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高考物理二轮复习精品专题五 电场(2份打包，解析版+原卷版，可预览)
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这是一份高考物理二轮复习精品专题五 电场(2份打包，解析版+原卷版，可预览)，文件包含高考物理二轮复习精品专题五电场原卷版doc、高考物理二轮复习精品专题五电场解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
专题 五
××
电 场
命题趋势
本专题主要考查对电场力的性质和能的性质的理解，带电粒子在电场中的加速和偏转问题。命题形式选择题和计算题均有出现，考查考生的建模能力和应用数学知识处理物理问题的能力。
考点清单
一、电场的性质与带电粒子在电场中运动问题
1．三个物理量的判断方法
判断场强强弱
①根据电场线或等势面的疏密判断；②根据公式E＝k和场强叠加原理判断
判断电势的高低
①根据电场线的方向判断；②由UAB＝和UAB＝φA－φB判断；③根据电场力做功(或电势能)判断
判断电势能大小
①根据Ep＝qφ判断；②根据ΔEp＝－W电，由电场力做功判断
2．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＝mv2－mv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、与平行板电容器相关的电场问题
1．记住三个公式：定义式C＝，决定式C＝，关系式E＝。
2．掌握两个重要结论
(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．注意一个特例：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。
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1．(多选)(2020·全国课标卷Ⅲ·T21)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q＞0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【答案】BC
【解析】点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图，∠M是最大内角，所以PN＞PM，根据点电荷的场强公式E＝k(或者根据电场线的疏密程度)可知从M→N电场强度先增大后减小，A错误；电场线与等势面(图中虚线)处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，B正确；M、N两点的电势大小关系为φM＞φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；正电荷从M→N，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误。
2．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，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上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )
A．平行板电容器的电容将变小
B．带电油滴的电势能将减小
C．静电计指针张角变小
D．若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【答案】B
【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C＝知，d减小，则电容增大，故A错误；电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该油滴带负电荷，则电势能减小，故B正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，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C错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，再将下极板左移一小段距离，正对面积S减小，根据E＝，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误。
3．(2019·全国卷Ⅱ·T24)如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有：
E＝，F＝qE＝ma
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有：
qEh＝Ek－mv
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有：
h＝at2，l＝v0t
联立式解得Ek＝mv＋qh，l＝v0。
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度
L＝2l＝2v0。
高频易错题
1．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·T21)如图所示，电荷量分别为q和－q(q＞0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则( )
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
【答案】BC
【解析】分别画出电荷q和－q在a、b处的电场，如图1所示，根据电场叠加的原理，可知a、b两点的电场强度大小、方向均相同，故B、C正确；画出－q、b、q、a所在平面的电场线，如图2，由图可知b点的电势大于a点，所以将负电荷从a点移到b点，电势能减小，故A、D错误。
【点评】本题考查点电荷电场强度叠加的计算，由于电场强度是矢量，因此对其大小和方向要全面考虑。本题的易错点在于不能将立体图转化为平面图，空间想象力差，不能正确运用几何关系进行分析，从而导致错解。
2．(2020·全国卷I·T25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【解析】 (1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q＞0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：xAC＝R
所以根据动能定理有：qExAC＝mv－0
解得：E＝。
(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大，则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有x＝Rsin 60°＝v1t
y＝R＋Rcos 60°＝at2
而电场力提供加速度有qE＝ma
联立各式解得粒子进入电场时的速度v1＝；
(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有
xBC＝R＝v2t2
xAC＝R＝at
电场力提供加速度有qE＝ma
联立解得v2＝；
当粒子从C点射出时初速度为0。
【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动，考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题。易错点在于找不到动能最大所对应的位置，从而导致无法解决问题(2)；对于动量变化量为，只考虑了类平抛运动的情况，忽略了初速度为0的情况。
精准预测题
1．如图所示，用两根等长的轻质细绝缘线M、N把带电小球甲悬挂在水平天花板上，两线之间的夹角为θ＝60°。小球甲电荷量q＝2.0×10－6 C，质量m＝0.1 kg，其正下方l＝0.3 m处固定有一带等量同种电荷的小球乙。小球甲、乙均可视为点电荷，静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，重力加速度g取10 m/s2。则细线N的拉力大小为( )
A． N B． N
C． N D． N
【答案】A
【解析】小球甲、乙之间的库仑力F＝k＝0.4 N，设细线M、N的拉力大小均为T，对小球甲受力分析，根据平衡条件有2Tcos 30°＋F＝mg，解得T＝ N，故选A。
2．如图所示，A、B、C为三段圆柱体，质量均为m，均可视为质点，通过铰链与两根长为L的轻杆相连，A、B、C位于竖直面内且成正三角形，其中A、C置于光滑水平面上，A、C带电，电荷量均为q，A、C间的库仑力忽略不计，B不带电。起初在水平向右的匀强电场中三个物体均保持静止，现水平电场突然消失，B由静止下落，物体A、C在杆的作用下向两侧滑动，三物体的运动始终在同一竖直平面内。已知重力加速度为g，则物体B由静止至落地的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体A、C带异种电荷，且A带负电，C带正电
B．水平电场的电场强度大小为
C．圆柱A对地面的压力一直大于mg
D．圆柱B落地的速度大小近似为
【答案】D
【解析】根据平衡条件可知，A带正电，C带负电，对B受力分析可知，杆上的支持力2Fcos 30°＝mg，解得F＝mg，对C分析可得杆上作用力的水平分力等于电场力，即Eq＝Fcos 60°＝mg，可知A、B错误；在B落地前的一段时间，A、C做减速运动，轻杆对球有向上作用力，故球A对地面的压力可能小于mg，C错误；对整个系统分析，mgL＝mvB2，得，D正确。
3．如图所示为两个不等量的异种电荷所形成的电场，曲线PQR是一带电粒子仅在电场力作用下通过该电场区域时的运动轨迹，由此可判断( )
A．该带电粒子一定带正电
B．带电粒子在P点的动能小于在Q点的动能
C．带电粒子在P点的加速度大于在R点的加速度
D．带电粒子在P点的电势能小于在R点的电势能
【答案】B
【解析】根据粒子的运动轨迹，粒子在Q点受电场力大致向左，可知该带电粒子一定带负电，A错误；从P点到Q点电场力做负功，则带电粒子在P点的动能小于在Q点的动能，B正确；由电场线分布可知，R处的电场线较P点密集，则粒子在Q点受电场力较大，则带电粒子在P点的加速度小于在R点的加速度，C错误；因R点的电势高于P点的电势，则带负电的粒子在P点的电势能大于在R点的电势能，D错误。
4．如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆形细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F。一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．小球从C运动到D的过程中，速度先减小后增大
B．在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低
C．小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能
D．小在D、F两点所受的电场力相同
【答案】C
【解析】小球从C到D的过程中电场力的方向一直与速度方向是钝角，电场力一直做负功，速度一直减小，A错误；由等量正电荷的电场线的分布可知，电场线在OC方向由C指向O，在OF方向则有O指向F，顺着电场线电势降低，因此有φC＞φO＞φF，B错误；由等量正电荷的电场的对称性可得，在C、E两点电势相等，则小球在C、E两点具有相同的电势能，小球在细管中运动，仅有电场力做功，由能量守恒定律可得小球在C、E两点动能变化等于在在C、E两点电势能变化，故小球动能变化为零，故在在C、E两点的速度大小相等，C正确；等量同种电荷的电场线如图，D点电场线在向上，F点电场在向下，因此电场力方向不同，D错误。
5．如图所示为某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，薄片P接地，两极板之间有一点A，人对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，则在P、Q间距增大的过程中( )
A．电容器的电容增大
B．金属极板上的电荷量不变
C．A点的电势降低
D．P、Q间电场强度减小
【答案】D
【解析】由C＝知，两极板间距离增大时，电容器的电容减小，A错误；因为Q＝CU，而本题中两板间电压不变，电容减小，故金属极板上的电荷量减小，B错误；P接地，电势为0，A点电势大于0，φA＝UQP－UQA＝UQP－EdQA，由E＝知P、Q间电场强度减小，故A点的电势增大，C错误、D正确。
6．(多选)在x轴上存在一水平方向的电场，有一质量m＝2 kg，电荷量q＝1 C的带正电的小球只在电场力的作用下，以初速度v0＝2 m/s，从x0＝6 m处开始沿光滑绝缘水平面向x轴负方向运动。电势φ随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．小球运动范围0≤x≤6 m
B．小球运动范围1 m≤x≤7 m
C．当小球运动到电势为2 V的位置时，小球的动能为6 J
D．小球的动能最大值为8 J
【答案】BC
【解析】带电小球只在电场力的作用下运动，只发生着动能和电势能之间的转化，动能和电势能之和为定值，小球在x0＝6 m处的动能Ek0＝mv02＝8 J，电势能Ep0＝0，总能量E＝Ek0＋Ep0＝8 J，结合图象可得，小球在x＝1 m和x＝7 m处的电势能都为8 J，小球在x＝1 m和x＝7 m处的动能都为0，速度都为0，小球的运动范围为1 m≤x≤7 m，故A错误，B正确；当小球运动到电势为2 V的位置时，电势能为2 J，小球的动能为6 J，故C正确；小球在x＝4 m处电势能有最小值－8 J，动能最大值为16 J，故D错误。
7．(多选)在某空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的三维直角坐标系O－xyz，以坐标原点O为球心的球面交坐标轴x于a、b两点，交y轴于c、d两点，交z轴于e、f两点。将带电荷量为－q(q＞0)、质量为m的点电荷从O点分别移到b、c、f三点处，电场力所做的功分别为Wb、Wc、Wf，且Wb＝Wf＝W，Wc＝0，则( )
A．b点电势等于f点电势
B．O、b两点的电势差UOb＝
C．将－q在球面上任意两点间移动时电场力做功最多是
D．球面上电势最高的点可能在圆decf上的某一点
【答案】AC
【解析】由O到c点，电场力做功为零知O和c的电势相等，Oc连线在匀强电场中是一条等势线，与电场线垂直，所以电场线与xOz平面平行，因为粒子从O到b和从O到f电场力做功是相等的，所以b和f的电势相等，A正确；连接b、f，则bf是一条等势线，与电场线垂直，如图所示，过O点作一条直线垂直bf交于圆上P、Q两点，PQ即为一条电场线。从O到b，电场力做功W＝(－q)UOb，得UOb＝，B错误；设球面半径为R，由∣W∣＝qERcos 45°，在球面上任意两点间移动时，位移最大为2R，电场力做功W′＝qE·2Rcos α，当cos α＝1时做功最多， Wm′＝2∣W∣，C正确；电势最高或最低的点如图中的PQ两点，D错误。
8．(多选)如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．A球刚进入水平轨道的速度大小为
B．A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep＝mgh
C．A球最终的速度vA为
D．B球最终的速度vB为
【答案】ACD
【解析】对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝×2mv02，v0＝，故A正确；A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速2mv0＝(2m＋m)v，v＝，根据能的转化和守恒定律2mgh＝(2m＋m)v2＋Epm，得Epm＝mgh，故B错误；当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定，2mv0＝2mvA＋mvB，×2mv02＝×2mvA2＋mvB2，得vA＝，vB＝，故CD正确。
9．(多选)如图所示，ACB为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为水平直径的两个端点，AC为圆弧，MPQO为竖直向下的有界匀强电场（边界上有电场），电场强度的大小。一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，小球运动过程中电量不变，不计空气阻力，已知重力加速度为g。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )
A．若H＝3R小球从A到C的过程中，电势能增加2mgR
B．若H＞R，则小球一定能到达B点
C．若小球到达C点时对轨道压力为6mg，则H＝4.5R
D．若H＝R，则小球刚好沿轨道到达C点
【答案】AC
【解析】若H＝3R小球从A到C的过程中，电场力做负功，电势能增加，则有ΔEp＝EqR＝2mgR，故A正确；小球刚好能到B点时，由弹力提供向心力，则满足过B点的速度vB≥0，由A到B的动能定理可知mgH－qER＝mvB2－0，，解得h≥2R，故B错误；过C点的压力为6mg，则由牛顿第三定律可知轨道的支持力为6mg，对C点受力分析有N＋qE－mg＝，从A到C由动能定理有mg(H＋R)－qER＝mvC2－0，解得H＝4.5R，故C正确；若H＝R，假设小球可以沿轨道到达C点，根据动能定理有mg(H＋R)－qER＝mvC2－0，解得vC＝0，故在C点需要的向心力为零，但电场力和重力的合力向上，大于需要的向心力，不能沿着轨道过C点，说明球到达C点前已经离开轨道，故D错误。
10．(多选)如图甲所示，平行金属板P、Q上有两个正对小孔，P板接地，Q板的电势φQ随时间变化的情况如图乙所示，完全相同的正离子以相同的初速度v0陆续从P板小孔飞向Q板小孔，t＝0时刻从P板小孔飞入的离子在t＝时刻到达Q板小孔且速度刚好减小到零（未返回）。不计力、小孔对板间电场的影响、离子间的相互作用。则下列说法正确的是( )
A．所有离子在板间运动的时间都相等
B．t＝时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为v0
C．t＝时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为v0
D．若将两板距离变成原来的两倍，则t＝0时刻从P板小孔飞入的离子到达Q板时的速度仍为零
【答案】BC
【解析】由于离子在两板之间的运动过程中，只受到电场力的作用，不同时间释放的离子初速度相同，但受到电场力作用的时间不同，所以运动时间不可能都相等，A错误；在t＝0进入的离子，在t＝到达Q板且速度刚好减小到零，根据动量定理，有－F＝－mv0，在进入的离子，在电场中运动了时间，且在下个周期前到达Q板，根据动量定理，有－F＝mv－mv0，可得v＝v0，B正确；两极板间距离d＝v0＝v0T，在进入的离子，在前时间内做匀速直线运动，距离d＝v0＝d，接着在电场中运动的距离d2＝d－d＝d，根据动能定理，在t＝0进入的离子－Fd＝mv02，在进入的离子－Fd2＝mv12－mv02，解得v1＝v0，C正确；若两板间的距离变为原来的2倍，电场强度变为原来的一半，离子做减速运动的加速度也变为原来的一半，在时刻电场消失时，离子的速度并不为0，接着做匀速直线运动，在下个周期之前离开Q板，所以到达Q板的速度并不为0，D错误。
11．如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝2.5×106 N/C的匀强电场中，一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，从距离C点L0＝4.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.6，g取10 m/s2。求：
(1)小物体刚要进入电场前经过C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间。
【解析】(1)对小物体在拉力F的作用下由静止开始从A点运动到C点过程，应用动能定理得：
FL0－μmgL0＝mvC2－0
解得：vC＝4 m/s。
(2)小物体进入电场向右减速的过程中，有：
μmg＋qE＝ma1
vC＝a1t1
设小物体向右减速的时间为t1，则：vC＝a1t1
小物体在电场中向右运动的距离x＝(vC ＋0)t1
由于μmg＜qE，所以小物体减速至0后反向向左加速，直到滑出电场，则有：
μmg－qE＝ma2
x＝a2t22
小物体在电场中运动的时间t＝t1＋t2
联立解得：t＝0.75 s。
12．如图所示，真空中有两块正方形平行正对金属极板A、B，边长L＝10 cm，两板间距d＝1 cm。紧贴两极板右边缘有一个与极板同宽、上下长度足够长的荧光屏。在A、B间加U＝100 V恒定电压，B板电势较高。在两板左端面正中央位置O处有一离子源。以O点为原点，以垂直于荧光屏方向为z轴，垂直于极板方向为y轴，平行于荧光屏方向为x轴，建立图示坐标系。离子源发射的正离子的比荷为＝108 C/kg，离子的速度大小介于0到2×106 m/s之间，打在极板上的离子均被吸收。
(1)若离子源沿z轴正方向不断发射离子，试求能打在荧光屏上的离子的速度范围；
(2)若离子源发射了一个离子，分速度分别为vx＝5×105 m/s，vy＝0，vz＝1.5×106 m/s，求该离子打在荧光屏上点的坐标；
(3)若离子源沿xOz平面内各方向发射离子，且所有离子的速度大小均为2×106 m/s，写出这些离子打在荧光屏上的图象的坐标x、y满足的关系式。
【解析】(1)设发射速度为v0的离子刚好打在极板边缘，离子在z方向做匀速直线运动，y方向做匀加速直线运动：
L＝v0t，d＝at2，Eq＝ma，E＝
联立解得：a＝1012 m/s2，v0＝106 m/s
因此速度介于106 m/s到2×106 m/s之间的离子能达到荧光屏上。
(2)离子在x、z方向做匀速直线运动，y方做匀加速直线运动：
x＝vxt1，L＝vzt1，y＝at12
联立解得：x＝ cm，y＝cm
该离子打在荧光屏上点的坐标为（ cm，cm，10cm）。
(3)设离子发射速度方向与z轴夹角为θ，v＝2×106 m/s，则离子在x、z 方向的分速度分别为：
vx＝vsin θ，vz＝vcos θ
离子z方向和x方向都做匀速直线运动，故打到屏上位置的x坐标x＝Ltan θ
y方向做匀变速直线运动，由第(2)问可得，离子打在屏上位置的y坐标
利用
联立消除θ可得
整理得并代入数据得：（x、y单位都取m）
故图象为一条抛物线。
专题 五
××
电 场
命题趋势
本专题主要考查对电场力的性质和能的性质的理解，带电粒子在电场中的加速和偏转问题。命题形式选择题和计算题均有出现，考查考生的建模能力和应用数学知识处理物理问题的能力。
考点清单
一、电场的性质与带电粒子在电场中运动问题
1．三个物理量的判断方法
判断场强强弱
①根据电场线或等势面的疏密判断；②根据公式E＝k和场强叠加原理判断
判断电势的高低
①根据电场线的方向判断；②由UAB＝和UAB＝φA－φB判断；③根据电场力做功(或电势能)判断
判断电势能大小
①根据Ep＝qφ判断；②根据ΔEp＝－W电，由电场力做功判断
2．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＝mv2－mv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、与平行板电容器相关的电场问题
1．记住三个公式：定义式C＝，决定式C＝，关系式E＝。
2．掌握两个重要结论
(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．注意一个特例：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。
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1．(多选)(2020·全国课标卷Ⅲ·T21)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q＞0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【答案】BC
【解析】点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图，∠M是最大内角，所以PN＞PM，根据点电荷的场强公式E＝k(或者根据电场线的疏密程度)可知从M→N电场强度先增大后减小，A错误；电场线与等势面(图中虚线)处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，B正确；M、N两点的电势大小关系为φM＞φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C正确；正电荷从M→N，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误。
2．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，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上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )
A．平行板电容器的电容将变小
B．带电油滴的电势能将减小
C．静电计指针张角变小
D．若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【答案】B
【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C＝知，d减小，则电容增大，故A错误；电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势增大，因为该油滴带负电荷，则电势能减小，故B正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，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C错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，再将下极板左移一小段距离，正对面积S减小，根据E＝，知电场强度变大，则油滴所受电场力变大，故D错误。
3．(2019·全国卷Ⅱ·T24)如图所示，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有：
E＝，F＝qE＝ma
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有：
qEh＝Ek－mv
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有：
h＝at2，l＝v0t
联立式解得Ek＝mv＋qh，l＝v0。
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度
L＝2l＝2v0。
高频易错题
1．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·T21)如图所示，电荷量分别为q和－q(q＞0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则( )
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
【答案】BC
【解析】分别画出电荷q和－q在a、b处的电场，如图1所示，根据电场叠加的原理，可知a、b两点的电场强度大小、方向均相同，故B、C正确；画出－q、b、q、a所在平面的电场线，如图2，由图可知b点的电势大于a点，所以将负电荷从a点移到b点，电势能减小，故A、D错误。
【点评】本题考查点电荷电场强度叠加的计算，由于电场强度是矢量，因此对其大小和方向要全面考虑。本题的易错点在于不能将立体图转化为平面图，空间想象力差，不能正确运用几何关系进行分析，从而导致错解。
2．(2020·全国卷I·T25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q＞0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【解析】 (1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q＞0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：xAC＝R
所以根据动能定理有：qExAC＝mv－0
解得：E＝。
(2)根据题意可知要使粒子动能增量最大，则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有x＝Rsin 60°＝v1t
y＝R＋Rcos 60°＝at2
而电场力提供加速度有qE＝ma
联立各式解得粒子进入电场时的速度v1＝；
(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有
xBC＝R＝v2t2
xAC＝R＝at
电场力提供加速度有qE＝ma
联立解得v2＝；
当粒子从C点射出时初速度为0。
【点评】本题通过带电粒子在电场中的运动，考查带电粒子在电场中的加速和偏转问题。易错点在于找不到动能最大所对应的位置，从而导致无法解决问题(2)；对于动量变化量为，只考虑了类平抛运动的情况，忽略了初速度为0的情况。
精准预测题
1．如图所示，用两根等长的轻质细绝缘线M、N把带电小球甲悬挂在水平天花板上，两线之间的夹角为θ＝60°。小球甲电荷量q＝2.0×10－6 C，质量m＝0.1 kg，其正下方l＝0.3 m处固定有一带等量同种电荷的小球乙。小球甲、乙均可视为点电荷，静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，重力加速度g取10 m/s2。则细线N的拉力大小为( )
A． N B． N
C． N D． N
【答案】A
【解析】小球甲、乙之间的库仑力F＝k＝0.4 N，设细线M、N的拉力大小均为T，对小球甲受力分析，根据平衡条件有2Tcos 30°＋F＝mg，解得T＝ N，故选A。
2．如图所示，A、B、C为三段圆柱体，质量均为m，均可视为质点，通过铰链与两根长为L的轻杆相连，A、B、C位于竖直面内且成正三角形，其中A、C置于光滑水平面上，A、C带电，电荷量均为q，A、C间的库仑力忽略不计，B不带电。起初在水平向右的匀强电场中三个物体均保持静止，现水平电场突然消失，B由静止下落，物体A、C在杆的作用下向两侧滑动，三物体的运动始终在同一竖直平面内。已知重力加速度为g，则物体B由静止至落地的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体A、C带异种电荷，且A带负电，C带正电
B．水平电场的电场强度大小为
C．圆柱A对地面的压力一直大于mg
D．圆柱B落地的速度大小近似为
【答案】D
【解析】根据平衡条件可知，A带正电，C带负电，对B受力分析可知，杆上的支持力2Fcos 30°＝mg，解得F＝mg，对C分析可得杆上作用力的水平分力等于电场力，即Eq＝Fcos 60°＝mg，可知A、B错误；在B落地前的一段时间，A、C做减速运动，轻杆对球有向上作用力，故球A对地面的压力可能小于mg，C错误；对整个系统分析，mgL＝mvB2，得，D正确。
3．如图所示为两个不等量的异种电荷所形成的电场，曲线PQR是一带电粒子仅在电场力作用下通过该电场区域时的运动轨迹，由此可判断( )
A．该带电粒子一定带正电
B．带电粒子在P点的动能小于在Q点的动能
C．带电粒子在P点的加速度大于在R点的加速度
D．带电粒子在P点的电势能小于在R点的电势能
【答案】B
【解析】根据粒子的运动轨迹，粒子在Q点受电场力大致向左，可知该带电粒子一定带负电，A错误；从P点到Q点电场力做负功，则带电粒子在P点的动能小于在Q点的动能，B正确；由电场线分布可知，R处的电场线较P点密集，则粒子在Q点受电场力较大，则带电粒子在P点的加速度小于在R点的加速度，C错误；因R点的电势高于P点的电势，则带负电的粒子在P点的电势能大于在R点的电势能，D错误。
4．如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆形细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F。一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A．小球从C运动到D的过程中，速度先减小后增大
B．在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低
C．小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能
D．小在D、F两点所受的电场力相同
【答案】C
【解析】小球从C到D的过程中电场力的方向一直与速度方向是钝角，电场力一直做负功，速度一直减小，A错误；由等量正电荷的电场线的分布可知，电场线在OC方向由C指向O，在OF方向则有O指向F，顺着电场线电势降低，因此有φC＞φO＞φF，B错误；由等量正电荷的电场的对称性可得，在C、E两点电势相等，则小球在C、E两点具有相同的电势能，小球在细管中运动，仅有电场力做功，由能量守恒定律可得小球在C、E两点动能变化等于在在C、E两点电势能变化，故小球动能变化为零，故在在C、E两点的速度大小相等，C正确；等量同种电荷的电场线如图，D点电场线在向上，F点电场在向下，因此电场力方向不同，D错误。
5．如图所示为某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，薄片P接地，两极板之间有一点A，人对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，则在P、Q间距增大的过程中( )
A．电容器的电容增大
B．金属极板上的电荷量不变
C．A点的电势降低
D．P、Q间电场强度减小
【答案】D
【解析】由C＝知，两极板间距离增大时，电容器的电容减小，A错误；因为Q＝CU，而本题中两板间电压不变，电容减小，故金属极板上的电荷量减小，B错误；P接地，电势为0，A点电势大于0，φA＝UQP－UQA＝UQP－EdQA，由E＝知P、Q间电场强度减小，故A点的电势增大，C错误、D正确。
6．(多选)在x轴上存在一水平方向的电场，有一质量m＝2 kg，电荷量q＝1 C的带正电的小球只在电场力的作用下，以初速度v0＝2 m/s，从x0＝6 m处开始沿光滑绝缘水平面向x轴负方向运动。电势φ随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．小球运动范围0≤x≤6 m
B．小球运动范围1 m≤x≤7 m
C．当小球运动到电势为2 V的位置时，小球的动能为6 J
D．小球的动能最大值为8 J
【答案】BC
【解析】带电小球只在电场力的作用下运动，只发生着动能和电势能之间的转化，动能和电势能之和为定值，小球在x0＝6 m处的动能Ek0＝mv02＝8 J，电势能Ep0＝0，总能量E＝Ek0＋Ep0＝8 J，结合图象可得，小球在x＝1 m和x＝7 m处的电势能都为8 J，小球在x＝1 m和x＝7 m处的动能都为0，速度都为0，小球的运动范围为1 m≤x≤7 m，故A错误，B正确；当小球运动到电势为2 V的位置时，电势能为2 J，小球的动能为6 J，故C正确；小球在x＝4 m处电势能有最小值－8 J，动能最大值为16 J，故D错误。
7．(多选)在某空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的三维直角坐标系O－xyz，以坐标原点O为球心的球面交坐标轴x于a、b两点，交y轴于c、d两点，交z轴于e、f两点。将带电荷量为－q(q＞0)、质量为m的点电荷从O点分别移到b、c、f三点处，电场力所做的功分别为Wb、Wc、Wf，且Wb＝Wf＝W，Wc＝0，则( )
A．b点电势等于f点电势
B．O、b两点的电势差UOb＝
C．将－q在球面上任意两点间移动时电场力做功最多是
D．球面上电势最高的点可能在圆decf上的某一点
【答案】AC
【解析】由O到c点，电场力做功为零知O和c的电势相等，Oc连线在匀强电场中是一条等势线，与电场线垂直，所以电场线与xOz平面平行，因为粒子从O到b和从O到f电场力做功是相等的，所以b和f的电势相等，A正确；连接b、f，则bf是一条等势线，与电场线垂直，如图所示，过O点作一条直线垂直bf交于圆上P、Q两点，PQ即为一条电场线。从O到b，电场力做功W＝(－q)UOb，得UOb＝，B错误；设球面半径为R，由∣W∣＝qERcos 45°，在球面上任意两点间移动时，位移最大为2R，电场力做功W′＝qE·2Rcos α，当cos α＝1时做功最多， Wm′＝2∣W∣，C正确；电势最高或最低的点如图中的PQ两点，D错误。
8．(多选)如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．A球刚进入水平轨道的速度大小为
B．A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep＝mgh
C．A球最终的速度vA为
D．B球最终的速度vB为
【答案】ACD
【解析】对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝×2mv02，v0＝，故A正确；A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速2mv0＝(2m＋m)v，v＝，根据能的转化和守恒定律2mgh＝(2m＋m)v2＋Epm，得Epm＝mgh，故B错误；当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定，2mv0＝2mvA＋mvB，×2mv02＝×2mvA2＋mvB2，得vA＝，vB＝，故CD正确。
9．(多选)如图所示，ACB为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为水平直径的两个端点，AC为圆弧，MPQO为竖直向下的有界匀强电场（边界上有电场），电场强度的大小。一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，小球运动过程中电量不变，不计空气阻力，已知重力加速度为g。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )
A．若H＝3R小球从A到C的过程中，电势能增加2mgR
B．若H＞R，则小球一定能到达B点
C．若小球到达C点时对轨道压力为6mg，则H＝4.5R
D．若H＝R，则小球刚好沿轨道到达C点
【答案】AC
【解析】若H＝3R小球从A到C的过程中，电场力做负功，电势能增加，则有ΔEp＝EqR＝2mgR，故A正确；小球刚好能到B点时，由弹力提供向心力，则满足过B点的速度vB≥0，由A到B的动能定理可知mgH－qER＝mvB2－0，，解得h≥2R，故B错误；过C点的压力为6mg，则由牛顿第三定律可知轨道的支持力为6mg，对C点受力分析有N＋qE－mg＝，从A到C由动能定理有mg(H＋R)－qER＝mvC2－0，解得H＝4.5R，故C正确；若H＝R，假设小球可以沿轨道到达C点，根据动能定理有mg(H＋R)－qER＝mvC2－0，解得vC＝0，故在C点需要的向心力为零，但电场力和重力的合力向上，大于需要的向心力，不能沿着轨道过C点，说明球到达C点前已经离开轨道，故D错误。
10．(多选)如图甲所示，平行金属板P、Q上有两个正对小孔，P板接地，Q板的电势φQ随时间变化的情况如图乙所示，完全相同的正离子以相同的初速度v0陆续从P板小孔飞向Q板小孔，t＝0时刻从P板小孔飞入的离子在t＝时刻到达Q板小孔且速度刚好减小到零（未返回）。不计力、小孔对板间电场的影响、离子间的相互作用。则下列说法正确的是( )
A．所有离子在板间运动的时间都相等
B．t＝时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为v0
C．t＝时刻飞入P板小孔的离子到达Q板小孔时的速度为v0
D．若将两板距离变成原来的两倍，则t＝0时刻从P板小孔飞入的离子到达Q板时的速度仍为零
【答案】BC
【解析】由于离子在两板之间的运动过程中，只受到电场力的作用，不同时间释放的离子初速度相同，但受到电场力作用的时间不同，所以运动时间不可能都相等，A错误；在t＝0进入的离子，在t＝到达Q板且速度刚好减小到零，根据动量定理，有－F＝－mv0，在进入的离子，在电场中运动了时间，且在下个周期前到达Q板，根据动量定理，有－F＝mv－mv0，可得v＝v0，B正确；两极板间距离d＝v0＝v0T，在进入的离子，在前时间内做匀速直线运动，距离d＝v0＝d，接着在电场中运动的距离d2＝d－d＝d，根据动能定理，在t＝0进入的离子－Fd＝mv02，在进入的离子－Fd2＝mv12－mv02，解得v1＝v0，C正确；若两板间的距离变为原来的2倍，电场强度变为原来的一半，离子做减速运动的加速度也变为原来的一半，在时刻电场消失时，离子的速度并不为0，接着做匀速直线运动，在下个周期之前离开Q板，所以到达Q板的速度并不为0，D错误。
11．如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝2.5×106 N/C的匀强电场中，一质量m＝0.5 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，从距离C点L0＝4.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中。已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.6，g取10 m/s2。求：
(1)小物体刚要进入电场前经过C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间。
【解析】(1)对小物体在拉力F的作用下由静止开始从A点运动到C点过程，应用动能定理得：
FL0－μmgL0＝mvC2－0
解得：vC＝4 m/s。
(2)小物体进入电场向右减速的过程中，有：
μmg＋qE＝ma1
vC＝a1t1
设小物体向右减速的时间为t1，则：vC＝a1t1
小物体在电场中向右运动的距离x＝(vC ＋0)t1
由于μmg＜qE，所以小物体减速至0后反向向左加速，直到滑出电场，则有：
μmg－qE＝ma2
x＝a2t22
小物体在电场中运动的时间t＝t1＋t2
联立解得：t＝0.75 s。
12．如图所示，真空中有两块正方形平行正对金属极板A、B，边长L＝10 cm，两板间距d＝1 cm。紧贴两极板右边缘有一个与极板同宽、上下长度足够长的荧光屏。在A、B间加U＝100 V恒定电压，B板电势较高。在两板左端面正中央位置O处有一离子源。以O点为原点，以垂直于荧光屏方向为z轴，垂直于极板方向为y轴，平行于荧光屏方向为x轴，建立图示坐标系。离子源发射的正离子的比荷为＝108 C/kg，离子的速度大小介于0到2×106 m/s之间，打在极板上的离子均被吸收。
(1)若离子源沿z轴正方向不断发射离子，试求能打在荧光屏上的离子的速度范围；
(2)若离子源发射了一个离子，分速度分别为vx＝5×105 m/s，vy＝0，vz＝1.5×106 m/s，求该离子打在荧光屏上点的坐标；
(3)若离子源沿xOz平面内各方向发射离子，且所有离子的速度大小均为2×106 m/s，写出这些离子打在荧光屏上的图象的坐标x、y满足的关系式。
【解析】(1)设发射速度为v0的离子刚好打在极板边缘，离子在z方向做匀速直线运动，y方向做匀加速直线运动：
L＝v0t，d＝at2，Eq＝ma，E＝
联立解得：a＝1012 m/s2，v0＝106 m/s
因此速度介于106 m/s到2×106 m/s之间的离子能达到荧光屏上。
(2)离子在x、z方向做匀速直线运动，y方做匀加速直线运动：
x＝vxt1，L＝vzt1，y＝at12
联立解得：x＝ cm，y＝cm
该离子打在荧光屏上点的坐标为（ cm，cm，10cm）。
(3)设离子发射速度方向与z轴夹角为θ，v＝2×106 m/s，则离子在x、z 方向的分速度分别为：
vx＝vsin θ，vz＝vcos θ
离子z方向和x方向都做匀速直线运动，故打到屏上位置的x坐标x＝Ltan θ
y方向做匀变速直线运动，由第(2)问可得，离子打在屏上位置的y坐标
利用
联立消除θ可得
整理得并代入数据得：（x、y单位都取m）
故图象为一条抛物线。
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