PAGEPAGE1第9講電場及帶電粒子在電場中的運動主干學問體系核心再現及學科素養學問規律(1)電場力的性質．①電場強度的定義式：E＝eq\f(F,q).②真空中點電荷的場強公式：E＝keq\f(Q,r2).③勻強電場場強與電勢差的關系式：E＝eq\f(U,d).(2)電場能的性質．①電勢的定義式：φ＝eq\f(Ep,q).②電勢差的定義式：UAB＝eq\f(WAB,q).③電勢差與電勢的關系式：UAB＝φA－φB.④電場力做功與電勢能：WAB＝－ΔEp.思想方法(1)物理思想：等效思想、分解思想．(2)物理方法：志向化模型法、比值定義法、限制變量法、對稱法、合成法、分解法等.1．(2024·全國Ⅰ卷，21)(多選)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V．一電子經過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV.下列說法正確的是()A．平面c上的電勢為零B．該電子可能到達不了平面fC．該電子經過平面d時，其電勢能為4eVD．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍AB[A對：因等勢面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，eUad＝6eV，故Uad＝6V；各虛線電勢如圖所示，因電場力做負功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，φC＝0.B對：因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實線所示，電子可能到達不了平面f.C錯：經過d時，電勢能EP＝eφd＝2eV.D錯：由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV；則Ekb＝2Ekd，依據Ek＝eq\f(1,2)mv2知vb＝eq\r(2)vd.]2．(2024·全國Ⅱ卷，21)(多選)如圖，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點．一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2.下列說法正確的是()A．此勻強電場的場強方向肯定與a、b兩點連線平行B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功肯定為eq\f(W1＋W2,2)C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小肯定為eq\f(W2,qL)D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差肯定等于b、N兩點之間的電勢差BD[A錯：結合題意，只能判定Uab>0、Ucd>0，但電場方向不能得出．B對：由于M、N分別為ac和bd的中點，對于勻強電場，則UMN＝eq\f(Uab＋Ucd,2)，可知該粒子由M至N過程中，電場力做功W＝eq\f(W1＋W2,2).C錯：電場強度的方向只有沿c→d時，場強E＝eq\f(W2,qL)，但本題中電場方向未知．D對：若W1＝W2，則ac與bd肯定相互平行，可知UaM＝UbN.]3．(2024·天津卷，3)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列推斷正確的是()A．vM<vN，aM<aN B．vM<vN，φM<φNC．φM<φN，EpM<EpN D．aM<aN，EpM<EpND[因為N點的電場線密，所以場強大，受到的電場力大，加速度大，即aM<aN.由虛線彎曲方向知，帶負電粒子受力指向運動軌跡的凹側，電場方向由電場線稀疏一側指向電場線密集一側，沿電場線方向電勢降低，即φM>φN.又由EP＝qφ知，帶負電粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，即EpM<EpN.若帶負電粒子由M向N運動過程中電場力做負功，則動能減小，所以vM>vN.若帶負電粒子由N向M運動過程中電場力做正功，則動能增大，也可得vM>vN，故選D.]4．(2024·高考全國卷Ⅰ，20)(多選)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示，電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed.點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(rα，φa)標出，其余類推．現將一帶正電的摸索電荷由a點依次經b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd.下列選項正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3AC[A對：由題圖知，a、b、c、d四個點距點電荷的距離依次增大，且rb＝2ra，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ea∶Eb＝4∶1.B錯：rd＝2rc，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ec∶Ed＝4∶1.C對：在移動電荷的過程中，電場力做的功與電勢能的改變量大小相等，則Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1.D錯：Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1.]5．(2024·高考全國卷Ⅱ，25)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區域存在方向水平向右的勻強電場．自該區域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進入電場區域，并從該區域的下邊界離開，已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小．解析(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍舊為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2③聯立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3④(2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式得veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M進入電場后做直線運動，由幾何關系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H)⑦聯立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H⑧(3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)⑨設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEs1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEs2?由已知條件Ek1＝1.5Ek2?聯立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝eq\f(mg,\r(2)q)?答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(mg,\r(2)q)[考情分析]■命題特點與趨勢1．近幾年高考題型主要以選擇題為主，命題熱點主要集中在電場強度、電場線的用途、電勢能的改變、電勢凹凸的推斷、勻強電場中電勢差與電場強度的關系、帶電粒子在電場中的運動等．2．2024年命題，選擇題會以電場線、等勢線為背景，結合場強、電勢、電勢能等基本概念進行考查，也可能會出現以帶電粒子在電場中運動為背景考查學生建模實力和數學處理實力的計算題．■解題要領1．要牢牢抓住力和能這兩條主線，將學問系統化，找出它們的聯系，做到融會貫穿．2．重視電場線、等勢面、運動軌跡相結合的題目．帶電粒子在電場中的加速、偏轉以及電容器的相關學問在實際生產、生活中的應用，如靜電除塵、電容式傳感器、噴墨打印機、示波器等．高頻考點一電場性質的理解與應用[備考策略]1．電場強度常用的公式2．電勢凹凸的比較(1)依據電場線方向，沿著電場線方向，電勢越來越低；(2)依據電勢的定義式φ＝eq\f(Ep,q)，即將＋q從電場中的某點移至無窮遠處電場力做功越多，則該點的電勢越高；(3)依據電勢差UAB＝φA－φB，若UAB＞0，則φA>φB，反之φA<φB.3．電勢能改變的推斷(1)依據電場力做功推斷，若電場力對電荷做正功，電勢能削減；反之則增加．即WAB＝－ΔEp.(2)依據能量守恒定律推斷，電場力做功的過程是電勢能和其他形式的能相互轉化的過程，若只有電場力做功，電荷的電勢能與動能相互轉化，而總和應保持不變，即當動能增加時，電勢能削減．[命題視角]考向1電場的疊加例1(2024·湖北省黃崗市高三階段測試)如圖所示，A、C、B、D為菱形的四個頂點，E、F分別為AC、BC的中點，O為兩對角線的交點；一勻稱帶正電的細桿與對角線AB重合．下列說法正確的是()A．E、F兩點場強相同B．C點電勢高于D點電勢C．不計重力的狀況下，一帶負電的點電荷在C點獲得初速度后，可能做勻速圓周運動D．將一負電荷從E點沿直線移動到F點的過程中，電勢能先增加后減小C[由對稱性知，AB在C的場強豎直向上，同理AO在OE點的場強豎直向上，OB段在E點的場強向左上方，則合起來亦是向左上方，同理AB在F的場強也是右上方．故E、F兩點場強大小相等，方向不同，選項A錯誤．同樣由于對稱性，C、D兩點電勢相等，B項錯誤；AB的中垂面上距O等距的點場強大小相等，方向指向無窮遠，負電荷所受電場力指向O點，故C項正確；定性描繪出AB上方的電場線，等勢面如圖所示：故從E到F電勢先增加再降低，故負電荷的電勢能先減小后增加，選項D錯誤；綜上所述本題選C.]考向2電場中的圖象問題例2假設空間某一靜電場的電勢φ隨x改變時狀況如圖所示，其中0～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，則下列說法正確的是()A．x1處電場力最小，但不為零B．x2點處電場強度的方向沿x軸正方向C．在O、x1、x2、x3處電勢Ep0、Ep1、Ep2、Ep3的關系為Ep3>Ep2＝Ep0>Ep1D．x2～x3段的電場強度大小、方向均不變，x2～x3段做勻加速直線運動D[依據圖象的斜率表示電場強度，在x1處斜率為零，即電場強度為零，所以在此處的電場力為零，故A錯誤；由于沿著電場線方向電勢降低，所以x2點處電場強度的方向沿x軸負方向，故B錯誤；依據負電荷在電勢低的地方電勢能大，所以Ep3<Ep2＝Ep0<Ep1，故C錯誤；由于x2～x3的斜率不變，即電場強度不變，方向沿x軸負方向，負電荷受到電場力方向向右，x2～x3段做勻加速直線運動，故D正確．]考向3勻強電場的場強計算例3(2024·河南天一聯考)(多選)如圖所示，勻強電場中的三個點A、B、C構成一個直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，eq\x\to(BC)＝d.把一個電荷量為＋q的點電荷從A點移動到B點電場力不做功；從B點移動到C點電場力做功為－W.若C點的電勢為零，則()A．該電場的電場強度大小為eq\f(W,dq)B．C、B兩點間的電勢差為UCB＝eq\f(W,q)C．A點的電勢為eq\f(W,q)D．若從A點沿AB方向飛入一電子，其運動軌跡可能是乙BD[點電荷從A移動到B點電場力不做功，說明A、B兩點在同一等勢面上，從B點移動到C點電場力做功為－W，說明電場強度的方向垂直于AB邊向上．則A點的電勢φA＝－eq\f(W,q)，故選項C錯誤；C、B兩點間的電勢差為UCB＝eq\f(W,q).故選項B正確；該電場的電場強度大小為E＝eq\f(UCB,dsin60°)＝eq\f(2\r(3)W,3dq)，故選項A錯誤；電子從A點沿AB方向飛入，受力方向將沿電場線方向的反方向，故粒子將向左下偏轉，故選項D正確．][題組突破]1－1.(2024·南昌三中第七次考試)如圖所示，直角坐標系中x軸上在x＝－r處固定有帶電量為＋9Q的正點電荷，在x＝r處固定有帶電量為－Q的負點電荷，y軸上a、b兩點的坐標分別為ya＝r和yb＝－r，cde點都在x軸上，d點的坐標為xd＝2r，r<xc<2r，cd點間距與de點間距相等．下列說法不正確的是()A．場強大小Ec>Ee B．a、b兩點的電勢相等C．d點場強為零 D．a、b兩點的場強相同D[cd點間距與de點間距相等，依據電場線的分布狀況知，c處電場線密，場強大，故A正確；由電場分布的對稱性可知，a、b兩點的電勢相等，故B正確；＋9Q在d點產生的場強大小E1＝keq\f(9Q,3r2)＝keq\f(Q,r2)，方向水平向右．－Q在d點產生的場強大小E2＝keq\f(Q,r2)，方向水平向左．所以由電場的疊加原理可知，d點場強為零，故C正確；依據電場線分布的對稱性可知，a、b兩點場強的大小相等，但方向不同，則a、b兩點的場強不相同，故D錯誤．]1－2.(2024·河南商丘模擬)如圖甲所示，半徑為R、勻稱帶正電的球體，AB為過球心O的直線上的兩點，且OA＝2R，OB＝3R；球體的空間產生球對稱的電場，電場強度大小沿半徑方向分布狀況如圖乙所示，圖中E0已知，E－r曲線下O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積．則下列說法正確的是()A．A點的電勢低于B點的電勢B．A點的電場強度小于B點的電場強度C．從球面到A點的電勢差小于AB兩點間的電勢差D．電荷量為q的正電荷沿直線從A點移到B點的過程中，電場力做功eq\f(1,2)E0RqD[球體帶正電，電場線方向沿半徑向外，故A點電勢高于B點電勢，A錯誤，因為A距O點半徑為2R，B距O點距離為3R，從E－r圖中2R處的電場強度大于3R處的電場強度，即EA＞EB，B錯誤；依據U＝Ed可知圖象的面積表示電勢差，從E－r圖可知，R－2R圍成的面積大于2R－3R圍成的面積，即從球面到A點的電勢差大于AB兩點間的電勢差，C錯誤；因為曲線下O－R部分的面積等于2R－3R部分的面積，即O－R間的電勢差等于2R－3R間的電勢差，即等于AB間的電勢差，故電場做功為W＝Uq＝eq\f(1,2)RE·g，D正確．]1－3.(2024·高考物理全真模擬二)如圖所示，勻強電場中的△PAB平面平行于電場方向，C點為AB的中點，D點為PB的中點．將一個帶負電的粒子從P點移動到A點，電場力做功WPA＝1.6×10－8J；將該粒子從P點移動到B點，電場力做功WPB＝3.2×10－8J.則下列說法正確的是()A．直線PC為等勢線B．若將該粒子從P點移動到C點，電場力做功為WPC＝2.4×10－8JC．電場強度方向與AD平行D．點P的電勢高于點A的電勢B[由于勻強電場中U＝Ed，則在某始終線方向上，電勢沿直線方向勻稱改變．由題可知D點為PB的中點，則WPD＝eq\f(WPB,2)＝1.6×10－8J，P點移動到A點WPA＝1.6×10－8J，則AD電勢相等，故直線AD為等勢線，電場強度方向與AD垂直；由于勻強電場中電場力做功與路徑無關，WAB＝WAP＋WPB＝(－WPA)＋WPB＝1.6×10－8J；P點移動到C點，電場力做功WPC＝WPA＋WAC＝WPA＋eq\f(WAB,2)＝2.4×10－8J，故AC錯誤，B正確；依據WPA＝－qUPA，電場力對負電荷做正功，可知UPA<0，P點電勢低于點A的電勢，故D錯誤．]高頻考點二平行電容器問題[備考策略]1．公式法分析平行板電容器的兩類動態問題公式①C＝eq\f(εrS,4πkd)②C＝eq\f(Q,U)③E＝eq\f(U,d)情形始終連結電源充電后斷開電源不變量UQd變大C變小，Q變小，E變小C變小，U變大，E不變εr變大C變大，Q變大，E不變C變大，U變小，E變小S變大C變大，Q變大，E不變C變大，U變小，E變小2.熟記二級結論：在直流電路中，含有電容器的支路相當于斷路，電容器兩端電壓等于與之并聯的支路兩端電壓；電容器所帶的電荷量恒定不變時，極板間的電場強度與極板間距離無關．3.當有電容器的回路接有二極管時，因二極管的單向導電性，將使電容器的充電或放電受到限制．[題組突破]2－1.已知勻稱帶電的無窮大平面在真空中激發電場的場強大小為eq\f(σ,2ε0)，其中σ為平面上單位面積所帶的電荷量，ε0為常量．如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q.不計邊緣效應時，極板可看做無窮大導體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,ε0S) B.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)C.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S) D.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S)D[每塊極板上單位面積所帶的電荷量為σ＝eq\f(Q,S)，每塊極板產生的電場強度為E＝eq\f(σ,2ε0)，所以兩極板間的電場強度為2E＝eq\f(Q,ε0S).一塊極板在另一塊極板處產生的電場強度E′＝eq\f(Q,2ε0S)，故另一塊極板所受的電場力F＝qE′＝Q·eq\f(Q,2ε0S)＝eq\f(Q2,2ε0S)，選項D正確．]2－2.(2024·濟寧市高三其次次模擬)如圖所示，志向二極管、平行板電容器、電源組成閉合電路，帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間，且處于靜止狀態，平行板電容器的B板接地．若將極板A向上移動少許，下列說法中正確的是()A．電容器的電容增大B．AB間的電壓增大C．液滴將向上運動D．液滴的電勢能不變D[A、B、C項：若將極板A向上移動少許，板間距離增加，依據C＝eq\f(εs,4πkd)，電容減小，要放電，但是志向二極管具有單向導電性，不能放電，故是電荷量Q肯定，由C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)可知，電場強度大小與兩極板間的距離無關，電場強度不變，則液滴保持靜止，故A、B、C錯誤；D項：由以上分析可知電場強度不變，液滴到下極板的距離不變，所以液滴的電勢能不變，故D正確．]2－3.(2024·山東省淄博一中高三三模)(多選)某試驗小組用圖示裝置探究影響平行板電容器電容的因素．若兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ.試驗中，假定極板所帶電荷量不變，下列推斷中正確的是()A．保持S不變，增大d，則C變小，θ變大B．保持S不變，增大d，則C變大，θ變小C．保持d不變，減小S，則C變小，θ變大D．保持d不變，減小S，則C變大，θ變小AC[依據電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)得知，電容與極板間距離成反比，當保持S不變，增大d時，電容減小，因極板所帶電荷量Q不變，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，分析可知板間電勢差增大，靜電計指針的偏角θ變大，故A正確，B錯誤．依據電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)得知，電容與極板的正對面積成正比，當保持d不變，減小S時，電容C減小，極板所帶電荷量Q不變，則由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，可知板間電勢差U增大，靜電計指針的偏角θ變大，故C正確，D錯誤，故選AC.][歸納反思]平行板電容器問題的分析思路1．明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的，哪些物理量是改變的以及怎樣改變．2．應用平行板電容器的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析電容器的電容的改變．3．應用電容的定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器帶電量和兩板間電壓的改變狀況．4．應用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強度的改變．高頻考點三帶電粒子在電場中的運動[備考策略][命題視角]考向1帶電粒子在電場中的直線運動例4(2024·最新高考信息卷)如圖所示，圖甲實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的P點靜止釋放，不考慮兩粒子間的相互作用，僅在電場力作用下，兩粒子做直線運動，a、b粒子的速度大小隨時間改變的關系如圖乙中實線所示，虛線為直線．則()A．a肯定帶正電，b肯定帶負電B．a向左運動，b向右運動C．a電勢能減小，b電勢能增大D．a動能減小，b動能增大B[A.從速度時間圖象中可以看出，a粒子加速度漸漸增大，b粒子加速度漸漸減小，因為粒子僅受電場力，可知a粒子電場力漸漸增大，b粒子電場力漸漸減小，所以a向左運動，b向右運動．由于不知電場的方向，所以無法推斷a、b的電性．故A錯誤，B正確．C.帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，所以a、b的電勢能均減小．故C錯誤．D.帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，因為僅受電場力，依據動能定理，a、b的動能均增加．故D錯誤．故選B.]考向2帶電粒子在勻強電場中的加速或偏轉例5(2024·山東棗莊模擬)如圖所示，豎直平行正對放置的帶電金屬板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐標系xOy的O點，y軸沿豎直方向，在x>0的區域內存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E＝eq\f(4,3)×103V/m，比荷為1.0×105C/kg的帶正電的粒子P從A板中心O′處靜止釋放，其運動軌跡恰好經過M(eq\r(3)，1)點，粒子P的重力不計．(1)求金屬板AB之間的電勢差UAB;(2)若在粒子P經過O點的同時，在y軸右側勻強電場中某點由靜止釋放另一帶電微粒Q，使PQ恰能運動中相碰．假設Q的質量是P的2倍、帶電狀況與P相同，Q的重力及P、Q之間的相互作用力均忽視不計，求粒子Q全部釋放點的集合．解析(1)設粒子P的質量為m、帶電量為q，從O點進入勻強電場時的速度大小為v0.由題意可知，粒子P在y軸右側勻強電場中做類平拋運動；設從O點運動到M(eq\r(3)，1)點歷時為t0，由類平拋運動可得x＝v0t0，y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)teq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2)×104m/s在金屬板AB之間，由動能定理可知qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UAB＝1000V.(2)設粒子P、Q在右側電場中運動的加速度分別為a1、a2；Q粒子從坐標N(x，y)點釋放后，經時間t與粒子P相遇．由牛頓運動定律及類平拋運動的規律和幾何關系可得．對于P：Eq＝ma1，x＝v0t對于Q：Eq＝2ma2，eq\f(1,2)a1t2＝y＋eq\f(1,2)a2t2解得y＝eq\f(1,6)x2，其中x>0即粒子Q釋放點N(x，y)坐標滿意的方程為y＝eq\f(1,6)x2其中x>0.答案(1)1000V(2)y＝eq\f(1,6)x2其中x>0考向3帶電粒子在交變電場中的運動例6(2024·廣東省潮州市高三調研)如圖甲所示，A、B兩板豎直放置，兩板之間的電壓U1＝100V，M、N兩板水平放置，兩板之間的距離d＝0.1m，板長L＝0.2m．一個質量m＝2×10－12kg、電荷量q＝＋1×10－8C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，假如在M、N兩板之間加上如圖乙所示的偏轉電壓，當t＝eq\f(T,4)時，帶電粒子剛起先進入偏轉電場，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，則溝通電U2的周期T為多少？(3)在滿意(2)條件的狀況下，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)解析(1)由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))＝1×103m/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＋eq\f(1,2))T(n＝0,1,2，…)①帶電粒子沿水平方向做勻速直線運動，則L＝v0t②所以T＝eq\f(4×10－4,2n＋1)s(n＝0,1,2，…)③帶電粒子進入偏轉電場時的加速度a＝eq\f(qE,m)④電場強度E＝eq\f(U2,d)⑤帶電粒子在進入偏轉電場后的前eq\f(T,4)內沿豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2⑥要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，需滿意2y≤eq\f(d,2)⑦聯立①～⑦式解得n≥4.5.所以T＝eq\f(4×10－4,2n＋1)s(n＝5,6,7，…)．(3)要使總偏移量最大，則n應取值最小，故n＝5，由此解得，最大偏移量y′＝2y≈0.04m.答案(1)1×103m/s(2)eq\f(4×10－4,2n＋1)s(n＝5,6,7，…)(3)0.04m考向4帶電物體在電場中的運動例7(2024·湖北省武漢市高三五月訓練題)(多選)如圖(a)所示，兩個帶正電的小球A、B(均可視為點電荷)套在一根傾斜的光滑絕緣直桿上，其中A球固定，電荷量QA＝2.0×10－4C，B球的質量m＝0.1kg.以A為坐標原點，沿桿向上建立直線坐標系，B球的總勢能(重力勢能與電勢能之和)隨位置x的改變規律如圖(b)中曲線Ⅰ所示，直線Ⅱ為曲線Ⅰ的漸近線．圖中M點離A點距離為6m．令A所在平面為參考平面，無窮遠處電勢為零，重力加速度g取10m/s2，靜電力恒量k＝9.0×109N·m2/C2A．桿與水平面的夾角θ＝60°B．B球的電荷量QB＝1.0×10－5C．若B球以4J的初動能從M點沿桿向上運動，到最高點時電勢能減小2JD．若B球從離A球2m處靜止釋放，則向上運動過程中加速度先減小后增大BCD[A.漸進線Ⅱ表示B的重力勢能隨位置的改變關系，即：EP＝mgxsinθ＝kx，得：sinθ＝eq\f(k,mg)＝0.5，即θ＝30°，A項錯誤；B.由圖(b)中的曲線Ⅰ可知，在x＝6m處總勢能最小，動能最大，該位置B受力平衡，則有mgsinθ＝keq\f(QAQB,62)，解得：QB＝1×10－5C，B項正確；C.在M點時，B的重力勢能EP1＝mgxsin30°＝3J，電勢能EP電1＝EP總－EP1＝3J，由能量守恒可知，最高點時，EK＝0，EP總＝4J＋6J＝10J，對應的位置為x＝10m，此位置處EP2＝mgx′sin30°＝9J，∴EP2＝10J－9J＝1J，∴ΔEP＝3J－1J＝2J，C項正確；D.在M處加速度最小為0，所以從x＝2m向上加速度先變小后增大，D項正確．故本題選B、C、D.][歸納反思]帶電粒子物體在電場中運動問題的分析思路(1)首先分析粒子的運動規律，確定粒子在電場中做直線運動還是曲線運動．(2)對于直線運動問題，可依據對粒子的受力分析與運動分析，從以下兩種途徑進行處理：①假如是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運動問題，應用牛頓其次定律找出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等．②假如是非勻強電場中的直線運動，一般利用動能定理探討全過程中能的轉化，探討帶電粒子的速度改變、運動的位移等．(3)對于曲線運動問題，一般是類平拋運動模型，通常采納運動的合成與分解方法處理．通過對帶電粒子的受力分析和運動規律分析，借助運動的合成與分解，找尋兩個分運動，再應用牛頓運動定律或運動學方程求解．(4)當帶電粒子從一個電場區域進入另一個電場區域時，要留意分析帶電粒子的運動規律的改變及兩區域電場交界處的有關聯的物理量，這些關聯量往往是解決問題的突破口．[題組突破]3－1.(2024·山東省試驗中學高三二模)(多選)如圖所示，真空中固定兩個等量異種點電荷A、B，其連線中點為O.在A、B所形成的電場中，以O點為圓心、半徑為R的圓面垂直AB，以O為幾何中心、邊長為2R的正方形abcd平面垂直圓面且與AB共面，兩平面邊線交點分別為e、f，g為圓上一點．下列說法中正確的是()A．a、b、c、d、e、f六點中，不存在場強和電勢均相同的兩點B．將一電荷由e點沿圓弧egf移到f點，電場力始終不做功C．將一電荷由a點移到圓面內隨意一點時，電勢能的改變量相同D．沿線段eOf移動的電荷受到的電場力先減小后增大BC[圖中圓面是一個等勢面，e、f的電勢相等，依據電場線分布的對稱性可知e、f的場強相同，故A錯誤．圖中圓弧egf是一條等勢線，其上隨意兩點的電勢差都為零，依據公式W＝qU可知：將一正電荷由e點沿圓弧egf移到f點電場力不做功，故B正確．a點與圓面內隨意一點時的電勢差相等，依據公式W＝qU可知：將一電荷由a點移到圓面內隨意一點時，電場力做功相同，則電勢能的改變量相同．故C正確．沿線段eOf移動的電荷，電場強度先增大后減小，則電場力先增大后減小，故D錯誤．故選BC.]3－2.(2024·四川宜賓模擬)(多選)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性改變的電壓．在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A，t＝0時刻起先連續釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子．t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場．已知電場改變周期T＝eq\f(2d,v0)，粒子質量為m，不計粒子重力及相互間的作用力．則()A．在t＝0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0B．粒子的電荷量為eq\f(mv\o\al(2,0),2U0)C．在t＝eq\f(1,8)T時刻進入的粒子離開電場時電勢能削減了eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)D．在t＝eq\f(1,4)T時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場AD[粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，t＝0時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間t＝eq\f(2d,v0)，此時間正好是交變電場的一個周期；粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，一個周期后，粒子的豎直方向速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，選項A正確；粒子在豎直方向，在eq\f(T,2)時間內的位移為eq\f(d,2)，由eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)eq\f(U0q,dm)(eq\f(d,v0))2解得q＝eq\f(mv\o\al(2,0),U0)，選項B錯誤；t＝eq\f(T,8)時刻進入電場的粒子，出電場時在豎直方向的位移為y＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(3T,8))2—2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,8))2＝eq\f(1,8)aT2＝eq\f(1,2)d，故電場力做功W＝eq\f(U0q,d)×eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)U0q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項C錯誤；t＝eq\f(T,4)時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動eq\f(T,4)，然后向下減速運動eq\f(T,4)，再向上加速eq\f(T,4)，向上減速eq\f(T,4)，由對稱可知，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側離開電場，選項D正確；故選A、D.]課時跟蹤訓練(九)一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～10題為多項選擇題)1．(2024·濟寧市高三其次次模擬)如圖所示的四條實線是電場線，它們相交于點電荷O，虛線是只在電場力作用下某粒子的運動軌跡，A、B、C、D分別是四條電場線上的點，則下列說法正確的是()A．O點肯定有一個正點電荷B．B點電勢肯定大于C點電勢C．該粒子在A點的動能肯定大于D點的動能D．將該粒子在B點由靜止釋放，它肯定沿電場線運動C[沒有畫出電場線的方向，所以O點可能是正電荷，也可能是負電荷，故A錯誤；由于不知道電場線的方向，所以無法推斷B、C兩點電勢的凹凸，故B錯誤；由于做曲線運動的物體受力的方向指向曲線的內側，可知該粒子在該電場中受到的電場力沿電場線向下，故從A到D電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，則粒子在A點的動能較大，故C正確；電場中的帶電粒子受力的方向沿電場線的切線方向，由于B點所在電場線為曲線，所以將該粒子在B點由靜止釋放，它肯定不能沿電場線運動，故D錯誤．故選C.]2．(2024·寧夏銀川一中高三質檢(二))如圖所示，在勻強電場中，場強方向沿△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ac＝0.2m．一個電量q＝1×10－5C的正電荷從a移到b，電場力做功為零；同樣的電荷從a移c，電場力做功為1×10－8A．500V/m、沿ab由a指向bB．500V/m、垂直ab向上C．1000V/m、垂直ab向上D．1000V/m、沿ac由a指向cC[正電荷從a移到b，電場力做功為零，則由電場力做功的特點可知，ab兩點電勢相等，故ab應為等勢線；因電場線與等勢面相互垂直，故過c做ab的垂線，肯定是電場線；正電荷從a到c過程，由W＝Uq可知，ac兩點的電勢差Uac＝eq\f(W,q)＝eq\f(1.0×10－3,1×10－5)V＝100V，即a點電勢高于c點的電勢，故電場線垂直于ab向上；ac間沿電場線的距離d＝ac·cos60°＝0.2×0.5m＝0.1m，由E＝eq\f(U,d)可知：電場強度E＝eq\f(100,0.1)V/m＝1000V/m，方向垂直ab向上；故C正確，A、B、D錯誤；故選C.]3．(2024·山東省濰坊市高三二模)如圖甲所示，平行金屬板A、B正對豎直放置，CD為兩板中線上的兩點．A、B板間不加電壓時，一帶電小球從C點無初速釋放，經時間T到達D點，此時速度為v0.在A、B兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0帶電小球仍從C點無初速釋放，小球運動過程中未接觸極板，則t＝T時，小球()A．在D點上方 B．恰好到達D點C．速度大于v D．速度小于vB[小球僅受重力作用時從C到D做自由落體運動，由速度公式得v0＝gT，現加水平方向的周期性改變的電場，由運動的獨立性知豎直方向還是做勻加速直線運動，水平方向0～eq\f(T,4)沿電場力方向做勻加速直線運動，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)做勻減速直線運動剛好水平速度減為零，eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)做反向的勻加速直線運動，eq\f(3T,4)～T做反向的勻減速直線運動水平速度由對稱性減為零，故t＝T時合速度為v0，水平位移為零，則剛好到達D點，故選B.]4．(2024·山東省淄博市高三三模)已知一個無限大的金屬板與一個點電荷之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似，即金屬板表面各處的電場強度方向與板面垂直．如圖所示MN為無限大的不帶電的金屬平板，且與大地連接．現將一個電荷量為Q的正點電荷置于板的右側，圖中a、b、c、d是以正點電荷Q為圓心的圓上的四個點，四點的連線構成一內接正方形，其中ab連線與金屬板垂直．則下列說法正確的是()A．b點電場強度與c點電場強度相同B．a點電場強度與b點電場強度大小相等C．a點電勢等于d點電勢D．將一摸索電荷從a點沿直線ad移到d點的過程中，摸索電荷電勢能始終保持不變C[畫出電場線如圖所示：A.依據對稱性可知，b點電場強度與c點電場強度大小相同，方向不同，故A錯誤；B.電場線密集的地方電場強度大，從圖像上可以看出a點電場強度大于b點電場強度，故B錯誤；C.依據對稱性并結合電場線的分布可知a點電勢等于d點電勢，故C正確；D.由于摸索電荷先靠近正電荷后遠離正電荷，所以電場力在這個過程中做功，當總功為零，所以摸索電荷電勢能不是始終保持不變，故D錯誤；故選C.]5．(2024·河北衡水中學信息卷)如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC的三個頂點上分別固定一個點電荷，所帶電荷量依次為＋q、＋q和－q.D點和M點分別為AB邊和AC邊的中點，N點為三角形的中心，靜電力常量為k.在該電場中，下列說法正確的是()A．D點的電場強度大小為keq\f(q,L2)，方向為從N指向DB．N點的電場強度大小為9keq\f(q,L2)，方向為從N指向CC．D點的電勢高于N點的電勢D．若取無窮遠處電勢為0，則M點的電勢φM為0C[A、B兩點處的點電荷在D點的電場強度的矢量和為0，C點處的點電荷在D點處的電場強度為E＝eq\f(q,k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)L,2)))2)＝eq\f(4kq,3L2)，方向為從D指向N，A錯誤；三個點電荷在N點的電場強度大小均為3keq\f(q,L2)，其中兩個正點電荷的電場強度矢量合成后大小為3keq\f(q,L2)，方向為從N指向C，與負點電荷電場強度合成，N點的電場強度大小為6keq\f(q,L2)，方向為從N指向C，B錯誤；CD連線上電場強度方向由D指向C，可知φD>φN，C正確；若無窮遠電勢為0，則A、C兩點處的等量異種點電荷在M點的電勢為0，B處的正點電荷在M點的電勢大于0，故φM>0，D錯誤．]6．(2024·山東省臨沂市高三三模)如圖所示，某條電場線上有a、b、c三點，其中b為ac的中點，已知a、c兩點的電勢分別為φa＝10V，φC＝4V，若將一點電荷從c點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿著電場線向a點做加速度漸漸增大的加速運動，則下列推斷正確的是()A．該點電荷帶負電B．電場在b點處的電勢為7VC．a、b、c三點c點處的場強最小D．該電荷從c點運動到b點電場力做的功比從b點運動到a點電場力做的功多AC[A項：點電荷從c靜止釋放向左運動，電場線方向向右，所以點電荷帶負電，故A正確；B項：由點電荷從c到a做加速度增大的加速運動，說明從c到a電場強度增大，即cb段平均場強小于ab段的平均強度，依據公式U＝eq\x\to(E)d，可知電場在b點處的電勢小于7V，故B錯誤；C項：由點電荷從c到a做加速度增大的加速運動，說明從c到a電場強度增大，a、b、c三點c點處的場強最小，故C正確；D項：由C分析可知，從c到a電場強度增大，即電場力增大，ab＝bc，依據W＝Fx可知，在cb段的電場力小于ab段的電場力，所以該電荷從c點運動到b點電場力做的功比從b點運動到a點電場力做的功少，故D錯誤．]7．(2024·吉林省長春市高考模擬檢測理科綜合實力測試)如圖，電路中A、B、C、D是完全相同的金屬極板，P是AB板間的一點，在CD板間插有一塊有機玻璃板．閉合開關，電路穩定后將開關斷開．現將CD板間的玻璃板抽出，下列說法正確的是()A．金屬板CD構成電容器的電容減小B．P點電勢降低C．玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流D.A、B兩板間的電場強度減小AC[A.依據C＝eq\f(εrS,4πkd)，將CD板間的玻璃板抽出，電介質εr減小，其它條件不變，則金屬板CD構成電容器的電容減小，故A正確；BCD.當閉合開關，電路穩定后將開關斷開，極板總電荷量不變，金屬板CD構成電容器的電容減小，由U＝eq\f(Q,C)可知極板CD電勢差變大，極板AB電勢差變大，由E＝eq\f(U,d)可知極板AB間的場強變大，導致P點與B板的電勢差變大，因B板接地，電勢為零，即P點電勢上升，因此電容器CD處于放電狀態，電容器AB處于充電狀態，電阻R中有向右的電流，故C正確，BD錯誤；故選AC.]8．(2024·山東省青島市高考模擬檢測理科綜合實力測試)通常把電荷在離場源電荷無限遠處的電勢能規定為零，已知摸索電荷q在場源電荷Q的電場中具全部電勢能表達式為Er＝eq\f(kqQ,r)(式中k為靜電力常量，r為摸索電荷與場源電荷間的距離)．真空中有兩個點電荷Q1、Q2分別固定在x坐標軸的x＝0和x＝6cm的位置上．x軸上各點的電勢φ隨x的改變關系如圖所示．A、B是圖線與x的交點，A點的x坐標是4.8cm，圖線上C點的切線水平．下列說法正確的是()A．電荷Q1、Q2的電性相反B．電荷Q1、Q2的電量之比為1∶4C．B點的x坐標是8cmD．C點的x坐標是12cmACD[A.電勢φ隨x的改變關系圖象的斜率eq\f(Δφ,Δx)＝E，所以C點電場為0，依據電場疊加原理可知電荷Q1、Q2的電性相反，故A正確；B.依據φ＝eq\f(Ep,q)可知，φA＝eq\f(\f(kQ1q,r1),q)＋eq\f(\f(kQ2q,r2),q)＝eq\f(kQ1,48)＋eq\f(kQ2,12)＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B錯誤；C.依據φ＝eq\f(EP,q)可知，φB＝eq\f(\f(kQ1q,x1),q)＋eq\f(\f(kQ2q,x1－6),q)＝eq\f(KQ1,x1)＋eq\f(kQ2,x1－6)＝0，解得B點的坐標是8cm，故C正確；D.由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ec＝eq\f(kQ1,x\o\al(2,2))＋eq\f(kQ2,x2－62)＝0解得C點的坐標是x2＝12cm，故D正確；故選ACD.]9．(2024·陜西西北工大附中高三模擬)如圖所示，水平面內的等邊三角形ABC的邊長為L，兩個等量異種點電荷＋Q和－Q分別固定于A、B兩點．光滑絕緣直導軌CD的上端點D位于到A、B中點的正上方，且與A、B兩點的距離均為L.在D處質量為m、電荷量為＋q的小球套在軌道上(忽視它對原電場的影響)，并由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g.忽視空氣阻力，則下列說法正確的是()A．D點的場強大小為eq\f(kQ,L2)B．小球到達CD中點時，其加速度為零C．小球剛到達C點時，其動能為eq\f(\r(3),2)mgLD．小球沿直軌道CD下滑過程中，其電勢能先增大后減小AC[依據點電荷產生的電場的性質可知，負電荷在D處的電場強度沿DB方向，正電荷在D處的電場強度沿AD方向，兩個點電荷的電量是相等的，所以兩個點電荷在D點的電場強度的大小相等，則它們的合場強的方向沿AD、DB的角平分線；由庫侖定律得，A、B在D點的場強的大小：EA＝E＝keq\f(Q,L2)，則D點的場強：ED＝EAcos60°＋EBcos60°＝keq\f(Q,L2)，故A正確；當小球到達CD中點時，小球受重力、支持力、正電荷的排斥力、負電荷的吸引力，對其受力分析可知，重力和支持力的合力與正電荷的排斥力和負電荷的吸引力的合力不在同一平面上，故兩個合力不行能平衡，故加速度不為零，故B錯誤；由于C與D到A、B的距離都等于L，結合等量異種點電荷的電場特點可知，C點與D點在同一等勢面上，電場力不做功，故小球的電勢能不變，下落過程只有重力做功，即：mgeq\x\to(OD)＝eq\f(1,2)mv2，又幾何關系可知：eq\x\to(OD)＝L·sin60°＝eq\f(\r(3),2)L.小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(\r(3),2)mgL，故C正確，D錯誤．故選AC.]10．(2024·山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學期質檢)如圖所示，粗糙絕緣的水平面旁邊存在一個平行于水平面的電場，其中某一區域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢φ與坐標x的關系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線過點(0.15,3)的切線．現有一質量為0.20kg，電荷量為＋2.0×10－8C的滑塊P(可視作質點)，從x＝0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動摩擦因數為0.02.取重力加速度g＝10m/s2A．滑塊運動的加速度先漸漸減小后漸漸增大B．x＝0.15m處滑塊運動的動能最大1.0×10－3JC．滑塊運動過程中電勢能先減小后增大D．滑塊運動過程中克服摩擦力做功8.0×10－3JAB[電勢φ與位移x圖線的斜率表示電場強度，則x＝0.15m處的場強E＝eq\f(3×105,0.15)V/m＝2×106V/m，此時的電場力F＝qE＝2×10－8×2×106N＝0.04N，滑動摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，電場力大于摩擦力，做加速運動，加速度漸漸減小，x＝0.15m后電場力小于摩擦力，做減速運動，加速度漸漸增大，故A正確，在x＝0.15m時，電場力等于摩擦力，速度最大，依據動能定理得，Ekm＝qU－fx，因為0.10m和0.15m處的電勢差大約為1.5×105V，代入求解，最大動能為1.0×10－3J.故B正確．滑塊運動過程中因電勢始終降低，可知電勢能始終減小，選項C錯誤；若滑塊運動過程中克服摩擦力做功8.0×10－3J，則移動的距離為Δx＝eq\f(Wf,f)＝eq\f(8.0×10－3,0.04)m＝0.2m，此時滑塊從x＝0.1m的位置運動到0.3m的位置，電勢能的改變為ΔEp＝(4－1.5)×105×2.0×10－8J＝5×10－3J，即電場力做功小于克服摩擦力做功，此時滑塊的速度不為零，將接著運動一段距離停下，故滑塊運動過程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J，選項D錯誤；故選AB.]二、非選擇題11．(2024·四川省瀘州市高三模擬)如圖所示，相距2L的AB、CD兩直線間的區域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PS下方的電場E1的場強方向豎直