金版教程物理2024导学案必修第册人教版新第十章 静电场中的能量第十章 知识网络构建含答案

《金版教程(物理）》2024导学案必修第册人教版新第十章静电场中的能量第十章知识网络构建专题二电场的能的性质探究1电场线、等势面与带电粒子运动轨迹的综合问题解决该类问题应熟练掌握以下知识及规律(1)电场线或等差等势面密集的地方场强大。(2)电场线垂直于等势面，从电势较高的等势面指向电势较低的等势面，即沿着电场线方向电势降低最快。(3)带电粒子所受合力(往往仅为静电力)指向轨迹曲线的内侧；所受静电力的方向沿电场线的切线方向或反方向，即垂直于等势面。(4)带电粒子在某点的速度方向为轨迹切线方向。(5)静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。(6)涉及的其他力学知识：牛顿第二定律、动能定理等。例1(多选)一粒子从A点射入电场，从B点射出电场，电场的等差等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行且间隔均匀，不计粒子的重力。下列说法正确的有()A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大[规范解答]电场线如图所示，由于受力总指向运动轨迹的凹侧，故粒子带负电荷，A正确；由电场线分布知静电力先不变，后越来越小，由a＝eq\f(F,m)知B正确；静电力一直做负功，粒子速度一直减小，电势能一直增大，C、D错误。[答案]AB模型点拨带电粒子在电场中运动轨迹问题的易错点(1)误认为电场线方向就是电荷受到静电力的方向。(2)误认为电场线是电荷在电场中的运动轨迹。(3)静电力随便画，以为只朝轨迹弯曲的一侧就可以。静电力只可能有两个方向：要么沿电场强度的方向(对应于正电荷)，要么沿电场强度的反方向(对应于负电荷)。(4)错误地根据电场线方向来判断电场强度大小，应根据电场线的疏密来判断电场强度的大小。[变式训练1]一个电子只在静电力作用下从a点运动到b点的轨迹如图虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，则以下说法正确的是()A．无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小B．无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势高C．无论图中的实线是电场线还是等势面，电子在a点的电势能都比在b点的电势能小D．如果实线是等势面，电子在a点的速率一定大于在b点的速率答案D解析若图中实线是电场线，电子所受的静电力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低；若图中实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受静电力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高，故B错误。不论图中实线是电场线还是等势面，该电场都是匀强电场，a点和b点的场强大小都相等，故A错误。如果图中实线是电场线，电子所受的静电力水平向右，静电力对电子做正功，电子电势能减小，则电子在a点的电势能比在b点的电势能大，故C错误。如果图中实线是等势面，电子所受静电力方向向下，静电力对电子做负功，则电子在b点的动能较小，即电子在a点的速率一定大于在b点的速率，故D正确。探究2电场中的功能问题电场中的功能规律既可用于定量计算，也可用于定性分析，如分析、计算静电力做的功、电势能(及其变化)、电势变化、动能变化、机械能变化等。电场中常用的功能规律如下：1．静电力做功与电势能变化的功能关系WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp2．动能定理WAB＋W其他力＝ΔEk3．能量守恒定律只有静电力、重力和系统内弹力做功时：ΔEp电＋ΔEpG＋ΔEp弹力＋ΔEk＝0其中ΔEpG＋ΔEp弹力＋ΔEk＝ΔE机械能注意：(1)在任何电场中，均有WAB＝qUAB＝q(φA－φB)；只有在匀强电场中时，才有WAB＝qElcosθ。(2)公式Ep＝qφ中，应考虑q的正负号。例2如图所示，在O点放置一个正电荷，在过O点的竖直平面内的A点自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q。小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆(图中实线表示)相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC＝30°，A距离OC的竖直高度为h。若小球通过B点的速度为v，试求：(1)小球通过C点的速度大小；(2)小球由A到C的过程中电势能的增加量。[规范解答](1)因B、C两点电势相等，小球由B到C只有重力做功，由动能定理得：mgRsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2，得：vC＝eq\r(v2＋gR)。(2)由A到C应用动能定理得：WAC＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，得：WAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mgh＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mgR－mgh，由电势能变化与静电力做功的关系得：ΔEp＝－WAC＝mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR。[答案](1)eq\r(v2＋gR)(2)mgh－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgR模型点拨解决电场中的功能问题时，静电力做功与电势能变化的功能关系WAB＝－ΔEp是基础，对于很多题目，还需要结合动能定理或能量守恒定律分析、计算。[变式训练2](多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平。a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量答案BC解析小球a从N到Q的过程中，重力不变，库仑力F逐渐增大，库仑力F与重力的夹角逐渐变小，因此，F与mg的合力逐渐变大，A错误；从N到P的过程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力时，速率最大，B正确；从N到Q的过程中，F一直做负功，电势能一直增加，C正确；从P到Q的过程中，根据能量守恒知，电势能的增加量和重力势能的增加量之和等于动能的减少量，所以电势能的增加量小于动能的减少量，D错误。

科学思维变化率、微元累积思维——在电场图像问题中的应用1．变化率在电场图像问题中的应用必修第一册我们已经学过变化率在x­t图像、v­t图像中的应用，变化率这种研究方法用到了比较思想与极限思维。类似地，用变化率可以分析相关电场图像问题。常见的图像如下：(1)Ep­x图像由W电＝F电·Δx、W电＝－ΔEp，得F电＝－eq\f(ΔEp,Δx)。即图线的切线斜率的绝对值等于静电力的大小，正、负表示静电力的方向。注：应用电场相关规律和动力学规律、功能关系等，还可以进一步判断场强、粒子的加速度、动能等随位移的变化情况。(2)φ­x图像上面的公式F电＝－eq\f(ΔEp,Δx)两边同时除以q，得E＝－eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)。即φ­x图线的切线斜率的绝对值等于场强大小，正、负表示场强的方向。注：①电场强度的方向也可根据电势大小关系确定。②分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB分析WAB的正负，然后由ΔEp＝－WAB作出判断，或直接用Ep＝qφ判断。2．微元累积思维在电场图像问题中的应用必修第一册推导匀变速直线运动的位移公式时，用到微元累积法，必修第二册计算物体沿曲面滑下重力做的功时，也用到这种方法。微元累积法也用到极限思想，高等数学中的微积分就是从变化率与微元累积法这两种方法中萌芽的。类似地，用微元累积法也可以分析相关电场图像问题。常见的图像如下：E­x图像当电场方向沿x轴时，根据公式U＝Ed，借助微元累积法知，E­x图线与x轴围成图形的面积大小表示x轴上两点的电势差大小，两点的电势高低可根据电场方向判定。注：①E­x图像只能反映电场强度在x轴方向的分量随位置x变化的规律，若合电场不沿x轴方向，则不能用“面积”分析电势差大小。②E>0表示场强沿x轴正方向，E<0表示场强沿x轴负方向。③在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。画一画：同学们可以尝试画出以下图像：(1)正点电荷(负点电荷)周围的E­x图像、φ­x图像。(2)两个等量同(异)种点电荷连线上的E­x图像、φ­x图像。(3)两个等量同(异)种点电荷连线的中垂线上的E­x图像、φ­x图像。例1两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中C为ND段电势最低的点，则下列说法正确的是()A．q1、q2为等量异种电荷B．N、C两点间场强方向沿x轴负方向C．N、D两点间的电场强度大小沿x轴正方向先减小后增大D．将一正点电荷从N点移到D点，电势能先增大后减小[规范解答]根据q1左侧和q2右侧电势随距离增大而降低，可判断两者均为正电荷，故A错误；根据沿电场方向电势降低，可知N、C间的场强方向沿x轴正方向，故B错误；根据从N到D图线的斜率绝对值先减小后增大，可知N、D两点间的场强大小沿x轴正方向先减小后增大，故C正确；将一正点电荷从N点移到D点，由Ep＝qφ知，电势能先减小后增大，故D错误。[答案]C例2半径为R1和R2(R2>R1)的两无限长竖直同轴圆柱面，单位长度上分别带有等量异种电荷，如图1所示，内圆柱面带正电。已知电场强度沿某一水平半径的分布情况如图2所示，当r<R1及r>R2时电场强度均为零，A、B为分别靠近内、外圆柱面且在同一半径上的两点，则()A．内圆柱面内各点电势可能不等B．负试探电荷在A点时的电势能比在B点时的电势能大C．A、B中点处的电场强度大于eq\f(EA＋EB,2)D．A、B两点的电势差小于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)[规范解答]由图2知，r<R1时，E＝0，则电荷自r<R1内某固定点移动到内圆柱面上任意一点，静电力做功均为零，故内圆柱面上各点电势都相等，A错误；电场线由A指向B，则A点电势高，则负试探电荷在A点时的电势能比在B点时的电势能小，B错误；由图2可知，A、B中点处的电场强度小于eq\f(EA＋EB,2)，C错误；根据U＝Ed，可知E­r图像中图线与r轴围成的面积等于电势差，若从A到B的E­r图像为直线，则A、B两点的电势差等于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)，而实际图像中对应的面积小于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)，可知A、B两点的电势差小于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)，D正确。[答案]D1.带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷。如果两极板间距不是足够近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线(电场方向未画出)。虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线。关于此电场，以下说法正确的是()A．b点的电势高于d点的电势B．b点的电势高于c点的电势C．将一负电荷从a点移到d点，其电势能增大D．将一正电荷从a点由静止释放，它将沿着电场线做匀变速直线运动答案C解析根据电场线与等势线垂直，可知虚线MN是一条等势线，所以b点的电势等于d点的电势，即φb＝φd，A错误；电场线从正电荷出发，指向负电荷，且沿着电场线方向电势降低，所以d点电势低于c点电势，即φd<φc，所以φb<φc，即b点的电势低于c点的电势，故B错误；同理分析可知φa>φd，将一负电荷从a点移到d点，根据Ep＝qφ可知，其电势能增大，故C正确；将一正电荷从a点由静止释放，由于过a点的电场线是直线且沿ab方向，所以它将沿ab所在的电场线向下运动，由电场线的疏密程度可知电场强度不恒定，即该正电荷所受电场力会发生变化，由牛顿第二定律可知其加速度不恒定，所以正电荷不会沿电场线做匀变速直线运动，故D错误。2.如图所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF。K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面。一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点静电力做功的绝对值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点静电力做功的绝对值，则()A．|Wab|＝|Wbc|B．|Wab|<|Wbc|C．粒子由a点到b点，动能减少D．a点的电势较b点的电势低答案C解析由等量异种点电荷的电场线分布特点可知靠近电荷处电场强度大，由公式U＝Ed知|Uab|>|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|>|Wbc|，则A、B均错误；从带负电粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，故左侧为正电荷，从左向右电势降低，则D错误；粒子由a点到b点，静电力做负功，电势能增加，动能减少，则C正确。3.(多选)如图所示，实线为某孤立点电荷产生的电场的几条电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受静电力的作用，下列说法中正确的是()A．该电场是由负点电荷所激发的电场B．电场中a点的电势比b点的电势高C．带电粒子在a点的加速度比在b点的加速度大D．带电粒子在a点的动能比在b点的动能大答案CD解析根据题图以及题干条件，无法判断场源电荷的正负，也不能判断出电场线的方向以及a点、b点电势的高低，A、B错误；根据电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小的特点，得出Ea>Eb，利用牛顿第二定律可知a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，则带电粒子在a点的加速度比在b点的加速度大，C正确；若粒子从a点运动到b点，静电力做负功，带电粒子的动能减小，若粒子从b点运动到a点，静电力做正功，带电粒子的动能增大，D正确。4.平行金属板A、B带等量异种电荷，以过两板中心O点(原点)且与金属板平行的轴线为x轴、由A指向B的方向为场强的正方向，作出场强随坐标变化的图像如图所示，其中aO＝Ob＝l。下列说法正确的是()A．A板带正电B．沿x轴正方向电势降低C．电势差UbO＝UOa＝E0lD．将电子沿x轴由a点移动到b点，电子的电势能不变答案D解析场强为负表示场强方向由B指向A，则A板带负电，A错误；如图，两板间平行于两板的中心线为一等势线，即沿x轴电势不变，b、O与O、a之间的电势差均为零，B、C错误；由于两板间的x轴为一等势线，所以将电子沿x轴由a点移动到b点，电子的电势能不变，D正确。5.(多选)如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等。实线为一带正电荷的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是()A．三个等势面中，a的电势最高B．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大C．对于M、N两点，带电粒子通过M点时动能较大D．带电粒子由M运动到N时，加速度增大答案CD解析由于带电粒子做曲线运动，所受静电力的方向必定指向轨迹的凹侧，且和等势面垂直，所以电场线方向是由c指向b再指向a。根据沿电场线的方向电势降低，可知φc>φb>φa，A错误。正电荷在电势高处电势能大，M点的电势比N点电势低，故在M点时电势能较小，B错误。根据能量守恒定律，粒子的动能和电势能之和保持不变，故粒子在M点的动能较大，C正确。由于相邻等势面之间电势差相等，因N点等势面较密，则EM<EN，即qEM<qEN，由牛顿第二定律知，带电粒子从M点运动到N点时，加速度增大，D正确。6.(多选)一带负电的粒子只在静电力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是()A．x1处电场强度最小，但不为零B．粒子在O～x3段做变速运动，x2～x3段做匀变速运动C．x2～x3段电场强度的大小、方向均不变，为一定值D．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2＝φ0>φ3答案BCD解析由W电＝－ΔEp，W电＝F电Δx，得F电＝－eq\f(ΔEp,Δx)，可知Ep­x图像切线的斜率等于静电力F电的负数。x1处图像切线的斜率为零，即静电力为零，电场强度为零，A错误；x2～x3段切线的斜率不变，静电力不变，故电场强度的大小、方向均不变，C正确；O～x3段切线的斜率一直变化，静电力一直变化，粒子做变速运动，x2～x3段静电力不变，粒子做匀变速运动，B正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q<0，可知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正确。7.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x轴、y轴对称，且相邻两等势线的电势差相等。图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是()A．a点的电势高于b点的电势B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度C．电子在a点的动能大于在b点的动能D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能答案D解析根据合力指向轨迹内侧和电场线与等势线垂直可知，电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的静电力，所以在y轴左侧电场线指向左上方，故a点的电势低于b点的电势，故A错误；根据等差等势线的疏密知道b处的电场线密，场强大，电子的加速度大，故B错误；根据负电荷在电势低处电势能大，可知电子在a点的电势能大于在b点的电势能，从a到b电子的电势能一直减小，则电子从a点运动到b点的过程中，静电力始终做正功，动能增大，故C错误，D正确。8.(多选)如图所示空间有一匀强电场，电场方向与纸面平行。一电荷量为－q的粒子(重力不计)，在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N。已知力F和MN间夹角为θ，M、N间距离为d，则下列结论中正确的是()A．M、N两点的电势差为eq\f(Fdcosθ,q)B．匀强电场的电场强度大小为eq\f(Fcosθ,q)C．带电粒子由M运动到N的过程中，电势能增加了FdcosθD．若要使带电粒子由N向M做匀速直线运动，则F必须反向答案AC解析粒子做匀速运动，静电力必与恒力F平衡，由M点运动到N点，静电力做功为W＝－Fdcosθ，UMN＝eq\f(W,－q)＝eq\f(Fdcosθ,q)，A正确；由粒子受力知，电场强度E＝eq\f(F,q)，B错误；电势能的增加量等于克服静电力做的功Fdcosθ，C正确；粒子做匀速直线运动的条件是受力平衡，则若要使粒子由N匀速运动到M，所受力F不变，D错误。9.(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止。现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、静电力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中()A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球的重力势能增加－W1C．小球的机械能增加W1＋eq\f(1,2)mv2D．小球的电势能减少W2答案BD解析由于静电力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，故A错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功W1，则重力势能增加－W1，故B正确；小球机械能的增加量等于重力势能增加量与动能增加量之和，即－W1＋eq\f(1,2)mv2，故C错误；静电力做功是电势能变化的量度，静电力做正功W2，则电势能减少W2，故D正确。10.(多选)在粗糙水平面上固定一点电荷，电场中任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。该水平面上a、b、c三个点的电势φ与到点电荷的距离r已在图中标出，虚线为过b点的切线。现将一质量为0.03kg、电荷量为0.1C的带正电物块从a点由静止释放，依次经过b、c两点。静电力所做的功分别为Wab、Wbc，且过b点时物块的速度最大。已知重力加速度g＝10m/s2，静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，下列说法正确的是()A．b点的场强大小为1.5V/mB．物块与桌面间的动摩擦因数为0.3C．Wab＝2WbcD．固定点电荷的电荷量为eq\f(2,3)×10－9C答案AD解析图像的斜率的绝对值表示场强大小，由图可知b点的场强大小为E＝eq\f(6,4)V/m＝1.5V/m，故A正确；由题知，物块过b点时速度最大，此时加速度为零，则qE＝μmg，解得μ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(0.1×1.5,0.03×10)＝0.5，故B错误；由图可以得到a点的电势为6V，b点的电势为3V，c点的电势为2V，所以Uab＝3V，Ubc＝1V，又因为静电力做的功W＝qU，所以Wab＝3Wbc，故C错误；设固定点电荷带电量为Q，已知b点的场强大小E＝1.5V/m，b点到固定点电荷的距离r＝2m，根据点电荷场强公式E＝keq\f(Q,r2)，有Q＝eq\f(Er2,k)＝eq\f(1.5×22,9.0×109)C＝eq\f(2,3)×10－9C，故D正确。11.如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的微粒在该电场中运动，不计微粒所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的微粒的运动轨迹，微粒在a点的动能等于14eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取c点为零电势点，则这个带电微粒的电势能等于－4eV时，它的动能等于()A．14eV B．10eVC．6eV D．4eV答案B解析带电微粒自a点运动到b点的过程，根据动能定理知，静电力做的功Wab＝Ekb－Eka＝－12eV，设带电微粒所带电荷量为q，则Uab＝eq\f(Wab,q)＝－eq\f(12eV,q)；由于相邻两等势面的电势差相等，则Ubc＝－eq\f(1,3)Uab＝eq\f(4eV,q)；带电微粒从b到c的过程，根据动能定理有Wbc＝Ekc－Ekb，其中Wbc＝qUbc，联立可得Ekc＝6eV；由于只有静电力做功，则带电微粒电势能和动能之和保持不变，若取c点为零电势点，则带电微粒在电场中的总能量为E＝Epc＋Ekc＝6eV，因此当电势能等于－4eV时，它的动能为10eV，故A、C、D错误，B正确。12．(多选)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有()A．Q1移入之前，C点的电势为eq\f(W,q)B．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2WD．Q2在移到C点后的电势能为－4W答案ABD解析根据电场力做功与电势能变化的关系知Q1在C点的电势能Ep＝W，根据电势的定义式知C点电势φ＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(W,q)，A正确；在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处在同一等势面上，Q1从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，B正确；将Q1移到B点固定后，再将Q2从无穷远处移到C点，两固定点电荷对Q2的库仑力做的功均为2W，则电场力对Q2做的总功为4W，C错误；因为无穷远处电势为0，则Q2移到C点后的电势能为－4W，D正确。13．(多选)某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E(重力势能、电势能之和)的情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出2的位置x和速度，利用能量守恒可以得到2的势能E。图乙中Ⅰ线是小球2的E­x图像，Ⅱ线是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，g＝10m/s2，则小球2()A．上升过程速度一直变大B．上升过程速度先变大后变小C．质量为0.5kgD．从x＝6.0cm处运动至x＝20cm处电势能减少0.3J答案BCD解析小球2上升过程系统能量守恒，有E＋Ek＝E总，结合图乙Ⅰ线可知，上升过程中小球2的势能先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；根据库仑定律有FC＝eq\f(kq1q2,x2)，可知当x→∞时，FC→0，系统势能的变化量主要取决于重力做功，则图乙中Ⅱ线表示重力势能变化的图线，因此ΔEⅡ＝ΔEpG＝mgΔx，则小球2的重力mg＝eq\f(ΔEⅡ,Δx)＝eq\f(0.8－0.3,（20.0－10.0）×10－2)N＝5N，质量m＝0.5kg，C正确；小球2从x＝6.0cm处运动至x＝20cm过程中，ΔEⅠ＝ΔEpG＋ΔEp电，由图知ΔEⅠ＝0.4J，而ΔEpG＝mgΔx′＝0.7J，可解得ΔEp电＝－0.3J，即小球2从x＝6.0cm处运动至x＝20cm过程中，电势能减少0.3J，D正确。14.如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB＝h，小球滑到B点时速度大小为eq\r(3gh)，求：(1)小球由A到B的过程中静电力做的功；(2)A、C两点的电势差。答案(1)eq\f(1,2)mgh(2)－eq\f(mgh,2q)解析(1)因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：静电力做功WE和重力做功mgh，由动能定理得：WE＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，代入已知条件vB＝eq\r(3gh)得静电力做功WE＝eq\f(1,2)m·3gh－mgh＝eq\f(1,2)mgh。(2)因为B、C在同一个等势面上，所以φB＝φC，即UAC＝UAB，由W＝qU得UAC＝UAB＝eq\f(WE,－q)＝－eq\f(mgh,2q)。专题三带电粒子(物体)在电场中运动的综合问题探究1带电粒子在交变电场中的运动问题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)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。2．分析时从两条思路出发(1)力和运动的关系。根据牛顿第二定律及运动学规律分析。(2)功能关系。3．突破策略：抓住周期性和空间上的对称性注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在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、做功或确定与物理过程相关的边界条件。例1一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。[规范解答]带电粒子在规律性变化的静电力作用下做变速运动。(1)带电粒子在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,4)～eq\f(T,2)、eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)、eq\f(3T,4)～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1＝eq\f(qE0,m)，a2＝－eq\f(2qE0,m)，a3＝eq\f(2qE0,m)，a4＝－eq\f(qE0,m)，由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度—时间图像如图a所示，对应的速度—时间图像如图b所示。其中v1＝a1eq\f(T,4)＝eq\f(qE0T,4m) ①由图b可知，带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为x＝2×eq\f(1,2)×eq\f(T,4)v1 ②由①②式得x＝eq\f(qE0,16m)T2，方向沿初始电场方向。(2)由图b可知，粒子在t＝eq\f(3,8)T到t＝eq\f(5,8)T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t＝eq\f(5,8)T－eq\f(3,8)T＝eq\f(T,4)。[答案](1)eq\f(qE0,16m)T2方向沿初始电场方向(2)eq\f(T,4)模型点拨在交变电场作用下粒子所受的静电力发生改变，从而影响粒子的运动性质；由于静电力周期性变化，粒子的运动性质也具有周期性；研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，特别注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期。[变式训练1](多选)一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期T＝eq\f(L,2v0)，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则()A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是v0C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D.t＝eq\f(1,4)T时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为eq\f(d,16)答案BD解析电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度随时间变化的图像如图所示，根据图线与t轴所围面积表示竖直方向的分位移可知，各个电子在竖直方向的分位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误。由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正确。由上述分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误。t＝eq\f(T,4)时刻进入电场的电子，在t＝eq\f(3,4)T时刻侧位移最大。最大侧位移为ymax＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(aT2,16) ①由题意知，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为eq\f(1,2)d，则有eq\f(1,2)d＝4×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)②联立①②得ymax＝eq\f(d,16)，故D正确。探究2带电物体在电场中的运动问题1．受力特点带电物体的重力不可忽略，在匀强电场中受到的重力和电场力均为恒力。带电物体还可能受其他力，如支持力、摩擦力。2．主要运动形式(1)直线运动。(2)类抛体运动。(3)圆周运动。(4)一般曲线运动。3．解题关键(1)分析受力、运动首先要分析带电物体的受力特点，弄清带电物体的运动形式，然后再选用合适的规律求解。(2)合理选用规律根据受力特点和运动形式，选用合适的动力学规律，或应用功能规律等解题。常用的动力学规律：匀变速直线运动规律、抛体运动规律、运动的合成与分解、圆周运动规律、牛顿运动定律。常用的功能规律：功能关系、动能定理、能量守恒定律。(3)巧用等效重力场若带电物体在匀强电场中做类抛体运动或圆周运动，则可以先把重力G和静电力F电这两个力合成为一个等效重力F合，将静电场和重力场的复合场看作等效重力场，然后借助抛体运动或圆周运动的解题方法、规律进行分析、求解，从而使运算简化。g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向。一般当此恒力F合的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得最大值或最小值。①对于类抛体运动，常用到的方法、规律有：运动的合成与分解、平抛运动的推论、斜上抛运动的对称性；②对于圆周运动，若不受摩擦阻力，则关键是找出等效最高点和等效最低点，然后用动力学规律、功能规律分析计算。过轨迹圆心且沿F合方向的直径与轨迹圆分别交于等效最高点和等效最低点。例2(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后，()A．小球的动能最小时，其电势能最大B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量[规范解答]根据qE＝mg、E水平向右可知，带正电荷q的小球所受合力F斜向右下方，且与水平方向夹角为45°；小球在P点的初速度v0水平向左，可画出小球在匀强电场中做类斜抛运动的轨迹如图，其中O为轨迹等效最高点，N为轨迹上与P“等高”的点。根据类斜抛运动的规律及对称性可知，小球经过O点速度与F垂直时，速度最小，动能最小，经过N点时，速度大小为v0，动能等于初动能，且经过N点的速度竖直向下。根据Ep＝qφ，以及沿电场线方向电势降低，结合上述分析可知，小球经过O点动能最小时，电势能不是最大，小球经过N点动能等于初动能时，电势能最大，A错误，B正确。分析可知，小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，恰好经过O点，此时动能最小，C错误。小球速度的水平分量为零时，经过N点，从P到N的过程，根据动能定理有WG＋WE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根据功能关系，此过程电势能增加量ΔEp＝－WE，则此过程WG＝ΔEp，D正确。[答案]BD模型点拨带电物体在匀强电场中做类抛体运动时，应根据所要求解问题的特点，选择是沿等效重力和垂直等效重力的方向进行分解，还是沿重力和静电力的方向进行分解，若方法选择不恰当，会使求解更复杂。[变式训练2－1]水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，O为圆心，A为轨道的最低点，半径OA竖直，圆心角∠AOB为60°，半径R＝0.8m，空间有竖直向下的匀强电场，场强E＝1×104N/C。一个质量为m＝2kg、电荷量为q＝－1×10－3C的带电小球，从轨道左侧与圆心O同一高度的C点水平抛出，恰好从B点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A时对轨道的压力FN＝32.5N。求：(1)小球抛出时的初速度v0的大小；(2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf。答案(1)eq\f(2\r(3),3)m/s(2)eq\f(1,3)J解析(1)小球抛出后从C到B过程中受重力和竖直向上的静电力，做类平抛运动，则：mg－qE＝ma解得小球的加速度a＝eq\f(mg－qE,m)＝eq\f(2×10－1×10－3×104,2)m/s2＝5m/s2C与B的高度差h＝Rcos60°＝0.4m设小球到B点时竖直分速度为vy，则veq\o\al(2,y)＝2ah解得小球到达B点时竖直分速度vy＝2m/s小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则tan60°＝eq\f(vy,v0)解得小球抛出时的初速度v0＝eq\f(2\r(3),3)m/s。(2)在B点时，sin60°＝eq\f(vy,vB)，则vB＝eq\f(4\r(3),3)m/s。小球在A点时，FN′＝FN，FN′＋qE－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)解得：vA＝3m/s小球从B到A的过程，由动能定理得：(mg－qE)(R－Rcos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf＝eq\f(1,3)J。[变式训练2－2]如图所示，在竖直面内放置光滑的绝缘轨道，匀强电场水平向右，电场强度为E。一带负电的小球从高h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动(小球通过B点时无机械能的损失)并进入圆环内做圆周运动。已知小球所带电荷量为eq\f(3mg,4E)，圆环半径为R，斜面倾角θ＝60°，BC段长为2R。(1)若h＝5R，求小球到斜面底端时的速度大小；(2)若要求小球在全过程中不脱离轨道，求h的取值范围。(用R表示)答案(1)2.4eq\r(gR)(2)h≥7.7R或h≤4.4R解析(1)由A到B的过程，重力做正功，静电力做负功，由动能定理：mgh－Feq\f(h,tanθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，又F＝qE，解得：vB＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20－5\r(3),2)))gR)≈2.4eq\r(gR)。(2)小球在复合场中运动，重力与静电力的合力F合＝eq\f(5,4)mg，方向与竖直方向夹角为37°，斜向左下方，由等效重力思想，小球不脱离轨道，如图所示，临界时：①小球到达与圆心等效等高点D时速度为0：从C到D：－F合Rcos37°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)，解得：veq\o\al(2,C1)＝2gR由斜面顶端到C点：mgh1－Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h1,tanθ)＋eq\o(BC,\s\up6(——))))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－0，解得：h1＝eq\f(10（4＋\r(3)）,13)R≈4.4R。②小球恰能通过等效最高点E，在E点：F合＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)，解得：veq\o\al(2,E)＝eq\f(5,4)gR从C到E：－F合R(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C2)，解得：veq\o\al(2,C2)＝eq\f(23,4)gR由斜面顶端到C点：mgh2－Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h2,tanθ)＋eq\o(BC,\s\up6(——))))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C2)－0解得：h2＝eq\f(140＋35\r(3),26)R≈7.7R综上：h≥7.7R或h≤4.4R。1.(多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电小球恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该小球()A．所受重力与静电力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动答案BD解析做直线运动的条件是垂直于速度方向上受力平衡，本题中是重力和静电力的一个分力平衡。对带电小球受力分析，如图所示，F合≠0，故A错误。由图可知，静电力与重力的合力与v0反向，F合对小球做负功，其中重力不做功，静电力做负功，故小球动能减少，电势能增加，B正确，C错误。F合恒定，且F合与v0方向相反，小球做匀减速直线运动，D正确。2.如图所示，质量为m的带负电的小物块置于倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，小物块恰好静止在斜面上。现将电场方向突然改为水平向右，而场强大小不变，则()A．小物块仍静止B．小物块将沿斜面加速上滑C．小物块将沿斜面加速下滑D．小物块将脱离斜面运动答案C解析小物块恰好静止时静电力大小等于重力，即F电＝mg。当把电场方向突然改为水平向右时小物块受到的静电力方向变为水平向左，把静电力和重力分解到沿斜面和垂直斜面的两个方向上，在垂直斜面方向上有F电sin37°＋FN＝mgcos37°，在沿斜面方向上有F电cos37°＋mgsin37°＝ma，故小物块将沿斜面加速下滑，C正确。3．如图甲所示，在间距足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在A、B之间加上按如图乙所示规律变化的电压，在t＝0时刻电子静止且A板电势比B板电势高，则()A．电子在A、B两板间做往复运动B．在足够长的时间内，电子一定会碰上A板C．当t＝eq\f(T,2)时，电子将回到出发点D．当t＝eq\f(T,2)时，电子的位移最大答案B解析电子先向A板做半个周期的匀加速直线运动，接着做半个周期的匀减速直线运动，经历一个周期后速度为零，以后重复以上过程，运动方向不变，故选B。4.(多选)如图所示，地面上方存在水平向右的匀强电场，现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h，当地重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．从A到B的过程中小球的动能先增大后减小B．下落过程中小球的机械能一直减小C．小球在B点的速度刚好为v0D．从A点到B点小球的电势能增加了mgh答案BCD解析因为小球垂直击中地面，所以小球所受静电力水平向左，则重力和静电力的合力F指向左下方，而初速度水平向右，末速度竖直向下，则F与速度v的夹角先为钝角后为锐角，F先做负功后做正功，所以小球从A到B的过程中动能先减小后增大，故A错误；由于静电力水平向左，所以下落过程中小球一直克服静电力做功，小球的机械能一直减小，故B正确；对小球的运动分解，水平方向有eq\f(1,2)v0t＝h，竖直方向有eq\f(1,2)vBt＝h，可解得vB＝v0，故C正确；由v0＝a水平t，vB＝gt，可得a水平＝g，则静电力大小F电＝ma水平＝mg，因此，静电力做的功为W电＝－F电h＝－mgh，根据W电＝－ΔEp电，所以小球电势能增加了mgh，故D正确。5.(多选)如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点间的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是()A．带电粒子在Q点的电势能为－UqB．带电粒子带负电C．此匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D．此匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)U,3d)答案AC解析根据带电粒子的偏转方向，可判断B错误；因为静电力做正功，电势能减少，又因为P、Q两点的电势差为U，而P点的电势为零，所以A正确；带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy＝eq\r(3)v0，设带电粒子在y轴方向上的位移为y0，带电粒子在电场中的运动时间为t，y0＝eq\f(\r(3)v0,2)t，d＝v0t，得y0＝eq\f(\r(3)d,2)，由E＝eq\f(U,y0)得E＝eq\f(2\r(3)U,3d)，C正确，D错误。6．一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒(重力不计)，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知偏移量越大打在纸上的字迹越大。现要增大字迹，下列措施可行的是()A．增大墨汁微粒的比荷B．增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C．减小偏转极板的长度D．减小偏转极板间的电压答案A解析微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则在水平方向有：l＝v0t，在竖直方向有：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，联立得：y＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(qUl2,4dEk0)。要增大字迹，就要增大微粒通过偏转电场的偏移量y，由上式分析可知，可采用的措施有：增大比荷eq\f(q,m)、减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、增大极板的长度l、增大偏转极板间的电压U，故B、C、D错误，A正确。7．(多选)如图甲所示，绝缘、光滑水平面上方，有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E。在水平面右端固定一绝缘轻弹簧，一带电物块(可视为质点)质量为m，电荷量为＋q，将带电物块由静止释放，以物块出发点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立坐标系，物块动能Ek与它通过的距离x之间的关系如图乙，其中坐标x1处为弹簧原长位置，O～x1段为直线，坐标x2处动能最大，坐标x4处动能为零。下列说法正确的是()A．弹簧的劲度系数为k＝eq\f(qE,x2－x1)B．从坐标x1处到坐标x4处，物块所受力的合力先增加后减小C．从坐标x1处到坐标x3处，弹簧弹性势能增加了qE(x3－x1)D．从坐标x1处到坐标x2处，弹簧弹性势能增加量的大小等于电势能减少量的大小答案AC解析在x2处物块动能最大，此时物块加速度为零，则F弹＝F电，即kΔx＝k(x2－x1)＝qE，解得k＝eq\f(qE,x2－x1)，故A正确；从坐标x1处到坐标x4处，弹簧弹力从0逐渐增大，在x2处F弹＝F电，所以物块所受合力先减小后增大(也可根据题图乙由图像的斜率分析)，故B错误；物块的动能、电势能和弹簧的弹性势能总和不变，从坐标x1处到坐标x3处，物块动能不变，则静电力做的功全部转化为弹簧的弹性势能，弹簧弹性势能增加了ΔEp＝qE(x3－x1)，故C正确；从坐标x1处到坐标x2处，弹簧的弹性势能增加，物块动能增加，电势能减小，可知弹簧弹性势能增加量和物块动能增加量之和等于电势能减少量，故D错误。8.如图所示，一带电小球从A处竖直向上进入一水平方向的匀强电场中，进入电场时小球的动能为4J，运动到最高点B时小球的动能为5J，则小球运动到与A点在同一水平面上的C点(图中未画出)时的动能为()A．4J B．14JC．19J D．24J答案D解析从A到B，根据动能定理有F电x1－Gh＝EkB－EkA，其中W1＝F电x1是从A到B静电力做的功，根据运动学规律，沿水平方向和竖直方向分别有vB＝eq\f(F电,m)t1，x1＝eq\f(vB,2)t1，vA＝eq\f(G,m)t1，h＝eq\f(vA,2)t1，代入数据，可解得W1＝5J；下降的过程中，小球在竖直方向做自由落体运动，与竖直上抛是对称的，所以下降的时间与上升时间相等，即t2＝t1，则水平方向的总位移x2＝4x1，全过程中静电力做功W2＝qEx2＝4qEx1＝4W1＝20J，全过程中，重力做功为0，根据动能定理有W2＝Ek末－Ek初，所以Ek末＝Ek初＋W2＝24J，D正确。[名师点拨]本题中小球在匀强电场中不是做类平抛运动，对于这类匀变速曲线运动，一般分析方法是：将运动沿电场方向和重力方向分解，进而应用相关运动规律求解。对于某些问题，如求速度极值，运用等效重力法更简单。9．如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b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()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正，时而为负，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v­t图像如图所示。由于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为正；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移为负；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为负，速度时正时负，对照各选项可知只有B正确。10.(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m＝0.08kg的带电小球，静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．小球的电荷量q＝6×10－5CB．小球动能的最小值为1JC．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J答案AB解析对小球进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可得mgtan37°＝qE，解得小球的电荷量为q＝eq\f(mgtan37°,E)＝6×10－5C，A正确；由于重力和静电力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，如图乙所示，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置A关于O的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以小球在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，根据题意，在B点小球只受重力和电场力，其合力为小球做圆周运动提供向心力，有F合＝eq\f(mg,cos37°)＝1N，又F合＝meq\f(veq\o\al(2,B),l)，得EkB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝1J，B正确；由于总能量保持不变，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能EpE最大，所以在该点时机械能最小，C错误；小球由B运动到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4J，总能量E＝EpB＋EkB＝5J，D错误。11．(多选)如图1所示，在与竖直平面平行的匀强电场中，有一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)在长为l的绝缘轻绳牵引下绕其悬点O在竖直面内沿逆时针方向做完整的圆周运动。直径AC竖直，直径BD水平。小球从A点开始电势能Ep与转过的角度θ的关系如图2所示。已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．该匀强电场的电场强度方向沿BD方向B．该匀强电场的电场强度大小为eq\f(mg,q)C．轻绳在D、B两点拉力的差值为3eq\r(3)mgD．轻绳在D、B两点拉力的差值为6eq\r(3)mg答案BC解析由题图2根据φ＝eq\f(Ep,q)可知，θ＝eq\f(π,6)和θ＝eq\f(7π,6)时，小球所处位置的电势相等，则这两个位置的连线为等势线，同理可知，此连线右侧比左侧电势高，由电场线与等势线垂直，且沿电场线方向电势降低，可以画出电场强度的方向如图甲所示，即不沿BD方向而是沿θ＝eq\f(2π,3)时轻绳所在直线的方向斜向左下方，(另一种解法：根据U＝Edcosθ可知，直径d沿电场方向时，直径两端电势差U＝φ1－φ2最大，则对应小球的电势能差值ΔEp＝qφ1－qφ2最大，由题图2可知，θ＝eq\f(2π,3)和θ＝eq\f(5π,3)时轻绳在同一直径上，且对应小球的ΔEp最大，结合φ＝eq\f(Ep,q)和沿电场方向电势降低可知，电场沿θ＝eq\f(2π,3)时轻绳所在直线的方向斜向左下方)故A错误；根据W＝－ΔEp、W＝qU可得U＝－eq\f(ΔEp,q)，结合题图2可知，小球运动轨迹上沿电场方向的电势差最大为Um＝eq\f(2mgl,q)，根据匀强电场中电场强度与电势差的关系可得场强大小E＝eq\f(U,2l)＝eq\f(mg,q)，故B正确；小球在B、D点的受力分析如图乙所示，小球在B点时，有TB＋qEcos30°＝eq\f(mveq\o\al(2,B),l)，小球在D点时，有TD－qEcos30°＝eq\f(mveq\o\al(2,D),l)，小球从B点到D点的过程中，根据动能定理可得qEcos30°·2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，联立解得TD－TB＝3eq\r(3)mg，故C正确，D错误。12.如图所示，位于竖直面内的xOy直角坐标系内存在一匀强电场，电场方向水平，且沿x轴正方向；在x轴负半轴上P点可发射质量为m、电荷量为＋q(q>0)的带电小球，初速度大小均为v0，方向均沿y轴正方向，已知电场强度E＝eq\f(mg,q)，重力加速度为g，不计小球间的相互作用力。(1)求带电小球自x轴发射后，在电场中运动时的加速度；(2)若带电小球自x轴上的Q点(图中未画出)发射时，小球经过y轴时的速度方向恰好垂直于y轴，求OQ的距离；(3)求带电小球自P点发射后，在电场中运动的最小速率是多少？答案(1)eq\r(2)g，方向与x轴正方向夹角为45°斜向下(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)(3)eq\f(\r(2),2)v0解析(1)对带电小球进行受力分析如图由题意，有qE＝mg由平行四边形定则，有F＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)＝eq\r(2)mg由牛顿第二定律，有F＝ma解得a＝eq\r(2)g且tanθ＝eq\f(mg,qE)＝1解得θ＝45°即加速度方向与x轴正方向夹角为45°斜向下。(2)带电小球从Q点到y轴的运动可分解为竖直方向和水平方向的分运动竖直方向做竖直上抛运动，则运动时间t＝eq\f(v0,g)水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为ax＝eq\f(qE,m)＝gO、Q的距离为水平方向位移OQ＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)。(3)带电小球自P点发射后做类斜上抛运动，最小速度为等效“最高点”的速度，对初速度正交分解，与加速度垂直的分量大小即为最小速率，有vmin＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0。13.如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，电荷量为＋q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ＝74°。(重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求电场强度的大小E；(2)求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值；(3)若从A点处释放小球，给小球一个水平向左的初速度v0，则为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足什么条件？答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(7,4)mg(3)v0≥eq\f(\r(23gL),2)解析(1)由于带电小球所受静电力方向向左，分析小球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成eq\f(θ,2)角时，作出小球受力示意图如图所示，此时重力与静电力的合力与θ角的角平分线在同一条线上，根据平衡条件得：qE＝mgtaneq\f(θ,2)，解得E＝eq\f(3mg,4q)。(2)设静电力与重力的合力即等效重力为F，易知F＝eq\f(mg,cos\f(θ,2))＝eq\f(5,4)mg，小球运动到等效最低点时速度最大，细线拉力最大，此时细线与竖直方向成eq\f(θ,2)角。小球从A运动到等效最低点的过程中，由动能定理得FLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(θ,2)))＝eq\f(1,2)mv2－0小球在等效最低点时，由等效重力和细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得T－F＝meq\f(v2,L)，解得T＝eq\f(7,4)mg由牛顿第三定律可知，小球对细线拉力的最大值为eq\f(7,4)mg。(3)若恰好使小球做完整的圆周运动，则小球运动到等效最高点时，细线拉力为0，F充当向心力，此时v0取最小值vmin，在等效最高点有F向＝F＝eq\f(mveq\o\al(2,1),L)根据动能定理有－FLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos\f(θ,2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)联立解得vmin＝eq\f(\r(23gL),2)为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足的条件为v0≥eq\f(\r(23gL),2)。

第十章知识网络构建

第十章水平测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．关于静电场，下列说法正确的是()A．电势等于零处的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加答案D解析零电势的选取是任意的，一般选取大地或无限远处的电势为零，如一个接地的带电体其所在处电势就为零，A错误；场强为零，电势不一定为零，B错误；沿电场线方向电势降低，C错误；负电荷沿电场线方向移动时，静电力做负功，电势能增加，D正确。2.如图所示，是电子束焊接机的示意图，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子的重力，元电荷为e，则下列说法正确的是()A．B点和C点的电场强度均为eq\f(U,d)B．B点电势高于C点电势C．电子由K到A做匀加速直线运动D．电子由K到A电势能减少eU答案D解析由题图可知，K到A之间不是匀强电场，根据电场线的疏密表示电场强弱，知B点场强小于C点场强，电子由K到A运动过程中的加速度a＝eq\f(Ee,m)逐渐增大，不是做匀加速直线运动，A、C错误；电场线由高的等势面指向低的等势面，则B点电势低于C点电势，B错误；电子由K到A的过程中静电力做的功为eU，则其电势能减少了eU，D正确。3．如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面。在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点。不计液滴重力。下列说法正确的是()A．a点的电势比b点的低B．a点的电场强度比b点的小C．液滴在a点的加速度比在b点的小D．液滴在a点的电势能比在b点的大答案D解析高压电源左侧为正极，则发射极与吸极间所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb，故A错误；等差等势面的疏密反映场强的大小，由图可知a处的等势面较密，则Ea>Eb，故B错误；液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a＝eq\f(qE,m)，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C错误；液滴在静电力作用下向右加速，则静电力做正功，动能增大，电势能减少，即Epa>Epb，故D正确。4．规定无穷远处电势为0，电荷量为q的点电荷在距离其r的位置处产生的电场的电势φ＝eq\f(kq,r)，正电荷周围的电势均大于0，负电荷周围的电势均小于0。如图所示，直线上三个位置A、B、C，AB＝x，BC＝2x，在C位置放一电荷量为＋Q的点电荷，在B位置放另一个电荷量为q1的点电荷，如果A处的电势为零，则下列说法中正确的是()A．q1＝eq\f(Q,3) B．q1＝－eq\f(Q,3)C．A处的电场强度也为零 D．A处的电场强度大小为eq\f(4kQ,9x2)答案B解析电荷量为＋Q的点电荷在A点产生的电场的电势为φ1＝eq\f(kQ,3x)，电荷量为q1的点电荷在A点产生的电场的电势为φ2＝eq\f(kq1,x)，因为φ1＋φ2＝0，则q1＝－eq\f(Q,3)，A错误，B正确；以向左为正方向，电荷量为＋Q的点电荷在A点处产生的电场的电场强度为E1＝keq\f(Q,（3x）2)，电荷量为q1的点电荷在A点处产生的电场的电场强度为E2＝keq\f(q1,x2)＝－keq\f(Q,3x2)，则A处的电场强度E＝E1＋E2＝－eq\f(2kQ,9x2)，即A处的电场强度大小为eq\f(2kQ,9x2)，方向向右，故C、D错误。5.如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则()A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大答案A解析根据题意可知两极板间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，可知电容器电容C变小，D错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知极板间距d增大，极板之间存在匀强电场，电场强度E＝eq\f(U,d)，可知极板间电场强度E变小，B、C错误；极板间距d增大，由几何关系可知，材料竖直方向尺度减小，A正确。6.M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受静电力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是()A．电子在N点的动能小于在M点的动能B．该电场有可能是匀强电场C．该电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹为曲线答案C解析电子仅受静电力的作用，电势能与动能之和恒定，由图像可知电子由M点运动到N点，电势能减小，则动能增加，A错误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大，减小得越来越慢，即经过相等距离静电力做功越来越少，由W＝qEΔx可得电场强度越来越小，B错误；由于电子从M点运动到N点静电力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C正确；电子从静止开始沿电场线由M点运动到N点，可得MN电场线为直线，由运动与力的关系可得其轨迹必为直线，D错误。7.两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()A．a点的电场强度比b点的小B．c点的电场强度比d点的小C．把一个正电荷从a点移到b点电势能减小D．c点的电势比d点的低答案D解析电场线的疏密表示场强的大小，所以由图可知a点的电场强度比b点的大，A错误；沿电场线方向电势降低，可知b点电势高于a点电势，由Ep＝qφ可知，把一个正电荷从a点移到b点电势能增加，C错误；由于c、d到正电荷的距离相等，若只有正电荷，则c点与d点电场强度的大小关系为Ec＝Ed，且Ec沿虚线向下，Ed沿虚线向上，若只有两个负电荷，则c点电场强度Ec′＝0，d点电场强度Ed′沿虚线向下，根据场强叠加原理，当三个电荷同时存在时，c点的电场强度比d点的大，B错误；由于c、d到正电荷的距离相等，若只有正电荷，c点与d点电势相等，若只有两个负电荷，电场线由无穷远指向负电荷，故c点电势低于d点电势，根据电势叠加原理，当三个电荷同时存在时，c点电势低于d点电势，D正确。8.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是()A．电场强度的大小为2.5V/cmB．坐标原点处的电势为1VC．电子在a点的电势能比在b点的低7eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV答案ABD解析如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1V，B正确；则在x轴上，每0.5cm长度对应电势差为1V，10V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9eV，D正确。9.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是()A．电子一定从A向B运动B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpBD．B点电势可能高于A点电势答案BC解析若Q在M端，由电子运动的轨迹可知Q为正电荷，电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rA<rB，故EA>EB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpA<EpB；若Q在N端，由电子运动的轨迹可知Q为负电荷，且电子从A向B运动或从B向A运动均可，由于rA>rB，故φA>φB，EpA<EpB。综上所述A、D错误，B、C正确。10.在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有()A．q1和q2带有异种电荷B．x1处的电场强度为零C．负电荷从x1移到x2，电势能减小D．负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大答案AC解析两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，x<x1处的电势小于零。如果q1、q2为同种电荷，x轴上各点的电势不会有正、负之分，故q