高考物理一轮复习教科版教师用书第七章静电场能力课

能力课带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题[热考点]电场中的力、电综合问题要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析与研究。命题角度1电场中粒子的运动图像问题【例1】(2014·海南单科，9)(多选)如图1甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v－t图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有()图1A.φa＞φb B.Ea＞Eb C.Ea＜Eb D.Wa＞Wb解析由图乙可知，粒子做加速度减小，速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a指向b，电场线方向由b指向a，b点电势高于a点电势，故选项B、D正确。答案BD根据v－t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。【变式训练1】如图2甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b、c三点在它们连线的延长线上，其中Q1带负电。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动并经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其v－t图像如图乙所示。以下说法正确的是()图2A.Q2一定带负电B.Q2的电量一定大于Q1的电量C.b点的电场强度最大D.粒子由a点运动到c点过程中，粒子的电势能先增大后减小解析由题图乙可知，粒子从a到b过程做加速度减小的减速直线运动，在b点时粒子速度最小，加速度为零。根据牛顿第二定律Eq＝ma，得出粒子在b点受力为零，b点电场强度为零，选项C错误；在b点Q1对带负电粒子的电场力水平向右，要使b点粒子所受合力为零，则Q2对带负电粒子的电场力水平向左，所以Q2带正电，选项A错误；b点与Q1的间距大于与Q2的间距，由库仑定律F＝keq\f(Qq,r2)知，Q1的带电量大于Q2的带电量，选项B错误；粒子从a点运动到c点过程，动能先减小后增大，根据能量守恒定律知，粒子电势能先增大后减小，选项D正确。答案D命题角度2带电粒子在电场中的运动【例2】(2015·全国卷Ⅱ)如图3所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。图3解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0))③联立②③式得UAB＝eq\f(mveq\o\al(2,0),q)答案eq\f(mveq\o\al(2,0),q)【真题拓展1】在【例2】中，若匀强电场的宽度为d，EF、CD为其边界，改变场强的大小，使粒子在A点时的速度方向与电场边界CD垂直，如图4所示，MN为无场区内的光屏，MN与AO相互垂直，MN与EF间距为d。当粒子经过EF边界的B点时，速度方向与EF成30°角，求：图4(1)匀强电场的场强的大小；(2)粒子打在光屏上的位置距离O点的距离。解析(1)粒子在电场中做类平抛运动，则沿初速度方向：d＝v0t沿电场方向：vy＝eq\f(qE,m)t又有tan30°＝eq\f(v0,vy)解得E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),qd)(2)粒子在电场中的偏转位移为y1＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2粒子在无场区做匀速直线运动，则y2＝eq\f(d,tan30°)又y＝y1＋y2，解得y＝eq\f(3\r(3),2)d答案(1)eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),qd)(2)eq\f(3\r(3),2)d【真题拓展2】若在拓展1中撤去原有电场，在CD与EF之间加上竖直向上的匀强电场E1，EF与MN之间加上水平向右的匀强电场E2，CD与EF、EF与MN之间的距离都为d，由A点静止释放带电粒子，粒子过EF时速度为v0，如图5所示。粒子打在光屏MN上的位置与O点的距离为d，求两个电场场强大小之比。图5解析粒子在竖直向上的电场中加速，由动能定理得qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)粒子在水平向右的电场中做类平抛运动，则竖直方向：d＝v0t水平方向：d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE2,m)t2解得eq\f(E1,E2)＝eq\f(1,4)答案eq\f(1,4)解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)。(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图像)，找出已知量和待求量之间的关系。【变式训练2】(2018·青海省西宁市四校高三联考)如图6所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量。求：图6(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；(2)P、Q两点间的电势差UPQ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。解析(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg且由带电质点在第一象限做直线运动，有tanθ＝eq\f(mg,qE)解得θ＝45°(2)P到Q的过程，由动能定理有qEL－mgL＝0WPQ＝qEL解得UPQ＝eq\f(WPQ,－q)＝－eq\f(mgL,q)(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有eq\r(2)mg＝ma，即a＝eq\r(2)gv0＝at解得t＝eq\f(\r(2)v0,2g)带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T＝2t＝eq\f(\r(2)v0,g)答案(1)45°(2)－eq\f(mgL,q)(3)eq\f(\r(2)v0,g)命题角度3电场中的动量和能量问题【例3】如图7所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：图7(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。关键点①光滑绝缘轨道；②A、B两球间相互作用视为静电作用；③A、B两球始终没有接触。解析(1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得2mgh＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(2gh)(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0＝(2m＋m)v解得v＝eq\f(2,3)v0＝eq\f(2,3)eq\r(2gh)据能量守恒定律得2mgh＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋Ep解得Ep＝eq\f(2,3)mgh(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定。则2mv0＝2mvA＋mvBeq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vA＝eq\f(1,3)v0＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)，vB＝eq\f(4,3)v0＝eq\f(4,3)eq\r(2gh)答案(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(2,3)mgh(3)eq\f(1,3)eq\r(2gh)eq\f(4,3)eq\r(2gh)电场中动量和能量问题的解题技巧动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键。【变式训练3】有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝eq\f(3mg,5q)，方向竖直向下，如图8所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端。求：图8(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；(3)场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。解析(1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v所以v＝eq\f(m,M＋m)v0根据能量守恒定律得热量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(mMveq\o\al(2,0),2（M＋m）)(2)场强向下时N＝mg－qE场强向上时N′＝mg＋qE所以eq\f(N,N′)＝eq\f(1,4)(3)两次产生的热量相等μN′l′＝Q，μNl＝Q所以l′＝eq\f(l,4)。答案(1)eq\f(mMveq\o\al(2,0),2（M＋m）)(2)1∶4(3)eq\f(l,4)[常考点]带电粒子在交变电场中的运动1.此类题型一般有三种情况(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；(2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。2.两条分析思路：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、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。命题角度1粒子做单向直线运动【例4】(2018·长治模拟)(多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图9所示，小物块电荷量为q＝＋1×10－4C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确是()图9A.物块在4s内位移是6mB.物块的质量是2kgC.物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2D.物块在4s内电势能减少了18J解析物块在4s内位移为x＝eq\f(1,2)×2×(2＋4)m＝6m，故选项A正确；由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1m/s2，2s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由图可得E1＝3×104N/C，E2＝2×104N/C，代入数据解得m＝1kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；物块在前2s的位移x1＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m，物块在后2s的位移为x2＝vt2＝4m，电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6J＋8J＝14J，则电势能减少了14J，故选项D错误。答案AC【变式训练4】如图10甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()图10解析电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，eq\f(1,2)T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B项错误。答案A命题角度2粒子做往返运动【例5】(多选)如图11所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()图11A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s末带电粒子回到原出发点C.3s末带电粒子的速度为零D.0～3s内，电场力做的总功为零解析设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。答案CD【变式训练5】如图12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()图12A.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)解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)时粒子运动的速度图像如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。答案B命题角度3粒子做偏转运动【例6】(多选)如图13甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()图13A.末速度大小为eq\r(2)v0 B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了eq\f(1,2)mgd D.克服电场力做功为mgd解析因0～eq\f(T,3)内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝eq\f(2T,3)时刻的竖直速度为vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度为v0；在eq\f(2T,3)～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知eq\f(1,2)mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为eq\f(1,2)mgd，选项D错误。答案BC【变式训练6】(2018·广西重点高中高三一模)(多选)如图14甲所示，竖直极板A、B之间距离为d1，电压为U1，水平极板C、D之间距离为d2，GH为足够长的荧光屏，到极板C、D右侧的距离为L。极板C、D之间的电压如图乙所示。在A板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子。电子经极板A、B间电场加速后从极板B中央的小孔射出，之后沿极板C、D的中心线射入极板C、D内。已知t＝0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出。不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是()图14A.电子在荧光屏上形成的亮线长度为eq\f(d2,3)B.保持其他条件不变，只增大d1，荧光屏上形成的亮线长度变长C.保持其他条件不变，只增大d2，荧光屏上形成的亮线长度变短D.保持其他条件不变，只增大L，荧光屏上形成的亮线长度变长解析t＝0时刻射入C、D间的电子，eq\f(eU2,2md2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(eU2,md2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(d2,2)，则t＝eq\f(T,2)时刻射入C、D间的电子，eq\f(eU2,2md2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(d2,6)，因为电子穿过C、D运动的时间相等，则出电场时竖直方向的速度恒定，所有电子均平行射出电场，故亮线长度为eq\f(d2,2)－eq\f(d2,6)＝eq\f(d2,3)，选项A正确；若只增大d1，则电子射入C、D间时的速度不变，荧光屏上形成的亮线长度不变，选项B错误；若增大C、D间距离为d2′，则有eq\f(eU2,2md2′)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(eU2,md2′)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(deq\o\al(2,2),2d2′)和eq\f(eU2,2md2′)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(deq\o\al(2,2),6d2′)，eq\f(deq\o\al(2,2),2d2′)－eq\f(deq\o\al(2,2),6d2′)＝eq\f(deq\o\al(2,2),3d2′)<eq\f(d2,3)，即荧光屏上形成的亮线长度变短，选项C正确；因为电子均平行射出电场，故亮线长度与L无关，选项D错误。答案AC带电体在电场中的平衡与运动问题[题源：教科版选修3－1·P40·T16]如图所示，一条长为l的细线，上端固定，下端拴一质量为m的带电小球。将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右。已知当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡状态。试问：(1)小球带何种电荷？(2)小球所带的电荷量是多少？拓展1在上题将轻绳剪断，小球怎样运动？ts末小球的速度大小是多少？解析方法一设小球水平方向、竖直方向上的速度大小分别为vx、vy。则vx＝eq\f(Eq,m)t＝eq\f(mgtanα,m)t＝gt·tanαvy＝gtts末的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝gteq\r(1＋tan2α)＝eq\f(gt,cosα)方法二绳断后小球所受合力F＝eq\f(mg,cosα)a＝eq\f(F,m)＝eq\f(g,cosα)所以v＝at＝eq\f(gt,cosα)答案匀加速直线运动eq\f(gt,cosα)拓展2一质量为m、带电荷量为＋q的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出。在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管。管上口距地面eq\f(h,2)，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图15所示，求：图15(1)小球的初速度v0和电场强度E的大小；(2)小球落地时的动能Ek。解析(1)电场中运动的带电小球，在水平方向上v0＝eq\f(qE,m)t①竖直方向上eq\f(h,2)＝eq\f(gt2,2)②又veq\o\al(2,0)＝eq\f(2Eq,m)L③联立①②③式得v0＝2Leq\f(\r(gh),h)，E＝eq\f(2mgL,qh)。(2)从抛出到落地由动能定理得mgh－EqL＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球落地时动能Ek＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2)＋mgh－EqL＝mgh答案(1)2Leq\f(\r(gh),h)eq\f(2mgL,qh)(2)mgh拓展3(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图16所示。由此可见()图16A.电场力为2mgB.小球带负电C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等解析两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故选项C错误；分别列出竖直方向的方程，即h＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(F－mg,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)，解得F＝3mg，故选项A错误；小球受到的电场力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故选项B正确；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv＝at，结合以上的分析可得，AB过程Δv＝gt，BC过程Δv＝eq\f(3mg－mg,m)·eq\f(t,2)＝gt，故选项D正确。答案BD拓展4(2017·全国卷Ⅱ，25)如图17所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：图17(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为x1和x2。由题给条件和运动学公式得v0－at＝0①x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2②x2＝v0t－eq\f(1,2)at2③联立①②③式得eq\f(x1,x2)＝3④(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式veq\o\al(2,y)＝2gh⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2⑥M进入电场后做直线运动，由几何关系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(x1,H)⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H⑧(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg)⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEx1⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEx2⑪由已知条件Ek1＝1.5Ek2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝eq\f(\r(2)mg,2q)⑬答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(\r(2)mg,2q)活页作业(时间：40分钟)►题组一电场中的力、电综合问题1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图像如图1所示。则此电场的电场线分布可能是()图1解析从v－t图像可以看出物体的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v－t图线中图线的斜率表示物体的加速度大小，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的粒子顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿粒子运动方向逐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D错误。答案A2.(多选)如图2所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的v－t图像中，可能正确的是()图2解析在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，带负电的小球C受力沿垂直平分线，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，v－t图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性。如果PN足够远，选项B正确；如果PN很近，选项A正确。答案AB3.(2018·四川自贡一诊)(多选)在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图3甲所示，小球运动的v－t图像如图乙所示，不计空气阻力，则()图3A.小球受到的重力与电场力大小之比为3∶5B.在t＝5s时，小球经过边界MNC.在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D.在1～4s过程中，小球的机械能先减少后增加解析小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到重力和电场力作用而做减速运动，由题图乙可以看出，小球经过边界MN的时刻是t＝1s和t＝4s时，故选项B错误；由v－t图像的斜率等于加速度得，小球进入电场前的加速度大小a1＝g＝eq\f(v1,t1)＝v1，进入电场后的加速度大小a2＝eq\f(v1,t2)＝eq\f(v1,1.5)＝eq\f(2v1,3)，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得电场力F＝mg＋ma2＝eq\f(5,3)mg，得重力mg与电场力F大小之比为3∶5，故选项A正确；小球向下运动的整个过程中，动能的变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故选项C错误；整个过程中，由题图可得，小球在0～2.5s内向下运动，在2.5～5s内向上运动，在1～4s过程中，电场力先做负功后做正功，所以小球的机械能先减少后增加，故选项D正确。答案AD4.(2018·辽宁省三校高三第三次调研考试)如图4所示，矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m＝2.0×10－11kg、电荷量为q＝1.0×10－5C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1＝1×104m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v2＝2×104m/s，已知MP＝20cm、MN＝80cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图像正确的是()图4解析因为规定a点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qEx＝ΔEp＝0－Ep，故Ep＝－qEx，故选项D正确；因为匀强电场中的电场强度处处相等，故选项A错误；因为粒子离开电场时的速度v2＝eq\f(v1,sin30°)＝2v1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故选项B错误；粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qEx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，所以v与x不是线性关系，选项C错误。答案D5.(多选)如图5所示为一产生聚焦电场的装置，由电极A1、A2、A3、A4构成。图中虚线为等势线，关于中心线z轴上下对称，相邻等势线间电势差相等。图中P、Q、R是一个从左侧进入聚焦电场的带正电粒子的运动轨迹上的三点，则可以确定()图5A.该装置是由两个平行板电容器A1A2、A3A4构成B.该聚焦电场方向在中心线上与z轴方向一致C.带正电粒子从Q点到R点的过程中电势能减少D.若将带正电粒子束从右侧射入聚焦电场，则一定被会聚解析由等势线的形状可知，A1A2、A3A4不是两对平行板电容器，选项A错误；由带正电粒子的运动轨迹可知电场方向向右，即该聚焦电场方向在中心线上与z轴方向一致，选项B正确；由于带正电的粒子从Q点到R点的过程中，电场力对其做正功，故其电势能减少，选项C正确；带正电粒子束从右侧射入时，由粒子受到的电场力的方向可知，粒子将向两侧发散而不能会聚，选项D错误。答案BC6.如图6所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m的M处，取g＝10m/s2，求：图6(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？解析(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝eq\f(mv2,R)①小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②联立方程①②解得v0＝7m/s(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③在P点时，由牛顿第二定律得N＝meq\f(v′2,R)④代入数据解得N＝0.6N⑤由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小为N′＝N＝0.6N⑥答案(1)7m/s(2)0.6N7.如图7所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h＝4m。BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L＝eq\r(3)m。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0.5m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m＝1kg、电荷量为q＝0.1C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(\r(3),5)。求：(g取10m/s2)图7(1)小球到达C点时的速度大小；(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；(3)小球落地点距离C点的水平距离。解析(1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得(mg＋Eq)h－μ(mg＋