1、第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动 构建网络重温真题1(2019全国卷)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球 P 和 Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()AP 和 Q 都带正电荷BP 和 Q 都带负电荷CP 带正电荷，Q 带负电荷DP 带负电荷，Q 带正电荷答案 D解析 细绳竖直，把 P、Q 看做整体，在水平方向所受合力为零，对外不显电性，带异种电荷，A、B 错误；P、Q 带不同性质的电荷，有两种情况：P 带正电，Q 带负电，或 P 带负电，Q 带正电，两种情况的受力分别如图所示，由图知，P 带负电，Q 带正电时符合题意，C 错误，D 正确
2、。2(2019全国卷)(多选)如图，电荷量分别为 q 和q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b 是正方体的另外两个顶点。则()Aa 点和 b 点的电势相等Ba 点和 b 点的电场强度大小相等Ca 点和 b 点的电场强度方向相同D将负电荷从 a 点移到 b 点，电势能增加答案 BC解析 b 点距 q 近，a 点距q 近，则 b 点的电势高于 a 点的电势，A 错误。如图所示，a、b 两点的电场强度可视为 E3 与 E4、E1 与 E2 的合场强，其中 E1E3，E2E4，且知 E1E3，E2E4，故合场强 Ea 与 Eb 大小相等、方向相同，B、C 正确。由于 a0，可到达；电子到
3、d 时速度方向沿等势面 d，将不能到达平面 f，B 正确；同理电子到达等势面 c 的动能 Ekc6 eV，由于等势面 c 的电势为零，电子在等势面 c 的电势能为零，根据能量守恒定律，电子在运动过程中电势能和动能的总和保持一个定值，即 EpdEkdEpcEkc6 eV，故电子经过平面 d 时，其电势能为 Epd2 eV，C 错误；电子经过平面 b 和 d 时的动能分别为：Ekb8 eV 和 Ekd4 eV，由 Ek12mv2 可得电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2倍，D 错误。6.(2018全国卷)(多选)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
4、，M 为 a、c 连线的中点，N 为 b、d 连线的中点。一电荷量为 q(q0)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W1W22C若 c、d 之间的距离为 L，则该电场的场强大小一定为W2qLD若 W1W2，则 a、M 两点之间的电势差一定等于 b、N 两点之间的电势差答案 BD场方向，故 A 错误；由于电场为匀强电场，M 为 a、c 连线的中点，N 为 b、d 连线的中点，所以 Mca2，Ndb2，若该
5、粒子从 M 点移动到 N 点，则电场力做功一定为 WqUMNq(MN)qca2qdb2qUcdqUab2W1W22，故 B 正确；因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是W2qL，故 C 错误；若 W1W2，说明 UcdUab，UaMUbN(aM)(bN)，又因为 Mca2，Ndb2，解得：UaMUbN0，故 D 正确。7(2019全国卷)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P 是电场中的两点。从 O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为 m 的小球 A、B。A 不带电，B 的电荷量为 q(q0)。A 从 O 点发射时的速度大小为 v0，到达 P 点所用时间为 t；B 从 O 点到
6、达 P 点所用时间为t2。重力加速度为 g，求：(1)电场强度的大小；(2)B 运动到 P 点时的动能。答案(1)3mgq (2)2m(v20g2t2)解析(1)设电场强度的大小为 E，小球 B 运动的加速度为 a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mgqEma12at2212gt2解得E3mgq(2)设 B 从 O 点发射时的速度大小为 v1，到达 P 点时的动能为 Ek，O、P两点的高度差为 h，根据动能定理有Ek12mv21mghqEh且有v1t2v0th12gt2联立式得Ek2m(v20g2t2)。8(2019全国卷)如图，两金属板 P、Q 水平放置，间距为 d。两金属板正中间
7、有一水平放置的金属网 G，P、Q、G 的尺寸相同。G 接地，P、Q的电势均为(0)。质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子自 G 的左端上方距离G 为 h 的位置，以速度 v0 平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过 G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从 G 的下方距离 G 也为 h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？答案(1)12mv202d qh v0mdhq (2)2v0mdhq解析(1)PG、QG 间场强大小相等，设均为 E。粒子在 PG 间所受电场力 F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为 a，有E2d Fq
8、Ema设粒子第一次到达 G 时动能为 Ek，由动能定理有qEhEk12mv20设粒子第一次到达 G 时所用的时间为 t，粒子在水平方向的位移大小为 l，则有h12at2lv0t联立式解得Ek12mv202d qhlv0mdhq(2)若粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L2l2v0mdhq。9(2017全国卷)如图，两水平面(虚线)之间的距离为 H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的 A 点将质量均为 m、电荷量分别为 q 和q(q0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域
9、，并从该区域的下边界离开。已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求(1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。答案(1)31(2)13H(3)mg2q解析(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0。M、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2。由题给条件和运动学公式
10、得v0at0s1v0t12at2s2v0t12at2联立式得s1s23(2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式得v2y2ghHvyt12gt2M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v0vys1H联立式可得h13H(3)设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则v0vyqEmg设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理得Ek112m(v20v2y)mgHqEs1Ek212m(v20v2y)mgHqEs2由已知条件有Ek11.5Ek2联立式得E mg2q。命题特点：常以选择题的形式考查电场的力的性质及能的
11、性质。常结合图象考查电场的特点及做功情况、能量转化情况。常以计算题的形式考查带电粒子在电场中的加速或偏转问题。思想方法：对称法、等效法、比值定义法。高考考向1 高考考向 1 电场性质的理解 例 1(2019江苏扬州一模)(多选)如图所示，在等量异种电荷形成的电场中有一正方形 ABCD，其对角线 AC 与两点电荷的连线重合，两对角线的交点位于电荷连线的中点 O。下列说法中正确的有()AA、B 两点的电场强度方向相同BB、D 两点的电势相同C质子由 C 点沿 COA 路径移至 A 点，电场力对其先做负功后做正功D电子由 B 点沿 BCD 路径移至 D 点，电势能先增大后减小破题关键点(1)两个点电
12、荷在某点产生的电场强度如何计算？(2)两个点电荷的电场中电势高低如何判断？提示：分别算出每个点电荷在该点单独产生的场强，然后再矢量叠加。提示：根据电场线方向判断，沿电场线方向电势逐渐降低。解析 在如图所示的电场中，A、B 两点的场强方向都是水平向右的，故 A 正确；由于两电荷连线的中垂线为零等势线，则 B、D 两点电势相同，故 B 正确；图中两电荷连线上电场方向水平向右，即由 A 指向 C，故质子由C 点沿 COA 路径移至 A 点过程中受水平向右的电场力，电场力做负功，故 C 错误；电子由 B 沿 BC 运动到 C 的过程中，电场力做负功，沿 CD运动到 D 的过程中，电场力做正功，整个过程
13、中电场力对其先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故 D 正确。答案 ABD分析电场的特点和性质问题的一般思路(1)电场强度根据电场线的疏密程度进行判断。根据等差等势面的疏密程度进行判断。根据 EkQr2结合矢量合成进行判断或计算。(2)电势根据沿电场线方向电势逐渐降低进行判断。根据 Epq 进行判断或计算。空间存在两个或两个以上的电场时，根据电势的叠加求代数和进行判断或计算。(3)电势能根据 Epq 进行判断或计算。注意判断或计算时 Ep、q 均带正、负号，且 Ep、的正、负号表示大小。根据电场力做功进行判断或计算。若电场力对电荷做正功，电势能减少，反之则增加，且 WABEp。根据能量守恒定
14、律进行判断或计算。电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少，反之则增加，且EkEp。1(2019福建省泉州市一模)(多选)如图，电荷量大小相等的点电荷 A、B、C 放置在等边三角形的顶点上，O 为三角形的中心，a、b、c 分别为三边的中点，d 是 O 关于 a 的对称点。已知 A 带负电，B、C 均带正电，则()AO 点电场强度为零Bb、c 两点电场强度大小相等C电子在 d 点的电势能比在 O 点的小D质子从 b 点移到 O 点，电场力做正功答案 BC解析 O 点的电场强度为 B、C 电荷在
15、 O 点产生的合场强与 A 电荷在 O点产生的场强的矢量和，两场强方向均为由 O 指向 A，可知 O 点的电场强度不为零，故 A 错误；由对称性可知，b、c 两点电场强度大小相等，故 B 正确；如果没有 A 电荷存在，O 点和 d 点的电势相等，由于 A 负电荷的存在，且 O 点离 A 电荷更近，所以 O 点的电势比 d 点低，电子在 d 点的电势能比在 O 点的小，故 C 正确；O、b 两点位于 A、C 连线的中垂线上，如果没有 B电荷存在，O、b 两点电势相等，由于 B 电荷的存在，且 O 点离 B 电荷更近，所以 O 点电势更高，质子在 O 点的电势能更大，所以质子从 b 点移到 O 点
16、，电势能增大，电场力做负功，故 D 错误。2.(2019山东淄博三模)如图所示，实线为两个点电荷 Q1、Q2 产生的电场的电场线，虚线为电子从 A 点运动到 B 点的运动轨迹，则下列判断正确的是()AA 点的场强小于 B 点的场强BQ1 的电荷量大于 Q2 的电荷量C电子在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能D电子在 A 点的速度大于在 B 点的速度答案 D解析 根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知，A 点的场强比 B 点的场强大，A 错误；根据电场线分布情况可知，Q1、Q2 是同种电荷，由点电荷 Q2 周围电场线较密可知点电荷 Q2 带电荷量较多，即 Q1Q2，故 B 错误；电子做曲线运
17、动，受到的合力方向指向曲线的凹处，故电子过 B 点时受到的电场力 F 方向斜向下，可知电子从 A 点运动到 B 点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角总是大于 90，电场力做负功，电势能增大，动能减小，即电子在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能，电子在 A 点的速度大于在 B 点的速度，故 C 错误，D 正确。高考考向2 高考考向 2 电势差与电场强度的关系例 2(2019广东珠海一模)(多选)如图，空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中的直角三角形 ABC 直角边 BC20 cm，A60，AD 是A的角平分线。若在直角顶点 B 处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为1000 eV 的
18、电子，则能在顶点 A 和 C 分别探测到动能为 1100 eV 和 900 eV 的电子，本题中运动的电子仅需考虑受匀强电场的电场力，则()AAB 间的电势差 UAB100 VB该匀强电场的场强 E1000 V/mC电场强度的方向沿 A 指向 DD整个三角形内，顶点 C 的电势最高破题关键点(1)如何判断电场强度的方向？(2)匀强电场中，电势的分布有何特点？提示：可根据等势面判断，电场线与等势面垂直，由高电势指向低电势。提示：沿任意直线电势均匀变化。解析 电子由 B 到 A 过程中由动能定理可得：eUBA1100 eV1000 eV，可得 UBA100 V，所以 UAB100 V，故 A 正确
19、；电子由 B 到 C 过程中由动能定理可得eUBC900 eV1000 eV，可得 UBC100 V，所以 AC 间的电势差为 UAC100 V(100 V)200 V，根据匀强电场的性质可知，AC的中点 E 与 B 点电势相等，BE 为等势线，由几何关系可知 AD 与 BE 垂直，故场强方向由 A 指向 D，所以 C 正确；由几何知识可得 AB 在 AD 上的投影为 10 cm，所以电场强度的大小为：E1000.1 V/m1000 V/m，故 B 正确；整个三角形内，顶点 A 的电势最高，故 D 错误。答案 C答案 ABCEUd的应用技巧(1)EUd在匀强电场中的理解及应用UABEd，d 为
20、 A、B 两点沿电场方向的距离。沿电场强度方向电势降落得最快。在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等。(2)EUd在非匀强电场中的几点妙用及两类典型图象解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系。当电势差 U 一定时，电场强度 E 越大，则沿电场强度方向的距离 d 越小，即电场强度越大，等差等势面越密。定性判断非匀强电场电势差的大小关系。沿电场强度方向距离相等的两点间的电势差，E 越大，U 越大；E 越小，U 越小。利用-x 图象的斜率判断沿 x 方向电场强度 Ex 随位置的变化规律。在-x 图象中斜率 kx，斜率的大小表示电场强度的大小，可根据电势大小关系确定电场强度的方
21、向，也可根据 WABqUABq(AB)，分析 WAB 的正负。利用 E-x 图象的面积判断或计算两点间电势差。3(2017江苏高考)(多选)在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势 在 x 轴上分布如图所示。下列说法正确的有()Aq1 和 q2 带有异种电荷Bx1 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 两个点电荷在 x 轴上，且 x1 处的电势为零，xx1 处的电势大于零，xaB，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 EpAEpBDB 点电势可能高于 A 点电势答案 BC解
22、析 若 Q 在 M 端，由电子运动的轨迹可知 Q 为正电荷，电子从 A 向B 运动或从 B 向 A 运动均可，由于 rAEB，FAFB，aAaB，AB，EpArB，故 EAEB，FAFB，aAB，EpAq2，结合矢量的叠加可知，x 轴负半轴的电场强度方向指向 x 轴的负方向，所以若将一正点电荷放在 x 轴负半轴，则电场力指向 x 轴负方向，因此电场力与速度方向相同，该正点电荷一直做加速运动，故 C 正确；ND 段中，电势先升高后降低，所以场强方向先沿 x 轴负方向，后沿 x 轴正方向，将一负点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后做负功，故 D 正确。8(2019宁夏石嘴山一模)如图所示
23、，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为 L 的绝缘细线，细线一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m 的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成 角，此时让小球获得初速度且恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为 g。下列说法正确的是()A匀强电场的电场强度 EmgtanqB小球动能的最小值为 Ek mgL2cosC小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大答案 AB解析 小球静止时细线与竖直方向成 角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanqE，解得 Emgtanq，故 A 正
24、确；小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点 A 速度最小，拉力为零，根据牛顿第二定律，有：mgcosmv2L，则最小动能 Ek12mv2 mgL2cos，故 B 正确；运动过程中小球的机械能和电势能之和不变，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，故 C 错误；小球从初始位置开始，若在竖直平面内逆时针运动一周，电场力先做正功后做负功再做正功，则其电势能先减小后增大再减小，同理，若顺时针运动一周，其电势能先增大后减小再增大，故 D 错误。二、计算题(本题共 2 小题，共 36 分，须写出规范的解题步骤)9(2019辽宁省沈阳
25、市一模)(16 分)如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC 固定在竖直面内，圆心为 O，轨道半径为 R，B 为轨道最低点。该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A 点由静止开始运动，到达 B 点时，小球的动能为 E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达 C 点时小球的电势能减少量为 2E0，试求：(1)小球所受重力和电场力的大小；(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能。答案(1)E0R 2E0R (2)8E0解析(1)设带电小球的质量为 m，则从 A 到 B 根据动能定理有：mgRE0则小球受到的重力为：mgE0R，方向竖直向下；由题可知：到达 C 点时小球的电
26、势能减少量为 2E0，根据功能关系可知：EqR2E0则小球受到的电场力为：Eq2E0R，方向水平向右，小球带正电。(2)设小球到达 C 点时速度为 vC，则从 A 到 C 根据动能定理有：EqR12mv2C2E0则 C 点速度为：vC4E0m，方向竖直向上。从 C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：tvCg 1g4E0m，在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：vatEqm tEqmg4E0m 24E0m，则在最高点的动能为：Ek12mv212m(24E0m)28E0。10(2019江西南昌二模)(20 分)如图，竖直平面内(纸面)存在平行
27、于纸面的匀强电场，方向与水平方向成 60角，纸面内的线段 MN 与水平方向成30角，MN 长度为 d。现将一质量为 m、电荷量为 q(q0)的带电小球从M 点由静止释放，小球沿 MN 方向运动，到达 N 点的速度大小为 vN(待求)；若将该小球从 M 点沿垂直于 MN 的方向，以大小 vN 的速度抛出，小球将经过 M 点正上方的 P 点(未画出)，已知重力加速度大小为 g，求：(1)匀强电场的电场强度 E 及小球在 N 点的速度 vN；(2)M 点和 P 点之间的电势差；(3)小球在 P 点动能与在 M 点动能的比值。答案(1)3mgq 2gd(2)4mgdq(3)73解析(1)由小球运动方向可知，小球所受合力沿 MN 方向，如图甲，由正弦定理：mgsin30Fsin30Eqsin120解得：E 3mgq，合力 Fmg，加速度 aFmg从 MN，有：2adv2N解得：vN 2gd。(2)如图乙，设 MP 长为 h，作 PC 垂直于电场线于 C 点，小球做类平抛运动：hcos6012at2hsin60vNtUMCEhcos30UMPUMC解得：UMP4mgdq。(3)如图乙，作 PD 垂直于 MN 于 D 点，从 MP，由动能定理：FsMDEkPEkMsMDhcos60EkM12mv2N，解得：EkPEkM73。本课结束