专题3 第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动(Word教参)-【精讲精练】2025年高考物理二轮专题辅导与训练

专题三　电场与磁场 第1讲　电场及带电粒子在电场中的运动 　如图所示，两电荷量分别为－Q和－2Q的点电荷固定在直线MN上，两电荷相距5R。在MN连线与M点相距为2R处有一O点，竖直平面内固定一圆心在O点，半径为R的光滑绝缘圆轨道。有一带正电、质量为m、电荷量为q0的小环沿圆轨道做完整的圆周运动，则电荷量为q0的小环(　　) A．做匀速圆周运动 B．做圆周运动的向心力由轨道提供 C．在圆轨道上运动时电势能和机械能之和不变 D．在最高点的速度大于其在最低点的速度 [解析]　小环受到库仑力始终与重力平衡时，只在轨道指向圆心的弹力作用下才能沿轨道做匀速圆周运动，两电荷无法产生这样的库仑力，A错误；小环受重力、库仑力和轨道的弹力作用，其合力沿指向圆心方向的分力提供小环圆周运动的向心力，沿切线方向分力产生切向加速度，B错误；在轨道上运动过程中，没有摩擦阻力，只有库仑力和重力做功，根据能量守恒定律可知，能量只在电势能和机械能之间转化，其总和保持不变，C正确；由对称性可知，在从最高点到最低点过程中，库仑力做功为零，而重力做正功，由动能定理可知，最低点速度大于最高点速度，D错误。 [答案]　C 　如图所示，在例题中若两电荷量分别为－Q和＋2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以＋2Q的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是(　　) A．a点的电势高于b点的电势 B．将一正点电荷从a 沿圆弧经c移动到b，电势能减小 C．c、d两点的电场强度相同 D．a点的电场强度大于b点的电场强度 解析　a、b、c、d四点在以点电荷＋2Q为圆心的圆上，由＋2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过－Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高， c、d电势相等，a点电势最低，故A错误；由A选项可知，a点电势低于b点电势，则将一正点电荷从a 沿圆弧经c移动到b，电势能增大，故B错误；根据点电荷电场强度公式E＝，结合矢量的合成法则可知，a点的电场强度最大，因此a点的电场强度大于b点的电场强度，且c、d两点的电场强度大小相等，方向不相同，故D正确，C错误。 答案　D 　如图所示，在例题中若直线MN上相距为3L的两点固定两个点电荷＋Q、＋2Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、L为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在直线MN上，b、d两点直线MN对称。下列判断正确的是(　　) A．b、d两点处电场强度相同 B．四点中c点处的电势最低 C．将一正试探电荷沿圆周由a点移至c点，电势能先减小后增大 D．将一正试探电荷沿直线从b点移到d点，电场力先做负功后做正功 解析　根据对称性可知b、d两点处电场强度大小相同，方向不同，故A错误；四点到＋Q的距离相等，其中c点到＋2Q的距离最近，根据电势的叠加可知c点处电势最高，故B错误；将一正试探电荷沿圆周由a点移至c点，＋Q对试探电荷的库仑力不做功，＋2Q对试探电荷的库仑力始终做负功，试探电荷的电势能一直增大，故C错误；易知在直线MN上方的bd连线上，电场强度始终具有向上的分量，而直线MN下方的bd连线上，电场强度始终具有向下的分量，将一正试探电荷沿直线从b点移到d点，电场力先做负功后做正功，故D正确。 答案　D 电势能变化的判断方法 (1)做功判断法：由WAB＝EpA－EpB。电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。 (2)电荷电势法：由Ep＝qφ知正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大。 (3)能量守恒法：若只有电场力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，反之电势能增大。 　(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，x轴上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法中正确的是(　　) A．q1为正电荷，q2为负电荷 B．q1的电量大于q2的电量 C．ND间场强方向向x轴正方向 D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功 [解析]　沿电场线方向电势降低，离正电荷越远电势越低，离负电荷越远电势越高，由图像可知q1为正电荷，q2为负电荷，故A正确；由公式φ＝k可知，若q1电荷量等于q2的电荷量，应该是O、M中点的电势为零，由图可知电荷量不相等，由于点电势为0的A点距离q1比较远，而距离q2比较近，所以q1的电量大于q2的电量，故B正确；沿电场方向，电势降低，从N到C电势升高，故NC间场强方向沿x轴负方向，C到D电势降低，故CD间场强方向沿x轴正方向，故C错误；从N点移到D点，电势先升高后降低，由Ep＝qφ可知，负点电荷从N点移到D点，其电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，故D正确。 [答案]　ABD 　在例题中，两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，若x轴上各点的电势φ随x的变化如图中的曲线所示，其中N点对应图中曲线的斜率为零，下列说法正确的是(　　) A.点电荷q1为正电荷，点电荷q2为负电荷 B．点电荷q1的电荷量小于点电荷q2的电荷量 C．两个点电荷在x轴上分别产生的电场的场强大小相等的点只有一个 D．在两点电荷形成的电场中，N点的合场强为零 解析　由φ ­x图像可知，O点附近电势无穷小，M点电势无穷大，说明O点放置的点电荷q1为负电荷，M点放置的点电荷q2为正电荷，故A错误；OM间零电势点距M点近，所以q2的电荷量大小比q1的电荷量小，故B错误；φ ­x图像上某点切线的斜率等于该点的电场强度来判断电场强度，由图可知在OM之间和M点右边各有一个场强大小相等，方向相反的点，故两个点电荷在x轴上分别产生的电场的场强大小相等的点有两个，故C错误；图像的斜率表示场强，则N点的电场强度为0，故D正确。 答案　D 　在例题中，两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，规定无穷远处为电势能零点，一带负电的试探电荷在x轴上各点具有的电势能随x变化的关系如图所示，其中试探电荷在A、N两点的电势能为零，在ND段中C点的电势能最大，则下列说法正确的是(　　) A．O处点电荷带正电，M处点电荷带负电 B．q1的值小于q2的值 C．将一正点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功 D．将一正点电荷从N点由静止释放后，点电荷会沿x轴正方向运动且到达C点时速度最大 解析　无穷远处的电势能为零，A点的电势能也为零，由于试探电荷带负电，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知O点电势最低，结合沿电场线方向电势逐渐降低，可知O处点电荷带负电，M处点电荷带正电，故A错误；OA之间的距离为r1，AM之间的距离为r2，A点的电势能为零，则电势为零，根据点电荷的电势公式有k＝k，r1>r2，因此q1>q2，B错误；负电荷由N到D电势能先增大后减小，则正电荷由N到D电势能先减小后增大，可知电场力先做正功后做负功，故C错误；将一正电荷从N点由静止释放，正电荷会沿x轴正方向运动且到达C之前做正功，C点之后做负功，因此C点速度最大，故D正确。 答案　D 电场中常见的三种图像问题 1．φ ­x图像 (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图像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。 2．E ­x图像 (1)反映了电场强度随位置变化的规律。 (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。 3．Ep ­x图像 (1)Ep ­x图像切线的斜率的绝对值表示电场力的大小，进而可以确定加速度和电场强度的大小。 (2)根据Ep的增减和电荷电性判断φ的高低，从而确定电场强度方向。 　(2024·河北邯郸一模)如图所示，电场强度为E的匀强电场中有一光滑水平绝缘平面，一根轻弹簧左端固定在平面上，右端拴接一个带正电的绝缘物块甲，平衡时物块甲静止在a点。某时刻在b点由静止释放带有正电的绝缘物块乙，乙与甲发生碰撞后一起向左运动但未粘连，当甲、乙一起返回到c点时，弹簧恰好恢复原长，甲、乙速度刚好为零。若在d点由静止释放乙，乙与甲发生碰撞后仍一起压缩弹簧运动，返回到c点时甲、乙分离，分离后，乙刚好能够返回到e点(图中未画出)。已知物块甲、乙可视为质点，质量均为m，电荷量均为q，a、b间距离为L，a、c间距离以及b、d间距离均为，忽略甲、乙间的库仑力。求： (1)初始状态弹簧储存的弹性势能； (2)e点与a点的距离。 解析　(1)乙从b到a由动能定理得qEL＝mv02 解得乙与甲碰撞前的速度大小v0＝ 乙与甲碰撞由动量守恒定律得mv0＝2mv 解得碰撞后甲、乙的速度大小均为v＝ 甲、乙从一起压缩弹簧到甲、乙一起返回到c点，由功能关系得Ep＋×2mv2＝2qE× 解得初始状态弹簧储存的弹性势能Ep＝qEL。 (2)在d点由静止释放乙，到乙与甲发生碰撞前，对乙由动能定理qE×＝mv12 解得碰撞前乙的速度大小v1＝ 甲、乙的碰撞过程由动量守恒定律得mv1＝2mv2 解得碰撞后甲、乙的速度大小为v2＝ 从甲、乙碰撞后到甲、乙一起返回到c点时，由功能关系得 Ep＋×2mv22＝2qE×L＋×2mv32 解得甲、乙分离时的速度大小为v3＝ 乙分离后到乙停止运动，由动能定理得 －qEL′＝0－mv32 解得L′＝L 则e点与a点的距离为x＝L＋L＝L。 [答案]　(1)qEL　(2)L 1．(2024·河北卷)我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是(　　) A．a点　　　　　　　 B．b点 C．c点 D．d点 解析　等差等势线越密集，电场强度越大，由题图可知，c点电场强度最大，C对。 答案　C 2．(多选)(2024·湖北卷)关于电荷和静电场，下列说法正确的是(　　) A．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变 B．电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面 C．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小 D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动 解析　电荷只能从一个物体转移给另一个物体，不能被创造，也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，A正确；电场线与等势面垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该点电荷的电势能将减小，C正确；结合C项分析和Δφ＝可知，当q<0时，Δφ>0，当q>0时，Δφ<0，即负点电荷将从低电势的地方向高电势的地方运动，正点电荷将从高电势的地方向低电势的地方运动，D错误。 答案　AC 3．(2024·新课标卷)如图所示，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等，则(　　) A．两绳中的张力大小一定相等 B．P的质量一定大于Q的质量 C．P的电荷量一定小于Q的电荷量 D．P的电荷量一定大于Q的电荷量 解析　分别对两小球受力分析如图所示，设两小球间的距离为l，绳与竖直方向的夹角为θ，则有－qQE＝mQg tan θ，＋qPE＝mPg tan θ，显然mQg tan θ＜mPg tan θ，即mQ＜mP，B正确；设下端系有小球P的细绳的张力大小为T、下端系有小球Q的细绳的张力大小为T′，则有T＝，T′＝，结合上述分析可知，T>T′，A错误；根据小球Q在O点所在竖直线左边知＞EqQ，则>E，但P、Q电荷量之间的大小关系无法确定，C、D错误。 答案　B 4．(2024·河北卷)如图所示，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： (1)电场强度E的大小； (2)小球在A、B两点的速度大小。 解析　(1)A、B两点间的电势差为U，则E＝。 (2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有qE－mg＝m 解得小球在A点的速度大小vA＝ 小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有 qU－mgL＝mvB2－mvA2 解得小球在B点的速度大小vB＝。 答案　(1) (2) 　 命题点一　电场力的性质 电场强度矢量的叠加 若空间中有几个点电荷，则某点的场强等于各点电荷在该点产生场强的矢量和。 2．电场强度叠加时四种特殊求解方法 (1)对称法：如等量同种点电荷关于连线中点O对称的点场强等大反向；等量异种点电荷关于连线中点O对称的点场强等大同向；等量同种(异种)点电荷关于连线轴和中垂线轴对称的点场强大小相等。 (2)补偿法：如图所示，若只在半球面AB上均匀分布正电荷，我们就可以补成一个完整的带电球面，在球壳外部可认为是集中在球心的点电荷形成的电场，球壳内部场强为0。 (3)等效法：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场与等量异种点电荷之间的电场分布相同。 (4)微元法：如图，长为l的均匀带电细杆ab，若比较P1、P2处的场强大小，可将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看成点电荷来处理；带电杆在P2点场强大于在P1点场强。 1．(2024·抚州高三期末)如图甲所示，两个带电小球P、Q(可视为质点)通过两段长度均为的轻质绝缘细绳悬挂在O点，P、Q静止时两细绳的夹角为60°，过O点的竖直线恰为两细绳夹角的角平分线。图乙为P、Q两小球间静电力大小与两小球间距离的平方的关系图像，图中数据为已知量，则(　　) A．小球P、Q带等量异种电荷 B．小球P、Q质量之比mP∶mQ＝∶1 C．两段细绳的拉力大小均为2a D．小球P、Q所带电荷量乘积的绝对值等于ab 解析　小球P、Q互相排斥，带同种电荷，A错误；设库仑力大小为F，根据平衡条件F＝mPg tan 30°，F＝mQg tan 30°，解得mP∶mQ＝1∶1，B错误；根据平衡条件FT＝，根据图像F＝a，解得FT＝2a，因为两绳的拉力相等，所以两段细绳的拉力大小均为2a，C正确；根据库仑定律F＝k，根据图像F＝a，r2＝b，解得qPqQ＝，D错误。 答案　C 2．(2024·九省联考)如图所示，水平带电平面上方有一质量为m、带电量为q的点电荷，当它在M点时所受合力为零。M点与平面的垂直距离为d，k和g分别为静电力常量和重力加速度，则与M点对称的N点处的电场强度为(　　) A． B．＋ C．－ D．＋ 解析　点电荷在M点时，所受合力为零，则有qE＝mg，解得E＝，根据对称性可知，带电平面在M点的电场强度和N点的电场强度大小相等，方向相反。带电平面与点电荷电性相同，两者在N点的电场强度方向相同，点电荷在N点的电场强度大小为E′＝，根据电场叠加可得N点处的电场强度为E＋E′＝＋，故D正确，A、B、C错误；故选D。 答案　D 3．(2024·九省联考)如图所示，一个质量为m、电荷量为q(q＞0)的小球固定于绝缘轻杆一端，轻杆的另一端光滑铰接于O点，重力加速度为g。 (1)未加电场时，将轻杆向左拉至水平位置，无初速度释放，小球到达最低点时，求轻杆对它的拉力大小。 (2)若在空间中施加一个平行于纸面的匀强电场，大小方向未知(图中未画出)。将轻杆从左边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为4mg；将轻杆从右边水平位置无初速度释放，小球到达最低点时，受到轻杆的拉力为8mg，求电场强度的水平分量Ex和竖直分量Ey。 解析　(1)未加电场，则从水平位置无初速度释放到最低点时，有mgL＝mv2 则小球在最低点有FT－mg＝m 解得FT＝3mg。 (2)加电场后，无论轻杆从哪边释放小球到达最低点时受到的拉力均比无电场时大，则说明电场在竖直方向的分量向下；而轻杆从左边释放小球到最低点受到的拉力小于轻杆从右边释放小球到最低点受到的拉力，则说明电场在水平方向的分量向左，则杆从左边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中有mgL－ExqL＋EyqL＝mv12 则小球在最低点有FT1－mg－Eyq＝m，其中FT1＝4mg 杆从右边水平位置无初速度释放，到小球到达最低点的过程中mgL＋ExqL＋EyqL＝mv22 则小球在最低点有FT2－mg－Eyq＝m，其中FT2 ＝ 8mg 联立解得Ey＝，Ex＝。 答案　(1)3mg　(2)Ey＝，方向竖直向下　Ex＝，方向水平向左 命题点二　电场能的性质 1．电场中的各个物理量的形成及相互转化关系 2．电势高低的比较 (1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低。 (2)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB＞0，则φA＞φB，反之φA＜φB。 3．电势能变化的判断 (1)根据静电力做功判断，W＝－ΔEp。若静电力对电荷做正功，则电势能减少；反之增加。 (2)根据能量守恒定律判断，静电力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程。 4．(2024·九省联考)如图所示，M、N是某静电场中一条竖直方向电场线上的两点，电场线方向未标出。现有质量为m的带电小球在电场力和重力作用下沿该电场线向下运动，小球通过M点的速度为v1，经过一段时间后，小球通过N点的速度为v2，方向向上。由此可以判断(　　) A．M点的场强大于N点的场强 B．M点的电势低于N点的电势 C．小球在M点的动能小于它在N点的动能 D．小球在M点的电势能小于它在N点的电势能 解析　该电场线竖直方向，带电小球仅受重力和沿电场线的电场力的作用，在M点速度方向竖直向下变为在N点竖直向上，由此可知小球先减速后反向加速，电场力方向竖直向上。仅一条电场线分布，未知周围电场线分布情况，且不知道MN两点的加速度大小关系，故无法判断两点的电场场强大小，选项A错误；由分析得知小球所受电场力方向竖直向上，但未知小球所带电荷的电性，故无法判断MN两点的电势高低，选项B错误；小球从M到N点，未知重力做功和电场力做功的大小关系和速度大小关系，故无法判断小球在MN两点的动能大小，选项C错误；小球电场力方向竖直向上，从M点到N点电场力做负功，电势能增加，故小球在M点的电势能小于N点的电势能，选项D正确。 答案　D 5．(2024·九省联考)如图甲所示，一点电荷P(未画出)所在的水平直线上有M、N两点。在M、N两点分别放置试探电荷，其受到的静电力与试探电荷的电荷量的关系分别如图乙中直线Ⅰ、Ⅱ所示。规定向右为正方向，则(　　) A．P带正电 B．P在M点左侧 C．M点电势比N点的低 D．M点电场强度比N点的小 解析　由题图乙直线Ⅰ可知，在M点放置的试探电荷带正电，受到的电场力向右，则M点的场强方向向右；由题图乙直线Ⅱ可知，在N点放置的试探电荷带负电，受到的电场力向右，则N点的场强方向向左，可知点电荷P应位于M、N两点之间，且P带负电，故选项A、B错误；由公式E＝和Fq图像可知，直线Ⅰ对应的场强大于直线Ⅱ对应的场强，即M点电场强度比N点的大；根据E＝k，可知M点比N点离负点电荷P更近，则M点电势比N点的低，故选项C正确，D错误。 答案　C 命题点三　电场中的图像问题 1．三种与电场中功能关系有关的图像 图像类别 电势能与位移关系图像(Ep­x图像) 动能与位移关系图像(Ek­x图像) 机械能与位移关系图像(E­x图像) 功能关系 电场力做功与电势能变化关系 合外力做功与动能的变化关系 除重力、系统内弹力外的其他力做功与机械能的变化关系 函数关系式 qE·Δx＝W电＝－ΔEp F合·Δx＝ΔEk F其他·Δx＝ΔE 图像斜率的意义 绝对值表示电场力的大小(qE) 合外力(F合) 除重力、系统内弹力之外的其他力(F其他) 6．(多选)(2024·九省联考)用于医学成像的X射线是由电子加速后轰击重金属靶产生的。图甲中M、N是电子被电场加速过程中一条电场线上的两点。电子在电场力的作用下从M点运动到N点，其运动的vt图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．M点的电场强度大于N点的电场强度 B．M点的电势高于N点的电势 C．电子从M点运动到N点电场力做负功 D．电子在M点的电势能大于N点的电势能 解析　根据vt图像的变化特点可知，从M点运动到N点电荷做加速度减小的加速运动，负电荷在M、N两点的加速度大小关系为aM>aN，负电荷仅受电场力的作用，则qEM＝maM，qEN＝maN，得EM>EN，故选项A正确；由题图乙可知，负电荷的速度在增大，根据动能定理可知从M点运动到N点电场力对负电荷做了正功，即WMN＝－qUMN>0，则UMN＝φM－φN<0，得φM<φN，故选项B、C错误；由题图乙可知，负电荷的速度在增大，根据动能定理可知电场力对负电荷做了正功，根据电场力做功与电势能变化的关系W＝－ΔEp，因为电场力做正功，电势能减小，即得ΔEp＝EpM－EpN>0，则EpM>EpN，故选项D正确。 答案　AD 7．(多选)(2024·九省联考)如图甲所示，有一电荷均匀分布的固定绝缘细圆环，圆心为O，轴线上的电场强度和电势分布如图乙、丙所示。现有一带负电的粒子(重力不计)以初速度v0沿轴线由P运动到Q，OP＝OQ＝L。关于粒子由P运动到Q的过程分析，下列说法正确的是(　　) A．粒子先加速后一直减速 B．静电力对粒子做功不为0 C．粒子所受静电力先增大后一直减小 D．粒子的电势能先减小后一直增大 解析　由图可知粒子由P运动到Q的过程中，电场力先做正功，后一直做负功，根据电场力做功与电势能的关系W＝－ΔEp可得，电势能先减小后一直增大，动能先增大后一直减小，故选项A、D正确；根据题图丙可知UOP＝UOQ，根据W＝qU可知，粒子由P运动到Q的过程静电力对粒子做功的代数和为0，故选项B错误；根据题图乙可知，粒子由P运动到Q的过程，场强先增大后减小，再增大最后再减小，故粒子所受静电力先增大后减小，再增大最后再减小，故选项C错误。 答案　AD 命题点四　带电(体)粒子在电场中的运动 1．电场中直线运动问题的两种解题思路 (1)动能定理：不涉及a、t时可用。 (2)牛顿运动定律：涉及a、t时可用。 2．匀强电场中的偏转问题 (1)带电粒子垂直于场强方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类平抛运动，可用运动的分解来解决。 (2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。 注意：偏转时静电力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)。 3．匀强电场中偏转问题的两个结论 (1)如图所示，有tan φ＝2tan θ，且x＝。 (2)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量y＝at2＝＝，偏转角的正切值tan φ＝＝，可知偏移量与偏转角与粒子的比荷无关，总是相同的。 8．(多选)(2024·九省联考)如图甲所示，水平放置长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为E0，其方向随时间变化的规律如图乙所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线OO′射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则(　　) A．金属板间距离的最小值为 B．金属板间距离的最小值为 C．粒子到达竖直挡板时的速率都大于 D．粒子到达竖直挡板时的速率都等于 解析　在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖直方向的位移y＝2×a＝×T2＝，金属板间距离的最小值为d＝2y＝，选项A正确，B错误；粒子出电场时的水平速度均为v0＝，竖直方向上，在t＝t0时刻进入电场的粒子，先加速时间为－t0，然后减速－t0时间，在t＝(T－t0)时刻速度减为零；然后反向加速t0时间，再反向减速t0时间，即在t＝T＋t0时刻出电场时竖直速度再次减为零，粒子出离电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率等于v0＝，选项C错误，D正确。 答案　AD 9．(2024·云南保山三模)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为＋q的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ＝45°，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力，规定M点电势为零。求： (1)匀强电场的场强大小； (2)粒子电势能的最大值； (3)仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子射入电场的速度大小。 解析　(1)从M到N粒子动能不变，电场力不做功，所以MN为等势线，电场线与MN垂直，粒子做类似斜抛的运动，沿MN方向，粒子匀速运动，则t＝＝ 垂直MN方向v sin 45°＝at， 根据牛顿第二定律，有qE＝ma 解得E＝。 (2)粒子垂直MN方向速度为0时，电势能最大，根据能量守恒定律，有 Epmax＝mv2－m2＝mv2。 (3)如图所示，当粒子运动到P点时，电势能最小 v1cos 45°t′＝R，－v1sin 45°t′＋at′2＝R 联立解得v1＝。 答案　(1)　(2)mv2　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$