1、专题七带电粒子在电场中的运动江苏卷考情导向考点考题考情电场的性质2016年T3考查电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，掌握电场线的方向与电势的高低的关系2015年T8考查电势差与电场强度的关系、电势和电势能2014年T4考查电势、电场的叠加和对称性2013年T3考查点电荷场强的公式和场强叠加原理2013年T6考查电场线的特点与电场力做功的特点、电场力做功与电势能的关系1高考在本专题的命题多以选择题形式，也有计算题出现(如2012年江苏高考T25)2命题热点集中在电场强度、电场的叠加、电场线、等势面及运动轨迹相结合分析带电体的受力、做功及能量转化情况，利用动力学和能量观点综合分析计算带电体在电场
2、中的加速、偏转问题平行板电容器带电粒子在电场中的运动2017年T4考查利用动能定理处理带电粒子在电场中的运动考点1| 电场的性质难度：中档题 题型：选择题 五年5考(对应学生用书第31页)1(2014江苏高考T4)如图71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O下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()【导学号：17214114】图71AO点的电场强度为零，电势最低BO点的电场强度为零，电势最高C从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【解题关键】解此题的关键有两点：(1)圆环正电荷均匀分布，x轴上各处的场强方向与x轴平行(
3、2)沿电场方向电势降低，但电场强度不一定减小B根据电场的叠加原理和电场线的性质解题根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和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点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小选项B正确2(2016江苏高考T3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图72所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()图72AA点的电场强度比B点的大B小球表面的电势比容器内表面的低CB点的电场强度
4、方向与该处内表面垂直D将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【解题关键】解此题的关键有三点：(1)电场线越密的地方电场强度越大(2)电场线一定与该处的等势面垂直(3)电场力做功的大小由始末两点的电势差与移动的电荷量共同决定C由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总与等势面导体表面垂直，选项C正确；检验电荷由A点移动到B点，电场力做功一定，与路径无关，选项D错误3(2013江苏高考T3)下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘坐标原点O处电场强度最大
5、的是()【导学号：17214115】B每个圆环在O点产生的电场强度大小相等，设为E根据电场的叠加原理和对称性，得A、B、C、D各图中O点的电场强度分别为EAE、EBE、ECE、ED0，故选项B正确4(多选)(2015江苏高考T8)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图73所示c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()【导学号：17214116】图73Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高Cc点的电场强度比d点的大Dc点的电势比d点的低ACD根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确沿电场线的方向电
6、势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确5(多选)(2013江苏高考T6)将一电荷量为Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图74所示，金属球表面的电势处处相等a、b为电场中的两点，则()【导学号：17214117】图74Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高C检验电荷q在a点的电势能比在b点的大 D将检验电
7、荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功ABD由题图可知，a处电场线比b处密，所以EaEb，选项A正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b点电势，所以ab，选项B正确；负电荷在高电势点的电势能小，选项C错误；检验电荷q从a点移到b点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D正确电场强度、电势、电势能的判断方法(1)电场强度：根据电场线的疏密程度进行判断；根据等势面的疏密程度进行判断；根据E进行判断(2)电势：沿电场线方向电势逐渐降低；若q和Wab已知，由Uab判定(3)电势能：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；正电荷在电势高的地
8、方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小考向1电场力的性质1(2017绍兴模拟)如图75所示，绝缘水平面上有A、B、C、D四点，依次相距L，若把带电金属小球甲(半径远小于L)放在B点，测得D点处的电场强度大小为E；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A、C两点，此时D点处的电场强度大小为()图75AEBECEDED根据点电荷电场强度公式E，则B点电荷在D的电场强度为EBE；当将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A、C两点，则两球的电量分别为，那么A处的小球在D处的电场强度EA，而C处的小球在D处的电场强度EC；由于两球在D处的电场强度方向相同，因此它们
9、在D点处的电场强度大小为E合E，故A、B、C错误，D正确考向2电场能的性质2(2017南京一模)如图76所示，带正电的金属球A，放置在不带电的金属球B附近，M、N是金属球B表面上的两点下列说法中正确的是() 【导学号：17214118】图76AM点处带正电，N点处带负电，且M点电势高于N点电势BM点处带正电，N点处带负电，且M点电势等于N点电势CM点处带负电，N点处带正电，且M点电势高于N点电势DM点处带负电，N点处带正电，且M点电势等于N点电势D带电的金属球A靠近不带电的金属球B，由于电荷间的相互作用，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，导致金属球B中左侧的自由电子向右侧移动，M点由于得到电
10、子带负电；N点由于失去电子带正电；但整个金属球B是处于静电平衡的导体，其整体是等势体，故M、N点电势相等，故A、B、C错误，D正确3(2017南通二模)实验表明，地球表面上方的电场强度不为零，且方向竖直向下，说明地球表面有净负电荷设地球表面净负电荷均匀分布，且电荷量绝对值为Q，已知地球半径为R，静电力常量为k，选地面电势为零，则在地面上方高h (约几十米)处的电势为()ABCDD地球表面电荷在地面上方h处的场强，根据点电荷的场强公式，有：Ek因为距离地面h，且h约为几十米，电场强度变化不大，认为是匀强电场，有：UEdkh地面电势为0，故地面上方h处的电势为：，故D正确，A、B、C错误考向3电场
11、的综合应用4(2017镇江三模)如图77所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M30M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示已知MN，PF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则() 【导学号：17214119】图77A点电荷Q一定在MP的中点BP大于MCN点的场强比P点的场强大D将负试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功B点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A错误；根据图可知，正点电荷到P点的距离小于到
12、M点的距离，所以P大于M，故B正确；在点电荷的电场中，离场源越远，电场强度越小，所以N点的场强比P点的场强小，故C错误；在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将负试探电荷从P点搬运到N点，电势能增加，故电场力做负功，故D错误5(2017宿迁三模)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图78所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称下列说法正确的是()【导学号：17214120】图78AA点电势低于B点电势BA点电场强度小于C点电场强度C烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能D烟尘颗粒在A
13、点的电势能小于在B点的电势能A由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，故A正确；由题图可知，A点电场线比C点密集，因此A点的场强大于C点场强，故B错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，故C错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误考点2| 平行板电容器难度：中档题 题型：选择题(对应学生用书第33页)6(2012江苏高考T2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况
14、是()AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小【解题关键】关键语句信息解读保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变平行板电容器的S、d、Q大小不变在两极板间插入一电介质电容器介电常数增大B由平行板电容器电容决定式C知，当插入电介质后，变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C得U，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确考向1电容器的动态分析6(2017南京一模)如图79所示是可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合，则电容器的电容将()图79A逐渐增大B逐渐减小C保持不变D先增大后减小A旋转动片使之与定片逐渐重合时，相当于增加了电容器的正对面积，则由电容
15、器电容的决定式C可知，电容将逐渐增大，故B、C、D错误，A正确7(2017盐城二模)目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏电容式触摸屏内有一导电层导电层四个角引出四个电极，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，电容具有“通高频”的作用，从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息在开机状态下，下列说法正确的是() 【导学号：17214121】A电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C当手指触摸屏幕时手指
16、有微弱的电流流过D当手指离开屏幕时，电容变小，对高频电流的阻碍变大，控制器不易检测到手指的准确位置C电容式触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成正比，控制器就能确定手指的位置，不需要手指有压力，故A错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是电容器的充放电原理，不是电磁感应现象，故B错误；由题意可知，手指从手的触点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过，故C正确；根据电容器的工作原理可知，当手指离开屏幕时，电容变小，电容器将放电，控制器仍然能检测到手指离开的准确位置，故D错误考向2平行板电容器的综合问题8(多选)(2017苏北四市摸底)如图710所示，电路
17、中平行板电容器C不带电下列说法正确的有()图710A闭合S瞬间，电流计G中有ab方向的电流B闭合S后，增大C两极板间距离的过程中，电流计G中有ab方向的电流C闭合S后再断开，增大C两极板间距离，极板间电场强度保持不变D闭合S后再断开，在C两极板间插入电介质，极板间电势差变小ACD闭合S瞬间，电容器充电，上极板接正极，故电流计中有ab方向的电流，故A正确；闭合S后，电压不变，增大C两极板间距离的过程中，由C可知，C减小，由QUC可知，电量减小，电容器放电，故电流计中有ba方向的电流，故B错误；闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，增大C两极板间距离，由C和QUC可知，U，再由UEd可得，E，故
18、两极板间电场强度不变，故C正确；闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，在两极板间插入电介质时电容C增大，则由QUC可知，U变小，故D正确考点3| 带电粒子在电场中的运动难度：中档题 题型：选择题、计算题 五年1考(对应学生用书第33页)7(2017江苏高考T4)如图711所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点由O点静止释放的电子恰好能运动到P点现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子() 【导学号：17214122】图711A运动到P点返回B运动到P和P点之间返回C运动到P点返回 D穿过P点【解题关键】关键语句信息解读保持电量不变，改变两板间
19、距离场强不变O点静止释放的电子恰好能运动到P点初、末速度为零A设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1eE2d20当C板向右平移后，BC板间的电场强度E2，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1eE2x00比较两式知，xd2，即电子运动到P点时返回，选项A正确带电粒子在电场中的运动问题的解题思路(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曲线运动问题(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：如果是带电粒子在
20、恒定电场力作用下做直线运动的问题，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，如是类平抛运动模型，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，应用动力学方法或功能方法求解考向1电场中的直线运动9(2017武汉二模)如图712所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则() 【导学号：
21、17214123】图712A微粒达到B点时动能为mvB微粒的加速度大小等于gsin C两极板的电势差UMND微粒从A点到B点的过程电势能减少C物体在运动过程中，受力如图所示由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B点的动能一定不是mv，因此A错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知，Eqcos mg，Eqsin ma，因此加速度大小为gtan ，B错误；电容器内的电场强度E，因此两板间的电势差为UEd，C正确；从A向B运动的过程中，由于电场力做负功，电势能增加，D错误考向2电场中的曲线运动10(2017林州市月考)a、b、c三个粒子(重力不计)由同一点M同时垂直场强方向
22、进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图713所示，其中b恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知()【导学号：17214124】图713A进入电场时a的速度最大，c的速度最小Ba、b、c在电场中运动经历的时间相等C若把上极板向上移动，则a在电场中运动经历的时间增长D若把下极板向下移动，则a在电场中运动经历的时间增长D三个粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由yat2知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即tatbtc又水平位移的关系为 xaxbxc，因为粒子水平方向都做匀速直线运动，所以vcvbva，即a的速度最小，c的速度最大，故A、
23、B错误若把上极板向上移动，根据推论E知，板间场强不变，粒子的加速度不变，可知a的运动情况不变，运动时间不变，故C错误若把下极板向下移动，根据推论E知，板间场强不变，粒子的加速度不变，a的竖直分位移增大，由yat2知，a在电场中运动经历的时间增长，故D正确考向3电场中的力电综合问题11(2017徐州期末)如图714甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当
24、C、D板间加上图714乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用求：图714(1)C、D板的长度L；(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；(3)粒子打在荧光屏上区域的长度 【导学号：17214125】【解析】(1)粒子在A、B板间有：qU0mv在C、D板间有：Lv0t0解得：Lt0(2)粒子从nt0(n0、2、4)时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离为：yat加速度为：a得：y(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远处 C、D板偏转角tan ，vyat0打在荧光屏上距中心线最远距离为：s
25、yLtan 荧光屏上区域长度为：ss【答案】(1)t0(2)(3)热点模型解读| 平行板电容器中带电粒子运动模型(对应学生用书第35页)考题2012江苏高考T152015全国卷T142015山东高考T20模型展示加速与偏转模型带电粒子在电场中的动力学问题带电体在变化电场中的运动模型解读带电体在平行板电容器间的运动，实际上就是在电场力作用下的力电综合问题，依然需要根据力学解题思路求解，解题过程要遵从以下基本步骤：(1)确定研究对象(是单个研究对象还是物体组)；(2)进行受力分析(分析研究对象所受的全部外力其中电子、质子、正负离子等基本微观粒子在没有明确指出或暗示时一般不计重力，而带电油滴、带电小
26、球、带电尘埃等宏观带电体一般要考虑其重力)；(3)进行运动分析(分析研究对象所处的运动环境是否存在束缚条件，并根据研究对象的受力情况确定其运动性质和运动过程)；(4)建立物理等式(由平衡条件或牛顿第二定律结合运动学规律求解，对于涉及能量的问题，一般用动能定理或能量守恒定律列方程求解)典例(2017商丘二模)如图715所示，R0为定值电阻，电源电动势E恒定，内阻不能忽略，当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，水平放置的平行金属板间有一带电液滴正好处于静止状态，在将滑片P由左端点a滑向右端点b的过程中，下列关于液滴的带电情况及运动情况(液滴始终没与极板相碰)分析正确的是() 【导学号：17
27、214126】图715A液滴带正电，液滴将向上做匀加速直线运动B液滴带正电，液滴将以原平衡位置为中心做往复运动C液滴带正电，液滴将向上先做变加速再做变减速直线运动D液滴带负电，液滴将向上做变速直线运动【解题指导】当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，所以电场力竖直向上，由题图知下极板带正电，即液滴一定带正电，D项错误；因滑片由左端点a滑向右端点b的过程中，外电路总电阻先增大后减小，电路的总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，即电源的路端电压先增大后减小，所以电容器两极板间电压先增大后减小，由E可知电容器两极板间电场强度先增大后减小，但方向不变，所
28、以液滴的加速度先增大后减小，方向一直向上，即液滴将向上先做变加速运动再做变减速直线运动，C项正确，A、B项错误【答案】C拓展应用如图716(a)所示，平行板电容器间距为d，两板所加电压如图716(b)所示，t0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，25T时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求：图716(1)该粒子的水平位移；(2)粒子落到下极板时的速度【解析】(1)带电粒子在水平方向不受外力作用，做匀速直线运动，因此水平位移为sv0tv025T25v0T(2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为vyaTT粒子落在下极板上时的速度大小为v 【答案】(1)25v0T(2)
