第10章 第5节 带电粒子在电场中的运动 -【创新教程】2025-2026学年高中物理必修第三册五维课堂同步课件PPT（人教版2019）

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2．运动性质：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹是一条抛物线． 3．分析思路：同分析平抛运动的思路相同，利用运动的合成与分解思想解决相关问题． 三、示波管的原理 1．构造：示波管主要由　电子枪　、　偏转电极　(XX′和YY′)、　荧光屏　组成，管内抽成真空． 2．原理 (1)给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的　中心O　点． 甲　示波管的结构　　　　乙　荧光屏(从右向左看) (2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，使电子沿YY′方向偏转． (3)示波管的XX′偏转电极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压(如图所示)，叫作扫描电压，使电子沿XX′方向偏转． 扫描电压 [基础自测] 1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)基本带电粒子在电场中不受重力．( × ) (2)带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能一定增加．( × ) (3)带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，均做匀变速运动．( √ ) (4)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束发生偏转，打在荧光屏的不同位置．( √ ) 2．如图所示，在匀强电场(电场强度大小为E)中，一带电荷量为－q的粒子(不计重力)的初速度v0的方向恰与电场线方向相同，则带电粒子在开始运动后，将(　　) A．沿电场线方向做匀加速直线运动 B．沿电场线方向做变加速直线运动 C．沿电场线方向做匀减速直线运动 D．偏离电场线方向做曲线运动 解析：C　[带电粒子受到与运动方向相反的恒定的电场力作用，产生与运动方向相反的恒定的加速度，因此，带电粒子在开始运动后，将沿电场线做匀减速直线运动，故选项C正确．] 3．电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两板间的电压，但仍能使电子穿过该电场．则电子穿越平行板间的电场所需时间(　　) A．随电压的增大而减小 B．随电压的增大而增大 C．与电压的增大无关 D．不能判定是否与电压增大有关 解析：C　[电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板间的匀强电场后，做类平抛运动，垂直电场方向做匀速直线运动，设板长为l，则电子穿越电场的时间t＝eq \f(l,v0)，与两极板间电压无关，C正确．] 带电粒子的加速 [探究引入] 在真空中有一对平行金属板，由于接上电池组而带电，两板间电势差为U，若一个质量为m、带正电荷q的粒子，以初速度v0从正极板附近向负极板运动． 试结合上述情境讨论： (1)怎样计算它到达负极板时的速度？ (2)若粒子带的是负电荷(初速度为v0)，将做匀减速直线运动，如果能到达负极板，其速度如何？ (3)上述问题中，两块金属板是平行的，两板间的电场是匀强电场，如果两金属板是其他形状，中间的电场不再均匀，上面的结论是否仍然适用？为什么？ 提示：(1)由动能定理有：qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，得 v＝eq \r(\f(2qU＋mv\o\al(2,0),m)). (2)由动能定理有：－qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，得 v＝eq \r(\f(mv\o\al(2,0)－2qU,m)). (3)结果仍然适用．因为不管是否为匀强电场，静电力做功都可以用W＝qU计算，动能定理仍然适用． [探究归纳] 1．带电粒子的分类及受力特点 (1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力． (2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力． 2．处理带电粒子在电场中加速问题的两种方法 可以从动力学和功能关系两个角度分析如下： 动力学角度 功能关系角度 应用 知识 牛顿第二定律以及匀变速直线运动公式 功的公式及动能定理 适用 条件 匀强电场，静电力是恒力 匀强电场、非匀强电场；静电力是恒力、变力 [例1]　如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106 m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域．两板距离为20 cm，设金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105 N/C.质子质量m＝1.67×10－27 kg，电荷量q＝1.60×10－19 C．求质子由板上小孔射出时的速度大小． [解析]　根据动能定理W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 而W＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2 J ＝9.6×10－15 J 所以v1＝eq \r(\f(2W,m)＋v\o\al(2,0))＝eq \r(\f(2×9.6×10－15,1.67×10－27)＋5×1062) m/s ≈6×106 m/s 质子飞出时的速度约为6×106 m/s. [答案]　6×106 m/s 分析带电粒子在电场中加速运动的两种思路 (1)牛顿第二定律和运动学公式 qeq \f(U,d)＝ma，得a＝eq \f(qU,md)；v2－veq \o\al(2,0)＝2ad，v＝eq \r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)) (2)动能定理 qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，v＝eq \r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)) [跟进训练] 1．(多选)示波管中电子枪的原理示意图如图所示，示波管内被抽成真空．A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法正确的是(　　) A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v B．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为eq \f(v,2) C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为eq \f(\r(2),2)v D．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为eq \f(v,2) 解析：AC　[电子在两个电极间的加速电场中进行加速，由动能定理eU＝eq \f(1,2)mv2－0得v＝eq \r(\f(2eU,m))，当电压不变，A、K间距离变化时，不影响电子的速度，故A正确；电压减半，则电子离开K时的速度为eq \f(\r(2),2)v，C正确．] 带电粒子在电场中的偏转 [探究导入] 如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距为d，不计粒子的重力． 请根据上述情境回答下列问题： (1)带电粒子在垂直于电场方向做什么运动？ (2)带电粒子在沿电场方向做什么运动？ (3)怎样求带电粒子在电场中运动的时间？ (4)粒子所受电场力多大？加速度多大？ 提示：(1)匀速直线运动．(2)初速度为零的匀加速直线运动．(3)t＝eq \f(l,v0).(4)F＝eq \f(U,d)q，a＝eq \f(Uq,dm). [探究归纳] 1．带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(vx＝v0　l＝v0t初速度方向,vy＝at　y＝\f(1,2)at2电场线方向)) 2．偏转位移和偏转角 (1)粒子离开电场时的偏转位移y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2) eq \f(qU,md)(eq \f(l,v0))2＝eq \f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)). (2)粒子离开电场时的偏转角tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\o\al(2,0)). (3)粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切值tan α＝eq \f(y,l)＝eq \f(qUl,2mdv\o\al(2,0)). 3．两个常用的推论 (1)粒子射出电场时好像从板长l的eq \f(1,2)处沿直线射出，即x＝eq \f(y,tan θ)＝eq \f(l,2). (2)位移方向与初速度方向夹角的正切值为速度偏转角正切值的eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ. 4．运动轨迹：抛物线． [例2]　一束电子流在经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？ 思路点拨：(1)电子经电压U加速后的速度v0可由eU＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)求出． (2)初速度v0一定时，偏转电压越大，偏转距离越大． (3)最大偏转位移eq \f(d,2)对应最大偏转电压． [解析]　加速过程，由动能定理得eU＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)① 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l＝v0t② 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动 加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(eU′,dm)③ 偏转距离y＝eq \f(1,2)at2④ 能飞出的条件为y≤eq \f(d,2)⑤ 联立①～⑤式解得U′≤eq \f(2Ud2,l2)＝400 V 即要使电子能飞出，所加电压最大为400 V. [答案]　400 V 带电粒子在电场中运动问题的处理方法 带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个电场力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿定律、动能定理、功能关系、能量守恒等． [跟进训练] 2．如图所示，从炽热的金属丝逸出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(　　) A．仅将偏转电场极性对调 B．仅增大偏转电极间的距离 C．仅增大偏转电极间的电压 D．仅减小偏转电极间的电压 解析：C　[设加速电场的电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝eq \f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq \r(\f(2U0q,m))，电子进入极板后做类平抛运动，时间t＝eq \f(L,v0)，加速度a＝eq \f(qU,dm)，竖直分速度vy＝at，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(UL,2U0d)，故可知C正确．] [知识点一]　带电粒子在电场中的加速 1. (多选)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0由小孔射入板间电场，当M、N间电势差为U时，粒子恰好能到达N板．要使这个带电粒子到达M、N板间距的eq \f(1,2)后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)(　　) A．使初速度减小为原来的eq \f(1,2) B．使M、N间电势差加倍 C．使M、N间电势差提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电势差都减小为原来的eq \f(1,2) 解析：BD 2.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是(　　) A.eq \f(edL,U)　　　　　　　 B．edUL C.eq \f(eU,dL) D.eq \f(eUL,d) 解析：D　[电子从O点运动到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和题图判断，电子仅受电场力，不计重力．根据能量守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eUOA.因E＝eq \f(U,d)，UOA＝EL＝eq \f(UL,d)，故eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(eUL,d)，所以D正确．] 3．如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是　__________　. 解析：由动能定理得：qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)， 解得v＝eq \r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)). 答案：eq \r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)) [知识点二]　带电粒子在电场中的偏转 4.如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出。现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且从正极板边缘飞出，则两极板长度应变为原来的(　　) A．2倍 B．4倍 C．1倍 D.eq \f(1,4) 解析：A　[由y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2dmv\o\al(2,0))知，要使y不变，当v0变为原来的2倍时，l变为原来的2倍，故选项A正确．] 5．如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为(　　) A．1∶1,2∶3 B．2∶1,3∶2 C．1∶1,3∶4 D．4∶3,2∶1 解析：D　[粒子在水平方向上做匀速直线运动x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y＝eq \f(1,2)at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝teq \o\al(2,B)∶teq \o\al(2,A)＝1∶4.而ma＝qE，m＝eq \f(qE,a)，eq \f(mA,mB)＝eq \f(qA,qB)·eq \f(aB,aA)＝eq \f(1,3)×eq \f(4,1)＝eq \f(4,3).综上所述，D项正确．] 6．长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求： (1)粒子离开电场时速度的大小； (2)匀强电场的场强大小； (3)两板间的距离． 解析：(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度：v＝eq \f(v0,cos 30°)＝eq \f(2\r(3)v0,3). (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动， 在水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：vy＝at， vy＝v0tan 30°＝eq \f(\r(3)v0,3)， 由牛顿第二定律得：qE＝ma 解得：E＝eq \f(\r(3)mv\o\al(2,0),3qL). (3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上： d＝eq \f(1,2)at2，解得：d＝eq \f(\r(3),6)L. 答案：(1)eq \f(2\r(3)v0,3)　(2)eq \f(\r(3)mv\o\al(2,0),3qL)　(3)eq \f(\r(3),6)L [知识整合] [能力强化] 强化点1　电势高低及电势能大小的判断　 1．电势高低的判断方法 判断角度 判断方法 依据电场 线方向 沿电场线方向，电势越来越低．(电场线的方向就是电势降低最快的方向) 场源电荷 判断法 离场源正电荷越近的点，电势越高；离场源负电荷越近的点，电势越低 根据电场力 做功判断 正电荷在电场力作用下移动时，电场力做正功，电荷由高电势处移向低电势处；正电荷克服电场力做功，电荷由低电势处移向高电势处．对于负电荷，情况恰好相反 根据Ep＝ qφ判断 正电荷所在处的电势能越大，该点电势越高；负电荷所在处的电势能越大，该点电势越低 2.电势能大小的判断方法 判断角度 判断方法 做功判断法 电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增大 电荷电势法 正电荷在电势越高的地方电势能越大；负电荷在电势越低的地方电势能越大 公式法 由Ep＝qφ，将电荷的大小、正负号一起代入公式．若Ep为正值，其绝对值越大表示电势能越大；如Ep为负值，其绝对值越小，表示电势能越大 能量守恒法 若只有电场力做功，电荷的动能和电势能之和不变，电荷动能增加，电势能减少；电荷动能减少，电势能增加 场源电荷 判断法 离场源正电荷越近，检验正电荷(或负电荷)的电势能越大(或越小)，离场源负电荷越近，检验正电荷(或负电荷)的电势能越小(或越大) 电场线法 顺着电场线的方向，检验正电荷(或负电荷)的电势能减少(或增加)，逆着电场线的方向，检验正电荷(或负电荷)的电势能增加(或减少) [例1]　(多选)在真空中A、B两点分别放置等量异种电荷，在电场中通过A、B两点的竖直平面内对称位置取一正方形路径abcd，如图所示，现将一电子沿abcd移动一周，则以下判断中正确的是(　　) A．由a→b，电势降低，电子的电势能减少 B．由b→c，电场对电子先做负功后做正功，总功为零 C．由c→d，电子的电势能增加 D．由d→a，电子的电势能先减少后增加，电势能总增量为零 思路点拨：(1)根据电势高低，分析电场力对电子做功的正负． (2)根据等势线的分布情况分析电势的变化． 解析：BD　[等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况如图所示，由图中电场线分布可知，从a到b电势逐渐降低，电子的电势能增加，A错误；再由等势线的分布可知，b、c在同一等势面上，沿直线由b到c电势先降低后升高，电场对电子先做负功，后做正功，总功为零，B正确；由c到d，电场对电子做正功，电子的电势能减少，C错误；a、d在同一等势面上，由d到a，电子的电势能先减少后增加，电势能总增量为零，D正确．] (1)同一条电场线上的两点，可用沿电场线方向，电势降低，比较两点电势高低；不在同一电场线上的两点，可画出过两点的等势面，再用沿电场线由高等势面指向低等势面比较两点电势高低． (2)判断电势能增减时最常用的方法是将电荷从一点移至另一点，判断电场力做功的正、负，从而比较电荷具有电势能的增减情况． [跟进训练] 1．如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等差等势线．A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则(　　) A．A点和B点的电势相同 B．正电荷从A点移至B点，电场力做正功 C．C点和D点的电场强度相同 D．负电荷从C点移至D点，电势能增大 解析：B　[本题疑难之处是不清楚电场线的特点．A点和B点不在同一个等势线上，所以它们的电势不同，所以A错误；从A点至B点，电势降低，所以正电荷从A点移至B点，电场力做正功，所以B正确；根据电场的对称性可知，C点和D点的电场强度的大小相等，但是它们的方向不同，所以C错误；C点和D点在同一个等势线上，负电荷从C点移至D点，电势能不变，所以D错误．] 强化点2　电场中的功能关系　 功是能量转化的量度，每一种力做功必然伴随一种能量与其他能量的相互转化． 1．电场力做功实现了电势能与其他形式的能的相互转化，电场力做正功，电势能减少，电势能转化为其他形式的能；电场力做负功，电势能增加，其他形式的能转化为电势能． 2．重力做功实现了重力势能与其他形式的能的相互转化，重力做正功，重力势能减少，重力势能转化为其他形式的能；重力做负功，重力势能增加，其他形式的能转化为重力势能． 3．合外力做功实现了动能与其他形式的能的相互转化，合外力做正功，动能增加，其他形式的能转化为动能；合外力做负功，动能减少，动能转化为其他形式的能． 4．除重力(系统内弹力)以外的力做功实现了机械能与其他形式的能的相互转化，除重力(系统内弹力)以外的力做正功，机械能增加，其他形式的能转化为机械能；除重力(系统内弹力)以外的力做负功，机械能减少，机械能转化为其他形式的能． 5．只有电场力做功，电势能与动能相互转化，二者之和保持不变．只有重力和电场力做功是重力势能、电势能和动能相互转化，三者之和保持不变． [例2]　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滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8.0 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是(　　) A．金属块带负电荷 B．金属块的电势能减少4.0 J C．金属块克服静电力做功8.0 J D．金属块的机械能减少12 J 思路点拨：(1)根据动能定理求电场力做功，进而判断金属块的电性． (2)电场力做功量度电势能的改变． 解析：D　[在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8.0 J，重力做功24 J，根据动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服静电力做功4.0 J，金属块的电势能增加4 J．由于金属块下滑，静电力做负功，所以静电力应该水平向右，所以金属块带正电荷．在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J．故D正确，A、B、C错误．] [跟进训练] [训练角度1]　只在静电力作用下的功能问题　 2．如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等．一个正电荷在等势面L3处的动能为20 J，运动到等势面L1处的动能为0；现取L2为零电势参考平面，则当此电荷的电势能为4 J时，它的动能为(不计重力及空气阻力)(　　) A．16 J　 B．10 J　　C．6 J　　D．4 J 解析：C　[正电荷在电场中只受静电力的作用，在L3等势面时动能为20 J，运动到L1等势面时动能为0，则运动到L2等势面时其动能一定是10 J，此时电势能为0，则此正电荷的动能和电势能总和为10 J．当它的电势能为4 J时，动能为6 J，故选项C正确．] [训练角度2]　只有重力和静电力做功的功能问题　 3．(多选)质量为m的带电小球在匀强电场中以初速度v0水平抛出，小球的加速度方向竖直向下，其大小为eq \f(2,3)g.则在小球竖直分位移为H的过程中，以下结论中正确的是(　　) A．小球的电势能增加了eq \f(2mgH,3) B．小球的动能增加了eq \f(2mgH,3) C．小球的重力势能减少了eq \f(mgH,3) D．小球的机械能减少了eq \f(mgH,3) 解析：BD　[分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律可知，mg－qE＝ma，解得静电力qE＝eq \f(1,3)mg，方向竖直向上，在小球竖直分位移为H的过程中，静电力做功为－eq \f(1,3)mgH，根据功能关系可知，小球的电势能增加eq \f(1,3)mgH，机械能减小了eq \f(1,3)mgH，A错误，D正确；重力做功为mgH，重力势能减少了mgH，C错误；根据动能定理可知，合外力做功eq \f(2mgH,3)，动能增加了eq \f(2mgH,3)，B正确．] [达标训练] 1．(多选)位于A、B处的两个带有不等量负电荷的点电荷在平面内的电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则(　　) A．a点和b点的电场强度相同 B．正电荷从c点移到d点，静电力做正功 C．负电荷从a点移到c点，静电力做正功 D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点电势能先减小后增大 解析：CD　[a点的等势面比b点的稀疏，故a点的电场强度比b点的小，选项A错误；c点电势低于d点电势，正电荷从c点移到d点，即正电荷向高电势处移动，静电力做负功，选项B错误；a点电势低于c点电势，从a点到c点，把负电荷移向高电势处，静电力做正功，选项C正确；从e点到f点，电势先变低后变高，故沿此方向移动正电荷，静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，选项D正确．] 2．(多选)如图所示的等量异号电荷中，A带正电，B带负电，在A、B连线上有a、b、c三点，其中b为连线的中点，且ab＝bc，则(　　) A．a点与c点的电场强度相同 B．a点与c点的电势相等 C．a、b间电势差与b、c间电势差相等 D．点电荷沿AB中垂线移动时，电场力不做功 解析：ACD　[由于a、c两点关于b点对称，电场强度的大小和方向均相同，A正确；电场线由a点指向c点，所以有φa>φc，B错误；由于ab＝bc，电荷由a点移到b点和由b点移到c点时，电场力做功相等，故Uab＝Ubc，C正确；A、B连线的中垂线为等势线，在等势线上移动电荷时，电场力不做功，D正确．] 3．如图所示，在匀强电场中，电场线与水平方向的夹角为θ，有一质量为m、带电荷量为＋q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点，当小球静止时，细线OA恰好呈水平状态．(重力加速度为g) (1)求电场强度的大小； (2)若用外力使小球绕O点做半径为L的圆周运动沿圆弧(图中虚线)从A点运动到O点正下方的B点，求此过程中电场力对小球做的功． 解析：(1)小球静止在A点时，根据平衡方程得 qEsin θ－mg＝0 则匀强电场的场强为E＝eq \f(mg,qsin θ). (2)小球沿圆弧从A运动到B的过程中，沿电场线方向发生的位移为s＝Lcos θ＋Lsin θ 根据功的定义式可知，该过程中电场力做的功为 WAB＝－qE(Lcos θ＋Lsin θ) 则WAB＝－mgL(eq \f(cos θ,sin θ)＋1)． 答案：(1)eq \f(mg,qsin θ)　(2)－mgL(eq \f(cos θ,sin θ)＋1) [真题过关] 1．(2020·全国卷Ⅱ， 20题)(多选)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷．a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等．则(　　) A．a、b两点的场强相等 B．a、b两点的电势相等 C．c、d两点的场强相等 D．c、d两点的电势相等 解析： ABC　[如图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图．本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置．它们有共同的对称轴PP′，PP′所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零．故在PP′上的点电势为零，即φa＝φb＝0；而从M点到N点，电势一直在降低，即φc＞φd，故B正确，D错误；上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知A、C正确；故选A、B、C.] 2．(2020·全国卷Ⅲ， 21题)(多选)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 解析：BC　[A.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＝keq \f(Q,r2)(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；B.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点到N点电势先增大后减小，B正确； C.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；D.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．故选B、C.] 3．(2020·山东卷，10)(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等．一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态．过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示．以下说法正确的是(　　) A．a点电势低于O点 B．b点电势低于c点 C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能 D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能 解析：BD　[A.由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；B.同理根据同种电荷电场线分布可知b点电势低于c点电势，故B正确；C.根据电场线分布可知负电荷从a到b电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；D.同理根据电场线分布可知负电荷从c点到d点电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确．故选B、D.] $$