【物理】2020届二轮复习专题六静电场作业

【物理】2020届二轮复习专题六静电场作业

专题六　静电场 高考命题规律 2015 年 2016 年 2017 年 2018 年 2019 年 2020 年高考必备 Ⅰ 卷 Ⅱ卷 Ⅰ卷 Ⅱ 卷 Ⅲ 卷 Ⅰ 卷 Ⅱ 卷 Ⅲ 卷 Ⅰ卷 Ⅱ 卷 Ⅲ 卷 Ⅰ 卷 Ⅱ 卷 Ⅲ 卷 考点 一 电场力的性质　电场能 的性质 15 24 14、 20 15 20 21 16、 21 21 15 20 21 考点 二 带电粒子在电场中的运 动 15 14、 24 20 15 25 25 21 24 24 考点一　电场力的性质　电场能的性质 命题角度 1(储备)电场强度的计算　 【典题】 如图在半径为 R 的圆周上均匀分布着六个不同的点电荷,则圆心 O 处的电场强度大小和方向为(　　) A.2푘푞 푅2 　由 O 指向 F B.4푘푞 푅2 　由 O 指向 F C.2푘푞 푅 　由 O 指向 C D.4푘푞 푅 　由 O 指向 C 答案 B 解析 由点电荷的电场强度公式可知,在 A 位置的点电荷在 O 点产生的电场强度大小为 E=푘푞 푅2,在 D 点 的点电荷在 O 点产生的电场强度大小为 E'=3푘푞 푅2 ,电场强度是矢量,求合电场强度应用平行四边形定则, 作出电场强度的示意图,如图所示.则 A 点的电场强度与 D 点的电场强度合成后大小为 E1=ED-EA= 2푘푞 푅2 ,方向指向 A 点;B 点的电场强度与 E 点的电场强度合成后大小为 E2=EB+EE=2푘푞 푅2 ,方向指向 E 点;C 点的电场强度与 F 点的电场强度合成后大小为 E3=EC+EF=2푘푞 푅2 ,方向指向 F 点,故 E1、E2、E3 大小相 等,且 E3 刚好在 E1 与 E2 的角平分线上,由几何关系可知两者之间的夹角为 120°,故将 E1、E2 合成后 大小仍为 E4=2푘푞 푅2 ,方向指向 F 点,再将 E4 与 E3 合成,则最终 O 点的合电场强度为 EO=E3+E4=4푘푞 푅2 ,方向 由 O 指向 F,故选 B. 求解电场强度的方法 (1)公式法 用 E=퐹 푞、E=푘푄 푟2 、E=푈 푑求解. (2)微元法 微元法就是将研究对象分割成若干微小的单元,若从研究对象上选取某一“微元”加以分析,将“微 元”视为点电荷,利用相关公式求解. (3)叠加法 在几个点电荷产生的电场中,若每个点电荷单独存在时产生的电场在某点的电场强度分别为 E1、 E2、E3……,则该点的合电场强度 E 等于各个点电荷单独产生的电场在该点的电场强度 E1、E2、 E3……的矢量和. (4)补偿法 由题设中所给条件建立的非标准模型,在原来问题的基础上再补充一些条件,由这些补充条件建 立另一个容易求解的标准模型,这样,求解非标准模型的问题就转变为求解一个完整的标准模型的问 题. (5)利用处于静电平衡中的导体求解电场强度 处于静电场中的导体在达到静电平衡时,导体内部的电场强度为零.其本质是感应电荷的电场强 度和外电电场的电场强度叠加后为零,即有 E 感+E 外=0,常利用此式求感应电荷的电场强度. 典题演练提能·刷高分 1. (2019 湖北重点中学模拟)如图所示,A、B、C 为放置在光滑绝缘水平面上的三个带电小球,球 A 固定 且带电荷量为+Q;小球 B 和 C 带电荷量分别为-q 和+2q,由长为 L 绝缘细杆相连,静止在水平面上.若 A 与 B 相距 d,A、B 和 C 视为点电荷,且三者在同一直线上,下列说法正确的是(　　) A.其他条件不变,将 A 释放后不能保持静止 B.绝缘细杆长 L=( 2-1)d C.A 在 B、C 处产生的电场强度关系为 EB= 2EC D.其他条件不变,小球 A 的电荷量增加为+2Q,B、C 及细杆组成的系统所受合外力不为零 答案 B 解析三个在同一直线上的自由电荷,只要满足“两大夹一小”“两同夹一异”“近小远大”的条件,它们均 能静止,选项 A 错误;对 B 电荷由平衡条件得푘푄푞 푑2 = 2푘푞2 퐿2 ,对 C 电荷同理得 푘푄·2푞 (푑 + 퐿)2 = 2푘푞2 퐿2 ,解以上两式得 B 与 C 之间的距离为 L=( 2-1)d,选项 B 正确;由点电荷的电场强度公式得 EB=푘푄 푑2 ,EC= 푘푄 (푑 + 퐿)2,则 EB=2EC,选项 C 错误;A 的电荷量增加为+2Q,A 在 B、C 两点产生的电场强度大小关系应满足 EB=2EC, 则 A 对 B、C 及细杆组成的系统所受的合外力仍为零,选项 D 错误. 2. 如图所示,一匀强电场的电场线与圆 O 所在平面平行,AB 为圆的一条直径,C 为圆周上一点,圆的半径 为 R,∠AOC=60°,在 A 点有一粒子源,能向圆 O 所在平面内各个方向以动能 Ek 发射同种带电粒子, 粒子质量为 m,电荷量为 q,由观察可知经过 B、C 的粒子动能分别为 5Ek 和 3Ek,则(　　) A.匀强电场的电场强度为 2 3퐸k 3푞푅 B.匀强电场的电场强度为 2퐸k 푞푅 C.匀强电场的方向垂直 OC D.匀强电场的方向与 AC 平行 答案 C 解析在匀强电场中,沿任意方向相等距离电势差相等,由题意可知 A 到 B 电场力做功 4Ek,则由 A 到 O 电场力做功 2Ek,由 A 到 C 电场力做功 2Ek,即 O、C 为等势点,OC 为等势线,则电场线垂直 OC,根据几 何关系可得匀强电场的电场强度为 4 3퐸k 3푞푅 ,C 正确. 3.如图,竖直线 OO'是等量异种电荷+Q 和-Q 连线的中垂线,A、B、C 三点的位置如图所示,都处在一 矩形金属盒内,且 AC=BC.下列说法正确的是(　　) A.若无金属盒,A、B、C 三点电势大小关系是 φA=φB>φC B.若有金属盒,A、B、C 三点电势大小关系是 φA=φC>φB C.金属盒上感应电荷在 A、B、C 三点的电场强度方向均水平向右 D.金属盒上感应电荷在 A、B、C 三点电场强度大小关系是 EB>EC>EA 答案 D 解析若无矩形金属盒,AC 是一条等势线,则 φA=φC,A 错误;金属盒处于静电平衡,整个金属盒是一个等 势体,φA=φC=φB,故 B 错误;金属盒内部电场强度处处为零,金属盒上的感应电荷的电场强度与等量异 种电荷+Q 和-Q 产生的电场强度大小相等、方向相反,而+Q 和-Q 在 A、B、C 三点产生的电场强度 方向水平向右,则金属盒上的感应电荷在 A、B、C 三点电场强度方向均水平向左.+Q 和-Q 在 A、B、C 三点产生的电场强度大小关系为 EB>EC>EA,则感应电荷在 A、B、C 三点电场强度大小关系是 EB>EC>EA.故 C 错误,D 正确. 4. (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 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 点的电场强度大小为 k푄 퐿2 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 3 2 mgL D.小球沿直轨道 CD 下滑过程中,其电势能先增大后减小 答案 AC 解析点电荷+Q 和-Q 在 D 点的电场强度的大小相等,则它们的合电场强度的方向平行于 AB 指向-Q 一侧;由库仑定律知+Q、-Q 在 D 点的电场强度的大小 EA=EB=푘푄 퐿2 ,根据平行四边形定则可知 D 点的 合电场强度大小为푘푄 퐿2 ,A 正确;小球到达 CD 中点时,对小球进行受力分析,受到重力、弹力、平行 AB 的电场力,其所受合力不为零,加速度不为零,B 错误;因为平面 COD 是一等势面,所以小球从 D 到 C 的过程中电场力不做功,只有重力做功,根据动能定理得,mg·OD=1 2mv2,由几何关系可得 OD=Lsin 60°= 3 2 L,小球的动能 Ek=1 2mv2= 3푚푔퐿 2 ,所以 C 正确;由于小球沿直轨道 CD 下滑过程中,电场力一直 不做功,电势能不变,D 错误. 5. (多选)如图所示,匀强电场的方向与长方形 abcd 所在的平面平行,ad= 3 cm,ab=3 cm,电子从 a 点运 动到 b 点的过程中电场力做的功为 4.5 eV;电子从 a 点运动到 d 点的过程中克服电场力做的功为 4.5 eV.以 a 点的电势为电势零点,下列说法正确的是(　　) A.c 点的电势为 3 V B.b 点的电势为 4.5 V C.该匀强电场的电场强度方向为由 b 点指向 d 点 D.该匀强电场的电场强度大小为 300 V/m 答案 BD 解析电子从 a 点运动到 b 点的过程中,电场力做的功为 4.5 eV,即 Wa b=qUa b=q(φa-φb)=4.5 eV,由于 φa=0,解得 φb=4.5 V,同理可得 Wa d=qUa d=q(φa-φd)=-4.5 eV,解得 φd=-4.5 V,根据 Ua d=Ub c,即 φa- φd=φb-φc,代入数据解得 φc=0,故 A 错误,B 正确;由 A、B 项分析可知,a、c 两点的电势相等,所以 ac 连 线为匀强电场中的等势线,根据电场线与等势线垂直,故 C 错误;过 d 点作 ac 的垂线,设垂足为 f,由几 何关系可得 df=adcos 30°,根据 E= 푈푎푑 푎푓 = 4.5 3 × 3 2 × 10-2 V/m=300 V/m,故 D 正确. 命题角度 2 带电体的受力分析　 高考真题体验·对方向 1. (2019 全国Ⅰ·15)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球 P 和 Q 用相同的绝缘细绳 悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.P 和 Q 都带正电荷 B.P 和 Q 都带负电荷 C.P 带正电荷,Q 带负电荷 D.P 带负电荷,Q 带正电荷 答案 D 解析两个带电小球在匀强电场中均处于平衡状态,只有两小球带异种电荷、相互间为吸引力,才可能 平衡.小球 P 带负电荷时,匀强电场提供的力与小球 Q 对小球 P 的吸引力抵消,合力为零,此时小球 Q 带正电荷,匀强电场提供的力与小球 P 对小球 Q 的吸引力抵消,合力为零,故 A、B、C 错误,D 正确. 2. (2018 全国Ⅰ·16)如图,三个固定的带电小球 a,b 和 c,相互间的距离分别为 ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm, 小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于 a、b 的连线.设小球 a、b 所带电荷量的比值的绝对值为 k, 则(　　) A.a、b 的电荷同号,k=16 9 B.a、b 的电荷异号,k=16 9 C.a、b 的电荷同号,k=64 27 D.a、b 的电荷异号,k=64 27 答案 D 解析由题意知,小球 c 处在直角三角形的直角上,如果 a、b 为同种电荷,对小球 c 的库仑力,要么是吸 引力,要么是排斥力,合力不可能平行于 a 和 b 连线,故 a、b 的电荷应异号;由三角关系 tan θ= 푞푐푞푏 32 푞푐푘푞푏 42 = 3 4, 解得 k=64 27,故 C 正确. 1.对库仑力的理解 (1)两个点电荷之间相互作用的库仑力遵守牛顿第三定律,不论两个带电体的电荷量是否相等,它 们间的作用力一定大小相等、方向相反,并与它们的质量无关. (2)库仑力具有力的共性,运算遵循力的平行四边形定则. 2.库仑力作用下平衡问题的处理思路 (1)明确研究对象; (2)对研究对象进行受力分析,注意电场力的方向; (3)根据平衡条件列方程求解. 典题演练提能·刷高分 1. (2019 山东平度模拟)如图所示,竖直固定的光滑绝缘细杆上 O 点套有一个电荷量为-q(q>0)的小环,在 杆的左侧固定一个电荷量为 Q(Q>0)的点电荷,杆上 a、b 两点与 Q 正好构成等边三角形,c 是 ab 的中 点.将小环从 O 点无初速度释放,通过 a 点的速率为 v.若已知 ab=Oa=l,静电力常量为 k,重力加速度为 g.则(　　) A.在 a 点,小环所受弹力大小为푘푄푞 푙2 B.在 c 点,小环的动能最大 C.在 c 点,小环的电势能最大 D.在 b 点,小环的速率为 푣2 + 2푔푙 答案 D 解析在 a 点,小环所受的电场力沿 aQ 方向,大小为 k푄푞 푙2 ,水平方向小环受力平衡,所以小环受到向右的 弹力,大小等于电场力沿水平方向的分力푘푄푞 푙2 sin 60°= 3푘푄푞 2푙2 ,选项 A 错误;在 c 点时,小环水平方向受 到电场力和杆的弹力作用,竖直方向受到重力作用,合力竖直向下,小环有竖直向下的加速度,所以在 c 点时小环的动能不是最大,选项 B 错误;c 点距离 Q 最近,电势最高,带负电的小环在 c 点的电势能最小, 选项 C 错误;因为 a、b 两点到 Q 的距离相等,所以 a、b 两点电势相等,小环从 a 点到 b 点,电场力做 功为 0,应用动能定理得 mgl=1 2m푣푏 2 ― 1 2mv2,解得 vb= 푣2 + 2푔푙,选项 D 正确. 2. 如图,一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合.A、O、B 为竖直平面上的三点, 且 O 为等量异种点电荷连线的中点,AO=BO.现有带电荷量为 q、质量为 m 的小物块视为质点,从 A 点以初速度 v0 向 B 滑动,到达 B 点时速度恰好为 0.则(　　) A.从 A 到 B,小物块的加速度逐渐减小 B.从 A 到 B,小物块的加速度先增大后减小 C.小物块一定带负电荷,从 A 到 B 电势能先减小后增大 D.从 A 到 B,小物块的电势能一直减小,受到的电场力先增大后减小 答案 B 解析小球由 A 到 B 做减速运动,运动过程中受到重力、向右的电场力、向左的支持力、向上的摩擦 力;加速度 a= 퐹f - 푚푔 푚 = 휇푞퐸 - 푚푔 푚 ,运动过程中电场强度先增大后减小,电场力先增大后减小,加速度先增 大后减小,B 正确,A 错误;小球一定带负电,但电场力不做功,电势能不变,C、D 错误. 3. 如图所示,两平行带电金属板水平放置,若在两板中间 a 点从静止释放一质量为 m 的带电微粒,微粒恰 好保持静止状态,现将两板绕过 a 点的轴(垂直纸面)逆时针旋转 60°,再在 a 点静止释放一同样的微 粒.以下相关描述正确的是(　　) A.微粒仍然保持静止 B.微粒斜向右上方做匀加速直线运动 C.欲使该微粒保持静止,需施加一大小为 mg,方向与水平面成 30°斜向右上方的外力 D.欲使该微粒保持静止,需施加一大小为 3 2 mg,方向与水平面成 60°斜向右上方的外力 答案 C 解析 平行金属板水平放置时,释放的带电微粒恰好静止,可判断微粒所受到的电场力与重力大小相等、方 向相反.当将两极板逆时针旋转 θ=60°时,电场力也逆时针旋转 θ=60°,重力保持不变,此时微粒所受 合力方向为向左下方,且合力大小等于重力大小,等于 mg,微粒将向左下方做匀加速直线运动,A、B 错误;欲使该微粒保持静止,需施加的外力与重力和电场力的合力等大反向,故 C 正确,D 错误. 4. 如图所示,真空中竖直放置半径为 R 的光滑半圆环,圆环最低点固定一个点电荷 Q;质量为 m、电荷量 为+q 的小圆环最初静止在图中所示的 B 点,此时 θ=30°.现让小圆环从右侧最高点由静止释放.已知 重力加速度为 g,静电力常量为 k.带电荷量为 Q 的点电荷,距离电荷为 r 处的电势可以表示为 φ=푘푄 푟 ,求: (1)半圆环最低点固定的点电荷的电荷量 Q; (2)小环向下运动过程中的最大速度 vm. 答案(1)푚푔푅2 푘푞 　(2) ( 2 - 1)푔푅 解析 (1)小圆环在 B 点静止,此时小圆环所受合力为零.即 2k푄푞 푅2cos 60°=mg Q=푚푔푅2 푘푞 (2)对小圆环,当切向加速度为零,即在图中的 B 点时,速度达到最大 k 푄푞 2푅+mgRsin 30°=k푄푞 푅 + 1 2m푣m 2 解得 vm= ( 2 - 1)푔푅 5. 如图甲在水平地面上放置一个质量为 m=0.1 kg、带电荷量为 q=0.01 C 的物体,物体与地面之间的动 摩擦因数为 μ=0.4,地面上存在水平向左的电场,物体由静止开始向左运动,电场强度 E 随物体的位移 x 变化的图象如图乙所示.g 取 10 m/s2,求: (1)运动过程中物体的最大加速度; (2)物体的速度达到最大时距出发点的距离. 答案(1)6 m/s2　(2)2.4 m 解析(1)由牛顿第二定律,得 F-μmg=ma 当电场力 F=qE=1 N 时,物体所受的合力最大 加速度最大,代入解得 a=6 m/s2. (2)由图象可得电场强度随位移是变化的,所以物体受到的电场力随位移是变化的,当电场力等于 摩擦力时,加速度为 0,速度最大,则 F'=qE'=μmg E'=40 N/C. 由图得到 E 与 x 的函数关系式 E=100-25x,当 E'=40 N/C 时,解得 x=2.4 m. 6. (2019 河南开封模拟)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°.g 取 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. 答案(1)1.0×10-6 C　正电荷　(2)12.5 m/s2　(3)减少 4.5×10-3 J 解析 (1)小球受到重力 mg、电场力 F 和细线的拉力 FT 的作用,如图所示,由共点力平衡条件 有:F=qE=mgtan θ 解得:q=푚푔tan휃 퐸 =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: 푚푔 cos휃=ma,解得:a= 푔 cos휃 =12.5 m/s2 (3)在 t=0.20 s 的时间内,小球的位移为:l=1 2at2=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 命题角度 3 电场能的性质的理解　 高考真题体验·对方向 1.(多选)(2019 全国Ⅱ·20)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 答案 AC 解析 本题考查静电场的分布特点及电场力与运动的关系,电场力做功与电势能的关系.带电粒子仅在电场 力作用下,粒子的速度大小可能先增大后减小,如:在等量同种电荷形成的电场中带电粒子沿着两电荷 连线的中垂线运动时,A 正确.因为粒子只在电场力作用下从 M 点运动到 N 点,根据动能定理,W 电=- ΔEp=EkN-0=EpM-EpN,而 EkN≥0,所以 EpM≥EpN,C 正确.粒子的轨迹与电场线不一定重合,在 N 点,电场 力的方向不一定与粒子轨迹在该点的切线平行,B、D 错误. 2. (多选)(2019 全国Ⅲ·21)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 答案 BC 解析取无穷远处电势为 0,a 点距-q 近,距 q 远;b 点距 q 近,距-q 远,b 点电势大于 a 点电势,A 错误.电势 能 Ep=qφ,负电荷在电势小处电势能大,即负电荷在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能,将负电荷从 a 点移到 b 点,电势能减小,D 错误.正电荷的电场强度沿半径向外,负电荷的电场强度沿半径向内,E=푘푄 푟2 , 点电荷 q 在 a 点的电场强度与点电荷-q 在 b 点的电场强度相同,大小和方向都一样;点电荷 q 在 b 点 的电场强度与点电荷-q 在 a 点的电场强度相同,大小和方向都一样,则 a 点的合电场强度与 b 点的合 电场强度相同,B、C 正确. 3. (多选)(2018 全国Ⅰ·21)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 答案 AB 解析从 a 到 d 的过程克服电场力做功为 6 eV,所以电场方向为水平向右,每个间距电势差为 2 V,所以 平面 c 电势为零,故 A 项正确;由于电子不一定垂直等势面进入,可能做曲线运动,所以可能到达不了 f 平面,故 B 项正确;整个过程中能量守恒,可得平面 a、b、c、d、f 的电势能为-4 eV、-2 eV、0 eV、 +2 eV、+4 eV,动能分别为+10 eV、+8 eV、+6 eV、+4 eV、+2 eV,故 C 项错误;由于电子经过 b、d 平面时的动能分别为 8 eV 和 4 eV,所以该电子经过 b 平面时的速率是经过 d 时的 2倍,故 D 项错误. 4. (多选)(2018 全国Ⅱ·21)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 푊1 + 푊2 2 C.若 c、d 之间的距离为 L,则该电场的场强大小一定为 푊2 푞퐿 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 答案 BD 解析设 a、b、c、d 四点的电势分别为 φa、φb、φc、φd,粒子从 a 点移到 b 点,其电势能减小,则电场力 做正功,电场力与 a、b 连线平行或成锐角,电场方向不一定与 a、b 连线平行,同理,电场方向不一定与 c、d 连线平行,W2=EqL 不一定成立,则 E= 푊2 푞퐿不一定成立,选项 A、C 错误;根据电场力公式,有 W1=(φa-φb)q,W2=(φc-φd)q,匀强电场中沿直线电势随距离均匀变化,所以 φM= 휑푎 + 휑푐 2 ,φN= 휑푏 + 휑푑 2 ,有 WMN=(φM-φN)q= 푊1 + 푊2 2 ,选项 B 正确;若 W1=W2,则(φa-φb)=(φc-φd),得 Uac=Ubd,由于 M、N 为中点,且为 匀强电场,所以 UaM=UbN,选项 D 正确. 5. (多选)(2017 全国Ⅲ·21)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 答案 ABD 解析 如图所示,设 ac 之间的 d 点电势与 b 点相同,则푎푑 푑푐 = 10 - 17 17 - 26 = 7 9,可得 d 点的坐标为(3.5 cm,6 cm),过 c 点 作等势线 bd 的垂线交 bd 于 f 点,由几何关系可得 cf 的长度为 3.6 cm,所以电场强度的大小 E=푈 푑 = (26 - 17)V 3.6cm =2.5 V/cm,故 A 正确.匀强电场中,相同方向上变化相同的距离电势差相等,故 UaO=Ucb,即 φa- φO=φc-φb,得坐标原点 O 处的电势为 1 V,B 正确;负电荷在电势低处电势能高,则电子在 a 点的电势能 比在 b 点的电势能高 7 eV,C 错误;电子从 b 点运动到 c 点,电场力做功为 W=-eUbc=-e×(-9 V)=9 eV,D 正确. 6. (多选)(2016 全国Ⅰ·20)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 答案 AB 解析 由于轨迹关于 P 点对称,根据曲线运动合力方向应指向曲线内侧,在 P 点合力方向竖直向上,则电场线 方向竖直向下,沿电场线方向电势降低,选项 A 正确;根据 Ep=φq 可知,油滴在 Q 点的电势能小于在 P 点的电势能,选项 C 错误;油滴所受合力竖直向上,根据动能定理可知,油滴在 Q 点的动能大于 P 点,选 项 B 正确;油滴所受合力大小不变,加速度也始终不变,选项 D 错误. 用“速度线”与“力线”分析曲线运动 带电粒子仅受电场力,其运动轨迹与电场线、等势线一般不重合.轨迹曲线的本质为运动与力的 关系.分析时要综合应用牛顿运动定律、功和能,做定性分析,或简单的计算. 若粒子还受重力作用,可以此为基础拓展分析. (1)两线法入手 在运动的初始位置,画出“速度线”(轨迹的有向切线)与“力线”(电场线的切线或等势面的有向垂 线),从“两线”的夹角情况分析运动与力的关系. 若夹角为锐角,则加速运动、电场力做正功. 若夹角为钝角,则减速运动、电场力做负功. (2)必要的讨论 电荷的正负、电场强度的方向或各等势面电势的高低、运动轨迹的方向是题意中相互制约的 三个方面. 若已知其中两个,可分析判定第三个方面. 若有两个未知或三个都未知,则要分别讨论各种情况.对某些物理量,在讨论的各种情况中会有 “归一”的结果. (3)分析临界性拐点 若轨迹在某点与等势面相切或与电场线垂直,则该点为运动的转折性拐点,如图中 b 点.拐点两侧 有不同的运动特点(多过程现象). 典题演练提能·刷高分 1. 如图,匀强电场中的点 A、B、C、D、E、F、G、H 为立方体的 8 个顶点.已知 G、F、B、D 点的电 势分别为 5 V、1 V、2 V、4 V,则 A 点的电势为(　　) A.0 B.1 V C.2 V D.3 V 答案 A 解析 UDG=φD-φG=4 V-5 V=-1 V,UAF=φA-φF=φA-1 V,在匀强电场中,因为 DG 平行于 AF,故 UDG=UAF, 解得 φA=0,A 正确. 2. (多选)(2019 山东临沂模拟)沿电场中某条直线电场线方向建立 x 轴,该电场线上各点电场强度 E 随 x 的变化规律如图所示,坐标点 O、x1、x2 和 x3 分别与 x 轴上 O'、A、B、C 四点相对应,相邻两点间距 相等.一个带正电的粒子从 O'点由静止释放,运动到 A 点的动能为 Ek,仅考虑电场力作用,则(　　) A.从 O'点到 C 点,电势先升高后降低 B.粒子先做匀加速运动,后做变加速运动 C.粒子在 AB 段电势能变化量大于 BC 段的电势能变化量 D.粒子运动到 C 点时动能小于 3Ek 答案 CD 解析由题图知,从 O'点到 C 点,沿电场线方向,电势逐渐降低,选项 A 错误;由静止释放的粒子所受电场 力与速度方向一致,所以粒子一直做加速直线运动,在 O~x1 段电场强度逐渐变大,粒子所受电场力逐 渐变大,做加速度增大的变加速直线运动,选项 B 错误;E-x 图象中图线与坐标轴围成的图形“面积”代 表电势差,AB 段的电势差大于 BC 段的电势差,故电场力做功 WAB>WBC,由电场力做功与电势能变化 的关系得,粒子在 AB 段电势能变化量大于 BC 段的电势能变化量,选项 C 正确;由 E-x 图象中图线与 坐标轴围成的图形“面积”代表电势差,UOA=1 2E0x1,UAC<1 2E0·2x1,得 2UOA>UAC,由动能定理 qU=ΔEk,得 qUOA=Ek-0,qUAC=퐸k퐶-Ek,知粒子运动到 C 点时动能小于 3Ek,选项 D 正确. 3. (2019 陕西西安高三质检)如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图,电场线的方向如图 中箭头所示,M、N、Q 是以直电场线上一点 O 为圆心的同一圆周上的三点,OQ 连线垂直于 MN.以下 说法正确的是(　　) A.O 点电势与 Q 点电势相等 B.M、O 间的电势差小于 O、N 间的电势差 C.将一负电荷由 M 点移到 Q 点,电荷的电势能增加 D.在 Q 点释放一个正电荷,正电荷所受电场力将沿与 OQ 垂直的方向竖直向上 答案 C 解析由题图中电场线的方向可知 φM>φO>φN,再作出此电场中过 O 点的等势线,可知 φO>φQ,选项 A 错 误;且 MO 间的平均电场强度大于 ON 间的平均电场强度,故 UMO>UON,选项 B 错误;因푈푀푄>0,负电荷 从 M 点到 Q 点电场力做负功,电势能增加,选项 C 正确;正电荷在 Q 点所受的电场力方向沿电场线的 切线方向而不是圆周的切线方向,选项 D 错误. 4. (多选)如图所示,ABC 是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈,∠C=30°、∠B=60°,D 为 AC 中点;质 量为 m 带正电的小滑块沿 AB 面由 A 点静止释放,滑到斜面底端 B 点时速度为 v0,若空间加一与 ABC 平面平行的匀强电场,滑块仍由静止释放,沿 AB 面滑下,滑到斜面底端 B 点时速度为 2v0,若在同样的 匀强电场中滑块由静止沿 AC 面滑下,滑到斜面底端 C 点时速度为 3v0,则下列说法正确的是(　　) A.电场方向由 A 指向 C B.B 点电势与 D 点电势相等 C.滑块滑到 D 点时机械能增加了1 2m푣0 2 D.小滑块沿 AB 面、AC 面滑下过程中电势能变化值之比为 2∶3 答案 BC 解析无电场时由 A 到 B 有 mgh=1 2m푣0 2 ① 有电场时由 A 到 B 有 mgh+WE=1 2m( 2v0)2 ② 有电场时由 A 到 C 有 mgh+WE'=1 2m( 3v0)2 ③ 由①②③可得 WE=1 2m푣0 2　WE'=m푣0 2 又 WE=qUAB,WE'=qUAC,则 UAB=1 2UAC.则 D 点与 B 点电势相等,B 正确;电场线应与 BD 垂直,而 AC 不与 BD 垂直,A 错误;因 D 为 AC 的中点,则滑到 D 点电场力做功为到 C 点的一半,为1 2m푣0 2,C 正确;小 滑块沿 AB 面、AC 面下滑过程中电势能变化值之比为 1∶2,D 错误. 5. (多选)如图所示,一带电小球固定在光滑水平面上的 O 点,虚线 a、b、c、d 是带电小球激发电场的四 条等距离的等势线.一个带电小滑块从等势线 d 上的 1 处以水平初速度 v0 运动,结果形成了实线所示 的小滑块运动轨迹.1、2、3、4、5 是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点.由此可以判定(　　) A.固定小球与小滑块带异种电荷 B.在整个运动过程中小滑块具有的动能与电势能之和保持不变 C.在整个过程中小滑块的电势能先增大后减小 D.小滑块从位置 3 到 4 和从位置 4 到 5 的过程中,电场力做功的大小关系是 W34=W45 答案 BC 解析由题图看出滑块的轨迹向右弯曲,可以知道滑块受到了斥力作用,则知小球与小滑块电性一定相 同,故 A 错误.在整个运动过程中小滑块只发生了动能和电势能的转化,根据能量守恒可知 B 正确;由 图可知,小滑块运动过程中电场力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,C 正确;根据等势线的疏密 结合 U=Ed 可知,4、5 间电势差与 3、4 间电势差关系是 U45xb,根据 x=1 2at2 和 a=푞퐸 푚 ,联立可得 x=1 2·푞퐸 푚 ·t2,质量和位移 成反比,所以 a 的质量小于 b 的质量,A 选项错误;根据动能定理 qEx=1 2mv2-0,动能大小与位移成正 比,B 选项正确;t 时刻,a 和 b 位于同一等势面上,但是带电性质不同,所以电势能不相等,C 选项错误;根 据动量定理得,qEt=mv-0,所以动量大小相等,D 选项正确. 2.(2019 全国Ⅲ·24)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푡 2.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. 答案(1)3푚푔 푞 　(2)2m(푣0 2+g2t2) 解析(1)设电场强度的大小为 E,小球 B 运动的加速度为 a.根据牛顿运动定律、运动学公式和题给条 件,有 mg+qE=ma ① 1 2a(푡 2)2 = 1 2gt2 ② 解得 E=3푚푔 푞 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-1 2m푣21=mgh+qEh ④ 且有 v1 푡 2=v0t ⑤ h=1 2gt2 ⑥ 联立③④⑤⑥式得 Ek=2m(푣0 2+g2t2) ⑦ 3.(2017 全国Ⅰ·25)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. 答案(1)v0-2gt1　(2)若 B 点在 A 点之上,E2=[2 - 2 푣0 푔푡1 + 1 4( 푣0 푔푡1 ) 2]E1,0 1+ 3 2 푣0 푔 若 B 点在 A 点之下, E2=[2 - 2 푣0 푔푡1 - 1 4( 푣0 푔푡1 ) 2]E1,t1> 5 2 +1 푣0 푔 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 (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+1 2a1푡1 2 ⑦ 油滴在从时刻 t1 到时刻 t2=2t1 的时间间隔内的位移为 s2=v1t1-1 2a2푡1 2 ⑧ 由题给条件有푣0 2=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=[2-2 푣0 푔푡1 + 1 4( 푣0 푔푡1 )2]E1 为使 E2>E1,应有 2-2 푣0 푔푡1 + 1 4 푣0 푔푡1 2>1 即当 0 1+ 3 2 푣0 푔 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=[2-2 푣0 푔푡1 ― 1 4( 푣0 푔푡1)2 ]E1 为使 E2>E1,应有 2-2 푣0 푔푡1 ― 1 4( 푣0 푔푡1)2 >1 即 t1>( 5 2 + 1)푣0 푔 另一解为负,不合题意,已舍去. 解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路 (1)根据带电粒子受到的电场力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的运 动情况. (2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解.此方法既适用于匀强电场,也 适用于非匀强电场. 典题演练提能·刷高分 1. 电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示.K 为阴极,A 为阳极,两极之间的距离为 d,在两极之间加上 高压 U,有一电子在 K 极由静止被加速.不考虑电子重力,元电荷为 e,则下列说法正确的是(　　) A.A、K 之间的电场强度为푈 푑 B.电子到达 A 极板时的动能大于 eU C.由 K 到 A 电子的电势能减小了 eU D.由 K 沿直线到 A 电势逐渐减小 答案 C 解析 A、K 之间的电场为非匀强电场,不可以用 E=푈 푑计算,故 A 错误;电子到达 A 极板时,只有电场力 做功,由动能定理可知,电场力做的功全部转化为电子的动能,所以电子到达 A 极板时的动能等于 eU, 故 B 错误;由 B 项分析可知,电场力做正功,电势能减小,所以由 K 到 A 电子的电势能减小了 eU,故 C 正确;沿电场线方向,电势逐渐减小,两板电场方向为从 A 指向 K,所以由 K 沿直线到 A 电势逐渐增加, 故 D 错误. 2. (多选)(2019 黑龙江大庆铁人中学月考)如图所示,绝缘水平面内的等边三角形 ABP 的边长为 L,顶点 P 恰好位于一倾角为 30°的光滑绝缘直轨道 O'P 的最低点,O'O 垂直于水平面,O 为三角形 AB 边的 中点,现将一对等量异种电荷固定于 A、B 两点,各自所带电荷量为 Q,在光滑直导轨 O'P 上端 O'处将 质量为 m,带电荷量为+q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)由静止开始释放,取无穷远处电 势为零,静电力常量为 k,重力加速度为 g,空气阻力可忽略,则小球沿轨道 O'P 下滑过程中(　　) A.小球做匀加速直线运动 B.小球的电势能先增大后减小 C.轨道 O'处与 P 处电场强度大小之比为 2 2∶1 D.小球到达轨道底端 P 的速度为 푔퐿 答案 ACD 解析在 O'点电场强度方向垂直平面 O'PO 水平指向 B 侧,则加速度由重力沿斜面向下的分量产 生:a=gsin 30°=0.5g,所以小球做匀加速直线运动,选项 A 正确;因等量异种电荷固定于 A、B 两点,则 在其连线的中垂面上所有点的电场强度方向垂直于该面,则为等势面,则小球沿 O'P 下滑过程中电势 能不变,选项 B 错误;对于 O'点,AO=1 2L,OO'=Lsin 60°tan 30°=1 2L,则 AO'= (퐿 2) 2 + (퐿 2) 2 = 2 2 L,∠ O'AO=45°,则其电场强度为 E=2k 푄 ( 2퐿 2 ) 2 cos 45°,对于 P 点 E'=2k푄 퐿2cos 60°,则퐸 퐸'=2 2∶1,选项 C 正 确;因由 O'点到 P 点电势相等,电场力不做功,只有重力做功:mgLsin 30°=1 2mv2,解得 v= 푔퐿,选项 D 正 确. 3. (多选)如图所示,竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场,与两板上边缘等高处有两个质量相同 的带电小球,P 小球从紧靠左极板处由静止开始释放,Q 小球从两板正中央由静止开始释放,两小球最 终都能运动到右极板上的同一位置.则从开始释放到运动到右极板的过程中,下列选项正确的是(　　) A.P 的运动时间大于 Q 的运动时间 B.P、Q 的电势能减少量之比为 4∶1 C.P、Q 的动能增加量之比为 4∶1 D.P、Q 的电荷量之比为 2∶1 答案 BD 解析小球在竖直方向为自由落体运动,两者下落高度相同,说明运动时间一样,故 A 错误.在水平方向 小球为匀加速直线运动,根据 x=1 2·푞푈 푚푑t2,可知位移之比为 2∶1,说明 P、Q 粒子的电荷量之比为 2∶1, 故 D 正确.电势能的减少量为电场力做的功,即 EpP∶EpQ=2qU∶q푈 2=4∶1,故 B 正确.动能增加量为合 外力做的功,即 EkP∶EkQ=(mgh+2qU)∶ mgh+q푈 2 ,由于不知道重力与电场力的关系,故 C 错误.故选 BD. 4. 如图所示,长为 1 m、倾角为 53°的光滑绝缘斜面处于水平向右的足够大的匀强电场中.一电荷量为 5.0×10-6 C、质量为 0.02 kg 的小球,以 2 m/s 的初速度由斜面底端 P 点沿斜面上滑,恰好不会从斜面 顶端 Q 处飞出.g 取 10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6. (1)求该电场的电场强度大小; (2)若在小球到达顶端的同时,仅将电场突然反向, ①试论述小球能否沿原路返回; ②求小球再经过多长时间落回到地面. 答案(1)4.0×104 N/C　(2)①不能　②0.4 s 解析(1)小球上滑过程中,根据动能定理 -mgLsin 53°+qELcos 53°=0-1 2m푣0 2 解得 E=4.0×104 N/C (另解):小球运动到顶端时速度恰好等于零,所以此过程的加速度为 a0= 푣푡 2 - 푣0 2 2퐿 =-2 m/s2 对小球进行受力分析,并根据牛顿第二定律可得 -(mgsin 53°-qEcos 53°)=ma0 解得 E=4.0×104 N/C. (2) ①求得 qE=mg=0.2 N,仅将电场反向后,小球受到的合力为 F= (푚푔)2 + (푞퐸)2 = 2mg,沿左下方 45°方向,如图所示,小球将沿合力 F 方向做初速度为零的匀加速直线运动,故小球不会沿原路返回. ②加速度为 a=퐹 푚 = 2g=10 2 m/s2 位移为 s= 2Lsin 53°=4 2 5 m 由匀变速直线运动的规律可得 s=1 2at2 求得 t=0.4 s. ②(另解):小球竖直方向落下的高度为 h=Lsin 53° 竖直方向做自由落体运动 h=1 2gt2 求得 t=0.4 s. 5.真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为 E0 的匀强电场,A、B、C 三点在电场中同一条竖直线 上,C 是 A、B 的中点.在某时刻,带电油滴 a 在 A 点,竖直向上做匀速直线运动,速度大小为 v0,不带电 油滴 b 在 B 点从静止释放,经过一段时间,a、b 在 C 点相碰融为油滴 c,此时刻将电场强度的大小突然 变为某值,但保持其方向不变,再经过相同的时间,油滴 c 运动回到 C 点.油滴 a、b 的质量都为 m,重力 加速度大小为 g.求: (1)油滴 c 在 C 点的初速度; (2)变化后的电场强度的大小; (3)油滴 c 从 C 点出发到回到 C 点的过程中,电势能最大值与最小值之差. 答案(1)1 2v0　(2)3E0　(3)3 4m푣0 2 解析(1)设油滴 a 从 A 点到 C 点、油滴 b 从 B 点到 C 点的时间相等为 t1,碰前 b 的速度为 v1,碰后 a、 b 共同速度即油滴 c 在 C 点初速度为 v2,以竖直向下方向为正方向,则 v0t1=1 2v1t1　mv1-mv0=2mv2 解得 v1=2v0,v2=1 2v0. (2)油滴 a 带正电,设电荷量为 q,油滴 a 从 A 点到 C 点的过程中有 qE0=mg 油滴 b 从 B 点到 C 点的过程有 v1=gt1 油滴 c 带正电,电荷量为 q,质量为 2m,设变化后的电场强度的大小为 E,油滴 c 从 C 点开始以 v2 为初速度向下运动,加速度方向竖直向上,大小为 a,在时间 t1 内位移为零,则 2ma=qE-2mg　0=v2t1-1 2a 푡1 2 由 v1=2v0 得 2v0=gt1,由 v2=1 2v0 得 v0=at1,则 a=1 2g,解得 E=3E0. (3)油滴 c 从 C 点出发到回到 C 点的过程中,向下运动时电场力做负功,向上运动时电场力做正功, 在回到 C 点之前,电场力总功为负,所以油滴 c 在最低点电势能最大,在 C 点电势能最小.设最低点与 C 点间的距离为 x,电场力做功为 W,电势能最大值与最小值之差为 ΔE,则 2ax=푣2 2,W=qEx,ΔE=W,解 得 ΔE=3 4m푣0 2. 命题角度 3 带电粒子在电场中的曲线运动　 高考真题体验·对方向 1. (2019 全国Ⅱ·24)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? 答案(1)1 2m푣0 2 + 2휑 푑 qh　v0 푚푑ℎ 푞휑 　(2)2v0 푚푑ℎ 푞휑 解析(1)PG、QG 间电场强度大小相等,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=2휑 푑 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-1 2m푣0 2 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=1 2at2 ④ l=v0t ⑤ 联立①②③④⑤式解得 Ek=1 2m푣0 2 + 2휑 푑 qh ⑥ l=v0 푚푑ℎ 푞휑 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 푚푑ℎ 푞휑 ⑧ 2.(2017 全国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. 答案(1)3　(2)1 3H　(3)푚푔 2푞 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+1 2at2 ② s2=v0t-1 2at2 ③ 联立①②③式得 푠1 푠2 =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 푣푦 2=2gh ⑤ H=vyt+1 2gt2 ⑥ M 进入电场后做直线运动,由几何关系知 푣0 푣푦 = 푠1 퐻 ⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h=1 3H 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 푣0 푣푦 = 푞퐸 푚푔 ⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2,由动能定理得 Ek1=1 2m(푣0 2 + 푣푦 2)+mgH+qEs1 Ek2=1 2m(푣0 2 + 푣푦 2)+mgH-qEs2 由已知条件 Ek1=1.5Ek2 联立④⑤⑦⑧⑨⑩ 式得 E=푚푔 2푞 带电粒子在电场中偏转问题的分析 1.处理方法 带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场,带电粒子做类平抛运动.先分析带电粒子受到静电力的 方向,从而确定带电粒子的偏转方向,再类比平抛运动分析处理,应用运动的合成与分解进行求解.把 带电粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动. 2.推论 (1)带同种电荷的带电粒子经过同一电场加速后进入相同的偏转电场,带电粒子的运动轨迹相同; (2)带电粒子垂直匀强电场射入电场中,带电粒子从偏转电场中射出时,速度方向的反向延长线与 初速度方向的交点平分沿初速度方向的位移. 3.带电粒子在两带等量异种电荷的平行板间偏转的临界问题 (1)若题中明确带电粒子“刚好”射出(或不射出)电场区域,确定带电粒子在电场方向上的位移进行 求解; (2)若题中没有说明(或暗示)带电粒子是否射出电场,要根据题中条件进行判断,然后根据正确的 情况分析解决;也可以假设一种情况进行求解,然后对结果进行分析说明. 典题演练提能·刷高分 1. (多选)如图所示,带电小球甲固定在光滑的水平绝缘桌面上,在桌面上距甲一定距离有另一个带电小 球乙,乙在桌面上运动,甲、乙均视为质点.某时刻乙的速度沿垂直于甲、乙的连线方向,则(　　) A.若甲、乙带同种电荷,以后乙一定做速度变大的曲线运动 B.若甲、乙带同种电荷,以后乙一定做加速度变大的曲线运动 C.若甲、乙带异种电荷,以后乙可能做匀速圆周运动 D.若甲、乙带异种电荷,以后乙可能做加速度和速度都变小的曲线运动 答案 ACD 解析若甲、乙为同种电荷,甲、乙之间的库仑力为排斥力,并且力的方向和速度的方向不在一条直线 上,所以质点乙一定做曲线运动,由于两者之间的距离越来越大,它们之间的库仑力也就越来越小,所 以甲、乙的加速度在减小,速度增大,故 A 正确,B 错误;若甲、乙为异种电荷,甲、乙之间的库仑力为 吸引力,当甲、乙之间的库仑力恰好等于向心力的时候,乙就绕着甲做匀速圆周运动,此时乙速度的大 小和加速度的大小都不变,但是方向改变,故 C 正确.若甲、乙为异种电荷,甲、乙之间的库仑力为吸 引力,若速度较大,吸引力小于向心力,乙做离心运动,吸引力减小,则加速度减小,引力做负功,速度减小, 做加速度、速度都变小的曲线运动,故 D 正确. 2. (多选)如图所示,匀强电场分布在边长为 L 的正方形区域 ABCD 内,M、N 分别为 AB 和 AD 的中点,一 个初速度为 v0、质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子沿纸面射入电场.带电粒子的重力不计.如果带 电粒子从 M 点垂直电场方向进入电场,则恰好从 D 点离开电场.若带电粒子从 N 点垂直 BC 方向射入 电场,则带电粒子(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.从 BC 边界离开电场 B.从 AD 边界离开电场 C.在电场中的运动时间为 푚푣0 푞퐸 D.离开电场时的动能为1 2m푣0 2 答案 BD 解析从 M 到 D 过程,粒子做类平抛运动,则沿 v0 方向有 L=v0t,垂直 v0 方向1 2L=1 2at2,又 a=푞퐸 푚 ,解得 E= 푚푣0 2 푞퐿 ,带电粒子从 N 点垂直 BC 方向射入电场,粒子做匀减速直线运动,设粒子匀减速的位移为 x 时速 度减至零,根据动能定理得:-qEx=0-1 2m푣0 2,又 E= 푚푣0 2 푞퐿 ,解得 x=퐿 2,所以粒子最终从 AD 边离开电场,粒子 在电场中运动的时间为 t1= 2푚푣0 푞퐸 ,离开电场时电场力做功为零,故有离开电场时的动能为 Ek2=1 2m푣0 2,B、D 正确,A、C 错误. 3. (多选)(2019 湖北天门、仙桃等八市高三 3 月第二次联合)如图所示,空间存在水平向右、电场强度大 小为 E 的匀强电场,一个质量为 m、电荷量为+q 的小球,从 A 点以初速度 v0 竖直向上抛出,经过一段 时间落回到与 A 点等高的位置 B 点(图中未画出),重力加速度为 g.下列说法正确的是(　　) A.小球运动到最高点时距离 A 点的高度为 푣0 2 푔 B.小球运动到最高点时速度大小为 푞퐸푣0 푚푔 C.小球运动过程中最小动能为 푚푞2퐸2푣0 2 2(푚푔 + 푞퐸)2 D.A、B 两点之间的电势差为 2푞퐸2푣0 2 푚푔2 答案 BD 解析小球在空间的运动可以分解为水平方向初速度为零,加速度为 a=푞퐸 푚 的匀加速直线运动,竖直方向 初速度为 v0,加速度为 g 的竖直上抛运动.所以在竖直方向上푣0 2=2gh,解得 h= 푣0 2 2푔,选项 A 错误;小球运 动到最高点时,竖直方向速度减为零,由 v0=gt,解得 t= 푣0 푔 ,水平方向由 vx=at,解得 vx= 푞퐸푣0 푚푔 ,选项 B 正确; 小球运动过程中动能的表达式为 Ek=1 2mv2=1 2m(푣푥 2 + 푣푦 2)=1 2m 푞퐸 푚 t 2+(v0-gt)2 ,由数学知识可得当 t= 푚2푔푣0 푞2퐸2 + 푚2푔2时,小球的动能最小,最小动能为 Ekmin= 푚푞2퐸2푣0 2 2(푞2퐸2 + 푚2푔2),选项 C 错误;当小球运动到 B 点时, 运动时间为 2t= 2푣0 푔 ,水平方向的位移为 x=1 2 푞퐸 푚 (2t)2= 2푞퐸푣0 2 푚푔2 ,A、B 两点之间的电势差为 U= 2푞퐸2푣0 2 푚푔2 ,选 项 D 正确. 4. (2019 山东枣庄质检)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=4 3×103 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( 3 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 能在运动中相碰;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. 答案(1)1 000 V　(2)y=1 6x2,其中 x>0 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( 3 m,1 m)点历时为 t0,由类平抛运动 可得:x=v0t0,y=푞퐸 2푚푡0 2　解得:v0= 2×104 m/s 在金属板 A、B 之间,由动能定理:qUAB=1 2m푣0 2, 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,1 2a1t2=y+1 2a2t2 解得:y=1 6x2,其中 x>0 即粒子 Q 释放点 N(x,y)坐标满足的方程为:y=1 6x2,其中 x>0. 命题角度 4(储备)带电粒子在交变场、复合场中的运动　 【典题】 (2019 山西长治二中、康杰中学等六校期末)如图所示,在 xOy 直角坐标系中,第一象限内的等腰 直角三角形 ABO 区域内有水平向左的匀强电场(电场强度大小未知),在第二象限边长为 L 的正方形 CBOM 区域内有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为 E0,现有一带正电粒子(重力不计)从 AB 边上 的 A 点由静止释放,恰好能通过 M 点. (1)求 ABO 区域内的匀强电场的电场强度大小 E1; (2)若 ABO 区域内的匀强电场的电场强度为 3E0,要使从 AO 线上某点由静止释放题述相同的带 电粒子,通过坐标为(-2L,0)的点,求释放点的坐标. 答案(1) 퐸0 4 　(2) 퐿 2,퐿 2 解析(1)设粒子的质量为 m,电荷量为 q.射出第一象限时的速度大小为 v.在第一象限的电场中加 速时,根据动能定理有:E1qL=1 2mv2 要使粒子过 M 点,在第二象限电场中偏转时,竖直方向和水平方向的位移大小均为 L 则 L= 퐸0푞 2푚 퐿 푣 2　解得:E1= 퐸0 4 (2)设从 OA 上坐标为(x,y)出发的带电粒子,通过第一象限电场出电场时速度为 v1,其在第一象限 电场中加速时,根据动能定理有:3E0qx=1 2m푣1 2 要使粒子过坐标为(-2L,0)点,在第二象限电场中偏转时,竖直方向位移为 y1,水平方向位移为 L,则 y1=1 2 퐸0푞 푚 퐿 푣1 2 带电粒子运动轨迹如图所示.由图可得: 푦1 푦 = 퐿 2 3퐿 2 ,解得:y1=푦 3 其中 y=x,可得:y=x=퐿 2.即释放点坐标为 퐿 2,퐿 2 解决带电粒子在电场中运动问题的常用方法 (1)利用动能定理:它只考虑粒子的初末位置,中间过程不考虑,可解决一些复杂的问题. (2)牛顿运动定律和正交分解法:若在电场中运动时受到几个恒力作用,可采用牛顿运动定律和正 交分解法求解,再与动能定理结合. (3)运动合成与分解法:若在匀强电场中或复合场中做抛体运动,则采用此法较简单. (4)v-t 图象法:可用来处理带电粒子在交变电场中加速与偏转问题,能将复杂运动直观反映出来. 典题演练提能·刷高分 1. (多选)长为 l、间距为 d 的平行金属板水平正对放置,竖直光屏 M 到金属板右端距离为 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从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2푚푔 푞 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 答案 ABD 解析粒子先在水平放置的平行金属板间做平抛运动,粒子恰好垂直撞在光屏上,所以粒子离开电场后, 一定打在屏的上方,做斜上抛运动,粒子在水平放置的平行金属板间做平抛运动和离开电场后斜上抛 运动,水平方向都不受外力,都做匀速直线运动,速度都等于 v0,所以粒子在平行金属板间的运动时间 和从金属板右端到光屏的运动时间相等,故 A 正确;设粒子在平行金属板间的运动过程中加速度大小 为 a,则粒子离开电场竖直分速度大小为 vy=at1=푞퐸 - 푚푔 푚 · 푙 푣0 ,粒子离开电场后斜上抛运动,则有 vy=gt2=g· 푙 푣0 ,联立解得 E=2푚푔 푞 ,故 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 减小,带电荷量要减小,因为二极管具有单向导电性,所以电容器不能放电,带电荷量不变,板间的电压 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,粒子会垂直打在光屏上, 故 C 错误;若仅将两平行板的间距变大一些,电容器的电容要减小,由 C=푄 푈知 U 不变,电荷量要减小,但 因为二极管具有单向导电性,所以电容器不能放电,带电荷量不变,板间的电场强度不变,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,粒子会垂直打在光屏上,故 D 正确. 2.(多选)(2019 河北石家庄六校联考)如图甲所示,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~푇 3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 2v0 B.末速度沿水平方向 C.重力势能减少了1 2mgd D.克服电场力做功为 mgd 答案 BC 解析因 0~푇 3内微粒匀速运动,故 E0q=mg;在푇 3~2푇 3 时间内,粒子只受重力作用,做平抛运动,在 t=2푇 3 时刻的 竖直速度为 vy1=푔푇 3 ,水平速度为 v0;在2푇 3 ~T 时间内,由牛顿第二定律得 2E0q-mg=ma,解得 a=g,方向向 上,则在 t=T 时刻,vy2=vy1-g·푇 3=0,微粒的竖直速度减小到零,水平速度为 v0,选项 A 错误,B 正确;微粒的 重力势能减小了 ΔEp=mg·푑 2 = 1 2mgd,选项 C 正确;从射入电场到射出电场,由动能定理可知1 2mgd-W 电 =0,可知克服电场力做功为1 2mgd,选项 D 错误. 3.(多选)(2019 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=2푑 푣0 ,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 푚푣0 2 2푈0 C.在 t=1 8T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了1 8m푣0 2 D.在 t=1 4T 时刻进入的粒子刚好从 P 板右侧边缘离开电场 答案 AD 解析粒子进入电场后,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=2푑 푣0 ,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푇 2时间内 的位移为푑 2,则1 2d= 푈0푞 2푑푚 푑 푣0 2,解得 q= 푚푣0 2 푈0 ,选项 B 错误;t=푇 8时刻进入电场的粒子,离开电场时在竖直方 向的位移为 y=2×1 2a 3푇 8 2-2×1 2a 푇 8 2=1 8aT2=1 2d,故电场力做功 W= 푈0푞 푑 ·1 2d=1 2U0q=1 2m푣0 2,选项 C 错 误;t=푇 4时刻进入的粒子,在竖直方向先向下加速运动푇 4,然后向下减速运动푇 4,向下运动的位移 x=2×1 2a 푇 4 2=푑 4,再向上加速푇 4,向上减速푇 4,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. 如图所示,两竖直虚线间距为 L,之间存在竖直向下的匀强电场.自该区域左侧的 A 点将质量为 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水平方向射出.小球进入电场区域, 并从该区域的右边界离开.已知 N 离开电场时的位置与 A 点在同一高度;M 刚离开电场时的动能为刚 进入电场时动能的 8 倍.不计空气阻力,重力加速度大小为 g.已知 A 点到左边界的距离也为 L. (1)求该电场的电场强度大小; (2)求小球射出的初速度大小; (3)要使小球 M、N 离开电场时的位置之间的距离不超过 L,仅改变两小球的相同射出速度,求射出速 度需满足的条件. 答案(1)4푚푔 푞 　(2) 2푔퐿　(3)v0≥2 푔퐿 解析(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出的初速度大小为 v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0.故 M、N 在电场中运动的时间相等. 进入电场前水平方向 L=v0t1 进入电场前竖直方向下落的距离为 d=1 2g푡1 2 进入电场时竖直速度为 vy1=gt1 进入电场后水平方向 L=v0t2 故 t1=t2=t 设 N 粒子运动的加速度为 a, 竖直方向:d=-vy1t+1 2at2 解得:a=3g 由牛顿第二定律得 Eq-mg=ma E=4푚푔 푞 . (2)粒子 M 射出电场时竖直速度为 vy2'=vy1'+a't Eq+mg=ma' 1 2m(푣0 2+vy2'2)=8×1 2m(푣0 2+vy1'2) 解得 v0= 2푔퐿. (3)以竖直向下为正,M 的竖直位移为 yM=vy1't+1 2a't2 N 的竖直位移为 yN=vy1t-1 2at2 yM-yN≤L 解得:v0≥2 푔퐿.