电场及带点粒子在电场中的运动

电场及带点粒子在电场中得运动

一、高考导航

［命题分析］

本讲内容主要就就是综合应用动力学方法与功能关系解决电场得性质及带电粒子在电场中得运动问题、这部分得题

目覆盖得内容多,物理过程多，且情景复杂，综合性强，常以选择题或高考压轴题得形式出现、高考对本专题考查得重

点有以下几个方面:①对电场力得性质与能得性质得理解：②带电粒子在电场中得加速与偏转问题。

［备考策略］

针对本讲内容得特点，应“抓住两条主线、明确两类运动、运用两种方法”解决有关问题、两条主线就就是指电场力得

性质（物埋量一一电场强度）与能得性质（物理量一一电势与电势能）;两类运动就就是指类平抛运动与匀速圆周运动;

两种方法就就是指动力学方法与功能关系、

二、网控考点

电场W

牛

运

动

定件

式

.公

学

跖

再

动

定

傕M

戛

系

功

三、考点突破

1、对电场强度得三个公式得理解

（1）E=就就是电场强度得定义式,适用f-任何电场、电场中某点得场强就就是确定值，其大小与方向与试探电荷q无

关、试探电荷q充当“测量工具〃得作用、

（2）E=k就就是真空中点电荷所形成得电场得决定式、E由场源电荷Q与场源电荷到某点得距离r决定、

(3)£=就就是场强与电势差得关系式，只适用于之强生扬，注意:式中d为两点间沿电场方向得距离、

2、电场能得性质

⑴电势与电势能：巾=、

(2)电势差与电场力做功:U,\B==(|)A—(|)H、

(3)电场力做功与电势能得变化:\/\/=组、

3、等势面与电场线得关系

(1)电场线总就就是与等势面垂直，且从电势高得等势面指向电势低得等势面、

(2)电场线越密得地方,等差等势面也越密、

(3)沿等势面移动电荷,电场力丕做瓶沿电场线移动电荷，电场力一定做功、

4、电容器两类动态变化得分析比较

第一类动态变化:两极板间电压U恒定不变

第二类动态变化:电容器所带电荷量Q恒定不变

充电后与电电容器两极板电

池两极断开荷量保持不变

卜变大|一口不变||“变大,d变

匕变小厂变大厂快变圣

5、带电粒子在电场中常见得运动类型

(1)带电粒子在电场中得加速(假设粒子质量很小，忽略粒子得重力)

①匀强电场中,V。与E平行，可用牛顿运动定律与运动学方程求解:E=,a="—v=2ax;也可用动能定理qU=mv2-m

V、

②非匀强电场中，只能用动能定理、

（2）带电粒子在匀强电场中得偏转（忽略粒子得重力）

①垂直十电场强度得万向（x轴:匀速直线运动）：

Vx=Vo,X=Vot>

②平行于电场强度得方向（y轴:匀加速直线运动）：

a=,L=vot,

==

V）3tt

y=at?=,

偏转角:tan9==>

6、本部分内容得主要研究方法有：

（1）理想化模型、如点电荷、电场线、等势面；

⑵比值定义法、电场强度、电势得定义方法就就是定义物理量得一种重要方法；

（3）类比得方法、电场与重力场得比较;电场力做功与重力做功得比较;带电粒子在匀强电场中得运动与平抛运动得

类比、

7、研究带电粒子在电场中得曲线运动时，采用运动合成与分解得思想方法

四、题型攻略

1、题型一、对电场性质得理解

［方法指导］1、在静电场中，通常利用电场线与等势面得两个关系分析电场得性质:一就就是二者一定处处垂直;二就

就是电场线密得地方，等差等势面也密，且电场线由电势较高得等势面指向电势较低得等势面、

2、在分析电场性质时，要特别注意电场强度、加速度、电势、电场力做功、动能、电势能等物理量得基本判断方

法、

3、根据电场线得疏密分布规律或场强得叠加原理判断场强得强弱、

4、电势高低得判断可灵活应用以卜.方法

（1）根据电场线与电势得关系来判断，即沿着电场线得方向电势降低、

⑵根据电场力做功来判断、正电荷在电场力作用卜移动时，电场力做正功，电荷由高电势处移向低电势处;电场力做

负功，电荷由低电势处移向高电势处、对于负电荷，则刚好相反、

⑶根据电势能判断、正电荷在电势高处电势能较大，负电荷在电势低处电势能较大、

（4）由山8=进行判断、将W,\B与q带符号代入，根据UAR得正负判断A、B两点电势得高低，当UAB>0时,5>觇；反之，巾

A<巾B、

［例1］如图1所示，实线为电场线，虚线为等势面，两相邻等势面间电势差相等、A、B、C为电场中得三个点，且AB

=BC,一个带正电得粒子从A点开始运动，先后经过B、C两点,若带电粒子只受电场力作用，则下列说法正确得就就是

图1

A、粒子在A、B、C三点得加速度大小关系aA>aB>ac

B、粒子在A、B、C三点得动能大小关系Ekc>EkB>EkA

C、粒子在A、B、C三点得电势能大小关系E°c>EpB>E”

D、粒子由A运动至B与由B运动至C电场力做得功相等

［答案］B

［解析］由电场线可知EC>EB>EA,因此a°>aB>aA,故A错误;粒子从A点运动经过B、C,电场力做正功，动能不断增加，因

此Ekc>EkB>EkA,故B正确；由于沿着电场线，电势逐渐降低，故。A>5>4）C,因此带正电粒子得电势能大小关系E「A>

EPB>E-故C错误;由于从A到B过程得电场力小于从B到C过程得电场力，故从A到B过程得电场力做功较少，因

此粒子由A运动至B与由B运动至C电场力做得功不等，D错误、

针对训练1（2014・江苏M）如图2所示，一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心0、下列关于x轴上

得电场强度与电势得说法中正确得就就是（）

图2

A、。点得电场强度为零，电势最低

R、C点得电场强度为零，电势最高

C、从。点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高

D、从。点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低

［答案］B

［解析］根据电场得对称性与电场得叠加原理知，O点得电场强度为零、在x轴上，电场强度得方向自。点分别指向

X轴正方向与x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以o点电势最高、在x轴上离O点无限远处得电场强度为

零，故沿x轴正方向与x轴负方向得电场强度先增大后减小、选项B正确、

针对训练2如图所示，菱形abed得四个顶点分别放上电荷量都为Q得不同电性得点电荷，团abc=120。、对角线得交

点为O.A、B、C、D分别就就是。点与四个顶点连线得中点，则下列说法正确得就就是（）

A、0点得电势与电场强度都为零

B,A,C两点得电场强度相等

C、B、D两点得电势相等且都为正

D、正得试探电荷从A到D电场力做正功

［答案］C

［解析］根据电场叠加原理可知，。点得场强为零，电势为正，A项错误；根据电场叠加原理可知,A、C两点得场强等

大反向,B项错误；根据几何关系可知，B、D点都在a、b两个等量异种点电荷电场中零等势线得右侧，都在c、d

两个等最异种点电荷电场中零等势线得左侧，因此电势直加后肯定为正，根据对称性可知，这两点得电势相等,C项正

确；同理可以分析,A点电势为负，因此正得试探电荷从A到D电势能增大，电场力做负功,D项错误、

2、题型二、电场矢量合成问题

［方法指导］

1、熟练掌握常见电场得电场线与等势面得画法、

2、对于复杂得电场场强、电场力合成时要用平行四边形定则、

3、电势得高低可以根据“沿电场线方向电势降低〃或者由离正、负场源电荷得距离来确定、

［例2］如图3所示，a、b、c、d分别就就是一个菱形得四个顶点,Babe=120。、现将三个等量得正点电荷+Q分别

固定在a、b、c三个顶点上，则下列判断正确得就就是（）

图3

A、d点电场强度得方向由d指向。

B、。点处得电场强度就就是d点处得电场强度得2倍

C、bd连线为一等势线

D、引入一个电量为+q得点电荷，依次置于O点与d点，则在d点所具有得电势能大于在。点所具有得电势能

［答案］B

［解析］由点电荷得电场及电场得叠加可知,0点处得场强等于b处点电荷在O点产生得场强，设菱形得边长为L,则

Eo=k,方向由b指向0,而在d处得点电荷由a、b、c处得点电荷产生，其大小为Ed=2k=E0,方向也沿b0方向,A

错误,B正确；bd就就是a、c两处电荷连线得中垂线,由两等量正电荷得电场中电势分布可知，在a、c两点电荷得

电场中。点电势高于d点电势,而在点电荷b得电场中Q点电匏也高于d点电势,再由电势叠加可知.。点电势高,

而正电荷在电势越高处,电势能越大，C、D错误、

针对训练3如图4甲所示,MN为很大得薄金属板（可理解为无限大），金属板原来不带电、在金属板得右侧，距金属板

距离为d得位置上放入一个带正电、电荷量为q得点电荷，由于静电感应产生了如图甲所示得电场分布、几位同学想

求出点电荷与金属板垂直连线之间中点a得电场强度大小，但发现问题很难、几位同学经过仔细研究,从图乙所示两

等量异号点电荷得电场分布得到了一些启示，经过查阅资料她们知道:图甲所示得电场分布与图乙中虚线右侧得电场

分布就就是完全一样得、图乙中两等量异号点电荷得大小也为q,她们之间得距离为2d,虚线就就是两点电荷连线得

中垂线、由此她们分别求出了a点得电场强度大小,一共有以下四个不同得答案（答案中k为静电力常量），其中正

确得就就是（）

图4

A、B、

C、D、

［答案］C

［解析］根据a点得电场线方向可得a点得电场强度方向就就是垂直于金属板向左，两个异号点电荷电荷量得大小均

为q,它们之间得距离为2d,乙图上+q左侧处得场强大小为E=k+k=，根据题意可知,a点得电场强度大小与乙图上+q

左侧处得场强大小相等,即为、

3、题型三、平行板电容器得动态分析问题

【方法指导】

运用电容得定义式与决定式分析电容器相关量变化得思路

（1）确定不变量,分析就就是电压不变还就就是所带电荷量不变、

（2）用决定式C=分析平行板电容器电容得变化、

⑶用定义式C=分析电容器所带电荷量或两极板间电压得变化、

（4）用E=分析电容器极板间场强得变化、

［例3］（多选）（2014年湖北八校高三联考）如图所示得平行板电容器、电源、电阻与开关组成得电路中，开关S闭合

后，两板间得带电粒子处于静止状态，则下列说法正确得就就是（）

A、粒子带负电

B、断开开关S,粒子会向下运动

C、保持开关S闭合，增大两板间距离得过程中，电流表中有从左向右得电流

D、保持开关S闭合，使两板绕垂直于纭面得过两板中点得轴a、b沿顺时针以相同得角速度缓慢转动一个很小得角

度，粒子仍会保持静止

［答案］八C

［解析］S闭合时，上板带正电，粒子要保持静止，受到得电场力方向应向匕因此粒子带负电，A项正确;断开开关后，两

板上得带电荷量保持不变，粒子仍保持静止,B项错误;保持开关S闭合，增大两板间距离得过程中，由平行板电容器得电

容决定式C=可知，电容器得电容减小，两板间得电压不变，由Q=CU可知，电容器得带电荷量减小，电容器放电，电流表

中有从左到右得电流，C项正确;保持开关S闭合，使两板绕垂直于纸面得过两板中点得轴a、b沿顺时针以相同得角

速度缓慢转动一个很小得角度，两板间得电场有了一个水平分量，粒子会受到一个水平得电场分力，不会保持静止状

态,D项错误、

针对训练4（多选）如图所示,D就就是一个具有单向导电性得理想二极管，水平放置得平行板电容器AB内部原有带

电微粒P处于静止状态、在下列措施E关于P得运动情况得说法中正确得就就是（）

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得电势能不变

【答案］ABD

［解析］保持开关S闭合，电容器得电压不变，增大A、B板间距离，则导致电容器得电容减小，则出现电容器得电荷量减

小，然而二极管作用导致电容器得电荷量不会减小，则电容器得电荷量会不变，由于平行板电容器得电场强度与电容

器得电荷量、电介质及正对面积有关，所以电场强度不变，故A正确;当减小A、B板间距离,则导致电容器得电容增大,

则出现电容器得电荷量增加，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，导致电容器得电容

减小，由于断开开关S,则电容器得电荷量不变，所以极板间得电场强度不变，因此P仍处于静止，故C错误;A板稍下

移，电容器得电容增大，当断开S后，则电容器得电荷量不变，所以电场强度也不变，由于B板接地，则P到B板得电势

差不变，因此P得电势能也不变，故D正确、

4、题型四、带电粒子在电场中得加速或偏转

【方法指导】

对于带电粒子在电场中得加速与偏转问题，解决得办法一般都就就是采用牛顿运动定律与功与能相结合得办法来解

决、

（1）在粒子得加速过程中，一般采用qU=mv?或qE=ma进行求解、

⑵在粒子得偏转过程中，一般采用平抛运动得规律进行求解、水平方向上为匀速直线运动，竖直方向上为初速度为零

得匀加速直线运动，通常就就是利用水平方向上匀速运动计算粒子在偏转电场中运动得时间，然后利用竖直方向上得

运动求解粒子在偏转电场中偏转得距高、离开偏转电场时得速度等、

［例4］如图甲所示，A、B两板竖直放置，两板之间得电压Ui=100V,M、N两板水平放置，两板之间得距离d

=0、1m,板长L=0、2m、一个质量m=2x10“kg、电荷量q=+1*10用c得带电粒子（不计重力）从靠近A板处

由静止释放，经加速电场加速后从B板得小孔穿出，沿着M、N两板得中轴线垂直.进入偏转电场、如果在M、N两板

之间加上如图乙所示得偏转电压，当t=时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则：

（1）带电粒子从B板得小孔穿出时得速度为多大?

（2）要使带电粒子能够从M、N两板之间（不沿中轴线）穿出，并且穿出后得速度方向保持水平，则交流电U2得周期T

为多少？

(3)在满足(2)条件得情况下，它在偏转电场中得最大偏移量就就是多少？(结果保留一位有效数字)

［答案］(1)lxlO3m/s(2)s(n=5,6,7,…〉(3)0、04m

［解析］(1)由动能定理得qlh=mv,

解得Vo==lxlo3m/s、

⑵要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场得时间

t=(n-)T(n=0,1,2,...)①

带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L=vot(2)

所以T=s(n=0,1,2,...)③

带电粒子进入偏转电场时得加速度

a=@

电场强度E=⑤

带电粒子在进入偏转电场后得前内沿竖直方向得位移

y=a(产⑥

要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，需满足2y《⑦

联立①〜⑦式解得在4、5、

所以T=s(n=5,6,7,...)、

(3)要使总偏移量最大,则n应取值最小，故n=5,由此解得，最大偏移量y占2y=0、04m、

针对训练5如图所示,三种均带正电荷得带电粒子(重力不计)从。点以相同得速度进入同一偏转电场，射出后均打在

一个竖直放置得足够大得荧光屏上、若三种带电粒子得质量之比为遐2回4,电荷量之比为图2,则下列说法中正确

得就就是()

A、三种粒子在偏转电场中得运动时间之比为2(21101

B、三种粒子离开偏转电场时得速度相同

C、三种粒子将打在荧光屏上得同一点

D、偏转电场对三种粒子做功之比为20102

［答案］D

［解析］设偏转电场得电压为U,粒子进入偏转电场时得速度大小为V。,偏转电场极板长为I,板间距离为d、则带电

粒子在偏转电场中运动得时间为t=,所以带电粒子通过偏转电场得时间就就是相同得，选项A错误;由于粒子进入

电场时得初速度大小相同，所以粒子离开偏转电场时得速度取决于粒子在偏转电场中竖直方向上获得得速度力,又因

为VE=at=回因为三种粒子得比荷之比为2皿叫所以选项B错误；粒子在偏转电场中偏转得距离y=at2=d瓦所以

粒子不会打在荧光屏上得同一点，选项C错误;偏转电场对三种粒子做得功为W=q・・y,因为y团所以W团所以偏转电

场对三种粒子做功之比为201膛,选项D正确、

针对训练6如图所示，倾角为6得绝缘斜面体固定在水平面上，斜面体处在竖直向下得匀强电场中，将一①质量

为m、电荷量为q得带正电得小球，从斜面得顶端⑵以初速度vo沿水平方向向右抛出，小球运动时间to（未知）第一次

落在斜面上、若将电场方向反向，再将小球从斜面顶端以初速度vo沿水平方向向右抛此则小球第一次落到斜面上得

时间为2%,斜面足够长、

（1）求电场强度E及to得大小；

⑵若③将电场方向改为水平向右，小球仍从斜面得顶端以初速度vo沿水平方向向右抛出，求小球第一次落到斜面I-.

时得速度就就是多大、

［答案］⑴（2）

［解析］规范步骤，水到渠成

⑴带电小球被抛出后，竖直方向受向下得重力与向下得电场力作用，因此小球做类平抛运动，有

Xl=Voto9（1分）

yi=a11②（1分）

mg+qE=mai（3）（1分）

tan8=④（1分）

电场方向变为向上后，小球仍做类平抛运动，有

x2=vo-2t0⑤（1分）

2

V2=a2（2to）@（l分）

mg-qE=ma20（l分）

tan%⑧。分）

解得E=,（l分）

to=%（1分）

⑵若将电场方向改变为水平向右,设小球抛出后落到斜面上得时间为t,有

x=vot+-gt2（9）（l分）

y=g12⑩（I分）

tan6=⑪（1分）

解得t=（2分）

求得V=

=、(3分)

5、题型五、交变电场下粒子得运动问题

［方法指导］

在两个相互平行得金属板间加交变电压时，在两板间便可获得交变电场、此类电场从空间瞧就就是匀强得，即同一时

刻，电场中各个位置处电场强度得大小、方向都相同;从时间上瞧就就是变化得,即电场强度得大小、方向都可随时间

变化、研究带电粒子在这种交变电场中得运动，关键就就是根据电场变化得特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子

得运动情况、问题情景大致分为三类:一就就是平衡问题；二就就是直线运动问题；三就就是偏转问题、由于电场呈

周期性变化,往往会出现多解问题、临界问题，且与数学知识、实际生活、现代科技等联系紧密、

［例5］一电荷量为q(q>0)、质量为m得带电粒子在匀强电场得作用下，在t=0时由静止开始运动，电场强度随时

间变化得规律如图甲所示、不计重力、在t=0到t=T得时间间隔内，求：

甲

(1)粒子位移得大小与方向、

(2)粒子沿初始电场反方向运动得时间、

［解析］解法一：⑴带电粒子在0〜、、、时间间隔内匀速运动，设加速度分别为、、、，由牛顿第二定律得：

①；②；

③；④

由此得带电粒子在。〜T时间间隔内运动得加速度.时间图像如图(a)所示，对应得速度•时间图像如图(b)所示，其中

⑤

由图(b)可知，带电粒子在t=0至T得时间间隔内得位移为⑥

由⑤⑥式得⑦它沿初始电场正方向。

(2)由图(b)可知，粒子在到内沿初始电场得反方向运动，总得运动时间t为

⑧

［解法二］(1)带电粒子在0〜、、、时间间隔内匀速运动，设加速度分别为、、、，由牛顿第二定律得：

①②

③④

没带电粒子在t=T/4>t=7/2>t=3T/4、t=丁时得速度分别为、、、，则

⑤⑥

⑦⑧

设带电粒子在t=。至代=丁得时间间隔内得位移为S,有⑨

联汇以上各式可得⑩

它沿初始电场正方向。

⑵由电场得变化规律知,t=T/4时粒子开始减速，设经过时间匕粒子速度减为零。

将①②⑤式代入上式，得

⑪

粒子从t=T/2时开始加速，设经过时间t2速度变为零。

此式;与①②③⑤⑥式联立得

©

t=C到t=T内粒子沿初始电场反方向运动得时间t为

⑬

将⑪⑫⑩式代入⑬式得

针对训练7(2013年松滋一中模拟汝I图甲所示，平行金属板A与B间得距离为d,现在A、B板上加上如图乙所示得

方波形电压，t=0时A板比B板得电势高，电压得正向值为U。,反向值也为U。、现有由质量为m得带正电且电荷量

为q得粒子组成得粒子束，从AB得中点O以平行于金属板06得方向以速度vo=射入，所有粒子在AB间得飞行时间

均为T,不计重力影响、求：

(1)从t=0时刻进入得粒子飞出电场时得速度、

(2)粒子飞出电场时得位置离0,点得距离范围、

［答案K1)，与水平方向成30。(2)从，点上方得

到下方得

［解析］(1)从t=0时刻进入得粒子，水平方向上一直做匀速运动,Vx=V0

在垂直金属板方向.匕粒子得加速度ay==，粒子在

粒子飞出电场时垂直金属板方向得速度vy=ay-ay=

粒子飞出电场时得速度v==

与水平方向得夹角得正切值tan0==3P0=30。、

（2）兰粒子在t=nT（n=O、1、2、3、…）达入电场时，离开电场得位置离O'点得下方得距离最大，偏离下方得最

=

大距离ym।=ay+ay,—ay

当粒子在1=+门丁3=0、1、2、3、…）飞入电场时，岗开电场得位置离0,点得上方得距圈最大，偏离上方得最大距

谶ym2=ay+ay,—ay=

所以粒子飞出电场时得位置离。，点得距离范围：从0’上方得到下方得

五、专题闯关

1、如图所示，两平行金属板竖直放置且B板接地，其间有用绝缘细线悬挂得带电小球，当给两金属板充电，使金属板

带电荷量为Q,此时悬线与竖直方向得夹角为、因电离作用,两金属板得电荷量缓慢减小（假设小球电荷量不变），以

致悬线与竖直方向夹角逐渐减小，则在夹角减小到得过程中，下列说法正确得就就是（）

A、细线得拉力逐渐增大

B、细线得拉力大小不变

C、电容器减少得电荷量为

D、电容器减少得电荷量为

【答案】D

【解析】由于金属板得电荷量缓慢减小，小球受重力mg、细线拉力FT与水平向右得电场力F而处于动态平衡状态

（如图：1、设细线长为L,悬点到小球得竖直高度为h,则由图知=，因8减小,h逐渐增大，所以拉力FT逐渐减小，A、B错

误;令两极板间距离为d,电容器电容为C,由图知tan8尸=，令减少得电荷量为AQ,同理可得tan电=,联立解得

△Q=Q,C错、D对、

2、（2014年高考安徽卷）一带电粒子在电场中仅受静电力作用,做初速度为零得直线运动、取该直线为x轴,起始点

0为坐标原点，其电势能Ep与位移x得关系如右图所示，下列图象中合理得就就是（）

【答案】D

【解析】在粒子运动中得某一小段位移Ax内电场力做功qEAx、由功能关系知AEp=-qE-Ax/R=—qE,E〃x图线

斜率得绝对值表示电场力，故由图线可知E逐渐减小,A错误;因粒子仅受电场力作用，由qE=ma可知a也逐渐减小,

D正确;再由动能定理有△£><=qqE,Ek-x图线得斜率也表示电场力,则Et-x图线成就就是一条斜率逐渐减

小得曲线,B错误油v2=2ax有v=,可知v-x图线应就就是一条曲线，故C错误、

3、如图所示，矩形得四个顶点a、b、c、d就就是匀强电场中得四个点,ab=2bc=2L,电场线与矩形所在得平面

平行、已知a点电势为18V,b点电势为10V,c点电势为6V、一质子从a点以速度vo射入电场,心与ab边得

夹角为45。，一段时间后质子经过ab中点e、不计质子重力，下列判断正确得就就是（）

A、d点电势为12V

B、质子从a至ljb电势能增加了8eV

C、电场强度大小为

D、质子从a到e所用时间为

【答案】D

【解析】矩形对角线连线相互平分，则根据匀强电场中场强与电势差得关系可知,d点得电势为（18+6-10）V=

14V,而e点就就是ab得中点，可得e点得电势为14V,连接de,de为该匀强电场得等势面，过a点作de得垂线,

沿着电场线方向电势在降低，故电场得方向沿垂线方向向下，选项A错误；质了•从a到b,电场力做正功，电势能减少8

eV,选项B错误;由图中几何关系可知,E==,选项C错误：质子从a运动到e时做类平抛运动，沿初速度V。方向做匀速

直线运动,则运动时间为t==，选项D正确、

4>［2014•武汉武昌区调研］将等量得正、负电荷分别放在正方形得四个顶点上（如图所示）。。点为该正方形对角

线得交点,直线段AB通过0点且垂直于该正方形,OA>OB,以下对A、B两点得电势与场强得判断，正确得就就是（）

A、A点场强小于B点场强B、A点场强大于B点场强

C、A点电势等于B点电势D、A点电势高于B点电势

【答案】C

【解析】本题考查电场分布以及电场得叠加，意在考查考生对电场得认识，以及对电场叠加原理得应用能力。由电荷

得对称分布关系可知AB直线上得电场强度为0,所以选项A、B错误;同理将一电荷从A移动到B电场力做得功为

0,A、B两点间得电势差为0,因此A点电势等于B点电势，选项C正确,D错误。

5、［2。14•唐山模拟］如图所示,匀强电场中得A、B、C三点构成一边长为a得等边三角形。电场强度得方向与纸面

平行。电子以某•初速度仅在静电力作用下从B移动到A得过程中动能减少Eo,质子仅在静电力作用下从C移动到A

得过程中动能增加E。,己知电子与质子电荷量得绝对值均为e,则匀强电场得电场强度为（）

A

C、D、

【答案】C

【解析】本题考查电场力做功与电势差得关系、匀强电场中场强与电势差得关系、等势面、动能定理等知识点，意在

考查考生对电场概念得理解与应用能力。对电子从B到A得过程，由动能定理可知，-eUBA=-Eo；对质子从C到A得过

程，有eUcA=Eo,可见UBA=UCA,故B、C两点电势相等，在同一等势面上,AB沿电场线方.向上得距良d=asin6（T=a,

由场强与电势差得关系E=解得E=，选项C正确。

6、［2014・皖南八校联考］空间有一沿x轴分布得电场，其电势4）随x变化如图所示，下列说法正确得就就是（）

A、xi与一xi两点得电势相等

B、Xi点得电场强度比X3点得电场强度小

C、一正电荷沿x轴从xi点移到的点，电势能一直增大

D、一负电荷沿X轴从X1点移到X3点，电场力先做正功后做负功

【答案】D

【解析】本题考查静电场，意在考查考生对电势、电场强度、电势差得理解。X1与凶两点,电势一正一负，则两点电

势不相等，选项A错误；力-x图线得斜率表示场强大小，选项B错误油Ep=q"得，正电荷在电势高得位置电势能高，选

项C错误;负电荷得电势能为Ep=-q。从X1到x3,电势先增大后减小，则电势能先减小后增大，电场力先做正功，

后做负功，选项D正确。

7、［2014•云南检测］（多选）如图甲所示,两平行金属板MN、PQ得板长与板间距离相等，板间存在如图乙所示得随

时间周期性变化得电场,电场方向与两板垂直，不计重力得带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒

子射入电场时得初动能均为Eg。已知t=0时刻射入电场得粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则（）

E

MN

T

2》

pQ

图甲图乙

A、所有粒子都不会打到两极板上

B、所有粒子最终都垂国电场方向射出电场

C、运动过程中所有粒子得最大动能不可能超过2Eko

D、只有t=n（n=0,1,2...）时刻射入电场得粒子才能垂直电场方向射出电场

【答案】ABC

【解析】本题考查运动得合成与分解、带电粒子在交变电场中得运动，意在考查考生对类平抛运动规律得掌握情况,

以及分析多过程问题得能力。带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿甩场方向上，做加速度大小不变、

方向周期性变化得变速直线运动。由t=0时刻进入电场得粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流

周期得整数倍。在。〜时间内带电粒子运动得加速度a=，由匀变速直线运动规律得v‘=at=t，同理可分析~T时间内

得运动情况,所以带电粒子在沿电场方向得速度v与E—t图线所围面积成正比（时间轴下方得面积取负值）。而经过

整数个周期,Eo-t图象与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向得速度总为零,B正确,D错误；

带电粒子在t-0时刻入射时，侧向位移最大,故其她粒子均不可能打到极板上，A正确;当粒子在t-0时刻入射且经

过T离开电场时，粒子在t=时达到最大速度，此时两分位移之比为曾2,即vot=2xat2,可得vy=vo,故粒子得最大速度

为丫=5,因此最大动能为初动能得2倍，C正确。

8、如图所示得平行板电容器,两极板M、N竖直放置,板长与间距都就就是d,合上电键KB，将质量为m带电量为十

q得带电粒子以一定得初速v从下侧中点A处竖直向上射入板间恰好垂直打在中点B处，则下列有关粒子运动得描

述中正确得有（）

vk/

MN

A

A、粒子在MN间做匀速圆周运动，打在B点时得速率也就就是v

B、若将粒子得初速变为2v,则粒子将从板斜上方达出

C、若将M板右移使板间距减半，粒子垂直打在N板上时电场力所做得功将加倍

D、若断开K,将M板右移使板间距减半，则粒子在N板上得落点在B点下方某处

【答案】B

【解析】粒子以v从A处射入后能垂直打在中点B处,表明竖直方向.上在重力作用下匀减速运动，v2=2g,水平方向

上在电场力作用下匀加速运动v=2,粒子做匀变速曲线运动，不能做匀速圆周运动，即A错;若将粒子得初速变为2v,因

场强与间距不变，故粒子打在N板上得时间不变，竖直方向上得位移大于d,故从板斜上方飞出，即若将M板右

移使板间距减半,则场强加倍，因此粒子在场中得运动时间将变短，虽然电场力做功加倍，但竖直方向上得分速度还

未减为零，故粒子不可能垂直打在N板上，即C错；若断开K,则电量保持不变，在改变板间距得情况下，板内场强不

变,故粒子仍落在B点，即D错。

9、［2014•郑州质检］如图所示，在两个正点电荷Qi、Q?（其中Qi=2Q0,Q2=QO）形成得电场中,a、b为两点电荷连

线得中垂线上得两点，且aO=bO.c、d为两点电荷连线得三等分点，即Mc=cd=dN„则下列说法中正确得就就是（）

A、a、b两点得电场强度与电势都相同

B、将带电荷量为q得正点电荷从c沿cd连线移到d得过程中，电场力一直做正功

C、将带电荷量为q得正点电荷从a沿ab连线移到0得过程中,电场力做负功

D、a、b、c、d四点中，电势最高得点就就是c点,电势最低得点就就是d点

【答案】C

【解析】本题考查电场分布，意在考查考生对电场得认识与分析。由对称关系可知,a、b两点得电场强度大小相等,

方向相反，选项A错误;将正电荷由c沿cd连线移到d得过程中,由电场关系可知，电场力先做正功后做负功，选项B错

误;将正电荷从a沿ab连线移动到。得过程中，由电场分布可知，电场力做负功，选项C正确;因为a、b两点位置不能

确定，因此电势得高低也就就是不能确定得，选项D错误。

10、如图所示，绝缘光滑轨道AB部分就就是倾角为30。得斜面,AC部分为竖直平面上半径为R得圆轨道，斜面与

圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右得匀强电场中。现有一个质量为m得带正电小球，电荷量为q=,

要使小球能安全通过圆轨道，在0点得初速度应满足什么条件？

【答案】v>

【解析】小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力,如图所

示，类比重力场，将电场力与重力得合力视为等效重力mg，，大小为mg==,tan6==，得0=30。，等效重力得方向与斜

面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。

因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道得“等效最高点”（D点）满足“等效重力〃刚好提供向心力,即有:mg=因9=30。

与斜面得倾角相等,由几何关系知=2R,令小球以最小初速度vo运动，由动能定理知：

—2mgzR=mv-mv

解得v，因此要使小球安全通过圆轨道,初速度应满足v2。

11、［2014.课标全国卷回如图,0、A、B为同一竖直平面内得三个点,OB沿竖直方向甩BOA=60。，OB=OAo将

一质审为m得小球以一定得初动能由。点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷鼠

为q（q>0）,同时加一匀强电场,场强方向与团OAB所在平面平行。现从0点以同样得初动能沿某一方向抛出此带电小

球,该小球通过了A点，到达A点时得动能就就是初动能得3倍；若该小球从O点以同样得初动能沿另一方向抛出，恰

好通过B点,且到达B点时得动能为初动能得6倍，重力加速度大小为go求：

⑴无电场时，小球到达A点时得动能与初动能得比值；

⑵电场强度得大小与方向。

【答案】（1）（2）方向：与竖直向下成30。夹角

【解析】（1）设小球得初速度为vo,初动能为Eko,从0点运动到A点得时间为t,令0八=&贝1」OB=d，根据平抛运动得规

律有dsin6（T=vot①

dcos60°=gt2（2）

又有Eko=mv③

由①②③式得Eko=mgd④

设小球到达A点时得动能为E卜〜则

EkA=EKo+mgd⑤

由④⑤式得=⑥

（2）加电场后，小球从。点到A点与B点，高度分别降低了与，设电势能分别减小AEpA与AEPB,由能量守恒及④式得

△EPA=3Eko-Eko—mgd=EkO⑦

△EP»=6Eko-Eko-mgd=Eko⑧

在匀强电场中，沿任•直线，电势得降落就就是均匀得。设直线OB上得M点与A点等电势,M与0点得距离为x,