【物理】2019届一轮复习人教版静电场 103页

第七章 静电场 ‎[全国卷5年考情分析]‎ 基础考点 常考考点 命题概率 常考角度 物质的电结构、电荷守恒(Ⅰ) ‎ 静电现象的解释(Ⅰ) ‎ 点电荷(Ⅰ) ‎ 库仑定律(Ⅱ) ‎ 电场线(Ⅰ) ‎ 静电场(Ⅰ) ‎ 示波管(Ⅰ)‎ 以上7个考点未曾独立命题 电场强度、点电荷的场强(Ⅱ)‎ ‎'13Ⅰ卷T15(6分)，'13Ⅱ卷T18(6分)‎ 综合命题概率30%‎ ‎(1)电场强度的求解，电场线、等势线与带电粒子运动轨迹的判断问题 ‎(2)电势、电势能、电势差与电场强度的关系，以及U＝Ed的应用问题 ‎(3)电容器的动态变化问题，电容器与平衡条件的综合问题 ‎(4)带电粒子在匀强电场中的运动问题 ‎(5)用功能关系的观点处理带电体在电场中的运动问题 电势能、电势(Ⅰ)‎ ‎'17Ⅰ卷T20(6分)，'17Ⅲ卷T21(6分)‎ ‎'16Ⅱ卷T15(6分)，'16Ⅲ卷T15(6分)‎ ‎'14Ⅰ卷T21(6分)，'14Ⅱ卷T19(6分)‎ 综合命题概率60%‎ 电势差(Ⅱ)‎ 综合命题概率50%‎ 匀强电场中电势差与电场强度的关系(Ⅱ)‎ ‎'15Ⅰ卷T15(6分)‎ 综合命题概率50%‎ 常见电容器(Ⅰ)‎ ‎'16Ⅰ卷T14(6分)‎ ‎'15Ⅱ卷T14(6分)‎ 综合命题概率50%‎ 电容器的电压、电荷量和电容的关系(Ⅰ)‎ 带电粒子在匀强电场中的运动(Ⅱ)‎ ‎'17Ⅱ卷T25(20分)，'16Ⅰ卷T20(6分) ‎ ‎'15Ⅱ卷T24(12分)，'13Ⅱ卷T24(14分)‎ 综合命题概率75%‎ 第1节电场力的性质 ‎(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍。(√)‎ ‎(2)点电荷和电场线都是客观存在的。(×)‎ ‎(3)根据F＝k，当r→0时，F→∞。(×)‎ ‎(4)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比。(×)‎ ‎(5)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向。(√)‎ ‎(6)真空中点电荷的电场强度表达式E＝中，Q就是产生电场的点电荷。(√)‎ ‎(7)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。(×)‎ ‎(8)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。(×)‎ ‎◎物理学史判断 ‎(1)法国物理学家牛顿利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律。(×)‎ ‎(2)英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。(√)‎ ‎(3)美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，获得诺贝尔奖。(√)‎ ‎1．在应用库仑定律时，应注意定律的适用条件，若带电物体不能看成点电荷，则不适用此公式。‎ ‎2．注意电场强度三个表达式的适用条件，E＝适用于一切电场，E＝k适用于真空中的点电荷，E＝适用于匀强电场。‎ ‎3．在研究带电粒子的运动轨迹时，不要误认为运动轨迹与电场线一定重合，只有在特定的条件下，两者才重合。‎ ‎4．三个自由点电荷，只在彼此间库仑力作用下而平衡，则“三点共线、两同夹异、两大夹小，近小远大”。‎ 突破点(一)　库仑定律的理解及应用 ‎1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用。‎ ‎2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离。‎ ‎3．对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示。‎ ‎(1)同种电荷：F＜k；‎ ‎(2)异种电荷：F＞k。‎ ‎4．不能根据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r→0时，两个带电体已不能看成点电荷了。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[多选]两个半径相同的金属小球(视为点电荷)，带电荷量之比为1∶7，相距为r，两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的(　　)‎ A．　　　　　　　　　　 B． C． D． 解析：选CD　设两小球的电荷量分别为q和7q，则原来相距r时的相互作用力F＝k＝k。由于两球的电性未知，接触后相互作用力的计算可分为两种情况：‎ ‎(1)两球电性相同。相互接触时两球电荷量平均分配，每球带电荷量为＝4q。放回原处后的相互作用力F1＝k＝k，故＝。‎ ‎(2)两球电性不同。相互接触时电荷先中和再平分，每球带电荷量为＝3q。放回原处后的相互作用力F2＝k＝k，故＝。‎ ‎2．根据科学研究表明，地球是一个巨大的带电体，而且表面带有大量的负电荷。如果在距离地球表面高度为地球半径一半的位置由静止释放一个带负电的尘埃，恰好能悬浮在空中，若将其放在距离地球表面高度与地球半径相等的位置时，则此带电尘埃将(　　)‎ A．向地球表面下落 B．远离地球向太空运动 C．仍处于悬浮状态 D．无法判断 解析：选C　地球表面带负电，故可等效为一个带负电的且位于地球球心处的点电荷，这样地球和带电尘埃间的作用就可等效为点电荷间的作用，可以用库仑定律进行定量分析。由于尘埃与地球之间的位置变化很大，故尘埃的重力是变化的，所以需要先将地球与尘埃等效为两质点，才可用万有引力进行定量分析。设带电尘埃的质量为m，电荷量为q；地球的质量为M，地球所带负电荷总量为Q，地球半径为R，当尘埃放在距离地球表面高度为地球半径一半时，恰好悬浮，由库仑定律和万有引力定律可得：‎ ＝G，得kQq＝GMm ①‎ 当尘埃放在距离地球表面高度与地球半径相等时，受到的万有引力F＝；受到的库仑力为：F′＝，‎ 则＝ ②‎ 联立①②可知：＝1，故C正确。‎ ‎3．[多选](2016·浙江高考)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为‎0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为‎0.12 m。已测得每个小球质量是8.0×10－‎4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g＝‎10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，则(　　)‎ A．两球所带电荷量相等 B．A球所受的静电力为1.0×10－2 N C．B球所带的电荷量为4×10－‎‎8 C D．A、B两球连线中点处的电场强度为0‎ 解析：选ACD　用丝绸摩擦过的玻璃棒接触A球，使A球带正电，由题意知A、B两球接触后分开，则两球所带电荷量相等，选项A正确；两球平衡后受力如图所示，球B所受静电力F＝mgtan α＝6.0×10－3 N，球A、B所受静电力大小相等，选项B错误；由F＝及q1＝q2知，小球所带电荷量q＝4×10－‎8 C，选项C正确；A、B两球所带电荷在其连线的中点处产生的电场强度大小相等、方向相反，场强为0，选项D正确。‎ 突破点(二)　电场线的理解与应用 ‎1．电场线的三个特点 ‎(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远或负电荷处。‎ ‎(2)电场线在电场中不相交。‎ ‎(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。‎ ‎2．六种典型电场的电场线 ‎3．两种等量点电荷的电场分析 等量异种点电荷 等量同种点电荷 电场线分布图 电荷连线上的电场强度 沿连线先变小后变大 O点最小，但不为零 O点为零 中垂线上的电场强度 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点对称位置的电场强度 A与A′、B与B′、C与C′‎ 等大同向 等大反向 ‎4．电场线的应用 判断电场强度的大小 电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小。‎ 判断电场力的方向 正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反。‎ 判断电势的高低与电势降低的快慢 沿电场线的方向电势降低最快，且电场线密的地方比疏的地方降低更快。‎ 判断等势面的疏密 电场线越密的地方，等差等势面越密集；电场线越疏的地方，等差等势面越稀疏。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2016·江苏高考)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　　)‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同 解析：选C　由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总是与等势面(容器内表面)垂直，选项C正确；沿任意路径将检验电荷由A点移动到B点，电场力做功都为零，选项D错误。‎ ‎2．(2018·茂名模拟)如图所示为两个等量点电荷的电场线，图中A点和B点、C点和D点皆关于两电荷连线的中点O对称，若将一电荷放在此电场中，则以下说法正确的是(　　)‎ A．电荷在O点受力最大 B．电荷沿直线由A到B的过程中，电场力先增大后减小 C．电荷沿直线由A到B的过程中，电势能先增大后减小 D．电荷沿直线由C到D的过程中，电场力先增大后减小 解析：选D　根据电场线的疏密特点，在AB直线上，O点电场强度最小，则受到电场力最小，而在CD直线上，O点的电场强度最大，则受到电场力最大，因此电荷在O点受力不是最大，故A错误。根据电场线的疏密可知，从A到B的过程中，电场强度先减小后增大，则电场力也先减小后增大；同理从C到D的过程中，电场强度先增大后减小，则电场力也先增大后减小，故B错误，D正确。电荷沿直线由A到B的过程中，无法确定电荷做功的正负，因此无法确定电势能变化，故C错误。‎ ‎3．[多选](2018·沧州模拟)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则(　　)‎ A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低 解析：选ACD　由题图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强大于b点的场强，故A正确；电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b点的电势比a点的高，所以B错误；负电荷在c点的合场强为零，c点只有正电荷产生的电场强度，在d点正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的场强向下，合场强是它们的差值，所以c点的电场强度比d点的大，所以C正确；正电荷到c点的平均场强大于正电荷到d点的平均场强，根据U＝Ed可知，正电荷到c点电势降低的多，所以c点的电势比d点的低；也可以根据电势这样理解：正电荷在d、c两点产生的电势相等，但两个负电荷在d点产生的电势高于c点，所以c点的总电势低于d点，所以D正确。‎ 突破点(三)　电场强度的计算与叠加 ‎1．电场强度三个表达式的比较 E＝ E＝k E＝ 公式意义 电场强度定义式 真空中点电荷电场强度的决定式 匀强电场中E与U的关系式 适用条件 一切电场 ‎①真空　②点电荷 匀强电场 决定因素 由电场本身决定，与q无关 由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定 由电场本身决定，d为沿电场方向的距离 相同点 矢量，遵守平行四边形定则 ‎ 单位：1 N/C＝1 V/m ‎2．电场强度的计算与叠加 在一般情况下可由上述三个公式计算场强，但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的场强时，上述公式无法直接应用。这时，如果转换思维角度，灵活运用叠加法、补偿法、微元法、对称法、等效法等巧妙方法，可以化难为易。‎ 叠加法 ‎[例1]　[多选](2018·武汉质检)‎ 离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，四根平行细杆与直流电压和叠加的射频电压相连，相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。在垂直于四根杆的平面内四根杆的连线是一个正方形abcd，A、C是a、c连线上的两点，B、D是b、d连线上的两点，A、C、B、D到正方形中心O的距离相等。则下列判断正确的是(　　)‎ A．D点的电场强度为零 B．A、B、C、D四点电场强度相等 C．A点电势比B点电势高 D．O点的电场强度为零 ‎[思路点拨]‎ ‎(1)将四个电极分为ac、bd两两进行合成分析。‎ ‎(2)画出连线上的电场方向，沿电场线电势逐渐降低。‎ ‎[解析]　根据电场的叠加原理，a、c两个电极带等量正电荷，其中点O的合场强为零，b、d两个电极带等量负电荷，其中点O的合场强为零，则O点的合场强为零，D正确；同理，D点的场强水平向右，A错误；A、B、C、D四点的场强大小相等，方向不同，B错误；由电场特点知，电场方向由A指向O，由O指向B，故φA>φO，φO>φB，则φA>φB，C正确。‎ ‎[答案]　CD 补偿法 ‎[例2]　(2018·石家庄质检)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为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)‎ A．－E　　　　　 B． C．－E D．＋E ‎[思路点拨]‎ 将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，从而化难为易、事半功倍。‎ ‎[解析]　左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷量－q的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷量－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷量为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，则A正确。‎ ‎[答案]　A 微元法 ‎[例3]　如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP＝L，试求P点的场强。‎ ‎[思路点拨]　‎ ‎(1)将带电圆环等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷。‎ ‎(2)先根据库仑定律求出每个微元电荷的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。‎ ‎[解析]　设想将圆环看成由n个小段组成，当n相当大时，每一小段都可以看成点电荷，其所带电荷量Q′＝，由点电荷场强公式可求得每一小段带电体在P处产生的场强为E＝＝。由对称性知，各小段带电体在P处场强E的垂直于中心轴的分量Ey相互抵消，而其轴向分量Ex之和即为带电环在P处的场强EP，‎ EP＝nEx＝nkcos θ＝k。‎ ‎[答案]　k 对称法 ‎[例4]　下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点O处电场强度最大的是(　　)‎ ‎[解析]　将圆环分割成微元，根据对称性和矢量叠加，D项O点的场强为零，C项等效为第二象限内电荷在O点产生的电场，大小与A项的相等，B项正、负电荷在O点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的倍，也是A、C项场强的倍，因此B项正确。‎ ‎[答案]　B 等效法 ‎[例5]　(2018·济南模拟)MN为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为＋q的点电荷O，金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点。几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对甲图P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是(　　)‎ A．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为 B．方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为 C．方向垂直于金属板向左，大小为 D．方向垂直于金属板向左，大小为 ‎[解析]　据题意，从乙图可以看出，P点电场方向为水平向左；由图乙可知，正、负电荷在P点电场的叠加，其大小为E＝2kcos θ＝2k·＝2k，故选项C正确。‎ ‎[答案]　C 突破点(四)　电场中的平衡和加速问题 ‎1．电场力方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反。‎ ‎2．恰当选取研究对象，用“整体法”或“隔离法”进行分析。‎ ‎3．基本思路：‎ ‎(1)平衡问题利用平衡条件列式求解。‎ ‎(2)非平衡问题利用牛顿第二定律求解。‎ ‎4．库仑力作用下电荷的平衡问题与力学中物体的平衡问题相同，可以将力进行合成与分解。‎ ‎5．列平衡方程，注意电荷间的库仑力与电荷间的距离有关。‎ ‎[典例]　(2018·北京四中期末)如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104 N/C。有一个质量m＝4.0×10‎ ‎－‎3 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°。取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，不计空气阻力的作用。‎ ‎(1)求小球所带的电荷量及电性；‎ ‎(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；‎ ‎(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20 s，求这一段时间内小球电势能的变化量。‎ ‎[思路点拨]‎ ‎(1)先画出小球静止时的受力示意图。‎ ‎(2)在细线剪断后小球做匀加速直线运动。‎ ‎(3)电场力对小球做的功与小球电势能的变化的关系是W电＝－ΔEp。‎ ‎[解析]　(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，‎ 如图所示，由共点力平衡条件有：‎ F＝qE＝mgtan θ 解得：q＝＝1.0×10－‎‎6 C 电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷。‎ ‎(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：＝ma 解得：a＝＝‎12.5 m/s2。‎ ‎(3)在t＝0.20 s的时间内，小球的位移为：‎ l＝at2＝‎‎0.25 m 小球运动过程中，电场力做的功为：‎ W＝qElsin θ＝mglsin θtan θ＝4.5×10－3 J 所以小球电势能的变化量(减少量)为：‎ ΔEp＝4.5×10－3 J。‎ ‎[答案]　(1)1.0×10－‎6 C　正电荷 ‎(2)‎12.5 m/s2　(3)减少4.5×10－3 J ‎[方法规律]　解决带电体的力电综合问题的一般思路 ‎[集训冲关]‎ ‎1．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　　)‎ A．3∶2　　　　　　　　　 B．2∶1‎ C．5∶2 D．3∶1‎ 解析：选A　设极板间电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M，由牛顿第二定律有：qE＝MaM，由运动学公式得：l＝aMt2；对m，由牛顿第二定律有qE＝mam，根据运动学公式得：l＝amt2‎ 由以上几式解之得：＝，故A正确。‎ ‎2．(2018·泉州质检)如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处 施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则(　　)‎ A．小环A的加速度大小为 B．小环A的加速度大小为 C．恒力F的大小为 D．恒力F的大小为 解析：选B　设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos 60°＝k；Tcos 30°＝maA，联立解得：aA＝，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2Tcos 30°＝T＝，选项C、D错误。‎ ‎3．(2017·北京高考)如图所示，长l＝‎1 m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＝1.0×10－‎6 C，匀强电场的场强E＝3.0×103 N/C，取重力加速度g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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)F＝qE＝3.0×10－3 N。‎ ‎(2)由＝tan 37°，得m＝4.0×10－‎4 kg。‎ ‎(3)由mgl(1－cos 37°)＝mv2，‎ 得v＝＝‎2.0 m/s。‎ 答案：(1)3.0×10－3 N　(2)4.0×10－‎4 kg　(3)‎2.0 m/s 巧思妙解——练创新思维 巧解自由电荷的平衡问题 ‎1．一个自由电荷的平衡 已知两个点电荷Q1、Q2固定的水平面上，它们之间的距离是d，现引入第三个点电荷Q3，使Q3平衡的条件是：当Q1和Q2电性相同时，Q3放在两点电荷连线之间；当Q1和Q2电性相异时，Q3放在两点电荷连线外侧，且距离电荷量较小的一个电荷较近。‎ ‎2．三个自由点电荷的平衡问题 ‎(1)条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反。‎ ‎(2)规律 ‎“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；‎ ‎“两同夹异”——正、负电荷相互间隔；‎ ‎“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；‎ ‎“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。‎ ‎[应用体验]‎ ‎1．(2018·牡丹江联考)两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示。A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则(　　)‎ A．Q3为负电荷，且放于A左方 B．Q3为负电荷，且放于B右方 C．Q3为正电荷，且放于A、B之间 D．Q3为正电荷，且放于B右方 解析：选A　因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知Q1和Q2是异种电荷，对Q3的作用力一为引力，一为斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之间。根据库仑定律知，由于B处的电荷Q2电荷量较大，Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡，故应放在Q1的左侧。要使Q1和Q2也处于平衡状态，Q3必须带负电，故选项A正确。‎ ‎2．如图所示，已知两个点电荷Q1、Q2的电荷量分别为＋‎1 C和＋‎4 C，在水平面上能自由移动，它们之间的距离d＝‎3 m，现引入点电荷Q3，试求：当Q3满足什么条件，并把它放在何处时才能使整个系统处于平衡？‎ 解析：由于Q1、Q2电性相同，合电场为零处必在两点电荷连线中间某处，Q3带负电。‎ 再根据＝，得＝ ＝，‎ 即距离电荷量较小的电荷Q1较近，‎ 又因r1＋r2＝d，d＝‎3 m，所以Q3到Q1距离r1＝‎1 m。‎ 根据＝得：Q3＝ C。‎ 答案：Q3为负电荷，电荷量为 C，且放在Q1Q2中间离Q1为‎1 m处 ‎(一)普通高中适用作业 ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎★1．如图所示的情况中，a、b两点电势相等、电场强度也相同的是(　　)‎ 解析：选D　平行板电容器中场强相同而电势不同，A错误；点电荷等势面上的点，电势相等而场强不同，B错误；两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相等而场强的方向不同，C错误；两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势为零，场强相同，D正确。‎ ‎★2．(2018·黑龙江双鸭山一中月考)两个相同的带异种电荷的导体小球(可视为点电荷)所带电荷量的比值为1∶3，相距为r时相互作用的库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放到相距为2r处，则此时库仑力的大小为(　　)‎ A．F　　　　　　　　　 B．F C．F D．F 解析：选A　设一个小球带电荷量为Q，则另一个球带电荷量为－3Q，根据库仑定律两球接触前：F＝k，接触再分开后，两球分别带电荷量为：Q1＝Q2＝＝－Q；由库仑定律得：F′＝k＝，故A正确。‎ ‎★3．(2018·牡丹江一中月考)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落的方向 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。‎ ‎★4.(2018·河北定州中学模拟)A、B两个点电荷在真空中所产生的电场的电场线(方向未标出)如图所示，图中C点为两个点电荷连线的中点，MN为两个点电荷连线的中垂线，D为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称。则下列说法正确的是(　　)‎ A．这两个点电荷一定是等量异种电荷 B．这两个点电荷一定是等量同种电荷 C．C点的电场强度比D点的电场强度小 D．C点的电势比D点的电势高 解析：‎ 选A　根据电场线的特点，从正电荷出发到负电荷终止可以判断，这两点电荷是两个等量异种电荷，故A正确，B错误；在两等量异种电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大，也可以从电场线的疏密判断，所以C点的电场强度比D点的电场强度大，故C错误；中垂线和电场线垂直，所以中垂线为等势线，所以C点的电势等于D点的电势，故D错误。‎ ‎5.已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为(　　)‎ A．和 B．和 C．和 D．和 解析：选D　两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量σ＝；则单个极板形成的场强E0＝＝，两极板间的电场强度为：2×＝；两极板间的相互引力F＝E0Q＝。‎ ‎6．[多选](2018·河北定州中学月考)如图为静电除尘器除尘机原理示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是(　　)‎ A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 解析：选BD　由题图所示可知，集尘极电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确。电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误。由F＝Eq可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。‎ ‎7．[多选](2018·衡水一中月考)某电场的电场线的分布如图所示。一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点。则下列判断正确的是(　　)‎ A．粒子带正电 B．电场力对粒子做负功 C．粒子在N点的加速度大 D．粒子在N点的电势高 解析：选AC　电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，故A正确；从M点到N点，静电力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故B、D错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故C正确。‎ ‎★8．[多选]如图所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－‎5 C，质量均为‎0.72 kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球固定在绝缘棒一端，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为30°，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则B球距离A球的距离可能为(　　)‎ A．‎0.5 m B．‎‎0.8 m C．‎1.2 m D．‎‎2.5 m 解析：选AB　对A受力分析，受重力mg、线的拉力FT、B对A的吸引力F，由分析知，A平衡时，F的最小值为F＝mgsin 30°＝，解得r＝‎1 m，所以两球的距离d≤‎1 m，A、B正确。‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎9．(2018·重庆二模)如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ。‎ ‎(1)试求这个匀强电场的场强E大小；‎ ‎(2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹角为θ，则E′的大小又是多少？‎ 解析：(1)对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图甲所示。由平衡条件得：mgtan θ＝qE 解得：E＝。‎ ‎(2)将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′＝qE′，此时电场力与细线垂直，如图乙所示。‎ 根据平衡条件得：mgsin θ＝qE′‎ 则得：E′＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎10．(2018·徐州模拟)如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：‎ ‎(1)A球刚释放时的加速度大小。‎ ‎(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离。‎ 解析：(1)由牛顿第二定律可知mgsin α－F＝ma 根据库仑定律有F＝k 又知r＝，得a＝gsin α－。‎ ‎(2)当A球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大。‎ 设此时A球与B点间的距离为d，则mgsin α＝ 解得d＝ 。‎ 答案：(1)gsin α－　(2) ‎[C级——难度题目自主选做]‎ ‎11．(2018·潍坊二中月考)如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是(　　)‎ A．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 解析：选C　在两电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大。但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，故A、B错误；越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大，电场力为零，加速度为零，故C正确；根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q 做减速运动，加速度的变化情况无法判断，故D错误。‎ ‎12.[多选]用细绳拴一个质量为m、带正电的小球B，另一也带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，A、B两球与地面的高度均为h，小球B在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示。现将细绳剪断后(　　)‎ A．小球B在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动 B．小球B在细绳剪断瞬间加速度大于g C．小球B落地的时间小于 D．小球B落地的速度大于 解析：选BCD　将细绳剪断瞬间，小球B受到重力和库仑力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此从剪断细绳瞬间起开始，小球B不可能做平抛运动，且加速度大于g，故A错误，B正确；小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速大于g，因此小球B落地的时间小于 ，落地的速度大于，故C、D正确。‎ ‎(二)重点高中适用作业 ‎[A级——保分题目巧做快做]‎ ‎★1.(2018·“江南十校”联考)如果空气中的电场很强，使得气体分子中带正、负电荷的微粒所受的相反的静电力很大，以至于分子破碎，于是空气中出现了可以自由移动的电荷，那么空气变成了导体，这种现象叫做空气的“击穿”。已知高铁上方的高压电接触网的电压为27.5 kV。阴雨天时当雨伞伞尖周围的电场强度达到2.5×104 V/m时空气就有可能被击穿。因此乘客阴雨天打伞站在站台上时，伞尖与高压电接触网的安全距离至少为(　　)‎ A．‎0.6 m　　　　　　　 B．‎‎1.1m C．‎1.6 m D．‎‎2.1 m 解析：选B　由题：U＝27.5×103 V，E＝2.5×104 V/m，则由U＝Ed得：d＝＝‎1.1 m，故选项B正确。‎ ‎2．已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为(　　)‎ A．和 B．和 C．和 D．和 解析：选D　两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量σ＝；则单个极板形成的场强E0＝＝，两极板间的电场强度为：2×＝；两极板间的相互引力F＝E0Q＝。‎ ‎★3.(2018·四川遂宁三诊)在场强为E＝k的匀强电场中，取O点为圆心，r为半径作一圆周，在O点固定一带电荷量为＋Q的正点电荷，ac、bd为相互垂直的两条直径，其中bd与电场线平行，不计试探电荷的重力，如图所示。则(　　)‎ A．把一正试探电荷＋q放在a点， 试探电荷恰好处于平衡 B．把一负试探电荷－q放在b点， 试探电荷恰好处于平衡 C．把一负试探电荷－q放在c点， 试探电荷恰好处于平衡 D．把一正试探电荷＋q放在d点， 试探电荷恰好处于平衡 解析：选B　点电荷＋Q在a点产生的电场方向为水平向右，大小为Ea＝k，与电场E叠加后合电场指向右斜上方，故正试探电荷受力不平衡，A错误；点电荷在b点产生的电场强度方向竖直向下，大小为Eb＝k，与电场E叠加后合场强为零，试探电荷正好受力平衡，B正确；在c点的合场强方向为斜向左上方，电场不为零，试探电荷不能平衡，C错误；在d点的合场强方向竖直向上，电场不为零，试探电荷不能平衡，D错误。‎ ‎4．[多选](2018·河北定州中学月考)如图为静电除尘器除尘机原理示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是(　　)‎ A．到达集尘极的尘埃带正电荷 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大 解析：‎ 选BD　由题图所示可知，集尘极电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确。电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误。由F＝Eq可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。‎ ‎5．[多选](2018·衡水一中月考)某电场的电场线的分布如图所示。一个带电粒子由M点沿图中虚线所示的途径运动通过N点。则下列判断正确的是(　　)‎ A．粒子带正电 B．电场力对粒子做负功 C．粒子在N点的加速度大 D．粒子在N点的电势高 解析：选AC　电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受到的电场力的方向也向上，所以电荷为正电荷，故A正确；从M点到N点，静电力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，电势降低，故B、D错误；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以粒子在N点的受力大，加速度大，故C正确。‎ ‎★6．如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上。其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为l。当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°。带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k。则(　　)‎ A．A、B间库仑力大小F＝ B．A、B间库仑力大小F＝ C．细线拉力大小FT＝ D．细线拉力大小FT＝mg 解析：选B　小球A的受力分析如图：由于对称性，绳子拉力等于库仑力，且根据平衡条件则F库cos 30°＝mg，化简则F库＝，即绳子拉力F＝，因此正确选项为B。‎ ‎★7．(2018·衡阳联考)如图所示，一均匀带电荷量为＋Q的细棒，在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，且ab＝bc＝cd＝L，在a 点处有一电荷量为＋的固定点电荷q。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)(　　)‎ A．k B．k C．k D．k 解析：选A　电荷量为＋的点电荷q在b处产生电场强度为E＝，方向向右。又b点处的合场强为零，根据电场的叠加原理可知细棒与q在b处产生的电场强度大小相等，方向相反，则知细棒在b处产生的电场强度大小为E′＝，方向向左。根据对称性可知细棒在d处产生的电场强度大小为，方向向右；而电荷量为的点电荷q在d处产生的电场强度为E″＝＝，方向向右；所d点处场强的大小为Ed＝E″＋E′＝，方向向右。‎ ‎8．(2018·潍坊二中月考)如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是(　　)‎ A．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 解析：选C　在两电荷连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大。但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断，故A、B错误；越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大，电场力为零，加速度为零，故C正确；根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断，故D错误。‎ ‎9．[多选]用细绳拴一个质量为m、带正电的小球B，另一也带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，A、B两球与地面的高度均为h，小球B在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图所示。现将细绳剪断后(　　)‎ A．小球B在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动 B．小球B在细绳剪断瞬间加速度大于g C．小球B落地的时间小于 D．小球B落地的速度大于 解析：选BCD　将细绳剪断瞬间，小球B受到重力和库仑力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此从剪断细绳瞬间起开始，小球B不可能做平抛运动，且加速度大于g，故A错误，B正确；小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速大于g，因此小球B落地的时间小于 ，落地的速度大于，故C、D正确。‎ ‎★10．(2018·甘肃二诊)如图所示，等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放，则小球由C运动到D的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．杆对小球的作用力先增大后减小 B．杆对小球的作用力先减小后增大 C．小球的速度先增大后减小 D．小球的速度先减小后增大 解析：选A　从C到D，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，则杆对小球的作用力先增大后减小，故A正确，B错误。因直杆处于AB连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对带电小球进行受力分析，受竖直向下的重力，水平向左的电场力和水平向右的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以带电小球一直做匀加速直线运动，故C、D错误。‎ ‎[B级——拔高题目稳做准做]‎ ‎11.(2018·重庆二模)如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹角为θ。‎ ‎(1)试求这个匀强电场的场强E大小；‎ ‎(2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细线仍与竖直方向夹角为θ，则E′的大小又是多少？‎ 解析：(1)对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图甲所示。由平衡条件得：mgtan θ＝qE 解得：E＝。‎ ‎(2)将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ角，大小为F′＝qE′，此时电场力与细线垂直，如图乙所示。‎ 根据平衡条件得：mgsin θ＝qE′‎ 则得：E′＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎12．(2018·徐州模拟)如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：‎ ‎(1)A球刚释放时的加速度大小。‎ ‎(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离。‎ 解析：(1)由牛顿第二定律可知mgsin α－F＝ma 根据库仑定律有F＝k 又知r＝，得a＝gsin α－。‎ ‎(2)当A球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大。‎ 设此时A球与B点间的距离为d，则mgsin α＝ 解得d＝ 。‎ 答案：(1)gsin α－　(2) 第2节电场能的性质 ‎,‎ ‎(1)电场力做功与重力做功相似，均与路径无关。(√)‎ ‎(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零。(×)‎ ‎(3)沿电场线方向电场强度越来越小，电势逐渐降低。(×)‎ ‎(4)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A移到B点时静电力所做的功。(×)‎ ‎(5)A、B两点的电势差是恒定的，所以UAB＝UBA。(×)‎ ‎(6)电势是矢量，既有大小也有方向。(×)‎ ‎(7)等差等势线越密的地方，电场线越密，电场强度越大。(√)‎ ‎(8)电场中电势降低的方向，就是电场强度的方向。(×)‎ ‎1．在应用描述电势、电势能、电势差的公式时，q、W、U、Ep、φ都直接代入符号进行运算，而应用描述电场力、电场强度的公式运算时可以不代入符号。‎ ‎2．解题中常用到的二级结论：‎ ‎(1)在匀强电场中：‎ ‎①相互平行的直线上(直线与电场线可成任意角)，任意相等距离的两点间电势差相等；‎ ‎②沿任意直线，相等距离电势差相等。‎ ‎(2)电势能的变化与电场力的功对应，电场力的功等于电势能增量的负值：W电＝－ΔE电。求电场力的功基本方法：用W＝qU计算。‎ ‎(3)几中常见电场线、等势面分布 沿电场线的方向电势越来越低，电势和场强大小没有联系。‎ ‎①如图甲所示，等量同种电荷连线中点场强为零，中垂线上，从中点到两侧场强先增大后减小(因为无穷远处场强也为零)；‎ ‎　　‎ ‎②如图乙所示，等量异种电荷连线中垂线是电势为零的等势面，中点场强最大；连线上中点场强最小。从正电荷向负电荷方向电势降低(沿电场线方向电势降低)。‎ 突破点(一)　电势高低与电势能大小的判断 ‎1．电势高低的判断 判断依据 判断方法 电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低 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 电势能的高低 正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大 电场力做功 根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低 ‎2．电势能大小的判断 判断方法 方法解读 公式法 将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小 电势法 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 做功法 电场力做正功，电势能减小 电场力做负功，电势能增加 能量守恒法 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，动能减小，电势能增加 ‎[题点全练]‎ ‎1.(2018·湛江四校联考)如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法正确的是(　　)‎ A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低 B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高 C．O点的电场强度为零，电势最低 D．O点的电场强度不为零，电势最高 解析：选C　圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强相互抵消，合场强为零。圆环上各电荷在x轴产生的电场强度有水平向左的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知，从O点沿x轴正方向，电势升高。O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小。综上分析可知C正确，A、B、D错误。‎ ‎2.(2018·南宁三校联考)如图所示，真空中有等量异种点电荷＋q、－q分别放置在M、N两点，在MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在MN连线的中垂线上，O点电势最高 B．正电荷＋q从b点移到d点的过程中，受到的电场力先减小后增大 C．正电荷＋q在c点电势能大于在a点电势能 D．正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能 解析：选D　在MN连线的中垂线上各点的电势均为零，选项A错误；沿两电荷连线的中垂线从b点到d点，场强先增大后减小，故正电荷＋q受到的电场力先增大后减小，选项B错误；因a点的电势高于c点，故正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能，选项D正确，C错误。‎ ‎3．(2018·鹤壁模拟)如图所示，AB为均匀带有电荷量＋Q的细棒，C为AB棒附近的一点，CB垂直于AB。AB棒上电荷形成的电场中C点的电势为φ0，φ0可以等效成AB棒上电荷集中于AB上某点P(未画出)处、带电荷量为＋Q的点电荷所形成的电场在C点的电势。若PC的距离为r，由点电荷电势的知识可知φ0＝k。若某点处在多个点电荷形成的电场中，则电势为每一个点电荷在该点所产生的电势的代数和。根据题中提供的知识与方法，我们可将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，就可以求得AC连线中点C′处的电势为(　　)‎ A．φ0　　　　　　　　　 B.φ0‎ C．2φ0 D．4φ0‎ 解析：选C　AB棒带电均匀，故其等效点电荷P点位于AB中点处，又AB的中点P到C的距离PC等于AP的中点E到C′‎ 的距离的2倍，如图所示，将AB棒均分成两段，并看成两个点电荷，每个点电荷的电荷量为，由φ0＝k可知，每个电荷量为的点电荷在C′点产生的电势为φ0，两个点电荷在AC连线中点C′处的电势为2φ0，故C正确。‎ 突破点(二)　电势差与电场强度的关系 ‎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：‎ 推论①：如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝。‎ 推论②：如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD。‎ ‎2．E＝在非匀强电场中的三点妙用 ‎(1)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。‎ ‎(2)利用φ x图像的斜率判断电场强度随位置变化的规律：k＝＝＝Ex，斜率的大小表示电场强度的大小，正负表示电场强度的方向。‎ ‎(3)判断电场强度大小：等差等势面越密，电场强度越大。‎ ‎[典例]　a、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。电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图所示，由此可知c点的电势为(　　)‎ A．4 V　　　　　　　　　 B．8 V C．12 V D．24 V ‎[方法规律]‎ ‎(一)由题明3法 基础解法：(公式法)设ab间沿电场方向上的距离为d，则cd间沿电场方向的距离也为d。‎ 由E＝得：E＝＝ 解得：φc＝8 V。‎ 能力解法一：(推论①)‎ 连接对角线ac和bd相交于O点，如图所示。由匀强电场的性质可得 φO＝＝，解得：φc＝8 V。‎ 能力解法二：(推论②)‎ 因为ab＝cd且ab∥cd，所以φb－φa＝φc－φd，‎ 解得φc＝8 V。‎ ‎(二)3法比较 ‎(1)公式法适用匀强电场中E或U的计算，过程较繁琐。‎ ‎(2)推论①仅适用于匀强电场中两点连线中点的电势的计算。推论②适用于匀强电场中能构成平行四边形的四个点之间电势的计算。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎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10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 解析：选ABD　ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 V/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＝1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D项正确。‎ ‎2．(2018·湖北省部分重点中学模拟)如图所示，水平面内有A、B、C、D、M、N六个点，它们均匀分布在半径为R＝‎‎2 cm 的同一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知A、C、M三点的电势分别为φA＝(2－)V、φC＝2 V、φM＝(2＋)V，下列判断正确的是(　　)‎ A．电场强度的方向由A指向D B．电场强度的大小为1 V/m C．该圆周上的点电势最高为4 V D．沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电场力先做负功后做正功 解析：选C　在匀强电场中AM连线的中点G的电势φG＝(φA＋φM)＝2 V＝φC，所以直线COGN为等势线，在匀强电场中等势线相互平行，电场线与等势线相互垂直，且由电势高的等势线指向电势低的等势线，可知直线AB、直线DM分别为等势线，直线DB、直线MA分别为电场线，可知电场强度的方向由M指向A(或由D指向B)，故A错误；MA两点间的电势差UMA＝φM－φA＝2 V，沿电场方向的距离d＝R＝ m，电场强度E＝＝100 V/m，故B错误；过圆心O做MA的平行线，与圆的交点H处电势最高，UHO＝E·R＝2 V，由UHO＝φH－φO可得：最高电势φH＝UHO＋φO＝4 V，故C正确；沿圆周将电子从D点经M点移到N点，电场力先做正功再做负功，故D错误。‎ ‎3．(2018·武汉模拟)如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为φA＝30 V，B点的电势为φB＝－10 V，则C点的电势(　　)‎ A．φC＝10 V B．φC>10 V C．φC<10 V D．上述选项都不正确 解析：选C　由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<，即φC<10 V，选项C正确。‎ 突破点(三)　电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题 ‎1．等势线总是和电场线垂直，已知电场线可以画出等势线，已知等势线也可以画出电场线。‎ ‎2．几种典型电场的等势线(面)‎ 电场 等势线(面)‎ 重要描述 匀强电场 垂直于电场线的一簇平面 点电荷的电场 以点电荷为球心的一簇球面 等量异种点电荷的电场 连线的中垂线上电势处处为零 等量同种(正)点电荷的电场 两点电荷连线上，中点的电势最低；中垂线上，中点的电势最高 ‎3．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 ‎(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。‎ ‎(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。‎ ‎(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 解析：选B　在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D错误。‎ ‎2．(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>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb 解析：选D　a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rb＜rc＜ra，则三点的电场强度由E＝k可知Eb＞Ec＞Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab＞ac＞aa。由运动轨迹可知带电粒子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。 ‎ ‎3．[多选](2017·天津高考)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)‎ A．电子一定从A向B运动 B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷 C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpArB，故φA>φB，EpAμmg，物块不可能停止在O点右侧，设最终停在O点左侧且离O点为x处。‎ 由动能定理得E|q|xm－μmg(xm＋x)＝0，可得x＝‎0.2 m。‎ ‎[答案]　(1)‎0.4 m　(2)O点左侧‎0.2 m处 ‎[方法规律]　处理电场中能量问题的基本方法 在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系。‎ ‎(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)。‎ ‎(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。‎ ‎(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系。‎ ‎(4)有电场力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．[多选](2018·泰安一模)如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放。则释放后小球从M运动到N过程中(　　)‎ A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量 C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和 解析：选BC　由于有电场力做功，故小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误；由题意，小球受到的电场力与重力大小相等，在小球从M运动到N过程中，重力做多少正功，重力势能就减少多少，电场力做多少负功，电势能就增加多少，又两力做功一样多，可知B正确；由动能定理可知，弹力对小球做的功等于小球动能的增加量，又弹力的功等于弹性势能的减少量，故C正确；显然电场力和重力做功的代数和为零，故D错误。‎ ‎2．[多选]如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d的A点处有一固定的正电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至h＝0的过程中，其动能Ek随h的变化曲线如图乙所示，则(　　)‎ A．小环可能带负电 B．从h高处下落至h＝0的过程中，小环电势能增加 C．从h高处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段 D．小环将做以O点为中心的往复运动 解析：选BC　结合动能Ek随h的变化图像可知，小环带正电，故选项A错误；从h高处下落至h＝0的过程中，小环受到电场力为斥力，做负功，小环电势能增加，由题图可知，从h高处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，故选项B、C正确；在下落至O点时小环所受电场力与杆对小环的支持力平衡，合力为重力，过了O点后，电场力、杆对小环的支撑力和重力的合力向下，小环一直做加速运动，故选项D错误。‎ ‎(一)普通高中适用作业 ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎★1.[多选](2018·浙江温州中学模拟)如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点。若将一正试探点电荷从虚线上N点移动到M点，则(　　)‎ A．电荷所受电场力大小不变　 B．电荷所受电场力逐渐增大 C．电荷电势能逐渐减小 D．电荷电势能保持不变 解析：选BC　由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F＝qE可知正点电荷从虚线上N点移动到M点，电场力逐渐增大，故A错误，B正确。根据顺着电场线方向电势降低，可知从N到M，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减小，故C正确，D错误。‎ ‎2.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0，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为(　　)‎ A．200 V/m B．200 V/m C．100 V/m D．100 V/m 解析：选A　设OA中点为C，由＝可得C点的电势φC＝3 V，φC＝φB，即B、C在同一等势面上，如图所示，由电场线与等势面的关系和几何关系知：d＝‎1.5 cm。则E＝＝ V/m＝200 V/m，A正确。‎ ‎★3．[多选]两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则(　　)‎ A．场强大小关系有Eb＞Ec B．电势大小关系有φb＞φd C．将一负电荷放在d点时其电势能为负值 D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功 解析：选BD　同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此Eb＜Ec，选项A错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面为等势面，因此φb＞φd，选项B正确；由于无穷远处电势为零，故d点电势为负，负电荷放在d点时电势能为正值，选项C错误；由题图可知，φa＞φd，Uad＞0，则将正电荷由a点移至d点的过程中电场力做功W＝qUad，为正功，选项D正确。‎ ‎4．(2018·河北定州中学月考)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子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，由此可知(　　)‎ A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 解析：选A　粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度大于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，动能与电势能之和保持不变，故C错误；由电场线疏密可知R点场强比Q点大，电场力大，加速度大，故D错误。‎ ‎★5．(2018·扬州模拟)如图所示， A、B、C为直角三角形的三个顶点，∠A＝30°，D为AB的中点，负点电荷Q位于D点。A、B、C三点的电势分别用φA、φB、φC表示，下列说法正确的是(　　)‎ A．φC大于φA B．A、B两点电场强度相同 C．负检验电荷在BC连线上各点具有的电势能都相等 D．将正检验电荷沿AC从A点移到C点，电场力先做正功后做负功 解析：选D　点电荷的等势面是一系列的同心圆，A、C两点在同一个等势面上，故φC等于φA，故A错误；A、B两点距场源点电荷距离相等，根据点电荷场强公式E＝k，故A、B两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A、B两点的电场强度不相同，故B错误；BC连线上各点距场源点电荷距离不等，电势不等，根据Ep＝qφ，负检验电荷在BC连线上各点具有的电势能不相等，故C错误；AC连线上，越靠近负电荷电势越低，从A到C电势先降低后升高，正检验电荷具有的电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，故D正确。‎ ‎6．[多选]静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)‎ A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 解析：选BC　由题图可知，x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确。‎ ‎7.(2015·全国卷Ⅰ)如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则(　　)‎ A．直线a位于某一等势面内，φM>φQ B．直线c位于某一等势面内，φM>φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功 解析：选B　由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误。M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误。电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误。‎ ‎8．[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。‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎9.(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 vB sin 30°＝v0sin 60°①‎ 由此得 vB＝v0②‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有 qUAB＝m(vB2－v02)③‎ 联立②③式得 UAB＝。④‎ 答案： ‎10.如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝‎0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104 N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10－‎4 C，质量m＝‎0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。取g＝‎10 m/s2。试求：‎ ‎(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；‎ ‎(2)D点到B点的距离xDB；‎ ‎(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能(结果保留3位有效数字)。‎ 解析：(1)设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mg＝m，‎ 解得vC＝‎2.0 m/s。‎ 设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有 FB－mg＝m。‎ 带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理有 ‎－mg×2R＝mvC2－mvB2‎ 联立解得FB＝6.0 N，‎ 根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB′＝6.0 N。‎ ‎(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R＝gt2，‎ xDB＝vCt－t2‎ 联立解得xDB＝0。‎ ‎(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。‎ 设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有 qERsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝Ekm－mvB2，‎ 代入数据解得Ekm≈1.17 J。‎ 答案：(1)6.0 N　(2)0　(3)1.17 J ‎[C级——难度题目自主选做]‎ ‎★11．(2018·湖北孝感高级中学调考)在直角坐标系Oxyz中有一四面体OABC，其顶点坐标如图所示。在原点O固定一个电荷量为－Q的点电荷，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B、C三点的电场强度相同 B．平面ABC构成一个等势面 C．若在A、B、C三点放置三个点电荷，－Q所受电场力的合力一定不可能为零 D．若将试探电荷＋q自A点沿－x轴方向移动到O点的过程中，其电势能增大 解析：选C　根据点电荷电场线的分布情况可知：A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量， 则A、B、C三点的电场强度不同，故A错误；A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，由于A、B、C三点所在的等势面为球面，所以平面ABC不是等势面，故B错误；若在A、B、C三点放置三个点电荷，任意两个点电荷对－Q的电场力的合力与第三个电荷对－Q的电场力不在同一直线上，所以三个点电荷对－Q的合力不可能为零，故C正确；若将试探电荷＋q自A点沿－x轴方向移动，该试探电荷受到吸引力，吸引力方向一定沿着x轴的负方向，则电场力对该试探电荷做正功，其电势能将减少，故D错误。‎ ‎12．[多选](2018·黑龙江牡丹江一中月考)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是(　　)‎ A．电场强度的大小为E＝ B．AB两点的电势差为UAB＝ C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcos θ D．带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向 解析：选BC　由题意，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE＝F，则得场强E＝，故A错误。A、B两点的电势差为U＝－Edcos θ＝－，故B正确。带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W＝Fdcos θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcos θ，故C正确。小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，F大小、方向均不变，故D错误。‎ ‎(二)重点高中适用作业 ‎[A级——保分题目巧做快做]‎ ‎1．(2015·全国卷Ⅰ)如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则(　　)‎ A．直线a位于某一等势面内，φM>φQ B．直线c位于某一等势面内，φM>φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功 解析：选B　由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误。M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误。电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误。‎ ‎2．[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。‎ ‎3.[多选]静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)‎ A．在x2和x4处电势能相等 B．由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小 D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 解析：选BC　由题图可知，x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确。‎ ‎★4．[多选](2017·江苏高考)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和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：选AC　由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A项正确；由E＝可知，φx图像的切线斜率表示电场强度，因此x1处的电场强度不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Ep＝qφ，F＝qE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。‎ ‎5．[多选](2018·黑龙江牡丹江一中月考)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是(　　)‎ A．电场强度的大小为E＝ B．AB两点的电势差为UAB＝ C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcos θ D．带电小球若由B匀速运动至A，则恒力F必须反向 解析：选BC　由题意，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有，qE＝F，则得场强E＝，故A错误。A、B两点的电势差为U＝－Edcos θ＝－‎ eq f(Fdcos θ,q)，故B正确。带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W＝Fdcos θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcos θ，故C正确。小球所受的电场力恒定不变，若带电小球由B向A做匀速直线运动时，F大小、方向均不变，故D错误。‎ ‎6．(2018·河北定州中学月考)如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子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，由此可知(　　)‎ A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 解析：选A　粒子做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度大于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，在P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，动能与电势能之和保持不变，故C错误；由电场线疏密可知R点场强比Q点大，电场力大，加速度大，故D错误。‎ ‎7．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0，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为(　　)‎ A．200 V/m　　　　　　　 B．200 V/m C．100 V/m D．100 V/m 解析：选A　设OA中点为C，由＝可得C点的电势φC＝3 V，φC＝φB，即B、C在同一等势面上，如图所示，由电场线与等势面的关系和几何关系知：d＝‎1.5 cm。则E＝＝ V/m＝200 V/m，A正确。‎ ‎8．(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 vB sin 30°＝v0sin 60° ①‎ 由此得 vB＝v0 ②‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有 qUAB＝m(vB2－v02) ③‎ 联立②③式得 UAB＝。 ④‎ 答案： ‎[B级——拔高题目稳做准做]‎ ‎★9．[多选](2018·河北定州中学月考)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P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 D．从N到Q的过程中，电势能一直增加 解析：选BD　a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，同时库仑力在增大，故合力一直在增大，故A错误；在从N到P的过程中合力先与运动方向的夹角为锐角，合力做正功；而后合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功，故从N到P的过程中，速率先增大后减小，故B正确；从P到Q的过程中，由动能定理可知，－mgh－WE＝0－mv2，故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量，故C错误；由于在下降过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于90度，故库仑力一直做负功，电势能一直增加，故D正确。‎ ‎★10．[多选](2018·河南南阳一中月考)空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2。若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是(　　)‎ A．A、B两点的电场强度和电势大小关系为EA＞EB、φA＜φB B．若v2＞v1，则电场力不一定做正功 C．A、B两点间的电势差为(v22－v12－2gh)‎ D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv22－mv12‎ 解析：选BC　由电场线的疏密可判断出EA＜EB，由电场线的方向可判断出φA＞φB，故A错误；在运动的过程中，由动能定理得，mgh＋qU＝mv22－mv12，若v2＞v1，qU可正可负，即电场力不一定做正功， A、B两点间的电势差U＝(v22－v12－2gh)，电场力做功W＝qU＝mv22－mv12－mgh，故B、C正确，D错误。‎ ‎★11．[多选]如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，且小球通过点P。已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．电场强度的大小为 B．小球初速度的大小为 C．小球通过点P时的动能为 D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少 解析：选BC　由轨迹方程y＝kx2可知小球运动轨迹为初速度向上的抛物线，合力向右，如图所示，由受力分析可知 mg＝Eq，E＝，A错误。联立方程＝gt2，＝v0t，‎ 解得v0＝ ，B正确。‎ 据动能定理mg·＝Ek－mv02，得Ek＝，C正确。ΔEp＝－W＝－Eq·＝－mg·＝，D错误。‎ ‎★12．(2018·陕西西安中学模拟)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．x1处电场强度最小，但不为零 B．粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C．在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1‎ D．x2～x3段的电场强度大小和方向均不变 解析：选D　根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝·，由数学知识可知Epx图像切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；由题图看出在0～x1段图像切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，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，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＝φ0＞φ3，故C错误。‎ ‎13．如图所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝‎0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104 N/C。现有一电荷量q＝＋1.0×10－‎4 C，质量m＝‎0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)。取g＝‎10 m/s2。试求：‎ ‎(1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；‎ ‎(2)D点到B点的距离xDB；‎ ‎(3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能(结果保留3位有效数字)。‎ 解析：(1)设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mg＝m，‎ 解得vC＝‎2.0 m/s。‎ 设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有 FB－mg＝m。‎ 带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理有 ‎－mg×2R＝mvC2－mvB2‎ 联立解得FB＝6.0 N，‎ 根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB′＝6.0 N。‎ ‎(2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R ‎＝gt2，‎ xDB＝vCt－t2‎ 联立解得xDB＝0。‎ ‎(3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°处。‎ 设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有 qERsin 45°－mgR(1－cos 45°)＝Ekm－mvB2，‎ 代入数据解得Ekm≈1.17 J。‎ 答案：(1)6.0 N　(2)0　(3)1.17 J 第3节电容器__带电粒子在电场中的运动 ‎(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(×)‎ ‎(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。(×)‎ ‎(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(×)‎ ‎(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)‎ ‎(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(√)‎ ‎(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。(√)‎ ‎(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(×)‎ ‎1．在分析电容器的动态变化时，要先明确电容器是与电源相接还是与电源断开，电容器接在电源上，电压不变，E＝；断开电源时，电容器电量不变，E∝，改变两极板距离，场强不变。‎ ‎2．电偏转问题 ‎(1)离开电场时偏移量：y＝at2＝，离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。‎ ‎(2)粒子飞出偏转电场时“速度的反向延长线，通过沿电场方向的位移的中心”。(粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间的处沿直线射出似的)‎ ‎(3)不同带电粒子从同一电场加速再进入同一偏转电场，所有粒子都从同一点射出，荧光屏上只有一个亮斑。‎ ‎　　‎ 突破点(一)　平行板电容器的动态分析 ‎1．平行板电容器动态变化的两种情况 ‎(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。‎ ‎(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。‎ ‎2．动态分析思路 U不变 ‎①根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化。‎ ‎②根据E＝分析场强的变化。‎ ‎③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。‎ Q不变 ‎①根据C＝＝，先分析电容的变化，再分析U的变化。‎ ‎②根据E＝分析场强的变化。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅰ)‎ 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器(　　)‎ A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 解析：选D　平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。‎ ‎2．(2016·天津高考)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。‎ ‎3．(2018·河北定州中学月考)静电计是用来测量电容器两极板间电势差的仪器，两板之间的电势差越大，则静电计的指针偏角越大。平行板电容器、滑动变阻器、电源、开关以及静电计按如图所示的电路连接。当开关闭合时静电计的指针有偏转，下列能使偏角增大的是(　　)‎ A．断开开关，增大两极板间的距离 B．闭合开关，增大两极板间的距离 C．闭合开关，减小两极板间的距离 D．闭合开关，使滑动变阻器的滑片向左移动 解析：选A　断开开关，电容器带电量不变，将MN分开一些，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A正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，与极板间距无关，故B、C错误；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，滑动变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故D错误。‎ 突破点(二)　带电粒子在电场中的直线运动 ‎1．带电粒子在电场中运动时重力的处理 基本粒子 如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)‎ 带电颗粒 如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力 ‎2.做直线运动的条件 ‎(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动。‎ ‎(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。‎ ‎3．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad。‎ ‎4．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02‎ 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1‎ ‎[典例]　(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]　电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，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 板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。‎ ‎[答案]　A ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·河北定州中学月考)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是(　　)‎ A．保持S闭合，将A板适当上移 B．保持S闭合，将B板适当下移 C．先断开S，再将A板适当上移 D．先断开S，再将B板适当下移 解析：选B　设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q。由题知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0。若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝mv2，v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误。若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，由动能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确。若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零。由动能定理得mg(h－Δd＋d′)－qEd′＝0，又由原来情况有mg(h＋d)－qEd＝0。比较两式得，d′＜d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误。若断开S，再将B板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b孔，故D错误。‎ ‎2．竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场。其电场强度为E，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示，请问：‎ ‎(1)小球的电性及所带电荷量是多少？‎ ‎(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？‎ 解析：(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示，小球带正电；‎ Fsin θ＝Qe ①‎ Fcos θ＝mg ②‎ 由上述两式得 tan θ＝，‎ 故q＝。‎ ‎(2)由第(1)问中的方程②知F＝，而剪断丝线后，小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于。小球的加速度a＝＝，小球由静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板时，它经过的位移为s＝，又由s＝at2，‎ t＝ ＝ ＝ 。‎ 答案：(1)正电　　(2) 突破点(三)　带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎1．运动规律 ‎(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 ‎(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动 ‎2．两个结论 ‎(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。‎ 证明：由qU0＝mv02‎ y＝at2＝··2‎ tan θ＝ 得：y＝，‎ tan θ＝。‎ ‎(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为。‎ ‎3．功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。‎ ‎[典例]　(2018·河北定州中学模拟)如图所示，两平行金属板A、B长为L＝‎8 cm，两板间距离d＝‎8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－‎10 C、质量为m＝1.0×10－‎20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×‎106 m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为‎12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为‎9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不计)‎ ‎(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；‎ ‎(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；‎ ‎(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。‎ ‎[思路点拨]‎ ‎(1)带电粒子在两板之间的匀强电场中发生偏转，做类平抛运动。‎ ‎(2)带电粒子在两界面MN、PS之间的无场区域做匀速直线运动。‎ ‎(3)在点电荷Q形成的电场区域做匀速圆周运动，则带电粒子进入该电场时的速度方向与该位置的半径垂直。‎ ‎[解析]　(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(偏移位移)：‎ y＝at2，a＝＝，L＝v0t，‎ 则y＝at2＝2＝‎0.03 m＝‎3 cm。‎ 粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有＝，‎ 解得Y＝4y＝‎12 cm。‎ ‎(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧。‎ ‎(3)粒子到达H点时，其水平速度vx＝v0＝2.0×‎106 m/s 竖直速度vy＝at＝1.5×‎106 m/s 则v合＝2.5×‎106 m/s 该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电。‎ 根据几何关系可知半径r＝‎15 cm，‎ 电场力提供向心力，则k＝m，‎ 解得Q≈1.04×10－‎8 C。‎ ‎[答案]　(1)‎3 cm　‎12 cm　(2)轨迹图见解析 ‎(3)负电　1.04×10－‎‎8 C ‎[方法规律]　分析匀强电场中的偏转问题的关键 ‎(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。‎ ‎(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2018·辽师大附中期中)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：选B　当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。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vy＝0时，根据运动学公式有vy2＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv02，联立得E＝，故B正确。‎ ‎2．(2018·广东六校联考)如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d。当两板间加电压U时，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v0从靠近上极板的A 点射入电场，经过一段时间后从靠近下极板的B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响。求：‎ ‎(1)带电粒子从A点运动到B点经历的时间；‎ ‎(2)带电粒子经过B点时速度的大小；‎ ‎(3)A、B间的电势差。‎ 解析：(1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A点到B点经历时间t＝；‎ ‎(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E＝ 加速度大小a＝＝ 经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vy＝at＝· 带电粒子在B点速度的大小v＝ ；‎ ‎(3)粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得：‎ qUAB＝mv2－mv02‎ A、B间的电势差UAB＝＝。‎ 答案：(1)　(2) 　(3) STS问题——练迁移思维 电容器在现代科技生活中的应用 电容器在现代生活中应用十分广泛，其中作为传感器使用的有智能手机上的电容触摸屏、电容式传声器、电容式加速度计等。‎ ‎ (一)智能手机上的电容触摸屏 ‎1．[多选]目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是(　　)‎ A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号 B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作 C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小 D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大 ‎[思维转换提示]‎ 解析：选AD　据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确。‎ ‎(二)电容式传声器 ‎2.(2018·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中(　　)‎ A．膜片与极板间的电容增大 B．极板所带电荷量增大 C．膜片与极板间的电场强度增大 D．电阻R中有电流通过 ‎[思维转换提示]‎ 解析：选D　根据C＝可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误。‎ ‎(三)电容式加速度计 ‎3．[多选]电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容。则(　　)‎ A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小 B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流 C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩 D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流 解析：选CD　由C＝知，电介质插入越深，εr越大，即C越大，A错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr增大，C增大，电源电动势不变，由C＝知，Q增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D对。‎ ‎ 本类电容式传感器的工作原理是通过εr、S、d的变化利用公式C＝和C＝来判断C的变化，进一步分析Q的变化。‎ ‎(一)普通高中适用作业 ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎★1．(2018·宁波二模)如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是(　　)‎ A．使a、b板的距离增大一些 B．使a、b板的正对面积减小一些 C．断开S，使a、b板的距离增大一些 D．断开S，使a、b板的正对面积增大一些 解析：选C　开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故A、B错误；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的距离增大，则电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角增大，故C正确；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的正对面积增大，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故D错误。‎ ‎★2.(2018·山东潍坊实验中学检测)如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该(　　)‎ A．使U2加倍　　　　　　　 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的倍 D．使U2变为原来的倍 解析：选A　设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝。使U1加倍，若使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使U2加倍。‎ ‎3．(2018·衡水调研)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　)‎ 解析：选C　由C＝知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，C对；由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样，D错。‎ ‎★4．[多选]如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)‎ A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 解析：选BD　在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv02，所以d＝，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x＝；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝，使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的一半，x＝。综上可知B、D正确，A、C错误。‎ ‎5．真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)‎ A．微粒一定带正电 B．微粒一定做匀速直线运动 C．可求出匀强电场的电场强度 D．可求出微粒运动的加速度 解析：选D　因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错误；其合外力必与速度反向，大小为F＝，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a＝，B错误，D正确；电场力qE＝，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错误。‎ ‎★6．(2017·浙江选考)如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程(　　)‎ A．加速度大小为a＝＋g B．所需的时间为t＝ C．下降的高度为y＝ D．电场力所做的功为W＝Eqd 解析：选B　点电荷在平行板电容器中受到重力、电场力，所以加速度大小为a＝，选项A错误；设所需时间为t，水平方向上有＝·t2，解得t＝ ，选项B正确；下降高度h＝gt2＝，选项C错误；电场力做功W＝，选项D错误。‎ ‎7．[多选](2018·合肥联考)如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴3所带电荷量最多 解析：选BD　三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴3在水平方向位移最大，说明液滴3在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。‎ ‎8．[多选](2018·山西名校联考)A、B两带电小球置于光滑绝缘水平面上，空间存在平行于水平面的匀强电场，将A、B两小球分别沿如图所示轨迹移动到同一电场线上的不同位置。释放后两小球均静止，则(　　)‎ A．A的带电量比B的大 B．A带负电荷，B带正电荷 C．静止时A受到的合力比B的大 D．移动过程中匀强电场对B做负功 解析：选BD　由题意知，释放后两小球均静止，所以受合外力均为零，可判断A带负电荷，B带正电荷，所以B正确，C错误；匀强电场对B的电场力方向水平向右，所以匀强电场对B做负功，故D正确；A、B之间的库仑力是一对相互作用力，大小相等，所以两小球受匀强电场的作用力也必定大小相等，所以电荷量一定相等，故A错误。‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎9．(2018·乐山调研)如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力不计。N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．电场力对两粒子做功相同 B．两粒子到达P点的速度大小可能相等 C．两粒子到达P点时的电势能都减小 D．两粒子到达P点所需时间一定不相等 解析：选D　由题图可知M、P两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而N、P间的电势差大于零，根据W＝qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，故A错误；根据动能定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功，所以速度增大，而M点的粒子到达P点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达P点的速度大小不等，故B错误；M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM＝L，M点的粒子初速度方向与电场线的夹角为α，则M点的粒子到达P点的时间：tM＝，N点的粒子到达P点的时间：tN＝，由此可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。‎ ‎★10．如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP(MP边水平)，∠NMP＝θ，MP中点处固定一电荷量为Q的正点电荷，MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x(取M点处x＝0)的变化图像如图乙所示(图中E0、E1、E2为已知量)，重力加速度为g，设无限远处电势为零，M点所处的水平面为重力零势能面。‎ ‎(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？‎ ‎(2)求重力势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m；‎ ‎(3)求小球从N点运动到M点时的动能Ek。‎ 解析：(1)正电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E＝qφ，可知正电荷从N点到M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ。‎ ‎(2)电势能为E1时，距M点的距离为 x1＝(acos θ)··cos θ＝ x1处重力势能E1＝mgx1sin θ 可得m＝＝ ‎(3)在小球从N到M的过程中，根据动能定理得 mgasin θ＋E2－E0＝Ex－0‎ 解得Ex＝＋E2－E0。‎ 答案：(1)图线Ⅱ　(2)　 ‎(3)＋E2－E0‎ ‎ [C级——难度题目自主选做]‎ ‎11．(2018·枣庄质检)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝×103 V/m；比荷为1.0×‎105 C/kg的带正电粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M( m,‎1 m)点；粒子P的重力不计，试求：‎ ‎(1)金属板AB之间的电势差UAB；‎ ‎(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合。‎ 解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M( m,‎1 m)点历时为t0，由类平抛运动可得：x＝v0t0，y＝t02，解得：v0＝×‎104 m/s 在金属板A、B之间，由动能定理：qUAB＝mv02，‎ 解得：UAB＝1 000 V。‎ ‎(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：‎ 对于P：Eq＝ma1‎ 对于Q：Eq＝2ma2‎ x＝v0t a1t2＝y＋a2t2‎ 解得：y＝x2，其中x＞0‎ 即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为：‎ y＝x2，其中x＞0。‎ 答案：(1)1 000 V　(2)y＝x2，其中x>0‎ ‎(二)重点高中适用作业 ‎[A级——保分题目巧做快做]‎ ‎1．(2018·衡水调研)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　)‎ 解析：选C　由C＝知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，C对；由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样，D错。‎ ‎★2．[多选](2018·宁夏罗平中学模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出，若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(　　)‎ A．将打在下板中央 B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出 C．不发生偏转，沿直线运动 D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央 解析：选BD　将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E＝＝＝，由公式可知当d减小时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故B正确，A、C错误。若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确。‎ ‎3．真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)‎ A．微粒一定带正电 B．微粒一定做匀速直线运动 C．可求出匀强电场的电场强度 D．可求出微粒运动的加速度 解析：选D　因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错误；其合外力必与速度反向，大小为F＝，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a＝，B错误，D正确；电场力qE＝，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错误。‎ ‎★4．(2018·株洲统一检测)如图所示，R是一个定值电阻，A、B为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒P处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若增大A、B两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻R B．若增大A、B两金属板的间距，P将向上运动 C．若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动 D．若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P将向上运动 解析：选C　和电源相连，则两极板间的电压恒定，若增大A、B两金属板的间距，根据公式C＝可知，电容减小，根据公式C＝可得电容器两极板上所带电荷量减小，故电容器放电，R中有向左的电流，A错误；由于两极板间的电压不变，若增大A、B两金属板的间距，根据公式E＝可得两极板间的电场强度减小，电场力小于重力，P将向下运动，B错误；若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于两极板间的距离减小，电场强度增大，则电场力大于重力，P向上运动，C正确；若紧贴B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，相当于εr增大，两极板间的电场强度恒定不变，所以电场力不变，P仍静止，D错误。‎ ‎5．[多选](2018·合肥联考)如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴3所带电荷量最多 解析：选BD　三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴3在水平方向位移最大，说明液滴3在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。‎ ‎6．[多选](2018·山西名校联考)A、B两带电小球置于光滑绝缘水平面上，空间存在平行于水平面的匀强电场，将A、B两小球分别沿如图所示轨迹移动到同一电场线上的不同位置。释放后两小球均静止，则(　　)‎ A．A的带电量比B的大 B．A带负电荷，B带正电荷 C．静止时A受到的合力比B的大 D．移动过程中匀强电场对B做负功 解析：选BD　由题意知，释放后两小球均静止，所以受合外力均为零，可判断A带负电荷，B带正电荷，所以B正确，C错误；匀强电场对B的电场力方向水平向右，所以匀强电场对B做负功，故D正确；A、B之间的库仑力是一对相互作用力，大小相等，所以两小球受匀强电场的作用力也必定大小相等，所以电荷量一定相等，故A错误。‎ ‎7．(2018·乐山调研)如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N 点沿竖直平面进入电场，重力不计。N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．电场力对两粒子做功相同 B．两粒子到达P点的速度大小可能相等 C．两粒子到达P点时的电势能都减小 D．两粒子到达P点所需时间一定不相等 解析：选D　由题图可知M、P两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而N、P间的电势差大于零，根据W＝qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，故A错误；根据动能定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功，所以速度增大，而M点的粒子到达P点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达P点的速度大小不等，故B错误；M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM＝L，M点的粒子初速度方向与电场线的夹角为α，则M点的粒子到达P点的时间：tM＝，N点的粒子到达P点的时间：tN＝，由此可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。‎ ‎★8．[多选](2018·河北衡水中学调考)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量 B．两电荷在电场中运动的加速度相等 C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功 D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同 解析：选AC　从轨迹可以看出：yM＞yN，故·t2＞·t2，解得：＞，qM＞qN，故A正确，B错误；根据动能定理，电场力的功为：W＝ΔEk＝mvy2，质量m相同，M电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度vy＝也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故C正确；从轨迹可以看出：xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D错误。‎ ‎[B级——拔高题目稳做准做]‎ ‎★9．[多选]如图所示，半径R＝‎0.5 m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＝1.0×10－‎4 kg、带电荷量为q＝8.0×10－‎5 C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点‎0.3 m的A点以初速度v0＝‎3 m/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＝100 V/m B．粒子在A点的电势能为8×10－5 J C．粒子到达C点的速度大小为‎5 m/s D．粒子速率为‎4 m/s时的电势能为4.5×10－4 J 解析：选CD　粒子在电场力作用下做类平抛运动，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＝‎0.3 m，DC＝‎0.4 m，即有：AD＝v0t，DC＝t2，联立并代入数据可得：E＝25 N/C，故A错误；因UDC＝E·DC＝10 V，而A、D两点电势相等，所以φA＝10 V，即粒子在A点的电势能为：Ep＝qφA＝8×10－4 J，故B错误；从A到C由动能定理知：qUAC＝mvC2－mv02，代入数据得：vC＝‎5 m/s，故C正确；粒子在C点总能量：EC＝mvC2＝×10－4×52 J＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率为‎4 m/s时的电势能为：Ep′＝EC－mv2＝1.25×10－3 J－×10－4×42 J＝4.5×10－4 J，故D正确。‎ ‎★10．(2018·兰州一中月考)如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)(　　)‎ A．保持开关S闭合，适当上移P极板 B．保持开关S闭合，适当左移P极板 C．先断开开关S，再适当上移P极板 D．先断开开关S，再适当左移P极板 解析：选A　粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间，即减小两极板间的电场强度；保持开关S闭合时极板间电压不变，适当上移P极板，根据U＝Ed，场强E减小，故A正确；保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故B错误；先断开开关S，再适当上移P极板，极板上所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，场强不变，故C错误；先断开开关S，再适当左移P 极板，极板所带电荷量不变，正对面积减小，由E＝＝＝可知，场强变大，故D错误。‎ ‎11．(2018·枣庄质检)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝×103 V/m；比荷为1.0×‎105 C/kg的带正电粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M( m,‎1 m)点；粒子P的重力不计，试求：‎ ‎(1)金属板AB之间的电势差UAB；‎ ‎(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合。‎ 解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M( m,‎1 m)点历时为t0，由类平抛运动可得：x＝v0t0，y＝t02，解得：v0＝×‎104 m/s 在金属板A、B之间，由动能定理：qUAB＝mv02，‎ 解得：UAB＝1 000 V。‎ ‎(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：‎ 对于P：Eq＝ma1‎ 对于Q：Eq＝2ma2‎ x＝v0t a1t2＝y＋a2t2‎ 解得：y＝x2，其中x＞0‎ 即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为：‎ y＝x2，其中x＞0。‎ 答案：(1)1 000 V　(2)y＝x2，其中x>0‎ ‎12．(2018·济宁一模)如图所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图。在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y＝的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ，电场强度为E；在第二象限存在以(－‎2L≤x≤0,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅱ。一电子(电荷量大小为e，质量为m，不计重力)从电场Ⅰ的边界B点处由静止释放，恰好从N点离开电场区域Ⅱ。求：‎ ‎(1)电子通过C点时的速度大小；‎ ‎(2)电场区域Ⅱ中的电场强度的大小；‎ ‎(3)试证明：从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场。‎ 解析：(1)由双曲线y＝知BC间距离为 从B到C由动能定理：eE＝mvC2－0‎ 解得电子通过C点时的速度大小vC＝ 。‎ ‎(2)电子从C点进入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中做类平抛运动。‎ x轴方向‎2L＝vCt y轴方向L＝t2‎ 解得区域Ⅱ中的电场强度的大小E′＝。‎ ‎(3)设电子从AB曲线上点P(x，y)进入电场Ⅰ区域，‎ 在区域Ⅰ由动能定理：eEx＝mv02－0‎ 假设电子能够在区域Ⅱ中一直做类平抛运动且落在x轴上的x′处。则 y轴方向：y＝t2‎ x轴方向：x′＝v0t 又y＝，解得x′＝‎‎2L 即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子均从N点射出。‎ 答案：(1) 　 (2)　 (3)见解析 第4节带电粒子在电场中运动的综合问题 突破点(一)　示波管的工作原理 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。‎ ‎1．确定最终偏移距离 思路一：‎ 思路二：‎ ‎2．确定偏转后的动能(或速度)‎ 思路一：‎ 思路二：‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[多选](2018·湖南衡阳八中月考)示波管是示波器的核心部件，如图，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)‎ A．极板X应带正电　　　 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带负电 D．极板Y应带正电 解析：选AD　电子受力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转，则电场方向为X到X′，故X带正电，同理可知Y带正电，A、D正确。‎ ‎2．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选项中的(　　)‎ 解析：选B　在0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B。‎ 突破点(二)　带电粒子在交变电场中的运动 ‎1．常见的交变电场 常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。‎ ‎2．常见的题目类型 ‎(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(一般分解研究)。‎ ‎3．分析两个关系 ‎(1)力和运动的关系。‎ ‎(2)功能关系。‎ ‎4．注意全面分析 ‎(1)注重全面分析带电粒子受力特点和运动情况，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)某一过程中的匀变速运动(曲线时将运动分解)‎ 可利用牛顿运动定律，结合匀变速直线运动的规律分析求解。‎ 粒子做往返运动(分段研究)‎ ‎[例1]　如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O点到A、B的距离都是l。现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动。设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量l＝‎0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－‎10 kg，q＝1.0×10－‎7 C。‎ ‎(1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？‎ ‎(2)在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？‎ ‎(3)在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？‎ ‎[解析]　(1)根据题图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动。因为x＝2＝‎3.6 m>l，所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板。设粒子到达A板的时间为t，则l＝·t2‎ 解得t＝×10－3 s。‎ ‎(2)在0～时间内，粒子的加速度大小为 a1＝＝2×‎105 m/s2‎ 在～T时间内，粒子的加速度大小为 a2＝＝4×‎105 m/s2‎ 可知a2＝‎2a1，若粒子在0～时间内加速Δt，再在～T时间内减速刚好不能到达A板，则l＝a1Δt2＋a1Δt·－a22 解得Δt＝2×10－3 s 因为＝6×10－3 s，‎ 所以在0～时间内4×10－3 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板。‎ ‎(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n＝300××＝100(个)。‎ ‎[答案]　(1)×10－3 s　到达A极板　(2)4×10－3 s时刻　(3)100个 粒子做偏转运动(分解研究)‎ ‎[例2]　(2018·河北沧州一中月考)如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直荧光屏到板右端的距离均为l，M板左下方紧贴M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持续发射质量为m，电荷量为＋q的粒子。已知板间电压UMN随时间变化的关系如图乙所示，其中U0＝。忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大。‎ ‎(1)计算说明，t＝0时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置；‎ ‎(2)求荧光屏上发光的长度。‎ ‎[解析]　(1)t＝0时刻射入的粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设运动到下极板的时间为t，‎ 则l＝·t2，‎ 解得：t＝ 粒子在水平方向的位移：x＝v0t＝＜l，粒子打在N极板中点。‎ ‎(2)由(1)知t＝时射入极板的粒子打在荧光屏的最下方，粒子在极板间向下加速的运动时间：‎ t1＝－＝，‎ 粒子离开极板时的竖直分速度：vy＝at1＝t1＝4v0，‎ 粒子离开极板到打在荧光屏上的时间：t2＝，‎ 粒子在竖直方向的偏移量：y＝l＋vyt2＝‎5l，‎ 在t＝时刻进入极板的粒子在极板间做匀速直线运动，离开极板后沿水平方向做匀速直线运动，粒子垂直打在荧光屏上，这是粒子打在荧光屏的最上端位置，则荧光屏的发光长度：d＝y＝‎5l。‎ ‎[答案]　(1)打在N极板中点　(2)‎‎5l 突破点(三)　带电粒子的力电综合问题 ‎[典例]　(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。‎ ‎(1)求油滴运动到B点时的速度；‎ ‎(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。‎ ‎[审题指导]‎ 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动 带电油滴受力平衡 电场强度的大小突然增大到某值 油滴向上做匀加速直线运动 突然将电场反向 油滴初速度向上，加速度向下 第二步：找突破口 ‎(1)要确定油滴运动到B点时的速度，可由动力学知识求解；根据牛顿第二定律结合速度公式解决。‎ ‎(2)要确定增大后的电场强度的大小，应结合平衡条件和位移公式进行求解，注意讨论B点在A点下方还是上方。‎ ‎(3) 为保证后来的电场强度比原来的大，要讨论 t1和v0应满足的条件，应在求出E2的基础上进一步讨论判断。‎ ‎[解析]　(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。‎ 在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足 qE2－mg＝ma1 ①‎ 油滴在时刻t1的速度为 v1＝v0＋a1t1 ②‎ 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足 qE2＋mg＝ma2 ③‎ 油滴在时刻t2＝2t1的速度为 v2＝v1－a2t1 ④‎ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1 ⑤‎ ‎(2)由题意，在t＝0时刻前有 qE1＝mg ⑥‎ 油滴从t＝0到时刻t1的位移为 s1＝v0t1＋a1t12 ⑦‎ 油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－a2t12 ⑧‎ 由题给条件有 v02＝‎2g(2h) ⑨‎ 式中h是B、A两点之间的距离。‎ 若B点在A点之上，依题意有 s1＋s2＝h ⑩‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1 ⑪‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2＋2>1 ⑫‎ 即当0 ⑭‎ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。‎ 若B点在A点之下，依题意有 s1＋s2＝－h ⑮‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E2＝E1 ⑯‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2－2>1 ⑰‎ 即t1> ⑱‎ 另一解为负，不合题意，已舍去。‎ 答案：(1)v0－2gt1　(2)见解析 ‎[方法规律]‎ ‎1．解题思路 ‎2．解题技巧 要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．[多选]如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则(　　)‎ A．R越大，x越大 B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，x越大 D．m与R同时增大，电场力做功增大 解析：选ACD　小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有：－2mgR＝mvD2－mvB2，解得vB＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FN－mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝mvB2，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x 越大，电场力做功越多，选项C、D正确。‎ ‎2．(2018·湖北恩施一中模拟)在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。求：‎ ‎(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；‎ ‎(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；‎ ‎(3)ΔU1与ΔU2之比。‎ 解析：(1)油滴静止时，由平衡条件得mg＝q，则＝。‎ ‎(2)设第一个Δt内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt内油滴的位移为x2，加速度为a2，则x1＝a1Δt2‎ x2＝v1Δt－a2Δt2‎ 且v1＝a1Δt，x2＝－x1‎ 解得a1∶a2＝1∶3。‎ ‎(3)油滴向上加速运动时：‎ q－mg＝ma1‎ 即q＝ma1‎ 油滴向上减速运动时 mg－q＝ma2‎ 即q＝ma2‎ 则＝ 解得：＝。‎ 答案：(1)＝　(2)1∶3　(3) 巧思妙解——练创新思维 ‎ 处理带电粒子在“等效力场”中的运动，要关注以下两点：一是对带电粒子进行受力分析时，注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而决定电场力做功情况；二是注意带电粒子的初始运动状态。‎ ‎1.等效重力法。将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下方向”。‎ ‎2．物理最高点与几何最高点。在“等效力场”做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。‎ ‎[应用体验]‎ ‎1.(2018·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，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。‎ ‎(1)求小球的带电性质及电场强度E。‎ ‎(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)。‎ 解析：(1)根据电场方向和小球受力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 EqLsin α－mgL(1－cos α)＝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。‎ 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：‎ m＝mg 由A点到等效最高点，根据动能定理得 ‎－mgL(1＋cos 30°)＝mv2－mvA2‎ 联立解得vA＝ 。‎ 答案：(1)正电　　(2) ‎2.如图所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h＝‎4 m。BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L＝ m。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝‎0.5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m＝‎1 kg、电荷量为q＝‎0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝。求：(g取‎10 m/s2)‎ ‎(1)小球到达C点时的速度大小；‎ ‎(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；‎ ‎(3)小球落地点距离C点的水平距离。‎ 解析：(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得 ‎(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos 30°－μ(mg＋Eq)L＝mvC2－0，‎ 解得vC＝‎2 m/s。‎ ‎(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，‎ 根据机械能守恒定律可得 mvC2＝mvD2＋mg·2R 在最高点以小球为研究对象，可得FN＋mg＝m，‎ 解得FN＝30 N，vD＝‎2 m/s。‎ ‎(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma，解得a＝‎20 m/s2‎ 假设小球落在BC段，则应用类平抛运动的规律列式可得 x＝vDt,2R＝at2，‎ 解得x＝ m＜ m，假设正确。‎ 即小球落地点距离C点的水平距离为 m。‎ 答案：(1)‎2 m/s　(2)30 N　(3) m ‎ 把握三点，正确解答该类问题 ‎(1)把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。‎ ‎(2)等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。‎ ‎(3)类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。　‎ ‎(一)普通高中适用作业 带电粒子在电场中运动的综合问题　(卷Ⅰ)‎ ‎[A级——基础小题练熟练快]‎ ‎★1．(2018·牡丹江模拟)下列叙述中正确的是(　　)‎ A．用点电荷来代替带电体的研究方法叫理想模型法 B．库仑提出了用电场线描述电场的方法 C．伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 D．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度E＝，电容C＝，加速度a＝，都是采用了比值法定义的 解析：选A　用点电荷来代替带电体的研究方法叫理想模型法，选项A正确；法拉第提出了用电场线描述电场的方法，选项B错误；伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，但是没有直接用实验进行了验证，选项C错误；用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度E＝，电容C＝，都是采用了比值法定义的，但是加速度a＝不是采用的比值法定义，选项D错误。‎ ‎★2．(2018·大庆质检)关于静电场，下列说法中正确的是(　　)‎ A．将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加 B．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大 C．在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的 D．电势下降的方向就是电场场强的方向 解析：‎ 选B　将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减小，选项A错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一个等势面上的各点，场强的大小不一定是相等的，例如等量异种电荷连线的中垂线上各点，选项C错误；沿场强的方向电势一定下降，但是电势下降的方向不一定是电场场强的方向，选项D错误。‎ ‎★3．[多选]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，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是(　　)‎ A．减小墨汁微粒的质量 B．减小墨汁微粒所带的电荷量 C．增大偏转电场的电压 D．增大墨汁微粒的喷出速度 解析：选BD　根据偏转距离公式y＝可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，B、D正确。‎ ‎4．[多选](2018·宜昌六校联考)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。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球(　　)‎ A．重力做功为5 J　　　　 B．电势能减少2 J C．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J 解析：选BD　小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减小2 J，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1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J，D正确。‎ ‎5．[多选]一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为(　　)‎ A．3v B．4v C．5v D．6v 解析：选AC　若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg＝kv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v 匀速上升，知电场力大于重力，有：q＝mg＋kv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有q＝mg＋kv′，联立解得v′＝3v，故A正确，如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有q＋mg＝kv″，联立解得v″＝5v，C正确。‎ ‎6．[多选](2018·贵阳模拟)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则(　　)‎ A．小球带负电 B．匀强电场电场强度的大小为 C．电场中A、B两点的电势差为 D．当小球从A点由静止释放至B点，电场力做负功，小球经B点时的速度大小为 解析：选BD　小球静止在B点，受力平衡，受到重力、电场力和细线的拉力，电场力水平向右，与电场方向一致，说明小球带正电，A错误；根据共点力平衡条件可得tan 37°＝，解得E＝，B正确；电场中A、B两点的电势差为UAB＝－Ed＝－EL(1－sin θ)＝－，C错误；小球从A点运动到B点的过程中电场力和重力做功，根据动能定理可得mgLcos θ＋UABq＝mvB2－0，解得vB＝，D正确。‎ ‎★7．(2018·衡阳模拟)等量异种电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带正电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则试探电荷在此全过程中(　　)‎ A．所受电场力的方向不变 B．所受电场力的大小不变 C．电势能一直减小 D．电势能先不变后减小 解析：选A　根据电场的叠加，正的试探电荷在a点和b点、c点受电场力方向相同，垂直ab向下，电场线越密，场强越大，根据电场线的疏密可知，a、b点的场强大小关系是：Ea＜Eb，所以试探电荷所受电场力方向不变，大小变化，故A正确，B错误；ab是一条等势线，检验电荷从图中a点沿直线移到b点，电场力不做功，电势能不变，从b到c，电场力做负功，电势能增大，故C、D错误。‎ ‎★8．(2018·寿光模拟)如图所示，虚线AB和CD 分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量同种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是(　　)‎ A．A、B两处电势、场强均相同 B．C、D两处电势、场强均不同 C．在虚线AB上O点的场强最小 D．带负电的试探电荷在O处的电势能大于在C处的电势能 解析：选C　根据顺着电场线方向电势降低，结合等量同种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强方向相反，C、D两处场强方向相反，电势相同，故A、B错误，根据电场线疏密表示场强的大小可知，在A、B之间，O点场强最小，故C正确；O点电势高于C点电势，负电荷在O处电势能小于在C处电势能，故D错误。‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎★9．如图所示，a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电。一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零。下列说法不正确的是(　　)‎ A．Q2带负电 B．b点的电场强度最大 C．Q2的电荷量大于Q1的电荷量 D．a、c两点电势相等 解析：选B　若Q2带正电与Q1电性相同，都对带正电粒子起到排斥作用，所以从a点由静止释放正电粒子，仅在电场力作用下它将会向左运动，与题意相矛盾，所以假设不成立，即Q2应带负电，故A说法正确。从题意可知粒子开始在电场力的作用下先做加速度减小的加速运动，当加速度等于零时(速度最大)，易知b点电场强度为零，此后电场力反向，粒子开始做减速运动，到达c点后恰好为零，故B选项说法错误。b点的合场强为零，说明Q1、Q2在b点产生的场强大小相等，由点电荷场强公式E＝k，因为Q2到b点的距离比Q1大，所以有Q2的电荷量大于Q1的电荷量，故C选项说法正确。从a运动到c的过程，带电粒子动能的变化量为零，由动能定理：q(φa－φc)＝ΔEk＝0，知电场力做功为零，则φa＝φc即a、c两点电势相等，故D选项说法正确。‎ ‎★10．(2018·吉林调研)真空中，在x轴上的原点处和x＝‎6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝‎2a处由静止释放一个正点电荷P，假设试探电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到试探电荷P的速度与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．点电荷M、N一定都是负电荷 B．试探电荷P的电势能一定是先增大后减小 C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1‎ D．x＝‎4a处的电场强度一定为零 解析：选D　根据题意，试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项B错误；试探电荷在x＝‎4a处速度最大，电势能最小，该处电场强度一定为零，选项D正确；在x轴上从原点处到x＝‎6a处，电场强度从两头指向x＝‎4a处，点电荷M、N一定都是正电荷，选项A错误；由＝可得QM＝4QN，选项C错误。‎ ‎★11．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在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A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法正确的是(　　)‎ A．N点的电场强度大小为零 B．q1 ＜q2‎ C．NC间场强方向沿x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减少后增加 解析：选D　φx图线的斜率等于电场强度，故可知N点的电场强度大小不为零，选项A错误；C点为电势的拐点，若正点电荷从D到N点，电势能先增大后减小，则C点电场强度为零，故可知q1＞q2，故B错误；由题图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，NC间场强方向沿x轴负方向，故C错误；将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减少后增加，故D正确。‎ ‎★12．(2018·福州质检)电场中某三条等势线如图中实线a、b、c所示。一电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，已知电势φa>φb>φc，这一过程电子运动的v t图像可能是下图中的(　　)‎ 解析：选A　结合φa>φb>φc，由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场，且Q点处电场强度小于P点处电场强度，电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，将做加速度越来越小的加速运动，A正确。‎ ‎13．[多选](2018·西安长安区联考)如图甲所示，平行金属板AB之间距离为‎6 cm，两板间电场强度随时间按如图乙规律变化，设场强垂直于金属板由A指向B为正，周期T＝8×‎ ‎10－5 s。某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－‎19 C，质量为1.6×10－‎26 kg，于某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则(　　)‎ A．若粒子于t＝0时释放，则一定能运动到B板 B．若粒子于t＝时释放，则一定能运动到B板 C．若粒子于t＝时释放，则一定能运动到A板 D．若粒子于t＝时释放，则一定能运动到A板 解析：选AD　粒子在板间运动的加速度a＝＝ m/s2＝‎108 m/s2，在时间内粒子的位移x1＝a2＝×108×(4×10－5)‎2m＝8×10－‎2m＝‎8 cm，因x1＞＝‎3 cm，故若粒子于t＝0时释放，则一定能运动到B板，选项A正确。若粒子于t＝时释放，则粒子向A板运动，最后到达A板，选项B错误。若粒子于t＝时释放，在～的时间内粒子向B板加速，位移为x2＝a2＝×108×(2×10－5)‎2m＝2×10－‎2 m＝‎2 cm；在～的时间内粒子向B板减速，位移为x3＝x2＝‎2 cm，故此时已经到达了B板，选项C错误。若粒子于t＝时释放，则在～的时间内粒子向B板加速，位移为x2′＝a2＝×108×(10－5)‎2m＝0.5×10－‎2 m＝‎0.5 cm，在～的时间内粒子向B板减速，位移为x3′＝x2′＝‎0.5 cm；在～T的时间内粒子向A板加速，位移为x2″＝a2＝×108×(3×10－5)‎2m＝4.5×10－‎2 m＝‎4.5 cm；因‎4.5 cm－2×‎0.5 cm＝‎3.5 cm>‎3 cm，故此时粒子已经到达A板，选项D正确。‎ ‎★14．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的动能为多大？‎ 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＝ 射出偏转电场时合速度v＝，‎ 由以上各式得Ek＝mv2＝eU1＋。‎ 答案：eU1＋ 带电粒子在电场中运动的综合问题　(卷Ⅱ)‎ ‎[B级——中档题目练通抓牢]‎ ‎★1．[多选](2018·江苏泰州中学模拟)某静电场的等势面分布如图所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A．A点电场强度方向为曲线上该点的切线方向 B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小 C．将正电荷由图中A点移到C点，电场力做负功 D．将电荷从图中A点移到B点，电场力不做功 解析：选BD　电场线和等势面垂直，电场强度的方向沿电场线的切线方向，可知A点的电场强度方向不是沿等势面上A点的切线方向，故A错误；A点的电势高于C点的电势，根据Ep＝qφ知，负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小，故B正确；A点的电势高于C点的电势，沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场线方向大致向左，所以正电荷从A点到C点，电场力做正功，故C错误；A、B两点处于同一等势面上，电势相等，所以将电荷从A点移到B点，电场力不做功，故D正确。‎ ‎★2．[多选](2018·宁德质检)如图所示，＋Q和－Q是两个等量异种点电荷，以点电荷＋Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，O点为两电荷连线的中点，C点与B点关于O点对称，下列说法正确的是(　　)‎ A．A点和B点的电场强度大小相等，方向不同 B．B点和C点的电场强度大小相等，方向相同 C．把电子从A点移动到B点，电场力对其做负功 D．质子在A点的电势能小于在B点的电势能 解析：选BC　等量异种电荷周围的电场线分布如图；由图可知A、B两点的场强大小和方向均不相同，选项A错误；等量异种电荷连线上的电场线指向负电荷，由B、C关于O点对称，B点的电场强度等于C点的电场强度，故B正确；电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，由图示可知，A点所在等势面高于B点所在等势面，A点电势高于B点电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，把电子从A点移动到B点，电场力对其做负功，故C正确；同理可知质子在A点的电势能大于在B点的电势能，选项D错误。‎ ‎★3．[多选](2018·四川宜宾二诊) 如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子。 t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则(　　)‎ A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0‎ B．粒子的电荷量为 C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02‎ D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 解析：选AD　粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t＝，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；竖直方向，粒子在时间内的位移为，则d＝·2，解得q＝，选项B错误，t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移为d＝2×a2－2×a2＝aT2＝d，故电场力做功W＝×d＝U0q＝mv02，选项C错误；t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确。‎ ‎★4．[多选](2018·包头模拟) 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为‎2 C，质量为‎1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。则下列说法正确的是(　　)‎ A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝1 V/m B．由C点到A点的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点电势逐渐升高 D．A、B两点间的电势差UAB＝－5 V 解析：选AD　据vt图可知物块在B点的加速度最大为a＝ m/s2＝‎2 m/s2，所受的电场力最大为F＝ma＝2 N，据E＝知，B点的场强最大为1 N/C，故A正确；据vt图可知物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B错误；据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，故C错误；据vt图可知A、B两点的速度分别为vA＝‎6 m/s，vB＝‎4 m/s，根据动能定理得电场力做的功WAB＝qUAB＝mvB2－mvA2＝－10 J，得UAB＝＝ V＝－5 V，故D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做周期性变化，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。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k＝，电子在0～2T时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。‎ 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 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＝ 由题知d＞x1＋x2，解得d＞ 。‎ 答案：d＞ ‎6．(2018·河南南阳一中月考)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(不计电子重力)。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＝＝ 图甲中，vy1＝at0＝，vy2＝a×2t0＝ 由图甲可得电子的最大侧位移 ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝ 由图乙可得电子的最小侧位移 ymin＝t0＋vy1t0＝。‎ 答案：　 ‎[C级——难度题目自主选做]‎ ‎7．[多选](2018·江西吉安一中段考)如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E＝。如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是(　　)‎ A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同 B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v C．滑块回到A点时速度大小为 v D．A、B两点间电势差为－ 解析：选CD　由于qE＝mg＞μmg(μ＜1)，可知滑块运动到B点后返回向A运动，向左运动时，根据牛顿第二定律：Eq＋μmg＝ma1，向右运动时，根据牛顿第二定律：Eq－μmg＝ma2，加速度不同，位移大小相等，故来回运动的时间不同，故选项A错误；来回运动时摩擦力做功，有能量损失，故到A点时速度大小要小于v，故选项B错误；设回到A点时的速度为vA，则根据动能定理有：－(Eq＋μmg)s＝0－mv2，(Eq－μmg)s＝mvA2－0，联立整理可以得到：vA＝ v，UAB＝－Es＝－，故选项C、D正确。‎ ‎8．(2018·哈尔滨市九中二模)如图甲所示，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l＝‎10 cm，板间距离d＝‎10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝‎10 cm，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，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：‎ ‎(1)在t＝0.06 s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)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝mv02‎ 设偏转电场的场强为E，则有：E＝ 设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有：在中心轴线方向上：t＝ 在轴线侧向有： a＝ y＝at2＝ 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：vy＝at, tan θ＝ 电子在荧光屏上偏离O点的距离为 Y＝y＋Ltan θ＝＝ 由题图知t＝0.06 s时刻U＝1.8U0，‎ 代入数据解得Y＝‎13.5 cm。‎ ‎(2)由题知电子偏移量y的最大值为d/2，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。‎ 代入上式得：Y＝l 所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y＝‎3l＝‎30 cm。‎ 答案：(1) O点上方‎13.5 cm处　(2)‎‎30 cm ‎9．(2018·亳州模拟)如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧d＝‎0.30 m的A点处有一固定的点电荷。细杆上套有一带电荷量q＝1×10－‎6 C、质量m＝‎0.05 kg的小环。设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环由静止释放后，其动能Ek随h的变化曲线如图乙所示。已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，重力加速度g＝‎10 m/s2。(计算结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)试估算点电荷所带电荷量Q的大小；‎ ‎(2)求小环位于h1＝‎0.40 m处时的加速度a；‎ ‎(3)求小环从h2＝‎0.30 m处下落到h3＝‎0.12 m处的过程中，其电势能的改变量。‎ 解析：(1)由题图乙可知，当h′＝‎0.36 m(或h′＝‎0.12 m)时，小环所受合力为零，则有k×＝mg 代入已知数据解得Q＝＝1.6×10－‎5 C。‎ ‎(2)小环加速度沿杆方向，则mg－F1＝ma 又F1＝k。‎ 代入已知数据解得a＝‎0.78 m/s2，方向竖直向下。‎ ‎(3)设小环从h2＝‎0.30 m处下落到h3＝‎0.12 m处的过程中，电场力对小环做功为WE 根据动能定理有mg(h2－h3)＋WE＝ΔEk＝0.055 0 J－0.068 5 J＝－0.013 5 J 代入已知数据解得WE＝ΔEk－mgΔh≈－0.10 J 所以小环的电势能增加了0.10 J。‎ 答案：(1)1.6×10－‎5 C　(2)‎0.78 m/s2　方向竖直向下 ‎(3)增加0.10 J ‎(二)重点高中适用作业 带电粒子在电场中运动的综合问题　(卷Ⅰ)‎ ‎[A级——保分题目巧做快做]‎ ‎★1．密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是(　　)‎ A．悬浮油滴带正电 B．悬浮油滴的电荷量为 C．增大场强，悬浮油滴将向上运动 D．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍 解析：选C　悬浮油滴受到电场力和重力的作用，且二力大小相等方向相反，由于电场的方向竖直向下，因此悬浮油滴带负电，A错误；由q＝mg知，q＝，B错误；增大场强，悬浮油滴受到的电场力增大，悬浮油滴将向上运动，C正确；悬浮油滴所带电荷量一定是电子电量的整数倍，D错误。‎ ‎2．[多选](2018·宜昌六校联考)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。若重力势能增加5 J，机械能增加1.5 J，电场力做功2 J，则小球(　　)‎ A．重力做功为5 J　　　　 B．电势能减少2 J C．空气阻力做功0.5 J D．动能减少3.5 J 解析：选BD　小球的重力势能增加5 J，则小球克服重力做功5 J，故A错误；电场力对小球做功2 J，则小球的电势能减小2 J，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1.5 J，则除重力以外的力做功为1.5 J，电场力对小球做功2 J，则知空气阻力做功为－0.5 J，即小球克服空气阻力做功0.5 J，故C错误；重力、电场力、空气阻力三力做功之和为－3.5 J，根据动能定理，小球的动能减小3.5 J，D正确。‎ ‎3．[多选]一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为(　　)‎ A．3v B．4v C．5v D．6v 解析：选AC　若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg＝kv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：q＝mg＋kv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有q＝mg＋kv′，联立解得v′＝3v，故A正确，如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有q＋mg＝kv″，联立解得v″＝5v，C正确。‎ ‎4．[多选](2018·贵阳模拟)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向夹角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则(　　)‎ A．小球带负电 B．匀强电场电场强度的大小为 C．电场中A、B两点的电势差为 D．当小球从A点由静止释放至B点，电场力做负功，小球经B点时的速度大小为 解析：选BD　小球静止在B点，受力平衡，受到重力、电场力和细线的拉力，电场力水平向右，与电场方向一致，说明小球带正电，A错误；根据共点力平衡条件可得tan 37°＝，解得E＝，B正确；电场中A、B两点的电势差为UAB＝－Ed＝－EL(1－sin θ)＝－，C错误；小球从A点运动到B点的过程中电场力和重力做功，根据动能定理可得mgLcos θ＋UABq＝mvB2－0，解得vB＝，D正确。‎ ‎★5.[多选](2015·山东高考)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(　　)‎ A．末速度大小为 v0‎ B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd 解析：选BC　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，所以选项C正确。根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以选项D错误。‎ ‎★6．(2018·温州模拟)如图甲，倾角为θ的光滑绝缘斜面，底端固定一带电量为Q的正点电荷。将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，小物块沿斜面向上滑动至最高点B处，此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图乙(E1和x1为已知量)。已知重力加速度为g，静电力常量为k，由图像可求出(　　)‎ A．小物块的带电量 B．A、B间的电势差 C．小物块的质量 D．小物块速度最大时到斜面底端的距离 解析：选C　由动能图线得知，小物块的速度先增大，后减小。根据库仑定律得知，小物块所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小物块沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零。由动能图线看出，速度有最大值，此时小物块受力平衡，小物块所受库仑力与重力沿斜面的分力平衡，由于没有x的具体数据，所以不能求出q，故A错误；A到B 的过程中重力势能的增加等于电势能的减小，所以可以求出小物块电势能的减小，由于小物块的电量不知道，所以不能求出A、B之间的电势差，故B错误；由重力势能线得到Ep＝mgh＝mgxsin θ，算出斜率，即可求出m；图像中不能确定哪一点的速度最大，题目中也没有小物块的电量、质量等信息，所以不能确定小物块速度最大时到斜面低端的距离，故D错误。‎ ‎7．[多选](2018·江西吉安一中段考)如图所示，带正电的金属滑块质量为m、电荷量为q，与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ(μ＜1)，水平面上方有水平向右的匀强电场，电场强度为E＝。如果在A点给滑块一个向左的大小为v的初速度，运动到B点速度恰好为零，则下列说法正确的是(　　)‎ A．滑块运动到B点后将返回向A运动，来回所用时间相同 B．滑块运动到B点后将返回向A运动，到A点时速度大小仍为v C．滑块回到A点时速度大小为 v D．A、B两点间电势差为－ 解析：选CD　由于qE＝mg＞μmg(μ＜1)，可知滑块运动到B点后返回向A运动，向左运动时，根据牛顿第二定律：Eq＋μmg＝ma1，向右运动时，根据牛顿第二定律：Eq－μmg＝ma2，加速度不同，位移大小相等，故来回运动的时间不同，故选项A错误；来回运动时摩擦力做功，有能量损失，故到A点时速度大小要小于v，故选项B错误；设回到A点时的速度为vA，则根据动能定理有：－(Eq＋μmg)s＝0－mv2，(Eq－μmg)s＝mvA2－0，联立整理可以得到：vA＝ v，UAB＝－Es＝－，故选项C、D正确。‎ ‎8．[多选](2018·西安长安区联考)如图甲所示，平行金属板AB之间距离为‎6 cm，两板间电场强度随时间按如图乙规律变化，设场强垂直于金属板由A指向B为正，周期T＝8×10－5 s。某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－‎19 C，质量为1.6×10－‎26 kg，于某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则(　　)‎ A．若粒子于t＝0时释放，则一定能运动到B板 B．若粒子于t＝时释放，则一定能运动到B板 C．若粒子于t＝时释放，则一定能运动到A板 D．若粒子于t＝时释放，则一定能运动到A板 解析：选AD　粒子在板间运动的加速度a＝＝ m/s2＝‎108 m/s2，在时间内粒子的位移x1＝a2＝×108×(4×10－5)‎2m＝8×10－‎2m＝‎8 cm，因x1＞＝‎3 cm，故若粒子于t＝0时释放，则一定能运动到B板，选项A正确。若粒子于t＝时释放，则粒子向A板运动，最后到达A板，选项B错误。若粒子于t＝时释放，在～的时间内粒子向B板加速，位移为x2＝a2＝×108×(2×10－5)‎2m＝2×10－‎2 m＝‎2 cm；在～的时间内粒子向B板减速，位移为x3＝x2＝‎2 cm，故此时已经到达了B板，选项C错误。若粒子于t＝时释放，则在～的时间内粒子向B板加速，位移为x2′＝a2＝×108×(10－5)‎2m＝0.5×10－‎2 m＝‎0.5 cm，在～的时间内粒子向B板减速，位移为x3′＝x2′＝‎0.5 cm；在～T的时间内粒子向A板加速，位移为x2″＝a2＝×108×(3×10－5)‎2m＝4.5×10－‎2 m＝‎4.5 cm；因‎4.5 cm－2×‎0.5 cm＝‎3.5 cm>‎3 cm，故此时粒子已经到达A板，选项D正确。‎ ‎9．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做周期性变化，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。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k＝，电子在0～2T时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。‎ 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 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＝ 由题知d＞x1＋x2，解得d＞ 。‎ 答案：d＞ ‎10．(2018·河南南阳一中月考)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(不计电子重力)。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＝＝ 图甲中，vy1＝at0＝，vy2＝a×2t0＝ 由图甲可得电子的最大侧位移 ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝ 由图乙可得电子的最小侧位移 ymin＝t0＋vy1t0＝。‎ 答案：　 ‎★11．(2018·济南八校联考)如图所示，在E＝103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝‎40 cm，一带正电荷q＝10－‎4 C的小滑块质量为m＝‎40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝‎10 m/s2，问：‎ ‎(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)‎ ‎(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？‎ 解析：(1)设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得，‎ qEL－μmgL－mg·2R＝mv2－0‎ 小滑块在C点时，重力提供向心力，‎ 所以mg＝m 代入数据解得v＝‎2 m/s，L＝‎20 m。‎ ‎(2)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，‎ qE(L＋R)－μmgL－mg·R＝mvP2－0‎ 在P点时由牛顿第二定律可得，‎ FN－qE＝m，‎ 代入数据解得FN＝1.5 N。‎ 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N。‎ ‎(3)小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R＝gt2，可得滑块运动的时间为t＝ 得t＝0.4 s。‎ 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qE＝ma 所以加速度a＝‎2.5 m/s2‎ 水平的位移为x＝vt－at2‎ 代入解得x＝‎0.6 m。‎ 滑块落地时竖直方向的速度的大小为 vy＝gt＝10×‎0.4 m/s＝‎4 m/s 水平方向的速度的大小为vx＝v－at＝‎1 m/s 落地时速度的大小为v地＝ 解得v地＝ m/s。‎ 答案：(1)‎20 m　(2)1.5 N　(3)‎0.6 m　 m/s 带电粒子在电场中运动的综合问题　(卷Ⅱ)‎ ‎[B级——拔高题目稳做准做]‎ ‎1．(2018·哈尔滨市九中二模)如图甲所示，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l＝‎10 cm，板间距离d＝‎‎10 cm ‎，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝‎10 cm，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，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：‎ ‎(1)在t＝0.06 s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)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝mv02‎ 设偏转电场的场强为E，则有：E＝ 设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有：在中心轴线方向上：t＝ 在轴线侧向有： a＝ y＝at2＝ 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：vy＝at, tan θ＝ 电子在荧光屏上偏离O点的距离为 Y＝y＋Ltan θ＝＝ 由题图知t＝0.06 s时刻U＝1.8U0，‎ 代入数据解得Y＝‎13.5 cm。‎ ‎(2)由题知电子偏移量y的最大值为d/2，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。‎ 代入上式得：Y＝l 所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y＝‎3l＝‎30 cm。‎ 答案：(1) O点上方‎13.5 cm处　(2)‎‎30 cm ‎★2．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。‎ ‎(1)求小球所受的电场力大小；‎ ‎(2)求小球在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)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小F＝mgtan 60°＝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A点运动到D点的过程中，有 mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv02－mv2，‎ 解得v0＝2。‎ 答案：(1)mg　(2)2 ‎3．(2018·亳州模拟)如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧d＝‎0.30 m的A点处有一固定的点电荷。细杆上套有一带电荷量q＝1×10－‎6 C、质量m＝‎0.05 kg的小环。设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环由静止释放后，其动能Ek随h的变化曲线如图乙所示。已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，重力加速度g＝‎10 m/s2。(计算结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)试估算点电荷所带电荷量Q的大小；‎ ‎(2)求小环位于h1＝‎0.40 m处时的加速度a；‎ ‎(3)求小环从h2＝‎0.30 m处下落到h3＝‎0.12 m处的过程中，其电势能的改变量。‎ 解析：(1)由题图乙可知，当h′＝‎0.36 m(或h′＝‎0.12 m)时，小环所受合力为零，则有k×＝mg 代入已知数据解得Q＝＝1.6×10－‎5 C。‎ ‎(2)小环加速度沿杆方向，则mg－F1＝ma 又F1＝k。‎ 代入已知数据解得a＝‎0.78 m/s2，方向竖直向下。‎ ‎(3)设小环从h2＝‎0.30 m处下落到h3＝‎0.12 m处的过程中，电场力对小环做功为WE 根据动能定理有mg(h2－h3)＋WE＝ΔEk＝0.055 0 J－0.068 5 J＝－0.013 5 J 代入已知数据解得WE＝ΔEk－mgΔh≈－0.10 J 所以小环的电势能增加了0.10 J。‎ 答案：(1)1.6×10－‎5 C　(2)‎0.78 m/s2　方向竖直向下 ‎(3)增加0.10 J ‎★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＝0 ①‎ s1＝v0t＋at2 ②‎ s2＝v0t－at2 ③‎ 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 vy2＝2gh ⑤‎ H＝vyt＋gt2 ⑥‎ M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 Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩‎ Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2 ⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝。‎ 答案：(1)3∶1　(2)H　(3)