高考物理二輪復(fù)習(xí)精講精練專題07 電場 帶電粒子在電場中的運動（精講）

專題07電場帶電粒子在電場中的運動（精講）精講考點精講內(nèi)容考點1電場力的性質(zhì)考點2電場能的性質(zhì)考點3電容及電容器的動態(tài)分析考點4帶電體在電場中的平衡問題考點5帶電體在電場中的直線運動考點6帶電體在電場中的拋體運動考點7帶電體在電場中的圓周運動考點8帶電粒子在電場中的能量動量問題【知識體系構(gòu)建】【典例方法突破】電場力的性質(zhì)電場強度的疊加【例1】（2022年湖南卷）如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關(guān)于長方體幾何中心O點處電場強度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（）A．電場強度方向垂直指向a，電勢減小B．電場強度方向垂直指向c，電勢減小C．電場強度方向垂直指向a，電勢增大D．電場強度方向垂直指向c，電勢增大【答案】A【詳解】根據(jù)對稱性可知，移去a處的絕緣棒后，電場強度方向垂直指向a，再根據(jù)電勢的疊加原理，單個點電荷在距其r處的電勢為SKIPIF1<0（取無窮遠處電勢為零）現(xiàn)在撤去a處的絕緣棒后，q減小，則O點的電勢減小。故選A?！纠?】（2022年江蘇卷）一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點，SKIPIF1<0，現(xiàn)垂直于SKIPIF1<0將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則（）A．O、C兩點電勢相等B．A點的電場強度大于B點C．沿直線從A到B電勢先升高后降低D．沿直線從A到B電場強度逐漸增大【答案】A【詳解】A．由于球殼內(nèi)部的場強為零，補全以后可知在左右側(cè)球殼在C點的合場強為零，因左右球殼的場強具有對稱性，要想合場強為零只能是兩部分球殼在C點的場強都是水平方向，則可以知道右側(cè)球殼在C點的合場強水平向左，同理OC上其他點的場強都是水平向左，因此OC是等勢線，故A正確；BD．將題中半球殼補成一個完整的球殼，且?guī)щ娋鶆?，設(shè)左、右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則知E1=E2根據(jù)對稱性，左右半球在B點產(chǎn)生的電場強度大小分別為E2和E1，且E1=E2在圖示電場中，A的電場強度大小為E2，方向向左，B的電場強度大小為E1，方向向左，所以A點的電場強度與B點的電場強度相同，沿直線從A到B電場強度不可能逐漸增大，故BD錯誤；C．根據(jù)電場的疊加原理可知，在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢升高，故C錯誤；故選A。【例3】（2022年江蘇南京模擬）如圖所示，長為4l，傾角為37°的光滑絕緣細桿AD垂直穿過半徑為l、帶電量為－Q的固定大圓環(huán)圓心O，細桿上B、O、C三點等分細桿長度?，F(xiàn)從細桿的頂端A無初速度地釋放一個質(zhì)量為m，帶電量為＋q的套在細桿上的可視為點電荷的小滑環(huán)。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，大圓環(huán)上的電荷均勻分布，小滑環(huán)上的電荷不影響電場分布，則下列說法正確的是（）A．大圓環(huán)在B點產(chǎn)生的場強大小為SKIPIF1<0B．小滑環(huán)在B點的加速度大小為SKIPIF1<0C．小滑環(huán)從B到C的過程中電場力所做的功為SKIPIF1<0D．小滑環(huán)在D點的速度大小為SKIPIF1<0【答案】D【詳解】A．由題意可知SKIPIF1<0圓環(huán)上電荷分布均勻，取環(huán)上一點，設(shè)其電荷量為Q1，該點到B點的距離為SKIPIF1<0，Q1在B點產(chǎn)生的場強為SKIPIF1<0以O(shè)點為坐標(biāo)原點，OA方向為正方向建立x軸，Q1在B點產(chǎn)生的場強在x軸方向的分量為SKIPIF1<0大圓環(huán)在B點產(chǎn)生的場強大小SKIPIF1<0故A錯誤；B．小滑環(huán)在B點，由牛頓第二定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故B錯誤；C．由對稱性可知B、C兩點電勢相等SKIPIF1<0小滑環(huán)從B到C的過程中電場力所做的功SKIPIF1<0故C錯誤；D．由對稱性可得庫侖力做功SKIPIF1<0；SKIPIF1<0從A到D，由動能定理得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故D正確。故選D?！纠?】（2020年全國卷）如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則（）A．a(chǎn)、b兩點的場強相等 B．a(chǎn)、b兩點的電勢相等C．c、d兩點的場強相等 D．c、d兩點的電勢相等【答案】ABC【詳解】BD．如下圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數(shù)對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸SKIPIF1<0，SKIPIF1<0所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠處，電勢為零。故在SKIPIF1<0上的點電勢為零，即SKIPIF1<0；而從M點到N點，電勢一直在降低，即SKIPIF1<0，故B正確，D錯誤；AC．上下兩側(cè)電場線分布對稱，左右兩側(cè)電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知AC正確；故選ABC。【方法規(guī)律歸納】1.電場強度的三個計算公式電場強度的疊加與計算的方法（1）疊加法：多個點電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強度為各電荷在該處所產(chǎn)生的電場強度的矢量和。（2）對稱法：利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復(fù)雜電場的疊加計算問題大為簡化。（3）補償法：將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a全為球面，然后再應(yīng)用對稱的特點進行分析，有時還要用到微元思想。（4）微元法：將帶電體分成許多電荷元，每個電荷元看成點電荷，先根據(jù)庫侖定律求出每個電荷元的場強，再結(jié)合對稱性和場強疊加原理求出合場強。2.電場線及其應(yīng)用【例5】（2022年安徽蚌埠模擬）如圖所示，水平放置的絕緣圓柱體兩底面圓心P、Q處分別放置兩個帶有等量異種電荷的小球（可視為點電荷）。O為P、Q連線的中點，A、C是底面上的兩點，B、D是過O點橫截面上的兩點，且A、B、C位于同一直線上。下列說法正確的是（）A．A、C兩點的電場強度相同B．B、D兩點的電場強度相同C．B點的電場強度大于SKIPIF1<0點的電場強度D．將正試探電荷從B點沿直線移動至O點，電場力做正功【答案】B【詳解】根據(jù)題意，等量異種電荷的電場線分布如圖所示A．由圖可知，A、C兩點的電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤；B．B、D兩點為中垂面上距SKIPIF1<0點距離相等的點，則電場強度相同，故B正確；C．由圖可知，B點的電場強度小于SKIPIF1<0點的電場強度，故C錯誤；D．將正試探電荷從B點沿直線移動至O點，由于電場力的方向與運動方向垂直，則電場力不做功，故D錯誤。故選B?！纠?】（2023年河北模擬）兩個可看成點電荷的物體，所帶的電荷量分別為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，兩者在空間的電場線分布如圖所示，以SKIPIF1<0為圓心做圓，SKIPIF1<0兩點為圓和兩電荷連線的交點，過SKIPIF1<0的中心做兩電荷連線的垂線，SKIPIF1<0兩點為垂線和圓的交點，以無窮遠為電勢零點，點電荷在空間某點與電荷距離為SKIPIF1<0處產(chǎn)生的電勢為SKIPIF1<0，以下說法正確的是（）A．SKIPIF1<0點的場強小于SKIPIF1<0點的場強B．SKIPIF1<0點的場強小于SKIPIF1<0點的場強C．電子沿圓弧從SKIPIF1<0點經(jīng)SKIPIF1<0點到SKIPIF1<0點，電勢能一直增大D．電子沿圓弧從SKIPIF1<0點經(jīng)SKIPIF1<0點到SKIPIF1<0點，電勢能先減小后增大【答案】C【詳解】A．兩點荷在SKIPIF1<0點產(chǎn)生的場強方向相同，在SKIPIF1<0點產(chǎn)生的方向相反，SKIPIF1<0在圓上產(chǎn)生的場強大小相同，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0點產(chǎn)生的場強大于在SKIPIF1<0點產(chǎn)生的場強，根據(jù)矢量疊加，SKIPIF1<0的場強大于SKIPIF1<0點的場強，A錯誤；B．同時SKIPIF1<0在SKIPIF1<0點產(chǎn)生的場強大于在SKIPIF1<0點產(chǎn)生的場強，且兩電荷在SKIPIF1<0點產(chǎn)生的夾角大于零，SKIPIF1<0的場強大于SKIPIF1<0點的場強，B錯誤；CD．電勢是標(biāo)量，根據(jù)公式SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在圓上產(chǎn)生的電勢相等，且為負(fù)值，從SKIPIF1<0經(jīng)SKIPIF1<0到SKIPIF1<0，SKIPIF1<0產(chǎn)生的電勢越來越小，且為正值。則SKIPIF1<0電子沿圓弧從SKIPIF1<0經(jīng)SKIPIF1<0到SKIPIF1<0，電勢能一直增大，C正確，D錯誤。故選C?！纠?】（2022年全國模擬）等量異種點電荷固定在光滑絕緣水平面上的A、B兩點，O點為A、B連線的中點。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒以大小為v0的初速度進入該水平面，僅受電場力作用，其運動軌跡與AB連線的交點為M，且與AB連線的中垂線相切于N點。已知M點的電勢為SKIPIF1<0，電場強度為EM，N點的電勢為SKIPIF1<0，電場強度為EN，粒子在N點的速度大小為v，取無窮遠處電勢為零，則下列說法正確的是（）A．該粒子帶負(fù)電 B．SKIPIF1<0>SKIPIF1<0、EN>EMC．P點的電勢為SKIPIF1<0 D．粒子從N點運動到無窮遠處的速度大小一定等于v【答案】D【詳解】A．根據(jù)粒子軌跡彎曲特點，可知它經(jīng)過M點時受兩電荷的作用力向下，所以粒子帶正電，故A錯誤；B．根據(jù)等量異種點電荷電場連線和中垂線上場強和電勢特點可知，SKIPIF1<0>SKIPIF1<0、EN<EM，故B錯誤；C．中垂線是一條等勢線，與無窮遠處電勢相等，所以SKIPIF1<0=0，則粒子從P運動到N點過程中，由動能定理SKIPIF1<0；SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故C錯誤；D．粒子從N點到無窮遠處的過程，電勢差為零，所以由動能定理知其動能變化為零，所以到無窮遠處的速度大小一定等于v，故D正確。故選D?！纠?】（2022年遼寧模擬）如圖所示，立方體SKIPIF1<0的四個頂點SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0處各固定著一個電荷量均為SKIPIF1<0的正點電荷，SKIPIF1<0為SKIPIF1<0連線的中點，SKIPIF1<0為SKIPIF1<0連線的中點。下列說法正確的是（）A．SKIPIF1<0、SKIPIF1<0兩點處的電勢相同 B．SKIPIF1<0、SKIPIF1<0兩點處的電勢相同C．SKIPIF1<0、SKIPIF1<0兩點處的電場強度相同 D．SKIPIF1<0、SKIPIF1<0兩點處的電場強度相同【答案】AB【詳解】AC．設(shè)正方體中心為O，根據(jù)幾何關(guān)系可知三角形ACH和ACF為全等的等邊三角形。設(shè)A、C、H在D點產(chǎn)生的電場強度為E1，電勢為φ1；A、C、F在B點處產(chǎn)生的電場強度為E2，電勢為φ2。根據(jù)對稱性可知φ1等于φ2，E1沿OD方向，E2沿OB方向。而F在D點產(chǎn)生的電場強度方向沿OD方向，H在B點產(chǎn)生的電場強度沿OB方向，根據(jù)對稱性以及電場的疊加可知B、D兩點電場強度大小相同、方向不同。而F在D點產(chǎn)生的電勢與H在B點產(chǎn)生的電勢相等，則根據(jù)電勢的疊加可知B、D兩點電勢相等，故A正確，C錯誤；BD．根據(jù)對稱性可知A、C兩點在M產(chǎn)生的合場強為零，F(xiàn)、H兩點在M產(chǎn)生的合場強沿OM方向；H、C兩點在N產(chǎn)生的合場強為零，A、F在N產(chǎn)生的合場強沿ON方向，根據(jù)對稱性以及電場的疊加可知M、N兩點電場強度大小相同、方向不同。而A、C在M產(chǎn)生的電勢與H、C在N產(chǎn)生的電勢相等，H、F在M產(chǎn)生的電勢又與A、F在N產(chǎn)生的電勢相等，根據(jù)電勢的疊加可知M、N兩點電勢相等，故B正確，D錯誤。故選AB?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1.兩種等量點電荷的電場強度及電場線的比較比較等量異種點電荷等量同種點電荷電場線分布圖電荷連線上的電場強度沿連線先變小后變大O點最小,但不為零O點為零中垂線上的電場強度O點最大,向外逐漸減小O點最小,向外先變大后變小關(guān)于O點對稱位置的電場強度A與A'、B與B'、C與C'等大同向等大反向2.“電場線+運動軌跡”組合模型模型特點:當(dāng)帶電粒子在電場中的運動軌跡是一條與電場線不重合的曲線時,這種現(xiàn)象簡稱為“拐彎現(xiàn)象”,其實質(zhì)為“運動與力”的關(guān)系。運用牛頓運動定律的知識分析:(1)“運動與力兩線法”——畫出“速度線”(運動軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場線的切線方向且指向軌跡的凹側(cè)),從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動的情況。(2)“三不知時要假設(shè)”——電荷的正負(fù)、電場的方向、電荷運動的方向,是題目中相互制約的三個方面。若已知其中一個,可分析判定各待求量;若三個都不知(三不知),則要用“假設(shè)法”進行分析。3.電場線的應(yīng)用(涉及電勢部分將在下一節(jié)進一步研究)電場能的性質(zhì)電勢高低及電勢能大小的判斷【例9】（2022年江蘇卷）如圖所示，正方形ABCD四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷量相等，O是正方形的中心?，F(xiàn)將A點的電荷沿OA的延長線向無窮遠處移動，則（）A．在移動過程中，O點電場強度變小B．在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負(fù)功D．當(dāng)其移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點【答案】D【詳解】A．O是等量同種電荷連線的中點，場強為0，將A處的正點電荷沿OA方向移至無窮遠處，O點電場強度變大，故A不符合題意；B．移動過程中，C點場強變小，正電荷所受靜電力變小，故B錯誤；C．A點電場方向沿OA方向，移動過程中，移動電荷所受靜電力做正功，故C錯誤；D．A點電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點電勢，故D正確。故選D?！纠?0】（2021年廣東卷）圖是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸板接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線為等勢面，在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點，不計液滴重力，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點的電勢比b點的低B．a(chǎn)點的電場強度比b點的小C．液滴在a點的加速度比在b點的小D．液滴在a點的電勢能比在b點的大【答案】D【詳解】A．高壓電源左為正極，則所加強電場的場強向右，而沿著電場線電勢逐漸降低，可知SKIPIF1<0故A錯誤；B．等差等勢線的疏密反映場強的大小，由圖可知a處的等勢線較密，則SKIPIF1<0故B錯誤；C．液滴的重力不計，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為SKIPIF1<0因SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0故C錯誤；D．液滴在電場力作用下向右加速，則電場力做正功，動能增大，電勢能減少，即SKIPIF1<0故D正確；故選D?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1．電勢高低的判斷“四法”判斷方法方法解讀電場線方向法沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷正負(fù)法取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；越靠近正電荷處電勢越高，越靠近負(fù)電荷處電勢越低電勢能大小法同一正電荷的電勢能越大的位置處電勢越高，同一負(fù)電荷的電勢能越大的位置處電勢越低靜電力做功法根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低2．電勢能的大小判斷“四法”判斷方法方法解讀公式法將電荷量、電勢及正負(fù)號一起代入公式EpA＝qφA計算，EpA＞0時值越大，電勢能越大；EpA＜0時絕對值越大，電勢能越小電勢高低法同一正電荷在電勢越高的地方電勢能越大；同一負(fù)電荷在電勢越低的地方電勢能越大靜電力做功法靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負(fù)功，電勢能增加能量守恒法在電場中，若只有靜電力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化而且其和守恒，動能增加，電勢能減?。环粗?，動能減小，電勢能增加電勢差與電場強度的關(guān)系【例11】（2022年遼寧鞍山二模）如圖所示，在直角三角形所在的平面內(nèi)有勻強電場，其中A點電勢為0V，B點電勢為3V，C點電勢為6V。已知∠ACB=30°，AB邊長為SKIPIF1<0m，D為AC的中點。則（）A．勻強電場場強大小為2N/CB．勻強電場場強大小為SKIPIF1<0N/CC．勻強電場場強方向為垂直BC向上D．勻強電場場強方向為垂直AB向左【答案】A【詳解】CD．A點電勢為0V，B點電勢為3V，C點電勢為6V，則D點電勢為3V，BD為等勢線，則場強方向垂直BD斜向上，選項CD錯誤；AB．場強大小為SKIPIF1<0選項A正確，B錯誤。故選A?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】在勻強電場中由公式U＝Ed得出的“一式二結(jié)論”電場中的三類圖像【例12】（2022年全國模擬）如圖甲所示，在無限大的空間內(nèi)，邊長為SKIPIF1<0的正方形四個頂點分別固定著電荷量相等的正電荷，O點為正方形的幾何中心，以O(shè)為原點，沿中垂線指向無窮遠建立x軸，設(shè)無窮遠處電勢為零，通過電勢傳感器測出中垂線上各點電勢隨距離x的變化圖像如圖乙所示。SKIPIF1<0四個點為兩條中垂線上距中心O點等距離的點，有電子、氕核、氘核、氚核四個帶電粒子，分別從SKIPIF1<0四個點由靜止釋放，不計粒子的重力，以下說法正確的是（）A．每條中垂線上電場強度為零的點除無窮遠處外還有兩處B．每條中垂線上電場強度相同的點有兩處C．若氕、氘、氚三個粒子最終能到達無窮遠處，其速度大小關(guān)系為SKIPIF1<0D．電子、氕、氘、氚可能圍繞中心O做往復(fù)運動【答案】C【詳解】A．根據(jù)電場強度矢量合成法則和對稱性原理，原點O的電場強度為零，在SKIPIF1<0圖像中電勢最高點處電場強度為零，故每條中垂線上電場強度為零的點除無窮遠處外還有三處，故A錯誤；B．每條中垂線上電場強度為零的點有三處，則電場強度從原點O向兩側(cè)先逐漸增大再減小到零，反向后再增大后再減小到零，由于場強相等時，大小相等方向一致，則每條中垂線上電場強度相同的點可能有兩處、三處或四處，故B錯誤；C．若氕、氘、氚三個粒子最終能到達無窮遠處，電場力做功相同，由動能定理有SKIPIF1<0由于三個粒子質(zhì)量不同，有SKIPIF1<0則有SKIPIF1<0故C正確；D．由于釋放位置關(guān)系，氕、氘、氚可以圍繞原點O做往復(fù)運動，但電子將在a點左側(cè)做往復(fù)運動，不可能圍繞O點做往復(fù)運動，故D錯誤。故選C?！纠?3】（2022年江蘇模擬）在甲、乙電場中，試探電荷SKIPIF1<0具有的電勢能SKIPIF1<0沿x方向的變化分別如圖甲、乙所示，則下列說法正確的是（）A．圖甲中，試探電荷在O點受到的電場力為零B．圖甲中，電場強度沿x軸正方向C．圖乙中，SKIPIF1<0處的電場強度小于SKIPIF1<0處的電場強度D．圖乙中，SKIPIF1<0處的電勢高于SKIPIF1<0處的電勢【答案】D【詳解】AB．根據(jù)SKIPIF1<0可知SKIPIF1<0圖象斜率的絕對值表示電場力的大小，故圖甲中，試探電荷在O點受到的電場力不為零，沿x軸正方向電勢能增大，則電場力做負(fù)功，可知電場力有沿x軸負(fù)方向的分量，試探電荷帶負(fù)電，則電場強度有沿x軸正方向的分量，故AB錯誤；C．根據(jù)SKIPIF1<0圖象斜率的絕對值表示電場力的大小，結(jié)合SKIPIF1<0可知SKIPIF1<0處的電場強度大于SKIPIF1<0處的電場強度，故C錯誤；D．SKIPIF1<0處的電勢能低于SKIPIF1<0處的電勢能，試探電荷帶負(fù)電，根據(jù)SKIPIF1<0，可知SKIPIF1<0處的電勢高于SKIPIF1<0處的電勢，故D正確。故選D?！纠?4】（2022年四川聯(lián)考）空間中僅有在x軸上的關(guān)于原點O對稱的M、N兩點上有兩個場源點電荷SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，空間中產(chǎn)生電場。以x軸正方向為沿x軸上的電場強度SKIPIF1<0的正方向，SKIPIF1<0與x的關(guān)系如圖所示．x軸上任意關(guān)于O點對稱的兩點的SKIPIF1<0相同．P、Q兩點關(guān)于M點對稱。以下說法正確的是（）A．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0的電荷量大小相等B．SKIPIF1<0為負(fù)電荷，SKIPIF1<0為正電荷C．SKIPIF1<0兩點間電勢差SKIPIF1<0小于SKIPIF1<0兩點間電勢差SKIPIF1<0D．將一負(fù)檢驗電荷從P點移動到Q點，電場力對其所做總功為正【答案】AC【詳解】AB．該電場是等量異種電荷在空間中產(chǎn)生的電場，其中，SKIPIF1<0為正電荷，SKIPIF1<0為負(fù)電荷，A正確，B錯誤；C．正電荷SKIPIF1<0在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0區(qū)間產(chǎn)生的電場強度的平均值大小相同有SKIPIF1<0，負(fù)電荷SKIPIF1<0在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0區(qū)間產(chǎn)生的電場強度的平均值大小不同有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0區(qū)間SKIPIF1<0與SKIPIF1<0方向相反，SKIPIF1<0區(qū)間SKIPIF1<0與SKIPIF1<0方向相同，則合場強SKIPIF1<0，根據(jù)SKIPIF1<0，有SKIPIF1<0，C正確；D．將負(fù)檢驗電荷從P點移動到Q點，正電荷SKIPIF1<0對檢驗電荷做功為零，負(fù)電荷SKIPIF1<0對檢驗電荷做功為負(fù)功，故電場力對該檢驗電荷所做總功為負(fù)，D錯誤。故選AC?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1.φ-x圖像（1）電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率的絕對值,電場強度為零處,φ-x圖線存在極值,其切線的斜率為零。（2）在φ-x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向。（3）在φ-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化,可用WAB=qUAB,進而分析WAB的正負(fù),然后作出判斷。2.Ep-x圖像（1）根據(jù)電勢能的變化可以判斷電場力做功的正負(fù),電勢能減少,電場力做正功:電勢能增加,電場力做負(fù)功。（2）根據(jù)ΔEp=-W=-Fx,圖像Ep-x斜率的絕對值表示電場力的大小。3.E-x圖像（1）E-x圖像反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律,E>0表示電場強度沿x軸正方向;E<0表示電場強度沿x軸負(fù)方向。（2）在給定了電場的E-x圖像后,可以由圖線確定電場強度的變化情況,電勢的變化情況,E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差,兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定。在與粒子運動相結(jié)合的題目中,可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。（3）在這類題目中,還可以由E-x圖像畫出對應(yīng)的電場,利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分布或場源電荷來處理相關(guān)問題。電容及電容器的動態(tài)分析【例15】（2022年重慶二診）如圖所示為某汽車上的加速度電容傳感器的俯視圖。金屬塊左、右側(cè)分別連接電介質(zhì)、輕質(zhì)彈簧，彈簧與電容器固定在外框上，金屬塊可帶動電介質(zhì)相對于外框無摩擦左右移動，電容器與恒壓電源連接，并串聯(lián)計算機的信號采集器。當(dāng)汽車向右做加速度增大的加速運動時，電介質(zhì)相對于外框向左移動，則電容器（）A．電容變小 B．極板間的電壓變大C．極板間的電場強度不變 D．極板間的電場強度變小【答案】C【詳解】A．因為電介質(zhì)相對于外框向左移動，根據(jù)SKIPIF1<0則電容器電容變大，選項A錯誤；B．電容器極板與電源連接，則兩板間的電壓不變，選項B錯誤；CD．根據(jù)SKIPIF1<0兩板電壓和間距都不變，則場強不變，選項C正確，D錯誤。故選C?！纠?6】（2022年四川雅安模擬）在圖示電路中，A、B為兩塊正對的水平金屬板，G為靜電計。開關(guān)S閉合后，靜電計指針張開一個角度，板間的帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動，不考慮靜電計電量的變化對平行板電容器的影響。下列說法正確的是（

）A．若僅將A板水平向右緩慢平移一些，油滴將向上運動B．若僅將B板豎直向下緩慢平移一些，靜電計指針的張角將不變C．若斷開S，僅將A板水平向右緩慢平移一些，靜電計指針的張角將變大D．若斷開S，僅將B板豎直向上緩慢平移一些，油滴將向上運動【答案】AC【詳解】AB．若僅將A板水平向右緩慢平移一些，則由SKIPIF1<0知，電容器的電容減小，假設(shè)兩極板間電勢差不變，由SKIPIF1<0知，電荷量減小，電容器會放電，但是電路中由于二極管的存在，電容器無法放電，即電荷量不變，所以電容減小時，兩極板電勢差增大。則對油滴受力分析知，此時油滴所受電場力大于重力，則油滴向上運動。同理可知，僅將B板豎直向下緩慢平移一些，則d增大，由SKIPIF1<0知，電容器的電容減小，同理分析知，兩極板電勢差增大，則靜電計指針的張角將增大，故A正確，B錯誤；C．若斷開S，則電容器兩極板的電荷量保持不變，所以僅將A板水平向右緩慢平移一些時，由SKIPIF1<0知，電容器的電容減小，由SKIPIF1<0知，電荷量不變時，兩極板電勢差增大，所以靜電計指針的張角將變大，故C正確；D．若斷開S，則電容器兩極板的電荷量保持不變，因為兩極板的電場強度SKIPIF1<0在電荷量不變時，與極板間距d無關(guān)，所以僅將B板豎直向上緩慢平移一些時，兩極板的電場強度不變，故油滴將靜止不動，故D錯誤。故選AC?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1．平行板電容器動態(tài)的分析思路2.平行板電容器的動態(tài)分析問題的兩種情況(1)平行板電容器充電后,保持電容器的兩極板與電池的兩極相連接:(2)平行板電容器充電后,切斷與電池的連接:帶電體在電場中的平衡問題【例17】（2021年浙江卷）如圖所示，在傾角為SKIPIF1<0的光滑絕緣斜面上固定一個擋板，在擋板上連接一根勁度系數(shù)為SKIPIF1<0的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質(zhì)量均為M，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，則（

）A．SKIPIF1<0B．彈簧伸長量為SKIPIF1<0C．A球受到的庫侖力大小為2MgD．相鄰兩小球間距為SKIPIF1<0【答案】A【詳解】AD．三小球間距SKIPIF1<0均相等，對C球受力分析可知C球帶正電，根據(jù)平衡條件：SKIPIF1<0對B小球受力分析，根據(jù)平衡條件：SKIPIF1<0兩式聯(lián)立解得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故A正確，D錯誤；B．對A、B、C三小球整體受力分析，根據(jù)平衡條件：SKIPIF1<0彈簧伸長量：SKIPIF1<0，故B錯誤；C．對A球受力分析，根據(jù)平衡條件：SKIPIF1<0解得A球受到的庫侖力為：SKIPIF1<0故選A．【例18】（2022年遼寧重點高中聯(lián)考）如圖所示，帶電小球A固定在豎直墻面上，用繞過固定在豎直墻上C點的小定滑輪的細線拉著帶電小球B，小球B靜止，此時A、B連線水平，A、B間的距離為r，A、C間的距離為h，h>r。用拉力F緩慢拉動繩端，使小球B緩慢向上移動，在小球B從圖示位置一直運動到C點的過程中（）A．拉力F一直減小 B．拉力F先增大后減小C．小球一直做曲線運動 D．小球先做曲線運動后做直線運動【答案】D【詳解】設(shè)小球B的質(zhì)量為m，B、C間距離為L，在小球B到達豎直墻之前，對小球B受力分析，根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形相似可得SKIPIF1<0在小球B從圖示位置到與墻壁接觸的過程中，mg、h、qA、qB均不變，L變小，則F變小，r不變，因此這個過程小球B繞A做圓周運動；當(dāng)小球B與豎直墻接觸后，在拉力作用下沿墻壁直線上升，庫侖力變小，小球在豎直方向受力平衡，所以F變大。綜上所述可知拉力F先減小后增大，小球先做曲線運動后做直線運動。故ABC錯誤，D正確。故選D?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】四步解決庫侖力作用下的平衡問題：帶電體在電場中的直線運動【例19】（2022年福建三明模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度E的勻強電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運動，直線ON與水平面的夾角為30°，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，則下面說法中正確的是（）A．電場方向可能垂直O(jiān)N向上B．電場強度E的最小值為E=SKIPIF1<0C．如果電場強度為E=SKIPIF1<0，則小球的電勢能始終為0D．如果電場強度為E=SKIPIF1<0，則小球相對初始位置的最大高度為SKIPIF1<0【答案】ACD【詳解】AD．因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場方向不確定，電場力的方向不確定，有最小值，當(dāng)電場力垂直于運動方向時，電場力最小為SKIPIF1<0如圖所示所以電場強度的最小值SKIPIF1<0故A正確，B錯誤；C．如果電場強度為E=SKIPIF1<0，則小球所受電場力垂直于運動方向，電場力不做功，電勢能不變，電勢能始終為0，故C正確；D．根據(jù)平行四邊形定則知，小球所受的重力和電場力相等，兩個力的夾角為120°，如圖所以合力大小與分力大小相等，等于mg，根據(jù)牛頓第二定律知，小球的加速度為g，小球斜向上做勻減速直線運動，勻減速直線運動的位移SKIPIF1<0則小球上升的最大高度SKIPIF1<0故D正確。故選ACD?！纠?0】（2022年四川廣安四模）如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。電子原來靜止在左極板小孔處（不計重力作用）。下列說法中正確的是（

）A．從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B．從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C．從t=SKIPIF1<0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D．從t=SKIPIF1<0時刻釋放電子，電子必將打到左極板上【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)題中條件作出帶電粒子的v—t圖像，根據(jù)v—t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積及v—t圖像分析粒子的運動，由圖（a）知，t=0時釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運動，則電子一定能擊中右板，A正確、B錯誤；CD．由圖（b）知t=SKIPIF1<0時釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的SKIPIF1<0內(nèi)不能到達右板，則之后將往復(fù)運動，C正確、D錯誤。故選AC。【方法規(guī)律歸納】1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。(2)勻強電場中，粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。2．用動力學(xué)觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad(勻強電場)。3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。4.交變電場中的直線運動（方法實操展示）U-t圖像v-t圖像軌跡圖帶電體在電場中的拋體運動【例21】（2022年浙江卷）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L（不考慮邊界效應(yīng)）。t=0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為SKIPIF1<0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（）A．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度SKIPIF1<0D．粒子從N板下端射出的時間SKIPIF1<0【答案】C【詳解】A．由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；B．根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減?。粍t平行M板向下的粒子到達N板時電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；CD．設(shè)兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有SKIPIF1<0；SKIPIF1<0對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0故C正確，D錯誤；故選C?！纠?2】（2022年湖北孝感模擬）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量為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(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知離開電場時N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M的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．M與N在電場中沿水平方向的位移之比SKIPIF1<0B．A點距電場上邊界的高度SKIPIF1<0C．帶電小球進入電場時速度方向與水平方向夾角的正切值SKIPIF1<0D．該電場的電場強度大小SKIPIF1<0【答案】AD【詳解】A．設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為SKIPIF1<0，則它們進入電場時的水平速度仍然為SKIPIF1<0。M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)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SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，由題給條件和運動學(xué)公式得SKIPIF1<0；SKIPIF1<0；SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，A正確；B．M的運動軌跡如圖所示將M進出電場的瞬時速度SKIPIF1<0、SKIPIF1<0分解，設(shè)軌跡與水平方向夾角為SKIPIF1<0，則有SKIPIF1<0由（1）可知SKIPIF1<0SKIPIF1<0由此可得SKIPIF1<0設(shè)A距電場上邊界的高度為h，小球在豎直方向做自由落體運動，可得SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，B錯誤；CD．如圖所示設(shè)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則SKIPIF1<0設(shè)M、N離開電場時的動能分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0；SKIPIF1<0由已知條件得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，D正確；則帶電小球進入電場時速度方向與水平方向夾角的正切值SKIPIF1<0，C錯誤；故選AD?！纠?3】（2021年河北名校預(yù)測）如圖甲所示，長為SKIPIF1<0的兩塊正對金屬板A、B水平放置，兩板接上如圖乙所示隨時間變化的交流電壓SKIPIF1<0，電子流沿中心線SKIPIF1<0從SKIPIF1<0點以初速度SKIPIF1<0射入板間，電子都不會碰到極板。已知電子的質(zhì)量為SKIPIF1<0，電荷量為SKIPIF1<0。下列說法正確的是（）A．兩板間距SKIPIF1<0B．電子在SKIPIF1<0時刻從SKIPIF1<0點射入時一定從中心線離開電場C．電子在SKIPIF1<0時刻從SKIPIF1<0點射入時一定從中心線離開電場D．電子無論在哪一時刻從SKIPIF1<0點射入，離開板間電場時的速率一定是SKIPIF1<0【答案】ACD【詳解】A．任何一個電子離開電場所用的時間均為SKIPIF1<0當(dāng)電子在SKIPIF1<0（SKIPIF1<0為自然數(shù)）時刻從SKIPIF1<0點射入，射出電場時電子離開中心線的距離最大，為SKIPIF1<0；SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，A正確；B．電子在SKIPIF1<0時刻從SKIPIF1<0點射入時，電子離開電場時與中心線間的距離最大，不會從中心線離開電場，B錯誤；C．電子在SKIPIF1<0時刻從SKIPIF1<0點射入后，在電場中的運動軌跡如圖，根據(jù)對稱性可知電子從中心線離開電場，C正確；D．設(shè)電子從SKIPIF1<0時刻從SKIPIF1<0點射入電場，則沿電場方向的分速度SKIPIF1<0離開電場時只有中心線方向上的速度，大小為SKIPIF1<0，D正確。故選ACD?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題基本處理方法(1)在垂直電場方向上,粒子做勻速直線運動,在這個方向上找出平行板的板長和運動時間等相關(guān)物理量;(2)沿靜電力方向上,粒子做勻加速直線運動,在這個方向上找出偏轉(zhuǎn)加速度、偏轉(zhuǎn)位移、偏轉(zhuǎn)速度等相關(guān)物理量。(3)在垂直電場方向上有t=lv0,沿靜電力方向上有y=12at2或vy=at、2.交變電場中的偏轉(zhuǎn)（帶電粒子重力不計，方法實操展示）U-t圖SKIPIF1<0SKIPIF1<0軌跡圖vv0v0v0v0v0v0vy-t圖ttOvyv0T/2T單向直線運動AB速度不反向ttOvyv0往返直線運動AB速度反向TT/2-v0帶電體在電場中的圓周運動【例24】（2021年浙江三市聯(lián)考）一條長為L的絕緣細線上端固定在O點，下端系一個質(zhì)量為m帶電量為+q的小球，將它置于水平向右的勻強電場中，小球靜止時細線與豎直線的夾角成θ=37°。已知重力加速度為g，下列正確的是（）A．剪斷細線，小球?qū)⒆銮€運動B．突然撤去電場的瞬間，繩子拉力變?yōu)镾KIPIF1<0C．如果改變電場強度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，電場強度最小為SKIPIF1<0D．在A點給小球一個垂直于細線方向，大小至少為SKIPIF1<0的速度，才能使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動【答案】D【詳解】A．剪斷細線，小球從靜止釋放，在恒定的重力及電場力作用下做勻加速直線運動，A錯誤；B．突然撤去電場瞬間，小球開始做圓周運動，由于初速度為零，沿繩方向滿足SKIPIF1<0，B錯誤；C．如圖所示當(dāng)電場力qE與拉力T垂直時，電場力最小，場強最小，由平衡條件可得SKIPIF1<0解得電場強度最小值為SKIPIF1<0，C錯誤；D．如圖所示A為等效最低點，B為等效最高點，要使小球在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，只要能過B點即可，可得等效重力為SKIPIF1<0在B點滿足SKIPIF1<0從A到B由動能定理可得SKIPIF1<0聯(lián)立解得在A點的最小速度為SKIPIF1<0，D正確。故選D?！纠?5】（2021年貴州畢節(jié)二診）如圖，絕緣底座上固定一電荷量為4×10-6C的帶負(fù)電小球A，其正上方O點處用輕細彈簧懸掛一質(zhì)量為m=0.03kg、電荷量大小為3.6×10-6C的小球B，彈簧的勁度系數(shù)為k=5N/m，原長為Lo=0.35m。現(xiàn)小球B恰能以A球為圓心在水平面內(nèi)做順時針方向（從上往下看）的勻速圓周運動，此時彈簧與豎直方向的夾角為θ=53°，已知靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2，兩小球都視為點電荷。則下列說法正確的是（）A．小球B一定帶正電B．B球做圓周運動的速度大小為3.6m/sC．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加水平向左的勻強電場的瞬間，B球?qū)⒆鲭x心運動D．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上豎直向上的勻強磁場的瞬間，B球?qū)⒆鼋倪\動【答案】ACD【詳解】AB．小球A、B之間的庫侖力SKIPIF1<0設(shè)彈簧彈力為T，小球B在豎直方向上，則有SKIPIF1<0彈簧的彈力在水平方向的分力為SKIPIF1<0再由胡克定律，則有SKIPIF1<0由幾何關(guān)系SKIPIF1<0可解，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0因小球B做勻速圓周運動，所受合外力指向圓心A，又有F＞Tx，且小球A帶負(fù)電，則小球B帶正電，所受合外力SKIPIF1<0由合外力提供向心力，則有SKIPIF1<0；SKIPIF1<0故A正確，B錯誤；C．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加水平向左的勻強電場的瞬間，小球受到向，左的電場力，這時提供的向心力減小，這樣提供的向心力小于需要的向心力，小球做離心運動，故C正確；D．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上豎直向上的勻強磁場的瞬間，由左手定則可知，小球受到一個指向圓心的洛倫茲力作用，這時供的向心力大于需要的向心力，小球做近心運動，故D正確；故選擇：ACD?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1.方法概述等效思維方法是將一個復(fù)雜的物理問題,等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復(fù)雜,運算量大。若采用等效法求解,則能避開復(fù)雜的運算,過程比較簡捷。2.方法應(yīng)用先求出重力與電場力的合力,將這個合力視為一個等效重力,將a=F合帶電粒子在電場中的能量動量問題【例26】（2022年四川瀘州二診）如圖所示，一個上表面絕緣、質(zhì)量為mA=1kg的不帶電小車A置于光滑的水平面上，其左端放置一質(zhì)量為SKIPIF1<0、帶電量為SKIPIF1<0的空盒B，左端開口．小車上表面與水平桌面相平，桌面上水平放置著一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定，質(zhì)量為SKIPIF1<0的不帶電絕緣小物塊C置于桌面上O點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長，現(xiàn)用水平向左的推力將C緩慢推至M點（彈簧仍在彈性限度內(nèi)）時，推力做的功為SKIPIF1<0，撤去推力后，C沿桌面滑到小車上的空盒B內(nèi)并與其右壁相碰，碰撞時間極短且碰后C與B粘在一起．在桌面右方區(qū)域有一方向向左的水平勻強電場，電場強度大小為SKIPIF1<0，電場作用一段時間后突然消失，小車正好停止，貨物剛好到達小車的最右端．已知物塊C與桌面間動摩擦因數(shù)SKIPIF1<0，空盒B與小車間的動摩擦因數(shù)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0