2019屆高三物理二輪復(fù)習(xí)靜電場題型歸納

2019屆高三物理二輪復(fù)習(xí)靜電場題型歸納類型一、與電場有關(guān)的平衡問題例1.如圖所示，A、B是帶有等量的同種電荷的兩小球（可視為點電荷），它們的質(zhì)量都是m，它們的懸線長度是L,懸線上端都固定于同一點。，B球懸線豎直且被固定，A球在力的作用下，于偏離B球x的地方靜止，此時A球受到繩的拉力為4,現(xiàn)在保持其他條件不變，用改變A球質(zhì)量的方法，使A球1的距B為萬x處平衡，則此時A受到繩的拉力為（ ）F B.2F1 C.4F D.84【答案】D【解析】A球受到重力G、B球?qū)球的庫侖力F、繩的拉力〈，如圖所示.由共點力平衡條件，G、F、f三力的圖示必然構(gòu)成封閉三角形由共點力平衡條件，G、F、f三力的圖示必然構(gòu)成封閉三角形由相似三角形得mg由此得F1=mg，1當(dāng)球在不x處平衡時，同理可得1-XF'=2—m'g.L設(shè)A、B兩球的帶電荷量均為q，由庫侖定律可知F，=kq2(i￥2xi2xm,2xm,2xmgg_4一—1,所以因此F；=m'g=8mg=8F.【總結(jié)升華】本題考查了庫侖定律及三力作用下物體的平衡問題.在已知長度的條件下，可首選力的矢量三角形與幾何三角形相似的方法巧解該類練習(xí)題.舉一反三:【變式】如圖所示，將兩個擺長均為l的單擺懸于。點，擺球質(zhì)量均為m,帶電荷量均為q（q>0）.將另一個帶電荷量也為q（q>0）的小球從。點正下方較遠處緩慢移向。點，當(dāng)三個帶電小球分別處在等邊三角形abc的三個頂點上時，擺線的夾角恰好為120。，則此時擺線上的拉力大小等于（）""加8B2m0平。野【思路點撥】本題意在鞏固學(xué)生對平衡問題的處理能力，同時加強庫侖力與前面力學(xué)問題的整合.【答案】D【解析】當(dāng)夾角為120°時，對a或b進行受力分析，小球受拉力、重力和另外兩個小球?qū)λ某饬?，兩個庫侖力大小相等，兩個庫侖力的合力方向與水平方向成30°,所以繩子拉力與庫侖力的合力成120°,3kq2根據(jù)力的合成的知識可得繩子拉力大小等于重力為mg或等于庫侖力的合力為,D對.312【總結(jié)升華】本題考查涉及庫侖定律的平衡問題，與前面力學(xué)平衡問題解題思路相同，但要注意庫侖力的特征.類型二、求解電場強度的幾種特殊方法例2.物理學(xué)中有些問題的結(jié)論不一定必須通過計算才能驗證，有時只需通過一定的分析就可以判斷結(jié)論是否正確.如圖所示為兩個彼此平行且共軸的半徑分別為R1和R2的圓環(huán)，兩圓環(huán)上的電荷量均為q（q>。），而電荷均勻分布.兩圓環(huán)的圓心Q和。2相距為2a，連線的中點為。，軸線上的A點在。點右側(cè)與O點相距為r（rVa）.試分析判斷下列關(guān)于A點處電場強度大小E的表達式（式中k為靜電力常量）正確的是（）

A.C.E=kqR1[R2+(aA.C.E=kqR1[R2+(a+r)2]kqR2[R2+(a-r)2]B.kqR1 kqR?3 3[R2+(a+r)2]2[R22+(a-r)2]2kq(a+r)kq(a-r)[R2+(a+r)2] [R2+(a-r)2]D.kq(a+r) kq(a-r)—3 3[R2+(a+r)2]2[R2+(a-r)2]2【思路點撥】本題實質(zhì)體現(xiàn)的是轉(zhuǎn)化思想的運用，即把不能視為點電荷的問題轉(zhuǎn)化為點電荷問題（庫侖定律適用于點電荷），微元法是實現(xiàn)這一轉(zhuǎn)化的有效手段.【答案】D【解析】當(dāng)r=0時，A點位于O處，可以把O、O2兩個帶電圓環(huán)均等效成兩個位于圓心處的點電荷，根據(jù)場強的疊加容易知道。此時總場強E=0,將r=0代入各選項，排除AB選項；當(dāng)r=a時，A點位于O2處，帶電圓環(huán)O2由于對稱性在A點的電場為0，根據(jù)微元法可以求的此時的總場強為「「 2kqaE=E= ,將r=a代入，CD選項可排除C.D對.1「一R2+4a2J2【總結(jié)升華】本題考查學(xué)生通過“微元法”處理實驗數(shù)據(jù)的能力.舉一反三:【變式】如圖所示，均勻帶電圓環(huán)的電荷量為。，半徑為R，圓心為o,P為垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上的一點，OP=L，試求P點的場強.【答案】kQL【答案】kQL3(R2+L2)2【解析】本題需要用“微元法”.將非點電荷電場問題轉(zhuǎn)化成了點電荷電場問題求解.設(shè)想將圓環(huán)等分為n個小段，每一小段便可看作點電荷，其帶電荷量為q=Q，由點電荷場強公式可得每一小段點電荷n在P處的場強為E=kQ—=k Qnr2 n(R2+D)，由對稱性可知，各小段帶電環(huán)在P處的場強E的垂直于軸向的分量公相互抵消.而E的軸向分量Ex之和即為帶電圓環(huán)在P處的場強.口、口、］q y7QLqQLn(R2+L2)E="E="k cosan(R2+L2)+L2 3十L(R2+L2)2+L2 3十L(R2+L2)2類型三、電場線與電場力圖中P、Q兩點的電場強度的大小分別為EP和EQ圖中P、Q兩點的電場強度的大小分別為EP和EQ，電勢分EP>EQUP>UQPQEP>EQUP>UQPQPQEP<EQUP>UQD.EP<EQUP<UQ【思路點撥】本題意在通過不等量異種電荷電場線的分布、電場強弱分析、電勢高低的判斷考查學(xué)生靈活應(yīng)用能力，使學(xué)生認識到不但要能用電場線知識分析典型電場，還要能分析非典型電場.【答案】A【解析】電場強度的大小用電場線的疏密來判斷，密處場強大，顯然EP>EQ；又沿著電場線的方向，

電勢越來越低，則知UP>UQ,A正確，B、C、D均錯誤.舉一反三:【變式1】如圖甲所示，MN為很大的薄金屬板（可理解為無限大），金屬板原來不帶電.在金屬板的右側(cè)距金屬板距離為d的位置上放入一個帶正電、電荷量為q的點電荷，由于靜電感應(yīng)產(chǎn)生了如圖甲所示的電場分布.P是點電荷右側(cè)與點電荷之間的距離也為d的一個點，幾位同學(xué)想求出P點的電場強度大小，但發(fā)現(xiàn)問題很難.幾位同學(xué)經(jīng)過仔細研究，從圖乙所示的電場得到了一些啟示，經(jīng)過查閱資料他們知道：圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的.圖乙中兩異號點電荷的電荷量的大小均為q,它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線.由此他們分別求出了P點的電場強度大小，一共有以下四個不同的答案（答案中k為靜電力常量），其中正確的是（）8kqA.-98kqA.-9d23kqC.-4d210kqD. 9d2【答案】A【解析】如圖所示:根據(jù)題意可知，圖甲中P點場強應(yīng)和圖乙中+q右側(cè)距離為d處的P'點場強相同，即kqkq_8kq「Pid~9d2-赤所以本題只有選項A正確.【變式2】在光滑的絕緣水平面上，有一個正三角形abc，頂點a、b、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示，。點為正三角形外接圓的圓心，E、G、H點分別為ab、ac、bc的中點，F(xiàn)點為E點關(guān)于電荷c的對稱點，則下列說法中不正確的是（）A.。點的電場強度一定不為零，電勢可能為零E、F兩點的電場強度等大反向，電勢相等E、G、H三點的電場強度和電勢均相同D.若釋放電荷c,電荷c將一直做加速運動（不計空氣阻力）【答案】ABC【解析】根據(jù)對稱性，a、b、c處等量正點電荷在D處產(chǎn)生的場強矢量和為零，選項A錯誤；根據(jù)點電荷產(chǎn)生場強的計算公式及電場疊加原理易知E點合場強小于F點合場強，選項B錯誤；E、G、H三點電場強度大小相等、方向不同，則選項C錯誤；若釋放電荷c，電荷c將沿a、b連線中垂線向右做加速度逐漸減小的加速直線運動，選項D正確.本題要求選不正確選項，故應(yīng)選ABC.類型四、與電場有關(guān)的力和運動問題.如圖所示，點電荷+4Q與+Q分別固定在A、B兩點，。、D兩點將AB連線三等分.現(xiàn)使一個帶負電的檢驗電荷，從C點開始以某一初速度向右運動，不計檢驗電荷的重力.則關(guān)于該電荷在CD之間的運動.下列說法中可能正確的是（）+4。 +Q? 1 1 ?ABCDA.一直做減速運動，且加速度逐漸變小B.做先減速后加速的運動C.一直做加速運動，且加速度逐漸變小D.做先加速后減速的運動【答案】AB_ _ 4kQkQ?_【解析】D點的場強E=^--^-=0,D點左側(cè)場強向右，右側(cè)場強向左，檢驗電荷帶負電從CD2d2d2點到D點過程可能一直減速，加速度逐漸減小，也可能減速到0反向加速.

舉一反三:【變式】下列帶電粒子均從初速為零的狀態(tài)開始在電場力作用下做加速運動，經(jīng)過相同的電勢差U后，哪個粒子獲得的速度最大( )A.質(zhì)子(；H) B.氘核(2H) C.a粒子(4He) D.鈉離子(Na+)【答案】A類型五、與電場有關(guān)的功和能問題例5.某電場的電場線分布如圖所示，以下說法正確的是()A.c點場強大于b點場強B.a點電勢高于b點電勢C.若將一試探電荷+q由a點釋放，它將沿電場線運動到b點D.若在d點再固定一點電荷-Q，將一試探電荷+q由a移至b的過程中，電勢能減小【答案】BD【解析】本題考查電場線的知識.由題可知，c點電場線比b點電場線稀疏，所以c點場強小于b點場強，A選項錯誤；沿著電場線方向，電勢降低，所以a點電勢高于b點電勢，B選項正確；電場線方向不是電荷運動方向，C選項錯誤；正點電荷從a點移到b點，電場力做正功，電勢能減小，D選項正確.舉一反三:【變式】如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一個以O(shè)為圓心、半徑R=0.1m的圓，P為圓周上的一點，O、P

兩點連線與X軸正方向的夾角為0.若空間存在沿y軸負方向的勻強電場，場強大小E=100V/m，則O、P兩點的電勢差可表示為()UOP=-10sin0(V)UOP=10sin0(V)UOP=-10cos0(V)UOP=10cos0(V)【思路點撥】主要側(cè)重于電勢能、電勢、電勢差與電場力做功的考查，澄清各概念本質(zhì)，掌握其相互關(guān)系并能進行定性和定量的分析.【答案】A【解析】本題考查勻強電場的特點，中檔題.在勻強電場中，兩點間的電勢差等于U二.-3p=-Ed,d表示沿電場線方向的距離，則此時d=Rsin0,得U=—10sin0V,A對.【總結(jié)升華】利用公式W=4。助計算時，有兩種運算法.(1)正負號運算法：按照符號規(guī)定把電荷量q、移動過程始末兩點電勢差Uab及電場力的功WAB代入公式計算.(2)絕對值運算法：公式中q、Uab、WAB均為絕對值，算出數(shù)值后再根據(jù)“正(或負)電荷從電勢較高的點移動到電勢較低的點時，電場力做正功(或電場力做負功)；正(或負)電荷從電勢較低的點移到電勢較高的點時，電場力做負功(或電場力做正功)”來判斷.類型六、等勢面與電場線例6.如圖所示，實線是等量異種點電荷所形成的電場中每隔一定電勢差所描繪的等勢線.現(xiàn)有外力移動一個帶正電的試探電荷，下列過程中該外力所做正功最多的是（）A.從A移到B B.從C移到DC.從D移到ED.從E移到F【思路點撥】本題意在鞏固學(xué)生對于典型電場的等差等勢面的分布規(guī)律.【答案】B【解析】電荷從A移到B及從D移到E的過程中電場力做正功，則外力做負功，選項A、C錯誤；從C移到D比從E移到F克服電場力做功多，即外力做功最多，選項B正確、D錯誤.【總結(jié)升華】本題重點考查等量異種點電荷等勢面的分布及與電場力做功的關(guān)系，屬于必須準確掌握的考點.舉一反三：【變式】如圖所示為一個點電荷電場中的等勢面的一部分，A、B是不同等勢面上的兩點.關(guān)于該電場，下列說法正確的是（）2\A點的場強一定大于B點的場強A點的場強可能等于B點的場強A點的電勢一定高于B點的電勢A點的電勢一定低于B點的電勢【答案】A【解析】根據(jù)等勢面和電場線的關(guān)系畫出幾條電場線，如圖所示.由圖可知A點所在處電場線較B點處密集，故A點的場強大于B點場強，A正確、B錯誤；由于不知道電場線的方向也不知場源電荷的正負，無法判斷A、B兩點的電勢高低，故C、D錯誤.類型七、電容與電容器例7.用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖所示）.設(shè)兩極板正對面積為S,極板間的距離為d，靜電計指針偏角為。.實驗中，極板所帶電荷量不變，若（）A.保持S不變，增大d，則6變大B.保持S不變，增大d，則6變小C.保持d不變，減小S,則6變小D.保持d不變，減小S，則6不變【思路點撥】本題意在鞏固學(xué)生對電容器的動態(tài)分析能力.靜電計本質(zhì)上也是一個電容器，理解好這一點有利于理解和掌握該演示實驗.【答案】A【解析】本題考查影響電容大小的因素，中檔題.在電荷量保持不變的情況下，保持S不變，增大d,一、一 Q，—一 , … IQ則電容變小，根據(jù)C=U電壓U變大，則0變大，A對.保持d不變，減小S,則電容減小，根據(jù)C=U電壓U變大，則0變大，C、D都錯.【總結(jié)升華】本題以教材中的演示實驗為基礎(chǔ)，考查考生對電容器動態(tài)變化問題的分析能力，其中靜電計的作用是顯示電容器兩極板間的電壓.舉一反三：【變式】一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極間有一正電荷（電荷量很小）固定在P點，如圖所示.以U表示兩極板間的電壓，E表示兩極板間的場強，￡表示該正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，而將正極板移至圖中虛線所示位置，則（）A.U變小，￡不變B.E變大，￡不變C.U變小，E不變 D.U不變，￡不變【答案】ACTOC\o"1-5"\h\z￡S 0【解析】電容器充電后與電源斷開，Q不變，結(jié)合C=丁丁，由d變小，知C變大，又U=?,\o"CurrentDocument"4k兀d Cu 「UQQ 4k兀Q則U變小，又E=-=^-=-^-=一/，可知E不變，P點到極板的距離不變，則P點與下極板dCd￡Sd ￡S4k兀d的電勢差不變，p點的電勢甲P不變，p點電勢能￡=3Pq不變，所以a、c選項正確.類型八、巧用運動合成與分解的思想分析帶電體在復(fù)合場中的運動問題例8.如圖所示，A3。為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0x103V/m.一個帶電的絕緣小球甲以速度七沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞.已知甲、

乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0x10-2kg，乙所帶電荷量q=2.0x10-5C,g取10m/s2.(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移)(1)甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點。，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；(2)在滿足⑴的條件下，求甲的速度v0；(3)若甲仍以速度v0向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍.【思路點撥】本題意在培養(yǎng)學(xué)生對于力電綜合問題的解題能力，整合其解題思路.【答案】(1)s-0.4m (2)2t5m/s (3)0.4m<sr<1.6m【解析】(1)在乙恰能通過軌道最高點的情況下，設(shè)乙到達最高點速度為vD，乙離開D點到達水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為s，則s=vDt聯(lián)立①②③得s=0.4m⑵設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、⑵設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v(根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0=mv甲+mv乙—mv2=—mv2+—mv22 0 2甲2乙聯(lián)立⑤⑥得

?乙二?乙二vo'v甲=0由動能定理，得—mv2——mv22D2乙聯(lián)立①⑦⑧得,；5mg+EqR1防m(xù)/s⑶設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vm、,根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0=MvM+mv1 1 1—Mv2——Mv2+—mv2聯(lián)立⑩?得2Mvo-M+m由?和M>m，可得設(shè)乙球過D設(shè)乙球過D點時速度為vD'由動能定理得，2，2一1mv2D2m-mg-2R-qE-2R--2mv聯(lián)立⑨??得2m/s<vD(<8m/s設(shè)乙在水平軌道上的落點距B點的距離為S，s，=vD't聯(lián)立②??得0.4m<s'V1.6m【總結(jié)升華】涉及電場力做功的綜合問題與力學(xué)綜合問題分析思路相同，要注意力學(xué)解題規(guī)律在此處的遷移應(yīng)用.

例9.一個帶負電的小球，質(zhì)量為M，帶電荷量為q.在一個如圖所示的平行板電容器的右側(cè)板邊被豎直上拋，最后落在電容器左側(cè)板邊同一高度處.若電容器極板是豎直放置的，兩板間距M，板間電壓為U，求小球能達到的最大高度及拋出時的初速度.【答案】Mgd2【答案】Mgd24qU【解析】小球以初速度均拋出后，它會受到豎直向下的重力Mg及水平向左的電場力qE的作用.在重力Mg的作用下，小球在豎直方向?qū)⒆鲐Q直上拋運動，在電場力qE的作用下，小球在水平方向向左做初速度為零的勻加速直線運動.即小球所做的曲線運動可以分解為豎直方向的豎直上拋和水平方向的初速度為零的勻加速運動兩個互相正交的分運動，如圖所示.在豎直分運動中，小球所能達到的最大高度H=vt，所用的總時間t=2v0.在水平分運動中，位2g gM2qu,11qU MMgd2 ,M2qu移d=2aa2=2由2。聯(lián)立以上各式解得：H=可'v0"gd【總結(jié)升華】對于帶電粒子在電場中是否考慮重力作用的問題，一般有以下兩種情況：(1)對于像電子、質(zhì)子、原子核等基本粒子，因一般情況下的電場力遠大于重力，所以都不計重力.但對于帶電小球、帶電油滴、帶電塵埃等較大的帶電體，一般要考慮重力作用.如本題中的帶電小球，則考慮其重力作用.(2)有些問題沒有明確說明是基本粒子還是帶電體，如電荷、粒子之類，可能計重力，也可能不計重力，是否考慮重力往往隱含在題目中.例10.如圖所示，空間有電場強度E=0.5N/C的豎直向下的勻強電場，長l=0.3V3m的不可伸長的輕繩一端固定于。點，另一端系一質(zhì)量m=0.01kg的不帶電小球A，拉起小球至繩水平后，無初速度釋放.另一電荷量q=+0.1C、質(zhì)量與A相同的小球P，以速度v0=3<3m/s水平拋出，經(jīng)時間”0.2s與小球A在D點迎面正碰并黏在一起成為小球C,碰后瞬間斷開輕繩，同時對小球C施加一恒力，此后小球C與D點下方一足夠大的平板相遇.不計空氣阻力，小球均可視為質(zhì)點，取g=10m/s2.E⑴求碰撞前瞬間小球P的速度.(2)若小球C經(jīng)過路程s=0.09m到達平板，此時速度恰好為0，求所加的恒力.(3)若施加恒力后，保持平板垂直于紙面且與水平面的夾角不變，在。點下方任意改變平板位置，小球C均能與平板正碰，求出所有滿足條件的恒力.【思路點撥】本題是一道綜合性較強的題目，過程復(fù)雜.解決本題的關(guān)鍵在于分析清楚本題的各個物體的運動過程.在本題中涉及三個運動的物體，一是小球A繞O點做圓周運動，在D點的速度方向與A的速度方向相反，且發(fā)生碰撞；二是小球P做類平拋運動，小球P運動中受到電場力和重力，力在豎直方向上，初速度水平，所以運動分解到兩個方向上研究；三是A、P碰后小球C的運動，可能是類平拋運動，也可能是直線運動，這由C受到的重力和電場力及施加的恒力決定.確定了物體的運動，各個運動運用相應(yīng)的規(guī)律和定律即可求解.【答案】⑴6m/s (2)F=毛…二300⑶F1二嬴高f*式中。VO<120。)【解析】(1)P做拋體運動，豎直方向的加速度為mg+Eqa= =15m/s2在。點的豎直速度為v=at=3m/sP碰前的速度為vP=Jv2+v2=6m/s(2)設(shè)在。點輕繩與豎直方向的夾角為e，由于P與A迎面正碰，則P與A速度方向相反，所以P的速度與水平方向的夾角為e，有v <3 …tane=j=—，e=30v30對A到達。點的過程中根據(jù)動能定理化簡并解得v^=，2glcose=3m/sP與A迎面正碰結(jié)合為。，根據(jù)動量守恒得mvP-mvA=2mvC解得v=1.5m/sC小球C經(jīng)過s路程后速度變?yōu)?，一定做勻減速運動，根據(jù)位移推論式設(shè)恒力F與豎直方向的夾角為a,如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律Fcos(90°-oc-0)-(2mg+qE)sin9=2ma'Fsin(90°-a-0)-(2mg+q￡)cos0=0代入數(shù)據(jù)得Fcos(90°-oc-9)=0.375Fsin(90°-oc-9)=0.125解得F=-N,a=30°4(3)恒力〈的方向可從豎直向上順時針轉(zhuǎn)向無限接近速度方向，設(shè)恒力與豎直向上方向的角度為e,在垂直于速度方向上，有Fcos(p-0)=(2mg+q石)cos0則4大小滿足的條件為：F=vN(式中0V0V120。).18cos(3O°-0)

【總結(jié)升華】本題意在強化學(xué)生對帶電粒子在電場中的類平拋運動問題的分析能力，尤其是運動的合成與分解的思想的應(yīng)用和與能量觀點的綜合應(yīng)用能力.舉一反三：【變式】如圖所示，兩塊相同的金屬板正對著水平放置，板間距離d.當(dāng)兩板間加電壓U時，一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，以水平速度為從A點射入電場，經(jīng)過一段時間后從B點射出電場，A、B間的水平距離為L.不計重力影響.求：⑴帶電粒子從A點運動到B點經(jīng)歷的時間t；A、B間豎直方向的距離y；⑶帶電粒子經(jīng)過B點時速度的大小v.……L【答案】(1)……L【答案】(1)一v0(2)qUL2mdv201q2U2L2⑶'；v0+Eo 0【解析】(1)帶電粒子在水平方向做勻速直線運動，從A點運動到B點經(jīng)歷的時間Lt=—v0(2)帶電粒子在豎直方向做勻加速直線運動板間場強大小為加速度大小qEa=——mA、B間豎直方向的距離1qULy=at2= 2 2mdv2o⑶帶電粒子從A點運動到B點過程中，根據(jù)動能定理得二—mv2——mv2解得帶電粒子在B點速度的大小類型九、帶電粒子在交變電場中的運動例11.制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示.加在極板A、B間的電壓U。作周期性變化，其正向電壓為U，反向電壓為一kU(k>1)，電壓變化的周期為2T,AB 0 0如圖乙所示.在t=0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動.若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用.⑴若k=5，電子在0?2T時間內(nèi)不能到達極板A，求d應(yīng)滿足的條件；(2)若電子在0?200T時間內(nèi)未碰到極板B，求此運動過程中電子速度v隨時間t變化的關(guān)系；⑶若電子在第N個周期內(nèi)的位移為零，求k的值.【思路點撥】本題為帶電粒子在交變電場中的運動問題，需要分初速度方向和垂直初速度方向兩個方向來研究，兩個分運動具有等時性.另外注意本題對數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用.若帶電粒子在交變電場中沿平行于電場方向做直線運動，要及時通過圖象變換畫出帶電粒子的v-1圖象幫助分析.

，99),(3)k一 '9eU，99),(3)