選修3-1第七章專題突破帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題

1、專題突破 帶電粒子 （或帶電體 ）在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題突破一 帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)1. 此類題型一般有三種情況（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)交變電場的特點(diǎn)分段研究 ）。2. 兩條分析思路： 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)具有周期性和空間上 具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相 關(guān)的邊界條件?？枷?粒子的單向直線運(yùn)動(dòng)【例 1】 如圖 1 甲所示，兩極板間

2、加上如圖乙所示的交變電壓。開始 A 板的電 勢比 B 板高，此時(shí)兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子在 運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向 A 板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向，則下列圖象中能正確 反映電子速度變化規(guī)律的是 （其中 C、 D 兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化 ） （）圖1解析 電子在交變電場中所受電場力大小恒定，加速度大小不變，故C、D 兩項(xiàng)1錯(cuò)誤；從 0時(shí)刻開始，電子向 A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 2T 后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到 tT時(shí)刻速度變?yōu)榱恪Ｖ笾貜?fù)上述運(yùn)動(dòng)， A 項(xiàng)正 確，B 項(xiàng)錯(cuò)誤。答案 A考向 粒子的往返運(yùn)動(dòng)【例 2】 (多選)如圖 2所示為勻強(qiáng)電

3、場的電場強(qiáng)度 E隨時(shí)間 t變化的圖象。當(dāng) t0 時(shí)，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作 用，則下列說法中正確的是 ( )圖2A. 帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B. 2 s 末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C. 3 s末帶電粒子的速度為零D. 03 s 內(nèi)，電場力做的總功為零解析 設(shè)第 1 s內(nèi)粒子的加速度為 a1，第 2 s內(nèi)的加速度為 a2，由 aqmE可知， a22a1，可見，粒子第 1 s 內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)， 1.5 s 末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至 3 s 末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為 0，vt 圖象如圖所示，由動(dòng) 能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜

4、上所述，可知C、D 正確。答案 CD考向 粒子的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)【例 3】 (多選)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。 t0 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， 03T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 0T 時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述， 正確的是 ( )圖3A. 末速度大小為 2v0B. 末速度沿水平方向1C. 重力勢能減少了 2mgdD. 克服電場力做功為 mgdT T 2T解析 因 03T內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故 E0qmg；在 T323T時(shí)間內(nèi)，粒子只受

5、重力作 用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在 t23T時(shí)刻的豎直速度為 vy1g3T，水平速度為 v0；在 23TT 時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律 2E0qmgma，解得 ag，方向向上，則在 tT 時(shí)刻，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；d1微粒的重力勢能減小了 Epmg·2 2mgd，選項(xiàng) C 正確；從射入到射出，由動(dòng)能11定理可知 2mgd W 電0，可知克服電場力做功為 2mgd，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤。答案 BC1.（多選）（2019 長·春模擬 ）如圖 4 甲所示， A、B是一對平行金屬板。 A 板的電勢 A0，B 板的電勢 B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所

6、示。現(xiàn)有一電子從 A 板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場區(qū)內(nèi)，電子的初速度和重力的影響均可忽略，則 （ ）A. 若電子是在 t0 時(shí)刻進(jìn)入的，它可能不會(huì)到達(dá) B板B. 若電子是在 t T2時(shí)刻進(jìn)入的，它一定不能到達(dá) B 板C. 若電子是在 tT8時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向 B 板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向 A 板運(yùn)動(dòng)，最后 穿過 B 板3TD. 若電子是在 t38T時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向 B 板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向 A 板運(yùn)動(dòng)，最 后穿過 B 板 解析 若電子從 t0 時(shí)刻進(jìn)入，電子將做單向直線運(yùn)動(dòng)， A 錯(cuò)誤；若電子從 T2時(shí) 刻進(jìn)入兩板，則電子受到電場力方向向左， 故無法到達(dá) B 板，B正確；電子從4T時(shí) 刻進(jìn)入兩板時(shí)

7、，電子先加速，經(jīng) 4T時(shí)速度最大，此時(shí)電子受到電場力反向，經(jīng) T4速 度減為零，再加速 T4反向速度最大，接著減速 4T回到原位置，即電子在大于 T4時(shí)刻 進(jìn)入時(shí)一定不能到達(dá) B 板，小于 4T時(shí)刻進(jìn)入時(shí)一定能到達(dá) B 板，所以 C 正確， D 錯(cuò)誤。此題作 vt 圖象更易理解。答案 BC2.（多選）（2019江·西臨川測試 ）如圖 5甲所示，平行板相距為 d，在兩金屬板間加一 如圖乙所示的交變電壓，有一個(gè)粒子源在平行板左邊界中點(diǎn)處沿垂直電場方向連 續(xù)發(fā)射速度相同的帶正電粒子 （不計(jì)重力 ）。t0 時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子恰好在 tT 時(shí)刻到達(dá) B 板右邊緣，則 （ ）圖5A. 任意時(shí)刻進(jìn)

8、入的粒子到達(dá)電場右邊界經(jīng)歷的時(shí)間為 TB. tT4時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場右邊界的速度最大C. tT4時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場右邊界時(shí)距 B板的距離為 d4D. 粒子到達(dá)電場右邊界時(shí)的動(dòng)能與何時(shí)進(jìn)入電場無關(guān) 解析 任意時(shí)刻進(jìn)入的粒子在水平方向的分運(yùn)動(dòng)都是勻速直線運(yùn)動(dòng)， 則由 Lv0t， 得 tvL0，由于 L、v0 都相等，而且水平方向的速度不變，所以到達(dá)電場右邊界所 用時(shí)間都相等，且都為 T，故 A 正確；粒子在豎直方向做周期性運(yùn)動(dòng)，勻加速和 勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，加速度也相同，所以到達(dá)電場右邊界時(shí)速度的變化量為 零，因此粒子到達(dá)電場右邊界時(shí)的速度大小等于進(jìn)入電場時(shí)初速度大小，與何時(shí) 進(jìn)入電場無

9、關(guān)， 故 B 錯(cuò)誤，D 正確；對于 t 0 時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子， 據(jù)題意有 d21 T T T2×2a(2)2；對于 t 4時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在前 2時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向下，大小為1 T T 1 T y12×2a(2)2，在后 2時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向上，大小為 y22×2a(2)2，則知 y1y2，即豎直方向的位移為 0，所以粒子到達(dá)電場右邊界時(shí)距 B 板距離為 故 C 錯(cuò)誤。 答案 AD突破二 帶電粒子的力、電綜合問題解決力電綜合問題的一般思路考向 用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決力電綜合問題【例 4】 (2019·山東大聯(lián)考二 )如圖 6 所示，空間內(nèi)有

10、場強(qiáng)大小為 E的勻強(qiáng)電場， 豎直平行直線為勻強(qiáng)電場的電場線 (方向未知)，現(xiàn)有一電荷量為 q、質(zhì)量為 m 的 帶負(fù)電的粒子，從 O 點(diǎn)以某一初速度垂直電場方向進(jìn)入電場， A、 B 為運(yùn)動(dòng)軌跡 上的兩點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力及空氣的阻力：圖6(1) 若 OA連線與電場線夾角為 60°，OAL，求帶電粒子從 O點(diǎn)到 A 點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí) 間及進(jìn)入電場的初速度；(2) 若粒子經(jīng)過 B 點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向夾角為 60°，求帶電粒子從 O 點(diǎn)到 B 點(diǎn) 過程中電場力所做的功。解析 (1)因帶電粒子向上偏轉(zhuǎn)，電場力方向向上，又因?yàn)閹щ娏Ｗ訋ж?fù)電，所以 電場強(qiáng)度方向豎直向下，設(shè)帶電粒子的初速度為

11、 v0，帶電粒子在電場做類平拋運(yùn) 動(dòng)，由題意可知：水平方向的位移為 xLsin 60 °豎直方向的位移為 y Lcos 60 °則水平方向有 Lsin 60 °v0t1豎直方向有 Lcos 60 °2at2qE而 a m聯(lián)立以上各式解得 t mqEL，v0 123qmEL。(2)設(shè)帶電粒子在 B點(diǎn)速度為 v，從 O到B電場力所做的功為 W由合速度與分速度的關(guān)系有cos 60 °vv0v解得 v2v011由動(dòng)能定理有 W 2mv2 2mv20代入數(shù)據(jù)解得 W 23mv02 9q8EL解決帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)問題的基本思路(1) 兩分析：一是對帶電

12、粒子進(jìn)行受力分析，二是分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng) 過程 (初始狀態(tài)及條件，直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)等 )。(2) 建模型：建立正確的物理模型 (加速還是偏轉(zhuǎn) )，恰當(dāng)選用規(guī)律或其他方法 (如圖 象)，找出已知量和待求量之間的關(guān)系?？枷?用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決力電綜合問題【例 5】 如圖 7所示， LMN 是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道， MN 水平且足 夠長， LM下端與 MN相切。質(zhì)量為 m的帶正電小球 B靜止在水平面上，質(zhì)量為 2m的帶正電小球 A從LM 上距水平面高為 h處由靜止釋放，在 A球進(jìn)入水平軌 道之前，由于 A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為零， A 球進(jìn)入水平軌道后，A、B

13、兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。已知A、B 兩球始終沒有接觸。重力加速度為 g。求：圖7(1) A 球剛進(jìn)入水平軌道的速度大小；(2) A、B兩球相距最近時(shí)， A、B 兩球系統(tǒng)的電勢能 Ep；(3) A、B 兩球最終的速度 vA、vB 的大小。關(guān)鍵點(diǎn) 光滑絕緣軌道； A、B 兩球間相互作用視為靜電作用； A、B 兩球 始終沒有接觸。解析 (1)對 A 球下滑的過程，據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh21·2mv02解得 v0 2gh(2)A 球進(jìn)入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)兩球相距最近時(shí)共速，有 2mv0(2mm)v22解得 v3v0 3 2gh1據(jù)能量守恒定律得

14、2mgh2(2mm)v2 Ep2解得 Ep3mgh (3)當(dāng)兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠(yuǎn)離，兩球距離足夠遠(yuǎn)時(shí)，相互作用力為零，系統(tǒng)勢能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定。則 2mv0 2mvAmvB2 1 2 1 2 ×2mv02×2mvA2mvB答案 (1) 2gh (2)32mgh (3)13 2gh 34 2gh電場中動(dòng)量和能量問題的解題技巧 動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)綜合應(yīng)用類問題的求解，與一般的力學(xué)問題求解思路并 無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過程，正確識(shí)別物理模型是 解決問題的關(guān)鍵。1.(多選)如圖 8 所示，光滑的水平軌道 AB 與半徑為 R的光滑的

15、半圓形軌道 BCD 相切于 B 點(diǎn)， AB 水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場，半圓形軌道在豎直平 面內(nèi)， B為最低點(diǎn)， D為最高點(diǎn)。一質(zhì)量為 m、帶正電的小球從距 B點(diǎn) s的位置 在電場力的作用下由靜止開始沿 AB 向右運(yùn)動(dòng)，恰能通過最高點(diǎn) D，則 ()A.R 越大， s 越大B. R越大，小球經(jīng)過 B 點(diǎn)后瞬間對軌道的壓力越大C. m 越大， s 越大D. m 與 R同時(shí)增大，電場力做功增大解析 小球在 BCD 部分做圓周運(yùn)動(dòng)，在 D 點(diǎn)，mgmR，小球由 B 到 D 的過程11中有 2mgR2mv2D2mv2B，解得 vB 5gR，R 越大，小球經(jīng)過 B 點(diǎn)時(shí)的速度越 v2B大，則 s

16、越大，故選項(xiàng) A 正確；在 B 點(diǎn)有 F N mg mvR ，解得 FN 6mg，與 R1無關(guān)，故選項(xiàng) B 錯(cuò)誤；由 qEs2mv2B，知 m、R 越大，小球在 B 點(diǎn)的動(dòng)能越大， 則 s 越大，電場力做功越多，故選項(xiàng) C 、D 正確。答案 ACD2.有一質(zhì)量為 M、長度為 l 的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為 m、 帶電荷量的絕對值為 q 的物塊(視為質(zhì)點(diǎn) )，以初速度 v0從絕緣板的上表面的左端 沿水平方向滑入，絕緣板所在空間有范圍足夠大的勻強(qiáng)電場， 其場強(qiáng)大小 E35mqg， 方向豎直向下，如圖 9 所示。已知物塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，物塊運(yùn)動(dòng) 到絕緣板的右端時(shí)恰好相對于

17、絕緣板靜止； 若將勻強(qiáng)電場的方向改變?yōu)樨Q直向上， 場強(qiáng)大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結(jié)果兩者相對 靜止時(shí)，物塊未到達(dá)絕緣板的右端。求：圖9(1)場強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，物塊在絕緣板上滑動(dòng)的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(2)場強(qiáng)方向豎直向下時(shí)與豎直向上時(shí)，物塊受到的支持力之比；(3) 場強(qiáng)方向豎直向上時(shí)，物塊相對于絕緣板滑行的距離解析 (1)場強(qiáng)方向向下時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 mv0（Mm）v所以 vMmmv0根據(jù)能量守恒定律得1 2 1 2mMv02熱量 Q2mv022(Mm)v22(Mm) (2)由題意知，物塊帶負(fù)電。場強(qiáng)向下時(shí) FN mg qE 場強(qiáng)向上時(shí) FNmgqE(3

18、) 兩次產(chǎn)生的熱量相等FNsQ，F(xiàn)NsQ所以 s4答案 (1)2(mMMv0m) (2)14 (3)4l科學(xué)思維系列等效法”在電場中的應(yīng)用1. 等效重力法 把電場力和重力合成一個(gè)等效力，稱為等效重力。如圖10所示，則 F 合為等效重F合力場中的“重力”，gFm合為等效重力場中的 “等效重力加速度 ”；F 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 102. 物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn) 在疊加電場和重力場中做圓周運(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)。

19、【典例】 如圖 11所示，絕緣光滑軌道 AB 部分是傾角為 30°的斜面， AC部分為 豎直平面上半徑為 R 的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個(gè)裝置處于場強(qiáng)為 E、方 向水平向右的勻強(qiáng)電場中。 現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為 m 的帶正電小球，電荷量為 q 33Emg，要使小球能安全通過圓軌道，在 O 點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？圖 11解析 小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)， 受重力、電場力、 支持力，然后 在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示， 類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力 mg，大小為 mg （qE）2（mg）22 33mg，tan qmEg 33，得 30°，等效重力

20、的 方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng)。因要使小球能安全通過圓 軌道，在圓軌道的 “等效最高點(diǎn) ”（D 點(diǎn)）滿足“等效重力 ”剛好提供向心力，即有 mg mv2DmRvD，因 30°與斜面的傾角相等， 由幾何關(guān)系知 AD2R，令小球以最小初速度 v0 運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知2mgR12mv2D21mv02因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v0答案（1）重力和電場力合力的方向，一定在等效 “最高點(diǎn) ”和等效 “最低點(diǎn)”連線的延長線 的方向上。（2）類比“繩球”“桿球”模型臨界值的情況進(jìn)行分析解答?！炯磳W(xué)即練】 如圖 12 所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為 O，

21、半 徑為 r，內(nèi)壁光滑， A、B 兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。該區(qū)間存在方向 水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為 m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng) （電荷量不變 ），經(jīng)過 C 點(diǎn)時(shí)速度最大， O、 C 連線與豎直方向的夾角 60°，重 力加速度為 g。試求：圖 12(1)小球所受的電場力大??；(2)小球在 A 點(diǎn)的速度 v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過 B點(diǎn)時(shí)對圓軌道的壓力最小 解析 (1)小球在 C 點(diǎn)時(shí)速度最大，則電場力與重力的合力沿 DC 方向，所以小球受到的電場力的大小F mgtan 60 ° 3mg(2)要使小球經(jīng)過 B 點(diǎn)時(shí)對圓軌道的壓力最小， 則必須使小球經(jīng)過

22、 D 點(diǎn)時(shí)的速度最 小，即在D 點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有 coms g60 °mvr ，解得 v 2gr。 在小球從圓軌道上的 A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 D 點(diǎn)的過程中，由能量守恒得1 2 1 2mgr(1 cos 60 )°Fr sin 60 °2mv022mv2 解得 v0 2 2gr 。答案 (1) 3mg (2)2 2gr課時(shí)作業(yè)(時(shí)間： 40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.如圖 1 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

23、是 （ ）圖1A. 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)誤，B 正確；從 ab，電場力做負(fù)功， 電勢能增大， C錯(cuò)誤；由于有電場力做功，機(jī)械能不守恒， D 錯(cuò)誤。答案 B2.（2019 河·南中原名校第二次聯(lián)考 ）如圖 2 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中甲、乙、丙、丁所示，關(guān)于電子 在板間運(yùn)動(dòng) （假設(shè)不與板相碰 ），下列說法正確的是（ ）圖2

24、A. 電壓是甲圖時(shí)，在 0T 時(shí)間內(nèi)，電子的電勢能一直減少B. 電壓是乙圖時(shí)，在 0T2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) 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 0T2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T2做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng)，到 T 時(shí)速度減

25、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 4T后向左減速， 2T后向右加速， 343T 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。答案 D3. （多選）（2019 河·北冀州中學(xué)模擬 ）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為 m且電荷量為 q 的帶電小球，用一絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于 O 點(diǎn)，繩長為 L，現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為 E34mqg，小球初始位置在最低點(diǎn)，若給小球一個(gè)水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，重力加速度為 g。則下列說法正確的是 （

26、）圖3A. 小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒B. 小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能不守恒C. 小球在運(yùn)動(dòng)過程的最小速度至少為gLD. 小球在運(yùn)動(dòng)過程的最大速度至少為 25 gL解析 小球在運(yùn)動(dòng)的過程中， 電場力做功， 機(jī)械能不守恒， 故 A 錯(cuò)誤， B 正確；如圖所示，小球在電場中運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)和5 最低點(diǎn)分別為 A 點(diǎn)和 B 點(diǎn)，等效重力 G 4mg，小球在最高點(diǎn) 的最小速度 v1滿足 G mvL ，得 v1 52gL，故 C 錯(cuò)誤；小球由 最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理有 G·L212mv22 12mv21，解得 v225 gL，故 D 正確。答案 BD4. （2019山·東濰坊模擬

27、 ）如圖 4甲所示，平行金屬板 A、B正對豎直放置， C、D 為兩板中線上的兩點(diǎn)。 A、B 板間不加電壓時(shí)，一帶電小球從 C 點(diǎn)無初速釋放，經(jīng) 時(shí)間 T到達(dá) D點(diǎn)，此時(shí)速度為 v0。在A、B兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t 0 帶電小球仍從C 點(diǎn)無初速釋放，小球運(yùn)動(dòng)過程中未接觸極板，則tT 時(shí)，小球 （ ）圖4A.在 D 點(diǎn)上方C.速度大于 vB. 恰好到達(dá) D 點(diǎn)D.速度小于 v解析 小球僅受重力作用時(shí)從 C 到 D 做自由落體運(yùn)動(dòng)， 由速度公式得 v0gT；現(xiàn) 加水平方向的周期性變化的電場，由運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性知豎直方向還是做勻加速直線 運(yùn)動(dòng)，水平方向 04T沿電場力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， T

28、4T2做勻減速直線運(yùn)動(dòng)剛T 3T 3T好水平速度減為零， 2T34T做反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 34TT 做反向的勻減速直線 運(yùn)動(dòng)，水平速度由對稱性減為零，故 tT 時(shí)合速度為 v0，水平位移為零，則剛好 到達(dá) D 點(diǎn)，故選項(xiàng) B 正確。答案 B5. （多選）如圖 5，一根不可伸長絕緣的細(xì)線一端固定于 O 點(diǎn)，另一端系一帶電小球， 置于水平向右的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)把細(xì)線水平拉直，小球從 A 點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)最低點(diǎn) B后，小球擺到 C 點(diǎn)時(shí)速度為 0，則()圖5A. 小球在 B 點(diǎn)時(shí)速度最大B. 小球從 A 點(diǎn)到 B 點(diǎn)的過程中，機(jī)械能一直在減少C. 小球在 B 點(diǎn)時(shí)的細(xì)線拉力最大D. 從 B 點(diǎn)到

29、C 點(diǎn)的過程中小球的電勢能一直增加解析 小球所受重力和電場力恒定，重力和電場力的合力恒定，小球相當(dāng)于在重 力和電場力的合力及細(xì)線的拉力作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到 重力和電場力的合力和細(xì)線的拉力共線時(shí) (不是 B 點(diǎn) )，小球的速度最大，此時(shí)細(xì) 線的拉力最大，故 A、C錯(cuò)誤；從 A點(diǎn)到 C點(diǎn)的過程中，因?yàn)橹亓ψ稣Γ∏?擺到 C 點(diǎn)時(shí)速度為 0，所以電場力對小球做負(fù)功，小球從 A 點(diǎn)到 B 點(diǎn)的過程中， 機(jī)械能一直在減少， B 正確；從 B 點(diǎn)到 C 點(diǎn)的過程中，小球克服電場力做功，小 球的電勢能一直增加， D 正確。答案 BD6. 如圖 6 所示，在一個(gè)傾角 30°

30、的斜面上建立 x 軸，O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，在 x 軸正 向空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小 E4.5 ×106 N/C，方向與 x 軸正方向相同，在 O 處放一個(gè)電荷量 q 5.0 ×106 C，質(zhì)量 m1 kg 帶負(fù)電的絕緣物塊。物塊與斜3面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 23，沿 x 軸正方向給物塊一個(gè)初速度 v0 5 m/s，如圖所示 (g 取 10 m/s2)。求：(1) 物塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的最大距離為多少？(2) 到物塊最終停止時(shí)系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱共為多少？解析 (1)設(shè)物塊向下運(yùn)動(dòng)的最大距離為 sm，由動(dòng)能定理得 mgsin ·sm mcgos12·sm qEsm 0

31、 2mv0代入數(shù)據(jù)解得 sm0.5 m(2)因 qE>mgsin mcgos ，物塊不可能停止在 x軸正向，設(shè)最終停在 x 軸負(fù)向 且離 O點(diǎn)為 s處，整個(gè)過程電場力做功為零，由動(dòng)能定理得mgssin mcgos (2sms)012mv20代入數(shù)據(jù)解得 s0.4 m產(chǎn)生的焦耳熱 Qmgcos ·(2sms)代入數(shù)據(jù)解得 Q10.5 J答案 (1)0.5 m (2)10.5 J綜合提能練7. (多選)如圖 7(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、 乙兩個(gè)點(diǎn)電荷， t0 時(shí)，甲靜止， 乙以初速度 6 m/s 向甲運(yùn)動(dòng)。此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng) (整 個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中沒有接

32、觸 )，它們運(yùn)動(dòng)的 vt 圖象分別如圖 (b)中甲、乙兩曲線所示。 則由圖線可知 ( )A. 兩電荷的電性一定相反B. t1時(shí)刻兩電荷的電勢能最大C. 0t 2時(shí)間內(nèi)，兩電荷的靜電力先增大后減小D. 0 t3 時(shí)間內(nèi)，甲的動(dòng)量一直增大，乙的動(dòng)量一直減小，且整個(gè)過程中動(dòng)量守恒 解析 t0時(shí)，甲靜止，乙以初速度 6 m/s向甲運(yùn)動(dòng)，由圖可知甲的速度在增大， 乙的速度在減小，所以兩電荷的電性一定相同，故 A 錯(cuò)誤； t1時(shí)刻兩電荷相距最 近，電勢能最大，故 B 正確；0t2 時(shí)間內(nèi)，兩電荷之間的距離先減小后增大，由 Fkqr12q2可知兩電荷的靜電力先增大后減小，故 C 正確； 0 t3時(shí)間內(nèi)，因?yàn)?/p>

33、甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷的合力為零，所以在 0t3 時(shí)間內(nèi)動(dòng)量守恒，但甲的動(dòng)量一直增大，乙的動(dòng)量先減小到 0后增大，故 D 錯(cuò)誤 答案 BC8. （2019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 ，A、B 間距離為 L，靜電力常量為 k，則（）圖82qA.在點(diǎn)電荷 Q形成的電場中， A、B兩點(diǎn)間的電勢差 UAB2mgL mvmB.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. O、B 間的距離為 kQmqgD. 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1B 兩點(diǎn)間的電勢差 UAB2mgLmvm，故 A 錯(cuò)誤；小金屬塊由 A 點(diǎn)向 C 點(diǎn)運(yùn)解析 小金屬塊從 A 到 B 過程，由動(dòng)能定理得 qUAB mgL 2mvm2 0，得 A、2q 動(dòng)的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故 B