2018年高考物理二輪復(fù)習 專題07 電場及帶電粒子在電場中的運動學案

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1、 專題07 電場及帶電粒子在電場中的運動 構(gòu)建知識網(wǎng)絡(luò)： 考情分析： 電場的基本概念、電場的基本性質(zhì)是近幾年高考的熱點，考查的內(nèi)容主要有電場強度與電場力的計算、電勢、電勢能的比較、電場力做功與電勢能變化的關(guān)系等，高考中主要以選擇題的形式出現(xiàn)，題目難度適中。復(fù)習中應(yīng)注意以下幾個知識點：電場強度的疊加、電勢、等勢面與電場線的關(guān)系、電場力做功與電荷電勢能的變化等。 帶電粒子在電場中的運動問題有機結(jié)合了力學知識和電學知識，能最大限度地考查受力分析、運動過程分析和功能關(guān)系分析等基本思維能力，是每年高考的必考內(nèi)容。復(fù)習中要注意能量守恒定律的理解，注意對粒子運動過程的分析等。 重點知識梳理：

2、 一、庫侖定律的應(yīng)用 1．真空中兩點電荷間庫侖力的大小由公式F＝k計算，方向由同種電荷相斥，異種電荷相吸判斷． 2．兩帶電體間的庫侖力是一對作用力與反作用力． 二、電場強度的三個公式 1．E＝是電場強度的定義式，適用于任何電場．電場中某點的場強是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關(guān)． 2．E＝k是真空點電荷所形成的電場的決定式．E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定． 3．E＝是場強與電勢差的關(guān)系式，只適用于勻強電場，注意式中d為兩點間沿電場方向的距離． 三、電勢、電勢差與電勢能 1．電勢φ＝，具有相對性，與零勢能點的選取有關(guān)． 2．電勢差UAB＝，電勢差是絕對的，與零

3、勢能點的選取無關(guān)． 3．電勢能的變化，靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢能增加． 四、電容器及帶電粒子在電場中的運動 1．電容定義式 C＝，適用于任何電容器；平行板電容器電容的決定式C＝. 2．帶電粒子的加速 (1)勻強電場中，v0與E平行時，可用牛頓第二定律和運動學公式求，基本方程a＝，E＝，v2－v＝2ax. (2)非勻強電場中，用動能定理，qU＝mv2－mv. 3．帶電粒子的偏轉(zhuǎn) (1)處理方法 用運動的合成和分解的思想處理，即分解為沿v0方向的勻速直線運動和垂直于v0方向的勻加速直線運動． (2)偏轉(zhuǎn)規(guī)律 偏轉(zhuǎn)位移y＝()2y＝ 偏轉(zhuǎn)角tanφ＝＝t

4、anφ＝. 【名師提醒】 一對平衡力做功絕對值肯定相等；一對相互作用力做功的絕對值不一定相等，可以同為正或同為負，也可以一個做功一個不做功，可以一正一負絕對值不一定相等---因為相互作用力作用在不同的物體上，不同的物體位移不一定相等。 典型例題剖析： 考點一：電場力的性質(zhì) 【典型例題1】(2017·連云港質(zhì)檢)均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　) A

5、.－E　　　　　　　B. C.－E D.＋E 【答案】 A 【變式訓練1】(2017·南京期中)MN為足夠大的不帶電的金屬板，在其右側(cè)距離為d的位置放一個電荷量為＋q的點電荷O，金屬板右側(cè)空間的電場分布如圖甲所示，P是金屬板表面上與點電荷O距離為r的一點。幾位同學想求出P點的電場強度大小，但發(fā)現(xiàn)問題很難，經(jīng)過研究，他們發(fā)現(xiàn)圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的。圖乙中是兩等量異號點電荷的電場線分布，其電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線。由此他們分別對甲圖P點的電場強度方向和大小做出以下判斷，

6、其中正確的是(　　) A．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為 B．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為 C．方向垂直于金屬板向左，大小為 D．方向垂直于金屬板向左，大小為 【答案】C 【解析】　據(jù)題意，從乙圖可以看出，P點電場方向為水平向左；由圖乙可知，正、負電荷在P點電場的疊加，其大小為E＝2kcos θ＝2k＝2k，故選項C正確。 【變式訓練2】　如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點，OP＝L，試求P點的場強。 【答案】：k 【名師提醒】 計算電場強度的三種常用方法： （1）疊加法：電場強度是矢量，滿

7、足矢量的合成法，如果空間某點的電場強度是由多個場源疊加形成的，就用矢量的法則求解。如果合場強為零，其中一個場源產(chǎn)生的電場強度與其他場源產(chǎn)生的電場強度之和大小相等，方向相反。 （2）微元法：將研究對象分割成許多微小的單元，每一個單元可看成點電荷，求一小單元在某處的場強，然后利用電場疊加方法確定研究對象在該處產(chǎn)生的合場強的大小和方向。 （3）對稱法：利用均勻帶電體（如長桿、薄板、圓環(huán)）產(chǎn)生的電場具有對稱性的特點求電場強度的方法。 考點二：電場能的性質(zhì) 【典型例題2】一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖所示，容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上

8、的兩點，下列說法正確的是(　　) A．A點的電場強度比B點的大 B．小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 C．B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直 D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同 【答案】C 【解析】　由題圖知，B點處的電場線比A點處的密，則A點的電場強度比B點的小，選項A錯誤；沿電場線方向電勢降低，選項B錯誤；電場強度的方向總是與等勢面(容器內(nèi)表面)垂直，選項C正確；沿任意路徑將檢驗電荷由A點移動到B點，電場力做功都為零，選項D錯誤。 【變式訓練3】(2017·連云港模擬)如圖，勻強電場中的點A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的8個頂點。已知G、F、

9、B、D點的電勢分別為5 V、1 V、2 V、4 V，則A點的電勢為(　　) A．0　　　　　B．1 V C．2 V D．3 V 【答案】A 【變式訓練4】(多選)(2017·常州一中調(diào)研)如圖甲所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度va沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運動，其v-t圖像如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．兩點電荷一定都帶負電，但電荷量不一定相等 B．兩點電荷一定都帶負電，且電荷量一定相等 C．試探電荷一直向上運動，直至運動到無窮遠處 D．t2時刻試探電荷的電勢能最大，但

10、加速度不為零 【答案】BD 【名師提醒】 1.三個重要概念兩個重要結(jié)論 （1）場強的大小與電場線的疏密有關(guān)、電勢高低與電場線的方向有關(guān)、電勢高低與場強大小無必然聯(lián)系 （2）結(jié)論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝，如圖甲所示． 結(jié)論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示． 2.兩個要點：第一，公式既可用于勻強電場中的定量計算，又可用于非勻強電場的定性分析；第二，場強的方向總是由電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面，且與等勢面垂直 考點三：平行板電容器問題 【典型例題3】如圖所示，平行板電容器

11、帶有等量異種電荷，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點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，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 【變式訓練5】(創(chuàng)新題)如圖所示，理想二極管(具有單向?qū)щ娦?、平行板電容器、電源組成閉合電路，帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間而靜止，則下列說法中正確的是(　　) A．

12、若將極板A向下移動少許，則液滴的電勢能將減小 B．若將極板A向上移動少許，則液滴將向上運動 C．若將極板B向上移動少許，則液滴的電勢能將增大 D．若將極板A、B錯開少許，使兩極板正對面積變小，則液滴將向下運動 【答案】A 【解析】 若將極板A向下移動少許(d減小)，電容器電容增大，二極管正向?qū)ńo電容器充電，電容器兩端電壓保持U不變，由E＝知兩極板間電場強度增大，電場力大于液滴重力，液滴將沿電場力方向運動，電場力做正功，帶電液滴的電勢能減小，A對；若將極板A向上移動少許(d增大)，由C＝知C減小，由Q＝CU知Q將減小，但因二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器的帶電荷量Q將不變，由E＝、Q

13、＝CU及C＝知兩極板間電場強度不變，所以液滴仍靜止，B錯；若將極板B向上移動少許(d減小)，由E＝知兩極板間電場強度增大，與選項A相同，帶電液滴將沿電場力方向向上運動，電場力做正功，電勢能減小，C錯；若將極板A、B錯開少許(S減小)，電容減小，但二極管阻止電容器放電，電容器帶電荷量Q不變，由C＝可知兩極板間電壓升高，由E＝知兩極板間電場強度增大，液滴沿電場力方向向上運動，D錯． 【名師提醒】 1.必須記住的三個公式 C＝、C＝、E＝. 2.必須明確的兩個關(guān)鍵點 (1)電路處于接通狀態(tài)時，電容器兩極板間電壓不變. (2)電路處于斷開狀態(tài)時，電容器兩極板間的帶電荷量不變. 3.平行板

14、電容器動態(tài)問題的分析思路 4.平行板電容器問題的一個常用結(jié)論：電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場強度與極板間的距離無關(guān)。 考點四：帶電粒子在電場中的運動 【典型例題4】如圖所示，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度是多大； (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能． 【答案】　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL

15、 【解析】　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示， 則有FNsin37°＝qE① FNcos37°＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma 可得a＝0.3g (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得 mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL. 【變式訓練6】如圖8所示，噴墨打印機中的墨滴在進入偏轉(zhuǎn)電場之前會被帶上一定量的電荷，在電場的作用下使電荷發(fā)生偏轉(zhuǎn)到達紙上．已知兩偏轉(zhuǎn)極板長度L＝1

16、.5×10－2m，兩極板間電場強度E＝1.2×106N/C，墨滴的質(zhì)量m＝1.0×10－13 kg，電荷量q＝1.0×10－16 C，墨滴在進入電場前的速度v0＝15 m/s，方向與兩極板平行．不計空氣阻力和墨滴重力，假設(shè)偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行極板內(nèi)部，忽略邊緣電場的影響． (1)判斷墨滴帶正電荷還是負電荷？ (2)求墨滴在兩極板之間運動的時間； (3)求墨滴離開電場時在豎直方向上的位移y. 【答案】　(1)負電荷　(2)1.0×10－3s　(3)6.0×10－4m 【變式訓練7】如圖所示，一絕緣“?”形桿由兩段相互平行的足夠長的水平直桿PQ、MN和一半徑為R的光滑半圓環(huán)MAP

17、組成，固定在豎直平面內(nèi)，其中MN桿是光滑的，PQ桿是粗糙的．現(xiàn)將一質(zhì)量為m的帶正電荷的小環(huán)套在MN桿上，小環(huán)所受的電場力為重力的. (1)若將小環(huán)由D點靜止釋放，則剛好能到達P點，求DM間的距離； (2)若將小環(huán)由M點右側(cè)5R處靜止釋放，設(shè)小環(huán)與PQ桿間的動摩擦因數(shù)為μ，小環(huán)所受最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功． 【答案】　(1)4R　(2)若μ≥，Wf＝　若μ<，Wf＝mgR 【解析】：(1)設(shè)DM間距離為x，對小環(huán)從D點到P點過程由動能定理得qEx－2mgR＝0－0 又有qE＝mg 解得x＝4R. 【名師提醒】 一．帶電粒子

18、在電場中的直線運動問題 1．做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動． (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動． 2．用動力學觀點分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. 3．用功能觀點分析 勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1. 二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動問題 1．基本運動規(guī)律 (1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運動 考點五：帶電粒子在交變電場中的運動 【典型例題5】如圖甲

19、所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，O點是一個可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，O點到A、B的距離都是l?，F(xiàn)在A、B之間加上電壓，電壓UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知粒子源在交變電壓的一個周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生300個粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q。這種粒子產(chǎn)生后，在電場力作用下從靜止開始運動。設(shè)粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運動，且電荷量同時消失，不影響A、B板電勢。不計粒子的重力，不考慮粒子之間的相互作用力。已知上述物理量l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C。 (1)在t＝0時刻產(chǎn)生的粒子

20、，會在什么時刻到達哪個極板？ (2)在t＝0到t＝這段時間內(nèi)哪個時刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達A板？ (3)在t＝0到t＝這段時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子有多少個可到達A板？ 【答案】　(1)×10－3 s　到達A極板　(2)4×10－3 s　(3)100個 【解析】：(1)根據(jù)圖乙可知，從t＝0時刻開始，A板電勢高于B板電勢，粒子向A板運動。因為x＝2＝3.6 m>l，所以粒子從t＝0時刻開始，一直加速到達A板。設(shè)粒子到達A板的時間為t，則l＝t2 解得t＝×10－3 s。 (3)因為粒子源在一個周期內(nèi)可以產(chǎn)生300個粒子，而在0～時間內(nèi)的前時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子可以到達A板，所以到達A板的粒子數(shù)

21、n＝300××＝100(個)。 【變式訓練8】如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求： (1)在t＝0.06 s時刻，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？ 【答案】　(1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5 cm　(2)30 cm (2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為，所以當偏轉(zhuǎn)電壓超

22、過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30 cm。 【名師提醒】 帶電粒子在交變電場中運動的處理方法 分清三種情況 一、粒子做單向直線運動(牛頓運動定律求解) 二、粒子做往返運動(分段研究) 三、粒子做偏轉(zhuǎn)運動(分解) 思考兩個關(guān)系 力和運動的關(guān)系 功能關(guān)系 注意全面分析 分析受力特點和運動規(guī)律，抓住粒子運動的周期性或?qū)ΨQ性的特征，確定與物理過程相關(guān)的臨界條件 專題七 課時跟蹤訓練 一、單項選擇題 1.(2017·紅花崗區(qū)期中)如圖所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為

23、以O(shè)為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直。則(　　) A．A點的場強大小為 B．B點的場強大小為E－k C．D點的場強大小不可能為0 D．A、C兩點的場強相同 【答案】A 2.(2017·南京期中)MN為足夠大的不帶電的金屬板，在其右側(cè)距離為d的位置放一個電荷量為＋q的點電荷O，金屬板右側(cè)空間的電場分布如圖甲所示，P是金屬板表面上與點電荷O距離為r的一點。幾位同學想求出P點的電場強度大小，但發(fā)現(xiàn)問題很難，經(jīng)過研究，他們發(fā)現(xiàn)圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的。圖乙中是兩等量異號點電荷的電場

24、線分布，其電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線。由此他們分別對甲圖P點的電場強度方向和大小做出以下判斷，其中正確的是(　　) A．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為 B．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為 C．方向垂直于金屬板向左，大小為 D．方向垂直于金屬板向左，大小為 【答案】C 3.(2017·無錫模擬)如圖所示，在某電場中畫出了三條電場線，C點是A、B連線的中點。已知A點的電勢為φA＝30 V，B點的電勢為φB＝－10 V，則C點的電勢為(　　) A．φC＝10 V B．φC>10

25、V C．φC<10 V D．上述選項都不正確 【答案】C 【解析】　由于AC之間的電場線比CB之間的電場線密，相等距離之間的電勢差較大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<，即φC<10 V，選項C正確。 4.如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，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點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，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

26、 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】 若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C＝可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減??；根據(jù)E＝，Q＝CU，C＝聯(lián)立可得E＝，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確. 5. 在真空中某區(qū)域有一電場，電場中有一點O，經(jīng)過O點的一條直線上有P、M、N三點，到O點的距離分別為r0、r1、r2

27、，直線上各點的電勢φ分布如圖所示，r表示該直線上某點到O點的距離，下列說法中正確的是(　　) A．O、P兩點間電勢不變，O、P間場強一定為零 B．M點的電勢低于N點的電勢 C．M點的電場強度大小小于N點的電場強度大小 D．在將正電荷沿該直線從M移到N的過程中，電場力做負功 【答案】A 二、多項選擇題 6.兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示。c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則(　　) A．a(chǎn)點的電場強度比b點的大 B．a(chǎn)點的電勢比b點的高 C．c點的電場強度比d點的大 D．c點的電勢比d點的低 【答案

28、】ACD 7.(2016·海南高考)如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。下列說法正確的是(　　) A．M帶負電荷，N帶正電荷 B．M在b點的動能小于它在a點的動能 C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功 【答案】ABC 【解析】　如圖所示，粒子受到的電場力指向軌跡的凹側(cè)，可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M帶負電荷，N帶正電荷，選項A正確；由于虛線是等勢面，故M從a點到b點電場力對其做負功，動能減

29、小，選項B正確；d點和e點在同一等勢面上，N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，故選項C正確； N從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，故選項D錯誤。 8.(2017·蘇州一模)如圖所示，11H、12H、13H三種粒子從同一位置無初速度地飄入水平向右的勻強電場，被加速后進入豎直向下的勻強電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　　) A．偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時速度一樣大 C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 【答案】AD 9.(2017·南通一模)如圖所示，空間存在勻

30、強電場，方向豎直向下，從絕緣斜面上的M點沿水平方向拋出一帶電小球。最后小球落在斜面上的N點。已知小球的質(zhì)量為m，初速度大小為v0，斜面傾角為θ，電場強度大小未知。則下列說法正確的是(　　) A．可以斷定小球一定帶正電荷 B．可以求出小球落到N點時速度的方向 C．可以求出小球到達N點過程中重力和電場力對小球所做的總功 D．可以斷定，當小球的速度方向與斜面平行時，小球與斜面間的距離最大 【答案】BCD 【解析】　小球做類平拋運動，電場力既可向上也可向下，故小球帶正電、負電都可以，故A錯誤；利用平拋知識有：＝＝＝tan θ，速度偏向角設(shè)為α，則tan α＝＝2tan θ，可求出小球落

31、到N點時的速度大小和方向，故B正確；求出小球到達N點的速度，由動能定理可以求出小球到達N點過程中重力和電場力對小球所做的總功，故C正確；小球在垂直于斜面方向上做勻減速直線運動，當小球在垂直于斜面方向的速度為零，即小球速度平行于斜面時，小球與斜面間的距離最大，故D正確。 10.兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢線如圖9中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中f點進入電場，其運動軌跡如圖中實線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列說法中正確的是(　　) A.f、b、c、d、e五點中，c點電場強度最大 B.帶電粒子的加速度逐漸變大 C.帶電粒子的速度先增大后減小 D.粒子經(jīng)過b

32、點和d點時的速度大小相同 【答案】AD 三、計算題 11.(2017·徐州一模)如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d＝0.6 cm，兩板間加有一周期性變化的電壓，當B板接地(φB＝0)時，A板電勢φA隨時間變化的情況如圖乙所示。現(xiàn)有一帶負電的微粒在t＝0時刻從B板中央小孔射入電場，若該帶電微粒受到的電場力為重力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計。求： (1)在0～和～T這兩段時間內(nèi)微粒的加速度大小和方向； (2)要使該微粒不與A板相碰，所加電壓的周期最長為多少(g＝10 m/s2)。 【答案】：(1)g，方向向上　3g，方向向下　(2)6×10－2 s

33、(2)前半周期上升的高度h1＝a12＝gT2 前半周期微粒的末速度為v1＝gT 后半周期先向上做勻減速運動，設(shè)減速運動時間為t1，則3gt1＝gT，則得t1＝。 此段時間內(nèi)上升的高度 h2＝a2t12＝×3g×2＝ 則上升的總高度為H＝h1＋h2＝ 后半周期的－t1＝時間內(nèi)，微粒向下加速運動，下降的高度h3＝×3g×2＝。 上述計算表明，微粒在一個周期內(nèi)的總位移為零，只要在上升過程中不與A板相碰即可，則H≤d，即≤d 所加電壓的周期最長為Tm＝ ＝6×10－2 s。 12.(2017·東臺模擬)如圖所示，ABC是固定在豎直平面內(nèi)的絕緣圓弧軌道，圓弧半徑為R。A點與圓心O等高，B

34、、C點處于豎直直徑的兩端。PA是一段絕緣的豎直圓管，兩者在A點平滑連接，整個裝置處于方向水平向右的勻強電場中。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從管內(nèi)與C點等高處由靜止釋放，一段時間后小球離開圓管進入圓弧軌道運動。已知勻強電場的電場強度E＝(g為重力加速度)，小球運動過程中的電荷量保持不變，忽略圓管和軌道的摩擦阻力。求： (1)小球到達B點時速度的大??； (2)小球到達B點時對圓弧軌道的壓力； (3)小球在圓弧軌道運動過程中速度最大為多少？ 【答案】：(1) 　(2)mg　(3) 【解析】：(1)小球從P運動到B的過程中，由動能定理得：mg·2R＋EqR＝mvB2－0解得：vB＝ 。 (2)小球在最低點B時，根據(jù)牛頓第二定律得： FN－mg＝m FN＝mg 則由牛頓第三定律得：小球?qū)A弧軌道的壓力大小為 mg。 21