电场及带点粒子在电场中的运动.docx

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电场及带点粒子在电场中的运动
一、高考导航
[命题分析]
本讲内容主要是综合应用动力学方法和功能关系解决电场的性质及带电粒子在电场中的运动问题．这部分的题目覆盖的内容多，物理过程多，且情景复杂，综合性强，常以选择题或高考压轴题的形式出现．高考对本专题考查的重点有以下几个方面：①对电场力的性质和能的性质的理解；②带电粒子在电场中的加速和偏转问题。
[备考策略]
针对本讲内容的特点，应“抓住两条主线、明确两类运动、运用两种方法”解决有关问题．两条主线是指电场力的性质（物理量——电场强度）和能的性质（物理量——电势和电势能）；两类运动是指类平抛运动和匀速圆周运动；两种方法是指动力学方法和功能关系．

二、网控考点

三、考点突破
1．对电场强度的三个公式的理解
（1）E＝是电场强度的定义式，适用于任何电场．电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷q无关．试探电荷q充当“测量工具”的作用．
（2）E＝k是真空中点电荷所形成的电场的决定式．E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定．
（3）E＝是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，注意：式中d为两点间沿电场方向的距离．
2．电场能的性质
（1）电势与电势能：φ＝.
（2）电势差与电场力做功：UAB＝＝φA－φB.
（3）电场力做功与电势能的变化：W＝－ΔEp.
3．等势面与电场线的关系
（1）电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．
（2）电场线越密的地方，等差等势面也越密．
（3）沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功．
4．电容器两类动态变化的分析比较
第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变

第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变

5．带电粒子在电场中常见的运动类型
（1）带电粒子在电场中的加速（假设粒子质量很小，忽略粒子的重力）
①匀强电场中，v0与E平行，可用牛顿运动定律和运动学方程求解：E＝，a＝，v2－v＝2ax；也可用动能定理qU＝mv2－mv.
②非匀强电场中，只能用动能定理．
（2）带电粒子在匀强电场中的偏转（忽略粒子的重力）
①垂直于电场强度的方向（x轴：匀速直线运动）：
vx＝v0，x＝v0t.
②平行于电场强度的方向（y轴：匀加速直线运动）：
a＝，L＝v0t，
vy＝at＝，
y＝at2＝，
偏转角：tan θ＝＝.
6．本部分内容的主要研究方法有：
（1）理想化模型．如点电荷、电场线、等势面；
（2）比值定义法．电场强度、电势的定义方法是定义物理量的一种重要方法；
（3）类比的方法．电场和重力场的比较；电场力做功与重力做功的比较；带电粒子在匀强电场中的运动和平抛运动的类比．
7．研究带电粒子在电场中的曲线运动时，采用运动合成与分解的思想方法

四、题型攻略
1.题型一、对电场性质的理解
[方法指导]1.在静电场中，通常利用电场线和等势面的两个关系分析电场的性质：一是二者一定处处垂直；二是电场线密的地方，等差等势面也密，且电场线由电势较高的等势面指向电势较低的等势面．
2．在分析电场性质时，要特别注意电场强度、加速度、电势、电场力做功、动能、电势能等物理量的基本判断方法．
3．根据电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判断场强的强弱．
4．电势高低的判断可灵活应用以下方法
（1）根据电场线与电势的关系来判断，即沿着电场线的方向电势降低．
（2）根据电场力做功来判断．正电荷在电场力作用下移动时，电场力做正功，电荷由高电势处移向低电势处；电场力做负功，电荷由低电势处移向高电势处．对于负电荷，则刚好相反．
（3）根据电势能判断．正电荷在电势高处电势能较大，负电荷在电势低处电势能较大．
（4）由UAB＝进行判断．将WAB和q带符号代入，根据UAB的正负判断A、B两点电势的高低，当UAB>0时，φA>φB；反之，φA<φB.
[例1] 如图1所示，实线为电场线，虚线为等势面，两相邻等势面间电势差相等．A、B、C为电场中的三个点，且AB＝BC，一个带正电的粒子从A点开始运动，先后经过B、C两点，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ）

图1
A．粒子在A、B、C三点的加速度大小关系aA>aB>aC
B．粒子在A、B、C三点的动能大小关系EkC>EkB>EkA
C．粒子在A、B、C三点的电势能大小关系EpC>EpB>EpA
D．粒子由A运动至B和由B运动至C电场力做的功相等
[答案]B
[解析]由电场线可知EC＞EB＞EA，因此aC＞aB＞aA，故A错误；粒子从A点运动经过B、C，电场力做正功，动能不断增加，因此EkC＞EkB＞EkA，故B正确；由于沿着电场线，电势逐渐降低，故φA＞φB＞φC，因此带正电粒子的电势能大小关系EpA＞EpB＞EpC，故C错误；由于从A到B过程的电场力小于从B到C过程的电场力，故从A到B过程的电场力做功较少，因此粒子由A运动至B和由B运动至C电场力做的功不等，D错误．
针对训练1 （2014·江苏·4）如图2所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（ ）

图2
A．O点的电场强度为零，电势最低
B．O点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
[答案]B
[解析]根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零．在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高．在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B正确．
针对训练2 如图所示，菱形abcd的四个顶点分别放上电荷量都为Q的不同电性的点电荷，∠abc＝120°.对角线的交点为O，A、B、C、D分别是O点与四个顶点连线的中点，则下列说法正确的是（ ）

A．O点的电势和电场强度都为零
B．A、C两点的电场强度相等
C．B、D两点的电势相等且都为正
D．正的试探电荷从A到D电场力做正功
[答案]C
[解析]根据电场叠加原理可知，O点的场强为零，电势为正，A项错误；根据电场叠加原理可知，A、C两点的场强等大反向，B项错误；根据几何关系可知，B、D点都在a、b两个等量异种点电荷电场中零等势线的右侧，都在c、d两个等量异种点电荷电场中零等势线的左侧，因此电势叠加后肯定为正，根据对称性可知，这两点的电势相等，C项正确；同理可以分析，A点电势为负，因此正的试探电荷从A到D电势能增大，电场力做负功，D项错误．
2.题型二、电场矢量合成问题
[方法指导]
1.熟练掌握常见电场的电场线和等势面的画法．
2．对于复杂的电场场强、电场力合成时要用平行四边形定则．
3．电势的高低可以根据“沿电场线方向电势降低”或者由离正、负场源电荷的距离来确定．
[例2]如图3所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，则下列判断正确的是（ ）

图3
A．d点电场强度的方向由d指向O
B．O点处的电场强度是d点处的电场强度的2倍
C．bd连线为一等势线
D．引入一个电量为＋q的点电荷，依次置于O点和d点，则在d点所具有的电势能大于在O点所具有的电势能
[答案]B
[解析]由点电荷的电场及电场的叠加可知，O点处的场强等于b处点电荷在O点产生的场强，设菱形的边长为L，则EO＝k，方向由b指向O，而在d处的点电荷由a、b、c处的点电荷产生，其大小为Ed＝2k＝EO，方向也沿bO方向，A错误，B正确；bd是a、c两处电荷连线的中垂线，由两等量正电荷的电场中电势分布可知，在a、c两点电荷的电场中O点电势高于d点电势，而在点电荷b的电场中，O点电势也高于d点电势，再由电势叠加可知，O点电势高，而正电荷在电势越高处，电势能越大，C、D错误．
针对训练3如图4甲所示，MN为很大的薄金属板（可理解为无限大），金属板原来不带电．在金属板的右侧，距金属板距离为d的位置上放入一个带正电、电荷量为q的点电荷，由于静电感应产生了如图甲所示的电场分布．几位同学想求出点电荷和金属板垂直连线之间中点a的电场强度大小，但发现问题很难．几位同学经过仔细研究，从图乙所示两等量异号点电荷的电场分布得到了一些启示，经过查阅资料他们知道：图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是完全一样的．图乙中两等量异号点电荷的大小也为q，他们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别求出了a点的电场强度大小，一共有以下四个不同的答案（答案中k为静电力常量），其中正确的是（ ）

图4
A. B.
C. D.
[答案]C
[解析]根据a点的电场线方向可得a点的电场强度方向是垂直于金属板向左，两个异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，乙图上＋q左侧处的场强大小为E＝k＋k＝，根据题意可知，a点的电场强度大小与乙图上＋q左侧处的场强大小相等，即为.
3.题型三、平行板电容器的动态分析问题
[方法指导]
运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
（1）确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
（2）用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
（3）用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
（4）用E＝分析电容器极板间场强的变化．
[例3]（多选）（2014年湖北八校高三联考）如图所示的平行板电容器、电源、电阻和开关组成的电路中，开关S闭合后，两板间的带电粒子处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）

A．粒子带负电
B．断开开关S，粒子会向下运动
C．保持开关S闭合，增大两板间距离的过程中，电流表中有从左向右的电流
D．保持开关S闭合，使两板绕垂直于纸面的过两板中点的轴a、b沿顺时针以相同的角速度缓慢转动一个很小的角度，粒子仍会保持静止
[答案]AC
[解析]S闭合时，上板带正电，粒子要保持静止，受到的电场力方向应向上，因此粒子带负电，A项正确；断开开关后，两板上的带电荷量保持不变，粒子仍保持静止，B项错误；保持开关S闭合，增大两板间距离的过程中，由平行板电容器的电容决定式C＝可知，电容器的电容减小，两板间的电压不变，由Q＝CU可知，电容器的带电荷量减小，电容器放电，电流表中有从左到右的电流，C项正确；保持开关S闭合，使两板绕垂直于纸面的过两板中点的轴a、b沿顺时针以相同的角速度缓慢转动一个很小的角度，两板间的电场有了一个水平分量，粒子会受到一个水平的电场分力，不会保持静止状态，D项错误．
针对训练4 （多选）如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态．在下列措施下，关于P的运动情况的说法中正确的是（ ）

A．保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止
B．保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动
C．断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动
D．若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变
[答案]ABD
[解析]保持开关S闭合，电容器的电压不变，增大A、B板间距离，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电荷量减小，然而二极管作用导致电容器的电荷量不会减小，则电容器的电荷量会不变，由于平行板电容器的电场强度与电容器的电荷量、电介质及正对面积有关，所以电场强度不变，故A正确；当减小A、B板间距离，则导致电容器的电容增大，则出现电容器的电荷量增加，因此电场强度增大，所以P向上运动，故B正确；增大A、B板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S，则电容器的电荷量不变，所以极板间的电场强度不变，因此P仍处于静止，故C错误；A板稍下移，电容器的电容增大，当断开S后，则电容器的电荷量不变，所以电场强度也不变，由于B板接地，则P到B板的电势差不变，因此P的电势能也不变，故D正确．
4.题型四、带电粒子在电场中的加速或偏转
[方法指导]
对于带电粒子在电场中的加速和偏转问题，解决的办法一般都是采用牛顿运动定律与功和能相结合的办法来解决．
（1）在粒子的加速过程中，一般采用qU＝mv2或qE＝ma进行求解．
（2）在粒子的偏转过程中，一般采用平抛运动的规律进行求解．水平方向上为匀速直线运动，竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，通常是利用水平方向上匀速运动计算粒子在偏转电场中运动的时间，然后利用竖直方向上的运动求解粒子在偏转电场中偏转的距离、离开偏转电场时的速度等．
[例4] 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）
[答案]（1）1×103 m/s（2） s（n＝5,6,7，…）（3）0.04 m
[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（）2⑥
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.
针对训练5 如图所示，三种均带正电荷的带电粒子（重力不计）从O点以相同的速度进入同一偏转电场，射出后均打在一个竖直放置的足够大的荧光屏上．若三种带电粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列说法中正确的是（ ）

A．三种粒子在偏转电场中的运动时间之比为2∶1∶1
B．三种粒子离开偏转电场时的速度相同
C．三种粒子将打在荧光屏上的同一点
D．偏转电场对三种粒子做功之比为2∶1∶2
[答案]D
[解析]设偏转电场的电压为U，粒子进入偏转电场时的速度大小为v0，偏转电场极板长为l，板间距离为d.则带电粒子在偏转电场中运动的时间为t＝，所以带电粒子通过偏转电场的时间是相同的，选项A错误；由于粒子进入电场时的初速度大小相同，所以粒子离开偏转电场时的速度取决于粒子在偏转电场中竖直方向上获得的速度v⊥，又因为v⊥＝at＝t∝，因为三种粒子的比荷之比为2∶1∶1，所以选项B错误；粒子在偏转电场中偏转的距离y＝at2＝··t2∝，所以粒子不会打在荧光屏上的同一点，选项C错误；偏转电场对三种粒子做的功为W＝q··y，因为y∝，所以W∝，所以偏转电场对三种粒子做功之比为2∶1∶2，选项D正确．
针对训练6 如图所示，倾角为θ的绝缘斜面体固定在水平面上，斜面体处在竖直向下的匀强电场中，将一①质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从斜面的顶端②以初速度v0沿水平方向向右抛出，小球运动时间t0（未知）第一次落在斜面上．若将电场方向反向，再将小球从斜面顶端以初速度v0沿水平方向向右抛出，则小球第一次落到斜面上的时间为2t0，斜面足够长．

（1）求电场强度E及t0的大小；
（2）若③将电场方向改为水平向右，小球仍从斜面的顶端以初速度v0沿水平方向向右抛出，求小球第一次落到斜面上时的速度是多大．
[答案]（1） （2）
[解析]规范步骤，水到渠成
（1）带电小球被抛出后，竖直方向受向下的重力和向下的电场力作用，因此小球做类平抛运动，有
x1＝v0t0 ①（1分）
y1＝a1t②（1分）
mg＋qE＝ma1③（1分）
tan θ＝④（1分）
电场方向变为向上后，小球仍做类平抛运动，有
x2＝v0·2t0⑤（1分）
y2＝a2（2t0）2⑥（1分）
mg－qE＝ma2⑦（1分）
tan θ＝⑧（1分）
解得E＝，（1分）
t0＝.（1分）
（2）若将电场方向改变为水平向右，设小球抛出后落到斜面上的时间为t，有
x＝v0t＋·gt2⑨（1分）
y＝gt2⑩（1分）
tan θ＝⑪（1分）
解得t＝ （2分）
求得v＝
＝
＝.（3分）
5.题型五、交变电场下粒子的运动问题
[方法指导]
在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板间便可获得交变电场．此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间上看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间变化．研究带电粒子在这种交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．问题情景大致分为三类：一是平衡问题；二是直线运动问题；三是偏转问题．由于电场呈周期性变化，往往会出现多解问题、临界问题，且与数学知识、实际生活、现代科技等联系紧密．
[例5]一电荷量为q（q>0）、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，电场强度随时间变化的规律如图甲所示．不计重力．在t＝0到t＝T的时间间隔内，求：

甲
（1）粒子位移的大小和方向．
（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间．
[解析]解法一：（1）带电粒子在0～、、、时间间隔内匀速运动，设加速度分别为、、、，由牛顿第二定律得：
①； ②；
③； ④
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度-时间图像如图（a）所示，对应的速度-时间图像如图（b）所示，其中 ⑤

由图（b）可知，带电粒子在t = 0到t = T的时间间隔内的位移为⑥
由⑤⑥式得⑦ 它沿初始电场正方向。
（2）由图（b）可知，粒子在到内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间t为
⑧
[解法二]（1）带电粒子在0～、、、时间间隔内匀速运动，设加速度分别为、、、，由牛顿第二定律得：
① ②
③ ④
没带电粒子在t =T/4、t =7/2、t =3T/4、t =T时的速度分别为、、、，则
⑤ ⑥
⑦ ⑧
设带电粒子在t = 0到t =T的时间间隔内的位移为s，有⑨
联立以上各式可得⑩
它沿初始电场正方向。
（2）由电场的变化规律知，t =T/4时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零。

将①②⑤式代入上式，得
⑪
粒子从t =T/2时开始加速，设经过时间t2速度变为零。
此式与①②③⑤⑥式联立得
⑫
t =0到t =T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为
⑬
将⑪⑫⑩式代入⑬式得

针对训练7 （2013年松滋一中模拟）如图甲所示，平行金属板A和B间的距离为d，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，t＝0时A板比B板的电势高，电压的正向值为U0，反向值也为U0.现有由质量为m的带正电且电荷量为q的粒子组成的粒子束，从AB的中点O以平行于金属板OO′的方向以速度v0＝射入，所有粒子在AB间的飞行时间均为T，不计重力影响．求：

（1）从t＝0时刻进入的粒子飞出电场时的速度．
（2）粒子飞出电场时的位置离O′点的距离范围．
[答案]（1），与水平方向成30°（2）从O＇点上方的
到下方的
[解析]（1）从t＝0时刻进入的粒子，水平方向上一直做匀速运动，vx＝v0
在垂直金属板方向上，粒子的加速度ay＝＝，粒子在
粒子飞出电场时垂直金属板方向的速度vy＝ay·－ay·＝
粒子飞出电场时的速度v＝＝
与水平方向的夹角的正切值tan θ＝＝，即θ＝30°.
（2）当粒子在t＝nT（n＝0、1、2、3、…）飞入电场时，离开电场的位置离O′点的下方的距离最大，偏离下方的最大距离ym1＝ay＋ay··－ay＝
当粒子在t＝＋nT（n＝0、1、2、3、…）飞入电场时，离开电场的位置离O′点的上方的距离最大，偏离上方的最大距离ym2＝ay＋ay··－ay＝
所以粒子飞出电场时的位置离O′点的距离范围：从O′上方的到下方的

五、专题闯关
1.如图所示，两平行金属板竖直放置且B板接地，其间有用绝缘细线悬挂的带电小球，当给两金属板充电，使金属板带电荷量为Q，此时悬线与竖直方向的夹角为.因电离作用，两金属板的电荷量缓慢减小（假设小球电荷量不变），以致悬线与竖直方向夹角逐渐减小，则在夹角减小到的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．细线的拉力逐渐增大
B．细线的拉力大小不变
C．电容器减少的电荷量为
D．电容器减少的电荷量为
【答案】D
【解析】由于金属板的电荷量缓慢减小，小球受重力mg、细线拉力FT和水平向右的电场力F而处于动态平衡状态（如图）．设细线长为L，悬点到小球的竖直高度为h，则由图知＝，因θ减小，h逐渐增大，所以拉力FT逐渐减小，A、B错误；令两极板间距离为d，电容器电容为C，由图知tan θ1＝＝，令减少的电荷量为ΔQ，同理可得tan θ2＝，联立解得ΔQ＝Q，C错、D对．

2.（2014年高考安徽卷）一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如右图所示，下列图象中合理的是（ ）

【答案】D
【解析】在粒子运动中的某一小段位移Δx内电场力做功qEΔx.由功能关系知ΔEp＝－qE·Δx，即＝－qE，Ep­x图线斜率的绝对值表示电场力，故由图线可知E逐渐减小，A错误；因粒子仅受电场力作用，由qE＝ma可知a也逐渐减小，D正确；再由动能定理有ΔEk＝qE·Δx，即＝qE，Ek­x图线的斜率也表示电场力，则Ek­x图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B错误；由v2＝2ax有v＝，可知v­x图线应是一条曲线，故C错误．
3.如图所示，矩形的四个顶点a、b、c、d是匀强电场中的四个点，ab＝2bc＝2L，电场线与矩形所在的平面平行．已知a点电势为18 V，b点电势为10 V，c点电势为6 V．一质子从a点以速度v0射入电场，v0与ab边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab中点e.不计质子重力，下列判断正确的是（ ）

A．d点电势为12 V
B．质子从a到b电势能增加了8 eV
C．电场强度大小为
D．质子从a到e所用时间为
【答案】D
【解析】矩形对角线连线相互平分，则根据匀强电场中场强和电势差的关系可知，d点的电势为（18＋6－10） V＝14 V，而e点是ab的中点，可得e点的电势为14 V，连接de，de为该匀强电场的等势面，过a点作de的垂线，沿着电场线方向电势在降低，故电场的方向沿垂线方向向下，选项A错误；质子从a到b，电场力做正功，电势能减少8 eV，选项B错误；由图中几何关系可知，E＝＝，选项C错误；质子从a运动到e时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀速直线运动，则运动时间为t＝＝，选项D正确．

4.[2014·武汉武昌区调研]将等量的正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上（如图所示）。O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，OA>OB，以下对A、B两点的电势和场强的判断，正确的是（ ）

A．A点场强小于B点场强 B．A点场强大于B点场强
C．A点电势等于B点电势 D．A点电势高于B点电势
【答案】C
【解析】本题考查电场分布以及电场的叠加，意在考查考生对电场的认识，以及对电场叠加原理的应用能力。由电荷的对称分布关系可知AB直线上的电场强度为0，所以选项A、B错误；同理将一电荷从A移动到B电场力做的功为0，A、B两点间的电势差为0，因此A点电势等于B点电势，选项C正确，D错误。
5.[2014·唐山模拟]如图所示，匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形。电场强度的方向与纸面平行。电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A的过程中动能减少E0，质子仅在静电力作用下从C移动到A的过程中动能增加E0，已知电子和质子电荷量的绝对值均为e，则匀强电场的电场强度为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】本题考查电场力做功与电势差的关系、匀强电场中场强与电势差的关系、等势面、动能定理等知识点，意在考查考生对电场概念的理解和应用能力。对电子从B到A的过程，由动能定理可知，－eUBA＝－E0；对质子从C到A的过程，有eUCA＝E0，可见UBA＝UCA，故B、C两点电势相等，在同一等势面上，AB沿电场线方向上的距离d＝asin60°＝a，由场强与电势差的关系E＝解得E＝，选项C正确。
6.[2014·皖南八校联考]空间有一沿x轴分布的电场，其电势φ随x变化如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．x1和－x1两点的电势相等
B．x1点的电场强度比x3点的电场强度小
C．一正电荷沿x轴从x1点移到－x1点，电势能一直增大
D．一负电荷沿x轴从x1点移到x3点，电场力先做正功后做负功
【答案】D
【解析】本题考查静电场，意在考查考生对电势、电场强度、电势差的理解。x1和－x1两点，电势一正一负，则两点电势不相等，选项A错误；φ－x图线的斜率表示场强大小，选项B错误；由Ep＝qφ得，正电荷在电势高的位置电势能高，选项C错误；负电荷的电势能为Ep＝－qφ，从x1到x3，电势先增大后减小，则电势能先减小后增大，电场力先做正功，后做负功，选项D正确。
7.[2014·云南检测]（多选）如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0。已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则（ ）
A．所有粒子都不会打到两极板上
B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0
D．只有t＝n （n＝0,1,2…）时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
【答案】ABC
【解析】本题考查运动的合成与分解、带电粒子在交变电场中的运动，意在考查考生对类平抛运动规律的掌握情况，以及分析多过程问题的能力。带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动。由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍。在0～时间内带电粒子运动的加速度a＝，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝t，同理可分析～T时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v与E－t图线所围面积成正比（时间轴下方的面积取负值）。而经过整数个周期，E0－t图象与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B正确，D错误；带电粒子在t＝0时刻入射时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A正确；当粒子在t＝0时刻入射且经过T离开电场时，粒子在t＝时达到最大速度，此时两分位移之比为1∶2，即v0t＝2×at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝v0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确。
8.如图所示的平行板电容器，两极板M、N竖直放置，板长和间距都是d，合上电键K后，将质量为m带电量为＋q的带电粒子以一定的初速v从下侧中点A处竖直向上射入板间恰好垂直打在中点B处，则下列有关粒子运动的描述中正确的有（ ）

A．粒子在MN间做匀速圆周运动，打在B点时的速率也是v
B．若将粒子的初速变为2v，则粒子将从板斜上方飞出
C．若将M板右移使板间距减半，粒子垂直打在N板上时电场力所做的功将加倍
D．若断开K，将M板右移使板间距减半，则粒子在N板上的落点在B点下方某处
【答案】B
【解析】粒子以v从A处射入后能垂直打在中点B处，表明竖直方向上在重力作用下匀减速运动，v2＝2g，水平方向上在电场力作用下匀加速运动v＝2，粒子做匀变速曲线运动，不能做匀速圆周运动，即A错；若将粒子的初速变为2v，因场强和间距不变，故粒子打在N板上的时间不变，竖直方向上的位移大于d，故从板斜上方飞出，即B对；若将M板右移使板间距减半，则场强加倍，因此粒子在场中的运动时间将变短，虽然电场力做功加倍，但竖直方向上的分速度还未减为零，故粒子不可能垂直打在N板上，即C错；若断开K，则电量保持不变，在改变板间距的情况下，板内场强不变，故粒子仍落在B点，即D错。
9.[2014·郑州质检]如图所示，在两个正点电荷Q1、Q2（其中Q1＝2Q0，Q2＝Q0）形成的电场中，a、b为两点电荷连线的中垂线上的两点，且aO＝bO。c、d为两点电荷连线的三等分点，即Mc＝cd＝dN。则下列说法中正确的是（ ）

A．a、b两点的电场强度和电势都相同
B．将带电荷量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力一直做正功
C．将带电荷量为q的正点电荷从a沿ab连线移到O的过程中，电场力做负功
D．a、b、c、d四点中，电势最高的点是c点，电势最低的点是d点
【答案】C
【解析】本题考查电场分布，意在考查考生对电场的认识和分析。由对称关系可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相反，选项A错误；将正电荷由c沿cd连线移到d的过程中，由电场关系可知，电场力先做正功后做负功，选项B错误；将正电荷从a沿ab连线移动到O的过程中，由电场分布可知，电场力做负功，选项C正确；因为a、b两点位置不能确定，因此电势的高低也是不能确定的，选项D错误。
10.如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？

【答案】v≥
【解析】小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝＝，tanθ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。
因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”（D点）满足“等效重力”刚好提供向心力，即有：mg′＝，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：
－2mg′R＝mv－mv
解得v0＝，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v≥。

11.[2014·课标全国卷Ⅰ]如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q（q>0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：

（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
（2）电场强度的大小和方向。
【答案】（1） （2） 方向：与竖直向下成30°夹角
【解析】（1）设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有dsin60°＝v0t①
dcos60°＝gt2②
又有Ek0＝mv③
由①②③式得Ek0＝mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋mgd⑤
由④⑤式得＝⑥
（2）加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有＝⑨

解得x＝d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得
α＝30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA⑪
由④⑦⑪式得E＝⑫
12.（2014年南昌调研）如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A、B两点，其中A点坐标为（6 cm,0），B点坐标为（0， cm），坐标原点O处的电势为0，A点的电势为8 V，B点的电势为4 V．现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v＝4×105 m/s射入电场，粒子运动时恰好通过B点，不计粒子所受重力，求：

（1）图中C处（3 cm,0）的电势；
（2）匀强电场的场强大小；
（3）带电粒子的比荷.
【答案】（1）4 V （2） ×102 V/m （3）2.4×1011 C/kg
【解析】（1）设C处的电势为φC，因为OC＝CA，
所以φO－φC＝φC－φA，
解得φC＝＝ V＝4 V.
（2）B、C两点的连线为等势线，电场强度方向与等势线BC垂直，设∠OBC＝θ，

因为tan θ＝＝，所以θ＝60°.
又U＝Ed，
可得E＝＝＝ V/m
＝×102 V/m.
（3）带电粒子做类平抛运动，则有
Lcosθ＝vt，
Lsinθ＝t2，
解得＝＝ C/kg
＝2.4×1011 C/kg，
所以带电粒子的比荷为2.4×1011 C/kg.
13.如图甲所示，有一放射源可以沿轴线ABO方向发射速度大小不同的粒子，粒子质量均为m，带正电荷q.A、B是不加电压且处于关闭状态的两个阀门，阀门后是一对平行极板，两极板间距为d，上极板接地，下极板的电势随时间变化的关系如图乙所示．O处是一与轴线垂直的接收屏，以O为原点、垂直于轴线ABO向上为y轴正方向，不同速度的粒子打在接收屏上对应不同的坐标，其余尺寸见图甲，其中l和t均为已知．已知t2＝d，不计粒子重力．

（1）某时刻A、B同时开启且不再关闭，有一个速度为v0＝的粒子恰在此时通过A阀门，以阀门开启时刻作为图乙中的计时零点，试求此粒子打在y轴上的坐标位置（用d表示）；
（2）某时刻A开启，后A关闭，又过后B开启