（全國通用）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題7 電場和帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案

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1、（全國通用）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題7 電場和帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案 考題一　對電場性質(zhì)的理解與應(yīng)用 1.電場性質(zhì) 電場力的性質(zhì) 電場能的性質(zhì) (1)電場力 ①F＝k(只適用于真空中靜止的點(diǎn)電荷) ②F＝qE(普遍適用) (2)電場強(qiáng)度 ①E＝(定義式，普遍適用) ②E＝(只適用于勻強(qiáng)電場) ③E＝k(只適用于點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場) (1)電場力做功 ①W＝qEd(只適用于勻強(qiáng)電場) ②WAB＝qUAB＝EpA－EpB(適用于任何電場) (2)電勢、電勢差、電場力做功與電勢差的關(guān)系 ①φ＝(電勢定義式) ②UAB＝φA－φB(UBA＝φ

2、B－φA) ③WAB＝qUAB(UAB＝) ④UAB＝Ed(只適用于勻強(qiáng)電場) ⑤Ep＝qφ 2.電場性質(zhì)的判斷思路 (1)明確電場的電場線與等勢面的分布規(guī)律. (2)利用電場線的疏密分布規(guī)律或場強(qiáng)的疊加原理判定場強(qiáng)的強(qiáng)弱.(由a＝判斷a的變化) (3)根據(jù)電場力與電場線相切(與等勢面垂直)，且指向軌跡的彎曲方向，或軌跡一定夾在力與速度方向之間，分析帶電粒子在電場中的運(yùn)動軌跡問題. (4)根據(jù)電場線的方向、電場線的疏密及電勢能的大小分析電勢的高低. (5)應(yīng)用電場力做功與電勢能改變之間的關(guān)系判定電勢能的大小或電場力做功情況. 例1　在直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位

3、于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖1，M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時，G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零.靜電力常量用k表示.若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場強(qiáng)的大小和方向分別為(　　) 圖1 A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負(fù)向 C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負(fù)向 解析　G點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零，說明負(fù)電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)與正電荷在G點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等方向相反，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式可得，正電荷在G點(diǎn)的場強(qiáng)為，負(fù)電荷在G點(diǎn)的合場強(qiáng)也為，當(dāng)正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)時，正電荷與H點(diǎn)的距離為2a，正電荷在H點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為，方向沿y軸正向，由于G和H對稱，所以負(fù)電荷在G點(diǎn)和

4、H點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等方向相反，大小為，方向沿y軸負(fù)向，所以H點(diǎn)處合場強(qiáng)的大小為－＝，方向沿y軸負(fù)向，所以B正確. 答案　B 變式訓(xùn)練 1.在光滑的絕緣水平面上，有一個正三角形abc，頂點(diǎn)a、b處分別固定一個正點(diǎn)電荷，c處固定一個負(fù)點(diǎn)電荷，它們的電荷量都相等，如圖2所示，D點(diǎn)為正三角形外接圓的圓心，E、G、H分別為ab、ac、bc的中點(diǎn)，E、F兩點(diǎn)關(guān)于c點(diǎn)對稱.下列說法中正確的是(　　) 圖2 A.D點(diǎn)的場強(qiáng)為零，電勢也為零 B.E、F兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等、方向相反 C.G、H兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同 D.將一帶正電的試探電荷由E點(diǎn)移動到D點(diǎn)的過程中，該電荷的電勢能減小 答案　D

5、 2.(2016·重慶三模)在x軸上有兩個點(diǎn)電荷q1和q2，x軸上電勢φ隨x而變化的關(guān)系如圖3所示，則(　　) 圖3 A.x＝x1處電場強(qiáng)度為0 B.x＝x2處電場強(qiáng)度不為0 C.q1、q2為不等量異種電荷，且正電荷在x＝0處，負(fù)電荷在x＜0的某處 D.q1、q2為等量異種電荷，且正電荷在x＜0處，負(fù)電荷在x＞0的某處 答案　C 解析　在φ－x圖象中，電勢降低最快的方向即為場強(qiáng)方向，則x2右側(cè)的場強(qiáng)沿x軸負(fù)向，x2左側(cè)的場強(qiáng)方向向右；由E＝知圖象的斜率為場強(qiáng)的大小，得x1處電勢為零，場強(qiáng)不為零；x2處場強(qiáng)為零，電勢不為零，選項(xiàng)A、B均錯誤.兩個電荷的連線上出現(xiàn)場強(qiáng)為零的點(diǎn)(

6、x2處)有兩種情況，一是同種電荷之間，但兩側(cè)的電勢變化相同；二是異種電荷的連線之外，x1處的電勢為正逐漸降低且場強(qiáng)向右，可知此處附近場源電荷為正，負(fù)電荷在x＜0的某處滿足要求，選項(xiàng)C正確、選項(xiàng)D錯誤. 3.點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的靜電場的等勢面與紙面的交線如圖4所示，圖中標(biāo)在等勢面上的數(shù)值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c……表示等勢面上的點(diǎn)，下列說法正確的有(　　) 圖4 A.位于g點(diǎn)的點(diǎn)電荷不受電場力作用 B.b點(diǎn)的場強(qiáng)與d點(diǎn)的場強(qiáng)大小一定相等 C.把電荷量為q的正點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到i點(diǎn)，再從i點(diǎn)移到f點(diǎn)過程中，電場力做的總功大于把該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)直接移到f點(diǎn)過程中電場力所

7、做的功 D.把1 C正電荷從m點(diǎn)移到c點(diǎn)過程中電場力做的功等于7 kJ 答案　D 解析　位于g點(diǎn)的位置電勢為零，場強(qiáng)不為零，所以點(diǎn)電荷受電場力作用，故A錯誤；b點(diǎn)的場強(qiáng)與d點(diǎn)的場強(qiáng)是由點(diǎn)電荷Q1、Q2和Q3所產(chǎn)生的場強(qiáng)疊加產(chǎn)生的，Q2和Q3與b點(diǎn)和d點(diǎn)的距離不等，根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E＝得Q2和Q3在b點(diǎn)和d點(diǎn)的場強(qiáng)大小不等，方向不同.所以b點(diǎn)的場強(qiáng)與d點(diǎn)的場強(qiáng)大小不相等，故B錯誤；根據(jù)電場力做功W＝qU得把電荷量為q的正點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到i點(diǎn)，再從i點(diǎn)移到f點(diǎn)過程中，電場力做的總功等于把該點(diǎn)電荷從a點(diǎn)直接移到f點(diǎn)過程中電場力所做的功，故C錯誤；把1 C正電荷從m點(diǎn)移到c點(diǎn)過程中電場力做的功

8、W＝qU＝1 C×[4 kV－(－3 kV)]＝7 kJ，故D正確. 考題二　與平行板電容器有關(guān)的電場問題 1.必須記住的三個公式 C＝、C＝、E＝. 2.必須明確的兩個關(guān)鍵點(diǎn) (1)電路處于接通狀態(tài)時，電容器兩極板間電壓不變. (2)電路處于斷開狀態(tài)時，電容器兩極板間的帶電荷量不變. 3.平行板電容器問題的分析思路 (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C＝分析電容器帶電量和兩板間電壓的變化情況. (4)根據(jù)控制變量法對電容的變化進(jìn)行綜合分析，

9、得出結(jié)論. 例2　(2016·天津理綜·4)如圖5所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角.若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) 圖5 A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不變 C.θ減小，Ep增大 D.θ減小，E不變 解析　若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ減?。桓鶕?jù)E

10、＝，Q＝CU，C＝聯(lián)立可得E＝，可知E不變；P點(diǎn)離下極板的距離不變，E不變，則P點(diǎn)與下極板的電勢差不變，P點(diǎn)的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確. 答案　D 變式訓(xùn)練 4.如圖6所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略.一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點(diǎn).現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則(　　) 圖6 A.靜電計(jì)指針張角變小 B.平行板電容器的電容將變大 C.帶電油滴的電勢能將增大 D.若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變

11、答案　D 解析　現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，導(dǎo)致極板間距離增大，靜電計(jì)測量的是電容器兩端的電勢差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計(jì)指針張角不變，故A錯誤.根據(jù)C＝，知，d增大，則電容減小，故B錯誤.電勢差不變，d增大，則電場強(qiáng)度減小，P點(diǎn)與上極板的電勢差減小，則P點(diǎn)的電勢增大，因?yàn)樵撾姾蔀樨?fù)電荷，則電勢能減小.故C錯誤.若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E＝＝＝，知電場強(qiáng)度不變，則油滴所受電場力不變，故D正確. 5.如圖7所示，兩個水平放置的平行板電容器，A板用導(dǎo)線與M板相連，B板和N板都接地.讓A板帶電后，在兩個電容器

12、間分別有P、Q兩個帶電油滴都處于靜止?fàn)顟B(tài).A、B間電容為C1，電壓為U1，帶電量為Q1；M、N間電容為C2，電壓為U2，帶電量為Q2.若將B板稍向下移，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.P向下動，Q向上動 B.U1減小，U2增大 C.Q1減小，Q2增大 D.C1減小，C2增大 答案　AC 解析　將B板下移時，由C＝，知C1將減??；而MN板不動，故C2不變；故D錯誤；假設(shè)Q不變，則AB板間的電壓U1將增大，大于MN間的電壓，AB板將向MN板充電，故Q1減小，Q2增大，故C正確；充電完成，穩(wěn)定后，MN及AB間的電壓均增大，故對Q分析可知，Q受到的電場力增大，故Q將上移，對A

13、B分析可知，E1＝＝＝＝，故電場強(qiáng)度減小，故P受到的電場力減小，故P將向下運(yùn)動，故A正確. 6.如圖8所示，平行板電容器兩極板水平放置，電容為C，開始時開關(guān)閉合，電容器與一直流電源相連，極板間電壓為U，兩極板間距為d，電容器儲存的能量E＝CU2.一電荷量為－q的帶電油滴，以初動能Ek0從平行板電容器的兩個極板中央水平射入(極板足夠長)，帶電油滴恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過電容器，則(　　) 圖8 A.保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移，帶電油滴仍能沿水平線運(yùn)動 B.保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時的動能為Ek0＋ C.斷開開關(guān)，僅將上極板上移，帶電油滴

14、將撞擊下極板，撞擊下極板時的動能為Ek0＋ D.斷開開關(guān)，僅將上極板上移，若不考慮電容器極板的重力勢能變化，外力對極板做功至少為CU2 答案　BD 解析　保持開關(guān)閉合，開始時帶電油滴沿直線勻速通過電容器，則：＝mg 保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移，則向上的電場力大于重力，故帶電油滴向上運(yùn)動，故選項(xiàng)A錯誤；到達(dá)上極板時動能為Ek，則根據(jù)動能定理：·d＝Ek－Ek0，以上兩個方程式聯(lián)立可以得到到達(dá)上極板的動能為：Ek＝Ek0＋，故選項(xiàng)B正確；斷開開關(guān)，電量不變，當(dāng)兩極板間距離發(fā)生變化的時候，場強(qiáng)不變，即電場力不變，故粒子仍沿直線運(yùn)動，故選項(xiàng)C錯誤；斷開開關(guān)，僅將上極板上移，則兩板之間距離為d

15、，則C＝，C′＝，則整理可以得到：C′＝C，根據(jù)C＝和C′＝，整理可以得到：U′＝U，則上移之后電容器儲存的能量為：E′＝C′U′2＝CU2，所以增加的能量為：ΔE＝E′－E＝CU2－CU2＝CU2，故外力對極板做功至少為CU2，故選項(xiàng)D正確. 考題三　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 1.帶電粒子在電場中的運(yùn)動問題的解題思路 首先分析粒子的運(yùn)動規(guī)律，區(qū)分是在電場中的直線運(yùn)動問題還是曲線運(yùn)動問題. 2.帶電粒子在電場中的加速 (1)勻強(qiáng)電場中，v0與E平行時，優(yōu)先用功能關(guān)系求解，若不行，則用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式. (2)非勻強(qiáng)電場中，只能用功能關(guān)系求解. 3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的

16、偏轉(zhuǎn)(v0垂直于E的方向)，如圖9所示 圖9 處理方法：應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解. (1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間t＝. (2)沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度a＝＝＝. (3)離開電場時的偏移量y＝at2＝. (4)速度偏向角 tan φ＝＝tan φ＝； 位移偏向角 tan θ＝＝tan θ＝. 例3　如圖10所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0(未知)水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為θ＝37°，帶電小球恰好能垂直M板從其中心小孔B進(jìn)入兩板間(sin 37°＝0

17、.6，cos 37°＝0.8) 圖10 (1)試求帶電小球在y軸上的拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)以及小球拋出的初速度v0； (2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強(qiáng)電場，且勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E＝，試計(jì)算兩平行板M、N之間的垂直距離d至少為多少時才能保證小球不打在N板上. [思維規(guī)范流程] 步驟1：小球由A→B做平拋運(yùn)動，分方向列方程 小球垂直M板在B進(jìn)入電場，在B點(diǎn)：分解速度 A點(diǎn)的縱坐標(biāo)：列幾何關(guān)系，得結(jié)論 (1)A→B 水平方向：·cos θ＝v0t ① 豎直方向：h＝gt2 ② 在B點(diǎn)：tan θ＝ ③

18、 y＝h＋sin θ ④ 解得y＝L，v0＝ ⑤ 所以A的坐標(biāo)為(0，L) ⑥ 步驟2：在B點(diǎn)，速度合成法求vB進(jìn)入電場后的受力情況. 對小球列牛頓第二定律表達(dá)式： 分方向列方程：得結(jié)論 vB＝＝ ⑦ qE＝＝mg·cos θ ⑧ 所以小球做類平拋運(yùn)動 ⑨ mgsin θ＝ma ⑩ 所以a＝gsin θ ? d＝vBt′ ? ＝at′2 ? d＝L ? 每式各1分 變式訓(xùn)練 7.(2016·四川理綜·9)中國科學(xué)院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器.加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治

19、療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用. 如圖11所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極.質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變.設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時速度為8×106 m/s，進(jìn)入漂移管E時速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運(yùn)動的時間視為電源周期的，質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108 C/kg.求： 圖11 (1)漂移管B的長度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓. 答案　(1)0.4 m　(2)6×104

20、V 解析　(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則 T＝ ① L＝vB· ② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4 m (2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場力對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動到漂移管E電場力做功W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則 W＝qU ③ W′＝3W ④ W′＝mv－mv ⑤ 聯(lián)立③④⑤式并代入數(shù)據(jù)得 U＝6×104 V. 專題規(guī)范練 1.(2016·上?！?1)國際單位制中，不是電場強(qiáng)度的單位是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由公

21、式E＝可知，電場強(qiáng)度單位為，由公式E＝可知，也是電場強(qiáng)度單位，由qE＝qvB可得E＝vB，故也是電場強(qiáng)度單位，由公式U＝可知，是電勢差單位，故應(yīng)選C. 2.(2016·浙江理綜·15)如圖1所示，兩個不帶電的導(dǎo)體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸.把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開(　　) 圖1 A.此時A帶正電，B帶負(fù)電 B.此時A電勢低，B電勢高 C.移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 D.先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 答案　C 解析　由靜電感應(yīng)可知，A左端帶負(fù)電，B右端帶正電，A、B的電勢相等，選項(xiàng)A、B錯誤

22、；若移去C，則兩端的感應(yīng)電荷消失，則貼在A、B下部的金屬箔都閉合，選項(xiàng)C正確；先把A和B分開，然后移去C，則A、B帶的電荷仍然存在，故貼在A、B下部的金屬箔仍張開，選項(xiàng)D錯誤. 3.(2016·全國丙卷·15)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A.兩個電勢不同的等勢面可能相交 B.電場線與等勢面處處相互垂直 C.同一等勢面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度一定相等 D.將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 答案　B 解析　若兩個不同的等勢面相交，則在交點(diǎn)處存在兩個不同電勢數(shù)值，與事實(shí)不符，A錯；電場線一定與等勢面垂直，B對；同一等勢面上的電勢相同，但電場強(qiáng)

23、度不一定相同，C錯；將一負(fù)電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做負(fù)功，故D錯. 4.(多選)(2016·海南單科·10)如圖2，一帶正電的點(diǎn)電荷固定于O點(diǎn)，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實(shí)線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運(yùn)動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點(diǎn).不計(jì)重力.下列說法正確的是(　　) 圖2 A.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷 B.M在b點(diǎn)的動能小于它在a點(diǎn)的動能 C.N在d點(diǎn)的電勢能等于它在e點(diǎn)的電勢能 D.N在從c點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)的過程中克服電場力做功 答案　ABC 解析　由題圖可知，M粒子的軌跡向左彎曲，則帶電粒子所受的電場力方向向左，可知M帶電粒子

24、受到了引力作用，故M帶負(fù)電荷，而N粒子的軌跡向下彎曲，則帶電粒子所受的電場力方向向下，說明N粒子受到斥力作用，故N粒子帶正電荷，選項(xiàng)A正確；由于虛線是等勢面，故M粒子從a到b電場力對其做負(fù)功，動能減小，選項(xiàng)B正確；對于N粒子，由于d和e在同一等勢面上，故從d到e電場力不做功，電勢能不變，選項(xiàng)C正確；由于N粒子帶正電，故從c點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)的過程中，電場力做正功，選項(xiàng)D錯誤. 5.如圖3所示，在勻強(qiáng)電場中有一個半徑為R＝1 m的圓，電場方向與圓的平面平行，O、P兩點(diǎn)電勢差為10 V，一個電子在該勻強(qiáng)電場中在僅受電場力作用下運(yùn)動，且在P、Q兩點(diǎn)上速度方向與圓的切線一致，速度大小均為1 m/s，則(　

25、　) 圖3 A.電子從P到Q的運(yùn)動過程中，動能先增大后減小 B.電子可能做圓周運(yùn)動 C.該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝10 V/m D.O點(diǎn)與圓周上電勢最低的點(diǎn)電勢差為10 V 答案　D 解析　帶電粒子僅受電場力作用，由于粒子在P、Q兩點(diǎn)動能相等，則電勢能也相等，因?yàn)殡妶鰹閯驈?qiáng)電場，所以兩點(diǎn)的連線PQ即為等勢面，根據(jù)等勢面與電場線垂直特性，從而畫出電場線CO.由曲線運(yùn)動條件可知，正電粒子所受的電場力沿著CO方向，因此粒子從P到Q做曲線運(yùn)動，速度方向與電場力方向夾角先大于90°后小于90°，電場力對于運(yùn)動來說先是阻力后是動力，所以動能先減小后增大，故A、B錯誤；勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝

26、式中的d是沿著電場強(qiáng)度方向的距離，因而由幾何關(guān)系可知，UPO＝E×R，所以E＝＝10 V/m，C錯誤，圓周上電勢最低的點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢差為U＝ER＝10 V，故D正確. 6.如圖4所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，正極板與靜電計(jì)相連，兩板間有一個正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn).若正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向左平移一小段距離x0的過程中，靜電計(jì)帶電量的變化可忽略，以C表示電容器的電容、σ表示極板單位面積所帶電荷量(也稱面電荷密度)、U表示P點(diǎn)與負(fù)極板間的電勢差，W表示正檢驗(yàn)電荷的電勢能.各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是(　　) 圖4 答案　A 解析　當(dāng)負(fù)極

27、板左移時，d增大，由C＝可知，C與x圖象的關(guān)系如圖A所示，故A正確；σ表示極板單位面積所帶電荷量，而電容器極板電量不變，則面電荷密度也不變，故B錯誤；因負(fù)極板接地，設(shè)P點(diǎn)原來與負(fù)極板之間的距離為x，則P點(diǎn)的電勢φ＝E(x－x0)，那么U＝E(x－x0)，與x成線性關(guān)系，故C錯誤；電勢能W＝φq＝Eq(x－x0)，應(yīng)該是傾斜直線，故D錯誤. 7.(2016·海南單科·6)如圖5，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電.一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處.以初動能Ek0豎直向上射出.不計(jì)重力，極板尺寸足夠大.若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大

28、值為(　　) 圖5 A. B. C. D. 答案　B 解析　根據(jù)電荷受力可以知道，粒子在電場中做曲線運(yùn)動，當(dāng)電場足夠大時，粒子到達(dá)上極板時速度恰好與上極板平行，如圖，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，當(dāng)分速度vy＝0時，則粒子的速度正好平行上極板，則根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式：－v＝－2d，由于vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，聯(lián)立整理得到E＝，故選項(xiàng)B正確. 8.如圖6所示為某粒子分析器的簡化結(jié)構(gòu).金屬板P、Q相互平行，兩板通過直流電源、開關(guān)相連，其中Q板接地.一束帶電粒子，從a處以一定的初速度平行于金屬板P、Q射入兩板之間的真空區(qū)

29、域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q板上如圖所示的位置.在其他條件不變的情況下，要使該粒子束能從Q板上b孔射出(不計(jì)粒子重力和粒子間的相互影響)，下列操作中可能實(shí)現(xiàn)的是(　　) 圖6 A.保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板 B.保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板 C.先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板 D.先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板 答案　A 解析　粒子在平行板電容器之間做類平拋運(yùn)動，要使該粒子束能從Q板上b孔射出，需要增大粒子平拋水平位移，豎直方向勻加速直線運(yùn)動，加速度a＝，則由a到下極板的距離d0＝at2＝，從而可得運(yùn)動時間t＝ ，水平方向位移x＝v0t＝v0 ，保持開關(guān)S閉合，則兩極板電壓不變，

30、適當(dāng)上移P板，即d增大，d0不變，水平位移增大，選項(xiàng)A對.保持開關(guān)閉合，左移P板則電壓不變，d和d0都不變，水平位移不變，選項(xiàng)B錯.先斷開開關(guān)S，適當(dāng)上移P板，則電荷量不變，水平位移x＝v0，所以水平位移不變，選項(xiàng)C錯.同理，先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板，正對面積變小，電容變小，電荷量不變，電壓變大，d0不變，水平位移變小，選項(xiàng)D錯. 9.(2016·北京理綜·23)如圖7所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出.已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d. 圖7 (

31、1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法.在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因.已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2. (3)極板間既有靜電場也有重力場.電勢反映了靜電場各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式.類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點(diǎn). 解析　(1)根據(jù)動能定理，有 eU0＝mv， 電子射入偏

32、轉(zhuǎn)電場時的初速度 v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動時間 Δt＝＝L 加速度a＝＝ 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝ (2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力 G＝mg≈10－29 N 電場力F＝≈10－15 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力. (3)電場中某點(diǎn)電勢φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝，類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點(diǎn)的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即φG＝ 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定. 答案　(1)　　　(2)見解析　(3)見解析 10.(2016

33、·江南十校3月模擬)如圖8所示，在寬度為L的條形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，電場的方向平行于區(qū)域過界.有一個帶電粒子(不計(jì)重力)從左側(cè)邊界上的A點(diǎn)，以初速度v0沿垂直于電場的方向射入電場，粒子從右側(cè)邊界射出時的速度大小為v0. 圖8 (1)求粒子從右側(cè)邊界射出時，沿電場方向位移的大小； (2)若帶電粒子的入射速度改為v0，求粒子從右側(cè)邊界射出時速度的大??； (3)若帶電粒子的入射速度大小可以為任意值(遠(yuǎn)小于光速)，求帶電粒子從右側(cè)邊界射出速度的最小值. 答案　(1)L　(2)v0　(3)v0 解析　(1)設(shè)經(jīng)過時間t1粒子射出電場，沿電場方向位移為y，沿電場方向速度為vy1 由類平拋運(yùn)動知，L＝v0t1，y＝at，vy1＝at1 射出電場的速度分解到水平方向和豎直方向v0＝ 聯(lián)立，得：a＝，y＝L. (2)粒子在水平方向做勻速運(yùn)動，設(shè)經(jīng)過時間t2粒子射出電場，則L＝v0t2 設(shè)粒子沿場強(qiáng)方向加速度為a，沿場強(qiáng)方向做勻加速直線運(yùn)動vy2＝at2 粒子射出電場的速度v＝ 聯(lián)立知v＝v0. (3)設(shè)粒子以vx射入電場，沿電場方向速度為vy 粒子射出電場的速度為v′，可得 v′＝ 可知當(dāng)v＝2時，v′取最小值，即vx＝ 代入知最小速度v′＝v0.