2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章靜電場(chǎng)沖刺訓(xùn)練

PAGEPAGE6第六章靜電場(chǎng)(一)“靜電場(chǎng)〞的一個(gè)命題熱點(diǎn)——電場(chǎng)性質(zhì)(強(qiáng)練提能)1.如下圖，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O。以下關(guān)于x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的說法中正確的選項(xiàng)是()A．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)最低B．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)最高C．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電勢(shì)升高D．從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電勢(shì)降低解析：選B將整個(gè)圓環(huán)看做由兩個(gè)半圓環(huán)組成，由對(duì)稱性可知，這兩個(gè)半圓環(huán)上的電荷在O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，故合場(chǎng)強(qiáng)為零。x軸上的各點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)，由對(duì)稱性可知，在圓環(huán)右側(cè)的合場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸向右，電勢(shì)降低；左側(cè)的合場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸向左，電勢(shì)降低，故O點(diǎn)電勢(shì)最高。由于在O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，距O點(diǎn)無限遠(yuǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，因此沿x軸向左、右兩側(cè)，電場(chǎng)強(qiáng)度都呈現(xiàn)出先增大后減小的特征，綜上所述B正確。2．如圖甲所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點(diǎn)P(坐標(biāo)為x)的電場(chǎng)強(qiáng)度可以由庫侖定律和電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理求出：E＝2πkσeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,R2＋x2\f(1,2))))，方向沿x軸?，F(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖乙所示。那么圓孔軸線上任意一點(diǎn)Q(坐標(biāo)為x)的電場(chǎng)強(qiáng)度為()A．2πkσ0eq\f(x,r2＋x2\f(1,2)) B．2πkσ0eq\f(r,r2＋x2\f(1,2))C．2πkσ0eq\f(x,r) D．2πkσ0eq\f(r,x)解析：選A采用極限思維法結(jié)合填補(bǔ)法。根據(jù)半徑為R的均勻帶電圓形平板在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2πkσeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,R2＋x2\f(1,2))))，可推知當(dāng)帶電圓板無限大時(shí)(即當(dāng)R→∞)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2πkσ，對(duì)于無限大帶電平板，挖去一半徑為r的圓板的電場(chǎng)強(qiáng)度，可利用填補(bǔ)法，即將挖去的圓板填充進(jìn)去，這時(shí)Q點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度EQ＝2πkσ0，那么挖去圓板后的電場(chǎng)強(qiáng)度EQ′＝2πkσ0－2πkσ0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(x,r2＋x2\f(1,2))))＝2πkσ0eq\f(x,r2＋x2\f(1,2))，應(yīng)選項(xiàng)A正確。3.(2022·衡水模擬)如下圖，N(N>5)個(gè)小球均勻分布在半徑為R的圓周上，圓周上P點(diǎn)的一個(gè)小球所帶電荷量為－2q，其余小球帶電量為＋q，圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。假設(shè)僅撤去P點(diǎn)的帶電小球，圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為()A．E B.eq\f(E,2)C.eq\f(E,3) D.eq\f(E,4)解析：選C假設(shè)圓周上均勻分布的都是電荷量為＋q的小球，由于圓周的對(duì)稱性，圓心處場(chǎng)強(qiáng)為0，那么知P處＋q在圓心處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E1＝keq\f(q,r2)，方向水平向左，可知圖中所有q在O處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E2＝E1＝keq\f(q,r2)，方向水平向右，圖中－2q在圓心處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E3＝keq\f(2q,r2)，方向水平向右。根據(jù)疊加原理E＝E2＋E3，那么keq\f(q,r2)＝eq\f(E,3)，所以撤去P點(diǎn)的小球后，圓心處場(chǎng)強(qiáng)大小為eq\f(E,3)，C正確。4．(多項(xiàng)選擇)(2022·山東第一次大聯(lián)考)如圖甲所示，兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2固定在x軸上，其中Q1位于原點(diǎn)O，a、b是它們連線延長(zhǎng)線上的兩點(diǎn)。現(xiàn)有一帶正電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)(粒子只受電場(chǎng)力作用)，設(shè)粒子經(jīng)過a、b兩點(diǎn)時(shí)的速度分別為va、vb，其速度隨坐標(biāo)x變化的圖像如圖乙所示，那么以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定為零B．Q2帶負(fù)電且電荷量小于Q1C．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的電勢(shì)高D．粒子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的電勢(shì)能小解析：選AC速度時(shí)間圖像圖線斜率表示加速度，3L處圖線的切線水平，加速度為0，b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定為零，根據(jù)從a點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)先加速后減速知，Q1帶負(fù)電，Q2帶正電，A正確，B錯(cuò)誤；a點(diǎn)的動(dòng)能比b點(diǎn)的動(dòng)能小，a點(diǎn)的電勢(shì)能比b點(diǎn)的電勢(shì)能大，且運(yùn)動(dòng)電荷為正電荷，所以a點(diǎn)的電勢(shì)比b5．(2022·江西高安中學(xué)模擬)假設(shè)空間某一靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ隨x變化情況如下圖，根據(jù)圖中信息可以確定以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．O～x1范圍內(nèi)各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的方向均與x軸平行B．只在電場(chǎng)力作用下，正電荷沿x軸從O運(yùn)動(dòng)到x1，可做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．負(fù)電荷沿x軸從x2移到x3的過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小D．無法比擬x2～x3與x4～x5間的場(chǎng)強(qiáng)大小解析：選C由圖像可以知道，在O～x1范圍內(nèi)各點(diǎn)電勢(shì)不變，是一條等勢(shì)線，所以電場(chǎng)方向應(yīng)該與x軸垂直，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；x軸上在O～x1，各點(diǎn)電勢(shì)相等，任意兩點(diǎn)間電勢(shì)差為零，電場(chǎng)力做功為零，而且電荷做直線運(yùn)動(dòng)，可能做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；x軸從x2移到x3的過程中電勢(shì)升高，那么電場(chǎng)力對(duì)負(fù)電荷做正功，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)C正確；在x2～x3范圍內(nèi)相對(duì)于x4～x5范圍內(nèi)等差等勢(shì)面密集，所以前者電場(chǎng)強(qiáng)度大些，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6．(多項(xiàng)選擇)(2022·洛陽模擬)空間有一沿x軸對(duì)稱分布的電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖像如下圖，帶電粒子在此空間只受電場(chǎng)力作用。以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．在－x1處釋放一帶負(fù)電的粒子，它將沿x軸在－x1與x1之間做往返運(yùn)動(dòng)B．帶負(fù)電的粒子以一定的速度由－x1處沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)到x1處，它在x1處的速度等于在－x1處的速度C．帶正電的粒子以一定的速度由－x1處沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的過程中，它的動(dòng)能先增大后減小D．帶正電的粒子在x1處的電勢(shì)能比在x2處的電勢(shì)能小、與在x3處的電勢(shì)能相等解析：選AB電場(chǎng)沿x軸對(duì)稱分布，在－x1處釋放一帶負(fù)電的粒子，它將沿x軸在－x1與x1之間做往返運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確。帶負(fù)電的粒子以一定的速度由－x1處沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)到x1處，它在x1處的速度等于在－x1處的速度，選項(xiàng)B正確。帶正電的粒子以一定的速度由－x1處沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的過程中，它的動(dòng)能先減小后增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。從x1處到x3處，電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸，帶正電的粒子從x1處到x3處，電場(chǎng)力一直做正功，電勢(shì)能減小，所以帶正電的粒子在x1處的電勢(shì)能比x2處的電勢(shì)能大、比x3處的電勢(shì)能大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。7.(多項(xiàng)選擇)如圖甲所示，有一絕緣圓環(huán)，圓環(huán)上均勻分布著正電荷，圓環(huán)平面與豎直平面重合。一光滑細(xì)桿沿垂直圓環(huán)平面的中心軸線穿過，細(xì)桿上套有一質(zhì)量為m＝10g的帶正電的小球，小球所帶電荷量q＝5.0×10－4C。小球從C點(diǎn)由靜止釋放，其沿細(xì)桿由C點(diǎn)經(jīng)B點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示。小球運(yùn)動(dòng)到BA．在桿上O點(diǎn)右側(cè)，B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝1.2V/mB．由C點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，小球的電勢(shì)能先減小后變大C．由C點(diǎn)到A點(diǎn)電勢(shì)逐漸降低D．C、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UCB＝0.9V解析：選ACD由題圖乙可知，小球在B點(diǎn)的加速度最大，故所受作用力最大，加速度由電場(chǎng)力提供，故B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大，a＝eq\f(Δv,Δt)，a＝eq\f(qE,m)，解得E＝1.2V/m，所以A正確；從C點(diǎn)到A點(diǎn)電場(chǎng)力對(duì)小球一直做正功，故電勢(shì)能一直減小，B錯(cuò)誤，C正確；從C點(diǎn)到B點(diǎn)電場(chǎng)力對(duì)小球做功W＝eq\f(1,2)mvB2－0，C、B兩點(diǎn)間電勢(shì)差UCB＝eq\f(W,q)＝0.9V，所以D正確。8．(多項(xiàng)選擇)(2022·青島模擬)如下圖是利用高壓電場(chǎng)枯燥中藥的根本原理圖，在大導(dǎo)體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間產(chǎn)生非勻強(qiáng)電場(chǎng)E；水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電荷，另一端帶等量負(fù)電荷；水分子在電場(chǎng)力的作用下會(huì)加速從中藥材中別離出去，在鼓風(fēng)機(jī)的作用下飛離電場(chǎng)區(qū)域從而到達(dá)快速枯燥的目的。虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運(yùn)動(dòng)軌跡，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．水分子在B處時(shí)，帶正電荷一端受到的電場(chǎng)力與帶負(fù)電荷一端受到電場(chǎng)力大小不相等B．水分子沿軌跡ABCD運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力始終做正功C．水分子沿軌跡ABCD運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能先減少后增加D．如果把高壓直流電源的正負(fù)極反接，水分子從A處開始將向下運(yùn)動(dòng)解析：選AC水分子在B處時(shí)，水分子帶正電荷一端所在處電場(chǎng)強(qiáng)度小，水分子受到的電場(chǎng)力小，帶負(fù)電荷一端所在處電場(chǎng)強(qiáng)度大，水分子受到的電場(chǎng)力大，A正確；水分子向針狀電極O靠近時(shí)電場(chǎng)力做正功，遠(yuǎn)離針狀電極O時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功，C正確，B錯(cuò)誤；如果把高壓直流電源的正負(fù)極反接，水分子從A處仍會(huì)向上運(yùn)動(dòng)，只不過帶正電荷一端在上方，即水分子帶正電荷一端受到的電場(chǎng)力大于帶負(fù)電荷一端受到的電場(chǎng)力，D錯(cuò)誤。第六章沖刺985深化內(nèi)容(二)“靜電場(chǎng)〞的一個(gè)難點(diǎn)——帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(細(xì)化題型)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題是電場(chǎng)局部的重點(diǎn)和難點(diǎn)，是每年高考的熱點(diǎn)問題，該類問題考查了學(xué)生綜合應(yīng)用電場(chǎng)知識(shí)和力學(xué)知識(shí)的能力。從運(yùn)動(dòng)形式上可以分為直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、周期性的往復(fù)運(yùn)動(dòng)等多種情況。在電場(chǎng)力作用下的直線運(yùn)動(dòng)題型簡(jiǎn)述在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如果帶電粒子的速度v與場(chǎng)強(qiáng)E方向平行時(shí)，這時(shí)帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，如果電場(chǎng)力方向與速度方向相同，那么粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如果電場(chǎng)力方向與速度方向相反，那么粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。方法突破假設(shè)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，既可用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，又可用動(dòng)能定理求解。假設(shè)為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電粒子受到的電場(chǎng)力是變力，加速度是變量，只能用能量觀點(diǎn)(如動(dòng)能定理、能量守恒定律等)求解。[典例1]反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如下圖，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場(chǎng)力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)。電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如下圖。帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d1＝1.0cm(1)B點(diǎn)到虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t。[解析](1)帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由動(dòng)能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2，解得d2＝0.50cm。(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1＝ma1，|q|E2＝ma2，設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大小分別為t1、t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有d1＝eq\f(1,2)a1t12，d2＝eq\f(1,2)a2t22。又t＝t1＋t2，解得t＝1.5×10－8s。[答案](1)0.50cm(2)1.5×10－8s[題后悟通]此題中求解d2應(yīng)用動(dòng)能定理非?？旖荩鴳?yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式那么比擬麻煩；但求解由A到B的時(shí)間t時(shí)只能應(yīng)用后一種方法。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1.如下圖，從F處釋放一個(gè)無初速度的電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，指出以下對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述中哪句是錯(cuò)誤的(設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為U)()A．電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是UeB．電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零C．電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3UeD．電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)解析：選C電子在AB之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，且eU＝ΔEk，A正確；在BC之間做勻速運(yùn)動(dòng)，B正確；在CD之間做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D板時(shí)，速度減為零，C錯(cuò)誤，D正確。在電場(chǎng)力作用下的類平拋運(yùn)動(dòng)題型簡(jiǎn)述帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，由于只受電場(chǎng)力作用，沿初速度方向?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，而沿電場(chǎng)力的方向?qū)⒆龀跛俣葹?的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，稱為類平拋運(yùn)動(dòng)。方法突破求解這類問題時(shí)應(yīng)把握以下關(guān)鍵：(1)處理方法：用運(yùn)動(dòng)的合成和分解的思想處理，即沿v0方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于v0方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(2)偏轉(zhuǎn)規(guī)律：偏轉(zhuǎn)位移，y＝eq\f(qU,2md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2，偏轉(zhuǎn)角，tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)。(3)兩個(gè)推論推論1：類平拋運(yùn)動(dòng)物體任意時(shí)刻速度偏轉(zhuǎn)角的正切值是位移偏轉(zhuǎn)角正切值的兩倍。推論2：類平拋運(yùn)動(dòng)物體任意時(shí)刻速度的反向延長(zhǎng)線必過勻速運(yùn)動(dòng)位移的中點(diǎn)。[典例2](2022·臨沂質(zhì)檢)如下圖，虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn)，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間；(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ；(3)電子打到屏上的點(diǎn)P′到點(diǎn)O的距離x。[解析](1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，時(shí)間為t1，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：a1＝eq\f(eE1,m)＝eq\f(eE,m)，eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1t12，v1＝a1t1，t2＝eq\f(2L,v1)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝t1＋t2＝3eq\r(\f(mL,eE))。(2)設(shè)電子射出電場(chǎng)E2時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場(chǎng)中的加速度為a2＝eq\f(eE2,m)＝eq\f(2eE,m)，t3＝eq\f(L,v1)，vy＝a2t3，tanθ＝eq\f(vy,v1)解得：tanθ＝2。(3)如圖，設(shè)電子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為x1x1＝eq\f(1,2)a2t32tanθ＝eq\f(x2,L)解得：x＝x1＋x2＝3L[答案](1)3eq\r(\f(mL,eE))(2)2(3)3L[題后悟通]解答此題的關(guān)鍵是分析清楚電子在電場(chǎng)E1、E2及離開E2后各段運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，然后選擇相應(yīng)的關(guān)系解決問題。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]2.如下圖，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場(chǎng)，粒子a由頂點(diǎn)A射入，從BC的中點(diǎn)P射出，粒子b由AB的中點(diǎn)O射入，從頂點(diǎn)C射出。假設(shè)不計(jì)重力，那么a和b的比荷之比是()A．1∶2 B．2∶1C．1∶8 D．8∶1解析：選D設(shè)粒子初速度為v0，AB間距為d，那么d＝eq\f(1,2)·eq\f(qaE,ma)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)lBC,v0)))2，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qbE,mb)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lBC,v0)))2。以上兩式聯(lián)立可解得：eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝8∶1，故D正確。在電場(chǎng)力作用下的圓周運(yùn)動(dòng)題型簡(jiǎn)述電場(chǎng)力是一種性質(zhì)力，在圓周運(yùn)動(dòng)中可以提供向心力，使帶電物體做圓周運(yùn)動(dòng)。方法突破解決該類問題時(shí)，首先分析使物體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源，然后根據(jù)牛頓第二定律列方程求解。帶電粒子在電場(chǎng)力作用下的圓周運(yùn)動(dòng)常見以下三種情況：(1)在點(diǎn)電荷＋Q(或－Q)的電場(chǎng)中，另一個(gè)負(fù)電荷－q(或正電荷＋q)圍繞點(diǎn)電荷做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示。(2)在兩個(gè)等量同種正電荷Q(或負(fù)電荷－Q)的電場(chǎng)中，在過它們連線的中垂面內(nèi)，一個(gè)負(fù)電荷－q(或正電荷＋q)圍繞二者連線的中點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示。(3)兩個(gè)異種電荷Q1、－Q2，以相同的角速度ω繞其連線上某一點(diǎn)O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖丙所示。(類似于天體運(yùn)動(dòng)的雙星模型)[典例3](2022·北京高考)某原子電離后其核外只有一個(gè)電子，假設(shè)該電子在核的靜電力作用下繞核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，那么電子運(yùn)動(dòng)()A．半徑越大，加速度越大 B．半徑越小，周期越大C．半徑越大，角速度越小 D．半徑越小，線速度越小[解析]根據(jù)庫侖力提供向心力，由keq\f(Qq,r2)＝ma＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r＝mω2r＝meq\f(v2,r)，知r越大，a越小，ω也越?。籸越小，v越大，而T越小，那么C項(xiàng)正確，其他選項(xiàng)錯(cuò)誤。[答案]C[題后悟通]此題條件較少，解題關(guān)鍵是挖掘“某原子電離后其核外只有一個(gè)電子，假設(shè)該電子在核的靜電力作用下繞核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)〞的隱含條件，即庫侖力提供電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，進(jìn)而列出相應(yīng)的動(dòng)力學(xué)方程，根據(jù)向心力的不同表達(dá)式分析電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的加速度、周期、角速度、線速度與半徑的關(guān)系。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]3.如下圖，真空中A、B兩點(diǎn)固定兩個(gè)等電荷量的正電荷，一個(gè)具有初速度的帶負(fù)電的粒子僅在這兩個(gè)電荷的作用下，可能做()A．勻速直線運(yùn)動(dòng)B．勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．勻變速曲線運(yùn)動(dòng)D．勻速圓周運(yùn)動(dòng)解析：選D根據(jù)等電荷量正電荷電場(chǎng)分布的特點(diǎn)，一個(gè)具有初速度的帶負(fù)電的粒子僅在這兩個(gè)電荷的作用下，可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即以A、B連線的中點(diǎn)為圓心，在垂直于AB直線的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。4.(多項(xiàng)選擇)如下圖，兩個(gè)正、負(fù)點(diǎn)電荷，在庫侖力作用下，它們以兩者連線上的某一點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．它們所需要的向心力大小相等B．它們的運(yùn)動(dòng)半徑與電荷量成反比C．它們做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度相等D．它們的線速度與其質(zhì)量成反比解析：選ACD兩異種點(diǎn)電荷能繞連線上某一點(diǎn)各自做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們的角速度相同，二者間的庫侖力提供向心力：keq\f(Q1Q2,L2)＝m1ω2R1＝m2ω2R2，eq\f(R1,R2)＝eq\f(m2,m1)，eq\f(v1,v2)＝eq\f(R1,R2)＝eq\f(m2,m1)。故A、C、D正確，B錯(cuò)誤。帶電粒子在周期性變化電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題型簡(jiǎn)述帶電粒子在周期性變化的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于電場(chǎng)的變化使粒子所受電場(chǎng)力變化，其加速度、速度、位移等都會(huì)發(fā)生相應(yīng)的變化，從而出現(xiàn)加速、減速或者周期性運(yùn)動(dòng)。方法突破帶電粒子在周期性變化電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法(1)明確電場(chǎng)(E、U等)變化的規(guī)律。(2)做好兩個(gè)分析(受力分析和運(yùn)動(dòng)分析)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性、空間上有的具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)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。(3)分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析；二是功能關(guān)系。(4)此類題型一般有三種情況：①粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)；②粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)；③粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究)。[典例4]將如下圖交變電壓加在平行板電容器A、B兩極板上，開始B板電勢(shì)比A板電勢(shì)高，這時(shí)有一個(gè)原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場(chǎng)力作用下開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B兩極板的距離足夠大，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．電子一直向著A板運(yùn)動(dòng)B．電子一直向著B板運(yùn)動(dòng)C．電子先向A運(yùn)動(dòng)，然后返回向B板運(yùn)動(dòng)，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．電子先向B運(yùn)動(dòng)，然后返回向A板運(yùn)動(dòng)，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng)[解析]根據(jù)交變電壓的變化規(guī)律，不難確定電子所受電場(chǎng)力的變化規(guī)律，從而作出電子的加速度a、速度v隨時(shí)間變化的圖線，如下圖，從圖中可知，電子在第一個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，在這半個(gè)周期內(nèi)，因初始B板電勢(shì)高于A板電勢(shì)，所以電子向B板運(yùn)動(dòng)，加速度大小為eq\f(eU,md)。在第三個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，第四個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，但在這半個(gè)周期內(nèi)運(yùn)動(dòng)方向與前半個(gè)周期相反，向A板運(yùn)動(dòng)，加速度大小為eq\f(eU,md)，所以，電子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，綜上分析正確選項(xiàng)應(yīng)為D。[答案]D[題后悟通]解決此題的關(guān)鍵首先是明確電壓的變化規(guī)律，從而明確電子的受力特點(diǎn)，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)一步分析a、v的變化情況，結(jié)合a-t圖像、v-t圖像分析往往能快捷解題。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]5．如圖(a)所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為U＝1125V，兩板中央各有小孔O和O′?，F(xiàn)有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進(jìn)入A、B之間。在B板右側(cè)，平行金屬板M、N長(zhǎng)L1＝4×10－2m，板間距離d＝4×10－3m，在距離M、N右側(cè)邊緣L2＝0.1m處有一熒光屏P，當(dāng)M、N之間未加電壓時(shí)電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O″點(diǎn)并發(fā)出熒光?，F(xiàn)在金屬板M、N之間加一個(gè)如圖(b)所示的變化電壓u，在t＝0時(shí)刻，M板電勢(shì)低于N板電勢(shì)