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鲁科版 (2019)必修 第三册第2章 电势能与电势差本章综合与测试学案及答案
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素养培优课(二) 电场能的性质
培优目标：1.熟练掌握描述电场能的性质的物理量，灵活运用电场中的功能关系。2.通过分析电势、电势能及电场力做功的综合问题，提高逻辑思维和科学思维能力。3.会综合应用运动和力、功和能的关系，分析带电粒子在电场中的运动问题，提高科学推理能力。
【例1】 (多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是( )
A．电场强度的大小为2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
思路点拨：解此题的关键是利用U＝Ed结合电场强度的矢量性求出电场强度。
ABD [ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝eq \f(Uca,ac)＝2 V/cm、E2＝eq \f(Ucb,bc)＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D正确。]
电势能、电势、电势差、静电力做功的关系
eq \([跟进训练])
1. (多选)如图所示，A和B为两个等量异种点电荷，A带正电，B带负电。在A、B的连线上有a、b、c三点，其中b为连线的中点，a、c两点与b点距离相等，则( )
A．a点与c点的电场强度相同
B．a点与c点的电势相同
C．a、b间的电势差与b、c间的电势差相同
D．过b点作A、B连线的垂线，点电荷q沿此垂线方向移动，电荷的电势能保持不变
ACD [根据等量异种点电荷形成的电场的特点可知，选项A、C正确，B错误；过b点作A、B连线的垂线为一条等势线，选项D正确。]
在电场中，电场线和等势面都是为了更好地描述电场而引入的，两者之间既有联系又有区别：
(1)电场线始终与等势面垂直。电荷沿着电场线移动，电场力一定做功；电荷沿着同一等势面移动，电场力一定不做功。
(2)在同一电场中，等差等势面的疏密反映了电场的强弱，等差等势面密集处，电场线也密集，电场强；反之，电场线稀疏，电场弱。
(3)知道等势面，可画出电场线，知道电场线，也可画出等势面。
【例2】 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，两带电粒子a、b从等势线2上的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则( )
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a加速度减小，b加速度增大
C．M、N两点间的电势差|UMN|等于N、Q两点间的电势差|UNQ|
D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小
思路点拨：(1)电场线密的地方，电场强度大，受力大，加速度大。
(2)在非匀强电场中，可用U＝Ed定性判断沿电场线方向相等距离的电势差一般不相等。
B [由题图所示带电粒子的运动轨迹，结合曲线运动的特点可知带电粒子所受的电场力方向，但因为电场线的方向不确定，故不能判断带电粒子所带电荷的性质，A错误；由电场线的疏密可知，a加速度减小，b加速度增大，B正确；因为是非匀强电场，故MN两点间的电势差并不等于NQ两点间的电势差，C错误；因为等势线1与2之间的电场强度比2与3之间的电场强度要大，故1、2之间的电势差要大于2、3之间的电势差，但两粒子所带的电荷量大小不确定，故无法比较动能变化量的大小，D错误。]
电场线、等势面、运动轨迹组合问题的两点技巧
(1)利用电场线与等势面垂直的特点，可以根据等势面的形状画出电场线，如果已知等势面电势的高低关系，则可以确定电场线的方向。
(2)带电粒子做曲线运动时，运动轨迹总是弯向粒子受力的方向，从而可以根据运动轨迹的形状判断粒子受到的电场力的方向，进而可以得知电场力做功的情况及粒子的速度、动能和电势能的变化情况。
eq \([跟进训练])
2.(多选)如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。下列说法正确的是( )
A．M带负电，N带正电
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
ABC [由题图可知，M粒子的轨迹向左弯曲，则M粒子所受的电场力方向向左，可知M带电粒子受到了引力作用，故M带负电，而N粒子的轨迹向下弯曲，则N粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电，选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，故动能减小，选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从e到d电场力不做功，故电势能不变，选项C正确；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，选项D错误。]
1.静电力做功的四种求法
2.电场中的功能关系
(1)若只有静电力做功→电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有静电力和重力做功→电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(2)除重力之外，其他各力对物体做的功→等于物体机械能的变化。
(4)所有外力对物体所做的功→等于物体动能的变化。
【例3】 (多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10 J，金属块克服摩擦力做功6 J，重力做功18 J，则以下判断正确的是( )
A．金属块带负电
B．电场力做功－2 J
C．金属块的电势能与动能之和增加了12 J
D．金属块的机械能减少了10 J
思路点拨：解此题按以下思路：
eq \x(分析金属块的受力)→eq \x(研究各力做功)→eq \x(\s\up(应用动能定理或功能,关系建立定量关系))
BC [在金属块下滑的过程中动能增加了10 J，金属块克服摩擦力做功6 J，即摩擦力做功为－6 J，重力做功18 J，根据动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得电场力做功为W电＝－2 J，所以金属块克服电场力做功2 J，金属块的电势能增加2 J；由于金属块下滑过程中电场力做负功，场强方向水平向右，所以金属块带正电，故A错误，B正确；动能增加了10 J，电势能增加了2 J，故金属块的电势能与动能之和增加了12 J，故C正确；在金属块下滑的过程中重力做功18 J，重力势能减少18 J，动能增加了10 J，重力势能与动能之和等于机械能，则金属块的机械能减少了8 J，故D错误。]
在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有：动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系。
1应用动能定理解决问题需研究合外力的功或总功。
2应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。
3应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系。
4有电场力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和保持不变。
eq \([跟进训练])
3.如图所示，光滑绝缘半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强大小为E。在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是( )
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球经过环的最低点时速度最大
C．小球电势能增加EqR
D．小球由静止释放到达最低点，动能的增量等于mgR
B [小球在运动过程中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，A错误；小球运动到最低点的过程中，重力与电场力均做正功，重力势能减少mgR，电势能减少EqR，而动能增加mgR＋EqR，到达最低点时动能最大，所以速度最大，故B正确，C、D错误。]
1.当空间存在交变电场时，粒子所受电场力大小和方向将随着电场大小和方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。
2．研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以vt图像。特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。
【例4】 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
甲 乙
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有长度？
思路点拨：(1)电子在电场中加速，可用动能定理求解。
(2)电子在匀强电场中偏转做类平抛运动。
[解析] (1)电子经电场加速满足qU0＝eq \f(1,2)mv2
经电场偏转后偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU偏,mL)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v)))eq \s\up12(2)，
则y＝eq \f(U偏L,4U0)，由图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，
则y＝4.5 cm。
设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足eq \f(Y,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，所以Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子偏移量y的最大值为eq \f(L,2)，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。
[答案] (1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm (2)30 cm
1注意电场的大小、方向是做周期性变化的。
2电子穿越平行板的时间极短，认为电压是不变的。
3当U>0时，电子向上偏转，U<0时，电子向下偏转，因此荧光屏上电子能打到的区间是关于点O对称的。
eq \([跟进训练])
4．如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则eq \f(Ek3,Ek5)等于( )
甲 乙
A.eq \f(3,5) B.eq \f(5,3) C．1 D.eq \f(9,25)
B [设两板间的距离为d，经3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速然后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝qeq \f(U0,3)，若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·eq \f(U0,5)，故eq \f(Ek3,Ek5)＝eq \f(5,3)，B正确。]
1．在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s时，电子将处在( )
A．A点 B．A点左方l处
C．A点右方2l处D．A点左方2l处
D [初速度为零的第1 s内电场方向向右，电子受到的电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为l，第2 s内电子受到的电场力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，位移也是l，t＝2 s时总位移为2l，方向向左，D正确。]
2．(多选)如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、eq \f(L,2)为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是( )
A．b、d两点处的电势相等
B．四个点中c点处的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小
ABD [根据等量异种点电荷电场线、等势面分布的对称性可知，该电场中的电势关于x轴对称，所以b、d两点的电势相等，选项A正确；c点在两个电荷连线的中点上，所以它的电势和无穷远处的电势相等，而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，选项B正确；该电场中的电场强度关于x轴对称，所以b、d两点场强大小相等，方向是对称的，是不相同的，选项C错误；c点的电势低于a点的电势，试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，＋q的电势能减小，选项D正确。]
3．(多选)如图所示，在a点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则( )
A．带电粒子带负电
B．a、b两点间的电势差Uab＝eq \f(mgh,q)
C．b点场强大于a点场强
D．a点场强大于b点场强
ABC [带电粒子由a到b的过程中，重力做正功，而粒子运动到b点时动能减小，说明电场力做负功。根据动能定理有mgh－qUab＝0, 解得a、b两点间电势差为Uab＝eq \f(mgh,q)。因为a点电势高于b点电势，Uab>0，所以粒子带负电，选项A、B正确；带电粒子由a运动到b过程中，在重力和电场力的共同作用下，先加速运动后减速运动。因为重力为恒力，所以电场力为变力，且电场力越来越大，由此可见b点场强大于a点场强，选项C正确，D错误。]
4．水平放置的两块平行金属板长L＝5.0 cm，两板间距d＝1.0 cm，两板间电压为90 V且上板带正电。一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107 m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量q＝1.6×10－19 C，电子质量me＝9.1×10－31 kg)(计算结果在小数点后保留两位有效数字)
(1)电子偏离金属板时的偏移量；
(2)电子飞出电场时的速度；
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10 cm，求OP的长度。
[解析] (1)电子在电场中的加速度a＝eq \f(Uq,med)
偏移量y＝eq \f(Uqt2,2med)
又因t＝eq \f(L,v0)
则y＝eq \f(UqL2,2medv\\al(2,0))≈0.49 cm。
(2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0，竖直分速度
vy＝at＝eq \f(UqL,medv0)≈3.96×106 m/s
则电子飞出电场时的速度
v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))≈2.04×107 m/s
设v与v0的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(vy,vx)≈0.2。
(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，则
OP＝y＋stan θ＝2.49 cm。
[答案] (1)0.49 cm (2)2.04×107 m/s 速度的方向与v0的夹角θ满足tan θ≈0.2 (3)2.49 cm电势、电势差、电势能的比较
物理量
电势
电势差
UAB＝φA－φB
电势能
区
别
定义式
φ＝eq \f(Ep,q)
UAB＝eq \f(WAB,q)
Ep＝φq
决定
因素
由电场本身决定，反映电场能的性质
由电场和电场中两点间的位置决定
由电势和试探电荷共同决定
相对性
有，与零电势位置的选取有关
无，与零电势位置的选取无关
与零势能面的选取有关
联
系
物理
意义
都是描述电场能的性质的物理量
单位
伏特(V)
焦耳(J)
标矢性
都是标量，但有正、负之分
电场线、等势面和运动轨迹的综合问题
电场中的能量问题
四种求法
表达式
注意问题
功的
定义
W＝Fl＝qEl
(1)适用于匀强电场
(2)d表示两点间沿电场线方向的距离
功能
关系
(1)WAB＝EpA－EpB
(2)WAB＝－ΔEp
(1)既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场
(2)既适用于只受静电力的情况，也适用于受多种力的情况
电势
差法
WAB＝qUAB
动能
定理
W静电力＋W其他力＝ΔEk
带电粒子在交变电场中的运动
素养培优课(二) 电场能的性质
培优目标：1.熟练掌握描述电场能的性质的物理量，灵活运用电场中的功能关系。2.通过分析电势、电势能及电场力做功的综合问题，提高逻辑思维和科学思维能力。3.会综合应用运动和力、功和能的关系，分析带电粒子在电场中的运动问题，提高科学推理能力。
【例1】 (多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是( )
A．电场强度的大小为2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
思路点拨：解此题的关键是利用U＝Ed结合电场强度的矢量性求出电场强度。
ABD [ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝eq \f(Uca,ac)＝2 V/cm、E2＝eq \f(Ucb,bc)＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D正确。]
电势能、电势、电势差、静电力做功的关系
eq \([跟进训练])
1. (多选)如图所示，A和B为两个等量异种点电荷，A带正电，B带负电。在A、B的连线上有a、b、c三点，其中b为连线的中点，a、c两点与b点距离相等，则( )
A．a点与c点的电场强度相同
B．a点与c点的电势相同
C．a、b间的电势差与b、c间的电势差相同
D．过b点作A、B连线的垂线，点电荷q沿此垂线方向移动，电荷的电势能保持不变
ACD [根据等量异种点电荷形成的电场的特点可知，选项A、C正确，B错误；过b点作A、B连线的垂线为一条等势线，选项D正确。]
在电场中，电场线和等势面都是为了更好地描述电场而引入的，两者之间既有联系又有区别：
(1)电场线始终与等势面垂直。电荷沿着电场线移动，电场力一定做功；电荷沿着同一等势面移动，电场力一定不做功。
(2)在同一电场中，等差等势面的疏密反映了电场的强弱，等差等势面密集处，电场线也密集，电场强；反之，电场线稀疏，电场弱。
(3)知道等势面，可画出电场线，知道电场线，也可画出等势面。
【例2】 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线分别为等势线1、2、3，已知MN＝NQ，两带电粒子a、b从等势线2上的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，则( )
A．a一定带正电，b一定带负电
B．a加速度减小，b加速度增大
C．M、N两点间的电势差|UMN|等于N、Q两点间的电势差|UNQ|
D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小
思路点拨：(1)电场线密的地方，电场强度大，受力大，加速度大。
(2)在非匀强电场中，可用U＝Ed定性判断沿电场线方向相等距离的电势差一般不相等。
B [由题图所示带电粒子的运动轨迹，结合曲线运动的特点可知带电粒子所受的电场力方向，但因为电场线的方向不确定，故不能判断带电粒子所带电荷的性质，A错误；由电场线的疏密可知，a加速度减小，b加速度增大，B正确；因为是非匀强电场，故MN两点间的电势差并不等于NQ两点间的电势差，C错误；因为等势线1与2之间的电场强度比2与3之间的电场强度要大，故1、2之间的电势差要大于2、3之间的电势差，但两粒子所带的电荷量大小不确定，故无法比较动能变化量的大小，D错误。]
电场线、等势面、运动轨迹组合问题的两点技巧
(1)利用电场线与等势面垂直的特点，可以根据等势面的形状画出电场线，如果已知等势面电势的高低关系，则可以确定电场线的方向。
(2)带电粒子做曲线运动时，运动轨迹总是弯向粒子受力的方向，从而可以根据运动轨迹的形状判断粒子受到的电场力的方向，进而可以得知电场力做功的情况及粒子的速度、动能和电势能的变化情况。
eq \([跟进训练])
2.(多选)如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。下列说法正确的是( )
A．M带负电，N带正电
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
ABC [由题图可知，M粒子的轨迹向左弯曲，则M粒子所受的电场力方向向左，可知M带电粒子受到了引力作用，故M带负电，而N粒子的轨迹向下弯曲，则N粒子所受的电场力方向向下，说明N粒子受到斥力作用，故N粒子带正电，选项A正确；由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，故动能减小，选项B正确；对于N粒子，由于d和e在同一等势面上，故从e到d电场力不做功，故电势能不变，选项C正确；由于N粒子带正电，故从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，选项D错误。]
1.静电力做功的四种求法
2.电场中的功能关系
(1)若只有静电力做功→电势能与动能之和保持不变。
(2)若只有静电力和重力做功→电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(2)除重力之外，其他各力对物体做的功→等于物体机械能的变化。
(4)所有外力对物体所做的功→等于物体动能的变化。
【例3】 (多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10 J，金属块克服摩擦力做功6 J，重力做功18 J，则以下判断正确的是( )
A．金属块带负电
B．电场力做功－2 J
C．金属块的电势能与动能之和增加了12 J
D．金属块的机械能减少了10 J
思路点拨：解此题按以下思路：
eq \x(分析金属块的受力)→eq \x(研究各力做功)→eq \x(\s\up(应用动能定理或功能,关系建立定量关系))
BC [在金属块下滑的过程中动能增加了10 J，金属块克服摩擦力做功6 J，即摩擦力做功为－6 J，重力做功18 J，根据动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得电场力做功为W电＝－2 J，所以金属块克服电场力做功2 J，金属块的电势能增加2 J；由于金属块下滑过程中电场力做负功，场强方向水平向右，所以金属块带正电，故A错误，B正确；动能增加了10 J，电势能增加了2 J，故金属块的电势能与动能之和增加了12 J，故C正确；在金属块下滑的过程中重力做功18 J，重力势能减少18 J，动能增加了10 J，重力势能与动能之和等于机械能，则金属块的机械能减少了8 J，故D错误。]
在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有：动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系。
1应用动能定理解决问题需研究合外力的功或总功。
2应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。
3应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系。
4有电场力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和保持不变。
eq \([跟进训练])
3.如图所示，光滑绝缘半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强大小为E。在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是( )
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球经过环的最低点时速度最大
C．小球电势能增加EqR
D．小球由静止释放到达最低点，动能的增量等于mgR
B [小球在运动过程中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，A错误；小球运动到最低点的过程中，重力与电场力均做正功，重力势能减少mgR，电势能减少EqR，而动能增加mgR＋EqR，到达最低点时动能最大，所以速度最大，故B正确，C、D错误。]
1.当空间存在交变电场时，粒子所受电场力大小和方向将随着电场大小和方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。
2．研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以vt图像。特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。
【例4】 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
甲 乙
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有长度？
思路点拨：(1)电子在电场中加速，可用动能定理求解。
(2)电子在匀强电场中偏转做类平抛运动。
[解析] (1)电子经电场加速满足qU0＝eq \f(1,2)mv2
经电场偏转后偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU偏,mL)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v)))eq \s\up12(2)，
则y＝eq \f(U偏L,4U0)，由图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，
则y＝4.5 cm。
设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足eq \f(Y,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，所以Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子偏移量y的最大值为eq \f(L,2)，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。
[答案] (1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm (2)30 cm
1注意电场的大小、方向是做周期性变化的。
2电子穿越平行板的时间极短，认为电压是不变的。
3当U>0时，电子向上偏转，U<0时，电子向下偏转，因此荧光屏上电子能打到的区间是关于点O对称的。
eq \([跟进训练])
4．如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则eq \f(Ek3,Ek5)等于( )
甲 乙
A.eq \f(3,5) B.eq \f(5,3) C．1 D.eq \f(9,25)
B [设两板间的距离为d，经3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速然后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝qeq \f(U0,3)，若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·eq \f(U0,5)，故eq \f(Ek3,Ek5)＝eq \f(5,3)，B正确。]
1．在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s时，电子将处在( )
A．A点 B．A点左方l处
C．A点右方2l处D．A点左方2l处
D [初速度为零的第1 s内电场方向向右，电子受到的电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为l，第2 s内电子受到的电场力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，位移也是l，t＝2 s时总位移为2l，方向向左，D正确。]
2．(多选)如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、eq \f(L,2)为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是( )
A．b、d两点处的电势相等
B．四个点中c点处的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小
ABD [根据等量异种点电荷电场线、等势面分布的对称性可知，该电场中的电势关于x轴对称，所以b、d两点的电势相等，选项A正确；c点在两个电荷连线的中点上，所以它的电势和无穷远处的电势相等，而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，选项B正确；该电场中的电场强度关于x轴对称，所以b、d两点场强大小相等，方向是对称的，是不相同的，选项C错误；c点的电势低于a点的电势，试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，＋q的电势能减小，选项D正确。]
3．(多选)如图所示，在a点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则( )
A．带电粒子带负电
B．a、b两点间的电势差Uab＝eq \f(mgh,q)
C．b点场强大于a点场强
D．a点场强大于b点场强
ABC [带电粒子由a到b的过程中，重力做正功，而粒子运动到b点时动能减小，说明电场力做负功。根据动能定理有mgh－qUab＝0, 解得a、b两点间电势差为Uab＝eq \f(mgh,q)。因为a点电势高于b点电势，Uab>0，所以粒子带负电，选项A、B正确；带电粒子由a运动到b过程中，在重力和电场力的共同作用下，先加速运动后减速运动。因为重力为恒力，所以电场力为变力，且电场力越来越大，由此可见b点场强大于a点场强，选项C正确，D错误。]
4．水平放置的两块平行金属板长L＝5.0 cm，两板间距d＝1.0 cm，两板间电压为90 V且上板带正电。一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107 m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量q＝1.6×10－19 C，电子质量me＝9.1×10－31 kg)(计算结果在小数点后保留两位有效数字)
(1)电子偏离金属板时的偏移量；
(2)电子飞出电场时的速度；
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10 cm，求OP的长度。
[解析] (1)电子在电场中的加速度a＝eq \f(Uq,med)
偏移量y＝eq \f(Uqt2,2med)
又因t＝eq \f(L,v0)
则y＝eq \f(UqL2,2medv\\al(2,0))≈0.49 cm。
(2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0，竖直分速度
vy＝at＝eq \f(UqL,medv0)≈3.96×106 m/s
则电子飞出电场时的速度
v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))≈2.04×107 m/s
设v与v0的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(vy,vx)≈0.2。
(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，则
OP＝y＋stan θ＝2.49 cm。
[答案] (1)0.49 cm (2)2.04×107 m/s 速度的方向与v0的夹角θ满足tan θ≈0.2 (3)2.49 cm电势、电势差、电势能的比较
物理量
电势
电势差
UAB＝φA－φB
电势能
区
别
定义式
φ＝eq \f(Ep,q)
UAB＝eq \f(WAB,q)
Ep＝φq
决定
因素
由电场本身决定，反映电场能的性质
由电场和电场中两点间的位置决定
由电势和试探电荷共同决定
相对性
有，与零电势位置的选取有关
无，与零电势位置的选取无关
与零势能面的选取有关
联
系
物理
意义
都是描述电场能的性质的物理量
单位
伏特(V)
焦耳(J)
标矢性
都是标量，但有正、负之分
电场线、等势面和运动轨迹的综合问题
电场中的能量问题
四种求法
表达式
注意问题
功的
定义
W＝Fl＝qEl
(1)适用于匀强电场
(2)d表示两点间沿电场线方向的距离
功能
关系
(1)WAB＝EpA－EpB
(2)WAB＝－ΔEp
(1)既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场
(2)既适用于只受静电力的情况，也适用于受多种力的情况
电势
差法
WAB＝qUAB
动能
定理
W静电力＋W其他力＝ΔEk
带电粒子在交变电场中的运动
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