2024-2025學(xué)年高考物理一輪復(fù)習(xí)專題13靜電場(chǎng)2知識(shí)點(diǎn)講解含解析

專題13靜電場(chǎng)（2）考點(diǎn)風(fēng)向標(biāo)考點(diǎn)風(fēng)向標(biāo)第一部分：考點(diǎn)梳理考點(diǎn)七、電場(chǎng)中的功能關(guān)系考點(diǎn)八、靜電場(chǎng)中的圖象問題考點(diǎn)九、動(dòng)態(tài)電容問題考點(diǎn)十、帶電粒子(或帶電體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)十一、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)考點(diǎn)十二、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)十三、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)七、電場(chǎng)中的功能關(guān)系1．電場(chǎng)中的功能關(guān)系(1)若只有電場(chǎng)力做功電勢(shì)能與動(dòng)能之和保持不變。(2)若只有電場(chǎng)力和重力做功電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變。(3)除重力之外，其他各力對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的變更。(4)全部外力對(duì)物體所做的功等于物體動(dòng)能的變更。2．電場(chǎng)力做功的計(jì)算方法(1)WAB＝qUAB(普遍適用)(2)W＝qExcosθ(適用于勻強(qiáng)電場(chǎng))(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)(4)W電＋W非電＝ΔEk(由動(dòng)能定理求解)（典例應(yīng)用1）在一個(gè)水平面上建立x軸，在過原點(diǎn)O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝6.0×105N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個(gè)電荷量q＝－5.0×10－8C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg的絕緣物塊。物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個(gè)初速率v0＝2.0m/s，如圖所示。(g取10m/s2)試求：(1)物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大距離；(2)物塊最終停止的位置。審題指導(dǎo)：第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲得信息在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力為恒力μ＝0.20受滑動(dòng)摩擦力作用其次步：找突破口(1)物塊向右在電場(chǎng)力和滑動(dòng)摩擦力作用下作勻減速直線運(yùn)動(dòng)。(2)要求最終停止的位置，應(yīng)先依據(jù)電場(chǎng)力與摩擦力大小的關(guān)系推斷物塊停在什么位置，再利用動(dòng)能定理求解?！窘馕觥?1)物塊向右作勻減速運(yùn)動(dòng)，速度為零時(shí)向右運(yùn)動(dòng)的距離最大，依據(jù)動(dòng)能定理得：－(E|q|＋μmg)xm＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得：xm＝0.4m(2)因?yàn)镋|q|>μmg，所以物塊最終停止在O點(diǎn)的左側(cè)，設(shè)離O點(diǎn)的距離為x。則：－μmg(2x＋x0)＝0－eq\f(1,2)mv2x0＝0.2m【答案】(1)0.4m(2)物塊最終停止在O點(diǎn)的左側(cè)0.2m處方法總結(jié)處理電場(chǎng)中能量問題的基本方法在解決電場(chǎng)中的能量問題時(shí)常用到的基本規(guī)律有動(dòng)能定理、能量守恒定律，有時(shí)也會(huì)用到功能關(guān)系。(1)應(yīng)用動(dòng)能定理解決問題需探討合外力的功(或總功)。(2)應(yīng)用能量守恒定律解決問題需留意電勢(shì)能和其他形式能之間的轉(zhuǎn)化。(3)應(yīng)用功能關(guān)系解決該類問題需明確電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變更之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系。(4)有電場(chǎng)力做功的過程機(jī)械能一般不守恒，但機(jī)械能與電勢(shì)能的總和可以不變。（典例應(yīng)用2）(多選)如圖所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成15°角，在豎直平面內(nèi)的直線AB與場(chǎng)強(qiáng)E相互垂直，在A點(diǎn)以大小為v0的初速度水平向右拋出一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，經(jīng)時(shí)間t，小球落下一段距離過C點(diǎn)(圖中末畫出)時(shí)其速度大小仍為v0，已知A、B、C三點(diǎn)在同一平面內(nèi)，則在小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中()A．小球的機(jī)械能增加B．小球的電勢(shì)能增加C．小球的重力勢(shì)能增加D．C點(diǎn)位于AB直線的右側(cè)【解析】由動(dòng)能定理知，動(dòng)能不變，合外力的功為零，重力做正功，電場(chǎng)力必定做負(fù)功，重力勢(shì)能減小，電勢(shì)能增加，故A、C錯(cuò)誤，B正確；電勢(shì)能增加，電場(chǎng)力做負(fù)功，AB為等勢(shì)線，所以C點(diǎn)必定在AB右方，D正確?！敬鸢浮緽D考點(diǎn)八、靜電場(chǎng)中的圖象問題常見圖象類型有E-x圖象、φ-x圖象、Ep-x圖象等。解決此類問題的方法是：明確圖象上某點(diǎn)切線的斜率或圖線與坐標(biāo)軸所圍成圖形的面積的物理意義。如表格所示：圖象類別E-x圖象φ-x圖象Ep-x圖象圖象與坐標(biāo)軸所圍成的面積S電勢(shì)差，S＝Ex＝UAB//某點(diǎn)切線的斜率/電場(chǎng)強(qiáng)度，k＝eq\f(Δφ,Δx)＝eq\f(U,d)＝E電場(chǎng)力，k＝eq\f(ΔEp,Δx)＝eq\f(WAB,d)＝F類型一E-x圖象(1)在給定了電場(chǎng)的E-x圖象后，可以由圖線確定場(chǎng)強(qiáng)的變更狀況，電勢(shì)的變更狀況，E-x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢(shì)差。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)能變更、電勢(shì)能變更等狀況。(2)在這類題目中，還可以由E-x圖象假設(shè)某一種符合E-x圖線的電場(chǎng)，利用這種已知電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布、等勢(shì)面分布或場(chǎng)源電荷來處理相關(guān)問題。（典例應(yīng)用3）(多選)(2014·上海物理·19)靜電場(chǎng)在x軸上的場(chǎng)強(qiáng)E隨x的變更關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷()A．在x2和x4處電勢(shì)能相等B．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中電勢(shì)能增大C．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電場(chǎng)力先增大后減小D．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電場(chǎng)力先減小后增大【解析】x2～x4場(chǎng)強(qiáng)沿x軸負(fù)方向，則從x2到x4處正點(diǎn)電荷逆著電場(chǎng)線方向移動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，正電荷在x4處電勢(shì)能較大，故A錯(cuò)誤；同理分析可得，B正確；由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中，由圖可以看出電場(chǎng)強(qiáng)度的肯定值先增大后減小，故電場(chǎng)力先增大后減小，故C正確，D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽C類型二φ-x圖象(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小等于φ-x圖線的斜率大小，電場(chǎng)強(qiáng)度為零處，φ-x圖線存在極值，其切線的斜率為零。(2)在φ-x圖象中可以干脆推斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小，并可依據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向。(3)在φ-x圖象中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢(shì)能的變更，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出推斷。（典例應(yīng)用4）(多選)(2024·全國(guó)卷Ⅰ·20)在一靜止點(diǎn)電荷的電場(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。電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢(shì)φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推。現(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項(xiàng)正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3【解析】A對(duì)：由題圖知，a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)距點(diǎn)電荷的距離依次增大，且rb＝2ra，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ea∶Eb＝4∶1。B錯(cuò)：rd＝2rc，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ec∶Ed＝4∶1。C對(duì)：在移動(dòng)電荷的過程中，電場(chǎng)力做的功與電勢(shì)能的變更量大小相等，則Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1。D錯(cuò)：Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1?！敬鸢浮緼C類型三Ep-x圖象（典例應(yīng)用5）(2014·安徽理綜·17)一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)。取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示。下列圖象中合理的是()點(diǎn)撥：本題是關(guān)于圖象的“信息題”。以圖象為載體考查電場(chǎng)的力的性質(zhì)與電場(chǎng)的能的性質(zhì)，考查理解題目的信息并且應(yīng)用信息解決問題的實(shí)力。本題切入點(diǎn)在于依據(jù)Ep-x圖象得到電場(chǎng)力的變更規(guī)律，突破口在于依據(jù)牛頓其次定律得到加速度的變更規(guī)律，然后結(jié)合動(dòng)能定理分析?！窘馕觥吭贓p-x圖象中，圖象的斜率大小等于粒子所受靜電力的大小，由題意可得，靜電力F隨x增大而減小，由F＝qE得電場(chǎng)強(qiáng)度E也應(yīng)減小，所以A錯(cuò)誤。而F＝ma，a也隨x增大而減小，D正確。C圖中圖象為直線，運(yùn)動(dòng)相同位移時(shí)速度增加量相同，又粒子做加速運(yùn)動(dòng)，故增加相等的速度須要的時(shí)間漸漸減小，即加速度漸漸增大，而電場(chǎng)力漸漸減小導(dǎo)致加速度減小，相互沖突，C錯(cuò)誤。依據(jù)能量守恒定律有ΔEk＝－ΔEp，所以B錯(cuò)誤?！敬鸢浮緿考點(diǎn)九、動(dòng)態(tài)電容問題1．分析比較的思路(1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變。(2)用確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)確定電容器電容的變更。(3)用定義式C＝eq\f(Q,C)判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變更。(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器極板間場(chǎng)強(qiáng)的變更。2．兩類動(dòng)態(tài)變更問題的比較分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小Q變小E變小C變小U變大E不變S變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小εr變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變?。ǖ淅龖?yīng)用6）如圖所示，平行板電容器與電源相接，充電后切斷電源，然后將電介質(zhì)插入電容器極板間，則兩板間的電勢(shì)差U及板間電場(chǎng)強(qiáng)度E的變更狀況為()A．U變大，E變大 B．U變小，E變小C．U不變，E不變 D．U變小，E不變【解析】當(dāng)平行板電容器充電后切斷電源，極板所帶電荷量Q保持不變，插入電介質(zhì)后，電容器的電容C變大，則U＝eq\f(Q,C)將變小，則由E＝eq\f(U,d)可知，板間電場(chǎng)強(qiáng)度E也將變小。選項(xiàng)B正確?！敬鸢浮緽(典例應(yīng)用7)如圖所示的試驗(yàn)裝置中，平行板電容器兩極板的正對(duì)面積為S，兩極板的間距為d，電容器所帶電荷量為Q，電容為C，靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角為α，平行板中間懸掛了一個(gè)帶電小球，懸線與豎直方向的夾角為θ，下列說法正確的是()A．若增大d，則α減小，θ減小B．若增大Q，則α減小，θ不變C．將A板向上提一些，α增大，θ增大D．在兩板間插入云母片，則α減小，θ不變【解析】若增大兩極板的間距d,C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變小，而Q不變，由C＝eq\f(Q,U)可知，U增大，α增大，又E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故E不變，電場(chǎng)力不變，小球的平衡狀態(tài)不變，故θ不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同理，若增大Q，電容器的電容C不變，則U增大，α增大，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，則電場(chǎng)力增大，故θ增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；將A板向上提一些，S減小，則C變小，Q不變，電壓U增大，α增大，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，則電場(chǎng)力增大，故θ增大，選項(xiàng)C正確；在兩板間插入云母片，εr增大，則C變大，Q不變，電壓U必減小，α減小，θ減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緾考點(diǎn)十、帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)。(2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的示意以外，一般都不能忽視重力。2．解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題的思路（典例應(yīng)用8）兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動(dòng)能是()A.eq\f(edh,U)B．edUhC.eq\f(eU,dh) D．eq\f(eUh,d)【解析】電子從O點(diǎn)到A點(diǎn)，因受電場(chǎng)力作用，速度漸漸減小。依據(jù)題意和圖示推斷，電子僅受電場(chǎng)力，不計(jì)重力。這樣，我們可以用能量守恒定律來探討問題。即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)，故選項(xiàng)D正確?！敬鸢浮緿(典例應(yīng)用9)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，則()A．電場(chǎng)方向豎直向上B．小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f(v\o\al(2,0),2g)D．若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，則小球電勢(shì)能的最大值為eq\f(mv\o\al(2,0),4)【解析】由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場(chǎng)方向與ON方向成120°角，A錯(cuò)誤；由圖中幾何關(guān)系可知，其合力為mg，由牛頓其次定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理可得－mg·2h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得h＝eq\f(v\o\al(2,0),4g)，C錯(cuò)誤，電場(chǎng)力做負(fù)功，帶電小球的電勢(shì)能變大，當(dāng)帶電小球速度為零時(shí)，其電勢(shì)能最大，則Ep＝－qE·2hcos120°＝qEh＝mg·eq\f(v\o\al(2,0),4g)＝eq\f(mv\o\al(2,0),4)，D正確?！敬鸢浮緽D考點(diǎn)十一、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．基本規(guī)律設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長(zhǎng)為l，板間距離為d(忽視重力影響)，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(l,v0)。(3)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vxt＝v0t＝l,\f(1,2)at2＝y(tǒng)，))y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)。(4)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at))，vy＝eq\f(qUt,md)，v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)。2．兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止起先經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanφ＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d)。(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場(chǎng)邊緣的距離為eq\f(L,2)。3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)探討帶電粒子的末速度v時(shí)，也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差。（典例應(yīng)用10）(2024·全國(guó)卷Ⅱ·25)如圖，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(chǎng)。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(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比；(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)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(chǎng)時(shí)的水平速度仍舊為v0。M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)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(chǎng)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)公式得veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M進(jìn)入電場(chǎng)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(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)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(chǎng)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(mg,\r(2)q)?【答案】(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(mg,\r(2)q)解題關(guān)鍵：①N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下——N在水平方向的速度恰好減速到0；②方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)——M、N在豎直方向只受重力，二者在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等；③剛離開電場(chǎng)時(shí)M的動(dòng)能為N的1.5倍——建立等式確定電場(chǎng)力和重力的關(guān)系?？键c(diǎn)十二、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一般有三種狀況(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)粒子做來回運(yùn)動(dòng)(一般分段探討)；(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般依據(jù)交變電場(chǎng)的特點(diǎn)分段探討)。2．解決帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的關(guān)鍵(1)處理方法：將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為垂直電場(chǎng)方向上的勻速運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)方向的變速運(yùn)動(dòng)。(2)比較通過電場(chǎng)的時(shí)間t與交變電場(chǎng)的周期T的關(guān)系：①若t?T，可認(rèn)為粒子通過電場(chǎng)的時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度不變，等于剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)刻的場(chǎng)強(qiáng)。②若不滿意上述關(guān)系，應(yīng)留意分析粒子在電場(chǎng)方向上運(yùn)動(dòng)的周期性。(3)留意分析不同時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的差別，找到滿意題目要求的時(shí)刻。（典例應(yīng)用11）(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變更的圖象。當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B．2s末帶電粒子回到原動(dòng)身點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零【解析】由牛頓其次定律知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度a＝eq\f(Eq,m)為第2s內(nèi)加速度a＝eq\f(2Eq,m)的eq\f(1,2)，因此先加速1s再減速0.5s至速度為零，接下來的0.5s將反向加速，v-t圖象如圖所示，由對(duì)稱性可知，反向加速的距離是帶電粒子剛好回到減速起先的點(diǎn)，A、B均錯(cuò)誤；0～3s內(nèi)，帶電粒子的初、末速度均為零，動(dòng)能的變更為零，電場(chǎng)力做的功為零，C、D正確?！敬鸢浮緾D(典例應(yīng)用12)(多選)如圖甲所示，平行金屬板中心有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大。當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，能正確反映電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變更規(guī)律的是()【解析】在0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)，電子受向右的電場(chǎng)力向B板以加速度a＝eq\f(Ue,dm)做勻加速運(yùn)動(dòng)；在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，電子受向左的電場(chǎng)力，向B板以同樣大小的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,2)時(shí)刻速度減為零；在eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時(shí)間內(nèi)，電子受向左的電場(chǎng)力，向A板以同樣大小的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)；同理可知在eq\f(3T,4)～T時(shí)間內(nèi)，電子受向右的電場(chǎng)力，向A板以同樣大小的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)，最終速度為零。故v-t圖線為A正確，C錯(cuò)誤。x-t圖線B錯(cuò)誤。a-t圖線D正確?！敬鸢浮緼D考點(diǎn)十三、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等效思想在電場(chǎng)中的應(yīng)用1．“等效法”在電場(chǎng)中的應(yīng)用方法“等效重力場(chǎng)”就是把重力場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)問題簡(jiǎn)化為只有一個(gè)場(chǎng)的問題，從而將重力場(chǎng)中的相關(guān)規(guī)律有效地遷移過來。值得留意的是，由于重力場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)都是勻強(qiáng)場(chǎng)，所以帶電體受到的重力及電場(chǎng)力都是恒力。假如電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則不能進(jìn)行等效變換。2．等效法求解電場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)問題的解題思路(1)求出重力與電場(chǎng)力的合力F合，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”。(2)將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”。(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點(diǎn)”，圓周上與該點(diǎn)在同始終徑的點(diǎn)為“等效最高點(diǎn)”。(4)將物體在重力場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解。（典例應(yīng)用13）如圖所示，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(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝100N/C，電場(chǎng)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(zhǎng)度為L(zhǎng)＝eq\r(3)m。斜面AB與水平面BC由一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(chǎng)區(qū)域的外部(忽視電場(chǎng)對(duì)O1O2右側(cè)空間的影響)?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg、帶電荷量為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)μ＝eq\f(\r(3),5)(g取10m/s2)。(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)所受軌道的壓力大??；(3)小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離?！窘馕觥?1)以小球?yàn)樘接憣?duì)象，由A點(diǎn)至C點(diǎn)的