1、電場及帶點粒子在電場中的運動一、高考導航命題分析本講內容主要是綜合應用動力學方法和功能關系解決電場的性質及帶電粒子在電場中的運動問題這部分的題目覆蓋的內容多，物理過程多，且情景復雜，綜合性強，常以選擇題或高考壓軸題的形式出現高考對本專題考查的重點有以下幾個方面：對電場力的性質和能的性質的理解；帶電粒子在電場中的加速和偏轉問題。備考策略針對本講內容的特點，應“抓住兩條主線、明確兩類運動、運用兩種方法”解決有關問題兩條主線是指電場力的性質（物理量電場強度）和能的性質（物理量電勢和電勢能）；兩類運動是指類平拋運動和勻速圓周運動；兩種方法是指動力學方法和功能關系二、網控考點三、考點突破1對電場強度的三

2、個公式的理解（1）E是電場強度的定義式，適用于任何電場電場中某點的場強是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關試探電荷q充當“測量工具”的作用（2）Ek是真空中點電荷所形成的電場的決定式E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定（3）E是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場，注意：式中d為兩點間沿電場方向的距離2電場能的性質（1）電勢與電勢能：.（2）電勢差與電場力做功：UABAB.（3）電場力做功與電勢能的變化：WEp.3等勢面與電場線的關系（1）電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面（2）電場線越密的地方，等差等勢面也越密（3）沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線

3、移動電荷，電場力一定做功4電容器兩類動態變化的分析比較第一類動態變化：兩極板間電壓U恒定不變第二類動態變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變5帶電粒子在電場中常見的運動類型（1）帶電粒子在電場中的加速（假設粒子質量很小，忽略粒子的重力）勻強電場中，v0與E平行，可用牛頓運動定律和運動學方程求解：E，a，v2v2ax；也可用動能定理qUmv2mv.非勻強電場中，只能用動能定理（2）帶電粒子在勻強電場中的偏轉（忽略粒子的重力）垂直于電場強度的方向（x軸：勻速直線運動）：vxv0，xv0t.平行于電場強度的方向（y軸：勻加速直線運動）：a，Lv0t，vyat，yat2，偏轉角：tan .6本部分內容的主要

4、研究方法有：（1）理想化模型如點電荷、電場線、等勢面；（2）比值定義法電場強度、電勢的定義方法是定義物理量的一種重要方法；（3）類比的方法電場和重力場的比較；電場力做功與重力做功的比較；帶電粒子在勻強電場中的運動和平拋運動的類比7研究帶電粒子在電場中的曲線運動時，采用運動合成與分解的思想方法四、題型攻略1.題型一、對電場性質的理解方法指導1.在靜電場中，通常利用電場線和等勢面的兩個關系分析電場的性質：一是二者一定處處垂直；二是電場線密的地方，等差等勢面也密，且電場線由電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面2在分析電場性質時，要特別注意電場強度、加速度、電勢、電場力做功、動能、電勢能等物理量的基本

5、判斷方法3根據電場線的疏密分布規律或場強的疊加原理判斷場強的強弱4電勢高低的判斷可靈活應用以下方法（1）根據電場線與電勢的關系來判斷，即沿著電場線的方向電勢降低（2）根據電場力做功來判斷正電荷在電場力作用下移動時，電場力做正功，電荷由高電勢處移向低電勢處；電場力做負功，電荷由低電勢處移向高電勢處對于負電荷，則剛好相反（3）根據電勢能判斷正電荷在電勢高處電勢能較大，負電荷在電勢低處電勢能較大（4）由UAB進行判斷將WAB和q帶符號代入，根據UAB的正負判斷A、B兩點電勢的高低，當UAB>0時，A>B；反之，A<B.例1 如圖1所示，實線為電場線，虛線為等勢面，兩相鄰等勢面間電勢

6、差相等A、B、C為電場中的三個點，且ABBC，一個帶正電的粒子從A點開始運動，先后經過B、C兩點，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法正確的是（ ）圖1A粒子在A、B、C三點的加速度大小關系aA>aB>aCB粒子在A、B、C三點的動能大小關系EkC>EkB>EkAC粒子在A、B、C三點的電勢能大小關系EpC>EpB>EpAD粒子由A運動至B和由B運動至C電場力做的功相等答案B解析由電場線可知ECEBEA，因此aCaBaA，故A錯誤；粒子從A點運動經過B、C，電場力做正功，動能不斷增加，因此EkCEkBEkA，故B正確；由于沿著電場線，電勢逐漸降低，故ABC，

7、因此帶正電粒子的電勢能大小關系EpAEpBEpC，故C錯誤；由于從A到B過程的電場力小于從B到C過程的電場力，故從A到B過程的電場力做功較少，因此粒子由A運動至B和由B運動至C電場力做的功不等，D錯誤針對訓練1 （2014·江蘇·4）如圖2所示，一圓環上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環面且過圓心O.下列關于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是（ ）圖2AO點的電場強度為零，電勢最低BO點的電場強度為零，電勢最高C從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低答案B解析根據電場的對稱性和電場的疊加原理知，O點的電場強度為零在x軸上，電場

8、強度的方向自O點分別指向x軸正方向和x軸負方向，且沿電場線方向電勢越來越低，所以O點電勢最高在x軸上離O點無限遠處的電場強度為零，故沿x軸正方向和x軸負方向的電場強度先增大后減小選項B正確針對訓練2 如圖所示，菱形abcd的四個頂點分別放上電荷量都為Q的不同電性的點電荷，abc120°.對角線的交點為O，A、B、C、D分別是O點與四個頂點連線的中點，則下列說法正確的是（ ）AO點的電勢和電場強度都為零BA、C兩點的電場強度相等CB、D兩點的電勢相等且都為正D正的試探電荷從A到D電場力做正功答案C解析根據電場疊加原理可知，O點的場強為零，電勢為正，A項錯誤；根據電場疊加原理可知，A、C

9、兩點的場強等大反向，B項錯誤；根據幾何關系可知，B、D點都在a、b兩個等量異種點電荷電場中零等勢線的右側，都在c、d兩個等量異種點電荷電場中零等勢線的左側，因此電勢疊加后肯定為正，根據對稱性可知，這兩點的電勢相等，C項正確；同理可以分析，A點電勢為負，因此正的試探電荷從A到D電勢能增大，電場力做負功，D項錯誤2.題型二、電場矢量合成問題方法指導1.熟練掌握常見電場的電場線和等勢面的畫法2對于復雜的電場場強、電場力合成時要用平行四邊形定則3電勢的高低可以根據“沿電場線方向電勢降低”或者由離正、負場源電荷的距離來確定例2如圖3所示，a、b、c、d分別是一個菱形的四個頂點，abc120°.

10、現將三個等量的正點電荷Q分別固定在a、b、c三個頂點上，則下列判斷正確的是（ ）圖3Ad點電場強度的方向由d指向OBO點處的電場強度是d點處的電場強度的2倍Cbd連線為一等勢線D引入一個電量為q的點電荷，依次置于O點和d點，則在d點所具有的電勢能大于在O點所具有的電勢能答案B解析由點電荷的電場及電場的疊加可知，O點處的場強等于b處點電荷在O點產生的場強，設菱形的邊長為L，則EOk，方向由b指向O，而在d處的點電荷由a、b、c處的點電荷產生，其大小為Ed2kEO，方向也沿bO方向，A錯誤，B正確；bd是a、c兩處電荷連線的中垂線，由兩等量正電荷的電場中電勢分布可知，在a、c兩點電荷的電場中O點電

11、勢高于d點電勢，而在點電荷b的電場中，O點電勢也高于d點電勢，再由電勢疊加可知，O點電勢高，而正電荷在電勢越高處，電勢能越大，C、D錯誤針對訓練3如圖4甲所示，MN為很大的薄金屬板（可理解為無限大），金屬板原來不帶電在金屬板的右側，距金屬板距離為d的位置上放入一個帶正電、電荷量為q的點電荷，由于靜電感應產生了如圖甲所示的電場分布幾位同學想求出點電荷和金屬板垂直連線之間中點a的電場強度大小，但發現問題很難幾位同學經過仔細研究，從圖乙所示兩等量異號點電荷的電場分布得到了一些啟示，經過查閱資料他們知道：圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側的電場分布是完全一樣的圖乙中兩等量異號點電荷的大小也為q，他們之

12、間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線由此他們分別求出了a點的電場強度大小，一共有以下四個不同的答案（答案中k為靜電力常量），其中正確的是（ ）圖4A. B. C. D. 答案C解析根據a點的電場線方向可得a點的電場強度方向是垂直于金屬板向左，兩個異號點電荷電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，乙圖上q左側處的場強大小為Ekk，根據題意可知，a點的電場強度大小與乙圖上q左側處的場強大小相等，即為.3.題型三、平行板電容器的動態分析問題方法指導運用電容的定義式和決定式分析電容器相關量變化的思路（1）確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變（2）用決定式C分析平行板電容器電容的變化（3

13、）用定義式C分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化（4）用E分析電容器極板間場強的變化例3（多選）（2014年湖北八校高三聯考）如圖所示的平行板電容器、電源、電阻和開關組成的電路中，開關S閉合后，兩板間的帶電粒子處于靜止狀態，則下列說法正確的是（ ）A粒子帶負電B斷開開關S，粒子會向下運動C保持開關S閉合，增大兩板間距離的過程中，電流表中有從左向右的電流D保持開關S閉合，使兩板繞垂直于紙面的過兩板中點的軸a、b沿順時針以相同的角速度緩慢轉動一個很小的角度，粒子仍會保持靜止答案AC解析S閉合時，上板帶正電，粒子要保持靜止，受到的電場力方向應向上，因此粒子帶負電，A項正確；斷開開關后，兩板上的帶

14、電荷量保持不變，粒子仍保持靜止，B項錯誤；保持開關S閉合，增大兩板間距離的過程中，由平行板電容器的電容決定式C可知，電容器的電容減小，兩板間的電壓不變，由QCU可知，電容器的帶電荷量減小，電容器放電，電流表中有從左到右的電流，C項正確；保持開關S閉合，使兩板繞垂直于紙面的過兩板中點的軸a、b沿順時針以相同的角速度緩慢轉動一個很小的角度，兩板間的電場有了一個水平分量，粒子會受到一個水平的電場分力，不會保持靜止狀態，D項錯誤針對訓練4 （多選）如圖所示，D是一個具有單向導電性的理想二極管，水平放置的平行板電容器AB內部原有帶電微粒P處于靜止狀態在下列措施下，關于P的運動情況的說法中正確的是（ ）A

15、保持S閉合，增大A、B板間距離，P仍靜止B保持S閉合，減小A、B板間距離，P向上運動C斷開S后，增大A、B板間距離，P向下運動D若B板接地，斷開S后，A板稍下移，P的電勢能不變答案ABD解析保持開關S閉合，電容器的電壓不變，增大A、B板間距離，則導致電容器的電容減小，則出現電容器的電荷量減小，然而二極管作用導致電容器的電荷量不會減小，則電容器的電荷量會不變，由于平行板電容器的電場強度與電容器的電荷量、電介質及正對面積有關，所以電場強度不變，故A正確；當減小A、B板間距離，則導致電容器的電容增大，則出現電容器的電荷量增加，因此電場強度增大，所以P向上運動，故B正確；增大A、B板間距離，導致電容器

16、的電容減小，由于斷開開關S，則電容器的電荷量不變，所以極板間的電場強度不變，因此P仍處于靜止，故C錯誤；A板稍下移，電容器的電容增大，當斷開S后，則電容器的電荷量不變，所以電場強度也不變，由于B板接地，則P到B板的電勢差不變，因此P的電勢能也不變，故D正確4.題型四、帶電粒子在電場中的加速或偏轉方法指導對于帶電粒子在電場中的加速和偏轉問題，解決的辦法一般都是采用牛頓運動定律與功和能相結合的辦法來解決（1）在粒子的加速過程中，一般采用qUmv2或qEma進行求解（2）在粒子的偏轉過程中，一般采用平拋運動的規律進行求解水平方向上為勻速直線運動，豎直方向上為初速度為零的勻加速直線運動，通常是利用水平

17、方向上勻速運動計算粒子在偏轉電場中運動的時間，然后利用豎直方向上的運動求解粒子在偏轉電場中偏轉的距離、離開偏轉電場時的速度等例4 如圖甲所示，A、B兩板豎直放置，兩板之間的電壓U1100 V，M、N兩板水平放置，兩板之間的距離d0.1 m，板長L0.2 m一個質量m2×1012 kg、電荷量q1×108 C的帶電粒子（不計重力）從靠近A板處由靜止釋放，經加速電場加速后從B板的小孔穿出，沿著M、N兩板的中軸線垂直進入偏轉電場如果在M、N兩板之間加上如圖乙所示的偏轉電壓，當t時，帶電粒子剛開始進入偏轉電場，則：（1）帶電粒子從B板的小孔穿出時的速度為多大？（2）要使帶電粒子能夠

18、從M、N兩板之間（不沿中軸線）穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，則交流電U2的周期T為多少？（3）在滿足（2）條件的情況下，它在偏轉電場中的最大偏移量是多少？（結果保留一位有效數字）答案（1）1×103 m/s（2） s（n5,6,7，）（3）0.04 m解析（1）由動能定理得qU1mv，解得v01×103 m/s.（2）要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，并且穿出后速度方向不變，則帶電粒子穿過偏轉電場的時間t（n）T（n0,1,2，）帶電粒子沿水平方向做勻速直線運動，則Lv0t所以T s（n0,1,2，）帶電粒子進入偏轉電場時的加速度a電場強度E帶電粒子在進入偏轉電場

19、后的前內沿豎直方向的位移ya（）2要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，需滿足2y聯立式解得n4.5.所以T s（n5,6,7，）（3）要使總偏移量最大，則n應取值最小，故n5，由此解得，最大偏移量y2y0.04 m.針對訓練5 如圖所示，三種均帶正電荷的帶電粒子（重力不計）從O點以相同的速度進入同一偏轉電場，射出后均打在一個豎直放置的足夠大的熒光屏上若三種帶電粒子的質量之比為124，電荷量之比為112，則下列說法中正確的是（ ）A三種粒子在偏轉電場中的運動時間之比為211B三種粒子離開偏轉電場時的速度相同C三種粒子將打在熒光屏上的同一點D偏轉電場對三種粒子做功之比為212答案D解析設偏轉電場

20、的電壓為U，粒子進入偏轉電場時的速度大小為v0，偏轉電場極板長為l，板間距離為d.則帶電粒子在偏轉電場中運動的時間為t，所以帶電粒子通過偏轉電場的時間是相同的，選項A錯誤；由于粒子進入電場時的初速度大小相同，所以粒子離開偏轉電場時的速度取決于粒子在偏轉電場中豎直方向上獲得的速度v，又因為vatt，因為三種粒子的比荷之比為211，所以選項B錯誤；粒子在偏轉電場中偏轉的距離yat2··t2，所以粒子不會打在熒光屏上的同一點，選項C錯誤；偏轉電場對三種粒子做的功為Wq··y，因為y，所以W，所以偏轉電場對三種粒子做功之比為212，選項D正確針對訓練6 如圖所示

21、，傾角為的絕緣斜面體固定在水平面上，斜面體處在豎直向下的勻強電場中，將一質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從斜面的頂端以初速度v0沿水平方向向右拋出，小球運動時間t0（未知）第一次落在斜面上若將電場方向反向，再將小球從斜面頂端以初速度v0沿水平方向向右拋出，則小球第一次落到斜面上的時間為2t0，斜面足夠長（1）求電場強度E及t0的大小；（2）若將電場方向改為水平向右，小球仍從斜面的頂端以初速度v0沿水平方向向右拋出，求小球第一次落到斜面上時的速度是多大答案（1） （2） 解析規范步驟，水到渠成（1）帶電小球被拋出后，豎直方向受向下的重力和向下的電場力作用，因此小球做類平拋運動，有x1v0t0

22、 （1分）y1a1t（1分）mgqEma1（1分）tan （1分）電場方向變為向上后，小球仍做類平拋運動，有x2v0·2t0（1分）y2a2（2t0）2（1分）mgqEma2（1分）tan （1分）解得E，（1分）t0.（1分）（2）若將電場方向改變為水平向右，設小球拋出后落到斜面上的時間為t，有xv0t·gt2（1分）ygt2（1分）tan （1分）解得t （2分）求得v.（3分）5.題型五、交變電場下粒子的運動問題方法指導在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，在兩板間便可獲得交變電場此類電場從空間看是勻強的，即同一時刻，電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同；從時間

23、上看是變化的，即電場強度的大小、方向都可隨時間變化研究帶電粒子在這種交變電場中的運動，關鍵是根據電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況問題情景大致分為三類：一是平衡問題；二是直線運動問題；三是偏轉問題由于電場呈周期性變化，往往會出現多解問題、臨界問題，且與數學知識、實際生活、現代科技等聯系緊密例5一電荷量為q（q>0）、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t0時由靜止開始運動，電場強度隨時間變化的規律如圖甲所示不計重力在t0到tT的時間間隔內，求：甲（1）粒子位移的大小和方向（2）粒子沿初始電場反方向運動的時間解析解法一：（1）帶電粒子在0、時間間隔內勻速運動，設加

24、速度分別為、，由牛頓第二定律得：； ； 由此得帶電粒子在0T時間間隔內運動的加速度-時間圖像如圖（a）所示，對應的速度-時間圖像如圖（b）所示，其中 由圖（b）可知，帶電粒子在t = 0到t = T的時間間隔內的位移為由式得 它沿初始電場正方向。（2）由圖（b）可知，粒子在到內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間t為 解法二（1）帶電粒子在0、時間間隔內勻速運動，設加速度分別為、，由牛頓第二定律得： 沒帶電粒子在t =T/4、t =7/2、t =3T/4、t =T時的速度分別為、，則 設帶電粒子在t = 0到t =T的時間間隔內的位移為s，有聯立以上各式可得它沿初始電場正方向。（2）由電場的變

25、化規律知，t =T/4時粒子開始減速，設經過時間t1粒子速度減為零。將式代入上式，得 粒子從t =T/2時開始加速，設經過時間t2速度變為零。 此式與式聯立得 t =0到t =T內粒子沿初始電場反方向運動的時間t為將式代入式得針對訓練7 （2013年松滋一中模擬）如圖甲所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，t0時A板比B板的電勢高，電壓的正向值為U0，反向值也為U0.現有由質量為m的帶正電且電荷量為q的粒子組成的粒子束，從AB的中點O以平行于金屬板OO的方向以速度v0射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響求：（1）從t0時刻進入的粒子飛出電

26、場時的速度（2）粒子飛出電場時的位置離O點的距離范圍答案（1），與水平方向成30°（2）從O點上方的到下方的解析（1）從t0時刻進入的粒子，水平方向上一直做勻速運動，vxv0在垂直金屬板方向上，粒子的加速度ay，粒子在粒子飛出電場時垂直金屬板方向的速度vyay·ay·粒子飛出電場時的速度v與水平方向的夾角的正切值tan ，即30°.（2）當粒子在tnT（n0、1、2、3、）飛入電場時，離開電場的位置離O點的下方的距離最大，偏離下方的最大距離ym1ayay··ay當粒子在tnT（n0、1、2、3、）飛入電場時，離開電場的位置離O點的上方

27、的距離最大，偏離上方的最大距離ym2ayay··ay所以粒子飛出電場時的位置離O點的距離范圍：從O上方的到下方的五、專題闖關1.如圖所示，兩平行金屬板豎直放置且B板接地，其間有用絕緣細線懸掛的帶電小球，當給兩金屬板充電，使金屬板帶電荷量為Q，此時懸線與豎直方向的夾角為.因電離作用，兩金屬板的電荷量緩慢減小（假設小球電荷量不變），以致懸線與豎直方向夾角逐漸減小，則在夾角減小到的過程中，下列說法正確的是（ ）A細線的拉力逐漸增大B細線的拉力大小不變C電容器減少的電荷量為D電容器減少的電荷量為【答案】D【解析】由于金屬板的電荷量緩慢減小，小球受重力mg、細線拉力FT和水平向右的電

28、場力F而處于動態平衡狀態（如圖）設細線長為L，懸點到小球的豎直高度為h，則由圖知，因減小，h逐漸增大，所以拉力FT逐漸減小，A、B錯誤；令兩極板間距離為d，電容器電容為C，由圖知tan 1，令減少的電荷量為Q，同理可得tan 2，聯立解得QQ，C錯、D對2.（2014年高考安徽卷）一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關系如右圖所示，下列圖象中合理的是（ ）【答案】D【解析】在粒子運動中的某一小段位移x內電場力做功qEx.由功能關系知EpqE·x，即qE，Ep­x圖線斜率的絕對值表示電場力，故由圖線

29、可知E逐漸減小，A錯誤；因粒子僅受電場力作用，由qEma可知a也逐漸減小，D正確；再由動能定理有EkqE·x，即qE，Ek­x圖線的斜率也表示電場力，則Ek­x圖線應是一條斜率逐漸減小的曲線，B錯誤；由v22ax有v，可知v­x圖線應是一條曲線，故C錯誤3.如圖所示，矩形的四個頂點a、b、c、d是勻強電場中的四個點，ab2bc2L，電場線與矩形所在的平面平行已知a點電勢為18 V，b點電勢為10 V，c點電勢為6 V一質子從a點以速度v0射入電場，v0與ab邊的夾角為45°，一段時間后質子經過ab中點e.不計質子重力，下列判斷正確的是（ ）Ad

30、點電勢為12 VB質子從a到b電勢能增加了8 eVC電場強度大小為D質子從a到e所用時間為【答案】D【解析】矩形對角線連線相互平分，則根據勻強電場中場強和電勢差的關系可知，d點的電勢為（18610） V14 V，而e點是ab的中點，可得e點的電勢為14 V，連接de，de為該勻強電場的等勢面，過a點作de的垂線，沿著電場線方向電勢在降低，故電場的方向沿垂線方向向下，選項A錯誤；質子從a到b，電場力做正功，電勢能減少8 eV，選項B錯誤；由圖中幾何關系可知，E，選項C錯誤；質子從a運動到e時做類平拋運動，沿初速度v0方向做勻速直線運動，則運動時間為t，選項D正確4.2014·武漢武昌區

31、調研將等量的正、負電荷分別放在正方形的四個頂點上（如圖所示）。O點為該正方形對角線的交點，直線段AB通過O點且垂直于該正方形，OA>OB，以下對A、B兩點的電勢和場強的判斷，正確的是（ ）AA點場強小于B點場強 BA點場強大于B點場強CA點電勢等于B點電勢 DA點電勢高于B點電勢【答案】C【解析】本題考查電場分布以及電場的疊加，意在考查考生對電場的認識，以及對電場疊加原理的應用能力。由電荷的對稱分布關系可知AB直線上的電場強度為0，所以選項A、B錯誤；同理將一電荷從A移動到B電場力做的功為0，A、B兩點間的電勢差為0，因此A點電勢等于B點電勢，選項C正確，D錯誤。5.2014·

32、唐山模擬如圖所示，勻強電場中的A、B、C三點構成一邊長為a的等邊三角形。電場強度的方向與紙面平行。電子以某一初速度僅在靜電力作用下從B移動到A的過程中動能減少E0，質子僅在靜電力作用下從C移動到A的過程中動能增加E0，已知電子和質子電荷量的絕對值均為e，則勻強電場的電場強度為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】本題考查電場力做功與電勢差的關系、勻強電場中場強與電勢差的關系、等勢面、動能定理等知識點，意在考查考生對電場概念的理解和應用能力。對電子從B到A的過程，由動能定理可知，eUBAE0；對質子從C到A的過程，有eUCAE0，可見UBAUCA，故B、C兩點電勢相等，在同一等勢面上，

33、AB沿電場線方向上的距離dasin60°a，由場強與電勢差的關系E解得E，選項C正確。6.2014·皖南八校聯考空間有一沿x軸分布的電場，其電勢隨x變化如圖所示，下列說法正確的是（ ）Ax1和x1兩點的電勢相等Bx1點的電場強度比x3點的電場強度小C一正電荷沿x軸從x1點移到x1點，電勢能一直增大D一負電荷沿x軸從x1點移到x3點，電場力先做正功后做負功【答案】D【解析】本題考查靜電場，意在考查考生對電勢、電場強度、電勢差的理解。x1和x1兩點，電勢一正一負，則兩點電勢不相等，選項A錯誤；x圖線的斜率表示場強大小，選項B錯誤；由Epq得，正電荷在電勢高的位置電勢能高，選項C

34、錯誤；負電荷的電勢能為Epq，從x1到x3，電勢先增大后減小，則電勢能先減小后增大，電場力先做正功，后做負功，選項D正確。7.2014·云南檢測（多選）如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0。已知t0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場。則（ ）A所有粒子都不會打到兩極板上B所有粒子最終都垂直電場方向射出電場C運動過程中所有粒子的最大動能不可能超過2Ek0D只有tn （n0,1,2）時刻射入電場

35、的粒子才能垂直電場方向射出電場【答案】ABC【解析】本題考查運動的合成與分解、帶電粒子在交變電場中的運動，意在考查考生對類平拋運動規律的掌握情況，以及分析多過程問題的能力。帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上，做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運動。由t0時刻進入電場的粒子運動情況可知，粒子在平行板間運動時間為交變電流周期的整數倍。在0時間內帶電粒子運動的加速度a，由勻變速直線運動規律得vyatt，同理可分析T時間內的運動情況，所以帶電粒子在沿電場方向的速度v與Et圖線所圍面積成正比（時間軸下方的面積取負值）。而經過整數個周期，E0t圖象與坐標軸所圍面積始終為零，故

36、帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度總為零，B正確，D錯誤；帶電粒子在t0時刻入射時，側向位移最大，故其他粒子均不可能打到極板上，A正確；當粒子在t0時刻入射且經過T離開電場時，粒子在t時達到最大速度，此時兩分位移之比為12，即v0t2×at2，可得vyv0，故粒子的最大速度為vv0，因此最大動能為初動能的2倍，C正確。8.如圖所示的平行板電容器，兩極板M、N豎直放置，板長和間距都是d，合上電鍵K后，將質量為m帶電量為q的帶電粒子以一定的初速v從下側中點A處豎直向上射入板間恰好垂直打在中點B處，則下列有關粒子運動的描述中正確的有（ ）A粒子在MN間做勻速圓周運動，打在B點時的速率也是v

37、B若將粒子的初速變為2v，則粒子將從板斜上方飛出C若將M板右移使板間距減半，粒子垂直打在N板上時電場力所做的功將加倍D若斷開K，將M板右移使板間距減半，則粒子在N板上的落點在B點下方某處【答案】B【解析】粒子以v從A處射入后能垂直打在中點B處，表明豎直方向上在重力作用下勻減速運動，v22g，水平方向上在電場力作用下勻加速運動v2，粒子做勻變速曲線運動，不能做勻速圓周運動，即A錯；若將粒子的初速變為2v，因場強和間距不變，故粒子打在N板上的時間不變，豎直方向上的位移大于d，故從板斜上方飛出，即B對；若將M板右移使板間距減半，則場強加倍，因此粒子在場中的運動時間將變短，雖然電場力做功加倍，但豎直方

38、向上的分速度還未減為零，故粒子不可能垂直打在N板上，即C錯；若斷開K，則電量保持不變，在改變板間距的情況下，板內場強不變，故粒子仍落在B點，即D錯。9.2014·鄭州質檢如圖所示，在兩個正點電荷Q1、Q2（其中Q12Q0，Q2Q0）形成的電場中，a、b為兩點電荷連線的中垂線上的兩點，且aObO。c、d為兩點電荷連線的三等分點，即MccddN。則下列說法中正確的是（ ）Aa、b兩點的電場強度和電勢都相同B將帶電荷量為q的正點電荷從c沿cd連線移到d的過程中，電場力一直做正功C將帶電荷量為q的正點電荷從a沿ab連線移到O的過程中，電場力做負功Da、b、c、d四點中，電勢最高的點是c點，電

39、勢最低的點是d點【答案】C【解析】本題考查電場分布，意在考查考生對電場的認識和分析。由對稱關系可知，a、b兩點的電場強度大小相等，方向相反，選項A錯誤；將正電荷由c沿cd連線移到d的過程中，由電場關系可知，電場力先做正功后做負功，選項B錯誤；將正電荷從a沿ab連線移動到O的過程中，由電場分布可知，電場力做負功，選項C正確；因為a、b兩點位置不能確定，因此電勢的高低也是不能確定的，選項D錯誤。10.如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中。現有一個質量為m的帶正電小球，電荷

40、量為q，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應滿足什么條件？【答案】v【解析】小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg，大小為mg，tan，得30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”（D點）滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg，因30°與斜面的傾角相等，由幾何關系知2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：2mgRmvmv解得v0，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足v

41、。11.2014·課標全國卷如圖，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，BOA60°，OBOA。將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q（q>0），同時加一勻強電場，場強方向與OAB所在平面平行。現從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g。求：（1）無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；（2）電場強度的大小和方向。【答案】（1） （2） 方向：與豎直向下成30°夾角【解析】（1）設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OAd，則OBd，根據平拋運動的規律有dsin60°v0tdcos60°gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd設小球到達A點時的動能為EkA，則EkAEk0mgd由式得（2）加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設電勢能分別減小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設直線OB上的M點與