专题3 第7讲 电场（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题三 PPT下载 http:///xiazai/ 电场与磁场 2 第7讲　电场 热点1　 电场的性质 考向1　　电场强度的计算　　　 考向2 电场性质的综合分析　 考向3 电场中的图像问题 考向4 电容器问题 热点2　带电粒子在电场中的运动 考向1 带电粒子在电场中的直线运动　　　　　　 考向2　带电粒子在电场中的类抛体运动　 课下巩固检测练（七） 电 场 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 谢谢观看 INCLUDEPICTURE "写字灰.TIF" 建构知识体系 【明·误区】 【记·结论】 1.混淆电场强度的定义式和点电荷场强的决定式，不能区分试探电荷和场源电荷。 2．混淆电场线和等势面，误把电场线疏密或等势面的疏密等与电势的高低关联。 3．分析电场力的功、电势差、电势、电势能等问题时，忽视各量正负号的意义。 1.三个自由点电荷系统平衡满足：“电性——两同夹异，电量——两大夹小，位置——近小远大”。 2．等量异种点电荷连线的中垂面上，各点的电势处处为零，中垂面一侧电势小于零，另一侧大于零。 3．由电势能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。 【明·误区】 【记·结论】 4．将电势差与电场强度的关系U＝Ed应用于非匀强电场，或忽视式中“d”的意义。 5．分析电容器问题时没有看清是电压不变还是电荷量不变，或不能合理选择公式讨论。 6．分析粒子在电场中的运动时不能类比相关力学模型，并灵活选择方法、规律求解。 7．分析带电体在“电场＋重力场” 中的圆周运动时，未找准等效最高点和最低点 4．在匀强电场中，沿某一确定方向上，相同长度上的电势降落是相同的。 5．规定无穷远处电势为零时，点电荷的电势：φ＝k，多个电荷的电势叠加时满足代数加减。 6．电容器充电后与电源断开，仅改变两极板间的距离时，电场强度保持不变。 7．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动时，速度偏转角的正切值是位移偏角正切值的 2 倍。 8．导体处于静电平衡状态时，内部电场强度处处为零，导体是等势体，表面是等势面 【例1】 (多选)(2025·湖北高考)如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度(　　 ) A．方向沿x轴负方向 B．方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C．大小为(cos 54°＋cos 18°) D．大小为(2cos 54°＋cos 18°) 解析：选AD。将题目条件转化为如图所示， 五个点电荷与O点距离为R，设E0＝，则O点电场强度大小为E＝2×2E0cos 54°＋2E0cos 18°，代入可得E＝2(2cos 54°＋cos 18°)，方向沿x轴负方向，故A、D正确。 [总结提升]电场强度的分析与计算 (1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱(电场强度的大小)可根据电场线的疏密程度来进行比较。 (2)计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。 【例2】 (2025·浙江高考)三个点电荷的电场线和等势线如图所示，其中的d、e与e、f两点间的距离相等，则(　　) A．a点电势高于b点电势 B．a、c两点的电场强度相同 C．d、f间电势差为d、e间电势差的两倍 D．从a到b与从f到b，电场力对电子做的功相等 解析：选D。电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，即电场线由高等势面指向低等势面，由题图可知b点的电势高于a点的电势，A错误；a、c两点电场强度方向沿电场线的切线方向，则a、c两点的电场强度不同，B错误；电场线的疏密反映电场强度的大小，从d→e→f电场线越来越稀疏，则电场强度逐渐减小，所以de段的平均电场强度大于ef段的平均电场强度，又de＝ef，由公式U＝Ed可知|Ufd|＜2|Ued|，C错误；由题图可知，a、f两点在同一等势线上，则a、f两点的电势相等，则φa－φb＝φf－φb，即Uab＝Ufb，由静电力做的功与电势差的关系知WAB＝qUAB，则从a到b与从f到b，电场力对电子做的功相等，D正确。 [总结提升]电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法 物理量 判断方法 电场 强弱 ①根据电场线的疏密判断 ②根据公式E＝k和电场强度叠加原理判断 电势 高低 ①根据电场线的方向判断 ②由UAB＝判断 ③根据静电力做功(或电势能)判断 电势能 大小 ①根据Ep＝qφ判断 ②根据ΔEp＝－W电，由静电力做功判断 ③根据能量守恒定律判断 【例3】 (2025·海南高考)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM＝ON；有一电子从M点静止释放，仅受x方向的电场力作用，则下列说法正确的是(　　 ) A．P点电场强度方向沿x轴负方向 B．M点的电场强度小于N点的电场强度 C．电子在P点的动能小于在N点的动能 D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能 解析：选D。由图可知在x正半轴沿＋x方向电势降低，则电场强度方向沿x轴正方向，故A错误；φ ­x图像斜率表示电场强度，由图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度大小、方向相反，故B错误；电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，电子在P点的电势能小于在N点的电势能，则根据能量守恒可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误，故D正确。 【例4】 (2025·广东广州模拟)如图甲所示为一个均匀带正电的圆环，以圆环的圆心O为坐标原点，过O点垂直于圆环平面的线为x轴，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度如图乙所示，将一个带负电微粒(不计重力)从B处静止释放，则粒子(　　 ) A．沿着x轴负方向运动到无穷远处 B．在O点两侧做简谐运动 C．在A的电势能比在B的电势能低 D．到达C点的速度最大 解析：选C。由图乙知，O点左侧电场强度方向从O点出发指向无穷远处，右侧电场强度方向也从O点指向无穷远处，故将一个带负电微粒(不计重力)从B处静止释放，粒子先受到向左的电场力，向左加速，过了O点，受到的电场力向右，做减速，直到速度为零，然后再反向加速，过O点后，再减速，到速度为零，如此往返运动，由图乙可知，微粒所受电场力与其位移是非线性关系，所以不做简谐运动，故A、B错误；根据E ­x图像与x轴围成的面积表示电势差，可知UBO>UOA，根据W＝qU可知，粒子从B到O电场力对其做的正功大于粒子从O到A电场力对其做的负功，即粒子从B到O减少的电势能大于粒子从O到A增加的电势能，故粒子在A处的电势能比在B处的电势能低，故C正确；由图乙可知，当加速度为零，即电场强度为零时，粒子有最大速度，故D错误。 [总结提升]电场中几种常见的图像 v ­t图像 当带电粒子只受静电力时，从v ­t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小的变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况 φ ­x图像 (1)从φ ­x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化。 (2)φ ­x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小 E ­x图像 以电场强度沿x轴方向为例： (1)E＞0表示电场强度沿x轴正方向，E＜0表示电场强度沿x轴负方向。 (2)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，两点的电势高低需根据电场方向判定 Ep ­x图像 (1)图像的切线斜率大小表示静电力大小。 (2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况 【例5】 (2024·吉林高考)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图(a)所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(　　) A．电容器的电容减小 B．电容器所带的电荷量增大 C．电容器两极板之间的电势差增大 D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 解析：选B。根据题图(a)可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，A错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误；根据电容的定义式C＝结合A、C项分析可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M，B正确，D错误。 [总结提升]两类典型动态分析思路比较 【例1】 (多选)粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布薄金属圆板O及A、B、C、D、E五个金属圆筒(又称漂移管)，相邻金属圆筒分别用导线接在M、N两点，O接M点，将M、N接在高压电源两端。质子飘入(初速度为0)金属圆板O轴心处的小孔沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则(　　 ) A．质子从圆筒E射出时的速度大小为 B．圆筒E的长度为T C．M、N所接电源是直流恒压电源 D．金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶2 解析：选AB。质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得5eU＝，质子从圆筒E射出时的速度大小为vE＝，故A正确；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE＝vET＝T，故B正确；因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，所以M、N所接电源的极性应周期性变化，故C错误；由A、B项分析可知，金属圆筒A的长度LA＝金属圆筒B的长度LB＝T，则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶，故D错误。 [总结提升]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。 【例2】 (2025·甘肃高考)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO′方向射入电压为U2的电场(OO′为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d，U2 ­t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O′点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2＝±Um时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　 ) A．U2的最大值Um＝U1 B．当U2＝±Um且L＝时，离子恰好能打到样品边缘 C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1 D．在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点 解析：选B。粒子在加速电场中被加速时有U1q＝在偏转电场中做类平抛运动，则l＝v0t，t2，解得Um＝U1，A错误；当U2＝时粒子从极板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则，解得L＝，B正确；根据y＝，若其他条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，C错误；由图2可知t1时刻所加的向上电场的电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时刻射入的粒子打到A点时的竖直位移小于t2时刻射入的粒子打到B点时的竖直位移，D错误。 [总结提升]匀强电场中的类平抛运动问题 (1)带电粒子垂直于电场强度方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类平抛运动，可用运动的分解来求解。 (2)不涉及运动细节、涉及功能问题时也可用动能定理解决。列方程时要注意：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)。 【例3】 (2025·江苏高考)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求： (1)a运动到最高点的时间t； (2)a到达最高点时，a、b间的距离H。 解析：(1)根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，对a粒子，根据牛顿第二定律有 qE＝ma a运动到最高点的时间，由运动学公式有v0sin θ＝at 联立解得t＝。 (2)方法一　根据题意可知，两个粒子均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖直方向上运动的位移为 h1＝ 斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为 h2＝ 则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离 H＝h1＋h2＝。 方法二　两个粒子均受到相同电场力，以a粒子为参考系，b粒子以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离 H＝2v0sin θt＝。 答案：(1)　(2) 【基础练】 1．(2025·河北高考)《汉书》记载“姑句家矛端生火”，表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图，则a、b、c、d四点中电势最高的是(　　 ) A．a点 B．B C．c点 D．d点 解析：选D。沿电场线方向电势逐渐降低，故D正确。 2．(2025·陕晋青宁卷)某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其中可能正确的是(　　) 解析：选B。静电场是由静止电荷产生的电场，电场线不交叉不闭合，故B正确。 3．(2025·江苏高考)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为(　　 ) A. B．W C．2W D．4W 解析：选A。根据题意可知，电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，由公式E＝可知，极板间电场强度变为原来的，则由W＝Eqd可知，再把电荷由a移至b，则电场力做功变为原来的，即电场力做功为，故A正确。 4．(2025·河南高考)如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6 V、4 V、2 V；a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，则正确的是(　　) 解析：选C。取ac边的中点d，则在匀强电场中有φd＝＝4 V＝φb，所以bd连线为该电场的等势线，又电场方向垂直于等势线，且由高电势指向低电势，可知a点的电场方向从a指向c，故C正确。 5．(2024·浙江高考)如图所示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则(　　 ) A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大 C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大 解析：选D。分析题图可知静电计测量电容器两极板间的电势差，静电计指针张角增大，电容器两极板间的电势差增大，A错误；由于保持电荷量不变，而电势差增大，则由C＝可知电容器的电容减小，B错误；由电容的决定式C＝和两极板间电场强度E＝，联立可得E＝，可知电容器两极板间电场强度与极板间距d无关，故仅改变极板间距，极板间电场强度不变，C错误；根据E能＝QU可知，Q不变，U增大时，电容器储存能量增大，D正确。 6．某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为－2 V、－1 V、1 V、2 V的等势线上，则(　　 ) A．a、b、c、d中a点电场强度最小 B．a、b、c、d中d点电场强度最大 C．一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV D．一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV 解析：选C。根据等势面越密集电场强度越大，可知a、b、c、d中a点电场强度最大，故A、B错误；一个电子从b点移动到c点电场力做功为Wbc＝－eUbc＝2 eV，故C正确；一个电子从a点移动到d点电场力做功为Wad＝－eUad＝4 eV，由于电场力做正功电势能减小，则一个电子从a点移动到d点电势能减小了4 eV，故D错误。 7．(2025·甘肃高考)如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是(　　 ) A．M点的电势比P点的低 B．M点的电场强度比N点的小 C．负电荷从M点运动到P点，速度增大 D．负电荷从M点运动到P点，电场力做负功 解析：选D。MN两点电势相等，电场线由上到下，NP在同一电场线上，沿电场线电势逐渐降低，可知N点电势高于P点，可知M点电势高于P点，A错误；M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，B错误；负电荷从M点运动到P点，电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，C错误，D正确。 8．(2025·甘肃白银三模)一种电子透镜的部分电场分布如图所示，虚线为等差等势面。电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三个点，取c点电势为0 V，电子从a点运动到b点电势能变化了10 eV，则(　　 ) A．a点电势为－15 V B．电子在b点的电势能为－5 eV C．b点的电场强度比c点的大 D．电子的运动轨迹与其中的一条电场线重合 解析：选B。根据电场线的方向与等势面垂直，可知题图中电场线的方向大体沿左上—右下方向；电子从a到c的过程中向上弯曲，说明电子受到的电场力的方向指向左上方，则电子从a到c的过程中受到的电场力的方向与电场线方向之间的夹角为钝角，电场力做负功，所以电子从a点运动到b点电势能增大10 eV，电子带负电，则b点的电势比a点的电势低10 V，结合题图可知相邻两等势面间的电势差为5 V，取c点电势为0 V，则a点的电势为φa＝5 V×3＋0 V＝15 V，故A错误；取c点电势为0 V，相邻两等势面间的电势差为5 V，可知b处电势为5 V，则电子在b点的电势能为Ep＝－eφb＝－e×5 V＝－5 eV，故B正确；根据等势面的疏密表示电场的强弱可知b点的电场强度小于c点的电场强度，故C错误；电场线的方向与等势面垂直，由题图可知电子运动的轨迹与等势面不垂直，则电子的运动轨迹不可能与其中的一条电场线重合，故D错误。 【能力练】 9．(2025·黑吉辽蒙卷)如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则(　　) A．EkA<EkB<EkC B．EkB<EkA<EkC C．EkA<EkC<EkB D．EkC<EkA<EkB 解析：选C。由题意可知弹簧的原长为2r，则物块在A点时弹簧的伸长量为r，物块在B点和C点时弹簧的压缩量为r，则弹簧在A、B、C三点的弹性势能相等，设弹簧在这三点处的弹性势能为Ep，小球从A点到B点的过程，由功能关系得EkA＋Ep＋W电＝EkB＋Ep，则有EkA＋W电＝EkB，由于W电＝FxAB>0，解得EkA<EkB，又F＝mg，xAB＝r，则有W电＝物块从B点到C点的过程，由功能关系得EkB＋Ep－W重＝EkC＋Ep，则有EkB＝EkC＋W重，即EkB>EkC，又W重＝mg·2r，由以上可知W电>W重，则有EkA<EkC，综上所述得EkA<EkC<EkB，故C正确。 10．(多选)如图所示，空间有水平方向的匀强电场E(未画出)，长为L的轻质绝缘细线一端固定在天花板上O点，另一端系质量为m、电荷量为q的带正电小球，现由图示A位置静止释放小球，小球沿圆弧经最低点C恰好能到达B点，已知OB与竖直方向的夹角为θ＝37°，且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是(　　 ) A．电场强度E＝ B．小球在B点时的电势能最小 C．小球经过C点时对细线的拉力为2mg D．小球经过C点时的动能最大 解析：选AC。根据题图可知，小球从A到B运动过程中，静电力做负功，则电场方向水平向右，由A到B过程有mgL cos θ－qE(L＋L sin θ)＝0，解得E＝，A正确；根据上述可知，由A到B过程静电力做负功，因此小球在B点时的电势能最大，B错误；由A到C过程有mgL－qEL＝，在C点有T－mg＝，根据牛顿第三定律有T′＝T，联立解得T′＝2mg，C正确；小球经过等效最低点时的动能最大，根据运动的对称性知，该位置位于AC之间，不在C点，D错误。 11．(2025·四川高考)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求： (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 解析：(1)由牛顿第二定律有qE＝ma 由运动学公式at2 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为 t＝。 (2)微粒第一次到达下极板时的速度大小为 v1＝at＝ 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为v2，满足 ＝2ad 代入解得v2＝ 同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3，满足 代入解得v3＝2 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为 p＝mv3＝2。 答案：(1)　(2)2 【创新练】 12．(2025·广东东莞检测)中国科学院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图甲所示，在xOy平面内的第一象限和第四象限加一沿y轴正方向的匀强电场E0(未知)，一粒子发射源固定在坐标原点O，该装置可以沿x轴正方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子P，粒子的初速度均为v0，刚好能过第一象限内的M点，已知M点的横坐标为l，不计重力及粒子间的相互作用。 (1)已知粒子P过M点时速度为2v0，求匀强电场的电场强度大小E0和M点的纵坐标； (2)若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图乙所示，电场强度为正值时表示电场方向沿y轴正方向，题干中其他条件均不变，t＝0时刻从坐标原点射出的粒子P仍能过M点，求图乙中E′与E0的比值。 解析：(1)粒子P开始在电场中做类平抛运动，将粒子P运动到M点时的速度正交分解，其沿x轴方向上的分速度为v0，则沿y轴方向的分速度 vy＝v0 粒子P在电场中的加速度a＝ 在M点，竖直方向有vy＝at 水平位移l＝v0t，竖直位移yM＝at2 联立解得E0＝l。 (2)换成交变电场后，粒子P运动至M点的时间仍为t＝，结合题图乙可知，交变电场在此期间经历了两个周期，粒子P沿y轴的分速度随时间变化的vy ­t图像如图所示， 由图可知粒子在两个周期内的运动一直沿同一方向，可分为4段，每段的时间相同，加速度大小相等，发生的位移大小也相等，所以整个运动过程粒子P在y轴方向运动的距离为 yM＝4× 又yM＝l 解得E′＝，故＝4。 答案：(1)l　(2)4 $