（全國通用）2019屆高考物理二輪復習 專題7 電場和帶電粒子在電場中的運動學案

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1、 專題7 電場和帶電粒子在電場中的運動 考題一　對電場性質的理解與應用 1.電場性質 電場力的性質 電場能的性質 (1)電場力 ①F＝k(只適用于真空中靜止的點電荷) ②F＝qE(普遍適用) (2)電場強度 ①E＝(定義式，普遍適用) ②E＝(只適用于勻強電場) ③E＝k(只適用于點電荷產生的電場) (1)電場力做功 ①W＝qEd(只適用于勻強電場) ②WAB＝qUAB＝EpA－EpB(適用于任何電場) (2)電勢、電勢差、電場力做功與電勢差的關系 ①φ＝(電勢定義式) ②UAB＝φA－φB(UBA＝φB－φA) ③WAB＝qUAB(UAB

2、＝) ④UAB＝Ed(只適用于勻強電場) ⑤Ep＝qφ 2.電場性質的判斷思路 (1)明確電場的電場線與等勢面的分布規(guī)律. (2)利用電場線的疏密分布規(guī)律或場強的疊加原理判定場強的強弱.(由a＝判斷a的變化) (3)根據電場力與電場線相切(與等勢面垂直)，且指向軌跡的彎曲方向，或軌跡一定夾在力與速度方向之間，分析帶電粒子在電場中的運動軌跡問題. (4)根據電場線的方向、電場線的疏密及電勢能的大小分析電勢的高低. (5)應用電場力做功與電勢能改變之間的關系判定電勢能的大小或電場力做功情況. 例1　在直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖1，M、N兩

3、點各固定一負點電荷，一電量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零.靜電力常量用k表示.若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為(　　) 圖1 A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負向 C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向 解析　G點處的電場強度恰好為零，說明負電荷在G點產生的合場強與正電荷在G點產生的場強大小相等方向相反，根據點電荷的場強公式可得，正電荷在G點的場強為，負電荷在G點的合場強也為，當正點電荷移到G點時，正電荷與H點的距離為2a，正電荷在H點產生的場強為，方向沿y軸正向，由于G和H對稱，所以負電荷在G點和H點產生的場強大小相等方向相反，大小為，

4、方向沿y軸負向，所以H點處合場強的大小為－＝，方向沿y軸負向，所以B正確. 答案　B 變式訓練 1.在光滑的絕緣水平面上，有一個正三角形abc，頂點a、b處分別固定一個正點電荷，c處固定一個負點電荷，它們的電荷量都相等，如圖2所示，D點為正三角形外接圓的圓心，E、G、H分別為ab、ac、bc的中點，E、F兩點關于c點對稱.下列說法中正確的是(　　) 圖2 A.D點的場強為零，電勢也為零 B.E、F兩點的電場強度大小相等、方向相反 C.G、H兩點的場強相同 D.將一帶正電的試探電荷由E點移動到D點的過程中，該電荷的電勢能減小 答案　D 2.(2016·重慶三模)在x軸上有

5、兩個點電荷q1和q2，x軸上電勢φ隨x而變化的關系如圖3所示，則(　　) 圖3 A.x＝x1處電場強度為0 B.x＝x2處電場強度不為0 C.q1、q2為不等量異種電荷，且正電荷在x＝0處，負電荷在x＜0的某處 D.q1、q2為等量異種電荷，且正電荷在x＜0處，負電荷在x＞0的某處 答案　C 解析　在φ－x圖象中，電勢降低最快的方向即為場強方向，則x2右側的場強沿x軸負向，x2左側的場強方向向右；由E＝知圖象的斜率為場強的大小，得x1處電勢為零，場強不為零；x2處場強為零，電勢不為零，選項A、B均錯誤.兩個電荷的連線上出現場強為零的點(x2處)有兩種情況，一是同種電荷之間，但

6、兩側的電勢變化相同；二是異種電荷的連線之外，x1處的電勢為正逐漸降低且場強向右，可知此處附近場源電荷為正，負電荷在x＜0的某處滿足要求，選項C正確、選項D錯誤. 3.點電荷Q1、Q2和Q3所產生的靜電場的等勢面與紙面的交線如圖4所示，圖中標在等勢面上的數值分別表示該等勢面的電勢，a、b、c……表示等勢面上的點，下列說法正確的有(　　) 圖4 A.位于g點的點電荷不受電場力作用 B.b點的場強與d點的場強大小一定相等 C.把電荷量為q的正點電荷從a點移到i點，再從i點移到f點過程中，電場力做的總功大于把該點電荷從a點直接移到f點過程中電場力所做的功 D.把1 C正電荷從m點移到c

7、點過程中電場力做的功等于7 kJ 答案　D 解析　位于g點的位置電勢為零，場強不為零，所以點電荷受電場力作用，故A錯誤；b點的場強與d點的場強是由點電荷Q1、Q2和Q3所產生的場強疊加產生的，Q2和Q3與b點和d點的距離不等，根據點電荷場強公式E＝得Q2和Q3在b點和d點的場強大小不等，方向不同.所以b點的場強與d點的場強大小不相等，故B錯誤；根據電場力做功W＝qU得把電荷量為q的正點電荷從a點移到i點，再從i點移到f點過程中，電場力做的總功等于把該點電荷從a點直接移到f點過程中電場力所做的功，故C錯誤；把1 C正電荷從m點移到c點過程中電場力做的功W＝qU＝1 C×[4 kV－(－3 k

8、V)]＝7 kJ，故D正確. 考題二　與平行板電容器有關的電場問題 1.必須記住的三個公式 C＝、C＝、E＝. 2.必須明確的兩個關鍵點 (1)電路處于接通狀態(tài)時，電容器兩極板間電壓不變. (2)電路處于斷開狀態(tài)時，電容器兩極板間的帶電荷量不變. 3.平行板電容器問題的分析思路 (1)明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的，哪些物理量是變化的以及怎樣變化. (2)應用平行板電容器的決定式C＝分析電容器的電容的變化. (3)應用電容的定義式C＝分析電容器帶電量和兩板間電壓的變化情況. (4)根據控制變量法對電容的變化進行綜合分析，得出結論. 例2　(2016·天津

9、理綜·4)如圖5所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角.若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) 圖5 A.θ增大，E增大 B.θ增大，Ep不變 C.θ減小，Ep增大 D.θ減小，E不變 解析　若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據C＝可知，C變大；根據Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減??；根據E＝，Q＝CU，C＝聯(lián)立可得E＝，可知E不

10、變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確. 答案　D 變式訓練 4.如圖6所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略.一帶負電油滴被固定于電容器中的P點.現將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則(　　) 圖6 A.靜電計指針張角變小 B.平行板電容器的電容將變大 C.帶電油滴的電勢能將增大 D.若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變 答案　D 解析　現將平行板電容器的下極

11、板豎直向下移動一小段距離，導致極板間距離增大，靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故A錯誤.根據C＝，知，d增大，則電容減小，故B錯誤.電勢差不變，d增大，則電場強度減小，P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢增大，因為該電荷為負電荷，則電勢能減小.故C錯誤.若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，則電荷量不變，d改變，根據E＝＝＝，知電場強度不變，則油滴所受電場力不變，故D正確. 5.如圖7所示，兩個水平放置的平行板電容器，A板用導線與M板相連，B板和N板都接地.讓A板帶電后，在兩個電容器間分別有P、Q兩個帶電油滴都處于靜止狀態(tài)

12、.A、B間電容為C1，電壓為U1，帶電量為Q1；M、N間電容為C2，電壓為U2，帶電量為Q2.若將B板稍向下移，下列說法正確的是(　　) 圖7 A.P向下動，Q向上動 B.U1減小，U2增大 C.Q1減小，Q2增大 D.C1減小，C2增大 答案　AC 解析　將B板下移時，由C＝，知C1將減??；而MN板不動，故C2不變；故D錯誤；假設Q不變，則AB板間的電壓U1將增大，大于MN間的電壓，AB板將向MN板充電，故Q1減小，Q2增大，故C正確；充電完成，穩(wěn)定后，MN及AB間的電壓均增大，故對Q分析可知，Q受到的電場力增大，故Q將上移，對AB分析可知，E1＝＝＝＝，故電場強度減小

13、，故P受到的電場力減小，故P將向下運動，故A正確. 6.如圖8所示，平行板電容器兩極板水平放置，電容為C，開始時開關閉合，電容器與一直流電源相連，極板間電壓為U，兩極板間距為d，電容器儲存的能量E＝CU2.一電荷量為－q的帶電油滴，以初動能Ek0從平行板電容器的兩個極板中央水平射入(極板足夠長)，帶電油滴恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過電容器，則(　　) 圖8 A.保持開關閉合，僅將上極板下移，帶電油滴仍能沿水平線運動 B.保持開關閉合，僅將上極板下移，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時的動能為Ek0＋ C.斷開開關，僅將上極板上移，帶電油滴將撞擊下極板，撞擊下極板時的動能為Ek0

14、＋ D.斷開開關，僅將上極板上移，若不考慮電容器極板的重力勢能變化，外力對極板做功至少為CU2 答案　BD 解析　保持開關閉合，開始時帶電油滴沿直線勻速通過電容器，則：＝mg 保持開關閉合，僅將上極板下移，則向上的電場力大于重力，故帶電油滴向上運動，故選項A錯誤；到達上極板時動能為Ek，則根據動能定理：·d＝Ek－Ek0，以上兩個方程式聯(lián)立可以得到到達上極板的動能為：Ek＝Ek0＋，故選項B正確；斷開開關，電量不變，當兩極板間距離發(fā)生變化的時候，場強不變，即電場力不變，故粒子仍沿直線運動，故選項C錯誤；斷開開關，僅將上極板上移，則兩板之間距離為d，則C＝，C′＝，則整理可以得到：C′＝

15、C，根據C＝和C′＝，整理可以得到：U′＝U，則上移之后電容器儲存的能量為：E′＝C′U′2＝CU2，所以增加的能量為：ΔE＝E′－E＝CU2－CU2＝CU2，故外力對極板做功至少為CU2，故選項D正確. 考題三　帶電粒子在電場中的運動 1.帶電粒子在電場中的運動問題的解題思路 首先分析粒子的運動規(guī)律，區(qū)分是在電場中的直線運動問題還是曲線運動問題. 2.帶電粒子在電場中的加速 (1)勻強電場中，v0與E平行時，優(yōu)先用功能關系求解，若不行，則用牛頓第二定律和運動學公式. (2)非勻強電場中，只能用功能關系求解. 3.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(v0垂直于E的方向)，如圖9所示

16、 圖9 處理方法：應用運動的合成與分解. (1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝. (2)沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝＝＝. (3)離開電場時的偏移量y＝at2＝. (4)速度偏向角 tan φ＝＝tan φ＝； 位移偏向角 tan θ＝＝tan θ＝. 例3　如圖10所示，一質量為m、電荷量為q的帶正電荷小球(可視為質點)從y軸上的A點以初速度v0(未知)水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與水平方向間的夾角為θ＝37°，帶電小球恰好能垂直M板從其中心小孔B進入兩板間(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 圖

17、10 (1)試求帶電小球在y軸上的拋出點A的坐標以及小球拋出的初速度v0； (2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強電場，且勻強電場的電場強度大小與小球質量之間的關系滿足E＝，試計算兩平行板M、N之間的垂直距離d至少為多少時才能保證小球不打在N板上. [思維規(guī)范流程] 步驟1：小球由A→B做平拋運動，分方向列方程 小球垂直M板在B進入電場，在B點：分解速度 A點的縱坐標：列幾何關系，得結論 (1)A→B 水平方向：·cos θ＝v0t ① 豎直方向：h＝gt2 ② 在B點：tan θ＝ ③ y＝h＋sin θ ④ 解得y＝L，

18、v0＝ ⑤ 所以A的坐標為(0，L) ⑥ 步驟2：在B點，速度合成法求vB進入電場后的受力情況. 對小球列牛頓第二定律表達式： 分方向列方程：得結論 vB＝＝ ⑦ qE＝＝mg·cos θ ⑧ 所以小球做類平拋運動 ⑨ mgsin θ＝ma ⑩ 所以a＝gsin θ ? d＝vBt′ ? ＝at′2 ? d＝L ? 每式各1分 變式訓練 7.(2016·四川理綜·9)中國科學院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器.加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用.

19、 如圖11所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極.質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變.設質子進入漂移管B時速度為8×106 m/s，進入漂移管E時速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質子在每個管內運動的時間視為電源周期的，質子的荷質比取1×108 C/kg.求： 圖11 (1)漂移管B的長度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓. 答案　(1)0.4 m　(2)6×104 V 解析　(1)設質子進入漂移管B的速

20、度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則 T＝ ① L＝vB· ② 聯(lián)立①②式并代入數據得L＝0.4 m (2)設質子進入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場力對質子所做的功為W，質子從漂移管B運動到漂移管E電場力做功W′，質子的電荷量為q、質量為m，則 W＝qU ③ W′＝3W ④ W′＝mv－mv ⑤ 聯(lián)立③④⑤式并代入數據得 U＝6×104 V. 專題規(guī)范練 1.(2016·上海·11)國際單位制中，不是電場強度的單位是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由公式E＝可知，電場強度單位為，由公式E＝可

21、知，也是電場強度單位，由qE＝qvB可得E＝vB，故也是電場強度單位，由公式U＝可知，是電勢差單位，故應選C. 2.(2016·浙江理綜·15)如圖1所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸.把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開(　　) 圖1 A.此時A帶正電，B帶負電 B.此時A電勢低，B電勢高 C.移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 D.先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 答案　C 解析　由靜電感應可知，A左端帶負電，B右端帶正電，A、B的電勢相等，選項A、B錯誤；若移去C，則兩端的感應電荷消失，則貼在

22、A、B下部的金屬箔都閉合，選項C正確；先把A和B分開，然后移去C，則A、B帶的電荷仍然存在，故貼在A、B下部的金屬箔仍張開，選項D錯誤. 3.(2016·全國丙卷·15)關于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A.兩個電勢不同的等勢面可能相交 B.電場線與等勢面處處相互垂直 C.同一等勢面上各點電場強度一定相等 D.將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 答案　B 解析　若兩個不同的等勢面相交，則在交點處存在兩個不同電勢數值，與事實不符，A錯；電場線一定與等勢面垂直，B對；同一等勢面上的電勢相同，但電場強度不一定相同，C錯；將一負電荷從電勢較高

23、的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做負功，故D錯. 4.(多選)(2016·海南單科·10)如圖2，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點.不計重力.下列說法正確的是(　　) 圖2 A.M帶負電荷，N帶正電荷 B.M在b點的動能小于它在a點的動能 C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功 答案　ABC 解析　由題圖可知，M粒子的軌跡向左彎曲，則帶電粒子所受的電場力方向向左，可知M帶電粒子受到了引力作用，故M帶負電荷，而N粒子的

24、軌跡向下彎曲，則帶電粒子所受的電場力方向向下，說明N粒子受到斥力作用，故N粒子帶正電荷，選項A正確；由于虛線是等勢面，故M粒子從a到b電場力對其做負功，動能減小，選項B正確；對于N粒子，由于d和e在同一等勢面上，故從d到e電場力不做功，電勢能不變，選項C正確；由于N粒子帶正電，故從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，選項D錯誤. 5.如圖3所示，在勻強電場中有一個半徑為R＝1 m的圓，電場方向與圓的平面平行，O、P兩點電勢差為10 V，一個電子在該勻強電場中在僅受電場力作用下運動，且在P、Q兩點上速度方向與圓的切線一致，速度大小均為1 m/s，則(　　) 圖3 A.電子從P到Q的運

25、動過程中，動能先增大后減小 B.電子可能做圓周運動 C.該勻強電場的電場強度E＝10 V/m D.O點與圓周上電勢最低的點電勢差為10 V 答案　D 解析　帶電粒子僅受電場力作用，由于粒子在P、Q兩點動能相等，則電勢能也相等，因為電場為勻強電場，所以兩點的連線PQ即為等勢面，根據等勢面與電場線垂直特性，從而畫出電場線CO.由曲線運動條件可知，正電粒子所受的電場力沿著CO方向，因此粒子從P到Q做曲線運動，速度方向與電場力方向夾角先大于90°后小于90°，電場力對于運動來說先是阻力后是動力，所以動能先減小后增大，故A、B錯誤；勻強電場的電場強度E＝式中的d是沿著電場強度方向的距離，因而由

26、幾何關系可知，UPO＝E×R，所以E＝＝10 V/m，C錯誤，圓周上電勢最低的點與O點的電勢差為U＝ER＝10 V，故D正確. 6.如圖4所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，正極板與靜電計相連，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點.若正極板保持不動，將負極板緩慢向左平移一小段距離x0的過程中，靜電計帶電量的變化可忽略，以C表示電容器的電容、σ表示極板單位面積所帶電荷量(也稱面電荷密度)、U表示P點與負極板間的電勢差，W表示正檢驗電荷的電勢能.各物理量與負極板移動距離x的關系圖象中正確的是(　　) 圖4 答案　A 解析　當負極板左移時，d增大，由C＝可知，C與x圖象

27、的關系如圖A所示，故A正確；σ表示極板單位面積所帶電荷量，而電容器極板電量不變，則面電荷密度也不變，故B錯誤；因負極板接地，設P點原來與負極板之間的距離為x，則P點的電勢φ＝E(x－x0)，那么U＝E(x－x0)，與x成線性關系，故C錯誤；電勢能W＝φq＝Eq(x－x0)，應該是傾斜直線，故D錯誤. 7.(2016·海南單科·6)如圖5，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電.一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處.以初動能Ek0豎直向上射出.不計重力，極板尺寸足夠大.若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為(　　) 圖5 A. B.

28、 C. D. 答案　B 解析　根據電荷受力可以知道，粒子在電場中做曲線運動，當電場足夠大時，粒子到達上極板時速度恰好與上極板平行，如圖，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據運動的合成與分解，當分速度vy＝0時，則粒子的速度正好平行上極板，則根據運動學公式：－v＝－2d，由于vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，聯(lián)立整理得到E＝，故選項B正確. 8.如圖6所示為某粒子分析器的簡化結構.金屬板P、Q相互平行，兩板通過直流電源、開關相連，其中Q板接地.一束帶電粒子，從a處以一定的初速度平行于金屬板P、Q射入兩板之間的真空區(qū)域，經偏轉后打在Q板上如圖所示的位置.在

29、其他條件不變的情況下，要使該粒子束能從Q板上b孔射出(不計粒子重力和粒子間的相互影響)，下列操作中可能實現的是(　　) 圖6 A.保持開關S閉合，適當上移P極板 B.保持開關S閉合，適當左移P極板 C.先斷開開關S，再適當上移P極板 D.先斷開開關S，再適當左移P極板 答案　A 解析　粒子在平行板電容器之間做類平拋運動，要使該粒子束能從Q板上b孔射出，需要增大粒子平拋水平位移，豎直方向勻加速直線運動，加速度a＝，則由a到下極板的距離d0＝at2＝，從而可得運動時間t＝ ，水平方向位移x＝v0t＝v0 ，保持開關S閉合，則兩極板電壓不變，適當上移P板，即d增大，d0不變，水平位

30、移增大，選項A對.保持開關閉合，左移P板則電壓不變，d和d0都不變，水平位移不變，選項B錯.先斷開開關S，適當上移P板，則電荷量不變，水平位移x＝v0，所以水平位移不變，選項C錯.同理，先斷開開關S，再適當左移P極板，正對面積變小，電容變小，電荷量不變，電壓變大，d0不變，水平位移變小，選項D錯. 9.(2016·北京理綜·23)如圖7所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出.已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d. 圖7 (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場

31、時初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy； (2)分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法.在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因.已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2. (3)極板間既有靜電場也有重力場.電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢φ的定義式.類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點. 解析　(1)根據動能定理，有 eU0＝mv， 電子射入偏轉電場時的初速度 v0＝ 在偏轉電

32、場中，電子的運動時間 Δt＝＝L 加速度a＝＝ 偏轉距離Δy＝a(Δt)2＝ (2)只考慮電子所受重力和電場力的數量級，有重力 G＝mg≈10－29 N 電場力F＝≈10－15 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力. (3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝，類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質量m的比值，叫做“重力勢”，即φG＝ 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定. 答案　(1)　　　(2)見解析　(3)見解析 10.(2016·江南十校3月模擬)如圖8所示，在寬度為

33、L的條形區(qū)域內有勻強電場，電場的方向平行于區(qū)域過界.有一個帶電粒子(不計重力)從左側邊界上的A點，以初速度v0沿垂直于電場的方向射入電場，粒子從右側邊界射出時的速度大小為v0. 圖8 (1)求粒子從右側邊界射出時，沿電場方向位移的大??； (2)若帶電粒子的入射速度改為v0，求粒子從右側邊界射出時速度的大?。? (3)若帶電粒子的入射速度大小可以為任意值(遠小于光速)，求帶電粒子從右側邊界射出速度的最小值. 答案　(1)L　(2)v0　(3)v0 解析　(1)設經過時間t1粒子射出電場，沿電場方向位移為y，沿電場方向速度為vy1 由類平拋運動知，L＝v0t1，y＝at，vy1＝at1 射出電場的速度分解到水平方向和豎直方向v0＝ 聯(lián)立，得：a＝，y＝L. (2)粒子在水平方向做勻速運動，設經過時間t2粒子射出電場，則L＝v0t2 設粒子沿場強方向加速度為a，沿場強方向做勻加速直線運動vy2＝at2 粒子射出電場的速度v＝ 聯(lián)立知v＝v0. (3)設粒子以vx射入電場，沿電場方向速度為vy 粒子射出電場的速度為v′，可得 v′＝ 可知當v＝2時，v′取最小值，即vx＝ 代入知最小速度v′＝v0. 18