【物理】2018届一轮复习人教版带电体在电场中运动的综合问题学案

【物理】2018届一轮复习人教版带电体在电场中运动的综合问题学案

第 41 课时　带电体在电场中运动的综合问题(题型研究课) [命题者说]　带电粒子、带电体在电场中的运动是高考的热点，经常进行综合性的考查。 如带电粒子在交变电场中的运动、带电体在等效场中的圆周运动、力电综合问题等。这类 问题综合性强，难度较大，对学生灵活运用知识分析解决问题的能力有较高的要求。 (一)　带电粒子在交变电场中的运动问题 1.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 (1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具 有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界 条件。 (2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分 析；二是功能关系。 (3)注意对称性和周期性变化关系的应用。 2．常见的三类运动形式 带电体做单向直线运动、直线往返运动或偏转运动。 考法 1　粒子在交变电场中的直线运动　 [例 1]　如图甲所示，真空中相距 d＝5 cm 的两块平行金属板 A、B 与电源连接(图中未 画出)，其中 B 板接地(电势为零)，A 板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量 m＝2.0×10 －27 kg、电量 q＝＋1.6×10－19 C 的带电粒子从紧邻 B 板处释放，不计重力。求： (1)在 t＝0 时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； (2)若 A 板电势变化周期 T＝1.0×10－5 s，在 t＝0 时将带电粒子从紧邻 B 板处无初速度 释放，粒子到达 A 板时速度的大小； (3)A 板电势变化频率 f 满足什么条件时，在 t＝T 4时从紧邻 B 板处无初释放该带电粒子， 粒子不能到达 A 板？ [解析]　(1)加速度大小 a＝F m＝Uq dm＝4.0×109 m/s2。 (2)粒子在 0～T 2时间内做匀加速运动的位移大小 x＝1 2a( T 2 )2＝5.0×10－2 m 可以发现，位移大小与极板间的距离相等，故粒子在 t＝T 2时恰好到达 A 板， 由 v＝at 解得 v＝2.0×104 m/s。 (3)粒子在T 4～T 2向 A 板做匀加速运动，在T 2～3T 4 向 A 板做匀减速运动，由运动的对称性 可知，在 t＝3T 4 时速度为零，故在3T 4 ～T 时间内，粒子反向向 B 板加速运动……粒子运动时 间 T 内的运动图像，如图所示。粒子向 A 板运动可能的最大位移 xmax＝2×1 2a( T 4 )2＝ 1 16 aT2。要求粒子不能到达 A 板，有 x＜d。 结合 f＝1 T，解得 f＞ a 16d， 代入数据解得 f＞5 2×104 Hz。 [答案]　(1)4.0×109 m/s2　(2)2.0×104 m/s (3)f＞5 2×104 Hz (1)若粒子在交变电场中做单向直线运动，一般用牛顿运动定律结合运动学公式求解。 (2)若粒子做往返运动，一般可以分段进行研究，有时结合运动图像分析更直观、简单。 考法 2　带电粒子在交变电场中的偏转　 [例 2]　(2017·淮安月考)如图甲所示，水平放置的平行金属板 AB 间的距离 d＝0.1 m， 板长 L＝0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于 AB 板的正中 间。距金属板右端 x＝0.5 m 处竖直放置一足够大的荧光屏。现在 AB 板间加如图乙所示的 方波形电压，已知 U0＝1.0×102 V。在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属 板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量 m＝1.0×10－7 kg，电荷量 q＝1.0×10－2 C，速度 大小均为 v0＝1.0×104 m/s。带电粒子的重力不计。求： (1)在 t＝0 时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度； (2)荧光屏上出现的光带长度； (3)若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为 v＝2.0×104 m/s，则荧光屏上出现的光带又 为多长。 [解析]　(1)从 t＝0 时刻进入的带电粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间 t＝L v0＝ 3×10－5 s，正好等于一个周期，竖直方向先加速运动 2 3T，后减速运动 1 3T，加速度大小 a＝U0q md＝108 m/s2 射出电场时竖直方向的速度 v＝a×2 3T－a×1 3T＝103 m/s。 (2)无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同。 偏转最大的粒子偏转量 d1′＝1 2a( 2 3T )2＋2 3aT·1 3T－1 2a( 1 3T )2＝3.5×10－2 m 反方向最大偏转量 d2′＝1 2a( 1 3T )2＋1 3aT·2 3T－1 2a( 2 3T )2＝0.5×10－2 m 形成光带的总长度 l＝d1′＋d2′＝4.0×10－2 m。 (3)带电粒子在电场中运动的时间变为T 2，打在荧光屏上的范围如图所示。 d1＝aT 2 ·x v ＝3.75×10－2 m d2＝aT 6 ·x v ＝1.25×10－2 m 形成的光带长度 l＝d1＋d＋d2＝0.15 m。 [答案]　(1)103 m/s　(2)4.0×10－2 m　(3)0.15 m (1)由水平射入电场的速度计算粒子在电场中运动的时间，分析该时间和偏转电压变化 周期的关系。 (2)找出正向偏转位移最大和反向偏转位移最大的粒子，确定它们进入电场的时刻，计 算出光带总长度。 [集训冲关] 1.将如图所示交变电压加在平行板电容器 A、B 两极板上，开始 B 板电势比 A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间， 它在电场力作用下开始运动，设 A、B 两极板的距离足够大，下列说 法正确的是(　　) A．电子一直向着 A 板运动 B．电子一直向着 B 板运动 C．电子先向 A 运动，然后返回向 B 板运动，之后在 A、B 两板间做周期性往复运动 D．电子先向 B 运动，然后返回向 A 板运动，之后在 A、B 两板间做周期性往复运动 解析：选 D　根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变 化规律，从而作出电子的加速度 a、速度 v 随时间变化的图线，如图所示， 从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T 4内做匀减速运动，在 这半个周期内，因初始 B 板电势高于 A 板电势，所以电子向 B 板运动，加速 度大小为eU md。在第三个T 4内做匀加速运动，第四个T 4内做匀减速运动，但在 这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向 A 板运动，加速度大小为eU md，所以，电子做 往复运动，综上分析正确选项应为 D。 2．如图甲所示，A、B 为两块平行金属板，极板间电压为 UAB＝1 125 V，两板中央各 有小孔 O 和 O′。现有足够多的电子源源不断地从小孔 O 由静止进入 A、B 之间。在 B 板 右侧，平行金属板 M、N 长 L1＝4×10－2 m，板间距离 d＝4×10－3 m，在距离 M、N 右侧 边缘 L2＝0.1 m 处有一荧光屏 P，当 M、N 之间未加电压时电子沿 M 板的下边沿穿过，打 在荧光屏上的 O″点并发出荧光。现在金属板 M、N 之间加一个如图乙所示的变化电压 u， 在 t＝0 时刻，M 板电势低于 N 板电势。已知电子质量为 me＝9.0×10－31 kg，电荷量为 e＝ 1.6×10－19 C。 (1)每个电子从 B 板上的小孔 O′射出时的速度为多大？ (2)电子打在荧光屏上的范围是多少？ (3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？ 解析：(1)电子经 A、B 两块金属板加速，有 eUAB＝1 2mv02 得 v0＝ 2eUAB m ＝ 2 × 1.6 × 10－19 × 1 125 9.0 × 10－31 m/s＝2×107 m/s。 (2)当 u＝22.5 V 时，电子经过 M、N 板向下的偏移量最大，为 y1＝1 2· eu md·( L1 v0 )2＝1 2× 1.6 × 10－19 × 22.5 9.0 × 10－31 × 4 × 10－3×( 0.04 2 × 107)2m＝2×10－3 m y1＜d，说明所有的电子都可以飞出平行金属板 M、N，此时电子在竖直方向的速度大 小为 vy＝eu md·L1 v0＝ 1.6 × 10－19 × 22.5 9.0 × 10－31 × 4 × 10－3×4 × 10－2 2 × 107 m/s＝2×106 m/s，电子射出金属板 M、N 后到达荧光屏 P 的时间为 t2＝L2 v0＝ 0.1 2 × 107 s＝5×10－9 s 电子射出金属板 M、N 后到达荧光屏 P 的偏移量为 y2＝vyt2＝2×106×5×10－9 m＝0.01 m 电子打在荧光屏 P 上的最大偏移量为 y＝y1＋y2＝0.012 m，即范围为从 O″向下 0.012 m 内。 (3)当 u＝22.5 V 时，电子飞出电场的动能最大 Ek＝1 2m(v02＋vy2)＝1 2×9.0×10－31×[(2×107)2＋(2×106)2]J≈1.8×10－16 J 或由动能定理得 Ek＝e(UAB＋um 2 )＝1.6×10－19×(1 125＋11.25)J≈1.8×10－16 J。 答案：(1)2×107 m/s　(2)从 O″向下 0.012 m 内 (3)1.8×10－16 J (二)　带电体在等效场中的运动问题 1.等效思维法 等效思维法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对 于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能 避开复杂的运算，过程比较简捷。 2．方法应用 先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将 a＝F合 m 视为“等 效重力加速度”，如此便建立起“等效重力场”。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等 效重力场中分析求解即可。 [典例]　如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为 r 的绝 缘光滑圆环固定在竖直平面内，O 是圆心，AB 是竖直方向的直径。一 质量为 m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在 P 点，OP 与 竖直方向的夹角 θ＝37°。不计空气阻力。已知重力加速度为 g，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求电场强度 E 的大小； (2)若要使小球从 P 点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度的大小应满足的条件。 [解析]　(1)当小球静止在 P 点时，小球的受力情况如图所示，则有 qE mg＝tan 37°，所以 E＝3mg 4q 。 (2)当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为5 4g 的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须 能通过图中的 Q 点。设当小球从 P 点出发的速度为 vmin 时，小球到 达 Q 点时速度为零。在小球从 P 运动到 Q 的过程中，根据动能定理有 －5 4mg·2r＝0－1 2mvmin2，所以 vmin＝ 5gr，即小球的初速度应不小于 5gr。 [答案]　(1)3mg 4q 　(2)不小于 5gr 等效最“高”点与最“低”点的寻找 确定重力和电场力的合力的大小和方向，然后过圆周圆心作等效重力作用线的反向延长 线，反向延长线交圆周上的那个点即为圆周的等效最“高”点，延长线交圆周的那个点为等 效最“低”点。 [集训冲关] 　(2017·吉安模拟)如图所示，一条长为 L 的细线上端固定，下端拴一 个质量为 m、电荷量为 q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中， 使细线竖直拉直时将小球从 A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角 α＝ 60°时，小球速度为零。 (1)求小球带电性质和电场强度 E； (2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从 A 点释放小球时应有的初速度 vA 的大小(可含 根式)。 解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。 小球由 A 点释放到速度等于零，由动能定理有 0＝EqLsin α－mgL(1－cos α) 解得 E＝ 3mg 3q 。 (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力 G′，则 G′＝2 3 3 mg，方向与竖 直方向成 30°角偏向右下方。 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点有 mv2 L＝2 3 3 mg 1 2mv2－1 2mvA2＝－2 3 3 mgL(1＋cos 30°) 联立解得 vA＝ 2gL( 3＋1)。 答案：(1)正电　 3mg 3q 　(2) 2gL( 3＋1) (三)　电场中的力电综合问题 [典例]　在如图所示的竖直平面内，物体 A 和带正电的物体 B 用跨过定滑轮的绝缘轻 绳连接，分别静止于倾角 θ＝37°的光滑斜面上的 M 点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平 面平行。劲度系数 k＝5 N/m 的轻弹簧一端固定在 O 点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小 环 D 与 A 相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM 垂直于斜面。水平面处于场强 E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知 A、B 的质量分别为 mA ＝0.1 kg 和 mB＝0.2 kg，B 所带电荷量 q＝＋4×10－6 C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长， 弹簧始终在弹性限度内，物体 B 的带电量不变。取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝ 0.8。 (1)求 B 所受静摩擦力的大小； (2)现对 A 施加沿斜面向下的拉力 F，使 A 以加速度 a＝0.6 m/s2 开始做匀加速直线运动。 A 从 M 到 N 的过程中，B 的电势能增加了 ΔEp＝0.06 J。已知 DN 沿竖直方向，B 与水平面 间的动摩擦因数 μ＝0.4。求 A 到达 N 点时拉力 F 的瞬时功率。 [思路点拨] (1)本题第一问为连接体受力平衡问题，利用隔离法受力分析，列出 A、B 平衡方程即可 求解。 (2)第二问综合性较强，可以根据牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关 系等求解。 [解析]　(1)据题意静止时由平衡条件得： 对物体 A，有 mAgsin θ＝FT， 对物体 B，有 qE＋f0＝FT′， 又 FT＝FT′，代入数据得 f0＝0.4 N。 (2)据题意对物体 A 运动到 N 点时受力分析如图所示： 由牛顿第二定律得： 对物体 A，有 F＋mAgsin θ－FT－Fksin θ＝mAa 对物体 B，有 FT′－qE－Ff＝mBa 其中 Ff＝μmBg Fk＝kx FT＝FT′ 由电场力做功与电势能的关系得 ΔEP＝qEd 由几何关系得 x＝ d sin θ－ d tan θ 物体 A 由 M 运动到 N，由 v12－v02＝ 2ad 得物体 A 运动到 N 点时的速度 v＝ 2ad， 拉力 F 在 N 点的瞬时功率 P＝Fv 由以上各式代入数据得 P＝0.528 W。 [答案]　(1)0.4 N　(2)0.528 W [集训冲关] 　(2017·济南八校联考)如图所示，在 E＝10 3 V/m 的水平向左匀强电 场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道 MN 连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径 R＝40 cm，一带正 电荷 q＝10－4 C 的小滑块质量为 m＝40 g，与水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.2，取 g＝10 m/s2，问： (1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点 C，滑块应在水平轨道上离 N 点多远处释放？ (2)这样释放的滑块通过 P 点时对轨道压力是多大？(P 为半圆轨道中点) (3)小滑块经过 C 点后最后落地，落地点离 N 点的距离多大？落地时的速度是多大？ 解析：(1)设滑块与 N 点的距离为 L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得， qEL－μmgL－mg·2R＝1 2mv2－0 小滑块在 C 点时，重力提供向心力， 所以 mg＝mv2 R 代入数据解得 v＝2 m/s，L＝20 m。 (2)滑块到达 P 点时，对全过程应用动能定理可得， qE(L＋R)－μmgL－mg·R＝1 2mvP2－0 在 P 点时由牛顿第二定律可得， FN－qE＝mvP2 R ， 代入数据解得 FN＝1.5 N。 由牛顿第三定律可得，滑块通过 P 点时对轨道压力的大小是 1.5 N。 (3)小滑块经过 C 点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由 2R＝1 2gt2，可得滑块运动 的时间为 t＝ 4R g 得 t＝0.4 s。 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得 qE＝ma 所以加速度 a＝2.5 m/s2 水平的位移为 x＝vt－1 2at2 代入解得 x＝0.6 m。 滑块落地时竖直方向的速度的大小为 vy＝gt＝10×0.4 m/s＝4 m/s 水平方向的速度的大小为 vx＝v－at＝1 m/s 落地时速度的大小为 v 地＝ vx2＋vy2 解得 v 地＝ 17 m/s。 答案：(1)20 m　(2)1.5 N　(3)0.6 m　 17 m/s [课时达标检测] 一、选择题 1．(2017·黔南州联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界 MN 将空间分成左、右 两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界 MN 某一位置水平地面 由静止释放一个质量为 m 的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的 v ­t 图像如图乙所示，不计空气阻力，则：(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．滑块在 MN 右边运动的位移大小与在 MN 左边运动的位移大小相等 B．在 t＝5 s 时，小球经过边界 MN C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为 2∶5 D．在滑块运动的整个过程中，滑块摩擦力做的功小于电场力做的功 解析：选 C　由于滑块初、末速度均为零，则最大速度对应的时刻一定是分界线，可快 速得出 B 项错误。再由速度图像面积表示位移得出 A 项错误。根据图像斜率可确定加速度， 再根据牛顿第二定律，C 项正确。对这个过程由动能定理列出方程可得出滑动摩擦力做的功 等于电场力做的功，故选项 D 错误。 2．如图甲所示，两平行正对的金属板 A、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可 忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处。若在 t0 时刻释放该粒子，粒子会时而 向 A 板运动，时而向 B 板运动，并最终打在 A 板上。则 t0 可能属于的时间段是(　　) A．01)， 电压变化的周期为 2t，如图乙所示。在 t＝0 时，极板 B 附近的一个电子，质量为 m、电荷 量为 e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板 A，且不考虑重 力作用。若 k＝5 4，电子在 0～2t 时间内不能到达极板 A，求 d 应满足的条件。 解析：电子在 0～t 时间内做匀加速运动 加速度的大小 a1＝eU0 md 位移 x1＝1 2a1t2 在 t～2t 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小 a2＝5eU0 4md 初速度的大小 v1＝a1t 匀减速运动阶段的位移 x2＝v12 2a2 依据题意 d>x1＋x2 解得 d> 9eU0t2 10m 。 答案：d> 9eU0t2 10m 6.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为 O，半径 为 r，内壁光滑，A、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在 方向水平向右的匀强电场，一质量为 m、带负电的小球在轨道内侧做完 整的圆周运动(电荷量不变)，经过 C 点时速度最大，O、C 连线与竖直 方向的夹角 θ＝60°，重力加速度为 g。 (1)求小球所受的电场力大小； (2)求小球在 A 点的速度 v0 为多大时，小球经过 B 点时对圆轨道的压力最小。 解析：(1)小球在 C 点时速度最大，则电场力与重力的合力沿 DC 方向，所以小球受到 的电场力的大小 F＝mgtan 60°＝ 3mg。 (2)要使小球经过 B 点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过 D 点时的速度最小，即在 D 点小球对圆轨道的压力恰好为零，有 mg cos 60°＝ mv2 r ，解得 v＝ 2gr。 在小球从圆轨道上的 A 点运动到 D 点的过程中，有 mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝1 2mv02－1 2mv2， 解得 v0＝2 2gr。 答案：(1) 3mg　(2)2 2gr 7．(2017·江阴月考)真空室中有如图甲所示的装置，电极 K 持续发出的电子(初速不计) 经过电场加速后，从小孔 O 沿水平放置的偏转极板 M、N 的中心轴线 OO′射入。M、N 板 长均为 L，间距为 d，偏转极板右边缘到荧光屏 P(足够大)的距离为 S。M、N 两板间的电压 UMN 随时间 t 变化的图线如图乙所示。调节加速电场的电压，使得每个电子通过偏转极板 M、N 间的时间等于图乙中电压 UMN 的变化周期 T。已知电子的质量、电荷量分别为 m、e， 不计电子重力。 (1)求加速电场的电压 U1； (2)欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏 P 上，求图乙中电压 U2 的范围； (3)证明在(2)问条件下电子打在荧光屏上形成亮线的长度与距离 S 无关。 解析：(1)由动能定理可知：eU1＝1 2mv02－0 L＝v0T 解得电压 U1＝mL2 2eT2。 (2)t＝0 时刻进入偏转电场的电子，先作类平抛运动，后做匀速直线运动，射出电场时 沿垂直平板面方向偏移的距离 y 最大。 y1＝1 2×eU2 md( T 2 )2 y2＝2y1 y1＋y2≤d 2 得 U2≤4md2 3eT2 。 (3)对满足(2)问条件下任意确定的 U2，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向 的速度均为 vy＝qU2T 2md 电子速度偏转角的正切值均为 tan α＝ qU2T 2mdv0＝qU2T2 2mdL 电子射出偏转电场时的偏转角度均相同，即速度方向相同 不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同，侧移距离的最大 值与最小值之差 Δy＝eU2 md( T 2 )2，Δy 与 U2 有关。因电子射出时速度方向相同，所以在屏上 形成亮线的长度等于 Δy，可知，屏上形成亮线的长度与 P 到极板 M、N 右边缘的距离 S 无 关。 答案：(1)mL2 2eT2　(2)U2≤4md2 3eT2 　(3)见解析 8．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧， 对应的圆心角 θ＝37°，半径 r＝2.5 m，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑链接，倾斜 轨道所在区域有场强大小为 E＝2×105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量 m＝ 5×10－2 kg、电荷量 q＝＋1×10－6 C 的小球(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑 行，在 C 点以速度 v0＝3 m/s 冲上斜轨。以小球通过 C 点时为计时起点，0.1 s 以后，场强 大小不变，方向反向。已知斜轨与小球之间的动摩擦因数为 μ＝0.25。设小球的电荷量保持 不变，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求弹簧枪对小球做的功； (2)在斜轨上小球能到达的最高点为 P，求 CP 的长。 解析：(1)设弹簧枪对小球做功为 W，由动能定理得 W－mgr(1－cos θ)＝1 2mv02， 解得 W＝0.475 J。 (2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小球通过 C 点进入电场后的加速度大小为 a1，由牛 顿第二定律得： mgsin θ＋μ(mgcos θ＋qE)＝ma1， 小球向上做匀减速运动，经 t1＝0.1 s 后，速度达到 v1， 有 v1＝v0－a1t1， 代入数据解得，v1＝2.1 m/s。设运动的位移为 x1 有： x1＝v0t1－1 2a1t12， 电场力反向后，设小球的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μ(mgcos θ－qE) ＝ma2， 设小球以此加速度运动到速度为 0，运动的时间为 t2，位移为 x2，有 0＝v1－a2t2， x2＝v1t2－1 2a2t22， 设 CP 的长度为 x，有 x＝x1＋x2， 联立相关方程，代入数据解得 x＝0.57 m。 答案：(1)0.475 J　(2)0.57 m 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项符合题目要求，第 6～8 题有多项符合题目要求) 1.(2016·浙江高考)如图所示，两个不带电的导体 A 和 B，用一对 绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体 C 置于 A 附近， 贴在 A、B 下部的金属箔都张开，(　　) A．此时 A 带正电，B 带负电 B．此时 A 电势低，B 电势高 C．移去 C，贴在 A、B 下部的金属箔都闭合 D．先把 A 和 B 分开，然后移去 C，贴在 A、B 下部的金属箔都闭合 解析：选 C　带电体 C 靠近导体 A、B 时，A、B 发生静电感应现象，使 A 端带负电， B 端带正电，但 A、B 是一个等势体，选项 A、B 错误；移去带电体 C 后，A、B 两端电荷 中和，其下部的金属箔都闭合，选项 C 正确；若先将 A、B 分开，再移去带电体 C，A、B 上的电荷不能中和，其下部的金属箔仍张开，选项 D 错误。 2．真空中 A、B 两个点电荷相距为 L，质量分别为 m 和 2m，它们由静止开始运动(不 计重力)，开始时 A 的加速度大小是 a，经过一段时间，B 的加速度大小也是 a，那么此时 A、B 两点电荷的距离是(　　) A. 2 2 L　　　　　　　　　　　　 B. 2L C．2 2L D．L 解析：选 A　刚释放瞬间，对 A，有 kq1q2 L2 ＝mAa，经过一段时间后，对 B，有 kq1q2 L′2＝mBa， 可得 L′＝ mA mBL＝ 2 2 L，所以 A 正确。 3．(2017·贵阳期中)如图所示，P、Q 是等量的正电荷，O 是它们连 线的中点，A、B 是中垂线上的两点，用 EA、EB 和 φA、φB 分别表示 A、 B 两点的电场强度和电势，则(　　) A．EA 一定大于 EB，φA 一定大于 φB B．EA 不一定大于 EB，φA 一定大于 φB C．EA 一定大于 EB，φA 不一定大于 φB D．EA 不一定大于 EB，φA 不一定大于 φB 解析：选 B　两个等量同种电荷连线中点 O 的电场强度为零，无穷远处电场强度也为 零，故从 O 点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在 A、 B 点之间，也可能在 B 点以上，还可能在 A 点以下，故 EA 可能大于 EB，也可能小于 EB， 还可能等于 EB；电场强度一直向上，故电势越来越低，φA 一定大于 φB，故 B 正确。 4．(2017·衡水一模)如图所示，匀强电场中有 a、b、c 三点，在以它们为顶点 的三角形中，∠a＝30°，∠c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行，已知 a、b 和 c 点的电势分别为(4－ 3)V，(4＋ 3)V 和 4 V。则该三角形的外接圆上最高电 势为(　　) A．(6＋ 3)V B．(4＋ 3)V C.(6＋4 3 3)V D．6 V 解析：选 D　如图所示，取 ab 的中点 O，根据几何知识可知：O 就是三角形外接圆的圆心，且该点电势为： φO＝φa＋φb 2 ＝4 V＝φc，故 Oc 为等势线，其垂线 MN 为电场线，方 向为 M→N 方向，根据顺着电场线电势逐渐降低可知：外接圆上电势 最低点为 N 点，最高点为 M 点。设外接半径为 R，则 UOP＝UOa＝φO－φa＝ 3 V，因为 UON＝ER，UOP＝ER cos 30°，则 UON∶UOP＝2∶ 3， 故 UON＝2 V，又 UON＝φO－φN，则得：φN＝φO－2 V＝2 V，因为 UMO＝UON＝φM－φO，故 φM＝6 V，D 正确。 5.(2017·宁波二模) 如图所示，a、b 为平行金属板，静电计的外壳接 地，合上开关 S 后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的 办法是(　　) A．使 a、b 板的距离增大一些 B．使 a、b 板的正对面积减小一些 C．断开 S，使 a、b 板的距离增大一些 D．断开 S，使 a、b 板的正对面积增大一些 解析：选 C　开关 S 闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故 A、B 错误；断开 S，电容器所带的电量不变，a、b 板的距离增大，则电容减小，根据 U＝ Q C知，电势差增大，则指针张角增大，故 C 正确；断开 S，电容器所带的电量不变，a、b 板 的正对面积增大，电容增大，根据 U＝Q C知，电势差减小，则指针张角 减小，故 D 错误。 6.(2017·山东莱西一模)四个点电荷位于正方形四个角上，电荷量及 其附近的电场线分布如图所示。ab、cd 分别是正方形两组对边的中垂 线，O 为中垂线的交点，P、Q 分别为 ab、cd 上的两点，OP>OQ，则(　　) A．P 点的电场强度比 Q 点的小 B．P 点的电势比 M 点的低 C．OP 两点间的电势差小于 OQ 间的电势差 D．一带正电的试探电荷在 Q 点的电势能比在 M 点大 解析：选 AD　电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据题图 知 P 点的电场强度比 Q 点的小，故 A 正确；根据电场叠加，由题图可知，ab 上各点的电势 都相等，M 点比 ab 上各点的电势低，则 M 点的电势比 P 点的低，故 B 错误；OP 间电势差 等于零，OQ 间电势差等于零，则 OP 两点间的电势差等于 OQ 间的电势差，故 C 错误；P、 Q 电势相等，则 Q 点的电势高于 M 点的电势，正电荷在电势高处电势能大，所以带正电的 试探电荷在 Q 点的电势能比在 M 点大，故 D 正确。 7．(2017·扬州期末)两个点电荷 Q1 和 Q2 固定在 x 轴上 O、D 两点，两者之间连线上各 点电势高低如图中曲线所示(OB>BD)，取无穷远处电势为零，由图可知(　　) A．B 点电场强度为零 B．Q1 为负电荷，Q2 为正电荷 C．Q1 的带电量一定大于 Q2 的带电量 D．将电子沿 x 轴从 A 点移到 C 点，电场力一直做正功 解析：选 BCD　因为 φ­x 图线的斜率等于电场强度，所以 B 点电场强度不为零，选项 A 错误；因 B 点左侧电势为负，右侧电势为正，故可知 Q1 为负电荷，Q2 为正电荷，选项 B 正 确；因电势为零的位置离 D 点较近，故 Q1 的带电量一定大于 Q2 的带电量，选项 C 正确； 将电子沿 x 轴从 A 点移到 C 点，电势一直升高，电势能降低，则电场力一直做正功，选项 D 正确。 8.如图，一根不可伸长绝缘的细线一端固定于 O 点，另一端系一带电 小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从 A 点由静 止释放，经最低点 B 后，小球摆到 C 点时速度为 0，则(　　) A．小球在 B 点时速度最大 B．小球从 A 点到 B 点的过程中，机械能一直在减少 C．小球在 B 点时的绳子拉力最大 D．从 B 点到 C 点的过程中小球的电势能一直增加 解析：选 BD　小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在 重力和电场力的合力及绳的拉力作用下在竖直平面内的运动。当小球运动到重力和电场力的 合力和绳的拉力共线时，小球的速度最大，此时绳的拉力最大，故 A、C 错误；从 A 点到 C 点的过程中，因为重力做正功，小球摆到 C 点时速度为 0，所以电场力对小球做负功，小球 从 A 点到 B 点的过程中，机械能一直在减少，B 正确；从 B 点到 C 点的过程中，小球克服 电场力做功，小球的电势能一直增加，D 正确。 二、计算题 9．(2017·广州期中)一长为 L 的细线，上端固定，下端拴一质量为 m、带电荷量为 q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开 始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当 细线转过 60°角时，小球到达 B 点速度恰好为零，求： (1)A、B 两点的电势差 UAB； (2)匀强电场的场强大小； (3)小球到达 B 点时，细线对小球的拉力大小。 解析：(1)小球由 A 到 B 过程中，由动能定理得： mgLsin 60°＋qUAB＝0，解得 UAB＝－ 3mgL 2q ； (2)BA 间电势差为 UBA＝－UAB＝ 3mgL 2q ， 则场强 E＝ UBA L－Lcos 60°＝ 3mg q 。 (3)小球在 AB 间摆动，由对称性得知，B 处绳拉力与 A 处绳拉力相等，而在 A 处，由 水平方向平衡有： FTA＝Eq＝ 3mg，所以 FTB＝FTA＝ 3mg。 答案：(1)－ 3mgL 2q 　(2) 3mg q 　(3) 3mg 10.(2017·江阴测试)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x≤L)和区域Ⅱ内分 别存在匀强电场，电场强度大小均为 E，但方向不同。在区域Ⅰ内 场强方向沿 y 轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在 xOy 平 面内，一质量为 m，电量为 q 的正粒子从坐标原点 O 以某一初速度 沿 x 轴正方向射入电场区域Ⅰ，从 P 点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界 Q 处时速度恰 好为零。P 点的坐标为(L，L 2 )。不计粒子所受重力，求： (1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度； (2)电场区域Ⅱ的宽度。 解析：(1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为 v0， 在 x 方向：粒子做匀速直线运动，有 L＝v0t 在 y 方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动， 有L 2＝1 2at2，且 a＝qE m 解得：v0＝ qEL m 。 (2)粒子在区域Ⅱ做匀减速直线运动，设粒子在 P 处的速度为 vP，在 x 方向的分速度为 vPx，在 y 方向的分速度为 vPy，电场区域Ⅱ的宽度为 Δx2，则 vPx＝v0＝ qEL m vPy2＝2×qE m ×L 2 即：vPx＝vPy 故：vP＝ 2qEL m 设粒子在 P 处的速度方向与水平方向的夹角为 θ， 则 tan θ＝vPy vPx，∴θ＝π 4。 设粒子从 P 做直线运动到 Q 所通过的位移为 x 因有：vt2－v02＝2ax 即：0－vP2＝－2·qE m ·x 解得：x＝L，Δx2＝xcos 45° 得 Δx2＝ 2 2 L。 答案：(1) qEL m 　(2) 2 2 L 11.(2017·驻马店期中)如图所示，在 xOy 坐标平面中，有正方形区域 abcd，其中的两条边界与坐标轴重合，区域内有竖直向上的匀强电场，电场 强度为 E。质量为 m、电量为 q 的带电粒子，不计重力，由初速度为零经加 速电场后获得速度 v0，并从坐标原点沿 x 正方向进入电场，恰好从 c 点飞 出电场。 (1)求加速电压； (2)求 ac 两点间的电势差； (3)推导证明：带电粒子在正方形区域内运动过程中，动能与电势能之和不变。 解析：(1)粒子经加速电场时，由动能定理得 qU＝1 2mv02 解得 U＝mv02 2q 。 (2)带电粒子在匀强磁场中做初速度为 v0 的类平抛运动， x 方向上：L＝v0t y 方向上：L＝1 2×Eq m ×t2 解得：L＝2mv02 Eq 所以：Uac＝EL＝2mv02 q 。 (3)由动能定理 W 总＝Ekt－Ek0 再由电场力做功与电势能的关系 W 电＝Ep0－Ept 由于只有电场力做功，所以 W 总＝W 电 即 Ekt－Ek0＝Ep0－Ept 得到：Ekt＋Ept＝Ek0＋Ep0 可见，任意时刻粒子的动能与电势能之和都等于初始状态的动能和电势能之和，也就是 粒子动能与电势能之和保持不变。 答案：(1)mv02 2q 　(2)2mv02 q 　(3)见解析