2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第八章靜電場第37講電場中的圖象問題和力電綜合問題教學(xué)案新人教版

PAGE22-第37講電場中的圖象問題和力電綜合問題實力命題點一電場中的圖象問題幾種常見圖象的常用解題規(guī)律v-t圖象依據(jù)v-t圖象的速度變更、斜率變更(即加速度的變更)，確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變更狀況，進而確定電場的方向、電勢的凹凸及電勢能的變更φ-x圖象①電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率大小。②在φ-x圖象中可以干脆推斷各點電勢的大小，并可依據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向。③在φ-x圖象中可利用ΔEp＝qφB－qφA分析電荷移動時電勢能的變更，再依據(jù)WAB＝－ΔEp＝qUAB可分析電場力做的功WABE-x圖象①反映了電場強度隨位移變更的規(guī)律。②E>0表示場強沿x軸正方向；E<0表示場強沿x軸負方向。③圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢凹凸依據(jù)電場方向判定Ep-x圖象①Ep-x圖象的斜率大小表示電場力，可以依據(jù)斜率大小的變更從而推斷出電場力大小的變更，從而可以推斷場強E的大小變更。②圖象斜率的正負表示電場力的方向，由斜率正負的變更可以推斷電場力方向以及場強方向的變更。③由Ep-x圖象的總體變更狀況可判定電場力做功狀況。比如：Ep增大，則F電肯定做負功，反之做正功(2024·湖南懷化高考一模)如圖甲所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，一個帶負電的摸索電荷僅在電場力作用下以初速度v0沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運動，其v-t圖象如圖乙所示。下列說法正確的是()A．兩點電荷肯定都帶正電，但電量不肯定相等B．兩點電荷肯定帶正電，0～t2時間內(nèi)摸索電荷所經(jīng)過的各點場強越來越大C．t1、t3兩時刻摸索電荷在同一位置D．t2時刻摸索電荷的電勢能最大，摸索電荷所在處電場的電勢最高解析依據(jù)摸索電荷的v-t圖象可知，固定的兩電荷Q1、Q2都帶正電，摸索電荷沿中垂線向上運動，可知兩點電荷電量相等，A錯誤；由v-t圖象的斜率可知，0～t2時間內(nèi)摸索電荷運動的加速度先增加后減小，故0～t2時間內(nèi)摸索電荷所經(jīng)過的各點場強先增大后減小，B錯誤；依據(jù)v-t圖象的對稱性可知t1、t3兩時刻摸索電荷在同一位置，C正確；t2時刻摸索電荷的速度減為零，此時摸索電荷的電勢能最大，摸索電荷所在其運動的區(qū)域內(nèi)所處電場的電勢最低，D錯誤。答案C雖然圖象種類繁多，但各種圖象的處理方法都類似。大多數(shù)圖象問題都考查斜率或面積的物理意義。斜率的物理意義由縱軸變更量除以橫軸變更量確定；面積的物理意義由對應(yīng)的縱軸與橫軸所代表的物理量相乘確定。1.(2024·江蘇高考)(多選)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大答案AC解析兩個點電荷在x軸上，且x1處的電勢為零，x>x1處的電勢大于零，x<x1處的電勢小于零。假如q1、q2為同號電荷，x軸上各點的電勢不會有正、負之分，故q1、q2必為異號電荷，A正確。x1處φ-x圖線斜率不為零，故x1處的電場強度不為零，B錯誤。負電荷從x1移動到x2的過程，電勢上升，電勢能減小，C正確。由φ-x圖象的斜率表示電場強度知負電荷從x1移動到x2，所受電場力減小，D錯誤。2．(多選)靜電場在x軸上的場強E隨x的變更關(guān)系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸正向運動，則點電荷()A．在x2和x4處電勢能相等B．由x1運動到x3的過程中電勢能增大C．由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D．由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大答案BC解析由題圖可知，從x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確，D錯誤；由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，知A錯誤，B正確。3.(多選)一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x的變更關(guān)系如圖所示，則下列說法正確的是()A．粒子從x1處運動到x2處的過程中電場力做正功B．x1、x2處電場強度方向沿x軸正方向C．x1處的電場強度大小大于x2處的電場強度大小D．x1處的電勢比x2處的電勢低答案AD解析由于粒子從x1運動到x2，電勢能減小，因此電場力做正功，粒子所受電場力的方向沿x軸正方向，粒子帶負電，故電場強度方向沿x軸負方向，A正確，B錯誤；由于x1處的圖線斜率的肯定值小于x2處圖線斜率的肯定值，因此x1處的電場強度大小小于x2處的電場強度大小，C錯誤；沿著電場線方向電勢降低，故x1處的電勢比x2處的電勢低，D正確。實力命題點二帶電粒子在交變電場中的運動1．常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。2．常見的運動類型(1)粒子做單向直線運動。(2)粒子做來回運動。(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動。3．常用的分析方法(1)帶電粒子在交變電場中的運動，通常只探討電壓的大小不變、方向做周期性變更(如方波)且不計粒子重力的情形。在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，在兩板中間便可獲得交變電場。此類電場，從空間看是勻強電場，即同一時刻，電場中各個位置電場強度的大小、方向都相同；從時間看是變更的，即電場強度的大小、方向都隨時間而變更。①當(dāng)粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力狀況確定了粒子的運動狀況，粒子可以做周期性的運動。②當(dāng)粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。(2)探討帶電粒子在交變電場中的運動，關(guān)鍵是依據(jù)電場變更的特點，利用牛頓其次定律正確地推斷粒子的運動狀況。依據(jù)電場的變更狀況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。(3)對于鋸齒波或正弦波形成的交變電場，常常是干脆提到或通過計算可得出粒子在電場中運動的時間很短，因此該過程可看做電場來不及變更，將粒子在該過程中的運動看做是在恒定電場中的運動。(2024·河南許昌高三二診)(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢φ隨時間t的變更狀況如圖乙所示，t＝0時，在P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，當(dāng)t＝2T時，電子回到P點。電子運動過程中未與極板相碰，不計重力，則下列說法正確的是()A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．在0～2T時間內(nèi)，當(dāng)t＝T時電子的動能最大D．在0～2T時間內(nèi)，電子的動能增大了eq\f(2e2T2φ\o\al(2,1),md2)解析A板接地，0～T時間內(nèi)平行板間的電場強度為：E1＝eq\f(φ1,d)，電子以加速度a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eφ1,md)向上做勻加速直線運動，經(jīng)過時間T的位移為：x1＝eq\f(1,2)a1T2，速度為：v1＝a1T；T～2T時間內(nèi)平行板間的電場強度為：E2＝eq\f(φ2,d)，加速度大小為：a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(eφ2,md)，電子以v1的速度向上做勻變速直線運動，位移為：x2＝v1T－eq\f(1,2)a2T2，由題意2T時刻回到P點，則有：x1＋x2＝0，聯(lián)立可得：φ2＝3φ1，故A錯誤，B正確；0～T時間內(nèi)電子做勻加速直線運動，T～2T時間內(nèi)先做勻減速直線運動，后反向做勻加速直線運動，因φ2＝3φ1，所以在0～2T時間內(nèi)，當(dāng)t＝2T時電子的動能最大，故C錯誤；電子在2T時刻回到P點，此時其速度為：v2＝v1－a2T＝－eq\f(2φ1eT,dm)(負號表示方向向下)，電子的動能為：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(2φ\o\al(2,1)e2T2,d2m)，故D正確。答案BD解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法(1)分析時從兩條思路動身：一是力和運動的關(guān)系，依據(jù)牛頓其次定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。(2)因電場隨時間變更，交變電場中帶電粒子所受到電場力出現(xiàn)周期性變更，導(dǎo)致運動過程出現(xiàn)多個階段，分段分析是常見的解題思路。借助速度圖象能更全面直觀地把握運動過程，處理起來比較便利。1.勻強電場的電場強度E隨時間t變更的圖象如圖所示。當(dāng)t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子(帶正電)，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原動身點C．3s末帶電粒子的速度不為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零答案D解析由牛頓其次定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度大小a1＝eq\f(Eq,m)，第2s內(nèi)的加速度大小a2＝eq\f(2Eq,m)，因此粒子先加速1s再減速0.5s速度為零，接下來的0.5s將反向加速，第3～5s的運動可做類似分析，v-t圖象如圖所示，依據(jù)圖象可知A錯誤；由圖象面積代表位移可知，2s末粒子不在動身點，B錯誤；由圖象可知第3s末粒子的速度為零，故C錯誤；由動能定理可知0～3s內(nèi)，W電＝ΔEk＝0，故D正確。2．如圖a所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖b所示的交變電壓，一重力可忽視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()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。依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負。分別作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的v-t圖象，如圖所示。由于v-t圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0<t0<eq\f(T,4)與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；t0>T時狀況類似。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，比照各項可知B正確。3．(2024·山東濰坊二模)(多選)如圖所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，OO′為中心線，O點有一粒子源，能持續(xù)水平向右放射初速度為v0，電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力。以下推斷正確的是()A．粒子在電場中運動的最短時間為eq\f(\r(2)d,v0)B．射出電場時粒子的最大動能為eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C．t＝eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子，從O′點射出D．t＝eq\f(3d,v0)時刻進入的粒子，從O′點射出答案AD解析由圖可知場強E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)，則粒子在電場中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(v\o\al(2,0),2d)，則粒子在電場中運動的最短時間滿意eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min)，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)，A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t＝eq\f(8d,v0)，由運動的對稱性可知隨意時刻射入的粒子射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時粒子的動能均為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，B錯誤；t＝eq\f(d,2v0)＝eq\f(T,8)時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向下加速eq\f(3T,8)，起先階段可向下加速的時間最長為eq\f(3T,8)，因eq\f(3T,8)>tmin，則粒子打在下極板，故C錯誤；t＝eq\f(3d,v0)＝eq\f(3T,4)時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向上加速eq\f(T,4)，后向上減速eq\f(T,4)，速度到零，此時在豎直方向的位移y＝2·eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2＝eq\f(d,2)，剛好不打在極板上；然后向下加速eq\f(T,4)，再向下減速eq\f(T,4)，速度到零，回到中心線OO′上……如此反復(fù)，則最終從電場射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將從O′點射出，D正確。實力命題點三“等效法”處理帶電粒子在勻強電場和重力場中的運動探討對象為帶電小球等帶電物體，重力不能忽視，在勻強電場中運動時所受電場力、重力都是恒力，常用的方法是等效“重力”法。等效“重力”法：將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向。處理帶電體在“等效重力場”中的運動時要留意的兩點：(1)電場力做功狀況。對帶電體進行受力分析時，留意帶電體受到的電場力的方向與運動方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而確定電場力做功狀況。(2)等效最高點與幾何最高點。在“等效重力場”中做圓周運動的小球，常常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題。小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不肯定是幾何最高點，而應(yīng)是等效最高點。同理，速度最大的點是等效最低點。如圖。如圖所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時將小球從A點由靜止釋放，當(dāng)細線離開豎直位置偏角α＝60°時，小球速度為0。(1)求小球的帶電性質(zhì)及電場強度E的大??；(2)若小球恰好完成豎直平面內(nèi)的圓周運動，求從A點釋放小球時應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)。解析(1)依據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。小球由A點釋放到速度等于零，由動能定理有EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝eq\f(2\r(3),3)mg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方。若小球恰能做完整的圓周運動，在等效最高點：meq\f(v2,L)＝eq\f(2\r(3),3)mg由A點到等效最高點，依據(jù)動能定理得－eq\f(2\r(3),3)mgL(1＋cos30°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)聯(lián)立解得vA＝eq\r(2gL\r(3)＋1)。答案(1)正電eq\f(\r(3)mg,3q)(2)eq\r(2gL\r(3)＋1)等效思維方法就是將一個困難的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。例如我們學(xué)習(xí)過的等效電阻、分力與合力、合運動與分運動等都體現(xiàn)了等效思維方法。半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m，帶正電荷的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖，珠子所受電場力是其重力的eq\f(3,4)，將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，則：(1)珠子所能獲得的最大動能是多大？(2)珠子對環(huán)的最大壓力是多大？答案(1)eq\f(1,4)mgr(2)eq\f(7,4)mg解析(1)如圖所示，在珠子的等效最低點B進行受力分析。設(shè)OB與OA之間的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)可得θ＝37°。珠子在等效最低點B時具有最大的動能。珠子從A到B的過程，電場力和重力做功，珠子的動能增加，即：－mgr(1－cosθ)＋qEr·sinθ＝Ek－0解得珠子所能獲得的最大動能Ek＝－mgr(1－cosθ)＋qErsinθ＝eq\f(1,4)mgr。(2)分析可得：珠子在等效最低點B處受到環(huán)的支持力最大。依據(jù)合力供應(yīng)向心力FN－F＝meq\f(v2,r)又因為重力和電場力的合力F＝eq\f(5,4)mgEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgr,4)所以FN＝F＋meq\f(v2,r)＝eq\f(5,4)mg＋eq\f(1,2)mg＝eq\f(7,4)mg依據(jù)牛頓第三定律，珠子對圓環(huán)的最大壓力是eq\f(7,4)mg。實力命題點四電場中的力電綜合問題1．動力學(xué)的觀點(1)由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，留意受力分析要全面，特殊留意重力是否須要考慮。2．功能觀點：首先對帶電體受力分析，再分析運動形式，然后依據(jù)詳細狀況選用相應(yīng)公式計算。(1)若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中動能的增量，并推斷選用分過程還是全過程運用動能定理。(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參加轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是削減的。3．動量觀點(1)涉及動量變更，或只涉及力作用時間而不要求求解詳細運動過程的，首先考慮動量定理。(2)對于碰撞問題，首先考慮動量守恒定律。(2024·山東省“評價大聯(lián)考”三模)如圖所示，BCD是光滑絕緣的半圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，直徑為BD，豎直軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，質(zhì)量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，場強大小為E。質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊a置于水平軌道上，電荷量為q＝eq\f(3mg,2E)，滑塊a與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g?，F(xiàn)將滑塊a從水平軌道上距離B點12R的A點處由靜止釋放，運動到B點與滑塊b發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且電量不變，碰后兩滑塊粘在一起運動，a、b滑塊均視為質(zhì)點。求：(1)滑塊a、b碰撞后的速度大小；(2)碰后，滑塊在圓形軌道上最大速度的大小，以及在最大速度位置處滑塊對軌道作用力的大小。解析(1)對a從A到B的過程用動能定理得Eeq\f(3mg,2E)×12R－μmg×12R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝2eq\r(6gR)對a與b碰撞用動量守恒定律得mv1＝2mv2解得v2＝eq\r(6gR)。(2)當(dāng)滑塊的重力與電場力的合力方向和圓軌道徑向一樣時，滑塊的速度最大，設(shè)為P點，如圖，則有θ＝arctaneq\f(Eq,2mg)＝arctaneq\f(3,4)＝37°對a、b滑塊從碰后粘在一起運動到最大速度的過程由動能定理有Eeq\f(3mg,2E)Rsin37°－2mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得滑塊的最大速度v3＝eq\r(\f(13gR,2))滑塊在P點時由牛頓其次定律得，F(xiàn)N－eq\f(2mg,cos37°)＝eq\f(2mv\o\al(2,3),R)解得滑塊受到軌道的支持力為FN＝eq\f(31mg,2)由牛頓第三定律，此時滑塊對軌道的作用力FN＝eq\f(31mg,2)。答案(1)eq\r(6gR)(2)eq\r(\f(13gR,2))eq\f(31mg,2)帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學(xué)的學(xué)問，分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同。先分析受力狀況，再分析運動過程，然后選擇合適的規(guī)律解題。(2024·全國卷Ⅱ)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剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求(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。答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(mg,\r(2)q)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舊為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s1和s2。由題給條件和運動學(xué)公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2③聯(lián)立①②③式得eq\f(s1,s2)＝eq\f(3,1)④(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)公式得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(s1,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＋qEs1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEs2?由已知條件Ek1＝1.5Ek2?聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝eq\f(mg,\r(2)q)。課時作業(yè)1．一帶負電的粒子只在電場力的作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變更的關(guān)系如圖所示，其中0～x2段是關(guān)于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是()A．x1處電場強度最小，但不為零B．粒子在0～x2段做勻變速運動，在x2～x3段做勻速直線運動C．在0、x1、x2、x3處的電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關(guān)系為φ3＞φ2＝φ0＞φ1D．x2～x3段的電場強度的大小、方向均不變，為肯定值答案D解析依據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep＝qφ，場強與電勢的關(guān)系：E＝eq\f(Δφ,Δx)，得：E＝eq\f(1,q)·eq\f(ΔEp,Δx)。Ep-x圖象切線的斜率等于eq\f(ΔEp,Δx)，依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問可知，x1處切線的斜率為零，則x1處電場強度為零，故A錯誤；由圖看出在0～x1段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場強減小，則粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運動。x1～x2段圖象切線的斜率不斷增大，場強增大，則粒子所受的電場力增大，做非勻變速運動。x2～x3段圖象切線的斜率不變，場強不變，即電場強度的大小和方向均不變，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運動，故B錯誤，D正確；依據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep＝qφ，粒子帶負電，q＜0，則知：電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以有：φ3＜φ2＝φ0＜φ1，故C錯誤。2.如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不行伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則下列說法正確的是()A．小球帶負電B．電場力跟重力平衡C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D．小球在運動過程中機械能守恒答案B解析由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯誤，B正確；從a→b，電場力做負功，電勢能增大，C錯誤；由于有電場力做功，機械能不守恒，D錯誤。3.如圖所示，地面上有水平向右的勻強電場，將一帶電小球從電場中的A點以某一初速度射出，小球恰好能沿與水平方向成30°角的虛線由A向B做直線運動，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．小球帶正電荷B．小球受到的電場力與重力大小之比為2∶1C．小球從A運動到B的過程中電勢能增加D．小球從A運動到B的過程中電場力所做的功等于其動能的變更量答案C解析由于小球沿直線運動，則合力與速度在同始終線上，依據(jù)題意，受力分析如圖所示。故小球受到的電場力的方向水平向左，故小球帶負電，A錯誤；由圖可知：tan30°＝eq\f(mg,Eq)＝eq\f(\r(3),3)，故小球受到的電場力與重力大小之比為eq\r(3)∶1，B錯誤；由于小球從A到B電場力做負功，故電勢能增加，C正確；依據(jù)動能定理可知：W電＋WG＝ΔEk，D錯誤。4．(多選)如圖所示，矩形虛線框的真空區(qū)域內(nèi)存在著沿紙面方向的勻強電場(詳細方向未畫出)，一粒子從bc邊上的M點以速度v0垂直于bc邊射入電場，從cd邊上的Q點飛出電場，不計粒子重力。下列說法正確的是()A．粒子到Q點時的速度大小可能小于v0B．粒子到Q點時的速度大小可能等于v0C．粒子到Q點時的速度方向可能與cd邊平行D．粒子到Q點時的速度方向可能與cd邊垂直答案ABD解析粒子從M點運動到Q點過程所受電場力恒定不變，粒子的運動可分解為平行于bc邊的初速度為零的勻加速直線運動和平行于cd邊的直線運動，由于粒子的電性和勻強電場的大小、方向未知，故粒子在平行于cd邊方向可能做勻加速直線運動、勻速直線運動或勻減速直線運動，依據(jù)速度的合成法則，則粒子到達Q點時的速度大小可能大于v0，可能小于v0，也可能等于v0，速度的方向可能與cd邊垂直，但不行能與cd邊平行，故A、B、D正確，C錯誤。5.如圖所示，在兩平行金屬板中心有一個靜止的電子(不計重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運動(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是()A．電壓是甲圖時，在0～T時間內(nèi)，電子的電勢能始終削減B．電壓是乙圖時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后削減C．電壓是丙圖時，電子在板間做往復(fù)運動D．電壓是丁圖時，電子在板間做往復(fù)運動答案D解析若電壓是甲圖，0～T時間內(nèi)，電子所受的電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先削減后增加，故A錯誤；電壓是乙圖時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負功，電勢能先削減后增加，故B錯誤；電壓是丙圖時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了eq\f(T,2)做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后重復(fù)前面的運動，故電子始終朝同一方向運動，C錯誤；電壓是丁圖時，電子先向左加速，eq\f(T,4)后向左減速，eq\f(T,2)后向右加速，eq\f(3,4)T后向右減速，T時速度減為零，之后重復(fù)前面的運動，故電子做往復(fù)運動，D正確。6.如圖所示，ABCDF為一絕緣光滑軌道，豎直放置在水平方向的勻強電場中，BCDF是半徑為R的圓形軌道，已知電場強度為E，今有質(zhì)量為m的帶電小球在電場力作用下由靜止從A點起先沿軌道運動，小球受到的電場力和重力大小相等，要使小球沿軌道做圓周運動，則A、B間的距離至少為多大？答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3\r(2),2)))R解析要使小球在圓形軌道上做圓周運動，則小球在等效“最高”點不脫離圓軌道。重力和電場力合成為等效重力，設(shè)其方向與豎直方向的夾角為θ(如圖所示)，其中D′、B′點為等效最高點和最低點。tanθ＝eq\f(qE,mg)＝1，θ＝45°，則等效重力加速度g′＝eq\f(F合,m)＝eq\f(\r(mg2＋qE2),m)＝eq\r(2)g在等效重力場的“最高”點，小球剛好不掉下來時mg′＝meq\f(v2,R)，v＝eq\r(\a\vs4\al(g′R))＝eq\r(\r(2)Rg)設(shè)A、B間的距離至少為L，從A到等效重力場的“最高”點D′，由動能定理qE(L－Rsin45°)－mg(R＋Rcos45°)＝eq\f(1,2)mv2－0解得L＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3\r(2),2)))R。7．(2024·全國卷Ⅰ)(多選)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的摸索電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3答案AC解析由題圖知，a、b、c、d四個點距點電荷的距離依次增大，且rb＝2ra，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ea∶Eb＝4∶1，A正確；rd＝2rc，由E＝eq\f(kQ,r2)知，Ec∶Ed＝4∶1，B錯誤；在移動電荷的過程中，電場力做的功與電勢能的變更量大小相等，則Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1，C正確；Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1，D錯誤。8．(2024·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程()A．動能增加eq\f(1,2)mv2 B．機械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D．電勢能增加2mv2答案B解析動能變更量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯誤；小球從M運動到N的過程中，只有重力和電場力做功，機械能的增加量等于電勢能的削減量，帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，則電勢能削減量ΔEp電＝W電＝qEx＝2mv2，故B正確，D錯誤；小球在豎直方向做勻減速到零的運動，速度減小到零，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯誤。9.(2024·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板旁邊，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止起先運動，在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽視。下列說法正確的是()A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等答案BD解析依據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，依據(jù)a、b某時刻經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。對微粒a，由牛頓其次定律，qE＝maaa，對微粒b，由牛頓其次定律，qE＝mbab，聯(lián)立解得：eq\f(qE,ma)>eq\f(qE,mb)，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受電場力等于b微粒所受的電場力，t時刻a微粒的位移大于b微粒的位移，依據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b大，B正確；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，C錯誤；由于a微粒受到的電場力(合外力)與b微粒受到的電場力(合外力)大小相等，依據(jù)動量定理，在t時刻，a微粒的動量大小等于b微粒的動量，D正確。10．(2024·福建泉州二模)如圖所示，噴霧器可以噴出質(zhì)量和電荷量都不盡相同的帶負電油滴。假設(shè)油滴以相同的水平速度射入接有恒定電壓的兩水平正對金屬板之間，有的沿水平直線①飛出，有的沿曲線②從板邊緣飛出，有的沿曲線③運動到板的中點上。不計空氣阻力及油滴間的相互作用，則()A．沿直線①運動的全部油滴質(zhì)量都相等B．沿直線①運動的全部油滴電荷量都相等C．沿曲線②、③運動的油滴，運動時間之比為1∶2D．沿曲線②、③運動的油滴，加速度大小之比為1∶4答案D解析沿直線①運動的油滴，依據(jù)題意得：mg＝Eq，即：eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，所以沿直線①運動的油滴比荷相同，A、B錯誤；沿曲線②、③運動的油滴，均做類平拋運動，沿水平方向做勻速運動：x＝v0t，初速度相同，所以運動時間之比即為位移之比，即2∶1，C錯誤；沿曲線②、③運動的油滴，水平方向：x＝v0t，設(shè)板間距為d，豎直方向：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得：a＝eq\f(dv\o\al(2,0),x2)，因水平位移之比為2∶1，所以加速度大小之比為1∶4，D正確。11．(2024·西安一模)真空中有一半徑為r0的帶電金屬球，以球心O為坐標(biāo)原點沿某一半徑方向為正方向建立x軸，x軸上各點的電勢φ隨x的分布如圖所示，其中x1、x2、x3分別是x軸上A、B、C三點的位置坐標(biāo)。依據(jù)φ-x圖象，下列說法正確的是()A．該金屬球帶負電B．A點的電場強度大于C點的電場強度C．B點的電場強度大小為eq\f(φ2－φ3,x3－x2)D．電量為q的負電荷在B點的電勢能比在C點的電勢能低|q(φ2－φ3)|答案D解析由圖可知在0到r0段電勢不變，之后電勢變小，帶電金屬球為一等勢體，再依據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則金屬球帶正電，故A錯誤；圖象斜率表示場強大小，A點的電場強度為零，C點電場強度大于0，故B錯誤；從B到C若為勻強電場，電場強度為E＝eq\f(U,d)＝eq\f(φ2－φ3,x3－x2)，因是非勻強電場，所以B點的電場強度大于該值，故C錯誤