2020江蘇高考物理二輪講義：專題三第1講　電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-教案下載-教習(xí)網(wǎng)

第1講　電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

真題再現(xiàn)
1.(2019·高考江蘇卷)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上．t＝0時(shí)刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做功的功率為P，不計(jì)粒子重力，則P－t關(guān)系圖象是(　　)

解析：選A.帶電粒子所受電場(chǎng)力沿豎直方向，則粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，即沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)力方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)電場(chǎng)力大小為F，則P＝Fv，其中v為沿電場(chǎng)力方向的速度，則v＝at、a＝，整理得P＝t，由關(guān)系式可知P－t圖象應(yīng)為一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，A正確，B、C、D錯(cuò)誤.
2.(多選)(2019·高考江蘇卷)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)．先將一電荷量也為＋q的點(diǎn)電荷Q1從無(wú)窮遠(yuǎn)處(電勢(shì)為0)移到C點(diǎn)，此過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為－W.再將Q1從C點(diǎn)沿CB移到B點(diǎn)并固定．最后將一電荷量為－2q的點(diǎn)電荷Q2從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)．下列說(shuō)法正確的有(　　)
A.Q1移入之前，C點(diǎn)的電勢(shì)為
B.Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，所受電場(chǎng)力做的功為0
C.Q2從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過(guò)程中，所受電場(chǎng)力做的功為2W
D.Q2在移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為－4W
解析：選ABD.根據(jù)電場(chǎng)力做功可知－W＝q(0－φC1)，解得φC1＝，選項(xiàng)A正確；B、C兩點(diǎn)到A點(diǎn)的距離相等，這兩點(diǎn)電勢(shì)相等，Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為0，選項(xiàng)B正確；根據(jù)對(duì)稱性和電勢(shì)疊加可知，A、B兩點(diǎn)固定電荷量均為＋q的點(diǎn)電荷后，C點(diǎn)電勢(shì)為φC2＝2φC1＝，帶電荷量為－2q的點(diǎn)電荷Q2在C點(diǎn)的電勢(shì)能為EpC＝(－2q)×φC2＝－4W，選項(xiàng)D正確；Q2從無(wú)限遠(yuǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功為0－EpC＝4W，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.
3.(2017·高考江蘇卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)．由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)．現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　　)

A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回
B.運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回
C.運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回
D.穿過(guò)P′點(diǎn)
解析：選A.電子在A、B板間的電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，在B、C板間的電場(chǎng)中減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，M、P兩點(diǎn)間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時(shí)，B、C兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運(yùn)動(dòng)后，在B、C板間減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零，然后返回，A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤.
考情分析

命題研究
近幾年江蘇卷對(duì)于庫(kù)侖定律、電場(chǎng)強(qiáng)度、點(diǎn)電荷的電場(chǎng)、電場(chǎng)線、電勢(shì)和電勢(shì)差、等勢(shì)面、電勢(shì)能、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等知識(shí)點(diǎn)考查的較頻繁，尤其是電場(chǎng)性質(zhì)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題是近幾年的重點(diǎn)．涉及基本概念和規(guī)律的考查，主要以選擇題的形式呈現(xiàn)，在計(jì)算題中把電場(chǎng)力和能的性質(zhì)與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系有機(jī)結(jié)合起來(lái)，以帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)為模型，實(shí)現(xiàn)力電知識(shí)的系統(tǒng)化考查

　電場(chǎng)中力與能性質(zhì)的考查
【高分快攻】
1．電場(chǎng)中的各個(gè)物理量的形成及相互轉(zhuǎn)化的關(guān)系

2．電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算
(1)定義式：E＝.電場(chǎng)中某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是確定值，其大小和方向與試探電荷q無(wú)關(guān)．
(2)真空中點(diǎn)電荷：E＝k.E由場(chǎng)源電荷Q和場(chǎng)源電荷到某點(diǎn)的距離r決定．
(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)：E＝.式中d為兩點(diǎn)間沿電場(chǎng)方向的距離．
3．電勢(shì)高低的判斷方法
(1)根據(jù)電場(chǎng)線方向，沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)越來(lái)越低；
(2)根據(jù)電勢(shì)的定義式φ＝，即將＋q從電場(chǎng)中的某點(diǎn)移至無(wú)窮遠(yuǎn)處，電場(chǎng)力做功越多，則該點(diǎn)的電勢(shì)越高；
(3)根據(jù)電勢(shì)差UAB＝φA－φB，若UAB＞0，則φA＞φB，反之，φA＜φB.
4．電場(chǎng)中帶電粒子軌跡的判斷分析
(1)分析電荷受電場(chǎng)力情況時(shí)，首先明確電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布規(guī)律，再利用電場(chǎng)線的疏密分布規(guī)律或場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理判定場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱．
(2)分析電勢(shì)的高低常根據(jù)電場(chǎng)線的指向進(jìn)行判斷．
(3)比較電勢(shì)能的大小或分析電勢(shì)能的變化，可以根據(jù)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小；做負(fù)功，電勢(shì)能增大判斷，也可根據(jù)正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低處電勢(shì)能大來(lái)判斷．
【典題例析】
(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)．從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為.重力加速度為g，求
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．
[解析]　(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a.根據(jù)牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有
mg＋qE＝ma①
a()2＝gt2②
解得E＝.③
(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh④
且有
v1·＝v0t⑤
h＝gt2⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v＋g2t2)．⑦
[答案]　(1)　(2)2m(v＋g2t2)
【題組突破】
角度1　庫(kù)侖力作用下的力學(xué)平衡問(wèn)題
1．(多選)( 2019·蘇州質(zhì)檢)如圖所示，絕緣底座上固定一電荷量為＋q的小球A，在其上方l處固定著一個(gè)光滑的定滑輪O，絕緣輕質(zhì)彈性繩一端系在O點(diǎn)正上方處的D點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的帶電小球B連接．小球B平衡時(shí)OB長(zhǎng)為l，且與豎直方向成60°角．后由于小球B緩慢漏電，一段時(shí)間后，當(dāng)滑輪下方的彈性繩與豎直方向成30°角時(shí)，小球B恰好在AB連線的中點(diǎn)C位置平衡．已知彈性繩的伸長(zhǎng)始終處于彈性限度內(nèi)，靜電力常量為k，重力加速度為g.下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．小球B帶負(fù)電
B．小球B在初始平衡位置時(shí)所帶電荷量為
C．小球B在C位置時(shí)所帶電荷量為
D．彈性繩原長(zhǎng)為
解析：選BD.兩個(gè)小球之間相互排斥，可知帶同種電荷，所以小球B也帶正電，A錯(cuò)誤；小球B在開(kāi)始時(shí)的位置時(shí)，受到重力、電場(chǎng)力和繩子的拉力，三個(gè)力之間的夾角互為120°，所以三個(gè)力的大小相等，即T′＝F′＝mg；根據(jù)庫(kù)侖定律得：F′＝，小球B在開(kāi)始時(shí)的位置時(shí)所帶電荷量：q1＝，B正確；小球在C點(diǎn)時(shí)，受力分析如圖，
由幾何關(guān)系可得：F＝mgsin 30°＝0.5mg，T＝mgcos 30°＝mg，根據(jù)庫(kù)侖定律得：F＝，聯(lián)立解得：q2＝，C錯(cuò)誤；小球B在開(kāi)始位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度：l1＝＋l＝l，小球B在C位置時(shí)，彈性繩的長(zhǎng)度l2＝＋l，設(shè)彈性繩的勁度系數(shù)為k′，則：＝，聯(lián)立解得：l0＝0.5l，D正確．
角度2　對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的判斷
2．(多選)(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則(　　)
A．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的速度大小可能先增大后減小
B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線重合
C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能
D．粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行
解析：選AC.在兩個(gè)同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，粒子的速度先增大后減小，選項(xiàng)A正確；帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，若運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的動(dòng)能為零，則帶電粒子在N、M兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等；僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，可知若粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不為零，則粒子在N點(diǎn)的電勢(shì)能小于在M點(diǎn)的電勢(shì)能，即粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)C正確；若靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線不是直線，帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線重合，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，根據(jù)粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，可知粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定不與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
角度3　電場(chǎng)中的圖象問(wèn)題
3．(2019·南京二模)如圖甲所示，半徑為R、均勻帶正電的球體，A、B為過(guò)球心O的直線上的兩點(diǎn)，且OA＝2R，OB＝3R；球體的空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小沿半徑方向分布情況如圖乙所示，圖中E0已知，E－r曲線下O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積．則下列說(shuō)法正確的是(　　)

A．A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì)
B．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度
C．從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)差小于AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差
D．電荷量為q的正電荷沿直線從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功E0Rq
解析：選D.球體帶正電，電場(chǎng)線方向沿半徑向外，故A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，A錯(cuò)誤，因?yàn)锳距O點(diǎn)半徑為2R，B距O點(diǎn)距離為3R，從E－r圖中2R處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于3R處的電場(chǎng)強(qiáng)度，即EA＞EB，B錯(cuò)誤；根據(jù)U＝Ed可知圖象的面積表示電勢(shì)差，從E－r圖可知，R～2R圍成的面積大于2R～3R圍成的面積，即從球面到A點(diǎn)的電勢(shì)差大于AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，C錯(cuò)誤；因?yàn)榍€下O～R部分的面積等于2R～3R部分的面積，即O～R間的電勢(shì)差等于2R～3R間的電勢(shì)差，即等于AB間的電勢(shì)差，故電場(chǎng)做功為W＝Uq＝RE0q，D正確．
角度4　電場(chǎng)中功與能的綜合問(wèn)題
4．(多選)(2018·高考全國(guó)卷Ⅰ)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為 2 V．一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10 eV，從a到d的過(guò)程中克服電場(chǎng)力所做的功為6 eV.下列說(shuō)法正確的是(　　)

A．平面c上的電勢(shì)為零
B．該電子可能到達(dá)不了平面f
C．該電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4 eV
D．該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的2倍
解析：選AB.電子在等勢(shì)面b時(shí)的電勢(shì)能為E＝qφ＝－2 eV，電子由a到d的過(guò)程電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加6 eV，由于相鄰兩等勢(shì)面之間的距離相等，故相鄰兩等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，則電子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f電勢(shì)能均增加2 eV，則電子在等勢(shì)面c的電勢(shì)能為零，等勢(shì)面c的電勢(shì)為零，A正確；由以上分析可知，電子在等勢(shì)面d的電勢(shì)能應(yīng)為2 eV，C錯(cuò)誤；電子在等勢(shì)面b的動(dòng)能為8 eV，電子在等勢(shì)面d的動(dòng)能為4 eV，由公式Ek＝mv2可知，該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率為經(jīng)過(guò)平面d時(shí)速率的倍，D錯(cuò)誤；如果電子的速度與等勢(shì)面不垂直，則電子在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，所以電子可能到達(dá)不了平面f就返回平面a，B正確．

命題角度
解決方法
易錯(cuò)辨析
庫(kù)侖力參與下帶電體的受力分析
庫(kù)侖定律、力的合成與分解
庫(kù)侖力的方向判斷要準(zhǔn)確，大小要關(guān)注兩電荷量的變化
電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算
場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理、補(bǔ)償法、特殊值法、對(duì)稱法等
場(chǎng)強(qiáng)方向是受點(diǎn)電荷的電性決定的，并注意電場(chǎng)線與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系
電場(chǎng)中電勢(shì)、電勢(shì)能、電場(chǎng)力做功的關(guān)系
公式法、場(chǎng)源判斷法
電勢(shì)能正負(fù)的判斷一定要注意檢驗(yàn)電荷與場(chǎng)源電荷的關(guān)系，再根據(jù)電場(chǎng)力做功來(lái)計(jì)算電勢(shì)
帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的判斷
軌跡判斷法、曲線運(yùn)動(dòng)中正負(fù)功的判斷
運(yùn)動(dòng)電荷與場(chǎng)源電荷電性的關(guān)系是解決問(wèn)題的核心
　平行板電容器中的電場(chǎng)問(wèn)題
【高分快攻】
1．平行板電容器問(wèn)題的分析思路
(1)明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的，哪些物理量是變化的，以及怎樣變化．
(2)應(yīng)用平行板電容器電容的決定式C＝分析電容器的電容的變化．
(3)應(yīng)用電容的定義式分析電容器帶電荷量和兩板間電壓的變化情況．
(4)根據(jù)控制變量法對(duì)電容的變化進(jìn)行綜合分析，得出結(jié)論．
2．動(dòng)態(tài)變化分析的兩個(gè)重要結(jié)論
(1)電容器與直流電路相連，則兩端電壓取決于電路的連接情況，穩(wěn)定時(shí)相當(dāng)于斷路，兩端電壓總等于與之并聯(lián)的支路電壓．
(2)充電后電容器與電路斷開(kāi)，電容器所帶電荷量不變；此時(shí)若只改變兩板間距離，板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變．
【典題例析】
(2018·高考江蘇卷)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴(　　)

A．仍然保持靜止　　　　　　B．豎直向下運(yùn)動(dòng)
C．向左下方運(yùn)動(dòng) D．向右下方運(yùn)動(dòng)
[解析]　由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢(shì)差不變，將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，油滴所受電場(chǎng)力減小，且電場(chǎng)力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確．
[答案]　D
【題組突破】
1．(多選)如圖所示，兩塊正對(duì)平行金屬板M、N與電源相連，N板接地，在距兩板等距離的P點(diǎn)固定一個(gè)帶負(fù)電的點(diǎn)電荷，如果M板向上平移一小段距離，則(　　)
A．點(diǎn)電荷受到的電場(chǎng)力變小
B．M板帶的電荷量增加
C．P點(diǎn)的電勢(shì)升高
D．點(diǎn)電荷在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能增加
解析：選AD.兩板電壓不變，M板上移，d增大，由E＝知E變小，由F＝Eq知電場(chǎng)力變小，A對(duì)；由電容的決定式C＝知，M板上移，電容減小，由Q＝CU可知，Q變小，B錯(cuò)；N板接地電勢(shì)為零，φP＝UPN＝E·dPN，E變小，則φP降低，C錯(cuò)；由Ep＝qφP，因?yàn)閝0，φP變小，則Ep變大，D對(duì)．
2．(2019·高考北京卷)電容器作為儲(chǔ)能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用．對(duì)給定電容值為C的電容器充電，無(wú)論采用何種充電方式，其兩極間的電勢(shì)差u隨電荷量q的變化圖象都相同．
(1)請(qǐng)?jiān)趫D1中畫(huà)出上述u－q圖象．類比直線運(yùn)動(dòng)中由v－t圖象求位移的方法，求兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲(chǔ)存的電能Ep.
(2)在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源(忽略內(nèi)阻)．通過(guò)改變電路中元件的參數(shù)對(duì)同一電容器進(jìn)行兩次充電，對(duì)應(yīng)的q－t曲線如圖3中①②所示．
a．①②兩條曲線不同是______(選填“E”或“R”)的改變?cè)斐傻模?br /> b．電容器有時(shí)需要快速充電，有時(shí)需要均勻充電．依據(jù)a中的結(jié)論，說(shuō)明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑．
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(3)設(shè)想使用理想的“恒流源”替換(2)中電源對(duì)電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時(shí)間均勻增加．請(qǐng)思考使用“恒流源”和(2)中電源對(duì)電容器的充電過(guò)程，填寫(xiě)下表(選填“增大”“減小”或“不變”)．

“恒流源”
(2)中電源
電源兩端電壓

通過(guò)電源的電流

解析：(1)電壓為U時(shí)，電容器帶電Q，圖線和橫軸圍成的面積為所儲(chǔ)存的電能Ep
Ep＝QU，又Q＝CU
故Ep＝CU2.
(2)a.由題圖，充完電后，①②兩次帶電荷量相等，由Q＝CU＝CE知，兩次電源電動(dòng)勢(shì)相等．故①②兩條曲線不同不是E的改變?cè)斐傻?，只能是R的改變?cè)斐傻模?br /> b．剛開(kāi)始充電瞬間，電容器兩端的電壓為零，電路的瞬時(shí)電流為I＝，故減小電阻R，剛開(kāi)始充電瞬間電流I大，曲線上該點(diǎn)切線斜率大，即為曲線①.短時(shí)間內(nèi)該曲線與時(shí)間軸圍成的面積更大(電荷量更多)，故可以實(shí)現(xiàn)對(duì)電
容器快速充電；增大電阻R，剛開(kāi)始充電瞬間電流I小，即為曲線②，該曲線接近線性，可以實(shí)現(xiàn)更均勻充電．
(3)接(2)中電源時(shí)，由于忽略電源E的內(nèi)阻，故電源兩端電壓不變．通過(guò)電源的電流I＝，隨著電容器兩端電壓U不斷變大，通過(guò)電源的電流減小；“恒流源”是指電源輸出的電流恒定不變．接“恒流源”時(shí)，隨著電容器兩端電壓的增大，“恒流源”兩端電壓增大．
答案：(1)

u－q圖線如圖所示
CU2　(2)a.R B．減小電阻R，可以實(shí)現(xiàn)對(duì)電容器更快速充電；增大電阻R，可以實(shí)現(xiàn)更均勻充電
(3)

“恒流源”
(2)中電源
電源兩端電壓
增大
不變
通過(guò)電源的電流
不變
減小

　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
【高分快攻】
1．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

2．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的解題思路
(1)首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，區(qū)分是在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．
(2)對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，可根據(jù)對(duì)粒子的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析，從以下兩種途徑進(jìn)行處理
①如果是帶電粒子在恒定電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，應(yīng)用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等.
②如果是非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)，一般利用動(dòng)能定理研究全過(guò)程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動(dòng)的位移等．
(3)對(duì)于曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)模型，通常采用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法處理．通過(guò)對(duì)帶電粒子的受力分析和運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析，應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法或功能方法求解．
3．解題途徑的選擇
(1)求解帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)和力、功能關(guān)系兩個(gè)途徑都適用，選擇依據(jù)是題給條件，當(dāng)不涉及時(shí)間時(shí)選擇功能關(guān)系，否則必須選擇運(yùn)動(dòng)和力．
(2)帶電粒子在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度不斷變化，只能選擇功能關(guān)系求解．
【典題例析】
(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)．

(1)求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？
[解析]　(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有
E＝①
F＝qE＝ma②
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有
qEh＝Ek－mv③
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有
h＝at2④
l＝v0t⑤
聯(lián)立①②③④⑤式解得
Ek＝mv＋qh⑥
l＝v0.⑦
(2)若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短．由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度L為
L＝2l＝2v0.⑧
[答案]　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0
【題組突破】
角度1　帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析
1．(多選) (2019·宿遷二模)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電場(chǎng)范圍足夠大，感光板MN垂直于電場(chǎng)方向固定放置．第一次從小孔O1處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)子，第二次從小孔O1處由靜止釋放一個(gè)α粒子，關(guān)于這兩個(gè)粒子的運(yùn)動(dòng)，下列判斷正確的是(　　)

A．質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2
B．質(zhì)子和α粒子在整個(gè)過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等
C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時(shí)的動(dòng)能之比為1∶2
D．質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同
解析：選CD.根據(jù)動(dòng)能定理有mv2－0＝qU，解得v＝，所以質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；質(zhì)子、α粒子在A、B板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B間電場(chǎng)強(qiáng)度為E1，由a＝可知，質(zhì)子的加速度大，所以質(zhì)子運(yùn)動(dòng)時(shí)間短，進(jìn)入豎直電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，質(zhì)子在豎直電場(chǎng)中的加速度大，做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較短，可知質(zhì)子在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于α粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；O2到MN板的電勢(shì)差用U′表示，對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得Ek－0＝q(U＋U′)，故帶電粒子的末動(dòng)能與電荷量成正比，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上時(shí)的動(dòng)能之比為1∶2，選項(xiàng)C正確；質(zhì)子、α粒子由O2到MN板，豎直方向有h＝t2，水平方向有x＝vt，聯(lián)立解得x＝2，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同，選項(xiàng)D正確．
角度2　帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的求解
2．真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0.在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變．持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．重力加速度大小為g.
(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；
(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。粸楸ＷC后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件．已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍．
解析：(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正．油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上．在t＝0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足
qE2－mg＝ma1①
油滴在時(shí)刻t1的速度為
v1＝v0＋a1t1②
電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足qE2＋mg＝ma2③
油滴在時(shí)刻t2＝2t1的速度為
v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1.⑤
(2)由題意，在t＝0時(shí)刻前有
qE1＝mg⑥
油滴從t＝0到時(shí)刻t1的位移為
s1＝v0t1＋a1t⑦
油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2＝2t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為
s2＝v1t1－a2t⑧
由題給條件有
v＝2g(2h)⑨
式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離．
若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有
s1＋s2＝h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1?
為使E2>E1，應(yīng)有
2－2＋>1?
即當(dāng)00和v2E1，應(yīng)有
2－2－>1?
即t1>?
另一解為負(fù)，不合題意，已舍去．
答案：見(jiàn)解析
角度3　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析
3．(2019·蘇州二模)如圖甲所示，A、B兩板豎直放置，兩板之間的電壓U1＝100 V，M、N兩板水平放置，兩板之間的距離d＝0.1 m，板長(zhǎng)L＝0.2 m．一個(gè)質(zhì)量m＝2×10－12 kg、電荷量q＝＋1×10－8 C的帶電粒子(不計(jì)重力)從靠近A板處由靜止釋放，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從B板的小孔穿出，沿著M、N兩板的中軸線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，如果在M、N兩板之間加上如圖乙所示的偏轉(zhuǎn)電壓，當(dāng)t＝時(shí)，帶電粒子剛開(kāi)始進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則：

(1)帶電粒子從B板的小孔穿出時(shí)的速度為多大？
(2)要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間(不沿中軸線)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，則交流電U2的周期T為多少？
(3)在滿足(2)條件的情況下，它在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的最大偏移量是多少？(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)
解析：(1)由動(dòng)能定理得qU1＝mv
解得v0＝＝1×103 m/s.
(2)要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，并且穿出后速度方向不變，則帶電粒子穿過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間
t＝T(n＝0，1，2，…)①
帶電粒子沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則L＝v0t②
所以T＝ s(n＝0，1，2，…)③
帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的加速度a＝④
電場(chǎng)強(qiáng)度E＝⑤
帶電粒子在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后的前內(nèi)沿豎直方向的位移
y＝a⑥
要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，需滿足
2y≤⑦
聯(lián)立①～⑦式解得n≥4.5
所以T＝ s(n＝5，6，7，…)．
(3)要使總偏移量最大，則n應(yīng)取值最小，故n＝5，由此解得，最大偏移量y′＝2y≈0.04 m.
答案：(1)1×103 m/s　(2) s(n＝5，6，7，…)　(3)0.04 m

命題角度
解決方法
易錯(cuò)辨析
帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析
動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)分解思想
要注意帶電體的重力問(wèn)題，無(wú)論是受力分析中還是功能關(guān)系中都要引起關(guān)注
帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)、矢量三角形
粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后要注意速度的大小及方向的變化情況

(建議用時(shí)：40分鐘)
一、單項(xiàng)選擇題
1．(2019·高考北京卷)如圖所示，a、b兩點(diǎn)位于以負(fù)點(diǎn)電荷－Q(Q>0)為球心的球面上，c點(diǎn)在球面外，則(　　)
A．a(chǎn)點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比b點(diǎn)大
B．b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比c點(diǎn)小
C．a(chǎn)點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)高
D．b點(diǎn)電勢(shì)比c點(diǎn)低
解析：選D.由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝可知，與－Q距離相等的點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相等，離－Q越近的點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)越大，故a點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小與b點(diǎn)的相等，b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小比c點(diǎn)的大，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；與－Q距離相等的點(diǎn)，電勢(shì)相等，離－Q越近的點(diǎn)，電勢(shì)越低，故a點(diǎn)電勢(shì)與b點(diǎn)的相等，b點(diǎn)電勢(shì)比c點(diǎn)的低，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確．
2．(2019·常州質(zhì)檢)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　)
A．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大
B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大
C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變
D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變
解析：選D.平行板電容器接在電壓恒定的直流電源上，電容器兩極板之間的電壓U不變．若將云母介質(zhì)移出，電容C減小，由C＝可知，電容器所帶電荷量Q減小，即電容器極板上的電荷量減?。捎赨不變，d不變，由E＝可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤．
3．(2019·蘇州二模)如圖所示，真空中電荷量均為Q的兩正點(diǎn)電荷固定于一絕緣正方體框架的兩側(cè)面ABB1A1和DCC1D1中心連線所在直線上，且兩點(diǎn)電荷關(guān)于正方體中心對(duì)稱，則(　　)
A．A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)相同
B．A1、B1、C1、D1四個(gè)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同
C．負(fù)檢驗(yàn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在C1點(diǎn)的電勢(shì)能
D．正檢驗(yàn)電荷從C點(diǎn)移到C1點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)其做正功
解析：選A.由疊加原理可知，A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)相同，選項(xiàng)A正確；A1、B1、C1、D1四個(gè)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，但方向不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知A點(diǎn)和C1點(diǎn)電勢(shì)相同，故負(fù)檢驗(yàn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能等于在C1點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知C點(diǎn)和C1點(diǎn)的電勢(shì)相同，故正檢驗(yàn)電荷從C點(diǎn)移到C1點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)其做功為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
4．(2018·高考天津卷)如圖所示，實(shí)線表示某電場(chǎng)的電場(chǎng)線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，設(shè)M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢(shì)分別為φM、φN，粒子在M和N時(shí)加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢(shì)能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是(　　)
A．vMac>aa，vb>vc>va
D．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb
解析：選D.由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝k可知，離場(chǎng)源點(diǎn)電荷P越近，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，Q受到的電場(chǎng)力越大，由牛頓第二定律可知，加速度越大，由此可知，ab>ac>aa，A、B選項(xiàng)錯(cuò)誤；由力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，Q受到的庫(kù)侖力指向運(yùn)動(dòng)軌跡凹的一側(cè)，因此Q與P帶同種電荷，Q從c到b的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減少，從b到a的過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，因此Q在b點(diǎn)的速度最小，由于c、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差的絕對(duì)值小于a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差的絕對(duì)值，因此Q從c到b的過(guò)程中，動(dòng)能的減少量小于從b到a的過(guò)程中動(dòng)能的增加量，Q在c點(diǎn)的動(dòng)能小于在a點(diǎn)的動(dòng)能，即有va>vc>vb，C選項(xiàng)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確．
6．(2019·高考天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程(　　 )

A．動(dòng)能增加mv2 B．機(jī)械能增加2mv2
C．重力勢(shì)能增加mv2 D．電勢(shì)能增加2mv2
解析：選B.小球動(dòng)能的增加量為ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到N時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間的高度差為h＝，小球重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mgh＝mv2，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，則小球的電勢(shì)能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢(shì)能的減少量為ΔE′p＝mv2＋mv2＝2mv2，D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對(duì)小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確．
7．(2019·南通聯(lián)考)如圖所示，小球A、B帶電荷量相等，質(zhì)量均為m，都用長(zhǎng)L的絕緣細(xì)線掛在絕緣的豎直墻上O點(diǎn)，A球靠墻且其懸線剛好豎直，B球懸線偏離豎直方向θ角而靜止，此時(shí)A、B兩球之間的庫(kù)侖力為F.由于外部原因小球B的帶電荷量減小，使兩球再次靜止時(shí)它們之間的庫(kù)侖力變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則小球B的帶電荷量減小為原來(lái)的(　　)
A. B．
C. D．
解析：選C.小球B受力分析如圖所示，兩絕緣細(xì)線的長(zhǎng)度都是L，則△OAB是等腰三角形，則線的拉力T與重力G相等，G＝T，小球處于平衡狀態(tài)，則庫(kù)侖力F＝2Gsin，設(shè)原來(lái)小球帶電荷量為q，A、B間的距離是r，則r＝2Lsin，由庫(kù)侖定律得F＝k，后來(lái)庫(kù)侖力變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則＝2Gsin ，r′＝2Lsin，＝k，解得qB＝q，故選C.
8．如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢(shì)分別為φM、φN、φP、φQ.一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等．則(　　)
A．直線a位于某一等勢(shì)面內(nèi)，φM>φQ
B．直線c位于某一等勢(shì)面內(nèi)，φM>φN
C．若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功
D．若電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功
解析：選B.由電子從M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等可知，N、P兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，且電場(chǎng)線方向?yàn)镸→N，故選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；M點(diǎn)與Q點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
二、多項(xiàng)選擇題
9.(2017·高考江蘇卷)在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ在x軸上分布如圖所示．下列說(shuō)法正確有(　　)
A．q1和q2帶有異種電荷
B．x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零
C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小
D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力增大
解析：選AC.由題圖可知，空間的電勢(shì)有正有負(fù)，且只有一個(gè)極值，則兩個(gè)點(diǎn)電荷必定為異種電荷，A項(xiàng)正確；由E＝可知，φ－x圖象的切線斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，因此x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，B項(xiàng)錯(cuò)誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過(guò)程中，電勢(shì)升高，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，電勢(shì)能減小，受到的電場(chǎng)力減小，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．
10．(2019·常州二模)通常把電荷在離場(chǎng)源電荷無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)能規(guī)定為零，已知試探電荷q在場(chǎng)源電荷Q的電場(chǎng)中具所有電勢(shì)能表達(dá)式為Er＝(式中k為靜電力常量，r為試探電荷與場(chǎng)源電荷間的距離)．真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2分別固定在x坐標(biāo)軸的x＝0和x＝6 cm的位置上．x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x的變化關(guān)系如圖所示．A、B是圖線與x的交點(diǎn)，A點(diǎn)的x坐標(biāo)是4.8 cm，圖線上C點(diǎn)的切線水平．下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．電荷Q1、Q2的電性相反
B．電荷Q1、Q2的電荷量之比為1∶4
C．B點(diǎn)的x坐標(biāo)是8 cm
D．C點(diǎn)的x坐標(biāo)是12 cm
解析：選ACD.電勢(shì)φ隨x的變化關(guān)系圖象的斜率＝E，所以C點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為0，根據(jù)電場(chǎng)疊加原理可知電荷Q1、Q2的電性相反，故A正確；根據(jù)φ＝可知，φA＝＋＝＋＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B錯(cuò)誤；根據(jù)φ＝可知，φB＝＋＝＋＝0，解得B點(diǎn)的坐標(biāo)是8 cm，故C正確；由E＝知，EC＝＋＝0，解得C點(diǎn)的坐標(biāo)是x2＝12 cm，故D正確．
11.(2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與此平面平行，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)．一電荷量為q(q>0)的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W1；若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W2.下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向一定與a、b兩點(diǎn)連線平行
B．若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場(chǎng)力做功一定為
C．若c、d之間的距離為L(zhǎng)，則該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定為
D．若W1＝W2，則a、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差一定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差
解析：選BD.由題意得，(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只能得出a、b兩點(diǎn)間和c、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)關(guān)系，無(wú)法確定場(chǎng)強(qiáng)的方向，A錯(cuò)誤；若c、d之間的距離為L(zhǎng)，因無(wú)法確定場(chǎng)強(qiáng)的方向，故無(wú)法確定場(chǎng)強(qiáng)的大小，C錯(cuò)誤；由于φM＝、φN＝、WMN＝q(φM－φN)，上述式子聯(lián)立求解得粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)電場(chǎng)力做的功為WMN＝，B正確；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，變形可得φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝φa－＝，φb－φN＝φb－＝，所以φa－φM＝φb－φN，D正確．
12．(2019·南京大聯(lián)考)長(zhǎng)為l、間距為d的平行金屬板水平正對(duì)放置，豎直光屏M到金屬板右端的距離也為l，金屬板左端連接有閉合電路，整個(gè)裝置結(jié)構(gòu)如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子以初速度v0從兩金屬板正中間自左端水平射入，由于粒子重力作用，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片在某一位置時(shí)，粒子恰好垂直撞在光屏上．對(duì)此過(guò)程，下列分析正確的是(　　)
A．粒子在平行金屬板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和在金屬板右端到光屏的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等
B．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
C．若僅將滑片P向下滑動(dòng)一段后，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子不會(huì)垂直打在光屏上
D．若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上
解析：選ABD.粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子離開(kāi)電場(chǎng)具有豎直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，說(shuō)明豎直方向末速度等于0，即電場(chǎng)中粒子具有豎直向上的加速度，不管是金屬板間還是離開(kāi)電場(chǎng)后，粒子在水平方向速度沒(méi)有變化，而且水平位移相等，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，選項(xiàng)A正確；豎直方向速度變化量等大反向，所以有t＝gt，可得E＝，選項(xiàng)B正確；若僅將滑片P向下滑動(dòng)一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電荷量要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電荷量不變，板間電壓不變，所以粒子的運(yùn)動(dòng)情況不變，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，由C＝知U不變，電荷量要減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電荷量不變，根?jù)推論可知板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以粒子的運(yùn)動(dòng)情況不變，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上，選項(xiàng)D正確．
三、非選擇題
13．(2019·高考天津卷)2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動(dòng)的飛機(jī)誕生，這種引擎不需要燃料，也無(wú)污染物排放．引擎獲得推力的原理如圖所示，進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)(初速度忽略不計(jì))，A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過(guò)程中引擎獲得恒定的推力．單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為m，電荷量為Ze，其中Z是正整數(shù)，e是元電荷．

(1)若引擎獲得的推力為F1，求單位時(shí)間內(nèi)飄入A、B間的正離子數(shù)目N為多少；
(2)加速正離子束所消耗的功率P不同時(shí)，引擎獲得的推力F也不同，試推導(dǎo)的表達(dá)式；
(3)為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使盡量大，請(qǐng)?zhí)岢鲈龃蟮娜龡l建議．
解析：(1)設(shè)正離子經(jīng)過(guò)電極B時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有
ZeU＝mv2－0①
設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F′1，根據(jù)牛頓第三定律，有
F′1＝F1②
設(shè)在Δt時(shí)間內(nèi)飄入電極間的正離子個(gè)數(shù)為ΔN，由牛頓第二定律，有
F′1＝ΔNm③
聯(lián)立①②③式，且N＝得
N＝ .④
(2)設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為F′，由正離子束在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有
P＝F′v⑤
根據(jù)牛頓第三定律，有F′＝F，聯(lián)立①⑤式得
＝.⑥
(3)為使盡量大，分析⑥式得到三條建議：用質(zhì)量大的離子；用帶電荷量少的離子；減小加速電壓．
答案：(1)　(2)＝　(3)用質(zhì)量大的離子；用帶電荷量少的離子；減小加速電壓
14．(2017·高考全國(guó)卷Ⅱ)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(qiáng)電場(chǎng)．自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為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(chǎng)的方向射出．小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)．已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍．不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求

(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比；
(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；
(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?br /> 解析：(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0.M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
聯(lián)立①②③式得
＝3.④
(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
v＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知
＝⑦
聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得
h＝H.⑧
(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則
＝⑨
設(shè)M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得
Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩
Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2?
由已知條件
Ek1＝1.5Ek2?
聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得
E＝.
答案：見(jiàn)解析

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