高考物理二輪復(fù)習(xí)精講精練專題07 電場 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)（精講）

專題07電場帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)（精講）精講考點(diǎn)精講內(nèi)容考點(diǎn)1電場力的性質(zhì)考點(diǎn)2電場能的性質(zhì)考點(diǎn)3電容及電容器的動(dòng)態(tài)分析考點(diǎn)4帶電體在電場中的平衡問題考點(diǎn)5帶電體在電場中的直線運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)6帶電體在電場中的拋體運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)7帶電體在電場中的圓周運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)8帶電粒子在電場中的能量動(dòng)量問題【知識(shí)體系構(gòu)建】【典例方法突破】電場力的性質(zhì)電場強(qiáng)度的疊加【例1】（2022年湖南卷）如圖，四根完全相同的均勻帶正電絕緣長棒對(duì)稱放置在長方體的四條長邊a、b、c、d上。移去a處的絕緣棒，假定另外三根絕緣棒電荷分布不變。關(guān)于長方體幾何中心O點(diǎn)處電場強(qiáng)度方向和電勢的變化，下列說法正確的是（）A．電場強(qiáng)度方向垂直指向a，電勢減小B．電場強(qiáng)度方向垂直指向c，電勢減小C．電場強(qiáng)度方向垂直指向a，電勢增大D．電場強(qiáng)度方向垂直指向c，電勢增大【答案】A【詳解】根據(jù)對(duì)稱性可知，移去a處的絕緣棒后，電場強(qiáng)度方向垂直指向a，再根據(jù)電勢的疊加原理，單個(gè)點(diǎn)電荷在距其r處的電勢為SKIPIF1<0（取無窮遠(yuǎn)處電勢為零）現(xiàn)在撤去a處的絕緣棒后，q減小，則O點(diǎn)的電勢減小。故選A。【例2】（2022年江蘇卷）一球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強(qiáng)度處處為零，如圖所示，O為球心，A、B為直徑上的兩點(diǎn)，SKIPIF1<0，現(xiàn)垂直于SKIPIF1<0將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點(diǎn)，移去左半球面，右半球面所帶電荷仍均勻分布，則（）A．O、C兩點(diǎn)電勢相等B．A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于B點(diǎn)C．沿直線從A到B電勢先升高后降低D．沿直線從A到B電場強(qiáng)度逐漸增大【答案】A【詳解】A．由于球殼內(nèi)部的場強(qiáng)為零，補(bǔ)全以后可知在左右側(cè)球殼在C點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，因左右球殼的場強(qiáng)具有對(duì)稱性，要想合場強(qiáng)為零只能是兩部分球殼在C點(diǎn)的場強(qiáng)都是水平方向，則可以知道右側(cè)球殼在C點(diǎn)的合場強(qiáng)水平向左，同理OC上其他點(diǎn)的場強(qiáng)都是水平向左，因此OC是等勢線，故A正確；BD．將題中半球殼補(bǔ)成一個(gè)完整的球殼，且?guī)щ娋鶆颍O(shè)左、右半球在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小分別為E1和E2；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，則知E1=E2根據(jù)對(duì)稱性，左右半球在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小分別為E2和E1，且E1=E2在圖示電場中，A的電場強(qiáng)度大小為E2，方向向左，B的電場強(qiáng)度大小為E1，方向向左，所以A點(diǎn)的電場強(qiáng)度與B點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同，沿直線從A到B電場強(qiáng)度不可能逐漸增大，故BD錯(cuò)誤；C．根據(jù)電場的疊加原理可知，在AB連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從A到B電勢升高，故C錯(cuò)誤；故選A。【例3】（2022年江蘇南京模擬）如圖所示，長為4l，傾角為37°的光滑絕緣細(xì)桿AD垂直穿過半徑為l、帶電量為－Q的固定大圓環(huán)圓心O，細(xì)桿上B、O、C三點(diǎn)等分細(xì)桿長度。現(xiàn)從細(xì)桿的頂端A無初速度地釋放一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為＋q的套在細(xì)桿上的可視為點(diǎn)電荷的小滑環(huán)。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，大圓環(huán)上的電荷均勻分布，小滑環(huán)上的電荷不影響電場分布，則下列說法正確的是（）A．大圓環(huán)在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為SKIPIF1<0B．小滑環(huán)在B點(diǎn)的加速度大小為SKIPIF1<0C．小滑環(huán)從B到C的過程中電場力所做的功為SKIPIF1<0D．小滑環(huán)在D點(diǎn)的速度大小為SKIPIF1<0【答案】D【詳解】A．由題意可知SKIPIF1<0圓環(huán)上電荷分布均勻，取環(huán)上一點(diǎn)，設(shè)其電荷量為Q1，該點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為SKIPIF1<0，Q1在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為SKIPIF1<0以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA方向?yàn)檎较蚪軸，Q1在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)在x軸方向的分量為SKIPIF1<0大圓環(huán)在B點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小SKIPIF1<0故A錯(cuò)誤；B．小滑環(huán)在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故B錯(cuò)誤；C．由對(duì)稱性可知B、C兩點(diǎn)電勢相等SKIPIF1<0小滑環(huán)從B到C的過程中電場力所做的功SKIPIF1<0故C錯(cuò)誤；D．由對(duì)稱性可得庫侖力做功SKIPIF1<0；SKIPIF1<0從A到D，由動(dòng)能定理得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故D正確。故選D。【例4】（2020年全國卷）如圖，豎直面內(nèi)一絕緣細(xì)圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，c、d為豎直直徑上的兩個(gè)點(diǎn)，它們與圓心的距離均相等。則（）A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)相等 B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)的電勢相等C．c、d兩點(diǎn)的場強(qiáng)相等 D．c、d兩點(diǎn)的電勢相等【答案】ABC【詳解】BD．如下圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數(shù)對(duì)等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對(duì)稱軸SKIPIF1<0，SKIPIF1<0所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠(yuǎn)處，電勢為零。故在SKIPIF1<0上的點(diǎn)電勢為零，即SKIPIF1<0；而從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢一直在降低，即SKIPIF1<0，故B正確，D錯(cuò)誤；AC．上下兩側(cè)電場線分布對(duì)稱，左右兩側(cè)電場線分布也對(duì)稱，由電場的疊加原理可知AC正確；故選ABC?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1.電場強(qiáng)度的三個(gè)計(jì)算公式電場強(qiáng)度的疊加與計(jì)算的方法（1）疊加法：多個(gè)點(diǎn)電荷在空間某處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為各電荷在該處所產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和。（2）對(duì)稱法：利用空間上對(duì)稱分布的電荷形成的電場具有對(duì)稱性的特點(diǎn)，使復(fù)雜電場的疊加計(jì)算問題大為簡化。（3）補(bǔ)償法：將有缺口的帶電圓環(huán)補(bǔ)全為圓環(huán)，或?qū)肭蛎嫜a(bǔ)全為球面，然后再應(yīng)用對(duì)稱的特點(diǎn)進(jìn)行分析，有時(shí)還要用到微元思想。（4）微元法：將帶電體分成許多電荷元，每個(gè)電荷元看成點(diǎn)電荷，先根據(jù)庫侖定律求出每個(gè)電荷元的場強(qiáng)，再結(jié)合對(duì)稱性和場強(qiáng)疊加原理求出合場強(qiáng)。2.電場線及其應(yīng)用【例5】（2022年安徽蚌埠模擬）如圖所示，水平放置的絕緣圓柱體兩底面圓心P、Q處分別放置兩個(gè)帶有等量異種電荷的小球（可視為點(diǎn)電荷）。O為P、Q連線的中點(diǎn)，A、C是底面上的兩點(diǎn)，B、D是過O點(diǎn)橫截面上的兩點(diǎn)，且A、B、C位于同一直線上。下列說法正確的是（）A．A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．B、D兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同C．B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于SKIPIF1<0點(diǎn)的電場強(qiáng)度D．將正試探電荷從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)至O點(diǎn)，電場力做正功【答案】B【詳解】根據(jù)題意，等量異種電荷的電場線分布如圖所示A．由圖可知，A、C兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，故A錯(cuò)誤；B．B、D兩點(diǎn)為中垂面上距SKIPIF1<0點(diǎn)距離相等的點(diǎn)，則電場強(qiáng)度相同，故B正確；C．由圖可知，B點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于SKIPIF1<0點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；D．將正試探電荷從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)至O點(diǎn)，由于電場力的方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直，則電場力不做功，故D錯(cuò)誤。故選B。【例6】（2023年河北模擬）兩個(gè)可看成點(diǎn)電荷的物體，所帶的電荷量分別為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，兩者在空間的電場線分布如圖所示，以SKIPIF1<0為圓心做圓，SKIPIF1<0兩點(diǎn)為圓和兩電荷連線的交點(diǎn)，過SKIPIF1<0的中心做兩電荷連線的垂線，SKIPIF1<0兩點(diǎn)為垂線和圓的交點(diǎn)，以無窮遠(yuǎn)為電勢零點(diǎn)，點(diǎn)電荷在空間某點(diǎn)與電荷距離為SKIPIF1<0處產(chǎn)生的電勢為SKIPIF1<0，以下說法正確的是（）A．SKIPIF1<0點(diǎn)的場強(qiáng)小于SKIPIF1<0點(diǎn)的場強(qiáng)B．SKIPIF1<0點(diǎn)的場強(qiáng)小于SKIPIF1<0點(diǎn)的場強(qiáng)C．電子沿圓弧從SKIPIF1<0點(diǎn)經(jīng)SKIPIF1<0點(diǎn)到SKIPIF1<0點(diǎn)，電勢能一直增大D．電子沿圓弧從SKIPIF1<0點(diǎn)經(jīng)SKIPIF1<0點(diǎn)到SKIPIF1<0點(diǎn)，電勢能先減小后增大【答案】C【詳解】A．兩點(diǎn)荷在SKIPIF1<0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)方向相同，在SKIPIF1<0點(diǎn)產(chǎn)生的方向相反，SKIPIF1<0在圓上產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相同，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大于在SKIPIF1<0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)，根據(jù)矢量疊加，SKIPIF1<0的場強(qiáng)大于SKIPIF1<0點(diǎn)的場強(qiáng)，A錯(cuò)誤；B．同時(shí)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大于在SKIPIF1<0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)，且兩電荷在SKIPIF1<0點(diǎn)產(chǎn)生的夾角大于零，SKIPIF1<0的場強(qiáng)大于SKIPIF1<0點(diǎn)的場強(qiáng)，B錯(cuò)誤；CD．電勢是標(biāo)量，根據(jù)公式SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在圓上產(chǎn)生的電勢相等，且為負(fù)值，從SKIPIF1<0經(jīng)SKIPIF1<0到SKIPIF1<0，SKIPIF1<0產(chǎn)生的電勢越來越小，且為正值。則SKIPIF1<0電子沿圓弧從SKIPIF1<0經(jīng)SKIPIF1<0到SKIPIF1<0，電勢能一直增大，C正確，D錯(cuò)誤。故選C?！纠?】（2022年全國模擬）等量異種點(diǎn)電荷固定在光滑絕緣水平面上的A、B兩點(diǎn)，O點(diǎn)為A、B連線的中點(diǎn)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒以大小為v0的初速度進(jìn)入該水平面，僅受電場力作用，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AB連線的交點(diǎn)為M，且與AB連線的中垂線相切于N點(diǎn)。已知M點(diǎn)的電勢為SKIPIF1<0，電場強(qiáng)度為EM，N點(diǎn)的電勢為SKIPIF1<0，電場強(qiáng)度為EN，粒子在N點(diǎn)的速度大小為v，取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，則下列說法正確的是（）A．該粒子帶負(fù)電 B．SKIPIF1<0>SKIPIF1<0、EN>EMC．P點(diǎn)的電勢為SKIPIF1<0 D．粒子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到無窮遠(yuǎn)處的速度大小一定等于v【答案】D【詳解】A．根據(jù)粒子軌跡彎曲特點(diǎn)，可知它經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)受兩電荷的作用力向下，所以粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場連線和中垂線上場強(qiáng)和電勢特點(diǎn)可知，SKIPIF1<0>SKIPIF1<0、EN<EM，故B錯(cuò)誤；C．中垂線是一條等勢線，與無窮遠(yuǎn)處電勢相等，所以SKIPIF1<0=0，則粒子從P運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理SKIPIF1<0；SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故C錯(cuò)誤；D．粒子從N點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)處的過程，電勢差為零，所以由動(dòng)能定理知其動(dòng)能變化為零，所以到無窮遠(yuǎn)處的速度大小一定等于v，故D正確。故選D?！纠?】（2022年遼寧模擬）如圖所示，立方體SKIPIF1<0的四個(gè)頂點(diǎn)SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0處各固定著一個(gè)電荷量均為SKIPIF1<0的正點(diǎn)電荷，SKIPIF1<0為SKIPIF1<0連線的中點(diǎn)，SKIPIF1<0為SKIPIF1<0連線的中點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．SKIPIF1<0、SKIPIF1<0兩點(diǎn)處的電勢相同 B．SKIPIF1<0、SKIPIF1<0兩點(diǎn)處的電勢相同C．SKIPIF1<0、SKIPIF1<0兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度相同 D．SKIPIF1<0、SKIPIF1<0兩點(diǎn)處的電場強(qiáng)度相同【答案】AB【詳解】AC．設(shè)正方體中心為O，根據(jù)幾何關(guān)系可知三角形ACH和ACF為全等的等邊三角形。設(shè)A、C、H在D點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E1，電勢為φ1；A、C、F在B點(diǎn)處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E2，電勢為φ2。根據(jù)對(duì)稱性可知φ1等于φ2，E1沿OD方向，E2沿OB方向。而F在D點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度方向沿OD方向，H在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度沿OB方向，根據(jù)對(duì)稱性以及電場的疊加可知B、D兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相同、方向不同。而F在D點(diǎn)產(chǎn)生的電勢與H在B點(diǎn)產(chǎn)生的電勢相等，則根據(jù)電勢的疊加可知B、D兩點(diǎn)電勢相等，故A正確，C錯(cuò)誤；BD．根據(jù)對(duì)稱性可知A、C兩點(diǎn)在M產(chǎn)生的合場強(qiáng)為零，F(xiàn)、H兩點(diǎn)在M產(chǎn)生的合場強(qiáng)沿OM方向；H、C兩點(diǎn)在N產(chǎn)生的合場強(qiáng)為零，A、F在N產(chǎn)生的合場強(qiáng)沿ON方向，根據(jù)對(duì)稱性以及電場的疊加可知M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相同、方向不同。而A、C在M產(chǎn)生的電勢與H、C在N產(chǎn)生的電勢相等，H、F在M產(chǎn)生的電勢又與A、F在N產(chǎn)生的電勢相等，根據(jù)電勢的疊加可知M、N兩點(diǎn)電勢相等，故B正確，D錯(cuò)誤。故選AB?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1.兩種等量點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度及電場線的比較比較等量異種點(diǎn)電荷等量同種點(diǎn)電荷電場線分布圖電荷連線上的電場強(qiáng)度沿連線先變小后變大O點(diǎn)最小,但不為零O點(diǎn)為零中垂線上的電場強(qiáng)度O點(diǎn)最大,向外逐漸減小O點(diǎn)最小,向外先變大后變小關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱位置的電場強(qiáng)度A與A'、B與B'、C與C'等大同向等大反向2.“電場線+運(yùn)動(dòng)軌跡”組合模型模型特點(diǎn):當(dāng)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡是一條與電場線不重合的曲線時(shí),這種現(xiàn)象簡稱為“拐彎現(xiàn)象”,其實(shí)質(zhì)為“運(yùn)動(dòng)與力”的關(guān)系。運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律的知識(shí)分析:(1)“運(yùn)動(dòng)與力兩線法”——畫出“速度線”(運(yùn)動(dòng)軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場線的切線方向且指向軌跡的凹側(cè)),從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的情況。(2)“三不知時(shí)要假設(shè)”——電荷的正負(fù)、電場的方向、電荷運(yùn)動(dòng)的方向,是題目中相互制約的三個(gè)方面。若已知其中一個(gè),可分析判定各待求量;若三個(gè)都不知(三不知),則要用“假設(shè)法”進(jìn)行分析。3.電場線的應(yīng)用(涉及電勢部分將在下一節(jié)進(jìn)一步研究)電場能的性質(zhì)電勢高低及電勢能大小的判斷【例9】（2022年江蘇卷）如圖所示，正方形ABCD四個(gè)頂點(diǎn)各固定一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，電荷量相等，O是正方形的中心。現(xiàn)將A點(diǎn)的電荷沿OA的延長線向無窮遠(yuǎn)處移動(dòng)，則（）A．在移動(dòng)過程中，O點(diǎn)電場強(qiáng)度變小B．在移動(dòng)過程中，C點(diǎn)的電荷所受靜電力變大C．在移動(dòng)過程中，移動(dòng)的電荷所受靜電力做負(fù)功D．當(dāng)其移動(dòng)到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，O點(diǎn)的電勢高于A點(diǎn)【答案】D【詳解】A．O是等量同種電荷連線的中點(diǎn)，場強(qiáng)為0，將A處的正點(diǎn)電荷沿OA方向移至無窮遠(yuǎn)處，O點(diǎn)電場強(qiáng)度變大，故A不符合題意；B．移動(dòng)過程中，C點(diǎn)場強(qiáng)變小，正電荷所受靜電力變小，故B錯(cuò)誤；C．A點(diǎn)電場方向沿OA方向，移動(dòng)過程中，移動(dòng)電荷所受靜電力做正功，故C錯(cuò)誤；D．A點(diǎn)電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，移動(dòng)到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，O點(diǎn)的電勢高于A點(diǎn)電勢，故D正確。故選D?！纠?0】（2021年廣東卷）圖是某種靜電推進(jìn)裝置的原理圖，發(fā)射極與吸板接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強(qiáng)電場，虛線為等勢面，在強(qiáng)電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點(diǎn)，不計(jì)液滴重力，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)的低B．a(chǎn)點(diǎn)的電場強(qiáng)度比b點(diǎn)的小C．液滴在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)的小D．液滴在a點(diǎn)的電勢能比在b點(diǎn)的大【答案】D【詳解】A．高壓電源左為正極，則所加強(qiáng)電場的場強(qiáng)向右，而沿著電場線電勢逐漸降低，可知SKIPIF1<0故A錯(cuò)誤；B．等差等勢線的疏密反映場強(qiáng)的大小，由圖可知a處的等勢線較密，則SKIPIF1<0故B錯(cuò)誤；C．液滴的重力不計(jì)，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為SKIPIF1<0因SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0故C錯(cuò)誤；D．液滴在電場力作用下向右加速，則電場力做正功，動(dòng)能增大，電勢能減少，即SKIPIF1<0故D正確；故選D?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1．電勢高低的判斷“四法”判斷方法方法解讀電場線方向法沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷正負(fù)法取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；越靠近正電荷處電勢越高，越靠近負(fù)電荷處電勢越低電勢能大小法同一正電荷的電勢能越大的位置處電勢越高，同一負(fù)電荷的電勢能越大的位置處電勢越低靜電力做功法根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負(fù)號(hào)代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低2．電勢能的大小判斷“四法”判斷方法方法解讀公式法將電荷量、電勢及正負(fù)號(hào)一起代入公式EpA＝qφA計(jì)算，EpA＞0時(shí)值越大，電勢能越大；EpA＜0時(shí)絕對(duì)值越大，電勢能越小電勢高低法同一正電荷在電勢越高的地方電勢能越大；同一負(fù)電荷在電勢越低的地方電勢能越大靜電力做功法靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負(fù)功，電勢能增加能量守恒法在電場中，若只有靜電力做功時(shí)，電荷的動(dòng)能和電勢能相互轉(zhuǎn)化而且其和守恒，動(dòng)能增加，電勢能減小；反之，動(dòng)能減小，電勢能增加電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系【例11】（2022年遼寧鞍山二模）如圖所示，在直角三角形所在的平面內(nèi)有勻強(qiáng)電場，其中A點(diǎn)電勢為0V，B點(diǎn)電勢為3V，C點(diǎn)電勢為6V。已知∠ACB=30°，AB邊長為SKIPIF1<0m，D為AC的中點(diǎn)。則（）A．勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小為2N/CB．勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小為SKIPIF1<0N/CC．勻強(qiáng)電場場強(qiáng)方向?yàn)榇怪盉C向上D．勻強(qiáng)電場場強(qiáng)方向?yàn)榇怪盇B向左【答案】A【詳解】CD．A點(diǎn)電勢為0V，B點(diǎn)電勢為3V，C點(diǎn)電勢為6V，則D點(diǎn)電勢為3V，BD為等勢線，則場強(qiáng)方向垂直BD斜向上，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤；AB．場強(qiáng)大小為SKIPIF1<0選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤。故選A?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】在勻強(qiáng)電場中由公式U＝Ed得出的“一式二結(jié)論”電場中的三類圖像【例12】（2022年全國模擬）如圖甲所示，在無限大的空間內(nèi)，邊長為SKIPIF1<0的正方形四個(gè)頂點(diǎn)分別固定著電荷量相等的正電荷，O點(diǎn)為正方形的幾何中心，以O(shè)為原點(diǎn)，沿中垂線指向無窮遠(yuǎn)建立x軸，設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢為零，通過電勢傳感器測出中垂線上各點(diǎn)電勢隨距離x的變化圖像如圖乙所示。SKIPIF1<0四個(gè)點(diǎn)為兩條中垂線上距中心O點(diǎn)等距離的點(diǎn)，有電子、氕核、氘核、氚核四個(gè)帶電粒子，分別從SKIPIF1<0四個(gè)點(diǎn)由靜止釋放，不計(jì)粒子的重力，以下說法正確的是（）A．每條中垂線上電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)除無窮遠(yuǎn)處外還有兩處B．每條中垂線上電場強(qiáng)度相同的點(diǎn)有兩處C．若氕、氘、氚三個(gè)粒子最終能到達(dá)無窮遠(yuǎn)處，其速度大小關(guān)系為SKIPIF1<0D．電子、氕、氘、氚可能圍繞中心O做往復(fù)運(yùn)動(dòng)【答案】C【詳解】A．根據(jù)電場強(qiáng)度矢量合成法則和對(duì)稱性原理，原點(diǎn)O的電場強(qiáng)度為零，在SKIPIF1<0圖像中電勢最高點(diǎn)處電場強(qiáng)度為零，故每條中垂線上電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)除無窮遠(yuǎn)處外還有三處，故A錯(cuò)誤；B．每條中垂線上電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)有三處，則電場強(qiáng)度從原點(diǎn)O向兩側(cè)先逐漸增大再減小到零，反向后再增大后再減小到零，由于場強(qiáng)相等時(shí)，大小相等方向一致，則每條中垂線上電場強(qiáng)度相同的點(diǎn)可能有兩處、三處或四處，故B錯(cuò)誤；C．若氕、氘、氚三個(gè)粒子最終能到達(dá)無窮遠(yuǎn)處，電場力做功相同，由動(dòng)能定理有SKIPIF1<0由于三個(gè)粒子質(zhì)量不同，有SKIPIF1<0則有SKIPIF1<0故C正確；D．由于釋放位置關(guān)系，氕、氘、氚可以圍繞原點(diǎn)O做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，但電子將在a點(diǎn)左側(cè)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，不可能圍繞O點(diǎn)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C?！纠?3】（2022年江蘇模擬）在甲、乙電場中，試探電荷SKIPIF1<0具有的電勢能SKIPIF1<0沿x方向的變化分別如圖甲、乙所示，則下列說法正確的是（）A．圖甲中，試探電荷在O點(diǎn)受到的電場力為零B．圖甲中，電場強(qiáng)度沿x軸正方向C．圖乙中，SKIPIF1<0處的電場強(qiáng)度小于SKIPIF1<0處的電場強(qiáng)度D．圖乙中，SKIPIF1<0處的電勢高于SKIPIF1<0處的電勢【答案】D【詳解】AB．根據(jù)SKIPIF1<0可知SKIPIF1<0圖象斜率的絕對(duì)值表示電場力的大小，故圖甲中，試探電荷在O點(diǎn)受到的電場力不為零，沿x軸正方向電勢能增大，則電場力做負(fù)功，可知電場力有沿x軸負(fù)方向的分量，試探電荷帶負(fù)電，則電場強(qiáng)度有沿x軸正方向的分量，故AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)SKIPIF1<0圖象斜率的絕對(duì)值表示電場力的大小，結(jié)合SKIPIF1<0可知SKIPIF1<0處的電場強(qiáng)度大于SKIPIF1<0處的電場強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；D．SKIPIF1<0處的電勢能低于SKIPIF1<0處的電勢能，試探電荷帶負(fù)電，根據(jù)SKIPIF1<0，可知SKIPIF1<0處的電勢高于SKIPIF1<0處的電勢，故D正確。故選D?！纠?4】（2022年四川聯(lián)考）空間中僅有在x軸上的關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱的M、N兩點(diǎn)上有兩個(gè)場源點(diǎn)電荷SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，空間中產(chǎn)生電場。以x軸正方向?yàn)檠豿軸上的電場強(qiáng)度SKIPIF1<0的正方向，SKIPIF1<0與x的關(guān)系如圖所示．x軸上任意關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)的SKIPIF1<0相同．P、Q兩點(diǎn)關(guān)于M點(diǎn)對(duì)稱。以下說法正確的是（）A．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0的電荷量大小相等B．SKIPIF1<0為負(fù)電荷，SKIPIF1<0為正電荷C．SKIPIF1<0兩點(diǎn)間電勢差SKIPIF1<0小于SKIPIF1<0兩點(diǎn)間電勢差SKIPIF1<0D．將一負(fù)檢驗(yàn)電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn)，電場力對(duì)其所做總功為正【答案】AC【詳解】AB．該電場是等量異種電荷在空間中產(chǎn)生的電場，其中，SKIPIF1<0為正電荷，SKIPIF1<0為負(fù)電荷，A正確，B錯(cuò)誤；C．正電荷SKIPIF1<0在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0區(qū)間產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的平均值大小相同有SKIPIF1<0，負(fù)電荷SKIPIF1<0在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0區(qū)間產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的平均值大小不同有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0區(qū)間SKIPIF1<0與SKIPIF1<0方向相反，SKIPIF1<0區(qū)間SKIPIF1<0與SKIPIF1<0方向相同，則合場強(qiáng)SKIPIF1<0，根據(jù)SKIPIF1<0，有SKIPIF1<0，C正確；D．將負(fù)檢驗(yàn)電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到Q點(diǎn)，正電荷SKIPIF1<0對(duì)檢驗(yàn)電荷做功為零，負(fù)電荷SKIPIF1<0對(duì)檢驗(yàn)電荷做功為負(fù)功，故電場力對(duì)該檢驗(yàn)電荷所做總功為負(fù)，D錯(cuò)誤。故選AC?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1.φ-x圖像（1）電場強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的斜率的絕對(duì)值,電場強(qiáng)度為零處,φ-x圖線存在極值,其切線的斜率為零。（2）在φ-x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向。（3）在φ-x圖像中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢能的變化,可用WAB=qUAB,進(jìn)而分析WAB的正負(fù),然后作出判斷。2.Ep-x圖像（1）根據(jù)電勢能的變化可以判斷電場力做功的正負(fù),電勢能減少,電場力做正功:電勢能增加,電場力做負(fù)功。（2）根據(jù)ΔEp=-W=-Fx,圖像Ep-x斜率的絕對(duì)值表示電場力的大小。3.E-x圖像（1）E-x圖像反映了電場強(qiáng)度隨位移變化的規(guī)律,E>0表示電場強(qiáng)度沿x軸正方向;E<0表示電場強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向。（2）在給定了電場的E-x圖像后,可以由圖線確定電場強(qiáng)度的變化情況,電勢的變化情況,E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差,兩點(diǎn)的電勢高低根據(jù)電場方向判定。在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中,可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢能變化等情況。（3）在這類題目中,還可以由E-x圖像畫出對(duì)應(yīng)的電場,利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分布或場源電荷來處理相關(guān)問題。電容及電容器的動(dòng)態(tài)分析【例15】（2022年重慶二診）如圖所示為某汽車上的加速度電容傳感器的俯視圖。金屬塊左、右側(cè)分別連接電介質(zhì)、輕質(zhì)彈簧，彈簧與電容器固定在外框上，金屬塊可帶動(dòng)電介質(zhì)相對(duì)于外框無摩擦左右移動(dòng)，電容器與恒壓電源連接，并串聯(lián)計(jì)算機(jī)的信號(hào)采集器。當(dāng)汽車向右做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電介質(zhì)相對(duì)于外框向左移動(dòng)，則電容器（）A．電容變小 B．極板間的電壓變大C．極板間的電場強(qiáng)度不變 D．極板間的電場強(qiáng)度變小【答案】C【詳解】A．因?yàn)殡娊橘|(zhì)相對(duì)于外框向左移動(dòng)，根據(jù)SKIPIF1<0則電容器電容變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．電容器極板與電源連接，則兩板間的電壓不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)SKIPIF1<0兩板電壓和間距都不變，則場強(qiáng)不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。故選C?！纠?6】（2022年四川雅安模擬）在圖示電路中，A、B為兩塊正對(duì)的水平金屬板，G為靜電計(jì)。開關(guān)S閉合后，靜電計(jì)指針張開一個(gè)角度，板間的帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)，不考慮靜電計(jì)電量的變化對(duì)平行板電容器的影響。下列說法正確的是（

）A．若僅將A板水平向右緩慢平移一些，油滴將向上運(yùn)動(dòng)B．若僅將B板豎直向下緩慢平移一些，靜電計(jì)指針的張角將不變C．若斷開S，僅將A板水平向右緩慢平移一些，靜電計(jì)指針的張角將變大D．若斷開S，僅將B板豎直向上緩慢平移一些，油滴將向上運(yùn)動(dòng)【答案】AC【詳解】AB．若僅將A板水平向右緩慢平移一些，則由SKIPIF1<0知，電容器的電容減小，假設(shè)兩極板間電勢差不變，由SKIPIF1<0知，電荷量減小，電容器會(huì)放電，但是電路中由于二極管的存在，電容器無法放電，即電荷量不變，所以電容減小時(shí)，兩極板電勢差增大。則對(duì)油滴受力分析知，此時(shí)油滴所受電場力大于重力，則油滴向上運(yùn)動(dòng)。同理可知，僅將B板豎直向下緩慢平移一些，則d增大，由SKIPIF1<0知，電容器的電容減小，同理分析知，兩極板電勢差增大，則靜電計(jì)指針的張角將增大，故A正確，B錯(cuò)誤；C．若斷開S，則電容器兩極板的電荷量保持不變，所以僅將A板水平向右緩慢平移一些時(shí)，由SKIPIF1<0知，電容器的電容減小，由SKIPIF1<0知，電荷量不變時(shí)，兩極板電勢差增大，所以靜電計(jì)指針的張角將變大，故C正確；D．若斷開S，則電容器兩極板的電荷量保持不變，因?yàn)閮蓸O板的電場強(qiáng)度SKIPIF1<0在電荷量不變時(shí)，與極板間距d無關(guān)，所以僅將B板豎直向上緩慢平移一些時(shí)，兩極板的電場強(qiáng)度不變，故油滴將靜止不動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AC?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1．平行板電容器動(dòng)態(tài)的分析思路2.平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析問題的兩種情況(1)平行板電容器充電后,保持電容器的兩極板與電池的兩極相連接:(2)平行板電容器充電后,切斷與電池的連接:帶電體在電場中的平衡問題【例17】（2021年浙江卷）如圖所示，在傾角為SKIPIF1<0的光滑絕緣斜面上固定一個(gè)擋板，在擋板上連接一根勁度系數(shù)為SKIPIF1<0的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端與A球連接。A、B、C三小球的質(zhì)量均為M，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，三小球等間距排列。已知靜電力常量為k，則（

）A．SKIPIF1<0B．彈簧伸長量為SKIPIF1<0C．A球受到的庫侖力大小為2MgD．相鄰兩小球間距為SKIPIF1<0【答案】A【詳解】AD．三小球間距SKIPIF1<0均相等，對(duì)C球受力分析可知C球帶正電，根據(jù)平衡條件：SKIPIF1<0對(duì)B小球受力分析，根據(jù)平衡條件：SKIPIF1<0兩式聯(lián)立解得：SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，故A正確，D錯(cuò)誤；B．對(duì)A、B、C三小球整體受力分析，根據(jù)平衡條件：SKIPIF1<0彈簧伸長量：SKIPIF1<0，故B錯(cuò)誤；C．對(duì)A球受力分析，根據(jù)平衡條件：SKIPIF1<0解得A球受到的庫侖力為：SKIPIF1<0故選A．【例18】（2022年遼寧重點(diǎn)高中聯(lián)考）如圖所示，帶電小球A固定在豎直墻面上，用繞過固定在豎直墻上C點(diǎn)的小定滑輪的細(xì)線拉著帶電小球B，小球B靜止，此時(shí)A、B連線水平，A、B間的距離為r，A、C間的距離為h，h>r。用拉力F緩慢拉動(dòng)繩端，使小球B緩慢向上移動(dòng)，在小球B從圖示位置一直運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中（）A．拉力F一直減小 B．拉力F先增大后減小C．小球一直做曲線運(yùn)動(dòng) D．小球先做曲線運(yùn)動(dòng)后做直線運(yùn)動(dòng)【答案】D【詳解】設(shè)小球B的質(zhì)量為m，B、C間距離為L，在小球B到達(dá)豎直墻之前，對(duì)小球B受力分析，根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形相似可得SKIPIF1<0在小球B從圖示位置到與墻壁接觸的過程中，mg、h、qA、qB均不變，L變小，則F變小，r不變，因此這個(gè)過程小球B繞A做圓周運(yùn)動(dòng)；當(dāng)小球B與豎直墻接觸后，在拉力作用下沿墻壁直線上升，庫侖力變小，小球在豎直方向受力平衡，所以F變大。綜上所述可知拉力F先減小后增大，小球先做曲線運(yùn)動(dòng)后做直線運(yùn)動(dòng)。故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】四步解決庫侖力作用下的平衡問題：帶電體在電場中的直線運(yùn)動(dòng)【例19】（2022年福建三明模擬）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強(qiáng)度E的勻強(qiáng)電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運(yùn)動(dòng)，直線ON與水平面的夾角為30°，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，則下面說法中正確的是（）A．電場方向可能垂直O(jiān)N向上B．電場強(qiáng)度E的最小值為E=SKIPIF1<0C．如果電場強(qiáng)度為E=SKIPIF1<0，則小球的電勢能始終為0D．如果電場強(qiáng)度為E=SKIPIF1<0，則小球相對(duì)初始位置的最大高度為SKIPIF1<0【答案】ACD【詳解】AD．因?yàn)樾∏蜃鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場方向不確定，電場力的方向不確定，有最小值，當(dāng)電場力垂直于運(yùn)動(dòng)方向時(shí)，電場力最小為SKIPIF1<0如圖所示所以電場強(qiáng)度的最小值SKIPIF1<0故A正確，B錯(cuò)誤；C．如果電場強(qiáng)度為E=SKIPIF1<0，則小球所受電場力垂直于運(yùn)動(dòng)方向，電場力不做功，電勢能不變，電勢能始終為0，故C正確；D．根據(jù)平行四邊形定則知，小球所受的重力和電場力相等，兩個(gè)力的夾角為120°，如圖所以合力大小與分力大小相等，等于mg，根據(jù)牛頓第二定律知，小球的加速度為g，小球斜向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移SKIPIF1<0則小球上升的最大高度SKIPIF1<0故D正確。故選ACD?！纠?0】（2022年四川廣安四模）如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。電子原來靜止在左極板小孔處（不計(jì)重力作用）。下列說法中正確的是（

）A．從t=0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B．從t=0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)C．從t=SKIPIF1<0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，也可能打到右極板上D．從t=SKIPIF1<0時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)題中條件作出帶電粒子的v—t圖像，根據(jù)v—t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積及v—t圖像分析粒子的運(yùn)動(dòng)，由圖（a）知，t=0時(shí)釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運(yùn)動(dòng)，則電子一定能擊中右板，A正確、B錯(cuò)誤；CD．由圖（b）知t=SKIPIF1<0時(shí)釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的SKIPIF1<0內(nèi)不能到達(dá)右板，則之后將往復(fù)運(yùn)動(dòng)，C正確、D錯(cuò)誤。故選AC。【方法規(guī)律歸納】1．做直線運(yùn)動(dòng)的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)勻強(qiáng)電場中，粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。2．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad(勻強(qiáng)電場)。3．用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。4.交變電場中的直線運(yùn)動(dòng)（方法實(shí)操展示）U-t圖像v-t圖像軌跡圖帶電體在電場中的拋體運(yùn)動(dòng)【例21】（2022年浙江卷）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對(duì)平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場，板長為L（不考慮邊界效應(yīng)）。t=0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為SKIPIF1<0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和粒子間的相互作用，則（）A．M板電勢高于N板電勢B．兩個(gè)粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度SKIPIF1<0D．粒子從N板下端射出的時(shí)間SKIPIF1<0【答案】C【詳解】A．由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)能增加，則電場力做正功，電勢能減??；則平行M板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯(cuò)誤；CD．設(shè)兩板間距離為d，對(duì)于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，有SKIPIF1<0；SKIPIF1<0對(duì)于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0故C正確，D錯(cuò)誤；故選C?！纠?2】（2022年湖北孝感模擬）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。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為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的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知離開電場時(shí)N的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)M的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)的動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．M與N在電場中沿水平方向的位移之比SKIPIF1<0B．A點(diǎn)距電場上邊界的高度SKIPIF1<0C．帶電小球進(jìn)入電場時(shí)速度方向與水平方向夾角的正切值SKIPIF1<0D．該電場的電場強(qiáng)度大小SKIPIF1<0【答案】AD【詳解】A．設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為SKIPIF1<0，則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍然為SKIPIF1<0。M、N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得SKIPIF1<0；SKIPIF1<0；SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，A正確；B．M的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示將M進(jìn)出電場的瞬時(shí)速度SKIPIF1<0、SKIPIF1<0分解，設(shè)軌跡與水平方向夾角為SKIPIF1<0，則有SKIPIF1<0由（1）可知SKIPIF1<0SKIPIF1<0由此可得SKIPIF1<0設(shè)A距電場上邊界的高度為h，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，可得SKIPIF1<0SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，B錯(cuò)誤；CD．如圖所示設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，則SKIPIF1<0設(shè)M、N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0；SKIPIF1<0由已知條件得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0，D正確；則帶電小球進(jìn)入電場時(shí)速度方向與水平方向夾角的正切值SKIPIF1<0，C錯(cuò)誤；故選AD?！纠?3】（2021年河北名校預(yù)測）如圖甲所示，長為SKIPIF1<0的兩塊正對(duì)金屬板A、B水平放置，兩板接上如圖乙所示隨時(shí)間變化的交流電壓SKIPIF1<0，電子流沿中心線SKIPIF1<0從SKIPIF1<0點(diǎn)以初速度SKIPIF1<0射入板間，電子都不會(huì)碰到極板。已知電子的質(zhì)量為SKIPIF1<0，電荷量為SKIPIF1<0。下列說法正確的是（）A．兩板間距SKIPIF1<0B．電子在SKIPIF1<0時(shí)刻從SKIPIF1<0點(diǎn)射入時(shí)一定從中心線離開電場C．電子在SKIPIF1<0時(shí)刻從SKIPIF1<0點(diǎn)射入時(shí)一定從中心線離開電場D．電子無論在哪一時(shí)刻從SKIPIF1<0點(diǎn)射入，離開板間電場時(shí)的速率一定是SKIPIF1<0【答案】ACD【詳解】A．任何一個(gè)電子離開電場所用的時(shí)間均為SKIPIF1<0當(dāng)電子在SKIPIF1<0（SKIPIF1<0為自然數(shù)）時(shí)刻從SKIPIF1<0點(diǎn)射入，射出電場時(shí)電子離開中心線的距離最大，為SKIPIF1<0；SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，A正確；B．電子在SKIPIF1<0時(shí)刻從SKIPIF1<0點(diǎn)射入時(shí)，電子離開電場時(shí)與中心線間的距離最大，不會(huì)從中心線離開電場，B錯(cuò)誤；C．電子在SKIPIF1<0時(shí)刻從SKIPIF1<0點(diǎn)射入后，在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，根據(jù)對(duì)稱性可知電子從中心線離開電場，C正確；D．設(shè)電子從SKIPIF1<0時(shí)刻從SKIPIF1<0點(diǎn)射入電場，則沿電場方向的分速度SKIPIF1<0離開電場時(shí)只有中心線方向上的速度，大小為SKIPIF1<0，D正確。故選ACD。【方法規(guī)律歸納】1.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題基本處理方法(1)在垂直電場方向上,粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),在這個(gè)方向上找出平行板的板長和運(yùn)動(dòng)時(shí)間等相關(guān)物理量;(2)沿靜電力方向上,粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在這個(gè)方向上找出偏轉(zhuǎn)加速度、偏轉(zhuǎn)位移、偏轉(zhuǎn)速度等相關(guān)物理量。(3)在垂直電場方向上有t=lv0,沿靜電力方向上有y=12at2或vy=at、2.交變電場中的偏轉(zhuǎn)（帶電粒子重力不計(jì)，方法實(shí)操展示）U-t圖SKIPIF1<0SKIPIF1<0軌跡圖vv0v0v0v0v0v0vy-t圖ttOvyv0T/2T單向直線運(yùn)動(dòng)AB速度不反向ttOvyv0往返直線運(yùn)動(dòng)AB速度反向TT/2-v0帶電體在電場中的圓周運(yùn)動(dòng)【例24】（2021年浙江三市聯(lián)考）一條長為L的絕緣細(xì)線上端固定在O點(diǎn)，下端系一個(gè)質(zhì)量為m帶電量為+q的小球，將它置于水平向右的勻強(qiáng)電場中，小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直線的夾角成θ=37°。已知重力加速度為g，下列正確的是（）A．剪斷細(xì)線，小球?qū)⒆銮€運(yùn)動(dòng)B．突然撤去電場的瞬間，繩子拉力變?yōu)镾KIPIF1<0C．如果改變電場強(qiáng)度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，電場強(qiáng)度最小為SKIPIF1<0D．在A點(diǎn)給小球一個(gè)垂直于細(xì)線方向，大小至少為SKIPIF1<0的速度，才能使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)【答案】D【詳解】A．剪斷細(xì)線，小球從靜止釋放，在恒定的重力及電場力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．突然撤去電場瞬間，小球開始做圓周運(yùn)動(dòng)，由于初速度為零，沿繩方向滿足SKIPIF1<0，B錯(cuò)誤；C．如圖所示當(dāng)電場力qE與拉力T垂直時(shí)，電場力最小，場強(qiáng)最小，由平衡條件可得SKIPIF1<0解得電場強(qiáng)度最小值為SKIPIF1<0，C錯(cuò)誤；D．如圖所示A為等效最低點(diǎn)，B為等效最高點(diǎn)，要使小球在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，只要能過B點(diǎn)即可，可得等效重力為SKIPIF1<0在B點(diǎn)滿足SKIPIF1<0從A到B由動(dòng)能定理可得SKIPIF1<0聯(lián)立解得在A點(diǎn)的最小速度為SKIPIF1<0，D正確。故選D?！纠?5】（2021年貴州畢節(jié)二診）如圖，絕緣底座上固定一電荷量為4×10-6C的帶負(fù)電小球A，其正上方O點(diǎn)處用輕細(xì)彈簧懸掛一質(zhì)量為m=0.03kg、電荷量大小為3.6×10-6C的小球B，彈簧的勁度系數(shù)為k=5N/m，原長為Lo=0.35m。現(xiàn)小球B恰能以A球?yàn)閳A心在水平面內(nèi)做順時(shí)針方向（從上往下看）的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧與豎直方向的夾角為θ=53°，已知靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2，兩小球都視為點(diǎn)電荷。則下列說法正確的是（）A．小球B一定帶正電B．B球做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為3.6m/sC．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加水平向左的勻強(qiáng)電場的瞬間，B球?qū)⒆鲭x心運(yùn)動(dòng)D．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上豎直向上的勻強(qiáng)磁場的瞬間，B球?qū)⒆鼋倪\(yùn)動(dòng)【答案】ACD【詳解】AB．小球A、B之間的庫侖力SKIPIF1<0設(shè)彈簧彈力為T，小球B在豎直方向上，則有SKIPIF1<0彈簧的彈力在水平方向的分力為SKIPIF1<0再由胡克定律，則有SKIPIF1<0由幾何關(guān)系SKIPIF1<0可解，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0因小球B做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向圓心A，又有F＞Tx，且小球A帶負(fù)電，則小球B帶正電，所受合外力SKIPIF1<0由合外力提供向心力，則有SKIPIF1<0；SKIPIF1<0故A正確，B錯(cuò)誤；C．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加水平向左的勻強(qiáng)電場的瞬間，小球受到向，左的電場力，這時(shí)提供的向心力減小，這樣提供的向心力小于需要的向心力，小球做離心運(yùn)動(dòng)，故C正確；D．在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上豎直向上的勻強(qiáng)磁場的瞬間，由左手定則可知，小球受到一個(gè)指向圓心的洛倫茲力作用，這時(shí)供的向心力大于需要的向心力，小球做近心運(yùn)動(dòng)，故D正確；故選擇：ACD?！痉椒ㄒ?guī)律歸納】1.方法概述等效思維方法是將一個(gè)復(fù)雜的物理問題,等效為一個(gè)熟知的物理模型或問題的方法。對(duì)于這類問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復(fù)雜,運(yùn)算量大。若采用等效法求解,則能避開復(fù)雜的運(yùn)算,過程比較簡捷。2.方法應(yīng)用先求出重力與電場力的合力,將這個(gè)合力視為一個(gè)等效重力,將a=F合帶電粒子在電場中的能量動(dòng)量問題【例26】（2022年四川瀘州二診）如圖所示，一個(gè)上表面絕緣、質(zhì)量為mA=1kg的不帶電小車A置于光滑的水平面上，其左端放置一質(zhì)量為SKIPIF1<0、帶電量為SKIPIF1<0的空盒B，左端開口．小車上表面與水平桌面相平，桌面上水平放置著一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定，質(zhì)量為SKIPIF1<0的不帶電絕緣小物塊C置于桌面上O點(diǎn)并與彈簧的右端接觸，此時(shí)彈簧處于原長，現(xiàn)用水平向左的推力將C緩慢推至M點(diǎn)（彈簧仍在彈性限度內(nèi)）時(shí)，推力做的功為SKIPIF1<0，撤去推力后，C沿桌面滑到小車上的空盒B內(nèi)并與其右壁相碰，碰撞時(shí)間極短且碰后C與B粘在一起．在桌面右方區(qū)域有一方向向左的水平勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為SKIPIF1<0，電場作用一段時(shí)間后突然消失，小車正好停止，貨物剛好到達(dá)小車的最右端．已知物塊C與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)SKIPIF1<0，空盒B與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0