電場(chǎng)及帶點(diǎn)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1、電場(chǎng)及帶點(diǎn)粒子在電場(chǎng)中得運(yùn)動(dòng)一、高考導(dǎo)航命題分析 本講內(nèi)容主要就就是綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法與功能關(guān)系解決電場(chǎng)得性質(zhì)及帶電粒子在電場(chǎng)中得運(yùn)動(dòng)問(wèn)題、這部分得題 目覆蓋得內(nèi)容多,物理過(guò)程多，且情景復(fù)雜，綜合性強(qiáng)，常以選擇題或高考?jí)狠S題得形式出現(xiàn)、高考對(duì)本專題考查得重 點(diǎn)有以下幾個(gè)方而:對(duì)電場(chǎng)力得性質(zhì)與能得性質(zhì)得理解：帶電粒子在電場(chǎng)中得加速與偏轉(zhuǎn)問(wèn)題。備考策略 針對(duì)本講內(nèi)容得特點(diǎn)，應(yīng)“抓住兩條主線、明確兩類運(yùn)動(dòng)、運(yùn)用兩種方法解決有關(guān)問(wèn)題、兩條主線就就是指電場(chǎng)力得 性質(zhì)(物理雖一一電場(chǎng)強(qiáng)度)與能得性質(zhì)(物理量一一電勢(shì)與電勢(shì)能);兩類運(yùn)動(dòng)就就是指類平拋運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng); 兩種方法就就是指動(dòng)力學(xué)方法與功能關(guān)系

2、、二、網(wǎng)控考點(diǎn)三、考點(diǎn)突破1、對(duì)電場(chǎng)強(qiáng)度得三個(gè)公式得理解(1) E二就就是電場(chǎng)強(qiáng)度得泄義式,適用于任何電場(chǎng)、電場(chǎng)中某點(diǎn)得場(chǎng)強(qiáng)就就是確；4值,其大小與方向與試探電荷q無(wú) 關(guān)、試探電荷q充當(dāng)測(cè)量工具得作用、(2) E= k就就是真空中點(diǎn)電荷所形成得電場(chǎng)得決定式、E由場(chǎng)源電荷Q與場(chǎng)源電荷到某點(diǎn)得距離r決定、(3) E=就就是場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差得關(guān)系式，只適用于電場(chǎng)，注意:式中d為兩點(diǎn)間沿電場(chǎng)方向得距離、 2、電場(chǎng)能得性質(zhì)(1) 電勢(shì)與電勢(shì)能妙十(2) 電勢(shì)差與電場(chǎng)力做功:Uab=4a-4b (3)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能得變化:W二進(jìn)A 3、等勢(shì)而打電場(chǎng)線得關(guān)系(1) 電場(chǎng)線總就就是與等勢(shì)而垂宜，且從電勢(shì)高得等

3、勢(shì)而指向電勢(shì)低得等勢(shì)而、(2) 電場(chǎng)線越密得地方,等差等勢(shì)而也越密、(3) 沿等勢(shì)面務(wù)動(dòng)電荷，電場(chǎng)力丕他0,沿電場(chǎng)線務(wù)動(dòng)電荷，電場(chǎng)力一定做功、 4、電容器兩類動(dòng)態(tài)變化得分析比較 第一類動(dòng)態(tài)變化:兩極板間電壓U恒泄不變5、帶電粒子在電場(chǎng)中常見得運(yùn)動(dòng)類型 (1)帶電粒子在電場(chǎng)中得加速(假設(shè)粒子質(zhì)量很小，忽略粒子得重力) 勻強(qiáng)電場(chǎng)中M與E平行，可用牛頓運(yùn)動(dòng)定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解:E=,a=y- v = 2 a x；也可用動(dòng)能世理q U=mv-m 非勻強(qiáng)電場(chǎng)中，只能用動(dòng)能定理、(2) 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中得偏轉(zhuǎn)(忽略粒子得重力) 垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度得方向(X軸:勻速直線運(yùn)動(dòng)):Vx = Vo， X=Vot、

4、 平行于電場(chǎng)強(qiáng)度得方向(y軸:勻加速直線運(yùn)動(dòng)):a =丄=V ot,Vy=at=, y=atM 偏轉(zhuǎn)角:tan 0=、 6、本部分內(nèi)容得主要研究方法有: (1)理想化模型、如點(diǎn)電荷、電場(chǎng)線、等勢(shì)而;(2)比值定義法、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)得定義方法就就是世義物理量得一種重要方法;(3 )類比得方法、電場(chǎng)與重力場(chǎng)得比較;電場(chǎng)力做功勾重力做功得比絞;帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中得運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)得 類比、 7、研究帶電粒子在電場(chǎng)中得曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，采用運(yùn)動(dòng)合成與分解得思想方法四、題型攻略1、題型一、對(duì)電場(chǎng)性質(zhì)得理解 方法指導(dǎo)1、在靜電場(chǎng)中，通常利用電場(chǎng)線與等勢(shì)而得兩個(gè)關(guān)系分析電場(chǎng)得性質(zhì):一就就是二者一定處處垂宜;二就

5、就是電場(chǎng)線密得地方，等差等勢(shì)而也密，且電場(chǎng)線由電勢(shì)較高得等勢(shì)面指向電勢(shì)較低得等勢(shì)而、 2、在分析電場(chǎng)性質(zhì)時(shí)，要特別注意電場(chǎng)強(qiáng)度、加速度、電勢(shì)、電場(chǎng)力做功、動(dòng)能、電勢(shì)能等物理量得基本判斷方 法、 3、根據(jù)電場(chǎng)線得疏密分布規(guī)律或場(chǎng)強(qiáng)得疊加原理判斷場(chǎng)強(qiáng)得強(qiáng)弱、 4、電勢(shì)奇低得判斷可靈活應(yīng)用以下方法(1) 根據(jù)電場(chǎng)線與電勢(shì)得關(guān)系來(lái)判斷，即沿著電場(chǎng)線得方向電勢(shì)降低、 (2)根據(jù)電場(chǎng)力做功來(lái)判斷、正電荷在電場(chǎng)力作用下移動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做正功，電荷由高電勢(shì)處移向低電勢(shì)處;電場(chǎng)力做 負(fù)功，電荷由低電勢(shì)處移向高電勢(shì)處、對(duì)于負(fù)電荷，則剛好相反、(3) 根據(jù)電勢(shì)能判斷、正電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能絞大，負(fù)電荷在電勢(shì)低處電勢(shì)能

6、較大、(4) 由Ua尸進(jìn)行判斷、將Wab與q帶符號(hào)代入根據(jù)U“得正負(fù)判斷A、B兩點(diǎn)電勢(shì)得高低，當(dāng)Uab0時(shí)血宀機(jī);反之Q aSb、例1如圖1所示，實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)而，兩相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)差相等.A. B、C為電場(chǎng)中得三個(gè)點(diǎn)，且AB = BC-個(gè)帶正電得粒子從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng),先后經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn),若帶電粒子只受電場(chǎng)力作用/則下列說(shuō)法正確得就就是圖1A、粒子在A、B、C三點(diǎn)得加速度大小關(guān)系a AaBacB、粒子在A、B、C三點(diǎn)得動(dòng)能大小關(guān)系EkcEkBEk AC、粒子在A.B、C三點(diǎn)得電勢(shì)能大小關(guān)系EpcEpBEpAD、粒子由A運(yùn)動(dòng)至B與由B運(yùn)動(dòng)至C電場(chǎng)力做得功相等 答案B 解析由電場(chǎng)線可知Ec

7、EbEa,因此a caBaA,故A錯(cuò)誤;粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)B. C,電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能不斷增加，因 此EkcEkBEg故B正確：由于沿著電場(chǎng)線，電勢(shì)逐漸降低，故因此帶正電粒子得電勢(shì)能大小關(guān)系E EpB E PC,故C錯(cuò)誤;由于從A到B過(guò)程得電場(chǎng)力小于從B到C過(guò)程得電場(chǎng)力，故從A到B過(guò)程得電場(chǎng)力做功較少，因 此粒子由A運(yùn)動(dòng)至B與由B運(yùn)動(dòng)至C電場(chǎng)力做得功不等，D錯(cuò)誤、針對(duì)訓(xùn)練1（20 1 4江蘇如圖2所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷,X軸垂直于環(huán)面且過(guò)圓心0、卜列關(guān)于X軸上得電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)得說(shuō)法中正確得就就是（）A、0點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)最低B、0點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)最高C、從0點(diǎn)沿X軸正方向，

8、電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電勢(shì)升高D、從0點(diǎn)沿X軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電勢(shì)降低 答案B解析）根據(jù)電場(chǎng)得對(duì)稱性與電場(chǎng)得疊加原理知，0點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度為零、在X軸上，電場(chǎng)強(qiáng)度得方向自0點(diǎn)分別指向 X軸正方向與X軸負(fù)方向，且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低，所以0點(diǎn)電勢(shì)最高、在X軸上離0點(diǎn)無(wú)限遠(yuǎn)處得電場(chǎng)強(qiáng)度為 零，故沿X軸正方向與X軸負(fù)方向得電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小、選項(xiàng)B正確、 針對(duì)訓(xùn)練2如圖所示，菱形abed得四個(gè)頂點(diǎn)分別放上電荷量都為Q得不同電性得點(diǎn)電荷,Babc=120對(duì)角線得交 點(diǎn)為0, A、B、C、D分別就就是0點(diǎn)與四個(gè)頂點(diǎn)連線得中點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確得就就是（）A、0點(diǎn)得電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度都為零B、A、C兩點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)

9、度相等C、B、D兩點(diǎn)得電勢(shì)相等且都為正D. 正得試探電荷從A到D電場(chǎng)力做正功 【答案C 解析根據(jù)電場(chǎng)疊加原理可知，0點(diǎn)得場(chǎng)強(qiáng)為零，電勢(shì)為正，A項(xiàng)錯(cuò)誤：根據(jù)電場(chǎng)疊加原理可知,A、C兩點(diǎn)得場(chǎng)強(qiáng)等 大反向,B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系可知，B、D點(diǎn)都在a、b兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中零等勢(shì)線得右側(cè)，都在C、d 兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中零等勢(shì)線得左側(cè)，因此電勢(shì)疊加后肯立為正，根據(jù)對(duì)稱性可知，這兩點(diǎn)得電勢(shì)相等,C項(xiàng)正 確：同理可以分析/A點(diǎn)電勢(shì)為負(fù)，因此正得試探電荷從A到D電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功,D項(xiàng)錯(cuò)誤、 2、題型二、電場(chǎng)矢量合成問(wèn)題 方法指導(dǎo) 1、熟練掌握常見電場(chǎng)得電場(chǎng)線與等勢(shì)而得畫法、 2、對(duì)于復(fù)雜得電

10、場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)、電場(chǎng)力合成時(shí)要用平行四邊形定則、 3、電勢(shì)得高低可以根據(jù)“沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低或者由離正、負(fù)場(chǎng)源電荷得距離來(lái)確世、例2如圖3所示，8、認(rèn)C、d分別就就是一個(gè)菱形得四個(gè)頂點(diǎn),aabc = 120現(xiàn)將三個(gè)等量得正點(diǎn)電荷+Q分別 固定在3、b、C三個(gè)頂點(diǎn)上，則下列判斷正確得就就是（）A、d點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度得方向由d指向00點(diǎn)處得電場(chǎng)強(qiáng)度就就是d點(diǎn)處得電場(chǎng)強(qiáng)度得2倍C、bd連線為一等勢(shì)線D、引入一個(gè)電量為+q得點(diǎn)電荷，依次置于0點(diǎn)與d點(diǎn)，則在d點(diǎn)所具有得電勢(shì)能大于在0點(diǎn)所具有得電勢(shì)能答案B、b、解析由點(diǎn)電荷得電場(chǎng)及電場(chǎng)得疊加可知Q點(diǎn)處得場(chǎng)強(qiáng)等于b處點(diǎn)電荷在0點(diǎn)產(chǎn)生得場(chǎng)強(qiáng)，設(shè)菱形得邊長(zhǎng)為L(zhǎng),則 Eo

11、= k.方向由b指向0,而在d處得點(diǎn)電荷由a、b、c處得點(diǎn)電荷產(chǎn)生，其大小為Ed=2k=Eo，方向也沿bO方向,A 錯(cuò)謀,B正確：bd就就是a、C兩處電荷連線得中垂線,由兩等量正電荷得電場(chǎng)中電勢(shì)分布可知，在a、C兩點(diǎn)電荷得 電場(chǎng)中0點(diǎn)電勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì)，而在點(diǎn)電荷b得電場(chǎng)中,0點(diǎn)電勢(shì)也高于d點(diǎn)電勢(shì)，再由電勢(shì)疊加可知，0點(diǎn)電勢(shì)高, 而正電荷在電勢(shì)越高處,電勢(shì)能越大，C、D錯(cuò)誤、 針對(duì)訓(xùn)練3如圖4甲所示腫N為很大得薄金屬板（可理解為無(wú)限大九金屬板原來(lái)不帶電、在金屬板得右側(cè)，距金屬板 距離為d得位置上放入一個(gè)帶正電、電荷量為q得點(diǎn)電荷，由于靜電感應(yīng)產(chǎn)生了如圖甲所示得電場(chǎng)分布、幾位同學(xué)想 求出點(diǎn)電荷與金

12、屬板垂直連線之間中點(diǎn)a得電場(chǎng)強(qiáng)度大小，但發(fā)現(xiàn)問(wèn)題很難、幾位同學(xué)經(jīng)過(guò)仔細(xì)研尢,從圖乙所示兩 等量異號(hào)點(diǎn)電荷得電場(chǎng)分布得到了一些啟示，經(jīng)過(guò)査閱資料她們知道:圖甲所示得電場(chǎng)分布與圖乙中虛線右側(cè)得電場(chǎng) 分布就就是完全一樣得、圖乙中兩等量異號(hào)點(diǎn)電荷得大小也為q,她們之間得距離為2d,虛線就就是兩點(diǎn)電荷連線得 中垂線、由此她們分別求出了 a點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度大小,一共有以下四個(gè)不同得答案（答案中k為靜電力常量），其中正 確得就就是（）圖#A、B、C、D、答案）C解析根據(jù)a點(diǎn)得電場(chǎng)線方向可得a點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度方向就就是垂直于金屬板向左，兩個(gè)異號(hào)點(diǎn)電荷電荷量得大小均 為q,它們之間得距離為2d,乙圖上+q左側(cè)處得場(chǎng)強(qiáng)大

13、小為E=k + k=，根據(jù)題意可知,a點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度大小與乙圖上+q 左側(cè)處得場(chǎng)強(qiáng)大小相等,即為、 3、題型三、平行板電容器得動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題 方法指導(dǎo) 運(yùn)用電容得定義式與決泄式分析電容器相關(guān)量變化得思路 （1）確定不變it分析就就是電壓不變還就就是所帶電荷量不變、 （2）用決定式C =分析平行板電容器電容得變化、 （3）用總義式C=分析電容器所帶電荷量或兩極板間電斥得變化、 （4 ）用E =分析電容器極板間場(chǎng)強(qiáng)得變化、 例3（多選）（2 014年湖北八校高三聯(lián)考）如圖所示得平行板電容器、電源、電阻與開關(guān)組成得電路中，開關(guān)S閉合 后，兩板間得帶電粒子處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說(shuō)法正確得就就是（）A、粒子帶

14、負(fù)電B、斷開開關(guān)S,粒子會(huì)向下運(yùn)動(dòng)C、保持開關(guān)S閉合，增大兩板間距離得過(guò)程中，電流表中有從左向右得電流D. 保持開關(guān)S閉合，使兩板繞垂直于紙而得過(guò)兩板中點(diǎn)得軸a. b沿順時(shí)針以相同得角速度緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)很小得角 度，粒子仍會(huì)保持靜止 答案AC 解析S閉合時(shí)：板帶正電，粒子要保持靜止，受到得電場(chǎng)力方向應(yīng)向上，因此粒子帶負(fù)電，A項(xiàng)正確;斷開開關(guān)后，兩 板上得帶電荷量保持不變，粒子仍保持靜止,B項(xiàng)錯(cuò)誤;保持開關(guān)S閉合，增大兩板間距離得過(guò)程中，由平行板電容器得電 容決泄式C=可知，電容器得電容減小，兩板間得電壓不變，由Q=CU町知，電容器得帶電荷S減小，電容器放電，電流表 中有從左到右得電流，C項(xiàng)正確;

15、保持開關(guān)S閉合，使兩板繞垂直于紙面得過(guò)兩板中點(diǎn)得軸a、b沿順時(shí)針以相同得角 速度緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)很小得角度，兩板間得電場(chǎng)有了一個(gè)水平分量，粒子會(huì)受到一個(gè)水平得電場(chǎng)分力，不會(huì)保持靜止?fàn)?態(tài),D項(xiàng)錯(cuò)誤、 針對(duì)訓(xùn)練4 （多選）如圖所示,D就就是一個(gè)具有單向?qū)щ娦缘美硐攵O管水平放置得平行板電容器A B內(nèi)部原有帶 電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)、在下列措施下，關(guān)于P得運(yùn)動(dòng)情況得說(shuō)法中正確得就就是（）A、保持S閉合增大A. B板間距離,P仍靜止B. 保持S閉合，減小A、B板間距離，P向上運(yùn)動(dòng)C、斷開S后，增大A、B板間距離，P向下運(yùn)動(dòng)D、若B板接地，斷開S后,A板稍下移，P得電勢(shì)能不變 答案AB1) 解析保持開關(guān)S閉

16、合/電容器得電壓不變，增大A、B板間距離，則導(dǎo)致電容器得電容減小，則出現(xiàn)電容器得電荷量減 小，然而二極管作用導(dǎo)致電容器得電荷量不會(huì)減小，則電容器得電荷量會(huì)不變，由于平行板電容器得電場(chǎng)強(qiáng)度與電容 器得電荷量、電介質(zhì)及正對(duì)面積有關(guān)，所以電場(chǎng)強(qiáng)度不變，故A正確;當(dāng)減小A、B板間距離，則導(dǎo)致電容器得電容增大, 則出現(xiàn)電容器得電荷量增加，因此電場(chǎng)強(qiáng)度增大，所以P向上運(yùn)動(dòng)，故B正確;增大A、B板間距離，導(dǎo)致電容器得電容 減小，由于斷開開關(guān)S,則電容器得電荷量不變，所以極板間得電場(chǎng)強(qiáng)度不變，因此P仍處于靜止，故C錯(cuò)謂;A板稍卜 格，電容器得電容增大，當(dāng)斷開S后，則電容器得電荷量不變，所以電場(chǎng)強(qiáng)度也不變，由于

17、B板接地，則P到B板得電勢(shì) 差不變因此P得電勢(shì)能也不變，故D正確、 4、題型四、帶電粒子在電場(chǎng)中得加速或偏轉(zhuǎn) 方法指導(dǎo) 對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中得加速與偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，解決得辦法一般都就就是采用牛頓運(yùn)動(dòng)企律與功與能相結(jié)合得辦法來(lái)解 決、 (I )在粒子得加速過(guò)程中，一般采用q U=m/或q E=ma進(jìn)行求解、(2) 在粒子得偏轉(zhuǎn)過(guò)程中，一般采用平拋運(yùn)動(dòng)得規(guī)律進(jìn)行求解、水平方向上為勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上為初速度為零 得勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通常就就是利用水平方向上勻速運(yùn)動(dòng)計(jì)算粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)得時(shí)間，然后利用豎直方向上得 運(yùn)動(dòng)求解粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)得距離、離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)得速度等、例4 如圖甲所示，A. B

18、兩板豎直放置，兩板之間得電壓Ui= 1 OOV, M、N兩板水平放置，兩板之間得距離d =0、1 m,板長(zhǎng)L=0、2m. 一個(gè)質(zhì)量111=2口0以kg、電荷M q=+ 1 xlO C得帶電粒子(不計(jì)重力)從靠近A板處 由靜止釋放，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從B板得小孔穿出，沿著M、N兩板得中軸線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)、如果在M、N兩板 之間加上如圖乙所示得偏轉(zhuǎn)電壓，當(dāng)上=時(shí)，帶電粒子剛開始進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，貝I:/(IFV)I必乙(I )帶電粒子從B扳得小孔穿出時(shí)得速度為多大?(2)要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間(不沿中軸線)穿出，并且穿出后得速度方向保持水平，則交流電U2得周期T 為多少？（3）在滿足（2）條

19、件得情況下，它在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中得最大偏移量就就是多少？（結(jié)果保留一位有效數(shù)字答案(1) 1x10 m/s (2)$(256 7.)(3) 0 . 04 m 解析由動(dòng)能定理得q 5=叫 解得 Vo =1x10 m/s、 （2）要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，井且穿出后速度方向不變，則帶電粒子穿過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)得時(shí)間 t=( n +)T( n =0r 1,2) 帶電粒子沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則L =vot（2） 所以T= s(n=O, 12) 帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)得加速度電場(chǎng)強(qiáng)度E二 帶電粒子在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后得前內(nèi)沿豎直方向得位移要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，需滿足2聲 聯(lián)立式解得24、

20、5、 所以T = S (n=5,6, （3）要使總偏移量最大，則n應(yīng)取值最小，故由此解得，最大偏移量7=2戸0、04 m.針對(duì)訓(xùn)練5如圖所示,三種均帶正電荷得帶電粒子（重力不計(jì)）從0點(diǎn)以相同得速度進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出后均打在 一個(gè)豎直放置得足夠大得熒光屏上、若三種帶電粒子得質(zhì)雖之比為1S2S 4 ,電荷量之比為個(gè)伯2,則下列說(shuō)法中正確 得就就是（）A、三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中得運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2131131B、三種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)得速度相同C、三種粒子將打在熒光屏上得同一點(diǎn)D. 偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做功之比為2（31（32 【答案D解析1設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)得電壓為U,粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)得速度大小為V 6偏

21、轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板長(zhǎng)為I,扳間距離為d、則帶電 粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)得時(shí)間為t=,所以帶電粒子通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)得時(shí)間就就是相同得，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于粒子進(jìn)入 電場(chǎng)時(shí)得初速度大小相同，所以粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)得速度取決于粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中豎直方向上獲得得速度V卻又因?yàn)閃= a t=t0,因?yàn)槿N粒子得比荷之比為2刖刖,所以選項(xiàng)B錯(cuò)島 粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)得距離y =at=m所以 粒子不會(huì)打在熒光屏上得同一點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤;偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做得功為w=q“y,因?yàn)橛?所以W3,所以偏轉(zhuǎn)電 場(chǎng)對(duì)三種粒子做功之比為2即13乙選項(xiàng)D正確、針對(duì)訓(xùn)練6如圖所示，傾角為0得絕緣斜而體固定在水平而上，斜而體處在豎直向下得勻強(qiáng)電場(chǎng)

22、中將一質(zhì)量 為m、電荷量為q得帶正電得小球，從斜面得頂端以初速度Vo沿水平方向向右拋出，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間to （未知）第一次 落在斜而上、若將電場(chǎng)方向反向，再將小球從斜面頂端以初速度V。沿水平方向向右拋出，則小球第一次落到斜面上得 時(shí)間為26斜而足夠長(zhǎng)、（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E及to得大小;（2）若贊電場(chǎng)方向改為水平向右，小球仍從斜而得頂端以初速度W沿水平方向向右拋出,求小球第_次落到斜面上 時(shí)得速度就就是多大、答案（1）（2） 解析規(guī)范步驟，水到渠成Xl= V oto（1）帶電小球被拋出后，豎直方向受向卜得重力與向下得電場(chǎng)力作用，因此小球做類平拋運(yùn)動(dòng)有（1分）yi= a 11 （1 分） mg+ q

23、E=mai （1 分） tan0 = （l 分） 電場(chǎng)方向變?yōu)橄蛏虾蟠?、球仍做類平拋運(yùn)動(dòng)，有X2= Vo-2 t o（1 分） y 2=a2（2toP（6）（l 分） mg-qE = ma2l 分） t a n 2 （1 分） 解得E =41分） to= （1 分） （2）若將電場(chǎng)方向改變?yōu)樗较蛴?設(shè)小球拋出后落到斜面上得時(shí)間為t,有X = Vot + gt2仕分） y=g 12 （1 分） tan 4（1 分） 解得t = （2分）r （3 分） 5、題型五、交變電場(chǎng)下粒子得運(yùn)動(dòng)問(wèn)題方法指導(dǎo) 在兩個(gè)相互平行得金屬板間加交變電壓時(shí)，在兩板間便可獲得交變電場(chǎng)、此類電場(chǎng)從空間瞧就就是勻強(qiáng)得，即同

24、一時(shí) 刻，電場(chǎng)中各個(gè)位置處電場(chǎng)強(qiáng)度得大小、方向都相同;從時(shí)間上瞧就就是變化得,即電場(chǎng)強(qiáng)度得大小、方向都可隨時(shí)間 變化、研究帶電粒子在這種交變電場(chǎng)中得運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵就就是根據(jù)電場(chǎng)變化得特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子 得運(yùn)動(dòng)情況、問(wèn)題情景大致分為三類:一就就是平衡問(wèn)題：二就就是直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；三就就是偏轉(zhuǎn)問(wèn)題、由于電場(chǎng)呈 周期性變化，往往會(huì)出現(xiàn)多解問(wèn)題、臨界問(wèn)題，且與數(shù)學(xué)知識(shí)、實(shí)際生活、現(xiàn)代科技等聯(lián)系緊密、 例5電荷量為q(q0 )、質(zhì)量為m得帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)得作用下，在t=0時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí) 間變化得規(guī)律如圖甲所示、不計(jì)重力、在t = 0到t=T得時(shí)間間隔內(nèi)，求：(1)粒子位移得

25、大小勾方向、(2)粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)得時(shí)間、解析解法一：(1)帶電粒子在0、時(shí)間間隔內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)設(shè)加速度分別為、八，由牛頓第二泄律得:;由此得帶電粒子在O-T時(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)得加速度-時(shí)間圖像如圖(a)所示，對(duì)應(yīng)得速度-時(shí)間圖像如圖(b)所示，其中 由圖(b)可知，帶電粒子在t= O到t= T得時(shí)間間隔內(nèi)得位移為由式得它沿初始電場(chǎng)正方向0(2 )由圖(b)叮知,粒子在到內(nèi)沿初始電場(chǎng)得反方向運(yùn)動(dòng)，總得運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為解法二(1)帶電粒子在0、時(shí)間間隔內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度分別為、，由牛頓第二泄律得:沒帶電粒子在t =T/4. t = 7/2. t =3T/4、t=T時(shí)得速度分別為、，則設(shè)帶電粒子在t

26、= 0到th得時(shí)間間隔內(nèi)得位移為勺有 聯(lián)立以上各式可得 它沿初始電場(chǎng)正方向 (2)由電場(chǎng)得變化規(guī)律知,t可74時(shí)粒子開始減速，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間h粒子速度減為零。將式代入上式，得粒子從t =T/2時(shí)開始加速，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t 2速度變?yōu)榱?。此式與式聯(lián)立得 t =0到th內(nèi)粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)得時(shí)間t為將式代入式得針對(duì)訓(xùn)練7 (2013年松滋一中模擬)如圖甲所示，平行金屬板A與B間得距離為d,現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示得 方波形電壓，t = 0時(shí)A板比B板得電勢(shì)高，電壓得正向值為U。,反向值也為U。、現(xiàn)有由質(zhì)量為m得帶正電且電荷量 為q得粒子組成得粒子束，從AB得中點(diǎn)0以平行于金屬板00,得方向以速度

27、V滬射入，所有粒子在A B間得飛行時(shí)間 均為不計(jì)重力影響、求：(1)從20時(shí)刻進(jìn)入得粒子飛出電場(chǎng)時(shí)得速度、 (2)粒子飛出電場(chǎng)時(shí)得位置離C點(diǎn)得距離范用、 答案，與水平方向成30。(2)從O點(diǎn)上方得 到下方得 解析(1)從t=0時(shí)刻進(jìn)入得粒子,水平方向上一直做勻速運(yùn)動(dòng)N產(chǎn)V 0 在垂宜金屬板方向上，粒子得加速度a產(chǎn)弓粒子在 粒子飛出電場(chǎng)時(shí)垂直金屬板方向得速度Vy=ay-ay-= 粒子飛出電場(chǎng)時(shí)得速度= 與水平方向得夾角得正切值t a n e=4iP 0=3 0 （2）當(dāng)粒子t =nT（n=O. 1、2、3、飛入電場(chǎng)時(shí)，離開電場(chǎng)得位置離C點(diǎn)得下方得距離最大，偏離下方得最 大距離Vm I =ay+a

28、yay = 當(dāng)粒子t=+nT（n=O、1、2. 3、飛入電場(chǎng)時(shí)，離開電場(chǎng)得位置離C點(diǎn)得上方得距離最大.偏離上方得最大距 離 ym2=ay+ a y一ay= 所以粒子飛出電場(chǎng)時(shí)得位置離0點(diǎn)得距離范帀，從C上方得到下方得五. 專題闖關(guān)1、如圖所示，兩平行金屬板豎宜放置且B板接地，其間有用絕緣細(xì)線懸掛得帶電小球，當(dāng)給兩金屬板充電，使金屬板 帶電荷量為Q,此時(shí)懸線與豎直方向得夾角為、因電離作用,兩金屬板得電荷量緩慢減?。僭O(shè)小球電荷雖不變），以 致懸線與豎宜方向夾角逐漸減小，則在夾角減小到得過(guò)程中，下列說(shuō)法正確得就就是（）A、細(xì)線得拉力逐漸增大細(xì)線得拉力大小不變C、電容器減少得電荷量為D.電容器減少得

29、電荷量為【答案】D【解析】由于金屬板得電荷量緩慢減小/卜球受重力mg、細(xì)線拉力Ft與水平向右得電場(chǎng)力F而處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài) （如圖）、設(shè)細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng),懸點(diǎn)到小球得豎直高度為h,則由圖知弓因6減小,h逐漸增大，所以拉力Ft逐漸減小，A、B錯(cuò) 誤;令兩極板間距離為d,電容器電容為C,由圖知tan 0產(chǎn)，令減少得電荷量為AQ,R理可得tan 8尸，聯(lián)立解得 AQ=Q, C 錯(cuò)、D 對(duì)、2、（2 0 14年高考安徽卷）一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零得宜線運(yùn)動(dòng)、取該直線為X軸,起始點(diǎn) 0為坐標(biāo)原點(diǎn)，加電勢(shì)能Ep與位移X得關(guān)系如右圖所示,下列圖象中合理得就就是（）【答案】D【解析】在粒子運(yùn)動(dòng)中

30、得某一小段位移Ax內(nèi)電場(chǎng)力做功qEAx.由功能關(guān)系知AEp=-qE-Ax,即 = 一q E. Epx圖線 斜率得絕對(duì)值表示電場(chǎng)力，故由圖線可知E逐漸減小,A錯(cuò)誤;因粒子僅受電場(chǎng)力作用，由qE=m a可知a也逐漸減小, D正確;再由動(dòng)能楚理有AEk- q E-Ax,EiP=qE,Ek-x圖線得斜率也表示電場(chǎng)力，則E k-X圖線應(yīng)就就是一條斜率逐漸減 小得曲線，B錯(cuò)誤;由V2=2ax有v=,可知vx圖線應(yīng)就就是一條曲線，故C錯(cuò)誤、3、如圖所示，矩形得四個(gè)頂點(diǎn)a、b. c、d就就是勻強(qiáng)電場(chǎng)中得四個(gè)點(diǎn).ab= 2 bc= 2 L .電場(chǎng)線打矩形所在得平而 平行、已知a點(diǎn)電勢(shì)為18 V,b點(diǎn)電勢(shì)為：LO

31、 V, C點(diǎn)電勢(shì)為6 V、一質(zhì)子從a點(diǎn)以速度V。射入電場(chǎng)。與ab邊得 夾角為45。，一段時(shí)間后質(zhì)子經(jīng)過(guò)ab中點(diǎn)不i|質(zhì)子重力，下列判斷正確得就就是（）A、d點(diǎn)電勢(shì)為12 VB、質(zhì)子從a到b電勢(shì)能增加了 8qVC、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為D、質(zhì)子從a到e所用時(shí)間為【答案】D【解析】矩形對(duì)角線連線相互平分，則根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差得關(guān)系可知,d點(diǎn)得電勢(shì)為（18+6-10 V = 14 V,而e點(diǎn)就就是ab得中點(diǎn)，可得e點(diǎn)得電勢(shì)為1 4 V,連接de, d e為該勻強(qiáng)電場(chǎng)得等勢(shì)而，過(guò)a點(diǎn)作de得垂線, 沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)在降低，故電場(chǎng)得方向沿垂線方向向下，選項(xiàng)A錯(cuò)誤：質(zhì)子從a到b,電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少

32、8 eV,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由圖中幾何關(guān)系可知,Ek,選項(xiàng)C錯(cuò)誤：質(zhì)子從a運(yùn)動(dòng)到e時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿初速度方向做勻速 直線運(yùn)動(dòng)/則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=，選項(xiàng)D正確、4、20 1 4 武漢武昌區(qū)調(diào)研將等量得正、負(fù)電荷分別放在正方形得四個(gè)頂點(diǎn)上（如圖所示）0 0點(diǎn)為該正方形對(duì)角 線得交點(diǎn)宜線段A B通過(guò)0點(diǎn)且垂直于該正方形,OAOB,以下對(duì)A、B兩點(diǎn)得電勢(shì)口場(chǎng)強(qiáng)得判斷，正確得就就是（）A、A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)B、A點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于6點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)C、A點(diǎn)電勢(shì)等于B點(diǎn)電勢(shì)D、A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)【答案】C【解析】本題考査電場(chǎng)分布以及電場(chǎng)得疊加，意在考査考生對(duì)電場(chǎng)得認(rèn)識(shí)，以及對(duì)電場(chǎng)疊加原理得應(yīng)用能力。由電荷 得對(duì)稱分布關(guān)系可知

33、A B直線上得電場(chǎng)強(qiáng)度為0,所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;同理將一電荷從A移動(dòng)到B電場(chǎng)力做得功為 0,A、B兩點(diǎn)間得電勢(shì)差為6因此A點(diǎn)電勢(shì)等于B點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。5、2014唐山模擬如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中得A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一邊長(zhǎng)為a得等邊三角形。電場(chǎng)強(qiáng)度得方向與紙而 平行。電子以某一初速度僅在靜電力作用下從B移動(dòng)到A得過(guò)程中動(dòng)能減少質(zhì)子僅在靜電力作用下從C移動(dòng)到A 得過(guò)程中動(dòng)能增加E“已知電子與質(zhì)子電荷量得絕對(duì)值均為已則勻強(qiáng)電場(chǎng)得電場(chǎng)強(qiáng)度為（）C1）、c、【答案】C【解析】本題考査電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差得關(guān)系、勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差得關(guān)系、等勢(shì)而、動(dòng)能圧理等知識(shí)點(diǎn)，意在 考査考生對(duì)電場(chǎng)概念得理解與

34、應(yīng)用能力。對(duì)電子從B到A得過(guò)程，由動(dòng)能左理可知，-eUBA=-E。;對(duì)質(zhì)子從C到A得過(guò) 程，有eU=E。，可見U3A = Us故B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，在同一等勢(shì)面上,AB沿電場(chǎng)線方向上得距離d = asin600= a , 由場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差得關(guān)系E=解得E =，選項(xiàng)C正確。6、2014皖南八校聯(lián)考空間有一沿X軸分布得電場(chǎng)，其電勢(shì)4隨X變化如圖所示，下列說(shuō)法正確得就就是（A、X】與一X）兩點(diǎn)得電勢(shì)相等X）點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度比X,點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度小C、一正電荷沿X軸從M點(diǎn)移到x】點(diǎn)，電勢(shì)能一直增大D、一負(fù)電荷沿X軸從X1點(diǎn)移到冷點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功【答案】D【解析】本題考査靜電場(chǎng)意在考査考生對(duì)電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)

35、度、電勢(shì)差得理解?？着cI兩點(diǎn),電勢(shì)一正一負(fù)，則兩點(diǎn)電 勢(shì)不相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤：4 X圖線得斜率表示場(chǎng)強(qiáng)大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由Ep=q4）得，正電荷在電勢(shì)高得位置電勢(shì)能高，選 項(xiàng)C錯(cuò)誤;負(fù)電荷得電勢(shì)能為E, = -q4）,從X】到X3,電勢(shì)先增大后減小，則電勢(shì)能先減小后增大，電場(chǎng)力先做正功， 后做負(fù)功，選項(xiàng)D正確。7、2 0 1 4 云南檢測(cè)（多選）如圖甲所示,兩平行金屬板MN. PQ得板長(zhǎng)與板間距離柑等板間存在如圖乙所示得隨 時(shí)間周期性變化得電場(chǎng),電場(chǎng)方向打兩板垂直，不計(jì)重力得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)得初動(dòng)能均為Es已知t =0時(shí)刻射入電場(chǎng)得粒子剛好沿上板

36、右邊緣垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)。則（）P圖甲+ N瓦h(yuǎn)11PIt :141402 r1441T1411I1tthh1- E暫1I11tQ圖乙A、所有粒子都不會(huì)打到兩極板上B、所有粒子最終都垂宜電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)C、運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所有粒子得最大動(dòng)能不可能超過(guò)2EkoD. 只有t=n （n= 0 r 12）時(shí)刻射入電場(chǎng)得粒子才能垂宜電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)【答案】ABC【解析】本題考查運(yùn)動(dòng)得合成與分解、帶電粒子在交變電場(chǎng)中得運(yùn)動(dòng)，意在考查考生對(duì)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得掌握情況, 以及分析多過(guò)程問(wèn)題得能力。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、 方向周期性變化得變速直線運(yùn)動(dòng)。由t=0時(shí)刻

37、進(jìn)入電場(chǎng)得粒子運(yùn)動(dòng)情況可知，粒子在平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為交變電流 周期得整數(shù)倍。在0時(shí)間內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)得加速度a=，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v,=at=t.同理可分析T時(shí)間內(nèi) 得運(yùn)動(dòng)情況,所以帶電粒子在沿電場(chǎng)方向得速度V與E-t圖線所陽(yáng)而積成正比（時(shí)間軸下方得而積取負(fù)值）。而經(jīng)過(guò) 整數(shù)個(gè)周期,E。-1圖象與坐標(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)方向得速度總為零,B正確,D錯(cuò)誤： 帶電粒子在t =0時(shí)刻入射時(shí),側(cè)向位移最大，故其她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(guò)T離開電場(chǎng)時(shí)，粒子在t =時(shí)達(dá)到最大速度，此時(shí)兩分位務(wù)之比為覽2, HP vot=2xat可得故粒

38、子得最大速度 為因此最大動(dòng)能為初動(dòng)能得2倍，C正確。8、如圖所示得平行板電容器,兩極板M、N豎直放置,板長(zhǎng)與間距都就就是d,合上電鍵K后，將質(zhì)量為m帶電量為+ q得帶電粒子以一泄得初速V從下側(cè)中點(diǎn)A處豎直向上射入板間恰好垂直打在中點(diǎn)B處，則下列有關(guān)粒子運(yùn)動(dòng)得描 述中正確得有（）A、粒子在MN間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，打在B點(diǎn)時(shí)得速率也就就是V若將粒子得初速變?yōu)?匕則粒子將從板斜上方飛出C、若將M板右移使板間距減半，粒子垂直打在N板上時(shí)電場(chǎng)力所做得功將加倍D、若斷開K,將M板右移使板間距減半，則粒子在N板上得落點(diǎn)在B點(diǎn)下方某處【答案】B【解析】粒子以V從A處射入后能垂宜打在中點(diǎn)B處，表明豎直方向上在重力

39、作用下勻減速運(yùn)動(dòng)，v=2g.水平方向 上在電場(chǎng)力作用下勻加速運(yùn)動(dòng)v=2,粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，不能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即A錯(cuò);若將粒子得初速變?yōu)?v,因 場(chǎng)強(qiáng)與間距不變，故粒子打在N板上得時(shí)間不變，豎直方向上得位移大于d故從板斜上方飛出，即B對(duì)：若將M板右 格使板間距減半,則場(chǎng)強(qiáng)加倍，因此粒子在場(chǎng)中得運(yùn)動(dòng)時(shí)間將變短，雖然電場(chǎng)力做功加倍，但豎直方向上得分速度還 未減為零，故粒子不可能垂直打在N板上，即C錯(cuò)：若斷開K,則電量保持不變，在改變板間距得情況下，板內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)不 變,故粒子仍落在B點(diǎn)，即D錯(cuò)。9、2 014鄭州質(zhì)檢如圖所示準(zhǔn)兩個(gè)正點(diǎn)電荷Q、Q2 （幷中Q=2Qo,Q尸QQ形成得電場(chǎng)中4 b為兩點(diǎn)電

40、荷連 線得中垂線上得兩點(diǎn)，且aO=bO. C、d為兩點(diǎn)電荷連線得三等分點(diǎn)，即IVlc=cd=dN.則下列說(shuō)法中正確得就就是（）A、a. b兩點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)都相同B、將帶電荷II為q得正點(diǎn)電荷從C沿cd連線移到d得過(guò)程中，電場(chǎng)力一直做正功C、將帶電荷量為q得正點(diǎn)電荷從a沿ab連線移到0得過(guò)程中/電場(chǎng)力做負(fù)功D、 a、b、 c、d四點(diǎn)中，電勢(shì)最高得點(diǎn)就就是C點(diǎn),電勢(shì)最低得點(diǎn)就就是d點(diǎn)【答案】C【解析】本題考査電場(chǎng)分布，意在考査考生對(duì)電場(chǎng)得認(rèn)識(shí)與分析。由對(duì)稱關(guān)系可知,a、b兩點(diǎn)得電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等, 方向相反，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;將正電荷由C沿cd連線移到d得過(guò)程中，由電場(chǎng)關(guān)系可知，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功

41、，選項(xiàng)B錯(cuò) 誤;將正電荷從a沿ab連線移動(dòng)到0得過(guò)程中，由電場(chǎng)分布可知，電場(chǎng)力做負(fù)功，選項(xiàng)C正確;因?yàn)閍、b兩點(diǎn)位置不能 確定，因此電勢(shì)得高低也就就是不能確定得，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10.如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分就就是傾角為3 0 得斜而,AC部分為豎直平而上半徑為R得圓軌道，斜面與 圓軌道相切。整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右得勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m得帶正電小球，電荷量為q=, 要使小球能安全通過(guò)圓軌itt在0點(diǎn)得初速度應(yīng)滿足什么條件？【答案】v【解析】小球先在斜而上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、支持力，然后在圓軌逍上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、軌道作用力,如圖所 示，類比重力場(chǎng)，將電場(chǎng)力與重力得合

42、力視為等效重力mg,大小為mg=stan0=,得8=3 0。，等效重力得方向與斜 而垂宜指向右下方丿、球在斜而上勻速運(yùn)動(dòng)。因要使小球能安全通過(guò)圓軌逍在圓軌道得等效最高點(diǎn)(D點(diǎn))滿足等效重力剛好提供向心力,即有:mgH因e=3 0 與斜而得傾角柑等,由幾何關(guān)系知=2R,令小球以最小初速度Vo運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知： 2m g R=mv-m v 解得V 0=，因此要使小球安全通過(guò)圓軌itt初速度應(yīng)滿足V o11 . 2014課標(biāo)全國(guó)卷田如圖,0、A、B為同一豎直平而內(nèi)得三個(gè)點(diǎn)QB沿豎宜方向JSBOA= 6 0% 0 BOA。將 質(zhì)it為m得小球以一泄得初動(dòng)能自0點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)

43、A點(diǎn)。使此小球帶電，電荷量 為q(q0 )，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與圄0A B所在平而平行?，F(xiàn)從0點(diǎn)以同樣得初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小 球,該小球通過(guò)了 A點(diǎn)倒達(dá)A點(diǎn)時(shí)得動(dòng)能就就是初動(dòng)能得3倍：若該小球從0點(diǎn)以同樣得初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰 好通過(guò)B點(diǎn),且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)得動(dòng)能為初動(dòng)能得6倍，重力加速度大小為go求：(1) 無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)得動(dòng)能與初動(dòng)能得比值;(2) 電場(chǎng)強(qiáng)度得大小與方向?！敬鸢浮?1)(2)方向：與豎直向下成30。夾角【解析】(I )設(shè)小球得初速度為他初動(dòng)能為Eg從0點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)得時(shí)間為t,令OA=d,則0BN,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)得規(guī) 律有 dsin6O* = vot(l)又有Eko=mv 由式得Eko=m g d 設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)得動(dòng)能為E S則EkA=Eko+mgd 由式得二(2)加電場(chǎng)后，小球從0點(diǎn)到A點(diǎn)與B點(diǎn)，高度分別降低了與，設(shè)電勢(shì)能分別減小AEpA與AEpy由能量守恒及式得AEpA=3Eko- Ekom g d=Eko（7）A E p B = 6 E k 0 E ko-rngd = E 在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一宜線，電勢(shì)得降落就就是均勻得0