高考物理一輪復(fù)習(xí)教科版教師用書第七章靜電場能力課

能力課帶電粒子(或帶電體)在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題[熱考點(diǎn)]電場中的力、電綜合問題要善于把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、功能關(guān)系和動(dòng)量關(guān)系等多角度進(jìn)行分析與研究。命題角度1電場中粒子的運(yùn)動(dòng)圖像問題【例1】(2014·海南單科，9)(多選)如圖1甲，直線MN表示某電場中一條電場線，a、b是線上的兩點(diǎn)，將一帶負(fù)電荷的粒子從a點(diǎn)處由靜止釋放，粒子從a運(yùn)動(dòng)到b過程中的v－t圖線如圖乙所示，設(shè)a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa、φb，場強(qiáng)大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)能分別為Wa、Wb，不計(jì)重力，則有()圖1A.φa＞φb B.Ea＞Eb C.Ea＜Eb D.Wa＞W(wǎng)b解析由圖乙可知，粒子做加速度減小，速度增大的直線運(yùn)動(dòng)，故可知從a到b電場強(qiáng)度減小，粒子動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，電場力方向由a指向b，電場線方向由b指向a，b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，故選項(xiàng)B、D正確。答案BD根據(jù)v－t圖像的速度變化、斜率變化(即加速度大小的變化)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況，進(jìn)而確定電場強(qiáng)度的方向、電勢(shì)的高低及電勢(shì)能的變化?！咀兪接?xùn)練1】如圖2甲所示，Q1、Q2為兩個(gè)被固定的點(diǎn)電荷，a、b、c三點(diǎn)在它們連線的延長線上，其中Q1帶負(fù)電?，F(xiàn)有一帶負(fù)電的粒子以一定的初速度沿直線從a點(diǎn)開始向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)并經(jīng)過b、c兩點(diǎn)(粒子只受電場力作用)，粒子經(jīng)過a、b、c三點(diǎn)時(shí)的速度分別為va、vb、vc，其v－t圖像如圖乙所示。以下說法正確的是()圖2A.Q2一定帶負(fù)電B.Q2的電量一定大于Q1的電量C.b點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大D.粒子由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過程中，粒子的電勢(shì)能先增大后減小解析由題圖乙可知，粒子從a到b過程做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，在b點(diǎn)時(shí)粒子速度最小，加速度為零。根據(jù)牛頓第二定律Eq＝ma，得出粒子在b點(diǎn)受力為零，b點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在b點(diǎn)Q1對(duì)帶負(fù)電粒子的電場力水平向右，要使b點(diǎn)粒子所受合力為零，則Q2對(duì)帶負(fù)電粒子的電場力水平向左，所以Q2帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；b點(diǎn)與Q1的間距大于與Q2的間距，由庫侖定律F＝keq\f(Qq,r2)知，Q1的帶電量大于Q2的帶電量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過程，動(dòng)能先減小后增大，根據(jù)能量守恒定律知，粒子電勢(shì)能先增大后減小，選項(xiàng)D正確。答案D命題角度2帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)【例2】(2015·全國卷Ⅱ)如圖3所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30°。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。圖3解析設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB，由動(dòng)能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0))③聯(lián)立②③式得UAB＝eq\f(mveq\o\al(2,0),q)答案eq\f(mveq\o\al(2,0),q)【真題拓展1】在【例2】中，若勻強(qiáng)電場的寬度為d，EF、CD為其邊界，改變場強(qiáng)的大小，使粒子在A點(diǎn)時(shí)的速度方向與電場邊界CD垂直，如圖4所示，MN為無場區(qū)內(nèi)的光屏，MN與AO相互垂直，MN與EF間距為d。當(dāng)粒子經(jīng)過EF邊界的B點(diǎn)時(shí)，速度方向與EF成30°角，求：圖4(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)的大??；(2)粒子打在光屏上的位置距離O點(diǎn)的距離。解析(1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則沿初速度方向：d＝v0t沿電場方向：vy＝eq\f(qE,m)t又有tan30°＝eq\f(v0,vy)解得E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),qd)(2)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)位移為y1＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2粒子在無場區(qū)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則y2＝eq\f(d,tan30°)又y＝y(tǒng)1＋y2，解得y＝eq\f(3\r(3),2)d答案(1)eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),qd)(2)eq\f(3\r(3),2)d【真題拓展2】若在拓展1中撤去原有電場，在CD與EF之間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場E1，EF與MN之間加上水平向右的勻強(qiáng)電場E2，CD與EF、EF與MN之間的距離都為d，由A點(diǎn)靜止釋放帶電粒子，粒子過EF時(shí)速度為v0，如圖5所示。粒子打在光屏MN上的位置與O點(diǎn)的距離為d，求兩個(gè)電場場強(qiáng)大小之比。圖5解析粒子在豎直向上的電場中加速，由動(dòng)能定理得qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)粒子在水平向右的電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向：d＝v0t水平方向：d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE2,m)t2解得eq\f(E1,E2)＝eq\f(1,4)答案eq\f(1,4)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(duì)帶電粒子進(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(如圖像)，找出已知量和待求量之間的關(guān)系?！咀兪接?xùn)練2】(2018·青海省西寧市四校高三聯(lián)考)如圖6所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強(qiáng)電場，第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，兩電場的電場強(qiáng)度大小相等。一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P(－L，0)點(diǎn)射入第二象限，已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動(dòng)，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個(gè)點(diǎn)Q(未畫出)，重力加速度g為已知量。求：圖6(1)初速度v0與x軸正方向的夾角；(2)P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UPQ；(3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間。解析(1)由題意知，帶電質(zhì)點(diǎn)在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qE＝mg且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)動(dòng)，有tanθ＝eq\f(mg,qE)解得θ＝45°(2)P到Q的過程，由動(dòng)能定理有qEL－mgL＝0WPQ＝qEL解得UPQ＝eq\f(WPQ,－q)＝－eq\f(mgL,q)(3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有eq\r(2)mg＝ma，即a＝eq\r(2)gv0＝at解得t＝eq\f(\r(2)v0,2g)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中往返一次所用的時(shí)間T＝2t＝eq\f(\r(2)v0,g)答案(1)45°(2)－eq\f(mgL,q)(3)eq\f(\r(2)v0,g)命題角度3電場中的動(dòng)量和能量問題【例3】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??；(2)A、B兩球相距最近時(shí)，A、B兩球系統(tǒng)的電勢(shì)能Ep；(3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小。關(guān)鍵點(diǎn)①光滑絕緣軌道；②A、B兩球間相互作用視為靜電作用；③A、B兩球始終沒有接觸。解析(1)對(duì)A球下滑的過程，據(jù)機(jī)械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(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＝(2m＋m)v解得v＝eq\f(2,3)v0＝eq\f(2,3)eq\r(2gh)據(jù)能量守恒定律得2mgh＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋Ep解得Ep＝eq\f(2,3)mgh(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(shì)能也為零，速度達(dá)到穩(wěn)定。則2mv0＝2mvA＋mvBeq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vA＝eq\f(1,3)v0＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)，vB＝eq\f(4,3)v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)答案(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(2,3)mgh(3)eq\f(1,3)eq\r(2gh)eq\f(4,3)eq\r(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?！咀兪接?xùn)練3】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(duì)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E＝eq\f(3mg,5q)，方向豎直向下，如圖8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(duì)于絕緣板靜止；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(duì)靜止時(shí)，物塊未到達(dá)絕緣板的右端。求：圖8(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(duì)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＝(M＋m)v所以v＝eq\f(m,M＋m)v0根據(jù)能量守恒定律得熱量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(mMveq\o\al(2,0),2（M＋m）)(2)場強(qiáng)向下時(shí)N＝mg－qE場強(qiáng)向上時(shí)N′＝mg＋qE所以eq\f(N,N′)＝eq\f(1,4)(3)兩次產(chǎn)生的熱量相等μN(yùn)′l′＝Q，μN(yùn)l＝Q所以l′＝eq\f(l,4)。答案(1)eq\f(mMveq\o\al(2,0),2（M＋m）)(2)1∶4(3)eq\f(l,4)[?？键c(diǎn)]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)二是粒子做往返運(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(duì)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。命題角度1粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)【例4】(2018·長治模擬)(多選)在絕緣水平桌面(桌面足夠大)上方充滿平行桌面的電場，其電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖9所示，小物塊電荷量為q＝＋1×10－4C，將其放在該水平桌面上并由靜止釋放，小物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確是()圖9A.物塊在4s內(nèi)位移是6mB.物塊的質(zhì)量是2kgC.物塊與水平桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)是0.2D.物塊在4s內(nèi)電勢(shì)能減少了18J解析物塊在4s內(nèi)位移為x＝eq\f(1,2)×2×(2＋4)m＝6m，故選項(xiàng)A正確；由圖可知，前2s物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有qE1－μmg＝ma，由圖線知加速度為a＝1m/s2，2s后物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有qE2＝μmg，聯(lián)立解得q(E1－E2)＝ma，由圖可得E1＝3×104N/C，E2＝2×104N/C，代入數(shù)據(jù)解得m＝1kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；物塊在前2s的位移x1＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m，物塊在后2s的位移為x2＝vt2＝4m，電場力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6J＋8J＝14J，則電勢(shì)能減少了14J，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC【變式訓(xùn)練4】如圖10甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢(shì)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，則下列圖像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10解析電子在交變電場中所受電場力恒定，加速度大小不變，故C、D兩項(xiàng)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)，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱?。之后重?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。答案A命題角度2粒子做往返運(yùn)動(dòng)【例5】(多選)如圖11所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像。當(dāng)t＝0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11A.帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C.3s末帶電粒子的速度為零D.0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零解析設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0，v－t圖像如圖所示，由動(dòng)能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確。答案CD【變式訓(xùn)練5】如圖12甲所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，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12A.0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D.T<t0<eq\f(9T,8)解析設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度方向時(shí)而為負(fù)，時(shí)而為正，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)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)照各選項(xiàng)可知只有B正確。答案B命題角度3粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)【例6】(多選)如圖13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～eq\f(T,3)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13A.末速度大小為eq\r(2)v0 B.末速度沿水平方向C.重力勢(shì)能減少了eq\f(1,2)mgd D.克服電場力做功為mgd解析因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(2T,3)時(shí)刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T,3)～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·eq\f(T,3)＝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(shì)能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC【變式訓(xùn)練6】(2018·廣西重點(diǎn)高中高三一模)(多選)如圖14甲所示，豎直極板A、B之間距離為d1，電壓為U1，水平極板C、D之間距離為d2，GH為足夠長的熒光屏，到極板C、D右側(cè)的距離為L。極板C、D之間的電壓如圖乙所示。在A板中央有一電子源，能不斷產(chǎn)生速率幾乎為零的電子。電子經(jīng)極板A、B間電場加速后從極板B中央的小孔射出，之后沿極板C、D的中心線射入極板C、D內(nèi)。已知t＝0時(shí)刻射入C、D間的電子經(jīng)時(shí)間T恰好能從極板C的邊緣飛出。不計(jì)阻力、電子的重力以及電子間的相互作用，下列說法正確的是()圖14A.電子在熒光屏上形成的亮線長度為eq\f(d2,3)B.保持其他條件不變，只增大d1，熒光屏上形成的亮線長度變長C.保持其他條件不變，只增大d2，熒光屏上形成的亮線長度變短D.保持其他條件不變，只增大L，熒光屏上形成的亮線長度變長解析t＝0時(shí)刻射入C、D間的電子，eq\f(eU2,2md2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(eU2,md2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(d2,2)，則t＝eq\f(T,2)時(shí)刻射入C、D間的電子，eq\f(eU2,2md2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(d2,6)，因?yàn)殡娮哟┻^C、D運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，則出電場時(shí)豎直方向的速度恒定，所有電子均平行射出電場，故亮線長度為eq\f(d2,2)－eq\f(d2,6)＝eq\f(d2,3)，選項(xiàng)A正確；若只增大d1，則電子射入C、D間時(shí)的速度不變，熒光屏上形成的亮線長度不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若增大C、D間距離為d2′，則有eq\f(eU2,2md2′)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(eU2,md2′)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(deq\o\al(2,2),2d2′)和eq\f(eU2,2md2′)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(deq\o\al(2,2),6d2′)，eq\f(deq\o\al(2,2),2d2′)－eq\f(deq\o\al(2,2),6d2′)＝eq\f(deq\o\al(2,2),3d2′)<eq\f(d2,3)，即熒光屏上形成的亮線長度變短，選項(xiàng)C正確；因?yàn)殡娮泳叫猩涑鲭妶?，故亮線長度與L無關(guān)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC帶電體在電場中的平衡與運(yùn)動(dòng)問題[題源：教科版選修3－1·P40·T16]如圖所示，一條長為l的細(xì)線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m的帶電小球。將它置于一勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度大小為E，方向水平向右。已知當(dāng)細(xì)線離開豎直位置的偏角為α?xí)r，小球處于平衡狀態(tài)。試問：(1)小球帶何種電荷？(2)小球所帶的電荷量是多少？拓展1在上題將輕繩剪斷，小球怎樣運(yùn)動(dòng)？ts末小球的速度大小是多少？解析方法一設(shè)小球水平方向、豎直方向上的速度大小分別為vx、vy。則vx＝eq\f(Eq,m)t＝eq\f(mgtanα,m)t＝gt·tanαvy＝gtts末的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝gteq\r(1＋tan2α)＝eq\f(gt,cosα)方法二繩斷后小球所受合力F＝eq\f(mg,cosα)a＝eq\f(F,m)＝eq\f(g,cosα)所以v＝at＝eq\f(gt,cosα)答案勻加速直線運(yùn)動(dòng)eq\f(gt,cosα)拓展2一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從距地面高h(yuǎn)處以一定初速度水平拋出。在距拋出點(diǎn)水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管。管上口距地面eq\f(h,2)，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個(gè)區(qū)域加一個(gè)場強(qiáng)方向水平向左的勻強(qiáng)電場，如圖15所示，求：圖15(1)小球的初速度v0和電場強(qiáng)度E的大?。?2)小球落地時(shí)的動(dòng)能Ek。解析(1)電場中運(yùn)動(dòng)的帶電小球，在水平方向上v0＝eq\f(qE,m)t①豎直方向上eq\f(h,2)＝eq\f(gt2,2)②又veq\o\al(2,0)＝eq\f(2Eq,m)L③聯(lián)立①②③式得v0＝2Leq\f(\r(gh),h)，E＝eq\f(2mgL,qh)。(2)從拋出到落地由動(dòng)能定理得mgh－EqL＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球落地時(shí)動(dòng)能Ek＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2)＋mgh－EqL＝mgh答案(1)2Leq\f(\r(gh),h)eq\f(2mgL,qh)(2)mgh拓展3(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖16所示。由此可見()圖16A.電場力為2mgB.小球帶負(fù)電C.小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D.小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等解析兩個(gè)平拋過程水平方向的位移是二倍的關(guān)系，所以時(shí)間也是二倍的關(guān)系，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；分別列出豎直方向的方程，即h＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(F－mg,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)，解得F＝3mg，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球受到的電場力向上，與電場方向相反，所以小球應(yīng)該帶負(fù)電，故選項(xiàng)B正確；速度變化量等于加速度與時(shí)間的乘積，即Δv＝at，結(jié)合以上的分析可得，AB過程Δv＝gt，BC過程Δv＝eq\f(3mg－mg,m)·eq\f(t,2)＝gt，故選項(xiàng)D正確。答案BD拓展4(2017·全國卷Ⅱ，25)如圖17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17(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。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x1和x2。由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0－at＝0①x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②x2＝v0t－eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式得eq\f(x1,x2)＝3④(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veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(x1,H)⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H⑧(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eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)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＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEx1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEx2?由已知條件Ek1＝1.5Ek2?聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝eq\f(\r(2)mg,2q)?答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(\r(2)mg,2q)活頁作業(yè)(時(shí)間：40分鐘)?題組一電場中的力、電綜合問題1.A、B是一條電場線上的兩個(gè)點(diǎn)，一帶負(fù)電的微粒僅在靜電力作用下以一定的初速度從A點(diǎn)沿電場線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖1所示。則此電場的電場線分布可能是()圖1解析從v－t圖像可以看出物體的速度逐漸減小，圖線的斜率逐漸增大，v－t圖線中圖線的斜率表示物體的加速度大小，故物體做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以帶負(fù)電的粒子順著電場線運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，速度逐漸減小，且電場線沿粒子運(yùn)動(dòng)方向逐漸密集，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤。答案A2.(多選)如圖2所示，兩個(gè)帶等量正電荷的小球A、B(可視為點(diǎn)電荷)，被固定在光滑絕緣水平面上。P、N是小球A、B連線的垂直平分線上的點(diǎn)，且PO＝ON?，F(xiàn)將一個(gè)電荷量很小的帶負(fù)電的小球C(可視為質(zhì)點(diǎn))，由P點(diǎn)靜止釋放，在小球C向N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，關(guān)于小球C的v－t圖像中，可能正確的是()圖2解析在AB的垂直平分線上，從無窮遠(yuǎn)處到O點(diǎn)電場強(qiáng)度先變大后變小，到O點(diǎn)變?yōu)榱?，帶?fù)電的小球C受力沿垂直平分線，加速度先變大后變小，速度不斷增大，在O點(diǎn)加速度變?yōu)榱?，速度達(dá)到最大，v－t圖線的斜率先變大后變小；由O點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對(duì)稱性。如果PN足夠遠(yuǎn)，選項(xiàng)B正確；如果PN很近，選項(xiàng)A正確。答案AB3.(2018·四川自貢一診)(多選)在地面附近，存在著一有界電場，邊界MN將空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖3甲所示，小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則()圖3A.小球受到的重力與電場力大小之比為3∶5B.在t＝5s時(shí)，小球經(jīng)過邊界MNC.在小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，重力做的功大于電場力做功D.在1～4s過程中，小球的機(jī)械能先減少后增加解析小球進(jìn)入電場前做自由落體運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入電場后受到重力和電場力作用而做減速運(yùn)動(dòng)，由題圖乙可以看出，小球經(jīng)過邊界MN的時(shí)刻是t＝1s和t＝4s時(shí)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由v－t圖像的斜率等于加速度得，小球進(jìn)入電場前的加速度大小a1＝g＝eq\f(v1,t1)＝v1，進(jìn)入電場后的加速度大小a2＝eq\f(v1,t2)＝eq\f(v1,1.5)＝eq\f(2v1,3)，由牛頓第二定律得mg＝ma1，F(xiàn)－mg＝ma2，得電場力F＝mg＋ma2＝eq\f(5,3)mg，得重力mg與電場力F大小之比為3∶5，故選項(xiàng)A正確；小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，動(dòng)能的變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理，整個(gè)過程中重力做的功與電場力做的功大小相等，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；整個(gè)過程中，由題圖可得，小球在0～2.5s內(nèi)向下運(yùn)動(dòng)，在2.5～5s內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)，在1～4s過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，所以小球的機(jī)械能先減少后增加，故選項(xiàng)D正確。答案AD4.(2018·遼寧省三校高三第三次調(diào)研考試)如圖4所示，矩形區(qū)域PQNM內(nèi)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝1.0×10－5C的帶正電粒子(重力不計(jì))從a點(diǎn)以v1＝1×104m/s的初速度垂直于PQ進(jìn)入電場，最終從MN邊界的b點(diǎn)以與水平邊界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出電場時(shí)的速度v2＝2×104m/s，已知MP＝20cm、MN＝80cm，取a點(diǎn)電勢(shì)為零，如果以a點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿PQ方向建立x軸，則粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電場的電場強(qiáng)度E、電勢(shì)φ、粒子的速度v、電勢(shì)能Ep隨x的變化圖像正確的是()圖4解析因?yàn)橐?guī)定a點(diǎn)電勢(shì)為零，粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場力做功與電勢(shì)能的變化的關(guān)系，有qEx＝ΔEp＝0－Ep，故Ep＝－qEx，故選項(xiàng)D正確；因?yàn)閯驈?qiáng)電場中的電場強(qiáng)度處處相等，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)榱Ｗ与x開電場時(shí)的速度v2＝eq\f(v1,sin30°)＝2v1，電場的方向水平向右，沿電場線的方向電勢(shì)降低，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的過程中，由動(dòng)能定理可知，qEx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，所以v與x不是線性關(guān)系，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。答案D5.(多選)如圖5所示為一產(chǎn)生聚焦電場的裝置，由電極A1、A2、A3、A4構(gòu)成。圖中虛線為等勢(shì)線，關(guān)于中心線z軸上下對(duì)稱，相鄰等勢(shì)線間電勢(shì)差相等。圖中P、Q、R是一個(gè)從左側(cè)進(jìn)入聚焦電場的帶正電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡上的三點(diǎn)，則可以確定()圖5A.該裝置是由兩個(gè)平行板電容器A1A2、A3A4構(gòu)成B.該聚焦電場方向在中心線上與z軸方向一致C.帶正電粒子從Q點(diǎn)到R點(diǎn)的過程中電勢(shì)能減少D.若將帶正電粒子束從右側(cè)射入聚焦電場，則一定被會(huì)聚解析由等勢(shì)線的形狀可知，A1A2、A3A4不是兩對(duì)平行板電容器，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由帶正電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場方向向右，即該聚焦電場方向在中心線上與z軸方向一致，選項(xiàng)B正確；由于帶正電的粒子從Q點(diǎn)到R點(diǎn)的過程中，電場力對(duì)其做正功，故其電勢(shì)能減少，選項(xiàng)C正確；帶正電粒子束從右側(cè)射入時(shí)，由粒子受到的電場力的方向可知，粒子將向兩側(cè)發(fā)散而不能會(huì)聚，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案BC6.如圖6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＝40cm，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＝10－4C的小滑塊質(zhì)量m＝10g，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)1.5m的M處，取g＝10m/s2，求：圖6(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(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？解析(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v，由牛頓第二定律得mg＋qE＝eq\f(mv2,R)①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－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②聯(lián)立方程①②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＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得N＝meq\f(v′2,R)④代入數(shù)據(jù)解得N＝0.6N⑤由牛頓第三定律得，小滑塊對(duì)軌道的壓力大小為N′＝N＝0.6N⑥答案(1)7m/s(2)0.6N7.如圖7所示，在豎直邊界線O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝100N/C，電場區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為30°，A點(diǎn)距水平地面的高度為h＝4m。BC段為一粗糙絕緣平面，其長度為L＝eq\r(3)m。斜面AB與水平面BC由一段極短的光滑小圓弧連接(圖中未標(biāo)出)，豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域固定一半徑為R＝0.5m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點(diǎn)緊貼豎直邊界線O1O2，位于電場區(qū)域的外部(忽略電場對(duì)O1O2右側(cè)空間的影響)?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg、電荷量為q＝0.1C的帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(\r(3),5)。求：(g取10m/s2)圖7(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)所受軌道的壓力大小；(3)小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離。解析(1)以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，由A點(diǎn)至C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得(mg＋Eq)h－μ(mg＋