变化，根据E＝，电场强度发生变化，选项A错误；根据C＝，电容n器的电容随a、b板间距离变化而变化，根据Q＝UC，a、b板所带电荷量随电容变化而变，选项B、C错误；当a、b板间距离最近(即a向右的位移最大)时，电容最大，选项D正确。5.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电源连接，平行板间P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将b板稍微向下移动，则(　　)A．点电荷所受电场力增大B．点电荷在P处的电势能减小C．P处电势降低D．电容器的带电荷量增加解析：选B　因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，b板下移，板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F＝Eq可知点电荷所受电场力变小，故A错误；由U′＝Ed′知，P处与a板间的电压减小，而a的电势不变，故P处的电势升高，由Ep＝qφ及q为负值，可知点电荷在P处的电势能减小，故B正确，C错误；由C＝知C减小，又Q＝CU，Q减小，故D错误。6.如图所示，平行板电容器与一个恒压直流电源连接，下极板通过A点接地，一带正电小球被固定于P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则(　　)A．电容器的电容将增大B．静电计指针张角减小C．电容器的电荷量不变D．带电小球的电势能将增大解析：选D　将电容器的下极板竖直向下移动一小段距离后，两极板间的距离变大，根据C＝可得电容减小，A错误；电容器两极板和电源相连，所以电容器两极板间的电压恒定不变，故静电计指针张角不变，B错误；根据C＝可知Q减小，C错误；根据公式E＝可知两极板间的电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为小球带正电荷，则小球的电势能增大，D正确。7.(多选)平行金属板A、B组成的电容器，充电后与静电计相连，如图所示。要使静电计指针张角变小，下列措施中可行的是(　　)A．A板向上移动B．A、B之间插入与平行金属板等大的厚导体板C．A、B之间插入电介质D．使两板带的电荷量减小n解析：选BCD　A板上移时，正对面积减小，由C＝可知，电容减小，由C＝可知，电势差增大，张角变大，故A错误；插入厚导体板相当于减小两板间距离，同理知电容增大，由C＝可知，电势差减小，张角变小，故B正确；当A、B间插入电介质时，电容增大，由C＝可知，电势差减小，张角变小，故C正确；减小电荷量时，电容不变，由C＝可知，电势差减小，张角变小，故D正确。8.(多选)如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒定为U的电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板电荷量与油滴电荷量的比值为k，则(　　)A．油滴带负电B．油滴电荷量为C．电容器极板上的电荷量为D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：选AC　由题意知，油滴所受重力和电场力平衡，即mg＝q，则电场力竖直向上，M板带正电，故油滴带负电，且q＝，A正确，B错误；由于极板所带电荷量与油滴所带电荷量的比值为k，即＝k，则Q＝，C正确；将极板N向下缓慢移动一小段距离，d增大，根据E＝可知，E变小，电场力变小，故油滴将向下运动，D错误。9.(多选)如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B之间距离为d，两板间的电压为U，其中A板接地。在两板间放一半径为R的金属球壳，球心O到两板的距离相等，C点为球壳上离A板最近的一点，D点靠近B板。则下列说法正确的是(　　)A．UCO＝UB．UAC＝C．C点的电势为φC＝－D．把一负点电荷由C点移到D点，电势能减少解析：选BC　将金属球壳放入电场后，A、B两板间电场线如图所n示，应用对称性，两板间电场线形状关于球心O对称，所以A板与金属球壳的电势差UAO和金属球壳与B板的电势差UOB相等，即UAO＝UOB，又A、B两板电势差保持不变为U，即UAO＋UOB＝U，得UAO＝UOB＝，又金属球壳内部无电场线，UCO＝0，所以A、C间电势差UAC＝UAO＝，由A板接地得0－φC＝，则φC＝－，A错误，B、C正确；把一负点电荷由C点移到D点，电场力做负功，电势能增加，D错误。10．(多选)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是(　　)A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小解析：选AC　断开S后，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C＝知，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A向上移动少许，则S减小，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角增大，故选项C正确；保持S闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头移动不会影响指针张角，故选项D错误。11.如图所示为板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100V。有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向运动并恰好从B板边缘飞出(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：n(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度。解析：(1)根据题意画出液滴的受力图如图所示，可得qEcosα＝mgE＝解得m＝8×10－8kg。(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零，对液滴由动能定理得qU＝mv2－mv02解得v＝m/s。答案：(1)8×10－8kg　(2)m/s12.如图所示，上、下水平放置的两带电金属板，相距为3l，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板l处有一带电荷量为＋q的小球B，在小球B上方有一带电荷量为－6q的小球A，它们质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知E＝，让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中(空气阻力不计，重力加速度为g)。求：(1)B球刚进入电场时的速度v1大小；(2)A球刚进入电场时的速度v2大小；(3)B球是否能碰到下板；如能，求刚碰到时B球的速度v3大小；如不能，请通过计算说明理由。解析：(1)B球进入电场前，两小球不受电场力作用，只受重力作用，做自由落体运动，v12＝2gl解得v1＝。(2)A球进入电场前，只有B球受电场力，F＝qE＝mg，方向竖直向下，由牛顿第二定律可得，F＋2mg＝2ma1解得a1＝系统做匀加速直线运动，A球刚进入电场时有，nv22＝v12＋2a1l解得v2＝。(3)当A、B球全部进入电场后，系统受力如图所示，6qE－qE－2mg＝2ma2解得a2＝设系统速度为零时，B球没碰到下板，此时系统通过的距离为H，H＝，解得H＝<2l故B球不能碰到下板。答案：(1)　(2)　(3)不能　理由见解析第44课时　带电粒子在电场中的运动(重点突破课)[考点一　带电粒子在电场中的直线运动]带电粒子在电场中的加速和直线运动是电场问题中的常见类型，也是解决带电粒子在电场中偏转问题的基础。是否考虑带电粒子的重力，选择什么样的方法解决问题，是解此类问题的2个思考点。1．电场中重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。2．解决电场中直线运动问题的两种观点(1)动力学观点：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。(2)功和能量观点：根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。[典例]　(多选)(2019·泰安检测)在如图1所示的两平行金属板间加上如图2所示的电压。第1s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，第2s末点电荷仍运动且未与极板接触。则第2s内，点电荷(g取10m/s2)(　　)A．做匀加速直线运动，加速度大小为10m/s2B．做变加速直线运动，平均加速度大小为5m/s2nC．做变加速直线运动，第2s末加速度大小为10m/s2D．第2s末速度大小为10m/s[解析]　由题意知，第1s内点电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力方向向上，大小与重力相等；第2s内电压变大，故电场强度变大，电场力变大，第2s末电场强度增加为第1s末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg，故此时加速度大小为10m/s2，且第2s内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，做变加速直线运动，A错误，C正确；第2s内平均加速度大小为：＝m/s2＝5m/s2，B正确；根据速度时间公式，第2s末速度大小为：v＝5×1m/s＝5m/s，D错误。[答案]　BC电场中直线运动问题的解题流程　　[集训冲关]1.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势均为U)(　　)A．电子到达B板时的动能是UeB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时的动能是3UeD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：选C　电子在AB之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，随后反向做匀加速运动，在CB之间做匀速运动，在BA之间做匀减速运动，到达A板时，速度减为零，之后按上述运动过程往复运动，C错误，D正确。2．(2016·四川高考)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依n次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的荷质比取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。解析：(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则T＝L＝vB·解得L＝0.4m。(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场力对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则W＝qUW′＝3WW′＝mvE2－mvB2解得U＝6×104V。答案：(1)0.4m　(2)6×104V[考点二　带电粒子在匀强电场中的偏转]带电粒子在电场中偏转问题的处理方法和平抛运动相似，就是运动的合成与分解，分解为沿初速度方向和沿电场方向的两个分运动后，运用相对应的运动规律解决问题。其中运动时间、偏转位移和偏转角的分析，都是高考考查的重点。1．运动情况(1)条件分析：不计重力的带电粒子垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动特点：类平抛运动。(3)处理方法：运动的合成与分解。①沿初速度方向：做匀速直线运动。②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。2．基本规律设粒子带电荷量为q，质量为m(忽略重力影响)，两平行金属板间的电压为U，板长为nl，板间距离为d，则有(1)加速度：a＝＝＝。(2)在电场中的运动时间：t＝。(3)速度v＝，tanθ＝＝。(4)位移[考法细研]考法1　偏转量的分析　[例1]　如图所示，含有大量H、H、He的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上。不计粒子重力，下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是(　　)A．出现三个亮点，偏离O点最远的是HB．出现三个亮点，偏离O点最远的是HeC．出现两个亮点D．只会出现一个亮点[解析]　对于质量为m，电荷量为q的粒子，加速过程有qU1＝mv02，偏转过程有tanα＝＝＝，其中l为偏转电场长度，d为宽度，联立得tanα＝，与粒子比荷无关；偏转量y＝··＝，与粒子比荷无关，粒子从同一点离开偏转电场后沿同一方向做匀速直线运动，由几何关系知，荧光屏上只会出现一个亮点，选项D正确。[答案]　D考法2　偏转运动的临界极值问题　[例2]　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。已知电子的质量是m，电荷量为e，在xOy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场区域Ⅰ和Ⅱ，两电场区域的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)。n(1)在AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置坐标；(2)在电场区域Ⅰ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。[解析]　(1)电子在电场区域Ⅰ中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得eEL＝mv2解得v＝且有L＝vt1解得t1＝电子在中间区域做匀速运动，有L＝vt3解得t3＝进入电场区域Ⅱ后电子做类平抛运动，假设电子能穿出CD边，由类平抛运动规律知，电子在电场区域Ⅱ中运动时间t2＝t3＝在沿y轴方向上，根据牛顿第二定律可得eE＝ma电子沿y轴方向上运动的位移为Δy＝at22＝<，显然假设成立所以电子在ABCD区域内运动经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝2电子离开ABCD区域的位置坐标为。(2)设在电场区域Ⅰ中释放点的坐标为(x，y)，在电场区域Ⅰ中电子被加速到v1，然后进入电场区域Ⅱ做类平抛运动，并从D处离开，有eEx＝mv12，y＝at2＝·2解得xy＝，即所有释放点的位置在xy＝曲线上。n[答案]　(1)2　　(2)所有释放点的位置在xy＝曲线上[集训冲关]1.如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒子沿平行于板面的方向以速度v从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力，若可以改变某个量，下列哪种变化能确保粒子一定飞出电场(　　)A．只增大粒子的带电量　　B．只增大电场强度C．只减小粒子的比荷D．只减小粒子的入射速度解析：选C　设极板长为L，极板间的距离为d，粒子的质量为m、电荷量为q、加速度为a，沿平行板面方向粒子做匀速直线运动，有L＝vt，垂直板面方向做初速度为零的匀加速直线运动，有＝at2，qE＝ma，解得＝，若只增大粒子的带电量或只增大电场强度或只减小粒子的入射速度，则粒子在竖直方向的位移y>，粒子将打在极板上，不能飞出电场，选项A、B、D错误；若只减小粒子的比荷，则粒子在竖直方向的位移y<，粒子能飞出电场，选项C正确。2.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与x轴正方向间的夹角为θ＝37°(重力加速度为g，sin37°＝0.6)。(1)若小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，求小球抛出时的初速度v0大小及在y轴上的抛出点A的坐标；(2)若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E＝，在满足(1)中条件的情况下，为使小球不打在N板上，求两平行金属板M、N之间的垂直距离的最小值d。解析：(1)设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中心小孔B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：cosθ＝v0ttanθ＝小球在竖直方向上下落的距离为：h＝gt2n所以小球抛出点A的纵坐标为：y＝h＋sinθ解得：v0＝，y＝L，t＝2，h＝所以小球抛出点A的坐标为。(2)设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得：mgh＝mv2－mv02解得：v＝小球进入匀强电场后的受力情况如图所示，因为E＝，所以qE＝mgcosθ，平行于电场方向小球受力平衡，因此，小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动，其加速度大小为：a＝＝gsinθ设小球在该匀强电场中运动的时间为t′，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得：d＝vt′，＝at′2解得：d＝L。答案：(1)　　(2)L考点三　示波管问题在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。[典例]　如图所示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n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，可如何调整U1或U2?[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＝mv02－0解得v0＝。(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＝，ma＝eE，E＝，y＝at2解得y＝。(3)由(2)中结果知，可减小加速电压U1或增大偏转电压U2。[答案]　(1)　(2)　(3)减小U1或增大U2(1)电子从偏转电场射出时的侧移量与打在屏上时的侧移量是不同的。(2)U1、U2的作用不能混淆，但减小U1或增大U2都能使电子打在屏上的侧移量变大。　　[集训冲关]1.(多选)如图所示为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L，不计电子所受的重力。为了提高示波管的灵敏度每单位电压引起的偏转量，可采取的方法是(　　)A．减小两板间电势差U2nB．尽可能使板长L短些C．尽可能使板间距离d小一些D．使加速电压U1减小一些解析：选CD　电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转阶段。加速阶段：eU1＝mv02，偏转阶段：L＝v0t，h＝at2＝t2，综合得＝，因此要提高灵敏度则需要：增大L或减小U1或减小d，故C、D正确。2.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示。设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2。求电子射到荧光屏上时的动能大小。解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理eU1＝mvx2进入偏转电场后L＝vxt，vy＝at，a＝射出偏转电场时的合速度(等于射到荧光屏上的速度)v＝，由以上各式得Ek＝mv2＝eU1＋。答案：eU1＋1．有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，经过偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑微粒的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是(　　)A．减小微粒的质量B．减小偏转电场两极板间的距离C．减小偏转电场的电压D．减小微粒的喷出速度解析：选C　微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在垂直偏转电场方向上有L＝v0t，在平行偏转电场方向上有y＝at2，加速度为a＝，联立解得y＝，n要缩小字迹，就要减小微粒在平行偏转电场方向上的偏转量y，由上式分析可知，可采用的方法有：增大微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大微粒的喷出速度、减小偏转电场的电压等，故A、B、D错误，C正确。2.(2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点解析：选A　电子在A、B板间的电场中做加速运动，在B、C板间的电场中做减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间做加速运动后，在B、C板间做减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。3.如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点。若不计粒子重力，则(　　)A．a的电量一定大于b的电量B．b的质量一定大于a的质量C．a的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷解析：选C　由题知，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由h＝··2得，x＝v0，由于v0，C正确。4.真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏(未画出)上，使荧光屏上出现亮点。已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电量之比为1∶1∶2，重力不计。下列说法中正确的是(　　)A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1B．三种粒子射出偏转电场时的速度相同nC．在荧光屏上将只出现1个亮点D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2解析：选C　由U1q＝mv02，有v0＝，得v1∶v2∶v3＝∶1∶1，再由t＝，得t1∶t2∶t3＝1∶∶，A错误；由y＝＝可知，三种粒子从偏转电场同一点射出，且速度方向相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，C正确；由mv2＝U1q＋qy，得v＝，因不同，故三种粒子射出偏转电场的速度不相同，B错误；由偏转电场的电场力对三种粒子做的功W电＝qy，得W电1∶W电2∶W电3＝1∶1∶2，D错误。5.如图所示，两块平行、正对的金属板水平放置，分别带有等量的异种电荷，使两板间形成匀强电场，两板间的距离为d。有一带电粒子以某速度v0紧贴着A板左端沿水平方向射入匀强电场，带电粒子恰好落在B板的右边缘。带电粒子所受的重力忽略不计。现使该粒子仍从原位置以同样的方向射入电场，但使该粒子落在B板的中点，下列措施可行的是(　　)A．仅使粒子的初速度变为2v0B．仅使粒子的初速度变为C．仅使B板向上平移D．仅使B板向下平移d解析：选B　带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，有x＝v0t，在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有d＝at2＝·t2，联立可得x2＝，现在要使x变为原来的一半，即x2为原来的四分之一，所以需要将粒子的初速度变为，A错误，B正确；仅使B板向上平移，则根据C＝可得电容增大为原来的两倍，根据U＝可得电压变为原来的，x2变为原来的，C错误；仅使B板向下平移d，同理可得电容变为原来的，电压变为原来的2倍，x2变为原来的2倍，D错误。6.(2019·渭南模拟)如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场。让质子流(不计重力)以初速度v0n垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(　　)A．开关S断开B．质子初速度变为C．板间电压变为D．竖直移动上板，使板间距变为2d解析：选C　开关S断开，电容器极板电荷量不变，电容器电容不变，电容器板间电压不变，场强不变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，A错误；将质子初速度变为，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板边缘，B错误；当板间电压变为时，场强变为原来的，电场力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝at2知，运动时间变为原来的2倍，由x＝v0t知水平位移变为原来的2倍，所以能沿b轨迹落到下板边缘，C正确；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，电场力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝at2知，运动时间变为原来的倍，同理可知水平位移变为原来的倍，不能到达下板边缘，D错误。7．(多选)两平行极板间距为d，两极板间电压为U，不计重力的电子以平行于极板的速度v射入两极板之间，沿极板方向运动距离为l时侧移为y。如果要使电子的侧移y′＝y，仅改变一个量，下列哪些措施可行(　　)A．改变两极板间距为原来的一半B．改变两极板所加电压为原来的一半C．改变电子沿极板方向运动距离为原来的一半D．改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍解析：选CD　电子做类平抛运动，根据分运动公式，水平方向有l＝v0t，竖直方向有y＝at2，其中a＝，联立解得y＝。若改变两极板间距d为原来的一半，y增加为原来的2倍，A错误；若改变两极板所加电压U为原来的一半，y减小为原来的，B错误；若改变电子沿极板方向运动距离l为原来的一半，y减小为原来的，C正确；若改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍，y减小为原来的，D正确。n8.(多选)如图所示，在矩形区域EFGH内有平行于HE边的匀强电场，以A点为圆心的半圆与EF、FG、HE分别相切于B、G、H点，C点是BG的中点。一个带正电的粒子(不计重力)从H点沿HG方向射入电场后恰好从F点射出。以下说法正确的是(　　)A．粒子的运动轨迹一定经过C点B．粒子的运动轨迹一定经过BC之间某点C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由BF之间某点射出矩形EFGH区域D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由B点射出矩形EFGH区域解析：选BD　粒子从H点沿HG方向射入电场后做类平抛运动，恰好从F点射出，则过F点作速度的反向延长线，一定交于水平位移HG的中点，由几何关系知延长线又经过C点，所以粒子轨迹一定经过BC之间某点，故A错误，B正确；由类平抛运动规律可知，当竖直位移一定时，运动时间不变，水平速度(即初速度)变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好从B点射出，故C错误，D正确。9.(多选)如图所示，从灯丝发射的初速度为零的电子(不计重力)，经电压为U1的加速电场加速后，进入偏转电场U2。若要使电子在电场中的偏转量增大为原来的2倍，可供选用的方法是(　　)A．使U1减为原来的B．使U2增大为原来的2倍C．使偏转电场极板的长度L增大为原来的2倍D．使偏转电场极板的距离减小为原来的解析：选ABD　根据动能定理得，eU1＝mv02，设偏转电场极板的长度为L，极板间的距离为h，则偏转量d＝at2＝··＝。使U1减为原来的，则偏转量变为原来的2倍，故A正确；使U2增大为原来的2倍，则偏转量变为原来的2倍，故B正确；使偏转电场极板的长度增大为原来的2倍，则偏转量变为原来的4倍，故C错误；使偏转电场极板的距离减小为原来的，则偏转量变为原来的2倍，故D正确。10.(多选)三个不计重力的电子A、B、C同一地点同时沿同一方向垂直进入偏转电场，出现如图所示的轨迹，则可以判断(　　)A．它们在电场中运动时间相同B．A、B在电场中运动时间相同，C先飞离电场C．C进入电场时的速度最大，A最小nD．电场力对C做功最小解析：选BCD　三个电子在电场中运动的加速度a相同，沿电场方向上有yA＝yB>yC，由y＝at2知，在电场中运动的时间tA＝tB>tC，A错误，B正确；B、C在电场中的水平位移相同，tB>tC，故vC>vB，而A、B运动时间相同，但xAvA，故C进入电场时的速度最大，A最小，C正确；电场力做功W＝Eqy，而yA＝yB>yC，故电场力对C做功最小，D正确。11.如图所示，粒子发射器发射出一束质量为m，电荷量为q的粒子(不计重力)，从静止经加速电压U1加速后，沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以某一速度离开电场。已知平行板长为L，两板间距离为d，求：(1)粒子在偏转电场中运动的时间t；(2)粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y。解析：(1)粒子从静止经加速电压U1加速后，由动能定理得qU1＝mv02解得v0＝粒子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，运动时间满足L＝v0t解得t＝L。(2)粒子在偏转电场中竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝纵向偏移量y＝at2解得y＝。答案：(1)L　(2)12．(2019·北京通州模拟)如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量e＝1.6×10－19C，加速电场电压U0＝2500V，偏转电场电压U＝200V，极板的长度L1＝6.0cm，板间距离d＝2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0cm(忽略电子所受重力，结果均保留两位有效数字)。求：n(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；(2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。解析：(1)根据动能定理有eU0＝mv02解得v0≈3.0×107m/s。(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，电子在水平方向做匀速直线运动L1＝v0t电子在竖直方向上做匀加速直线运动y＝at2根据牛顿第二定律有＝ma解得y≈0.36cm电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由几何关系知＝，解得h＝0.72cm。(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功W＝ey≈5.8×10－18J。答案：(1)3.0×107m/s　(2)0.72cm　(3)5.8×10－18J第45课时　带电粒子(体)在电场中运动的综合问题(题型研究课)1.(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大nC．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等解析：选BD　经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，根据x＝at2＝·t2知，ma＜mb，故A错误；电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确；a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误；根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。2．(2015·全国卷Ⅱ)如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动解析：选D　两板水平放置时，放置于两板间a点的微粒保持静止，微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其所受合力方向沿二力角平分线方向(左下方)，微粒将向左下方做匀加速运动。选项D正确。3．(2013·全国卷Ⅱ)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q＞0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb。不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。解析：质点所受电场力的大小为F＝qE设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有F＋Na＝m，Nb－F＝m设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Eka＝mva2，Ekb＝mvb2根据动能定理有：2rF＝Ekb－Eka联立以上各式得E＝(Nb－Na)，Eka＝(Nb＋5Na)，Ekb＝(5Nb＋Na)。n答案：(Nb－Na)　(Nb＋5Na)　(5Nb＋Na)4.(2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋at2②s2＝v0t－at2③联立①②③式得＝3。④(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得vy2＝2gh⑤H＝vyt＋gt2⑥M进入电场后做直线运动，由几何关系知＝⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h＝H。⑧(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则＝⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得mgH＋qEs1＝Ek1－m(v02＋vy2)⑩nmgH－qEs2＝Ek2－m(v02＋vy2)⑪由已知条件Ek1＝1.5Ek2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝。⑬答案：(1)3∶1　(2)H　(3)5.(2014·全国卷Ⅰ)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有dsin60°＝v0t①dcos60°＝gt2②又Ek0＝mv02③由①②③式得Ek0＝mgd④设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA＝Ek0＋mgd⑤由④⑤式得＝。⑥(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦nΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有＝⑨解得x＝d，MA为等势线，电场强度必与其垂线OC方向平行。设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°，设电场强度的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA⑪由④⑦⑪式得E＝。⑫答案：(1)　(2)　与竖直向下的方向的夹角为30°近几年高考对带电体在电场中的运动的考查非常灵活，题型既有选择题，又有计算题，类型既有直线运动又有偏转运动，考查的方法规律则主要涉及运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理和功能关系等，因此这类问题综合性较强。　　命题点一　带电粒子在交变电场中的运动问题题型1　带电粒子在交变电场中的直线运动　[例1]　(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是(　　)n[解析]　在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F＝，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以at图像应如图D所示，vt图像应如图A所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以xt图像应是曲线，B错误。[答案]　AD(1)电压突然反向时，电场强度、电场力也随之反向，则加速度反向，但速度不会立即反向。(2)注意分清vt图像、xt图像和at图像，找出各阶段和电压变化的对应关系。　　题型2　带电粒子在交变电场中的偏转　[例2]　(2019·衡水模拟)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板间距为d，大量电子(质量为m，电荷量为e)连续不断地从中点O沿与极板平行的OO′方向射入两板之间。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0，当在两板间加上图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计重力)。求这些电子穿过平行板时距OO′的最大距离和最小距离。[解析]　以电场力的方向为正方向，画出电子在t＝0、t＝t0时刻进入电场后，沿电场力方向的速度vy随时间变化的vyt图像如图1和2所示电场强度E＝n电子的加速度a＝＝由图1中vy1＝at0＝vy2＝a×2t0＝由图1可得电子的最大侧移，即穿过平行板时距OO′的最大距离ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝由图2可得电子的最小侧移，即穿过平行板时距OO′的最小距离ymin＝t0＋vy1t0＝。[答案]　　(1)交变电场中的偏转问题难点在于每当电场方向发生变化后都要对带电粒子重新进行受力分析和运动分析，尤其是运动分析还要结合前一段时间内的运动情况(衔接速度、位移位置等)。(2)借助vt图像可以更直观地分析粒子的运动情况。　　[集训冲关]1.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(　　)A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，电场力所做的功等于零C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，电场力的冲量等于零解析：选D　由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小a1＝，为第2s内加速度大小a2＝的，因此粒子先加速1s再减速0.5s速度变为零，接下来的0.5s将反向加速运动，vt图像如图所示，A错误；0～2s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，B错误；由vt图像中图线与时间轴围成的图形的面积为物体的位移，由图可以看出，前4s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，C错误；2.5～4s内，电场力的冲量为I＝2qE0×0.5＋(－qE0)×1＝0，D正确。n2．在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？解析：(1)由动能定理得：e·＝mv2－mv02解得v＝。(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，此时实际速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T。(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)时射入；极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，由牛顿第二定律有a＝加速阶段运动的距离s＝··2≤解得d≥T故两极板间距至少为T。n答案：(1)　(2)v0T　(3)＋k·(k＝0,1,2，…)　T命题点二　带电体在等效场中的运动问题　1.等效思维法等效思维法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。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。2.方法应用先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为“等效重力”，将a＝视为“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力场”。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。[典例]　如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。求：(1)小球所受的电场力大小；(2)小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。[解析]　(1)小球经过C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，如图所示，所以小球受到的电场力的大小F＝mgtanθ＝mg。(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有＝m，解得v＝。在小球从圆轨道上的D点运动到A点的过程中，有mgr(1＋cosθ)＋Frsinθ＝mv02－mv2，解得v0＝2。[答案]　(1)mg　(2)2(1)带电小球的运动可以视为只有“等效重力”时竖直平面内的圆周运动。(2)小球经过C点时速度最大，可以作为“等效最低点”，则通过圆心和C点相对的Dn点可以作为“等效最高点”。(3)重力和电场力合力的方向，一定在“等效最高点”和“等效最低点”连线的延长线的方向上。　　[集训冲关]1.(多选)如图，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则(　　)A．小球在B点时速度最大B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少C．小球在B点时细线的拉力最大D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加解析：选BD　小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，A、C错误；从A点到C点的过程中，小球所受重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。2.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)电场强度E的大小；(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。解析：(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，则有＝tanθ，所以E＝。(2)小球所受重力与电场力的合力F＝＝mgn。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有－mg·2r＝0－mvmin2，所以vmin＝，即小球的初速度应不小于。答案：(1)　(2)不小于命题点三　电场中的力电综合问题[典例]　如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的半圆弧形光滑绝缘轨道BCD平滑连接，半圆弧的半径R＝0.50m。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104N/C。现将一质量m＝0.06kg的带电小球(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s＝1.0m的位置，由于受到电场力的作用，带电小球由静止开始运动。已知带电小球所带的电荷量q＝8.0×10－5C，取g＝10m/s2，问：(1)小球能否到达半圆弧最高点D?(2)半圆弧轨道对小球的支持力的最大值为多少？[解析]　(1)假设小球能到达D点，且速度为vD，从A到D过程，由动能定理得qEs－mg·2R＝mvD2可得小球在D点所需要的向心力为Fn＝＝0.8N而重力G＝mg＝0.6NFn＞G，故小球能到达半圆弧最高点D。(2)小球在电场中受到的电场力和重力的合力大小为F＝＝1N方向与竖直方向的夹角正切值为tanθ＝＝当F的方向通过圆心O向外时，小球速度达到最大，设此位置为P，小球从开始运动到P点的过程，由动能定理得qE(s＋Rsinθ)－mg(R－Rcosθ)＝mvP2在P点，由牛顿第二定律得N－F＝n解得N＝5N。[答案]　(1)小球能到达半圆弧最高点D　(2)5N(1)电场中的力电综合问题往往涉及带电体的多过程运动，可以分段研究以降低难度，注意分段列方程时衔接速度的利用。(2)也可以对整体过程列方程以简便计算，这时需要注意把带电体各个阶段的受力情况、运动情况、做功情况等分析全面，不能遗漏某个力或功。(3)解答此类问题需要在正确进行受力分析、运动分析的基础上，用好牛顿第二定律、运动的合成与分解、动能定理、功能关系等规律方法。　　[集训冲关]1.(多选)(2019·沈阳模拟)如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电量为q的带正电小球从O点由静止释放，小球沿直线OA斜向下运动，直线OA与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列判断正确的是(　　)A．场强的最小值为E＝B．场强的最小值为E＝C．E＝时，小球的电势能一定不变D．E＝时，小球的机械能一定减小解析：选AC　小球所受合力沿OA方向，由力的合成知识易知，当电场力方向与OA垂直时，电场力最小，如图所示，电场力最小值Fmin＝mgsinθ，由Fmin＝qE，解得场强的最小值E＝，选项A正确，B错误；当E＝时，电场力方向与运动方向垂直，电场力不做功，小球的电势能一定不变，小球的机械能不变，选项C正确，D错误。2．(2019·绵阳诊断)如图所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、大小未知的匀强电场中。一个质量m1＝0.4kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起，在BC段上做匀速直线运动，最终在倾斜段DPn上某位置静止。物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段间的动摩擦因数都为μ＝0.2。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。解析：(1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块Ⅰ所带电荷量为q，物块Ⅰ和Ⅱ碰撞前瞬间速度为v1，碰撞后瞬间共同速度为v2(等于在BC段上做匀速直线运动的速度)，则qE＝μ(m1＋m2)gqEt＝m1v1m1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝2m/s。(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小为FN，则FN－(m1＋m2)g＝R(1－cosθ)＝h解得FN＝18N。答案：(1)2m/s　(2)18N1.(多选)(2019·安徽八校联考)某静电场中x轴上电场强度E随x变化的关系如图所示，设x轴正方向为电场强度的正方向。一带电荷量大小为q的粒子从坐标原点O沿x轴正方向运动，结果粒子刚好静止于x＝3x0处。假设粒子仅受电场力作用，E0和x0已知，则(　　)A．粒子一定带负电B．粒子的初动能大小为qE0x0C．粒子沿x轴正方向运动过程中电势能先增大后减小D．粒子沿x轴正方向运动过程中最大动能为2qE0x0解析：选BD　如果粒子带负电，粒子沿x轴正方向一定先做减速运动后做加速运动，因此粒子在x＝3x0处的速度不可能为零，故粒子一定带正电，A错误；结合题图，根据动能定理qE0x0－×2qE0·2x0＝0－Ek0，可得Ek0＝qE0x0，B正确；粒子沿xn轴正方向运动的过程中，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C错误；粒子运动到x0处动能最大，根据动能定理qE0x0＝Ekmax－Ek0，解得Ekmax＝2qE0x0，D正确。2．如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)，仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点。若不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，以下说法正确的是(　　)A．A点电势高于B点电势B．尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动D．尘埃在迁移过程中电势能始终在增大解析：选B　沿电场线方向电势降低，由题图可知，B点的电势高于A点的电势，A错误；A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点的场强，故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，则尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，B正确；放电极与集尘极间为非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故尘埃不可能做匀变速运动，C错误；尘埃进入静电除尘区时，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小，D错误。3.如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的A点，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ＝60°角的B点时速度为零。以下说法中正确的是(　　)A．小球在B点处于平衡状态B．小球受到的重力与电场力的关系是qE＝mgC．小球将在A、B之间往复运动，且幅度将逐渐减小D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－qEl解析：选D　根据动能定理得：mglsinθ－qEl(1－cosθ)＝0，解得：qE＝mg，故B错误；tanα＝＝，解得：α＝30°<θ，在Bn点电场力与重力的合力和细线拉力不共线，所以小球在B点不是处于平衡状态，故A错误；类比单摆，小球将在A、B之间往复运动，能量守恒，幅度不变，故C错误；小球从A运动到B的过程中电场力做功：W＝－qEl(1－cosθ)＝－qEl，故D正确。4．(多选)(2019·安徽八校联考)如图所示，一绝缘细线Oa下端系一轻质带正电的小球a(重力不计)，地面上固定一光滑的绝缘圆弧管道AB，圆心与小球a位置重合。一质量为m、带负电的小球b由A点静止释放，小球a由于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线O′a水平，细线Oa与竖直方向的夹角为θ。当小球b沿圆弧管道运动到小球a正下方B点时，对管道壁恰好无压力，在此过程中(a、b两球均可视为点电荷)(　　)A．小球b所受的库仑力大小为3mgB．小球b的机械能逐渐减小C．细线O′a的拉力先增大后减小D．细线Oa的拉力先增大后减小解析：选AC　库仑力对小球b不做功，故小球b的机械能守恒，由机械能守恒定律可得mvB2＝mgR，则小球b运动到B点的速度vB＝；小球b对管道无压力，则F－mg＝m，解得F＝3mg，A正确，B错误；设小球b在某位置时和小球a位置连线与竖直方向的夹角为α，细线Oa的拉力为FT1，细线O′a的拉力为FT2，则对小球a，可得FT2＝FT1sinθ＋Fsinα，FT1cosθ＝Fcosα，当小球b从A点向B点运动时，α一直减小，可知FT1一直增大，D错误；FT2＝Fcosαtanθ＋Fsinα＝sin(θ＋α)，则当小球b从A点向B点运动时，α从90°减小到0，FT2先增大后减小，C正确。5．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2t，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场力作用由静止开始运动，不考虑重力作用，若k＝，为使电子在0～2t时间内不能到达极板A。求d应满足的条件。n解析：电子在0～t时间内做匀加速运动加速度的大小a1＝位移x1＝a1t2电子在t～2t时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2＝初速度的大小v1＝a1t匀减速运动阶段的位移x2＝依据题意d>x1＋x2解得d>。答案：d>6.(2019·吉安模拟)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点由静止释放，当细线与竖直方向的夹角α＝60°时，小球速度为零。(1)求小球的带电性质和电场强度E的大小；(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时的初速度vA的大小(可含根式)。解析：(1)根据电场方向和小球运动情况分析，可知小球带正电，小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0解得E＝。(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′＝＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方，若小球恰能完成竖直圆周运动，在等效最高点有mg＝m－mgL(1＋cos30°)＝mv2－mvA2解得vA＝。n答案：(1)正电　　(2)7.如图所示，在E＝103V/m的竖直向上的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为圆弧QN的中点。一带负电的小滑块质量m＝10g，电荷量大小q＝10－4C，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧x＝1.5m的M处，g取10m/s2。求：(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，小滑块向左运动的初速度v0的大小；(2)在满足(1)中条件的情况下，初速度为v0的小滑块通过P点时对轨道的压力的大小。解析：(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv02解得v0＝7m/s。(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv02又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m解得FN＝0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N。答案：(1)7m/s　(2)0.6N8.如图所示，板长L＝10cm、板间距离d＝10cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场。某时刻一质量为m＝3.6×10－4kg、带电荷量为q＝9×10－4C的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器极板间的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离x＝45cm(g取10m/s2)。求：(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；(2)小球刚进入电容器时的速度v的大小；(3)电容器极板间的电压U。解析：(1)由于小球在电容器外左侧的匀强电场中做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq＝n解得E＝N/C。(2)从O点到A点，由动能定理得：qExcos60°＝mv2－0解得：v＝3m/s。(3)小球在电容器中做类平抛运动，水平方向：L＝vt竖直方向：＝at2a＝－g解得U＝4V。答案：(1)N/C　(2)3m/s　(3)4V9．如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值为，且每隔变向1次。现将质量为m、电荷量为q的正粒子束从A、B左端的中点O沿平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上，且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T。不计重力的影响，求：(1)定性分析在t＝0时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板方向上的运动情况；(2)在距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中；(3)要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件(写出U0、m、d、q、T的关系式即可)。解析：(1)在0～时间内，粒子受到向下的电场力而向下做匀加速运动，在～T时间内，粒子受到向上的电场力而向下做匀减速运动。(2)当粒子在0，T,2T，…，nT(n＝0,1,2，…)时刻进入电场中时，粒子将打在O′点下方最远点，在前时间内，粒子竖直向下的位移：ny1＝a12＝××2＝在后时间内，粒子竖直向下的位移：y2＝v·－a22其中：v＝a1·＝，a2＝解得：y2＝故粒子打在距O′点正下方的最大位移：y＝y1＋y2＝当粒子在，，…，(n＝0,1,2，…)时刻进入电场时，将打在O′点上方最远点，在前时间内，粒子竖直向上的位移：y1′＝a1′2＝××2＝在后时间内，粒子竖直向上的位移：y2′＝v′·－a2′2其中：v′＝a1′·＝，a2′＝解得：y2′＝0故粒子打在距O′点正上方的最大位移：y′＝y1′＋y2′＝击中的范围在O′点以下到O′点以上。(3)要使粒子能全部打在靶上，需有：<解得：U0<。答案：(1)见解析　(2)O′点以下到O′点以上n(3)U0<