2016版優(yōu)化方案高考物理浙江專用第一部分專題突破方略配套課件三電場與磁場第1講

2016高考導(dǎo)航專題三 電場與磁場熱點(diǎn)聚焦電場部分：以帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與電場線或等勢面間的關(guān)系為考查電場的力的性質(zhì)和能的性質(zhì)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速、偏轉(zhuǎn)為考查重點(diǎn)，兼顧帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)軌跡分析.磁場部分：以考查帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)為主，其次是通電導(dǎo)線在磁場中受 力作用問題.綜合部分：帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題和臨界問題是考查的重點(diǎn)，并應(yīng)關(guān)注在生產(chǎn)科技中的應(yīng)用.專題三 電場與磁場備考對策要熟悉各種電場的電場線、等勢面分布特點(diǎn)，運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方能關(guān)系解決粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡和能量變化問題.對于帶電粒子在電場、磁場和復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題，要聯(lián)系力學(xué)中的運(yùn)動(dòng)模型(類平拋運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng))，從受力情況、運(yùn)動(dòng)規(guī)律、能量轉(zhuǎn)化等角度分析，綜合運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法和功能關(guān)系加以解決.了解速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋

、磁流體發(fā)電機(jī)等構(gòu)造，明確它們的工作原理.第1講

電場、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)專題三 電場與磁場熱點(diǎn)一對電場性質(zhì)的考查命題規(guī)律靜電場的性質(zhì)與特點(diǎn)以及常見電場的分布規(guī)律問題是近幾年高考的熱點(diǎn)，分析近幾年的高考命題，命題規(guī)律主要有以下幾點(diǎn)：(1)以選擇題形式考查電場的疊加．(2)以選擇題形式考查等量電荷或不等量電荷的電場的分布與電場強(qiáng)度、電勢、電勢能的大小比較問題．(3)以選擇題形式考查電場力做功與電勢能的改變之間的關(guān)系．1.(2015·高考海南卷)如圖，兩電荷量分別為>0)和－Q的點(diǎn)電荷對稱地放置在x軸上原點(diǎn)O的兩側(cè)，a點(diǎn)位于x軸上O點(diǎn)與點(diǎn)電荷Q之間，b點(diǎn)位于y軸O點(diǎn)上方．取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零．下列說法正確的是(b點(diǎn)電勢為零，電場強(qiáng)度也為零正的試探電荷在a點(diǎn)的電勢能大于零，所受電場力方向向右將正的試探電荷從O點(diǎn)移到a點(diǎn)，必須克服電場力做功D．將同一正的試探電荷先后從O、b兩點(diǎn)移到a點(diǎn)，后者電勢能的變化較大BC

)[突破點(diǎn)撥]取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，則y軸上各點(diǎn)的電勢為

,在x<0的區(qū)域，各點(diǎn)電勢

，在x>0的區(qū)域各點(diǎn)電勢

．在x軸上Q和－Q之間電場方向向

，在y軸上各點(diǎn)的場強(qiáng)方向向

．沿y軸移動(dòng)電荷，電場力是否做功？[解析]由兩等量異種點(diǎn)電荷的電場線分布知：過Q

和－Q

連線的垂直平分線Ob

的等勢面為零勢能面，因此將同一正的試探電荷先后從O、b兩點(diǎn)移到a點(diǎn)做的功相同，因此正試探電荷電勢能的變化相同，D

錯(cuò)誤．點(diǎn)b在零勢能面上，b

點(diǎn)電勢為零，由場強(qiáng)的法則知，b

點(diǎn)的場強(qiáng)不為零，方向平行x軸向右，A

錯(cuò)誤．在a

點(diǎn)放一正的試探電荷，所受的電場力方向向右，當(dāng)沿x

軸正方向移動(dòng)時(shí)，電場力做正功電勢能減少，在O

點(diǎn)減為零，過了O

點(diǎn)電勢能為負(fù)值，所以正的試探電荷在a

點(diǎn)電勢能大于零，反之若從O

點(diǎn)移到a

點(diǎn)，電場力與運(yùn)動(dòng)方向相反，因此電場力做負(fù)功即克服電場力做功，B、C

正確在上述題1

中，若將試探電荷從

O

點(diǎn)沿y

軸移到無窮遠(yuǎn)處，試分析電場力做功和電勢能的變化情況．解析：由于y軸為Q和－Q的對稱軸，故y軸為等勢線，因此沿y軸移動(dòng)試探電荷，試探電荷的電勢能不變，電場力不做功．答案：見解析A．a(chǎn)

點(diǎn)的電勢比b

點(diǎn)的電勢高B．粒子在c

點(diǎn)時(shí)的加速度為零C．粒子從

a

點(diǎn)到

c

點(diǎn)電勢能不斷增加D．粒子從

a

點(diǎn)到b

點(diǎn)克服電場力做的功大于從

b

點(diǎn)到

c

點(diǎn)克服電場力做的功2．(2015·溫州高三測試)

，虛線表示某電場中的三個(gè)等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等．一重力不計(jì)、帶負(fù)電的粒子從左側(cè)進(jìn)入電場，運(yùn)動(dòng)軌跡與三個(gè)等勢面分別交于

a、b、c

三點(diǎn)，則(

AC

)[解析]根據(jù)電場線與等勢面的垂直關(guān)系和運(yùn)動(dòng)軌跡，可知帶負(fù)電的粒子從左側(cè)進(jìn)入電場過程中，受到的電場力方向與運(yùn)動(dòng)速度方向成鈍角，電場力做負(fù)功，知粒子從a

點(diǎn)到c

點(diǎn)電勢能不斷增加；虛線表示某電場中的三個(gè)等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相等，則粒子從

a

點(diǎn)到b

點(diǎn)克服電場力做的功等于從

b點(diǎn)到c

點(diǎn)克服電場力做的功；粒子所受電場力方向與場強(qiáng)方向相反，沿著電場線方向電勢逐漸降低，知a、b、c

三點(diǎn)電勢逐漸降低，即φa>φb>φc；粒子在c

點(diǎn)時(shí)受到的電場力不為

0，則其加速度也不為零．故選項(xiàng)A、C

正確，B、D

錯(cuò)誤．3．(2015·高考山東卷)直角坐標(biāo)系xOy

中，M、N

兩點(diǎn)位于x軸上，G、H

兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖．M、N

兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q

的正點(diǎn)電荷置于

O

點(diǎn)時(shí)，G

點(diǎn)處的電場強(qiáng)度恰好為零．靜電力常量用

k

表示．若將該正點(diǎn)電荷移到G

點(diǎn)，則H點(diǎn)處場強(qiáng)的大小和方向分別為(B

)A．3kQ4a2

，沿y

軸正向3kQ5kQ5kQB．4a2

，沿y

軸負(fù)向C．4a2

，沿y

軸正向D．4a2

，沿y

軸負(fù)向1a2[解析]

處于

O

點(diǎn)的正點(diǎn)電荷在

G

點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)

E

＝kQ，方向沿y

軸負(fù)向；又因?yàn)镚

點(diǎn)處場強(qiáng)為零，所以M、N

處兩負(fù)2

1a2點(diǎn)電荷在G

點(diǎn)共同產(chǎn)生的場強(qiáng)E

＝E

＝kQ，方向沿y

軸正向根據(jù)對稱性，M、N

處兩負(fù)點(diǎn)電荷在H

點(diǎn)共同產(chǎn)生的場強(qiáng)E32a2＝E

＝kQ，方向沿y

軸負(fù)向；將該正點(diǎn)電荷移到G

處，該正4點(diǎn)電荷在H

點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E

＝kQ（2a）2，方向沿y

軸正向，3

4所以H

點(diǎn)的場強(qiáng)E＝E

－E

＝3kQ4a2

，方向沿y

軸負(fù)向．[方法技巧]分析電荷受電場力情況時(shí)，首先明確電場的電場線分布規(guī)律再利用電場線的疏密分布規(guī)律或場強(qiáng)的疊加原理判定場強(qiáng)的強(qiáng)弱．分析電勢的高低常根據(jù)電場線的指向進(jìn)行判斷．比較電勢能的大小或分析電勢能的變化，可以根據(jù)電場力做正功，電勢能減??；做負(fù)功，電勢能增大判斷，也可根據(jù)正電荷在電勢高處電勢能大，負(fù)電荷在電勢低處電勢能大來判斷．熱點(diǎn)二

有關(guān)平行板電容器問題命題規(guī)律

平行板電容器問題是近幾年高

時(shí)常出現(xiàn)的考點(diǎn)，分析近幾年的高考命題，命題規(guī)律主要有以下幾點(diǎn)：(1)一般以選擇題的形式考查電容器的定義式和平行板電容器的決定式．(2)以選擇題的形式考查極板間場強(qiáng)、極板間的電勢、帶電粒子的電勢能及電容器的充放電規(guī)律等問題．1.(2015·南昌二模) ,平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地．閉合開關(guān)，一帶電油滴位于兩板

的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，則(

A

)A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B．帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)

C．P點(diǎn)的電勢將降低D．電容器的電容減小，電容器的帶電量將減小[突破點(diǎn)撥](1)“平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接,下極板接地”說明：

.(2)“帶電油滴位于兩板 的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)”說明：帶電油滴受

而平衡．εrS4πkd[解析]

根據(jù)電容器電容的決定式

C＝ ，當(dāng)上極板向下移UQ動(dòng)時(shí)，d

減小，電容變大，又C＝，電壓U

不變，因此電容U器帶電量增多，D

錯(cuò)誤；根據(jù)電容器 電場強(qiáng)度

E＝

d

可知d

減小，場強(qiáng)增大，油滴受到向上的電場力增大，將向上運(yùn)動(dòng)A

正確，B

錯(cuò)誤；由于場強(qiáng)增大，由U＝Ed

可知，P

與下極板電勢差變大，P

點(diǎn)電勢升高，C

錯(cuò)誤．解析：帶電油滴沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)的過程，只有電場力和重力做功，油滴的動(dòng)能、重力勢能和電勢能的總和不變，油滴的動(dòng)能增大，故電勢能和重力勢能之和減?。?1)在上述題1

中，試分析帶電油滴的電勢能和重力勢能之和如何變化．答案：見解析(2)在上述題1中，若電容器充電穩(wěn)定后，斷開電源，試分析當(dāng)電容器下極板豎直向上移動(dòng)一小段距離后，帶電油滴將如何運(yùn)動(dòng)，其電勢能如何變化．解析：電容器充電穩(wěn)定后，斷開電源，兩極板所帶電荷量保持4πkdεrS不變，由

C＝ 、C＝U、E＝

d

可得，E＝Q

U

4πkQrε

S，當(dāng)電容器下極板豎直向上移動(dòng)一小段距離時(shí)，場強(qiáng)不變，油滴受力情況不變，故油滴不動(dòng)．由帶電油滴受力情況可以判斷油滴帶負(fù)電，由U＝Ed

知P

與下極板電勢差變小，P

點(diǎn)電勢降低，由Ep＝qφ

可知帶電油滴的電勢能增加．答案：見解析2.如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間

a點(diǎn)從一帶電微粒，微粒恰好保持

狀態(tài)．現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)

45°，再由

a

點(diǎn)從一同樣的微粒，該微粒將(

D

)保持

狀態(tài)向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)

C．向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)

D．向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)[解析]

兩板水平放置時(shí)，放置于兩板間

a

點(diǎn)的帶電微粒保持

，帶電微粒受到的電場力與重力平衡．當(dāng)將兩板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)

45°時(shí)，電場大小不變，方向逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)

45°，受力如圖，其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)．選項(xiàng)

D

正確．3．(2015·石家莊一模)，D

是一個(gè)具有單向?qū)щ娦缘睦硐攵O管，水平放置的平行板電容器

AB

原有帶電微粒

P

處于是(狀態(tài)．下列措施中，關(guān)于P

的運(yùn)動(dòng)情況的說法中正確的ABD

)保持S

閉合，增大A、B

板間距離，P

仍保持S

閉合，減小A、B板間距離，P

向上運(yùn)動(dòng)斷開S

后，增大A、B板間距離，P

向下運(yùn)動(dòng)若B板接地，斷開S

后，A

板稍下移，P

的電勢能不變[解析]

保持開關(guān)

S

閉合，電容器的電壓不變，增大

A、B板間距離，則導(dǎo)致電容器的電容減小，則出現(xiàn)電容器的電量減小，然而二極管作用導(dǎo)致電容器的電量不會減小，則電容器的電量不變，由于平行板電容器的電場強(qiáng)度與電容器的電量、電介質(zhì)及正對面積有關(guān)，所以電場強(qiáng)度不變，P

仍

，故

A

正確；當(dāng)減小

A、B板間距離，則導(dǎo)致電容器的電容增大，則出現(xiàn)電容器的電量增加，因此電場強(qiáng)度增大，所以

P向上運(yùn)動(dòng)，故

B正確；增大

A、B板間距離，導(dǎo)致電容器的電容減小，由于斷開開關(guān)

S，則電容器的電量不變，所以極板間的電場強(qiáng)度不變因此

P

仍處于

，故

C錯(cuò)誤；A板稍下移，電容器的電容增大，當(dāng)斷開

S后，則電容器的電量不變，所以電場強(qiáng)度也不變由于

B板接地，則

P到

B板的電勢差不變，因此

P的電勢能也不變，故

D

正確．[總結(jié)提升]平行板電容器問題的分析思路(1)明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的，哪些物理量是變化的以及怎樣變化．4πkdεrS(2)應(yīng)用平行板電容器的決定式

C＝

分析電容器的電容的變化．應(yīng)用電容的定義式分析電容器帶電量和兩板間電壓的變化情況．根據(jù)控制變量法對電容的變化進(jìn)行綜合分析，得出結(jié)論．熱點(diǎn)三 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)命題規(guī)律

帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)問題是近幾年高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，綜合分析近幾年的高考命題，對于這一考點(diǎn)

題規(guī)律有以下幾個(gè)方面：(1)利用運(yùn)動(dòng)的和分解分析帶電粒子的類拋體運(yùn)動(dòng)，考查粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡、受力情況及能量轉(zhuǎn)化，以選擇題形式出現(xiàn)．(2)經(jīng)常與功能關(guān)系、運(yùn)動(dòng)學(xué)方程、運(yùn)動(dòng)定律等知識相結(jié)合，以計(jì)算題的形式出現(xiàn)．1.(2015·高考

卷)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E(圖中未畫出)，由A點(diǎn)斜射出質(zhì)量為

m、帶電荷量為＋q的粒子，B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)．粒子所受重力忽略不計(jì)．求：粒子從A到C過程中電場力對它做的功；粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間；(3)粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速率．[突破點(diǎn)撥]在勻強(qiáng)電場中，電場力做功用

W＝

計(jì)算．粒子在

x

軸方向上做

運(yùn)動(dòng)，在

y

軸方向上做

運(yùn)動(dòng)．根據(jù)對稱性，曲線的最高點(diǎn)在

點(diǎn)[解析]

(1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0.(2)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，粒子在x

軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對稱性可知軌跡最高點(diǎn)D在y

軸上，可令tAD＝tDB＝T，則

tBC＝TqE由qE＝ma，得a＝

m122D

D又

y

＝

aT

，y

＋0123l

＝a(2T)2解得T＝2ml0qE則A→C

過程所經(jīng)歷的時(shí)間t＝3qE2ml0.(3)粒子在DC

段做類平拋運(yùn)動(dòng)，于是有2l0＝vCx(2T)，vCy＝a(2T)Cv

＝v2CxCy＋v2

＝2m17qEl0.[答案](1)3qEl0(2)32ml0qE(3)17qEl02m(1)在上述題1

中，求曲線的最高點(diǎn)的y

坐標(biāo)．解析：粒子從

D

到

C，在豎直方向上做類

落體運(yùn)動(dòng)，且

tDB＝tBC故yD∶|yC|＝1∶3yD＝l0.答案：見解析(2)在上述題1中，求粒子在A點(diǎn)時(shí)的速度．解析：由xAD＝l0，tAD＝T＝qE2ml0得v0xtAD＝xAD＝qEl02mD

0由

y

＝l

，aqE＝

m

得：0y0v

＝

2al

＝2qEl0m故

v0＝

v2

＋v2

＝0x

0y5qEl02mv0x與x

軸正方向夾角滿足tan

α＝v0y＝2.則α＝arctan

2.答案：見解析2．(2015·高考江蘇卷)一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左．不計(jì)空氣阻力,則小球(BC

)A．做直線運(yùn)動(dòng)

B．做曲線運(yùn)動(dòng)

C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小[解析]小球運(yùn)動(dòng)時(shí)受重力和電場力的作用，合力F方向與初速度v0方向不在一條直線上，小球做曲線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確.將初速度v0分解為垂直于F方向的v1和沿F反方向的

v2,根據(jù)運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系,v1的大小不變,v2先減小后反向增大,因此小球的速率先減小后增大，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3.(2015·太原調(diào)研)

，粗糙水平桌面

AM

的右側(cè)連接有一豎直放置、半徑R＝0.3

m

的光滑半圓軌道MNP，桌面與軌道相切于M

點(diǎn)，在水平半徑ON

的下方空間有水平向右的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)從

A

點(diǎn)由 一個(gè)質(zhì)量

m＝0.4

kg、電荷量為q的帶正電的絕緣物塊，物塊沿桌面運(yùn)動(dòng)并由M

點(diǎn)進(jìn)入半圓軌道，并恰好以最小速度通過軌道的最高點(diǎn)P.已知物塊與水平桌m(xù)g面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.55，電場強(qiáng)度E＝

q

，取g＝10

m/s2，則(

D

)物塊經(jīng)過

M

點(diǎn)時(shí)的速率為

3

m/s物塊經(jīng)過半圓軌道MNP

的中點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為4

2

NC．物塊由M

向P

運(yùn)動(dòng)的過程中速率逐漸減小D．AM

的長度為1mv2R[解析]

物塊恰好通過

P

點(diǎn)，則在

P

點(diǎn)有

mg＝m

P，物塊從

M21

12

2到P

由動(dòng)能定理得qER－2mgR＝

mv

－mv2

，聯(lián)立解得vP

M

M＝3

m/s，選項(xiàng)A

錯(cuò)誤；設(shè)物塊在半圓軌道中點(diǎn)時(shí)的速度大小21

12

2為v，由動(dòng)能定理得qER－mgR＝

mv

－mvM

N2

，又

F

－qE＝v2mR、FN′＝FN，聯(lián)立解得壓力大小為

FN′＝16

N，選項(xiàng)

B錯(cuò)誤；物塊由M

向N

運(yùn)動(dòng)的過程中速率先增大后減小，選項(xiàng)12MC

錯(cuò)誤；物塊從A

到M

由動(dòng)能定理得(qE－μmg)l＝

mv2

－0解得l＝1m，選項(xiàng)D

正確．[總結(jié)提升]帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)問題的解題思路首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，區(qū)分是在電場中的直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)問題．對于直線運(yùn)動(dòng)問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運(yùn)動(dòng)分析從以下兩種途徑進(jìn)行處理：①如果是帶電粒子在恒定電場力作用下做直線運(yùn)動(dòng)的問題，應(yīng)用 第二定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等．②如果是非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)，一般利用動(dòng)能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動(dòng)的位移等．對于曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般是類平拋運(yùn)動(dòng)模型，通常采用運(yùn)動(dòng)的與分解方法處理．通過對帶電粒子的受力分析和運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析，應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法或功能方法求解．帶電體在電場中的運(yùn)動(dòng)命題規(guī)律

帶電體在電場中的運(yùn)動(dòng)，主要涉及勻變速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)和約束下的圓周運(yùn)動(dòng)，屬力電綜合問題，仍將是

2016

年高考命題的熱點(diǎn)，題型為選擇題或計(jì)算題．[范例]

(20

分)如圖，O、A、B

為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB

沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB

3OA，將一質(zhì)量為＝2m

的小球以一定的初動(dòng)能自

O

點(diǎn)水平向右出，小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過

A點(diǎn)．使此小球帶電，電荷為

＞0)，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向與△OAB所在平面行．現(xiàn)從O

點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了

A

點(diǎn)，到達(dá)A

點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的

3

倍；若該小球從O

點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰好通過B

點(diǎn)，且到達(dá)

B

點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6

倍，重力加速度大小為g.求：無電場時(shí)，小球到達(dá)

A

點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；電場強(qiáng)度的大小和方向．[規(guī)范答題]

(1)設(shè)小球的初速度為

v0，初動(dòng)能為

Ek0，從

O

點(diǎn)運(yùn)＝2規(guī)律有dsin

60°＝v0t①(2

分)21dcos

60°＝

gt2②(2

分)122k0

0又有

E

＝

mv

③(2分)由①②③式得k038E

＝

mgd④(1

分)設(shè)小球到達(dá)A

點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA，則2EkA＝Ek0＋1mgd⑤(2

分)Ek03由④⑤式得EkA＝7.⑥(1

分)(2)加電場后，小球從O

點(diǎn)到A

點(diǎn)和B

點(diǎn)，高度分別降低了d和23d2

，設(shè)電勢能分別減小ΔEpA

和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－1mgd＝2Ek0⑦(2

分)2

32ΔEpB＝6Ek0－Ek0－3mgd＝Ek0⑧(2

分)在勻強(qiáng)電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的．設(shè)直線OB

上的M

點(diǎn)與A

點(diǎn)等電勢，M

與O

點(diǎn)的距離為x，如圖，則有x2d3

＝ΔEpAΔEpB⑨(2

分)解得x＝d，MA

為等勢線，電場強(qiáng)度方向必與其垂線OC

方向平行．設(shè)電場強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得α＝30°⑩(1

分)即電場強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為30°.設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，有qEdcos

30°＝ΔEpA?(2

分)6q由④⑦?式得

E＝

3mg

(1

分).76q

3mg[答案]

(1)3

(2)為30°電場方向與豎直向下的方向的夾角[總結(jié)提升]此類問題的研究方法與力學(xué)綜合題相似．一般應(yīng)用

運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、動(dòng)能定理和能量守恒定律求解．區(qū)別為：從力的角度看，物體多受一個(gè)電場力；從功的角度看，多一個(gè)電場力做功；從能的角度看，多了一個(gè)電勢能．[

]1．(2015·浙江五校聯(lián)考)

，傾斜角度為

θ的粗糙程度均勻的絕緣斜面，下方

O

點(diǎn)處固定一帶電量為＋Q

的點(diǎn)電荷，質(zhì)量為m、帶電量為－q

的小物體(可看成質(zhì)點(diǎn))與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)使小物體以初速度

v0

從斜面上的A

點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)

B點(diǎn)時(shí)速度為零，然后又下滑回到A

點(diǎn)．小物體所帶電荷量保持不變，靜電力常量為k，重力加速度為

g，OA＝OB＝l.求：小物體沿斜面上滑經(jīng)過AB

中點(diǎn)時(shí)的加速度；小物體返回到斜面上的A

點(diǎn)時(shí)的速度．解析：(1)小物體經(jīng)過AB

中點(diǎn)時(shí)對斜面的壓力FN＝mgcos

θ＋k（lsin

θ）2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)定律有

mgsin

θ＋μFN＝ma，得：a＝mgsin

θ＋μmgcos

θ＋k（lsinθ）

2m.(2)小物體沿斜面運(yùn)動(dòng)過程中所受摩擦力為變力，但根據(jù)對稱性，上、下過程中小物體克服摩擦力做功相等，設(shè)為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理：在上滑過程中有

0120－2mv

＝－fmglsin

2θ－W

，122在下滑過程中有

mv

＝mglsin

2θf－W

,0解得：v＝

4glsin

2θ－v2.答案：(1)mgsin

θ＋μmgcos

θ＋k

2

l

sin

θm(2) 4glsin

2θ－v202.

，光滑絕緣的圓管彎成半徑為

R

的半圓形，固定在豎直面內(nèi)，管口

B、C

的連線水平．現(xiàn)有一帶正電的小球從

B

點(diǎn)正上方的

A

點(diǎn)

下落，A、B

兩點(diǎn)距離為

4