专题08 电场的性质 带电粒子在电场中的运动【讲】-2022年高考物理二轮（新教材新高考）

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专题08 电场的性质 带电粒子在电场中的运动【讲】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc1465" 一．讲高考真题-----感悟核心素养 PAGEREF _Tc1465 \h 1
\l "_Tc2444" 【考情研判】 PAGEREF _Tc2444 \h 1
\l "_Tc3227" 【考题分析】 PAGEREF _Tc3227 \h 1
\l "_Tc22662" 【题后总结】 PAGEREF _Tc22662 \h 13
\l "_Tc13168" 二．讲核心问题-----提炼主干必备知识 PAGEREF _Tc13168 \h 13
\l "_Tc27871" 核心问题一 电场的性质问题 PAGEREF _Tc27871 \h 13
\l "_Tc3965" 核心问题二 有关平行板电容器的问题 PAGEREF _Tc3965 \h 15
\l "_Tc29331" 核心问题三 带电粒子在电场中的运动问题 PAGEREF _Tc29331 \h 18
\l "_Tc366" 核心问题四 带电粒子在交变电场中的运动问题 PAGEREF _Tc366 \h 22
\l "_Tc8633" 三．讲重点模型-----学科思维之等效思维模型 PAGEREF _Tc8633 \h 24
\l "_Tc15024" 四．讲学科思维-----之数形结合思维-----电场中的图像 PAGEREF _Tc15024 \h 27
\l "_Tc8435" 类型1 利用v－t图像分析带电粒子在电场中的运动 PAGEREF _Tc8435 \h 27
\l "_Tc16035" 类型2 φ－x图像的分析 PAGEREF _Tc16035 \h 28
\l "_Tc2140" 类型3 Ep－x图像的分析 PAGEREF _Tc2140 \h 29
\l "_Tc17988" 类型4 E－x图像的分析 PAGEREF _Tc17988 \h 30
一．讲高考真题-----感悟核心素养
【考情研判】
1．近几年高考题型主要以选择题为主，命题热点主要集中在电场强度、电场线的用途、电势能的变化、电势高低的判断、匀强电场中电势差与电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动等．
2．2022年高考命题，选择题可能会以电场线、等势线为背景，结合场强、电势、电势能等基本概念进行考查，也可能会出现以带电粒子在电场中运动为背景考查学生建模能力和数学处理能力的计算题．
【考题分析】
【例1】（2021年高考全国甲卷 第6题）某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（ ）
A. 一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B. 一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV
C. b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D. a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大
【答案】BD
【解析】A．由图象可知
φb = φe
则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；
B．由图象可知
φa = 3V，φd = 7V
根据电场力做功与电势能的变化关系有
Wad = Epa - Epd = (φa - φd)( - e) = 4eV
B正确；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；
D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示
由上图可看出，b点电场线最密集，则b点处的场强最大，D正确。故选BD。
【试题情境】本题以等势面为素材创设学习探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于基础性。
【必备知识】本题考查的知识点为电场的基本性质。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境结合等势面与电场线的关系画出电场线。
(2)推理论证能力：根据电场力做功与电势能的变化关系推理求解电场力做功的情况。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立等势面、电场线的理想化模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，电场； = 2 \* GB3 ②相互作用观，电场力。
(2)科学思维：建立等势面、电场线的理想化模型之后，根据电场力做功与电势能的变化及电场线的特点分析求解。
【例2】（2021年高考全国乙卷物理 第2题）如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为和，相应的电势能分别为和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由图中等势面的疏密程度可知
根据
可知
由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即
故选A。
【试题情境】本题以无限大接地金属平板的上方固定一负电荷激发的电场为素材创设学习探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于基础性、应用性。
【必备知识】本题考查的知识点为电场的基本性质。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境准确正试探电荷的受力情况。
(2)推理论证能力：根据等势面的疏密程度推理场强的大小，根据移动电荷法判断电场力做功情况。
(3)模型构建能力：根据问题情境，点电荷模型、等势面、电场线的理想化模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，金属平板、试探电荷、电场； = 2 \* GB3 ②相互作用观，电场力。
(2)科学思维：建立正试探电荷点电荷模型之后，能对正试探电荷进行准确的受力分析，根据等势面的疏密程度推理，得出结论。
【例3】（2021年高考全国乙卷物理 第7题）四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度
由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为
离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为
因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；粒子与粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与粒子的比荷也相同，所以、、三个粒子偏转角相同，但粒子与前两个粒子的偏转方向相反；粒子的比荷与、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。
故选AD。
【试题情境】本题以四个带电粒子在电场中的运动为背景创设学习探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于基础性、应用性。
【必备知识】本题考查的知识点为带电粒子在匀强电场中的类平抛运动。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境准确对带电粒子进行受力分析和运动分析。
(2)推理论证能力：能正确根据题意建立带电粒子在匀强电场中的类平抛运动模型并应用其规律推理分析。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立类平抛运动模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，电场、带电粒子； = 2 \* GB3 ②相互作用观，电场力。
(2)科学思维：建立根据问题情境分析带电粒子运动特点，能对带电粒子进行准确的受力分析，根据运动的合成与分解分析求解得出结论。
【例4】（新高考全国卷Ⅱ·广东·第6题）图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（ ）
A. a点的电势比b点的低
B. a点的电场强度比b点的小
C. 液滴在a点的加速度比在b点的小
D. 液滴在a点的电势能比在b点的大
【答案】D
【解析】A．高压电源左为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知
故A错误；
B．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势线较密，则
故B错误；
C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为
因，可得
故C错误；
D．液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即
故D正确；
故选D。
【试题情境】本题以静电推进装置的原理图为背景创设学习探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于基础性、应用性。
【必备知识】本题考查的知识点为电场能及力的性质等。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境准确对液滴受力分析。
(2)推理论证能力：能正确根据题意做出受力分析并依据等差等势线的疏密反映场强的大小判断场强，根据沿着电场线电势逐渐降低判断电势的高低、根据电场力做功判断电势能变化情况。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立液滴的点电荷模型、等势面理想化模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，液滴、电场、静电推进装置； = 2 \* GB3 ②相互作用观，静电力。
(2)科学思维：根据问题情境，等势面特点，能对液滴进行准确的受力分析，根据等差等势线的疏密反映场强的大小判断场强，根据沿着电场线电势逐渐降低判断电势的高低、根据电场力做功判断电势能变化情况。
【例5】(多选)(2020·全国卷Ⅱ，20)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A．a、b两点的场强相等
B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等
D．c、d两点的电势相等
【答案】 ABC
【解析】 沿竖直方向将圆环分割成无穷个小段，关于水平直径对称的两小段构成等量异种点电荷模型，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点场强方向由正点电荷指向负点电荷，根据对称性可知a、b两点的场强相等，A项正确；取无穷远处电势为零，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点电势均为零，故a、b两点的电势相等，B项正确；沿水平方向将圆环分割成无穷个小段，关于竖直直径对称的两小段构成等量同种点电荷模型，在等量同种点电荷的垂直平分线上各点场强方向垂直于连线，根据对称性可知c、d两点的场强相等，C项正确；在等量异种点电荷模型中，距离正点电荷近的点电势高，故φc>φd，D项错误。
【试题情境】本题以绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷激发的电场为背景创设探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于综合性、应用性、创造性。
【必备知识】本题考查的知识点为等量异种电荷电场线的特点。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境抽象、简化、等效出等量异种电荷电场线的分布。
(2)推理论证能力：能正确根据题意等效出等量异种点电荷模型并应用电场知识分析问题解决问题。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立等量异种点电荷模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，绝缘细圆环、电场； = 2 \* GB3 ②相互作用观，电场力。
(2)科学思维：根据问题情境，建立等量异种点电荷模型，根据等量异种点电荷模型电场线分布规律求解问题。
【例6】(多选)(2017·全国卷Ⅲ，21)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是( )
A．电场强度的大小为2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
解题关键
(1)读题
①看到“匀强电场”想到“沿任一不垂直于电场线的直线电势均匀变化”。
②看到“三点的电势分别为10 V、17 V、26 V”想到“找等势面，画电场线”。
(2)文图转换
【答案】 ABD
【解析】 如图所
示，设a、c之间的d点电势与b点电势相同，则eq \f(ad,dc)＝eq \f(10－17,17－26)＝eq \f(7,9)，所以d点的坐标为(3.5 cm，6 cm)，过c点作等势线bd的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势。由几何关系可得，cf的长度为3.6 cm，电场强度的大小E＝eq \f(U,d)＝eq \f(26－17,3.6) V/cm＝2.5 V/cm，故选项A正确；因为Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb ，可知坐标原点O处的电势为1 V ，故选项B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故选项C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，故选项D正确。
【试题情境】本题以匀强电场电场及电势分布特点为背景创设探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于综合性、应用性、创造性。
【必备知识】本题考查的知识点为匀强电场电势均匀分布的特点。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据匀强电场电势均匀分布的特点找出等势面。
(2)推理论证能力：能正确根据匀强电场电势均匀分布的特点找出等势面并利用电场力做功，电势能的定义、电场力做功的情况等分析问题解决问题。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立匀强电场模型模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，电子、电场； = 2 \* GB3 ②相互作用观，电场力。
(2)科学思维：根据问题情境，建立匀强电场模型，根据匀强电场电势均匀分布求解问题。
【例7】(2019·天津卷，3)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
A.动能增加eq \f(1,2)mv2 B.机械能增加2mv2
C.重力势能增加eq \f(3,2)mv2 D.电势能增加2mv2
【答案】 B
【解析】 动能变化量ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错误；重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2eq \f(qE,m)x，则电势能减少量等于电场力做的功ΔEp减＝W电＝qEx＝2mv2，B正确，D错误；在竖直方向做匀减速运动，到N点时竖直方向的速度为零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错误。
【试题情境】本题以带电小球在匀强电场中做匀变速曲线运动为背景创设探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于综合性、应用性、创造性。
【必备知识】本题考查的知识点为电场中的功能关系、运动的合成与分解。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题意正确分析带电小球的受、运动及功能转化情况。
(2)推理论证能力：能正确根据受力的特点分析其运动情况并利用电场中的功能关系分析问题解决问题。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立匀强电场模型、匀变速曲线运动模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，带电小球、电场； = 2 \* GB3 ②相互作用观，电场力、重力。
(2)科学思维：根据问题情境，建立小球匀变速曲线运动过程模型，利用电场中的功能关系分析、运动的合成与分解求解问题。
【例8】.(多选)(2020·7月浙江选考，6)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
A.所用时间为eq \f(mv0,qE)
B.速度大小为3v0
C.与P点的距离为eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)
D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】 C
【解析】 粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，解得t＝eq \f(2mv0,qE)，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝eq \r(（2v0）2＋veq \\al(2,0))＝eq \r(5)v0，B项错误；该点到P点的距离s＝eq \r(2)x＝eq \r(2)v0t＝eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(v0,2v0)＝eq \f(1,2)，则θ≠30°，D项错误。
【试题情境】本题以带电粒子在匀强电场中做类平抛运动为背景创设探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于基础性。
【必备知识】本题考查的知识点为运动的合成与分解。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题意正确分析带电小球的受、运动情况。
(2)推理论证能力：能正确根据受力的特点分析其运动情况并运动学公式牛顿第二定律分析问题解决问题。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立匀强电场模型、类平抛运动模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，带电粒子、电场； = 2 \* GB3 ②相互作用观，电场力。
(2)科学思维：根据问题情境，建立带电粒子类平抛运动过程模型，利用运动的合成与分解求解问题。
【例9】(2019·全国卷Ⅲ，24)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(q>0)。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点到达P点所用时间为eq \f(t,2)。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)eq \f(3mg,q) (2)2m(veq \\al(2,0)＋g2t2)
【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
mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)。③
(2)设B从O点发射时的速度为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
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)④
且有v1·eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(veq \\al(2,0)＋g2t2)。
【试题情境】本题以两个质量均为m的小球在复合场中运动为背景创设探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于综合性、应用性、创造性。
【必备知识】本题考查的知识点为牛顿运动定律、动能定理、平抛规律。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据小球在复合场中受力的特点分析带电小球的运动。
(2)推理论证能力：能正确应用牛顿运动定律、动能定理、平抛规律等对小球的运动过程分析并求解。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立平抛运动、类平抛运动模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，小球、电场； = 2 \* GB3 ②相互作用观，电场力、重力。
(2)科学思维：根据问题情境，建立小球的质点模型及平抛类平抛模型，根据牛顿运动定律、动能定理、平抛规律求解问题。
【例10】(2017年普通高等学校招生全国统一考试新课标二卷)如图所示，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(q>0)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，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)3∶1 (2)eq \f(1,3)H (3)eq \f(\r(2)mg,2q)
【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得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋eq \f(1,2)at2②
s2＝v0t－eq \f(1,2)at2③
联立①②③式得eq \f(s1,s2)＝3④
(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
veq \\al(2,y)＝2gh⑤
H＝vyt＋eq \f(1,2)gt2⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知
eq \f(v0,vy)＝eq \f(s1,H)⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h＝eq \f(1,3)H⑧
(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eq \f(v0,vy)＝eq \f(qE,mg)⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＋mgH＋qEs1⑩
Ek2＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＋mgH－qEs2⑪
由已知条件
Ek1＝1.5Ek2⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E＝eq \f(\r(2)mg,2q)⑬
【试题情境】本题以两个质量均为m的小球在复合场中运动为背景创设探索问题情境。
【考核要求】本题考核要求属于综合性、应用性、创造性。
【必备知识】本题考查的知识点为牛顿运动定律、动能定理、运动学公式。
【关键能力】(1)理解能力：要求能根据小球在复合场中受力的特点分析带电小球的运动。
(2)推理论证能力：能正确应用两个小球的运动特点采用运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理、运动学规律等对小球的运动过程分析并求解。
(3)模型构建能力：根据问题情境，建立匀变速直线运动、匀变速曲线运动模型。
【学科素养】(1)考查物理观念： = 1 \* GB3 ①物质观，小球、电场； = 2 \* GB3 ②相互作用观，电场力、重力。
(2)科学思维：根据问题情境，建立小球的质点模型及匀变速直线运动、匀变速曲线运动模型，根据牛顿运动定律、动能定理、运动学规律求解问题。
【题后总结】
1．电场力的性质
(1)电场强度的定义式：E＝eq \f(F,q).
(2)真空中点电荷的电场强度公式：E＝eq \f(kQ,r2).
(3)匀强电场的电场强度与电势差的关系式：E＝eq \f(U,d).
2．电场能的性质
(1)电势的定义式：φ＝eq \f(Ep,q).
(2)电势差的定义式：UAB＝eq \f(WAB,q).
(3)电势差与电势的关系式：UAB＝φA－φB.
(4)电场力做功与电势能的关系式：WAB＝EpA－EpB.
3．熟记“面线”关系
(1)电场线总是与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面．
(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密．
(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功．
4．电场中常见的运动类型
(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解。
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。
二．讲核心问题-----提炼主干必备知识
核心问题一 电场的性质问题
1．电场线
假想线，直观形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，曲线上各点的切线方向表示该点的场强方向，曲线的疏密程度表示电场的强弱。
2．电势高低的比较
(1)沿着电场线方向，电势越来越低。
(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势越高。
(3)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB>0，则φA>φB，反之，则φA<φB。
3．电势能变化的判断
(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即W＝－ΔEp。
(2)根据能量守恒定律判断，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，而总和保持不变。
【例1】(2021年山东五校联考)关于静电场的电场线，下列说法正确的是( )
A．电场强度较大的地方电场线一定较疏
B．沿电场线方向，电场强度一定越来越小
C．沿电场线方向，电势一定越来越低
D．电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹
【答案】 C
【解析】 电场强度较大的地方电场线一定较密集，选项A错误；沿电场线方向，电场强度不一定越来越小，例如匀强电场，选项B错误；沿电场线方向，电势一定越来越低，选项C正确；电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有带电粒子只受电场力作用，且电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，选项D错误．
【技巧方法归纳总结】
(1)电场强度的判断
①场强方向是电场中正电荷受力方向，负电荷受力的反方向，也是电场线上某点的切线方向．
②电场强弱可用电场线疏密判断．
(2)电势高低的比较
①根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低；
②将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处电场力做正功越多，则该点的电势越高；
③根据电势差UAB＝φA－φB判断，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB.
(3)电势能变化的判断
①根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加．即W＝－ΔEp.
②根据能量守恒定律判断，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，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少．
【变式训练1】(2021·浙江6月选考·6)某书中有如图所示的图，用来表示横截面是“<”形导体右侧的电场线和等势面，其中a、b是同一条实线上的两点，c是另一条实线上的一点，d是导体尖角右侧表面附近的一点．下列说法正确的是( )
A．实线表示电场线
B．离d点最近的导体表面电荷密度最大
C．“<”形导体右侧表面附近电场强度方向均相同
D．电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零
【答案】 D
【解析】 整个导体为等势体，由于电场线方向总是与等势面垂直，所以实线不是电场线，是等势面，则A错误；根据等差等势面的疏密表示场强的强弱，则d点的场强较弱，因电场强度越大的地方电荷密度越大，所以B错误；在“<”形导体右侧表面上下部分附近电场强度方向不相同，所以C错误；由于a、b在同一等势面上，则电荷从a点到c点再到b点电场力做功一定为零，所以D正确．
【变式训练2】(2020·北京市普通高中学业水平等级考试，7)真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是( )
A．该点电荷一定为正电荷
B．P点的场强一定比Q点的场强大
C．P点电势一定比Q点电势低
D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
【答案】 B
【解析】 正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故C、D错误。
核心问题二 有关平行板电容器的问题
1三个关系式
(1)对于平行板电容器：板间电场为匀强电场，不考虑边缘效应．
(2)三个关系式：定义式C＝eq \f(Q,U)，决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)，关系式E＝eq \f(U,d).
2．两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压．
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变．
3．当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制．
【例2】(2021年保定模拟)(多选)如图所示，两平行正对的带电金属板A、B水平放置，其中B板接地，一带电油滴恰好静止地悬浮在P点．下列说法中正确的是( )
A．将A板向下移动一段距离，两板间电势差减小
B．将A板水平向左移动一小段距离，油滴向上加速运动
C．A板以左端为轴(垂直于纸面)逆时针旋转一个小角度后油滴仍保持静止状态
D．增加A板所带电荷量，P点电荷一定升高
【答案】 AB
【解析】 A．φB＝0，移动极板电荷量不变，场强E不变，U＝Ed可得d减小则U减小，A正确；B.A极向右平移正对面积减小，C＝eq \f(εS,4πkd)得C减小，C＝eq \f(Q,U)得，U增大，U＝Ed得E增大，即电场力变大，故B正确；C.转动后电场力方向变化则不可能再平衡，C错误；D.A、B板电性未知，故电势升高或降低未知，故D错误．
【方法技巧归纳总结】电容器动态分析的解题思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，分析平行板电容器电容的变化情况，如例4中“下移极板”则d发生变化．
(3)根据C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化情况．
(4)根据E＝eq \f(U,d)或E＝eq \f(4πkQ,εrS)分析电容器极板间电场强度的变化情况．
(5)根据Q的变化情况，分析电容器发生充电还是放电，分析电路中电流的方向．
【变式训练1】如图所示，平行板电容器PQ与电源相接，电源与电容器之间接一理想二极管D.当电容器极板Q移至虚线处时，有关电容器的下列说法正确的是( )
A．电容减小，极板所带电荷量减小
B．电容减小，极板间电压不变
C．极板间电压不变，电场强度减小
D．极板所带电荷量不变，电场强度不变
【答案】 D
【解析】 由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知板间距离变大，电容减小，假设电压不变，则电荷量会减小，由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则电荷量不变，那么根据C＝eq \f(Q,U)可知，极板间的电压增大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)，U＝Ed，得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，由此分析可知，板间电场强度E不变，D正确．
【变式训练2】如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
【答案】 D
【解析】 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝eq \f(U,d)，Q＝CU，C＝eq \f(εrS,4πkd)可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知E不变，P点离下极板的距离不变，则P点与下极板间的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．
核心问题三 带电粒子在电场中的运动问题
1．电场中直线运动问题的两种解题思路
(1)动能定理：不涉及a、t时可用．
(2)牛顿运动定律：涉及a、t时可用．
2．匀强电场中的偏转问题
(1)带电粒子垂直于场强方向进入匀强电场在匀强电场中的偏转一般为类平抛运动，可用分解思想，解题思路如下：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝eq \f(L,v0).
②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md).
③离开电场时的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUL2,2mdv02).
④速度偏向角
tan φ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUx,mdv02) eq \(――→,\s\up7(x＝L))tan φ＝eq \f(qUL,mdv02)；
位移偏向角
tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(qUx,2mdv02) eq \(――→,\s\up7(x＝L))tan θ＝eq \f(qUL,2mdv02).
(2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理．
注意：偏转时电场力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)．
3．匀强电场中偏转问题的两个结论
(1)粒子经匀强电场偏转后，末速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点．如图，有tan φ＝2tan θ且x＝eq \f(L,2).
(2)不同的带电粒子从静止开始经过同一匀强电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUL2,2mdv02)＝eq \f(UL2,4U0d)和偏向角tan φ＝eq \f(qUL,mdv02)＝eq \f(UL,2U0d)与比荷无关，总是相同的．
【例3】(2021年名校联盟卷)如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点．已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，不计空气阻力，重力加速度为g.则以下说法正确的是( )
A．电场力大小为eq \f(\r(3)mg,2)
B．小球所受的合外力大小为eq \f(\r(3)mg,3)
C．小球由O到P点用时eq \f(\r(3)v0,g)
D．小球通过P点时的动能为eq \f(5mv02,2)
【答案】 C
【解析】 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)at2,y＝\f(1,2)gt2,a＝\f(Eq,m)))⇒eq \f(x,y)＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(qE,mg)即qE＝eq \f(\r(3),3)mg.A错；
F合＝eq \r(（qE）2＋（mg）2)＝eq \f(2\r(3),3)mg，故B错；
vy＝eq \r(3)v0＝gt.得t＝eq \f(\r(3)v0,g)，C对；
Ekp＝eq \f(1,2)mvp2＝eq \f(1,2)m(eq \r(3)v0)2＝eq \f(3,2)mv02，D错．
【例4】如图所示，在虚线AB两侧存在方向相反的两个匀强电场，场强大小分别为E1、E2.一质量为m、带电荷量为q的微粒从P点由静止开始，在电场力作用下沿直线在P、Q两点间往返运动，P、Q点到虚线AB的距离分别为d1、d2，且d1＝2d2，不计带电微粒的重力．
(1)求eq \f(E1,E2)的值；
(2)若带电微粒从P点运动到Q点的时间为t0，求它从P点到虚线AB的时间．
【答案】 (1)eq \f(1,2) (2)eq \f(2,3)t0
【解析】 (1)从P到Q的过程，由动能定理有qE1d1－qE2d2＝0
由题知d1＝2d2，联立解得eq \f(E1,E2)＝eq \f(d2,d1)＝eq \f(1,2)
(2)设微粒从P点到AB虚线的时间为t1，从AB虚线到Q的时间为t2，由于微粒在这两段时间内的速度变化量的大小相等，故有a1t1＝a2t2
根据牛顿第二定律有Eq＝ma，可得eq \f(a1,a2)＝eq \f(E1,E2)＝eq \f(1,2)
联立解得eq \f(t1,t2)＝eq \f(a2,a1)＝2
由题知t1＋t2＝t0，解得t1＝eq \f(2,3)t0.
【方法技巧归纳总结】带电粒子在电场中运动问题的分析思路
(1)首先分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动．
(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：
①如果是带电粒子在恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．
②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，一般是类平抛运动模型，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，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学公式求解．
(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口．
【变式训练1】(2021·辽宁抚顺一模)在水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示．由此可见 ( )
A．电场力为2mg
B．小球带负电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
【答案】：BD
【解析】：两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故选项C错误；分别列出竖直方向的方程，即h＝eq \f(1,2)gt2，eq \f(h,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(F－mg,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2，解得F＝3mg，故选项A错误；小球受到的电场力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故选项B正确；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv＝at，结合以上的分析可得，AB过程Δv＝gt，BC过程Δv＝eq \f(3mg－mg,m)·eq \f(t,2)＝gt，故选项D正确．
【变式训练2】(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( )
A．减小墨汁微粒的质量
B．减小偏转电场两极板间的距离
C．减小偏转电场的电压
D．减小墨汁微粒的喷出速度
【答案】C
【解析】微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有L＝v0t，在竖直方向上有y＝eq \f(1,2)at2，加速度为a＝eq \f(qU,md)，联立解得y＝eq \f(qUL2,2mdv\\al(2,0))＝eq \f(qUL2,4dEk0)，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U等，故A、B、D错误，C正确。
【变式训练3】.(2021·云南省昆明市第一中学第七次双基检测)如图所示，一质量m=1×10-3kg，电荷量为q=1×10-3C的粒子，重力不计，在竖直向下的电场强度为E=1×103N/C的匀强电场中运动，在A点时速度方向与电场方向夹角为60°，经过0.1s后到达B点速度方向与电场方向夹角为30°，则A点速度的大小为（ ）
A. 100m/sB. 200m/sC. 300m/sD. 400m/s
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】电荷只受电场力作用，由牛顿第二定律可得
整个运动过程中水平方向不受力，速度不变，设水平方向的速度为v0，则有
解得
故A点速度大小为
故选A。
核心问题四 带电粒子在交变电场中的运动问题
带电粒子在交变电场中的运动的常用方法：分段研究，化变为恒．
(1)对于带电粒子在交变电场中的运动，需要进行分段处理，分析粒子在每段运动过程中的受力特点和运动性质．
(2)作出粒子的v－t图象或某一方向上的v－t图象，借助图象、结合轨迹，使运动过程更直观．
转换思路如下：eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φ－t图象,U－t图象,E－t图象))eq \(――→,\s\up7(转换))a－t图象eq \(――→,\s\up7(转化))v－t图象．
【例5】(2021·茂名综合测试)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示．在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2 s内，电场力所做的功等于零
C．4 s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4 s内，电场力的冲量等于零
【答案】 D
【解析】 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小a1＝eq \f(qE0,m)，第2 s内加速度大小a2＝eq \f(2qE0,m)，则a1＝eq \f(1,2)a2，因此粒子先加速1 s再减速0.5 s速度变为零，接下来的0.5 s将反向加速运动，A错误；0～2 s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知，电场力所做的功不为零，B错误；带电粒子运动的v－t图象如图所示，v－t图象中图线与时间轴围成的图形的“面积”表示带电粒子的位移，由图象可以看出，前4 s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，C错误；2.5～4 s内，电场力的冲量为I＝2qE0×
0.5 s＋(－qE0)×1 s＝0，D正确．
【方法技巧归纳总结】带电粒子在交变电场中的运动
1.受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向。
2.运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定。
3.处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
(1)当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。
(2)研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图像，特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。
【变式训练1】(2021年山东省青岛市高三质检)在如图所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的v－t图像。
【答案】 见解析
【解析】 t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速运动。
(1)对于题图甲，在0～eq \f(1,2)T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，eq \f(1,2)T～T电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(1)所示。
(2)对于题图乙，在0～eq \f(T,2)做类似(1)0～T的运动，eq \f(T,2)～T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(2)所示。
【针对训练2】 (多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
A.微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
【答案】 BD
【解析】 0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误。
三．讲重点模型-----学科思维之等效思维模型
【例6】如图所示，ABCD为表示竖直放在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水平轨道的一点，而且AB＝R＝0.2 m。把一质量m＝100 g、带电荷量q＝10－4 C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动。(g＝10 m/s2)求：
(1)它到达C点时的速度是多大？
(2)它到达C点时对轨道压力是多大？
(3)小球所能获得的最大动能是多少？
【方法介绍】
等效思维法就是要在保持效果或关系不变的前提下，对复杂的研究对象、背景条件、过程进行有目的的分解、重组、变换或替代，使它们转换为我们所熟知的、更简单的理想化模型，从而达到简化问题的目的。
【思路分析】
1.等效重力场：重力场、电场等叠加而成的复合场；等效重力：重力、电场力的合力
2.处理思路：①受力分析，计算等效重力(重力与电场力的合力)的大小和方向。
②在复合场中找出等效最低点、最高点。
③根据圆周运动供需平衡结合动能定理列方程处理。
【答案】 (1)2 m/s (2)3 N (3)eq \f(\r(2),5) J
【详细分析】
(1)设小球在C点的速度大小是vC，对轨道的压力大小为NC，则对于小球由A→C的过程中，应用动能定理列出：
qE·2R－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－0
解得vC＝eq \r(\f(4qER,m)－2gR)＝2 m/s
(2)在C点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有：
NC－qE＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
得NC＝5qE－2mg＝3 N
根据牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力大小为3 N。
(3)因为mg＝qE＝1 N
所以合场的方向垂直于B、C点的连线BC，从B到D由动能定理
Ekm＝qER(1＋sin 45°)－mg·R(1－cs 45°)＝eq \f(\r(2),5) J
【方法感悟】
有些物理问题用常规思维方法求解很繁琐，而且容易陷入困境，如果我们能灵活地采用等效变换思维方法，则往往可以化繁为简。
【变式训练1】如图所示，在水平向右的匀强电场中，一质量为m、带正电的小球用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角为θ.现给小球一个垂直于细线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：(重力加速度为g)
(1)小球做圆周运动的过程中，在哪一位置时速度最小？速度最小值为多大？
(2)小球在B点的初速度为多大？
【答案】 (1)与B点关于O点对称的位置 eq \r(\f(gl,cs θ)) (2)eq \r(\f(5gl,cs θ))
【解析】 (1)如图所示，
小球所受到的重力、电场力均为恒力，二力的合力为F＝eq \f(mg,cs θ).重力场与电场的叠加场为等效重力场，F为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g′＝eq \f(g,cs θ)，其方向与F同向，因此B点为等效最低点，A点为等效最高点，小球在A点速度最小，设为vA，此时细线的拉力为零，等效重力提供向心力，则mg′＝meq \f(vA2,l)，
解得小球的最小速度为vA＝eq \r(\f(gl,cs θ)).
(2)设小球在B点的初速度为vB，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvA2＋mg′·2l
解得vB＝eq \r(\f(5gl,cs θ)).
【变式训练2】如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一带负电的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动。已知小球所受静电力是其重力的eq \f(3,4)，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝53°，轨道水平段
BC长度sBC＝2R。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动，则高度h为( )
A.2R B.4R C.10R D.17R
【答案】 C
【解析】 小球所受的重力和静电力均为恒力，故两力可等效为一个力F＝eq \r(（mg）2＋（\f(3,4)mg）2)＝eq \f(5,4)mg，方向与竖直方向的夹角为37°偏左下。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动，即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0，由圆周运动知识可得eq \f(5,4)mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R)，由A到D的过程由动能定理得mg(h－R－Rcs 37°)－eq \f(3,4)mg(htan 37°＋2R＋Rsin 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，解得h＝10R，故选项C正确，A、B、D错误。
四．讲学科思维-----之数形结合思维-----电场中的图像
类型1 利用v－t图像分析带电粒子在电场中的运动
【例7】一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图所示．粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，以下判断正确的是( )
A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B．A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
【答案】 C
【解析】 由题图v－t图象知道带电粒子在0～t0时间内做负方向减速运动，电场力做负功，电势能增大；
在t0～3t0时间内做正方向加速运动，电场力做正功，电势能减小，所以C正确，D错误；
因为不知道带电粒子电性，本题中无法判断电势的高低，所以A错误；
题图v－t图象中斜率表示带电粒子的加速度，Eq＝ma，可知A、B、C三点中EB最大，B错误．
【变式训练】如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三点在它们连线的延长线上。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其速度—时间图像如图乙所示。以下说法中错误的是( )
A.Q2一定带正电
B.Q2带的电荷量一定小于Q1带的电荷量
C.b点的电场强度最大
D.粒子由a点运动到c点的过程中，粒子的电势能先增大后减小
【答案】 C
【解析】 速度—时间图像的斜率表示加速度，由题图乙知，粒子在b点的加速度为0，故受到的电场力为0，b点的电场强度为0，选项C错误，符合题意；因Q1带负电，可判断Q2一定带正电，选项A正确，不符合题意；由点电荷产生的电场的场强公式知keq \f(Q1,req \\al(2,1))＝keq \f(Q2,req \\al(2,2))，因r1> r2，所以Q1> Q2，选项B正确，不符合题意；a、b间的场强方向向右，b、c间的场强方向向左，带负电的粒子在a、b间受电场力方向向左，在b、c间受电场力方向向右，该粒子在由a点运动到c点的过程中，电场力先做负功，后做正功，粒子的电势能先增大后减小，选项D正确，不符合题意。
类型2 φ－x图像的分析
1.电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零。
2.在φ－x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。
3.在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。
【例8】(2021·攀枝花15中学高二月考)A、B为一电场中x轴上的两点，如图甲所示。一电子仅在电场力作用下从A点运动到B点，x轴上各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A.该电场是点电荷形成的电场
B.A、B两点电场强度大小关系为EAC.电子从A运动到B过程中电场力做负功
D.电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA>EpB
【答案】 D
【解析】 各点电势随其坐标变化的关系图像中，斜率表示电场强度大小可知，该电场为匀强电场，则A、B两点电场强度大小关系为EA＝EB，故A、B错误；一电子仅在电场力作用下从A点运动到B点，电子从A运动到B过程中电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电势能减小，故电子在A、B两点的电势能大小关系为EpA＞EpB，故C错误，D正确。
【变式训练】(2021陕西榆林市第二次模拟)某静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m＝4×10－10 kg、电荷量q＝2×10－9 C的带负电粒子(不计重力)从(－1，0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动．则该粒子运动的周期为( )
A.eq \f(2＋\r(2),5) s B．0.6 sC．0.1 s D.eq \f(5＋\r(5),2) s
【答案】 B
【解析】 粒子先沿x轴正方向做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，然后反向运动。E1＝eq \f(ΔΦ,Δx)＝eq \f(10,1) V/m＝10 V/m，a1＝eq \f(qE1,m)＝50 m/s2；由x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，解得粒子沿x轴正方向匀加速运动的时间为t1＝ eq \r(\f(2x1,a1))＝ eq \r(\f(2×1,50)) s＝0.2 s，同理可得粒子沿x轴正方向做匀减速运动的时间为t2＝0.1 s，且粒子到达x＝0.5 m处的速度恰好为零，反向运动的时间为t1＋t2＝0.3 s，则粒子运动的周期为T＝2(t1＋t2)＝0.6 s，故选项B正确。
类型3 Ep－x图像的分析
(1)反映了电势能随位移变化的规律．
(2)图线的切线斜率大小等于电场力大小．进一步判断场强、加速度随位移的变化情况.
【例9】(多选)(2021·河南省南阳市上学期期末)如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是( )
A.该电场一定不是孤立点电荷形成的电场
B.A点的电场强度小于B点的电场强度
C.电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpB
D.电子在A点的动能小于在B点的动能
【答案】 AC
【解析】 由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说明电子由A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W＝EpA－EpB，选项C正确；电场力做负功，故动能减小，故电子在A点的动能大于B点的动能，选项D错误；由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，说明电势是均匀增加的，故这一定是匀强电场，即不是孤立点电荷形成的电场，选项A正确；A、B两点的电场强度相等，选项B错误。
【变式训练】(多选)a、b、c是静电场中一直线上的三个点，从a点释放一个初速度为零的电子，电子仅在电场力的作用下，由a点经b点运动到c点，其电势能随该电子位置的变化关系如图所示，则( )
A.该电场可能是孤立的点电荷产生的
B.电子在a点加速度的值大于在b点加速度的值
C.电场中a点的电势大于b点的电势
D.电子从a点到c点的过程中动能先增大后减小
【答案】 BD
【解析】 电子从a点由静止释放只在电场力作用下经b运动到c点，由题图知，电子的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，即电场力的方向在b点发生了变化，故该电场不可能是孤立的点电荷产生的，选项A错误；电子带负电，在电势高的地方电势能小，因Epa>Epb，所以φa<φb，故选项C错误；电子从a到c的过程中电势能先减小后增大，故动能先增大后减小，选项D正确；Ep－r图线的斜率的绝对值表示电场力的大小，可知电子在a点的加速度大于b在点的加速度，选项B正确。
类型4 E－x图像的分析
1.E－x图像中E的正负反映E的方向，E为正表示与正方向相同。
2.E的数值反映电场强度的大小，由此可以确定电场的强弱分布。
3.E－x图线与x轴所围的面积表示“两点之间的电势差U”，电势差的正负由沿场强方向电势降低判断。
【例10】(多选)(2021·安徽省黄山市高二上学期期末质量检测)静电场在x轴上的场强E随坐标x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强的正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，那么点电荷( )
A.由x1运动到x3的过程中电势能增大
B.由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小
C.由x1运动到x4的过程中电势能先增大后减小
D.在x2和x4处电势相等
【答案】 AB
【解析】 由题设可知，带正电的点电荷由x1运动到x4的过程中，静电力一直做负功，电势能一直增大，则从x1到x4，电势一直在增大，所以A正确，C、D错误；根据图像，由x1运动到x4的过程中场强大小先增大后减小，静电力先增大后减小，B正确。
【变式训练】(多选)沿电场中某条电场线方向建立x轴，该电场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标轴上的点0、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距相等．一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用，则下列说法正确的是( )
A．从O点到C点，电势先升高后降低
B．粒子先做匀加速运动，后做变加速运动
C．粒子运动到C点时动能大于3Ek
D．粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量
【答案】 CD
【解析】 从O点到C点，电场强度方向保持不变，由于开始场强方向沿x轴正方向，所以沿电场线方向电势逐渐降低，则从O点到C点，电势逐渐降低，所以A错误；由题图可知场强先增大后减小，则电场力也是先增大后减小，所以粒子的加速度先增大后减小，一直做变加速运动，则B错误；E－x图象与x轴所围的面积表示电势差，则有UOC>3UOA，由动能定理有qUOA＝Ek，qUOC＝EkC，联立可得EkC>3Ek，所以粒子运动到C点时动能大于3Ek，则C正确；粒子在AB段图象与x轴所围的面积大于BC段图象与x轴所围的面积，则UAB>UBC，所以粒子在AB段电势能减少量大于BC段电势能减少量，则D正确.