高三物理二轮复习 考前基础回扣练 八 电场及带电粒子在电场中的运动

电场、带电粒子在电场中的运动热点一对电场性质的考查命题规律：静电场的性质与特点以及常见电场的分布规律问题是近几年高考的热点，分析近几年的高考命题，命题规律主要有以下几点：(1)以选择题形式考查电场的叠加．(2)以选择题形式考查等量电荷或不等量电荷的电场的分布与电场强度、电势、电势能的大小比较问题．(3)以选择题形式考查电场力做功与电势能的改变之间的关系．1.(2014·高考重庆卷)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则( )A．W a＝W b，E a>E b B．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E b D．W a≠W b，E a<E b[解析] 因a、b两点在同一等势线上，故U ac＝U bc，W a＝eU ac，W b＝eU bc，故W a＝W b.由题图可知a点处电场线比b点处电场线密，故E a>E b.选项A正确．[答案] A2.(多选)(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则 ( )A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM[解析] 电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟点电荷距离相等的点，电势相等，场强大小相等．由于φM＝φN，φP＝φF，所以点电荷Q到M和N的距离相等，到P和F的距离相等，即过F作MN的中垂线，然后作FP的中垂线，两中垂线的交点为点电荷Q所在的位置，由几何知识得Q在MP上，如图所示，选项A正确；点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项B错误；正试探电荷与Q同号，所以受斥力作用，故将其从P点搬运到N点时，电场力做正功，故选项C错误；由几何关系知点电荷Q 距M的距离大，距P的距离小，所以φM<φP，故选项D正确．[答案] AD3.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)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)( )A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 2 [解析] 由b 点处场强为零知，圆盘在b 点处产生的场强E 1与q 在b 点处产生的场强E 2大小相等，即：E 1＝E 2＝k qR 2，由对称性，圆盘在d 点产生的场强E 3＝k q R 2，q 在d 点产生的场强E 4＝k q 9R 2，方向与E 3相同，故d 点的合场强E d ＝E 3＋E 4＝k 10q9R 2，B 正确，A 、C 、D 错误． [答案] B[方法技巧] 1 分析电荷受电场力情况时，首先明确电场的电场线分布规律，再利用电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判定场强的强弱.2 分析电势的高低常根据电场线的指向进行判断.3 比较电势能的大小或分析电势能的变化，可以根据电场力做正功，电势能减小，做负功，电势能增大判断，也可根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大来判断.)热点二 有关平行板电容器问题命题规律：平行板电容器问题是近几年高考中时常出现的考点，分析近几年的高考命题，命题规律主要有以下几点：(1)一般以选择题的形式考查电容器的定义式和平行板电容器的决定式．(2)以选择题的形式考查极板间场强、极板间的电势、带电粒子的电势能及电容器的充放电规律等问题．1.(2014·沈阳一模)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在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l 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )[思路点拨] 负极板接地意味着其电势为零，利用φP ＝U ＝Ed 分析P 点电势的变化，式中d 为P 点到负极板的垂直距离．[解析] 由平行板电容器的电容C ＝εS 4πkd可知A 错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQ εS，与d 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，φ＝φ0－El 0，则C 项正确．正电荷在P 点的电势能W ＝q φ＝q (φ0－El 0)，显然D 错．[答案] C2.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d 2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d 3，则从P 点开始下落的相同粒子将( ) A ．打到下极板上 B ．在下极板处返回C ．在距上极板d 2处返回D ．在距上极板25d 处返回 [解析] 设板间电压为U ，场强为E ，则E ＝U d，由动能定理得mg ·32d －qEd ＝0 将下极板向上平移d 3后，U 不变，d ′＝23d ，则E ′＝3U 2d ＝32E ，设粒子在距上极板x 处返回，则由动能定理得mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2＋x －qE ′x ＝0 联立解得：x ＝25d ，故D 正确，A 、B 、C 错误． [答案] D3.(多选)(2014·石家庄一模)如图所示，D 是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB 内部原有带电微粒P 处于静止状态．下列措施下，关于P 的运动情况的说法中正确的是( )A ．保持S 闭合，增大A 、B 板间距离，P 仍静止B ．保持S 闭合，减小A 、B 板间距离，P 向上运动C ．断开S 后，增大A 、B 板间距离，P 向下运动D ．若B 板接地，断开S 后，A 板稍下移，P 的电势能不变[解析] 保持开关S 闭合，电容器的电压不变，增大A 、B 板间距离，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会减小，则电容器的电量不变，由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关，所以电场强度不变，故A 正确；当减小A 、B 板间距离，则导致电容器的电容增大，则出现电容器的电量增加，因此电场强度增大，所以P 向上运动，故B 正确；增大A 、B 板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S ，则电容器的电量不变，所以极板间的电场强度不变，因此P 仍处于静止，故C 错误；A 板稍下移，电容器的电容增大，当断开S 后，则电容器的电量不变，所以电场强度也不变，由于B 板接地，则P 到B 板的电势差不变，因此P 的电势能也不变，故D 正确．[答案] ABD [总结提升] 平行板电容器问题的分析思路1 明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化.2 应用平行板电容器的决定式C ＝εr S 4πkd分析电容器的电容的变化. 3 应用电容的定义式分析电容器带电量和两板间电压的变化情况.4 根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论.热点三 应用动能定理分析带电粒子在电场中的运动命题规律：带电粒子在电场中的运动问题是近几年高考的重点和热点，综合分析近几年的高考命题，对于这一考点的命题规律有以下几个方面：(1)利用运动的合成和分解分析带电粒子的类平抛运动，考查粒子的运动轨迹、受力情况及能量转化，多以选择题形式出现．(2)经常与动能定理、运动学方程、牛顿运动定律等知识相综合，以计算题的形式出现．1.(2014·四川名校检测)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 点时的速度大于在Q 点时的速度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 点时的加速度小于在Q 点时的加速度[解析] 由运动轨迹可判定，电场力的方向指向轨迹右侧，因此粒子从Q →R →P ，速率增大，故A 正确．由于粒子只受电场力，动能与电势能之和守恒，故B 、C 错；由电场线分布可知，粒子在R 点所受电场力大于Q 点的电场力，故D 错．[答案] A2.(2014·四川攀枝花二模)如图所示，虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11 kg 、电荷量为q＝＋1.0×10－5C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN 上的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ 、MN 间距离为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1；(2)匀强电场的场强大小；(3)ab 两点间的电势差．[解析] (1)由动能定理得：qU ＝12mv 21 代入数据得v 1＝104 m/s.(2)因粒子重力不计，则进入PQ 、MN 间电场中后，做类平抛运动，有粒子沿初速度方向做匀速直线运动：d ＝v 1t粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：v y ＝at由题意得：tan 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma 联立以上相关各式并代入数据得：E ＝3×103 N/C ＝1.73×103 N/C.(3)由动能定理得：qU ab ＝12mv 2＝12m (v 21＋v 2y ) 联立以上相关各式并代入数据得：U ab ＝400 V.[答案] (1)104 m/s (2)1.73×103 N/C (3)400 V3.(2014·太原调研)如图所示，粗糙水平桌面AM 的右侧连接有一竖直放置、半径R ＝0.3 m 的光滑半圆轨道MNP ，桌面与轨道相切于M 点，在水平半径ON 的下方空间有水平向右的匀强电场．现从A 点由静止释放一个质量m ＝0.4 kg 、电荷量为q 的带正电的绝缘物块，物块沿桌面运动并由M 点进入半圆轨道，并恰好以最小速度通过轨道的最高点P .已知物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.55，电场强度E ＝mg q ，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．物块经过M 点时的速率为 3 m/sB ．物块经过半圆轨道MNP 的中点时对轨道的压力大小为4 2 NC ．物块由M 向P 运动的过程中速率逐渐减小D ．AM 的长度为1 m [解析] 物块恰好通过P 点，则在P 点有mg ＝m v 2P R，物块从M 到P 由动能定理得qER －2mgR＝12mv 2P －12mv 2M ，联立解得v M ＝3 m/s ，选项A 错误；设物块在半圆轨道中点时的速度大小为v ，由动能定理得qER －mgR ＝12mv 2－12mv 2M ，又F N －qE ＝m v 2R、F N ′＝F N ，联立解得压力大小为F N ′＝16 N ，选项B 错误；物块由M 向N 运动的过程中速率先增大后减小，选项C 错误；物块从A 到M 由动能定理得(qE －μmg )l ＝12mv 2M －0，解得l ＝1 m ，选项D 正确． [答案] D[总结提升] 带电粒子在电场中的运动问题解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是偏转运动问题．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理： ①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．带电粒子在交变电场中的运动问题命题规律：带电粒子在交变电场中的运动问题涉及受力分析、运动分析以及对运动性质、运动轨迹、运动范围的判断．是对考生应用动力学和能量观点解决电学问题能力的综合考查，在高考中，选择题和计算题都有可能出现．[解析] 以电场力的方向为y 轴正方向，画出电子在t ＝0时和t ＝t 0时进入电场后沿电场力方向的速度v y 随时间t 变化的v y －t 图象分别如图线a 和图线b 所示，设两平行板之间的距离为d .分析可知：在0～t 0内，t ＝0时刻进入板间的电子侧向位移最大，t ＝t 0时刻进入板间的电子侧向位移最小．(3分)(1)电子在板间电场中的加速度：a ＝U 0e md(1分) t ＝0时进入板间的电子，在竖直方向上0～t 0内，匀加速运动，v y ＝at 0＝eU 0mdt 0，t 0～2t 0内，匀速运动，2t 0～3t 0内，匀加速运动，最后从板边缘射出．(2分)由图象知：y max ＝v y ·3t 0＝3eU 0md·t 20.(2分) 由题意得：y max ＝d 2(1分) 解得：d ＝6eU 0m t 0(1分)侧向位移的最大值：y max ＝126eU 0m t 0(1分)由图象可得最小值：y min ＝12y max ＝14 6eU 0mt 0.(1分) (2)板间电场对侧向位移最大、最小的电子做功分别为：W ＝eU 0d ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2×16＋d 2×12＝eU 03(1分) W ′＝eU 0d ×d 2×16＝eU 012(1分) 由动能定理得：E k ＝eU 0＋eU 03＝43eU 0(1分) E k ′＝eU 0＋eU 012＝1312eU 0(1分) 故E k E k ′＝1613.(1分) [答案] (1)126eU 0m t 0 146eU 0m t 0 (2)1613[总结提升] (1)对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、匀速或减速交替出现的多运动过程的情景出现．解决的方法：①根据力与运动的关系分析带电粒子一个变化周期内相关物理量的变化规律．②借助运动图象进行运动过程分析，找出每一运动过程(或阶段)中相关物理量间的关系，进行归纳、总结、推理，寻找带电粒子的运动规律．(2)对于带电粒子在交变电场中的曲线运动，解决的方法仍然是应用运动的合成与分解的方法，把曲线运动分解为两个直线运动，然后应用动力学或功能关系加以解决．最新预测 1 (多选)(2014·哈尔滨一模)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，图中反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )答案：AD最新预测2 如图甲所示，在y ＝0和y ＝2 m 之间有沿着x 轴方向的匀强电场，MN 为电场区域的上边界，在x 轴方向范围足够大．电场强度的变化如图乙所示，取x 轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为q m ＝1.0×10－2C/kg ，在t ＝0时刻以速度v 0＝5×102 m/s 从O 点沿y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x 方向的速度大小．解析：(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝y v 0＝4×10－3 s. (2)粒子沿x 轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a 1＝E 1q m ＝4 m/s 2，减速时的加速度大小为a 2＝E 2q m＝2 m/s 2，由运动学规律得，x 方向上的位移为 x ＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22－12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝2×10－5 m 因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5 m,2 m)．(3)粒子通过电场区域后沿x 方向的速度为v x ＝a 1T 2－a 2T 2＝4×10－3 m/s. 答案：见解析[失分防范] 带电粒子在交变电场中的运动问题极易从以下几点失分：①不能把交变的电学量转化为变化的力学量；②不能正确分析转折点粒子的运动状态；③不能正确分析粒子在各阶段的运动情况；④不能构建出粒子在全过程的运动模型.可以从以下几点进行防范：①紧抓电学量和力学量的关系式E ＝F q、W ＝qU 等；②粒子所受的电场力F 是联系力和电的桥梁，知道了力的变化，就能推知加速度、速度、位移、功、动能等其他力学量的变化；③一定要把复杂多过程问题先分阶段处理，再全过程考虑；④尽可能多地从图象上获得信息，进而分析得出粒子的运动规律.)一、选择题1．(2014·高考江苏卷)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，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中正确的是( )A ．O 点的电场强度为零，电势最低B ．O 点的电场强度为零，电势最高C ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度增大，电势降低解析：选B.根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O 点的电场强度为零．在x 轴上，电场强度的方向自O 点分别指向x 轴正方向和x 轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O 点电势最高．在x 轴上离O 点无限远处的电场强度为零，故沿x 轴正方向和x 轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B 正确．2．(多选)(2014·江苏阜宁中学月考)如图所示，平行板电容器AB 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A 和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB 中心水平射入，打在B 极板上的N 点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A 板来改变两极板AB 间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )A ．若小球带正电，当AB 间距增大时，小球打在N 的右侧B ．若小球带正电，当AB 间距减小时，小球打在N 的左侧C ．若小球带负电，当AB 间距减小时，小球可能打在N 的右侧D ．若小球带负电，当AB 间距增大时，小球可能打在N 的左侧解析：选BC.若小球带正电，当AB 间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB 两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N 点，选项A 错误；若小球带正电，当AB 间距减小时，平行板电容器带电量增大，平行板电容器AB 两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N 的左侧，选项B 正确；若小球带负电，当AB 间距减小时，平行板电容器带电量增大，平行板电容器AB 两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N 的右侧，选项C 正确；若小球带负电，当AB 间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB 两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N 点，选项D 错误．3．(多选)(2014·山东临沂三模)如图所示，在光滑绝缘水平面上的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m 、电荷量为－q 的负检验电荷，该检验电荷经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，规定电场中P 点的电势为零，则在＋Q 形成的电场中( )A ．N 点电势高于P 点电势B ．N 点电势为－mv 22qC ．P 点电场强度大小是N 点的4倍D ．检验电荷在N 点具有的电势能为－12mv 2 解析：选BC.沿电场线方向电势降低，由正点电荷的电场分布可知N 点电势低于P 点电势，A 错误；负电荷由N 至P ，电场力做正功，电势能的减小量等于动能的增加量，又负电荷在P 点的电势能为0，故负电荷在N 点的电势能为12mv 2，N 点电势为－mv 22q，B 正确，D 错误；由点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知P 点电场强度大小是N 点的4倍，C 正确．本题选B 、C.4．(多选)(2014·高考广东卷)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q 的小球P ，带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距L ，P 、M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( )A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零解析：选BD.假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合力为零，故k QqL 2＝k Q ·2qL ＋x 2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，故φM >φN ，所以选项C 错误．5．(2014·高考山东卷)如图，半径为R 的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A .已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA 方向射出．下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的是( )解析：选A.当试探电荷在球壳内部运动时，不受静电力作用，做匀速直线运动，故动能E k 不变．当试探电荷在球壳外部运动时，根据库仑定律，试探电荷受到的库仑斥力越来越小，故试探电荷做加速度减小的加速运动，试探电荷的动能越来越大，但增大得越来越慢．选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．6．(2014·高考山东卷)如图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s 2 2qE mhB.s 2 qE mhC.s 4 2qE mhD.s 4 qE mh解析：选B.带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律解决问题．根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心．则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qE mh.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．7.(2014·高考天津卷)如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加解析：选C.根据微粒的运动轨迹分析微粒的受力情况，结合功能关系求解．A ．分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A 错误．B ．微粒从M 点运动到N 点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B 错误．C ．微粒从M 点运动到N 点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C 正确．D ．微粒从M 点运动到N 点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D 错误．8．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．在下列图象中，能正确定性描述粒子运动速度图象的是( )解析：选A.0～T 2时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.T 2～T 时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T 时速度减为零．此后周期性重复运动，故A 正确．9．(2014·太原一模)一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图所示，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 ．0～2 s 内，电场力所做的功等于零C ．4 s 末带电粒子回到原出发点D ．2.5～4 s 内，速度的改变等于零解析：选D.由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s 内的加速度a ＝qE 0m，为第2 s 内加速度a ＝2qE 0m 的12，因此先加速1 s 再减速0.5 s ，速度为零，接下来的1.5 s 将反向加速，v －t 图象如图所示，所以选项A 错；在0～2 s 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，选项B 错误；v －t 图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称性可以看出，前4 s 内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C 错误；2.5～4 s 内，v 2.5＝v 4，故Δv ＝0，选项D 正确．二、计算题10．(2014·成都模拟)如图所示，板长L ＝10 cm ，板间距离d ＝10 cm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 、带电量为q 的小球由O 点静止释放，沿直线OA 从电容器C 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 ＝45 3 cm ，(g 取10 m/s 2)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C 时的速度v 的大小；(3)电容器C 极板间的电压U .解析：(1)由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq ＝mg sin 60°，解得E ＝23mg 3q. (2)从O 点到A 点，由动能定理得：mgx cot 60°＝12mv 2－0 解得：v ＝3 m/s.(3)小球在电容器C 中做类平抛运动，水平方向：L ＝vt ①竖直方向：d 2＝12at 2② a ＝Uq md－g ③ ①②③联立求解得U ＝10m q.答案：(1)23mg 3q (2)3 m/s (3)10m q11．(2014·高考安徽卷)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；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．解析：(1)由v 2＝2gh ，得v ＝2gh .(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg －qE ＝ma由运动学公式知：0－v 2＝2ad整理得电场强度E ＝mg h ＋d qd由U ＝Ed ，Q ＝CU 得，电容器所带电荷量Q ＝C mg h ＋d q. (3)由h ＝12gt 21，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2 整理得t ＝h ＋d h 2h g. 答案：(1)2gh (2)mg h ＋d qd C mg h ＋d q (3)h ＋dh 2h g12．在金属板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 ，现有电子以平行于金属板的速度v 0从两板中央射入(如图甲所示)．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力，求：。

专题分层突破练8 电场带电粒子在电场中的运动A组1.(2019重庆八中模拟)在如图所示的四种电场中,分别标记有a、b两点,其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是()A.图甲中与点电荷等距的a、b两点B.图乙中两等量异种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点C.图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点D.图丁中非匀强电场中的a、b两点2.真空中有一半径为r0的带电金属球壳,若取无穷远处为零电势,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布规律可用图中曲线表示,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。

下列说法中正确的是()A.该球壳带负电B.A点的电场强度大于B点的电场强度C.若r2-r1=r1-r0,则φA-φB=φ0-φAD.将电子从A点移到B点,电场力做正功3.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RB.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4.在空间某区域存在一电场,x轴上各点电势随位置变化情况如图所示,图线为曲线,且关于纵轴对称。

下列关于该电场的论述正确的是()A.图中A点对应的电场强度大于B点对应电场强度B.图中A点对应的电势大于B点对应电势C.一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能D.一个带正电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2点的电势能5.如图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上图乙所示的电压。

现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶16.如图,A、B、C三个点电荷分别固定于一个边长为a的正三角形的三个顶点,它们所带的电荷量分别为+Q、-2Q、-2Q,在三角形中心O释放一个带+q电荷的试探电荷,为了让该试探电荷静止在O点,需要在空间加上一个平行于三角形所在平面的匀强电场,则()A.所加匀强电场方向为由O指向A,电场强度大小为B.所加匀强电场方向为由A指向O,电场强度大小为C.撤去匀强电场,将试探电荷从O点移到BC中点,移动过程中试探电荷的电势能增加D.撤去匀强电场,将试探电荷从O点移到BC中点,移动过程中电场力对试探电荷做正功7.(2019山东淄博模拟)如图所示,平行板电容器两极板水平放置,现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上,电容器下极板接地,静电计所带电荷量可忽略,二极管具有单向导电性。

准兑市爱憎阳光实验学校专题六 带电粒子在电场中的运动【专家概述】一、本专题的和难点内容1、带电粒子在电场中受电场力，电场力计算公式有：qE F =。

2rQqk F =是两个静止的点电荷之间的作用力。

2、在匀强电场中，电场强度公式：dU q F E ==。

在一个点电荷电场中，电场强度公式：2rQk E =。

3、带电粒子在电场中的能量有动能221mv ，有电势能ϕq 。

电场力做功公式qU W =。

4、在电场中，可用电场线描述电场，电场线密表示电场强，电场线疏表示电场弱。

顺着电场线移动，电势降低。

5、平行板电容器涉及的公式有：CU Q =，d k S C πε4=，SQk d U E επ4==。

二、本专题的解题思路与方法1、运动问题仍然按力学总结的方法执行。

其它问题见下面：2、正电荷在电场中受电场力方向与电场方向相同。

正电荷顺电场线移动，电场力做正功，电势能降低。

负电荷正好相反。

3、电源与电容器相连不断开，电容器电压于电源电动势。

电源与电容器相连后，再断开，电容器电量不变。

4、带电粒子在平行板电容器中的运动：平行极板方向为匀速直线运动，垂直极板方向为匀变速直线运动。

5、验电器只能检查物体是否带电，静电计不仅可以检查物体是否带电，还可以测量静电压。

【例说】例1 〔二模〕如图，Q 1、Q 2是真空中的两个量正点电荷，O 为它们连线中点，a 、b 是位于其连线的中垂线上的两点，现用o E 、a E 、b E 分别表示这三点的电场强度大小，用o ϕ、a ϕ、b ϕ分别表示这三点的电势上下，那么〔 〕 A ．o E =a E =b E B ．o E ＜a E ＜b EC ．o ϕ＞a ϕ＞b ϕD ．o ϕ=a ϕ=b ϕ 答案：C分析：每个点电荷在它周围空间产生电场，两个点电荷的总电场是它们两个电场的矢量合成，合成方法遵守平行四边形法那么，在此我们只记忆大概的样子即可。

解：O 点处电场强度为零，向上下两侧移动，电场强度逐渐增大到最大值后再减小，直到无穷远为零。

1．[2015·邢台四模]如图所示，真空中M、N处放置两等量异号点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于MN。

已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是()A．M点处放置的是正电荷B．若将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，则电场力先做正功后做负功C．d点的电势高于f点的电势D．d点的场强与f点的场强完全相同答案 B解析把正电荷从d移到f，电势能增加，由E p＝qφ知电势升高，则N处放置的是正电荷，A错误。

将正电荷从d点移动到e点，电势先降低后升高，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，B 正确。

由于M处为负电荷，N处为正电荷，所以d点电势低于f点电势，C错误。

d点场强与f点场强均垂直自己所在处的等势面，很明显方向不同，D错误。

2．[2015·广东梅州一模](多选)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A.电子运动的轨迹为直线B．该电场是匀强电场C．电子在N点的加速度小于在M点的加速度D．电子在N点的动能小于在M点的动能答案AC解析带电粒子初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，故A正确；电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W＝Fl可知，电子所受的电场力越来越小，电场强度减小，不可能是匀强电场，故B错误；因电子受到的电场力越来越小，故电子做加速度逐渐减小的加速运动，C正确；电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，故D错误。

3．[2015·河南质监]某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线。

一个带负电的粒子(忽略重力)在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动。

高三专题八：带电粒子在场中运动专题一、高考预测分析：带电粒子在场中的运动，其中场包括重力场、电场、磁场。

是历年来高考的热点内容，特别是带电粒子在匀强电场中的直线运动和曲线运动，带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，带电粒子在复合场中的直线运动和匀速圆周运动以及类平抛运动。

解决复合场中的问题需要将力学知识中三个基本定律，即牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律进行综合运用，同时需要将几个基本的运动，即直线运动中的加速、减速、往返运动，曲线运动中的平抛运动、圆周运动、匀速圆周运动进行综合巩固和加深。

纵观近几年高考对复合场问题的考查，一般此类题型出现在选择题中，以图像的考查居多（参见05、06年高考卷），出现在计算题中时往往以带电粒子在有界磁场和复合常中的匀速圆周运动以及平抛运动居多，07年高考也必然会继续延续对此主干综合知识的考查，复习时要做好充分的准备，掌握基本规律和基本运动，细心解决每个过程中的力与运动的联系。

二、例题分析：难点阐释 静电场往往是变化的场强，带电粒子在其中运动时受力发生变化，运动相应的受到约束，要严格根据牛顿第二定律的规律和性质来处理。

【例1】（2007年重庆模拟）如图所示，在a 点由静止释放一个质量为m ,电荷量为q 的带电粒子，粒子到达b 点时速度恰好为零，设ab 所在的电场线竖直向下，a 、b 间的高度差为h ，则A.带电粒子带负电； B .a 、b 两点间的电势差U ab =mgh/q ;C .b 点场强大于a 点场强；D .a 点场强大于b 点场强. 【解析】：带电粒子由a 到b 的过程中，重力做正功，而动能没有增大，说明电场力做负功。

根据动能定理有：mgh -qU ab =0解得a 、b 两点间电势差为U ab =mgh/q .因为a 点电势高于b 点电势，U ab >0,所以粒子带负电，选项AB 皆正确。

带电粒子由a 到b 运动过程中，在重力和电场力共同作用下，先加速运动后减速运动；因为重力为恒力，所以电场力为变力，且电场力越来越来越大；由此可见b 点场强大于a 点场强。

专题7 电场与带电粒子在电场中运动考题一 对电场性质理解与应用(2)利用电场线疏密分布规律或场强叠加原理判定场强强弱.(由a ＝qE m判断a 变化)(3)根据电场力与电场线相切(与等势面垂直)，且指向轨迹弯曲方向，或轨迹一定夹在力与速度方向之间，分析带电粒子在电场中运动轨迹问题.(4)根据电场线方向、电场线疏密及电势能大小分析电势上下.(5)应用电场力做功与电势能改变之间关系判定电势能大小或电场力做功情况.例1 在直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图1，M 、N 两点各固定一负点电荷，一电量为Q 正点电荷置于O 点时，GkG 点，那么H 点处场强大小与方向分别为( )图1A.3kQ 4a 2，沿y 轴正向B.3kQ 4a 2，沿y 轴负向C.5kQ 4a 2，沿y 轴正向D.5kQ 4a 2，沿y 轴负向 解析 G 点处电场强度恰好为零，说明负电荷在G 点产生合场强与正电荷在G 点产生场强大小相等方向相反，根据点电荷场强公式可得，正电荷在G 点场强为kQ a 2，负电荷在G 点合场强也为kQ a 2，当正点电荷移到G 点时，正电荷与H 点距离为2a ，正电荷在H 点产生场强为kQ 4a 2，方向沿y 轴正向，由于G 与H 对称，所以负电荷在G 点与H 点产生场强大小相等方向相反，大小为kQ a 2，方向沿y 轴负向，所以H 点处合场强大小为kQ a 2－kQ 4a 2＝3kQ 4a2，方向沿y 轴负向，所以B 正确. 答案 B变式训练1.在光滑绝缘水平面上，有一个正三角形abc ，顶点a 、b 处分别固定一个正点电荷，c 处固定一个负点电荷，它们电荷量都相等，如图2所示，D 点为正三角形外接圆圆心，E 、G 、H 分别为ab 、ac 、bc 中点，E 、F 两点关于c 点对称.以下说法中正确是( )图2A.D 点场强为零，电势也为零B.E 、F 两点电场强度大小相等、方向相反C.G 、H 两点场强一样E 点移动到D 点过程中，该电荷电势能减小答案 D2.(2021·重庆三模)在x 轴上有两个点电荷q 1与q 2，x 轴上电势φ随x 而变化关系如图3所示，那么( )图3A.x ＝x 1处电场强度为0B.x ＝x 2处电场强度不为0C.q 1、q 2为不等量异种电荷，且正电荷在x ＝0处，负电荷在x ＜0某处D.q 1、q 2为等量异种电荷，且正电荷在x ＜0处，负电荷在x ＞0某处答案 C解析 在φ－x 图象中，电势降低最快方向即为场强方向，那么x 2右侧场强沿x 轴负向，x 2左侧场强方向向右；由E ＝U d知图象斜率为场强大小，得x 1处电势为零，场强不为零；x 2处场强为零，电势不为零，选项A 、B 均错误.两个电荷连线上出现场强为零点(x 2处)有两种情况，一是同种电荷之间，但两侧电势变化一样；二是异种电荷连线之外，x 1处电势为正逐渐降低且场强向右，可知此处附近场源电荷为正，负电荷在x ＜0某处满足要求，选项C 正确、选项D 错误.Q 1、Q 2与Q 3所产生静电场等势面与纸面交线如图4所示，图中标在等势面上数值分别表示该等势面电势，a 、b 、c ……表示等势面上点，以下说法正确有( )图4g 点点电荷不受电场力作用B.b 点场强与d 点场强大小一定相等q 正点电荷从a 点移到i 点，再从i 点移到f 点过程中，电场力做总功大于把该点电荷从a 点直接移到f 点过程中电场力所做功D.把1 C 正电荷从m 点移到c 点过程中电场力做功等于7 kJ 答案 D解析 位于g 点位置电势为零，场强不为零，所以点电荷受电场力作用，故A 错误；b 点场强与d 点场强是由点电荷Q 1、Q 2与Q 3所产生场强叠加产生，Q 2与Q 3与b 点与d 点距离不等，根据点电荷场强公式E ＝kQ r 2得Q 2与Q 3在b 点与db 点场强与d 点场强大小不相等，故B 错误；根据电场力做功W ＝qU 得把电荷量为q 正点电荷从a 点移到i 点，再从i 点移到f 点过程中，电场力做总功等于把该点电荷从a 点直接移到f 点过程中电场力所做功，故C 错误；把1 C 正电荷从m 点移到c 点过程中电场力做功W ＝qU ＝1 C×[4 kV－(－3 kV)]＝7 kJ ，故D 正确.考题二 与平行板电容器有关电场问题C ＝Q U 、C ＝εr S 4πkd 、E ＝U d. (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，电容器两极板间带电荷量不变.(1)明确平行板电容器中哪些物理量是不变，哪些物理量是变化以及怎样变化.(2)应用平行板电容器决定式C ＝εr S 4πkd分析电容器电容变化. (3)应用电容定义式C ＝Q U分析电容器带电量与两板间电压变化情况. (4)根据控制变量法对电容变化进展综合分析，得出结论.例2 (2021·天津理综·4)如图5所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳与电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P 点点电荷，以E 表示两板间电场强度，E p 表示点电荷在P 点电势能，θ表示静电计指针偏角.假设保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，那么( )图5A.θ增大，E 增大B.θ增大，E p 不变C.θ减小，E p 增大D.θ减小，E 不变解析 假设保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C ＝εr S 4πkd可知，C 变大；根据Q ＝CU 可知，在Q 一定情况下，两极板间电势差减小，那么静电计指针偏角θ减小；根据E ＝U d，Q ＝CU ，C ＝εr S 4πkd 联立可得E ＝4πkQ εr S，可知E 不变；P 点离下极板距离不变，E 不变，那么P 点与下极板电势差不变，P 点电势不变，故E p 不变；由以上分析可知，选项D 正确.答案 D变式训练4.如图6所示，平行板电容器与电动势为EP 点.现将平行板电容器下极板竖直向下移动一小段距离，那么( )图6D.假设先将电容器上极板与电源正极导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，那么带电油滴所受电场力不变答案 DC ＝εr S 4πkd，知，d 增大，那么电容减小，故B 错误.电势差不变，d 增大，那么电场强度减小，P 点与上极板电势差减小，那么P 点电势增大，因为该电荷为负电荷，那么电势能减小.故C 错误.假设先将电容器上极板与电源正极导线断开，那么电荷量不变，d 改变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S，知电场强度不变，那么油滴所受电场力不变，故D 正确.5.如图7所示，两个水平放置平行板电容器，A 板用导线与M 板相连，B 板与NA 板带电后，在两个电容器间分别有P 、Q 两个带电油滴都处于静止状态.A 、B 间电容为C 1，电压为U 1，带电量为Q 1；M 、N 间电容为C 2，电压为U 2，带电量为Q 2.假设将B 板稍向下移，以下说法正确是( )图7A.P 向下动，Q 向上动B.U 1减小，U 2增大C.Q 1减小，Q 2增大D.C 1减小，C 2增大答案 AC 解析 将B 板下移时，由C ＝εr S 4πkd，知C 1将减小；而MN 板不动，故C 2不变；故D 错误；假设Q 不变，那么AB 板间电压U 1将增大，大于MN 间电压，AB 板将向MN 板充电，故Q 1减小，Q 2增大，故C 正确；充电完成，稳定后，MN 及AB 间电压均增大，故对Q 分析可知，Q 受到电场力增大，故Q 将上移，对AB 分析可知，E 1＝U 1d＝Q 1Cd ＝Q 1εr S 4πkd d ＝4πkQ 1εr S ，故电场强度减小，故P 受到电场力减小，故P将向下运动，故A 正确.6.如图8所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C ，开场时开关闭合，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U ，两极板间距为d ，电容器储存能量E ＝12CU 2.一电荷量为－q 带电油滴，以初动能E k0从平行板电容器两个极板中央水平射入(极板足够长)，带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，那么( )图8A.保持开关闭合，仅将上极板下移d 4，带电油滴仍能沿水平线运动 B.保持开关闭合，仅将上极板下移d 4，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时动能为E k0＋qU 12C.断开开关，仅将上极板上移d 4，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时动能为E k0＋qU 6D.断开开关，仅将上极板上移d 4，假设不考虑电容器极板重力势能变化，外力对极板做功至少为18CU 2 答案 BD解析 保持开关闭合，开场时带电油滴沿直线匀速通过电容器，那么：Uq d＝mg 保持开关闭合，仅将上极板下移d 4，那么向上电场力大于重力，故带电油滴向上运动，应选项A 错误；到达上极板时动能为E k ，那么根据动能定理：⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫Uq 34d －mg ·14d ＝E k －E k0，以上两个方程式联立可以得到到达上极板动能为：E k ＝E k0＋qU 12，应选项B 正确；断开开关，电量不变，当两极板间距离发生变化时候，场强不变，即电场力不变，故粒子仍沿直线运动，应选项C 错误；断开开关，仅将上极板上移d 4，那么两板之间距离为54d ，那么C ＝εr S 4πkd ，C ′＝εr S 4πk ·54d ，那么整理可以得到：C ′＝45C ，根据C ＝Q U 与C ′＝Q U ′，整理可以得到：U ′＝54U ，那么上移之后电容器储存能量为：E ′＝12C ′U ′2＝58CU 2，所以增加能量为：ΔE ＝E ′－E ＝58CU 2－12CU 2＝18CU 2，故外力对极板做功至少为18CU 2，应选项D 正确.考题三带电粒子在电场中运动首先分析粒子运动规律，区分是在电场中直线运动问题还是曲线运动问题.(1)匀强电场中，v0与E平行时，优先用功能关系求解，假设不行，那么用牛顿第二定律与运动学公式.(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解.3.带电粒子在匀强电场中偏转(v0垂直于E方向)，如图9所示图9处理方法：应用运动合成与分解.(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝Lv0.(2)沿电场方向做初速度为零匀加速直线运动，加速度a＝Fm＝qEm＝qU md.(3)离开电场时偏移量y＝12at2＝qUL22mdv20.(4)速度偏向角tan φ＝v yv0＝qUxmdv20――→x＝L tan φ＝qULmdv20；位移偏向角tan θ＝yx＝qUx2mdv20――→x＝L tan θ＝qUL2mdv20.例3 如图10所示，一质量为m、电荷量为q带正电荷小球(可视为质点)从y 轴上A 点以初速度v 0(未知)水平抛出，两长为L 平行金属板M 、N 倾斜放置且与水平方向间夹角为θ＝37°，带电小球恰好能垂直M 板从其中心小孔B 进入两板间(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图10(1)试求带电小球在y 轴上抛出点A 坐标以及小球抛出初速度v 0；(2)假设该平行金属板M 、N 间有如下图匀强电场，且匀强电场电场强度大小与小球质量之间关系满足E ＝4mg 5q，试计算两平行板M 、N 之间垂直距离d 至少为多少时才能保证小球不打在N 板上.[思维标准流程]⑤步骤2：在B 点，速度合成法求v B 进入电场后受力情况.对小球列牛顿第二定律表达式： 分方向列方程：得结论 v B ＝v 0sin θ＝ 5gL 6 ⑦ qE ＝4mg 5＝mg ·cos θ ⑧ 所以小球做类平抛运动 ⑨ mg sin θ＝ma ⑩所以a ＝g sin θ ⑪d ＝v B t ′⑫L 2＝12at ′2⑬ d ＝526L ⑭每式各1分变式训练 7.(2021·四川理综·9)中国科学院2021 年10月宣布中国将在2021年开场建造世界上最大粒子加速器.加速器是人类提醒物质根源关键设备，在放射治疗、食品平安、材料科学等方面有广泛应用. KB 时速度为8×106 m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107 m/s ，电源频率为1×107 Hz ，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12，质子荷质比取1×108 C/kg.求： 图11(1)漂移管B 长度；(2)相邻漂移管间加速电压.答案 (1)0.4 m (2)6×104 V解析 (1)设质子进入漂移管B 速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 长度为L ，那么T ＝1f ①L ＝v B ·T 2 ②联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m(2)设质子进入漂移管E 速度为v E ，相邻漂移管间加速电压为U ，电场力对质子所做功为W ，质子从漂移管B 运动到漂移管E 电场力做功W ′，质子电荷量为q 、质量为m ，那么W ＝qU③ W ′＝3W④ W ′＝12mv 2E －12mv 2B ⑤联立③④⑤式并代入数据得 U ＝6×104 V.专题标准练1.(2021·上海·11)国际单位制中，不是电场强度单位是( ) A.N C B.V mC.J CD.T·m s答案 C 解析 由公式E ＝F q 可知，电场强度单位为N C ，由公式E ＝U d 可知，V m也是电场强度单位，由qE ＝qvB 可得E ＝vB ，故T·m s也是电场强度单位，由公式U ＝W q 可知，J C是电势差单位，故应选C. 2.(2021·浙江理综·15)如图1所示，两个不带电导体A 与BC 置于A 附近，贴在A 、B 下部金属箔都张开( )图1A 带正电，B 带负电A 电势低，B 电势高C ，贴在A 、B 下部金属箔都闭合A 与B 分开，然后移去C ，贴在A 、B 下部金属箔都闭合答案 C解析 由静电感应可知，A 左端带负电，B 右端带正电，A 、B 电势相等，选项A 、B 错误；假设移去C ，那么两端感应电荷消失，那么贴在A 、B 下部金属箔都闭合，选项C 正确；先把A 与B 分开，然后移去C ，那么A 、B 带电荷仍然存在，故贴在A 、B 下部金属箔仍张开，选项D 错误.3.(2021·全国丙卷·15)关于静电场等势面，以下说法正确是( )D.将一负试探电荷从电势较高等势面移至电势较低等势面，电场力做正功答案B解析假设两个不同等势面相交，那么在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A错；电场线一定与等势面垂直，B对；同一等势面上电势一样，但电场强度不一定一样，C错；将一负电荷从电势较高等势面移至电势较低等势面，电场力做负功，故D错.4.(多项选择)(2021·海南单科·10)如图2，一带正电点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M与N先后在电场中运动轨迹，a、b、c、d、e为轨迹与虚线圆交点.不计重力.以下说法正确是( )图2A.M带负电荷，N带正电荷B.M在b点动能小于它在a点动能C.N在d点电势能等于它在e点电势能D.N在从c点运动到d点过程中克制电场力做功答案ABC解析由题图可知，M粒子轨迹向左弯曲，那么带电粒子所受电场力方向向左，可知M带电粒子受到了引力作用，故M带负电荷，而N 粒子轨迹向下弯曲，那么带电粒子所受电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，动能减小，选项B正确；对于N粒子，由于d与e在同一等势面上，故从d到e电场力不做功，电势能不变，选项C 正确；由于N 粒子带正电，故从c 点运动到d 点过程中，电场力做正功，选项D 错误.5.如图3所示，在匀强电场中有一个半径为R ＝1 m 圆，电场方向与圆平面平行，O 、P 两点电势差为10 V ，一个电子在该匀强电场中在仅受电场力作用下运动，且在P 、Q 两点上速度方向与圆切线一致，速度大小均为1 m/s ，那么( )图3P 到Q 运动过程中，动能先增大后减小E ＝10 V/mD.O 点与圆周上电势最低点电势差为10 2 V答案 D解析 带电粒子仅受电场力作用，由于粒子在P 、Q 两点动能相等，那么电势能也相等，因为电场为匀强电场，所以两点连线PQ 即为等势面，根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO .由曲线运动条件可知，正电粒子所受电场力沿着CO 方向，因此粒子从P 到Q 做曲线运动，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故A 、B 错误；匀强电场电场强度E ＝U d式中d 是沿着电场强度方向距离，因而由几何关系可知，U PO ＝E ×22R ，所以E ＝2U R＝10 2 V/m ，C 错误，圆周上电势最低点与O 点电势差为U ＝ER ＝10 2 V ，故D 正确.6.如图4所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，正极板与静电计相连，两板间有一个正检验电荷固定在P点.假设正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离x0过程中，静电计带电量变化可忽略，以C表示电容器电容、σ表示极板单位面积所带电荷量(也称面电荷密度)、U表示P点与负极板间电势差，Wx关系图象中正确是( )图4答案A解析当负极板左移时，d增大，由C＝εr S4πk d＋x可知，C与x 图象关系如图A所示，故A正确；σ表示极板单位面积所带电荷量，而电容器极板电量不变，那么面电荷密度也不变，故B错误；因负极板接地，设P点原来与负极板之间距离为x，那么P点电势φ＝E(x －x0)，那么U＝E(x－x0)，与x成线性关系，故C错误；电势能W ＝φq＝Eq(x－x0)，应该是倾斜直线，故D错误.7.(2021·海南单科·6)如图5，平行板电容器两极板间距为dq(qE k0竖直向上射出.不计重力，极板尺寸足够大.假设粒子能打到上极板，那么两极板间电场强度最大值为( )图5A.E k04qdB.E k02qdC.2E k02qdD.2E k0qd答案B解析根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，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v 0分解为垂直极板v y 与平行极板v x ，根据运动合成与分解，当分速度v y ＝0时，那么粒子速度正好平行上极板，那么根据运动学公式：－v 2y ＝－2Eq m d ，由于v y ＝v 0cos 45°，E k0＝12mv 20，联立整理得到E ＝E k02qd，应选项B 正确. P 、Q 相互平行，两板通过直流电源、开关相连，其中Q 板接地.一束带电粒子，从a 处以一定初速度平行于金属板P 、Q 射入两板之间真空区域，经偏转后打在Q 板上如下图位置.在其他条件不变情况下，要使该粒子束能从Q 板上b 孔射出(不计粒子重力与粒子间相互影响)，以下操作中可能实现是( )图6A.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 极板答案 A解析 粒子在平行板电容器之间做类平抛运动，要使该粒子束能从Q 板上b 孔射出，需要增大粒子平抛水平位移，竖直方向匀加速直线运动，加速度a ＝qU md ，那么由a 到下极板距离d 0＝12at 2＝qUt 22md，从而可得运动时间t＝2mdd0qU，水平方向位移x＝v0t＝v02mdd0qU，保持开关S闭合，那么两极板电压不变，适当上移P板，即d增大，d0不变，水平位移增大，选项A对.保持开关闭合，左移P板那么电压不变，d与d0都不变，水平位移不变，选项B错.先断开开关S，适当上移P板，那么电荷量不变，水平位移x＝v0md0εr S2πkQq，所以水平位移不变，选项C错.同理，先断开开关S，再适当左移P极板，正对面积变小，电容变小，电荷量不变，电压变大，d0不变，水平位移变小，选项D错.m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.图7(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0与从电场射出时沿垂直板面方向偏转距离Δy；U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2.(3)极板间既有静电场也有重力场.电势反映了静电场各点能性质，请写出电势φ定义式.类比电势定义方法，在重力场中建立“重力势〞φG 概念，并简要说明电势与“重力势〞共同特点.解析(1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 20， 电子射入偏转电场时初速度v 0＝ 2eU 0m在偏转电场中，电子运动时间Δt ＝L v 0＝L m 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力与电场力数量级，有重力G ＝mg ≈10－29 N 电场力F ＝eU d≈10－15 N 由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受重力.(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点电势能E p 与其电荷量q 比值，即φ＝E p q，类比静电场电势定义，将重力场中物体在某点重力势能E G 与其质量m 比值，叫做“重力势〞，即φG ＝E G m电势φ与重力势φG 都是反映场能性质物理量，仅由场自身因素决定. 答案 (1) 2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 (3)见解析10.(2021·江南十校3月模拟)如图8所示，在宽度为L 条形区域内有匀强电场，电场方向平行于区域过界.有一个带电粒子(不计重力)从左侧边界上A 点，以初速度v 0沿垂直于电场方向射入电场，粒子从右侧边界射出时速度大小为174v 0. 图8(1)求粒子从右侧边界射出时，沿电场方向位移大小；(2)假设带电粒子入射速度改为14v 0，求粒子从右侧边界射出时速度大小；(3)假设带电粒子入射速度大小可以为任意值(远小于光速)，求带电粒子从右侧边界射出速度最小值.答案 (1)18L (2)174v 0 (3)22v 0 解析 (1)设经过时间t 1粒子射出电场，沿电场方向位移为y ，沿电场方向速度为v y 1由类平抛运动知，L ＝v 0t 1，y ＝12at 21，v y 1＝at 1 射出电场速度分解到水平方向与竖直方向174v 0＝v 20＋v 2y 1 联立，得：a ＝v 204L ，y ＝18L . (2)粒子在水平方向做匀速运动，设经过时间t 2粒子射出电场，那么L＝14v 0t 2 设粒子沿场强方向加速度为a ，沿场强方向做匀加速直线运动v y 2＝at 2 粒子射出电场速度v ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14v 02＋v 2y 2 联立知v ＝174v 0. (3)设粒子以v x 射入电场，沿电场方向速度为v y粒子射出电场速度为v ′，可得 v ′＝v 2x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a L v x 2 可知当v 2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a L v x 2时，v ′取最小值，即v x ＝v 02 代入知最小速度v ′＝22v 0.。

1-4-8 电场及带电粒子在电场中的运动课时强化训练1．(2024·山西五市联考)(多选)如图所示，带电粒子在匀强电场中以初速度v0沿曲线从M运动到N(不计粒子的重力)，这时突然使电场方向反向而大小不变。

在新的电场中，带电粒子以后的运动状况(图中三条虚线在N点都与MN相切)，下列说法正确的是( )A．可能沿曲线①运动且电势能减小B．可能沿曲线①运动且电势能增大C．可能沿直线②运动且电势能不变D．可能沿曲线③运动且电势能增大[解析] 粒子在由M到N的过程中，所受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，则电场反向后，其所受电场力也反向，可知电场反向后其可能沿曲线①运动，选项C、D错误。

在由M到N过程中电场力与v的夹角可能为锐角，还可能为钝角，不确定，同样电场反向后两者的夹角也不确定，则电场力可能做负功，还可能做正功，电势能可能增加，还可能削减，则选项A、B正确。

[答案] AB2．(2024·河北石家庄质检)(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．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] 依据对称性可知，E、F两点电势相等，则A项错误，B项正确。

依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。

[答案] BD3．(2024·山东菏泽一模)如图所示为某电场中x 轴上电势φ随x 改变的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x ＝0处由静止释放沿x 轴正向运动，且以肯定的速度通过x ＝x 2处，则下列说法正确的是( )A ．x 1和x 2处的电场强度均为零B ．x 1和x 2之间的场强方向不变C ．粒子从x ＝0到x ＝x 2过程中，电势能先增大后减小D ．粒子从x ＝0到x ＝x 2过程中，加速度先减小后增大[解析] φ-x 图像中斜率表示场强，斜率的肯定值的大小表示场强的大小，斜率的正负表示场强的方向，题图中x 1和x 2之间的场强大小先减小后增大，场强方向先沿负方向后沿正方向，A 、B 项错误；粒子由x ＝0处由静止沿x 轴正向运动，表明粒子运动方向与电场力方向同向，则从x ＝0到x ＝x 2的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C 项错误；因从x ＝0到x ＝x 2过程中，电场强度先减小后增大，故粒子的加速度先减小后增大，D 项正确。

高考物理二轮复习 专项训练 带电粒子在电场中的运动及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，竖直面内有水平线MN 与竖直线PQ 交于P 点，O 在水平线MN 上，OP 间距为d ，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子，从O 处以大小为v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在O 处时动能的4倍．当粒子到达A 点时，突然将电场改为大小为E 2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ 线上的B 点．电场方向均平行于MN 、PQ 所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。

已知粒子从O 运动到A 的时间与从A 运动到B 的时间相同，不计粒子重力，已知量为m 、q 、v 0、d ．求：(1)粒子从O 到A 运动过程中,电场力所做功W ； (2)匀强电场的场强大小E 1、E 2； (3)粒子到达B 点时的动能E kB ．【答案】(1)2032W mv = (2)E 1＝2034m qd υ E 2＝2033m qdυ (3) E kB ＝20143m υ【解析】 【分析】(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。

(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。

(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B 点时的动能。

【详解】(1) 由题知：粒子在O 点动能为E ko =2012mv 粒子在A 点动能为：E kA =4E ko ，粒子从O 到A 运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=E kA -E ko =2032mv ；(2) 以O 为坐标原点，初速v 0方向为x 轴正向，建立直角坐标系xOy ，如图所示设粒子从O 到A 运动过程，粒子加速度大小为a 1， 历时t 1，A 点坐标为（x ，y ） 粒子做类平抛运动：x=v 0t 1，y=21112a t 由题知：粒子在A 点速度大小v A =2 v 0，v Ay 03v ，v Ay =a 1 t 1 粒子在A 点速度方向与竖直线PQ 夹角为30°。

专题三电场与磁场第8讲电场及带电粒子在电场中的运动一、明晰一个网络，掌握电场的力、能性质U＝Ed，沿场强方向相同距离电势差相等．U＝El cos θ，沿任意θ方向，相同距离电势差相等二、活学活用——电场性质的判断方法1．确定受力方向的依据(1)曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；(2)电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反；(3)场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向．2．比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E 越大⇒F ＝qE 越大⇒a ＝qE m越大． 3．判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)．四、明辨“场强、电势、电场线”，谨防解题误入歧途1．场强是矢量，其合成法则为平行四边形定则，电势是标量，其合成法则为算术加减法．2．在匀强电场中，沿同一方向，相等距离上电势变化量相同．3．沿电场线方向电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场方向．高频考点1 对电场性质的理解1．电场强度是矢量，叠加时应遵循平行四边形定则，分析电场叠加问题的一般步骤：(1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该点有几个分电场，分析各个分电场在该点的电场强度的大小和方向；(3)利用平行四边形定则求出矢量和．特别提醒：分析求解电场叠加问题时，要充分利用补偿法、对称法、等效法等思维方法2．熟练掌握电场线的应用(1)判断电场强度的方向——电场线上任意一点处的切线方向即该点电场强度的方向．(2)判断电场力的方向——正点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相同，负点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相反．(3)定性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，进而可分析电荷受力情况．(4)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向．特别提醒：熟悉几种典型的电场线分布情况有利于我们对电场强度和电势迅速作出判断，进一步可了解点电荷在电场中的受力和运动情况、电场力做功及伴随的能量转化情况.3．分析电场的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情况，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：根据电场力做功与电势能变化的关系分析带电粒子电势能及其变化情况．电场力做正功，粒子的电势能减小；电场力做负功，粒子的电势能增加．②转化角度：只有电场力做功时，电势能与动能可以相互转化，动能减少，电势能增加；动能增加，电势能减少．1－1.(多选)(2019·苏锡常镇四市调研)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得( )A．M点的场强小于N点的场强B．M点的电势低于N点的电势C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同解析：M点的电场线较N点密集，故M点的场强大于N点的场强，选项A错误；顺着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C正确；M点的电势低于N点的电势，故OM与ON之间的电势差不等，故将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相同，选项D错误；故选BC．答案：BC1－2.(多选) (2019·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是( )A．E a∶E b＝4∶1 B．E c∶E d＝2∶1C．W ab∶W bc＝3∶1 D．W bc∶W cd＝1∶3解析：本题考查场强与电势．由图可知：r a＝1 m、φa＝6 V；r b ＝2 m、φb＝3 V；r c＝3 m、φc＝2 V；r d＝6 m、φd＝1 V．由点电荷的场强公式E＝kQr2得E a∶E b∶E c∶E d＝1r2a∶1r2b∶1r2c∶1r2d＝36∶9∶4∶1，A正确、B错误．由W AB＝qU AB＝q(φA－φB)得W ab∶W bc∶W cd＝(φa－φb)∶(φb－φc)∶(φc－φd)＝3∶1∶1，故C正确、D错误．答案：AC1－3.(多选) (2019·马鞍山二中高三测试)如图所示，在x，y 坐标系中有以O点为中心，边长为0.20 m的正方形，顶点A、B、C、D分别在坐标轴上，在该平面内有一匀强电场(图中未画出)，已知A、B、C三点的电势分别为3V、－3V、－3V，则下列说法正确的是( )A．D点的电势为3VB．该匀强电场的场强大小E＝10 2 V/mC．该匀强电场的场强大小E＝10 6 V/mD．电场场强方向与x轴正方向成θ＝30°角解析：因A、C两点的电势分别为3V、－3V，可知O点的电势为零，由对称性可知D点的电势为3V，选项A正确；设过O点的零等势线与x轴夹角为α，则E·22×0.2sin α＝3；E·22×0.2cos α＝3；解得α＝60°；E＝106V/m，因电场线与等势面正交，故电场场强方向与x轴正方向成θ＝30°角，选项CD正确．答案：ACD1－4． (多选)(2019·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/cmB．坐标原点处的电势为1 VC．电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV解析：本题考查电场强度、电势、电势差．设a 、c 连线上d 点电势为17 V ，如图所示，则l dc 8 cm ＝9 V 16 V ，得l dc ＝4.5 cm ，tan θ＝4.56＝34，θ＝37°.过c 作bd 垂线交bd 于e 点，则l ce ＝l dc cos θ＝4.5×45cm ＝3.6 cm.ce 方向就是匀强电场方向，场强大小为E ，El ce ＝U cb ，E ＝2.5 V/cm ，A 项正确．U oe ＝El ob sin 53°＝16 V ，故O 点电势φ0＝17 V －16 V ＝1 V ，B 项正确．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 点到c 点电场力做功W ＝9 eV ，D 项正确．答案：ABD高频考点2 平行板电容器的问题分析(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源相连，在与两板距离相等的M 点处有一个带电液滴处于静止状态．若上极板a 向下平移一小段距离，但仍在M 点上方，稳定后，下列说法正确的是( )A ．液滴将加速向下运动B ．M 点电势升高C ．M 点的电场强度变小了D ．在a 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做的功相同[思路点拨] 分析求解平行板电容器问题时，必须明确是电压不变还是带电荷量不变，本题由于极板与电源连接，所以应是电压不变；另外判断液滴的运动情况，就要对液滴进行受力分析，判断其合力的方向．【解析】 两极板始终与电源相连，所以a 下移过程中极板间电压U 不变．由E ＝U d可知，d 减小，E 增大，故C 错误；开始时带电液滴静止，即mg ＝qE ，a 下移，则qE >mg ，带电液滴向上加速运动，故A 错误；由φM ＝U Mb ＝E ·d Mb 可知，a 下移，则M 点电势升高，故B 正确；a 板移动前后，a 、b 间电势差U 不变，所以电场力做的功相同，故D 正确．【答案】 BD1．平行板电容器动态变化问题的两类题型(1)电容器始终与电源相连，U 恒定不变，则有Q ＝CU ∝C ，C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，两板间场强E ＝U d ∝1d； (2)电容器稳定后与电源断开，Q 恒定不变，则有U ＝Q C ，C ∝εr S d，场强E ＝U d ＝Q Cd ∝1εr S． 2．在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是电荷量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，应用E ∝U d 分析板间电场强度的变化情况．即抓住公式C ＝εr S 4πkd和C ＝Q U ，U 不变时，选用E ＝U d ；Q 不变时，选用E ＝4πkQ εr S． 特别提醒：由于平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场，高考命题往往涉及带电粒子在平行板中的运动问题，需要综合运用牛顿运动定律、功能关系等分析求解．2－1.(2016·全国乙卷)一平行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，极板间的电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变解析：电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．答案：D2－2．(2019·石家庄市高三质检)如图所示电路中，A 、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点．将开关S 闭合，电路稳定后将A 板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．电容器的电容增加B ．在A 板上移过程中，电阻R 中有向上的电流C ．A 、B 两板间的电场强度增大D ．P 点电势升高解析：根据C ＝εS 4πkd，当A 板向上平移一小段距离，间距d 增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A 错误；在A 板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R 中有向上的电流，故B 正确；根据E ＝U d 与C ＝εS 4πkd相结合可得E ＝4πkQ εS，由于电量减小，场强大小变小，故C 错误；因场强变小，导致P 点与B 板的电势差减小，因B 板接地，电势为零，即P 点电势降低，故D 错误．答案：B带电粒子在电场中的运动模型带电粒子在电场中的运动问题是每年高考中的热点问题，是电学知识和力学知识的结合点．具体来讲有带电粒子在电场中的加速(减速)、偏转，涉及内容有力、能、电等知识，主要考查学生的分析综合能力．该模型通常的考查思路有：(1)根据带电粒子受到的力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等物理量．这条思路通常适用于恒力作用下的匀变速运动．(2)根据力对带电粒子所做的功及动能定理，从带电粒子运动的全过程中能的转化角度，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．匀强电场中的“直线运动模型”(2019·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．【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，故电场力方向向上．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＝ma1①油滴在时刻t 1的速度为v 1＝v 0＋a 1t 1 ②电场强度在时刻t 1突然反向，油滴做匀减速运动，加速度方向向下，大小a 2满足qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在时刻t 2＝2t 1的速度为v 2＝v 1－a 2t 1④由①②③④式得v 2＝v 0－2gt 1 ⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到时刻t 1的位移为 s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为 s 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有v 20＝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s 1＋s 2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2v 0gt 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12E 1⑪为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12>1 ⑫即当0<t 1<⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－32v 0g⑬或t 1>⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋32v 0g⑭才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形． 若B 点在A 点之下，依题意有s 1＋s 2＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2v 0gt 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0gt 12>1 ⑰即t 1>⎝⎛⎭⎪⎪⎫52＋1v 0g ⑱ 另一解为负，不合题意，已舍去． 【答案】 见解析解决直线运动问题时要注意分析带电粒子是做匀速运动还是做匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F 合＝0作为突破口进行求解；对于匀变速直线运动问题，根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解．(1)运用动力学观点求解电加速问题运用动力学观点处理带电质点在匀强电场中的运动问题，要重视对带电质点的受力分析和运动过程分析，解题时先分析带电质点的受力情况，求出带电质点受到的合外力，根据F 合＝ma 得出加速度，再运用运动学方程可得出所求物理量．(2)运用能量观点求解电加速问题在匀强电场中，若不计重力，电场力对带电质点做的功等于质点动能的变化量，W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20；若考虑重力，则W 合＝12mv2－12mv 20． 匀强电场中的“偏转模型”如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U 1，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S 射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长为l ，板间距离为d ，两极板间加一电压为U 2的偏转电场．从小孔S 射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量为e ，电子的质量为m ，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：(1)电子射入偏转电场时的速度大小v 1；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ； (3)电子在偏转电场中运动的过程中电场力对它所做的功W ． [思路点拨] 电子在运动的过程中只受电场力作用，可通过动能定理直接求解速度v 1；进入偏转电场后，由于所受电场力跟速度不在一条直线上，所以电子做曲线运动，根据牛顿第二定律和平抛运动的规律即可求解．【解析】 (1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU 1＝12mv 21解得v 1＝2eU 1m．(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平方向做匀速运动，由l ＝v 1t ，解得t ＝lv 1电子在竖直方向受电场力F ＝U 2de电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度大小为a依据牛顿第二定律有U 2d e ＝ma ，解得a ＝eU 2md电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ＝12at 2＝U 2l 24dU 1．(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场的位置的电势差U＝U 2d y 电场力所做的功W ＝eU ＝eU 22l 24U 1d 2． 【答案】 (1)2eU 1m (2)U 2l 24dU 1 (3)eU 22l24U 1d 2“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示．(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动，两平行极板间距为d ，y ＝12at 2，v y ＝at ，a ＝qUmd．(2)一个偏转角：tan θ＝v y v 0； 一个几何关系：y ＝L2tan θ；侧移距离：带电粒子在周期性变化的电场中的运动模型(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计电子重力，开始时A 板带正电)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，图丙中反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )【解析】 分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，T 4～T2沿原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零.T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动，34T ～T时间内做匀减速直线运动．电子在两板间做周期性往返运动．根据匀变速直线运动速度图像是倾斜的直线可知，A 图符合电子的运动情况，故A 正确、C 错误；电子做匀变速直线运动时x ­t 图象应是抛物线，故B 错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀变速运动的加速度大小不变，故D 正确．【答案】 AD在两个相互平行的金属板间加图乙所示的交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．对于带电粒子在交变电场中的运动，我们可以分段处理，此类电场在一段时间内为匀强电场，即这段时间内电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同．但从整个运动过程看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向随时间变化．(1)当粒子平行于电场方向射入时：粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性运动．(2)当粒子垂直于电场方向射入时：沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向上的分运动可能具有周期性．带电粒子在非匀强电场中运动的模型如图所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点分别固定着等量正点电荷．图中AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .一质量为m 、电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从C 点出发，沿直线AB 向D 运动，滑块第一次经过O 点时的动能为nE 0(n >1)，到达D 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：(1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ； (2)O 、D 两点之间的电势差U OD ； (3)小滑块运动的总路程s ．【解析】 (1)由AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .可知C 、D 关于O 点对称，则U CD ＝0设滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，对滑块从C 到D 的过程，由动能定理得：qU CD －f L 2＝0－E 0，且f ＝μmg ，可得μ＝2E 0mgL．(2)滑块从O 到D 的运动过程中，由动能定理得：qU OD －f L4＝0－nE 0可得U OD＝1－2n E02q．(3)滑块从开始运动到最终停下的整个过程，根据动能定理得：qU CO－fs＝0－E0而U CO＝－U OD＝2n－1E02q，可得：s＝2n＋1L4．【答案】(1)2E0mgL (2)1－2n E02q(3)2n＋1L4先对滑块进行受力分析，由于电场力为变力，在涉及变力做功问题的求解时牛顿运动定律不再适用，这时就需要选择合适的过程，弄清楚过程的初末状态，利用动能定理求解．。

回扣练9：电场及带电粒子在电场中的运动1．如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a 、b 两带电粒子从电场中的P 点静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a 、b 粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线．则( )A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．a 向左运动，b 向右运动C ．a 电势能减小，b 电势能增大D ．a 动能减小，b 动能增大解析：选B.从速度—时间图象中可以看出，a 粒子加速度逐渐增大，b 粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a 粒子电场力逐渐增大，b 粒子电场力逐渐减小，所以a 向左运动，b 向右运动．由于不知电场的方向，所以无法判断a 、b 的电性．故A 错误，B 正确．带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，所以a 、b 的电势能均减小．故C 错误．带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，因为仅受电场力，根据动能定理，a 、b 的动能均增加．故D 错误．故选B.2．如图所示，半径为R 的均匀带电球壳带电量为Q (Q >0)．已知半径为R的均匀带电球壳在球壳的外部产生的电场与一个位于球心O 点的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．静电力常量为k ，下列说法正确的是( )A ．球心O 处的场强为kQ R 2B ．在球壳外距球壳为r 处的电场强度为kQ rC ．球壳的表面为等势面D ．若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势小于零解析：选C.由对称性可知，球心O 处的场强为零，选项A 错误；在球壳外距球壳为r 处的电场强度为E ＝kQ（r ＋R ）2 ，选项B 错误；球壳的表面处的电场线垂直于表面，则球壳表面为等势面，选项C 正确；因球壳带电量为正，则若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势大于零，选项D 错误；故选C.3．如图，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M 、N 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M 点的速度大小为v 0，方向与水平方向的夹角为60°，N 点为轨迹的最高点，不计重力．则M 、N 两点间的电势差为( )A.3mv 208qB ．－3mv 208q C ．－mv 208q D ．mv 208q 解析：选B.从M 点到N 点利用动能定理有：qU MN ＝12mv 2N －12mv 2M ＝12m (v 0sin 60°)2－12mv 20 解得：U MN ＝－3mv 208q，故B 正确．4．如图所示为某电场中x 轴上电势φ随x 变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x ＝0处由静止释放沿x 轴正向运动，且以一定的速度通过x ＝x 2处，则下列说法正确的是( )A ．x 1和x 2处的电场强度均为零B ．x 1和x 2之间的场强方向不变C ．粒子从x ＝0到x ＝x 2过程中，电势能先增大后减小D ．粒子从x ＝0到x ＝x 2过程中，加速度先减小后增大解析：选D.φ ­x 图象的切线斜率表示场强的大小，x 1和x 2两处的场强均不为零，因此A 项错误．在x 轴上沿电场方向电势降低，逆着电场方向电势升高，所以x 1到x 2之间电场强度的方向先沿x 轴负方向后沿x 轴正方向，选项B 错误．粒子仅在电场力作用下由静止开始运动，从x ＝0到x ＝x 2之间由于电场方向发生了改变，电场力先做正功后做负功，粒子的电势能先减小后增大，选项C 错误．根据牛顿第二定律，加速度与电场力大小成正比，电场力大小与各处的电场强度大小即图象的斜率大小成正比，由图象知，粒子的加速度先减小后增大，选项D 正确．5．均匀带电的球体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，在半球体上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球半径为R ，MN 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有A 、B 两点，A 、B 关于O 点对称，AB ＝4R .已知A 点的场强大小为E ，则B 点的场强大小为( )A.kq 2R 2＋E B ．kq 2R 2－E C.kq4R 2＋E D ．kq4R 2－E 解析：选B.若将带电量为2q 的球面放在O 处，均匀带电的球壳在A 、B 点所产生的电场为E 0＝2kq （2R ）2＝kq 2R 2，由题知当半球面产生的场强为E ，则B 点的场强为E ′＝E 0－E .解得E ′＝kq2R 2－E ，故选B.6．(多选)如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E ，现在电场区域内某点O 处放置一负点电荷Q ，并在以O 点为球心的球面上选取a 、b 、c 、d 四点，其中ac 连线为球的水平大圆直径，bd 连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )A ．b 、d 两点的电场强度大小相等，电势相等B ．a 、c 两点的电场强度大小相等，电势相等C ．若从a 点抛出一带正电小球，小球可能沿a 、c 所在圆周做匀速圆周运动D ．若从a 点抛出一带负电小球，小球可能沿b 、d 所在圆周做匀速圆周运动解析：选BC.Q 在b 点与d 点场强方向相反，与匀强电场叠加后d 点场强大于b 点场强．故A 错误；a 、c 两点的电场强度大小相等，点电荷在ac 两点的电势相等，电场E 在ac 两点的电势相等，所以ac 两点的电势相等．故B 正确；若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与重力相平衡，合力为Q 所给的库仑力．故正电荷可沿a 、c 所在圆周做匀速圆周运动．故C 正确；若从a 点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向Q 点，则不能做匀速圆周运动．故D 错误；故选BC.7．(多选)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，两个等量异种点电荷＋Q 和－Q 分别固定于A 、B 两点．光滑绝缘直导轨CD 的上端点D 位于到A 、B 中点的正上方，且与A 、B 两点的距离均为L .在D 处质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g .忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．D 点的场强大小为kQ L 2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgLD ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小解析：选AC.根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB 的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强的大小：E A ＝E ＝k Q L 2，则D 点的场强：E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k Q L2，故A 正确；当小球到达CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg ·OD ＝12mv 2，又几何关系可知：OD ＝L ·sin 60°＝32L ，小球的动能E k ＝12mv 2＝32mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.8．(多选)如图所示，两个水平放置的平行板电容器，A 板用导线与M 板相连，B 板和N 板都接地．让A 板带电后，在两个电容器间分别有P 、Q 两个带电油滴都处于静止状态．A 、B 间电容为C 1，电压为U 1，带电量为Q 1；M 、N 间电容为C 2，电压为U 2，带电量为Q 2.若将B 板稍向下移，下列说法正确的是( )A ．P 向下动，Q 向上动B ．U 1减小，U 2增大C ．Q 1减小，Q 2增大D ．C 1减小，C 2增大解析：选AC.将B 板下移时，由C ＝εr S 4πkd，C 1将增小；而MN 板不动，故MN 的电容不变；故D 错误；假设Q 不变，则AB 板间的电压U 1将增大，大于MN 间的电压，故AB 板将向MN 板充电；故Q 1减小，Q 2增大；故C 正确；充电完成，稳定后，MN 及AB 间的电压均增大，故对Q 分析可知，Q 受到的电场力增大，故Q 将上移；对AB 分析可知，E 1＝U 1d ＝Q 1Cd ＝Q 1εr S 4πkd d ＝4πkQ 1εr S，故电场强度减小，故P 受到的电场力减小，故P 将向下运动；故A 正确；故选AC.9．(多选)有三根长度皆为L 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O 点，另一端分别挂有质量均为m 、电量分别为－q 、q 的带电小球A 和B ，A 、B 间用第三根线连接起来．所在空间存在水平向右、大小E ＝mg q的匀强电场，系统平衡时，A 、B 球的位置如图所示．现将O 、B 之间的轻线烧断，因空气阻力，A 、B 两球最后会达到新的平衡位置(不计两带电小球间相互作用的静电力)．以下说法正确的是( )A ．A 球的电势能增加了12qEL B ．B 球的电势能减少了12qEL C ．A 球的重力势能减少了2－32mgLD ．B 球的重力势能减少了2＋2－32mgL 解析：选ACD.设达到新的平衡位置时OA 绳与竖直方向夹角为α，OB 绳与竖直方向夹角为β，由平衡条件得对A ：T 1cos α＝mg ＋T 2cos β qE ＝T 1sin α＋T 2sin β对B ：T cos β＝mg qE ＝T 2sin β联立解得：α＝0，β＝45°，所以A 球的重力势能减少了 mgL (1－cos 30°)＝2－32mgL B 球的重力势能减少了mgL (1＋cos 45°)－mgL cos 30°＝2＋2－32mgL A 球的电势能增加了qEL sin 30°＝12qELB 球的电势能减小了qEL (sin 45°－sin 30°)＝2－12qEL综上所述，故A、C、D正确．10．(多选)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(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.根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P 点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q 点的电势比P点高；故A正确；粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选AB.。

《带电粒子的运动》专题复习［知识结构］运［重点知识回顾］一. 粒子运动的环境—电场和磁场 （一）有关电场1. 静电场的形成：任何电荷都在自己的周围空间激发电场，电荷之间的相互作用通过电场传递，相对于观察者静止的电荷在其周围空间激发的电场称为静电场。

作为一种物质，静电场具有能量。

2. 静电场基本性质：（1）电场强度反映了电场力的性质，其量值和方向仅由电场本身决定，与检验电荷无关；（2）电势是表示电场能的性质的物理量，对空间某定点：ε/q 0为常量，与检验电荷无关。

3. 静电场描绘工具——电场线。

4. 电场强度有关公式：①（定义式）②（决定式，点电荷形成电场）③（决定式，适用于匀强电场）④（决定式，平行板电容器带电后在两板间形成的匀强电场）E FqE kQ qr E Ud E Q Cd ====⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪/2（二）磁场的性质：1. 磁场描绘量——磁感应强度（B ）2. 表达式：BFLIm=（定义式）BQS=cosθBfqvfmm=（最大洛仑兹力）B R Ir=（长直载流导体形成的磁场）3. 描绘：磁感线（三）电磁场对比：1. 静电场与恒定磁场对比：（f）静电场与恒定磁场对比表：2. 电场线、磁感线分布图（1）典型电场电场线分布：（2）典型磁场磁感线的分布：二. 粒子运动的类型：（一）电场中粒子运动类型：1. 带电粒子在场力作用下的匀变速运动（1）静电直线加速（2）静电直线减速（3）静电偏转——匀变速曲线2. 静电场中带电微粒的曲线运动（1）静电摆动（2）静电圆周运动（二）带电粒子在磁场作用下的运动1. 磁回旋2. 磁偏转3. 在强度不同两有界匀强磁场中带电粒子的运动（三）带电粒子（微粒）在复合场中的运动1. 静电加速后的磁偏转：示波管、质谱仪、回旋加速器、速度选择器。

2. 带电粒子在三维正交的重力场、匀强电场、匀强磁场中做变速曲线运动。

电场力作功，重力作功，洛仑兹力不作功，须用功能原理去解。

专题八电场及带电粒子在电场中的运动1. (多选)(2018·全国卷Ⅱ)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W1＋W22C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为W2 qLD．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2.(多选)(2018·全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。

一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV。

下列说法正确的是A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍一、电场性质的理解和应用1.(2018·天津理综)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a M、a N，速度大小分别为v M、v N，电势能分别为Ep M、E p N。

下列判断正确的是A．v M＜v N，a M＜a N B．v M＜v N，φM＜φNC．φM＜φN，E p M＜E p N D．a M＜a N，E p M＜E p N2.(多选)(2018·长郡中学高三质检)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图所示。

一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从该水平面内的C点静止释放，其运动的v－t图像如图所示，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为中垂线上电场强度最大的点，其电场强度E＝1 V/mB．由C到A的过程中，物块的电势能先减小后变大C．由C到A的过程中，电势逐渐升高D．A、B两点电势差U AB＝－5 V3.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<φMB．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4.(2018·浙江选考)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图像如图所示。

准兑市爱憎阳光实验学校高三物理备考专题复习：带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在匀强电场中的加速一般带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。

由 动能理W =qU =ΔE K ，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、 轨迹形状也无关。

【例1】 如下图，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。

右极板电势随时间变化的规律如下图。

电子原来静止在左极板小孔处。

〔不计重力作用〕以下说法中正确的选项是 ACA.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t=T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上 2.带电粒子在匀强电场中的偏转规律①、速度规律 ②、位移规律 ③、角度规律2tan dmv qULv v xy ==α3、重力忽略与否忽略重力――电子、质子、离子微观的带电粒子不忽略重力――尘埃、液滴、小球4、 示波器和示波管示波管的原理图5、带电物体在电场力和重力共同作用下的运动。

【例2】 如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。

一根长l 的绝缘细绳一端固在O 点，另一端系有质量为m 并带有一电荷的小球。

小球原来静止在C 点。

当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直面内绕O 点做匀速圆周运动。

假设将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C 点开始在竖直面内绕O 点做圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？解：原来小球受到的电场力和重力大小相，增大电压后电场力是重力的3倍。

在C 点，最小速度对最小的向心力，这时细绳拉力为零，合力为2mg ，可求速度为v =gl2，因此给小球的最小冲量为I = mgl2。

在最高点D 小球受到的拉力最大。

从C 到D 对小球用动能理：22212122CD mv mv l mg -=⋅，在D点lmv mg F D22=-，解得F =12mg 。

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专题08·电场的性质带电粒子在电场中的运动能力突破
本专题考查静电现象、库仑力、电场强度、电势能、电势、
电容器等知识点，并会处理带电粒子在电场中运动的各种
情况。

高考热点(1)掌握描述电场性质的物理量；
(2)判断电势高低及电势能大小的方法；(3)带电粒子在电场中运动问题。

出题方向选择题和计算题均有涉及，也常作为选择题和计算题的压轴题出现，题目难度一般为中档。

考点1电场的性质
1.电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系。