高中物理-经典习题及答案-选修3-1

第一章 静电场

一、库仑定律 知识要点 1．真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。即：

2

21r

q kq F =

其中k 为静电力常量， k =9.0×10 9 N m 2/c 2

成立条件：

①真空中（空气中也近似成立）；

②点电荷。即带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计。（这一点与万有引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近，r 都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心距代替r ）。

2．同一条直线上的三个点电荷的计算问题。 3．与力学综合的问题。

例题分析

例1：在真空中同一条直线上的A 、B 两点固定有电荷量分别为+4Q 和-Q 的点电荷。①将另一个点电荷放在该直线上的哪个位置，可以使它在电场力作用下保持静止？②若

要求这三个点电荷都只在电场力作用下保持静止，那么引入的这

个点电荷应是正电荷还是负电荷？电荷量是多大？

解：①先判定第三个点电荷所在的区间：只能在B 点的右侧；再

由2

r

kQq F =，F 、k 、q 相同时Q r ∝∴r A ∶r B =2∶1，即C 在AB 延长线上，且AB=BC 。 ②C 处的点电荷肯定在电场力作用下平衡了；只要A 、B 两个点电荷中的一个处于平衡，另一个必然也平衡。由2r

kQq F =

，F 、k 、Q A 相同，Q ∝r 2

，∴Q C ∶Q B =4∶1，而且必须是正电荷。所以C 点处引入的点电荷Q C = +4Q 例2：已知如图，带电小球A 、B 的电荷分别为Q A 、Q B ，OA=OB ，都用长L 的丝线悬挂在O 点。静止时A 、B 相距为d 。为使平衡时AB 间距离减为d /2，可采用以下哪些方法

A.将小球A 、B 的质量都增加到原来的2倍

B.将小球B 的质量增加到原来的8倍

C.将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半

D.将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B 的质量增加到原来的2倍

解：由B 的共点力平衡图知L d g m F B =，而2

d Q kQ F B

A =，可知3mg

L Q kQ d B A ∝，选BD 例3：已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A 、B ，带电量分别为-2Q 与-Q 。现在使它们以

相同的初动能E 0（对应的动量大小为p 0）开始相向运动且刚好能发生接触。接触后两小球又各自反向运动。当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为E 1和E 2，动量大小分别为p 1和p 2。有下列说法：①E 1=E 2> E 0，p 1=p 2> p 0 ②E 1=E 2= E 0，p 1=p 2= p 0 ③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点 ④两球必将同时返回各自的出发点。其中正确的是

θ -Q

匀强电场

等量异种点电荷的电场 等量同种点电荷的电场

点电荷与带电平板

孤立点电荷周围的电场

A.②④

B.②③

C.①④

D.③④ 解：由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大

小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点。由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点。且两球末动量大小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为-1.5Q ，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，由机械能定理，系统机械能必然增大，即末动能增大。选C 。 本题引出的问题是：两个相同的带电小球（可视为点电荷），相碰后放回原处，相互间的库仑力大小怎样变

化？讨论如下：①等量同种电荷，F /=F ；②等量异种电荷，F /=0

>F ；④不等量异种电荷F /

>F 、F /

=F 、F /

=F 。

例4：已知如图，在光滑绝缘水平面上有三个质量都是m 的相同小球，两两间的距离都是l ，A 、B 电荷量都是+q 。给C 一个外力F ，使三个小球保持相对静止共同加速运动。求：C 球的带电电性和电荷量；外力F 的大小。

解：先分析A 、B 两球的加速度：它们相互间的库仑力为斥力，因此C 对它们

只能是引力，且两个库仑力的合力应沿垂直与AB 连线的方向。这样就把B 受的库仑力和合力的平行四边形确定了。于是可得Q C = -2q ，

F =3F B =33F AB =2

2

33l

kq 。 二、电场的性质

知识要点

电场的最基本的性质是对放入其中的电荷有力的作用，电荷放入电场后就具有电势能。 1.电场强度E 是描述电场的力的性质的物理量。

⑴定义：放入电场中某点的电荷所受的电场力F 跟它的电荷量q 的比值，叫做该点的电场强度，简称场强。

q F E =

①这是电场强度的定义式，适用于任何电场。 ②其中的q 为试探电荷（以前称为检验电荷），是电荷量很小的点电荷（可正可负）。 ③电场强度是矢量，规定其方向与正电荷在该点受的电场力方向相同。 ⑵点电荷周围的场强公式是：2r kQ

E =

，其中Q 是产生该电场的电荷，叫场电荷。

⑶匀强电场的场强公式是：d

U E =

，其中d 是沿电场线方向上的距离。

2．电势

φ是描述电场的能的性质的物理量。电场中某点的电势，等于单位正电荷由该点移动到参考点（零电势点）

时电场力所做的功。和机械能中的重力势能类似，电场力做功也只跟始末位置间的电势差有关，和路径无

F

-2

关。W 电=Uq 。根据功是能量转化的量度，有ΔE =-W 电，即电势能的增量等于电场力做功的负值。 3．电场线和等势面

要牢记以下6种常见的电场的电场线和等势面，注意电场线、等势面的特点和电场线与等势面间的关系： ①电场线的方向为该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大小。 ②电场线互不相交，等势面也互不相交。 ③电场线和等势面在相交处互相垂直。

④电场线的方向是电势降低的方向，而且是降低最快的方向。

⑤电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密。 4．电荷引入电场

（1）将电荷引入电场：将电荷引入电场后，它一定受电场力Eq ，且一定具有电势能φq 。 （2）在电场中移动电荷电场力做的功：在电场中移动电荷电场力做的功W=qU ，只与始末位置的电势差有关。在只有电场力做功的情况下，电场力做功的过程是电势能和动能相互转化的过程。W= -ΔE=ΔEK 。 ⑴无论对正电荷还是负电荷，只要电场力做功，电势能就减小；克服电场力做功，电势能就增大。 ⑵正电荷在电势高处电势能大；负电荷在电势高处电势能小。

⑶利用公式W=qU 进行计算时，各量都取绝对值，功的正负由电荷的正负和移动的方向判定。 ⑷每道题都应该画出示意图，抓住电场线这个关键。（电场线能表示电场强度的大小和方向，能表示电势降低的方向。有了这个直观的示意图，可以很方便地判定点电荷在电场中受力、做功、电势能变化等情况。）

例题分析

例1：如图所示，在等量异种点电荷的电场中，将一个正的试探电荷由a 点沿直线移

到o 点，再沿直线由o 点移到c 点。在该过程中，检验电荷所受的电场力大小和方向

如何改变？其电势能又如何改变？

解：根据电场线和等势面的分布可知：电场力一直减小而方向不变；电势能先减小后不变。

例2：图中边长为a 的正三角形ABC 的三点顶点分别固定三个点电荷+q 、+q 、-q ，

求该三角形中心O 点处的场强大小和方向。

解：每个点电荷在O 点处的场强大小都是 (

)

2

3

/3a kq

E =

由图可得O 点处的合场强为2

6a kq

E o =

方向由O 指向C 。

例3：如图，在x 轴上的x = -1和x =1两点分别固定电荷量为- 4Q 和+9Q 的点电荷。求：x 轴上合场强为零的点的坐标。并求在x = -3点处的合场强方向。 解：由库仑定律可得合场强为零的点的坐标为x = -5。x = -3、x= -1、x =1这三个点把x 轴分成四段，可以证明：同一直线上的两个点电荷所在的点和

它们形成的合场强为零的点把该直线分成4段，相邻两段上的场强方向总是相反的。本题从右到左，4个线段（或射线）上的场强方向依次为：向右、向左、向右、向左，所以x = -3点处的合场强方向为向右。

例4：如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列。A 、B 、C 分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上。A 、C 两点的电势依次为φA =10V 和φC =2V ，则B 点的电势是

A.一定等于6V

B.一定低于6V

C.一定高于6V

D.无法确定

解：由U =Ed ，在d 相同时，E 越大，电压U 也越大。因此U AB > U BC ，选B

A

-5 -3 -1 1 -4Q +9

Q

例5：如图所示，将一个电荷量为q = +3×10-10

C 的点电荷从电场中的A 点移到B 点过程，克服电场力做功

6×10-9

J 。已知A 点的电势为φA = - 4V ，求B 点的电势。

解：先由W=qU ，得AB 间的电压为20V ，再由已知分析：向右移动正电荷

做负功，说明电场力向左，因此电场线方向向左，得出B 点电势高。因此

φB =16V 。

例6：α粒子从无穷远处以等于光速十分之一的速度正对着静止的金核射去（没有撞到金核上）。已知离点电荷Q 距离为r 处的电势的计算式为 φ=

r

kQ

，那么α粒子的最大电势能是多大？由此估算金原子核的半径是多大？

解：α粒子向金核靠近过程克服电场力做功，动能向电势能转化。设初动能为E ，到不能再接近（两者速度相等时），可认为二者间的距离就是金核的半径。根据动量守恒定律和能量守恒定律，动能的损失

()

22v M m mM

E k +=

?，由于金核质量远大于α粒子质量，所以动能几乎全部转化为电势能。无穷远处的电

势能为零，故最大电势能E =122100.32

1-?=mv J ，再由E=φq =r kQq

，得r =1.2×10-14

m ，可见金核的半径不

会大于1.2×10-14

m 。

例7：已知ΔABC 处于匀强电场中。将一个带电量q = -2×10-6

C 的点电荷从A 移到B 的过程中，电场力做功W 1= -1.2×10-5J ；再将该点电荷从B 移到C ，电场力做功W 2= 6×10-6J 。已知A 点的电势φA =5V ，则B 、C 两点的电势分别为____V 和____V 。试在右图中画出通过A 点的电场线。 解：先由W =qU 求出AB 、BC 间的电压分别为6V 和3V ，再根据负电荷A →B 电场力做

负功，电势能增大，电势降低；B →C 电场力做正功，电势能减小，电势升高，知φ

B = -1V φ

C =2V 。沿匀强电场中任意一条直线电势都是均匀变化的，因此AB 中点

D 的

电势与C 点电势相同，CD 为等势面，过A 做CD 的垂线必为电场线，方向从高电势

指向低电势，所以斜向左下方。

例8：如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P 、Q 是轨迹上的两点。下列

说法中正确的是 A.三个等势面中，等势面a 的电势最高

B.带电质点一定是从P 点向Q 点运动

C.带电质点通过P 点时的加速度比通过Q 点时小

D.带电质点通过P 点时的动能比通过Q 点时小

解：先画出电场线，再根据速度、合力和轨迹的关系，可以判定：质点在各点受的电场力方向是斜向左下方。由于是正电荷，所以电场线方向也沿电场线向左下方。答案仅有D

三、带电粒子在电场中的运动 知识要点

1.带电粒子在匀强电场中的加速

一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力

做功。由动能定理W =qU =ΔE K ，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的

运动性质、轨迹形状也无关。

2.带电粒子在匀强电场中的偏转

质量为m 电荷量为q 的带电粒子以平行于极板的初速度v 0射入长L 板间距离为d

的平行板电容器间，两板

v

间电压为U ，求射出时的侧移、偏转角和动能增量。

⑴侧移：d

U UL v L dm Uq y '=

??

? ????? ??=42122

千万不要死记公式，要清楚物理过程。根据不同的已知条件，结论改用不同的表达形式（已知初速度、初动能、初动量或加速电压等）。

⑵偏角：d U UL dmv UqL v v y '===2tan 2θ，注意到θtan 2L y =，说明穿出时刻的末速度的反向延长线与初速度延长线

交点恰好在水平位移的中点。这一点和平抛运动的结论相同。

⑶穿越电场过程的动能增量：ΔE K =Eqy （注意，一般来说不等于qU ）

3.带电物体在电场力和重力共同作用下的运动。 当带电体的重力和电场力大小可以相比时，不能再将重力忽略不计。这时研究对象经常被称为“带电微粒”、“带电尘埃”、“带电小球”等等。这时的问题实际上变成一个力学问题，只是在考虑能量守恒的时候需要考虑到电势能的变化。

例题分析

例1：如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是 A.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打

到右极板上

B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动

C.从t=T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上

D.从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上

解：从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /2，接着匀减速T /2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T /2，接着匀减速T /2……直到打在右极板上。电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。从t=T /4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /4，接着匀减速T /4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T /4，接着匀减速T /4。即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。从t=3T /8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。选AC

例2：如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0。电容器板长和板间距离均为L =10cm ，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L =10cm 。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如左图。（每个电子穿过平行板的

时间极短，可以认为电压是不变

的）求：①在t =0.06s 时刻，电子

打在荧光屏上的何处？②荧光屏上有电子打到的区间有多长？③

屏上的亮点如何移动？ 解：①由图知t =0.06s 时刻偏转电

压为1.8U 0，可求得y = 0.45L = 4.5cm ，打在屏上的点距O 点13.5cm 。②电子的最大侧移为0.5L （偏转电压超过2.0U 0，电子就打到极板上了），所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L =30cm 。③屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现。

例3：已知如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。一根长l 的绝缘细绳一端固定在O 点，另一端系有质量为m 并带有一定电荷的小球。小球原来静止在C 点。当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直面内绕O 点做匀速圆周运动。若将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C 点开始在竖直面内绕O 点做

U

3

圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？ 解：由已知，原来小球受到的电场力和重力大小相等，增大电压后电场力是重力的3倍。在C 点，最小速度对应最小的向心力，这时细绳的拉力为零，合力为2mg ，

可求得速度为v =gl 2，因此给小球的最小冲量为I = m gl 2。在最高点D 小球受到的拉力最大。从C 到D 对小球用动能定理：222

12122C

D mv mv l mg -=?，在D 点l

mv

mg F D

22=

-，解得F =12mg 。

例4：已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E =1.5×106

V/m ，丝线长l=40cm ，上端系于O 点，下端系质

量为m =1.0×10－4kg ，带电量为q =+4.9×10-10

C 的小球，将小球从最低点A 由静止释放，求：⑴小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？⑵摆动过程中小球的最大速度是多大？

解：⑴这是个“歪摆”。由已知电场力F e =0.75G 摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°。

⑵小球通过平衡位置时速度最大。由动能定理：1.25mg 0.2l =mv B 2

/2，v B =1.4m/s 。

例5(16分)如图12所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O ，用一根长度为l=0.40 m 的绝缘细线把质量为m=0.10 kg ，带有正电荷的金属小球悬挂在O 点，小球静止在B 点时细线与竖直方向的夹角为

=

。现将小球拉至位置A 使细线水平后由静止释放，求：(1)小球运动通过最低点C 时的速度大小。(2)小球通过最低点C 时细线对小球的拉力大小。(g 取10 m/s

，

sin

=O.60，

cos

=0.80)

解：

四、电容器知识要点 1.电容器：

两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器。 2.电容器的电容：

+

电容U

Q

C =

是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是由电容器本身的性质（导体大小、形状、相对位置及电介质）决定的。

3.平行板电容器的电容：

平行板电容器的电容的决定式是：d

s

kd s C επε∝

=

4

4.两种不同变化：

电容器和电源连接如图，改变板间距离、改变正对面积或改变板间电解质材料，

都会改变其电容，从而可能引起电容器两板间电场的变化。这里一定要分清两种常见的变化： ⑴电键K 保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这种情况下带电量

d

d U E d S kd S C C CU Q 1

4∝=∝=

∝=，，而επε ⑵充电后断开K ，保持电容器带电量Q 恒定，这种情况下

s

E s d U d

s

C εεε1,,∝∝

∝

例题分析

例1：如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。K 闭合时，该微粒恰好能保持静止。在①保持K 闭合；②充电后将K 断开；两种情况下，各用什么方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？ A.上移上极板M B.上移下极板N C.左移上极板M D.把下极板N 接地 解：由上面的分析可知①选B ，②选C 。

例2：计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器。电容的计算公式是d

S

C ε=，其中常量ε=9.0×10-12F m -1

，S 表示两金属片的正对面积，d 表示两金属片间的距离。当某一键被按下时，d 发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号。已知两金属片的

正对面积为50mm 2

，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60mm 。只要电容变化达0.25pF ，电子线路就能发出相应的信号。那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离

解：先求得未按下时的电容C 1=0.75pF ，再由

1221d d C C =得1

2d d C C ?=?和C 2=1.00pF ，得Δd = 0.15mm

例3（14分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L = 0.1m ，两板间距离 d = 0.4 cm ，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中心平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．

设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为 m = 2×

10-6kg ，电量q = 1×10-8 C ，电容器电容为C =10-6 F ，取

．求：

（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的

B 点之内，求微粒入射的初速度v 0

的取值范围；

（2）若带电微粒以第一问中初速度 的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上？

例5、如图所示，水平方向的匀强电场的场强为E ，场区宽度为L ，竖直方向足够长。紧挨着电场的是垂直于纸面向外的两个匀强磁场区域，其磁感应强度分别为B 和2B 。一个质量为m ，电量为q

的带正电粒子，

其重力不计，从电场的边界MN上的a点由静止释放，经电场加速后进入磁场，经过时间穿过中间磁场，进入右边磁场后能按某一路径再返回到电场的边界MN上的某一点b，途中虚线为场区的分界

面。求：（1）中间场区的宽度d；（2）粒子从a点到b点所经历的时间；（3）当粒子第次返回电场

的MN边界时与出发点之间的距离。

粒子从a点出发，在电场中加速和在磁场中偏转，回到MN上的b点，轨迹如图所示

解：（1）粒子在电场中加速运动时，有

解得：①

由：

得：粒子在中间磁场通过的圆弧所对的圆心角为30°②

粒子在中间磁场通过的圆弧半径为：

由几何关系得：

③

（2）粒子在右边磁场中运动：其圆弧对应的圆心角为α＝120°

则：④

粒子在电场中加速时：

⑤

根据对称性：

= 6 \* GB3 ⑥

（3）由轨迹图得：

= 7 \* GB3 ⑦

= 8 \* GB3 ⑧

再由周期性可得：

= 9 \* GB3 ⑨

例6、（18分）如图所示，坐标系xoy位于竖直平面内，所在空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x<0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一个带正电的

油滴经图中x轴上的M点，沿着直线MP做匀速运动，过P点后油滴进入x>0的区域，图中。

要使油滴在x>0的区域内做匀速圆周运动，需在该区域内加一个匀强电场。若带电油滴做匀速圆周运动时

沿弧垂直于x轴通过了轴上的N点，求：

（1）油滴运动速率的大小；

（2）在x>0的区域内所加电场的场强大小和方向；

（3）油滴从x轴上的M点经P点运动到N点所用的时间。

解：

（1）如图所示，

油滴受三力作用沿直线匀速运动，由平衡条件有

①（2分）

②（2分）

由①式解得③（1分）

（2）在x>0的区域，油滴要做匀速圆周运动，其所受的电场力必与重力平

衡，由于油滴带正电，所以场强方向竖直向上。（1分）

若设该电场的场强为，则有④（1分）

由②、④式联立解得（1分）

（3）如图所示，弧PN为油滴做圆周运动在x>0，y<0区域内的圆弧轨迹。过P点作垂直于MP的直线，

交x轴于点，则点一定是圆心，且∠（2分）

设油滴从M点到P点和从P点到N点经历的时间分别为

做匀速圆周运动时有⑤（2分）

由②、③、⑤式解得⑥（1分）

所以⑦（2分）

⑧（2分）

全过程经历的时间为（1分）

例7、关于同一电场的电场线，下列表述正确的是

A．电场线是客观存在的

B．电场线越密，电场强度越小

C．沿着电场线方向，电势越来越低

D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小

答案.C

【解析】电场是客观存在的,而电场线是假想的,A错.电场线越密的地方电场越大B错.沿着电场线的方向电势逐渐降低C对.负电荷沿着电场线方向移动时电场力做负功电势能增加D错

例8、带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是A．洛伦兹力对带电粒子做功

B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能

C．洛伦兹力的大小与速度无关

D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向

答案.B

F ,可知大小与速度有关. 【解析】根据洛伦兹力的特点, 洛伦兹力对带电粒子不做功,A错.B对.根据qvB

洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向,不改变速度的大小.

例9、如图6，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨

迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。不计重力，下列表述正

确的是

A．粒子在M点的速率最大

B．粒子所受电场力沿电场方向

C．粒子在电场中的加速度不变

D．粒子在电场中的电势能始终在增加

答案.C

【解析】根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧,再结合电场力的特点可知粒子带负电,即受到的电场力方向与电场线方向相反,B错.从N到M电场力做负功,减速.电势能在增加.当达到M点后电场力做正功加速电势能在减小则在M点的速度最小A错,D错.在整个过程中只受电场力根据牛顿第二定律加速度不变.

例10、在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中

A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动

B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势

C. 电势能与机械能之和先增大，后减小

D. 电势能先减小，后增大

答案：D

解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正

电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B 错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b

到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。

例11、如图所示，匀强电场方向沿x 轴的正方向，场强为E 。在(,0)A d 点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m 的带电微粒，其中电荷量为q 的微粒1沿y 轴负方向运动，经过一段时间到达(0,)d -点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求

（1）分裂时两个微粒各自的速度；

（2）当微粒1到达（0,)d -点时，电场力对微粒1做功的 瞬间功率；

（3）当微粒1到达（0,)d -点时，两微粒间的距离。

答案：（1）m qEd

v 21-

=，m

qEd

v 22=方向沿y 正方向（2）m

qEd

-qE

P 2=（3）2d 2 解析：（1）微粒1在y 方向不受力，做匀速直线运动；在x 方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v 1，微粒2的速度为v 2则有： 在y 方向上有

-t v d 1= 在x 方向上有

m qE a =

-2

21at d =

m

qEd

--v 21= 根号外的负号表示沿y 轴的负方向。

中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有

021=+mv mv m

qEd

v v 212=

-= 方向沿y 正方向。

（2）设微粒1到达（0，-d ）点时的速度为v ，则电场力做功的瞬时功率为

Bx B qEv qEv P ==θcos

其中由运动学公式m

qEd

-ad -v Bx

22-

==

所以m

qEd

-qE

P 2= （3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d ）点时发生的位移

d S 21=

则当当微粒1到达（0，-d ）点时，两微粒间的距离为d S 2BC 221==

例12、如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P 点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 A.带点油滴将沿竖直方向向上运动 B.P 点的电势将降低

C.带点油滴的电势将减少

D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 答案B

【解析】电容器两端电压U 不变，由公式d

U

E =

，场强变小，电场力变小，带点油滴将沿竖直方向向下运动，A 错； P 到下极板距离d 不变，而强场E 减小，由公式U=Ed 知P 与正极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P 点的电势变小，B 对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P 点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C 错；图中电容器两端电压U 不变,电容C 减小时由公式Q=CU ，带电量减小，D 错。

例13、如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平行；在x 轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m 、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场，在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y 轴交于M 点。已知OP=l ,l OQ 32=。不计重力。求

（1）M 点与坐标原点O 间的距离；

（2）粒子从P 点运动到M 点所用的时间。 【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y 轴负方向上做初速度为零

的匀加速运动，设加速度的大小为a ；在x 轴正方向上做匀速直线运动，设速度为0v ，粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为1t ，进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ， 则qE

a m

=

①

1t =② 001

x

v t = ③

其中00,x y l ==。又有1

tan at v θ= ④ 联立②③④式，得30θ=?

因为M O Q 、、点在圆周上，=90MOQ ∠?，所以MQ 为直径。从图中的几何关系可知。

R = ⑥ 6MO l = ⑦

（2）设粒子在磁场中运动的速度为v ,从Q 到M 点运动的时间为2t , 则有0 cos v v θ=

⑧ 2R

t v

π= ⑨ 带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间为t 为12+ t t t = ⑩

联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得+ 1t =?

例14、如图所示。一电场的电场线分布关于y 轴（沿竖直方向）对称，O 、M 、N 是y 轴上的三个点，且OM=MN ，P 点在y 轴的右侧，MP ⊥ON ，则

A. M 点的电势比P 点的电势高

B. 将负电荷由O 点移动到P 点，电场力做正功

C. M 、N 两点间的电势差大于O 、M 两点间的电势差

D. 在O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y 轴做直线运动 答案AD

【解析】本题考查电场、电势、等势线、以及带电粒子在电场中的运动.由图和几何关系可知M 和P 两点不处在同一等势线上而且有P M ??>,A

对.将负电荷由O 点移到P 要克服电场力做功,及电场力做负功,B 错.根据Ed U =,O 到M 的平均电场强度大于M 到N 的平均电场强度,所以有MN OM U U >,C 错.从O 点释放正电子后,电场力做正功,该粒子将沿y 轴做加速直线运动.

例15、图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线。两粒子M 、N 质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M 、N 从虚线上的O 点以相同速率射出，两粒子在电场中运

动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a 、b 、c 为实线与虚线的交点，已知O 点电势高于c 点。若不计重力，则 A. M 带负电荷，N 带正电荷

B. N 在a 点的速度与M 在c 点的速度大小相同

C. N 在从O 点运动至a 点的过程中克服电场力做功

D. M 在从O 点运动至b 点的过程中，电场力对它做的功等于零 答案BD

【解析】本题考查带电粒子在电场中的运动.图中的虚线为等势线,所以M 点从O 点到b 点的过程中电场力对粒子做功等于零,D 正确.根据MN 粒子的运动轨迹可知N 受到的电场力向上M 受到的电场力向下,电荷的正负不清楚但为异种电荷.A 错.o 到a 的电势差等于o 到c 的两点的电势差,而且电荷和质量大小相等,而且电场力都做的是正功根据动能定理得a 与c 两点的速度大小相同,但方向不同,B 对.

例16、如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q 和-Q ，x 轴上的P 点位于的右侧。下列判断正确的是（ ）

A ．在x 轴上还有一点与P 点电场强度相同

B ．在x 轴上还有两点与P 点电场强度相同

C ．若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点，电势能增大

D ．若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点，电势能减小 答案：AC

考点：电场线、电场强度、电势能

解析：根据等量正负点电荷的电场分布可知，在x 轴上还有一点与P 点电场强度相同，即和P 点关于O 点对称，A 正确。若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大。一般规定无穷远电势为零，过0点的中垂线电势也为零，所以试探电荷+q 在P 点时电势能为负值，移至O 点时电势能为零，所以电势能增大，C 正确。

提示：熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布。知道PB PA AB E E W -=，即电场力做正功，电势能转化为其他形式的能，电势能减少；电场力做负功，其他形式的能转化为电势能，电势能增加，即E W ?-=。

例17、如图甲所示，建立Oxy 坐标系，两平行极板P 、Q 垂直于y 轴且关于x 轴对称，极板长度和板间距均为l ，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy 平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x 轴间右连接发射质量为m 、电量为+q 、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t 时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。

已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t 0时，刻经极板边缘射入磁场。上述m 、q 、l 、l 0、B 为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况） （1）求电压U 的大小。 （2）求

1

2

时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。 （3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。 解析：

（1）0t =时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，0t 时刻刚好从极板边缘射出，在y 轴负方向偏移的距离为

1

2

l ，则有0U E l =①，Eq ma =②

2

1122

l at =③ 联立以上三式，解得两极板间偏转电压为2

020ml U qt =④。

（2）

012t 时刻进入两极板的带电粒子，前01

2t 时间在电场中偏转，后01

2

t 时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。

带电粒子沿x 轴方向的分速度大小为00

l v t =

⑤ 0v 图甲

图乙

带电粒子离开电场时沿y 轴负方向的分速度大小为01

2

y v a t

=⑥ 带电粒子离开电场时的速度大小为v =

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R ，则有2

v Bvq m

R

=⑧

联立③⑤⑥⑦⑧式解得0

2R qBt =

⑨。 （3）02t 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y 轴正方向的分速度为'0y v at =⑩，

设带电粒子离开电场时速度方向与y 轴正方向的夹角为α，则0

'tan y

v v α=

， 联立③⑤⑩式解得4

π

α=，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为22

π

α=

，所求

最短时间为min 1

4

t T =

,带电粒子在磁场中运动的周期为2m T Bq π=，联立以上两式解得min 2m t Bq π=。 【考点】带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动

例18、如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M 、N 为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度v M 经过M 点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度v N 折回N 点。则 A.粒子受电场力的方向一定由M 指向N B.粒子在M 点的速度一定比在N 点的大 C.粒子在M 点的电势能一定比在N 点的大 D.电场中M 点的电势一定高于N 点的电势

B 【解析】由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A 错；粒子由M 到N 电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故B 对

C 错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M 、N 点电势的高低，C 错。

例19、空间存在匀强电场，有一电荷量q ()0>q 、质量m 的粒子从O 点以速率0v 射入电场，运动到A 点时速率为02v 。现有另一电荷量q -、质量m 的粒子以速率02v 仍从O 点射入该电场，运动到B 点时速率为03v 。若忽略重力的影响，则

A ．在O 、A 、

B 三点中，B 点电势最高 B ．在O 、A 、B 三点中，A 点电势最高

C ．OA 间的电势差比BO 间的电势差大

D ．OA 间的电势差比BA 间的电势差小 答案AD

【解析】正电荷由O 到A ，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O 点电势较高；负电荷从O 到B 速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B 点电势比O 点高。所以B 点最高，A 对；

()()q

mv q v m v m q W U OA OA 23212212

02020=-== ()()q

mv q v m v m q W U OB OB

252213212

02

020-=--=-=，故D 对

例20、如图所示，相距为d 的平行金属板A 、B 竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m 、电荷量q （q>0）的小物块在与金属板A 相距l 处静止。若某一时刻在金属板A 、B 间加一电压32AB mgd

U q

μ=-，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为1

2

q -

，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则

（1）小物块与金属板A 碰撞前瞬间的速度大小是多少？ （2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？、 答案（1

（2

）时间为2l 处或距离B 板为2l 【解析】本题考查电场中的动力学问题

（1）加电压后，B 极板电势高于A 板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A 板做匀加速直线运动。电场强度为

d

U E BA

=

小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 mg qE F μ-=合 故小物块运动的加速度为 g md mgd qU m

F a μμ2

1

1=-=

=

合

设小物块与A 板相碰时的速度为v 1，由 l a v 12

12= 解得 gl v μ=

1

（2）小物块与A 板相碰后以v 1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，

摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为 2

qE mg F -

=μ合 加速度大小为 21

m 4

F a g μ=

=合

设小物块碰后到停止的时间为 t ，注意到末速度为零，有 120v a t -=- 解得 12v t a

=

=设小物块碰后停止时距离为x ，注意到末速度为零，有 x a v -022

12-=

则 2

2

22v x l a ==

或距离B 板为 l d 2=

例21、如图3所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止，在物块的运动过程中，下列表述正确的是 A ．两个物块的电势能逐渐减少

B ．物块受到的库仑力不做功

C ．两个物块的机械能守恒

D ．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力

答案：A 解析：由于带同种电荷的小物块在库仑力的作用下，向相反方向运动，因此，物块受到的库仑力做正功，两个物块的电势能逐渐减少，但两个物块的机械能不守恒，物块受到的摩擦力开始小于其受到的库仑力，后来大于其受到的库仑力.

例22、图9是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后， 进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度 分别为B 和E 。平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片 A 1A 2。平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场。下列表述正确的是 A ．质谱仪是分析同位素的重要工具

B ．速度选择中的磁场方向垂直纸面向外

C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E/B

D ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小

答案：ABC 解析：质谱仪是分析同位素的重要工具，根据受力的平衡条件及左手定则，可以判断，速度选择中的磁场方向垂直纸面向外，能通过狭缝P 的带电粒子的速率满足qE=qBv ，得到v=E/B ，由0

qB mv R =及v=E/B 知R

BB E m q

0=

，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，半径R 越小，粒子的荷质比越大.

例23、如图8所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、带电量为+Q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是 A ．滑块受到的摩擦力不变 B ．滑块到达地面时的动能与B 的大小无关 C ．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下 D ．B 很大时，滑块可能静止于斜面上

答案：C 解析：带电量为+Q

的小滑块从斜面顶端开始下滑的过程中，

图

3

所受的洛伦兹力的方向垂直斜面向下，因此，滑块与斜面的压力增大，滑块受到的摩擦力增大，滑块到达地面时的的状态存在可能性，因此，其动能与B 的大小有关，B 很大时，滑块可能在斜面上匀速运动，但不可能静止于斜面上.

例24、如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场I 和II ，两电场的边界均是边长为L 的正方形（不计电子所受重力）。 （1）在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置。 （2）在电场I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置。

（3）若将左侧电场II 整体水平向右移动L /n （n ≥1），仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开（D 不随电场移动），求在电场I 区域内由静止释放电子的所有位置。 解：（1）设电子的质量为m ，电量为e ，电子在电场I 中做匀加速直线运动，出区域I 时的速度为v 0，此后进入电场II 做类平抛运动，假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y ，有

2012

eEL mv =

2

2011()222L eE L y at m v ??-== ???

解得 y ＝

14L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（－2L ，1

4

L ） （2）设释放点在电场区域I 中，其坐标为（x ，y ），在电场I 中电子被加速到v 1，然后进入电场II 做类平抛

运动，并从D 点离开，有

2112

eEx mv =

2

211122eE L y at m v ??== ???

解得 xy ＝2

4

L ，即在电场I 区域内满足该方程的点即为所求位置。

（3）设电子从（x ，y ）点释放，在电场I 中加速到v 2，进入电场II 后做类平抛运动，在高度为y ′处离开电场II 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D 点，则有

2

212eEx mv = ， 2

221122eE L y y at m v ??'-== ???

2y eEL v at mv ==

，2

y L

y v nv '= 解得 2

1124xy L n ??

=+ ??

?，即在电场I 区域内满足该方程的点即为所求位置

四

易错题集

例1如图8－1所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是： [ ]

A．电荷从a到b加速度减小

B．b处电势能大

C．b处电势高

D．电荷在b处速度小

【错解】

由图8－1可知，由a→b，速度变小，所以，加速度变小，选A。因为检验电荷带负

电，所以电荷运动方向为电势升高方向，所以b处电势高于a点，选C。

【错解原因】

选A的同学属于加速度与速度的关系不清；选C的同学属于功能关系不清。

【分析解答】由图8－1可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项错。

由图8－1可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断a，b处电势高低关系是U a＞U b，C选项不正确。

根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选项正确；又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D选项正确。

【评析】理解能力应包括对基本概念的透彻理解、对基本规律准确把握。本题就体现高考在这方面的意图。这道小题检查了电场线的概念、牛顿第二定律、做曲线运动物体速度与加速度的关系、电场线与等势面的关系、电场力功（重力功）与电势能（重力势能）变化的关系。能量守恒定律等基本概念和规律。要求考生理解概念规律的确切含义、适用条件，鉴别似是而非的说法。

例2将一电量为q=2×106C的点电荷从电场外一点移至电场中某点，电场力做功4×10-5J，求A点的电势。

【错解】

【错解原因】

错误混淆了电势与电势差两个概念间的区别。在电场力的功的计算式W=qU中，U系指电场中两点间的电势差而不是某点电势。

【分析解答】

解法一：设场外一点P电势为U P所以U P=0，从P→A，电场力的功W=qU PA，所以W=q（U P-U A），

即4×10-5=2×10-6（0-U A） U A=－20V

解法二：设A与场外一点的电势差为U，由W=qU，

因为电场力对正电荷做正功，必由高电势移向低电势，所以U A= －20V

【评析】

公式W=qU有两种用法：（1）当电荷由A→B时，写为W=qU AB=q(U A-U B)，强调带符号用，此时W的正、负直接与电场力做正功、负功对应，如“解法一”；（2）W，q，U三者都取绝对值运算，如“解法二”，但所得W或U得正负号需另做判断。建议初学者采用这种方法。

例3点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图8－2，电场强度为零的地方

在

[ ]

A．A和B之间 B．A右侧

C．B左侧D．A的右侧及B的

左侧

【错解】

错解一：认为A，B间一点离A，B距离分别是2r和r，则A，B

错解二：认为在A的右侧和B的左侧，由电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能抵消，选D。

【错解原因】

错解一忽略了A，B间E A和E B方向都向左，不可能抵消。

错解二认为在A的右侧和B的左侧，由两电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能抵消，却没注意到A 的右侧E A总大于E B，根本无法抵消。

【分析解答】

因为A带正电，B带负电，所以只有A右侧和B左侧电场强度方向相反，因为Q A＞Q B，所以只有B左侧，才有可能E A与E B等量反向，因而才可能有E A和E B矢量和为零的情况。

【评析】

解这类题需要的基本知识有三点：（1）点电荷场强计算公式

点电荷而来；（3）某点合场强为各场源在该点场强的矢量和。

例4如图8-3所示，Q A=3×10-8C，Q B=-3×10-8C，A，B两球相距5cm，在水平方向外电场作用下，A，B保持静止，悬线竖直，求A，B连线中点场强。（两带电小球可看作质点）

【错解】

以A为研究对象，B对A的库仑力和外电场对A的电场力相等，所

AB中点总场强E总=E+E A+E B=E外=1.8×105（N/C），方向向左。

【错解原因】

在中学阶段一般不将Q B的电性符号代入公式中计算。在求合场强时，应该对每一个场做方向分析，然后用矢量叠加来判定合场强方向，

【分析解答】