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电势差与电场强度的关系
和带电粒子在电场中的运动
　(2019·广东珠海一模)(多选)如图，空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中的直角三角形ABC直角边BC＝20 cm，∠A＝60°，AD是∠A的角平分线。若在直角顶点B处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为1000 eV的电子，则能在顶点A和C分别探测到动能为1100 eV和900 eV的电子，本题中运动的电子仅需考虑受匀强电场的电场力，则(　　)
A．AB间的电势差UAB＝100 V
B．该匀强电场的场强E＝1000 V/m
C．电场强度的方向沿A指向D
D．整个三角形内，顶点C的电势最高

(1)如何判断电场强度的方向？
提示：可根据等势面判断，电场线与等势面垂直，由高电势指向低电势。
(2)匀强电场中，电势的分布有何特点？
提示：沿任意直线电势均匀变化。
[解析]　电子由B到A过程中由动能定理可得：－eUBA＝1100 eV－1000 eV，可得UBA＝－100 V，所以UAB＝100 V，故A正确；电子由B到C过程中由动能定理可得－eUBC＝900 eV－1000 eV，可得UBC＝100 V，所以AC间的电势差为UAC＝100 V－(－100 V)＝200 V，根据匀强电场的性质可知，AC的中点E与B点电势相等，BE为等势线，由几何关系可知AD与BE垂直，故场强方向由A指向D，所以C正确；由几何知识可得AB在AD上的投影为10 cm，所以电场强度的大小为：E＝ V/m＝1000 V/m，故B正确；整个三角形内，顶点A的电势最高，故D错误。
[答案]　ABC
E＝的应用技巧
(1)E＝在匀强电场中的理解及应用
①UAB＝Ed，d为A、B两点沿电场方向的距离。
②沿电场强度方向电势降落得最快。
③在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等。
(2)E＝在非匀强电场中的几点妙用及两类典型图象
①解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系。当电势差U一定时，电场强度E越大，则沿电场强度方向的距离d越小，即电场强度越大，等差等势面越密。
②定性判断非匀强电场电势差的大小关系。沿电场强度方向距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大；E越小，U越小。
③利用φ-x图象的斜率判断沿x方向电场强度Ex随位置的变化规律。在φ-x图象中斜率k＝，斜率的大小表示电场强度的大小，可根据电势大小关系确定电场强度的方向，也可根据WAB＝qUAB＝q(φA－φB)，分析WAB的正负。
④利用E-x图象的面积判断或计算两点间电势差。
3．(2017·江苏高考)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有(　　)
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
答案　AC
解析　两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，x4．(2019·安徽蚌埠高三二模)(多选)电场中有一条电场线与x轴重合，x轴上各点的电场强度与位置的关系如图所示，一质子只在电场力作用下自坐标原点由静止释放沿x轴正方向运动，已知Oa＝ab＝bc＝d，b点电势φb＝0。则下列结论正确的是(　　)
A．质子沿x轴做匀速直线运动
B．质子在a、c两点的电势能相等
C．质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4
D．坐标原点O的电势为1.5E0d
答案　CD
解析　由E-x图象和F＝qE可知质子沿x轴先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速直线运动，最后做加速度增大的加速直线运动，故A错误；质子一直做加速直线运动，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由E-x图象与x轴所包围的面积表示两点间的电势差大小，可知UOa＝E0d，UOb＝E0d，UOc＝2E0d，由动能定理则有Eka＝qUOa＝qE0d，Ekb＝qUOb＝qE0d，Ekc＝qUOc＝2qE0d，所以质子在a、b、c三点的动能之比为2∶3∶4，故C正确；根据UOb＝φO－φb可得坐标原点O的电势为φO＝1.5E0d，故D正确。
有关平行板电容器的问题分析
例3　(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

(1)静电计指针的张角大小表示什么物理量？该物理量根据什么公式计算？
提示：电容器两极板间的电压大小。根据C＝计算。
(2)平行板电容器的电容决定式是什么？
提示：C＝。
[解析]　用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，a、b两板带等量异种电荷，故A正确；根据平行板电容器电容的决定式C＝，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝可知，电荷量Q不变，则两极板间的电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，则电容C增大，根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U减小，静电计指针的张角减小，故C错误；电容器的电容与电容器所带的电荷量无关，故D错误。
[答案]　A
平行板电容器的动态问题分析
(1)抓住三个基本公式：C＝，C＝，E＝。
(2)两类动态分析
d、S、εr变化时U、Q、C、E变化的判断依据：
①充电后与电池两极相连：U不变，C＝，Q＝CU(变化同C)，E＝。
②充电后与电池两极断开：Q不变，C＝，U＝(变化与C相反)，E＝＝。
(3)电势和电势能的变化结合电场的相关公式分析。
5．(2016·天津高考) 如图所示，平行板电容器带有等量异号电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
答案　D
解析　极板移动过程中带电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映极板间电势差U的变化，由C＝和C＝可知，上极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝＝，则E不变，P点电势不变，Ep不变，综合上述，只有D正确。
6．(2019·安徽省宿州市质检)(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体(　　)
A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增大
C．向左移动时，θ减小 D．向右移动时，θ减小
答案　BC
解析　由公式C＝，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，两极板间电介质增多，εr变大，则电容C增大，由公式C＝可知电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，两极板间电介质减少，εr变小，则电容C减小，由公式C＝可知电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误。
　带电粒子在电场中的运动
例4　(2019·南昌三模)(多选)如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．从M点进入的粒子先到达P点
B．从M点进入的粒子电荷量较小
C．从M点进入的粒子动量变化较大
D．从M点进入的粒子电势能变化较小

(1)粒子在水平方向和竖直方向分别做什么运动？
提示：竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动。
(2)如何求动量变化量？
提示：由动量定理求。
[解析]　由题意可知两粒子的竖直分位移相等、竖直方向速度相等，由s＝v0t，可知两粒子到达P点的时间相等，故A错误；在相等时间内从M点进入的粒子运动的水平位移较小，其加速度较小，根据a＝可知从M点进入的粒子电荷量较小，故B正确；根据动量定理可知，粒子的动量变化等于合外力的冲量，由于从M点进入的粒子电荷量较小，其受到的电场力较小，合外力的冲量也较小，所以从M点进入的粒子动量变化较小，故C错误；从M点进入的粒子受到的电场力较小，且在电场力作用下沿电场方向运动的位移也较小，所以电场力做功较小，则电势能变化较小，故D正确。
[答案]　BD
带电粒子在电场中运动问题的分析思路
(1)首先分析粒子的运动规律，确定粒子在电场中做直线运动还是曲线运动。
(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：
①如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。
②如果是非匀强电场中的直线运动问题，一般利用动能定理分析全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等。
(3)对于曲线运动问题，通常有以下两种情况：
①对于在匀强电场中的曲线运动，一般是类平抛运动，通常采用运动的合成与分解的方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学规律求解。
②对于在非匀强电场中的曲线运动，一般是根据牛顿运动定律、曲线运动知识和动能定理、能量守恒定律定性分析。
(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口。
7．(2017·天津高考)(多选) 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aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是(　　)
A．电子一定从A向B运动
B．若aA>aB，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EpAD．B点电势可能高于A点电势
答案　BC
解析　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rAEB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpArB，故EAφB，EpA8．(2019·湖南岳阳高三二模)一种测定电子比荷的实验装置如图所示，在真空玻璃管内，阴极K发出的电子(可认为初速度为0)经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点；若在两极板C、D间施加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面
向外的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点。已知磁场的磁感应强度为B，极板间电压为U，极板的长度为l，C、D间的距离为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L，P点到O点的距离为y。
(1)求电子进入偏转电场的速度v0；
(2)求电子的比荷。
答案　(1)　(2)
解析　(1)加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，可知电子在C、D间受到电场力和洛伦兹力而处于平衡状态，
有：qE＝qv0B，
又E＝，
联立解得电子射入偏转电场的速度v0＝。
(2)C、D间只有电场时，电子在极板区域运行的时间t1＝，
在电场中的偏转位移y1＝at＝·t，
电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的速度
vy＝at1＝t1，
设电子离开极板区域后，到达光屏P点所需的时间为t2，t2＝，
电子离开电场后在垂直极板方向的位移y2＝vyt2，
P点到O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移，y＝y1＋y2，
联立解得＝。
易错警示 带电物体在“等效重力场”中的运动
例　(2019·山东省“评价大联考”三模)如图所示，BCD是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径BD竖直，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，质量为m的不带电的滑块b静止在B点，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，场强大小为E。质量为m、带正电的小滑块a置于水平轨道上，电荷量为q＝，滑块a与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g。现将滑块a从水平轨道上距离B点12R的A点由静止释放，运动到B点与滑块b碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，a、b滑块均视为质点。求：
(1)滑块a、b碰撞后的速度大小；
(2)滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小；
(3)滑块第一次落地点到B点的距离。
分析与解　此题涉及重力场与匀强电场组成的“等效重力场”问题，大部分同学不会将重力场中的知识迁移到“等效重力场”中来，不会寻找物理最高点、最低点，而成为犯错率极高的题型。
(1)a从A到B的过程由动能定理得
E×12R－μmg×12R＝mv
解得v1＝2
对a与b碰撞过程由动量守恒定律得mv1＝2mv2
解得v2＝。
(2)当滑块的重力与电场力的合力方向和圆轨道半径方向一致时，滑块速度最大。
如图，则有θ＝arctan＝arctan＝37°
对滑块从碰后到速度最大的过程由动能定理有
ERsin37°－2mgR(1－cos37°)＝×2mv－×2mv
解得滑块的最大速度v3＝ 
对滑块在此处，由牛顿第二定律得，FN－＝
解得滑块受到轨道的支持力FN＝
由牛顿第三定律可知，此时滑块对轨道的作用力大小
FN′＝。
(3)假设滑块能运动到D点，对滑块从B到D的过程，由动能定理有
－2mg×2R＝×2mv－×2mv，
解得v4＝。
在D点，对滑块受力分析得：FN1＋2mg＝
解得FN1＝2mg
所以滑块能通过D点并水平飞出，
在竖直方向：2R＝gt2
解得t＝ 
水平方向受电场力，加速度不变，则
s＝v4t－×t2＝(2－)R。
答案　(1)　(2) 　
(3)(2－)R
易错警示　“等效重力场”中的圆周运动也有对应的“等效”最高点和最低点，也有脱离轨道的时候，和重力场中的分析方法相同。

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