第1部分专题三第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动

1．电场部分：以带电粒子运动轨迹与电场线或等势面间的关系为核心考查电场的力的性质和能的性质，以带电粒子在匀强电场中的加速、偏转为考查重点，兼顾带电粒子在非匀强电场中的偏转轨迹分析．

2．磁场部分：以考查带电粒子在磁场中的圆周运动为主，其次是通电导线在磁场中受安培力作用问题．

3．综合部分：带电粒子在复合场中的运动问题和临界问题是考查的重点，并应关注在生产科技中的应用．

1．要熟悉各种电场的电场线、等势面分布特点，运用动力学方法、功能关系解决粒子的运动轨迹和能量变化问题．

2．对于带电粒子在电场、磁场和复合场中的运动问题，要善于联系力学中的运动模型(类平抛运动和匀速圆周运动)，从受力情况、运动规律、能量转化等角度分析，综合运用动力学方法和功能关系加以解决．

3．了解速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机等构造，明确它们的工作原理．

第1讲电场及带电粒子在电场中的运动

电场的性质

本考点是高考热点，题型为选择题，考向如下：(1)电场的叠加；(2)等量电荷或

不等量电荷的电场的分布与电场强度、电势、电势能的大小比较；(3)电场力做功与电势能的改变之间的关系．

[知识提炼]

电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系

(2016·湖南长沙一模)

如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( )

A ．a 、b 、c 三条等势线中，a 的电势最高

B ．电场中Q 点处的电场强度大小比P 点处大

C ．该带电质点在P 点处受到的电场力比在Q 点处大

D ．该带电质点在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能大

【解析】 由图可知，P 点处等势线比Q 点处密集，则P 点处的电场强度比Q 点处大，该带电质点在P 点处受到的电场力比在Q 点处大，故B 错、C 对；若带电质点从P 向Q 运动，根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q 向P 运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P 点处的动能大于在Q 点处的动能，在P 点具有的电势能小于在Q 点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A 、D 错．

【答案】 C

电场强度、电势、电势能的判断方法

(1)电场强度

①根据电场线的疏密程度进行判断；

②根据等势面的疏密程度进行判断；

③根据E ＝ma q

进行判断． (2)电势

①沿电场线方向电势逐渐降低；

②若q 和W ab 已知，由U ab ＝

W ab q

判定． (3)电势能

①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；

②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．

等量异号电荷的电场

1．(多选)(2016·江西南昌一模)如图所示，P、Q两点分别放置两个电荷量相等的异种点电荷，它们连线的中点是O，N、a、b是中垂线上的三点，且Oa＝2Ob，N处放置一负的点电荷，则()

A．a处的场强大小小于b处的场强大小

B．a处的电势小于b处的电势

C．a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍

D．电子在a处的电势能大于电子在b处的电势能

AC[解析] 先考虑P、Q处两点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都平行于PQ 连线由P指向Q，且大小是b点场强大于a点场强，再考虑N处点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都沿中垂线向下，即都与P、Q处两点电荷在两点处产生的电场垂直，大小也是b点场强大于a点场强，故由电场的叠加可知A正确．由于P、Q处两点电荷在a、b两点产生的电势都为0，而N处负电荷在a点产生的电势高于b点，故B错误．根据U＝Ed 定性分析可知，因a、b间的平均场强小于b、O间的平均场强，则b、O间的电势差大于a、b间的电势差，因此a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍，C正确．因同一负电荷在电势越高处电势能越小，故D错误．

带电粒子的运动轨迹问题

2．(多选)(2016·湖北襄阳二联)如图所示，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF 所在平面．若规定D点

电势为零，则A、B、C处的电势分别为8 V、6 V、2 V．初动能为12 eV、电荷量大小为2e(e为元电荷)的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过BC的中点G．不计粒子的重力，下列说法正确的是()

A．该粒子一定带负电

B．该粒子到达点G时的动能为20 eV

C ．只改变粒子在A 点初速度的方向，该粒子不可能经过C

D ．若该粒子以不同速率从D 点沿DF 方向入射，该粒子可能垂直经过CE

AC [解析] 根据

题设条件结合正六边形的特点得电势分布情况如图，电场强度方向为由A 指向D ，由粒子的运动情况知粒子受向左的电场力，则粒子带负电，A 正确；粒子从A 点到G 点过程中电场力做负功，粒子动能减小了ΔE k ＝8 eV ，即到达点G 时的动能为4 eV ，B 错误；由图可知，粒子若能运动到C 点电场力做功－12 eV ，所以粒子动能为零，而粒子只有沿AD 方向运动，动能才可能为零，可知其显然不能到达C 点，C 正确；粒子从D 点沿DF 方向入射，受向左的电场力作用，做类斜抛运动，粒子过CE 时，将其速度分解知其有沿CE 方向的分速度和水平向左的分速度，则该粒子不可能垂直经过CE ，D 错误．

与平行板电容器有关的电场问题

本考点是高考中的热点，题型一般为选择题．考向涉及平行板电容器板间电

场强度、电势、带电粒子电势能等问题．

[知识提炼]

1．三个公式

C ＝Q U 、C ＝εr S 4πkd 、E ＝U d

． 2．两个关键点

(1)电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变．

(2)电路处于断开状态时，电容器两极板间的带电荷量不变．

[典题例析]

(2016·高考天津卷)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，E p 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，E p 不变

C ．θ减小，E p 增大

D ．θ减小，

E 不变

【解析】 极板移动过程中带电荷量Q 保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U 的变化，由C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U

可知，极板下移，d 减小，C 增大，U 减小，故静电计指针的偏角θ减小．又E ＝U d ＝4πkQ εr S

，则E 不变，E p 不变，综合上述，只有D 选项正确． 【答案】 D

平行板电容器问题的分析思路

(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的，以及怎样变化．

(2)应用平行板电容器电容的决定式C ＝εr S 4πkd

分析电容器的电容的变化． (3)应用电容的定义式分析电容器带电量和两板间电压的变化情况．

(4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论．

(多选)(2016·石家庄一模)如图所示，D 是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB 内部原有带电微粒P 处于静止状态．下列措施中，关于P 的运动情况的说法中正确的是( )

A ．保持S 闭合，增大A 、

B 板间距离，P 仍静止

B ．保持S 闭合，减小A 、B 板间距离，P 向上运动

C ．断开S 后，增大A 、B 板间距离，P 向下运动

D ．若B 板接地，断开S 后，A 板稍下移，P 的电势能不变

ABD [解析] 保持开关S 闭合，电容器的电压不变，增大A 、B 板间距离，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会减小，则电容器的电量不变，由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关，所以电场强度不变，P 仍静止，故A 正确；当减小A 、B 板间距离，则导致电容器的电

容增大，则出现电容器的电量增加，因此电场强度增大，所以P 向上运动，故B 正确；增大A 、B 板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S ，则电容器的电量不变，所以极板间的电场强度不变，因此P 仍处于静止，故C 错误；A 板稍下移，电容器的电容增大，当断开S 后，则电容器的电量不变，所以电场强度也不变，由于B 板接地，则P 到B 板的电势差不变，因此P 的电势能也不变，故D 正确．

带电粒子在电场中的运动

本考点是高考重点和热点．考向涉及类平抛运动中粒子运动轨迹、受力、能

量转化以及与动能定理综合的相关问题．

[知识提炼]

[典题例析]

(2016·高考北京卷)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0．偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d ．

(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；

(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．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/s 2．

【解析】 (1)根据功和能的关系，有eU 0＝12mv 20

电子射入偏转电场的初速度v 0＝ 2eU 0m

在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝L v 0

＝L m 2eU 0 偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝12·eU dm (Δt )2＝UL 24U 0d

． (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有

重力G ＝mg ～10－29 N 电场力F ＝eU d

～10－15 N 由于F ?G ，因此不需要考虑电子所受重力．

【答案】 (1) 2eU 0m UL 2

4U 0d

(2)见解析

解决带电粒子在电场中运动

问题的基本思路及注意问题

[题组突破]

带电粒子在电场中的直线运动 1．(2015·高考海南卷)

如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l ，在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q >0)的粒子，在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子，在电场力的作用下，

两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25

l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )

A ．3∶2

B ．2∶1

C ．5∶2

D ．3∶1

A [解析] 假设平行板间的匀强电场场强为E ，根据牛顿第二定律和运动学公式可

得，以M 为研究对象，有25l ＝12qE M t 2，以m 为研究对象，有35l ＝12qE m

t 2，联立以上两式可得M ∶m ＝3∶2，故A 正确．

带电粒子在电场中的曲线运动

2．

(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A 、B 两点间的电势差．

[解析] 设带电粒子在B 点的速度大小为v B ．粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即

v B sin 30°＝v 0sin 60° ①

由此得v B ＝3v 0

② 设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有

qU AB ＝12

m (v 2B －v 20) ③

联立②③式得

U AB ＝mv 20q

． [答案] mv 20q

带电粒子在交变电场中的运动

3．(多选)(2016·吉林模拟)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在选项图中，能正确反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律的是( )

AD [解析] 在0～T 4时间内，电子受向右的电场力向B 板以加速度a ＝Ue dm

做匀加速运

动；在T 4～T 2时间内，电子受向左的电场力，向B 板以同样大小的加速度做匀减速运动，T 2

时刻速度减为零；在T 2～3T 4

时间内，电子受向左的电场力，向A 板以同样大小的加速度做匀加速运动；同理可知在3T 4

～T 时间内，电子受向右的电场力，向A 板以同样大小的加速度做匀减速运动，T 时刻速度为零．故v －t 图线为A 正确，C 错误．x －t 图线B 错误．a －t 图线D 正确．

满分指导——电场中功能关系的应用

本考点是高考的重点，考查方向主要有：(1)电场力做功与能量转化的关系；

(2)动能定理和牛顿运动定律的综合应用．

(20分)(2016·抚顺六校联考)一绝缘“?”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ 、MN 和一半径为R 的光滑半圆环MAP 组成，固定在竖直平面内，其中MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙的．现将一质量为m 的带正电荷的小环套在MN 杆上，小环所受的电场力

为重力的12

．

(1)若将小环由D 点静止释放，则刚好能到达P 点，求DM 间的距离；

(2)若将小环由M 点右侧5R 处静止释放，设小环与PQ 杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．

[解题探究] (1)“光滑半圆环、MN 杆是光滑的”说明：小环在圆环和MN 杆间运动时不受________作用．

(2)“PQ 杆是粗糙的”说明：小环在PQ 杆间运动时受________作用．

【解析】 (1)设DM 间距离为x ，对小环从D 点到P 点过程由动能定理得

qEx －2mgR ＝0－0

①(3分) 又有qE ＝12

mg ②(1分) 解得x ＝4R ．

③(1分) (2)若μ≥12，则μmg ≥qE ④(2分)

设小环到达P 点右侧距离P 点x 1处静止，由动能定理得

qE (5R －x 1)－2mgR －μm gx 1＝0 ⑤(3分)

解得x 1＝R 1＋2μ ⑥(1分)

整个运动过程中克服摩擦力所做的功

W f ＝μmgx 1＝μmgR 1＋2μ

⑦(3分) 若μ<12，则μmg

小环经过往复运动，最后停在P 点，全过程由动能定理得

qE ·5R －2mgR －W f ＝0

⑨(3分) 解得W f ＝12mgR ． ⑩(1分)

【答案】 (1)4R (2)若μ≥12，W f ＝μmgR 1＋2μ

若μ<12，W f ＝12

mgR 【评分细则】 第(1)问5分，①式3分，②③式各1分；

第(2)问15分，④⑧式各2分，⑥⑩式各1分，⑤⑦⑨式各3分．

对①⑤⑨式，利用功能关系或能量守恒列式最后得出克服摩擦力做功正确的参照评分标准赋分．

(2016·沈阳四校联考)

如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E ＝4．0×103 N/C ，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m ＝0．20 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h ＝0．24 m ，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0．30，滑块带电荷q ＝－5．0×10－4 C ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0．60，cos 37°＝0．80．求：

(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；

(2)滑块在斜面上运动的总路程s 和系统产生的热量Q ．

[解析] (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力F f ＝μ(mg ＋qE )cos 37°＝0．96 N 设到达斜面底端时的速度为v ，根据动能定理得

(mg ＋qE )h －F f h sin 37°＝12

mv 2 解得v ＝2．4 m/s ．

(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的

功，

(mg＋qE)h＝F f s

解得滑块在斜面上运动的总路程：

s＝1 m，

Q＝F f s＝0．96 J．

[答案] (1)2．4 m/s(2)1 m0．96 J

专题强化训练[学生用书P131(单独成册)]

一、单项选择题

1．(2016·陕西安康二调)如图所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是()

A．A点的电势最低

B．B点的电场强度最大

C．同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等

D．同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大

D[解析] 根据电场线的特点，沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA>φC>φB，又知同一负电荷在电势越低处电势能越大，则同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，所以A错误、D正确；因在同一电场中电场线越密，电场强度越大，则知A点电场强度最大，所以B错误；因电场中E A>E B，则同一正电荷在A、B两点所受电场力关系为F A>F B，所以C错误．

2．(2016·福建漳州二模)两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势零点，则()

A．场强大小关系有E b>E c

B．电势大小关系有φb<φd

C．将一负电荷放在d点时其电势能为负值

D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功

D [解析] 根据电场中电场线的疏密代表电场强度的大小，可知

E b φd ，则B 错误；利用电势能公式E p ＝φq ，又知φd <0，则将负电荷放在d 点时其电势能为正值，所以C 错误；由图知a 点电势高于d 点电势，则将一正电荷由a 点移到d 点的过程中电场力做正功，所以D 正确．

3．(2016·福建漳州三联)

空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示，x 轴上B 、C 点电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E Cx ，下列说法中正确的是( )

A ．E Bx 的大小小于E Cx 的大小

B ．E Bx 的方向沿x 轴正方向

C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大

D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功

D [解析] 在B 点和C 点附近分别取很小的一段(d )，由图象知B 点段对应的电势差

大于C 点段对应的电势差，将此小段看做是匀强电场，再由E ＝U d ＝Δφd

，可见E Bx >E Cx ，A 项错误；同理可知O 点场强为零，电荷在该点受到的电场力为零，C 项错误；因沿电场线方向电势逐渐降低，则由图可知在O 点左侧，电场方向在x 方向上的分量沿x 轴负方向，在O 点右侧，电场方向在x 方向上的分量沿x 轴正方向，则负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以B 项错误，D 项正确．

4．

(2016·南昌二模)如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．闭合开关，一带电油滴位于两板中央的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则( )

A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动

B ．带电油滴将沿竖直方向向下运动

C ．P 点的电势将降低

D ．电容器的电容减小，电容器的带电量将减小

A [解析] 根据电容器电容的决定式C ＝εr S 4πkd

，当上极板向下移动时，d 减小，电容变大，又C ＝Q U

，电压U 不变，因此电容器带电量增多，D 错误；根据电容器内部电场强度E ＝U d

可知，d 减小，场强增大，油滴受到向上的电场力增大，将向上运动，A 正确，B 错误；由于场强增大，由U ＝Ed 可知，P 与下极板电势差变大，P 点电势升高，C 错误．

5．(2016·高考全国卷甲)

如图，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则( )

A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v b

B ．a a >a b >a c ，v b >v c >v a

C ．a b >a c >a a ，v b >v c >v a

D ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b

D [解析] 由点电荷电场强度公式

E ＝k q r 2可知，离场源点电荷P 越近，电场强度越大，Q 受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，a b >a c >a a ，A 、B 选项错误；由力与运动的关系可知，Q 受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q 与P 带同种电荷，Q 从c 到b 的过程中，电场力做负功，动能减少，从b 到a 的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q 在b 点的速度最小，由于c 、b 两点的电势差的绝对值小于a 、b 两点的电势差的绝对值，因此Q 从c 到b 的过程中，动能的减少量小于从b 到a 的过程中动能的增加量，Q 在c 点的动能小于在a 点的动能，即有v a >v c >v b ，D 选项正确．

6．(2016·江苏江阴二中、澄西中学检测)

如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场：水平虚线上方为场强E 1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量m 、带电荷量＋q 的小球从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，则下列结论正确的是( )

A ．若A

B 高度差为h ，则U AB ＝－mgh q

B ．带电小球在A 、B 两点电势能相等

C ．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同

D ．两电场的电场强度大小关系满足

E 2＝2E 1

A [解析] 对A 到

B 的过程运用动能定理得qU AB ＋mgh ＝0，解得U AB ＝－mgh q

，知A 、B 的电势不等，则电势能不等，故A 正确，B 错误；从A 到水平虚线速度由零加速至v ，从水平虚线到B 速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速

度大小相等，方向相反，故C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得a 1＝mg ＋qE 1m

，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为a 2＝qE 2－mg m

，因为a 1＝a 2，解得E 2－E 1＝2mg q

，故D 错误． 二、多项选择题

7．(2016·山东淄博模拟)

a 、

b 、

c 三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定( )

A ．在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上

B ．b 和c 同时飞离电场

C ．进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小

D ．动能的增量相比，c 的最小，a 和b 的一样大

ACD [解析] 三个α粒子进入电场后加速度相同，由图可知，在电场中竖直方向a 、

b 偏转距离相等，大于

c 的偏转距离，由y ＝12

at 2得知，在电场中a 、b 运动时间相等，大于c 的运动时间，即t a ＝t b >t c ，故在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上，而c 先飞出电场，故A 正确，B 错误；三个α粒子水平方向上做匀速直线运动，则有x ＝v 0t ，在电场中b 、c 水平位移相同，大于a 的水平位移，即x b ＝x c >x a ，而t a ＝t b >t c ，可见，初速度关系为v c >v b >v a ，故C 正确；由动能定理得ΔE k ＝qEy ，由图看出，a 和b 的偏转距离相等，大于c 的偏转距离，故a 、b 动能增量相等，大于c 的动能增量，故D 正确．

8．(2016·山西、河北、河南三省联考)

如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P 点固定一个点电荷＋Q ，P 点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A 与P 点连线水平．电荷量为－q 的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A 处由静止开始沿管向下运动，在A 处时小球的加速度为a ．图中PB ⊥AC ，B 是AC 的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q 形成的电场中( )

A ．A 点的电势高于

B 点的电势

B ．B 点的电场强度大小是A 点的4倍

C ．小球从A 到C 的过程中电势能先减小后增大

D ．小球运动到C 处的加速度为(g －a )

BCD [解析] 由于沿着电场线方向电势降低，因此A 点的电势低于B 点的电势，选

项A 错误；结合几何关系知P A ＝2PB ，由点电荷电场强度公式E ＝k Q r 2可知，电场强度的大小与间距的平方成反比，则B 点的电场强度大小是A 点的4倍，选项B 正确；小球带负电，从A 到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，选项C 正确；在A 处时小球的加速度为a ，对小球受力分析，小球受电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力为电场力与重力沿着细管方向的分力之和，即F cos 30°＋mg sin 30°＝ma ，当在C 处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力为由重力与电场力沿着细管方向的分力之差，mg sin 30°－F cos 30°＝ma ′，联立解得a ′＝g －a ，选项D 正确．

9．(2016·贵州七校联盟第一次联考)

一半径为R 的均匀带正电圆环水平放置，环心为O 点，质量为m 的带正电小球从O 点正上方h 高的A 点静止释放，并穿过带电圆环，小球从A 运动到关于O 对称的点A ′的过程中，其加速度(a )、重力势能(E p G )、机械能(E )、电势能(E p 电)随位置变化的图象如图所示(取O 点为坐标原点且重力势能为零，向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为零)．其中可能正确的是( )

BC [解析] 圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A 到圆环中心的过程中，场强先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小，方向竖直向上，由牛顿第二定律可知，重力不变，则加速度先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大

后减小，A 是不可能的，选项A 错误．小球从A 到圆环中心的过程中，重力势能E p G ＝mgh ，小球穿过圆环后，E p G ＝－mgh ，B 是可能的，选项B 正确．小球从A 到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，选项C 是可能的，选项C 正确．由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D 是不可能的，选项D 错误．

10．(2016·福建漳州八校联考)

如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30°，A 、B 连线与电场垂直，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球以初速度v 0从A 点水平向右抛出，经过时间t 小球最终落在C 点，速度大小仍是v 0，且AB ＝BC ，则下列说法中正确的是( )

A ．电场方向沿电场线斜向上

B ．电场强度大小为E ＝mg q

C ．小球下落高度为34

gt 2 D ．此过程增加的电势能等于12

mg 2t 2 BC [解析] 带正电小球从A 到C ，速度大小仍为v 0，说明动能不变，根据动能定理知合外力做功等于零，则重力与电场力的合力与AC 垂直，可知电场方向沿电场线斜向下，

由几何关系可得Eq ＝mg ，解得E ＝mg q

，故A 错误，B 正确；小球在竖直方向的加速度为a y ＝3g 2，小球下落高度h ＝12a y t 2＝34

gt 2，C 正确；电场力做的负功数值上等于重力做的功，因mgh ＝34mg 2t 2，所以增加的电势能为34

mg 2t 2，D 错误． 三、非选择题

11．(2016·江西师大附中检测)

如图所示为俯视图，在光滑绝缘的水平桌面上，固定放置一条光滑绝缘的挡板轨道ABCD ，AB 段为直线，BCD 段是半径为R 的一部分圆弧(两部分相切于B 点)，挡板处于场

强为E 的匀强电场中，电场方向与圆弧的直径MN 平行．现使一带电荷量为＋q 、质量为m 的小球从斜挡板内侧上某点由静止释放，为使小球能沿挡板内侧运动，最后从D 点抛出，试求：

(1)小球从释放点到N 点沿电场强度方向的最小距离s ；

(2)在上述条件下小球经过N 点时对挡板的压力大小．

[解析] (1)根据题意分析可知，小球过M 点时对挡板恰好无压力时，s 最小，根据牛顿第二定律有

qE ＝m v 2M R

， 由动能定理得qE (s －2R )＝12

mv 2M ， 联立解得s ＝52

R ． (2)小球过N 点时，根据牛顿第二定律有

F N －qE ＝m v 2N R

， 由动能定理得qEs ＝12

mv 2N ， 联立解得F N ＝6qE ．

由牛顿第三定律可知，小球对挡板的压力大小为6qE ．

[答案] (1)52

R (2)6qE 12．(2016·安徽合肥一模)如图甲所示，一对平行金属板M 、N 长为L ，相距为d ，O 1O 为中轴线．其中N 板接地．当M 板的电势φ＝φ0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场，某种电荷量为q 的带负电的粒子从O 1点以速度v 0沿O 1O 方向射入电场，粒子恰好打在上极板M 的中点，粒子重力忽略不计．

(1)求粒子的质量；

(2)若M 板的电势变化如图乙所示，其周期T ＝L 2v 0，从t ＝0开始，前T 3内φM ＝2φ，后2T 3内φM ＝－φ，大量的上述粒子仍然以速度v 0沿O 1O 方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求φ的值．

[解析] (1)设粒子经过时间t 0打在M 板中点，

沿极板方向：12

L ＝v 0t 0，

垂直极板方向：12d ＝q φ02md t 20

， 整理得m ＝q φ0L 2

4d 2v 20

． (2)粒子通过两板时间t ＝L v 0

＝2T ， 从t ＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电势变化周期的前三分之一时间内的加速

度大小为a 1＝2q φmd

，方向垂直极板向上；在每个电势变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a 2＝q φmd

，方向垂直极板向下，不同时刻从O 1点进入电场的粒子在电场方向的速度v y 随时间t 变化的关系如图所示．

因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t ＝nT 或t ＝nT ＋13

T 时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大，

12d ＝2???

?12·a 1·????T 32＋12a 2????2T 32，整理可得φ＝34φ0． [答案] (1)q φ0L 24d 2v 20 (2)34

φ0