【物理】2020届二轮复习专题三第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动学案 21页

第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动 三年考情分析 高考命题规律 三年考题 考查内容 核心素养 ‎　近几年全国卷对于库仑定律、电场强度、点电荷的电场、电场线、电势和电势差、等势面、电势能、带电粒子在电场中的运动等知识点考查的较频繁，尤其是电场性质及带电粒子在电场中的运动问题是近几年的重点，例如2019年Ⅰ卷15题，Ⅱ卷20题，Ⅲ卷24题，都体现了力电知识的系统化考查.‎ ‎2019‎ Ⅰ卷15T 共点力平衡中库仑定律的应用 物理观念 Ⅱ卷20T 带电粒子运动轨迹的分析判断 科学思维 Ⅲ卷21T 等量异种电荷　电场的分析 物理观念 ‎2018‎ Ⅰ卷16T 点电荷中库仑定律的应用 科学思维 Ⅰ卷21T 电子在匀强电场中的运动分析 科学思维 Ⅱ卷21T 带电粒子在匀强电场中的能量转化分析 物理观念 Ⅲ卷21T 带电粒子在平行板电容中的运动分析 科学思维 ‎2017‎ Ⅰ卷20T 电场力做功问题与电场强度的计算 物理观念 Ⅰ卷，25T 带电油滴在匀强电场中的运动分析 科学思维 Ⅱ卷25T 带电小球在匀强电场中的运动分析 物理观念 Ⅲ卷21T 电场分布特点的分析与计算 科学思维 考向一　电场性质的理解 ‎[知识必备]——提核心　通技法 电场中的各个物理量形成及相互转化关系 ‎[典题例析]——析典题　学通法 ‎[例1]　(2019·课标Ⅲ，21)(多选)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点．则(　　)‎ A．a点和b点的电势相等 B．a点和b点的电场强度大小相等 C．a点和b点的电场强度方向相同 D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加 ‎[审题指导]　(1)点电荷产生的电势：离正场源电荷越近越高，离负场源电荷越近越低．(2)点电荷产生的场强大小E＝，方向沿连线背离正场源电荷或指向负场源电荷．(3)掌握电场的叠加原理．‎ ‎[解析]　BC　[本题通过两等量异种点电荷的电场考查了电场力的性质与电场能的性质，利用点电荷所处的空间位置考查了学生的推理能力，体现了运动与相互作用观念、能量观念等物理观念的素养要素．由点电荷产生的电势分布可知q在a点产生的电势低于在b点产生的电势，－q在a点产生的电势也低于在b点产生的电势，故φa＜φb，再由Ep＝qφ可知负电荷在a、b两点的电势能Epa＞Epb，故A、D均错误．由点电荷的场强分布可知q在a点产生的场强与－q在b点产生的场强完全相同，q在b点产生的场强与－q在a点产生的场强也完全相同，故a点与b点的总场强也完全相同，B、C均正确．]‎ ‎[迁移题组]——多角度　提能力 ‎♦[迁移1]　电场线、等势面与粒子运动轨迹的综合问题 ‎1．(2019·课标Ⅱ，20)(多选)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则(　　)‎ A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小 B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合 C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能 D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 解析：AC　[粒子仅在电场力作用下由静止开始运动，运动过程中，电场力可能先做正功后做负功，速度可能先增大后减小，A正确；若电场线为曲线，则粒子运动的轨迹与电场线不重合，B错误；由能量守恒定律知动能与电势能之和恒定，而粒子在N点有动能或动能为0，则粒子在N点的电势能不可能高于在M点的电势能，C正确；粒子在N点所受电场力的方向沿电场线切线方向，与轨迹切线不一定平行，D错误．]‎ ‎♦[迁移2]　静电场中的图像问题 ‎2.(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，下列说法正确的有(　　)‎ A．q1、q2带有异种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 解析：AC　[φ－x图线的切线斜率表示场强，由图可知从x1到x2过程中，图线切线斜率变小，到x2处斜率为0，即场强从x1到x2一直减小，且E2＝0，电场力F＝Eq，负电荷从x1移动到x2，受到的电场力减小，选项B、D错误；沿x轴方向电势由负到正，故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷，选项A正确；由图可知φx1＜φx2，负电荷由低电势到高电势，电场力做正功，电势能减小，选项C正确．]‎ ‎♦[迁移3]　匀强电场中电势差与电场强度的关系 ‎3．(2018·全国卷Ⅱ，21T)(多选)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是(　　)‎ A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为 D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 解析：BD　[由于题目未说明W1、W2的数量关系，故无法确定场强方向，故A错；W1＝qUab，W2＝qUcd，匀强电场中，M、N为中点，φM＝，φN＝，WMN＝qUMN＝，故B对；因无法确定场强是否沿cd方向，故C错；‎ 若W1＝W2，即Uab＝Ucd，故φa－φb＝φc－φd，φa－φc＝φb－φd，则UaM＝，UbN＝，则UaM＝UbN，故D对．]‎ ‎[规律方法]——知规律　握方法 分析电场的特点和性质问题的一般思路 ‎(1)场强大小、电势高低的判断 明确电场线或等势面的分布，场强大小看电场线的疏密程度，电势高低看电场线的方向；空间同时存在两个或两个以上的电场时，利用平行四边形定则求其合场强．‎ ‎(2)电势能大小及其变化的分析 ‎①做功角度：根据静电力做功与电势能变化的关系分析、判断带电粒子电势能及其变化．静电力做正功，粒子的电势能减少，静电力做负功，则粒子的电势能增加．‎ ‎②转化角度：只有静电力做功时，电势能与动能可以相互转化，动能减小，电势能增大，动能增大，电势能减小．‎ 考向二　与平行板电容器有关的电场问题 ‎[知识必备]——提核心　通技法 ‎1．必须记住的三个公式 C＝、C＝、E＝ ‎2．必须明确的两个关键点 ‎(1)电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变．‎ ‎(2)电路处于断开状态时，电容器两极板所带的电荷量不变．‎ ‎[典题例析]——析典题　学通法 ‎[例2]　(2018·全国卷Ⅲ，21T)(多选)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 C．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 ‎[审题指导]　对Ep＝qφ的理解 Ep＝qφ中，电势能Ep、电荷量q和电势φ都为标题，但有正负之分，在利用该式进行分析时，要求将正、负号代入进行计算，否则容易出现错误．‎ ‎[解析]　BD　[由题意，a、b所受电场力相同，而xa＞xb，ta＝tb，qa为正、qb为负，所以，由运动学知识可知ma＜mb；由动能定理WF＝Ek可得：Eka＞Ekb；由动量定理Ft＝Δp可得：Δpa＝Δpb；由电场中电势分布可知，φa＝φb，而电势能Ep＝φq，所以t时刻电势能不相同，故B、D项正确，A、C项错误．]‎ ‎[跟进题组]——练考题　提能力 ‎1．如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)‎ A.　　　　　 B. C. D. 解析：B　[根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：‎ 当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当分速度vy＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学公式：－v＝－2·d，由于vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，联立整理得到：E＝，故选项B正确．]‎ ‎2．(2018·江苏卷，5T)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：D　[两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确．]‎ 考向三　带电粒子在电场中的运动 ‎[知识必备]——提核心　通技法 ‎1．带电粒子在电场中的加速 ‎(1)匀强电场中，v0与E平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式．‎ ‎(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解．‎ ‎2．带电粒子在匀强电场中的偏转(v0垂直于E的方向)，如图所示 ‎(1)沿v0方向的匀速直线运动．‎ ‎(2)垂直于v0方向的匀加速直线运动．‎ ‎①加速度a＝＝；‎ ‎②偏转距离y＝at2＝2y＝；‎ ‎③速度偏向角 tan φ＝＝x＝L,tan φ＝；‎ ‎④位移偏向角 tan θ＝＝tan θ＝；‎ ‎⑤两个重要的结论 a．位移偏转角θ和速度偏转角φ满足tan φ＝2tan θ；‎ b．射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点．‎ ‎[典题例析]——析典题　学通法 ‎[例3]　(2019·全国Ⅱ，24T)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)．质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．‎ ‎(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；‎ ‎(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？‎ ‎[审题指导]　(1)粒子在P、G间的运动为类平抛运动，求动能Ek可根据动能定理求解．‎ ‎(2)粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，金属板的长度最短．‎ ‎[解析]　(1)PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有 E＝①‎ F＝qE＝ma②‎ 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－mv③‎ 设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有 h＝at2④‎ l＝v0t⑤‎ 联立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh⑥‎ l＝v0⑦‎ ‎(2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为L＝‎2l＝2v0⑧‎ ‎[答案]　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0 ‎[迁移题组]——多角度　提能力 ‎♦[迁移1]　带电粒子在交变电场中的运动 ‎1．如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板距为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；当在两板间加如图乙所示的周期为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，沿电场力的方向的速度vy，随时间变化的vyt图像如图甲和乙所示 电场强度E＝，电子的加速度a＝＝，‎ 由图甲中vy1＝at0＝，‎ vy2＝a·2t0＝，‎ 由图甲可得电子的最大侧移ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝.‎ 由图乙可得电子的最小侧移ymin＝t0＋vy1t0＝.‎ 答案：　 ‎♦[迁移2]　带电体在匀强电场中的偏转 ‎2.(2017·新课标Ⅱ，25)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)设带电小球M、N抛出初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；MN在电场中的运动时间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；由运动公式可得：‎ v0－at＝0①‎ s1＝v0t＋at2②‎ s2＝v0t－at2③‎ 联立①②③解得：s1∶s2＝3∶1④‎ ‎(2)设A点距离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，则：‎ v＝2gh⑤‎ H＝vyt＋gt2⑥‎ 因为M在电场中做匀加速直线运动，则 ＝⑦‎ 由①②⑤⑥⑦可得h＝H⑧‎ ‎(3)设电场强度为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：‎ Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩‎ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2⑪‎ 由已知条件：Ek1＝1.5 Ek2‎ 由④⑤⑥⑦⑧⑨⑩解得：E＝＝ 答案：(1)3∶1　(2)H　(3) 带电粒子在电场、重力场中的力电综合问题 典例 (2019·全国Ⅲ，24T)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q＞0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求 ‎(1)电场强度的大小；‎ ‎(2)B运动到P点时的动能.‎ 核心考点 ‎1.牛顿定律．‎ ‎2.运动学公式．‎ ‎3.动能定理．‎ 命题技巧 以电场、重力场组成的复合场为背景，研究不带电小球A和带电小球B在复合场中的类平抛运动．‎ 核心素养 ‎1.模型构建．‎ ‎2.科学推理．‎ 审题关键 ‎(1)涉及时间的运动问题，采用牛顿运动定律结合运动学公式解题．‎ ‎(2)不涉及时间时，采用动能定理或功能关系解题．‎ ‎[解析]　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有 mg＋qE＝ma①‎ a2＝gt2②‎ 解得E＝③‎ ‎(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有 Ek－mv＝mgh＋qEh④‎ 且有v1＝v0t⑤‎ h＝gt2⑥‎ 联立③④⑤⑥式得 Ek＝‎2m(v＋g2t2)⑦‎ ‎[答案]　(1)E＝　(2)Ek＝‎2m(v＋g2t2)‎ 易错展示 ‎(1)A球从O点到P点做平抛运动、B球从O点到P点做类平抛运动，考生不能根据竖直位移相等列方程求解．‎ ‎(2)求B球运动到P点时的动能，考生不能列出动能定理方程.‎ ‎[对点演练]——练类题　提素养 ‎1．(多选)如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则(　　)‎ A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 J B．滑块上滑过程中机械能增加4 J C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12 J D．滑块返回到斜面底端时动能为15 J 解析：AC　[由动能定理知上滑过程中W电＋WG＋Wf＝ΔEk＝0－Ek0，代入数值得W电＝4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J，所以A正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为ΔE＝W电＋Wf＝－6 J，即机械能减小6 J，故B错误；根据题意知，滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J，即重力势能增加12 J，所以C正确；由动能定理知2Wf＝Ek－Ek0，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J，故D错误．]‎ ‎2．(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E＝1×104 N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长L＝‎2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为‎0.08 kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度后恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2.下列说法正确的是(　　)‎ A．小球的带电荷量q＝6×10－‎‎5 C B．小球动能的最小值为1 J C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值 D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4 J 解析：AB　[对小球进行受力分析，如图甲所示，可得mgtan 37°＝qE，解得小球的带电荷量为q＝＝6×10－‎5 C，选项A正确．由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置A点(如图乙所示)时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置关于O点的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到的重力和电场力的合力提供小球做圆周运动的向心力，而线的拉力恰为零，有F合＝＝ N＝1 N，而F合＝m，所以EkB＝mv＝F合L＝×1×2 J＝1 J，选项B正确．由于总能量保持不变，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EpE最大，机械能最小，C错误．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，大小为平衡位置的动能，由动能定理可知E＝mv＋×‎2L＝5 J，D错误．]‎ ‎[A级－对点练]‎ ‎[题组一]　电场的性质 ‎1．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点．下列说法中正确的有(　　)‎ A．粒子带负电 B．粒子在M点的动能大于在N点的动能 C．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 D．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 解析：C　[由粒子的运动轨迹和电场线的方向可判断粒子带正电，A错；粒子从M向N运动，相当于顺着电场线方向运动，粒子又是带正电，则电场力做正功，电势能减小，可得EpM＞EpN，再由动能定理知，EkM＜EkN，B错，C对；由电场线密的地方场强大，可知EM＜EN，又F电＝qE，则FN＞FM，D错．]‎ ‎2.(2020·江西模拟)在电场中，以 O 为原点，沿电场方向建立坐标轴 r，将带正电的试探电荷放入电场中，其电势能 EP随 r 变化的关系如图所示，其中 r2对应图线与横轴的交点，r0对应图线的最低点．若电荷只受电场力的作用，则下列说法正确的是(　　 )‎ A．从r2处静止释放电荷，电荷将保持静止 B．从r1处静止释放电荷，电荷始终向r正方向运动 C．从r0处静止释放电荷，电荷将先向r负方向运动 D．从r3处静止释放电荷，电荷将始终向r负方向运动 解析：D　[根据电势能EP＝qφ可知：电势与图中电势能曲线趋势一致；根据沿着电场线电势降低可知：从r1到r0，电场方向向r正方向；在r0处电场强度为零；在r0到无穷远，电场方向向r负方向；所以，从r1、r2处释放电荷，电荷先向r 正方向运动；从r0‎ 处释放电荷，电荷将保持静止；从r3处释放电荷，电荷将先向r 负方向运动；故D正确，A、B、C错误．]‎ ‎3．在真空中A、B两点分别放有异种点电荷－Q和＋2Q，以A、B连线中点O为圆心作一圆形路径acbd，如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．场强大小关系有Ea＝Eb、Ec＝Ed B．电势高低关系有φa＞φb、φc＞φd C．将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功 D．将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变 解析：C　[对比等量异种点电荷的电场分布可知，题图中场强大小关系有Eb＞Ea，Ec＝Ed，A项错误．由沿着电场线方向电势逐渐降低可知，φa＜φb，再由对称性可知φc＝φd，B项错误．因φa＜φb，将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做正功，C项正确．因沿直线由c到d过程中电势先升高再降低，所以将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能先增大后减小，D项错误．]‎ ‎4．(多选)如图所示，正方形ABCD的4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．F点电势等于E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：BD　[根据对称性可知，E、F两点电势相等，则A项错误，B项正确．根据对称性及场强的叠加原理可知，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，F点的电场强度大于零，则C项错误，D项正确．]‎ ‎5．(多选)如图所示，在两等量异种点电荷连线上有c、O、f三点，虚线所在的曲线M、L、K分别表示过c、O、f三点的等势面．一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，只在电场力作用下沿abcde运动，其轨迹关于两点电荷连线对称，如图中实线所示．a、b、c、d、e为轨迹与各等势面的交点，则下列说法中正确的有(　　)‎ A．各等势线的电势大小关系为φK＞φL＞φM B．a点与b点的电场强度相同 C．粒子在a点与e点的加速度大小相等 D．粒子在c点的电势能大于在e点的电势能 解析：ACD　[由曲线运动的特点可以知道粒子在c点受到向左的电场力，又因为粒子带负电，可知过c点的电场线方向向右，根据等量异种点电荷电场的特点知正点电荷在虚线K的左边，负点电荷在虚线M的右边，因此φK＞φL＞φM，选项A正确；a点与b点的电场强度大小不一定相等，而且方向不同，选项B错误；a点与e点的电场强度大小相等，粒子在这两点所受电场力大小相等，所以加速度大小相等，选项C正确；粒子从c点到e点，电场力做正功，故粒子在c点的电势能大于在e点的电势能，选项D正确．]‎ ‎[题组二]　与电容器有关的电场问题 ‎6.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：A　[带电玻璃棒接触a板，a板会带上同种电荷，同时b板上会感应出异种电荷，故A正确；静电计指针张角反映电容器两板间电压，将b板上移，正对面积S减小，电容C减小，板间电压U增大，故指针张角变大，B错；插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，电容C增大，板间电压U减小，指针张角变小，C错；只增加极板带电量Q，板间电压U增大，但电容保持不变，故D错．]‎ ‎7．(2020·河北衡水中学高考模拟)(多选)如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下述结论正确的是(　　)‎ A．若保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小 B．若保持开关S闭合，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变 C．若断开开关S后，将A、B两极板靠近些，指针张开角度将变小 D．若断开开关S后，将A、B两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大 解析：BCD　[保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变，故A错误，B正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A、B靠近一些，则d减小，根据C＝知，电容增大，根据C＝知，电势差减小，指针张角减小，故C正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A、B正对面积变小些，根据C＝知，电容减小，根据C＝知，电势差增大，指针张角增大，故D正确．]‎ ‎[题组三]　带电粒子在电场中的运动 ‎8．(2020·湖南郴州质检一，2)a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射，运动轨迹如图．若a、b的偏转时间相同，则a、b一定相同的物理量是(　　)‎ A．比荷　　　　　 B．入射速度 C．入射动能 D．入射动量 解析：A　[离子在电场中做类平抛运动，垂直板方向做匀加速直线运动，偏转时间相同，偏转量相同，y＝at2＝××t2，两板间电压、距离、运动时间相等，则a、b一定相同的物理量是比荷，故A正确．]‎ ‎9．(2019·安徽江南十校联考，18)空间存在水平向右的匀强电场，方向与x轴平行，一个质量为m、带负电的小球，带电荷量为q，从坐标原点以v0＝‎10 m/s的初速度斜向上抛出，且初速度v0与x轴正方向夹角θ＝37°，如图所示．经过一段时间后到达最高点，此时速度大小也是‎10 m/s，则该小球在最高点的位置坐标是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎0.6 m,‎1.8 m B．－‎0.6 m,‎‎1.8 m C．‎5.4 m,‎1.8 m D．‎0.6 m,‎‎1.08 m 解析：B　[带电小球受重力和水平向左的电场力作用，把带电小球的运动分解成沿x轴方向初速度为v0cos 37°的匀减速直线运动，沿y轴方向初速度为v0sin 37°的竖直上抛运动．当沿y轴方向速度减小为0时小球达到最高点，故有y＝＝‎1.8 m，t＝＝0.6 s，x＝·t＝－‎0.6 m，故B选项正确．]‎ ‎10．(2019·天津理综，3)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　)‎ A．动能增加mv2　　　　 B．机械能增加2mv2‎ C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2‎ 解析：B　[小球从M点运动到N点的过程，可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动．竖直方向上，运动时间t＝，上升高度h＝；水平方向上，2v＝at，a＝，所以F电＝2mg，水平位移x＝ t＝·t＝.从M到N，动能增量ΔEk＝m×(2v)2－mv2＝mv2，A错；重力势能增量ΔEp＝mgh＝mv2，C错；电势能增量ΔEP电＝－W电＝－F电·x＝－2mv2，故D错；机械能增量ΔE机＝ΔEk＋ΔEp＝2mv2，B正确．]‎ ‎[B级－综合练]‎ ‎11.(2020·河北衡水中学高考模拟)(多选)如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ(θ≠45°)，场中有一质量为m、电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中(　　)‎ A．外力所做的功为 B．带电小球的电势能增加qEL(sin θ＋cos θ)‎ C．带电小球的电势能增加 D．外力所做的功为mgLtan θ 解析：AB　[小球在水平位置静止，由共点力的平衡可知，F电sin θ＝mg，则F电＝Eq＝，小球从初始位置移到最低点时，电场力所做的功W电＝－EqL(cos θ＋sin θ)＝－ΔEp，故B正确，C错误；由动能定理可知，W外＋W电＋WG＝0，W外＝－(W电＋WG)＝EqL(cos θ＋sin θ)－mgL＝，故A正确，D错误．故选A、B.]‎ ‎12．(多选)如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于x轴上的P、Q两点，其位置关于坐标原点O对称．圆弧曲线是一个以O点为圆心的半圆，c点为半圆与y轴的交点，a、b两点为一平行于x轴的直线与半圆的交点．下列说法正确的是(　　)‎ A．a、b两点的场强相同 B．a、b两点的电势相同 C．将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电势能先增加后减小 D．将一个正电荷q放在半圆上任一点，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，则＋为一定值 解析：BD　[等量同种正电荷电场线和等势面的分布图如图所示．电场强度的方向沿电场线的切线方向，由图可以知道，a、b两点的场强大小相等、方向不同，则场强不同，故A错误；‎ 根据等量同种正电荷的电场分布的对称性知，a点的电势等于b点的电势，故B正确；将一个正电荷q沿着圆弧从a点经c点移到b点，电场力先做正功后做负功，故电势能先减小后增加，故C错误；设半圆直径为d，将一个正电荷q放在半圆上任一点，设该点到P的距离为r1，到Q的距离为r2，两等量点电荷的电荷量均为Q，由勾股定理得r＋r＝d2，两电荷对q的作用力大小分别是F1、F2，由库仑定律得F1＝，F2＝，所以＋＝＝，为定值，故D正确．]‎ ‎13．如图甲所示，两水平金属板A、B间的距离为d，极板长为l，A、B右端有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距A、B右端的距离为‎0.71l.A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向值也为U0，A、B间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．现有质量为m、电荷量为e(重力不计)的电子束，以速度v0沿A、B两板间的中心线OO′射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧屏上．‎ ‎(1)求电子通过偏转电场的时间t0.‎ ‎(2)若UAB的周期T＝t0，求从OO′上方飞出偏转电场的电子在飞出时离OO′的最大距离．‎ ‎(3)若UAB的周期T＝2t0，求电子击中荧光屏上O′点时的速率．‎ 解析：(1)电子在水平方向做匀速运动，v0t0＝l，‎ 解得t0＝.‎ ‎(2)当T＝t0时，t＝0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大．设最大距离为ym，加速度大小为a，则：‎ ym＝2×a2，a＝，‎ 解得最大距离ym＝.‎ ‎(3)当T＝2t0时，电子要到达O′点在电场中必须在竖直方向上先加速后减速再反向加速，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上匀速，从O到O′的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等．设向上加速时间为Δt，则在竖直方向上有：‎ y上＝2×a(Δt)2‎ y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt) 要到达O′点，则有y上＝y下．‎ 解得：Δt＝0.4t0，另一解：Δt＝3t0舍去．‎ 所以，到达O′点的电子在竖直方向上的速度大小为vy＝a(t0－2Δt)‎ 到达荧光屏上O′点的电子的速率为v＝，‎ 解得：电子击中荧光屏上O′点时的速率 v＝ 答案：(1)　(2)　(3) ‎14．如图所示，相距‎2L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS下方的电场E1的场强方向为竖直向上，PS上方的电场E2的场强方向为竖直向下．在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内，连续分布着电荷量为＋q、质量为m的粒子．从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场E1中．从Q点射入的粒子，通过PS上的某点R进入匀强电场E2后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图．若MS两点的距离为.不计粒子的重力及它们间的相互作用．‎ ‎(1)求电场强度E1与E2的大小．‎ ‎(2)在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD边水平射出，这些入射点到P点的距离有什么规律？‎ 解析：(1)设粒子由Q到R及R到M点的时间分别为t1与t2，到达R时竖直速度为vy，‎ 由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得：‎ L＝a1t＝t ＝a2t＝t vy＝t1＝t2‎ v0(t1＋t2)＝‎‎2L 联立解得：E1＝，E2＝.‎ ‎(2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2.因沿PS方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD边的时间均为t＝.设PQ间距离P点为h的粒子射入电场后，经过n(n＝2,3,4，…)个类似于Q→R→M的循环运动(包括粒子从电场E2穿过PS进入电场E1的运动)后，恰好垂直于CD边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到达PS边的时间则为T，则 h＝··2＝(n＝2,3,4，…)‎ 答案：(1)　　(2)见解析