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高考物理三轮冲刺易错题专题06 静电场（2份打包，解析版+原卷版，可预览）
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这是一份高考物理三轮冲刺易错题专题06 静电场（2份打包，解析版+原卷版，可预览），文件包含高考物理三轮冲刺易错题专题06静电场解析版doc、高考物理三轮冲刺易错题专题06静电场原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
易错点1：基本概念基本规律认识出错
1）在公式E＝eq \f(F,q)中，误认为E与F成正比、与q成反比．
2）在公式C＝eq \f(Q,U)中，误认为C与Q成正比、与U成反比．
3）误认为带电粒子的运动轨迹与电场线重合．
4）在电场中误认为场强大的地方电势高．
5）不能正确区分C＝eq \f(Q,U)和C＝eq \f(εrS,4πkd)的意义及用途．
6）在公式B＝eq \f(F,IL)中，误认为B与F成正比、与IL成反比．
【典例1】某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一个负点电荷，该负点电荷仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )
A．该静电场是匀强电场
B．该静电场是非匀强电场
C．负点电荷将沿x轴正方向运动，加速度不变
D．负点电荷将沿x轴负方向运动，加速度逐渐减小
【答案】AC
【解析】图线的斜率大小等于电场中电场强度的大小，故该条电场线上各点场强一样，该静电场为匀强电场，A正确，B错误；沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故负点电荷沿x轴正方向运动，其受到的电场力为恒力，由牛顿第二定律可知其加速度不变，C正确，D错误．
易错点2：对等量及不等量同种、异种电荷形成的电场的特点，不能从合成的角度进行熟练的分析和判断.
【典例2】如图所示，在矩形ABCD的AB边和CD边中点M和N各放一个电荷，它们带等量正、负电荷．E、F是AD边和BC边中点，P、Q两点在MN连线上，MP＝QN，则电场强度和电势都相同两点是( )．
A．E和F B．P和Q
C．A和D D．C和B
【答案】 A
【解析】 由上面所述的规律特点知：E、F两点的电场强度和电势都相同；P、Q两点的电场强度相同，但P点的电势比Q点的高；A、D两点的电场强度大小相等，但方向不同，A点的电势为正，D点的电势为负，A点的电势高于D点．同理，B、C两点也不同．选A
易错点3：对图像分析不到位导致错误.对常见的描述带电粒子在电场中运动的图像，要根据图像准确分析带电粒子的运动情况并由此判断其受力情况及各种能量的变化情况.
【典例3】图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线.两粒子 M、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等.现将 M、N 从虚线上的 O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示.点 a、b、c 为实线与虚线的交点，已知 O 点电势高于 c 点.若不计重力，则（ ）
A.M 带负电荷，N 带正电荷
B.N 在 a 点的速度与 M 在 c 点的速度大小相同
C.N 在从 O 点运动至 a 点的过程中克服电场力做功
D.M 在从 O 点运动至 b 点的过程中，电场力对它做的功等于零
【审题突破】由 O、c 两点的电势可判断出电场方向，由粒子的轨迹可判断出两粒子的带电性质.
【答案】BD
【解析】图中的虚线为等势线，由于等势线与电场线垂直，而 O 点电势高于 c 点，所以电场线方向竖直向下，根据M、N粒子的运动轨迹可知 N 受到的电场力向上，M 受到的电场力向下， M 带正电荷，N 带负电荷，A 错误.O、a 两点的电势差与O、c 两点的电势差大小相等，由于 M 和 N 电荷和质量大小相等，电场力做的正功相等，由动能定理可得 N 在 a 点的速度与M 在 c 点的速度大小相同，但方向不同，B 正确，C 错误.O 和b 位于同一等势面上，M 在从 O 点运动至 b 点的过程中，电场力对它做的功等于零，D 正确.
易错点4：对库仑定律适用条件的理解和应用易错.
【典例4】如图所示，两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 与 b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支架上，两球心间的距离为 l，为球壳外半径 r 的 3 倍.若使它们带上等量异种电荷，使其所带电荷量的绝对值均为 Q，那么 a、b 两球之间的万有引力 F1 与库仑力 F2 为( ）
【审题突破】点电荷是一种理想化的物理模型，当带电体间的距离远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用.
【解析】虽然两球心间的距离 l 只有其外半径 r 的 3 倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点，因此，可以应用万有引力定律；而本题中由于 a、b 两球壳所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离l 只有其外半径r 的 3 倍，不满足l 远大于r 的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，D 正确.
【名师点拨】处理点电荷的平衡问题及动力学问题的方法
确定研究对象.如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”.
对研究对象进行受力分析，多了库仑力(F＝eq \f(kq1q2,r2)）
列平衡方程(F 合＝0 或 Fx＝0，Fy＝0).
易错点5：弄不清描述电场性质的场强、电势、电场线、等势面之间的关系而出错.
【典例5】如图所示，图中实线表示一匀强电场的电场线，一带负电的粒子射入电场，虚线是它的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点，若粒子所受重力不计，那么正确的判断是( ）
A.电场线方向向下
B.粒子一定从 a 点运动到 b 点
C.a 点的电势比 b 点的高
D.粒子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能
易错提醒：
错解一：根据粒子运动的轨迹，联想到重力场中的平抛运动，认为粒子一定是从 a 点运动到 b 点，错选 B.
错解二：混淆电势与电势能的概念，认为从 a 点运动到 b点，是类平抛运动，b 点动能大，所以 a 点的电势比 b 点的高，错选 C.
正确【解析】无论粒子从 a 点或者从 b 点射入电场中，由于运动轨迹向下弯曲，说明粒子所受电场力的方向向下，粒子带负电，可判断电场线的方向向上，A 错误；粒子既可以从 a 点
运动到 b 点，也可以从 b 点运动到 a 点，B 错误；由于顺着电场线电势降低，故 C 错误；由于是负电荷，电势越大处电势能越小，故 D 正确.
易错点6：弄不清电场线、等势面、带电粒子的运动轨迹之间的关系而出错.不清楚电场力做功与电势能的变化之间的关系而出错.
【典例6】图中的虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子(不计重力和它们的相互作用力)，以不同的速率、沿不同的方向，从 A 点飞入电场后，分别沿径迹 1 和 2 运动，由轨迹可以断定（ ）
A.两粒子带电荷量的绝对值一定不同
B.两粒子的电性一定不同
C.两粒子的动能都是先减小后增大
D.两粒子分别经过 B、C 两点时的速率一定相等
【答案】B
【解析】由轨迹可判断，1 粒子受到了排斥力，2 粒子受到了吸引力，所以它们的带电性质一定不同，B 正确；它们均先靠近场源，后远离场源，但 1 粒子的动能先减小后增大(受到了排斥力)，2 粒子的动能先增大后减小(受到了吸引力)，C 错误.UAB＝0，UAC＝0，两粒子的初速度大小不同，由动能定理知 D 错误.
【典例7】质量为 m、电荷量为＋q 的小球在 O 点以初速度 v0 与水平方向成θ角射出，如图所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍沿 v0 方向做直线运动，试求所加匀强电场的最小值，加了这个电场后，经多少时间速度变为零？
解：小球在未加电场时受重力 mg 作用，电场力的作用只要能平衡垂直于速度方向的重力的分力，就能使带电粒子沿v0方向做匀减速直线运动，此时电场力为最小值，如图所示.
因为 Eq＝mgcs θ
所以E＝eq \f(mgcs θ,q)
小球的加速度为
a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ 那么t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,gsin θ).
易错点7：电容器问题中，弄不清电容、电压、电容器所带电荷量和板间电场强度间的关系.
【典例8】板间距为 d 的平行板电容器所带电荷量为 Q 时，两极板间的电势差为U1，板间场强为 E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为eq \f(1,2)d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是( ）
A.U2＝U1，E2＝E1 B. U2＝2U1，E2＝4 E1
C. U2＝U1，E2＝2 E1 D. U2＝2U1，E2＝2 E1
【答案】C
【解析】由平行板电容器相关知识可得：U1＝eq \f(Q,C)＝eq \f(Q,\f(εS,4πkd))＝eq \f(4πkdQ,εS)，E1＝eq \f(U1,d)＝eq \f(4πkQ,εS)，当电荷量变为2Q时，U2＝eq \f(2Q,C′)＝eq \f(2Q,\f(εS,2πkd))＝eq \f(4πkdQ,εS)＝U1，E2＝eq \f(U2,\f(d,2))＝eq \f(8πkQ,εS)＝2E1.
易错点8：判断带电粒子在电场中运动时，对物理过程分析不全面、不细致，不能结合运动过程进行受力分析，不能将曲线运动的相关知识和方法进行迁移而出现错误.
【典例9】质量为 m、电荷量为＋q 的小球在 O 点以初速度 v0 与水平方向成θ角射出，如图所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍沿 v0 方向做直线运动，试求所加匀强电场的最小值，加了这个电场后，经多少时间速度变为零？
解：小球在未加电场时受重力 mg 作用，电场力的作用只要能平衡垂直于速度方向的重力的分力，就能使带电粒子沿v0方向做匀减速直线运动，此时电场力为最小值，如图所示.
因为 Eq＝mgcs θ
所以E＝eq \f(mgcs θ,q)
小球的加速度为a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ 那么t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,gsin θ).
易错点9: 带电粒子在电场中的运动问题
等效思想和能量思想是简化带电粒子在电场中的运动问题解题过程的两大工具。
现将容易出现错误的地方点出来，供参考：
易错点 = 1 \* GB3 ①：当物体在复合场中做圆周运动时，搞不清“物理最高点”和“几何最高点”。
易错点 = 2 \* GB3 ②：绳在拉紧瞬间有能量损失往往被忽视；
易错点 = 3 \* GB3 ③：圆周运动中，在“物理最高点”时的受力分析容易搞错，导致此点的最小速度容易搞错；
易错点 = 4 \* GB3 ④：对保守力做功求解分析不清。
【典例10】如图所示，长为L的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O点正下方钉一个钉子，已知小球受到的电场力是重力的 eq \f(1, eq \r(,3))，现将细线向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好绕钉子O′在竖直平面内作圆周运动，求OO′长度。
错解：摆球从A落下经B到C的过程中受到重力G，绳子的拉力T和电场力F电三个力的作用，并且重力和电场力做功，拉力不做功，由动能定理得：即：
摆球到达最低点时，摆线碰到钉子O′后，若要小球刚好绕钉子O′在竖直平面内做圆周运动，如图所示，则在最高点D应满足：mg=
从C到D的过程中，只有重力做功（负功），由机械能守恒定律得
解方程可得：
所以：
不少同学以前做过不少“在重力场中释放摆球，摆球沿圆弧线运动”的习题，受到这样的思维定势的影响，没能分析出本题的摆球是在重力场和电场叠加场中运动，小球同时受到重力和电场力的作用，这两个力对摆球运动轨迹都有影响。在重力场中应是重力方向上物体运动轨迹的最高点，恰好是几何意义上的最高点，而本题中，“最高点”则是重力与电场力的合力方向上摆球运动的轨迹的最高点。
正解：本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图所示。
所以θ=60︒
开始时，摆球在合力F的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从A点运动到B点，由图可知，△AOB为等边三角形，则摆球从A到B过程中，在等效力场中，由能量守恒定律得：
在B点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，法向分量V2变为零，切向分量。
接着摆球以V1为初速度沿圆弧BO´´做变速圆周运动，碰到钉子O′后，在竖直平面内做圆周运动，在等效力场中，过点O′作合力F的平行线CO′与圆的交点为Q，即为摆球绕O′点做圆周运动的“最高点”，在Q点应满足过B作CO′的垂线，垂足为B′，则B、B′在等效场中等高。
根据能量守恒定律得：
由几何关系得：，
联立方程可解得：R=L，
【名师点拨】用等效的观点把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路径无关。
【典例11】如图所示，质量为m，电量为e的电子 ，从A点以速度V0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120度角，则A、B两点间的电势差是多少？
【解析】电子从A运动到B的过程中，电场力对电子做正功，几何关系可求得电子射出电场时的速度为：
由动能定理可得：，解得。
【名师点拨】运用动能定理这一思路对于带电粒子在任何电场中的运动都适用。
1、用能量的观点解决带电粒子在电场中做曲线运动应知道：动能定理是研究带电粒子在电场中做曲线运动的基本思路，或者运用在电场中动能与电势能相互转化而它们的总和守恒的观点。
2、此题也可从运动的独立性的角度出发思考，用牛顿运动定律来解，但比较麻烦，对于力学中的五大定律的选用顺序是：对系统，先考虑能否用两大守恒定律（机械能守恒定律、能量守恒定律）；对于单个物体先考虑两大定理（动能、动量定理），若都不能（或麻烦）才考虑牛顿运动定律。
3、熟练掌握电场力做功的四种计算方法：
a. 定义式：（该公式只适用于匀强电场）
b. 电势变化计算法：（普遍适用）
c. 电势能变化式：（普遍适用）
d. 动能定理：（普遍适用）
举一反三，纠错训练
1.(多选)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中( )．
A．先做加速运动，后做减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能与机械能之和先增大，后减小
D．电势能先减小，后增大
【答案】 AD
【解析】 根据粒子受力情况可知粒子先做变加速直线运动，后做变减速直线运动，A对；先从低电势到高电势，后从高
电势到低电势，B错；电势能与机械能之和保持不变，C错；电势能先减小，后增大，D正确．
2． (多选)如图所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心．两个等量正电荷分别固定在M、N两点．现有一带电的粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下判断正确的是( )．
A．O点的电场强度一定为零
B．P点的电势一定比O点的电势高
C．粒子一定带负电
D．粒子在P点的电势能一定比Q点的电势能小
【答案】 AC
【解析】 根据场的叠加可知，O点的电场强度为零，A正确；PQ为MN的中垂线，在中垂线上，O点两侧电场强度的方向沿中垂线背离O点向外，沿着电场强度的方向，电势降低，故P点的电势一定比O点的电势低，B错误；粒子能在P、Q之间做直线运动，则粒子一定带负电，C正确；P、Q两点的电势相等，根据电势能EP＝qφ可得，粒子在P点的电势能与Q点的电势能相等，D错误．
3.如图所示，AB 为光滑水平面，BCD 为半径为 R 的光滑竖直半圆轨道，直径 BD 恰好竖直.空间存在水平向右的匀强电场，场强为 E.现有一带电荷时为－q、质量为m＝eq \f(qE,g)的小球从 A 点以初速度 v0 沿水平面运动后滑上圆弧，AB 间的距离为 L＝2R，要使小球恰能到达 D 点，v0 至少为多少？
易错提醒：恰能到达D点，则mg＝eq \f(mv\\al(2,D),R)从A点到D点由动能定理，得
－mg·2R－qEL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) 而qE＝mg，L＝2R
所以v0＝eq \r(9gR)＝3eq \r(gR).
正确解析：如图所示，小球受电场力和重力作用，合力大小不变，为F合＝eq \r(2)mg，方向与水平面成45°角，在M点时速度最小，向心力最大，所以要过D点，在M点时做圆周运动有F合＝eq \f(mv\\al(2,M),R)
从A到M由动能定理，得－mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋\f(\r(2),2)R))－qEeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(\r(2),2)R))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
而qE＝mg，L＝2R
所以v0＝eq \r(3 \r(2)＋6gR).
4. (2020·海南海口模拟)两点电荷Q1、Q2产生的电场线如图所示，根据电场线的分布情况，下列判断正确的是( )
A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量
C．Q1、Q2一定均为正电荷 D．Q1、Q2一定均为负电荷
【答案】A.
【解析】：由电场线的特点可知电场线越密，电场强度越大，可知Q2周围的电场强度大于Q1周围的电场强度，结合点电荷的电场强度的公式E＝eq \f(kQ,r2)可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量，故A正确，B错误；电场线从正电荷或无限远出发到无限远或负电荷终止，由于图中没有标出电场线的方向，所以不能判断出电荷的正负，结合电荷的特点可知，Q1、Q2可能均为正电荷，也有可能Q1、Q2均为负电荷，故C、D错误．
5. (2019·高考天津卷)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】：小球动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间的高度差为h＝eq \f(v2,2g)，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE′p＝eq \f(3,2)mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．
6.(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是( )
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为eq \f(W1＋W2,2)
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为eq \f(W2,qL)
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【答案】 BD
【解析】 结合题意，只能判定Uab＞0、Ucd＞0，但电场方向不能得出，A错误；根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1＝q(φa－φb)①，W2＝q(φc－φd)②，WMN＝q(φM－φN)③，根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知，UaM＝UMc，即φa－φM＝φM－φc，可得φM＝eq \f(φa＋φc,2)④，同理可得φN＝eq \f(φb＋φd,2)⑤，联立①②③④⑤式可得WMN＝eq \f(W1＋W2,2)，B项正确；电场强度的方向只有沿c→d时，场强E＝eq \f(W2,qL)，但本题中电场方向未知，故C错误；若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，结合④⑤两式可推出φa－φM＝φb－φN，D正确．
7.(2020·福建泉州模拟)在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子( )
A．在－x0～0区间一直做加速运动 B．在0～x0区间受到的电场力一直减小
C．在－x0～0区间电势能一直减小 D．在－x0～0区间电势能一直增加
【答案]】 D
【解析】从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；设在x～x＋Δx，电势为φ～φ＋Δφ，根据场强与电势差的关系式E＝eq \f(Δφ,Δx)，当Δx无限趋近于零时，eq \f(Δφ,Δx)表示x处的场强大小(即φ～x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Ee，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；在－x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确．
8. 如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q 的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L,0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求：
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)P、Q两点间的电势差UPQ；
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．
【答案】：(1)45° (2)－eq \f(mgL,q) (3)eq \f(\r(2)v0,g)
【解析】：(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg
且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝eq \f(mg,qE)
解得θ＝45°.
(2)P到Q的过程，由动能定理有
qEL－mgL＝0
WPQ＝qEL
解得UPQ＝eq \f(WPQ,－q)＝－eq \f(mgL,q).
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有eq \r(2)mg＝ma，
即a＝eq \r(2)g，v0＝at
解得t＝eq \f(\r(2)v0,2g)
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T＝2t＝eq \f(\r(2)v0,g).
9. 一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以初速度－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】：由于不知粒子的电性，无法确定电场强度的方向，因此无法比较电势的高低，A错误；由v－t图象的斜率表示加速度可知，粒子在B点的加速度最大，根据牛顿第二定律，可得B点的场强EB最大，B错误；由图象可知，粒子从A点经B点运动到C点的过程中速度先减小后增大，所以动能先减小后增大，粒子只在电场力作用下运动，由动能定理可知电场力先做负功，后做正功，根据功能关系可知，电势能先增加后减小，C正确，D错误．
10. 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．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
【答案】AC.
【解析】：
根据题设条件结合正六边形的特点得等势线分布情况如图，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ΔEk＝8 eV，则到达点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，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项错误．
易错点1：基本概念基本规律认识出错
1）在公式E＝eq \f(F,q)中，误认为E与F成正比、与q成反比．
2）在公式C＝eq \f(Q,U)中，误认为C与Q成正比、与U成反比．
3）误认为带电粒子的运动轨迹与电场线重合．
4）在电场中误认为场强大的地方电势高．
5）不能正确区分C＝eq \f(Q,U)和C＝eq \f(εrS,4πkd)的意义及用途．
6）在公式B＝eq \f(F,IL)中，误认为B与F成正比、与IL成反比．
【典例1】某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一个负点电荷，该负点电荷仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )
A．该静电场是匀强电场
B．该静电场是非匀强电场
C．负点电荷将沿x轴正方向运动，加速度不变
D．负点电荷将沿x轴负方向运动，加速度逐渐减小
【答案】AC
【解析】图线的斜率大小等于电场中电场强度的大小，故该条电场线上各点场强一样，该静电场为匀强电场，A正确，B错误；沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故负点电荷沿x轴正方向运动，其受到的电场力为恒力，由牛顿第二定律可知其加速度不变，C正确，D错误．
易错点2：对等量及不等量同种、异种电荷形成的电场的特点，不能从合成的角度进行熟练的分析和判断.
【典例2】如图所示，在矩形ABCD的AB边和CD边中点M和N各放一个电荷，它们带等量正、负电荷．E、F是AD边和BC边中点，P、Q两点在MN连线上，MP＝QN，则电场强度和电势都相同两点是( )．
A．E和F B．P和Q
C．A和D D．C和B
【答案】 A
【解析】 由上面所述的规律特点知：E、F两点的电场强度和电势都相同；P、Q两点的电场强度相同，但P点的电势比Q点的高；A、D两点的电场强度大小相等，但方向不同，A点的电势为正，D点的电势为负，A点的电势高于D点．同理，B、C两点也不同．选A
易错点3：对图像分析不到位导致错误.对常见的描述带电粒子在电场中运动的图像，要根据图像准确分析带电粒子的运动情况并由此判断其受力情况及各种能量的变化情况.
【典例3】图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线.两粒子 M、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等.现将 M、N 从虚线上的 O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示.点 a、b、c 为实线与虚线的交点，已知 O 点电势高于 c 点.若不计重力，则（ ）
A.M 带负电荷，N 带正电荷
B.N 在 a 点的速度与 M 在 c 点的速度大小相同
C.N 在从 O 点运动至 a 点的过程中克服电场力做功
D.M 在从 O 点运动至 b 点的过程中，电场力对它做的功等于零
【审题突破】由 O、c 两点的电势可判断出电场方向，由粒子的轨迹可判断出两粒子的带电性质.
【答案】BD
【解析】图中的虚线为等势线，由于等势线与电场线垂直，而 O 点电势高于 c 点，所以电场线方向竖直向下，根据M、N粒子的运动轨迹可知 N 受到的电场力向上，M 受到的电场力向下， M 带正电荷，N 带负电荷，A 错误.O、a 两点的电势差与O、c 两点的电势差大小相等，由于 M 和 N 电荷和质量大小相等，电场力做的正功相等，由动能定理可得 N 在 a 点的速度与M 在 c 点的速度大小相同，但方向不同，B 正确，C 错误.O 和b 位于同一等势面上，M 在从 O 点运动至 b 点的过程中，电场力对它做的功等于零，D 正确.
易错点4：对库仑定律适用条件的理解和应用易错.
【典例4】如图所示，两个质量均为 m 的完全相同的金属球壳 a 与 b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支架上，两球心间的距离为 l，为球壳外半径 r 的 3 倍.若使它们带上等量异种电荷，使其所带电荷量的绝对值均为 Q，那么 a、b 两球之间的万有引力 F1 与库仑力 F2 为( ）
【审题突破】点电荷是一种理想化的物理模型，当带电体间的距离远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用.
【解析】虽然两球心间的距离 l 只有其外半径 r 的 3 倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点，因此，可以应用万有引力定律；而本题中由于 a、b 两球壳所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离l 只有其外半径r 的 3 倍，不满足l 远大于r 的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，D 正确.
【名师点拨】处理点电荷的平衡问题及动力学问题的方法
确定研究对象.如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”.
对研究对象进行受力分析，多了库仑力(F＝eq \f(kq1q2,r2)）
列平衡方程(F 合＝0 或 Fx＝0，Fy＝0).
易错点5：弄不清描述电场性质的场强、电势、电场线、等势面之间的关系而出错.
【典例5】如图所示，图中实线表示一匀强电场的电场线，一带负电的粒子射入电场，虚线是它的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点，若粒子所受重力不计，那么正确的判断是( ）
A.电场线方向向下
B.粒子一定从 a 点运动到 b 点
C.a 点的电势比 b 点的高
D.粒子在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能
易错提醒：
错解一：根据粒子运动的轨迹，联想到重力场中的平抛运动，认为粒子一定是从 a 点运动到 b 点，错选 B.
错解二：混淆电势与电势能的概念，认为从 a 点运动到 b点，是类平抛运动，b 点动能大，所以 a 点的电势比 b 点的高，错选 C.
正确【解析】无论粒子从 a 点或者从 b 点射入电场中，由于运动轨迹向下弯曲，说明粒子所受电场力的方向向下，粒子带负电，可判断电场线的方向向上，A 错误；粒子既可以从 a 点
运动到 b 点，也可以从 b 点运动到 a 点，B 错误；由于顺着电场线电势降低，故 C 错误；由于是负电荷，电势越大处电势能越小，故 D 正确.
易错点6：弄不清电场线、等势面、带电粒子的运动轨迹之间的关系而出错.不清楚电场力做功与电势能的变化之间的关系而出错.
【典例6】图中的虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子(不计重力和它们的相互作用力)，以不同的速率、沿不同的方向，从 A 点飞入电场后，分别沿径迹 1 和 2 运动，由轨迹可以断定（ ）
A.两粒子带电荷量的绝对值一定不同
B.两粒子的电性一定不同
C.两粒子的动能都是先减小后增大
D.两粒子分别经过 B、C 两点时的速率一定相等
【答案】B
【解析】由轨迹可判断，1 粒子受到了排斥力，2 粒子受到了吸引力，所以它们的带电性质一定不同，B 正确；它们均先靠近场源，后远离场源，但 1 粒子的动能先减小后增大(受到了排斥力)，2 粒子的动能先增大后减小(受到了吸引力)，C 错误.UAB＝0，UAC＝0，两粒子的初速度大小不同，由动能定理知 D 错误.
【典例7】质量为 m、电荷量为＋q 的小球在 O 点以初速度 v0 与水平方向成θ角射出，如图所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍沿 v0 方向做直线运动，试求所加匀强电场的最小值，加了这个电场后，经多少时间速度变为零？
解：小球在未加电场时受重力 mg 作用，电场力的作用只要能平衡垂直于速度方向的重力的分力，就能使带电粒子沿v0方向做匀减速直线运动，此时电场力为最小值，如图所示.
因为 Eq＝mgcs θ
所以E＝eq \f(mgcs θ,q)
小球的加速度为
a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ 那么t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,gsin θ).
易错点7：电容器问题中，弄不清电容、电压、电容器所带电荷量和板间电场强度间的关系.
【典例8】板间距为 d 的平行板电容器所带电荷量为 Q 时，两极板间的电势差为U1，板间场强为 E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为eq \f(1,2)d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是( ）
A.U2＝U1，E2＝E1 B. U2＝2U1，E2＝4 E1
C. U2＝U1，E2＝2 E1 D. U2＝2U1，E2＝2 E1
【答案】C
【解析】由平行板电容器相关知识可得：U1＝eq \f(Q,C)＝eq \f(Q,\f(εS,4πkd))＝eq \f(4πkdQ,εS)，E1＝eq \f(U1,d)＝eq \f(4πkQ,εS)，当电荷量变为2Q时，U2＝eq \f(2Q,C′)＝eq \f(2Q,\f(εS,2πkd))＝eq \f(4πkdQ,εS)＝U1，E2＝eq \f(U2,\f(d,2))＝eq \f(8πkQ,εS)＝2E1.
易错点8：判断带电粒子在电场中运动时，对物理过程分析不全面、不细致，不能结合运动过程进行受力分析，不能将曲线运动的相关知识和方法进行迁移而出现错误.
【典例9】质量为 m、电荷量为＋q 的小球在 O 点以初速度 v0 与水平方向成θ角射出，如图所示，如果在某方向加上一定大小的匀强电场后，能保证小球仍沿 v0 方向做直线运动，试求所加匀强电场的最小值，加了这个电场后，经多少时间速度变为零？
解：小球在未加电场时受重力 mg 作用，电场力的作用只要能平衡垂直于速度方向的重力的分力，就能使带电粒子沿v0方向做匀减速直线运动，此时电场力为最小值，如图所示.
因为 Eq＝mgcs θ
所以E＝eq \f(mgcs θ,q)
小球的加速度为a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ 那么t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,gsin θ).
易错点9: 带电粒子在电场中的运动问题
等效思想和能量思想是简化带电粒子在电场中的运动问题解题过程的两大工具。
现将容易出现错误的地方点出来，供参考：
易错点 = 1 \* GB3 ①：当物体在复合场中做圆周运动时，搞不清“物理最高点”和“几何最高点”。
易错点 = 2 \* GB3 ②：绳在拉紧瞬间有能量损失往往被忽视；
易错点 = 3 \* GB3 ③：圆周运动中，在“物理最高点”时的受力分析容易搞错，导致此点的最小速度容易搞错；
易错点 = 4 \* GB3 ④：对保守力做功求解分析不清。
【典例10】如图所示，长为L的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O点正下方钉一个钉子，已知小球受到的电场力是重力的 eq \f(1, eq \r(,3))，现将细线向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好绕钉子O′在竖直平面内作圆周运动，求OO′长度。
错解：摆球从A落下经B到C的过程中受到重力G，绳子的拉力T和电场力F电三个力的作用，并且重力和电场力做功，拉力不做功，由动能定理得：即：
摆球到达最低点时，摆线碰到钉子O′后，若要小球刚好绕钉子O′在竖直平面内做圆周运动，如图所示，则在最高点D应满足：mg=
从C到D的过程中，只有重力做功（负功），由机械能守恒定律得
解方程可得：
所以：
不少同学以前做过不少“在重力场中释放摆球，摆球沿圆弧线运动”的习题，受到这样的思维定势的影响，没能分析出本题的摆球是在重力场和电场叠加场中运动，小球同时受到重力和电场力的作用，这两个力对摆球运动轨迹都有影响。在重力场中应是重力方向上物体运动轨迹的最高点，恰好是几何意义上的最高点，而本题中，“最高点”则是重力与电场力的合力方向上摆球运动的轨迹的最高点。
正解：本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图所示。
所以θ=60︒
开始时，摆球在合力F的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从A点运动到B点，由图可知，△AOB为等边三角形，则摆球从A到B过程中，在等效力场中，由能量守恒定律得：
在B点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，法向分量V2变为零，切向分量。
接着摆球以V1为初速度沿圆弧BO´´做变速圆周运动，碰到钉子O′后，在竖直平面内做圆周运动，在等效力场中，过点O′作合力F的平行线CO′与圆的交点为Q，即为摆球绕O′点做圆周运动的“最高点”，在Q点应满足过B作CO′的垂线，垂足为B′，则B、B′在等效场中等高。
根据能量守恒定律得：
由几何关系得：，
联立方程可解得：R=L，
【名师点拨】用等效的观点把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路径无关。
【典例11】如图所示，质量为m，电量为e的电子 ，从A点以速度V0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120度角，则A、B两点间的电势差是多少？
【解析】电子从A运动到B的过程中，电场力对电子做正功，几何关系可求得电子射出电场时的速度为：
由动能定理可得：，解得。
【名师点拨】运用动能定理这一思路对于带电粒子在任何电场中的运动都适用。
1、用能量的观点解决带电粒子在电场中做曲线运动应知道：动能定理是研究带电粒子在电场中做曲线运动的基本思路，或者运用在电场中动能与电势能相互转化而它们的总和守恒的观点。
2、此题也可从运动的独立性的角度出发思考，用牛顿运动定律来解，但比较麻烦，对于力学中的五大定律的选用顺序是：对系统，先考虑能否用两大守恒定律（机械能守恒定律、能量守恒定律）；对于单个物体先考虑两大定理（动能、动量定理），若都不能（或麻烦）才考虑牛顿运动定律。
3、熟练掌握电场力做功的四种计算方法：
a. 定义式：（该公式只适用于匀强电场）
b. 电势变化计算法：（普遍适用）
c. 电势能变化式：（普遍适用）
d. 动能定理：（普遍适用）
举一反三，纠错训练
1.(多选)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示．若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动．粒子从b点运动到d点的过程中( )．
A．先做加速运动，后做减速运动
B．先从高电势到低电势，后从低电势到高电势
C．电势能与机械能之和先增大，后减小
D．电势能先减小，后增大
【答案】 AD
【解析】 根据粒子受力情况可知粒子先做变加速直线运动，后做变减速直线运动，A对；先从低电势到高电势，后从高
电势到低电势，B错；电势能与机械能之和保持不变，C错；电势能先减小，后增大，D正确．
2． (多选)如图所示，MN、PQ是圆的两条相互垂直的直径，O为圆心．两个等量正电荷分别固定在M、N两点．现有一带电的粒子(不计重力及粒子对电场的影响)从P点由静止释放，粒子恰能在P、Q之间做直线运动，则以下判断正确的是( )．
A．O点的电场强度一定为零
B．P点的电势一定比O点的电势高
C．粒子一定带负电
D．粒子在P点的电势能一定比Q点的电势能小
【答案】 AC
【解析】 根据场的叠加可知，O点的电场强度为零，A正确；PQ为MN的中垂线，在中垂线上，O点两侧电场强度的方向沿中垂线背离O点向外，沿着电场强度的方向，电势降低，故P点的电势一定比O点的电势低，B错误；粒子能在P、Q之间做直线运动，则粒子一定带负电，C正确；P、Q两点的电势相等，根据电势能EP＝qφ可得，粒子在P点的电势能与Q点的电势能相等，D错误．
3.如图所示，AB 为光滑水平面，BCD 为半径为 R 的光滑竖直半圆轨道，直径 BD 恰好竖直.空间存在水平向右的匀强电场，场强为 E.现有一带电荷时为－q、质量为m＝eq \f(qE,g)的小球从 A 点以初速度 v0 沿水平面运动后滑上圆弧，AB 间的距离为 L＝2R，要使小球恰能到达 D 点，v0 至少为多少？
易错提醒：恰能到达D点，则mg＝eq \f(mv\\al(2,D),R)从A点到D点由动能定理，得
－mg·2R－qEL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) 而qE＝mg，L＝2R
所以v0＝eq \r(9gR)＝3eq \r(gR).
正确解析：如图所示，小球受电场力和重力作用，合力大小不变，为F合＝eq \r(2)mg，方向与水平面成45°角，在M点时速度最小，向心力最大，所以要过D点，在M点时做圆周运动有F合＝eq \f(mv\\al(2,M),R)
从A到M由动能定理，得－mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋\f(\r(2),2)R))－qEeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋\f(\r(2),2)R))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
而qE＝mg，L＝2R
所以v0＝eq \r(3 \r(2)＋6gR).
4. (2020·海南海口模拟)两点电荷Q1、Q2产生的电场线如图所示，根据电场线的分布情况，下列判断正确的是( )
A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量 B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量
C．Q1、Q2一定均为正电荷 D．Q1、Q2一定均为负电荷
【答案】A.
【解析】：由电场线的特点可知电场线越密，电场强度越大，可知Q2周围的电场强度大于Q1周围的电场强度，结合点电荷的电场强度的公式E＝eq \f(kQ,r2)可知，Q1的电荷量小于Q2的电荷量，故A正确，B错误；电场线从正电荷或无限远出发到无限远或负电荷终止，由于图中没有标出电场线的方向，所以不能判断出电荷的正负，结合电荷的特点可知，Q1、Q2可能均为正电荷，也有可能Q1、Q2均为负电荷，故C、D错误．
5. (2019·高考天津卷)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】：小球动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间的高度差为h＝eq \f(v2,2g)，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝eq \f(1,2)mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE′p＝eq \f(3,2)mv2＋eq \f(1,2)mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．
6.(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是( )
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为eq \f(W1＋W2,2)
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为eq \f(W2,qL)
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【答案】 BD
【解析】 结合题意，只能判定Uab＞0、Ucd＞0，但电场方向不能得出，A错误；根据电场力做功与电势能变化量的关系有W1＝q(φa－φb)①，W2＝q(φc－φd)②，WMN＝q(φM－φN)③，根据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知，UaM＝UMc，即φa－φM＝φM－φc，可得φM＝eq \f(φa＋φc,2)④，同理可得φN＝eq \f(φb＋φd,2)⑤，联立①②③④⑤式可得WMN＝eq \f(W1＋W2,2)，B项正确；电场强度的方向只有沿c→d时，场强E＝eq \f(W2,qL)，但本题中电场方向未知，故C错误；若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，结合④⑤两式可推出φa－φM＝φb－φN，D正确．
7.(2020·福建泉州模拟)在坐标－x0到x0之间有一静电场，x轴上各点的电势φ随坐标x的变化关系如图所示，一电荷量为e的质子从－x0处以一定初动能仅在电场力作用下沿x轴正向穿过该电场区域．则该质子( )
A．在－x0～0区间一直做加速运动 B．在0～x0区间受到的电场力一直减小
C．在－x0～0区间电势能一直减小 D．在－x0～0区间电势能一直增加
【答案]】 D
【解析】从－x0到0，电势逐渐升高，意味着该区域内的场强方向向左，质子受到的电场力向左，与运动方向相反，所以质子做减速运动，A错误；设在x～x＋Δx，电势为φ～φ＋Δφ，根据场强与电势差的关系式E＝eq \f(Δφ,Δx)，当Δx无限趋近于零时，eq \f(Δφ,Δx)表示x处的场强大小(即φ～x图线的斜率)，从0到x0区间，图线的斜率先增加后减小，所以电场强度先增大后减小，根据F＝Ee，质子受到的电场力先增大后减小，B错误；在－x0～0区间质子受到的电场力方向向左，与运动方向相反，电场力做负功，电势能增加，C错误，D正确．
8. 如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q 的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L,0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求：
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)P、Q两点间的电势差UPQ；
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．
【答案】：(1)45° (2)－eq \f(mgL,q) (3)eq \f(\r(2)v0,g)
【解析】：(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg
且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝eq \f(mg,qE)
解得θ＝45°.
(2)P到Q的过程，由动能定理有
qEL－mgL＝0
WPQ＝qEL
解得UPQ＝eq \f(WPQ,－q)＝－eq \f(mgL,q).
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有eq \r(2)mg＝ma，
即a＝eq \r(2)g，v0＝at
解得t＝eq \f(\r(2)v0,2g)
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T＝2t＝eq \f(\r(2)v0,g).
9. 一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以初速度－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】：由于不知粒子的电性，无法确定电场强度的方向，因此无法比较电势的高低，A错误；由v－t图象的斜率表示加速度可知，粒子在B点的加速度最大，根据牛顿第二定律，可得B点的场强EB最大，B错误；由图象可知，粒子从A点经B点运动到C点的过程中速度先减小后增大，所以动能先减小后增大，粒子只在电场力作用下运动，由动能定理可知电场力先做负功，后做正功，根据功能关系可知，电势能先增加后减小，C正确，D错误．
10. 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．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
【答案】AC.
【解析】：
根据题设条件结合正六边形的特点得等势线分布情况如图，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ΔEk＝8 eV，则到达点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，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项错误．
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