高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题8电场的性质带电粒子在电场中的运动教案2

专题八 电场的性质 带电粒子在电场中的运动——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．电场力的性质(1)电场强度的定义式：E ＝F q .(2)真空中点电荷的电场强度公式：E ＝kQ r .(3)匀强电场中电场强度与电势差的关系式：E ＝U d .2．电场能的性质(1)电势的定义式：φ＝E p q .(2)电势差的定义式：U AB ＝W AB q. (3)电势差与电势的关系式：U AB ＝φA －φB .(4)电场力做功与电势能的关系式：W AB ＝E p A －E p B .3．带电粒子在电场中的运动 (1)带电粒子的加速：Uq ＝12mv 22－12mv 21. (2)带电粒子的偏转：t ＝l v 0 y ＝12at 2 a ＝Uq dm. 考点1 电场的性质(对应学生用书第38页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年8考：2017年Ⅰ卷T 20、Ⅲ卷T 21 2016年Ⅲ卷T 152015年Ⅰ卷T 15 2014年Ⅰ卷T 21、Ⅱ卷T 192013年Ⅰ卷T 15、Ⅱ卷T 18[考情分析]1．本考点重在考查电场中的基本概念、典型电场的分布特点、电场线、等势面及电场强度的关系，电势、电势能高低的判断．2．理解电场力、电场力做功的特点，电场力做功与电势能的关系，灵活应用电场线分析电势高低，电势能的变化是解题的关键．3．要熟记典型电场中电场线的分布特点，特别是正、负点电荷电场线的方向．4．抓住力和能这两条主线，找出它们的联系，做到融会贯通．1．(电场力的性质)(多选)(2017·Ⅰ卷T 20)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图8­1所示．电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别为E a 、E b 、E c 和E d .点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图中用坐标(r a ，φa )标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd .下列选项正确的是( )图8­1A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3[题眼点拨] ①“静止点电荷的电场”场强可由E ＝kQ r 2求解．②由“φ－t 图”可求出U ab 、U bc 和U cd 的大小．AC [A 对：由题图知，a 、b 、c 、d 四个点距点电荷的距离依次增大，且r b ＝2r a ，由E ＝kQ r 2知，E a ∶E b ＝4∶1. B 错：r d ＝2r c ，由E ＝kQ r 2知，E c ∶E d ＝4∶1. C 对：在移动电荷的过程中，电场力做的功与电势能的变化量大小相等，则W ab ∶W bc ＝q (φa －φb )∶q (φb －φc )＝3∶1.D错：W bc∶W cd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1.]2．(电场能的性质)(2016·Ⅲ卷T15)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( ) A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功B [若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A错；电场线一定与等势面垂直，B对；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C错；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，故D错．]3．(电场能的性质)(多选) (2014·Ⅰ卷T21)如图8­2所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F 四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )图8­2A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φMAD [由于φM＝φN，φP＝φF，所以点电荷Q到M和N的距离相等，到P和F的距离相等，即过F作MN的中垂线，然后作FP的中垂线，两中垂线的交点为点电荷Q所在的位置，由几何知识得Q在MP上，如图所示，故选项A正确；点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项B错误；正试探电荷与Q同号，所以受斥力作用，故将其从P点搬运到N点时，电场力做正功，故选项C错误；由几何关系知点电荷Q距M 的距离大，距P的距离小，所以φM<φP，故选项D正确．](多选)如图所示，已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷＋Q运动，则下列说法正确的是( )A ．负电荷在a 、c 两点所受的电场力相同B ．负电荷在a 点和c 点的电势能相等C ．负电荷由b 运动到d 的过程中电势能增加，动能减少D ．负电荷由a 经b 运动到c 的过程中，电势能先增加后减少BC [在a 、c 两点负电荷所受电场力方向不同，A 项错误；以单个点电荷为球心的球面是等势面，所以a 、c 两点电势相等，根据电势与电势能的关系可知，负电荷在a 、c 两点电势能也相等，B 项正确；负电荷由b 到d 过程中，电场力始终做负功，电势能增加，动能减少，C 项正确；负电荷由a 经b 到c 的过程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减少后增加，D 项错误．](2015·Ⅰ卷T 15)如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ .一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )A ．直线a 位于某一等势面内，φM ＞φQB ．直线c 位于某一等势面内，φM ＞φNC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功B [电子带负电荷，电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，有W MN ＝W MP ＜0，而W MN ＝qU MN ，W MP ＝qU MP ，q ＜0，所以有U MN ＝U MP ＞0，即φM ＞φN ＝φP ，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP 和MQ 分别是两条等势线，有φM ＝φQ ，故A 错误，B 正确；电子由M 点到Q 点过程中，W MQ ＝q (φM －φQ )＝0，电子由P 点到Q 点过程中，W PQ ＝q (φP －φQ )＞0，故C 、D 错误．]■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．电场强度大小、电势高低的判断(1)电场强度①根据电场线的疏密程度进行判断．②根据等差等势面的疏密程度进行判断．③根据E ＝F q进行判断，空间同时存在两个以上的电场时，利用平行四边形定则求其合电场强度．(2)电势①由沿电场线方向电势逐渐降低进行判断．②若q 和W AB 已知，由U AB ＝W AB q进行判断． 2．电势能大小及其变化的分析 (1)做功角度：根据静电力做功与电势能变化的关系分析、判断带电粒子电势能及其变化．静电力做正功，粒子的电势能减少，静电力做负功，则粒子的电势能增加．(2)转化角度：只有静电力做功时，电势能与动能可以相互转化，动能减少，电势能增加，动能增加，电势能减少．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 电场力的性质1．(多选)(2017·嘉兴市期末)如图8­3所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ＝30°.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行，且小球A 正好静止在斜面中点．在小球A 的正下方地面处固定放置一带电小球B ，两球相距为d .已知两球的质量均为m 、电荷量均为＋q ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，两球均可视为点电荷．则下列说法正确的是( )图8­3A ．两球之间的库仑力F ＝k q 2d 2 B ．当q d ＝mg 2k 时，斜面对小球A 的支持力为3mg 4 C ．当qd ＝mg 2k时，细线上拉力为0 D ．将小球B 移到斜面底面左端C 点，当qd ＝2mg k 时，斜面对小球A 的支持力为0 ABD [依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为F ＝k q 2d2，故A 正确； 当q d ＝mg 2k 时，则有k q 2d 2＝12mg ， 对球受力分析，如图所示：根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A 的支持力为N ＝3mg 4； T ＝mg 4，故B 正确，C 错误； 当小球B 移到斜面底面左端C 点，对球受力分析，如图所示：依据几何关系可知，T 与F 的夹角为120°，且两力的合力与重力反向；当q d ＝mg k 时，即有k q 2d2＝mg ，根据矢量的合成法则，则有两合力与重力等值反向，那么斜面对小球A 的支持力为N ＝0，而现在q d ＝2mg k 时，即有k q 2d2＝4mg ，那么小球离开斜面，因此斜面对小球A 的支持力仍为零，故D 正确．]考向2 电场能的性质2．(多选)(2017·Ⅲ卷·T 21)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8­4所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．下列说法正确的是( )图8­4A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eVABD [如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa 间电势差与bc 间电势差相等，故O 点电势为1 V ，选项B 正确；则在x 轴上，每0.5 cm 长度对应电势差为1 V,10 V 对应的等势线与x 轴交点e 坐标为(4.5,0)，△aOe 中，Oe ∶Oa ＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od 长度为3.6 cm ，代入公式E ＝U d得，E ＝2.5 V/cm ，选项A 正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，选项C 错误；电子从b 点运动到c 点，电场力做功W ＝eU ＝9 eV ，选项D 正确．](多选)(2017·天津高考)如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B .下列说法正确的是( )A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A ＞a B ，则Q 靠近M 端且为正电荷C ．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有E p A ＜E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势BC [若Q 在M 端，由电子运动的轨迹可知Q 为正电荷，电子从A 向B 运动或从B 向A 运动均可，由于r A ＜r B ，故E A ＞E B ，F A ＞F B ，a A ＞a B ，φA ＞φB ，E p A ＜E p B ；若Q 在N 端，由电子运动的轨迹可知Q 为负电荷，且电子从A 向B 运动或从B 向A 运动均可，由r A ＞r B ，故φA ＞φB ，E p A ＜E p B .综上所述选项A 、D 错误，选项B 、C 正确．]考向3 电场的综合应用3．[2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图8­5所示，一倾角为30°的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离d 处有一带负电的电荷量为q 、质量为m 的小物体与圆盘始终保持相对静止．整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度E ＝mg2q，则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 为重力加速度)( )图8­5A.3g ＋4ω2d 9gB.3＋ω2d 3gC.3g ＋4ω2d 3gD.3g ＋2ω2d 3gA [对物体跟着圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，即将相对滑动，由牛顿第二定律得：μ(mg ＋qE )cos 30°－(mg ＋qE )sin 30°＝m ω2d ，解得μ＝3g ＋4ω2d 9g，故A 正确，BCD 错误．]1.如图所示，均匀带正电圆环带电荷量为Q ，半径为R ，圆心为O ，A 、B 、C 为垂直于圆环平面的中心轴上的三个点，且BC ＝2AO ＝2OB ＝2R ，当在C 处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B 点的电场强度恰好为零，则由此可得A 点的电场强度大小为( )A.2kQ 4R 2 B.52kQ 16R 2 C.32kQ16R 2 D.2kQ2R2 B [在带电圆环上取一长为Δl 的微小段，则其所带电荷量为Δq ＝Q ·Δl 2πR ，此微小段在B 点产生的电场强度为E 1＝k Δq2R 2，由对称性可知，带电圆环在B 处产生的电场强度是水平向右的(垂直分量相抵消)，大小为E B ＝2πR Δl·E 1·cos 45°，联立得E B ＝2kQ4R2，再由对称性知，圆环在A 点产生 的电场强度水平向左，大小也为2kQ4R2，又因在C 处放置一点电荷时，B 点的电场强度恰好为零，故点电荷在B 点产生的电场强度水平向左，大小为2kQ4R 2，由点电荷电场强度决定式可知点电荷在A 点产生的电场强度水平向左，大小为2kQ16R 2，由电场强度的矢量叠加可知A 点的电场强度大小为52kQ 16R2，B 项正确．]2.(2016·湖北黄石二调)如图所示，一个“V”形玻璃管ABC 倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E ＝1×103V/m 、方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G ＝1×10－3 N、电荷量为q＝2×10－6 C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB＝BC＝L＝2 m，倾角α＝37°，B点处是一段很短的光滑圆弧管，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.下列说法正确的是( )A．B、A两点间的电势差为2 000 VB．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C．小滑块第一次速度为零的位置在C处D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3 mD [U BA＝EL sin α＝1.2×103 V，A错误；小滑块从A点第一次运动到B点过程中，电场力做正功，电势能减小，B错误；小滑块受到竖直向上的电场力为F＝qE＝2×10－3N＝2G，重力和电场力的合力大小等于G、方向竖直向上，可以把电场力与重力的合力等效为一个竖直向上的“重力”，小滑块开始沿玻璃管运动的加速度为a1＝g(sin α－μcos α)＝2 m/s2，所以小滑块第一次到达B点时的速度为v＝2a1L＝2 2 m/s，在BC段，小滑块做匀减速运动，加速度大小为a2＝g(sin α＋μcos α)＝10 m/s2，所以第一次速度为0的位置到B点的距离为x＝v22a2＝0.4 m，C错误；小滑块第一次速度减为零后，又反向向B加速运动，到B后又减速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点，根据能量守恒定律，有GL sin α＝μGs cos α，解得s ＝3 m，即小滑块通过的总路程为3 m，D正确．]考点2 平行板电容器(对应学生用书第40页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年2考：2016年Ⅰ卷T142015年Ⅱ卷T14[考情分析]1．高考在本考点的命题热点为电容器的动态分析，带电体在电容器间的受力情况及运动情况．2．常涉及两种连接方式及三个公式C＝εS4πkd ，C＝QU，E＝Ud的灵活应用．3．正确判断平行板电容器中的变量和不变量是关键．4．(电容器的动态分析)(2016·Ⅰ卷T14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变[题眼点拨] ①“接在恒压直流电源上”说明两极板间电压不变；②“云母介质移出”说明介电常数变小，电容变小．D [平行板电容器电容的表达式为C ＝εS 4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C 变小．由于极板间电压不变，据Q ＝CU 知，极板上的电荷量变小．再考虑到极板间电场强度E ＝U d，由于U 、d 不变，所以极板间电场强度不变，选项D 正确．]5．(平行板电容器的综合问题)(2015·Ⅱ卷T 14)如图8­6所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒， 微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图8­6A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动D [两板水平放置时，放置于两板间a 点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确．]在第5题中，若在两极板接上电源，如图8­7所示，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．此时极板带电荷量与微粒带电荷量的比值为k ，则( )图8­7A ．微粒带正电B ．微粒带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgdU 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动C [带电微粒静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，而电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电微粒带负电，A 项错；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q 解得：q ＝mgdU，B 项错；由题意知，电容器带电荷量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU2，C 项正确；电容器与电源保持连接时，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Udq ，微粒所受电场力减小，微粒向下运动，D 项错．]■释疑难·类题通法…………………………………………………………………· 1．公式法分析平行板电容器的两类动态问题端电压；电容器所带的电荷量恒定不变时，极板间的电场强度与极板间距离无关． ■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 电容器的动态分析4. [2017·高三第一次大联考(新课标卷Ⅲ)]如图8­8所示的装置可以通过静电计指针偏转角度的变化，检测电容器电容的变化来检测导电液体是增多还是减少的仪器原理图．图中芯柱、导电液体、绝缘管组成一个电容器，电源通过电极A 、电极B 给电容器充电，充电完毕移去电源，由此可以判断( )图8­8A ．静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压增大B ．静电计指针偏角变小，说明导电液体增多C ．静电计指针偏角变大，说明电容器电容增大D ．静电计指针偏角变大，导电液体液面升高B [静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压减小，选项A 错误；静电计指针偏角变小，根据C ＝Q U 可知，电容器电容增大，因C ＝εr S4πkd，所以S 增大，液面升高，导电液体增多，选项B 正确；静电计指针偏角变大，说明电容器两板间电压增大，根据C ＝Q U 可知，电容器电容减小，因C ＝εr S4πkd，所以S 减小，液面降低，导电液体减少，选项C 、D 错误．](多选)如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开关S ，平行板间有一质量为m ，电荷量为q 的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说法正确中的是( )A ．将A 板向上平移一些，液滴将向下运动B ．将A 板向左平移一些，液滴将向上运动C ．断开开关S ，将A 板向下平移一些，液滴将保持静止不动D ．断开开关S ，将A 板向右平移一些，液滴将向上运动BCD [开关S 闭合后，将A 板向上平移一些，由C ＝εS4πkd 可知，电容器的电容减小，由电容器要放电，由于二极管的单向导电性，因此电容器不能反向放电，电容器的带电量不变，极板移动后，板间的电场强度不变，因此液滴仍保持静止，A 项错误；将A 板向左平移一些，尽管电容器的电容减小，但电容器不能放电，带电量一定，电容减小，由U ＝Q C 可知，板间电压增大，由E ＝U d可知，板间电场强度增大，液滴会向上运动，B 项正确；断开开关，电容器带电量一定，将A 板向下平移一些，板间的电场强度不变，液滴仍保持静止，C 项正确；断开开关S ，将A 板向右平移一些，电容器的电容减小，板间电压增大，电场强度增大，液滴会向上运动，D 项正确．] 考向2 平行板电容器的综合问题5．(2016·开封二模)如图8­9所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S ，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为φ，则下列说法中正确的是( )图8­9A ．保持开关S 闭合，使两极板靠近一些，φ将减小B ．保持开关S 闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，φ将减小C ．打开开关S ，使两极板靠近一些，φ将不变D ．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动C [保持开关S 闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E ＝U d知，电场强度增大，φ将增大，A 项错误；调节滑动变阻器滑片不影响电容器两极板间的电压，B 项错误；打开开关S ，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C ＝εr S 4πkd 、U ＝Q C 、E ＝Ud知，E 不变，即夹角φ不变，C 项正确；轻轻将细线剪断，小球将沿细线方向向下做匀加速直线运动，D 项错误．]如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ，有一带电粒子P 静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为L 的不带电的金属板后，粒子P 开始运动，重力加速度为g .粒子运动的加速度大小为( )A.L dg B.L d －L g C.d －Ldg D.d d －L gB [设板间电压为U ，带电粒子静止时有：U dq ＝mg ；当插入金属板后，金属板处于静电平衡状态，相当于极板间距减小为d′＝d－L，由牛顿第二定律得q Ud′－mg＝ma，解得a＝Ld－Lg，故B正确．]考点3 带电粒子在电场中的运动(对应学生用书第41页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年7考：2017年Ⅰ卷T25、Ⅱ卷T252016年Ⅰ卷T18、Ⅱ卷T152015年Ⅱ卷T242014年Ⅰ卷T252013年Ⅰ卷T16[考情分析]1．高考对本考点的考查重在应用动力学观点和动能定理分析计算带电粒子在电场运动过程中的受力、做功及能量变化．2．应熟记常见典型电场的电场线、等势面的分布特点．3．做好过程分析、用好功能关系是解题的关键．6．(电场中的曲线运动)(2016·Ⅱ卷T15)如图8­10所示，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( )图8­10A．a a>a b>a c，v a>v c>v bB．a a>a b>a c，v b>v c>v aC．a b>a c>a a，v b>v c>v aD．a b>a c>a a，v a>v c>v bD [a、b、c三点到固定的点电荷P的距离r b<r c<r a，则三点的电场强度由E＝k Qr2可知E b>E c>E a，故带电粒子Q在这三点的加速度a b>a c>a a.由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qU ab|＝12mv2b－12mv2a<0，则v b<v a，从b到c电场力做正功，由动能定理|qU bc|＝12mv2c－12mv2b>0，v c>v b，又|U ab |>|U bc |，则v a >v c ，故v a >v c >v b ，选项D 正确．]7．(电场中的曲线运动)(2015·Ⅱ卷T 24)如图8­11所示，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．图8­11[题眼点拨] ①“重力不计”，只受电场力，A 、B 两点在垂直电场方向分速度相等．②求电势差，可考虑应用动能定理．【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 ＝12m (v 2B －v 20)③联立②③式得U AB ＝mv 20q .④【答案】 mv 20q(2017·Ⅱ卷T 25)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．【解析】 (1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0 ① s 1＝v 0t ＋12at 2 ② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3.④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得v 2y ＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v 0v y ＝s 1H联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H .⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则v 0v y ＝qE mg⑨设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH ＋qE S 1⑩ E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qE S 2⑪由已知条件E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg2q. ⑬【答案】(1)3∶1(2)13H(3)mg2q8．(电场中的直线运动)(2017·Ⅰ卷T25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．[题眼点拨] ①“竖直向上做匀速直线运动”说明电场力与重力等大反向；②“电场强度的大小突然间增大到某值，但保持其方向不变”说明油滴竖直向上做匀加速运动；③“电场反向，但保持其大小不变”说明油滴向上做匀减速直线运动．【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1 ①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1 ②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2 ③油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1 ④由①②③④式得v2＝v0－2gt1 ⑤(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg ⑥油滴从t＝0到时刻t1的位移为s1＝v0t1＋12a1t21⑦油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为s2＝v1t1－12a2t21⑧。