模板09 靜電場(chǎng)（五大題型）高考物理答題技巧與模板構(gòu)建（解析版）

模板09靜電場(chǎng)（五大題型）本節(jié)導(dǎo)航：本節(jié)導(dǎo)航：題型01帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)題型02帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)題型03帶電體在等效場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題題型04帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題型05電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題題型01帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1、該題型的命題思路一：帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入電場(chǎng)，若粒子重力不計(jì)，則所受電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向在一條直線上，帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)（加速或減速）。2、命題思路二：帶電粒子垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，且重力不能忽略，重力與電場(chǎng)力等大反向，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。一、必備基礎(chǔ)知識(shí)1、帶電粒子的種類基本粒子：電子和質(zhì)子等，除有說(shuō)明或有明確的暗示以外，此類粒子一般不考慮重力，但不能忽略質(zhì)量。帶電微粒：油滴、塵埃和小球等，除有說(shuō)明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。2、條件粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。3、電場(chǎng)強(qiáng)度定義：放入電場(chǎng)中某一點(diǎn)的電荷受到的電場(chǎng)力F跟它的電荷量q的比值，叫做該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度。表達(dá)式：E＝eq\f(F,q)，單位為N/C或V/m。方向：規(guī)定正電荷在電場(chǎng)中某點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向?yàn)樵擖c(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向。4、電場(chǎng)線定義：為了形象描述電場(chǎng)而假想的一條條有方向的曲線。曲線上每一點(diǎn)的切線的方向表示該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向。特點(diǎn)：①電場(chǎng)線既不相交也不閉合，這是因?yàn)樵陔妶?chǎng)中任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不可能有兩個(gè)方向；②電場(chǎng)線從正電荷或無(wú)窮遠(yuǎn)處出發(fā)，終止于負(fù)電荷或無(wú)窮遠(yuǎn)處；③電場(chǎng)線上每一點(diǎn)的切線方向就表示該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，正電荷受力方向與電場(chǎng)線在該點(diǎn)切線方向相同，負(fù)電荷受力方向與電場(chǎng)線在該點(diǎn)切線方向相反；④電場(chǎng)線不是實(shí)際存在的曲線，是為了形象描述電場(chǎng)而假想的。5、靜電力做功求電場(chǎng)力做功的方法：①公式法：，僅適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)。②動(dòng)能定理：W電＋W其＝ΔEk。③電勢(shì)差（電勢(shì)）的關(guān)系：W＝qUAB＝q(φA－φB)。④電勢(shì)能的關(guān)系：。6、電勢(shì)能定義：電荷在電場(chǎng)中具有的能叫做電勢(shì)能，符號(hào)用Ep表示，單位為J。大小：電勢(shì)能的大小等于將電荷從該點(diǎn)移到零勢(shì)能位置時(shí)電場(chǎng)力所做的功。該物理量為標(biāo)量，正號(hào)表示電勢(shì)能大于零勢(shì)能點(diǎn)位置，負(fù)號(hào)表示電勢(shì)能小于零勢(shì)能點(diǎn)位置。電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系：電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能的減少量，即WAB＝EpA－EpB。電場(chǎng)力做正（負(fù)）功，電勢(shì)能減少（增加）。該公式適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)；適用于正電荷，也適用于負(fù)電荷。7、電勢(shì)定義：電荷在電場(chǎng)中某一點(diǎn)的電勢(shì)能與它的電荷量的比值，叫做這一點(diǎn)的電勢(shì)。在數(shù)值上等于單位正電荷由該點(diǎn)移到零電勢(shì)點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力所做的功。表達(dá)式：，單位為伏特，符號(hào)為V，其中1V=1J/C。8、電勢(shì)差定義：電場(chǎng)中兩點(diǎn)間電勢(shì)的之差，叫做電勢(shì)差，也叫電壓。單位為伏特，符號(hào)為V。電荷在電場(chǎng)中由一點(diǎn)A移動(dòng)到另一點(diǎn)B時(shí)，電場(chǎng)力所做的功WAB與電荷量q的比值WABq叫做AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，即UAB=表達(dá)式：電場(chǎng)中A點(diǎn)的電勢(shì)為φA，B點(diǎn)的電勢(shì)為φB，則有和，故。二、解題模板1、解題思路2、注意問(wèn)題解決這類問(wèn)題時(shí)和解決物體受重力、彈力、摩擦力等做直線運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題的思路是相同的，不同的是受力分析時(shí)，不要遺漏電場(chǎng)力。解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵是靈活利用動(dòng)力學(xué)分析的思想，采用受力分析和運(yùn)動(dòng)學(xué)方程相結(jié)合的方法進(jìn)行解決，也可以采用功能結(jié)合的觀點(diǎn)進(jìn)行解決，往往優(yōu)先采用動(dòng)能定理。3、解題方法運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，受到的電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上，做加（減）速直線運(yùn)動(dòng)，即a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。這種方法適用于粒子受恒力作用。用能量的觀點(diǎn)進(jìn)行分析：電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化量，即qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)（在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，而在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中有W＝qU＝Ek2－Ek1。）。這種方法適用于粒子受恒力或變力作用。（2022·北京·高考真題）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計(jì)帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達(dá)N板時(shí)的速度大小v；（3）若在帶電粒子運(yùn)動(dòng)距離時(shí)撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t。思路分析第一問(wèn)的思路：第二問(wèn)的思路：第三問(wèn)的思路詳細(xì)解析【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到N板的過(guò)程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)距離時(shí)的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后距離做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)用時(shí)分別為t1、t2，有，則該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間（2024·河北·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，上下正對(duì)放置的兩塊帶電平行板之間的距離為，兩板之間的電勢(shì)差為。兩板之間勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下。把一個(gè)質(zhì)子從上極板由靜止釋放，質(zhì)子質(zhì)量和電荷量分別為和，質(zhì)子的重力不計(jì)。(1)求質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的電場(chǎng)力大小；(2)求質(zhì)子運(yùn)動(dòng)到下極板時(shí)的速度大?。?3)若質(zhì)子運(yùn)動(dòng)到兩板正中間時(shí)，兩板之間的電場(chǎng)突然消失（不考慮電場(chǎng)變化產(chǎn)生的磁場(chǎng)），求在這種情況下質(zhì)子從上板運(yùn)動(dòng)到下板的時(shí)間。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)電場(chǎng)力的計(jì)算公式有（2）根據(jù)動(dòng)能定理有解得（3）根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有撤去電場(chǎng)后，質(zhì)子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)子從上板運(yùn)動(dòng)到下板的時(shí)間為解得題型02帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1、該題型為帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，初速度與電場(chǎng)力的方向垂直，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)。該題型的解題方法為利用類平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)進(jìn)行求解。2、該題型帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)一般有兩種情況：①有初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)；②經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)后再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。一、必備基礎(chǔ)知識(shí)1、進(jìn)入電場(chǎng)的方式①有初速度：以初速度v0垂直場(chǎng)強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，受恒定電場(chǎng)力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)。②無(wú)初速度：靜止放在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速獲得速度v0，然后垂直場(chǎng)強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)。2、受力特點(diǎn)①有初速度：電場(chǎng)力大小恒定，且方向與初速度v0的方向垂直。②無(wú)初速度：加速階段電場(chǎng)力大小恒定，且方向與運(yùn)動(dòng)方向平行；偏轉(zhuǎn)階段電場(chǎng)力大小恒定，且方向與速度v0的方向垂直。3、運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)①有初速度：做類平拋運(yùn)動(dòng)（勻變速曲線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)）。②無(wú)初速度：加速階段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；偏轉(zhuǎn)階段做類平拋運(yùn)動(dòng)。4、圖例①有初速度的圖例如下所示：②無(wú)初速度的圖例如下所示：二、解題模板1、解題思路2、注意問(wèn)題帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)重要推論與平拋運(yùn)動(dòng)的相同。3、解題方法分解的方法（在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)分解成相互垂直的兩個(gè)方向上的直線運(yùn)動(dòng)）：①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；②沿電場(chǎng)方向做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。功能的方法（首先對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，再進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算）：①若選用動(dòng)能定理，則要分清有哪些力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的動(dòng)能的增量；②若選用能量守恒定律，則要分清帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。偏轉(zhuǎn)角的分析和計(jì)算：已知電荷情況及初速度，如上圖所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電壓為U1。若粒子飛出電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,vx)，式中vy＝at＝eq\f(qU1,dm)·eq\f(l,v0)，vx＝v0，聯(lián)立解得tanθ＝eq\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d)①。結(jié)論：動(dòng)能一定時(shí)tanθ與q成正比，電荷量相同時(shí)tanθ與動(dòng)能成反比。已知加速電壓U0，如果不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過(guò)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，則由動(dòng)能定理有：qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②，由①②式得：tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)。結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無(wú)關(guān)，僅取決于加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。偏轉(zhuǎn)量的計(jì)算和分析：由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,dm)·（eq\f(l,v0)）2③，作粒子速度的反向延長(zhǎng)線，設(shè)交于O點(diǎn)，O點(diǎn)與電場(chǎng)邊緣的距離為x，則x＝eq\f(y,tanθ)＝eq\f(\f(qU1l2,2dmv\o\al(2,0)),\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d))＝eq\f(l,2)。結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，就像是從極板間的l/2處沿直線射出。如果不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，則由②和③，得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)。結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)距離與粒子的q、m無(wú)關(guān)，僅取決于加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離總是相同的。在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：能飛出電容器的時(shí)間計(jì)算式為；不能飛出電容器的時(shí)間計(jì)算式為，。推論1：粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，其速度反向延長(zhǎng)線與初速度方向延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)平分沿初速度方向的位移。推論2：位移方向與初速度方向間夾角的正切等于速度偏轉(zhuǎn)角正切的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。（2024·福建·高考真題）如圖，直角坐標(biāo)系中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器、，其中垂直軸放置，極板與軸相交處存在小孔、；垂直軸放置，上、下極板右端分別緊貼軸上的、點(diǎn)。一帶電粒子從靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)直線加速后從射出，緊貼下極板進(jìn)入，而后從進(jìn)入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直軸離開(kāi)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為、帶電量為，、間距離為，、的板間電壓大小均為，板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：(1)粒子經(jīng)過(guò)時(shí)的速度大小；(2)粒子經(jīng)過(guò)時(shí)速度方向與軸正向的夾角；思路分析第一問(wèn)的思路：第二問(wèn)的思路詳細(xì)解析【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）粒子從M到N的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）粒子在中，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有、又解得（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，平行邊界A、B間有垂直于邊界向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅰ，平行邊界B、C間有方向與邊界成45°斜向右下方的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅱ，邊界A上有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向電場(chǎng)Ⅰ內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子射出的初速度大小相同，平行邊界向下射出的粒子經(jīng)電場(chǎng)Ⅰ偏轉(zhuǎn)后，進(jìn)入電場(chǎng)Ⅱ，在電場(chǎng)Ⅱ中做直線運(yùn)動(dòng)，平行邊界向上射出的粒子，經(jīng)電場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ偏轉(zhuǎn)，恰好垂直邊界C射出。已知電場(chǎng)I的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，A、B間距為L(zhǎng)，B、C間距為2L，不計(jì)粒子的重力和粒子間的作用力，求：(1)所有粒子進(jìn)電場(chǎng)Ⅱ時(shí)的速度大??；(2)電場(chǎng)Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(3)邊界C上有粒子射出區(qū)域的長(zhǎng)度?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)題意可知，平行邊界向下射出的粒子出電場(chǎng)I時(shí)，速度偏向角為，出電場(chǎng)Ⅰ時(shí)，沿電場(chǎng)方向的速度根據(jù)牛頓第二定律粒子出電場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度解得根據(jù)動(dòng)能定理可知，所有粒子進(jìn)電場(chǎng)Ⅱ時(shí)的速度大小相同，即等于。（2）平行邊界向上射出的粒子，進(jìn)電場(chǎng)Ⅲ時(shí)速度方向恰好與電場(chǎng)Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度垂直，此粒子在電場(chǎng)Ⅱ中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，則粒子在電場(chǎng)Ⅱ中的加速度大小為對(duì)粒子在電場(chǎng)Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向分解，則由于此粒子在電場(chǎng)Ⅱ中的偏向角為，因此有根據(jù)幾何關(guān)系解得（3）由（1）可知，粒子在點(diǎn)射出的初速度大小為由于沿平行邊界射出的粒子出電場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度的偏向角為，由此分析可知邊界上有粒子通過(guò)的區(qū)域長(zhǎng)度為則在邊界上有粒子射出的區(qū)域長(zhǎng)度由（2）問(wèn)可知解得題型03帶電體在等效場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題帶電體在電場(chǎng)中除了受電場(chǎng)力以外，還受到重力的作用，對(duì)于處在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)中物體的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題就會(huì)變得復(fù)雜一些。此時(shí)可以將重力場(chǎng)與電場(chǎng)合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場(chǎng)”來(lái)代替，可形象稱之為“等效重力場(chǎng)”。一、必備基礎(chǔ)知識(shí)1、等效場(chǎng)模型各種性質(zhì)的場(chǎng)與實(shí)物（分子和原子的構(gòu)成物質(zhì)）的根本區(qū)別之一是場(chǎng)具有疊加性，即幾個(gè)場(chǎng)可以同時(shí)占據(jù)同一空間，從而形成復(fù)合場(chǎng)。對(duì)于復(fù)合場(chǎng)中的力學(xué)問(wèn)題，可以根據(jù)力的獨(dú)立作用原理分別研究每種場(chǎng)力對(duì)物體的作用效果，也可以同時(shí)研究幾種場(chǎng)力共同作用的效果，將復(fù)合場(chǎng)等效為一個(gè)簡(jiǎn)單場(chǎng)，然后與重力場(chǎng)中的力學(xué)問(wèn)題進(jìn)行類比，利用力學(xué)的規(guī)律和方法進(jìn)行分析與解答。等效重力：重力與靜電力的合力；等效加速度：等效重力與物體質(zhì)量的比值。2、等效最“高”點(diǎn)與最“低”點(diǎn)的尋找確定重力和電場(chǎng)力的合力的大小和方向，然后過(guò)圓周圓心作等效重力作用線的反向延長(zhǎng)線，反向延長(zhǎng)線交圓周上的那個(gè)點(diǎn)即為圓周的等效最“高”點(diǎn)，延長(zhǎng)線交圓周的那個(gè)點(diǎn)為等效最“低”點(diǎn)。二、解題模板1、解題思路2、注意問(wèn)題等效模型問(wèn)題：先求出重力與電場(chǎng)力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”，將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向。如此便建立起“等效重力場(chǎng)”。再將物體在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解即可。3、解題方法正交分解法：由于帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力和重力都是恒力，不受約束的粒子做的都是勻變速運(yùn)動(dòng)，因此可以采用正交分解法處理。將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)互相垂直的直線運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)合成求解復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的有關(guān)物理量。等效思維法：等效思維法是將一個(gè)復(fù)雜的物理問(wèn)題，等效為一個(gè)熟知的物理模型或問(wèn)題的方法。對(duì)于這類問(wèn)題，若采用常規(guī)方法求解，過(guò)程復(fù)雜，運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解，則能避開(kāi)復(fù)雜的運(yùn)算，過(guò)程比較簡(jiǎn)捷。（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，豎直面內(nèi)有一半徑為r的光滑圓形軌道，圓形軌道的最低點(diǎn)B處有一入口與水平地面連接，空間存在方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶電荷量為、質(zhì)量為m的小物塊從水平地面上的A點(diǎn)由靜止釋放。已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小，小物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度為，，。(1)求等效重力加速度；(2)若取B點(diǎn)電勢(shì)為零，，求物塊電勢(shì)能的最小值及此時(shí)的動(dòng)能；思路分析第一問(wèn)的思路;第二問(wèn)的思路：詳細(xì)解析【答案】(1)(2)；(3)或【詳解】（1）小物塊所受的電場(chǎng)力方向水平向左，大小為小球所受電場(chǎng)力和重力的合力稱為等效重力，用表示，如圖所示則即等效重力加速度用表示，則（2）如圖所示，E點(diǎn)為小球做圓周運(yùn)動(dòng)的等效最低點(diǎn)，F(xiàn)點(diǎn)是與圓心“等高”的點(diǎn)，G點(diǎn)是等效最高點(diǎn)若小球進(jìn)入軌道后恰好能到達(dá)F點(diǎn)，設(shè)此時(shí)釋放點(diǎn)A到B的距離為，則小球由A到F的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有求得則當(dāng)時(shí)，小球恰好能夠到達(dá)F點(diǎn)，則小球到達(dá)圓心的等高點(diǎn)C時(shí)電勢(shì)能最小，小球由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中電場(chǎng)力做的功為求得即物塊電勢(shì)能的最小值為。從A到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2024·福建·一模）在豎直平面內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系質(zhì)量為m的帶電小球，它靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ=37°角，如圖所示?，F(xiàn)給小球一個(gè)方向與細(xì)線垂直的初速度讓小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做順時(shí)針的圓周運(yùn)動(dòng)，，重力加速度大小為g。（1）求小球受到電場(chǎng)力的大小F并指出小球帶何種電荷；（2）求小球運(yùn)動(dòng)的最大速度；（3）若小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線立即被燒斷，求小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)正下方時(shí)與O點(diǎn)的高度差h?！敬鸢浮浚?），則小球帶正電；（2）=；（3）h=L【詳解】（1）小球靜止時(shí)，受重力、電場(chǎng)力、和繩子的拉力，由平衡條件得解得方向水平向右，則小球帶正電。（2）由于重力和電場(chǎng)力都是恒力，所以它們的合力G等也是恒力，類比重力場(chǎng)等效重力G等=在圓上各點(diǎn)中，小球在平衡位置A時(shí)速度最大，在A關(guān)于O點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)B時(shí)，小球的速度最小，則有G等=m從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有-G等·2L=解得：小球運(yùn)動(dòng)的最大速度=（3）設(shè)細(xì)線燒斷時(shí)小球的速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理有-G等（L-Lcosθ）=水平方向上，只受電場(chǎng)力作用，水平方向先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向加速度不變，水平向左為正方向，小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)正下方時(shí)水平方向的速度為。水平方向，根據(jù)動(dòng)量定理有-Ft=豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，則h-L=解得h=L題型04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)問(wèn)題，由于不同時(shí)段所受力不同，則運(yùn)動(dòng)情況也不同，導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)情景比較復(fù)雜，所以需要分段分析。不同階段的銜接點(diǎn)很重要。2、這類問(wèn)題的難度一般較大，對(duì)想象能力和綜合分析能力的要求較高。一、必備基礎(chǔ)知識(shí)1、交變電場(chǎng)類型交變電場(chǎng)常見(jiàn)的電壓波形：正弦波、方形波、鋸齒波等。2、運(yùn)動(dòng)類型粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)，方法為對(duì)整段或分段研究用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。粒子做往返運(yùn)動(dòng)，方法為分段研究，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或者動(dòng)能定理等求解。U-t圖像v-t圖像軌跡圖粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)，方法為根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)進(jìn)行分段研究，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或者動(dòng)能定理等求解。U-t圖像v-t圖像軌跡圖ttOvyv0T/2T單向直線運(yùn)動(dòng)AB速度不反向vv0v0ttOvyv0往返直線運(yùn)動(dòng)AB速度反向TT/2-v0vv0v0v0二、解題模板1、解題思路2、注意問(wèn)題①當(dāng)粒子平行于電場(chǎng)方向射入時(shí)，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其初速度和受力情況決定了粒子的運(yùn)動(dòng)情況，粒子可以做周期性的直線運(yùn)動(dòng)；②當(dāng)粒子垂直于電場(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性。從一個(gè)階段轉(zhuǎn)換到另一個(gè)階段時(shí)，要分析好物理量的銜接。3、解題方法動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)：①動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)（牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律結(jié)合）；②能量觀點(diǎn)（動(dòng)能定理和功能關(guān)系等）；③動(dòng)量觀點(diǎn)（動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律）。帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形。當(dāng)粒子垂直于交變電場(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性。對(duì)于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場(chǎng)，若粒子穿過(guò)板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過(guò)電場(chǎng)時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)：抓住粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間上的周期性和空間上的對(duì)稱性，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)的臨界條件。研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場(chǎng)變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況。根據(jù)電場(chǎng)的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等。兩條思路：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。（2024·貴州六盤水·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，大量質(zhì)量為m、電量為q的同種帶正電粒子組成長(zhǎng)為的直線型粒子陣列，以的初速度射入兩板M、N之間的加速電場(chǎng)，離開(kāi)加速電場(chǎng)后粒子陣列長(zhǎng)度變?yōu)?。時(shí)刻，位于陣列最前端的粒子開(kāi)始從O點(diǎn)沿Ox軸正方向射入場(chǎng)強(qiáng)大小為，方向周期性變化（周期為T）的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，向下為電場(chǎng)正方向，電場(chǎng)右邊界PQ橫坐標(biāo)為，y方向范圍足夠大。忽略粒子間的相互作用，不計(jì)粒子重力。求：(1)M、N兩板間加速電壓的大??；(2)粒子離開(kāi)PQ時(shí)的縱坐標(biāo)范圍。思路分析第一問(wèn)的思路：第二問(wèn)的思路：詳細(xì)解析【答案】(1)(2)【詳解】（1）我們假定粒子在加速電場(chǎng)里加速的時(shí)間忽略不計(jì)，從第一個(gè)粒子進(jìn)入加速電場(chǎng)到最后一個(gè)粒子進(jìn)入加速電場(chǎng)的過(guò)程中，則有而陣列長(zhǎng)度被拉長(zhǎng)兩倍，相當(dāng)于在這段時(shí)間里第一個(gè)粒子比最后一個(gè)粒子多走，則有可解得在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理，則有可解得（2）粒子在進(jìn)入到周期性變化電場(chǎng)中，在水平方向上，則有可解得而粒子陣列全部進(jìn)入所需要的時(shí)間為可解得也就是說(shuō)，時(shí)刻進(jìn)入的粒子會(huì)打到下方的最遠(yuǎn)位置射出，在豎直方向時(shí)間段內(nèi)，則有根據(jù)牛頓第二定律，則有可解得故從下方射出時(shí)，到橫軸的豎直距離為也就是說(shuō)，時(shí)刻入射的粒子，會(huì)打到上方的最遠(yuǎn)點(diǎn)，在豎直方向時(shí)間段內(nèi)，粒子豎直方向向下加速，則有在時(shí)間段內(nèi)，粒子在豎直方向減速到0，在時(shí)間段內(nèi)，粒子豎直方向向上加速，則有粒子在時(shí)間段內(nèi)，粒子在豎直方向向下減速，以此過(guò)程循環(huán)四個(gè)周期，所以綜上所述，離開(kāi)的縱坐標(biāo)范圍為（2024·河南·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，平行板A、B長(zhǎng)度為L(zhǎng)，平行板M、N長(zhǎng)度與板間距離相等（大小未知），兩組平行板均水平放置且中線重合，在A、B板中線左側(cè)有一粒子源，均勻地向右沿中線射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子射出的初速度大小恒定，在A、B板間加有如圖乙所示的交變電壓（圖中和T均已知），所有粒子在A、B板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為T，在時(shí)刻進(jìn)入A、B板間的粒子恰好從A板的右邊緣附近射出；在M、N板間加有恒定電壓，所有粒子進(jìn)入M、N板后，有一半的粒子能從M、N板間射出。M、N兩板右端的虛線PQ與熒光屏間有方向斜向右上方的勻強(qiáng)電場(chǎng)，PQ與熒光屏平行，從M、N板間射出的粒子進(jìn)入PQ右側(cè)電場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在熒光屏上，將M、N兩板的電壓（電壓大小不變）反接，粒子最終垂直打在熒光屏上，不計(jì)粒子的重力，不計(jì)粒子間的相互影響，求：(1)A、B板間的距離；(2)M、N板間所加的電壓；(3)M、N兩板間電壓未反向時(shí)，進(jìn)入PQ右側(cè)電場(chǎng)的粒子最終打在熒光屏上時(shí)的動(dòng)能?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）時(shí)刻進(jìn)入AB板間的粒子，在豎直方向上滿足先加速后減速到0，則有根據(jù)牛頓第二定律，則有又因可解得（2）在AB電場(chǎng)的水平方向，則有所以在MN電場(chǎng)中，粒子均水平入射，做類平拋運(yùn)動(dòng)，只有一半的粒子能射出，所以中間入射的粒子在極板邊緣射出，水平方向，則有豎直方向，則有根據(jù)牛頓第二定律，則有又因可解得（3）在MN電場(chǎng)射出時(shí)，則有所以粒子為斜向右上方45°射出的，由于射出后沿直線運(yùn)動(dòng)，所以電場(chǎng)線與粒子運(yùn)動(dòng)速度方向共線，所以電場(chǎng)反向時(shí)，在PQ右側(cè)水平方向，則有在豎直方向上，則有根據(jù)牛頓第二定律，則有可解得在電場(chǎng)未反向時(shí)，列動(dòng)能定理，則有可解得題型05電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題要善于把電學(xué)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問(wèn)題，建立帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系、功能關(guān)系和能量關(guān)系等多角度進(jìn)行分析與研究。一、必備基礎(chǔ)知識(shí)1、三種觀點(diǎn)把電學(xué)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問(wèn)題，建立帶電粒子在電場(chǎng)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)系及功能關(guān)系兩條途徑進(jìn)行分析與研究。動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)：①由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中帶電粒子所受電場(chǎng)力和重力都是恒力，可用正交分解法。②綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問(wèn)題。能量的觀點(diǎn)：①運(yùn)用動(dòng)能定理，注意過(guò)程分析要全面，準(zhǔn)確求出過(guò)程中的所有力做的功，則要分清有哪些力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的動(dòng)能的增量。②運(yùn)用能量守恒定律，分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。動(dòng)量的觀點(diǎn)：①運(yùn)用動(dòng)量定理，要注意動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個(gè)矢量必須選同一個(gè)正方向。②運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，除了要注意動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是矢量式，還要注意題目表述是否為某方向上動(dòng)量守恒。2、運(yùn)動(dòng)情況反映受力情況物體靜止（保持）：F合＝0。直線運(yùn)動(dòng)：①勻速直線運(yùn)動(dòng)：F合＝0。②變速直線運(yùn)動(dòng)：F合≠0，且F合方向與速度方向總是一致。曲線運(yùn)動(dòng)：F合≠0，F(xiàn)合方向與速度方向不在一條直線上，且總指向運(yùn)動(dòng)軌跡曲線的內(nèi)側(cè)。F合與v的夾角為α，加速運(yùn)動(dòng)：0≤α＜90°；減速運(yùn)動(dòng)：90°＜α≤180°。勻變速運(yùn)動(dòng)：F合＝恒量。二、解題模板1、解題思路2、注意問(wèn)題動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來(lái)解決實(shí)際問(wèn)題，一般有兩種情況：①帶電粒子初速度方向與電場(chǎng)線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；②帶電粒子的初速度方向垂直電場(chǎng)線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)（類平拋運(yùn)動(dòng)）。當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般要采用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解決問(wèn)題。3、解題方法確定研究對(duì)象——一個(gè)帶電體或幾個(gè)帶電體構(gòu)成的系統(tǒng)。兩大分析：①受力分析：a、多了個(gè)電場(chǎng)力；b、重力是否忽略，據(jù)題意：若是基本粒子一般忽略；若是帶電顆粒，一般不能忽略。②運(yùn)動(dòng)分析——運(yùn)動(dòng)情況反映受力情況。選用規(guī)律列方程式求解——平衡條件、牛頓第二定律、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理、能量守恒定律等。（2024·福建·二模）如圖，絕緣的木板B放置在傾角為α=37°、固定的光滑斜面上（斜面足夠長(zhǎng)），斜面最底端固定一擋板，B底端與擋板的距離L=6m。一帶正電物塊A放置在木板最上端，通過(guò)一根跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪的輕繩與小球C相連，輕繩絕緣且不可伸長(zhǎng)，A與滑輪間的繩子與斜面平行。斜面上方存在一沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B、C均靜止，輕繩處于伸直狀態(tài)。t=0時(shí)剪斷連接A、C之間的輕繩，已知A、B、C的質(zhì)量分別為mA=1.5kg、mB=1kg、mC=3kg，A的帶電量為q=3×10-6C，A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì)，B與擋板碰撞視為彈性碰撞，整個(gè)過(guò)程A未與木板B脫離，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)求木板B第一次與擋板碰撞前瞬間的速度大?。?3)若木板B第一次與擋板碰撞時(shí)，電場(chǎng)方向改為沿斜面向上，求第6次與擋板碰撞時(shí)，B的速度大小和B要滿足的最小長(zhǎng)度Lmin。思路分析第一問(wèn)的思路：第二問(wèn)的思路：第三問(wèn)的思路：詳細(xì)解析【答案】(1)5×106N/C(2)12m/s(3)0.00384m/s，15m【詳解】（1）對(duì)A、B、C整體，由共點(diǎn)力平衡條件得解得（2）對(duì)A、B整體，由牛頓第二定律得解得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得解得（3）B與擋板發(fā)生彈性碰撞后瞬間，電場(chǎng)反向，碰撞之后對(duì)A、B進(jìn)行整體受力分析所以第一次碰后到第二次碰撞，A和B整體動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得共速之后，對(duì)A、B整體一起勻速運(yùn)動(dòng)直至第二次碰撞，第二次碰撞后，解得同理可得，B與擋板第n次碰撞時(shí)速度故B與擋板第6次碰撞的速度為根據(jù)以上推導(dǎo)，可得A、B共同速度越來(lái)越小，最終停在最底部，此時(shí)，若A恰好在B的最底端，則此時(shí)B的長(zhǎng)度最小為L(zhǎng)min，由能量守恒定律得解得（2024·四川·一模）如圖（a），絕緣不帶電木板靜止在水平地面上，電荷量的滑塊A靜止在木板上左端，電荷量的滑塊B靜止在木板上距木板右端處；B左側(cè)（含B所在位置）的木板面粗糙，右側(cè)的木板面光滑；A、B和粗糙木板面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。時(shí)刻，在空間加一水平向右的電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E隨時(shí)間t變化的圖像如圖（b），時(shí)刻，撤去電場(chǎng)。已知木板、A、B的質(zhì)量均為，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，可能的碰撞均為時(shí)間極短的彈性碰撞，不計(jì)A、B間的庫(kù)侖力，重力加速度。(1)通過(guò)計(jì)算判斷：時(shí)刻，滑塊A、B和木板是否處于靜止?fàn)顟B(tài)；(2)時(shí)，求滑塊B的速度大??；(3)判斷滑塊B是否能再次返回木板上，若能則求出返回初始位置的時(shí)刻，若不能則說(shuō)明理由?！敬鸢浮?1)滑塊A、B和木板均處于靜止?fàn)顟B(tài)(2)(3)見(jiàn)解析【詳解】（1）由題圖（b）的圖像可知：時(shí)刻，；A、B受到的電場(chǎng)力大小分別為（向左）（向右）A和B所受的最大靜摩擦力為因?yàn)?，故A和B均不會(huì)相對(duì)木板滑動(dòng)，地面對(duì)木板的最大靜摩擦力為對(duì)木板、A和B組成的系統(tǒng)，因故木板不會(huì)相對(duì)地面滑動(dòng)，所以滑塊A、B和木板均處于靜止?fàn)顟B(tài)。（2）①隨增大，設(shè)A在時(shí)刻相對(duì)木板滑動(dòng)并從滑板左側(cè)滑落，此時(shí)的臨界關(guān)系為解得由題圖（b）的圖像可知對(duì)應(yīng)時(shí)刻為；②隨繼續(xù)增大，假設(shè)木板和B相對(duì)靜止且在時(shí)刻開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的臨界關(guān)系為解得由題圖（b）的圖像可知對(duì)應(yīng)時(shí)刻為，因?yàn)樗约僭O(shè)成立；再隨繼續(xù)增大，B將在時(shí)刻相對(duì)木板向右滑動(dòng)，此時(shí)的臨界關(guān)系為對(duì)B分析對(duì)系統(tǒng)分析解得，由題圖（b）的圖像可知對(duì)應(yīng)時(shí)刻為；綜上，在時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力的沖量為對(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)量定理有代入數(shù)據(jù)解得時(shí)刻B和木板的共同速度為（3）至，電場(chǎng)強(qiáng)度恒為，B進(jìn)入木板上光滑部分，由牛頓第二定律，對(duì)B有對(duì)木板有代入數(shù)據(jù)得（向右），（向左）設(shè)木板經(jīng)時(shí)間發(fā)生位移停止運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有，代入數(shù)據(jù)得，設(shè)B在內(nèi)發(fā)生位移，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有，代入數(shù)據(jù)得，因?yàn)楣是『迷跁r(shí)刻，B以速度與靜止的木板相碰；因B和木板的質(zhì)量相等，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)能量、動(dòng)量均守恒，故碰撞后兩者速度互換，即碰后木板和的速度分別為（向右），設(shè)再經(jīng)過(guò)，B再次返回木板上的初始位置，此過(guò)程中，B始終靜止，木板的加速度仍為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有代入數(shù)據(jù)解得綜上，B再次返回木板上的初始位置的時(shí)刻為1．（2024·江蘇淮安·一模）如圖所示，傾角的光滑絕緣斜面AB與半徑的圓弧光滑絕緣軌道BCD在豎直平面內(nèi)相切于B點(diǎn)，圓弧軌道處于方向水平向右的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。質(zhì)量、電荷量的小滑塊從斜面上P點(diǎn)由靜止釋放，沿斜面運(yùn)動(dòng)經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，已知P、B兩點(diǎn)間距，，，g取。(1)求滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度大小；(2)求滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；(3)調(diào)整斜面上釋放點(diǎn)位置，欲使滑塊能從D點(diǎn)飛出，求該釋放點(diǎn)與B點(diǎn)間距的最小值?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）滑塊從P點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理得解得滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度大小（2）Q點(diǎn)與B點(diǎn)的高度Q點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離為滑塊從B點(diǎn)到Q點(diǎn)，由動(dòng)能定理得解得滑塊在Q點(diǎn)由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律可得滑塊運(yùn)動(dòng)到與圓心O等高的Q點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?）滑塊要到D點(diǎn)，則需過(guò)物理最高點(diǎn)，即與B關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)解得滑塊從B點(diǎn)到B的對(duì)稱點(diǎn)動(dòng)能定理得滑塊從點(diǎn)到B點(diǎn)由動(dòng)能定理得解得該釋放點(diǎn)與B點(diǎn)間距的最小值為。2．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）內(nèi)部長(zhǎng)度為l、質(zhì)量為m的“]”形木塊扣在水平面上，右側(cè)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的電荷，質(zhì)量為m，電荷量為，電荷表面絕緣且光滑，木塊恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)，整個(gè)空間有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，木塊不影響電場(chǎng)的分布，給木塊一個(gè)水平向右的沖量，之后所有碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力可視為滑動(dòng)摩擦力。（1）求木塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（2）欲使木塊與電荷的第一次碰撞發(fā)生在木塊左端，給木塊水平向右的沖量需要滿足什么條件？（3）分別給電荷和木塊一水平向左、向右大小均為的沖量，求兩者第二次碰撞前木塊與地面摩擦生熱的熱量Q?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）對(duì)木塊和電荷的整體受力分析，有代入電場(chǎng)強(qiáng)度E的值，得（2）設(shè)木塊的初速度為，由動(dòng)量定理知設(shè)電荷的加速度大小為，木塊的加速度大小為，則有代入第（1）問(wèn)中值，得設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間木塊與電荷于左端發(fā)生第一次碰撞，則且碰撞時(shí)滿足解得（3）給兩者的沖量大小為后，速度大小為，則設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間電荷與木塊相碰，則解得（舍去另解）由于碰前速度大小為，則解得由于是彈性碰撞，兩者質(zhì)量相同，碰后交換速度，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間兩者發(fā)生第二次碰撞解得設(shè)第二次碰撞前，木塊和電荷的速度分別為和，有摩擦生熱為由以上各式得3．（2024·云南·模擬預(yù)測(cè)）某裝置用電場(chǎng)控制帶電粒子運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖所示，矩形區(qū)域內(nèi)存在兩層緊鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)，每層的高度均為d，電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，方向沿豎直方向（如圖所示），邊長(zhǎng)為，邊長(zhǎng)為，質(zhì)量為m、電荷量為的粒子流從邊中點(diǎn)P射入電場(chǎng)，粒子初速度為，入射角為θ，在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用。(1)當(dāng)時(shí)，若粒子能從邊射出，求該粒子通過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間t；(2)當(dāng)時(shí)，若粒子從邊射出電場(chǎng)時(shí)與軸線的距離小于d，求入射角θ的范圍?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）依題粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，受到豎直方向的電場(chǎng)力，故水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在水平方向的速度水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，故該粒子通過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間（2）粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，豎直方向的速度為分析易得，粒子豎直方向加速度為若粒子從邊射出電場(chǎng)時(shí)與軸線的距離小于d，由整理可得故解得故θ的取值范圍是4．（2024·陜西寶雞·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，固定有一個(gè)傾角為的光滑斜面，一質(zhì)量、電荷量的小物塊置于斜面上的A點(diǎn)，恰能處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知A點(diǎn)與斜面底端B的距離為1.5m，g取，，，求：（1）電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；（2）若電場(chǎng)強(qiáng)度方向不變，大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則小物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所需的時(shí)間和此過(guò)程小物塊電勢(shì)能的變化量分別為多少？

【答案】（1），方向水平向右；（2）1s，電勢(shì)能增加了0.45J【詳解】（1）小物塊恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，有解得方向水平向右（2）場(chǎng)強(qiáng)變化后，對(duì)物塊有由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有解得電場(chǎng)力做功由功能關(guān)系有，電勢(shì)能的變化量與電場(chǎng)力做功有電勢(shì)能增加了0.45J。5．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一傾角為的光滑絕緣斜面固定于水平面上，斜面上有一凹進(jìn)斜面的光滑絕緣圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與斜面底端相切，半徑為R，M、分別為圓形區(qū)域的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，兩個(gè)帶電小球、可以在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)，小球質(zhì)量為、電荷量為，小球質(zhì)量為、電荷量為，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小，初始時(shí)小球固定于圓形區(qū)域邊緣上的點(diǎn)（圖中未畫(huà)出），小球靜止于點(diǎn)，兩小球在運(yùn)動(dòng)和碰撞過(guò)程中電荷量始終不變，不計(jì)兩小球之間的庫(kù)侖力，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為，。(1)現(xiàn)給小球一個(gè)沿平行于斜面底端方向的初速度，當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小，求此時(shí)小球?qū)π泵娴淖饔昧Φ拇笮。▓A形區(qū)域?qū)儆谛泵娴囊徊糠郑?2)如果將小球解除鎖定，小球沿圓形區(qū)域邊緣由靜止開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與小球發(fā)生彈性碰撞，碰撞之后小球恰好能經(jīng)過(guò)點(diǎn)，求小球解除鎖定的位置點(diǎn)距斜面底端的距離。【答案】(1)(2)【詳解】（1）根據(jù)題意，小球沿圓形區(qū)域的邊緣做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)斜面對(duì)小球指向圓心方向的彈力為，根據(jù)向心力公式有代入數(shù)據(jù)解得小球在最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)斜面對(duì)小球在垂直于斜面方向的彈力為，在垂直于斜面方向上有斜面對(duì)小球的作用力根據(jù)牛頓第三定律有小球?qū)π泵娴淖饔昧Υ笮。?）根據(jù)題意，碰撞后小球沿圓形區(qū)域的邊緣做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球恰好能經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)的速度為，根據(jù)向心力公式有解得設(shè)