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

1、電場(chǎng)及帶點(diǎn)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、高考導(dǎo)航命題分析本講內(nèi)容主要是綜合應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法和功能關(guān)系解決電場(chǎng)的性質(zhì)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題這部分的題目覆蓋的內(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題的形式出現(xiàn)高考對(duì)本專題考查的重點(diǎn)有以下幾個(gè)方面：對(duì)電場(chǎng)力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的理解；帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)問(wèn)題。備考策略針對(duì)本講內(nèi)容的特點(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)題兩條主線是指電場(chǎng)力的性質(zhì)（物理量電場(chǎng)強(qiáng)度）和能的性質(zhì)（物理量電勢(shì)和電勢(shì)能）；兩類運(yùn)動(dòng)是指類平拋運(yùn)動(dòng)和勻速圓周運(yùn)動(dòng)；兩種方法是指動(dòng)力學(xué)方法和功能關(guān)系二、網(wǎng)控考點(diǎn)三、考點(diǎn)突破1對(duì)電場(chǎng)強(qiáng)度的三

2、個(gè)公式的理解（1）E是電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，適用于任何電場(chǎng)電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是確定值，其大小和方向與試探電荷q無(wú)關(guān)試探電荷q充當(dāng)“測(cè)量工具”的作用（2）Ek是真空中點(diǎn)電荷所形成的電場(chǎng)的決定式E由場(chǎng)源電荷Q和場(chǎng)源電荷到某點(diǎn)的距離r決定（3）E是場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式，只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，注意：式中d為兩點(diǎn)間沿電場(chǎng)方向的距離2電場(chǎng)能的性質(zhì)（1）電勢(shì)與電勢(shì)能：.（2）電勢(shì)差與電場(chǎng)力做功：UABAB.（3）電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化：WEp.3等勢(shì)面與電場(chǎng)線的關(guān)系（1）電場(chǎng)線總是與等勢(shì)面垂直，且從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面（2）電場(chǎng)線越密的地方，等差等勢(shì)面也越密（3）沿等勢(shì)面移動(dòng)電荷，電場(chǎng)力不做功，沿電場(chǎng)線

3、移動(dòng)電荷，電場(chǎng)力一定做功4電容器兩類動(dòng)態(tài)變化的分析比較第一類動(dòng)態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變第二類動(dòng)態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變5帶電粒子在電場(chǎng)中常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)類型（1）帶電粒子在電場(chǎng)中的加速（假設(shè)粒子質(zhì)量很小，忽略粒子的重力）勻強(qiáng)電場(chǎng)中，v0與E平行，可用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)方程求解：E，a，v2v2ax；也可用動(dòng)能定理qUmv2mv.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)中的偏轉(zhuǎn)（忽略粒子的重力）垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度的方向（x軸：勻速直線運(yùn)動(dòng)）：vxv0，xv0t.平行于電場(chǎng)強(qiáng)度的方向（y軸：勻加速直線運(yùn)動(dòng)）：a，Lv0t，vyat，yat2，偏轉(zhuǎn)角：tan .6本部分內(nèi)容的主要

4、研究方法有：（1）理想化模型如點(diǎn)電荷、電場(chǎng)線、等勢(shì)面；（2）比值定義法電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)的定義方法是定義物理量的一種重要方法；（3）類比的方法電場(chǎng)和重力場(chǎng)的比較；電場(chǎng)力做功與重力做功的比較；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的類比7研究帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，采用運(yùn)動(dòng)合成與分解的思想方法四、題型攻略1.題型一、對(duì)電場(chǎng)性質(zhì)的理解方法指導(dǎo)1.在靜電場(chǎng)中，通常利用電場(chǎng)線和等勢(shì)面的兩個(gè)關(guān)系分析電場(chǎng)的性質(zhì)：一是二者一定處處垂直；二是電場(chǎng)線密的地方，等差等勢(shì)面也密，且電場(chǎng)線由電勢(shì)較高的等勢(shì)面指向電勢(shì)較低的等勢(shì)面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)能等物理量的基本

5、判斷方法3根據(jù)電場(chǎng)線的疏密分布規(guī)律或場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理判斷場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱4電勢(shì)高低的判斷可靈活應(yīng)用以下方法（1）根據(jù)電場(chǎng)線與電勢(shì)的關(guān)系來(lái)判斷，即沿著電場(chǎng)線的方向電勢(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)能較大，負(fù)電荷在電勢(shì)低處電勢(shì)能較大（4）由UAB進(jìn)行判斷將WAB和q帶符號(hào)代入，根據(jù)UAB的正負(fù)判斷A、B兩點(diǎn)電勢(shì)的高低，當(dāng)UAB>0時(shí)，A>B；反之，A<B.例1 如圖1所示，實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)面，兩相鄰等勢(shì)面間電勢(shì)

6、差相等A、B、C為電場(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn)，且ABBC，一個(gè)帶正電的粒子從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)法正確的是（ ）圖1A粒子在A、B、C三點(diǎn)的加速度大小關(guān)系aA>aB>aCB粒子在A、B、C三點(diǎn)的動(dòng)能大小關(guān)系EkC>EkB>EkAC粒子在A、B、C三點(diǎn)的電勢(shì)能大小關(guān)系EpC>EpB>EpAD粒子由A運(yùn)動(dòng)至B和由B運(yùn)動(dòng)至C電場(chǎng)力做的功相等答案B解析由電場(chǎng)線可知ECEBEA，因此aCaBaA，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EkCEkBEkA，故B正確；由于沿著電場(chǎng)線，電勢(shì)逐漸降低，故ABC，

7、因此帶正電粒子的電勢(shì)能大小關(guān)系EpAEpBEpC，故C錯(cuò)誤；由于從A到B過(guò)程的電場(chǎng)力小于從B到C過(guò)程的電場(chǎng)力，故從A到B過(guò)程的電場(chǎng)力做功較少，因此粒子由A運(yùn)動(dòng)至B和由B運(yùn)動(dòng)至C電場(chǎng)力做的功不等，D錯(cuò)誤針對(duì)訓(xùn)練1 （2014·江蘇·4）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O.下列關(guān)于x軸上的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的說(shuō)法中正確的是（ ）圖2AO點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)最低BO點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)最高C從O點(diǎn)沿x軸正方向，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，電勢(shì)升高D從O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)的對(duì)稱性和電場(chǎng)的疊加原理知，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零在x軸上，電場(chǎng)

8、強(qiáng)度的方向自O(shè)點(diǎn)分別指向x軸正方向和x軸負(fù)方向，且沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低，所以O(shè)點(diǎn)電勢(shì)最高在x軸上離O點(diǎn)無(wú)限遠(yuǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故沿x軸正方向和x軸負(fù)方向的電場(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abcd的四個(gè)頂點(diǎn)分別放上電荷量都為Q的不同電性的點(diǎn)電荷，abc120°.對(duì)角線的交點(diǎn)為O，A、B、C、D分別是O點(diǎn)與四個(gè)頂點(diǎn)連線的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）AO點(diǎn)的電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度都為零BA、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相等CB、D兩點(diǎn)的電勢(shì)相等且都為正D正的試探電荷從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，O點(diǎn)的場(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

9、兩點(diǎn)的場(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)線的右側(cè)，都在c、d兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中零等勢(shì)線的左側(cè)，因此電勢(shì)疊加后肯定為正，根據(jù)對(duì)稱性可知，這兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，C項(xiàng)正確；同理可以分析，A點(diǎn)電勢(shì)為負(fù)，因此正的試探電荷從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(jiàn)電場(chǎng)的電場(chǎng)線和等勢(shì)面的畫法2對(duì)于復(fù)雜的電場(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)的高低可以根據(jù)“沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低”或者由離正、負(fù)場(chǎng)源電荷的距離來(lái)確定例2如圖3所示，a、b、c、d分別是一個(gè)菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，abc120°.

10、現(xiàn)將三個(gè)等量的正點(diǎn)電荷Q分別固定在a、b、c三個(gè)頂點(diǎn)上，則下列判斷正確的是（ ）圖3Ad點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由d指向OBO點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度是d點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的2倍Cbd連線為一等勢(shì)線D引入一個(gè)電量為q的點(diǎn)電荷，依次置于O點(diǎn)和d點(diǎn)，則在d點(diǎn)所具有的電勢(shì)能大于在O點(diǎn)所具有的電勢(shì)能答案B解析由點(diǎn)電荷的電場(chǎng)及電場(chǎng)的疊加可知，O點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)等于b處點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，則EOk，方向由b指向O，而在d處的點(diǎn)電荷由a、b、c處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生，其大小為Ed2kEO，方向也沿bO方向，A錯(cuò)誤，B正確；bd是a、c兩處電荷連線的中垂線，由兩等量正電荷的電場(chǎng)中電勢(shì)分布可知，在a、c兩點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中O點(diǎn)電

11、勢(shì)高于d點(diǎn)電勢(shì)，而在點(diǎn)電荷b的電場(chǎng)中，O點(diǎn)電勢(shì)也高于d點(diǎn)電勢(shì)，再由電勢(shì)疊加可知，O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，MN為很大的薄金屬板（可理解為無(wú)限大），金屬板原來(lái)不帶電在金屬板的右側(cè)，距金屬板距離為d的位置上放入一個(gè)帶正電、電荷量為q的點(diǎn)電荷，由于靜電感應(yīng)產(chǎn)生了如圖甲所示的電場(chǎng)分布幾位同學(xué)想求出點(diǎn)電荷和金屬板垂直連線之間中點(diǎn)a的電場(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)研究，從圖乙所示兩等量異號(hào)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布得到了一些啟示，經(jīng)過(guò)查閱資料他們知道：圖甲所示的電場(chǎng)分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場(chǎng)分布是完全一樣的圖乙中兩等量異號(hào)點(diǎn)電荷的大小也為q，他們之

12、間的距離為2d，虛線是兩點(diǎn)電荷連線的中垂線由此他們分別求出了a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，一共有以下四個(gè)不同的答案（答案中k為靜電力常量），其中正確的是（ ）圖4A. B. C. D. 答案C解析根據(jù)a點(diǎn)的電場(chǎng)線方向可得a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向是垂直于金屬板向左，兩個(gè)異號(hào)點(diǎn)電荷電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，乙圖上q左側(cè)處的場(chǎng)強(qiáng)大小為Ekk，根據(jù)題意可知，a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與乙圖上q左側(cè)處的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，即為.3.題型三、平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題方法指導(dǎo)運(yùn)用電容的定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路（1）確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變（2）用決定式C分析平行板電容器電容的變化（3

13、）用定義式C分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化（4）用E分析電容器極板間場(chǎng)強(qiáng)的變化例3（多選）（2014年湖北八校高三聯(lián)考）如圖所示的平行板電容器、電源、電阻和開關(guān)組成的電路中，開關(guān)S閉合后，兩板間的帶電粒子處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說(shuō)法正確的是（ ）A粒子帶負(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，增大兩板間距離的過(guò)程中，電流表中有從左向右的電流D保持開關(guān)S閉合，使兩板繞垂直于紙面的過(guò)兩板中點(diǎn)的軸a、b沿順時(shí)針以相同的角速度緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)很小的角度，粒子仍會(huì)保持靜止答案AC解析S閉合時(shí)，上板帶正電，粒子要保持靜止，受到的電場(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，兩板上的帶

14、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，增大兩板間距離的過(guò)程中，由平行板電容器的電容決定式C可知，電容器的電容減小，兩板間的電壓不變，由QCU可知，電容器的帶電荷量減小，電容器放電，電流表中有從左到右的電流，C項(xiàng)正確；保持開關(guān)S閉合，使兩板繞垂直于紙面的過(guò)兩板中點(diǎn)的軸a、b沿順時(shí)針以相同的角速度緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)很小的角度，兩板間的電場(chǎng)有了一個(gè)水平分量，粒子會(huì)受到一個(gè)水平的電場(chǎng)分力，不會(huì)保持靜止?fàn)顟B(tài)，D項(xiàng)錯(cuò)誤針對(duì)訓(xùn)練4 （多選）如圖所示，D是一個(gè)具有單向?qū)щ娦缘睦硐攵O管，水平放置的平行板電容器AB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的運(yùn)動(dòng)情況的說(shuō)法中正確的是（ ）A

15、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的電勢(shì)能不變答案ABD解析保持開關(guān)S閉合，電容器的電壓不變，增大A、B板間距離，則導(dǎo)致電容器的電容減小，則出現(xiàn)電容器的電荷量減小，然而二極管作用導(dǎo)致電容器的電荷量不會(huì)減小，則電容器的電荷量會(huì)不變，由于平行板電容器的電場(chǎng)強(qiáng)度與電容器的電荷量、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)致電容器的電容增大，則出現(xiàn)電容器的電荷量增加，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

16、的電容減小，由于斷開開關(guān)S，則電容器的電荷量不變，所以極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，因此P仍處于靜止，故C錯(cuò)誤；A板稍下移，電容器的電容增大，當(dāng)斷開S后，則電容器的電荷量不變，所以電場(chǎng)強(qiáng)度也不變，由于B板接地，則P到B板的電勢(shì)差不變，因此P的電勢(shì)能也不變，故D正確4.題型四、帶電粒子在電場(chǎng)中的加速或偏轉(zhuǎn)方法指導(dǎo)對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，解決的辦法一般都是采用牛頓運(yùn)動(dòng)定律與功和能相結(jié)合的辦法來(lái)解決（1）在粒子的加速過(guò)程中，一般采用qUmv2或qEma進(jìn)行求解（2）在粒子的偏轉(zhuǎn)過(guò)程中，一般采用平拋運(yùn)動(dòng)的規(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的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通常是利用水平

17、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)的時(shí)間，然后利用豎直方向上的運(yùn)動(dòng)求解粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的距離、離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度等例4 如圖甲所示，A、B兩板豎直放置，兩板之間的電壓U1100 V，M、N兩板水平放置，兩板之間的距離d0.1 m，板長(zhǎng)L0.2 m一個(gè)質(zhì)量m2×1012 kg、電荷量q1×108 C的帶電粒子（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板的小孔穿出，沿著M、N兩板的中軸線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)如果在M、N兩板之間加上如圖乙所示的偏轉(zhuǎn)電壓，當(dāng)t時(shí)，帶電粒子剛開始進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則：（1）帶電粒子從B板的小孔穿出時(shí)的速度為多大？（2）要使帶電粒子能夠

18、從M、N兩板之間（不沿中軸線）穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，則交流電U2的周期T為多少？（3）在滿足（2）條件的情況下，它在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的最大偏移量是多少？（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）答案（1）1×103 m/s（2） s（n5,6,7，）（3）0.04 m解析（1）由動(dòng)能定理得qU1mv，解得v01×103 m/s.（2）要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，并且穿出后速度方向不變，則帶電粒子穿過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間t（n）T（n0,1,2，）帶電粒子沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則Lv0t所以T s（n0,1,2，）帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的加速度a電場(chǎng)強(qiáng)度E帶電粒子在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)

19、后的前內(nèi)沿豎直方向的位移ya（）2要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，需滿足2y聯(lián)立式解得n4.5.所以T s（n5,6,7，）（3）要使總偏移量最大，則n應(yīng)取值最小，故n5，由此解得，最大偏移量y2y0.04 m.針對(duì)訓(xùn)練5 如圖所示，三種均帶正電荷的帶電粒子（重力不計(jì)）從O點(diǎn)以相同的速度進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出后均打在一個(gè)豎直放置的足夠大的熒光屏上若三種帶電粒子的質(zhì)量之比為124，電荷量之比為112，則下列說(shuō)法中正確的是（ ）A三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為211B三種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度相同C三種粒子將打在熒光屏上的同一點(diǎn)D偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做功之比為212答案D解析設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)

20、的電壓為U，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板長(zhǎng)為l，板間距離為d.則帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，所以帶電粒子通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間是相同的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度大小相同，所以粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度取決于粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中豎直方向上獲得的速度v，又因?yàn)関att，因?yàn)槿N粒子的比荷之比為211，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的距離yat2··t2，所以粒子不會(huì)打在熒光屏上的同一點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做的功為Wq··y，因?yàn)閥，所以W，所以偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做功之比為212，選項(xiàng)D正確針對(duì)訓(xùn)練6 如圖所示

21、，傾角為的絕緣斜面體固定在水平面上，斜面體處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從斜面的頂端以初速度v0沿水平方向向右拋出，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0（未知）第一次落在斜面上若將電場(chǎng)方向反向，再將小球從斜面頂端以初速度v0沿水平方向向右拋出，則小球第一次落到斜面上的時(shí)間為2t0，斜面足夠長(zhǎng)（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E及t0的大??；（2）若將電場(chǎng)方向改為水平向右，小球仍從斜面的頂端以初速度v0沿水平方向向右拋出，求小球第一次落到斜面上時(shí)的速度是多大答案（1） （2） 解析規(guī)范步驟，水到渠成（1）帶電小球被拋出后，豎直方向受向下的重力和向下的電場(chǎng)力作用，因此小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，有x1v0t0

22、 （1分）y1a1t（1分）mgqEma1（1分）tan （1分）電場(chǎng)方向變?yōu)橄蛏虾?，小球仍做類平拋運(yùn)動(dòng)，有x2v0·2t0（1分）y2a2（2t0）2（1分）mgqEma2（1分）tan （1分）解得E，（1分）t0.（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的時(shí)間為t，有xv0t·gt2（1分）ygt2（1分）tan （1分）解得t （2分）求得v.（3分）5.題型五、交變電場(chǎng)下粒子的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題方法指導(dǎo)在兩個(gè)相互平行的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)從空間看是勻強(qiáng)的，即同一時(shí)刻，電場(chǎng)中各個(gè)位置處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小、方向都相同；從時(shí)間

23、上看是變化的，即電場(chǎng)強(qiáng)度的大小、方向都可隨時(shí)間變化研究帶電粒子在這種交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場(chǎng)變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況問(wèn)題情景大致分為三類：一是平衡問(wèn)題；二是直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；三是偏轉(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5一電荷量為q（q>0）、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用下，在t0時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖甲所示不計(jì)重力在t0到tT的時(shí)間間隔內(nèi)，求：甲（1）粒子位移的大小和方向（2）粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(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

24、速度分別為、，由牛頓第二定律得：； ； 由此得帶電粒子在0T時(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度-時(shí)間圖像如圖（a）所示，對(duì)應(yīng)的速度-時(shí)間圖像如圖（b）所示，其中 由圖（b）可知，帶電粒子在t = 0到t = T的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為由式得 它沿初始電場(chǎng)正方向。（2）由圖（b）可知，粒子在到內(nèi)沿初始電場(chǎng)的反方向運(yùn)動(dòng)，總的運(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、，由牛頓第二定律得： 沒(méi)帶電粒子在t =T/4、t =7/2、t =3T/4、t =T時(shí)的速度分別為、，則 設(shè)帶電粒子在t = 0到t =T的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為s，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)的變

25、化規(guī)律知，t =T/4時(shí)粒子開始減速，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1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t2速度變?yōu)榱恪?此式與式聯(lián)立得 t =0到t =T內(nèi)粒子沿初始電場(chǎng)反方向運(yùn)動(dòng)的時(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和B間的距離為d，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，t0時(shí)A板比B板的電勢(shì)高，電壓的正向值為U0，反向值也為U0.現(xiàn)有由質(zhì)量為m的帶正電且電荷量為q的粒子組成的粒子束，從AB的中點(diǎn)O以平行于金屬板OO的方向以速度v0射入，所有粒子在AB間的飛行時(shí)間均為T，不計(jì)重力影響求：（1）從t0時(shí)刻進(jìn)入的粒子飛出電

26、場(chǎng)時(shí)的速度（2）粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的位置離O點(diǎn)的距離范圍答案（1），與水平方向成30°（2）從O點(diǎn)上方的到下方的解析（1）從t0時(shí)刻進(jìn)入的粒子，水平方向上一直做勻速運(yùn)動(dòng)，vxv0在垂直金屬板方向上，粒子的加速度ay，粒子在粒子飛出電場(chǎng)時(shí)垂直金屬板方向的速度vyay·ay·粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度v與水平方向的夾角的正切值tan ，即30°.（2）當(dāng)粒子在tnT（n0、1、2、3、）飛入電場(chǎng)時(shí)，離開電場(chǎng)的位置離O點(diǎn)的下方的距離最大，偏離下方的最大距離ym1ayay··ay當(dāng)粒子在tnT（n0、1、2、3、）飛入電場(chǎng)時(shí)，離開電場(chǎng)的位置離O點(diǎn)的上方

27、的距離最大，偏離上方的最大距離ym2ayay··ay所以粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的位置離O點(diǎn)的距離范圍：從O上方的到下方的五、專題闖關(guān)1.如圖所示，兩平行金屬板豎直放置且B板接地，其間有用絕緣細(xì)線懸掛的帶電小球，當(dāng)給兩金屬板充電，使金屬板帶電荷量為Q，此時(shí)懸線與豎直方向的夾角為.因電離作用，兩金屬板的電荷量緩慢減?。僭O(shè)小球電荷量不變），以致懸線與豎直方向夾角逐漸減小，則在夾角減小到的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ ）A細(xì)線的拉力逐漸增大B細(xì)線的拉力大小不變C電容器減少的電荷量為D電容器減少的電荷量為【答案】D【解析】由于金屬板的電荷量緩慢減小，小球受重力mg、細(xì)線拉力FT和水平向右的電

28、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)到小球的豎直高度為h，則由圖知，因減小，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 1，令減少的電荷量為Q，同理可得tan 2，聯(lián)立解得QQ，C錯(cuò)、D對(duì)2.（2014年高考安徽卷）一帶電粒子在電場(chǎng)中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢(shì)能Ep與位移x的關(guān)系如右圖所示，下列圖象中合理的是（ ）【答案】D【解析】在粒子運(yùn)動(dòng)中的某一小段位移x內(nèi)電場(chǎng)力做功qEx.由功能關(guān)系知EpqE·x，即qE，Ep­x圖線斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)力，故由圖線

29、可知E逐漸減小，A錯(cuò)誤；因粒子僅受電場(chǎng)力作用，由qEma可知a也逐漸減小，D正確；再由動(dòng)能定理有EkqE·x，即qE，Ek­x圖線的斜率也表示電場(chǎng)力，則Ek­x圖線應(yīng)是一條斜率逐漸減小的曲線，B錯(cuò)誤；由v22ax有v，可知v­x圖線應(yīng)是一條曲線，故C錯(cuò)誤3.如圖所示，矩形的四個(gè)頂點(diǎn)a、b、c、d是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的四個(gè)點(diǎn)，ab2bc2L，電場(chǎng)線與矩形所在的平面平行已知a點(diǎn)電勢(shì)為18 V，b點(diǎn)電勢(shì)為10 V，c點(diǎn)電勢(shì)為6 V一質(zhì)子從a點(diǎn)以速度v0射入電場(chǎng)，v0與ab邊的夾角為45°，一段時(shí)間后質(zhì)子經(jīng)過(guò)ab中點(diǎn)e.不計(jì)質(zhì)子重力，下列判斷正確的是（ ）Ad

30、點(diǎn)電勢(shì)為12 VB質(zhì)子從a到b電勢(shì)能增加了8 eVC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)和電勢(shì)差的關(guān)系可知，d點(diǎn)的電勢(shì)為（18610） V14 V，而e點(diǎn)是ab的中點(diǎn)，可得e點(diǎn)的電勢(shì)為14 V，連接de，de為該勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，過(guò)a點(diǎn)作de的垂線，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)在降低，故電場(chǎng)的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8 eV，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖中幾何關(guān)系可知，E，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v0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4.2014·武漢武昌區(qū)

31、調(diào)研將等量的正、負(fù)電荷分別放在正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上（如圖所示）。O點(diǎn)為該正方形對(duì)角線的交點(diǎn)，直線段AB通過(guò)O點(diǎn)且垂直于該正方形，OA>OB，以下對(duì)A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)的判斷，正確的是（ ）AA點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng) BA點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)CA點(diǎn)電勢(shì)等于B點(diǎn)電勢(shì) DA點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)【答案】C【解析】本題考查電場(chǎng)分布以及電場(chǎng)的疊加，意在考查考生對(duì)電場(chǎng)的認(rèn)識(shí)，以及對(duì)電場(chǎng)疊加原理的應(yīng)用能力。由電荷的對(duì)稱分布關(guān)系可知AB直線上的電場(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)力做的功為0，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為0，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·

32、唐山模擬如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A、B、C三點(diǎn)構(gòu)成一邊長(zhǎng)為a的等邊三角形。電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與紙面平行。電子以某一初速度僅在靜電力作用下從B移動(dòng)到A的過(guò)程中動(dòng)能減少E0，質(zhì)子僅在靜電力作用下從C移動(dòng)到A的過(guò)程中動(dòng)能增加E0，已知電子和質(zhì)子電荷量的絕對(duì)值均為e，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】本題考查電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系、勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系、等勢(shì)面、動(dòng)能定理等知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生對(duì)電場(chǎng)概念的理解和應(yīng)用能力。對(duì)電子從B到A的過(guò)程，由動(dòng)能定理可知，eUBAE0；對(duì)質(zhì)子從C到A的過(guò)程，有eUCAE0，可見(jiàn)UBAUCA，故B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，在同一等勢(shì)面上，

33、AB沿電場(chǎng)線方向上的距離dasin60°a，由場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(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軸分布的電場(chǎng)，其電勢(shì)隨x變化如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（ ）Ax1和x1兩點(diǎn)的電勢(shì)相等Bx1點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比x3點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小C一正電荷沿x軸從x1點(diǎn)移到x1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x3點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功【答案】D【解析】本題考查靜電場(chǎng)，意在考查考生對(duì)電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)差的理解。x1和x1兩點(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；x圖線的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由Epq得，正電荷在電勢(shì)高的位置電勢(shì)能高，選項(xiàng)C

34、錯(cuò)誤；負(fù)電荷的電勢(shì)能為Epq，從x1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。7.2014·云南檢測(cè)（多選）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t0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)。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(guò)程中所有粒子的最大動(dòng)能不可能超過(guò)2Ek0D只有tn （n0,1,2）時(shí)刻射入電場(chǎng)

35、的粒子才能垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)【答案】ABC【解析】本題考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生對(duì)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律的掌握情況，以及分析多過(guò)程問(wèn)題的能力。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、方向周期性變化的變速直線運(yùn)動(dòng)。由t0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)情況可知，粒子在平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為交變電流周期的整數(shù)倍。在0時(shí)間內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的加速度a，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vyatt，同理可分析T時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，所以帶電粒子在沿電場(chǎng)方向的速度v與Et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(guò)整數(shù)個(gè)周期，E0t圖象與坐標(biāo)軸所圍面積始終為零，故

36、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；帶電粒子在t0時(shí)刻入射時(shí)，側(cè)向位移最大，故其他粒子均不可能打到極板上，A正確；當(dāng)粒子在t0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)兩分位移之比為12，即v0t2×at2，可得vyv0，故粒子的最大速度為vv0，因此最大動(dòng)能為初動(dòng)能的2倍，C正確。8.如圖所示的平行板電容器，兩極板M、N豎直放置，板長(zhǎng)和間距都是d，合上電鍵K后，將質(zhì)量為m帶電量為q的帶電粒子以一定的初速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)的描述中正確的有（ ）A粒子在MN間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，打在B點(diǎn)時(shí)的速率也是v

37、B若將粒子的初速變?yōu)?v，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)力所做的功將加倍D若斷開K，將M板右移使板間距減半，則粒子在N板上的落點(diǎn)在B點(diǎn)下方某處【答案】B【解析】粒子以v從A處射入后能垂直打在中點(diǎn)B處，表明豎直方向上在重力作用下勻減速運(yùn)動(dòng)，v22g，水平方向上在電場(chǎng)力作用下勻加速運(yùn)動(dòng)v2，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)；若將粒子的初速變?yōu)?v，因場(chǎng)強(qiáng)和間距不變，故粒子打在N板上的時(shí)間不變，豎直方向上的位移大于d，故從板斜上方飛出，即B對(duì)；若將M板右移使板間距減半，則場(chǎng)強(qiáng)加倍，因此粒子在場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間將變短，雖然電場(chǎng)力做功加倍，但豎直方

38、向上的分速度還未減為零，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，在改變板間距的情況下，板內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)不變，故粒子仍落在B點(diǎn)，即D錯(cuò)。9.2014·鄭州質(zhì)檢如圖所示，在兩個(gè)正點(diǎn)電荷Q1、Q2（其中Q12Q0，Q2Q0）形成的電場(chǎng)中，a、b為兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上的兩點(diǎn)，且aObO。c、d為兩點(diǎn)電荷連線的三等分點(diǎn)，即MccddN。則下列說(shuō)法中正確的是（ ）Aa、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)都相同B將帶電荷量為q的正點(diǎn)電荷從c沿cd連線移到d的過(guò)程中，電場(chǎng)力一直做正功C將帶電荷量為q的正點(diǎn)電荷從a沿ab連線移到O的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功Da、b、c、d四點(diǎn)中，電勢(shì)最高的點(diǎn)是c點(diǎn)，電

39、勢(shì)最低的點(diǎn)是d點(diǎn)【答案】C【解析】本題考查電場(chǎng)分布，意在考查考生對(duì)電場(chǎng)的認(rèn)識(shí)和分析。由對(duì)稱關(guān)系可知，a、b兩點(diǎn)的電場(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的過(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，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；將正電荷從a沿ab連線移動(dòng)到O的過(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)的高低也是不能確定的，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10.如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷

40、量為q，要使小球能安全通過(guò)圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？【答案】v【解析】小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、支持力，然后在圓軌道上運(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)力與重力的合力視為等效重力mg，大小為mg，tan，得30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng)。因要使小球能安全通過(guò)圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”（D點(diǎn)）滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg，因30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知2R，令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知：2mgRmvmv解得v0，因此要使小球安全通過(guò)圓軌道，初速度應(yīng)滿足v

41、。11.2014·課標(biāo)全國(guó)卷如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，BOA60°，OBOA。將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)A點(diǎn)。使此小球帶電，電荷量為q（q>0），同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過(guò)了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍；若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(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)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為g。求：（1）無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向?！敬鸢浮浚?） （2） 方向：與豎直向下成30°夾角【解析】（1）設(shè)小球的初速度為v0，初動(dòng)能為Ek0，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t，令OAd，則OBd，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有dsin60°v0tdcos60°gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA，則EkAEk0mgd由式得（2）加電場(chǎng)后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別降低了和，設(shè)電勢(shì)能分別減小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一直線，電勢(shì)的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)