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2020浙江高考物理二轮讲义：专题三第一讲 电场
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第一讲 电场
知识内容
考试要求
备考指津
1.电荷及其守恒定律
c
1.利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等，常以选择题的形式出现.
2.电场力的性质与平衡知识、牛顿运动定律相结合，分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题，是考查的热点.
3.电场力做功与电势能的变化及带电粒子在电场中的运动与牛顿运动定律、动能定理、功能关系相结合的题目是考查的另一热点.
4.电场知识与电流、磁场等相关知识的综合应用是考查的高频内容.
5.电场知识与生产技术、生活实际、科学研究等的联系，如电容式传感器、静电分选器等，都可成为新情景题的命题素材，应引起重视.
2.库仑定律
c
3.电场强度
c
4.电势能和电势
c
5.电势差
c
6.电势差与电场强度的关系
c
7.静电现象的应用
b
8.电容器的电容
c
9.带电粒子在电场中的运动
d
电场的性质
【重难提炼】
电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系
如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高
B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大
C．该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大
D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
[解析] 由图可知，P点处等势线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大，故B错、C对；若带电质点从P向Q运动，根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q向P运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P点处的动能大于在Q点处的动能，在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A、D错．
[答案] C
【题组过关】
考向一 等量异号电荷的电场
1．(多选)如图所示，P、Q两点分别放置两个电荷量相等的异种点电荷，它们连线的中点是O，N、a、b是中垂线上的三点，且Oa＝2Ob，N处放置一负的点电荷，则( )
A．a点的场强小于b点的场强
B．a点的电势小于b点的电势
C．a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍
D．电子在a点的电势能大于电子在b点的电势能
解析：选AC.先考虑P、Q处两点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都平行于PQ连线由P指向Q，且大小是b点场强大于a点场强，再考虑N处点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都沿中垂线向下，即都与P、Q处两点电荷在两点处产生的电场垂直，大小也是b点场强大于a点场强，故由电场的叠加可知A正确．由于P、Q处两点电荷在a、b两点产生的电势都为0，而N处负电荷在a点产生的电势高于b点，故B错误．根据U＝Ed定性分析可知，因a、b间的平均场强小于b、O间的平均场强，则b、O间的电势差大于a、b间的电势差，因此a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍，C正确．因同一负电荷在电势越高处电势能越小，故D错误.
考向二 带电粒子的运动轨迹问题
2．(多选)如图所示，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF所在平面．若规定D点电势为零，则A、B、C处的电势分别为8 V、6 V、2 V．初动能为12 eV、电荷量大小为2e(e为元电荷)的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G.不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．该粒子一定带负电
B．该粒子到达点G时的动能为20 eV
C．只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C
D．若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE
解析：选AC.根据题设条件结合正六边形的特点得电势分布情况如图，电场强度方向为由A指向D，由粒子的运动情况知粒子受向左的电场力，则粒子带负电，A正确；粒子从A点到G点过程中电场力做负功，粒子动能减小了ΔEk＝8 eV，即到达点G时的动能为4 eV，B错误；由图可知，粒子若能运动到C点电场力做功－12 eV，所以粒子动能为零，而粒子只有沿AD方向运动，动能才可能为零，可知其显然不能到达C点，C正确；粒子从D点沿DF方向入射，受向左的电场力作用，做类斜抛运动，粒子过CE时，将其速度分解知其有沿CE方向的分速度和水平向左的分速度，则该粒子不可能垂直经过CE，D错误．
考向三 与平行板电容器有关的电场问题
3．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
解析：选D.极板移动过程中带电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化，由C＝和C＝可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，故静电计指针的偏角θ减小．又E＝＝，则E不变，Ep不变，综合上述，只有D选项正确．
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．下列措施中，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
解析：选ABD.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，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会减小，则电容器的电量不变，由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关，所以电场强度不变，P仍静止，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．
1．电场强度、电势、电势能的判断方法
(1)电场强度
①根据电场线的疏密程度进行判断；
②根据等势面的疏密程度进行判断；
③根据E＝进行判断．
(2)电势
①沿电场线方向电势逐渐降低；
②若q和Wab已知，由Uab＝判定．
(3)电势能
①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；
②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．
2．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．
带电粒子在电场中的运动
【重难提炼】
(2017·浙江选考11月)如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )
A．粒子一定带负电
B．粒子的速度大小v＝
C．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动
D．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变
[解析] 粒子做直线运动，说明竖直方向合外力平衡，即qvB＝qE, v＝，选项B错误；假设粒子带正电，则洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，若粒子带负电，则洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，只要满足上式依然可以满足题意，选项A错误；如果粒子速度变大或变小，都会导致洛伦兹力变化，因此就会做曲线运动，选项C正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子的电场力不变，选项D错误．
[答案] C
【题组过关】
考向一 带电粒子在电场中的直线运动
1.如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为( )
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
解析：选A.假设平行板间的匀强电场场强为E，根据牛顿第二定律和运动学公式可得，以M为研究对象，有l＝t2，以m为研究对象，有l＝t2，联立以上两式可得M∶m＝3∶2，故A正确．
考向二 带电粒子在电场中的曲线运动
2.如图，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．
解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vB sin 30°＝v0sin 60°①
由此得vB＝v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m(v－v)③
联立②③式得
UAB＝.
答案：
3．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，不计重力求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x.
解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：
a1＝＝
＝a1t
v1＝a1t1，t2＝
运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 .
(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为
a2＝＝
t3＝，vy＝a2t3
tan θ＝
联立各式解得tan θ＝2.
(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1
x1＝a2t
tan θ＝
解得：x＝x1＋x2＝3L.
答案：(1)3 (2)2 (3)3L
考向三 带电粒子在交变电场中的运动
4．如图甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为U0的加速电场，偏转电场极板间的距离为d，极板长为l＝2d，偏转电场的下极板接地，偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为l.现在偏转电场的两极板间接一周期为T的交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(设正离子的电荷量为q、质量为m，大量离子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短)
(1)试计算离子刚进入偏转电场时的速度v0的大小；
(2)在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即无正离子到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t；
(3)离子打到荧光屏上的区间的长度x.
解析：(1)由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得qU0＝mv
解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为v0＝ .
(2)由题意可知，只要正离子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当离子打在偏转电场的极板上时，出现“黑屏”现象．设离子刚好能射出偏转电场时的偏转电压为U，则有＝··
又因为l＝2d
所以可得U＝
由题图乙可知，在偏转电压U在0.5U0～U0之间变化时，进入偏转电场的离子无法射出偏转电场打在荧光屏上，因此每个周期内出现“黑屏”的时间为t＝.
(3)设离子射出偏转电场时的侧移量为y，打在荧光屏上的位置到O点的距离为Y，如图所示，由几何关系可得＝＝，所以离子打到荧光屏上的区间的长度
x＝2Y＝6y＝6×＝3d.
答案：(1) (2) (3)3d
解决带电粒子在电场中运动
问题的基本思路及注意问题
[课后作业(十二)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2018·浙江选考4月)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为( )
A. B.
C. D.
解析：选C.设原来A、B各带Q电荷量，根据相同的小球接触后电荷的分配规律可知，C球与A球碰后，A、C均带的电荷量，然后C球与B球接触后，C、B各带的电荷量，原来的静电力为F＝k，后来的静电力为F′＝k＝F，C正确．
2．(2018·浙江选考4月)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图所示．粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是( )
A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B．A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
解析：选C.带电粒子的电性不确定，无法判断电势的高低，A错误；由图可知，A点到B点过程中加速度越来越大，故电场强度EA
A．小周画的电场线没有错误
B．若把一个电子分别放在甲图中的A点和B点，则其所受的电场力相同
C．乙图中C点的场强比D点大，C点的电势等于D点的电势
D．若把一个电子从C点移到D点其电势能增加
解析：选D.乙图中C端为负电荷，D端为正电荷，所以导体上方的电场方向应该是从正到负，因此选项A错误；电子在A、B所受电场力方向不同，选项B错误；乙图中电场线C处比D处密集，所以C点电场强，沿着电场方向电势降低，所以C点电势高，负电荷在C点电势能要小，所以从C到D电势能增加，选项C错误，D正确．
4.如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(粒子重力不计)( )
A．3∶4 B．4∶3
C．3∶2 D．2∶3
解析：选A.由OM＝MN和t＝知，tP＝tQ，在垂直极板方向上，y＝·t＝·t，解得mP∶mQ＝3∶4，A正确．
5．(2019·浙江选考4月)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )
A．加速过程中质子电势能增加
B．质子所受到的电场力约为2×10－15 N
C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s
D．加速器加速的直线长度约为4 m
答案：D
6.有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点分别位于x坐标轴上的1 mm、4 mm处．则下列说法正确的是( )
A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动
B．粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反
C．粒子经过P点与Q点时，动能相等
D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等
解析：选C.由题中φ－x图象，画出电场强度E随x变化的图象及带电粒子的v－t图象，如图所示，由图可知A错误；由牛顿第二定律知，粒子在P、Q两点的加速度满足aP＝2aQ，B错误；粒子在P、Q两点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等，C正确；粒子在P、Q两点的功率P＝Eqv，因电场强度不相同，故功率不同，D错误．
7．如图所示，两块正对平行金属板M、N与电池相连，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大
B．M板的带电荷量增加
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D.两极电压不变，M板上移，d增大，由E＝知E变小，电场力变小，A错；由电容的决定式知，M板上移，电容减小，由Q＝CU知，Q变小，B错；N板接地电势为零，φP＝UPN＝E·PN，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．
8.一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率一直增大
D．速率先增大后减小
解析：选B.小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误、选项B正确；将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C、D错误．
9．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a( )
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直减小
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
解析：选B.小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C错误；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．
10.如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L.在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球＋q(可视为点电荷)，在P点平衡，PA与AB的夹角为α，不计小球的重力，则( )
A．tan3α＝ B．tan α＝
C．O点场强为零 D．Q1＜Q2
解析：选A.对小球受力分析如图所示，则F1＝k，F2＝k，tan α＝＝，整理得tan3α＝，选项A正确．
二、非选择题
11．(2017·浙江选考11月)如图所示，AMB是一条长L＝10 m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h＝1.25 m处，A、B为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上，大小E＝5×103 N/C的匀强电场中．一质量m＝0.1 kg，电荷量q＝＋1.3×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，求滑块：
(1)到达M点时的速度大小；
(2)从M点运动到B点所用的时间；
(3)落地点距B点的水平距离．
解析：(1)在AM阶段物体的受力分析如图：
μmg＝ma，a＝μg＝2 m/s2
根据运动学公式可得v－v＝－2ax，可得vM＝4 m/s.
(2)进入电场之后，Eq＝0.65 N，受力分析如图：
μ(G－Eq)＝ma′，a′＝0.7 m/s2
根据运动学公式可知，v－v＝－2a′x ，可知vB＝3 m/s，
根据匀变速直线运动推论可知xMB＝
可知，t＝ s.
(3)从B点飞出后，粒子做平抛运动，因此可知h＝可知t′＝0.5 s，
而水平距离x＝vBt′＝1.5 m.
答案：见解析
12．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线．其中N板接地．当M板的电势φ＝φ0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场，某种电荷量为q的带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．
(1)求粒子的质量；
(2)若M板的电势变化如图乙所示，其周期T＝，从t＝0开始，前内φM＝2φ，后内φM＝－φ，大量的上
述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求φ的值．
解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点，
沿极板方向：L＝v0t0，
垂直极板方向：d＝ t，
整理得m＝.
(2)粒子通过两板时间t＝＝2T，
从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电势变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为a1＝，方向垂直极板向上；在每个电势变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a2＝，方向垂直极板向下，不同时刻从O1点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示．
因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT或t＝nT＋T时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大，d＝2，整理可得φ＝φ0.
答案：(1) (2)φ0
第一讲 电场
知识内容
考试要求
备考指津
1.电荷及其守恒定律
c
1.利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等，常以选择题的形式出现.
2.电场力的性质与平衡知识、牛顿运动定律相结合，分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题，是考查的热点.
3.电场力做功与电势能的变化及带电粒子在电场中的运动与牛顿运动定律、动能定理、功能关系相结合的题目是考查的另一热点.
4.电场知识与电流、磁场等相关知识的综合应用是考查的高频内容.
5.电场知识与生产技术、生活实际、科学研究等的联系，如电容式传感器、静电分选器等，都可成为新情景题的命题素材，应引起重视.
2.库仑定律
c
3.电场强度
c
4.电势能和电势
c
5.电势差
c
6.电势差与电场强度的关系
c
7.静电现象的应用
b
8.电容器的电容
c
9.带电粒子在电场中的运动
d
电场的性质
【重难提炼】
电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系
如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高
B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大
C．该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大
D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大
[解析] 由图可知，P点处等势线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大，故B错、C对；若带电质点从P向Q运动，根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q向P运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P点处的动能大于在Q点处的动能，在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A、D错．
[答案] C
【题组过关】
考向一 等量异号电荷的电场
1．(多选)如图所示，P、Q两点分别放置两个电荷量相等的异种点电荷，它们连线的中点是O，N、a、b是中垂线上的三点，且Oa＝2Ob，N处放置一负的点电荷，则( )
A．a点的场强小于b点的场强
B．a点的电势小于b点的电势
C．a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍
D．电子在a点的电势能大于电子在b点的电势能
解析：选AC.先考虑P、Q处两点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都平行于PQ连线由P指向Q，且大小是b点场强大于a点场强，再考虑N处点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都沿中垂线向下，即都与P、Q处两点电荷在两点处产生的电场垂直，大小也是b点场强大于a点场强，故由电场的叠加可知A正确．由于P、Q处两点电荷在a、b两点产生的电势都为0，而N处负电荷在a点产生的电势高于b点，故B错误．根据U＝Ed定性分析可知，因a、b间的平均场强小于b、O间的平均场强，则b、O间的电势差大于a、b间的电势差，因此a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍，C正确．因同一负电荷在电势越高处电势能越小，故D错误.
考向二 带电粒子的运动轨迹问题
2．(多选)如图所示，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF所在平面．若规定D点电势为零，则A、B、C处的电势分别为8 V、6 V、2 V．初动能为12 eV、电荷量大小为2e(e为元电荷)的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G.不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．该粒子一定带负电
B．该粒子到达点G时的动能为20 eV
C．只改变粒子在A点初速度的方向，该粒子不可能经过C
D．若该粒子以不同速率从D点沿DF方向入射，该粒子可能垂直经过CE
解析：选AC.根据题设条件结合正六边形的特点得电势分布情况如图，电场强度方向为由A指向D，由粒子的运动情况知粒子受向左的电场力，则粒子带负电，A正确；粒子从A点到G点过程中电场力做负功，粒子动能减小了ΔEk＝8 eV，即到达点G时的动能为4 eV，B错误；由图可知，粒子若能运动到C点电场力做功－12 eV，所以粒子动能为零，而粒子只有沿AD方向运动，动能才可能为零，可知其显然不能到达C点，C正确；粒子从D点沿DF方向入射，受向左的电场力作用，做类斜抛运动，粒子过CE时，将其速度分解知其有沿CE方向的分速度和水平向左的分速度，则该粒子不可能垂直经过CE，D错误．
考向三 与平行板电容器有关的电场问题
3．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
解析：选D.极板移动过程中带电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化，由C＝和C＝可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，故静电计指针的偏角θ减小．又E＝＝，则E不变，Ep不变，综合上述，只有D选项正确．
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．下列措施中，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
解析：选ABD.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，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会减小，则电容器的电量不变，由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关，所以电场强度不变，P仍静止，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．
1．电场强度、电势、电势能的判断方法
(1)电场强度
①根据电场线的疏密程度进行判断；
②根据等势面的疏密程度进行判断；
③根据E＝进行判断．
(2)电势
①沿电场线方向电势逐渐降低；
②若q和Wab已知，由Uab＝判定．
(3)电势能
①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；
②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．
2．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．
带电粒子在电场中的运动
【重难提炼】
(2017·浙江选考11月)如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )
A．粒子一定带负电
B．粒子的速度大小v＝
C．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动
D．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变
[解析] 粒子做直线运动，说明竖直方向合外力平衡，即qvB＝qE, v＝，选项B错误；假设粒子带正电，则洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，若粒子带负电，则洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，只要满足上式依然可以满足题意，选项A错误；如果粒子速度变大或变小，都会导致洛伦兹力变化，因此就会做曲线运动，选项C正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子的电场力不变，选项D错误．
[答案] C
【题组过关】
考向一 带电粒子在电场中的直线运动
1.如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为( )
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
解析：选A.假设平行板间的匀强电场场强为E，根据牛顿第二定律和运动学公式可得，以M为研究对象，有l＝t2，以m为研究对象，有l＝t2，联立以上两式可得M∶m＝3∶2，故A正确．
考向二 带电粒子在电场中的曲线运动
2.如图，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．
解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vB sin 30°＝v0sin 60°①
由此得vB＝v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m(v－v)③
联立②③式得
UAB＝.
答案：
3．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，不计重力求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x.
解析：(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：
a1＝＝
＝a1t
v1＝a1t1，t2＝
运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 .
(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为
a2＝＝
t3＝，vy＝a2t3
tan θ＝
联立各式解得tan θ＝2.
(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1
x1＝a2t
tan θ＝
解得：x＝x1＋x2＝3L.
答案：(1)3 (2)2 (3)3L
考向三 带电粒子在交变电场中的运动
4．如图甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为U0的加速电场，偏转电场极板间的距离为d，极板长为l＝2d，偏转电场的下极板接地，偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为l.现在偏转电场的两极板间接一周期为T的交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(设正离子的电荷量为q、质量为m，大量离子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短)
(1)试计算离子刚进入偏转电场时的速度v0的大小；
(2)在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即无正离子到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t；
(3)离子打到荧光屏上的区间的长度x.
解析：(1)由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得qU0＝mv
解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为v0＝ .
(2)由题意可知，只要正离子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当离子打在偏转电场的极板上时，出现“黑屏”现象．设离子刚好能射出偏转电场时的偏转电压为U，则有＝··
又因为l＝2d
所以可得U＝
由题图乙可知，在偏转电压U在0.5U0～U0之间变化时，进入偏转电场的离子无法射出偏转电场打在荧光屏上，因此每个周期内出现“黑屏”的时间为t＝.
(3)设离子射出偏转电场时的侧移量为y，打在荧光屏上的位置到O点的距离为Y，如图所示，由几何关系可得＝＝，所以离子打到荧光屏上的区间的长度
x＝2Y＝6y＝6×＝3d.
答案：(1) (2) (3)3d
解决带电粒子在电场中运动
问题的基本思路及注意问题
[课后作业(十二)]
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2018·浙江选考4月)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为( )
A. B.
C. D.
解析：选C.设原来A、B各带Q电荷量，根据相同的小球接触后电荷的分配规律可知，C球与A球碰后，A、C均带的电荷量，然后C球与B球接触后，C、B各带的电荷量，原来的静电力为F＝k，后来的静电力为F′＝k＝F，C正确．
2．(2018·浙江选考4月)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图所示．粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是( )
A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B．A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
解析：选C.带电粒子的电性不确定，无法判断电势的高低，A错误；由图可知，A点到B点过程中加速度越来越大，故电场强度EA
A．小周画的电场线没有错误
B．若把一个电子分别放在甲图中的A点和B点，则其所受的电场力相同
C．乙图中C点的场强比D点大，C点的电势等于D点的电势
D．若把一个电子从C点移到D点其电势能增加
解析：选D.乙图中C端为负电荷，D端为正电荷，所以导体上方的电场方向应该是从正到负，因此选项A错误；电子在A、B所受电场力方向不同，选项B错误；乙图中电场线C处比D处密集，所以C点电场强，沿着电场方向电势降低，所以C点电势高，负电荷在C点电势能要小，所以从C到D电势能增加，选项C错误，D正确．
4.如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(粒子重力不计)( )
A．3∶4 B．4∶3
C．3∶2 D．2∶3
解析：选A.由OM＝MN和t＝知，tP＝tQ，在垂直极板方向上，y＝·t＝·t，解得mP∶mQ＝3∶4，A正确．
5．(2019·浙江选考4月)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )
A．加速过程中质子电势能增加
B．质子所受到的电场力约为2×10－15 N
C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s
D．加速器加速的直线长度约为4 m
答案：D
6.有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点分别位于x坐标轴上的1 mm、4 mm处．则下列说法正确的是( )
A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动
B．粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反
C．粒子经过P点与Q点时，动能相等
D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等
解析：选C.由题中φ－x图象，画出电场强度E随x变化的图象及带电粒子的v－t图象，如图所示，由图可知A错误；由牛顿第二定律知，粒子在P、Q两点的加速度满足aP＝2aQ，B错误；粒子在P、Q两点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等，C正确；粒子在P、Q两点的功率P＝Eqv，因电场强度不相同，故功率不同，D错误．
7．如图所示，两块正对平行金属板M、N与电池相连，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大
B．M板的带电荷量增加
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D.两极电压不变，M板上移，d增大，由E＝知E变小，电场力变小，A错；由电容的决定式知，M板上移，电容减小，由Q＝CU知，Q变小，B错；N板接地电势为零，φP＝UPN＝E·PN，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．
8.一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率一直增大
D．速率先增大后减小
解析：选B.小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误、选项B正确；将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C、D错误．
9．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a( )
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直减小
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
解析：选B.小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C错误；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．
10.如图所示，电荷量为Q1、Q2的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距L.在以L为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球＋q(可视为点电荷)，在P点平衡，PA与AB的夹角为α，不计小球的重力，则( )
A．tan3α＝ B．tan α＝
C．O点场强为零 D．Q1＜Q2
解析：选A.对小球受力分析如图所示，则F1＝k，F2＝k，tan α＝＝，整理得tan3α＝，选项A正确．
二、非选择题
11．(2017·浙江选考11月)如图所示，AMB是一条长L＝10 m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h＝1.25 m处，A、B为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上，大小E＝5×103 N/C的匀强电场中．一质量m＝0.1 kg，电荷量q＝＋1.3×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，求滑块：
(1)到达M点时的速度大小；
(2)从M点运动到B点所用的时间；
(3)落地点距B点的水平距离．
解析：(1)在AM阶段物体的受力分析如图：
μmg＝ma，a＝μg＝2 m/s2
根据运动学公式可得v－v＝－2ax，可得vM＝4 m/s.
(2)进入电场之后，Eq＝0.65 N，受力分析如图：
μ(G－Eq)＝ma′，a′＝0.7 m/s2
根据运动学公式可知，v－v＝－2a′x ，可知vB＝3 m/s，
根据匀变速直线运动推论可知xMB＝
可知，t＝ s.
(3)从B点飞出后，粒子做平抛运动，因此可知h＝可知t′＝0.5 s，
而水平距离x＝vBt′＝1.5 m.
答案：见解析
12．如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线．其中N板接地．当M板的电势φ＝φ0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场，某种电荷量为q的带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．
(1)求粒子的质量；
(2)若M板的电势变化如图乙所示，其周期T＝，从t＝0开始，前内φM＝2φ，后内φM＝－φ，大量的上
述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求φ的值．
解析：(1)设粒子经过时间t0打在M板中点，
沿极板方向：L＝v0t0，
垂直极板方向：d＝ t，
整理得m＝.
(2)粒子通过两板时间t＝＝2T，
从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电势变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为a1＝，方向垂直极板向上；在每个电势变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a2＝，方向垂直极板向下，不同时刻从O1点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示．
因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT或t＝nT＋T时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大，d＝2，整理可得φ＝φ0.
答案：(1) (2)φ0
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