江苏省高考物理二轮复习专题五带电粒子在电场中的运动教学案Word格式.docx
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2.（多选）（2017·
南京、盐城模拟）下列选项中所描述的a、b两点的电场强度和电势均相同的是（ ）
图1
A.离正点电荷等距的任意两点a、b，如图甲所示
B.两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的两点a、b，如图乙所示
C.两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的两点a、b，如图丙所示
D.静电场中达到静电平衡时的导体内部任意两点a、b，如图丁所示
解析 图甲中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等但方向不同，A错误；
图乙中，两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，a、b两点的电场强度大小相等，方向均与等量异种点电荷的连线平行且向左，所以a、b两点的电势和电场强度均相同，B正确；
图丙中，根据对称性，a、b点电势相等，电场强度大小相等但方向相反，C错误；
图丁中，导体达到静电平衡时，导体内部电势处处相等，电场强度处处为零，D正确。
答案 BD
3.（2016·
江苏常州市检测）复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC（没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体）制成的。
复印机的基本工作过程是：
（1）在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；
（2）文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成“静电潜像”；
（3）鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；
（4）鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上。
以下说法正确的是（ ）
图2
A.步骤
（1）中发生了静电感应现象
B.步骤
（2）中发生了局部导电现象
C.步骤（3）中发生了静电平衡现象
D.步骤（4）中发生了静电屏蔽现象
解析 步骤
（1）过程不是静电感应现象，选项A错误；
步骤
（2）过程发生了局部导电现象，选项B正确；
步骤（3）中有电荷的移动，没有发生静电平衡现象，选项C错误；
步骤（4）中不是静电屏蔽现象，选项D错误。
答案 B
4.（多选）（2017·
江苏南通中学模拟）如图3所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。
以下判断正确的是（ ）
图3
A.b点场强大于d点场强
B.b点场强小于d点场强
C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D.试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能
解析 在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；
在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；
所以b点场强小于d点场强，选项A错误，B正确；
由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故选项C正确；
因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷＋q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。
答案 BC
由电场中的“点、线、面、迹”判断相关问题
（1）由轨迹向合外力的方向弯曲，确定粒子所受电场力方向；
（2）根据粒子电性判断电场线方向；
（3）根据“沿电场线方向电势降低”判断电势高低；
（4）根据公式Ep＝qφ（代入正负号）判断电势能大小；
（5）根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化；
（6）根据电场线或等差等势面疏密判断场强大小，再根据牛顿第二定律可以判断加速度大小。
【例1】（2017·
无锡模拟）如图4所示，示波管的聚焦电场是由电极A1、A2、A3、A4形成的，实线为电场线，虚线为等势线，x轴为该电场的中心轴线。
一个电子从左侧进入聚焦电场，曲线PQR是它的运动轨迹，则（ ）
图4
A.电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度
B.电场中P点的电势比Q点的电势低
C.电子从P运动到R的过程中，电场力对它先做正功后做负功
D.若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场，电子有可能做曲线运动
解析 由电场线分布的疏密程度可知，电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度，选项A错误；
沿电场方向电势越来越低，选项B正确；
电子从P运动到R的过程中，电场力对它一直做正功，选项C错误；
若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场，电子一定做直线运动，选项D错误。
【变式1】（2017·
江苏如东高级中学学情调研）如图5，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aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（ ）
图5
A.aa>
ab>
ac，va>
vc>
vbB.aa>
ac，vb>
va
C.ab>
ac>
aa，vb>
vaD.ab>
aa，va>
vb
解析 由库仑定律F＝
可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>
Fc>
Fa，由a＝
可知ab>
aa。
根据粒子的轨迹可知粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存在斥力，整个过程中，电场力先做负功再做正功，且Wba>
|Wcb|，结合动能定理可知va>
vb，故选项D正确。
答案 D
平行板电容器及其动态分析问题
1.平行板电容器动态问题的分析思路
2.平行板电容器问题的一个常用结论：
电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。
【例2】（2017·
江苏清江中学高三第四次月考）如图6所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。
一带负电油滴被固定于电容器中的P点。
现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）
图6
A.平行板电容器的电容将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能增加
D.若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
解析 根据电容的决定式C＝
知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容减小，故A项错误；
静电计测量的是电容器两极间的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B项错误；
电势差不变，d增大，由公式E＝
分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势升高，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小，故C项错误；
电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E＝
、C＝
和C＝
得E＝
，则知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D项正确。
【变式2】（2017·
江苏省淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市联考）在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图7所示。
现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是（ ）
图7
A.右移B.左移
C.上移D.下移
解析 将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C＝
，可知，电容增大，而电容器所带电荷量不变，由C＝
分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；
相反，同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故A项正确，B项错误；
A板向上移或下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C＝
可知，电容减小，而电容器所带电荷量不变，由C＝
分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故C、D项错误。
静电场中的三类图象问题
1.v－t图象：
根据v－t图象的速度变化、斜率变化（即加速度大小的变化），确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。
2.φ－x图象
（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图象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图象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。
3.E－x图象
（1）反映了电场强度随位移变化的规律。
（2）E＞0表示场强沿x轴正方向；
E＜0表示场强沿x轴负方向。
（3）图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定。
【例3】（多选）（2017·
江苏盐城中学模拟）两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图8中曲线所示（OB＞BD），取无穷远处电势为零，由图可知（ ）
图8
A.B点电场强度为零
B.Q1为负电荷，Q2为正电荷
C.Q1电荷量一定大于Q2电荷量
D.将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功
解析 因为φ－x图线的斜率等于电场强度大小，所以B点电场强度不为零，选项A错误；
因B点左侧电势为负，右侧电势为正，故可知Q1为负电荷，Q2为正电荷，选项B正确；
因电势为零的位置离D点较近，故Q1电荷量一定大于Q2电荷量，选项C正确；
将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电势能降低，则电场力一直做正功，选项D正确。
答案 BCD
【变式3】（2017·
江苏省泰州中学高三上学期摸底考试）如图9甲所示，直线上固定两个正点电荷A与B，其中B带＋Q的电荷量，C、D两点将A、B连线三等分，现有一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子所受的重力，并且已知该粒子在C、D间运动的速度v与时间t的关系图象如图乙所示，则A点电荷的电荷量可能是（ ）
图9
A.＋5QB.＋3Q
C.＋2QD.＋Q
解析 由v－t图象可知该粒子在两正电荷A、B的作用下做加速度逐渐减小的减速运动，故点电荷A对该粒子的库仑引力大于点电荷B对该粒子的库仑引力，根据库仑定律，在D点，有k
＞k
，得QA＞4Q，故选项A正确，B、C、D错误。
带电粒子在电场中的运动问题分析
1.带电粒子（或带电体）在电场中做直线运动
（1）运动条件
①若F合＝0，粒子将保持静止状态或匀速直线运动状态。
②若只受电场力且与初速度方向在同一直线上，带电粒子将做匀加速或匀减速直线运动。
（2）两种思路
①动力学观点
受力情况→合外力
a运动学公式,―→）运动情况x、v、t等
②功能观点：
动能定理qU＝
mv
－
2.带电粒子在电场中的偏转规律
3.带电粒子在交变电场中运动分析
三种情况
①带电粒子做单向直线运动（牛顿运动定律求解）
②带电粒子做往返运动（分段研究）
③带电粒子做偏转运动（根据交变电场特点分段研究）
两个关系
①力和运动关系；
②功能关系
分析关键
注意粒子运动的周期性和对称性特征，确定与物理过程相关的临界条件
【例4】（2017·
江苏徐州、宿迁、连云港、淮安四市高三模拟）如图10甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。
A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；
当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压U1已知）时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用。
求：
图10
（1）C、D板的长度L；
（2）粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；
（3）粒子打在荧光屏上区域的长度。
解析
（1）粒子在A、B板间有
qU0＝
在C、D板间有
L＝v0t0
解得L＝t0
（2）粒子从nt0（n＝0、2、4……）时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动
偏移距离y＝
at
加速度a＝
得y＝
（3）粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远
出C、D板偏转角tanθ＝
，vy＝at0
打在荧光屏上距中心线最远距离
s＝y＋Ltanθ
荧光屏上区域长度Δs＝s＝
。
答案
（1）t0
（2）
（3）
【变式4】（多选）（2017·
江苏省如东高级中学高三上学期第二次学情调研）如图11甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交流电压，t＝0时，P板比Q板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略），已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰，则（ ）
图11
A.t0～2t0时间内电子的电势能增加
B.在3t0时刻电子的机械能最小
C.2t0～3t0时间内电子运动的速度方向向左，且速度大小逐渐减小
D.3t0～4t0时间内电子运动的速度方向向右，且速度大小逐渐减小
解析 根据电场的变化情况和运动学知识可知：
在0～t0时间内，P板比Q板电势高U0，电场方向水平向右，电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；
在t0～2t0时间内，P板比Q板电势低U0，电场强度方向水平向左，电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，电子向右做匀减速直线运动，电场力做负功，所以电子的电势能增加，故A正确；
在2t0时速度为零，在2t0～3t0时间内，Q板比P板电势高U0，电场强度方向水平向左，电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，故C错误；
在3t0时刻速度最大，机械能最大，故B错误；
在3t0～4t0时间内，P板比Q板电势高U0，电场强度方向水平向右，电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，到4t0时刻速度为零，恰好又回到M点，故D正确。
答案 AD
一、单项选择题
1.（2017·
江苏清江中学期中）某电场的电场线如图1，则同一正电荷在A点和B点所受电场力的大小关系是（ ）
A.FA>
FBB.FA<
FB
C.FA＝FBD.电荷正负不明无法判断
解析 电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，故EA＞EB，电荷受到的电场力F＝Eq，故FA＞FB，A项正确。
2.（2016·
江苏南通第三次调研）如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是（ ）
解析 根据点电荷电场强度公式E＝k
，结合矢量合成法则求解。
设正方形顶点到中心的距离为r，则A选项中电场强度EA＝0，B选项中电场强度EB＝2
k
，C选项中电场强度EC＝k
，D选项中电场强度ED＝
，所以B项正确。
3.（2017·
江苏如皋市教学质量调研）如图2所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。
现将电容器的b板向下稍微移动，则（ ）
A.点电荷所受电场力增大
B.点电荷在P处的电势能减少
C.P点电势减小
D.电容器的电荷量增加
解析 b板下移后，电容减小，极板间电压不变，由Q＝UC知，极板带电荷量减少，D错误；
极板间电压不变，极板间距增大导致内部场强减小，点电荷所受电场力减小，A错误；
根据U＝Ed，场强E的减小导致P处与上极板间电势差减小，P处的电势升高，由于点电荷带负电，所以点电荷在P点的电势能减少，B正确，C错误。
4.（2017·
江苏南京、盐城高三模拟）金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图3所示，A、B两点到正电荷的距离相等，C点靠近正电荷，则（ ）
A.A、B两点的电势相等B.C点的电势比A点的低
C.A、B两点的电场强度相等D.C点的电场强度比B点的大
解析 沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，B点电势比A点电势高，C点的电势比A点电势高，故A、B项错误；
由图看出，B点处电场线比A点处电场线密，C点处电场线比B点处电场线密，则B点的场强大于A点的场强，C点的场强大于B点的场强，故C错误，D项正确。
5.（2017·
江苏徐州、宿迁、连云港、淮安四市联考）如图4所示为某电场中等势面的分布图，各等势面的电势值图中已标出。
下列说法正确的是（ ）
A.A点的电场强度比B点的大
B.电子在A点的电势能比B点的小
C.电子由A点移至B点电场力做功0.17eV
D.中心轴线上各点的电场强度方向向右
解析 A点的等势面较B点密集，则A点的电场线分布较B点密集，故A点的电场强度比B点的大，选项A正确；
A点的电势比B点低，故电子在A点的电势能比B点的大，选项B错误；
电子由A点移至B点电势能减小，电场力做功W＝qU＝e（0.8－0.97）V＝－0.17eV，选项C错误；
顺着电场线电势降低，故中心轴线上各点的电场强度方向向左，选项D错误。
二、多项选择题
6.（2016·
常州一模）如图5所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等。
一不计重力的带负电的粒子从右侧垂直等势面φ4向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则下列说法中正确的是（ ）
A.φ1＜φ2＜φ3＜φ4
B.粒子的运动轨迹和φ3等势面也可能垂直
C.φ4等势面上各点场强处处相等
D.该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场
解析 根据负电荷的运动轨迹可知，所受的电场力垂直等势面，且指向轨迹的凹侧，可知电场线由φ4指向φ1，顺着电场线电势逐渐降低，则可知φ1＜φ2＜φ3＜φ4，选项A正确；
因粒子的初速度与φ4等势面垂直，则粒子的运动轨迹不可能和φ3等势面也垂直，选项B错误；
由于等势面分布不均匀，故φ4等势面上各点场强不可能处处相等，选项C错误；
由等势面的分布可知，该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场，选项D正确。
7.（2016·
江苏南通市调研）如图6所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，已知重力加速度为g，则（ ）
A.微粒的加速度不为零
B.微粒的电势能减少了mgd
C.两极板的电势差为
D.M板的电势高于N板的电势
解析 带负电的微粒在两极板间受竖直向下的重力和竖直方向的电场力，而微粒沿直线运动，由直线运动条件可知，重力与电场力合力必为零，即电场力方向竖直向上，大小等于重力，即mg＝
q，所以两极板之间电势差U＝
，A项错误，C项正确；
而微粒带负电，所以电场方向竖直向下，而电场方向是由高电势指向低电势的，所以M板电势高于N板电势，D项正确；
微粒由上板边缘运动到下板边缘，电场力方向与位移方向夹角为钝角，所以电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，B项错误。
答案 CD
8.（2016·
江苏淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市高三期末）如图7所示，a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电。
一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零。
A.Q2带正电
B.Q2的电荷量大于Q1的电荷量
C.a、c两点电势相等
D.b点的电场强度最大
解析 带电粒子经过b点时速度最大，此时合力为零，可知b点的合场强为零，因此Q2带负电，故A、D错误；
b点的合场强为零，说明Q1、Q2在b点产生的场强大小相等，由点电荷场强公式E＝k
知Q2的电荷量大于Q1的电荷量，故B项正确；
从a运动到c的过程，带电粒子动能的变化量为零，由动能定理知电场力做功为零，则a、c两点电势相等，故C项正确。
9.（2017·
江苏泰州市模拟）如图8甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A.两点电荷一定都带负电，但电荷量不一定相等
B.两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等
C.t1、t3两时刻试探电荷在同一位置
D.t2时刻试探电荷的电势能最大
解析 由图乙可知，试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动，说明粒子受到的电场力应向下，故两点电荷一定都带正电；
由于电场线只能沿竖直方向，故两个点电荷带电荷量一定相等，故A、B项错误；
根据速度图象的斜率表示加速度，知t1、t3两时刻试探电荷的加速度相同，所受的电场力相同，所以它们在同一位置，故C项正确；
t2时刻试探电荷的速度为零，动能为零，根据能量守恒定律可知试探电荷的电势能最大，故D项正确。
10.（2017·
淮安市5月最后一卷）如图9所示，A、B两圆环上均匀分布着等量的正电荷，x轴垂直于环面且过两圆环圆心O1和O2，P为O1O2的中点。
A.P点的电场强度为零
B.O1点的电场强度为零
C.O1点电势一定等于O2点电势
D.从O1点沿x轴到O2点，电势一定先降低后升高
解析 两个圆环可等效为放在O1点和O2点的点电荷，根据E＝k
可得它们在P点的电场强度等大反向，故P点的电场强度为零，选项A正确；
O1点的电场强度为A上的电荷在O1处产生的电场强度与B上的电荷在O1点处产生的电场强度的矢量和，由对称性可知，A上的电荷在O1点产生的电场强度为零，但是B上的电荷在O1处产生的电场强度不为零，故O1点的场强不为零，选项B错误；
根据对称性可得O1点电势一定等于O2点电势，选项C正确；
从O1点沿x轴到O2点的过程中，电场方向在O1P段为方向向右，在PO2段为方向向左，所以电势先降低后升高，选项D正确。
答案 ACD
三、计算题
11.（2017·
南通一模）如图10所示，间距为d的平行金属板间电压恒定。
初速度为零的电子经电压U0加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子恰好从下极板边缘飞出，飞出时速度的偏向角为θ。
已知电子质量为m、电荷量为e，电子重力不计。
（1）电子刚进入板间电场时的速度大小v0；
（2）电子通过两极板间的过程中，电场力做的功W；
（3）平行金属板间的电场强度大小E。
解析
（1）电子在电场中加速eU0＝
解得v0＝
（2）设电子离开电场时的速度为v，根据动能定理有
W＝
mv2－
由速度关
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