高考物理二輪復(fù)習(xí)專題10 電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動（解析版）

第頁碼頁碼頁/總NUMPAGES總頁數(shù)總頁數(shù)頁EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型歸納與提分秘籍專題10電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動目錄TOC\o"1-3"\h\u一、熱點(diǎn)題型歸納 1【題型一】有關(guān)平行板電容器的問題分析 1【題型二】帶電粒子在電場中的加速直線與偏轉(zhuǎn) 4【題型三】帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動 9【題型四】帶電粒子（帶電體）在電場中的力電綜合問題 14二、高考力電綜合大題選編 20一、熱點(diǎn)題型歸納【題型一】有關(guān)平行板電容器的問題分析【題型解碼】(1)兩類動態(tài)問題的分析要抓住C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)和E＝eq\f(U,d)三個基本關(guān)系．(2)板間粒子的運(yùn)動常用動力學(xué)方法或動能定理分析．【典例分析1】(2020·寧夏大學(xué)附中四模)如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零，可以視為短路；反向電阻無窮大，可以視為斷路)連接，電源負(fù)極接地，初始時電容器不帶電，閉合開關(guān)S穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器極板間的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài).下列說法正確的是()A.減小極板間的正對面積，帶電油滴會向下移動，且P點(diǎn)的電勢會降低B.減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動，且P點(diǎn)的電勢會降低C.將下極板上移，帶電油滴將向上運(yùn)動D.斷開開關(guān)S，帶電油滴將向下運(yùn)動【答案】C【解析】根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)及Q＝CU知，當(dāng)開關(guān)閉合并減小極板間的正對面積時，電容C減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，題圖中的電容器只能充電不能放電，所以電容器所帶電荷量不變，結(jié)合公式E＝eq\f(U,d)可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由此可得電場強(qiáng)度E變大，帶電油滴所受電場力變大，則帶電油滴會向上移動，P點(diǎn)與下極板的距離不變，因E變大，則P點(diǎn)的電勢升高，選項(xiàng)A、B錯誤；將下極板上移，極板間距離減小，電容器的電容C變大，電容器所帶的電荷量Q變大，電容器充電，電場強(qiáng)度變大，帶電油滴向上運(yùn)動，選項(xiàng)C正確；斷開開關(guān)S，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?，電容器所帶電荷量Q不變，電容C不變，電壓也不變，電容器兩極板間的場強(qiáng)不變，故帶電油滴仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)D錯誤.【典例分析2】.(2020·安徽淮北市一模)如圖所示，平行板電容器與電源連接，下極板B接地，開關(guān)S閉合，一帶電油滴在電容器中的P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是()A．保持開關(guān)S閉合，上極板A豎直上移一小段距離，電容器的電容增大B．保持開關(guān)S閉合，上極板A豎直上移一小段距離，P點(diǎn)的電勢將升高C．保持開關(guān)S閉合，上極板A豎直上移一小段距離過程中，電流計中電流方向向右D．開關(guān)S先閉合后斷開，上極板A豎直上移一小段距離，帶電油滴向下運(yùn)動【答案】B【解析】保持開關(guān)S閉合，電壓恒定，上極板A豎直上移，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，知電容C減小，由E＝eq\f(U,d)，知E減小，P與下極板距離不變，P與下極板電勢差減小，下極板帶正電，P處為負(fù)電勢，故P點(diǎn)電勢升高，由Q＝UC，知Q減少，電容器放電，電流計中電流方向向左，故A、C錯誤，B正確；斷開S，電容器所帶電荷量Q一定，上極板A豎直上移，C減小，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)不變，故油滴靜止不動，D錯誤．【提分秘籍】平行板電容器的動態(tài)問題分析(1)抓住三個基本公式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)。(2)兩類動態(tài)分析d、S、εr變化時U、Q、C、E變化的判斷依據(jù)：①充電后與電池兩極相連：U不變，C＝eq\f(εrS,4πkd)，Q＝CU(變化同C)，E＝eq\f(U,d)。②充電后與電池兩極斷開：Q不變，C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)(變化與C相反)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)。(3)電勢和電勢能的變化結(jié)合電場的相關(guān)公式分析?！緩?qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·浙江名校協(xié)作體5月試題)如圖所示，平行板電容器帶有等量異號電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變【答案】D【解析】極板移動過程中帶電荷量Q保持不變，靜電計指針張角變化反映極板間電勢差U的變化，由C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)可知，上極板下移，d減小，C增大，U減小，又E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，則E不變，P點(diǎn)電勢不變，Ep不變，綜合上述，只有D正確。2.研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，下列說法正確的是A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計指針的張角變大D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大【答案】A【解析】(1)靜電計指針的張角大小表示電容器兩極板間的電壓大小。根據(jù)C＝eq\f(Q,U)計算。(2)平行板電容器的電容決定式是C＝eq\f(εrS,4πkd)。用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，a、b兩板帶等量異種電荷，故A正確；根據(jù)平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則兩極板間的電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故B錯誤；根據(jù)平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，相對介電常數(shù)εr增大，則電容C增大，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則電壓U減小，靜電計指針的張角減小，故C錯誤；電容器的電容與電容器所帶的電荷量無關(guān)，故D錯誤?！绢}型二】帶電粒子在電場中的加速直線與偏轉(zhuǎn)【題型解碼】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做直線運(yùn)動時，一般用牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合處理或用動能定理處理．(2)在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動時一般從分解的角度處理．(3)注意帶電粒子重力能否忽略．【典例分析1】(2020·浙江7月選考·6)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中．已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時()A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點(diǎn)的距離為eq\f(2\r(2)mv02,qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°【答案】C【解析】粒子在電場中只受電場力，F(xiàn)＝qE，方向向下，如圖所示．粒子的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動．水平方向做勻速直線運(yùn)動，有x＝v0t豎直方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2eq\f(y,x)＝tan45°聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A錯誤．vy＝at＝eq\f(qE,m)·eq\f(2mv0,qE)＝2v0，則速度大小v＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(5)v0，tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)，則速度方向與豎直方向夾角θ＝arctaneq\f(1,2)，故B、D錯誤；x＝v0t＝eq\f(2mv02,qE)，與P點(diǎn)的距離s＝eq\f(x,cos45°)＝eq\f(2\r(2)mv02,qE)，故C正確．【典例分析2】(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直．已知剛進(jìn)入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運(yùn)動中粒子僅受電場力作用．(1)求電場強(qiáng)度的大小；(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？【答案】(1)eq\f(mv02,2qR)(2)eq\f(\r(2)v0,4)(3)0或eq\f(\r(3)v0,2)【解析】(1)粒子初速度為零，由C點(diǎn)射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C.由幾何關(guān)系和電場強(qiáng)度的定義知AC＝R①F＝qE②由動能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mv02③聯(lián)立①②③式得E＝eq\f(mv02,2qR)④(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行．作與BC平行的直線與圓相切于D點(diǎn)，與AC的延長線交于P點(diǎn)，則自D點(diǎn)從圓周上穿出的粒子的動能增量最大．由幾何關(guān)系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R⑤設(shè)粒子以速度v1進(jìn)入電場時動能增量最大，在電場中運(yùn)動的時間為t1.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運(yùn)動，運(yùn)動的距離等于DP.由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式有F＝ma⑥AP＝eq\f(1,2)at12⑦DP＝v1t1⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2)v0,4)⑨(3)解法1：設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場時，在電場中運(yùn)動的時間為t0.以A為原點(diǎn)，粒子進(jìn)入電場的方向?yàn)閤軸正方向，電場方向?yàn)閥軸正方向建立直角坐標(biāo)系．由運(yùn)動學(xué)公式有y＝eq\f(1,2)at2⑩x＝vt?粒子離開電場的位置在圓周上，有(x－eq\f(\r(3),2)R)2＋(y－eq\f(1,2)R)2＝R2?粒子在電場中運(yùn)動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零．設(shè)穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為v2，由題給條件及運(yùn)動學(xué)公式有mv2＝mv0＝mat?聯(lián)立②④⑥⑩???式得v＝0或v＝eq\f(\r(3),2)v0解法2：粒子在電場方向上做勻加速直線運(yùn)動，即沿AC方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，垂直AC方向做勻速直線運(yùn)動，因動量的變化量只發(fā)生在電場方向上，若粒子從進(jìn)入電場到離開電場的過程中動量變化量為mv0，則粒子會從B點(diǎn)離開電場．設(shè)粒子進(jìn)入電場時的速度為v在沿電場方向：R＝eq\f(vy,2)t＝eq\f(v0,2)t在垂直電場方向：eq\r(3)R＝vt聯(lián)立以上兩式得：v＝eq\f(\r(3),2)v0.由題意知，粒子進(jìn)入電場時的速度v＝0時，動量變化量的大小也為mv0.【典例分析3】．(2020·浙江溫州三模)示波管的結(jié)構(gòu)如圖(a)所示，偏轉(zhuǎn)電極YY′如右圖(b)所示，兩板間的距離為d、板長為L，在YY′間加上電壓U，讓電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以速度v垂直電場進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極，不計電子的重力．則電子穿過偏轉(zhuǎn)電極YY′的過程中，下列說法正確的是()A．電子向Y′極板偏轉(zhuǎn)飛出B．電子射出電場時的偏移量ΔY＝eq\f(eUL2,2mdv2)C．射出電子的動能增加了eUD．U越大，電子通過YY′極板的時間就越短【答案】B【解析】由(b)圖可知，Y為正極，則電場強(qiáng)度方向向下，故電子通過YY′的過程中，受到的電場力向上，即電子向Y極偏轉(zhuǎn)飛出電場，故A錯誤；電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，則有L＝vt，ΔY＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eU,md)，聯(lián)立解得ΔY＝eq\f(eUL2,2mdv2)，故B正確；根據(jù)動能定理可知，電子動能的增加量為ΔEk＝eEΔY，因ΔY<d，故EΔY<Ed＝U，所以ΔEk<eU，故C錯誤；根據(jù)電子的方向做勻速直線運(yùn)動，有L＝vt，解得t＝eq\f(L,v)，即電子通過YY′極板的時間與U無關(guān)，故D錯誤．【提分秘籍】1．電場中的直線運(yùn)動問題(1)動能定理：不涉及t、a時可用．(2)牛頓第二定律＋運(yùn)動學(xué)公式：涉及a、t時可用．尤其是交變電場中，最好再結(jié)合v－t圖象使用．2．勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題(1)用平拋運(yùn)動規(guī)律處理：運(yùn)動的分解．①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間t＝eq\f(L,v0).②沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).③離開電場時的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdv02).④速度偏向角tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUx,mdv02)eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanφ＝eq\f(qUL,mdv02)；位移偏向角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(qUx,2mdv02)eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanθ＝eq\f(qUL,2mdv02).(2)動能定理：涉及功能問題時可用．注意：偏轉(zhuǎn)時電場力做功不一定是W＝qU板間，應(yīng)該是W＝qEy(y為偏移量)．3．非勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動問題(1)運(yùn)動電荷的軌跡偏向受力的一側(cè)，即合外力指向軌跡凹的一側(cè)；電場力一定沿電場線切線方向，即垂直于等勢面，從而確定電荷受力方向．(2)由電場力的方向與運(yùn)動方向夾角，判斷電場力做功的正負(fù)，再由功能關(guān)系判斷動能、電勢能的變化．【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·安徽黃山市高三期末)如圖所示，勻強(qiáng)電場中有一個以O(shè)為圓心、半徑為R的圓，電場方向與圓所在平面平行，圓上有三點(diǎn)A、B、C，其中A與C的連線為豎直直徑，∠A＝30°.有兩個完全相同的帶正電粒子，帶電荷量均為q(q＞0)，以相同的初動能Ek從A點(diǎn)先后沿不同方向拋出，它們分別運(yùn)動到B、C兩點(diǎn)．若粒子運(yùn)動到B、C兩點(diǎn)時的動能分別為EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為()A.eq\f(Ek,qR) B.eq\f(2Ek,qR)C.eq\f(\r(3)Ek,3qR) D.eq\f(2\r(3)Ek,3qR)【答案】D【解析】從A點(diǎn)到B點(diǎn)應(yīng)用動能定理有：qUAB＝2Ek－Ek＝Ek從A點(diǎn)到C點(diǎn)應(yīng)用動能定理有：qUAC＝3Ek－Ek＝2Ek所以UAC＝2UAB作出等勢面和電場線如圖所示：則從A點(diǎn)到B點(diǎn)應(yīng)用動能定理有qEd＝qE|AD|＝Ek，即qE·eq\f(\r(3)R,2)＝Ek解得E＝eq\f(2\r(3)Ek,3qR)，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯誤．2.(多選)(2020·浙江寧波“十校”3月聯(lián)考)如圖所示，三個同樣的帶電粒子(不計重力)同時從同一位置沿同一方向垂直于電場線射入平行板電容器間的勻強(qiáng)電場，它們的運(yùn)動軌跡分別用a、b、c標(biāo)出，不考慮帶電粒子間的相互作用，下列說法中正確的是()A．當(dāng)b飛離電場的同時，a剛好打在下極板上B．b和c同時飛離電場C．進(jìn)入電場時，c的速度最大，a的速度最小D．在電場中運(yùn)動過程中c的動能增加量最小，a、b的動能增加量相同【答案】ACD【解析】三個粒子相同，故進(jìn)入電場后，受到的電場力相等，即加速度相等，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，偏移量y＝eq\f(1,2)at2，所以ta＝tb>tc，故A正確，B錯誤；粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，故有v0＝eq\f(x,t)，因?yàn)閤b＝xc>xa，ta＝tb>tc，所以有vc>vb>va，故C正確；根據(jù)動能定理qU＝Eqy＝ΔEk，故c的動能增加量最小，a和b的動能增加量相同，故D正確．3.(多選)(2020·江蘇南京市、鹽城市一模)兩個質(zhì)量相等、電荷量不等的帶電粒子甲、乙，先后以不同的速率沿著HO方向垂直射入勻強(qiáng)電場，電場方向豎直向上，它們在圓形區(qū)域中運(yùn)動的時間相同，其運(yùn)動軌跡如圖所示．不計粒子所受的重力，則下列說法中正確的是()A．甲粒子帶正電荷B．乙粒子所帶的電荷量比甲粒子少C．甲粒子在圓形區(qū)域中電勢能變化量小D．乙粒子進(jìn)入電場時具有的動能比甲粒子大【答案】AC【解析】甲粒子向上偏轉(zhuǎn)，所受的電場力向上，與電場方向相同，故甲粒子帶正電荷，故A正確；兩個粒子豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，E、t、m相等，則y∝q，可知，乙粒子所帶的電荷量比甲粒子多，故B錯誤；電場力對粒子做功為W＝qEy，甲粒子電荷量少，偏轉(zhuǎn)距離小，則電場力對甲粒子做功少，其電勢能變化量小，故C正確；水平方向有x＝vt，相同時間內(nèi)，乙粒子的水平位移小，則乙粒子進(jìn)入電場時初速度小，初動能小，故D錯誤．【題型三】帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動【題型解碼】1.在交變電場中做直線運(yùn)動時，一般是幾段變速運(yùn)動組合．可畫出v－t圖象，分析速度、位移變化．2.在交變電場中的偏轉(zhuǎn)若是幾段類平拋運(yùn)動的組合，可分解后畫出沿電場方向分運(yùn)動的v－t圖象，分析速度變化，或是分析偏轉(zhuǎn)位移與偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系式．【典例分析1】(2019·湖北黃岡模擬)一勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖象如圖1所示，在該勻強(qiáng)電場中，有一個帶電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子只向一個方向運(yùn)動B．0～2s內(nèi)，電場力做功等于0C．4s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)D．2.5～4s內(nèi)，電場力做功等于0【答案】D【解析】畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖象如圖所示，v－t圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運(yùn)動，4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點(diǎn)，A、C錯誤；2s末速度不為0，可見0～2s內(nèi)電場力做功不等于0，B錯誤；2.5s和4s末，速度的大、小方向都相同，2.5～4s內(nèi)電場力做功等于0，所以D正確．【典例分析2】(2020·北京市高三學(xué)業(yè)考試)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓．在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場．已知電場變化周期T＝eq\f(2d,v0)，粒子質(zhì)量為m，不計粒子重力及粒子間的作用力，則()A．在t＝0時刻進(jìn)入的粒子離開電場時速度大小為eq\f(1,2)v0B．粒子的電荷量為eq\f(mv02,2U0)C．在t＝eq\f(1,8)T時刻進(jìn)入的粒子離開電場時豎直方向上的位移為eq\f(d,4)D．在t＝eq\f(1,4)T時刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場【答案】D【解析】粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速運(yùn)動，則t＝0時刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動時間t＝eq\f(2d,v0)，此時間正好是交變電場的一個周期，粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，經(jīng)過一個周期，粒子在豎直方向的速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，計算得出q＝eq\f(mv02,U0)，B錯誤；在t＝eq\f(T,8)時刻進(jìn)入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移為d＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)T))2－2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,8)))2＝eq\f(d,2)，C錯誤；t＝eq\f(T,4)時刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動eq\f(T,4)，然后向下減速運(yùn)動eq\f(T,4)，再向上加速eq\f(T,4)，最后向上減速eq\f(T,4)，由對稱可知，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，D正確．【提分秘籍】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．常見的試題類型此類題型一般有三種情況：(1)粒子做單向直線運(yùn)動(一般用牛頓運(yùn)動定律求解)．(2)粒子做往返運(yùn)動(一般分段研究)．(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(一般根據(jù)交變電場特點(diǎn)分段研究)．3．解答帶電粒子在交變電場中運(yùn)動的思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．(2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．(3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用．4.利用速度圖象分析帶電粒子的運(yùn)動過程時的注意事項(xiàng)(1)帶電粒子進(jìn)入電場的時刻；(2)速度圖象的切線斜率表示加速度；(3)圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，且在橫軸上方所圍成的面積為正，在橫軸下方所圍成的面積為負(fù)；(4)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用；(5)圖線與橫軸有交點(diǎn)，表示此時速度改變方向，對運(yùn)動很復(fù)雜、不容易畫出速度圖象的問題，還應(yīng)逐段分析求解．5.交變電壓的周期性變化，勢必會引起帶電粒子的某個運(yùn)動過程和某些物理量的周期性變化，所以應(yīng)注意：(1)分過程解決．“一個周期”往往是我們的最佳選擇．(2)建立模型．帶電粒子的運(yùn)動過程往往能在力學(xué)中找到它的類似模型．(3)正確的運(yùn)動分析和受力分析：合力的變化影響粒子的加速度(大小、方向)變化，而物體的運(yùn)動性質(zhì)則由加速度和速度的方向關(guān)系確定．【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(多選)(2020·四川成都七中模擬)如圖甲所示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時刻A板電勢比B板高，兩板中間靜止一電子，設(shè)電子在運(yùn)動過程中不與兩板相碰，而且電子只受電場力作用，規(guī)定向左為正方向，則下列敘述正確的是()A．在t＝0時刻釋放電子，則電子運(yùn)動的v－t圖象如圖丙圖線一所示，該電子一直向B板做勻加速直線運(yùn)動B．若t＝eq\f(T,8)時刻釋放電子，則電子運(yùn)動的v－t圖象如圖線二所示，該電子一直向B板做勻加速直線運(yùn)動C．若t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，則電子運(yùn)動的v－t圖象如圖線三所示，該電子在2T時刻在出發(fā)點(diǎn)左邊D．若t＝eq\f(3,8)T時刻釋放電子，在2T時刻電子在出發(fā)點(diǎn)的右邊【答案】CD【解析】在t＝eq\f(T,2)時刻之前釋放電子，電場力水平向左，電子在電場力的作用下向A板做勻加速直線運(yùn)動，故A、B錯誤；若t＝eq\f(1,4)T時刻釋放電子，電子先向左做勻加速直線運(yùn)動，水平向左為速度正方向，在eq\f(1,2)T時刻速度達(dá)到最大，然后做勻減速直線運(yùn)動，圖線三符合電子運(yùn)動的v－t圖象，v－t圖象與t軸所圍的面積即為電子的位移，2T時刻之前v－t圖象與t軸所圍的面積為正，電子的位移為正，所以電子在出發(fā)點(diǎn)左邊，故C正確；若t＝eq\f(3T,8)時刻釋放電子，易分析得2T時刻之前v－t圖象與t軸所圍的面積為負(fù)，即位移為負(fù)，電子在出發(fā)點(diǎn)的右邊，故D正確．2.(2019·遼寧沈陽質(zhì)檢)如圖中a所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與x軸平行，電場強(qiáng)度E隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖b所示，E為＋E0時電場強(qiáng)度的方向沿x軸正方向．有一帶正電的粒子P，在某一時刻t0以某一速度v沿y軸正方向自坐標(biāo)原點(diǎn)O射入電場，粒子P經(jīng)過時間T到達(dá)的點(diǎn)記為A(A點(diǎn)在圖中未畫出)．若t0＝0，則OA連線與y軸正方向夾角為45°，不計粒子重力．(1)求粒子的比荷；(2)若t0＝eq\f(T,4)，求A點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)若t0＝eq\f(T,8)，求粒子到達(dá)A點(diǎn)時的速度．【答案】見解析【解析】(1)粒子在t0＝0時刻射入電場，粒子沿y軸方向的分運(yùn)動為勻速運(yùn)動，位移大小為：y＝vT粒子沿x軸方向在0～eq\f(T,2)內(nèi)做初速度為零的勻加速運(yùn)動，位移為x1，末速度為v1，則：x1＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2，v1＝aeq\f(T,2)粒子沿x軸方向在eq\f(T,2)～T內(nèi)做勻減速運(yùn)動，位移為x2，由題意知兩段運(yùn)動的加速度大小相等，則：x2＝v1(eq\f(T,2))－eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2粒子沿x軸方向的總位移為x，則：x＝x1＋x2粒子只受到電場力作用，由牛頓第二定律得：qE0＝may＝x聯(lián)立各式解得：eq\f(q,m)＝eq\f(4v,E0T)(2)粒子在t0＝eq\f(T,4)時刻射入電場，粒子沿y軸方向的分運(yùn)動為勻速運(yùn)動，位移大小為：y′＝vT粒子沿x軸方向在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)做初速度為零的勻加速運(yùn)動，位移為x3，末速度為v2，則：x3＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2v2＝aeq\f(T,4)粒子沿x軸方向在eq\f(T,2)～T內(nèi)做勻變速運(yùn)動，位移為x4，末速度為v3，則：x4＝v2(eq\f(T,2))－eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2v3＝v2－aeq\f(T,2)粒子沿x軸方向在T～eq\f(5T,4)內(nèi)做勻變速運(yùn)動，位移為x5，則：x5＝v3(eq\f(T,4))＋eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2粒子沿x軸的總位移為x′，則：x′＝x3＋x4＋x5聯(lián)立各式解得：x′＝0則A點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，vT)(3)粒子在t0＝eq\f(T,8)時刻射入電場，粒子沿y軸方向的分運(yùn)動為勻速運(yùn)動，速度不變；沿x軸方向在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)內(nèi)做初速度為零的勻加速運(yùn)動，末速度為v4，則：v4＝aeq\f(3T,8)粒子沿x軸方向在eq\f(T,2)～T內(nèi)做勻變速運(yùn)動，末速度為v5，則：v5＝v4－aeq\f(T,2)粒子沿x軸方向在T～eq\f(9T,8)內(nèi)做勻變速運(yùn)動，末速度為v6，則：v6＝v5＋aeq\f(T,8)聯(lián)立各式解得：v6＝0則：粒子通過A點(diǎn)的速度為v【題型四】帶電粒子（帶電體）在電場中的力電綜合問題【題型解碼】1.勻強(qiáng)電場可與重力場合成用一合場代替，即電場力與重力合成一合力，用該合力代替兩個力．2.力電綜合問題注意受力分析、運(yùn)動過程分析，應(yīng)用動力學(xué)知識或功能關(guān)系解題．【典例分析1】(2020·河南高三二模)如圖所示，在電場強(qiáng)度方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從A點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出，粒子運(yùn)動到B點(diǎn)時速度方向水平，大小也為v0，重力加速度為g，不計空氣阻力．下列說法正確的是()A．粒子在該過程中克服電場力做功eq\f(1,2)mv02B．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為eq\f(2mg,q)C．粒子在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)的電勢能大eq\f(1,2)mv02D．粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用的時間為eq\f(v0,g)【答案】CD【解析】豎直方向粒子在重力作用下做加速度為g的勻減速直線運(yùn)動，則v0＝gt，t＝eq\f(v0,g)，水平方向粒子在電場力作用下做勻加速直線運(yùn)動，則v0＝at＝eq\f(Eq,m)t則a＝g；勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(mg,q)，B錯誤，D正確．從A到B電場力做正功W＝qE·eq\f(v\o\al(,02),2a)＝eq\f(1,2)mv02則電勢能減小eq\f(1,2)mv02，則粒子在A點(diǎn)的電勢能比在B點(diǎn)的電勢能大eq\f(1,2)mv02，C正確，A錯誤．【典例分析2】.(2020·浙江寧波市重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，相距為d的平行板A和B之間有電場強(qiáng)度為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場．電場中C點(diǎn)距B板的距離為0.3d，D點(diǎn)距A板的距離為0.2d，有一個質(zhì)量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點(diǎn)運(yùn)動至D點(diǎn)，若重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．該微粒在D點(diǎn)時的電勢能比在C點(diǎn)時的大B．該微粒做勻變速直線運(yùn)動C．在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgdD．該微粒帶正電，所帶電荷量大小為q＝eq\f(mg,E)【答案】C【解析】由題知，微粒沿直線運(yùn)動，可知重力和電場力二力平衡，微粒做勻速直線運(yùn)動，微粒帶負(fù)電，B、D錯誤；微粒從C點(diǎn)運(yùn)動至D點(diǎn)，電場力做正功，電勢能減小，A錯誤；此過程中電場力對微粒做的功為W＝Fx＝mg(d－0.3d－0.2d)＝0.5mgd，C正確．【典例分析3】(2020·浙江杭州建人高復(fù)模擬)一內(nèi)壁光滑、半徑為R的光滑圓軌道豎直固定在桌面上，整個裝置處在勻強(qiáng)電場中，電場方向豎直向下，大小E＝eq\f(mg,q)(E未知)，一個質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球靜止在軌道底部A點(diǎn)，現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動，當(dāng)小球回到A點(diǎn)時，再次用小錘沿運(yùn)動方向擊打小球，經(jīng)過兩次擊打，小球才能運(yùn)動到圓軌道的最高點(diǎn)，已知小球在運(yùn)動過程中始終未脫離軌道，第一次擊打過程中小錘對小球做功W，第二次擊打過程中小錘對小球做功4W，設(shè)兩次擊打過程中小錘對小球做的功全部用來增加小球的動能，則W的值可能是()A．3mgR B.eq\f(3mgR,2)C.eq\f(3mgR,4) D.eq\f(5mgR,2)【答案】B【解析】由題可知第一次擊打后，小球運(yùn)動到不超過與圓心等高的位置，則W≤(mg＋qE)R＝2mgR【典例分析4】(2020·重慶市九校聯(lián)考)在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向(豎直向上)的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d＝0.2m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強(qiáng)電場．質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－2C的小球從y軸上P點(diǎn)以一定的初速度垂直y軸方向進(jìn)入電場，通過第Ⅰ象限后，從x軸上的A點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點(diǎn)離開，已知P、A的坐標(biāo)分別為(0,0.4)、(0.4,0)，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)初速度v0的大??；(2)A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB；(3)小球經(jīng)過B點(diǎn)時的速度大小．【答案】(1)1m/s(2)5V(3)eq\r(10)m/s【解析】(1)小球進(jìn)入豎直方向的勻強(qiáng)電場后做類平拋運(yùn)動，小球帶正電，受到的電場力豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a＝eq\f(mg－qE0,m)，解得a＝5m/s2根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，小球沿水平方向做勻速運(yùn)動，有xA＝v0t沿豎直方向有：yP＝eq\f(1,2)at2解得v0＝xAeq\r(\f(a,2yP))＝1m/s.(2)設(shè)水平電場的電場強(qiáng)度大小為E，因未進(jìn)入電場前，帶電小球做類平拋運(yùn)動，所以進(jìn)入電場時豎直方向的速度vy＝eq\r(2yPa)因?yàn)樾∏蛟谠撾妶鰠^(qū)域恰好做直線運(yùn)動，所以合外力的方向與速度方向在同一條直線上，即速度方向與合外力的方向相同，有eq\f(qE,mg)＝eq\f(v0,vy)，解得E＝50N/C設(shè)小球在水平電場中運(yùn)動的水平距離為L，可知eq\f(qE,mg)＝eq\f(L,d)又UAB＝EL解得UAB＝5V.(3)設(shè)小球在B點(diǎn)的速度大小為v，對小球運(yùn)動的全過程，由動能定理，有mg(yP＋d)－qE0yP＋qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝eq\r(10)m/s.【提分秘籍】1帶電粒子在電場中力電綜合問題的分析思路(1)首先分析粒子的運(yùn)動規(guī)律，確定粒子在電場中做直線運(yùn)動還是曲線運(yùn)動。(2)對于直線運(yùn)動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運(yùn)動分析，從以下兩種途徑進(jìn)行處理：①如果是帶電粒子受恒定電場力作用下的直線運(yùn)動問題，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(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)動問題，一般利用動能定理分析全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運(yùn)動的位移等。(3)對于曲線運(yùn)動問題，通常有以下兩種情況：①對于在勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動，一般是類平拋運(yùn)動，通常采用運(yùn)動的合成與分解的方法處理。通過對帶電粒子的受力分析和運(yùn)動規(guī)律分析，借助運(yùn)動的合成與分解，尋找兩個分運(yùn)動，再應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律或運(yùn)動學(xué)規(guī)律求解。②對于在非勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動，一般是根據(jù)牛頓運(yùn)動定律、曲線運(yùn)動知識和動能定理、能量守恒定律定性分析。(4)當(dāng)帶電粒子從一個電場區(qū)域進(jìn)入另一個電場區(qū)域時，要注意分析帶電粒子的運(yùn)動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問題的突破口。2.帶電體在電場、重力場中運(yùn)動的動力學(xué)問題1．等效重力法將重力與電場力進(jìn)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．2．物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)在“等效力場”中做圓周運(yùn)動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動的臨界速度問題．小球能維持圓周運(yùn)動的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)．幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點(diǎn)．而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動過程中速度最小(稱為臨界速度)的點(diǎn)．【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·浙江綠色聯(lián)盟12月聯(lián)考)如圖所示，A和B是兩個點(diǎn)電荷，電荷量均為q，A固定在絕緣水平面上，在A的上方有一塊絕緣板，B放在板上，且B正好在A的正上方，B的質(zhì)量為m.現(xiàn)使板從靜止開始，以加速度a豎直向下勻加速運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到某一位置時B恰好對絕緣板無壓力，如果這個位置正好將原來A與B的距離分成上下之比為2∶1的兩部分，則在此過程中，電場力和板的支持力對B做功的代數(shù)和是(已知靜電力常量為k，重力加速度為g，且a<g)()A．－2qeq\r(kmg－a) B．－3qeq\r(kmg－a)C．－eq\f(q,2)eq\r(kmg－a) D．－eq\f(q,2)eq\r(2kmg－a)【答案】A【解析】設(shè)B與A相距為x時，B對板恰好沒有壓力，此時B與A之間的庫侖力為：F＝keq\f(q2,x2)，由牛頓第二定律知：mg－F＝ma聯(lián)立解得：x＝qeq\r(\f(k,mg－ma))由題意知在此之前B運(yùn)動的位移：s＝2x此時B的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式知：v2＝2as＝4ax設(shè)電場力和板的支持力對B所做的總功為W，由動能定理知：mgs＋W＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得：W＝－2qeq\r(km\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－a)))，故A正確．2.(2020·陜西榆林市高三第一次模擬)如圖，平行板電容器兩個極板與水平地面成2α角，在平行板間存在著勻強(qiáng)電場，直線CD是兩板間一條垂直于板的直線，豎直線EF與CD交于O點(diǎn)，一個帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點(diǎn)經(jīng)O點(diǎn)向B點(diǎn)做直線運(yùn)動，重力加速度為g.則在此過程中，下列說法正確的是()A．小球帶正電B．小球可能做勻加速直線運(yùn)動C．小球加速度大小為gcosαD．小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量【答案】D【解析】帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點(diǎn)經(jīng)O點(diǎn)向B點(diǎn)做直線運(yùn)動，所以小球所受合外力沿BA方向，又由于小球受重力，所以電場力的方向由O到D，由于此電場的方向未知，所以小球的電性不能確定，小球做勻減速直線運(yùn)動，故A、B錯誤；由題圖可知，由于OA是角平分線，且小球的加速度方向由O到A，據(jù)幾何關(guān)系可知a＝2gcosα，故C錯誤；由分析可知，小球所受重力大小等于電場力大小，運(yùn)動的位移與重力、電場力的夾角相同，所以二力做的功相同，據(jù)功能關(guān)系可知，小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量，故D正確．3.(多選)(2020·河南鄭州市線上測試)如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為l的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動．AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑．已知重力加速度為g，電場強(qiáng)度為eq\f(mg,q)，下列說法正確的是()A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，則它運(yùn)動的最小速度為eq\r(gl)B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，則小球運(yùn)動到B點(diǎn)時的機(jī)械能最大C．若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復(fù)運(yùn)動D．若去掉細(xì)線，將小球在A點(diǎn)以大小為eq\r(gl)的速度豎直向上拋出，它將能夠到達(dá)B點(diǎn)【答案】BD【解析】由于電場強(qiáng)度E＝eq\f(mg,q)，故有mg＝qE，則等效最低點(diǎn)在BC圓弧中點(diǎn)，重力和電場力的合力為eq\r(2)mg，根據(jù)圓周運(yùn)動公式eq\r(2)mg＝meq\f(v2,l)，小球在等效最高點(diǎn)的最小速度為v＝eq\r(\r(2)gl)，故A錯誤；除重力和彈力外其他力做功等于機(jī)械能的增加量，若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，則小球運(yùn)動到B點(diǎn)時，電場力做功最多，故到B點(diǎn)時的機(jī)械能最大，故B正確；小球所受合力方向與電場方向夾角為45°斜向下，故若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動，故C錯誤；若去掉細(xì)線，將小球在A點(diǎn)以大小為eq\r(gl)的速度豎直向上拋出，小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，加速度為－g，水平方向做勻加速運(yùn)動，加速度為g，當(dāng)豎直方向上的位移為0時，運(yùn)動的時間為t＝2eq\f(v0,g)＝eq\f(2\r(gl),g)＝2eq\r(\f(l,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2l，則小球能運(yùn)動到B點(diǎn)，故D正確．4.(2020·山東煙臺模擬)在平行于紙面內(nèi)的勻強(qiáng)電場中，有一電荷量為q的帶正電粒子，僅在電場力作用下，粒子從電場中A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，速度大小由2v0變?yōu)関0，粒子的初、末速度與AB連線的夾角均為30°，如圖所示，已知A、B兩點(diǎn)間的距離為d，則該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為()A．eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，方向豎直向上 B．eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，方向斜向左下方C．eq\f(3mv\o\al(2,0),qd)，方向豎直向上 D．eq\f(\r(21)mv\o\al(2,0),2qd)，方向斜向左下方【答案】D【解析】以向右為x軸正方向，向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，x軸方向的速度由2v0減為v0cos60°，故Ex向左，y軸方向的速度由0增加到v0sin60°，故Ey向下，故電場強(qiáng)度方向斜向左下方．利用v2－veq\o\al(2,0)＝2ax以及牛頓第二定律，有(v0cos60°)2－(2v0)2＝－2eq\f(qEx,m)dcos30°，(v0sin60°)2＝2eq\f(qEy,m)dsin30°，電場強(qiáng)度E＝eq\r(E\o\al(2,x)＋E\o\al(2,y))，解得E＝eq\f(\r(21)mv\o\al(2,0),2qd)，故A、B、C錯誤，D正確．二、高考力電綜合大題選編1.(2020·云南昆明市高三“三診一?！睖y試)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的x軸沿水平方向，在第一象限內(nèi)y軸與直線x＝L之間存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場．一個質(zhì)量為m，帶電荷量為q(q＞0)的小球(重力不能忽略)，以初速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正方向射入電場，一段時間后以eq\r(2)v0的速度從第一象限內(nèi)的A點(diǎn)(圖中未畫出)射出電場，重力加速度為g.求：(1)A點(diǎn)的縱坐標(biāo)；(2)電場強(qiáng)度E的大小．【答案】(1)eq\f(L,2)(2)eq\f(mg,q)＋eq\f(mv02,qL)【解析】(1)小球在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)其在電場中運(yùn)動時間為t、離開電場時豎直分速度為vAy，將小球的位移OA和在A點(diǎn)的速度vA分別沿水平方向和豎直方向分解，則有v02＋vAy2＝(eq\r(2)v0)2水平方向：L＝v0t豎直方向：yA＝eq\f(vAy,2)t聯(lián)立解得：yA＝eq\f(L,2)(2)y方向有：vAy＝at由牛頓第二定律有：qE－mg＝ma聯(lián)立解得：E＝eq\f(mg,q)＋eq\f(mv02,qL).2.(2020·北京市門頭溝區(qū)一模)如圖所示，第一象限中有沿x軸的正方向的勻強(qiáng)電場，第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，兩電場的電場強(qiáng)度大小相等．一個質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P(－L，0)點(diǎn)射入第二象限，已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動，并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個點(diǎn)Q(未畫出)，重力加速度g為已知量．求：(1)初速度v0與x軸正方向的夾角；(2)P、Q兩點(diǎn)間的電勢差UPQ；(3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動所用的時間．【答案】：(1)45°(2)－eq\f(mgL,q)(3)eq\f(\r(2)v0,g)【解析】：(1)由題意知，帶電質(zhì)點(diǎn)在第二象限做勻速直線運(yùn)動，有qE＝mg設(shè)初速度v0與x軸正方向的夾角為θ，且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)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(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律有eq\r(2)mg＝ma，即a＝eq\r(2)g，v0＝at解得t＝eq\f(\r(2)v0,2g)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中往返一次所用的時間T＝2t＝eq\f(\r(2)v0,g).3.(2020·四川南充市第一次適應(yīng)性考試)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有水平向右的勻強(qiáng)電場，有一質(zhì)量為m，電荷量為－q(－q<0)的帶電絕緣小球，從y軸上的P(0，L)點(diǎn)由靜止開始釋放，運(yùn)動至x軸上的A(－L,0)點(diǎn)時，恰好無碰撞地沿切線方向進(jìn)入固定在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細(xì)管，細(xì)管的圓心O1位于y軸上，交y軸于B點(diǎn)，交x軸于A點(diǎn)和C(L,0)點(diǎn)，已知細(xì)管內(nèi)徑略大于小球外徑，小球直徑遠(yuǎn)小于細(xì)管軌道的半徑，不計空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大??；(2)小球運(yùn)動到B點(diǎn)時對管的壓力的大小和方向；(3)小球從C點(diǎn)飛出后落在x軸上的位置坐標(biāo)．【答案】(1)eq\f(mg,q)(2)3(eq\r(2)＋1)mg方向向下(3)(－7L,0)【解析】(1)小球由靜止釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運(yùn)動，小球從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入，則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則tan45°＝eq\f(mg,Eq)解得：E＝eq\f(mg,q)(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知，細(xì)管軌道的半徑r＝eq\r(2)L從P點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理得：eq\f(1,2)mvB2－0＝mg(2L＋eq\r(2)L)＋EqL在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝eq\f(mv\o\al(B2),r)聯(lián)立解得：FN＝3(eq\r(2)＋1)mg，方向向上根據(jù)牛頓第三定律可得小球運(yùn)動到B點(diǎn)時對管的壓力的大小FN′＝3(eq\r(2)＋1)mg，方向向下(3)從P到A的過程中，根據(jù)動能定理得：eq\f(1,2)mvA2＝mgL＋EqL解得：vA＝2eq\r(gL)小球從C點(diǎn)拋出后做類平拋運(yùn)動拋出時的速度vC＝vA＝2eq\r(gL)小球的加速度g′＝eq\r(2)g當(dāng)小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移相等時，又回到x軸，則有：vCt＝eq\f(1,2)g′t2解得：t＝2eq\r(\f(2L,g))則沿x軸方向運(yùn)動的位移x＝eq\f(vCt,sin45°)＝eq\r(2)vCt＝eq\r(2)×2eq\r(gL)×2eq\r(\f(2L,g))＝8L則小球從C點(diǎn)飛出后落在x軸上的坐標(biāo)x′＝L－8L＝－7L.4.(2020·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BD豎直，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，質(zhì)量為m的不帶電的滑塊b靜止在B點(diǎn)，