【物理】2020届二轮复习专题三第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动学案（京津鲁琼专用）

【物理】2020届二轮复习专题三第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动学案（京津鲁琼专用）

第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动 真题再现 考情分析 ‎1．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点．则(　　)‎ A.a点和b点的电势相等 B.a点和b点的电场强度大小相等 C.a点和b点的电场强度方向相同 D.将负电荷从a点移到b点，电势能增加 解析：选BC.a、b两点到两点电荷连线的距离相等，且关于两点电荷连线中点对称，可知a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，选项B、C均正确；电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷(等量异种点电荷)固定在正方体的两个顶点上，正方体的另外两个顶点a、b在两点电荷q和－q连线的垂直平分面两侧，故a点和b点的电势不相等，选项A错误；电势是标量，将q和－q在a、b两点产生的电势分别相加，可得φb>φa，将负电荷从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少，选项D错误.‎ ‎2．(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是(　　)‎ A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为 D.若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 解析：选BD.由题意得，(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只能得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A错误；若c、d之间的距离为L，因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C错误；由于φM＝、φN＝、WMN＝q(φM－φN)，上述式子联立求解得粒子从M点移动到N点电场力做的功为WMN＝，所以B正确；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，变形可得φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝φa－＝，φb－φN＝φb－＝，所以φa－φM＝φb－φN，D正确.‎ ‎3．(多选)(2017·高考全国卷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(ra，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 解析：选AC.设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功Wab＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功Wbc＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功Wcd＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，选项C正确，D错误.‎ 命题研究 ‎　　对电场中力和能性质的考查一直是高考中必考内容，涉及的题型呈多样性，近几年高考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．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 ‎　电场中力与能性质的考查 ‎【高分快攻】‎ ‎1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系 ‎2．电场强度的计算 ‎(1)定义式：E＝.电场中某点的电场强度是确定值，其大小和方向与试探电荷q无关．‎ ‎(2)真空中点电荷：E＝k.E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定．‎ ‎(3)匀强电场：E＝.式中d为两点间沿电场方向的距离．‎ ‎3．电势高低的判断方法 ‎(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.‎ ‎4．电场中带电粒子轨迹的判断分析 ‎(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．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2019·高考全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求 ‎(1)电场强度的大小；‎ ‎(2)B运动到P点时的动能．‎ ‎[解析]　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有 mg＋qE＝ma ①‎ a()2＝gt2 ②‎ 解得E＝. ③‎ ‎(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有 Ek－mv＝mgh＋qEh ④‎ 且有 v1·＝v0t ⑤‎ h＝gt2 ⑥‎ 联立③④⑤⑥式得 Ek＝2m(v＋g2t2)． ⑦‎ ‎[答案]　(1)　(2)2m(v＋g2t2)‎ ‎【题组突破】‎ 角度1　库仑力作用下的力学平衡问题 ‎1．(多选)(2019·武汉高中毕业生五月训练)如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为＋q的小球A，在其上方l处固定着一个光滑的定滑轮O，绝缘轻质弹性绳一端系在O点正上方处的D点，另一端与质量为m的带电小球B连接．小球B平衡时OB长为l，且与竖直方向成60°角．后由于小球B缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向成30°角时，小球B恰好在AB连线的中点C位置平衡．已知弹性绳的伸长始终处于弹性限度内，静电力常量为k，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)‎ A．小球B带负电 B．小球B在初始平衡位置时所带电荷量为 C．小球B在C位置时所带电荷量为 D．弹性绳原长为 解析：选BD.两个小球之间相互排斥，可知带同种电荷，所以小球B也带正电，A错误；小球B在开始时的位置时，受到重力、电场力和绳子的拉力，三个力之间的夹角互为120°，所以三个力的大小相等，即T′＝F′＝mg；根据库仑定律得：F′＝，小球B在开始时的位置时所带电荷量：q1＝，B正确；小球在C点时，受力分析如图，‎ 由几何关系可得：F＝mgsin 30°＝0.5mg，T＝mgcos 30°＝mg，根据库仑定律得：F＝，联立解得：q2＝，C错误；小球B在开始位置时，弹性绳的长度：l1＝＋l＝l，小球B在C位置时，弹性绳的长度l2＝＋l，设弹性绳的劲度系数为k′，则：＝，联立解得：l0＝0.5l，D正确．‎ 角度2　对带电粒子运动轨迹的判断 ‎2．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则(　　)‎ A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小 B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合 C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能 D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 解析：选AC.在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误．‎ 角度3　电场中的图象问题 ‎3．(2019·青岛二模)如图甲所示，半径为R、均匀带正电的球体，A、B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 解析：选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＝RE0q，D正确．‎ 角度4　电场中功与能的综合问题 ‎4．(多选)(2018·高考全国卷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 解析：选AB.电子在等势面b时的电势能为E＝qφ＝－2 eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2 eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2 eV，C错误；电子在等势面b的动能为8 eV，电子在等势面d的动能为4 eV，由公式Ek＝mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的倍，D错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B正确．‎ 命题角度 解决方法 易错辨析 库仑力参与下带电体的受力分析 库仑定律、力的合成与分解 库仑力的方向判断要准确，大小要关注两电荷量的变化 电场强度的计算 场强的叠加原理、补偿法、特殊值法、对称法等 场强方向是受点电荷的电性决定的，并注意电场线与场强的关系 电场中电势、电势能、电场力做功的关系 公式法、场源判断法 电势能正负的判断一定要注意检验电荷与场源电荷的关系，‎ 再根据电场力做功来计算电势 带电粒子运动轨迹的判断 轨迹判断法、曲线运动中正负功的判断 运动电荷与场源电荷电性的关系是解决问题的核心 ‎　平行板电容器中的电场问题 ‎【高分快攻】‎ ‎1．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)应用平行板电容器电容的决定式C＝分析电容器的电容的变化．‎ ‎(3)应用电容的定义式分析电容器带电荷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．‎ ‎2．动态变化分析的两个重要结论 ‎(1)电容器与直流电路相连，则两端电压取决于电路的连接情况，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压．‎ ‎(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变；此时若只改变两板间距离，板间电场强度大小不变．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2018·高考北京卷)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 ‎[解析]　实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则a板带电，由静电感应，在b板上感应出与a板电性相反的电荷，故选项A正确；实验中，只将电容器b板向上平移，正对面积S变小，由C＝，可知电容C变小，由C＝可知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，选项B错误；实验中，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝，可知电容C变大，由C＝可知，Q不变，U变小，静电计指针的张角变小，选项C错误；实验中，只增加极板带电量，电容C不变，由C＝，可知静电计指针的张角变大，故选项D错误．‎ ‎[答案]　A ‎【题组突破】‎ ‎1．(多选)如图所示，两块正对平行金属板M、N与电源相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果M板向上平移一小段距离，则(　　)‎ A．点电荷受到的电场力变小 B．M板带的电荷量增加 C．P点的电势升高 D．点电荷在P点具有的电势能增加 解析：选AD.两板电压不变，M板上移，d增大，由E＝知E变小，由F＝Eq知电场力变小，A对；由电容的决定式C＝知，M板上移，电容减小，由Q＝CU可知，Q变小，B错；N板接地电势为零，φP＝UPN＝E·dPN，E变小，则φP降低，C错；由Ep＝qφP，因为q<0，φP>0，φP变小，则Ep变大，D对．‎ ‎2．(2019·高考北京卷)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图象都相同．‎ ‎(1)请在图1中画出上述u－q图象．类比直线运动中由v－t图象求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep.‎ ‎(2)在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q－t曲线如图3中①②所示．‎ a．①②两条曲线不同是______(选填“E”或“R”)的改变造成的；‎ b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径．‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________.‎ ‎(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)．‎ ‎“恒流源”‎ ‎(2)中电源 电源两端电压 通过电源的电流 解析：(1)电压为U时，电容器带电Q，图线和横轴围成的面积为所储存的电能Ep Ep＝QU，又Q＝CU 故Ep＝CU2.‎ ‎(2)a.由题图，充完电后，①②两次带电荷量相等，由Q＝CU＝CE知，两次电源电动势相等．故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的．‎ b．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I大，曲线上该点切线斜率大，即为曲线①.短时间内该曲线与时间轴围成的面积更大(电荷量更多)，故可以实现对电 容器快速充电；增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现更均匀充电．‎ ‎(3)接(2)中电源时，由于忽略电源E的内阻，故电源两端电压不变．通过电源的电流I＝，随着电容器两端电压U不断变大，通过电源的电流减小；“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变．接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大．‎ 答案：(1)‎ u－q图线如图所示 CU2　(2)a.R　b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电 ‎(3)‎ ‎“恒流源”‎ ‎(2)中电源 电源两端电压 增大 不变 通过电源的电流 不变 减小 ‎　带电粒子在电场中的运动 ‎【高分快攻】‎ ‎1．带电粒子在电场中的运动 ‎2．带电粒子在电场中的运动问题的解题思路 ‎(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曲线运动问题．‎ ‎(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．‎ ‎3．解题途径的选择 ‎(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力．‎ ‎(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．‎ ‎(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；‎ ‎(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？‎ ‎[解析]　(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有 E＝ ①‎ F＝qE＝ma ②‎ 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－mv ③‎ 设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有 h＝at2 ④‎ l＝v0t ⑤‎ 联立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh ⑥‎ l＝v0. ⑦‎ ‎(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L为 L＝2l＝2v0. ⑧‎ ‎[答案]　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0 ‎【题组突破】‎ 角度1　带电粒子在匀强电场中的运动分析 ‎1．(多选)(2019·辽宁大连二模)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是(　　)‎ A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2‎ B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等 C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2‎ D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同 解析：选CD.根据动能定理有mv2－0＝qU，解得v＝，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为∶1，选项A错误；质子、α粒子在A、B板间做匀加速直线运动，设A、B间电场强度为E1，由a＝可知，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子在竖直电场中的加速度大，做类平抛运动的时间较短，可知质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误；O2到MN板的电势差用U′表示，对整个过程，由动能定理得Ek－0＝q(U＋U′)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，选项C正确；质子、α粒子由O2到MN板，竖直方向有h＝t2，水平方向有x＝vt，联立解得x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确．‎ 角度2　带电体在电场中运动的求解 ‎2．(2017·高考全国卷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＋a1t 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－a2t ⑧‎ 由题给条件有 v＝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 为使E2>E1，应有 ‎2－2＋>1 即当0 才是可能的；条件式和式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．‎ 若B点在A点之下，依题意有 s1＋s2＝－h 由①②③⑥⑦⑧⑨式得 E2＝E1 为使E2>E1，应有 ‎2－2－>1 即t1> 另一解为负，不合题意，已舍去．‎ 答案：见解析 角度3　带电粒子在交变电场中的运动分析 ‎3．(2019·烟台二模)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＝＋1×10－8 C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＝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＝a⑥‎ 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 命题角度 解决方法 易错辨析 带电体在电场中的运动分析 动能定理、类平抛运动分解思想 要注意带电体的重力问题，无论是受力分析中还是功能关系中都要引起关注 带电粒子在电场中的运动 动能定理、类平抛运动、矢量三角形 粒子经电场偏转后要注意速度的大小及方向的变化情况 ‎　‎ ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．(2019·高考北京卷)如图所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q>0)为球心的球面上，c点在球面外，则(　　)‎ A．a点场强的大小比b点大 B．b点场强的大小比c点小 C．a点电势比b点高 D．b点电势比c点低 解析：选D.由点电荷的场强公式E＝可知，与－Q距离相等的点场强大小相等，离－Q越近的点场强越大，故a点场强的大小与b点的相等，b点场强的大小比c点的大，A、B项错误；与－Q距离相等的点，电势相等，离－Q越近的点，电势越低，故a点电势与b点的相等，b点电势比c点的低，C项错误，D项正确．‎ ‎2．一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.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变．若将云母介质移出，电容C减小，由C＝可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U不变，d不变，由E＝可知，极板间电场强度E不变，选项D正确，A、B、C错误．‎ ‎3．(2019·莱芜二模)如图所示， 真空中电荷量均为Q的两正点电荷固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称，则(　　)‎ A．A、B、C、D四个点的电势相同 B．A1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同 C．负检验电荷在A点的电势能小于在C1点的电势能 D．正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做正功 解析：选A.由叠加原理可知，A、B、C、D四个点的电势相同，选项A正确；A1、B1、C1、D1四个点的电场强度大小相同，但方向不同，选项B错误；由对称性可知A点和C1点电势相同，故负检验电荷在A点的电势能等于在C1点的电势能，选项C错误；由对称性可知C点和C1点的电势相同，故正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做功为零，选项D错误．‎ ‎4．(2018·高考天津卷)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．vMvN，EpMab>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.由点电荷电场强度公式E＝k可知，离场源点电荷P越近，电场强度越大，Q受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B选项错误；由力与运动的关系可知，Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q与P带同种电荷，Q从c到b的过程中，电场力做负功，动能减少，从b到a的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q在b点的速度最小，由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值，因此Q从c到b的过程中，动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量，Q在c点的动能小于在a点的动能，即有va>vc>vb，C选项错误，D选项正确．‎ ‎6．(2019·高考天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　 )‎ A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2‎ C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2‎ 解析：选B.小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间的高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE′p＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．‎ ‎7．(2019·河南天一联考)如图所示，小球A、B带电荷量相等，质量均为m，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球靠墙且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A、B两球之间的库仑力为F.由于外部原因小球B的带电荷量减小，‎ 使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的带电荷量减小为原来的(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.小球B受力分析如图所示，两绝缘细线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，则线的拉力T与重力G相等，G＝T，小球处于平衡状态，则库仑力F＝2Gsin，设原来小球带电荷量为q，A、B间的距离是r，则r＝2Lsin，由库仑定律得F＝k，后来库仑力变为原来的一半，则＝2Gsin ，r′＝2Lsin，＝k，解得qB＝q，故选C.‎ ‎8．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，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．‎ 二、多项选择题 ‎9．(2017·高考全国卷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．‎ ‎10．(2019·淄博二模)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的电荷量之比为1∶4‎ C．B点的x坐标是8 cm D．C点的x坐标是12 cm 解析：选ACD.电势φ随x的变化关系图象的斜率＝E，所以C点电场强度为0，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，故A正确；根据φ＝可知，φA＝＋＝＋＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B错误；根据φ＝可知，φB＝＋＝＋＝0，解得B点的坐标是8 cm，故C正确；由E＝知，EC＝＋＝0，解得C点的坐标是x2＝12 cm，故D正确．‎ ‎11．(2019·青岛模拟)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＝2.0×10－4 C，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所在垂直x轴的平面为参考平面，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＝1.0×10－5 C 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 解析：选BCD.渐进线Ⅱ表示B球的重力势能Ep随位置的变化关系，即：Ep＝mgxsin θ＝k′x，得：sin θ＝＝0.5，即θ＝30°，A项错误；由图(b)中的曲线Ⅰ可知，在x＝6 m处总势能最小，B球动能最大，该位置B球受力平衡，则有mgsin θ＝k，解得：QB＝1×10－5 C，B项正确；若B球以4 J的初动能从M点沿杆向上运动，在M点时，B球的重力势能Ep1＝mgxsin 30°＝3 J，电势能Ep电1＝Ep总－Ep1＝3 J，由能量守恒定律可知，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，则Ep电2＝10 J－9 J＝1 J，故ΔEp＝3 J－1 J＝2 J，C项正确；在M处加速度最小为0，所以从x＝2 m向上加速度先减小后增大，D项正确．‎ ‎12．(2019·第一次全国大联考卷Ⅱ)长为l、间距为d的平行金属板水平正对放置，竖直光屏M到金属板右端的距离也为l，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示，质量为m，电荷量为q的粒子以初速度v0从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上．对此过程，下列分析正确的是(　　)‎ A．粒子在平行金属板间的运动时间和在金属板右端到光屏的运动时间相等 B．板间电场强度大小为 C．若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子不会垂直打在光屏上 D．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上 解析：选ABD.粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，粒子离开电场具有竖直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，说明竖直方向末速度等于0，即电场中粒子具有竖直向上的加速度，不管是金属板间还是离开电场后，粒子在水平方向速度没有变化，‎ 而且水平位移相等，所以运动时间相等，选项A正确；竖直方向速度变化量等大反向，所以有t＝gt，可得E＝，选项B正确；若仅将滑片P向下滑动一段后，R的电压减小，电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项C错误；若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C＝知U不变，电荷量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N点以水平速度v0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项D正确．‎ 三、非选择题 ‎13．(2019·高考天津卷)2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放．引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力．单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷．‎ ‎(1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；‎ ‎(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导的表达式；‎ ‎(3)为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议．‎ 解析：(1)设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有 ZeU＝mv2－0①‎ 设正离子束所受的电场力为F′1，根据牛顿第三定律，有 F′1＝F1②‎ 设在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN，由牛顿第二定律，有 F′1＝ΔNm③‎ 联立①②③式，且N＝得 N＝ .④‎ ‎(2)设正离子束所受的电场力为F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有 P＝F′v⑤‎ 根据牛顿第三定律，有F′＝F，联立①⑤式得 ＝.⑥‎ ‎(3)为使尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压．‎ 答案：(1)　(2)＝　(3)用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压 ‎14．(2017·高考全国卷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＝0①‎ s1＝v0t＋at2②‎ s2＝v0t－at2③‎ 联立①②③式得 ＝3.④‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式 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＝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(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩‎ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2 联立④⑤⑦⑧⑨⑩式得 E＝.‎ 答案：见解析