第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动
[建体系·论要点]__________________________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
要点熟记
1.电场力的性质(1)电场强度的定义式：E＝。(2)真空中点电荷的电场强度公式：E＝。(3)匀强电场的电场强度与电势差的关系式：E＝。2.电场能的性质(1)电势的定义式：φ＝。(2)电势差的定义式：UAB＝。(3)电势差与电势的关系式：UAB＝φA－φB。(4)电场力做功与电势能的关系式：WAB＝EpA－EpB。3.熟记“面线”关系(1)电场线总是与等势面垂直，且由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。
[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能
考向一 电场的性质
1．电场强度的判断
(1)场强方向是电场中正电荷的受力方向，也是电场线上某点的切线方向。
(2)电场强弱可用电场线疏密判断。
2．电势高低的比较
(1)根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。
(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处时，电场力做正功越多，则该点的电势越高。
(3)根据电势差UAB＝φA－φB判断，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB。
3．电势能变化的判断
(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即W＝－ΔEp。
(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和保持不变，即当动能增加时，电势能减少。
[典例1] (多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)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
[解析] b点距q近，a点距－q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误。
如图所示，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强，其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确。
由于φa<φb，负电荷从低电势移至高电势过程中，电场力做正功，电势能减少，D错误。
[答案] BC
1.
(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A．a、b两点的场强相等
B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等
D．c、d两点的电势相等
解析：在绝缘细圆环的上半圆P处，任取一小段，可看成点电荷，其在a点产生的场强为E1，在关于细圆环水平直径对称的下半圆Q处再取一小段，其在a点产生的场强为E2，由对称性可知，E1、E2的合场强竖直向下，如图所示，即上半圆和下半圆在a点产生的合场强一定竖直向下，同理可知，在b点场强方向也竖直向下，大小与a点处相等，A正确；同理可分析a、b所在的直径上各点场强均竖直向下，故a、b两点在同一条等势线上，电势相等，B正确；由微元法和对称性可知，c、d两点场强相等，方向竖直向下，C正确；电场由c到d，c点电势高于d点电势，D错误。
答案：ABC
2．(2020·辽宁大连二十四中高三模拟)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP。Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙，则( )
A．M点电场强度大小为零
B．N点电场强度大小为零
C．M、N之间电场方向沿x轴负方向
D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM|
解析：φ?x图像的斜率表示电场强度的大小，故M点电场强度不为零，N点电场强度为零，选项A错误，B正确；由题图可知，由M到N电势降低，由无限远处到N电势降低，根据沿着电场线方向电势逐渐降低的性质，可以判断MN之间电场方向沿着x轴正方向，无限远处到N点电场方向沿x轴负方向，选项C错误；|WPN|＝|qUPN|＝|q(φP－φN)|＜|q(φN－φM)|＝|WNM|，选项D错误。
答案：B
3．(2020·湖南长沙高三检测)如图所示，M、N、P三点位于直角三角形的三个顶点上，∠PMN＝30°，∠MNP＝60°，一负点电荷位于三角形所在平面上。已知M点和N点的电势相等，P点的电势与MN中点F的电势相等，则下列说法正确的是( )
A．M点和P点的电场强度相等
B．N点和P点的电场强度相等
C．同一正电荷在M点时的电势能大于在P点时的电势能
D．同一正电荷在N点时的电势能小于在P点时的电势能
解析：由M点和N点的电势相等，P点的电势与F点的电势相等，可知负点电荷Q应位于MN连线的垂直平分线和PF连线的垂直平分线上，作图得到Q的位置如图所示，故P点离Q近，场强较大，故A错误；N点离Q较远，则N点的场强比P点的小，故B错误；正电荷从M点运动到P点，电场力做正功，电势能减小，则同一正电荷在M点的电势能大于在P点的电势能，故C正确；M点的电势和N点的电势相等，所以正电荷从N点运动到P点，电场力做正功，电势能减小，则同一正电荷在N点的电势能大于在P点的电势能，故D错误。
答案：C
考向二 平行板电容器的动态分析
1．三个公式
定义式C＝，决定式C＝，关系式E＝。
2．两个关键点
(1)电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变。
(2)电路处于断开状态时，电容器两极板的带电荷量不变。
3．一个特例
当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。
[典例2] (多选)如图所示，一平行板电容器的两极板A、B水平放置，A在上方，B在下方，上极板A接地，电容器、二极管、开关S与电源相连，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性。现将开关S闭合，位于A、B两板之间P点的带电粒子恰好处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．保持开关S闭合，将B板向上移动一小段距离，带电粒子将向上移动
B．保持开关S闭合，将B板向左移动一小段距离，P点电势不变
C．断开开关S，将A板向上移动一小段距离，带电粒子的电势能增大
D．断开开关S，将A板向左移动一小段距离，A、B两板间的电压保持不变
[思路点拨] (1)二极管具有单向导电性，电容器不会放电。
(2)上极板A接地，表明A板的电势为零。
(3)灵活应用C＝、C＝、E＝分析求解。
[解析] 开关S闭合，电容器两极板间的电压U保持不变，将B板向上移动，两极板间距离d减小，根据电场强度E＝得，E增大，电场力大于重力，带电粒子将向上移动，选项A正确；开关S闭合，将B板向左移动，电容器两板间的正对面积S减小，根据C＝得，电容C减小，再根据C＝得，电容器带的电荷量应减小，但是由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器带的电荷量Q仍然保持不变，由C＝，C＝，E＝，可得两极板间的电场强度E＝，S减小，E增大，P点电势φP＝UPA＝－ExPA，则P点电势降低，选项B错误；若将开关S断开，电容器带电荷量Q保持不变，根据E＝得，电场强度E与距离d无关，则将A板上移一小段距离，电场强度E不变，又P点电势φP＝UPA＝－ExPA，xPA增大，则P点电势降低，由题意知粒子带负电荷，负电荷所在处电势越低，电势能越大，选项C正确；若将开关S断开，电容器带的电荷量Q保持不变，将A板向左移动，正对面积S减小，根据E＝得，E增大，根据电压U＝Ed得，电压U将增大，选项D错误。
[答案] AC
规律总结
电容器动态分析的解题思路
……………………………………………………
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变，如典例中开关闭合时电压保持不变，开关断开时电荷量保持不变。
(2)根据C＝，分析平行板电容器电容的变化情况，如典例中将“极板上移”即d发生变化，从而C发生变化。
(3)根据C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化情况。
(4)根据E＝或E＝分析电容器极板间电场强度及电势差的变化情况，如典例中的B项。
(5)根据Q的变化情况，分析电容器发生充电还是放电，分析电路中电流的方向。
4．(2020·江苏南京调研)“探究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响。下列判断正确的是( )
A．极板正对面积减小时，静电计指针偏角减小
B．静电计可以用电压表代替
C．静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等
D．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量
解析：电容器带电荷量一定，极板正对面积减小时，由C＝知，电容器的电容减小，根据Q＝CU可知，两板间电势差变大，则静电计指针偏角变大，A项错误；静电计与电压表、电流表的原理不同，电流表、电压表线圈中有电流通过时，指针才偏转，故不能用电压表代替静电计，故B项错误；静电计与电容器串联，其所带电荷量只是很小的一部分，即小于平行板电容器的电荷量，C项正确；静电计是定性反映电压大小的仪器，不能反映平行板电容器所带电荷量的多少，故D项错误。
答案：C
5．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示。以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是( )
解析：由C＝知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，选项A错误；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝、Q＝CU、U＝Ed得E＝是定值，选项B错误；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，选项C正确；由Ep＝qφ知Ep与电势φ变化情况一样，选项D错误。
答案：C
6．(多选)(2020·河南重点中学高三联考)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是
( )
A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流
C．若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流
解析：根据电路图可知，当S闭合后，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡。若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确。在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确。若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误。若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝，U＝和E＝，可得E＝，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误。
答案：AB
考向三 带电粒子在电场中的运动
1．分析思路
先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律。
2．受力特点
一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等微观带电粒子的重力可以忽略。一般可根据带电粒子的运动状态判断是否考虑重力作用。
3．规律方法
4．两个结论
(1)粒子垂直电场方向射入极板间时，位移偏向角θ和速度偏转角φ满足tan
φ＝2tan
θ。
(2)射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。
[典例3] 在直角坐标系中，三个边长都为l的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E0，第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场。
(1)现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点，求CED区域内的匀强电场的电场强度E1的大小。
(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有的粒子都经过E点，则释放的坐标值x、y间应满足什么关系？
(3)若CDE区域内的电场强度大小变为E2＝E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N点，则释放点坐标值x、y间又应满足什么关系？
[思路点拨] (1)带电粒子从A点释放后在两个电场区域内分别做匀加速直线运动和类平抛运动。
(2)带电粒子在正方形DENM区域内做匀速直线运动。
[解析] (1)设粒子出第一象限时速度为v，由动能定理得
qE0l＝mv2
粒子在CED区域内做类平抛运动，由类平抛运动的规律得l＝vt
l＝·t2
计算可得E1＝4E0。
(2)设粒子出第一象限时速度为v1，由动能定理得
qE0x＝mv
经过分析知，要过E点，粒子在第二象限中做类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为y
y＝v1t1
y＝·t
计算可得y＝x。
(3)如图所示为其中的一条轨迹线，设粒子出第一象限时速度为v2，由动能定理得qE0x＝mv
由图可知，在CED区域内带电粒子的水平位移为y，设竖直位移为y′，则
y＝v2t2
y′＝·t
由类平抛运动中的中点规律可知
＝
计算可得y＝3x－2l。
[答案] (1)4E0 (2)y＝x (3)y＝3x－2l
7.
(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
A．所用时间为
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为eq
\f(2\r(2)mv,qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
解析：粒子在电场中只受电场力，F＝qE，方向向下，如图所示。
粒子的运动为类平抛运动。
水平方向做匀速直线运动，有
x＝v0t
①
竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有
y＝at2＝t2
②
＝tan
45°
③
由①②③可得t＝，A错误；
vy＝at＝·＝2v0，则速度大小v＝eq
\r(v＋v)＝v0，tan
θ＝＝，则速度方向与竖直方向夹角θ＝arctan
，B、D错误；
x＝v0t＝eq
\f(2mv,qE)，与P点的距离s＝＝eq
\f(2\r(2)mv,qE)，C正确。
答案：C
8．(2019·高考全国卷Ⅱ)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？
解析：(1)PG、QG间场强大小相等，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＝
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－mv
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＝at2
④
l＝v0t
⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv＋qh
⑥
l＝v0
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
⑧
答案：(1)mv＋qh v0 (2)2v0
9．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长l＝10
cm，板间距离d＝10
cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离L＝10
cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：
(1)在t＝0.06
s时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长。
解析：(1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得eU0＝mv
设偏转电场的场强为E，则有E＝
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则在中心轴线方向上，有t＝
在垂直轴线方向上有a＝，y＝at2＝eq
\f(eUl2,2mdv)
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有vy＝a·t，tan
θ＝
电子在荧光屏上偏离O点的距离为
Y＝y＋Ltan
θ＝eq
\f(eUl,mdv)(＋L)＝(＋L)
由题图知t＝0.06
s时刻U＝1.8U0
代入数据解得Y＝13.5
cm。
(2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了
代入上式得Y′＝d
所以荧光屏上电子能打到的区间长为2Y′＝3d＝30
cm。
答案：(1)偏离O点13.5
cm (2)30
cm(共54张PPT)
专题三
电场与磁场
第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动
[建体系·论要点]______________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
考情分析
考向一 电场的性质
1．电场强度的判断
(1)场强方向是电场中正电荷的受力方向，也是电场线上某点的切线方向。
(2)电场强弱可用电场线疏密判断。
2．电势高低的比较
(1)根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。
(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处时，电场力做正功越多，则该点的电势越高。
(3)根据电势差UAB＝φA－φB判断，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB。
[研考向·提能力]_____________________考向研析__掌握应试技能
3．电势能变化的判断
(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即W＝－ΔEp。
(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和保持不变，即当动能增加时，电势能减少。
[典例1] (多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)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
BC
1.
(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，
c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则(
)
A．a、b两点的场强相等
B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等
D．c、d两点的电势相等
ABC
2．(2020·辽宁大连二十四中高三模拟)如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2(Q2位于坐标原点O)，其上有M、N、P三点，间距MN＝NP。
Q1、Q2在x轴上产生的电势φ随x变化关系如图乙，则( )
A．M点电场强度大小为零
B．N点电场强度大小为零
C．M、N之间电场方向沿x轴
负方向
D．一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|＝|WNM|
B
3．(2020·湖南长沙高三检测)如图所示，M、N、P三点位于直角三角形的三个顶点上，∠PMN＝30°，∠MNP＝60°，一负点电荷位于三角形所在平面上。已知M点和N点的电势相等，P点的电势与MN中点F的
电势相等，则下列说法正确的是( )
A．M点和P点的电场强度相等
B．N点和P点的电场强度相等
C．同一正电荷在M点时的电势能大于在P点时的电势能
D．同一正电荷在N点时的电势能小于在P点时的电势能
C
3．一个特例
当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。
[典例2] (多选)如图所示，一平行板电容器的两极板A、B水平放置，A在上方，B在下方，上极板A接地，电容器、二极管、开关S与电源相连，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性。现将开关S闭合，位于A、B两板之间P点的带电粒子恰好处于静止状态。下列说法正确的
是( )
A．保持开关S闭合，将B板向上移动一小段距离，带电粒子将向上移动
B．保持开关S闭合，将B板向左移动一小段距离，P点电势不变
C．断开开关S，将A板向上移动一小段距离，带电粒子的电势能增大
D．断开开关S，将A板向左移动一小段距离，A、B两板间的电压保持不变
4．(2020·江苏南京调研)“探究影响平行板电容器电容大小的因素”的
实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响。下列判断正确的是( )
A．极板正对面积减小时，静电计指针偏角减小
B．静电计可以用电压表代替
C．静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不
相等
D．静电计测量的是平行板电容器所带电荷量
C
5．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示。以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与
负极板移动距离x的关系图像中正确的是( )
C
6．(多选)(2020·河南重点中学高三联考)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷
量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是
( )
A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下
加速运动，G中有b→a的电流
B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然
静止，G中有b→a的电流
C．若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流
AB
考向三 带电粒子在电场中的运动
1．分析思路
先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律。
2．受力特点
一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等微观带电粒子的重力可以忽略。一般可根据带电粒子的运动状态判断是否考虑重力作用。
3．规律方法
4．两个结论
(1)粒子垂直电场方向射入极板间时，位移偏向角θ和速度偏转角φ满足tan
φ＝2tan
θ。
(2)射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。
[典例3] 在直角坐标系中，三个边长都为l的正方形如图所示排列，第一象限正方形区域ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E0，第二象限正方形COED的对角线CE左侧CED区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC区域内无电场，正方形DENM区域内无电场。
(1)现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A点由静止释放，恰好能通过E点，求CED区域内的匀强电场的电场强度E1的大小。
(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC内的某些点由静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有的粒子都经过E点，则释放的坐标值x、y间应满足什么关系？
7.
(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
答案：C
9．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长l＝10
cm，板间距离d＝10
cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离L＝10
cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：
(1)在t＝0.06
s时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长。
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[基础题组专练]
1．(2020·四川成都第二次诊断)如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒，每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为＋Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走＋Q及AB边上的细棒，则O点电场强度大小为(k为静电力常量，不考虑绝缘棒及＋Q之间的相互影响)( )
A.
B．
C.
D．
解析：根据对称性，AF与CD边上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零，AB与ED边上的细棒在O点产生的电场强度叠加为零。BC中点的点电荷在O点产生的电场强度大小为E1＝＝，因EF边上的细棒与BC中点的点电荷在O点产生的电场强度叠加为零，则EF边上的细棒在O点产生的电场强度大小为E2＝E1＝，故每根细棒在O点产生的电场强度大小均为，移走＋Q及AB边上的细棒，O点的电场强度即为EF与ED边上的细棒在O点产生的合场强，这两个场强夹角为60°，所以叠加后电场强度大小为E0＝2×cos
30°＝，故选项D正确。
答案：D
2．(2020·江苏常州高三模拟)如图所示，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，当开关S闭合时，在P点处有一个带电液滴处于静止状态。现将开关S断开，再将A、B板分别沿水平方向向左、右平移一小段距离。此过程中，下列说法正确的是( )
A．电容器的电容增加
B．电阻R中有电流流过
C．两极板间的电场强度不变
D．若带电液滴仍在P点时其电势能减小
解析：当A板向左平移一小段距离，B板向右平移一小段距离时，S减小，根据C＝知，电容器的电容C减小，故A项错误；因开关S断开，电容器无法充、放电，电阻R中无电流流过，故B项错误；根据E＝与C＝相结合可得E＝，因电荷量Q不变，S减小，故电场强度E增大，故C项错误；因电场强度增大，导致P点与B板间的电势差增大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，带电粒子带负电，根据Ep＝qφ知，带电液滴仍在P点时电势能减小，故D项正确。
答案：D
3．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)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
解析：如图所示，在两正电荷形成的电场中，一带正电的粒子在两电荷的连线上运动时，粒子有可能经过先加速再减速的过程，A正确。
粒子运动轨迹与电场线重合需具备初速度为零、电场线为直线、只受电场力三个条件，B错误。
带电粒子仅受电场力在电场中运动时，其动能与电势能的总量不变，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正确。
粒子运动轨迹的切线方向为速度方向，由于粒子运动轨迹不一定是直线，故粒子在N点所受的电场力方向与粒子轨迹切线方向不一定平行，D错误。
答案：AC
4．如图为某示波管内的聚焦电场，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等。图中a、b、c是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，若电子仅受电场力的作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则( )
A．ac>ab>aa，vc>vb>va
B．aa>ab>ac，va>vb>vc
C．ab>ac>aa，vb>va>vc
D．aa>ac>ab，va>vc>vb
解析：根据等势线可以大致画出电场线，等势面密集的地方电场线比较密，电场强度比较大，所以加速度的关系为ac>ab>aa；根据运动轨迹弯曲的方向可知，电场力做正功，所以速度越来越大，有vc>vb>va，选项A正确。
答案：A
5．(多选)(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
解析：该点电荷形成的电场过M、N两点的等势面如图所示。
距P越近，电场强度越大，沿MN边，从M点到N点，与P点的距离先变小后变大，电场强度先增大后减小，A错误；沿电场线方向电势降低，沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小，B正确；M点电势高于N点电势，根据Ep＝qφ知，正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；将正电荷从M点移动到N点，即从高电势移动到低电势，电场力所做的总功为正，D错误。
答案：BC
6．如图(a)所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图(b)所示。以下说法正确的是( )
A．电子在A、B两点的速度vA＜vB
B．A、B两点的电势
φA＜φB
C．电子在A、B两点的电势能EpA＞EpB
D．A、B两点的电场强度
EA＞EB
解析：由图(b)可知，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大，即有vA＞vB，EpA＜EpB，故A、C错误；电场线的方向从A到B，则A、B两点的电势φA＞φB，故B错误；φ?x图像的斜率大小等于电场强度，由几何知识可知，图像的斜率逐渐减小，则从点A到点B场强逐渐减小，则有EA＞EB，故D正确。
答案：D
7．如图所示，在水平向右的匀强电场中，固定有一根与水平方向成45°角的绝缘光滑直杆ab。一带电小圆环套在杆上，恰好能沿杆匀速下滑。当小圆环以大小为v0的速度从b端脱离杆后，经过一段时间正好通过b端正下方的c点处。已知重力加速度为g，杆固定不动，则b、c两点之间的距离为( )
A.eq
\f(v,2g)
B．eq
\f(v,g)
C.eq
\f(2v,g)
D．eq
\f(\r(2)v,g)
解析：小圆环恰好能沿杆匀速下滑，则对小圆环受力分析可知，电场力水平向左，大小为F＝mg；脱离细杆后，小圆环的水平速度和竖直速度均为vx＝vy＝v0sin
45°＝v0，水平加速度方向向左，大小为a＝＝g，则由b到c点运动的时间t＝＝，则竖直方向y＝vyt＋gt2＝eq
\f(2v,g)，故选项C正确。
答案：C
8．(多选)(2019·高考江苏卷)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有( )
A．Q1移入之前，C点的电势为
B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W
D．Q2在移到C点后的电势能为－4W
解析：根据电场力做功可知－W＝q(0－φC1)，解得φC1＝，选项A正确；B、C两点到A点的距离相等，这两点电势相等，Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，选项B正确；根据对称性和电势叠加可知，A、B两点固定电荷量均为＋q的点电荷后，C点电势为φC2＝2φC1＝，带电荷量为－2q的点电荷Q2在C点的电势能为EpC＝(－2q)×φC2＝－4W，选项D正确；Q2从无限远移动到C点的过程中，电场力做的功为0－EpC＝4W，选项C错误。
答案：ABD
[能力题组专练]
9．(2020·山西康杰中学高三质检)如图所示，平行板电容器PQ与电源相接，电源与电容器之间接一理想二极管D。当电容器极板Q移至虚线处时，有关电容器的下列说法正确的是( )
A．电容减小，极板所带电荷量减小
B．电容减小，极板间电压不变
C．极板间电压不变，电场强度减小
D．极板所带电荷量不变，电场强度不变
解析：由C＝可知板间距离变大，电容减小，假设电压不变，则电荷量会减小，但由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则极板所带电荷量不变，那么根据C＝可知，极板间的电压增大，根据C＝，C＝，U＝Ed，得E＝，由此分析可知，板间电场强度E不变，D正确。
答案：D
10．(多选)(2020·湖北十堰高三模拟)如图所示，在竖直面(纸面)内有一匀强电场，带电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球受水平向右的大小为F的恒力，从M匀速运动到N。已知MN长为d，与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则( )
A．场强大小为
B．M、N间的电势差为
C．从M到N，电场力做的功为mgd－Fd
D．若仅将力F方向顺时针转60°，小球将从M向N做匀变速直线运动
解析：小球做匀速运动，所受合力为0，小球受到竖直向下的重力、水平向右的恒力F及电场力，则电场力与重力和恒力F的合力等大反向，即qE＝，则场强大小E＝，A正确；匀强电场的电场线方向不沿MN方向，所以M、N间的电势差不是d，B错误；对小球从M到N的过程，由动能定理得－mgdsin
60°＋Fdcos
60°＋W电＝0，则电场力做的功W电＝mgd－Fd，C正确；重力与电场力的合力与恒力F等大反向，即重力与电场力的合力大小为F，方向水平向左，与MN的延长线夹角为60°，若将力F方向顺时针转60°，此时力F与MN的延长线夹角也为60°，由平行四边形定则可得它们的合力方向沿NM方向，所以小球将从M到N做匀变速直线运动，D正确。
答案：ACD
11．(2020·高考全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速度v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小。
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
解析：(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。
由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R
①
F＝qE
②
由动能定理有F·AC＝mv
③
联立①②③式得E＝eq
\f(mv,2qR)
④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。
由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R
⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。
由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma
⑥
AP＝at
⑦
DP＝v1t1
⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0
⑨
(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。
由运动学公式有
y＝at2
⑩
x＝vt
?
粒子离开电场的位置在圆周上，有
(x－R)2＋(y－R)2＝R2
?
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat
?
联立②④⑥⑩???式得v＝0
?
和v＝v0
?
另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率v＝v0。
答案：(1)eq
\f(mv,2qR) (2)v0 (3)0或v0
12．如图所示，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离开电场时的速度方向竖直向下；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。
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＋at2
②
s2＝v0t－at2
③
联立①②③式得＝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，由运动学公式得
v＝2gh
⑤
H＝vy
t＋gt2
⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知
＝
⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h＝H
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
＝
⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1
⑩
Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2
?
由已知条件
Ek1＝1.5Ek2
?
联立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得
E＝。
?
答案：(1)3∶1 (2)H (3)
