金版教程物理2024導(dǎo)學(xué)案必修第冊(cè)人教版新第十章 靜電場(chǎng)中的能量第十章 知識(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建含答案

《金版教程(物理）》2024導(dǎo)學(xué)案必修第冊(cè)人教版新第十章靜電場(chǎng)中的能量第十章知識(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建專題二電場(chǎng)的能的性質(zhì)探究1電場(chǎng)線、等勢(shì)面與帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的綜合問(wèn)題解決該類問(wèn)題應(yīng)熟練掌握以下知識(shí)及規(guī)律(1)電場(chǎng)線或等差等勢(shì)面密集的地方場(chǎng)強(qiáng)大。(2)電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面，從電勢(shì)較高的等勢(shì)面指向電勢(shì)較低的等勢(shì)面，即沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低最快。(3)帶電粒子所受合力(往往僅為靜電力)指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)；所受靜電力的方向沿電場(chǎng)線的切線方向或反方向，即垂直于等勢(shì)面。(4)帶電粒子在某點(diǎn)的速度方向?yàn)檐壽E切線方向。(5)靜電力做正功，電勢(shì)能減小；靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增大。(6)涉及的其他力學(xué)知識(shí)：牛頓第二定律、動(dòng)能定理等。例1(多選)一粒子從A點(diǎn)射入電場(chǎng)，從B點(diǎn)射出電場(chǎng)，電場(chǎng)的等差等勢(shì)面和粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，圖中左側(cè)前三個(gè)等勢(shì)面彼此平行且間隔均勻，不計(jì)粒子的重力。下列說(shuō)法正確的有()A．粒子帶負(fù)電荷B．粒子的加速度先不變，后變小C．粒子的速度不斷增大D．粒子的電勢(shì)能先減小，后增大[規(guī)范解答]電場(chǎng)線如圖所示，由于受力總指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，故粒子帶負(fù)電荷，A正確；由電場(chǎng)線分布知靜電力先不變，后越來(lái)越小，由a＝eq\f(F,m)知B正確；靜電力一直做負(fù)功，粒子速度一直減小，電勢(shì)能一直增大，C、D錯(cuò)誤。[答案]AB模型點(diǎn)撥帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡問(wèn)題的易錯(cuò)點(diǎn)(1)誤認(rèn)為電場(chǎng)線方向就是電荷受到靜電力的方向。(2)誤認(rèn)為電場(chǎng)線是電荷在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡。(3)靜電力隨便畫，以為只朝軌跡彎曲的一側(cè)就可以。靜電力只可能有兩個(gè)方向：要么沿電場(chǎng)強(qiáng)度的方向(對(duì)應(yīng)于正電荷)，要么沿電場(chǎng)強(qiáng)度的反方向(對(duì)應(yīng)于負(fù)電荷)。(4)錯(cuò)誤地根據(jù)電場(chǎng)線方向來(lái)判斷電場(chǎng)強(qiáng)度大小，應(yīng)根據(jù)電場(chǎng)線的疏密來(lái)判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。[變式訓(xùn)練1]一個(gè)電子只在靜電力作用下從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的軌跡如圖虛線所示，圖中一組平行實(shí)線可能是電場(chǎng)線也可能是等勢(shì)面，則以下說(shuō)法正確的是()A．無(wú)論圖中的實(shí)線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)都比b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小B．無(wú)論圖中的實(shí)線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，a點(diǎn)的電勢(shì)都比b點(diǎn)的電勢(shì)高C．無(wú)論圖中的實(shí)線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能都比在b點(diǎn)的電勢(shì)能小D．如果實(shí)線是等勢(shì)面，電子在a點(diǎn)的速率一定大于在b點(diǎn)的速率答案D解析若圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，電子所受的靜電力水平向右，電場(chǎng)線方向水平向左，則a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低；若圖中實(shí)線是等勢(shì)面，由于電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，電子所受靜電力方向向下，則電場(chǎng)線方向向上，則a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高，故B錯(cuò)誤。不論圖中實(shí)線是電場(chǎng)線還是等勢(shì)面，該電場(chǎng)都是勻強(qiáng)電場(chǎng)，a點(diǎn)和b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小都相等，故A錯(cuò)誤。如果圖中實(shí)線是電場(chǎng)線，電子所受的靜電力水平向右，靜電力對(duì)電子做正功，電子電勢(shì)能減小，則電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的電勢(shì)能大，故C錯(cuò)誤。如果圖中實(shí)線是等勢(shì)面，電子所受靜電力方向向下，靜電力對(duì)電子做負(fù)功，則電子在b點(diǎn)的動(dòng)能較小，即電子在a點(diǎn)的速率一定大于在b點(diǎn)的速率，故D正確。探究2電場(chǎng)中的功能問(wèn)題電場(chǎng)中的功能規(guī)律既可用于定量計(jì)算，也可用于定性分析，如分析、計(jì)算靜電力做的功、電勢(shì)能(及其變化)、電勢(shì)變化、動(dòng)能變化、機(jī)械能變化等。電場(chǎng)中常用的功能規(guī)律如下：1．靜電力做功與電勢(shì)能變化的功能關(guān)系WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp2．動(dòng)能定理WAB＋W其他力＝ΔEk3．能量守恒定律只有靜電力、重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功時(shí)：ΔEp電＋ΔEpG＋ΔEp彈力＋ΔEk＝0其中ΔEpG＋ΔEp彈力＋ΔEk＝ΔE機(jī)械能注意：(1)在任何電場(chǎng)中，均有WAB＝qUAB＝q(φA－φB)；只有在勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，才有WAB＝qElcosθ。(2)公式Ep＝qφ中，應(yīng)考慮q的正負(fù)號(hào)。例2如圖所示，在O點(diǎn)放置一個(gè)正電荷，在過(guò)O點(diǎn)的豎直平面內(nèi)的A點(diǎn)自由釋放一個(gè)帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m、電荷量為q。小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O(shè)為圓心、R為半徑的圓(圖中實(shí)線表示)相交于B、C兩點(diǎn)，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h。若小球通過(guò)B點(diǎn)的速度為v，試求：(1)小球通過(guò)C點(diǎn)的速度大小；(2)小球由A到C的過(guò)程中電勢(shì)能的增加量。[規(guī)范解答](1)因B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，小球由B到C只有重力做功，由動(dòng)能定理得：mgRsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2，得：vC＝eq\r(v2＋gR)。(2)由A到C應(yīng)用動(dòng)能定理得：WAC＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，得：WAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh，由電勢(shì)能變化與靜電力做功的關(guān)系得：ΔEp＝－WAC＝mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR。[答案](1)eq\r(v2＋gR)(2)mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR模型點(diǎn)撥解決電場(chǎng)中的功能問(wèn)題時(shí)，靜電力做功與電勢(shì)能變化的功能關(guān)系WAB＝－ΔEp是基礎(chǔ)，對(duì)于很多題目，還需要結(jié)合動(dòng)能定理或能量守恒定律分析、計(jì)算。[變式訓(xùn)練2](多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點(diǎn)是P，直徑MN水平。a、b是兩個(gè)完全相同的帶正電小球(視為點(diǎn)電荷)，b固定在M點(diǎn)，a從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)Q(圖中未畫出)時(shí)速度為零，則小球a()A．從N到Q的過(guò)程中，重力與庫(kù)侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過(guò)程中，速率先增大后減小C．從N到Q的過(guò)程中，電勢(shì)能一直增加D．從P到Q的過(guò)程中，動(dòng)能減少量小于電勢(shì)能增加量答案BC解析小球a從N到Q的過(guò)程中，重力不變，庫(kù)侖力F逐漸增大，庫(kù)侖力F與重力的夾角逐漸變小，因此，F(xiàn)與mg的合力逐漸變大，A錯(cuò)誤；從N到P的過(guò)程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力時(shí)，速率最大，B正確；從N到Q的過(guò)程中，F(xiàn)一直做負(fù)功，電勢(shì)能一直增加，C正確；從P到Q的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒知，電勢(shì)能的增加量和重力勢(shì)能的增加量之和等于動(dòng)能的減少量，所以電勢(shì)能的增加量小于動(dòng)能的減少量，D錯(cuò)誤。

科學(xué)思維變化率、微元累積思維——在電場(chǎng)圖像問(wèn)題中的應(yīng)用1．變化率在電場(chǎng)圖像問(wèn)題中的應(yīng)用必修第一冊(cè)我們已經(jīng)學(xué)過(guò)變化率在x-t圖像、v-t圖像中的應(yīng)用，變化率這種研究方法用到了比較思想與極限思維。類似地，用變化率可以分析相關(guān)電場(chǎng)圖像問(wèn)題。常見(jiàn)的圖像如下：(1)Ep-x圖像由W電＝F電·Δx、W電＝－ΔEp，得F電＝－eq\f(ΔEp,Δx)。即圖線的切線斜率的絕對(duì)值等于靜電力的大小，正、負(fù)表示靜電力的方向。注：應(yīng)用電場(chǎng)相關(guān)規(guī)律和動(dòng)力學(xué)規(guī)律、功能關(guān)系等，還可以進(jìn)一步判斷場(chǎng)強(qiáng)、粒子的加速度、動(dòng)能等隨位移的變化情況。(2)φ-x圖像上面的公式F電＝－eq\f(ΔEp,Δx)兩邊同時(shí)除以q，得E＝－eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)。即φ-x圖線的切線斜率的絕對(duì)值等于場(chǎng)強(qiáng)大小，正、負(fù)表示場(chǎng)強(qiáng)的方向。注：①電場(chǎng)強(qiáng)度的方向也可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定。②分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的變化，可用WAB＝qUAB分析WAB的正負(fù)，然后由ΔEp＝－WAB作出判斷，或直接用Ep＝qφ判斷。2．微元累積思維在電場(chǎng)圖像問(wèn)題中的應(yīng)用必修第一冊(cè)推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式時(shí)，用到微元累積法，必修第二冊(cè)計(jì)算物體沿曲面滑下重力做的功時(shí)，也用到這種方法。微元累積法也用到極限思想，高等數(shù)學(xué)中的微積分就是從變化率與微元累積法這兩種方法中萌芽的。類似地，用微元累積法也可以分析相關(guān)電場(chǎng)圖像問(wèn)題。常見(jiàn)的圖像如下：E-x圖像當(dāng)電場(chǎng)方向沿x軸時(shí)，根據(jù)公式U＝Ed，借助微元累積法知，E-x圖線與x軸圍成圖形的面積大小表示x軸上兩點(diǎn)的電勢(shì)差大小，兩點(diǎn)的電勢(shì)高低可根據(jù)電場(chǎng)方向判定。注：①E-x圖像只能反映電場(chǎng)強(qiáng)度在x軸方向的分量隨位置x變化的規(guī)律，若合電場(chǎng)不沿x軸方向，則不能用“面積”分析電勢(shì)差大小。②E>0表示場(chǎng)強(qiáng)沿x軸正方向，E<0表示場(chǎng)強(qiáng)沿x軸負(fù)方向。③在與粒子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢(shì)能變化等情況。畫一畫：同學(xué)們可以嘗試畫出以下圖像：(1)正點(diǎn)電荷(負(fù)點(diǎn)電荷)周圍的E-x圖像、φ-x圖像。(2)兩個(gè)等量同(異)種點(diǎn)電荷連線上的E-x圖像、φ-x圖像。(3)兩個(gè)等量同(異)種點(diǎn)電荷連線的中垂線上的E-x圖像、φ-x圖像。例1兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷固定在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中C為ND段電勢(shì)最低的點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()A．q1、q2為等量異種電荷B．N、C兩點(diǎn)間場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向C．N、D兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小沿x軸正方向先減小后增大D．將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小[規(guī)范解答]根據(jù)q1左側(cè)和q2右側(cè)電勢(shì)隨距離增大而降低，可判斷兩者均為正電荷，故A錯(cuò)誤；根據(jù)沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，可知N、C間的場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸正方向，故B錯(cuò)誤；根據(jù)從N到D圖線的斜率絕對(duì)值先減小后增大，可知N、D兩點(diǎn)間的場(chǎng)強(qiáng)大小沿x軸正方向先減小后增大，故C正確；將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，由Ep＝qφ知，電勢(shì)能先減小后增大，故D錯(cuò)誤。[答案]C例2半徑為R1和R2(R2>R1)的兩無(wú)限長(zhǎng)豎直同軸圓柱面，單位長(zhǎng)度上分別帶有等量異種電荷，如圖1所示，內(nèi)圓柱面帶正電。已知電場(chǎng)強(qiáng)度沿某一水平半徑的分布情況如圖2所示，當(dāng)r<R1及r>R2時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度均為零，A、B為分別靠近內(nèi)、外圓柱面且在同一半徑上的兩點(diǎn)，則()A．內(nèi)圓柱面內(nèi)各點(diǎn)電勢(shì)可能不等B．負(fù)試探電荷在A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大C．A、B中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大于eq\f(EA＋EB,2)D．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差小于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)[規(guī)范解答]由圖2知，r<R1時(shí)，E＝0，則電荷自r<R1內(nèi)某固定點(diǎn)移動(dòng)到內(nèi)圓柱面上任意一點(diǎn)，靜電力做功均為零，故內(nèi)圓柱面上各點(diǎn)電勢(shì)都相等，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線由A指向B，則A點(diǎn)電勢(shì)高，則負(fù)試探電荷在A點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能小，B錯(cuò)誤；由圖2可知，A、B中點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度小于eq\f(EA＋EB,2)，C錯(cuò)誤；根據(jù)U＝Ed，可知E-r圖像中圖線與r軸圍成的面積等于電勢(shì)差，若從A到B的E-r圖像為直線，則A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)，而實(shí)際圖像中對(duì)應(yīng)的面積小于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)，可知A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差小于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)，D正確。[答案]D1.帶有等量異種電荷的一對(duì)平行金屬板，上極板帶正電荷。如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大，即使在兩極板之間，電場(chǎng)線也不是彼此平行的直線，而是如圖所示的曲線(電場(chǎng)方向未畫出)。虛線MN是穿過(guò)兩極板正中央的一條直線。關(guān)于此電場(chǎng)，以下說(shuō)法正確的是()A．b點(diǎn)的電勢(shì)高于d點(diǎn)的電勢(shì)B．b點(diǎn)的電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì)C．將一負(fù)電荷從a點(diǎn)移到d點(diǎn)，其電勢(shì)能增大D．將一正電荷從a點(diǎn)由靜止釋放，它將沿著電場(chǎng)線做勻變速直線運(yùn)動(dòng)答案C解析根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，可知虛線MN是一條等勢(shì)線，所以b點(diǎn)的電勢(shì)等于d點(diǎn)的電勢(shì)，即φb＝φd，A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)，指向負(fù)電荷，且沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以d點(diǎn)電勢(shì)低于c點(diǎn)電勢(shì)，即φd<φc，所以φb<φc，即b點(diǎn)的電勢(shì)低于c點(diǎn)的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；同理分析可知φa>φd，將一負(fù)電荷從a點(diǎn)移到d點(diǎn)，根據(jù)Ep＝qφ可知，其電勢(shì)能增大，故C正確；將一正電荷從a點(diǎn)由靜止釋放，由于過(guò)a點(diǎn)的電場(chǎng)線是直線且沿ab方向，所以它將沿ab所在的電場(chǎng)線向下運(yùn)動(dòng)，由電場(chǎng)線的疏密程度可知電場(chǎng)強(qiáng)度不恒定，即該正電荷所受電場(chǎng)力會(huì)發(fā)生變化，由牛頓第二定律可知其加速度不恒定，所以正電荷不會(huì)沿電場(chǎng)線做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。2.如圖所示，在兩等量異種點(diǎn)電荷連線上有D、E、F三點(diǎn)，且DE＝EF。K、M、L分別為過(guò)D、E、F三點(diǎn)的等勢(shì)面。一不計(jì)重力的帶負(fù)電粒子，從a點(diǎn)射入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)線所示，以|Wab|表示該粒子從a點(diǎn)到b點(diǎn)靜電力做功的絕對(duì)值，以|Wbc|表示該粒子從b點(diǎn)到c點(diǎn)靜電力做功的絕對(duì)值，則()A．|Wab|＝|Wbc|B．|Wab|<|Wbc|C．粒子由a點(diǎn)到b點(diǎn)，動(dòng)能減少D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)較b點(diǎn)的電勢(shì)低答案C解析由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)可知靠近電荷處電場(chǎng)強(qiáng)度大，由公式U＝Ed知|Uab|>|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|>|Wbc|，則A、B均錯(cuò)誤；從帶負(fù)電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知該粒子從a點(diǎn)到c點(diǎn)受到大體向左的作用力，故左側(cè)為正電荷，從左向右電勢(shì)降低，則D錯(cuò)誤；粒子由a點(diǎn)到b點(diǎn)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，動(dòng)能減少，則C正確。3.(多選)如圖所示，實(shí)線為某孤立點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)的幾條電場(chǎng)線，虛線是某一帶電粒子通過(guò)該電場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)。若帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中只受靜電力的作用，下列說(shuō)法中正確的是()A．該電場(chǎng)是由負(fù)點(diǎn)電荷所激發(fā)的電場(chǎng)B．電場(chǎng)中a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)高C．帶電粒子在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)的加速度大D．帶電粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能比在b點(diǎn)的動(dòng)能大答案CD解析根據(jù)題圖以及題干條件，無(wú)法判斷場(chǎng)源電荷的正負(fù)，也不能判斷出電場(chǎng)線的方向以及a點(diǎn)、b點(diǎn)電勢(shì)的高低，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線密處電場(chǎng)強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏處電場(chǎng)強(qiáng)度小的特點(diǎn)，得出Ea>Eb，利用牛頓第二定律可知a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，則帶電粒子在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)的加速度大，C正確；若粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，靜電力做負(fù)功，帶電粒子的動(dòng)能減小，若粒子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，靜電力做正功，帶電粒子的動(dòng)能增大，D正確。4.平行金屬板A、B帶等量異種電荷，以過(guò)兩板中心O點(diǎn)(原點(diǎn))且與金屬板平行的軸線為x軸、由A指向B的方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)的正方向，作出場(chǎng)強(qiáng)隨坐標(biāo)變化的圖像如圖所示，其中aO＝Ob＝l。下列說(shuō)法正確的是()A．A板帶正電B．沿x軸正方向電勢(shì)降低C．電勢(shì)差UbO＝UOa＝E0lD．將電子沿x軸由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電子的電勢(shì)能不變答案D解析場(chǎng)強(qiáng)為負(fù)表示場(chǎng)強(qiáng)方向由B指向A，則A板帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；如圖，兩板間平行于兩板的中心線為一等勢(shì)線，即沿x軸電勢(shì)不變，b、O與O、a之間的電勢(shì)差均為零，B、C錯(cuò)誤；由于兩板間的x軸為一等勢(shì)線，所以將電子沿x軸由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電子的電勢(shì)能不變，D正確。5.(多選)如圖所示，虛線a、b、c表示電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面與紙平面的交線，且相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等。實(shí)線為一帶正電荷的粒子僅在靜電力作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點(diǎn)，則下列說(shuō)法中正確的是()A．三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最高B．對(duì)于M、N兩點(diǎn)，帶電粒子通過(guò)M點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能較大C．對(duì)于M、N兩點(diǎn)，帶電粒子通過(guò)M點(diǎn)時(shí)動(dòng)能較大D．帶電粒子由M運(yùn)動(dòng)到N時(shí)，加速度增大答案CD解析由于帶電粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，所受靜電力的方向必定指向軌跡的凹側(cè)，且和等勢(shì)面垂直，所以電場(chǎng)線方向是由c指向b再指向a。根據(jù)沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低，可知φc>φb>φa，A錯(cuò)誤。正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能大，M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)電勢(shì)低，故在M點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能較小，B錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒定律，粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，故粒子在M點(diǎn)的動(dòng)能較大，C正確。由于相鄰等勢(shì)面之間電勢(shì)差相等，因N點(diǎn)等勢(shì)面較密，則EM<EN，即qEM<qEN，由牛頓第二定律知，帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，加速度增大，D正確。6.(多選)一帶負(fù)電的粒子只在靜電力作用下沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中O～x2段是關(guān)于直線x＝x1對(duì)稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說(shuō)法正確的是()A．x1處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，但不為零B．粒子在O～x3段做變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段做勻變速運(yùn)動(dòng)C．x2～x3段電場(chǎng)強(qiáng)度的大小、方向均不變，為一定值D．在O、x1、x2、x3處電勢(shì)φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ1>φ2＝φ0>φ3答案BCD解析由W電＝－ΔEp，W電＝F電Δx，得F電＝－eq\f(ΔEp,Δx)，可知Ep-x圖像切線的斜率等于靜電力F電的負(fù)數(shù)。x1處圖像切線的斜率為零，即靜電力為零，電場(chǎng)強(qiáng)度為零，A錯(cuò)誤；x2～x3段切線的斜率不變，靜電力不變，故電場(chǎng)強(qiáng)度的大小、方向均不變，C正確；O～x3段切線的斜率一直變化，靜電力一直變化，粒子做變速運(yùn)動(dòng)，x2～x3段靜電力不變，粒子做勻變速運(yùn)動(dòng)，B正確；根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep＝qφ，粒子帶負(fù)電，q<0，可知電勢(shì)能越大，粒子所在處的電勢(shì)越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正確。7.靜電透鏡是利用靜電場(chǎng)使電子束會(huì)聚或發(fā)散的一種裝置。如圖所示為該透鏡工作原理示意圖，虛線表示這個(gè)靜電場(chǎng)在xOy平面內(nèi)的一簇等勢(shì)線，等勢(shì)線形狀相對(duì)于x軸、y軸對(duì)稱，且相鄰兩等勢(shì)線的電勢(shì)差相等。圖中實(shí)線為某個(gè)電子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的軌跡示意圖，關(guān)于此電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)B．電子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度C．電子在a點(diǎn)的動(dòng)能大于在b點(diǎn)的動(dòng)能D．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能答案D解析根據(jù)合力指向軌跡內(nèi)側(cè)和電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直可知，電子在y軸左側(cè)受到一個(gè)斜向右下方的靜電力，所以在y軸左側(cè)電場(chǎng)線指向左上方，故a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)等差等勢(shì)線的疏密知道b處的電場(chǎng)線密，場(chǎng)強(qiáng)大，電子的加速度大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)低處電勢(shì)能大，可知電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，從a到b電子的電勢(shì)能一直減小，則電子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，靜電力始終做正功，動(dòng)能增大，故C錯(cuò)誤，D正確。8.(多選)如圖所示空間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與紙面平行。一電荷量為－q的粒子(重力不計(jì))，在恒力F的作用下沿虛線由M勻速運(yùn)動(dòng)到N。已知力F和MN間夾角為θ，M、N間距離為d，則下列結(jié)論中正確的是()A．M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差為eq\f(Fdcosθ,q)B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(Fcosθ,q)C．帶電粒子由M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程中，電勢(shì)能增加了FdcosθD．若要使帶電粒子由N向M做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則F必須反向答案AC解析粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，靜電力必與恒力F平衡，由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，靜電力做功為W＝－Fdcosθ，UMN＝eq\f(W,－q)＝eq\f(Fdcosθ,q)，A正確；由粒子受力知，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(F,q)，B錯(cuò)誤；電勢(shì)能的增加量等于克服靜電力做的功Fdcosθ，C正確；粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)的條件是受力平衡，則若要使粒子由N勻速運(yùn)動(dòng)到M，所受力F不變，D錯(cuò)誤。9.(多選)如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止?，F(xiàn)撤去F，小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)到離開彈簧的過(guò)程中，重力、靜電力對(duì)小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時(shí)速度為v，不計(jì)空氣阻力，則上述過(guò)程中()A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．小球的重力勢(shì)能增加－W1C．小球的機(jī)械能增加W1＋eq\f(1,2)mv2D．小球的電勢(shì)能減少W2答案BD解析由于靜電力做正功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；重力做功是重力勢(shì)能變化的量度，由題意知重力做負(fù)功W1，則重力勢(shì)能增加－W1，故B正確；小球機(jī)械能的增加量等于重力勢(shì)能增加量與動(dòng)能增加量之和，即－W1＋eq\f(1,2)mv2，故C錯(cuò)誤；靜電力做功是電勢(shì)能變化的量度，靜電力做正功W2，則電勢(shì)能減少W2，故D正確。10.(多選)在粗糙水平面上固定一點(diǎn)電荷，電場(chǎng)中任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。該水平面上a、b、c三個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)φ與到點(diǎn)電荷的距離r已在圖中標(biāo)出，虛線為過(guò)b點(diǎn)的切線?，F(xiàn)將一質(zhì)量為0.03kg、電荷量為0.1C的帶正電物塊從a點(diǎn)由靜止釋放，依次經(jīng)過(guò)b、c兩點(diǎn)。靜電力所做的功分別為Wab、Wbc，且過(guò)b點(diǎn)時(shí)物塊的速度最大。已知重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，下列說(shuō)法正確的是()A．b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為1.5V/mB．物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3C．Wab＝2WbcD．固定點(diǎn)電荷的電荷量為eq\f(2,3)×10－9C答案AD解析圖像的斜率的絕對(duì)值表示場(chǎng)強(qiáng)大小，由圖可知b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(6,4)V/m＝1.5V/m，故A正確；由題知，物塊過(guò)b點(diǎn)時(shí)速度最大，此時(shí)加速度為零，則qE＝μmg，解得μ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(0.1×1.5,0.03×10)＝0.5，故B錯(cuò)誤；由圖可以得到a點(diǎn)的電勢(shì)為6V，b點(diǎn)的電勢(shì)為3V，c點(diǎn)的電勢(shì)為2V，所以Uab＝3V，Ubc＝1V，又因?yàn)殪o電力做的功W＝qU，所以Wab＝3Wbc，故C錯(cuò)誤；設(shè)固定點(diǎn)電荷帶電量為Q，已知b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小E＝1.5V/m，b點(diǎn)到固定點(diǎn)電荷的距離r＝2m，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E＝keq\f(Q,r2)，有Q＝eq\f(Er2,k)＝eq\f(1.5×22,9.0×109)C＝eq\f(2,3)×10－9C，故D正確。11.如圖所示，虛線表示等勢(shì)面，相鄰兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，有一帶電的微粒在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，不計(jì)微粒所受的重力和空氣阻力，實(shí)線表示該帶正電的微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡，微粒在a點(diǎn)的動(dòng)能等于14eV，運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于2eV，若取c點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，則這個(gè)帶電微粒的電勢(shì)能等于－4eV時(shí)，它的動(dòng)能等于()A．14eV B．10eVC．6eV D．4eV答案B解析帶電微粒自a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理知，靜電力做的功Wab＝Ekb－Eka＝－12eV，設(shè)帶電微粒所帶電荷量為q，則Uab＝eq\f(Wab,q)＝－eq\f(12eV,q)；由于相鄰兩等勢(shì)面的電勢(shì)差相等，則Ubc＝－eq\f(1,3)Uab＝eq\f(4eV,q)；帶電微粒從b到c的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有Wbc＝Ekc－Ekb，其中Wbc＝qUbc，聯(lián)立可得Ekc＝6eV；由于只有靜電力做功，則帶電微粒電勢(shì)能和動(dòng)能之和保持不變，若取c點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，則帶電微粒在電場(chǎng)中的總能量為E＝Epc＋Ekc＝6eV，因此當(dāng)電勢(shì)能等于－4eV時(shí)，它的動(dòng)能為10eV，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。12．(多選)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點(diǎn)電荷固定在A點(diǎn)。先將一電荷量也為＋q的點(diǎn)電荷Q1從無(wú)窮遠(yuǎn)處(電勢(shì)為0)移到C點(diǎn)，此過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為－W。再將Q1從C點(diǎn)沿CB移到B點(diǎn)并固定。最后將一電荷量為－2q的點(diǎn)電荷Q2從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的有()A．Q1移入之前，C點(diǎn)的電勢(shì)為eq\f(W,q)B．Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，所受電場(chǎng)力做的功為0C．Q2從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)的過(guò)程中，所受電場(chǎng)力做的功為2WD．Q2在移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為－4W答案ABD解析根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系知Q1在C點(diǎn)的電勢(shì)能Ep＝W，根據(jù)電勢(shì)的定義式知C點(diǎn)電勢(shì)φ＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(W,q)，A正確；在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，B、C兩點(diǎn)處在同一等勢(shì)面上，Q1從C點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功為0，B正確；將Q1移到B點(diǎn)固定后，再將Q2從無(wú)窮遠(yuǎn)處移到C點(diǎn)，兩固定點(diǎn)電荷對(duì)Q2的庫(kù)侖力做的功均為2W，則電場(chǎng)力對(duì)Q2做的總功為4W，C錯(cuò)誤；因?yàn)闊o(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則Q2移到C點(diǎn)后的電勢(shì)能為－4W，D正確。13．(多選)某同學(xué)用如圖甲所示裝置研究帶電小球在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中具有的勢(shì)能E(重力勢(shì)能、電勢(shì)能之和)的情況。兩個(gè)帶同種電荷的小球1、2放在豎直放置的絕緣圓筒中，1固定在圓筒底部，2從靠近1位置處釋放，測(cè)出2的位置x和速度，利用能量守恒可以得到2的勢(shì)能E。圖乙中Ⅰ線是小球2的E-x圖像，Ⅱ線是計(jì)算機(jī)擬合的圖線Ⅰ的漸近線，實(shí)驗(yàn)中一切摩擦可忽略，小球的電荷量不會(huì)發(fā)生變化，g＝10m/s2，則小球2()A．上升過(guò)程速度一直變大B．上升過(guò)程速度先變大后變小C．質(zhì)量為0.5kgD．從x＝6.0cm處運(yùn)動(dòng)至x＝20cm處電勢(shì)能減少0.3J答案BCD解析小球2上升過(guò)程系統(tǒng)能量守恒，有E＋Ek＝E總，結(jié)合圖乙Ⅰ線可知，上升過(guò)程中小球2的勢(shì)能先變小后變大，因此，小球2的動(dòng)能先變大后變小，速度也先變大后變小，A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)庫(kù)侖定律有FC＝eq\f(kq1q2,x2)，可知當(dāng)x→∞時(shí)，F(xiàn)C→0，系統(tǒng)勢(shì)能的變化量主要取決于重力做功，則圖乙中Ⅱ線表示重力勢(shì)能變化的圖線，因此ΔEⅡ＝ΔEpG＝mgΔx，則小球2的重力mg＝eq\f(ΔEⅡ,Δx)＝eq\f(0.8－0.3,（20.0－10.0）×10－2)N＝5N，質(zhì)量m＝0.5kg，C正確；小球2從x＝6.0cm處運(yùn)動(dòng)至x＝20cm過(guò)程中，ΔEⅠ＝ΔEpG＋ΔEp電，由圖知ΔEⅠ＝0.4J，而ΔEpG＝mgΔx′＝0.7J，可解得ΔEp電＝－0.3J，即小球2從x＝6.0cm處運(yùn)動(dòng)至x＝20cm過(guò)程中，電勢(shì)能減少0.3J，D正確。14.如圖所示，光滑絕緣細(xì)桿豎直放置，它與以正電荷Q為圓心的某圓交于B、C兩點(diǎn)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的有孔小球從桿上A點(diǎn)無(wú)初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B點(diǎn)時(shí)速度大小為eq\r(3gh)，求：(1)小球由A到B的過(guò)程中靜電力做的功；(2)A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)差。答案(1)eq\f(1,2)mgh(2)－eq\f(mgh,2q)解析(1)因?yàn)闂U是光滑的，所以小球從A到B過(guò)程中只有兩個(gè)力做功：靜電力做功WE和重力做功mgh，由動(dòng)能定理得：WE＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，代入已知條件vB＝eq\r(3gh)得靜電力做功WE＝eq\f(1,2)m·3gh－mgh＝eq\f(1,2)mgh。(2)因?yàn)锽、C在同一個(gè)等勢(shì)面上，所以φB＝φC，即UAC＝UAB，由W＝qU得UAC＝UAB＝eq\f(WE,－q)＝－eq\f(mgh,2q)。專題三帶電粒子(物體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題探究1帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題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(chǎng)特點(diǎn)分段研究)。2．分析時(shí)從兩條思路出發(fā)(1)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。(2)功能關(guān)系。3．突破策略：抓住周期性和空間上的對(duì)稱性注重全面分析(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(guò)程中的速度、位移、做功或確定與物理過(guò)程相關(guān)的邊界條件。例1一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下，在t＝0時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，場(chǎng)強(qiáng)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，不計(jì)重力，求在t＝0到t＝T的時(shí)間間隔內(nèi)，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。[規(guī)范解答]帶電粒子在規(guī)律性變化的靜電力作用下做變速運(yùn)動(dòng)。(1)帶電粒子在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,4)～eq\f(T,2)、eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)、eq\f(3T,4)～T時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得a1＝eq\f(qE0,m)，a2＝－eq\f(2qE0,m)，a3＝eq\f(2qE0,m)，a4＝－eq\f(qE0,m)，由此得帶電粒子在0～T時(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度—時(shí)間圖像如圖a所示，對(duì)應(yīng)的速度—時(shí)間圖像如圖b所示。其中v1＝a1eq\f(T,4)＝eq\f(qE0T,4m) ①由圖b可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時(shí)間內(nèi)的位移為x＝2×eq\f(1,2)×eq\f(T,4)v1 ②由①②式得x＝eq\f(qE0,16m)T2，方向沿初始電場(chǎng)方向。(2)由圖b可知，粒子在t＝eq\f(3,8)T到t＝eq\f(5,8)T內(nèi)沿初始電場(chǎng)的反方向運(yùn)動(dòng)，總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(5,8)T－eq\f(3,8)T＝eq\f(T,4)。[答案](1)eq\f(qE0,16m)T2方向沿初始電場(chǎng)方向(2)eq\f(T,4)模型點(diǎn)撥在交變電場(chǎng)作用下粒子所受的靜電力發(fā)生改變，從而影響粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；由于靜電力周期性變化，粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)也具有周期性；研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)需要分段研究，特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場(chǎng)的時(shí)間及交變電場(chǎng)的周期。[變式訓(xùn)練1](多選)一對(duì)平行金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距為d，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線不斷進(jìn)入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖所示，交變電壓的周期T＝eq\f(L,2v0)，已知所有電子都能穿過(guò)平行板，且最大偏距的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計(jì)重力作用，則()A．所有電子都從右側(cè)的同一點(diǎn)離開電場(chǎng)B．所有電子離開電場(chǎng)時(shí)速度都是v0C．t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能最大D.t＝eq\f(1,4)T時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)最大側(cè)位移為eq\f(d,16)答案BD解析電子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子豎直方向分速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，根據(jù)圖線與t軸所圍面積表示豎直方向的分位移可知，各個(gè)電子在豎直方向的分位移不全相同，故所有電子從右側(cè)離開電場(chǎng)的位置不全相同，故A錯(cuò)誤。由圖看出，所有電子離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正確。由上述分析可知，電子離開電場(chǎng)時(shí)的速度都相同，動(dòng)能都相同，故C錯(cuò)誤。t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，在t＝eq\f(3,4)T時(shí)刻側(cè)位移最大。最大側(cè)位移為ymax＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(aT2,16) ①由題意知，在t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子側(cè)位移最大為eq\f(1,2)d，則有eq\f(1,2)d＝4×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)②聯(lián)立①②得ymax＝eq\f(d,16)，故D正確。探究2帶電物體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題1．受力特點(diǎn)帶電物體的重力不可忽略，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到的重力和電場(chǎng)力均為恒力。帶電物體還可能受其他力，如支持力、摩擦力。2．主要運(yùn)動(dòng)形式(1)直線運(yùn)動(dòng)。(2)類拋體運(yùn)動(dòng)。(3)圓周運(yùn)動(dòng)。(4)一般曲線運(yùn)動(dòng)。3．解題關(guān)鍵(1)分析受力、運(yùn)動(dòng)首先要分析帶電物體的受力特點(diǎn)，弄清帶電物體的運(yùn)動(dòng)形式，然后再選用合適的規(guī)律求解。(2)合理選用規(guī)律根據(jù)受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)形式，選用合適的動(dòng)力學(xué)規(guī)律，或應(yīng)用功能規(guī)律等解題。常用的動(dòng)力學(xué)規(guī)律：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律。常用的功能規(guī)律：功能關(guān)系、動(dòng)能定理、能量守恒定律。(3)巧用等效重力場(chǎng)若帶電物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類拋體運(yùn)動(dòng)或圓周運(yùn)動(dòng)，則可以先把重力G和靜電力F電這兩個(gè)力合成為一個(gè)等效重力F合，將靜電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)看作等效重力場(chǎng)，然后借助拋體運(yùn)動(dòng)或圓周運(yùn)動(dòng)的解題方法、規(guī)律進(jìn)行分析、求解，從而使運(yùn)算簡(jiǎn)化。g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向?yàn)椤暗刃е亓Α钡姆较颉Ｒ话惝?dāng)此恒力F合的方向與運(yùn)動(dòng)方向垂直時(shí)，其速度(或動(dòng)能)取得最大值或最小值。①對(duì)于類拋體運(yùn)動(dòng)，常用到的方法、規(guī)律有：運(yùn)動(dòng)的合成與分解、平拋運(yùn)動(dòng)的推論、斜上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性；②對(duì)于圓周運(yùn)動(dòng)，若不受摩擦阻力，則關(guān)鍵是找出等效最高點(diǎn)和等效最低點(diǎn)，然后用動(dòng)力學(xué)規(guī)律、功能規(guī)律分析計(jì)算。過(guò)軌跡圓心且沿F合方向的直徑與軌跡圓分別交于等效最高點(diǎn)和等效最低點(diǎn)。例2(多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一帶正電荷的小球自電場(chǎng)中P點(diǎn)水平向左射出。小球所受的重力和電場(chǎng)力的大小相等，重力勢(shì)能和電勢(shì)能的零點(diǎn)均取在P點(diǎn)。則射出后，()A．小球的動(dòng)能最小時(shí)，其電勢(shì)能最大B．小球的動(dòng)能等于初始動(dòng)能時(shí)，其電勢(shì)能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，其動(dòng)能最大D．從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢(shì)能的增加量[規(guī)范解答]根據(jù)qE＝mg、E水平向右可知，帶正電荷q的小球所受合力F斜向右下方，且與水平方向夾角為45°；小球在P點(diǎn)的初速度v0水平向左，可畫出小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，其中O為軌跡等效最高點(diǎn)，N為軌跡上與P“等高”的點(diǎn)。根據(jù)類斜拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及對(duì)稱性可知，小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)速度與F垂直時(shí)，速度最小，動(dòng)能最小，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為v0，動(dòng)能等于初動(dòng)能，且經(jīng)過(guò)N點(diǎn)的速度豎直向下。根據(jù)Ep＝qφ，以及沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，結(jié)合上述分析可知，小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)動(dòng)能最小時(shí)，電勢(shì)能不是最大，小球經(jīng)過(guò)N點(diǎn)動(dòng)能等于初動(dòng)能時(shí)，電勢(shì)能最大，A錯(cuò)誤，B正確。分析可知，小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，恰好經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，此時(shí)動(dòng)能最小，C錯(cuò)誤。小球速度的水平分量為零時(shí)，經(jīng)過(guò)N點(diǎn)，從P到N的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有WG＋WE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根據(jù)功能關(guān)系，此過(guò)程電勢(shì)能增加量ΔEp＝－WE，則此過(guò)程WG＝ΔEp，D正確。[答案]BD模型點(diǎn)撥帶電物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類拋體運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)根據(jù)所要求解問(wèn)題的特點(diǎn)，選擇是沿等效重力和垂直等效重力的方向進(jìn)行分解，還是沿重力和靜電力的方向進(jìn)行分解，若方法選擇不恰當(dāng)，會(huì)使求解更復(fù)雜。[變式訓(xùn)練2－1]水平面上有一個(gè)豎直放置的部分圓弧軌道，O為圓心，A為軌道的最低點(diǎn)，半徑OA豎直，圓心角∠AOB為60°，半徑R＝0.8m，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝1×104N/C。一個(gè)質(zhì)量為m＝2kg、電荷量為q＝－1×10－3C的帶電小球，從軌道左側(cè)與圓心O同一高度的C點(diǎn)水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道，到達(dá)最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力FN＝32.5N。求：(1)小球拋出時(shí)的初速度v0的大小；(2)小球從B到A的過(guò)程中克服摩擦所做的功Wf。答案(1)eq\f(2\r(3),3)m/s(2)eq\f(1,3)J解析(1)小球拋出后從C到B過(guò)程中受重力和豎直向上的靜電力，做類平拋運(yùn)動(dòng)，則：mg－qE＝ma解得小球的加速度a＝eq\f(mg－qE,m)＝eq\f(2×10－1×10－3×104,2)m/s2＝5m/s2C與B的高度差h＝Rcos60°＝0.4m設(shè)小球到B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為vy，則veq\o\al(2,y)＝2ah解得小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)豎直分速度vy＝2m/s小球在B點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向夾角為60°，則tan60°＝eq\f(vy,v0)解得小球拋出時(shí)的初速度v0＝eq\f(2\r(3),3)m/s。(2)在B點(diǎn)時(shí)，sin60°＝eq\f(vy,vB)，則vB＝eq\f(4\r(3),3)m/s。小球在A點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)N′＝FN，F(xiàn)N′＋qE－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)解得：vA＝3m/s小球從B到A的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：(mg－qE)(R－Rcos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得小球從B到A的過(guò)程中克服摩擦所做的功Wf＝eq\f(1,3)J。[變式訓(xùn)練2－2]如圖所示，在豎直面內(nèi)放置光滑的絕緣軌道，勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。一帶負(fù)電的小球從高h(yuǎn)的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)(小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)無(wú)機(jī)械能的損失)并進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球所帶電荷量為eq\f(3mg,4E)，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角θ＝60°，BC段長(zhǎng)為2R。(1)若h＝5R，求小球到斜面底端時(shí)的速度大??；(2)若要求小球在全過(guò)程中不脫離軌道，求h的取值范圍。(用R表示)答案(1)2.4eq\r(gR)(2)h≥7.7R或h≤4.4R解析(1)由A到B的過(guò)程，重力做正功，靜電力做負(fù)功，由動(dòng)能定理：mgh－Feq\f(h,tanθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，又F＝qE，解得：vB＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20－5\r(3),2)))gR)≈2.4eq\r(gR)。(2)小球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，重力與靜電力的合力F合＝eq\f(5,4)mg，方向與豎直方向夾角為37°，斜向左下方，由等效重力思想，小球不脫離軌道，如圖所示，臨界時(shí)：①小球到達(dá)與圓心等效等高點(diǎn)D時(shí)速度為0：從C到D：－F合Rcos37°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)，解得：veq\o\al(2,C1)＝2gR由斜面頂端到C點(diǎn)：mgh1－Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h1,tanθ)＋eq\o(BC,\s\up6(——))))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－0，解得：h1＝eq\f(10（4＋\r(3)）,13)R≈4.4R。②小球恰能通過(guò)等效最高點(diǎn)E，在E點(diǎn)：F合＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)，解得：veq\o\al(2,E)＝eq\f(5,4)gR從C到E：－F合R(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C2)，解得：veq\o\al(2,C2)＝eq\f(23,4)gR由斜面頂端到C點(diǎn)：mgh2－Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h2,tanθ)＋eq\o(BC,\s\up6(——))))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C2)－0解得：h2＝eq\f(140＋35\r(3),26)R≈7.7R綜上：h≥7.7R或h≤4.4R。1.(多選)如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電小球恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該小球()A．所受重力與靜電力平衡B．電勢(shì)能逐漸增加C．動(dòng)能逐漸增加D．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)答案BD解析做直線運(yùn)動(dòng)的條件是垂直于速度方向上受力平衡，本題中是重力和靜電力的一個(gè)分力平衡。對(duì)帶電小球受力分析，如圖所示，F(xiàn)合≠0，故A錯(cuò)誤。由圖可知，靜電力與重力的合力與v0反向，F(xiàn)合對(duì)小球做負(fù)功，其中重力不做功，靜電力做負(fù)功，故小球動(dòng)能減少，電勢(shì)能增加，B正確，C錯(cuò)誤。F合恒定，且F合與v0方向相反，小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，D正確。2.如圖所示，質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小物塊置于傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中時(shí)，小物塊恰好靜止在斜面上。現(xiàn)將電場(chǎng)方向突然改為水平向右，而場(chǎng)強(qiáng)大小不變，則()A．小物塊仍靜止B．小物塊將沿斜面加速上滑C．小物塊將沿斜面加速下滑D．小物塊將脫離斜面運(yùn)動(dòng)答案C解析小物塊恰好靜止時(shí)靜電力大小等于重力，即F電＝mg。當(dāng)把電場(chǎng)方向突然改為水平向右時(shí)小物塊受到的靜電力方向變?yōu)樗较蜃?，把靜電力和重力分解到沿斜面和垂直斜面的兩個(gè)方向上，在垂直斜面方向上有F電sin37°＋FN＝mgcos37°，在沿斜面方向上有F電cos37°＋mgsin37°＝ma，故小物塊將沿斜面加速下滑，C正確。3．如圖甲所示，在間距足夠大的平行金屬板A、B之間有一電子，在A、B之間加上按如圖乙所示規(guī)律變化的電壓，在t＝0時(shí)刻電子靜止且A板電勢(shì)比B板電勢(shì)高，則()A．電子在A、B兩板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)B．在足夠長(zhǎng)的時(shí)間內(nèi)，電子一定會(huì)碰上A板C．當(dāng)t＝eq\f(T,2)時(shí)，電子將回到出發(fā)點(diǎn)D．當(dāng)t＝eq\f(T,2)時(shí)，電子的位移最大答案B解析電子先向A板做半個(gè)周期的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，接著做半個(gè)周期的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)歷一個(gè)周期后速度為零，以后重復(fù)以上過(guò)程，運(yùn)動(dòng)方向不變，故選B。4.(多選)如圖所示，地面上方存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)將一帶電小球從距離地面O點(diǎn)高h(yuǎn)處的A點(diǎn)以水平速度v0拋出，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小球恰好垂直于地面擊中地面上的B點(diǎn)，B到O的距離也為h，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，則下列說(shuō)法正確的是()A．從A到B的過(guò)程中小球的動(dòng)能先增大后減小B．下落過(guò)程中小球的機(jī)械能一直減小C．小球在B點(diǎn)的速度剛好為v0D．從A點(diǎn)到B點(diǎn)小球的電勢(shì)能增加了mgh答案BCD解析因?yàn)樾∏虼怪睋糁械孛?，所以小球所受靜電力水平向左，則重力和靜電力的合力F指向左下方，而初速度水平向右，末速度豎直向下，則F與速度v的夾角先為鈍角后為銳角，F(xiàn)先做負(fù)功后做正功，所以小球從A到B的過(guò)程中動(dòng)能先減小后增大，故A錯(cuò)誤；由于靜電力水平向左，所以下落過(guò)程中小球一直克服靜電力做功，小球的機(jī)械能一直減小，故B正確；對(duì)小球的運(yùn)動(dòng)分解，水平方向有eq\f(1,2)v0t＝h，豎直方向有eq\f(1,2)vBt＝h，可解得vB＝v0，故C正確；由v0＝a水平t，vB＝gt，可得a水平＝g，則靜電力大小F電＝ma水平＝mg，因此，靜電力做的功為W電＝－F電h＝－mgh，根據(jù)W電＝－ΔEp電，所以小球電勢(shì)能增加了mgh，故D正確。5.(多選)如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線成30°角。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零。則下列說(shuō)法正確的是()A．帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為－UqB．帶電粒子帶負(fù)電C．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)U,3d)答案AC解析根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可判斷B錯(cuò)誤；因?yàn)殪o電力做正功，電勢(shì)能減少，又因?yàn)镻、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，而P點(diǎn)的電勢(shì)為零，所以A正確；帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度為v0，在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場(chǎng)線為x軸，平行于電場(chǎng)線為y軸，由曲線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vy＝eq\r(3)v0，設(shè)帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，y0＝eq\f(\r(3)v0,2)t，d＝v0t，得y0＝eq\f(\r(3)d,2)，由E＝eq\f(U,y0)得E＝eq\f(2\r(3)U,3d)，C正確，D錯(cuò)誤。6．一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒(重力不計(jì))，此微粒經(jīng)過(guò)帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符。已知偏移量越大打在紙上的字跡越大?，F(xiàn)要增大字跡，下列措施可行的是()A．增大墨汁微粒的比荷B．增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能C．減小偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度D．減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓答案A解析微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，則在水平方向有：l＝v0t，在豎直方向有：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立得：y＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(qUl2,4dEk0)。要增大字跡，就要增大微粒通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏移量y，由上式分析可知，可采用的措施有：增大比荷eq\f(q,m)、減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能Ek0、增大極板的長(zhǎng)度l、增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故B、C、D錯(cuò)誤，A正確。7．(多選)如圖甲所示，絕緣、光滑水平面上方，有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。在水平面右端固定一絕緣輕彈簧，一帶電物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量為m，電荷量為＋q，將帶電物塊由靜止釋放，以物塊出發(fā)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向，建立坐標(biāo)系，物塊動(dòng)能Ek與它通過(guò)的距離x之間的關(guān)系如圖乙，其中坐標(biāo)x1處為彈簧原長(zhǎng)位置，O～x1段為直線，坐標(biāo)x2處動(dòng)能最大，坐標(biāo)x4處動(dòng)能為零。下列說(shuō)法正確的是()A．彈簧的勁度系數(shù)為k＝eq\f(qE,x2－x1)B．從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x4處，物塊所受力的合力先增加后減小C．從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x3處，彈簧彈性勢(shì)能增加了qE(x3－x1)D．從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x2處，彈簧彈性勢(shì)能增加量的大小等于電勢(shì)能減少量的大小答案AC解析在x2處物塊動(dòng)能最大，此時(shí)物塊加速度為零，則F彈＝F電，即kΔx＝k(x2－x1)＝qE，解得k＝eq\f(qE,x2－x1)，故A正確；從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x4處，彈簧彈力從0逐漸增大，在x2處F彈＝F電，所以物塊所受合力先減小后增大(也可根據(jù)題圖乙由圖像的斜率分析)，故B錯(cuò)誤；物塊的動(dòng)能、電勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能總和不變，從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x3處，物塊動(dòng)能不變，則靜電力做的功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，彈簧彈性勢(shì)能增加了ΔEp＝qE(x3－x1)，故C正確；從坐標(biāo)x1處到坐標(biāo)x2處，彈簧的彈性勢(shì)能增加，物塊動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，可知彈簧彈性勢(shì)能增加量和物塊動(dòng)能增加量之和等于電勢(shì)能減少量，故D錯(cuò)誤。8.如圖所示，一帶電小球從A處豎直向上進(jìn)入一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)小球的動(dòng)能為4J，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B時(shí)小球的動(dòng)能為5J，則小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)在同一水平面上的C點(diǎn)(圖中未畫出)時(shí)的動(dòng)能為()A．4J B．14JC．19J D．24J答案D解析從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理有F電x1－Gh＝EkB－EkA，其中W1＝F電x1是從A到B靜電力做的功，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，沿水平方向和豎直方向分別有vB＝eq\f(F電,m)t1，x1＝eq\f(vB,2)t1，vA＝eq\f(G,m)t1，h＝eq\f(vA,2)t1，代入數(shù)據(jù)，可解得W1＝5J；下降的過(guò)程中，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，與豎直上拋是對(duì)稱的，所以下降的時(shí)間與上升時(shí)間相等，即t2＝t1，則水平方向的總位移x2＝4x1，全過(guò)程中靜電力做功W2＝qEx2＝4qEx1＝4W1＝20J，全過(guò)程中，重力做功為0，根據(jù)動(dòng)能定理有W2＝Ek末－Ek初，所以Ek末＝Ek初＋W2＝24J，D正確。[名師點(diǎn)撥]本題中小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中不是做類平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)于這類勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，一般分析方法是：將運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向和重力方向分解，進(jìn)而應(yīng)用相關(guān)運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。對(duì)于某些問(wèn)題，如求速度極值，運(yùn)用等效重力法更簡(jiǎn)單。9．如圖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()A．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)答案B解析設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，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)。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v-t圖像如圖所示。由于圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過(guò)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)的總位移為正；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移為負(fù)；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)為負(fù)，速度時(shí)正時(shí)負(fù)，對(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確。10.(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝1×104N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)l＝2m的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m＝0.08kg的帶電小球，靜止時(shí)懸線與豎直方向成37°角。若小球獲得初速度恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，取小球在靜止時(shí)的位置為電勢(shì)能零點(diǎn)和重力勢(shì)能零點(diǎn)，cos37°＝0.8，g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A．小球的電荷量q＝6×10－5CB．小球動(dòng)能的最小值為1JC．小球在運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡上的最高點(diǎn)時(shí)有機(jī)械能的最小值D．小球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變，且為4J答案AB解析對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，由平衡條件可得mgtan37°＝qE，解得小球的電荷量為q＝eq\f(mgtan37°,E)＝6×10－5C，A正確；由于重力和靜電力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，如圖乙所示，在圓周軌跡上各點(diǎn)中，小球在平衡位置A點(diǎn)時(shí)的勢(shì)能(重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和)最小，在平衡位置A關(guān)于O的對(duì)稱點(diǎn)B點(diǎn)，小球的勢(shì)能最大，由于小球總能量不變，所以小球在B點(diǎn)的動(dòng)能EkB最小，對(duì)應(yīng)速度vB最小，根據(jù)題意，在B點(diǎn)小球只受重力和電場(chǎng)力，其合力為小球做圓周運(yùn)動(dòng)提供向心力，有F合＝eq\f(mg,cos37°)＝1N，又F合＝meq\f(veq\o\al(2,B),l)，得EkB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝1J，B正確；由于總能量保持不變，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，當(dāng)小球在圓周軌跡上最左側(cè)的C點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能EpE最大，所以在該點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，C錯(cuò)誤；小球由B運(yùn)動(dòng)到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4J，總能量E＝EpB＋EkB＝5J，D錯(cuò)誤。11．(多選)如圖1所示，在與豎直平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在長(zhǎng)為l的絕緣輕繩牽引下繞其懸點(diǎn)O在豎直面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鐾暾膱A周運(yùn)動(dòng)。直徑AC豎直，直徑BD水平。小球從A點(diǎn)開始電勢(shì)能Ep與轉(zhuǎn)過(guò)的角度θ的關(guān)系如圖2所示。已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿BD方向B．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(mg,q)C．輕繩在D、B兩點(diǎn)拉力的差值為3eq\r(3)mgD．輕繩在D、B兩點(diǎn)拉力的差值為6eq\r(3)mg答案BC解析由題圖2根據(jù)φ＝eq\f(Ep,q)可知，θ＝eq\f(π,6)和θ＝eq\f(7π,6)時(shí)，小球所處位置的電勢(shì)相等，則這兩個(gè)位置的連線為等勢(shì)線，同理可知，此連線右側(cè)比左側(cè)電勢(shì)高，由電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可以畫出電場(chǎng)強(qiáng)度的方向如圖甲所示，即不沿BD方向而是沿θ＝eq\f(2π,3)時(shí)輕繩所在直線的方向斜向左下方，(另一種解法：根據(jù)U＝Edcosθ可知，直徑d沿電場(chǎng)方向時(shí)，直徑兩端電勢(shì)差U＝φ1－φ2最大，則對(duì)應(yīng)小球的電勢(shì)能差值ΔEp＝qφ1－qφ2最大，由題圖2可知，θ＝eq\f(2π,3)和θ＝eq\f(5π,3)時(shí)輕繩在同一直徑上，且對(duì)應(yīng)小球的ΔEp最大，結(jié)合φ＝eq\f(Ep,q)和沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低可知，電場(chǎng)沿θ＝eq\f(2π,3)時(shí)輕繩所在直線的方向斜向左下方)故A錯(cuò)誤；根據(jù)W＝－ΔEp、W＝qU可得U＝－eq\f(ΔEp,q)，結(jié)合題圖2可知，小球運(yùn)動(dòng)軌跡上沿電場(chǎng)方向的電勢(shì)差最大為Um＝eq\f(2mgl,q)，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系可得場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(U,2l)＝eq\f(mg,q)，故B正確；小球在B、D點(diǎn)的受力分析如圖乙所示，小球在B點(diǎn)時(shí)，有TB＋qEcos30°＝eq\f(mveq\o\al(2,B),l)，小球在D點(diǎn)時(shí)，有TD－qEcos30°＝eq\f(mveq\o\al(2,D),l)，小球從B點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得qEcos30°·2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得TD－TB＝3eq\r(3)mg，故C正確，D錯(cuò)誤。12.如圖所示，位于豎直面內(nèi)的xOy直角坐標(biāo)系內(nèi)存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平，且沿x軸正方向；在x軸負(fù)半軸上P點(diǎn)可發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q(q>0)的帶電小球，初速度大小均為v0，方向均沿y軸正方向，已知電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mg,q)，重力加速度為g，不計(jì)小球間的相互作用力。(1)求帶電小球自x軸發(fā)射后，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度；(2)若帶電小球自x軸上的Q點(diǎn)(圖中未畫出)發(fā)射時(shí)，小球經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的速度方向恰好垂直于y軸，求OQ的距離；(3)求帶電小球自P點(diǎn)發(fā)射后，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最小速率是多少？答案(1)eq\r(2)g，方向與x軸正方向夾角為45°斜向下(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)(3)eq\f(\r(2),2)v0解析(1)對(duì)帶電小球進(jìn)行受力分析如圖由題意，有qE＝mg由平行四邊形定則，有F＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)＝eq\r(2)mg由牛頓第二定律，有F＝ma解得a＝eq\r(2)g且tanθ＝eq\f(mg,qE)＝1解得θ＝45°即加速度方向與x軸正方向夾角為45°斜向下。(2)帶電小球從Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的運(yùn)動(dòng)可分解為豎直方向和水平方向的分運(yùn)動(dòng)豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(v0,g)水平方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為ax＝eq\f(qE,m)＝gO、Q的距離為水平方向位移OQ＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)。(3)帶電小球自P點(diǎn)發(fā)射后做類斜上拋運(yùn)動(dòng)，最小速度為等效“最高點(diǎn)”的速度，對(duì)初速度正交分解，與加速度垂直的分量大小即為最小速率，有vmin＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0。13.如圖所示，水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛一小球，小球質(zhì)量為m，電荷量為＋q，將小球拉至豎直方向最低位置A點(diǎn)處無(wú)初速度釋放，小球?qū)⑾蜃髷[動(dòng)，細(xì)線向左偏離豎直方向的最大角度θ＝74°。(重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)求小球向左擺動(dòng)的過(guò)程中，對(duì)細(xì)線拉力的最大值；(3)若從A點(diǎn)處釋放小球，給小球一個(gè)水平向左的初速度v0，則為保證小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，v0的大小應(yīng)滿足什么條件？答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(7,4)mg(3)v0≥eq\f(\r(23gL),2)解析(1)由于帶電小球所受靜電力方向向左，分析小球的受力情況，根據(jù)對(duì)稱性，當(dāng)細(xì)線與豎直方向成eq\f(θ,2)角時(shí)，作出小球受力示意圖如圖所示，此時(shí)重力與靜電力的合力與θ角的角平分線在同一條線上，根據(jù)平衡條件得：qE＝mgtaneq\f(θ,2)，解得E＝eq\f(3mg,4q)。(2)設(shè)靜電力與重力的合力即等效重力為F，易知F＝eq\f(mg,cos\f(θ,2))＝eq\f(5,4)mg，小球運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)時(shí)速度最大，細(xì)線拉力最大，此時(shí)細(xì)線與豎直方向成eq\f(θ,2)角。小球從A運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得FLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(θ,2)))＝eq\f(1,2)mv2－0小球在等效最低點(diǎn)時(shí)，由等效重力和細(xì)線的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得T－F＝meq\f(v2,L)，解得T＝eq\f(7,4)mg由牛頓第三定律可知，小球?qū)?xì)線拉力的最大值為eq\f(7,4)mg。(3)若恰好使小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力為0，F(xiàn)充當(dāng)向心力，此時(shí)v0取最小值vmin，在等效最高點(diǎn)有F向＝F＝eq\f(mveq\o\al(2,1),L)根據(jù)動(dòng)能定理有－FLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos\f(θ,2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)聯(lián)立解得vmin＝eq\f(\r(23gL),2)為保證小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，v0的大小應(yīng)滿足的條件為v0≥eq\f(\r(23gL),2)。

第十章知識(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建

第十章水平測(cè)評(píng)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題(本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1．關(guān)于靜電場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是()A．電勢(shì)等于零處的物體一定不帶電B．電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)，電勢(shì)一定為零C．同一電場(chǎng)線上的各點(diǎn)，電勢(shì)一定相等D．負(fù)電荷沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能一定增加答案D解析零電勢(shì)的選取是任意的，一般選取大地或無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，如一個(gè)接地的帶電體其所在處電勢(shì)就為零，A錯(cuò)誤；場(chǎng)強(qiáng)為零，電勢(shì)不一定為零，B錯(cuò)誤；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，C錯(cuò)誤；負(fù)電荷沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)時(shí)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，D正確。2.如圖所示，是電子束焊接機(jī)的示意圖，圖中帶箭頭的虛線代表電場(chǎng)線，B、C是電場(chǎng)中兩點(diǎn)。K為陰極，A為陽(yáng)極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速。不考慮電子的重力，元電荷為e，則下列說(shuō)法正確的是()A．B點(diǎn)和C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度均為eq\f(U,d)B．B點(diǎn)電勢(shì)高于C點(diǎn)電勢(shì)C．電子由K到A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．電子由K到A電勢(shì)能減少eU答案D解析由題圖可知，K到A之間不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)弱，知B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，電子由K到A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度a＝eq\f(Ee,m)逐漸增大，不是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、C錯(cuò)誤；電場(chǎng)線由高的等勢(shì)面指向低的等勢(shì)面，則B點(diǎn)電勢(shì)低于C點(diǎn)電勢(shì)，B錯(cuò)誤；電子由K到A的過(guò)程中靜電力做的功為eU，則其電勢(shì)能減少了eU，D正確。3．如圖是某種靜電推進(jìn)裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強(qiáng)電場(chǎng)，虛線為等勢(shì)面。在強(qiáng)電場(chǎng)作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點(diǎn)。不計(jì)液滴重力。下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的低B．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的小C．液滴在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)的小D．液滴在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的大答案D解析高壓電源左側(cè)為正極，則發(fā)射極與吸極間所加強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)向右，而沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，可知φa>φb，故A錯(cuò)誤；等差等勢(shì)面的疏密反映場(chǎng)強(qiáng)的大小，由圖可知a處的等勢(shì)面較密，則Ea>Eb，故B錯(cuò)誤；液滴的重力不計(jì)，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為a＝eq\f(qE,m)，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C錯(cuò)誤；液滴在靜電力作用下向右加速，則靜電力做正功，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減少，即Epa>Epb，故D正確。4．規(guī)定無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，電荷量為q的點(diǎn)電荷在距離其r的位置處產(chǎn)生的電場(chǎng)的電勢(shì)φ＝eq\f(kq,r)，正電荷周圍的電勢(shì)均大于0，負(fù)電荷周圍的電勢(shì)均小于0。如圖所示，直線上三個(gè)位置A、B、C，AB＝x，BC＝2x，在C位置放一電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷，在B位置放另一個(gè)電荷量為q1的點(diǎn)電荷，如果A處的電勢(shì)為零，則下列說(shuō)法中正確的是()A．q1＝eq\f(Q,3) B．q1＝－eq\f(Q,3)C．A處的電場(chǎng)強(qiáng)度也為零 D．A處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(4kQ,9x2)答案B解析電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的電勢(shì)為φ1＝eq\f(kQ,3x)，電荷量為q1的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)的電勢(shì)為φ2＝eq\f(kq1,x)，因?yàn)棣?＋φ2＝0，則q1＝－eq\f(Q,3)，A錯(cuò)誤，B正確；以向左為正方向，電荷量為＋Q的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1＝keq\f(Q,（3x）2)，電荷量為q1的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝keq\f(q1,x2)＝－keq\f(Q,3x2)，則A處的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝E1＋E2＝－eq\f(2kQ,9x2)，即A處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(2kQ,9x2)，方向向右，故C、D錯(cuò)誤。5.如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測(cè)量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動(dòng)，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時(shí)，極板上所帶電荷量變少，則()A．材料豎直方向尺度減小 B．極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變C．極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大 D．電容器電容變大答案A解析根據(jù)題意可知兩極板間電壓U不變，極板上所帶電荷量Q變少，根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，可知電容器電容C變小，D錯(cuò)誤；根據(jù)平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知極板間距d增大，極板之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，可知極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E變小，B、C錯(cuò)誤；極板間距d增大，由幾何關(guān)系可知，材料豎直方向尺度減小，A正確。6.M、N是某電場(chǎng)中一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，若在M點(diǎn)釋放一個(gè)初速度為零的電子，電子僅受靜電力作用，并沿電場(chǎng)線由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，其電勢(shì)能隨位移變化的關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A．電子在N點(diǎn)的動(dòng)能小于在M點(diǎn)的動(dòng)能B．該電場(chǎng)有可能是勻強(qiáng)電場(chǎng)C．該電子運(yùn)動(dòng)的加速度越來(lái)越小D．電子運(yùn)動(dòng)的軌跡為曲線答案C解析電子僅受靜電力的作用，電勢(shì)能與動(dòng)能之和恒定，由圖像可知電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電勢(shì)能減小，則動(dòng)能增加，A錯(cuò)誤；分析圖像可得電子的電勢(shì)能隨運(yùn)動(dòng)距離的增大，減小得越來(lái)越慢，即經(jīng)過(guò)相等距離靜電力做功越來(lái)越少，由W＝qEΔx可得電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越小，B錯(cuò)誤；由于電子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)靜電力逐漸減小，所以加速度逐漸減小，C正確；電子從靜止開始沿電場(chǎng)線由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，可得MN電場(chǎng)線為直線，由運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系可得其軌跡必為直線，D錯(cuò)誤。7.兩個(gè)相同的負(fù)電荷和一個(gè)正電荷附近的電場(chǎng)線分布如圖所示。c是兩負(fù)電荷連線的中點(diǎn)，d點(diǎn)在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則()A．a(chǎn)點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的小B．c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比d點(diǎn)的小C．把一個(gè)正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)電勢(shì)能減小D．c點(diǎn)的電勢(shì)比d點(diǎn)的低答案D解析電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，所以由圖可知a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的大，A錯(cuò)誤；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可知b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，由Ep＝qφ可知，把一個(gè)正電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)電勢(shì)能增加，C錯(cuò)誤；由于c、d到正電荷的距離相等，若只有正電荷，則c點(diǎn)與d點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小關(guān)系為Ec＝Ed，且Ec沿虛線向下，Ed沿虛線向上，若只有兩個(gè)負(fù)電荷，則c點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度Ec′＝0，d點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度Ed′沿虛線向下，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理，當(dāng)三個(gè)電荷同時(shí)存在時(shí)，c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比d點(diǎn)的大，B錯(cuò)誤；由于c、d到正電荷的距離相等，若只有正電荷，c點(diǎn)與d點(diǎn)電勢(shì)相等，若只有兩個(gè)負(fù)電荷，電場(chǎng)線由無(wú)窮遠(yuǎn)指向負(fù)電荷，故c點(diǎn)電勢(shì)低于d點(diǎn)電勢(shì)，根據(jù)電勢(shì)疊加原理，當(dāng)三個(gè)電荷同時(shí)存在時(shí)，c點(diǎn)電勢(shì)低于d點(diǎn)電勢(shì)，D正確。8.一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、17V、26V。下列說(shuō)法正確的是()A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2.5V/cmB．坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為1VC．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的低7eVD．電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為9eV答案ABD解析如圖所示，由勻強(qiáng)電場(chǎng)中兩平行線距離相等的兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等知，Oa間電勢(shì)差與bc間電勢(shì)差相等，故O點(diǎn)電勢(shì)為1V，B正確；則在x軸上，每0.5cm長(zhǎng)度對(duì)應(yīng)電勢(shì)差為1V，10V對(duì)應(yīng)的等勢(shì)線與x軸交點(diǎn)e坐標(biāo)為(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由幾何知識(shí)得：Od長(zhǎng)度為3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，A正確；電子帶負(fù)電，電勢(shì)越高，電勢(shì)能越小，電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的高7eV，C錯(cuò)誤；電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功W＝eU＝9eV，D正確。9.如圖所示，在點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，實(shí)線MN是一條方向未標(biāo)出的電場(chǎng)線，虛線AB是一個(gè)電子只在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡。設(shè)電子在A、B兩點(diǎn)的加速度大小分別為aA、aB，電勢(shì)能分別為EpA、EpB。下列說(shuō)法正確的是()A．電子一定從A向B運(yùn)動(dòng)B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷C．無(wú)論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有EpA<EpBD．B點(diǎn)電勢(shì)可能高于A點(diǎn)電勢(shì)答案BC解析若Q在M端，由電子運(yùn)動(dòng)的軌跡可知Q為正電荷，電子從A向B運(yùn)動(dòng)或從B向A運(yùn)動(dòng)均可，由于rA<rB，故EA>EB，F(xiàn)A>FB，aA>aB，φA>φB，EpA<EpB；若Q在N端，由電子運(yùn)動(dòng)的軌跡可知Q為負(fù)電荷，且電子從A向B運(yùn)動(dòng)或從B向A運(yùn)動(dòng)均可，由于rA>rB，故φA>φB，EpA<EpB。綜上所述A、D錯(cuò)誤，B、C正確。10.在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ在x軸上分布如圖所示。下列說(shuō)法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的靜電力增大答案AC解析兩個(gè)點(diǎn)電荷在x軸上，且x1處的電勢(shì)為零，x>x1處的電勢(shì)大于零，x<x1處的電勢(shì)小于零。如果q1、q2為同種電荷，x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)不會(huì)有正、負(fù)之分，故q