2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 專題強(qiáng)化八 帶電粒子（帶電體）在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題學(xué)案.doc

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專題強(qiáng)化八　帶電粒子(帶電體)在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題 專題解讀1.本專題主要講解帶電粒子(帶電體)在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用，高考常以計(jì)算題出現(xiàn). 2.學(xué)好本專題，可以加深對(duì)動(dòng)力學(xué)和能量知識(shí)的理解，能靈活應(yīng)用受力分析、運(yùn)動(dòng)分析特別是曲線運(yùn)動(dòng)(平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng))的方法與技巧，熟練應(yīng)用能量觀點(diǎn)解題. 3.用到的知識(shí)：受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、能量觀點(diǎn). 一、帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng) 1.分析方法：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)牧W(xué)規(guī)律如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律解題. 2.受力特點(diǎn)：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，重力是否要考慮，關(guān)鍵看重力與其他力相比較是否能忽略.一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷是否考慮重力作用. 二、用能量觀點(diǎn)處理帶電體的運(yùn)動(dòng) 對(duì)于受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助于能量觀點(diǎn)來處理.即使都是恒力作用的問題，用能量觀點(diǎn)處理也常常顯得簡潔.具體方法常有兩種： 1.用動(dòng)能定理處理 思維順序一般為： (1)弄清研究對(duì)象，明確所研究的物理過程. (2)分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功. (3)弄清所研究過程的始、末狀態(tài)(主要指動(dòng)能). (4)根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解. 2.用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理 列式的方法常有兩種： (1)利用初、末狀態(tài)的能量相等(即E1＝E2)列方程. (2)利用某些能量的減少等于另一些能量的增加(即ΔE＝ΔE′)列方程. 3.兩個(gè)結(jié)論 (1)若帶電粒子只在電場力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢能之和保持不變. (2)若帶電粒子只在重力和電場力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢能之和保持不變. 命題點(diǎn)一　帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng) 1.常見的交變電場 常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等. 2.常見的題目類型 (1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解). (2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究). (3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場特點(diǎn)分段研究). 3.思維方法 (1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)：抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件. (2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系. (3)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用. 例1　如圖1(a)所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上.則t0可能屬于的時(shí)間段是(　　) 圖1 A.0＜t0＜　　　　　　　 B.＜t0＜ C.＜t0＜T D.T＜t0＜ 答案　B 解析　設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正.依題意知，粒子的速度方向時(shí)而為正，時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù).分別作出t0＝0、、、時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的v－t圖象，如圖所示.由于v－t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0＜t0＜與＜t0＜T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零，＜t0＜時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；t0＞T時(shí)情況類似.因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各項(xiàng)可知B正確. 變式1　如圖2所示，A、B兩金屬板平行放置，在t＝0時(shí)將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計(jì)).分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時(shí)，有可能使電子到不了B板(　　) 圖2 答案　B 變式2　(多選)(2015山東理綜20)如圖3甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是(　　) 圖3 A.末速度大小為v0 B.末速度沿水平方向 C.重力勢能減少了mgd D.克服電場力做功為mgd 答案　BC 解析　因0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在～時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝時(shí)刻的豎直速度為vy1＝，水平速度為v0；在～T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)刻，vy2＝vy1－g＝0，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg＝mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知，mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B、C. 命題點(diǎn)二　用“等效法”處理帶電粒子在 電場和重力場中的運(yùn)動(dòng) 1.等效重力法 將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖4所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向. 圖4 2.物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn) 在“等效力場”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問題.小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn).幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點(diǎn).而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動(dòng)過程中速度最小(稱為臨界速度)的點(diǎn). 例2　如圖5所示，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的珠子，現(xiàn)在圓環(huán)平面內(nèi)加一個(gè)勻強(qiáng)電場，使珠子由最高點(diǎn)A從靜止開始釋放(AC、BD為圓環(huán)的兩條互相垂直的直徑)，要使珠子沿圓弧經(jīng)過B、C剛好能運(yùn)動(dòng)到D.(重力加速度為g) 圖5 (1)求所加電場的場強(qiáng)最小值及所對(duì)應(yīng)的場強(qiáng)的方向； (2)當(dāng)所加電場的場強(qiáng)為最小值時(shí)，求珠子由A到達(dá)D的過程中速度最大時(shí)對(duì)環(huán)的作用力大?。? (3)在(1)問電場中，要使珠子能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)至少應(yīng)使它具有多大的初動(dòng)能？ 答案　見解析 解析　(1)根據(jù)題述，珠子運(yùn)動(dòng)到BC弧中點(diǎn)M時(shí)速度最大，作過M點(diǎn)的直徑MN，設(shè)電場力與重力的合力為F，則其方向沿NM方向，分析珠子在M點(diǎn)的受力情況，由圖可知，當(dāng)F電垂直于F時(shí)，F(xiàn)電最小，最小值為： F電min＝mgcos45＝mg F電min＝qEmin 解得所加電場的場強(qiáng)最小值Emin＝，方向沿∠AOB的角平分線方向指向左上方. (2)當(dāng)所加電場的場強(qiáng)為最小值時(shí)，電場力與重力的合力為F＝mgsin45＝mg 把電場力與重力的合力看做是“等效重力”，對(duì)珠子由A運(yùn)動(dòng)到M的過程，由動(dòng)能定理得 F(r＋r)＝mv2－0 在M點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FN－F＝m 聯(lián)立解得FN＝(＋1)mg 由牛頓第三定律知，珠子對(duì)環(huán)的作用力大小為 FN′＝FN＝(＋1)mg. (3)由題意可知，N點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，只要珠子能到達(dá)N點(diǎn)，就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，珠子在N點(diǎn)速度為0時(shí)，所需初動(dòng)能最小，此過程中，由動(dòng)能定理得：－F(r－r)＝0－EkA 解得EkA＝mgr. 變式3　(2018陜西西安質(zhì)檢)如圖6所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，帶負(fù)電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)并進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng).已知小球所受電場力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ＝60，sBC＝2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，h至少為多少？(sin37＝0.6，cos37＝0.8) 圖6 答案　7.7R 解析　小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個(gè)力F，如圖所示.可知F＝1.25mg，方向與豎直方向成37角.由圖可知，小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界點(diǎn)是D點(diǎn)，設(shè)小球恰好能通過D點(diǎn)，即到達(dá)D點(diǎn)時(shí)圓環(huán)對(duì)小球的彈力恰好為零. 由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得： F＝，即：1.25mg＝m 小球由A運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理結(jié)合幾何知識(shí)得： mg(h－R－Rcos37)－mg(＋2R＋Rsin37)＝mvD2，聯(lián)立解得h≈7.7R. 命題點(diǎn)三　電場中的力電綜合問題 1.力學(xué)規(guī)律 (1)動(dòng)力學(xué)規(guī)律：牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式. (2)能量規(guī)律：動(dòng)能定理或能量守恒定律. 2.電場規(guī)律 (1)電場力的特點(diǎn)：F＝Eq，正電荷受到的電場力與場強(qiáng)方向相同. (2)電場力做功的特點(diǎn)：WAB＝FLABcosθ＝qUAB＝EpA－EpB. 3.多階段運(yùn)動(dòng) 在多階段運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)物體所受外力突變時(shí)，物體由于慣性而速度不發(fā)生突變，故物體在前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度.對(duì)于多階段運(yùn)動(dòng)過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系，可以通過作運(yùn)動(dòng)過程草圖來獲得. 例3　(2017全國卷Ⅰ25)真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，在油滴處于位置A時(shí)，將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn).重力加速度大小為g. (1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度； (2)求增大后的電場強(qiáng)度的大小；為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件.已知不存在電場時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍. 答案　見解析 解析　(1)油滴帶電性質(zhì)不影響結(jié)果.設(shè)該油滴帶正電，油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正.油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場方向向上.在t＝0時(shí)，電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2－mg＝ma1 ① 油滴在t1時(shí)刻的速度為 v1＝v0＋a1t1 ② 電場強(qiáng)度在t1時(shí)刻突然反向，之后油滴做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足 qE2＋mg＝ma2 ③ 油滴在t2＝2t1時(shí)刻，即運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為 v2＝v1－a2t1 ④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1 ⑤ (2)由題意，在t＝0時(shí)刻前有 qE1＝mg ⑥ 油滴從t＝0到t1時(shí)刻的位移為 x1＝v0t1＋a1t12 ⑦ 油滴在從t1時(shí)刻到t2＝2t1時(shí)刻的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為 x2＝v1t1－a2t12 ⑧ 由題給條件有v＝2g2h＝4gh ⑨ 式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離. 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有 x1＋x2＝h ⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝[2－2＋()2]E1 ? 為使E2＞E1，應(yīng)有 2－2＋()2＞1 ? 解得0＜t1＜(1－) ? 或t1＞(1＋) ? 條件?式和?式分別對(duì)應(yīng)于v2＞0和v2＜0兩種情形. 若B在A點(diǎn)之下，依題意有 x2＋x1＝－h(huán) ? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝[2－2－()2]E1 ? 為使E2>E1，應(yīng)有 2－2－()2>1 ? 解得t1>(＋1) ? 另一解為負(fù)，不符合題意，舍去. 變式4　(2017全國卷Ⅱ25)如圖7所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場.自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m，電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)的動(dòng)能的1.5倍.不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求： 圖7 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點(diǎn)距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強(qiáng)度大小. 答案　(1)3∶1　(2)H　(3) 解析　(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v0－at＝0 ① s1＝v0t＋at2 ② s2＝v0t－at2 ③ 聯(lián)立①②③式得 ＝3 ④ (2)設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 vy2＝2gh ⑤ H＝vyt＋gt2 ⑥ M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知 ＝ ⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H ⑧ (3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，則 ＝ ⑨ 設(shè)M、N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得 Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩ Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2 ? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝ ? 變式5　如圖8所示，在E＝103V/m的豎直勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電q＝10－4 C的小滑塊質(zhì)量m＝10 g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點(diǎn)右側(cè)1.5 m的M處，g取10 m/s2，求： 圖8 (1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)？ (2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？ 答案　(1)7m/s　(2)0.6N 解析　(1)設(shè)小滑塊恰能到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v， 由牛頓第二定律得mg＋qE＝m 小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得 －mg2R－qE2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv02 聯(lián)立解得：v0＝7m/s. (2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v′，則從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv02 又在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FN＝m 代入數(shù)據(jù)，解得：FN＝0.6N 由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN′＝FN＝0.6N. 1.(2017河南中原名校第二次聯(lián)考)如圖1所示，在兩平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運(yùn)動(dòng)(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是(　　) 圖1 圖2 A.電壓是甲圖時(shí)，在0～T時(shí)間內(nèi)，電子的電勢能一直減少 B.電壓是乙圖時(shí)，在0～時(shí)間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少 C.電壓是丙圖時(shí)，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D.電壓是丁圖時(shí)，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng) 答案　D 解析　若電壓是甲圖，0～T時(shí)間內(nèi)，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，即電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故A錯(cuò)誤；電壓是乙圖時(shí)，在0～時(shí)間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故B錯(cuò)誤；電壓是丙圖時(shí)，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動(dòng)，過了做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng)，到T時(shí)速度減為0，之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，故電子一直朝同一方向運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；電壓是丁圖時(shí)，電子先向左加速，到后向左減速，后向右加速，T后向右減速，T時(shí)速度減為零，之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，故電子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，D正確. 2.將如圖3所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，開始B板電勢比A板電勢高，這時(shí)有一個(gè)原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.電子一直向著A板運(yùn)動(dòng) B.電子一直向著B板運(yùn)動(dòng) C.電子先向A板運(yùn)動(dòng)，然后返回向B板運(yùn)動(dòng)，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng) D.電子先向B板運(yùn)動(dòng)，然后返回向A板運(yùn)動(dòng)，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng) 答案　D 3.一勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象如圖4所示，在該勻強(qiáng)電場中，有一個(gè)帶負(fù)電粒子于t＝0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是(假設(shè)帶電粒子不與板相碰)(　　) 圖4 A.帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B.0～2s內(nèi)，電場力做功等于0 C.4s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) D.2.5～4s內(nèi)，電場力做功等于0 答案　D 解析　畫出帶電粒子速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示， v－t圖線與時(shí)間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點(diǎn)，A、C錯(cuò)誤；2s末速度不為0，可見0～2s內(nèi)電場力做的功不等于0，B錯(cuò)誤；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，則2.5～4s內(nèi)，電場力做功等于0，所以D正確. 4.如圖5所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.小球帶負(fù)電 B.電場力跟重力平衡 C.小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電勢能減小 D.小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒 答案　B 解析　由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯(cuò)，B對(duì)；從a→b，電場力做負(fù)功，電勢能增大，C錯(cuò)；由于有電場力做功，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò). 5.(多選)(2017河北唐山一模)如圖6所示，豎直平面內(nèi)有A、B兩點(diǎn)，兩點(diǎn)的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場.一質(zhì)量為m的帶電小球從A點(diǎn)以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時(shí)間豎直向下通過B點(diǎn).重力加速度為g，小球在由A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是(　　) 圖6 A.小球帶負(fù)電 B.速度先增大后減小 C.機(jī)械能一直減小 D.任意一小段時(shí)間內(nèi)，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量 答案　AC 解析　由題可知，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，可知其所受電場力方向向左，與電場方向相反，則小球帶負(fù)電，電場力一直對(duì)小球做負(fù)功，小球的電勢能增加，機(jī)械能減小，A、C正確.小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度豎直向下，由力與速度夾角關(guān)系可知，合力對(duì)小球先做負(fù)功，后做正功，小球的速度先減小后增大，B錯(cuò)誤.任意一小段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能、電勢能和重力勢能的和保持不變，則電勢能的增加量不一定等于重力勢能的減少量，D錯(cuò)誤. 6.(2017河南鄭州第一次聯(lián)考)如圖7甲所示，在y＝0和y＝2m之間有沿著x軸方向的勻強(qiáng)電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大.電場強(qiáng)度的變化如圖乙所示，取x軸正方向?yàn)殡妶稣较?現(xiàn)有一個(gè)帶負(fù)電的粒子，粒子的比荷＝1.010－2C/kg，在t＝0時(shí)刻以速度v0＝5102 m/s從O點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入電場區(qū)域，不計(jì)粒子重力作用.求： 圖7 (1)粒子通過電場區(qū)域的時(shí)間； (2)粒子離開電場的位置坐標(biāo)； (3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小. 答案　(1)410－3s　(2)(－210－5m,2m)　(3)410－3m/s 解析　(1)因?yàn)榱Ｗ映跛俣确较虼怪庇趧驈?qiáng)電場，在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以粒子通過電場區(qū)域的時(shí)間t＝＝410－3s. (2)粒子帶負(fù)電，沿x軸負(fù)方向先加速后減速，加速時(shí)的加速度大小a1＝＝4m/s2，減速時(shí)的加速度大小a2＝＝2m/s2，離開電場時(shí)，在x軸方向上的位移大小x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝210－5m，因此粒子離開電場的位置坐標(biāo)為(－210－5m,2m). (3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小為： vx＝a1－a2＝410－3m/s. 7.(2018江西宜春調(diào)研)如圖8所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，一電荷量為－Q的點(diǎn)電荷固定在O點(diǎn)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小金屬塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)由靜止沿它們的連線向右運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)時(shí)速度最大，其大小為vm，小金屬塊最后停止在C點(diǎn).已知小金屬塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，A、B間距離為L，靜電力常量為k，則(　　) 圖8 A.在點(diǎn)電荷－Q形成的電場中，A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB＝ B.在小金屬塊由A向C運(yùn)動(dòng)的過程中，電勢能先增大后減小 C.OB間的距離為 D.從B到C的過程中，小金屬塊的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電勢能 答案　C 解析　小金屬塊從A到B過程，由動(dòng)能定理得：－qUAB－μmgL＝mvm2－0，得A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB＝－，故A錯(cuò)誤；小金屬塊由A點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯(cuò)誤；由題意知，A到B過程，金屬塊做加速運(yùn)動(dòng)，B到C過程，金屬塊做減速運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)金屬塊所受的滑動(dòng)摩擦力與庫侖力平衡，則有μmg＝k，得r＝，故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動(dòng)能和減少的電勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D錯(cuò)誤. 8.如圖9所示，勻強(qiáng)電場方向與水平線間夾角θ＝30，方向斜向右上方，電場強(qiáng)度為E，質(zhì)量為m的小球帶負(fù)電，以初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，初速度方向與電場方向一致. 圖9 (1)若小球的帶電荷量為q＝，為使小球能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)對(duì)小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？ (2)若小球的帶電荷量為q＝，為使小球能做直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)對(duì)小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？ 答案　(1)mg　方向與水平線成60角斜向右上方 (2)mg　方向與水平線成60角斜向左上方 解析　(1)如圖甲所示，為使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，必使其合外力為0，設(shè)對(duì)小球施加的力F1與水平方向夾角為α，則F1cosα＝qEcosθ，F(xiàn)1sinα＝mg＋qEsinθ 代入數(shù)據(jù)解得α＝60，F(xiàn)1＝mg 即恒力F1與水平線成60角斜向右上方. (2)為使小球能做直線運(yùn)動(dòng)，則小球所受合力的方向必和運(yùn)動(dòng)方向在一條直線上，故要使力F2和mg的合力和電場力在一條直線上.如圖乙，當(dāng)F2取最小值時(shí)，F(xiàn)2垂直于F.故F2＝mgsin 60＝mg，方向與水平線成60角斜向左上方. 9.如圖10所示，光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接，在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)離開圓軌道后，經(jīng)界面MN上的P點(diǎn)進(jìn)入電場(P點(diǎn)恰好在A點(diǎn)的正上方，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)之前電荷量保持不變，經(jīng)過C點(diǎn)后電荷量立即變?yōu)榱?.已知A、B間距離為2R，重力加速度為g，在上述運(yùn)動(dòng)過程中，求： 圖10 (1)電場強(qiáng)度E的大??； (2)小球在圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大速率； (3)小球?qū)A軌道的最大壓力的大小. 答案　(1)　(2)　(3)(2＋3)mg 解析　(1)設(shè)小球過C點(diǎn)時(shí)速度大小為vC，小球從A到C由動(dòng)能定理知 qE3R－mg2R＝mvC2 小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，有 R＝gt2 2R＝vCt 聯(lián)立解得E＝. (2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道D點(diǎn)時(shí)速度最大，設(shè)最大速度為v，此時(shí)OD與豎直線OB夾角設(shè)為α，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理知 qE(2R＋Rsinα)－mgR(1－cosα)＝mv2 即mv2＝mgR(sinα＋cosα＋1) 根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)α＝45時(shí)動(dòng)能最大，由此可得 v＝. (3)由(2)中知，由于小球在D點(diǎn)時(shí)速度最大且電場力與重力的合力恰好背離半徑方向，故小球在D點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最大，設(shè)此壓力大小為F，由牛頓第三定律可知小球在D點(diǎn)受到的軌道的彈力大小也為F，在D點(diǎn)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，并建立如圖所示坐標(biāo)系，由牛頓第二定律知 F－qEsinα－mgcosα＝ 解得F＝(2＋3)mg.