2025高考物理步步高同步練習(xí)必修3第十章專題強(qiáng)化4　電場(chǎng)中的功能關(guān)系及圖像問題含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)必修3第十章電場(chǎng)中的功能關(guān)系及圖像問題[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.會(huì)利用功能關(guān)系、能量守恒定律分析電場(chǎng)綜合問題.2.理解E－x、φ－x、Ep－x圖像的意義，并會(huì)分析有關(guān)問題．一、電場(chǎng)中的功能關(guān)系1．合外力做的功等于物體動(dòng)能的變化量，即W合＝ΔEk.2．靜電力做功等于帶電體電勢(shì)能的減少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.3．只有靜電力做功時(shí)，帶電體電勢(shì)能與機(jī)械能的總量不變，即Ep1＋E機(jī)1＝Ep2＋E機(jī)2.例1質(zhì)量為m的帶電小球射入勻強(qiáng)電場(chǎng)后，以方向豎直向上、大小為2g的加速度向下運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，在小球下落h的過程中()A．小球的重力勢(shì)能減少了2mghB．小球的動(dòng)能增加了2mghC．靜電力做負(fù)功2mghD．小球的電勢(shì)能增加了3mgh答案D解析帶電小球受到向上的靜電力和向下的重力，據(jù)牛頓第二定律F合＝F電－mg＝2mg，得F電＝3mg，在下落過程中靜電力做功W電＝－3mgh，重力做功WG＝mgh，總功W＝W電＋WG＝－2mgh，根據(jù)做功與勢(shì)能變化關(guān)系可判斷：小球重力勢(shì)能減少了mgh，電勢(shì)能增加了3mgh，根據(jù)動(dòng)能定理，小球的動(dòng)能減少了2mgh，故選D.例2(2021·衡水市桃城區(qū)月考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，光滑絕緣直桿AC與半徑為R的圓周交于B、C兩點(diǎn)，在圓心O處有一固定的正點(diǎn)電荷，B點(diǎn)為AC的中點(diǎn)，C點(diǎn)位于圓周的最低點(diǎn)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q、套在桿上的帶負(fù)電小球從A點(diǎn)由靜止開始沿桿下滑．已知重力加速度為g，A點(diǎn)距過C點(diǎn)的水平面的豎直高度為3R，小球滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(5gR).(1)求小球滑到C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)若以B點(diǎn)作為零電勢(shì)點(diǎn)，試確定A點(diǎn)的電勢(shì)．答案(1)2eq\r(2gR)(2)－eq\f(mgR,q)解析(1)由幾何關(guān)系可得BC的豎直高度hBC＝eq\f(3,2)R小球從B到C運(yùn)動(dòng)的過程中靜電力做的總功為零，根據(jù)動(dòng)能定理有mghBC＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2解得vC＝2eq\r(2gR)；(2)小球從A到B，重力和靜電力均做正功，由動(dòng)能定理有mg(3R－h(huán)BC)＋(－q)UAB＝eq\f(1,2)mvB2－0其中UAB＝φA－φB解得φA＝－eq\f(mgR,q).二、電場(chǎng)中的圖像問題1．v－t圖像例3(2021·大慶市讓胡路區(qū)高二期末)一正電荷在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，tA、tB分別對(duì)應(yīng)電荷在A、B兩點(diǎn)的時(shí)刻，則下列說法中正確的是()A．A處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定小于B處的電場(chǎng)強(qiáng)度B．A處的電勢(shì)一定低于B處的電勢(shì)C．電荷在A處的電勢(shì)能一定大于在B處的電勢(shì)能D．從A到B的過程中，靜電力對(duì)電荷做正功答案B解析根據(jù)速度—時(shí)間圖像的斜率表示加速度，可知電荷在A點(diǎn)的加速度大于在B點(diǎn)的加速度，因?yàn)橹皇莒o電力，故電荷在A點(diǎn)所受的靜電力大于在B點(diǎn)所受的靜電力，推知EA>EB，A錯(cuò)誤；正電荷僅在靜電力作用下速度減小，正電荷一定逆著電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，所以φA<φB，B正確；從A到B靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，C、D錯(cuò)誤．2．φ－x圖像圖像切線斜率的絕對(duì)值k＝|eq\f(Δφ,Δx)|＝|eq\f(U,d)|，表示E的大小，電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向?yàn)殡妱?shì)降低最快的方向．例4(2021·杭州二中期中)兩點(diǎn)電荷q1、q2固定在x軸上的A、B兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化的關(guān)系圖像如圖所示，其中P點(diǎn)電勢(shì)最高，且xAP<xPB，則()A．q1和q2都是正電荷B．q1的電荷量大于q2的電荷量C．在A、B之間將一負(fù)點(diǎn)電荷沿x軸從P點(diǎn)左側(cè)移到右側(cè)，電勢(shì)能先減小后增大D．一點(diǎn)電荷只在靜電力作用下沿x軸從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度逐漸變小答案C解析由題圖知，越靠近兩電荷，電勢(shì)越低，則q1和q2都是負(fù)電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；φ－x圖線的斜率絕對(duì)值等于電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，則P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理知識(shí)兩電荷在P處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，即keq\f(q1,xAP2)＝keq\f(q2,xPB2).又xAP<xPB.所以q1的電荷量小于q2的電荷量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖知，在A、B之間沿x軸從P點(diǎn)左側(cè)移到右側(cè)，電勢(shì)先升高后降低，則負(fù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)能先減小后增大，選項(xiàng)C正確；φ－x圖線的斜率絕對(duì)值等于電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，則沿x軸從P點(diǎn)到B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大，據(jù)a＝eq\f(qE,m)可知，一點(diǎn)電荷只在靜電力作用下沿x軸從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度逐漸增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3．E－x圖像(1)E－x圖像中，E的數(shù)值反映電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，E的正負(fù)反映電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，E為正表示電場(chǎng)方向?yàn)檎较颍?2)E－x圖線與x軸所圍的面積表示“兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差U”，電勢(shì)差的正負(fù)由沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向電勢(shì)降低判斷．例5(多選)(2021·南安市高二月考)靜電場(chǎng)在x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的關(guān)系圖像如圖所示，x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷()A．在x2和x4處電勢(shì)能相等B．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中電勢(shì)能增大C．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中靜電力先增大后減小D．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中靜電力先減小后增大答案BC解析由題圖可知，x1到x4電場(chǎng)強(qiáng)度先變大再變小，則點(diǎn)電荷受到的靜電力先增大后減小，C正確，D錯(cuò)誤；由x1到x3及由x2到x4過程中，靜電力均做負(fù)功，電勢(shì)能均增大，A錯(cuò)誤，B正確．4．Ep－x圖像例6在光滑絕緣的水平桌面上有一帶電的小球，只在靜電力的作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示．下列說法正確的是()A．小球一定帶負(fù)電荷B．x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定小于x2處的電場(chǎng)強(qiáng)度C．x1處的電勢(shì)一定比x2處的電勢(shì)高D．小球在x1處的動(dòng)能一定比在x2處的動(dòng)能大答案B解析根據(jù)題意知小球在運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能逐漸減小，所以靜電力做正功，由于不知道電場(chǎng)方向，故不知道靜電力和電場(chǎng)線的方向的關(guān)系，故小球的帶電性質(zhì)不確定，故A錯(cuò)誤；Ep－x圖像在某點(diǎn)的切線的斜率大小等于在該點(diǎn)受到的靜電力大小，x1處的斜率小于x2處的，所以x1處受到的靜電力小于x2處受到的靜電力，由F＝qE可知x1處電場(chǎng)強(qiáng)度小于x2處電場(chǎng)強(qiáng)度，故B正確；根據(jù)φ＝eq\f(Ep,q)知，小球的電勢(shì)能減小，但由于小球的電性不確定，所以x1和x2的電勢(shì)關(guān)系不確定，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒知，小球在x1處的電勢(shì)能大于x2處的電勢(shì)能，所以小球在x1處的動(dòng)能小于x2處的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤．1．(2021·溫州市期末)如圖甲所示為某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，一電子只在靜電力的作用下從A點(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度－時(shí)間圖像如圖乙所示，則下列分析正確的是()A．該電場(chǎng)可能是正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的B．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中電子的電勢(shì)能變小C．A點(diǎn)的電勢(shì)一定高于B點(diǎn)的電勢(shì)D．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的大答案C解析速度－時(shí)間圖像的斜率表示加速度，則由題圖乙可知，電子的加速度不變，所受靜電力不變，由F＝Eq可知，該電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，不可能是正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的，故A、D錯(cuò)誤；電子從A到B的過程中，速度減小，動(dòng)能減小，則可知靜電力做負(fù)功，故電勢(shì)能增加；因電子帶負(fù)電，所以從A到B電勢(shì)降低，故A點(diǎn)的電勢(shì)比B點(diǎn)的高，故B錯(cuò)誤，C正確．2.(多選)(2021·煙臺(tái)市期末)如圖甲所示，一條電場(chǎng)線與Ox軸重合，取O點(diǎn)電勢(shì)為零，Ox方向上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨x變化的情況如圖乙所示．若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅受靜電力的作用，則下列判斷正確的是()A．電子將沿Ox軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B．電子的電勢(shì)能將增加C．電子運(yùn)動(dòng)的加速度先減小后增大D．該電場(chǎng)線可能是等量異種點(diǎn)電荷間的電場(chǎng)線答案CD解析由題圖可知，沿Ox軸正方向電勢(shì)逐漸升高，故電子受到的靜電力沿Ox軸正方向，電子將沿Ox軸正方向運(yùn)動(dòng)；靜電力對(duì)電子做正功，電子的電勢(shì)能將減小，故A、B錯(cuò)誤；由Δφ＝E·Δx可知，φ－x圖像的斜率表示電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，由題圖可知，沿Ox軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，故電子受到的靜電力先減小后增大，電子運(yùn)動(dòng)的加速度先減小后增大，結(jié)合等量異種點(diǎn)電荷間的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)可知，該電場(chǎng)線可能是等量異種點(diǎn)電荷間的電場(chǎng)線，故C、D正確．3.(多選)(2021·蘭州一中月考)空間中存在沿x軸正方向的電場(chǎng)，x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度隨x的變化情況如圖所示，下列敘述正確的是()A．x1、x2兩處的電勢(shì)相同B．電子在x1處的電勢(shì)能小于在x2處的電勢(shì)能C．x＝0處與x1處兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為U＝eq\f(E0x1,2)D．電子沿x軸從x1處運(yùn)動(dòng)到x2處，靜電力一直做負(fù)功答案BCD解析沿電場(chǎng)方向電勢(shì)降低，因電場(chǎng)方向指向x軸正方向，故x軸相當(dāng)于一條電場(chǎng)線，故φx1>φx2，A錯(cuò)誤；電子受到的靜電力方向和電場(chǎng)方向相反，故沿x軸從x1處運(yùn)動(dòng)到x2處，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，電子在x1處的電勢(shì)能小于在x2處的電勢(shì)能，B、D正確；因?yàn)閺膞＝0處到x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度是均勻增大的，所以從x＝0處到x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度平均值為eq\f(E0,2)，根據(jù)公式E＝eq\f(U,d)，可得x＝0處與x1處的電勢(shì)差為U＝eq\f(E0x1,2)，C正確．4.(多選)(2022·吉林希望高中高二期末)O、A、B為一條電場(chǎng)線上的三點(diǎn)，一電子僅在靜電力作用下由O點(diǎn)經(jīng)A點(diǎn)向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，以O(shè)點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，該電子運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能Ep隨移動(dòng)距離x的變化規(guī)律如圖所示，則下列說法中正確的是()A．該電場(chǎng)可能是孤立點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)B．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C．電子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中靜電力對(duì)其所做的功W＝EpA－EpBD．電子在A點(diǎn)的動(dòng)能小于在B點(diǎn)的動(dòng)能答案BC解析電子在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能分別為EpA和EpB，且EpB>EpA，說明電子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能增大，靜電力做負(fù)功，靜電力對(duì)其所做的功為W＝EpA－EpB，C正確；電子所受的靜電力對(duì)電子做負(fù)功，電子的動(dòng)能減小，故電子在A點(diǎn)的動(dòng)能大于在B點(diǎn)的動(dòng)能，D錯(cuò)誤；由題圖可知，從O點(diǎn)到B點(diǎn)，電子的電勢(shì)能隨移動(dòng)距離均勻增加，則電勢(shì)隨移動(dòng)距離也均勻增加，該電場(chǎng)一定為勻強(qiáng)電場(chǎng)，不可能為孤立點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相等，A錯(cuò)誤，B正確．5.(2021·江蘇啟東中學(xué)期中)如圖所示，實(shí)線為一勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線(方向未知)，兩個(gè)帶電粒子甲和乙分別從A、C兩點(diǎn)以垂直于電場(chǎng)線方向的大小相同的初速度v0同時(shí)射入電場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，其運(yùn)動(dòng)軌跡分別如圖中虛線ABC與CDA所示，若甲是帶正電的粒子，則下列說法正確的是()A．乙也是帶正電的粒子B．A點(diǎn)的電勢(shì)低于C點(diǎn)的電勢(shì)C．甲、乙兩粒子的電勢(shì)能均減小D．甲、乙兩粒子的電荷量一定相等答案C解析甲、乙兩粒子均在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)合外力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)可知，甲粒子所受靜電力向右，又甲粒子帶正電，則電場(chǎng)方向向右；乙粒子所受靜電力向左，故乙?guī)ж?fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；靜電力對(duì)兩粒子均做正功，由功能關(guān)系知甲、乙的電勢(shì)能均減小，又正電荷在電勢(shì)能大的地方電勢(shì)高，則φA>φC，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；兩粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，初速度大小相等，軌跡對(duì)稱，可知兩粒子加速度大小相同，由a＝eq\f(Eq,m)可知，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相同，但電荷量不一定相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．6.(2021·黃岡中學(xué)期中)如圖所示，Q為固定的正點(diǎn)電荷，A、B兩點(diǎn)在Q的正上方和Q相距分別為h和0.25h，將另一點(diǎn)電荷從A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度恰好又變?yōu)榱悖舸穗姾稍贏點(diǎn)處的加速度大小為eq\f(3,4)g，靜電力常量為k，試求：(1)此電荷在B點(diǎn)處的加速度大?。?2)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差(用k、Q和h表示)．答案(1)3g(2)－eq\f(3kQ,h)解析(1)由分析知另一點(diǎn)電荷必為正電荷，設(shè)其質(zhì)量為m，電荷量為q，由牛頓第二定律，在A點(diǎn)時(shí)，有mg－eq\f(kQq,h2)＝m·eq\f(3,4)g，在B點(diǎn)時(shí)，有eq\f(kQq,0.25h2)－mg＝maB解得此電荷在B點(diǎn)處的加速度為aB＝3g，方向豎直向上．(2)另一點(diǎn)電荷從A到B的過程，由動(dòng)能定理，得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0聯(lián)立解得UAB＝－eq\f(3kQ,h).7．(多選)(2021·福州市期中)如圖甲所示，A、B是某電場(chǎng)中一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，將一點(diǎn)電荷從A點(diǎn)由靜止釋放，僅在靜電力的作用下沿電場(chǎng)線從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)的加速度a隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()A．A點(diǎn)的電勢(shì)一定高于B點(diǎn)的電勢(shì)B．電場(chǎng)線的方向一定從A指向BC．從A點(diǎn)到B點(diǎn)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度一直在減小D．該點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于其在B點(diǎn)的電勢(shì)能答案CD解析題干中僅給出了點(diǎn)電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，但點(diǎn)電荷電性未知，所以電場(chǎng)線方向不一定從A指向B，那么A點(diǎn)的電勢(shì)也不一定高于B點(diǎn)的電勢(shì)，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)題圖乙，點(diǎn)電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中加速度在逐漸減小，由a＝eq\f(F,m)可判斷出點(diǎn)電荷所受靜電力在逐漸減小，根據(jù)E＝eq\f(F,q)可判斷出電場(chǎng)強(qiáng)度在一直減小，故C正確；點(diǎn)電荷從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，加速度一直減小，但速度一直在增加，那么動(dòng)能一直在增大，說明靜電力做正功，電勢(shì)能降低，所以點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于其在B點(diǎn)的電勢(shì)能，故D正確．8.(多選)(2021·北京四中期中)電場(chǎng)強(qiáng)度方向與x軸平行的靜電場(chǎng)中，x軸上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x的分布如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)．以初速度v0從O點(diǎn)(x＝0)沿x軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)，下列說法正確的是()A．在O～x1、x3～x4兩個(gè)區(qū)間內(nèi)電場(chǎng)方向相反B．粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x4點(diǎn)的過程中，在x2點(diǎn)的速度最大C．粒子從x1點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x3點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能一直增大D．若v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))，則粒子運(yùn)動(dòng)到x2點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為2qφ0答案CD解析O～x1、x3～x4區(qū)間圖像斜率均為正，電場(chǎng)強(qiáng)度方向均沿x軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；帶負(fù)電的粒子所受的靜電力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，故粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x4點(diǎn)的過程中，先加速后減速再加速運(yùn)動(dòng)，故在x1～x2粒子做減速運(yùn)動(dòng)，即在x2點(diǎn)的速度不是最大，故B錯(cuò)誤；粒子從x1點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x3點(diǎn)的過程中，電勢(shì)不斷降低，根據(jù)負(fù)電荷在電勢(shì)低處電勢(shì)能大可知，粒子的電勢(shì)能一直增大，故C正確；若v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))，從O點(diǎn)到x2點(diǎn)，靜電力做功W＝qU＝0，則由動(dòng)能定理得Ek＝eq\f(1,2)mv02＝2qφ0，故D正確．9．(多選)如圖所示，絕緣水平面上固定一正點(diǎn)電荷Q，另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的小滑塊(可看作點(diǎn)電荷)從a點(diǎn)以初速度v0沿水平面向Q運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度減為零．已知a、b間距離為s，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.則以下判斷正確的是()A．滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中所受Q的庫(kù)侖力一定小于滑動(dòng)摩擦力B．滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中的中間時(shí)刻，速度大小等于eq\f(v0,2)C．此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能小于eq\f(1,2)mv02D．Q產(chǎn)生的電場(chǎng)中，a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uab＝eq\f(mv02－2μgs,2q)答案AD解析滑塊水平方向受大小不變的摩擦力及逐漸增大的庫(kù)侖力，在滑動(dòng)過程中，隨著間距減小，庫(kù)侖力增大，但仍小于滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可得，滑塊的加速度逐漸減小，做加速度逐漸減小的變減速運(yùn)動(dòng)，故滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中的中間時(shí)刻的速度小于eq\f(v0,2)，故A、B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得：－qUab－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv02，解得兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab＝eq\f(mv02－2μgs,2q)，故D正確．由功能關(guān)系可知此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能Q′＝μmgs，由D選項(xiàng)的解析可得：Q′＝10.(2021·江蘇常熟中學(xué)高一月考)如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，等勢(shì)面是一簇互相平行的豎直平面，相鄰等勢(shì)面間隔均為d，各等勢(shì)面電勢(shì)已在圖中標(biāo)出(U>0)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電小球以速(1)小球應(yīng)帶何種電荷及其電荷量；(2)小球受到的合外力大??；(3)在入射方向上小球運(yùn)動(dòng)的最大位移的大小xm.(電場(chǎng)范圍足夠大)答案(1)正電荷eq\f(mgd,U)(2)eq\r(2)mg(3)eq\f(\r(2)v02,4g)解析(1)作出電場(chǎng)線如圖甲所示．由題意知，只有小球受到向左的靜電力，靜電力和重力的合力方向與初速度方向才可能在一條直線上，如圖乙所示．只有當(dāng)F合方向與v0方向在一條直線上才可能使小球做直線運(yùn)動(dòng)，所以小球帶正電，小球沿v0方向做勻減速運(yùn)動(dòng)．由圖乙知qE＝mg，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差為U，所以E＝eq\f(U,d)，所以q＝eq\f(mg,E)＝eq\f(mgd,U).(2)由圖乙知，F(xiàn)合＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\r(2)mg.(3)由動(dòng)能定理得：－F合xm＝0－eq\f(1,2)mv02所以xm＝eq\f(mv02,2\r(2)mg)＝eq\f(\r(2)v02,4g).11.(多選)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ＝30°的光滑絕緣斜面處于電場(chǎng)中，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的A點(diǎn)開始沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端的速度仍為v0，則(重力加速度為g)()A．小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定大于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能B．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB一定為eq\f(mgL,2q)C．若電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值一定是eq\f(mg,q)D．若該電場(chǎng)是AC邊中點(diǎn)處的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷答案BD解析小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加，則電勢(shì)能減少，則小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能，B點(diǎn)的電勢(shì)低于A點(diǎn)的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)能定理得－mgLsinθ＋qUAB＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02＝0，可得UAB＝eq\f(mgLsinθ,q)＝eq\f(mgL,2q)，故B正確．若靜電力與重力、支持力的合力為零，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小球速度仍為v0，小球的重力沿斜面向下的分力mgsinθ為定值，則當(dāng)靜電力沿斜面向上，且大小為F＝mgsinθ時(shí)，靜電力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最?。綦妶?chǎng)強(qiáng)度與運(yùn)動(dòng)方向不共線，則靜電力沿斜面向上的分力與重力沿斜面向下的分力相平衡．根據(jù)矢量的合成法則可知，靜電力可能大于mg，電場(chǎng)強(qiáng)度可能大于eq\f(mg,q)，故C錯(cuò)誤．若該電場(chǎng)是AC邊中點(diǎn)處的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，Q到A點(diǎn)的距離小于到B點(diǎn)的距離，由于B點(diǎn)的電勢(shì)低于A點(diǎn)的電勢(shì)，則Q一定是正電荷，故D正確．帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.學(xué)會(huì)分析帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng).2.學(xué)會(huì)分析帶電粒子在交變電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)．一、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．此類問題中，帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)初速度為零，或初速度方向與電場(chǎng)方向平行，帶電粒子在交變靜電力的作用下，做加速、減速交替的直線運(yùn)動(dòng)．2．該問題通常用動(dòng)力學(xué)知識(shí)分析求解．重點(diǎn)分析各段時(shí)間內(nèi)的加速度、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)、每段時(shí)間與交變電場(chǎng)的周期T間的關(guān)系等．常用v－t圖像法來處理此類問題，通過畫出粒子的v－t圖像，可將粒子復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)過程形象、直觀地反映出來，便于求解．例1(多選)(2021·鶴崗市工農(nóng)區(qū)高二期中)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大．當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的電壓后，下列選項(xiàng)圖中反映電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的是()答案AB解析分析電子一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況：0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)，因B板電勢(shì)高，則電子從靜止開始向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，電子沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,2)時(shí)刻速度為零；eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時(shí)間內(nèi)，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；eq\f(3T,4)～T時(shí)間內(nèi)，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．接著重復(fù)這種運(yùn)動(dòng)．根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖像是傾斜的直線可知，B圖符合電子的運(yùn)動(dòng)情況，故B正確，C錯(cuò)誤．電子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)x－t圖像應(yīng)是曲線，故D錯(cuò)誤．根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)情況，勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)交替變化，而勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度不變，a－t圖像應(yīng)平行于橫軸，故A正確．針對(duì)訓(xùn)練1(多選)(2021·銀川一中期中)如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，A板的電勢(shì)φA＝0，B板的電勢(shì)φB隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，電子只受靜電力的作用，且初速度為零(設(shè)兩板間距足夠大)，則()A．若電子是在t＝0時(shí)刻進(jìn)入板間的，它將一直向B板運(yùn)動(dòng)B．若電子是在t＝0時(shí)刻進(jìn)入板間的，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上C．若電子是在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入板間的，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上D．若電子是在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入板間的，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后不能打到B板上答案ACD解析方法一：若電子在t＝0時(shí)刻進(jìn)入板間電場(chǎng)，電子將在一個(gè)周期內(nèi)先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)，之后沿同一方向重復(fù)這種運(yùn)動(dòng)，直到打在B板上，故A正確，B錯(cuò)誤；若電子在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入板間，由對(duì)稱性可知，電子將在板間做往返運(yùn)動(dòng)，故D正確；若電子在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入板間，則電子在eq\f(1,8)T～eq\f(7,8)T內(nèi)向B板運(yùn)動(dòng)，eq\f(7,8)T～eq\f(9,8)T內(nèi)向A板運(yùn)動(dòng)，之后重復(fù)這種運(yùn)動(dòng)，直到打在B板上，故C正確．方法二：圖像法．選取豎直向上為正方向，作出電子運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖所示，根據(jù)圖像很容易得到A、C、D正確．二、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)帶電粒子以一定的初速度垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入交變電場(chǎng)，粒子做曲線運(yùn)動(dòng)．(1)若帶電粒子的初速度很大，粒子通過交變電場(chǎng)時(shí)所用時(shí)間極短，故可認(rèn)為粒子所受靜電力為恒力，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)．(2)若粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，在初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直初速度方向利用vy－t圖像進(jìn)行分析：①vy＝0時(shí)，速度方向沿v0方向．②y方向位移可用vy－t圖像的面積進(jìn)行求解．例2如圖甲所示，極板A、B間的電壓為U0，極板C、D間的間距為d，熒光屏到C、D板右端的距離等于C、D板的板長(zhǎng)．A板O處的放射源連續(xù)無初速度地釋放質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，經(jīng)電場(chǎng)加速后，沿極板C、D的中心線射向熒光屏(熒光屏足夠大且與中心線垂直)，當(dāng)C、D板間未加電壓時(shí)，粒子通過C、D板間的時(shí)間為t0；當(dāng)C、D板間加上圖乙所示電壓(圖中電壓U1已知)時(shí)，粒子均能從C、D板間飛出，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用．求：(1)C、D板的長(zhǎng)度L；(2)粒子從C、D兩極板間飛出時(shí)垂直于極板方向偏移的最大距離；(3)粒子打在熒光屏上區(qū)域的長(zhǎng)度．答案(1)t0eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(qU1t02,2md)(3)eq\f(3qU1t02,2md)解析(1)粒子在A、B板間，有qU0＝eq\f(1,2)mv02，在C、D板間有L＝v0t0，解得L＝t0eq\r(\f(2qU0,m)).(2)粒子從nt0(n＝0,2,4…)時(shí)刻進(jìn)入C、D間，偏移距離最大，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，偏移距離y＝eq\f(1,2)at02，加速度a＝eq\f(qU1,md)，解得y＝eq\f(qU1t02,2md).(3)粒子在C、D間偏移距離最大時(shí)打在熒光屏上的位置距中心線最遠(yuǎn)，從C、D板飛出的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,v0)，vy＝at0，打在熒光屏上的位置距中心線的最遠(yuǎn)距離s＝y(tǒng)＋Ltanθ，粒子打在熒光屏上的區(qū)域長(zhǎng)度Δs＝s＝eq\f(3qU1t02,2md).針對(duì)訓(xùn)練2(多選)(2021·赤峰市松山區(qū)高二月考)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間做周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向源源不斷地射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能均為Ek0.已知t＝0時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)．不計(jì)粒子間的相互作用，則()A．所有粒子都不會(huì)打到兩極板上B．所有粒子最終都垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)C．運(yùn)動(dòng)過程中所有粒子的最大動(dòng)能不可能超過2Ek0D．只有t＝neq\f(T,2)(n＝0,1,2，…)時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子才能垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)答案ABC解析帶電粒子在垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)方向上，做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運(yùn)動(dòng)．由t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)情況可知，粒子在平行金屬板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為周期性變化的電場(chǎng)的周期的整數(shù)倍，在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(E0q,m)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vy＝at＝eq\f(E0q,m)t，eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)帶電粒子做減速運(yùn)動(dòng)，之后重復(fù)這種運(yùn)動(dòng)，最后垂直電場(chǎng)方向射擊電場(chǎng)，所以帶電粒子在沿電場(chǎng)方向的速度vy與E－t圖線所圍面積成正比(時(shí)間軸下方的面積取負(fù)值)．而經(jīng)過整數(shù)個(gè)周期，E－t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積始終為零，故帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度總為零，B正確，D錯(cuò)誤；在t＝0時(shí)刻入射的帶電粒子，偏移量最大，故其他粒子均不可能打到極板上，A正確；當(dāng)粒子在t＝0時(shí)刻入射且經(jīng)過時(shí)間T離開電場(chǎng)時(shí)，粒子在t＝eq\f(T,2)時(shí)達(dá)到最大速度，此時(shí)豎直方向的位因此最大動(dòng)能為初動(dòng)能的2倍，C正確．1.(多選)帶正電的微粒放在電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示．帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是()A．微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1～2s內(nèi)的加速度相同B．微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng)C．微粒將做往返運(yùn)動(dòng)D．微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同答案BD解析作出微粒的v－t圖像如圖所示．由圖可知B、D選項(xiàng)正確．2.在空間有正方向?yàn)樗较蛴?，電?chǎng)強(qiáng)度按如圖所示變化的電場(chǎng)，位于電場(chǎng)中A點(diǎn)的電子在t＝0.5s時(shí)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中只受靜電力作用．在t＝1s時(shí)，電子離開A點(diǎn)的距離大小為l，那么在t＝3s時(shí)，電子將處在()A．A點(diǎn)右方3l處 B．A點(diǎn)左方l處C．A點(diǎn)左方3l處 D．A點(diǎn)答案B3．(多選)(2021·玉溪市江川區(qū)高二期末)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計(jì)電子的重力，下列說法正確的是()A．若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B．若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間做往返運(yùn)動(dòng)C．若t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間做往返運(yùn)動(dòng)，也可能打到右極板上D．若t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻釋放電子，電子必然回到左極板答案AC解析若t＝0時(shí)刻釋放電子，電子將重復(fù)先勻加速后勻減速的運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板，不會(huì)在兩極板間做往返運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；若t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)，分析易知前eq\f(T,2)內(nèi)電子可能到達(dá)右極板，若前eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)電子未到達(dá)右極板，則電子將在兩極板間做往返運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)C正確；同理，若t＝eq\f(3T,8)時(shí)刻釋放電子，電子有可能到達(dá)右極板，也有可能回到左極板，這取決于兩板間的距離，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4．(2021·杭州二中期中)如圖(a)所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處，若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上，則t0可能屬于的時(shí)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解析剛釋放粒子時(shí)，粒子向A板運(yùn)動(dòng)，說明釋放粒子時(shí)UAB為負(fù)，所以選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；若eq\f(T,2)<t0<eq\f(3,4)T，帶正電粒子先加速向A板運(yùn)動(dòng)、再減速運(yùn)動(dòng)至零，然后再反方向加速、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向左運(yùn)動(dòng)的距離大于向右運(yùn)動(dòng)的距離，最終打在A板上，所以選項(xiàng)B正確；若eq\f(3,4)T<t0<T，帶正電粒子先加速向A板運(yùn)動(dòng)、再減速運(yùn)動(dòng)至零，然后再反方向加速、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向左運(yùn)動(dòng)的距離小于向右運(yùn)動(dòng)的距離，最終打在B板上，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤．5．(多選)如圖(a)所示，A、B表示真空中水平放置的間距為d的平行金屬板，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板加電壓后板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)在A、B兩板間加上如圖(b)所示的周期性的交變電壓，在t＝eq\f(T,4)時(shí)，恰有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在板間中央沿水平方向以速度v0射入電場(chǎng)，忽略粒子重力，下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的表述正確的是()A．粒子在垂直于板的方向的分運(yùn)動(dòng)不可能是單向運(yùn)動(dòng)B．粒子在垂直于板的方向的分運(yùn)動(dòng)可能是往復(fù)運(yùn)動(dòng)C．粒子不可能沿與板平行的方向飛出D．只要電壓周期T和v0的值同時(shí)滿足一定條件，粒子可以沿與板平行的方向飛出答案BD解析粒子在平行于板的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直于板的方向上粒子受到靜電力的作用，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，粒子從t＝eq\f(T,4)時(shí)刻出發(fā)，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不明確，可能做單向運(yùn)動(dòng)，也可能做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確．若粒子在(eq\f(T,4)＋neq\f(T,2))(其中n＝1,2，…)時(shí)刻從右端離開電場(chǎng)，此時(shí)粒子沿電場(chǎng)方向的分速度恰好為0，粒子就可沿與板平行的方向飛出，故C錯(cuò)誤，D正確．6．(2021·揚(yáng)州中學(xué)期中)如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上、下兩極板間的電勢(shì)差隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示．每個(gè)電子穿過平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的，不計(jì)電子重力，求：(1)在t＝0.06s時(shí)刻，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長(zhǎng)？答案(1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5cm處(2)30cm解析(1)電子經(jīng)電場(chǎng)加速，滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qu,mL)·(eq\f(L,v))2所以y＝eq\f(uL,4U0)，由題圖乙可知，t＝0.06s時(shí)u＝1.8U0所以y＝4.5cm設(shè)打在屏上的點(diǎn)與O點(diǎn)距離為Y，由幾何關(guān)系知eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，所以Y＝13.5cm.(2)由題圖甲可知電子偏移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時(shí)，電子就打不到熒光屏上了，可知eq\f(Ym,\f(L,2))＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)為2Ym＝3L＝30cm.7．(多選)如圖甲所示，在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板接地，一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入兩極板，僅在靜電力作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，恰好能到達(dá)B板，則()A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,16m))B．電子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．電子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．若電子在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入兩極板，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終打在B板上答案AB解析電子在靜電力作用下，加速度大小不變，方向變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電子在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入兩極板，先加速后減速，在t＝eq\f(3T,4)時(shí)刻到達(dá)B板，設(shè)A、B兩板的間距為d，則eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2＝eq\f(d,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，選項(xiàng)A正確；在t＝eq\f(T,2)時(shí)電子的速度最大，則vm＝eq\f(qU0,md)·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，＝eq\f(9d,8)>d，說明電子會(huì)一直向B板運(yùn)動(dòng)并打在B板上，不會(huì)向A板運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．8．如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)系中，兩平行金屬板AB、OD水平放置，OD與x軸重合，板的左端與原點(diǎn)O重合，板長(zhǎng)L＝2m，板間距離d＝1m，緊靠極板右側(cè)有一熒光屏．兩金屬板間電壓UAO隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，變化周期為T＝2×10－3s，U0＝1×103V，一帶正電的粒子從左上角A點(diǎn)，以平行于AB邊v0＝1000m/s的速度射入板間，粒子電荷量為q＝1×10－5C，質(zhì)量m＝1×10－7kg.不計(jì)粒子所受重力．求：(1)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)粒子打到熒光屏上的縱坐標(biāo)的范圍；(3)粒子打到熒光屏上時(shí)的動(dòng)能．答案(1)2×10－3s(2)范圍在0.85m～0.95m之間(3)5.05×10－2J解析(1)在板間，粒子在水平方向上做沿x軸方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則L＝v0t，t＝eq\f(L,v0)＝2×10－3s.(2)t＝0時(shí)刻射入的粒子在板間偏移量最大，設(shè)為y1，y1＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(T,2)))eq\f(T,2)，由牛頓第二定律得eq\f(U0q,d)＝ma，解得y1＝0.15m.縱坐標(biāo)y＝d－y1＝0.85m，t＝1×10－3s時(shí)刻射入的粒子在板間偏移量最小，設(shè)為y2，y2＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2，解得y2＝0.05m，縱坐標(biāo)y′＝d－y2＝0.95m，所以打到熒光屏上的縱坐標(biāo)的范圍在0.85m～0.95m之間．(3)分析可知粒子打到熒光屏上時(shí)的動(dòng)能相同，設(shè)為Ek，由動(dòng)能定理得：eq\f(U0,d)qy2＝Ek－eq\f(1,2)mv02，解得Ek＝5.05×10－2J.9．(多選)(2021·德陽市期末)如圖甲所示，兩平行極板P、Q的極板長(zhǎng)度和板間距離均為l，位于極板左側(cè)的粒子源沿兩板的中軸線向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q、速度相同、重力不計(jì)的帶電粒子．在0～3t0時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)．已知t＝0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在2t0時(shí)刻經(jīng)極板邊緣射出．不考慮粒子間相互影響，則下列說法正確的是()A．該粒子在平行板間不是一直做曲線運(yùn)動(dòng)B．該粒子在平行板間偏轉(zhuǎn)時(shí)的加速度a＝eq\f(l,2t02)C．兩平行板間所加電壓大小為eq\f(3ml2,qt02)D．若t＝eq\f(t0,2)時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子，也恰好經(jīng)極板邊緣射出，則兩板間所加電壓大小應(yīng)為eq\f(2ml2,3qt02)答案AD解析0～t0時(shí)間內(nèi)粒子受到靜電力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng)，t0～2t0時(shí)間內(nèi)電壓為零，粒子不受靜電力作用，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；在0～t0時(shí)間內(nèi)，粒子只受到靜電力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：垂直極板方向位移大?。簓1＝eq\f(1,2)at02垂直極板方向末速度大?。簐y＝at0在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，粒子不受力，粒子在垂直于極板方向以速度vy做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：y2＝vyt0＝at02因粒子從極板邊緣射出，滿足關(guān)系：eq\f(l,2)＝y(tǒng)1＋y2聯(lián)立解得：a＝eq\f(l,3t02)，故B錯(cuò)誤；極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為：E＝eq\f(U0,l)由牛頓第二定律得：qE＝ma聯(lián)立解得：U0＝eq\f(ml2,3qt02)，故C錯(cuò)誤；t＝eq\f(1,2)t0時(shí)刻進(jìn)入的粒子在沿極板方向一直以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間仍為2t0，即在t＝eq\f(5,2)t0時(shí)刻從極板邊緣射出，粒子的運(yùn)動(dòng)過程分為三個(gè)階段：①在eq\f(1,2)t0～t0時(shí)間內(nèi)，粒子只受到沿極板向下的靜電力而做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：垂直極板方向位移大?。簓1′＝eq\f(1,2)a′(eq\f(1,2)t0)2＝eq\f(1,8)a′t02垂直極板方向末速度大?。簐y′＝a′·eq\f(1,2)t0②在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，粒子不受力，粒子以速度vy′做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：垂直極板方向位移大?。簓2′＝vy′t0＝eq\f(1,2)a′t02③在2t0～eq\f(5,2)t0時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度與eq\f(1,2)t0～t0時(shí)間內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度等大反向，故粒子此時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)與①的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，則有：垂直極板方向位移大?。簓3′＝y(tǒng)1′＝eq\f(1,8)a′t02因粒子從極板邊緣射出，滿足關(guān)系：eq\f(l,2)＝y(tǒng)1′＋y2′＋y3′＝eq\f(1,8)a′t02＋eq\f(1,2)a′t02＋eq\f(1,8)a′t02解得：a′＝eq\f(2l,3t02)由牛頓第二定律得：qeq\f(U,l)＝ma′聯(lián)立解得：U＝eq\f(2ml2,3qt02)，故D正確．帶電粒子在重力場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.會(huì)應(yīng)用運(yùn)動(dòng)和力、功和能的關(guān)系分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題.一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)討論帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)(加速或減速)的方法(1)動(dòng)力學(xué)方法——牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式．當(dāng)帶電粒子所受合力為恒力，且與速度方向共線時(shí)，粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，若題目涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間，優(yōu)先考慮牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式．在重力場(chǎng)和電場(chǎng)疊加場(chǎng)中的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，亦可以分解為重力方向上、靜電力方向上的直線運(yùn)動(dòng)來處理．(2)功、能量方法——?jiǎng)幽芏ɡ?、能量守恒定律．若題中已知量和所求量涉及功和能量，那么應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理、能量守恒定律．例1如圖所示，兩水平邊界M、N之間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一根輕質(zhì)絕緣豎直細(xì)桿上等間距地固定著A、B、C三個(gè)帶正電小球，每個(gè)小球質(zhì)量均為m，A、B兩球帶電荷量均為q、C球帶電荷量為2q，相鄰小球間的距離均為L(zhǎng).將該細(xì)桿從邊界M上方某一高度處由靜止釋放，已知B球進(jìn)入電場(chǎng)上邊界時(shí)的速度是A球進(jìn)入電場(chǎng)上邊界時(shí)速度的2倍，且B球進(jìn)入電場(chǎng)后桿立即做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)A球剛好穿出電場(chǎng)．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿始終保持豎直狀態(tài)，重力加速度為g.不計(jì)空氣阻力．求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)A球經(jīng)過電場(chǎng)上邊界時(shí)的速度的大小v0；(3)C球經(jīng)過邊界N時(shí)的速度的大小．答案(1)eq\f(3mg,2q)(2)eq\r(\f(gL,3))(3)eq\r(\f(gL,3))解析(1)B球進(jìn)入電場(chǎng)后，桿立即做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有3mg＝2Eq，解得E＝eq\f(3mg,2q).(2)從A球進(jìn)入電場(chǎng)到B球進(jìn)入電場(chǎng)的過程中，運(yùn)用動(dòng)能定理得3mgL－qEL＝eq\f(1,2)(3m)(2v0)2－eq\f(1,2)(3m)v02解得v0＝eq\r(\f(gL,3)).(3)由C球進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)A球剛好穿出電場(chǎng)可知，M、N間的寬度為2L.設(shè)C球經(jīng)過邊界N時(shí)的速度的大小為v1，從A球進(jìn)入電場(chǎng)到C球穿出電場(chǎng)的過程，運(yùn)用動(dòng)能定理得3mg·4L－4qE·2L＝eq\f(1,2)·3mv12－eq\f(1,2)·3mv02，解得v1＝eq\r(\f(gL,3)).針對(duì)訓(xùn)練1(多選)如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()A．所受合力為零 B．做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．電勢(shì)能逐漸增加 D．機(jī)械能逐漸增加答案BC解析根據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，靜電力垂直極板向上，重力豎直向下，不在同一直線上，所以重力與靜電力不平衡，對(duì)粒子受力分析可知靜電力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；由圖可知，靜電力與速度夾角為鈍角，做負(fù)功，故電勢(shì)能增加，機(jī)械能減小，故C正確，D錯(cuò)誤．二、帶電粒子的類平拋運(yùn)動(dòng)帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法：1．運(yùn)動(dòng)分解的方法：將運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直初速度方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在這兩個(gè)方向上分別列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程或牛頓第二定律．2．利用功能關(guān)系和動(dòng)能定理分析(1)功能關(guān)系：靜電力做功等于電勢(shì)能的減少量，W電＝Ep1－Ep2.(2)動(dòng)能定理：合力做功等于動(dòng)能的變化，W＝Ek2－Ek1.例2(2019·全國(guó)卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)．從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．答案(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)解析(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv12④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．針對(duì)訓(xùn)練2(多選)(2021·榮成市高二月考)如圖所示，有A、B、C三個(gè)質(zhì)量相等，帶正電、帶負(fù)電和不帶電的小球，從平行板電場(chǎng)的左側(cè)不同位置以相同的初速度垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)，它們落在同一點(diǎn)，極板平行于水平面，可以判斷()A．小球A帶正電，小球B不帶電B．三個(gè)小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等C．三個(gè)小球到達(dá)極板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系為EkA＜EkB＜EkCD．三個(gè)小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度關(guān)系為aA＞aB＞aC答案BD解析小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，落在同一位置，水平位移相同，根據(jù)t＝eq\f(x,v0)可知時(shí)間相等；再根據(jù)豎直方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)知y＝eq\f(1,2)at2，可知加速度aA＞aB＞aC，所以A帶負(fù)電、B不帶電、C帶正電，故A錯(cuò)誤，B、D正確；落在下極板上時(shí)，水平方向的速度相同，豎直方向的速度vy＝at，可知vAy＞vBy＞vCy，三個(gè)小球到達(dá)極板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系為EkA＞EkB＞EkC，故C錯(cuò)誤．三、帶電粒子在電場(chǎng)(復(fù)合場(chǎng))中的圓周運(yùn)動(dòng)1．解決復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵是分析向心力的來源，向心力的來源有可能是重力和靜電力的合力，也有可能是單獨(dú)的靜電力．有時(shí)可以把復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)等效為豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，找出等效“最高點(diǎn)”和“最低點(diǎn)”．2．等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的確定方法在復(fù)合場(chǎng)中，任取一點(diǎn)(取題目中的圓心O點(diǎn))，在該點(diǎn)處把物塊所受重力與靜電力合成為等效重力，等效重力所在直線與物塊做圓周運(yùn)動(dòng)的圓周有兩個(gè)交點(diǎn)，這兩個(gè)交點(diǎn)一個(gè)是等效最低點(diǎn)，一個(gè)是等效最高點(diǎn)，并且等效最低點(diǎn)就是等效重力線箭頭所在方向與圓周的交點(diǎn)，另一個(gè)就是等效最高點(diǎn)．例3(2021·六安市高二期中)如圖所示，一個(gè)豎直放置的半徑為R的光滑絕緣環(huán)，置于水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的空心小球套在環(huán)上，并且Eq＝mg.(1)當(dāng)小球由靜止開始從環(huán)的頂端A下滑eq\f(1,4)圓弧長(zhǎng)到位置B時(shí)，小球的速度為多少？環(huán)對(duì)小球的壓力為多大？(2)小球從環(huán)的頂端A滑至底端C的過程中，小球在何處速度最大？最大速度為多少？答案(1)eq\r(4gR)5mg(2)BC弧的中點(diǎn)eq\r(2\r(2)＋1gR)解析(1)從A到B根據(jù)動(dòng)能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得：vB＝eq\r(4gR).根據(jù)牛頓第二定律得：FN－qE＝meq\f(vB2,R)，解得：FN＝5mg.根據(jù)牛頓第三定律得，環(huán)對(duì)小球的壓力為5mg.(2)由于小球所受的靜電力與重力都是恒力，它們的合力也是恒力，小球從A處下滑時(shí)，靜電力與重力的合力先與速度成銳角，做正功，動(dòng)能增大，速度增大，后與速度成鈍角，做負(fù)功，動(dòng)能減小，速度減小，所以當(dāng)合力與速度垂直時(shí)速度最大，由于qE＝mg，所以速度最大的位置位于BC圓弧的中點(diǎn)，設(shè)為D點(diǎn)．則從A到D過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg(R＋eq\f(\r(2),2)R)＋qE·eq\f(\r(2),2)R＝eq\f(1,2)mvm2解得：vm＝eq\r(2\r(2)＋1gR).1.(2021·龍巖市新羅區(qū)高二學(xué)業(yè)考試)如圖所示，某一空間為真空，只有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和豎直向下的重力場(chǎng)，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運(yùn)動(dòng)．那么()A．微粒只能帶正電荷B．微粒一定做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．僅改變初速度的方向微粒仍做直線運(yùn)動(dòng)D．運(yùn)動(dòng)中微粒電勢(shì)能保持不變答案B解析微粒做直線運(yùn)動(dòng)的條件是速度方向和合外力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的靜電力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的靜電力的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，則微粒必帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；微粒受力沿運(yùn)動(dòng)的反方向，故微粒一定做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；僅改變初速度的方向時(shí)，如果合力的方向與運(yùn)動(dòng)方向不在同一直線上，微粒不可能再做直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)過程中微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，機(jī)械能減小，故D錯(cuò)誤．2.(多選)如圖所示，真空環(huán)境下，三個(gè)質(zhì)量相同、帶電荷量分別為＋q、－q和0的小液滴a、b、c，從豎直放置的兩板中間上方由靜止釋放，最后從兩板間穿過，小液滴a、b、c的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則在穿過極板的過程中，下列說法正確的是()A．靜電力對(duì)液滴a、b做的功相等B．三者動(dòng)能的增量相同C．液滴a與液滴b電勢(shì)能的變化量相等D．重力對(duì)液滴c做的功最多答案AC解析因?yàn)橐旱蝍、b的帶電荷量的絕對(duì)值相等，則液滴所受的靜電力大小相等，由靜止釋放，穿過兩板的時(shí)間相等，則偏轉(zhuǎn)位移大小相等，靜電力做功相等，故A正確；靜電力對(duì)a、b兩液滴做功相等，重力做功相等，則a、b動(dòng)能的增量相等，對(duì)于液滴c，只有重力做功，故c動(dòng)能的增量小于a、b動(dòng)能的增量，故B錯(cuò)誤；對(duì)于液滴a和液滴b，靜電力均做正功，靜電力所做的功等于電勢(shì)能的減少量，故C正確；三者在穿過極板的過程中豎直方向的位移相等，質(zhì)量相同，所以重力做的功相等，故D錯(cuò)誤．3.(多選)(2021·淮南市高二期中)如圖所示，平行金屬板A、B水平正對(duì)放置，分別帶等量異種電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和靜電力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么()A．若微粒帶正電荷，則A板帶負(fù)電荷B．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢(shì)能增加C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能減少D．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能增加答案AD解析微粒向上偏轉(zhuǎn)，說明微粒受到的靜電力大于重力，若微粒帶正電荷，則板間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，則A板帶負(fù)電荷，故A正確；微粒從M到N的過程中，靜電力做正功，所以微粒的電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；微粒從M點(diǎn)到N點(diǎn)過程中，合力做正功，所以微粒的動(dòng)能增加，故C錯(cuò)誤；微粒從M點(diǎn)到N點(diǎn)靜電力做正功，電勢(shì)能減小，減小的電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為微粒的機(jī)械能，所以微粒的機(jī)械能增加，故D正確．4.(多選)(2021·南陽市臥龍區(qū)高二月考)如圖所示，用絕緣細(xì)線拴一帶負(fù)電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，則()A．小球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，線的張力一定最小C．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，小球的電勢(shì)能一定最小D．當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)b時(shí)，小球的速度一定最大答案AC解析當(dāng)重力等于靜電力時(shí)，只有細(xì)線的拉力提供向心力，小球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A正確；當(dāng)重力小于靜電力時(shí)，a點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，則小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，線的張力最大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知，在圓周上a點(diǎn)的電勢(shì)最高，根據(jù)Epa＝qφa，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，小球的電勢(shì)能一定最小，故C正確；當(dāng)重力小于靜電力時(shí)，a點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，則小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a時(shí)，小球的速度最大，故D錯(cuò)誤．5.(多選)兩個(gè)共軸的半圓柱形電極間的縫隙中存在一沿半徑方向的電場(chǎng)，如圖所示，帶正電的粒子(不計(jì)重力)流由電場(chǎng)區(qū)域邊緣的M點(diǎn)射入電場(chǎng)，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場(chǎng)并從另一邊緣的N點(diǎn)射出，由此可知()A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量一定相等B．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動(dòng)能一定相等C．若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的速率一定相等D．若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的動(dòng)能一定相等答案BC解析由題圖可知，粒子在電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靜電力提供向心力，則有qE＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv2,qE)，R、E為定值，若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動(dòng)能一定相等，質(zhì)量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的速率v一定相等，但動(dòng)能不一定相等，故B、C正確．6.一帶正電的小球質(zhì)量為m、電荷量為q，將小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mg,q).不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則小球()A．做直線運(yùn)動(dòng) B．機(jī)械能先增加后減少C．加速度大小為2g D．速率先減少后增大答案D解析小球受重力和靜電力兩個(gè)力作用，合力的方向與速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；在水平方向，小球受靜電力，水平速度先減小為零，后反向增大，那么靜電力先做負(fù)功，后做正功，據(jù)機(jī)械能守恒定律知，除重力以外的力對(duì)小球做的功等于機(jī)械能的增加量，所以機(jī)械能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；小球受到兩個(gè)恒力，其合力為eq\r(2)mg，所以加速度大小為eq\r(2)g，故C錯(cuò)誤；小球所受的合力與速度方向先成鈍角，然后成直角、銳角，可知合力先做負(fù)功，后做正功，則速度先減小后增大，故D正確．7.如圖所示，內(nèi)表面光滑且絕緣的半徑為1.2m的圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3×106V/m.有一質(zhì)量為0.12kg、帶負(fù)電的小球，電荷量大小為1.6×10－6C，小球在圓軌道內(nèi)壁做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)A時(shí)，小球與軌道間壓力恰好為零，g取10m/s2，求：(1)小球在A點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。鸢?1)6m/s(2)21.6N解析(1)重力：G＝mg＝0.12kg×10N/kg＝1.2N，靜電力：F＝qE＝1.6×10－6C×3×106V/m＝4.8N，在A點(diǎn)，有：qE－mg＝meq