高考物理专题复习《电场与磁场》典型题精选

专题三 电场与磁场

第一讲电场的基本性质

考点一 电场强度的理解与计算

1.[考查点电荷的电场强度、电场的叠加]

如图所示，直角坐标系中x 轴上在x ＝－r 处固定有带电荷量为＋9Q 的正点电荷，在x ＝r 处固定有带电荷量为－Q 的负点电荷，y 轴上a 、b 两点的坐标分别为y a ＝r 和y b ＝－r ，c 、d 、e 点都在x 轴上，d 点的坐标为x d ＝2r ，r

A ．场强大小E

c >E e

B ．a 、b 两点的电势相等

C ．d 点场强为零

D ．a 、b 两点的场强相同

解析：选D cd 点间距与de 点间距相等，根据电场线的分布情况知，c 处电场线密，场强大，故A 正确；由电场分布的对称性可知，a 、b 两点的电势相

等，故B 正确；＋9Q 在d 点产生的场强大小E 1＝k 9Q (3r )2＝k Q r 2，方向水平向右，－Q 在d 点产生的场强大小E 2＝k Q r 2，方向水平向左，所以由电场的叠加原理可

知，d 点场强为零，故C 正确；根据电场线分布的对称性可知，a 、b 两点场强的大小相等，但方向不同，则a 、b 两点的场强不相同，故D 错误。

2．[考查匀强电场的电场强度计算]

如图所示，梯形abdc 位于某匀强电场所在平面内，两

底角分别为60°、30°，cd ＝2ab ＝4 cm ，已知a 、b 两点的电

势分别为4 V 、0，将电荷量q ＝1.6×10－3 C 的正电荷由a

点移动到c 点，克服电场力做功6.4×10－3 J ，则下列关于电场强度的说法中正确的是( )

A ．垂直ab 向上，大小为400 V/m

B ．垂直bd 斜向上，大小为400 V/m

C ．平行ca 斜向上，大小为200 V/m

D ．平行bd 斜向上，大小为200 V/m

解析：选B 由W ＝qU 知U ac ＝W q ＝－6.4×10－31.6×10－3

V ＝－4 V ，而φa ＝4 V ，所以φc ＝8 V ，过b 点作be ∥ac 交cd 于e ，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以U ab ＝U ce ，即φe ＝4 V ，又因cd ＝2ab ，所以U cd ＝2U ab ，即φd ＝0，所以bd 为一条等势线，又由几何关系知eb ⊥bd ，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd 斜向上，大小为E

＝U e b ed ·sin 30°＝41×10－2 V /m ＝400 V/m ，B 项正确。

3．[考查电场强度的叠加及对称法的应用]

如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、 b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、 c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q ＞0)的固定点电荷。已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )

A ．k 3q R 2

B ．k 10q 9R 2

C ．k Q ＋q R 2

D ．k 9Q ＋q 9R 2

解析：选B 由于在a 点放置一点电荷q 后，b 点电场强度为零，说明点电荷q 在b 点产生的电场强度与圆盘上Q 在b 点产生的电场强度大小相等，即

E Q ＝E q ＝k q R 2，根据对称性可知Q 在d 点产生的场强大小E Q ′＝k q R 2，则E d ＝E Q ′

＋E q ′＝k q R 2＋k q (3R )2＝k 10q 9R 2，故选项B 正确。

考点二:平行板电容器问题

4.[考查电容器与电源相连时的动态问题]

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

解析：选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．[考查静电计指针张角变化分析]

[多选]静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合。静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是( )

A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大

B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大

C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大

D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小解析：选AC 断开开关，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增

大，根据C＝

εr S

4πkd知，电容减小，根据U＝

Q

C知，电势差增大，指针张角增大，

故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C＝

εr S

4πkd知，电容增大，

根据U＝Q

C知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A

向上移动少许，根据C＝

εr S

4πkd知，电容减小，根据U＝

Q

C知，电势差增大，则指

针张角变大，故选项C正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故选项D错误。

6．[考查电容器的两类动态问题对比]

[多选]如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A

在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A

和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板始终平行)，则下列说法正确的是( ) A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N点的右侧

B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N点的左侧

C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N点的右侧

D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N点的左侧

解析：选BC 若小球带正电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可

能减小，根据E＝U

d＝

Q

Cd＝

4πkQ

εS，E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，

故A错误。若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E＝U

d＝

Q

Cd＝

4πkQ

εS，所以d减小时E增大，所以电场力变大，小球在竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确。若小球带负电，当AB间距d减小时，

电容增大，则Q增大，根据E＝U

d＝

Q

Cd＝

4πkQ

εS，所以d减小时E增大，所以电

场力变大，若电场力小于重力，小球在竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，

小球将打在N点的右侧，故C正确。若小球带负电，当AB间距d增大时，电容

减小，但Q不可能减小，根据E＝U

d＝

Q

Cd＝

4πkQ

εS，E不变，所以电场力大小不变，

小球在竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍落在N点，故D错误。

考点三: 电场的性质及应用

7.[考查等量异种电荷电场分布特点及电势能大小比较]

如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q(Q＞0)

和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点

位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，

取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是( )

A．b点的电势为零，电场强度也为零

B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右

C．将正的试探电荷从O点移到a点，电势能减少

D．将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电势能的变化较大

解析：选B 结合等量异种点电荷的电场分布的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0，故A错误；由题图知，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右，且其电势能大于零，故B正确；电场线由Q指向－Q，故正电荷从O向a运动的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C错误；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a 点，二者电势能的变化相等，故D错误。

8．[考查由带电粒子的运动轨迹判断粒子受力及运动情况]

如图，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( )

A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v b

B ．a a >a b >a c ，v b >v c >v a

C ．a b >a c >a a ，v b >v c >v a

D ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b

解析：选D 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 Q r 2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 |＝12m v b 2－12m v a 2＜0，则v b ＜v a ，从b 到c 电场力做正功，

由动能定理|qU bc |＝12m v c 2－12

m v b 2＞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。

9．[考查φ-x 图像及电场中的功能关系]

[多选]有一电场强度方向沿x 轴方向的电场，其电势φ随

x 的分布如图所示。一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子只在

电场力的作用下，以初速度v 0从x ＝0处的O 点进入电场并

沿x 轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的

是( )

A ．粒子从x ＝0处运动到x ＝x 1处的过程中动能逐渐增大

B ．粒子从x ＝x 1处运动到x ＝x 3处的过程中电势能逐渐减小

C ．欲使粒子能够到达x ＝x 4处，则粒子从x ＝0处出发时的最小速度应为2 qφ0m

D．若v0＝22qφ0

m，则粒子在运动过程中的最小速度为

6qφ0

m

解析：选BD 粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误。粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势能小，可知，粒子的电势能不断减小，故B正确。根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，

由动能定理得：－qφ0＝0－1

2m v0

2，解得：v

＝

2qφ0

m，则要使粒子能运动到x4

处，粒子的初速度v0至少为2qφ0

m，故C错误。若v0＝2

2qφ0

m，粒子运动到

x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：

－qφ0＝1

2m v min

2－1

2m v0

2，

解得最小速度为：v min＝6qφ0

m，故D正确。

考点四：带电粒子在电场中的运动

10.[考查带电粒子在交变电场中的偏转问题]

[多选]如图甲所示，一平行板电容器极板板长l＝10 cm，宽a＝8 cm，两极

板间距为d＝4 cm。距极板右端l

2处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左

侧有一长b＝8 cm的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C/kg，速度为4×106 m/s的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下面说法正确的是( )

A ．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cm

B ．粒子打在屏上的区域面积为64 cm 2

C ．在0～0.02 s 内，进入电容器内的粒子的64%能够打在屏上

D ．在0～0.02 s 内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s

解析：选BCD 设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为U 0

水平方向：l ＝v 0t ①

竖直方向：d 2＝12at 2②

又a ＝qU 0md ③

由①②③得：U 0＝md 2v 02

ql 2＝128 V 。

当U ≥128 V 时粒子打到极板上，当U ＜128 V 时打到屏上，可知，粒子通

过电场偏转距离最大为12d 。

则y ＝d 2＋qU 0md ·l v 0·l 2v 0

解得：y ＝d ＝4 cm ，又由对称性知，粒子打在屏上的总长度为2d ，区域面

积为S ＝2d ·b ＝64 cm 2，选项A 错误，B 正确；粒子打在屏上的比例为128200%＝64%，

在0～0.02 s 内，进入电容器内的粒子的64%能够打在屏上，选项C 正确；在前14T (0～0.005 s)，粒子打到屏上的时间t 0＝128200×0.005 s ＝0.003 2 s ；

又由对称性知，在一个周期(0～0.02 s)内，打到屏上的总时间t ＝4t 0＝0.012 8 s ，选项D 正确。

11．[考查带电粒子在电场中的直线运动]

中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开

始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示

物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料

科学等方面有广泛应用。

如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B 时速度为8×106 m /s ，进入漂移管E 时速度为1×107 m/s ，电源频率为1×107 Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运

动时间视为电源周期的12。质子的荷质比取1×108 C/kg 。求：

(1)漂移管B 的长度；

(2)相邻漂移管间的加速电压。

解析：(1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则

T ＝1f ①

L ＝v B ·T 2②

联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m 。③

(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电场力对质子所做的功为W ，质子从漂移管B 运动到漂移管E 电场力做功W ′，质子的电荷量为q 、质量为m ，则

W ＝qU ④

W ′＝3W ⑤

W ′＝12m v E 2－12

m v B 2⑥ 联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104 V 。⑦

答案：(1)0.4 m (2)6×104 V

12．[考查带电粒子在电场中的加速与偏转]

如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x ＞0的区域内存在沿y 轴

正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝4

3×10

3 V/m；比荷为1.0×105 C/kg的带

正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(3，1)点；粒子P的重力不计，试求：

(1)金属板AB之间的电势差U AB；

(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点(x，y)坐标满足的关系。

解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(3，1)点历时为t0，由类平抛运动规律可得：x＝v0t0

y＝1

2

qE m t0

2

解得：v0＝2×104 m/s。

在金属板AB之间，由动能定理：qU AB＝1

2m v0

2

解得：U AB＝1 000 V。

(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：

对于P：Eq＝ma1

对于Q：Eq＝2ma2

x＝v0t

12a 1t 2＝y ＋12a 2t 2

解得：y ＝16x 2，其中x ＞0

即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为：

y ＝16x 2，其中x ＞0。

答案：(1)1 000 V (2)y ＝16x 2，其中x ＞0

考点一 电场强度的理解与计算

本考点是对电场强度概念、公式等基础知识的考查，考查时常结合库仑定律、电场力、平衡条件等相关知识简单交汇命题，属于送分题型。建议考生自学为主

1．常用的公式

2．常用的思想方法——对称法

[重点清障]

1．空间有多个点电荷时，某点的电场强度为各点电荷在此点单独产生的电场强度的矢量和。如诊断卷第1题，图中a 、b 、c 、d 、e 各点的场强为＋9Q 、

－Q 两点电荷单独产生的电场的叠加。

2．在匀强电场中沿同一方向，相等距离上电势变化量相同。如诊断卷第2题中，因cd ＝2ab ，有U cd ＝2U ab 。

3．明确均匀带电体所产生的电场特性，找出解题的突破口，如诊断卷第3题，均匀带电圆盘在b 点和在d 点所产生的电场强度等大反向，因此，圆盘上电

荷在d 处产生的电场强度方向水平向右，大小为kq R 2，d 点的合场强大小为kq R 2＋kq (3R )2

＝k 10q 9R 2。

1．如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三

点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°，电荷量相等、电性相

反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强度的大

小为E 1；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点的场强大小变为E 2，E 1与E 2之比为( )

A ．2∶1

B ．1∶2

C ．2∶ 3

D ．4∶ 3

解析：选A 如图所示，不妨设M 、N 处分别放置电荷量为

＋q 、－q 的电荷，则E 1＝2kq r 2，E 2＝kq r 2，E 1∶E 2＝2∶1，A 对，B 、

C 、

D 错。

2．(2018届高三·湖州质检)均匀带电的球壳在球外空间产

生的电场等效于电荷集中于球心处产生的点电荷电场。如图所

示，在23球面AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球面半径

为R ，球心为O ，CD 为23球面AB 的对称轴，在轴线上有M 、N 两点，且OM ＝

ON ＝2R ，A 1A ∥B 1B ∥CD ，已知球

面A 1B 1在M 点的场强大小为E ，静电力常量为k ，则N 点的场强大小为( )

A.kq 2R 2－E

B.kq 4R 2－E

C.3kq 8R 2－E

D.kq 12R 2－E

解析：选C 若球完整，则带电荷量Q ＝32q ，则球在M 点产生的电场E 0＝kQ (2R )2

＝3kq 8R 2，根据电场的叠加原理，除去A 1B 1球面后，球在M 点产生的电场E 1＝E 0

－E ＝3kq 8R 2－E ，由对称性可知球壳在N 点产生的场强大小等于E 1，C 正确。

3．[多选]空间有一与纸面平行的匀强电场，纸面内的A 、B 、C

三点位于以O 点为圆心，半径R ＝10 cm 的圆周上，并且∠AOC ＝

90°，∠BOC ＝120°，如图所示。现把一个电荷量q ＝1×10－5 C 的正

电荷从A 移到B ，电场力做功－1×10－4 J ；从B 移到C ，电场力做

功为3×10－4 J ，则该匀强电场的场强方向和大小是( )

A ．场强大小为200 V/m

B ．场强大小为200 3 V/m

C ．场强方向垂直OA 向右

D ．场强方向垂直OC 向下

解析：选AC U AB ＝W AB q ＝－1×10－410－5

V ＝－10 V ；U BC ＝W BC q ＝3×10－4

10

－5 V ＝30 V ；则U AC ＝U AB ＋U BC ＝20 V ，若设U C ＝0，则U A ＝20 V ，U B ＝30 V ，若延长AO 则与BC 的连线交于BC 的三等分点D 点，D 点的电势应为20 V ，则AD 为电势为20 V 的等势面，故场强方向垂直OA 向右，

大小为E ＝U OC R ＝200.1 V /m ＝200 V/m ，故A 、C 正确。

考点二 平行板电容器问题

本考点是对平行板电容器两类动态问题的考查，考查时常涉及电容的定义

式、平行板电容器电容的决定式及E ＝U d 等知识，属于送分题型。建议考生适当

关注即可

[重点清障]

1．电容器充电后保持与恒压电源相连时，电容器的电压保持不变，如诊断卷第4题，U不变，Q与C成正比；E与d成反比，与介电常数εr无关。

2．静电计指针张开的角度随电容器两板电压的增大而增大。如诊断卷第5题，断开S后，电容器电量不变，U随C的变化而变化，从而确定静电计指针张角变化规律。

3．当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。如诊断卷第6题，当d增大时，因二极管的单向导电性，电容器不能放电，此时保持电容器的电量不变，板间电场强度不变，故不影响小球落点位置，A、D均错误；当d减小时，电容器充电，此时二极管不起作用，相当于电容器板间电压不变，板间电场强度增大，因此将影响带电小球下落的时间和打在B板的位置。

1.某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为

电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动

而Q可视为不动。在P、Q间距增大过程中( )

A．P、Q构成的电容器的电容增大

B．M点的电势比N点的高

C．M点的电势比N点的低

D．P上电荷量保持不变

解析：选B 电容式话筒与电源串联，电压保持不变。在P、Q间距增大过

程中，根据电容决定式C＝

εr S

4πkd得，电容

减小，又根据电容定义式C＝Q

U得，电容器所带电荷量减少，电容器的放电

电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高。故A、C、D错误，B正确。

2．如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0

垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上

极板上移，设电容器极板上所带电荷量为Q，电子穿出平行板时在

垂直于板面方向偏移的距离为y，以下说法正确的是( )

A．Q减少，y不变B．Q减少，y减小

C．Q增大，y减小D．Q增大，y增大

解析：选B 上极板上移，两板间距增大，电容器电容减小，板间电场强度

减小，由Q＝CU可知，Q减小，C、D均错误；由y＝1

2·

Eq

m·

l2

v02可知，因E减小，

电子偏转距离y减小，故B正确，A错误。

考点三电场的性质及应用

本考点在考查中具有“知识交汇多”、“信息含量多”、“考查角度多”三多特点，这些特点足够让其成为高分路上的一大“拦路虎”，遇到此类问题，考生无须一见就慌，只要静下心来，运用所学知识灵活变通，从力和能的角度去分析，就不难做出准确判断。

1．电场性质的判断方法

2．根据运动轨迹判断粒子的受力及运动情况

(1)确定受力方向的依据

①曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；

②电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反；

③场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向。

(2)比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密?E 越大?F ＝qE 越大?a ＝qE m 越大。

(3)判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)。

3．φ-x 图线的斜率表示沿x 方向的电场强度

如诊断卷第9题，根据φ-x 图像可以确定沿x 方向电场的方向，电场力的方向，从而可确定粒子运动过程中动能和电势能的变化情况。

1．[多选](2017·江苏高考)在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，

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 ．q 1和q 2带有异种电荷

B ．x 1处的电场强度为零

C ．负电荷从x 1移到x 2，电势能减小

D ．负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大

解析：选AC 由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两

个点电荷必定为异种电荷，A 项正确；由E ＝ΔφΔx 可知，φ-x 图像的切线斜率表示

电场强度，因此x 1处的电场强度不为零，B 项错误；负电荷从x 1移到x 2的过程中，电势升高，电场强度减小，由E p ＝qφ，F ＝qE 可知，电势能减小，受到的电场力减小，C 项正确，D 项错误。

2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy 平

面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为

10 V 、17 V 、26 V 。下列说法正确的是( )

A ．电场强度的大小为2.5 V/cm

B ．坐标原点处的电势为1 V

C ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eV

D ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV

解析：选ABD ac 垂直于bc ，沿ca 和cb 两方向的场强分量大小分别为E 1＝U ca ac ＝2 V/cm 、E 2＝U cb bc ＝1.5 V /cm ，根据矢量合成可知E ＝2.5 V/cm ，A 项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO －φa ＝φb －φc ，得φO ＝1 V ，B 项正确；电子在a 、b 、c 三点的电势能分别为－10 eV 、－17 eV 和－26 eV ，故电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，C 项错误；电子从b 点运动到c 点，电场力做功W ＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV ，D 项正确。

3．[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

D．B点电势可能高于A点电势

解析：选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 AE B，F A>F B，a A>a B，φA>φB，E p Ar B，故φA>φB，E p A

考点四带电粒子在电场中的运动

本考点是历年高考的主干和重点，带电粒子在电场中的运动有两种情况：一是直线运动，主要考查运动学规律和动能定理(如诊断卷第11题)；二是类平抛运动，主要应用运动的合成与分解来解决(如诊断卷第10、12题)。考生失分的原因主要有两种：一是不能正确分析带电粒子的受力情况，如是否考虑重力，电场力方向判断不清；二是对带电粒子在电场中的运动过程分析错误。建议对本考点重点攻坚

1．当粒子在板间偏转时间远小于交变电压的周期时，可认为粒子偏转过程中，极板间电压恒定不变。如诊断卷第10题，粒子在不同偏转电压下，在板间均做类平抛运动。

2．带电粒子从电场中偏转后打在屏上，相当于从极板中心沿直线射到屏上。

如诊断卷第10题，y 值可利用三角形相似得：l 2＋l 2l 2＝y d 2

。

1．一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )

A ．带电粒子只向一个方向运动

B ．0～2 s 内，电场力所做的功等于零

C ．4 s 末带电粒子回到原出发点

D ．2.5～4 s 内，电场力的冲量等于零

解析：选D 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s 内

的加速度a 1＝qE 0m ，为第2 s 内加速度a 2＝2qE 0m 的12，因此粒子

先加速1 s 再减速0.5 s 速度为零，接下来的0.5 s 将反向加速，

v -t 图像如图所示，所以选项A 错；0～2 s 内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B 错误；由v -t 图像中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称可以看出，前4 s 内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C 错误；2.5～4 s 内，电场力的冲量为I ＝2qE 0×0.5＋(－qE 0)×1＝0，选项D 正确。

2．(2017·全国卷Ⅱ)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 ＝0①

s 1＝v 0t ＋12at 2②

s 2＝v 0t －12at 2③

联立①②③式得

s 1

s 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

v y 2＝2gh ⑤

H ＝v y t ＋12gt 2⑥

M 进入电场后做直线运动，由几何关系知

v 0v y ＝s 1H ⑦

联立①②⑤⑥⑦式可得