【物理】2020届一轮复习人教版电场及带电粒子在电场中的运动学案
第9讲电场及带电粒子在电场中的运动
主干知识体系
核心再现及学科素养
知识规律
(1)电场力的性质．
①电场强度的定义式：E＝.
②真空中点电荷的场强公式：E＝k.
③匀强电场场强与电势差的关系式：E＝.
(2)电场能的性质．
①电势的定义式：φ＝.
②电势差的定义式：UAB＝.
③电势差与电势的关系式：UAB＝φA－φB.
④电场力做功与电势能：WAB＝－ΔEp.
思想方法
(1)物理思想：等效思想、分解思想．
(2)物理方法：理想化模型法、比值定义法、控制变量法、对称法、合成法、分解法等.
1．(2018·全国Ⅰ卷，21)(多选)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f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
AB [A对：因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝6 eV，故Uad＝6 V；
各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φC＝0.
B对：因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f.
C错：经过d时，电势能EP＝eφd＝2 eV.
D错：由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；
由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；
则Ekb ＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd.]
2．(2018·全国Ⅱ卷，21)(多选)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c 点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是 ( )
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
BD [A错：结合题意，只能判定Uab >0、Ucd>0，但电场方向不能得出．
B对：由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，则UMN＝，可知该粒子由M至N过程中，电场力做功W＝.
C错：电场强度的方向只有沿c→d时，场强E＝，但本题中电场方向未知．
D对：若W1＝W2，则ac与bd一定相互平行，可知UaM＝UbN.]
3．(2018·天津卷，3)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是 ( )
A．vM
φN.又由EP＝qφ知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即EpMvN.若带负电粒子由N向M运动过程中电场力做正功，则动能增大，也可得vM>vN，故选D.]
4．(2017·高考全国卷Ⅰ，20)(多选)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Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(rα，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Wab 、Wbc和Wcd.下列选项正确的是 ( )
A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶ Ed＝2∶1
C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3
AC [A对：由题图知，a、b、c、d四个点距点电荷的距离依次增大，且
rb＝2ra，由E＝知，Ea∶Eb＝4∶1.
B错：rd ＝2rc，由E＝知，Ec∶Ed＝4∶1.
C对：在移动电荷的过程中，电场力做的功与电势能的变化量大小相等，则Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1.
D错：Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1.]
5．(2017·高考全国卷Ⅱ，25)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开，已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小．
解析 (1)设小球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＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
联立①②③式得＝3④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得
v＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
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＝H⑧
(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(v＋v)＋mgH＋qEs1 ⑩
Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2⑪
由已知条件Ek1 ＝1. 5Ek2⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E＝⑬
答案 (1)3∶1 (2)H (3)
[考情分析]
■命题特点与趋势
1．近几年高考题型主要以选择题为主，命题热点主要集中在电场强度、电场线的用途、电势能的变化、电势高低的判断、匀强电场中电势差与电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动等．
2．2018
年命题，选择题会以电场线、等势线为背景，结合场强、电势、电势能等基本概念进行考查，也可能会出现以带电粒子在电场中运动为背景考查学生建模能力和数学处理能力的计算题．
■解题要领
1．要牢牢抓住力和能这两条主线，将知识系统化，找出它们的联系，做到融会贯通．
2．重视电场线、等势面、运动轨迹相结合的题目．带电粒子在电场中的加速、偏转以及电容器的相关知识在实际生产、生活中的应用，如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、示波器等．
高频考点一 电场性质的理解与应用
[备考策略]
1．电场强度常用的公式
2．电势高低的比较
(1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低；
(2)根据电势的定义式φ＝，即将＋q从电场中的某点移至无穷远处电场力做功越多，则该点的电势越高；
(3)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB＞0，则φA>φB，反之φA<φB.
3．电势能变化的判断
(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加．即WAB＝－ΔEp.
(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少．
[命题视角]
考向1 电场的叠加
例1 (2018·湖北省黄岗市高三阶段测试)如图所示，A、C、B、D为菱形的四个顶点，E、F分别为AC、BC的中点，O为两对角线的交点；一均匀带正电的细杆与对角线AB重合．下列说法正确的是( )
A．E、F两点场强相同
B．C点电势高于D点电势
C．不计重力的情况下，一带负电的点电荷在C点获得初速度后，可能做匀速圆周运动
D．将一负电荷从E点沿直线移动到F点的过程中，电势能先增加后减小
C [由对称性知，AB在C的场强竖直向上，同理AO在OE点的场强竖直向上，OB段在E点的场强向左上方，则合起来亦是向左上方，同理AB在F的场强也是右上方．故E、F两点场强大小相等，方向不同，选项A错误．同样由于对称性，C、D两点电势相等，B项错误；AB的中垂面上距O等距的点场强大小相等，方向指向无穷远，负电荷所受电场力指向O点，故C项正确；定性描绘出AB上方的电场线，等势面如图所示：
故从E到F电势先增加再降低，故负电荷的电势能先减小后增加，选项D错误；综上所述本题选C.]
考向2 电场中的图象问题
例2 假设空间某一静电场的电势φ随x变化时情况如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2 ～x3段是直线，一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，则下列说法正确的是( )
A．x1处电场力最小，但不为零
B．x2点处电场强度的方向沿x轴正方向
C．在O、x1、x2、x3处电势Ep0、Ep1、Ep2、Ep3的关系为Ep3>Ep2＝Ep0>Ep1
D．x2～x3段的电场强度大小、方向均不变，x2～x3段做匀加速直线运动
D [根据图象的斜率表示电场强度，在x1处斜率为零，即电场强度为零，所以在此处的电场力为零，故A错误；由于沿着电场线方向电势降低，所以x2点处电场强度的方向沿x轴负方向，故B错误；根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以Ep3Ee
B．a、b两点的电势相等
C．d点场强为零
D．a、b两点的场强相同
D [cd点间距与de点间距相等，根据电场线的分布情况知，c处电场线密，场强大，故A正确；由电场分布的对称性可知，a、b两点的电势相等，故B正确；＋9Q在d点产生的场强大小E1＝k＝k，方向水平向右．－Q在d点产生的场强大小E2＝k，方向水平向左．所以由电场的叠加原理可知，d点场强为零，故C正确；根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强的大小相等，但方向不同，则a、b两点的场强不相同，故D错误．]
1－2.(2018·河南商丘模拟)如图甲所示，半径为R、均匀带正电的球体，AB为过球心O的直线上的两点，且OA＝2R，OB＝3R；球体的空间产生球对称的电场，电场强度大小沿半径方向分布情况如图乙所示，图中E0已知，E－r
曲线下O～R部分的面积等于2R～3R部分的面积．则下列说法正确的是( )
A．A点的电势低于B点的电势
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．从球面到A点的电势差小于AB两点间的电势差
D．电荷量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功E0Rq
D [球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A点电势高于B点电势，A错误，因为A距O点半径为2R，B距O点距离为3R，从E－r图中2R处的电场强度大于3R处的电场强度，即EA＞EB，B错误；根据U＝Ed可知图象的面积表示电势差，从E－r图可知，R－2R围成的面积大于2R－3R围成的面积，即从球面到A点的电势差大于AB两点间的电势差，C错误；因为曲线下O－R部分的面积等于2R－3R部分的面积，即O－R间的电势差等于2R－3R间的电势差，即等于AB间的电势差，故电场做功为W＝Uq＝RE·g，D正确．]
1－3.(2018·高考物理全真模拟二)如图所示，匀强电场中的△PAB平面平行于电场方向，C点为AB的中点，D点为PB的中点．将一个带负电的粒子从P点移动到A点，电场力做功WPA＝1.6×10－8J；将该粒子从P点移动到B点，电场力做功WPB＝3.2×10－8J .则下列说法正确的是( )
A．直线PC为等势线
B．若将该粒子从P点移动到C点，电场力做功为WPC＝2.4×10－8J
C．电场强度方向与AD平行
D．点P的电势高于点A的电势
B [由于匀强电场中U＝Ed，则在某一直线方向上，电势沿直线方向均匀变化．由题可知D点为PB的中点，则WPD＝＝1.6×10－8J，P点移动到A点WPA＝1.6×10－8J，则AD电势相等，故直线AD为等势线，电场强度方向与AD垂直；由于匀强电场中电场力做功与路径无关，WAB＝WAP＋WPB＝(－WPA)＋WPB＝1.6×10－8J；P点移动到C点，电场力做功WPC＝WPA＋WAC＝WPA＋＝2.4×10－8J，故AC错误，B正确；根据WPA＝－qUPA，电场力对负电荷做正功，可知UPA<0，P点电势低于点A的电势，故D错误．]
高频考点二 平行电容器问题
[备考策略]
1．公式法分析平行板电容器的两类动态问题
公式
①C＝ ②C＝ ③E＝
情形
始终连结电源
充电后断开电源
不变量
U
Q
d变大
C变小，Q变小，E变小
C变小，U变大，E不变
εr变大
C变大，Q变大，E不变
C变大，U变小，E变小
S变大
C变大，Q变大，E不变
C变大，U变小，E变小
2.熟记二级结论：在直流电路中，含有电容器的支路相当于断路，电容器两端电压等于与之并联的支路两端电压；电容器所带的电荷量恒定不变时，极板间的电场强度与极板间距离无关．
3.当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制．
[题组突破]
2－1.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，带电荷量为Q.不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，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
D [每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝，每块极板产生的电场强度为E＝，所以两极板间的电场强度为2E＝.一块极板在另一块极板处产生的电场强度E′＝，故另一块极板所受的电场力F＝qE′＝Q·＝，选项D正确．]
2－2.(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示，理想二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间，且处于静止状态，平行板电容器的B板接地．若将极板A向上移动少许，下列说法中正确的是( )
A．电容器的电容增大
B．AB间的电压增大
C．液滴将向上运动
D．液滴的电势能不变
D [A、B、C项：若将极板A向上移动少许，板间距离增加，根据C＝
，电容减小，要放电，但是理想二极管具有单向导电性，不能放电，故是电荷量Q一定，由C＝、E＝可知，电场强度大小与两极板间的距离无关，电场强度不变，则液滴保持静止，故A、B、C错误；D项：由以上分析可知电场强度不变，液滴到下极板的距离不变，所以液滴的电势能不变，故D正确．]
2－3.(2018·山东省淄博一中高三三模)(多选)某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素．若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，假定极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是( )
A．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大
B．保持S不变，增大d，则C变大，θ变小
C．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大
D．保持d不变，减小S，则C变大，θ变小
AC [根据电容的决定式C＝得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，因极板所带电荷量Q不变，由电容的定义式C＝，分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故A正确，B错误．根据电容的决定式C＝得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定义式C＝，可知板间电势差U增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误，故选AC.]
[归纳反思]
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＝分析电容器的电容的变化．
3．应用电容的定义式C＝分析电容器带电量和两板间电压的变化情况．
4．应用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．
高频考点三 带电粒子在电场中的运动
[备考策略]
[命题视角]
考向1 带电粒子在电场中的直线运动
例4 (2018·最新高考信息卷)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
B [A.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．C.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．D.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.]
考向2 带电粒子在匀强电场中的加速或偏转
例5 (2018·山东枣庄模拟)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＝×103V/m，比荷为1.0×105C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(，1)点，粒子P的重力不计．
(1)求金属板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PQ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(，1)点历时为t0，由类平抛运动可得x＝v0t0，y＝t，解得v0＝×104m/s
在金属板AB之间，由动能定理可知qUAB＝mv，解得UAB＝1 000 V.
(2)设粒子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，x＝v0t
对于Q：Eq＝2ma2，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
考向3 带电粒子在交变电场中的运动
例6 (2018·广东省潮州市高三调研)如图甲所示，A、B两板竖直放置，两板之间的电压U1＝100 V，M、N两板水平放置，两板之间的距离d＝0.1 m，板长L＝0.2 m．一个质量m＝2×10－12 kg、电荷量q＝＋1×10－8C的带电粒子(不计重力)从靠近A板处由静止释放，经加速电场加速后从B板的小孔穿出，沿着M、N两板的中轴线垂直进入偏转电场，如果在M、N两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t＝时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则：
(1)带电粒子从B板的小孔穿出时的速度为多大？
(2)要使带电粒子能够从M、N两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U2的周期T为多少？
(3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字)
解析 (1)由动能定理得qU1＝mv，
解得v0＝＝1×103 m/s.
(2)要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间
t＝(n＋)T(n＝0,1,2，…) ①
带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t②
所以T＝s(n＝0,1,2，…) ③
带电粒子进入偏转电场时的加速度a＝④
电场强度E＝⑤
带电粒子在进入偏转电场后的前内沿竖直方向的位移
y＝a()2 ⑥
要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，需满足
2y≤⑦
联立①～⑦式解得n≥4.5.
所以T＝s(n＝5,6,7，…)．
(3)要使总偏移量最大，则n应取值最小，故n＝5，由此解得，最大偏移量y′＝2y≈0. 04 m.
答案 (1)1×103 m/s (2) s(n＝5,6,7，…) (3)0. 04 m
考向4 带电物体在电场中的运动
例7 (2018·湖北省武汉市高三五月训练题)(多选)如图(a)所示，两个带正电的小球A、B(均可视为点电荷)套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中A球固定，电荷量QA＝2.0×10－4C，B球的质量m＝0.1 kg.以A为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能(重力势能与电势能之和)随位置x的变化规律如图(b)中曲线Ⅰ所示，直线Ⅱ为曲线Ⅰ的渐近线．图中M点离A点距离为6 m．令A所在平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g取10 m/s2，静电力恒量k＝9.0×109 N·m2/C2.下列说法正确的是( )
A．杆与水平面的夹角θ＝60°
B．B球的电荷量QB＝1.0×10－5C
C．若B球以4 J的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2 J
D．若B球从离A球2 m处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大
BCD [A.渐进线Ⅱ表示B的重力势能随位置的变化关系，即：EP＝mgxsin θ＝kx，得：sin θ＝＝0.5，即θ＝30°，A项错误；B.由图(b)中的曲线Ⅰ可知，在x＝6 m处总势能最小，动能最大，该位置B受力平衡，则有mgsin θ＝k，解得：QB＝1×10－5C，B项正确；C.在M点时，B的重力势能EP1＝mgxsin 30°＝3 J，电势能EP电1＝EP总－EP1＝3 J，由能量守恒可知，最高点时，EK＝0，EP总＝4 J＋6 J＝10 J，对应的位置为x＝10 m，此位置处EP2＝mgx′sin 30°＝9 J，∴EP2＝10 J－9 J＝1 J，∴ΔEP＝3 J－1 J＝2 J，C项正确；D.在M处加速度最小为0，所以从x＝2 m向上加速度先变小后增大，D项正确．故本题选B、C、D.]
[归纳反思]
带电粒子物体在电场中运动问题的分析思路
(1)首先分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动．
(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如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，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，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解．
(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口．
[题组突破]
3－1.(2018·山东省实验中学高三二模)(多选)如图所示，真空中固定两个等量异种点电荷A、B，其连线中点为O.在A、B所形成的电场中，以O点为圆心、半径为R的圆面垂直AB，以O为几何中心、边长为2R的正方形abcd平面垂直圆面且与AB共面，两平面边线交点分别为e、f，g为圆上一点．下列说法中正确的是( )
A．a、b、c、d、e、f六点中，不存在场强和电势均相同的两点
B．将一电荷由e点沿圆弧egf移到f点，电场力始终不做功
C．将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电势能的变化量相同
D．沿线段eOf移动的电荷受到的电场力先减小后增大
BC [图中圆面是一个等势面，e、f的电势相等，根据电场线分布的对称性可知e、f的场强相同，故A错误．图中圆弧egf是一条等势线，其上任意两点的电势差都为零，根据公式W＝qU可知：将一正电荷由e点沿圆弧egf移到f
点电场力不做功，故B正确．a点与圆面内任意一点时的电势差相等，根据公式W＝qU可知：将一电荷由a点移到圆面内任意一点时，电场力做功相同，则电势能的变化量相同．故C正确．沿线段eOf移动的电荷，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故D错误．故选BC.]
3－2.(2018·四川宜宾模拟)(多选)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，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mv
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
AD [粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，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，一个周期后，粒子的竖直方向速度为零，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；粒子在竖直方向，在时间内的位移为，由d＝ ()2解得q＝，选项B错误；t＝时刻进入电场的粒子，出电场时在竖直方向的位移为y＝2×a()2—2×a()2＝aT2＝d，故电场力做功W＝×
d＝U0q＝mv，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板右侧离开电场，选项D正确；故选A、D.]
课时跟踪训练(九)
一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)
1．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是( )
A．O点一定有一个正点电荷
B．B点电势一定大于C点电势
C．该粒子在A点的动能一定大于D点的动能
D．将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动
C [没有画出电场线的方向，所以O点可能是正电荷，也可能是负电荷，故A错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断B、C两点电势的高低，故B错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A点的动能较大，故C正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误．故选C.]
2．(2018·宁夏银川一中高三质检(二))如图所示，在匀强电场中，场强方向沿△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°， ac＝0.2 m．一个电量q＝1×10－5C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移c，电场力做功为
1×10－8J.则该匀强电扬的场强大小和方向分别为( )
A．500 V/m、沿ab由a指向b
B．500 V/m、垂直ab向上
C．1000 V/m、垂直ab向上
D．1000 V/m、沿ac由a指向c
C [正电荷从a移到b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab两点电势相等，故ab应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c做ab的垂线，一定是电场线；正电荷从a到c过程，由W＝Uq可知，ac两点的电势差Uac＝＝V＝100 V，即a点电势高于c点的电势，故电场线垂直于ab向上；ac间沿电场线的距离d＝ac·cos 60°＝ 0.2×0.5 m＝0.1 m，由E＝可知：电场强度E＝ V/m＝1000 V/m，方向垂直ab向上；故C正确，A、B、D错误；故选C.]
3．(2018·山东省潍坊市高三二模)如图甲所示，平行金属板A、B正对竖直放置，CD为两板中线上的两点．A、B板间不加电压时，一带电小球从C点无初速释放，经时间T到达D点，此时速度为v0.在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0带电小球仍从C点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t＝T时，小球( )
A．在D点上方 B．恰好到达D点
C．速度大于v D．速度小于v
B [小球仅受重力作用时从C到D做自由落体运动，由速度公式得v0＝gT，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0～沿电场力方向做匀加速直线运动，～
做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，～做反向的匀加速直线运动，～T做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t＝T时合速度为v0，水平位移为零，则刚好到达D点，故选B.]
4．(2018·山东省淄博市高三三模) 已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是( )
A．b点电场强度与c点电场强度相同
B．a点电场强度与b点电场强度大小相等
C．a点电势等于d点电势
D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变
C [画出电场线如图所示：A.根据对称性可知，b点电场强度与c点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；C.根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势，故C正确；D.由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D错误；故选C.]
5．(2018·河北衡水中学信息卷)如图所示，边长为L的等边三角形ABC的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为＋q、＋q和－q. D点和M点分别为AB边和AC边的中点，N点为三角形的中心，静电力常量为k.在该电场中，下列说法正确的是( )
A．D点的电场强度大小为k，方向为从N指向D
B．N点的电场强度大小为9k，方向为从N指向C
C．D点的电势高于N点的电势
D．若取无穷远处电势为0，则M点的电势φM为0
C [A、B两点处的点电荷在D点的电场强度的矢量和为0，C点处的点电荷在D点处的电场强度为E＝＝，方向为从D指向N，A错误；三个点电荷在N点的电场强度大小均为3k，其中两个正点电荷的电场强度矢量合成后大小为3k，方向为从N指向C，与负点电荷电场强度合成，N点的电场强度大小为6k，方向为从N指向C，B错误；CD连线上电场强度方向由D指向C，可知φD>φN，C正确；若无穷远电势为0，则A、C两点处的等量异种点电荷在M点的电势为0，B处的正点电荷在M点的电势大于0，故φM>0，D错误．]
6．(2018·山东省临沂市高三三模)如图所示，某条电场线上有a、b、c三点，其中b为ac的中点，已知a、c两点的电势分别为φa＝10 V，φC＝4 V，若将一点电荷从c点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是( )
A．该点电荷带负电
B．电场在b点处的电势为7 V
C．a、b、c三点c点处的场强最小
D．该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功多
AC [A项：点电荷从c静止释放向左运动，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A正确；B项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，即cb段平均场强小于ab段的平均强度，根据公式U＝d，可知电场在b点处的电势小于7 V，故B错误；C项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，a、b、c三点c点处的场强最小，故C正确；D项：由C分析可知，从c到a电场强度增大，即电场力增大，ab＝bc，根据W＝Fx可知，在cb段的电场力小于ab段的电场力，所以该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功少，故D错误．]
7．(2018·吉林省长春市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是AB板间的一点，在CD板间插有一块有机玻璃板．闭合开关，电路稳定后将开关断开．现将CD板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是( )
A．金属板CD构成电容器的电容减小
B．P点电势降低
C．玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流
D. A、B两板间的电场强度减小
AC [A.根据C＝，将CD板间的玻璃板抽出，电介质εr减小，其它条件不变，则金属板CD构成电容器的电容减小，故A正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板CD构成电容器的电容减小，由
U＝可知极板CD电势差变大，极板AB电势差变大，由E＝可知极板AB间的场强变大，导致P点与B板的电势差变大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，因此电容器CD处于放电状态，电容器AB处于充电状态，电阻R中有向右的电流，故C正确，BD错误；故选AC.]
8．(2018·山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为Er＝(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6 cm的位置上．x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示．A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平．下列说法正确的是( )
A．电荷Q1、Q2的电性相反
B．电荷Q1、Q2的电量之比为1∶4
C．B点的x坐标是8 cm
D．C点的x坐标是12 cm
ACD [A.电势φ随x的变化关系图象的斜率＝E，所以C点电场为0，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，故A正确；B.根据φ＝可知，φA＝＋＝＋＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B错误；C.根据φ＝可知，φB＝＋＝＋＝0，解得B点的坐标是8 cm，故C正确；D.由E＝知，Ec＝＋＝0解得C点的坐标是x2＝12 cm，故D正确；故选ACD.]
9．(2018·陕西西北工大附中高三模拟)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
B．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mgL
D．小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小
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：EA＝E＝k，则D点的场强：ED＝EAcos 60°＋EBcos 60°＝k，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＝mv2，又几何关系可知：＝L·sin 60°＝L. 小球的动能Ek＝mv2＝mgL，故C正确，D错误．故选AC.]
10．(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3) 的切线．现有一质量为0.20 kg，电荷量为＋2.0×10－8C的滑块P(可视作质点)，从x＝0.10 m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是 ( )
A．滑块运动的加速度先逐渐减小后逐渐增大
B．x＝0.15 m处滑块运动的动能最大1.0×10－3J
C．滑块运动过程中电势能先减小后增大
D．滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3J
AB [电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15 m处的场强E＝ V/m＝2×106V/m，此时的电场力F＝qE＝2×10－8×2×106N＝0.04 N，滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2 N＝0.04 N，在x＝0.15 m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15 m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故A正确，在x＝0.15 m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，Ekm＝qU－fx，因为0.10 m和0.15 m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大动能为1.0×10－3J.故B正确．滑块运动过程中因电势一直降低，可知电势能一直减小，选项C错误；若滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3J，则移动的距离为Δx＝＝ m＝0.2 m，此时滑块从x＝0.1 m的位置运动到0.3 m的位置，电势能的变化为ΔEp＝(4－1.5)×105×2.0×10－8J＝5×10－3J
，即电场力做功小于克服摩擦力做功，此时滑块的速度不为零，将继续运动一段距离停下，故滑块运动过程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J，选项D错误；故选AB.]
二、非选择题
11．(2018·四川省泸州市高三模拟)如图所示，相距2L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS下方的电场E1的场强方向竖直向上，PS上方的电场E2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内，连续分布着电量为＋q、质量为m的粒子．从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场E1中，若从Q点射入的粒子，通过PS上的某点R进入匀强电场E2后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若MS两点的距离为.不计粒子的重力及它们间的相互作用．试求：
(1)电场强度E1与E2的大小；
(2)在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD边水平射出，这些入射点到P点的距离有什么规律？
解析 (1)设粒子由Q到R及R到M点的时间分别为t1与t2，到达R时竖直速度为vy，
则由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得：
L＝a1t＝ t
＝a2t＝ t
vy＝t1＝t2
v0(t1＋t2)＝2L
联立解得：E1＝，E2＝.
(2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2.因沿PS方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD边的时间同为t＝.
设PQ间距离P点为h的粒子射入电场后，经过n(n＝2,3,4，…)个类似于Q→R→M的循环运动(包括粒子从电场E2穿过PS进入电场E1的运动)后，恰好垂直于CD边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到达PS边的时间则为T，则有
h＝··(T)2＝(n＝2,3,4，…)．
答案 (1) (2)(n＝2,3,4，…)
12．(2018·辽宁省大连市高考模拟检测)竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R＝1 m的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝4×103 V/m.小球a、b、c的半径略小于管道内径，b、c球用长L＝m的绝缘细轻杆连接，开始时c静止于管道水平部分右端P点处，在M点处的a球在水平推力F的作用下由静止向右运动，当F减到零时恰好与b发生了弹性碰撞，F－t的变化图象如图乙所示，且满足F2＋t2＝.已知三个小球均可看做质点且ma＝0.25 kg，mb＝0.2 kg，mc＝0.05 kg，小球c带q＝5×10－4C的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g＝10 m/s2，求
(1)小球a与b发生碰撞时的速度v0；
(2)小球c运动到Q点时的速度v；
(3)从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量．
解析 对小球a，由动量定理可得小球a与b发生碰撞时的速度；小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理可得小球c运动到Q点时的速度；由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：
(1)由题意可知，F图象所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F的冲量，由圆方程可知S＝1 m2代入数据可得：v0＝4 m/s
(2)小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得mav0＝mav1＋(mb＋mc)v2
由机械能守恒可得mav＝mav＋(mb＋mc)v
解得v1＝0，v2＝4 m/s
小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理mcgR－qER＝(mb＋mc)v2－(mb＋mc)v
代入数据可得v＝2m/s
(3)由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b球与O点连线与竖直方向的夹角为θ
从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：mbgR(1－cos θ)＋mcgRsin θ＋(mb＋mc)v2＝qERsin θ
解得sin θ＝0.6，θ＝37°
因此小球c电势能的增加量：ΔEp＝qER(1＋sin θ)＝3.2 J．]
答案 (1)v0＝4 m/s (2) v＝2 m/s (3)ΔEP＝3.2 J
