2017-2018學年高考物理二輪復習 第4板塊 電學與原子物理學選擇題教學案

《2017-2018學年高考物理二輪復習 第4板塊 電學與原子物理學選擇題教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017-2018學年高考物理二輪復習 第4板塊 電學與原子物理學選擇題教學案（173頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第4板塊 電學與原子物理學選擇題 第14講 　 電場的性質(zhì)包含電場力的性質(zhì)和電場能的性質(zhì)。描述電場性質(zhì)的物理量較多，對這些概念和規(guī)律的考查一直是高考的熱點。多數(shù)情況下，高考對本講內(nèi)容以選擇題的形式考查，難度中等。 考查內(nèi)容 ①描述電場力的性質(zhì)的物理量——電場強度 ②描述電場能的性質(zhì)的物理量——電勢 ③描述電場的工具——電場線和等勢面 ④靜電力做功的特點 ⑤聯(lián)系電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的橋梁——電勢差 ⑥庫侖定律的應用　 ⑦電場的疊加 思想方法 ①理想化模型法　 ②比值定義法　　 ③控制變量法 ④對稱法 ⑤合成法 ⑥分

2、解法 ⑦整體法和隔離法 ⑧等效思想 ⑨分解思想 一、“吃透”電場強度概念，理解電場力的性質(zhì)多維探究類考點 題點(一)　庫侖定律的應用——電場中的平衡問題 1．求解庫侖力作用下帶電體的平衡問題的方法 (1)確定研究對象，如果有幾個物體相互作用時，要依據(jù)題意，靈活應用整體法或隔離法。 (2)對研究對象進行受力分析，注意多了電場力 。 (3)列平衡方程F合＝0或Fx＝0、Fy＝0。 2．三個自由電荷相互平衡的規(guī)律 [例1]　(2017·南昌二模)在光滑絕緣的水平地面上放置四個相同的可看作質(zhì)點的金屬小球， 小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂點上，小球

3、D位于三角形的中心，如圖所示?，F(xiàn)讓小球A、B、C都帶電荷量為Q的正電荷，讓小球D帶電荷量為q的負電荷，若四個小球均處于靜止狀態(tài)，則Q與q的比值為(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C．3 D. [解析]　選D　設等邊三角形的邊長為a，由幾何知識可知，BD＝a·cos 30°·＝a，以B為研究對象，由平衡條件可知，cos 30°×2＝，解得＝ ，D項正確。 題點(二)　電場強度的疊加問題 1．電場強度的三個計算公式 公式 適用條件 特點 定義式 E＝ 任何電場 某點的場強為確定值，大小及方向與q無關 決定式 E＝k 真空中點電荷的電場 E由場源電荷Q

4、和場源電荷到某點的距離r決定 關系式 E＝ 勻強電場 d是沿電場方向的距離 2．類比法、對稱法求解疊加場的場強 (1)類比法：當空間某一區(qū)域同時存在兩個或兩個以上的電場(由各自獨立的場源電荷所激發(fā))時，某點場強E等于各電場的場強在該點的矢量和，遵循平行四邊形定則，可以類比力的合成與分解。 (2)對稱法： [例2]　如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、 b、d三個點，a和b、b和c、 c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q＞0)的固定點電荷。已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)(　　)

5、 A．k B．k C．k D．k [解析]　選B　由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強度為零，說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小相等，即EQ＝Eq＝k，根據(jù)對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的場強大小EQ′＝k，則Ed＝EQ′＋Eq′＝k＋k＝k，故選項B正確。 題點(三)　電場線的理解及應用 1．電場線的“五個”特征 (1)電場線是假想的，實際電場中不存在。 (2)電場線起始于正電荷(或來自無窮遠)，終止于負電荷(或無窮遠)。靜電場的電場線不閉合。 (3)電場線不相交，也不相切。 (4)電場線的疏密情況反映電場的強弱。 (5)電場線不表示電荷在

6、電場中運動的軌跡。 2．電場線的應用 [例3]　(2017·湛江期中)某點電荷和金屬圓環(huán)間的電場線分布如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．b點的電勢低于a點的電勢 B．若將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負功 C．c點的電場強度與d點的電場強度大小無法判斷 D．若將一正試探電荷從d點由靜止釋放，電荷將沿著電場線由d到c [思路點撥]　解答本題應把握以下三點： (1)電場線不是運動軌跡。 (2)電場線的疏密表示場強的大小。 (3)沿電場線方向電勢逐漸降低。 [解析]　選B　沿電場線方向電勢逐漸降低，因b點所在的等勢面高于a點所在的等勢面，故b點的電勢高于a點的電

7、勢，選項A錯誤；若將一正試探電荷由a點移到b點，電場力做負功，選項B正確；由于電場線密集的地方場強較大，故d點的場強大于c點的場強，選項C錯誤；因dc電場線是曲線，故若將一正試探電荷從d點由靜止釋放，電荷將不能沿著電場線由d到c，選項D錯誤。 二、“吃透”電勢的概念，理解電場能的性質(zhì)多維探究類考點 題點(一)　電勢高低與電勢能大小的判斷 1．電勢高低的三種判斷方法 (1)根據(jù)電場線方向判斷：沿電場線方向電勢逐漸降低。 (2)根據(jù)場源電荷的正負判斷：取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低。 (3)根據(jù)電場力做功判斷：根據(jù)

8、UAB＝，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低。 2．電荷電勢能大小判斷的“四法” 做功判斷法 電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增大 電荷電勢法 正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負電荷在電勢越低的地方電勢能越大 公式法 由Ep＝qφp，將q、φp的大小、正負號一起代入公式，針對Ep數(shù)值可作如下判斷：若Ep為正值，其絕對值越大，表示電勢能越大；若Ep為負值，其絕對值越小，表示電勢能越大 能量守恒法 在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，兩種能量之和不變，所以電荷動能增加，則其電勢能減??；反之，其電勢能增大 [例1

9、]　[多選](2017·全國卷Ⅲ)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是(　　) A．電場強度的大小為2.5 V/cm B．坐標原點處的電勢為1 V C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV [思路點撥]　解答本題應把握以下三點： (1)電勢與場強無關。 (2)電子在電勢高的地方電勢能小，在電勢低的地方電勢能大。 (3)電場力做功等于電勢能變化量的負值。 [解析]　選ABD　ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強分量大小分別為E1＝

10、＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根據(jù)矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A項正確；根據(jù)在勻強電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有φ0－φa＝φb－φc，得φ0＝1 V，B項正確；電子在a、b、c三點的電勢能分別為－10 eV、－17 eV和－26 eV，故電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C項錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D項正確。 題點(二)　帶電粒子在電場中的運動軌跡問題 利用電場線和等勢面解決帶電粒子的運動軌跡問題 (1)根據(jù)帶電粒子(只受電場力)的運動軌跡確定帶電粒子受到的電場力的方向，帶電粒子所受

11、的電場力指向運動軌跡曲線的凹側(cè)，再結(jié)合電場線的方向確定帶電粒子的電性及有關判斷。 (2)根據(jù)帶電粒子在不同的等勢面之間移動，結(jié)合題意確定電場力做正功還是做負功，電勢能的變化情況或等勢面的電勢高低。 (3)“三不知時要假設”——電荷的正負、場強的方向(或等勢面電勢的高低)、電荷運動的方向，是相互制約的三個方面。若已知其中的任一個，可順次向下分析判定各待求量；若三個都不知(三不知)，則要用“假設法”分別討論各種可能情況。 [例2]　如圖所示，虛線a、b、c表示電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，實線為一個帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說

12、法中正確的是(　　) A．三個等勢面中，等勢面a的電勢最高 B．帶電質(zhì)點一定是從P點向Q點運動 C．帶電質(zhì)點通過P點時的動能比通過Q點時的小 D．帶電質(zhì)點通過P點時的加速度比通過Q點時的小 [思路點撥]　本題可按以下思路進行分析： →→→ [解析]　選C　電場線和等勢面垂直，可以根據(jù)等勢面來畫出某處的電場線。又質(zhì)點做曲線運動所受電場力的方向指向曲線的凹側(cè)，由此可以判斷出電場線的方向大致 是從c指向a，而沿著電場線的方向電勢逐漸降低，a、b、c三個等勢面的電勢關系為φc>φb>φa，故選項A錯誤。無法從質(zhì)點的受力情況來判斷其運動方向，選項B錯誤。質(zhì)點在P點的電勢能大于在Q點的電勢

13、能，而電勢能和動能的總和不變，所以，質(zhì)點在P點的動能小于在Q點的動能，選項C正確。P點的等勢面比Q點的等勢面密，故場強較大，質(zhì)點受到的電場力較大，加速度較大，選項D錯誤。 題點(三)　電勢差、電勢的計算 電勢差的三種表達式 ①UAB＝φA－φB和②UAB＝，適用于任何電場；③U＝Ed，適用于勻強電場。 [例3]　[多選]空間存在勻強電場，在電場中建立Oxyz空間坐標系如圖所示，a、b、c三點分別在三個坐標軸上，與原點O的距離ra＝rc＝2 cm，rb＝2 cm，d點在yOz平面上，且db⊥Ob。將帶電荷量為q＝＋2.5×10－16 C的試探電荷從d點移到b點電場力做功為零，從a點移動到

14、b點電場力做功W＝－1.2×10－14 J，bO間電勢差Ub O＝24 V，由此可判斷(　　) A．空間電場強度的方向沿x軸正方向 B．空間電場強度的大小為8×102 V/m C．cO間電勢差UcO＝24 V D．電場中的等勢面垂直于xOy平面 [解析]　選BD　將試探電荷從d點移到b點電場力做功為零，則Udb＝0，d、b在同一個等勢面上，因此等勢面垂直于xOy平面，c、O也在同一個等勢面上，Uc O＝0，C錯誤，D正確；在xOy平面上的直角三角形aOb如圖所示，a、b間電勢差Uab＝＝－48 V，又Ub O＝24 V，則原點O與ab中點電勢相等，故原點O與ab中點e的連線Oe為等勢

15、線，三角形中a點電勢最低，因此作Oe的垂線指向a即為xOy平面上的一條電場線，所以場強方向與x軸正方向成30°角，場強大小E＝＝ V/m＝8×102 V/m，A錯誤，B正確。 三、對電場性質(zhì)的綜合考查重難增分類考點 [典例]　(2018屆高三·黃石調(diào)研)如圖所示，一個“V”形玻璃管ABC倒置于豎直平面內(nèi)，并處于場強大小為E＝1×103 V/m、方向豎直向下的勻強電場中，一個重力為G＝1×10－3 N、電荷量為q＝2×10－6 C的帶負電小滑塊從A點由靜止開始運動，小滑塊與管壁間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。已知管長AB＝BC＝L＝2 m，傾角α＝37°，B點處是一段很短的光滑圓弧管，sin

16、37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．B、A兩點間的電勢差為2 000 V B．小滑塊從A點第一次運動到B點的過程中電勢能增大 C．小滑塊第一次速度為零的位置在C處 D．從開始運動到最后靜止，小滑塊通過的總路程為3 m [解析]　選D　UBA＝ELsin α＝1.2×103 V，A錯誤；小滑塊從A點第一次運動到B點過程中，電場力做正功，電勢能減小，B錯誤；小滑塊受到豎直向上的電場力為F＝qE＝2×10－3 N＝2G，重力和電場力的合力大小等于G、方向豎直向上，可以把電場力與重力的合力等效為一個豎直向上的“重力”，小滑塊開始沿玻璃管運

17、動的加速度為a1＝g(sin α－μcos α)＝2 m/s2，所以小滑塊第一次到達B點時的速度為v＝ ＝2 m/s，在BC段，小滑塊做勻減速運動，加速度大小為a2＝g(sin α＋μcos α)＝10 m/s2，所以第一次速度為0的位置到B點的距離為x＝＝0.4 m，C錯誤；小滑塊第一次速度減為零后，又反向向B加速運動，到B后又減速向A運動，這樣不斷地往復，最后停在B點，根據(jù)能量守恒定律，有GLsin α＝μGscos α，解得s＝3 m，即小滑塊通過的總路程為3 m，D正確。 [通法點撥] 解決電場力做功問題時應注意的兩點 (1)利用電場線的特點、等勢面的特點來分析電場力做功情況。

18、 (2)應用公式WAB＝qUAB計算時，WAB、q、UAB一般都要帶正、負號計算。 1.在豎直向下的勻強電場E中，一帶電油滴在電場力和重力的作用下，沿虛線所示的運動軌跡從a運動到b。若此帶電油滴在運動過程中動能和重力勢能之和為E1，重力勢能和電勢能之和為E2，則E1、E2的變化情況是(　　) A．E1增加，E2增加　　　　 B．E1增加，E2減小 C．E1不變，E2減小 D．E1不變，E2不變 解析：選B　根據(jù)軌跡可知，油滴帶負電，受到向上的電場力大于重力，合力做正功，動能增加，所以電勢能和重力勢能之和E2減小，電場力做正功，電勢能減少，所以重力勢能和動能之和E1增加，B正確。

19、 2.(2018屆高三·河南中原名校聯(lián)考)靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置。如圖所示為該透鏡工作原理示意圖，虛線表示這個靜電場在xOy平面內(nèi)的一簇等勢線，等勢線形狀關于Ox軸、Oy軸對稱，且相鄰兩等勢線的電勢差相等。圖中實線為某個電子通過電場區(qū)域時的軌跡示意圖，關于此電子從a點運動到b點過程中，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢 B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度 C．電子在a點的動能大于在b點的動能 D．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能 解析：選D　根據(jù)等勢線與電場線垂直，可作出電場線，電子所受的電場力與場強方向相反，故電子在y軸左側(cè)

20、受到一個斜向右下方的電場力，在y軸右側(cè)受到一個斜向右上方的電場力，故等勢線的電勢沿x軸正方向增加，故A錯誤。等勢線越密的地方電場強度越大，電子的加速度就越大，故B錯誤。根據(jù)負電荷在電勢低處電勢能大，可知電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，電子在a點的動能則小于在b點的動能，故C錯誤，D正確。 1.如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O點為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°，電荷量相等、電性相反的兩個點電荷分別置于M、N兩點，這時O點電場強度的大小為E1

21、；若將N點處的點電荷移至P點，則O點的場強大小變?yōu)镋2，E1與E2之比為(　　) A．2∶1　　　　　　　　　　 B．1∶2 C．2∶ D．4∶ 解析：選A　如圖所示，不妨設M、N處分別放置電荷量為＋q、－q的電荷，則E1＝，E2＝，E1∶E2＝2∶1，A對，B、C、D錯。 2.如圖所示，虛線為某靜電場的等勢面，且相鄰兩等勢面間的電勢差相等。一帶負電的粒子由M點移動到N點的過程中，電場力做正功，M、N兩點的電勢用φM、φN表示，M、N兩點的電場強度用EM、EN表示。則下列說法正確的是(　　) A．φM＝φN B．φM>φN C．EM>EN D．EM

22、D　帶負電的粒子由M點移動到N點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，電勢增加，則φM<φN；N處等勢面密集，電場線也密集，電場強度大，則EM

23、線與等勢面垂直，所以電場沿水平方向，從帶正電的粒子M的軌跡MPN可知，電場力的方向水平向右，故電場線的方向水平向右。N所受電場力方向指向其軌跡凹側(cè)，故受電場力水平向左，故N帶負電，A錯誤；電場線的方向水平向右，沿電場線方向電勢降低，所以a處的電勢高于b處的電勢，勻強電場中，場強處處相等，B錯誤；電場力對N做正功，其電勢能減小，動能增大，C錯誤，D正確。 4．[多選]圖甲中直線ab是電場中的一條電場線，從a點無初速度地釋放一電子，電子僅在電場力作用下，沿直線從a點運動到b點，其電勢能Ep隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示，設a、b兩點的電場強度分別為 Ea和Eb，電勢分別為φa和φb，則(　　)

24、 A．Ea>Eb B．Eaφb 解析：選AC　根據(jù)圖像可知，圖線的斜率表示電場力的大小。電子從a到b，電勢能圖線的斜率逐漸減小，則電場力逐漸減小，故電場強度逐漸減小，所以Ea>Eb，A正確，B錯誤；由于電勢能逐漸降低，所以電場力做正功，則電子所受的電場力方向由a指向b，電場線的方向由b指向a，沿電場線方向電勢逐漸降低，所以φa<φb，C正確，D錯誤。 5.[多選](2017·全國卷Ⅰ)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

25、離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra，φa)標出，其余類推。現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)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W、W和W。下列選項正確的是(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1 C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3 解析：選AC　設點電荷的電荷量為Q，根據(jù)點電荷電場強度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，選項A正確，B錯誤；將一帶正電的試探電荷由a點移動到b點做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，試探電荷由b點移動到c點做的功W＝q(φb－φ

26、c)＝q(J)，試探電荷由c點移動到d點做功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，選項C正確，D錯誤。 6.如圖所示，a、b、c代表某固定點電荷電場中的三個等勢面，相鄰兩等勢面間的距離相等，直線是電場中的幾條沒標明方向的電場線，粗曲線是一帶正電粒子只在電場力作用下運動軌跡的一部分，M、N是軌跡上的兩點。粒子過M、N兩點時的加速度大小分別是aM、aN，電勢能分別是EpM、EpN，a、b、c的電勢分別是φa、φb、φc，a、b間的電勢差為Uab，b、c間的電勢差為Ubc，則下列判斷中正確的是(　　) A．a(chǎn)M>aN，EpM>EpN B．φa<φb

27、<φc，EpMaN，Uab＝Ubc D．Uab＝Ubc，EpMaN；因為ab之間的電場強度比bc間的大，由U＝Ed得|Uab|>|Ubc|；粒子由M向N運動，電場力做負功，電勢能增加，故EpM

28、y坐標系，P點距坐標原點O的距離為r(r?l)，P、O兩點間連線與y軸正方向的夾角為θ，設無窮遠處的電勢為零，P點的電勢為φ，靜電力常量為k，下面給出了φ的四個表達式，其中只有一個是合理的。你可能不會求解P點的電勢φ，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷，那么φ的合理表達式應為(　　) A．φ＝ B．φ＝ C．φ＝ D．φ＝ 解析：選B　若夾角θ＝90°，則x軸上的電勢處處為0，這與cos θ相符，A、D錯誤；因離O點越遠，其電勢就越小，故r應在分母上，故B正確。 8.[多選]如圖所示，在水平向右、場強為E的勻強電場中，兩個電荷量均為q的帶正電小球A、B通

29、過兩根長度均為L的絕緣輕繩懸掛。兩球靜止時，兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°、60°?，F(xiàn)將一外力作用在A球上，使A球緩慢地繞懸點O做圓周運動，在A球運動至最低點A′的過程中，下列說法正確的是(　　) A．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加qEL B．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加qEL C．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少(2－3)qEL D．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少qEL 解析：選BC　A球的移動不影響A、B之間繩子的方向，當A球移動到最低點A′時，兩球沿電場的反方向都移動了，兩小球都克服電場力做功，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加量ΔEp＝qEL，B正確；對A、B整體，根據(jù)平衡條件可得，(mA＋mB)gt

30、an 30°＝2qE，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少量ΔEp＝(mA＋mB)gL(1－cos 30°)＝(2－3)qEL，C正確。 9.a、b是位于x軸上的兩個點電荷，電荷量分別為Q1和Q2，沿x軸a、b之間各點對應的電勢如圖中曲線所示(取無窮遠電勢為零)，M、N、P為x軸上的三點，P點對應圖線的最低點，a、P間距離大于P、b間距離。一質(zhì)子以某一初速度從M點出發(fā)，僅在電場力作用下沿x軸從M點運動到N點，則下列說法正確的是(　　) A．P點處的電場強度為0 B．a(chǎn)和b一定是帶等量同種電荷 C．質(zhì)子在運動過程中速率先減小后增大 D．質(zhì)子在運動過程中加速度先增大后減小 解析：選A　由電勢圖線

31、知兩電荷均帶正電，但電荷量Q1>Q2，選項B錯誤；由沿電場線方向電勢降低知，在P點場強方向改變，所以P點處的電場強度為0，選項A正確；質(zhì)子從M點運動到N點，加速度先減小后增大，速率先增大后減小，選項C、D錯誤。 10.[多選](2017·開封二模)如圖所示，一帶電粒子在勻強電場中從A點拋出，運動到B點時速度方向豎直向下，且在B點時粒子的速度為粒子在電場中運動的最小速度，已知電場方向和粒子運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，粒子的重力和空氣阻力與電場力相比可忽略不計，則(　　) A．電場方向一定水平向右 B．電場中A點的電勢一定高于B點的電勢 C．從A到B的過程中，粒子的電勢能一定增加 D．從A

32、到B的過程中，粒子的電勢能與動能之和一定不變 解析：選CD　粒子只受電場力，做拋體運動，類似重力場中的斜上拋運動，B點為等效最高點，故電場力方向水平向右，由于不知粒子的電性，故無法判斷電場方向，A項錯誤；無法判斷電場方向，所以不能確定A點和B點的電勢的高低，故B項錯誤；從A到B的過程中，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，故C項正確；從A到B的過程中，只有電場力做負功，動能減小，電勢能增加，電勢能和動能之和保持不變，故D項正確。 11.(2018屆高三·揭陽調(diào)研)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

33、力做功WPA＝1.6×10－8 J；將該粒子從P點移動到B點，電場力做功WPB＝3.2×10－8 J。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＝2.4×10－8 J C．電場強度方向與AD平行 D．點P的電勢高于點A的電勢 解析：選B　一個帶負電粒子從P點移動到A點和從P點移動到B點，電場力都做正功，P與A、B間都有電勢差，故直線PC不可能為等勢線，故A錯誤；C是AB的中點，故C點電勢為AB的中點電勢，故該粒子從P點移動到C點，電場力做功為WPC＝＝2.4×10－8 J，故B正確；粒子從P點移動到B點，電場力做功WPB＝3.

34、2×10－8 J，D點為PB的中點，故粒子從D點移動到B點，電場力做功WDB＝WPB＝1.6×10－8 J，粒子從A到B電場力做功為WAB＝WAP＋WPB＝1.6×10－8 J，故AD為等勢線，電場強度方向與AD垂直，故C錯誤；將一個帶負電的粒子從P點移動到A點，電場力做正功，故電勢能減小，電勢升高，故點P的電勢低于點A的電勢，選項D錯誤。 12.[多選](2017·開封質(zhì)檢)如圖所示，在一個勻強電場中有一個四邊形ABCD，電場方向與四邊形ABCD平行，其中M為AD的中點，N為BC的中點。一個電荷量為q的正粒子，從A點移動到B點過程中，電勢能減小W1，若將該粒子從D點移動到C點，電勢能減小W

35、2，下列說法正確的是(　　) A．勻強電場的場強方向必沿AB方向 B．若將該粒子從M點移動到N點，電場力做功WMN＝ C．若D、C之間的距離為d，則該電場的場強大小為E＝ D．若M、N之間的距離為d，該電場的場強最小值為E＝ 解析：選BD　根據(jù)題意知粒子由A到B或者由D到C，電場力做正功，從而電勢能減小，但是勻強電場的場強方向無法判斷，故選項A錯誤；因為電場是勻強電場，且M為AD的中點，M點的電勢是A、D兩點電勢的平均值；N為BC的中點，則N點的電勢是B、C兩點電勢的平均值，即：φM＝；φN＝；所以：WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝q＝q·(φA－φB)＋q·(φD－φC)＝，故

36、B正確；由于場強的方向無法確定，故選項C錯誤；根據(jù)上面公式：UMN＝，若M、N兩點正好處于同一條電場線上，則電場強度為E＝，距離d為過M和N的兩個等勢面之間距離的最大值，故該電場的場強最小值為E＝，故選項D正確。 13.[多選](2017·黃山質(zhì)檢)如圖所示，兩圓環(huán)上均勻分布相同的正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過兩圓環(huán)圓心O1和O2，P為O1O2的中點。下列說法中正確的是(　　) A．P點的電場強度為零 B．O1點的電場強度為零 C．O1點電勢一定等于O2點電勢 D．從O1點沿x軸到O2點，電勢一定先降低后升高 解析：選ACD　兩個圓環(huán)上的電荷可等效放在O1和O2處，根據(jù)E＝k可得他們在

37、P點產(chǎn)生的電場等大反向，故P點的電場強度為零，A正確；O1點的電場強度為左側(cè)圓環(huán)上的電荷在O1處產(chǎn)生的電場強度與右側(cè)圓環(huán)上的電荷在O1處產(chǎn)生的電場強度的矢量和，左側(cè)圓環(huán)上的電荷在O1處產(chǎn)生的電場強度為零，但是右側(cè)圓環(huán)上的電荷在O1處產(chǎn)生的電場強度不為零，故O1點的電場強度不為零，B錯誤；根據(jù)對稱性可得O1點電勢一定等于O2點電勢，C正確；從O1點沿x軸到O2點過程中，電場方向在O1P段為方向向右，在O2P段為方向向左，所以電勢先降低后升高，D正確。 14.[多選]如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點

38、，a從N點靜止 釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a(　　) A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小 B．從N到P的過程中，速率先增大后減小 C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加 D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量 解析：選BC　小球a從N點釋放一直到達Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90°一直減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90°到大于90°，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負功，a球速率先增大后減小

39、，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負功，電勢能一直增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤。 [教師備選題] 1．已知電荷分布均勻的絕緣球，球殼對殼內(nèi)點電荷的作用力為零，對球殼外點電荷的作用力等于將所有電荷量全部集中在球心的點電荷對球外點電荷的作用力。若真空中有一半徑為R的均勻帶正電的絕緣球，通過其球心作一條直線，用r表示該直線上某點到球心的距離，則該直線上各點的電場強度E隨r變化的圖像正確的是(　　) 解析：選A　該球的電荷密度ρ＝，球內(nèi)某點的電場強度等于以距球心的距離r為半徑的球體

40、所產(chǎn)生的電場強度，大小E＝k＝πρkr，球外某點的電場強度E＝k，所以A正確。 2．(2015·山東高考)直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖。M、N兩點各固定一負點電荷，一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為(　　) A.，沿y軸正向　　　　 B.，沿y軸負向 C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向 解析：選B　處于O點的正點電荷在G點處產(chǎn)生的場強E1＝k，方向沿y軸負向；又因為G點處場強為零，所以M、N處兩負點電荷在G點共同產(chǎn)生的場強E2＝E1＝k，方向沿y軸

41、正向；根據(jù)對稱性，M、N處兩負點電荷在H點共同產(chǎn)生的場強E3＝E2＝k，方向沿y軸負向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產(chǎn)生的場強E4＝k，方向沿y軸正向，所以H點的場強E＝E3－E4＝，方向沿y軸負向。 3. (2017·湖州質(zhì)檢)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的點電荷電場。如圖所示，在球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，球心為O，CD為球面AB的對稱軸，在軸線上有M、N兩點，且OM＝ON＝2R，A1A∥B1B∥CD，已知球面A1B1在M點的場強大小為E，靜電力常量為k，則N點的場強大小為(　　) A.－E B.－E C.－E

42、 D.－E 解析：選C　若球完整，則帶電荷量Q＝q，則球在M點產(chǎn)生的場強E0＝＝，根據(jù)電場的疊加原理，除去A1B1球面后，球在M點產(chǎn)生的場強E1＝E0－E＝－E，由對稱性可知球殼在N點產(chǎn)生的場強大小等于E1，C正確。 4.(2018屆高三·寧波八校聯(lián)考)如圖所示，分別在M、N兩點固定放置兩個點電荷，電荷量均為＋Q，MN連線的中點為O。正方形ABCD以O點為中心，E、F、G、H是正方形四邊的中點，取無窮遠處電勢為0，則下列說法正確的是(　　) A．A點電勢低于B點電勢 B．正點電荷沿直線從F到H，電勢能先增大后減小 C．O點的電場強度為零，電勢也為零 D．沿路徑A→D→C移動一負點

43、電荷比沿路徑A→B移動同一負點電荷克服電場力做的功多 解析：選B　由于是等量同種電荷形成的電場，由電場分布的對稱性可知A、B兩點電勢相等，A錯；在MN中垂線上，O點的電場強度為0，但電場方向從O點指向外，即正電荷沿直線從F到H，電場力先做負功再做正功，電勢能先增大后減小，B對；取無窮遠處電勢為0，沿著電場線方向電勢是逐漸降低的，則MN中垂線上O點電勢最高，C錯；由電場的對稱性可知B、C兩點電勢相等，所以沿路徑A→D→C移動一負點電荷與沿路徑A→B移動同一負點電荷克服電場力做的功相同，D錯。 5．[多選](2017·天津高考)如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線

44、，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是(　　) A．電子一定從A向B運動 B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷 C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpAEB，F(xiàn)A>FB，aA>aB，φA>φB，EpArB，故φA>φB，EpA

45、

46、若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 解析：選D　平行板電容器電容的表達式為C＝，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據(jù)Q＝CU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場強度E＝，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確。 2.[多選](2018屆高三·昆明調(diào)研)平行板電容器的兩板A、B接于電池兩極，一個帶正電小球用絕緣細線懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關S，電容器

47、充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，如圖所示，那么(　　) A．保持開關S閉合，將A板稍向B板靠近，則θ增大 B．保持開關S閉合，將A板稍向上移，則θ減小 C．斷開開關S，將A板稍向B極靠近，則θ不變 D．斷開開關S，將A板稍向上移，則θ減小 解析：選AC　保持開關S閉合，兩極板電壓不變，將A板稍向B板靠近，由U＝Ed可知，電場強度E增大，帶電小球所受電場力增大，則θ增大，選項A正確。保持開關S閉合，兩極板電壓不變，將A板稍向上移，兩極板正對面積減小，電容減小，但是由U＝Ed可知，E不變，則θ不變，選項B錯誤。斷開開關S，電容器極板帶電荷量不變，將A板稍向B板靠近，極板之間電場強度

48、不變，則θ不變，選項C正確。斷開開關S，電容器極板帶電荷量不變，將A板稍向上移，兩極板正對面積減小，電容減小，由C＝可知，U增大，由U＝Ed可知，E增大，帶電小球所受電場力增大，則θ增大，選項D錯誤。 3.(2015·全國卷Ⅱ)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)。現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) A．保持靜止狀態(tài) B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 解析：選D　兩板水平放置時，放置于兩板間a點的帶電微粒保持靜止，帶電

49、微粒受到的電場力與重力平衡。當將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45°，受力如圖，則其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運動。選項D正確。 4.[多選](2017·衡水檢測)如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無窮大可以視為斷路)連接，電源負極接地。初始電容器不帶電，閉合開關穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是(　　) A．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動，且P點的電勢會降低 B．將上極板下移，則P點的電勢不變 C．將下極板下移，則P點的電勢升高 D．無論哪個極板

50、上移還是下移，帶電油滴都不可能向下運動 解析：選CD　二極管具有單向?qū)щ娦?，閉合開關后電容器充電，電容器的電容 C＝＝，極板間的電場強度E＝，整理得E＝；油滴靜止，則qE＝mg；減小極板間的正對面積S，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，所以電場強度E變大，油滴所受電場力變大，會向上移動，P點與下極板的距離不變，E變大，則P點 的電勢升高，故A錯誤；將上極板向下移動，d變小，電容器兩極板間的電場強度E＝變大，P與下極板的距離不變，P的電勢升高，故B錯誤；將下極板向下移動，d變大，由C＝可知，C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由E＝可知電容器兩極板間的電場強度不變，P與

51、下極板的距離變大，P與下極板間的電勢差變大，P的電勢升高，故C正確；上極板上移或下極板下移時，d變大，由C項分析知電容器兩極板間的電場強度不變，油滴所受電場力不變，油滴靜止不動；上極板下移或下極板上移時，d變小，由B項分析知電場力變大，電場力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上運動，故D正確。 (1)公式法分析平行板電容器的兩類動態(tài)問題 公式 ①C＝　②C＝?、跡＝ 情形 始終連接電源 充電后斷開電源 不變量 U(如第1、4題) Q(如第2、3題) d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

52、 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(jié)論：在直流電路中，電容器相當于斷路，其兩端電壓等于與之并聯(lián)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(如第2題的C選項)。 二、帶電體在電場中的平衡和加速問題重難增分類考點 [典例]　[多選](2017·長沙模擬)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動。ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，則(　　) A．電場方向豎直向上 B．小球運動的加速度大小為g

53、C．小球上升的最大高度為 D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為 [思路點撥]　試畫出小球的受力示意圖。 提示： [解析]　選BD　如圖所示，由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動，其合力在ON直線上，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120°角，A項錯誤；由圖中幾何關系可知，小球所受合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B項正確；設帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得－mg·2h＝0－mv02，解得h＝，C項錯誤；小球上升過程中，當帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則Ep＝－qE·2hcos 120°＝，D項正確。

54、 1．帶電體在電場中運動時重力的處理 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或有明確暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。 (2)帶電小物體：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確暗示以外，一般都不能忽略重力。 2．帶電體在電場中做直線運動的兩種分析方法 動力學觀點 若帶電粒子在勻強電場中運動，可應用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式分析 能量 觀點 勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1 1.(2015·海南高考)如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電

55、荷量為q(q＞0)的粒子；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m為(　　) A．3∶2　　　　　　　　　　　　 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析：選A　設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有，a＝，l＝×t2；對m有a′＝，l＝×t2，聯(lián)立解得＝，A正確。 2．[多選](2018屆高三·益陽十校聯(lián)考)如圖甲所示，三個相同的金屬板共軸排列，它們的距離與寬度均相同，軸線 上開有小孔(不影響板間電場分布)，在左邊和右邊兩個

56、金屬板上加電壓U后，金屬板間就形成勻強電場；有一個比荷＝1.0×10－2 C/kg 的帶正電的粒子從左邊金屬板小孔軸線A處由靜止釋放，在靜電力作用下沿小孔軸線射出(不計粒子重力)，其v-t圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) A．右側(cè)金屬板接電源的正極 B．所加電壓U＝100 V C．乙圖中的v2＝2 m/s D．通過極板間隙所用時間比為1∶(－1) 解析：選BD　帶正電的粒子在靜電力作用下由左極板向右運動，可判斷左側(cè)金屬板接電源正極，選項A錯誤；由v -t圖像可知，帶電粒子的加速度a＝2 m/s2，相鄰兩極板間距d＝at2＝0.25 m，由qE＝ma得E＝200 V/m，

57、U＝2Ed＝100 V，選項B正確；可將粒子在兩個間隙間的運動看成是初速度為零的連續(xù)的勻加速運動，兩間隙距離相等，則有t1∶t2＝1∶(－1)，選項D正確；v1∶v2＝t1∶(t1＋t2)＝1∶，將v1＝1.0 m/s代入，得v2＝ m/s，選項C錯誤。 三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題重難增分類考點 [典例]　[多選]如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　　) A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上

58、時的速度一樣大 C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 [解析]　選AD　根據(jù)動能定理有qE1d＝mv12，得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度v1＝ 。在偏轉(zhuǎn)電場中，由l＝v1t2及y＝t22得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移y＝，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)W＝qE2y得，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，選項A正確。根據(jù)動能定理，qE1d＋qE2y＝mv22，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E2打到屏上時的速度v2＝ ，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項B錯誤。粒子打在屏上所用的時間t＝＋＝＋(L′為偏轉(zhuǎn)電場左端到

59、屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時間不相同，選項C錯誤。根據(jù)vy＝t2及tan θ＝得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項D正確。 1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) (1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場。 (2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動。 (3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動。 2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論 (1)同種帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速，再垂直于偏轉(zhuǎn)電場方向射入同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總

60、是相同的。 (2)帶電粒子垂直于電場方向射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子沿初速度方向位移的中點。 3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關系 當討論帶電粒子的末速度v時可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv02(v0為初速度)，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。 1.(2017·鄭州二模)如圖所示為某粒子分析器的簡化結(jié)構(gòu)。金屬極板P、Q相互平行，兩板通過直流電源、開關相連，其中Q極板接地。一束帶電粒子，從a處以一定的初速度平行于金屬極板P、Q射入兩板之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q極板上如圖所示的位置。在其他條件不變的情況下，要使該粒子束能

61、從Q極板上b孔射出(不計粒子重力和粒子間的相互影響)，下列操作中可能實現(xiàn)的是(　　) A．保持開關S閉合，適當上移P極板 B．保持開關S閉合，適當左移P極板 C．先斷開開關S，再適當上移P極板 D．先斷開開關S，再適當左移P極板 解析：選A　粒子束在平行板電容器之間做類平拋運動，要使該粒子束能從Q極板上b孔射出，需要增大粒子束平拋運動的水平位移，豎直方向做勻加速直線運動，加速度a＝，則有a到下極板距離d0＝at2＝，從而可得運動時間t＝ ，水平方向位移x＝v0t＝v0，保持開關S閉合，則兩極板電壓不變，適當上移P極板，即d增大，d0不變，水平位移增大，選項A 正確；保持開關S閉合，

62、左移P極板則電壓不變，d和d0都不變，水平位移不變，選項B錯誤；先斷開開關S，適當上移P極板，則電荷量不變，d增大，電容變小，電壓變大，d0不變，水平位移不變，選項C錯誤；先斷開開關S，再適當左移P極板，正對面積變小，電容變小，電荷量不變，電壓變大，d0不變，水平位移變小，選項D錯誤。 2.(2017·黃岡模擬)如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直，粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線夾角為30°。已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計粒子重力作用，設P點的電勢為零。則下列說法正確的是(　　) A．帶電粒子在Q點的電勢能為

63、qU B．帶電粒子帶負電 C．此勻強電場的電場強度大小為E＝ D．此勻強電場的電場強度大小為E＝ 解析：選C　由題圖看出粒子的運動軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，B錯誤；粒子從P點運動到Q點，電場力做正功，為W＝qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，則知帶電粒子在Q點的電勢能為－Uq，故A錯誤；設帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由平拋運動的規(guī)律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為vy＝ v0，粒子在y軸方向上的平均速度為y＝v0，粒子在y軸方向上的位移為y0，粒子在電場中的運動時間為

64、t，則豎直方向有y0＝y(tǒng)t＝v0t，水平方向有d＝v0t，可得y0＝，所以場強E＝，聯(lián)立得E＝，故C正確，D錯誤。 四、帶電粒子在周期性變化的電場中的運動重難增分類考點 [典例]　(2018屆高三·咸陽五校聯(lián)考)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則(　　) A．該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的 B．在t＝時刻，該粒子的速度大小為2v0 C．若

65、該粒子在時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在板上 D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場 [解析]　選A　由題設條件可知：粒子在0～做類平拋運動，在～T做類斜拋運動，因粒子在電場中所受的電場力大小相等，根據(jù)運動的對稱性，粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的，如圖所示，選項A正確；前后兩段運動的時間相等，時將速度分解，設板長為l，由類平拋運動規(guī)律可得：l＝v0T，l＝vT，則v＝v0，則時刻該粒子的速度為v0，選項B錯誤；若該粒子在時刻以速度v0進入電場，粒子將先向下做類平拋運動，后做類斜拋運動，并從PQ板右邊緣射出電場，選項C錯誤；若該粒子的

66、入射速度變?yōu)?v0，粒子在場中運動的時間t＝＝，選項D錯誤。 分段研究，化變?yōu)楹? 在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，在兩板中間便可獲得交變電場。對于帶電粒子在交變場中的運動，我們可以分段處理，此類電場在一段時間內(nèi)為勻強電場，即電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同。但從整個運動過程看電場又是變化的，即電場強度的大小和方向可隨時間變化。 1.一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示，在該勻強電場中，有一個帶電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒子只向一個方向運動 B．0～2 s內(nèi)，電場力的功等于0 C．4 s末帶電粒子回到原出發(fā)點 D．2.5～4 s，電場力做功等于0 解析：選D　畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，v -t圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4 s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，A、C錯誤。2 s末速度不為0，可見0～2 s內(nèi)電場力的功不等于0，B錯誤。2.5 s末和4 s末，速度的大小方向都相同，電場力做功等于0，所以D正確。