2022年省普教室物理学科推送材料【关键问题3】电场

【关键问题３】电场福建省普通教育教学研究室物理学科编写组【概述】近几年高考主要考查电场强度、电场线、电势、电势能、电势差、电场力做功等概念的理解，场强的叠加、电势能大小的判断、电势高低的判断、匀强电场中电势差与电场强度的关系的应用、带电粒子在电场中的运动等问题．【典例】例1．(2022·全国卷Ⅰ)如图1所示，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则A．a、b的电荷同号，k＝eq\f(16,9)B．a、b的电荷异号，k＝eq\f(16,9)C．a、b的电荷同号，k＝eq\f(64,27)D．a、b的电荷异号，k＝eq\f(64,27)【答案】D【解析】如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，A、C错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如图所示，由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由几何关系可知∠a＝37°、∠b＝53°，则Fasin37°＝Fbcos37°，解得eq\f(Fa,Fb)＝eq\f(4,3)，又由库仑定律及以上各式代入数据可解得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(64,27)，B错误，D正确．注：本题也可转换为电场的合成求解。【提示】考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球C的合力方向可能向左，不影响解题的结果。变式1(2022·全国卷Ⅰ)如图３所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2)D．keq\f(9Q＋q,9R2)例２(2022·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是A．电场强度的大小为V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV【答案】ABD【解析】Oacb为矩形，在匀强电场中有φa－φO＝φc－φb，解得φO＝1V，B正确；设x轴上电势为10V的d点坐标为x，则有eq\f(φd－φO,x)＝eq\f(φb－φO,8cm)，解得x＝cm.连接ad，过O点作Oe⊥ad，如图，可知Oe方向为电场方向，由几何关系求得eq\x\to(ad)＝cm，eq\x\to(Oe)＝cm，E＝eq\f(φa－φO,\a\vs4\al(\x\to(Oe)))＝V/cm，A正确；电子带负电，Epa＝－10eV，Epb＝－17eV，Epa>Epb，C错误；由b到c电场力对电子做功W＝－(Epc－Epb)＝9eV，D正确。【提示】在匀强电场中沿同一方向线段的长度与线段两端的电势差成正比；在匀强电场中电场线平行且均匀分布，故等势面平行且均匀分布。以上两点是解决此类题目的关键。电势与电势能之间的关系，也是常考的问题，要知道负电荷在电势高处电势能低。变式2如图所示，矩形abcd位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行。已知ab=2bc=4cm，a、b、d的电势分别为6V、2V、4V。初动能为24eV、电荷量为+4e的带正电粒子从a沿着ac方向射入电场。不计粒子的重力，下列说法正确的是A．匀强电场的电场强度大小为141V/mB．匀强电场的电场强度大小为100V/mC．该粒子刚离开矩形区域时动能一定小于48eVD．该粒子刚离开矩形区域时动能一定大于40eV变式3(2022·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为eq\f(W1＋W2,2)C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为eq\f(W2,qL)D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差例３(2022·江苏卷)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确的有A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC【解析】由图象可知，空间的电势分布有正有负，则两个点电荷必定为异种电荷，A正确；由E＝eq\f(Δφ,Δx)可知，图象的切线斜率为电场强度，因此x1处的电场强度不为零，B错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势在升高，电场强度在减小，由Ep＝qφ，F＝qE可知，电势能在减小，电场力在减小，C正确，D错误。【提示】静电场中涉及图象问题的处理方法和技巧：①φ－x图象：电场强度的大小等于－x图线的斜率大小，电场强度为零处，－x图线存在极值，其切线的斜率为零；在－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向；在－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。②E－t图象：根据题中给出的E－t图象，确定E的方向的正负，再画出对应电场线的方向，根据E的大小变化，确定电场的强弱分布。变式4（2022·新课标Ⅰ卷）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3变式5在x轴上存在着与x轴同向的电场，x轴上各点的电场强度随x点位置变化情况如图所示。点电荷a和b的电荷量分别为＋q和－q，不计a和b间的静电力。下列叙述正确的是A．x1、x2两处的电势相同B．a和b在x1处的电势能相等C．将电荷a沿x轴从x1处移到x2处，电场力一直做正功D．b在x1处的电势能小于在x2处的电势能【例4】如图所示，由平行板a、b组成的电容器与电池连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则A．点电荷所受电场力增大B．点电荷在P处的电势能减小C．P点电势降低D．电容器的带电荷量增加【答案】B【解析】由于电容器与电源相连，板间电压U不变，故b板下移时电场强度E＝eq\f(U,d)减小，电荷所受电场力减小；电容减小，电容器所带电荷量Q＝CU减小，A、D错误。因P与a板距离不变，则P与a板间电势差减小，故P与b板间电势差增大，而b板电势为零、P点电势大于零，故P点电势升高。C错误。因a板带正电，P处电荷带负电，而负电荷在电势越高处电势能越小，故B正确。【提示】平行板电容器动态变化的分析（1）电容器保持与电源相连，U保持不变，则有电容器所带电荷量Q＝CU∝C，C＝，两板间场强E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)（2）电容器充电后与电源断开，Q保持不变，则有U＝eq\f(Q,C)，，场强E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)∝（3）在直流电路中，电路稳定后电容器相当于断路，其两端电压等于图中的路端电压。变式6（2022·江苏卷）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔，小孔分别位于、、点．由点静止释放的电子恰好能运动到点．现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子A.运动到点返回B.运动到和点之间返回C.运动到点返回D.穿过点变式7(2022·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等【例5】(2022·高考全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V．一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV.下列说法正确的是A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝－6eV，故Uad＝6V，各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A对．因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，B对．经过d时，电势能Ep＝eφd＝2eV，C错．由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2eV，所以Ekb＝8eV，由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6eV，所以Ekd＝4eV，则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝eq\f(1,2)mv2知vb＝eq\r(2)vd，D错。【提示】首先明晰呈现的是电场线还是等势面，电场线与等势面处处垂直；电子的运动轨迹由初速度与合力共同决定，如Ｂ选项中，过a点速度方向若与力不平行时，做曲线运动。变式8如图所示，虚线表示某电场的等势面，实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹。粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB。则下列结论正确的是A．粒子带正电B．aA＜aBC．EpA＜EpBD．EkA＜EkB变式9（2022·天津卷）如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、A.vM<C.D.【例6】(2022·天津卷)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置【答案】AD【解析】设加速电场的极板间距为d，根据动能定理有qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝eq\r(\f(2qE1d,m)).在偏转电场中板长为l，由l＝v1t2及y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE2,m)teq\o\al(2,2)得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝eq\f(E2l2,4E1d)，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确；根据动能定理，qE1d＋qE2y＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝eq\r(\f(2qE1d＋qE2y,m))，由于三种粒子的比荷不相等，故v2不一样大，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t＝eq\f(d,\f(v1,2))＋eq\f(L′,v1)＝eq\f(2d,v1)＋eq\f(L′,v1)(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误；根据vy＝eq\f(qE2,m)t2及tanθ＝eq\f(vy,v1)得，带电粒子的偏转角的正切值tanθ＝eq\f(E2l,2E1d)，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上同一位置，选项D正确。【提示】带电粒子在电场中运动问题的分析思路：(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是偏转运动问题．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等；②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解．(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口．变式10如图甲，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地均匀地飘出质量为m、带电荷量为e的电子(可视为初速度为0)．在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板间中线与电子源在同一水平线上．已知板间距为d＝eq\f(3,8)L，极板长为L，偏转板右边缘S处有荧光屏，经时间t统计(t≫T)只有50%的电子能打到荧光屏上．板外无电场，求：(1)电子进入偏转板时的速度；(2)eq\f(T,4)时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离；(3)电子打在荧光屏上的范围Y.变式11(1９９６·高考全国卷）如图(a)所示，真空室中电极K发出的电子(初速不计)经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入，A、B板长l=，板间距离d=.加在A、B两板问的电压“随时间变化的u-t图线如图(b)所示。设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场，在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的.两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b=，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=，筒的周长s=，筒能接收到通过A、B板的全部电子。(1)以t=0时(见图(b)，此时u=0)电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标(不计重力作用)；(2)在给出的坐标纸(图(c))上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。【点拨】1．抓住电场的力的性质和能的性质两条主线，理解电场强度、电场线、电势、电势能、电势差、电场力做功等基本概念。2．熟记典型电场中电场线、场强、电势的分布特点，特别是等量同种点电荷、等量异种点电荷的电场特点。3．熟练掌握电势能大小的判断、电势高低的判断、匀强电场中电势差与电场强度的关系的应用、带电粒子在电场中的加速与偏转等问题的处理方法。4．重视电场线、等势面与带电粒子的运动轨迹相结合的题目；带电粒子在电场中的加速、偏转以及电容器的相关知识在实际生产、生活中的应用，如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、示波器等。【检测】1.α粒子快速通过氢分子中心，其轨迹垂直于两核的连线，两核的距离为d，如图所示。假定α粒子穿过氢分子中心时两氢核几乎不移动，同时忽略分子中电子的电场，则当α粒子在靠近氢分子过程中下列说法正确的是A.加速度一定变大B.加速度一定减小C.电势能越来越大D.电势能越来越小２.如图是静电喷漆的工作原理图．工作时，喷枪部分接高压电源负极，工件接正极，喷枪的端部与工件之间就形成静电场，从喷枪喷出的涂料微粒在电场中运动到工件，并被吸附在工件表面．图中画出了部分微粒的运动轨迹，设微粒被喷出后只受静电力作用，则A．微粒的运动轨迹显示的是电场线的分布情况B．微粒向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大C．在向工件运动的过程中，微粒的动能逐渐减小D．在向工件运动的过程中，微粒的电势能逐渐增大３.水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开开关，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图所示，小球先后经过虚线的A、B两点。则A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功C．小球由A到B的过程中动能可能减小D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小４.(2022·天津卷)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是A．电子一定从A向B运动B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpBD．B点电势可能高于A点电势５.（2022·海南卷）如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为A．B．C．D．６.如图所示，在竖直平面内半径为R的光滑圆形绝缘轨道的内壁，有质量分别为m和2m的A、B两个小球用长为R的绝缘细杆连接在一起，A球不带电，B球所带的电荷量为-q（q>0）。整个装置处在竖直向下的匀强电场中。开始时A球处在与圆心等高的位置，现由静止释放，B球刚好能到达轨道右侧与圆心等高的位置C。求：(1)匀强电场电场强度的大小E；(2)当B小球运动到最低点P时，两小球的动能分别是多少；(3)两小球在运动过程中最大速度的大小。７.如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧d＝m的A点处有一固定的点电荷。细杆上套有一带电荷量q＝1×10－6C、质量m＝kg的小环。设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环由静止释放后，其动能Ek随h的变化曲线如图乙所示。已知静电力常量k＝×109N·m2/C2，重力加速度g＝10m/s2。(计算结果保留两位有效数字)(1)试估算点电荷所带电荷量Q的大小；(2)求小环位于h1＝m处时的加速度a；(3)求小环从h2＝m处下落到h3＝m处的过程中，其电势能的改变量。参考答案变式1：【答案】B【解析】由b点处场强为零知，圆盘在b点处产生的场强E1与q在b点处产生的场强E2大小相等，即：E1＝E2＝keq\f(q,R2)，由对称性，圆盘在d点处产生的场强E3＝keq\f(q,R2)，q在d点处产生的场强E4＝keq\f(q,9R2)，方向与E3相同，故d点处的合场强Ed＝E3＋E4＝keq\f(10q,9R2)，B正确。变式2：【答案】ACD【解析】因a、b、d的电势分别为6V、2V、4V，则ab中点e的电势为4V，d与ab的中点e连线为等势面，则场强方向垂直此连线斜向上指向f点，大小E=Ud=6-40.02×22V/m=141V/m，选项A正确，B错误；带正电的粒子沿ac变式3：【答案】ＢＤ【解析】由于题目没有说明W1、W2的数量关系，故无法确定各点的电势高低，无法确定等势线，也就无法确定场强方向，选项A错误；W1＝qUab＝q(φa－φb)，W2＝qUcd＝q(φc－φd)，匀强电场中M、N为ac和bd的中点，所以φM＝eq\f(φa＋φc,2)，φN＝eq\f(φb＋φd,2)，可得φM－φN＝eq\f(φa－φb＋φc－φd,2)＝eq\f(Uab＋Ucd,2)，WMN＝qUMN＝q(φM－φN)＝eq\f(W1＋W2,2)，选项B正确；无法确定电场强度是否沿cd方向，所以无法确定电场强度的大小是否为eq\f(W2,qL)，选项C错误；若W1＝W2，即Uab＝Ucd，故φa－φb＝φc－φd，所以φa－φc＝φb－φd，又因为UaM＝eq\f(φa－φc,2)，UbN＝eq\f(φb－φd,2)，则UaM＝UbN，选项D正确。变式4：【答案】AC【解析】由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1m、2m、3m、6m，根据点电荷的场强公式可知，,,故Ａ正确，Ｂ错误；电场力做功W=qU，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3V、1V、1V，有，，故C正确。变式5：【答案】CD【解析】根据题意知电场线沿x轴正向，因沿电场线方向电势逐渐降低，可知x1处的电势高于x2处的电势，选项A错误；因点电荷a和b的电荷量分别为＋q和－q，根据Ep＝φq可知a和b在x1处的电势能不相等，选项B错误；因电场线沿x轴正向，则将电荷a沿x轴从x1处移到x2处，电场力一直做正功，选项C正确；因x1处的电势高于x2处的电势，则负电荷b在x1处的电势能小于在x2处的电势能，选项D正确。变式6：【答案】A【解析】粒子经A、B板间的电场加速，在B、C板间电场中减速，设A、B板间的电压为U，BC板间的电场强度为E，MP间的距离为d，则有eU－eEd＝0.若将C板向右平移到P′点，B、C两板带电荷量一定，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，C板向右移动过程中，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子经A、B加速后在B、C间减速到P点时速度为零然后返回，A正确。变式7：【答案】BD【解析】由于平行板电容器连接在直流电源上，U不变，E不变，两微粒a、b所带电荷量大小相等，则电场力大小相等，经过相同时间，据动量定理Ft＝mv－0知，在t时刻a和b的动量大小相等，D正确；因为经过时间t，在下半区域的同一水平面，因此va>vb，则ma<mb，A错；据Ek＝eq\f(p2,2m)可知Eka>Ekb，B正确；在同一水平面电势相等，由于a、b所带电荷量大小相等，符号相反，电势能不等，C错．故选BD.变式8：【答案】BC【解析】由等电势差等势面稀疏处电场强度小，密处电场强度大可知A处电场强度小于B处。由电场力公式和牛顿第二定律可得qE＝ma，由此可知aA＜aB。根据带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹可知，粒子受垂直于等势面且指向轨迹的凹侧的电场力，电场力与场强方向相反，知粒子带负电；由A运动到B，电场力做的总功为负，最终电势能是增加，动能减小，故EkA＞EkB，EpA＜EpB，选项BC正确。变式9：【答案】D【提示】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，判断出电场力方向，进而判断电场方向，再结合电场方向和电势降落关系从而判断出Ｍ、Ｎ两点电势高低；又结合电场力方向与速度方向的夹角关系，如图两种情形，判断出电场力做功正负情况，进而确定电势能的增减。变式10：【解析】（1）设电子进入偏转板时的速度为v，由动能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv2=1\*GB3①由=1\*GB3①式解得v＝eq\r(\f(2eU0,m)) =2\*GB3②（2）由题意知，电子穿过偏转板所需时间t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T=3\*GB3③故在eq\f(T,4)时刻沿中线射入偏转板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故一个周期内，偏移量为零。（3）电子应在一个周期的时间内射出偏转板，而有50%的电子由于偏转量太大不能射出，经分析知电子在eq\f(1＋8k,8)T～eq\f(3＋8k,8)T，eq\f(5＋8k,8)T～eq\f(7＋8k,8)T(k＝0,1,2，…)时进入偏转极板，能射出，有a＝eq\f(U0e,dm)eq\f(Y,2)＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)T))2－2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)T))2 =4\*GB3④则Y＝eq\f(L,3)因为电子射入偏转板时，竖直方向速度为0，所以电子打在荧光屏上的范围Y＝eq\f(L,3)。变式11：【解析】（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，则①电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则 ②在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动，对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足 ③联立①②③式解得=20V此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度④此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图（1）可得 ⑤由以上各式解得=⑥从题给的u-t图线可知，加于两板电压u的周期T0=秒，u的最大值um=100伏，因为uC＜um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔△t内有电子通过A、B板⑦因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为=2cm⑧第二个最高点的x坐标为=12cm ⑨第三个最高点的x坐标为=22cm由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别由⑧和⑨的x1、x2表示。（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图（2）所示。

【检测】1.【答案】C【解析】由题意可知，两个氢分子可视为等量的同种正电荷，其连线中点电场强度为零，无穷远处的电场强度也为零，因此在中点和无穷远之间有一点场强最大，但由于此位置不确定，因为α粒子靠近氢分子过程中电场力的变化不确定，所以加速度的变化不确定，A、B错误；α粒子在靠近中心连线时，由于电场力对α粒子做负功，因此其电势能逐渐增大，C正确。２.【答案】B【解析】微粒的运动轨迹是曲线时与电场线一定不重合，A错误．由场强叠加原理可知，距离两个电极越近的位置，电场强度越大，所以微粒在向工件运动的过程中所受电场力先减小后增大，B正确．在微粒向工件运动的过程中，电场力做正功，电势能减少；只有电场力做功，即合力做正功，微粒的动能增加，C、D错误。３.【答案】D【解析】小球在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，但如果电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，故无法确定电场力与重力的大小关系，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，小球的机械能可能增加，也可能减小，B错误，D正确；