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)在電場中運動的綜合問題[熱考點]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動的關(guān)系、功能關(guān)系和動量關(guān)系等多角度進行分析與研究。命題角度1電場中粒子的運動圖像問題【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，將一帶負電荷的粒子從a點處由靜止釋放，粒子從a運動到b過程中的v－t圖線如圖乙所示，設(shè)a、b兩點的電勢分別為φa、φb，場強大小分別為Ea、Eb，粒子在a、b兩點的電勢能分別為Wa、Wb，不計重力，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，速度增大的直線運動，故可知從a到b電場強度減小，粒子動能增大，電勢能減小，電場力方向由a指向b，電場線方向由b指向a，b點電勢高于a點電勢，故選項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，進而確定電場強度的方向、電勢的高低及電勢能的變化。【變式訓(xùn)練1】如圖2甲所示，Q1、Q2為兩個被固定的點電荷，a、b、c三點在它們連線的延長線上，其中Q1帶負電。現(xiàn)有一帶負電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始向遠處運動并經(jīng)過b、c兩點(粒子只受電場力作用)，粒子經(jīng)過a、b、c三點時的速度分別為va、vb、vc，其v－t圖像如圖乙所示。以下說法正確的是()圖2A.Q2一定帶負電B.Q2的電量一定大于Q1的電量C.b點的電場強度最大D.粒子由a點運動到c點過程中，粒子的電勢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動，在b點時粒子速度最小，加速度為零。根據(jù)牛頓第二定律Eq＝ma，得出粒子在b點受力為零，b點電場強度為零，選項C錯誤；在b點Q1對帶負電粒子的電場力水平向右，要使b點粒子所受合力為零，則Q2對帶負電粒子的電場力水平向左，所以Q2帶正電，選項A錯誤；b點與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B錯誤；粒子從a點運動到c點過程，動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒定律知，粒子電勢能先增大后減小，選項D正確。答案D命題角度2帶電粒子在電場中的運動【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)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。圖3解析設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為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兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有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，若勻強電場的寬度為d，EF、CD為其邊界，改變場強的大小，使粒子在A點時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。當粒子經(jīng)過EF邊界的B點時，速度方向與EF成30°角，求：圖4(1)勻強電場的場強的大??；(2)粒子打在光屏上的位置距離O點的距離。解析(1)粒子在電場中做類平拋運動，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)做勻速直線運動，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電場E1，EF與MN之間加上水平向右的勻強電場E2，CD與EF、EF與MN之間的距離都為d，由A點靜止釋放帶電粒子，粒子過EF時速度為v0，如圖5所示。粒子打在光屏MN上的位置與O點的距離為d，求兩個電場場強大小之比。圖5解析粒子在豎直向上的電場中加速，由動能定理得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動，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動問題的基本思路(1)兩分析：一是對帶電粒子進行受力分析，二是分析帶電粒子的運動狀態(tài)和運動過程(初始狀態(tài)及條件，直線運動還是曲線運動等)。(2)建模型：建立正確的物理模型(加速還是偏轉(zhuǎn))，恰當選用規(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軸的正方向的勻強電場，第二象限中有沿y軸負方向的勻強電場，兩電場的電場強度大小相等。一個質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電質(zhì)點以初速度v0從x軸上P(－L，0)點射入第二象限，已知帶電質(zhì)點在第一和第二象限中都做直線運動，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個點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兩點間的電勢差UPQ；(3)帶電質(zhì)點在第一象限中運動所用的時間。解析(1)由題意知，帶電質(zhì)點在第二象限做勻速直線運動，有qE＝mg且由帶電質(zhì)點在第一象限做直線運動，有tanθ＝eq\f(mg,qE)解得θ＝45°(2)P到Q的過程，由動能定理有qEL－mgL＝0WPQ＝qEL解得UPQ＝eq\f(WPQ,－q)＝－eq\f(mgL,q)(3)帶電質(zhì)點在第一象限做勻變速直線運動，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)點在第一象限中往返一次所用的時間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球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為零，A球進入水平軌道后，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。已知A、B兩球始終沒有接觸。重力加速度為g。求：圖7(1)A球剛進入水平軌道的速度大?。?2)A、B兩球相距最近時，A、B兩球系統(tǒng)的電勢能Ep；(3)A、B兩球最終的速度vA、vB的大小。關(guān)鍵點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A球下滑的過程，據(jù)機械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gh)(2)A球進入水平軌道后，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當兩球相距最近時共速，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)當兩球相距最近之后，在靜電斥力作用下相互遠離，兩球距離足夠遠時，相互作用力為零，系統(tǒng)勢能也為零，速度達到穩(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)電場中動量和能量問題的解題技巧動量守恒定律與其他知識綜合應(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、帶電荷量的絕對值為q的物塊(視為質(zhì)點)，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電場，其場強大小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摩擦因數(shù)恒定，物塊運動到絕緣板的右端時恰好相對于絕緣板靜止；若將勻強電場的方向改變?yōu)樨Q直向上，場強大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結(jié)果兩者相對靜止時，物塊未到達絕緣板的右端。求：圖8(1)場強方向豎直向下時，物塊在絕緣板上滑動的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；(2)場強方向豎直向下時與豎直向上時，物塊受到的支持力之比；(3)場強方向豎直向上時，物塊相對于絕緣板滑行的距離。解析(1)場強方向向下時，根據(jù)動量守恒定律得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)場強向下時N＝mg－qE場強向上時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′l′＝Q，μNl＝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]帶電粒子在交變電場中的運動1.此類題型一般有三種情況(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)；(2)二是粒子做往返運動(一般分段研究)；(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究)。2.兩條分析思路：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。3.注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。命題角度1粒子做單向直線運動【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，其電場強度E隨時間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摩擦因數(shù)是0.2D.物塊在4s內(nèi)電勢能減少了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A正確；由圖可知，前2s物塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有qE1－μmg＝ma，由圖線知加速度為a＝1m/s2，2s后物塊做勻速運動，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B錯誤，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，則電勢能減少了14J，故選項D錯誤。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板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，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兩項錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱恪Ｖ笾貜?fù)上述運動，A項正確，B項錯誤。答案A命題角度2粒子做往返運動【例5】(多選)如圖11所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，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方向運動B.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點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)向負方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，v－t圖像如圖所示，由動能定理可知，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，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()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，粒子的速度方向時而為負，時而為正，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時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時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；當t0>T時情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各選項可知只有B正確。答案B命題角度3粒子做偏轉(zhuǎn)運動【例6】(多選)如圖13甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，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)時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動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時間內(nèi)運動的描述，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)微粒勻速運動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻的豎直速度為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A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知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D錯誤。答案BC【變式訓(xùn)練6】(2018·廣西重點高中高三一模)(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時刻射入C、D間的電子經(jīng)時間T恰好能從極板C的邊緣飛出。不計阻力、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)，因為電子穿過C、D運動的時間相等，則出電場時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A正確；若只增大d1，則電子射入C、D間時的速度不變，熒光屏上形成的亮線長度不變，選項B錯誤；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C正確；因為電子均平行射出電場，故亮線長度與L無關(guān)，選項D錯誤。答案AC帶電體在電場中的平衡與運動問題[題源：教科版選修3－1·P40·T16]如圖所示，一條長為l的細線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為m的帶電小球。將它置于一勻強電場中，電場強度大小為E，方向水平向右。已知當細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，小球怎樣運動？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)答案勻加速直線運動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處以一定初速度水平拋出。在距拋出點水平距離L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細管。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區(qū)域加一個場強方向水平向左的勻強電場，如圖15所示，求：圖15(1)小球的初速度v0和電場強度E的大??；(2)小球落地時的動能Ek。解析(1)電場中運動的帶電小球，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)從拋出到落地由動能定理得mgh－EqL＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球落地時動能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電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖16所示。由此可見()圖16A.電場力為2mgB.小球帶負電C.小球從A到B與從B到C的運動時間相等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平拋過程水平方向的位移是二倍的關(guān)系，所以時間也是二倍的關(guān)系，故選項C錯誤；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A錯誤；小球受到的電場力向上，與電場方向相反，所以小球應(yīng)該帶負電，故選項B正確；速度變化量等于加速度與時間的乘積，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電場。自該區(qū)域上方的A點將質(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離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，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點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小。解析(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運動的時間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。由題給條件和運動學(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點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學(xué)公式veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M進入電場后做直線運動，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)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)⑨設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得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點，一帶負電的微粒僅在靜電力作用下以一定的初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度v與時間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動，所以帶負電的粒子順著電場線運動，電場力做負功，速度逐漸減小，且電場線沿粒子運動方向逐漸密集，故選項A正確，選項B、C、D錯誤。答案A2.(多選)如圖2所示，兩個帶等量正電荷的小球A、B(可視為點電荷)，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，且PO＝ON?，F(xiàn)將一個電荷量很小的帶負電的小球C(可視為質(zhì)點)，由P點靜止釋放，在小球C向N點運動的過程中，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，從無窮遠處到O點電場強度先變大后變小，到O點變?yōu)榱?，帶負電的小球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點加速度變?yōu)榱?，速度達到最大，v－t圖線的斜率先變大后變??；由O點到無窮遠，速度變化情況與另一側(cè)速度的變化情況具有對稱性。如果PN足夠遠，選項B正確；如果PN很近，選項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區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強電場，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，小球運動的v－t圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，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，小球經(jīng)過邊界MNC.在小球向下運動的整個過程中，重力做的功大于電場力做功D.在1～4s過程中，小球的機械能先減少后增加解析小球進入電場前做自由落體運動，進入電場后受到重力和電場力作用而做減速運動，由題圖乙可以看出，小球經(jīng)過邊界MN的時刻是t＝1s和t＝4s時，故選項B錯誤；由v－t圖像的斜率等于加速度得，小球進入電場前的加速度大小a1＝g＝eq\f(v1,t1)＝v1，進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A正確；小球向下運動的整個過程中，動能的變化量為零，根據(jù)動能定理，整個過程中重力做的功與電場力做的功大小相等，故選項C錯誤；整個過程中，由題圖可得，小球在0～2.5s內(nèi)向下運動，在2.5～5s內(nèi)向上運動，在1～4s過程中，電場力先做負功后做正功，所以小球的機械能先減少后增加，故選項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)從a點以v1＝1×104m/s的初速度垂直于PQ進入電場，最終從MN邊界的b點以與水平邊界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出電場時的速度v2＝2×104m/s，已知MP＝20cm、MN＝80cm，取a點電勢為零，如果以a點為坐標原點O，沿PQ方向建立x軸，則粒子從a點運動到b點的過程中，電場的電場強度E、電勢φ、粒子的速度v、電勢能Ep隨x的變化圖像正確的是()圖4解析因為規(guī)定a點電勢為零，粒子進入電場后做類平拋運動，根據(jù)電場力做功與電勢能的變化的關(guān)系，有qEx＝ΔEp＝0－Ep，故Ep＝－qEx，故選項D正確；因為勻強電場中的電場強度處處相等，故選項A錯誤；因為粒子離開電場時的速度v2＝eq\f(v1,sin30°)＝2v1，電場的方向水平向右，沿電場線的方向電勢降低，故選項B錯誤；粒子在電場中運動的過程中，由動能定理可知，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C錯誤。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。圖中虛線為等勢線，關(guān)于中心線z軸上下對稱，相鄰等勢線間電勢差相等。圖中P、Q、R是一個從左側(cè)進入聚焦電場的帶正電粒子的運動軌跡上的三點，則可以確定()圖5A.該裝置是由兩個平行板電容器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點到R點的過程中電勢能減少D.若將帶正電粒子束從右側(cè)射入聚焦電場，則一定被會聚解析由等勢線的形狀可知，A1A2、A3A4不是兩對平行板電容器，選項A錯誤；由帶正電粒子的運動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B正確；由于帶正電的粒子從Q點到R點的過程中，電場力對其做正功，故其電勢能減少，選項C正確；帶正電粒子束從右側(cè)射入時，由粒子受到的電場力的方向可知，粒子將向兩側(cè)發(fā)散而不能會聚，選項D錯誤。答案BC6.如圖6所示，在E＝103V/m的豎直勻強電場中，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，P為QN圓弧的中點，一帶負電q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量m＝10g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側(cè)1.5m的M處，取g＝10m/s2，求：圖6(1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運動？(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？解析(1)設(shè)小滑塊到達Q點時速度為v，由牛頓第二定律得mg＋qE＝eq\f(mv2,R)①小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得－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P點時速度為v′，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得－(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點時，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電場，電場強度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兩點緊貼豎直邊界線O1O2，位于電場區(qū)域的外部(忽略電場對O1O2右側(cè)空間的影響)?，F(xiàn)將一個質(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)在A點由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝eq\f(\r(3),5)。求：(g取10m/s2)圖7(1)小球到達C點時的速度大??；(2)小球到達D點時所受軌道的壓力大?。?3)小球落地點距離C點的水平距離。解析(1)以小球為研究對象，由A點至C點的運動過程中，根據(jù)動能定理可得(mg＋Eq)h－μ(mg＋