金版教程物理2024導學案必修第冊人教版新第十章 靜電場中的能量第十章 知識網絡構建含答案

《金版教程(物理）》2024導學案必修第冊人教版新第十章靜電場中的能量第十章知識網絡構建專題二電場的能的性質探究1電場線、等勢面與帶電粒子運動軌跡的綜合問題解決該類問題應熟練掌握以下知識及規(guī)律(1)電場線或等差等勢面密集的地方場強大。(2)電場線垂直于等勢面，從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面，即沿著電場線方向電勢降低最快。(3)帶電粒子所受合力(往往僅為靜電力)指向軌跡曲線的內側；所受靜電力的方向沿電場線的切線方向或反方向，即垂直于等勢面。(4)帶電粒子在某點的速度方向為軌跡切線方向。(5)靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢能增大。(6)涉及的其他力學知識：牛頓第二定律、動能定理等。例1(多選)一粒子從A點射入電場，從B點射出電場，電場的等差等勢面和粒子的運動軌跡如圖所示，圖中左側前三個等勢面彼此平行且間隔均勻，不計粒子的重力。下列說法正確的有()A．粒子帶負電荷B．粒子的加速度先不變，后變小C．粒子的速度不斷增大D．粒子的電勢能先減小，后增大[規(guī)范解答]電場線如圖所示，由于受力總指向運動軌跡的凹側，故粒子帶負電荷，A正確；由電場線分布知靜電力先不變，后越來越小，由a＝eq\f(F,m)知B正確；靜電力一直做負功，粒子速度一直減小，電勢能一直增大，C、D錯誤。[答案]AB模型點撥帶電粒子在電場中運動軌跡問題的易錯點(1)誤認為電場線方向就是電荷受到靜電力的方向。(2)誤認為電場線是電荷在電場中的運動軌跡。(3)靜電力隨便畫，以為只朝軌跡彎曲的一側就可以。靜電力只可能有兩個方向：要么沿電場強度的方向(對應于正電荷)，要么沿電場強度的反方向(對應于負電荷)。(4)錯誤地根據電場線方向來判斷電場強度大小，應根據電場線的疏密來判斷電場強度的大小。[變式訓練1]一個電子只在靜電力作用下從a點運動到b點的軌跡如圖虛線所示，圖中一組平行實線可能是電場線也可能是等勢面，則以下說法正確的是()A．無論圖中的實線是電場線還是等勢面，a點的場強都比b點的場強小B．無論圖中的實線是電場線還是等勢面，a點的電勢都比b點的電勢高C．無論圖中的實線是電場線還是等勢面，電子在a點的電勢能都比在b點的電勢能小D．如果實線是等勢面，電子在a點的速率一定大于在b點的速率答案D解析若圖中實線是電場線，電子所受的靜電力水平向右，電場線方向水平向左，則a點的電勢比b點低；若圖中實線是等勢面，由于電場線與等勢面垂直，電子所受靜電力方向向下，則電場線方向向上，則a點的電勢比b點高，故B錯誤。不論圖中實線是電場線還是等勢面，該電場都是勻強電場，a點和b點的場強大小都相等，故A錯誤。如果圖中實線是電場線，電子所受的靜電力水平向右，靜電力對電子做正功，電子電勢能減小，則電子在a點的電勢能比在b點的電勢能大，故C錯誤。如果圖中實線是等勢面，電子所受靜電力方向向下，靜電力對電子做負功，則電子在b點的動能較小，即電子在a點的速率一定大于在b點的速率，故D正確。探究2電場中的功能問題電場中的功能規(guī)律既可用于定量計算，也可用于定性分析，如分析、計算靜電力做的功、電勢能(及其變化)、電勢變化、動能變化、機械能變化等。電場中常用的功能規(guī)律如下：1．靜電力做功與電勢能變化的功能關系WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp2．動能定理WAB＋W其他力＝ΔEk3．能量守恒定律只有靜電力、重力和系統(tǒng)內彈力做功時：ΔEp電＋ΔEpG＋ΔEp彈力＋ΔEk＝0其中ΔEpG＋ΔEp彈力＋ΔEk＝ΔE機械能注意：(1)在任何電場中，均有WAB＝qUAB＝q(φA－φB)；只有在勻強電場中時，才有WAB＝qElcosθ。(2)公式Ep＝qφ中，應考慮q的正負號。例2如圖所示，在O點放置一個正電荷，在過O點的豎直平面內的A點自由釋放一個帶正電的小球，小球的質量為m、電荷量為q。小球落下的軌跡如圖中虛線所示，它與以O為圓心、R為半徑的圓(圖中實線表示)相交于B、C兩點，O、C在同一水平線上，∠BOC＝30°，A距離OC的豎直高度為h。若小球通過B點的速度為v，試求：(1)小球通過C點的速度大??；(2)小球由A到C的過程中電勢能的增加量。[規(guī)范解答](1)因B、C兩點電勢相等，小球由B到C只有重力做功，由動能定理得：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應用動能定理得：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，由電勢能變化與靜電力做功的關系得：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模型點撥解決電場中的功能問題時，靜電力做功與電勢能變化的功能關系WAB＝－ΔEp是基礎，對于很多題目，還需要結合動能定理或能量守恒定律分析、計算。[變式訓練2](多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平。a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經過P點到達某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a()A．從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B．從N到P的過程中，速率先增大后減小C．從N到Q的過程中，電勢能一直增加D．從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量答案BC解析小球a從N到Q的過程中，重力不變，庫侖力F逐漸增大，庫侖力F與重力的夾角逐漸變小，因此，F與mg的合力逐漸變大，A錯誤；從N到P的過程中，重力沿速度方向的分力等于F沿速度反方向的分力時，速率最大，B正確；從N到Q的過程中，F一直做負功，電勢能一直增加，C正確；從P到Q的過程中，根據能量守恒知，電勢能的增加量和重力勢能的增加量之和等于動能的減少量，所以電勢能的增加量小于動能的減少量，D錯誤。

科學思維變化率、微元累積思維——在電場圖像問題中的應用1．變化率在電場圖像問題中的應用必修第一冊我們已經學過變化率在x-t圖像、v-t圖像中的應用，變化率這種研究方法用到了比較思想與極限思維。類似地，用變化率可以分析相關電場圖像問題。常見的圖像如下：(1)Ep-x圖像由W電＝F電·Δx、W電＝－ΔEp，得F電＝－eq\f(ΔEp,Δx)。即圖線的切線斜率的絕對值等于靜電力的大小，正、負表示靜電力的方向。注：應用電場相關規(guī)律和動力學規(guī)律、功能關系等，還可以進一步判斷場強、粒子的加速度、動能等隨位移的變化情況。(2)φ-x圖像上面的公式F電＝－eq\f(ΔEp,Δx)兩邊同時除以q，得E＝－eq\f(\a\vs4\al(Δφ),Δx)。即φ-x圖線的切線斜率的絕對值等于場強大小，正、負表示場強的方向。注：①電場強度的方向也可根據電勢大小關系確定。②分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB分析WAB的正負，然后由ΔEp＝－WAB作出判斷，或直接用Ep＝qφ判斷。2．微元累積思維在電場圖像問題中的應用必修第一冊推導勻變速直線運動的位移公式時，用到微元累積法，必修第二冊計算物體沿曲面滑下重力做的功時，也用到這種方法。微元累積法也用到極限思想，高等數學中的微積分就是從變化率與微元累積法這兩種方法中萌芽的。類似地，用微元累積法也可以分析相關電場圖像問題。常見的圖像如下：E-x圖像當電場方向沿x軸時，根據公式U＝Ed，借助微元累積法知，E-x圖線與x軸圍成圖形的面積大小表示x軸上兩點的電勢差大小，兩點的電勢高低可根據電場方向判定。注：①E-x圖像只能反映電場強度在x軸方向的分量隨位置x變化的規(guī)律，若合電場不沿x軸方向，則不能用“面積”分析電勢差大小。②E>0表示場強沿x軸正方向，E<0表示場強沿x軸負方向。③在與粒子運動相結合的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。畫一畫：同學們可以嘗試畫出以下圖像：(1)正點電荷(負點電荷)周圍的E-x圖像、φ-x圖像。(2)兩個等量同(異)種點電荷連線上的E-x圖像、φ-x圖像。(3)兩個等量同(異)種點電荷連線的中垂線上的E-x圖像、φ-x圖像。例1兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是()A．q1、q2為等量異種電荷B．N、C兩點間場強方向沿x軸負方向C．N、D兩點間的電場強度大小沿x軸正方向先減小后增大D．將一正點電荷從N點移到D點，電勢能先增大后減小[規(guī)范解答]根據q1左側和q2右側電勢隨距離增大而降低，可判斷兩者均為正電荷，故A錯誤；根據沿電場方向電勢降低，可知N、C間的場強方向沿x軸正方向，故B錯誤；根據從N到D圖線的斜率絕對值先減小后增大，可知N、D兩點間的場強大小沿x軸正方向先減小后增大，故C正確；將一正點電荷從N點移到D點，由Ep＝qφ知，電勢能先減小后增大，故D錯誤。[答案]C例2半徑為R1和R2(R2>R1)的兩無限長豎直同軸圓柱面，單位長度上分別帶有等量異種電荷，如圖1所示，內圓柱面帶正電。已知電場強度沿某一水平半徑的分布情況如圖2所示，當r<R1及r>R2時電場強度均為零，A、B為分別靠近內、外圓柱面且在同一半徑上的兩點，則()A．內圓柱面內各點電勢可能不等B．負試探電荷在A點時的電勢能比在B點時的電勢能大C．A、B中點處的電場強度大于eq\f(EA＋EB,2)D．A、B兩點的電勢差小于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)[規(guī)范解答]由圖2知，r<R1時，E＝0，則電荷自r<R1內某固定點移動到內圓柱面上任意一點，靜電力做功均為零，故內圓柱面上各點電勢都相等，A錯誤；電場線由A指向B，則A點電勢高，則負試探電荷在A點時的電勢能比在B點時的電勢能小，B錯誤；由圖2可知，A、B中點處的電場強度小于eq\f(EA＋EB,2)，C錯誤；根據U＝Ed，可知E-r圖像中圖線與r軸圍成的面積等于電勢差，若從A到B的E-r圖像為直線，則A、B兩點的電勢差等于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)，而實際圖像中對應的面積小于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)，可知A、B兩點的電勢差小于eq\f(（EA＋EB）（R2－R1）,2)，D正確。[答案]D1.帶有等量異種電荷的一對平行金屬板，上極板帶正電荷。如果兩極板間距不是足夠近或者兩極板面積不是足夠大，即使在兩極板之間，電場線也不是彼此平行的直線，而是如圖所示的曲線(電場方向未畫出)。虛線MN是穿過兩極板正中央的一條直線。關于此電場，以下說法正確的是()A．b點的電勢高于d點的電勢B．b點的電勢高于c點的電勢C．將一負電荷從a點移到d點，其電勢能增大D．將一正電荷從a點由靜止釋放，它將沿著電場線做勻變速直線運動答案C解析根據電場線與等勢線垂直，可知虛線MN是一條等勢線，所以b點的電勢等于d點的電勢，即φb＝φd，A錯誤；電場線從正電荷出發(fā)，指向負電荷，且沿著電場線方向電勢降低，所以d點電勢低于c點電勢，即φd<φc，所以φb<φc，即b點的電勢低于c點的電勢，故B錯誤；同理分析可知φa>φd，將一負電荷從a點移到d點，根據Ep＝qφ可知，其電勢能增大，故C正確；將一正電荷從a點由靜止釋放，由于過a點的電場線是直線且沿ab方向，所以它將沿ab所在的電場線向下運動，由電場線的疏密程度可知電場強度不恒定，即該正電荷所受電場力會發(fā)生變化，由牛頓第二定律可知其加速度不恒定，所以正電荷不會沿電場線做勻變速直線運動，故D錯誤。2.如圖所示，在兩等量異種點電荷連線上有D、E、F三點，且DE＝EF。K、M、L分別為過D、E、F三點的等勢面。一不計重力的帶負電粒子，從a點射入電場，運動軌跡如圖中實線所示，以|Wab|表示該粒子從a點到b點靜電力做功的絕對值，以|Wbc|表示該粒子從b點到c點靜電力做功的絕對值，則()A．|Wab|＝|Wbc|B．|Wab|<|Wbc|C．粒子由a點到b點，動能減少D．a點的電勢較b點的電勢低答案C解析由等量異種點電荷的電場線分布特點可知靠近電荷處電場強度大，由公式U＝Ed知|Uab|>|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|>|Wbc|，則A、B均錯誤；從帶負電粒子的運動軌跡可知該粒子從a點到c點受到大體向左的作用力，故左側為正電荷，從左向右電勢降低，則D錯誤；粒子由a點到b點，靜電力做負功，電勢能增加，動能減少，則C正確。3.(多選)如圖所示，實線為某孤立點電荷產生的電場的幾條電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點。若帶電粒子在運動中只受靜電力的作用，下列說法中正確的是()A．該電場是由負點電荷所激發(fā)的電場B．電場中a點的電勢比b點的電勢高C．帶電粒子在a點的加速度比在b點的加速度大D．帶電粒子在a點的動能比在b點的動能大答案CD解析根據題圖以及題干條件，無法判斷場源電荷的正負，也不能判斷出電場線的方向以及a點、b點電勢的高低，A、B錯誤；根據電場線密處電場強度大，電場線疏處電場強度小的特點，得出Ea>Eb，利用牛頓第二定律可知a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)，則帶電粒子在a點的加速度比在b點的加速度大，C正確；若粒子從a點運動到b點，靜電力做負功，帶電粒子的動能減小，若粒子從b點運動到a點，靜電力做正功，帶電粒子的動能增大，D正確。4.平行金屬板A、B帶等量異種電荷，以過兩板中心O點(原點)且與金屬板平行的軸線為x軸、由A指向B的方向為場強的正方向，作出場強隨坐標變化的圖像如圖所示，其中aO＝Ob＝l。下列說法正確的是()A．A板帶正電B．沿x軸正方向電勢降低C．電勢差UbO＝UOa＝E0lD．將電子沿x軸由a點移動到b點，電子的電勢能不變答案D解析場強為負表示場強方向由B指向A，則A板帶負電，A錯誤；如圖，兩板間平行于兩板的中心線為一等勢線，即沿x軸電勢不變，b、O與O、a之間的電勢差均為零，B、C錯誤；由于兩板間的x軸為一等勢線，所以將電子沿x軸由a點移動到b點，電子的電勢能不變，D正確。5.(多選)如圖所示，虛線a、b、c表示電場中的三個等勢面與紙平面的交線，且相鄰等勢面之間的電勢差相等。實線為一帶正電荷的粒子僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點，則下列說法中正確的是()A．三個等勢面中，a的電勢最高B．對于M、N兩點，帶電粒子通過M點時電勢能較大C．對于M、N兩點，帶電粒子通過M點時動能較大D．帶電粒子由M運動到N時，加速度增大答案CD解析由于帶電粒子做曲線運動，所受靜電力的方向必定指向軌跡的凹側，且和等勢面垂直，所以電場線方向是由c指向b再指向a。根據沿電場線的方向電勢降低，可知φc>φb>φa，A錯誤。正電荷在電勢高處電勢能大，M點的電勢比N點電勢低，故在M點時電勢能較小，B錯誤。根據能量守恒定律，粒子的動能和電勢能之和保持不變，故粒子在M點的動能較大，C正確。由于相鄰等勢面之間電勢差相等，因N點等勢面較密，則EM<EN，即qEM<qEN，由牛頓第二定律知，帶電粒子從M點運動到N點時，加速度增大，D正確。6.(多選)一帶負電的粒子只在靜電力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中O～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是()A．x1處電場強度最小，但不為零B．粒子在O～x3段做變速運動，x2～x3段做勻變速運動C．x2～x3段電場強度的大小、方向均不變，為一定值D．在O、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關系為φ1>φ2＝φ0>φ3答案BCD解析由W電＝－ΔEp，W電＝F電Δx，得F電＝－eq\f(ΔEp,Δx)，可知Ep-x圖像切線的斜率等于靜電力F電的負數。x1處圖像切線的斜率為零，即靜電力為零，電場強度為零，A錯誤；x2～x3段切線的斜率不變，靜電力不變，故電場強度的大小、方向均不變，C正確；O～x3段切線的斜率一直變化，靜電力一直變化，粒子做變速運動，x2～x3段靜電力不變，粒子做勻變速運動，B正確；根據電勢能與電勢的關系：Ep＝qφ，粒子帶負電，q<0，可知電勢能越大，粒子所在處的電勢越低，所以φ1>φ2＝φ0>φ3，故D正確。7.靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置。如圖所示為該透鏡工作原理示意圖，虛線表示這個靜電場在xOy平面內的一簇等勢線，等勢線形狀相對于x軸、y軸對稱，且相鄰兩等勢線的電勢差相等。圖中實線為某個電子通過電場區(qū)域時的軌跡示意圖，關于此電子從a點運動到b點過程中，下列說法正確的是()A．a點的電勢高于b點的電勢B．電子在a點的加速度大于在b點的加速度C．電子在a點的動能大于在b點的動能D．電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能答案D解析根據合力指向軌跡內側和電場線與等勢線垂直可知，電子在y軸左側受到一個斜向右下方的靜電力，所以在y軸左側電場線指向左上方，故a點的電勢低于b點的電勢，故A錯誤；根據等差等勢線的疏密知道b處的電場線密，場強大，電子的加速度大，故B錯誤；根據負電荷在電勢低處電勢能大，可知電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，從a到b電子的電勢能一直減小，則電子從a點運動到b點的過程中，靜電力始終做正功，動能增大，故C錯誤，D正確。8.(多選)如圖所示空間有一勻強電場，電場方向與紙面平行。一電荷量為－q的粒子(重力不計)，在恒力F的作用下沿虛線由M勻速運動到N。已知力F和MN間夾角為θ，M、N間距離為d，則下列結論中正確的是()A．M、N兩點的電勢差為eq\f(Fdcosθ,q)B．勻強電場的電場強度大小為eq\f(Fcosθ,q)C．帶電粒子由M運動到N的過程中，電勢能增加了FdcosθD．若要使帶電粒子由N向M做勻速直線運動，則F必須反向答案AC解析粒子做勻速運動，靜電力必與恒力F平衡，由M點運動到N點，靜電力做功為W＝－Fdcosθ，UMN＝eq\f(W,－q)＝eq\f(Fdcosθ,q)，A正確；由粒子受力知，電場強度E＝eq\f(F,q)，B錯誤；電勢能的增加量等于克服靜電力做的功Fdcosθ，C正確；粒子做勻速直線運動的條件是受力平衡，則若要使粒子由N勻速運動到M，所受力F不變，D錯誤。9.(多選)如圖所示，豎直向上的勻強電場中，絕緣輕質彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止?，F撤去F，小球從靜止開始運動到離開彈簧的過程中，重力、靜電力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中()A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球的重力勢能增加－W1C．小球的機械能增加W1＋eq\f(1,2)mv2D．小球的電勢能減少W2答案BD解析由于靜電力做正功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能增加，故A錯誤；重力做功是重力勢能變化的量度，由題意知重力做負功W1，則重力勢能增加－W1，故B正確；小球機械能的增加量等于重力勢能增加量與動能增加量之和，即－W1＋eq\f(1,2)mv2，故C錯誤；靜電力做功是電勢能變化的量度，靜電力做正功W2，則電勢能減少W2，故D正確。10.(多選)在粗糙水平面上固定一點電荷，電場中任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示。該水平面上a、b、c三個點的電勢φ與到點電荷的距離r已在圖中標出，虛線為過b點的切線。現將一質量為0.03kg、電荷量為0.1C的帶正電物塊從a點由靜止釋放，依次經過b、c兩點。靜電力所做的功分別為Wab、Wbc，且過b點時物塊的速度最大。已知重力加速度g＝10m/s2，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，下列說法正確的是()A．b點的場強大小為1.5V/mB．物塊與桌面間的動摩擦因數為0.3C．Wab＝2WbcD．固定點電荷的電荷量為eq\f(2,3)×10－9C答案AD解析圖像的斜率的絕對值表示場強大小，由圖可知b點的場強大小為E＝eq\f(6,4)V/m＝1.5V/m，故A正確；由題知，物塊過b點時速度最大，此時加速度為零，則qE＝μmg，解得μ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(0.1×1.5,0.03×10)＝0.5，故B錯誤；由圖可以得到a點的電勢為6V，b點的電勢為3V，c點的電勢為2V，所以Uab＝3V，Ubc＝1V，又因為靜電力做的功W＝qU，所以Wab＝3Wbc，故C錯誤；設固定點電荷帶電量為Q，已知b點的場強大小E＝1.5V/m，b點到固定點電荷的距離r＝2m，根據點電荷場強公式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正確。11.如圖所示，虛線表示等勢面，相鄰兩等勢面間的電勢差相等，有一帶電的微粒在該電場中運動，不計微粒所受的重力和空氣阻力，實線表示該帶正電的微粒的運動軌跡，微粒在a點的動能等于14eV，運動到b點時的動能等于2eV，若取c點為零電勢點，則這個帶電微粒的電勢能等于－4eV時，它的動能等于()A．14eV B．10eVC．6eV D．4eV答案B解析帶電微粒自a點運動到b點的過程，根據動能定理知，靜電力做的功Wab＝Ekb－Eka＝－12eV，設帶電微粒所帶電荷量為q，則Uab＝eq\f(Wab,q)＝－eq\f(12eV,q)；由于相鄰兩等勢面的電勢差相等，則Ubc＝－eq\f(1,3)Uab＝eq\f(4eV,q)；帶電微粒從b到c的過程，根據動能定理有Wbc＝Ekc－Ekb，其中Wbc＝qUbc，聯(lián)立可得Ekc＝6eV；由于只有靜電力做功，則帶電微粒電勢能和動能之和保持不變，若取c點為零電勢點，則帶電微粒在電場中的總能量為E＝Epc＋Ekc＝6eV，因此當電勢能等于－4eV時，它的動能為10eV，故A、C、D錯誤，B正確。12．(多選)如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最后將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點。下列說法正確的有()A．Q1移入之前，C點的電勢為eq\f(W,q)B．Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0C．Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WD．Q2在移到C點后的電勢能為－4W答案ABD解析根據電場力做功與電勢能變化的關系知Q1在C點的電勢能Ep＝W，根據電勢的定義式知C點電勢φ＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(W,q)，A正確；在A點的點電荷產生的電場中，B、C兩點處在同一等勢面上，Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，B正確；將Q1移到B點固定后，再將Q2從無窮遠處移到C點，兩固定點電荷對Q2的庫侖力做的功均為2W，則電場力對Q2做的總功為4W，C錯誤；因為無窮遠處電勢為0，則Q2移到C點后的電勢能為－4W，D正確。13．(多選)某同學用如圖甲所示裝置研究帶電小球在重力場和電場中具有的勢能E(重力勢能、電勢能之和)的情況。兩個帶同種電荷的小球1、2放在豎直放置的絕緣圓筒中，1固定在圓筒底部，2從靠近1位置處釋放，測出2的位置x和速度，利用能量守恒可以得到2的勢能E。圖乙中Ⅰ線是小球2的E-x圖像，Ⅱ線是計算機擬合的圖線Ⅰ的漸近線，實驗中一切摩擦可忽略，小球的電荷量不會發(fā)生變化，g＝10m/s2，則小球2()A．上升過程速度一直變大B．上升過程速度先變大后變小C．質量為0.5kgD．從x＝6.0cm處運動至x＝20cm處電勢能減少0.3J答案BCD解析小球2上升過程系統(tǒng)能量守恒，有E＋Ek＝E總，結合圖乙Ⅰ線可知，上升過程中小球2的勢能先變小后變大，因此，小球2的動能先變大后變小，速度也先變大后變小，A錯誤，B正確；根據庫侖定律有FC＝eq\f(kq1q2,x2)，可知當x→∞時，FC→0，系統(tǒng)勢能的變化量主要取決于重力做功，則圖乙中Ⅱ線表示重力勢能變化的圖線，因此ΔEⅡ＝ΔEpG＝mgΔx，則小球2的重力mg＝eq\f(ΔEⅡ,Δx)＝eq\f(0.8－0.3,（20.0－10.0）×10－2)N＝5N，質量m＝0.5kg，C正確；小球2從x＝6.0cm處運動至x＝20cm過程中，ΔEⅠ＝ΔEpG＋ΔEp電，由圖知ΔEⅠ＝0.4J，而ΔEpG＝mgΔx′＝0.7J，可解得ΔEp電＝－0.3J，即小球2從x＝6.0cm處運動至x＝20cm過程中，電勢能減少0.3J，D正確。14.如圖所示，光滑絕緣細桿豎直放置，它與以正電荷Q為圓心的某圓交于B、C兩點，質量為m、電荷量為－q的有孔小球從桿上A點無初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B點時速度大小為eq\r(3gh)，求：(1)小球由A到B的過程中靜電力做的功；(2)A、C兩點的電勢差。答案(1)eq\f(1,2)mgh(2)－eq\f(mgh,2q)解析(1)因為桿是光滑的，所以小球從A到B過程中只有兩個力做功：靜電力做功WE和重力做功mgh，由動能定理得：WE＋mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，代入已知條件vB＝eq\r(3gh)得靜電力做功WE＝eq\f(1,2)m·3gh－mgh＝eq\f(1,2)mgh。(2)因為B、C在同一個等勢面上，所以φB＝φC，即UAC＝UAB，由W＝qU得UAC＝UAB＝eq\f(WE,－q)＝－eq\f(mgh,2q)。專題三帶電粒子(物體)在電場中運動的綜合問題探究1帶電粒子在交變電場中的運動問題1．此類題型一般有三種情況(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)。(2)粒子做往返運動(一般分段研究)。(3)粒子做偏轉運動(一般根據交變電場特點分段研究)。2．分析時從兩條思路出發(fā)(1)力和運動的關系。根據牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析。(2)功能關系。3．突破策略：抓住周期性和空間上的對稱性注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件。例1一電荷量為q(q>0)、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖所示，不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始電場反方向運動的時間。[規(guī)范解答]帶電粒子在規(guī)律性變化的靜電力作用下做變速運動。(1)帶電粒子在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時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得a1＝eq\f(qE0,m)，a2＝－eq\f(2qE0,m)，a3＝eq\f(2qE0,m)，a4＝－eq\f(qE0,m)，由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的加速度—時間圖像如圖a所示，對應的速度—時間圖像如圖b所示。其中v1＝a1eq\f(T,4)＝eq\f(qE0T,4m) ①由圖b可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時間內的位移為x＝2×eq\f(1,2)×eq\f(T,4)v1 ②由①②式得x＝eq\f(qE0,16m)T2，方向沿初始電場方向。(2)由圖b可知，粒子在t＝eq\f(3,8)T到t＝eq\f(5,8)T內沿初始電場的反方向運動，總的運動時間為t＝eq\f(5,8)T－eq\f(3,8)T＝eq\f(T,4)。[答案](1)eq\f(qE0,16m)T2方向沿初始電場方向(2)eq\f(T,4)模型點撥在交變電場作用下粒子所受的靜電力發(fā)生改變，從而影響粒子的運動性質；由于靜電力周期性變化，粒子的運動性質也具有周期性；研究帶電粒子在交變電場中的運動需要分段研究，特別注意帶電粒子進入交變電場的時間及交變電場的周期。[變式訓練1](多選)一對平行金屬板長為L，兩板間距為d，質量為m、電荷量為e的電子從平行板左側以速度v0沿兩板的中線不斷進入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖所示，交變電壓的周期T＝eq\f(L,2v0)，已知所有電子都能穿過平行板，且最大偏距的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計重力作用，則()A．所有電子都從右側的同一點離開電場B．所有電子離開電場時速度都是v0C．t＝0時刻進入電場的電子，離開電場時動能最大D.t＝eq\f(1,4)T時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最大側位移為eq\f(d,16)答案BD解析電子進入電場后做類平拋運動，不同時刻進入電場的電子豎直方向分速度隨時間變化的圖像如圖所示，根據圖線與t軸所圍面積表示豎直方向的分位移可知，各個電子在豎直方向的分位移不全相同，故所有電子從右側離開電場的位置不全相同，故A錯誤。由圖看出，所有電子離開電場時豎直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正確。由上述分析可知，電子離開電場時的速度都相同，動能都相同，故C錯誤。t＝eq\f(T,4)時刻進入電場的電子，在t＝eq\f(3,4)T時刻側位移最大。最大側位移為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由題意知，在t＝0時刻進入電場的電子側位移最大為eq\f(1,2)d，則有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聯(lián)立①②得ymax＝eq\f(d,16)，故D正確。探究2帶電物體在電場中的運動問題1．受力特點帶電物體的重力不可忽略，在勻強電場中受到的重力和電場力均為恒力。帶電物體還可能受其他力，如支持力、摩擦力。2．主要運動形式(1)直線運動。(2)類拋體運動。(3)圓周運動。(4)一般曲線運動。3．解題關鍵(1)分析受力、運動首先要分析帶電物體的受力特點，弄清帶電物體的運動形式，然后再選用合適的規(guī)律求解。(2)合理選用規(guī)律根據受力特點和運動形式，選用合適的動力學規(guī)律，或應用功能規(guī)律等解題。常用的動力學規(guī)律：勻變速直線運動規(guī)律、拋體運動規(guī)律、運動的合成與分解、圓周運動規(guī)律、牛頓運動定律。常用的功能規(guī)律：功能關系、動能定理、能量守恒定律。(3)巧用等效重力場若帶電物體在勻強電場中做類拋體運動或圓周運動，則可以先把重力G和靜電力F電這兩個力合成為一個等效重力F合，將靜電場和重力場的復合場看作等效重力場，然后借助拋體運動或圓周運動的解題方法、規(guī)律進行分析、求解，從而使運算簡化。g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F合的方向為“等效重力”的方向。一般當此恒力F合的方向與運動方向垂直時，其速度(或動能)取得最大值或最小值。①對于類拋體運動，常用到的方法、規(guī)律有：運動的合成與分解、平拋運動的推論、斜上拋運動的對稱性；②對于圓周運動，若不受摩擦阻力，則關鍵是找出等效最高點和等效最低點，然后用動力學規(guī)律、功能規(guī)律分析計算。過軌跡圓心且沿F合方向的直徑與軌跡圓分別交于等效最高點和等效最低點。例2(多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。則射出后，()A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量[規(guī)范解答]根據qE＝mg、E水平向右可知，帶正電荷q的小球所受合力F斜向右下方，且與水平方向夾角為45°；小球在P點的初速度v0水平向左，可畫出小球在勻強電場中做類斜拋運動的軌跡如圖，其中O為軌跡等效最高點，N為軌跡上與P“等高”的點。根據類斜拋運動的規(guī)律及對稱性可知，小球經過O點速度與F垂直時，速度最小，動能最小，經過N點時，速度大小為v0，動能等于初動能，且經過N點的速度豎直向下。根據Ep＝qφ，以及沿電場線方向電勢降低，結合上述分析可知，小球經過O點動能最小時，電勢能不是最大，小球經過N點動能等于初動能時，電勢能最大，A錯誤，B正確。分析可知，小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，恰好經過O點，此時動能最小，C錯誤。小球速度的水平分量為零時，經過N點，從P到N的過程，根據動能定理有WG＋WE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根據功能關系，此過程電勢能增加量ΔEp＝－WE，則此過程WG＝ΔEp，D正確。[答案]BD模型點撥帶電物體在勻強電場中做類拋體運動時，應根據所要求解問題的特點，選擇是沿等效重力和垂直等效重力的方向進行分解，還是沿重力和靜電力的方向進行分解，若方法選擇不恰當，會使求解更復雜。[變式訓練2－1]水平面上有一個豎直放置的部分圓弧軌道，O為圓心，A為軌道的最低點，半徑OA豎直，圓心角∠AOB為60°，半徑R＝0.8m，空間有豎直向下的勻強電場，場強E＝1×104N/C。一個質量為m＝2kg、電荷量為q＝－1×10－3C的帶電小球，從軌道左側與圓心O同一高度的C點水平拋出，恰好從B點沿切線進入圓弧軌道，到達最低點A時對軌道的壓力FN＝32.5N。求：(1)小球拋出時的初速度v0的大?。?2)小球從B到A的過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)小球拋出后從C到B過程中受重力和豎直向上的靜電力，做類平拋運動，則：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與B的高度差h＝Rcos60°＝0.4m設小球到B點時豎直分速度為vy，則veq\o\al(2,y)＝2ah解得小球到達B點時豎直分速度vy＝2m/s小球在B點時，速度方向與水平方向夾角為60°，則tan60°＝eq\f(vy,v0)解得小球拋出時的初速度v0＝eq\f(2\r(3),3)m/s。(2)在B點時，sin60°＝eq\f(vy,vB)，則vB＝eq\f(4\r(3),3)m/s。小球在A點時，FN′＝FN，FN′＋qE－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)解得：vA＝3m/s小球從B到A的過程，由動能定理得：(mg－qE)(R－Rcos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得小球從B到A的過程中克服摩擦所做的功Wf＝eq\f(1,3)J。[變式訓練2－2]如圖所示，在豎直面內放置光滑的絕緣軌道，勻強電場水平向右，電場強度為E。一帶負電的小球從高h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動(小球通過B點時無機械能的損失)并進入圓環(huán)內做圓周運動。已知小球所帶電荷量為eq\f(3mg,4E)，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角θ＝60°，BC段長為2R。(1)若h＝5R，求小球到斜面底端時的速度大?。?2)若要求小球在全過程中不脫離軌道，求h的取值范圍。(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的過程，重力做正功，靜電力做負功，由動能定理：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)小球在復合場中運動，重力與靜電力的合力F合＝eq\f(5,4)mg，方向與豎直方向夾角為37°，斜向左下方，由等效重力思想，小球不脫離軌道，如圖所示，臨界時：①小球到達與圓心等效等高點D時速度為0：從C到D：－F合Rcos37°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)，解得：veq\o\al(2,C1)＝2gR由斜面頂端到C點：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小球恰能通過等效最高點E，在E點：F合＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)，解得：veq\o\al(2,E)＝eq\f(5,4)gR從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由斜面頂端到C點：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綜上：h≥7.7R或h≤4.4R。1.(多選)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電小球恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該小球()A．所受重力與靜電力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動答案BD解析做直線運動的條件是垂直于速度方向上受力平衡，本題中是重力和靜電力的一個分力平衡。對帶電小球受力分析，如圖所示，F合≠0，故A錯誤。由圖可知，靜電力與重力的合力與v0反向，F合對小球做負功，其中重力不做功，靜電力做負功，故小球動能減少，電勢能增加，B正確，C錯誤。F合恒定，且F合與v0方向相反，小球做勻減速直線運動，D正確。2.如圖所示，質量為m的帶負電的小物塊置于傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置處于豎直向下的勻強電場中時，小物塊恰好靜止在斜面上?，F將電場方向突然改為水平向右，而場強大小不變，則()A．小物塊仍靜止B．小物塊將沿斜面加速上滑C．小物塊將沿斜面加速下滑D．小物塊將脫離斜面運動答案C解析小物塊恰好靜止時靜電力大小等于重力，即F電＝mg。當把電場方向突然改為水平向右時小物塊受到的靜電力方向變?yōu)樗较蜃?，把靜電力和重力分解到沿斜面和垂直斜面的兩個方向上，在垂直斜面方向上有F電sin37°＋FN＝mgcos37°，在沿斜面方向上有F電cos37°＋mgsin37°＝ma，故小物塊將沿斜面加速下滑，C正確。3．如圖甲所示，在間距足夠大的平行金屬板A、B之間有一電子，在A、B之間加上按如圖乙所示規(guī)律變化的電壓，在t＝0時刻電子靜止且A板電勢比B板電勢高，則()A．電子在A、B兩板間做往復運動B．在足夠長的時間內，電子一定會碰上A板C．當t＝eq\f(T,2)時，電子將回到出發(fā)點D．當t＝eq\f(T,2)時，電子的位移最大答案B解析電子先向A板做半個周期的勻加速直線運動，接著做半個周期的勻減速直線運動，經歷一個周期后速度為零，以后重復以上過程，運動方向不變，故選B。4.(多選)如圖所示，地面上方存在水平向右的勻強電場，現將一帶電小球從距離地面O點高h處的A點以水平速度v0拋出，經過一段時間小球恰好垂直于地面擊中地面上的B點，B到O的距離也為h，當地重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．從A到B的過程中小球的動能先增大后減小B．下落過程中小球的機械能一直減小C．小球在B點的速度剛好為v0D．從A點到B點小球的電勢能增加了mgh答案BCD解析因為小球垂直擊中地面，所以小球所受靜電力水平向左，則重力和靜電力的合力F指向左下方，而初速度水平向右，末速度豎直向下，則F與速度v的夾角先為鈍角后為銳角，F先做負功后做正功，所以小球從A到B的過程中動能先減小后增大，故A錯誤；由于靜電力水平向左，所以下落過程中小球一直克服靜電力做功，小球的機械能一直減小，故B正確；對小球的運動分解，水平方向有eq\f(1,2)v0t＝h，豎直方向有eq\f(1,2)vBt＝h，可解得vB＝v0，故C正確；由v0＝a水平t，vB＝gt，可得a水平＝g，則靜電力大小F電＝ma水平＝mg，因此，靜電力做的功為W電＝－F電h＝－mgh，根據W電＝－ΔEp電，所以小球電勢能增加了mgh，故D正確。5.(多選)如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點間的電勢差為U，不計重力作用，設P點的電勢為零。則下列說法正確的是()A．帶電粒子在Q點的電勢能為－UqB．帶電粒子帶負電C．此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D．此勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)U,3d)答案AC解析根據帶電粒子的偏轉方向，可判斷B錯誤；因為靜電力做正功，電勢能減少，又因為P、Q兩點的電勢差為U，而P點的電勢為零，所以A正確；帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由曲線運動的規(guī)律和幾何知識求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vy＝eq\r(3)v0，設帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，帶電粒子在電場中的運動時間為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正確，D錯誤。6．一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結構簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒(重力不計)，此微粒經過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉電場，再經偏轉電場后打到紙上，顯示出字符。已知偏移量越大打在紙上的字跡越大?，F要增大字跡，下列措施可行的是()A．增大墨汁微粒的比荷B．增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能C．減小偏轉極板的長度D．減小偏轉極板間的電壓答案A解析微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場做類平拋運動，則在水平方向有：l＝v0t，在豎直方向有：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立得：y＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(qUl2,4dEk0)。要增大字跡，就要增大微粒通過偏轉電場的偏移量y，由上式分析可知，可采用的措施有：增大比荷eq\f(q,m)、減小墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能Ek0、增大極板的長度l、增大偏轉極板間的電壓U，故B、C、D錯誤，A正確。7．(多選)如圖甲所示，絕緣、光滑水平面上方，有水平向右的勻強電場，電場強度大小為E。在水平面右端固定一絕緣輕彈簧，一帶電物塊(可視為質點)質量為m，電荷量為＋q，將帶電物塊由靜止釋放，以物塊出發(fā)點為坐標原點，水平向右為x軸正方向，建立坐標系，物塊動能Ek與它通過的距離x之間的關系如圖乙，其中坐標x1處為彈簧原長位置，O～x1段為直線，坐標x2處動能最大，坐標x4處動能為零。下列說法正確的是()A．彈簧的勁度系數為k＝eq\f(qE,x2－x1)B．從坐標x1處到坐標x4處，物塊所受力的合力先增加后減小C．從坐標x1處到坐標x3處，彈簧彈性勢能增加了qE(x3－x1)D．從坐標x1處到坐標x2處，彈簧彈性勢能增加量的大小等于電勢能減少量的大小答案AC解析在x2處物塊動能最大，此時物塊加速度為零，則F彈＝F電，即kΔx＝k(x2－x1)＝qE，解得k＝eq\f(qE,x2－x1)，故A正確；從坐標x1處到坐標x4處，彈簧彈力從0逐漸增大，在x2處F彈＝F電，所以物塊所受合力先減小后增大(也可根據題圖乙由圖像的斜率分析)，故B錯誤；物塊的動能、電勢能和彈簧的彈性勢能總和不變，從坐標x1處到坐標x3處，物塊動能不變，則靜電力做的功全部轉化為彈簧的彈性勢能，彈簧彈性勢能增加了ΔEp＝qE(x3－x1)，故C正確；從坐標x1處到坐標x2處，彈簧的彈性勢能增加，物塊動能增加，電勢能減小，可知彈簧彈性勢能增加量和物塊動能增加量之和等于電勢能減少量，故D錯誤。8.如圖所示，一帶電小球從A處豎直向上進入一水平方向的勻強電場中，進入電場時小球的動能為4J，運動到最高點B時小球的動能為5J，則小球運動到與A點在同一水平面上的C點(圖中未畫出)時的動能為()A．4J B．14JC．19J D．24J答案D解析從A到B，根據動能定理有F電x1－Gh＝EkB－EkA，其中W1＝F電x1是從A到B靜電力做的功，根據運動學規(guī)律，沿水平方向和豎直方向分別有vB＝eq\f(F電,m)t1，x1＝eq\f(vB,2)t1，vA＝eq\f(G,m)t1，h＝eq\f(vA,2)t1，代入數據，可解得W1＝5J；下降的過程中，小球在豎直方向做自由落體運動，與豎直上拋是對稱的，所以下降的時間與上升時間相等，即t2＝t1，則水平方向的總位移x2＝4x1，全過程中靜電力做功W2＝qEx2＝4qEx1＝4W1＝20J，全過程中，重力做功為0，根據動能定理有W2＝Ek末－Ek初，所以Ek末＝Ek初＋W2＝24J，D正確。[名師點撥]本題中小球在勻強電場中不是做類平拋運動，對于這類勻變速曲線運動，一般分析方法是：將運動沿電場方向和重力方向分解，進而應用相關運動規(guī)律求解。對于某些問題，如求速度極值，運用等效重力法更簡單。9．如圖a所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖b所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是()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解析設粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的v-t圖像如圖所示。由于圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時粒子在一個周期內的總位移為正；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內的總位移為負；當t0>T時情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內的總位移應為負，速度時正時負，對照各選項可知只有B正確。10.(多選)如圖所示，在豎直平面內有水平向右、電場強度為E＝1×104N/C的勻強電場。在勻強電場中有一根長l＝2m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質量m＝0.08kg的帶電小球，靜止時懸線與豎直方向成37°角。若小球獲得初速度恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，取小球在靜止時的位置為電勢能零點和重力勢能零點，cos37°＝0.8，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．小球的電荷量q＝6×10－5CB．小球動能的最小值為1JC．小球在運動至圓周軌跡上的最高點時有機械能的最小值D．小球繞O點在豎直平面內做圓周運動的電勢能和機械能之和保持不變，且為4J答案AB解析對小球進行受力分析，如圖甲所示，由平衡條件可得mgtan37°＝qE，解得小球的電荷量為q＝eq\f(mgtan37°,E)＝6×10－5C，A正確；由于重力和靜電力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，如圖乙所示，在圓周軌跡上各點中，小球在平衡位置A點時的勢能(重力勢能和電勢能之和)最小，在平衡位置A關于O的對稱點B點，小球的勢能最大，由于小球總能量不變，所以小球在B點的動能EkB最小，對應速度vB最小，根據題意，在B點小球只受重力和電場力，其合力為小球做圓周運動提供向心力，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正確；由于總能量保持不變，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，當小球在圓周軌跡上最左側的C點時，電勢能EpE最大，所以在該點時機械能最小，C錯誤；小球由B運動到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4J，總能量E＝EpB＋EkB＝5J，D錯誤。11．(多選)如圖1所示，在與豎直平面平行的勻強電場中，有一質量為m、電荷量為＋q的小球(可視為質點)在長為l的絕緣輕繩牽引下繞其懸點O在豎直面內沿逆時針方向做完整的圓周運動。直徑AC豎直，直徑BD水平。小球從A點開始電勢能Ep與轉過的角度θ的關系如圖2所示。已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．該勻強電場的電場強度方向沿BD方向B．該勻強電場的電場強度大小為eq\f(mg,q)C．輕繩在D、B兩點拉力的差值為3eq\r(3)mgD．輕繩在D、B兩點拉力的差值為6eq\r(3)mg答案BC解析由題圖2根據φ＝eq\f(Ep,q)可知，θ＝eq\f(π,6)和θ＝eq\f(7π,6)時，小球所處位置的電勢相等，則這兩個位置的連線為等勢線，同理可知，此連線右側比左側電勢高，由電場線與等勢線垂直，且沿電場線方向電勢降低，可以畫出電場強度的方向如圖甲所示，即不沿BD方向而是沿θ＝eq\f(2π,3)時輕繩所在直線的方向斜向左下方，(另一種解法：根據U＝Edcosθ可知，直徑d沿電場方向時，直徑兩端電勢差U＝φ1－φ2最大，則對應小球的電勢能差值ΔEp＝qφ1－qφ2最大，由題圖2可知，θ＝eq\f(2π,3)和θ＝eq\f(5π,3)時輕繩在同一直徑上，且對應小球的ΔEp最大，結合φ＝eq\f(Ep,q)和沿電場方向電勢降低可知，電場沿θ＝eq\f(2π,3)時輕繩所在直線的方向斜向左下方)故A錯誤；根據W＝－ΔEp、W＝qU可得U＝－eq\f(ΔEp,q)，結合題圖2可知，小球運動軌跡上沿電場方向的電勢差最大為Um＝eq\f(2mgl,q)，根據勻強電場中電場強度與電勢差的關系可得場強大小E＝eq\f(U,2l)＝eq\f(mg,q)，故B正確；小球在B、D點的受力分析如圖乙所示，小球在B點時，有TB＋qEcos30°＝eq\f(mveq\o\al(2,B),l)，小球在D點時，有TD－qEcos30°＝eq\f(mveq\o\al(2,D),l)，小球從B點到D點的過程中，根據動能定理可得qEcos30°·2l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得TD－TB＝3eq\r(3)mg，故C正確，D錯誤。12.如圖所示，位于豎直面內的xOy直角坐標系內存在一勻強電場，電場方向水平，且沿x軸正方向；在x軸負半軸上P點可發(fā)射質量為m、電荷量為＋q(q>0)的帶電小球，初速度大小均為v0，方向均沿y軸正方向，已知電場強度E＝eq\f(mg,q)，重力加速度為g，不計小球間的相互作用力。(1)求帶電小球自x軸發(fā)射后，在電場中運動時的加速度；(2)若帶電小球自x軸上的Q點(圖中未畫出)發(fā)射時，小球經過y軸時的速度方向恰好垂直于y軸，求OQ的距離；(3)求帶電小球自P點發(fā)射后，在電場中運動的最小速率是多少？答案(1)eq\r(2)g，方向與x軸正方向夾角為45°斜向下(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)(3)eq\f(\r(2),2)v0解析(1)對帶電小球進行受力分析如圖由題意，有qE＝mg由平行四邊形定則，有F＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)＝eq\r(2)mg由牛頓第二定律，有F＝ma解得a＝eq\r(2)g且tanθ＝eq\f(mg,qE)＝1解得θ＝45°即加速度方向與x軸正方向夾角為45°斜向下。(2)帶電小球從Q點到y(tǒng)軸的運動可分解為豎直方向和水平方向的分運動豎直方向做豎直上拋運動，則運動時間t＝eq\f(v0,g)水平方向做初速度為0的勻加速直線運動，加速度為ax＝eq\f(qE,m)＝gO、Q的距離為水平方向位移OQ＝eq\f(1,2)axt2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)。(3)帶電小球自P點發(fā)射后做類斜上拋運動，最小速度為等效“最高點”的速度，對初速度正交分解，與加速度垂直的分量大小即為最小速率，有vmin＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0。13.如圖所示，水平向左的勻強電場中，用長為L的絕緣輕質細線懸掛一小球，小球質量為m，電荷量為＋q，將小球拉至豎直方向最低位置A點處無初速度釋放，小球將向左擺動，細線向左偏離豎直方向的最大角度θ＝74°。(重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求電場強度的大小E；(2)求小球向左擺動的過程中，對細線拉力的最大值；(3)若從A點處釋放小球，給小球一個水平向左的初速度v0，則為保證小球能做完整的圓周運動，v0的大小應滿足什么條件？答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(7,4)mg(3)v0≥eq\f(\r(23gL),2)解析(1)由于帶電小球所受靜電力方向向左，分析小球的受力情況，根據對稱性，當細線與豎直方向成eq\f(θ,2)角時，作出小球受力示意圖如圖所示，此時重力與靜電力的合力與θ角的角平分線在同一條線上，根據平衡條件得：qE＝mgtaneq\f(θ,2)，解得E＝eq\f(3mg,4q)。(2)設靜電力與重力的合力即等效重力為F，易知F＝eq\f(mg,cos\f(θ,2))＝eq\f(5,4)mg，小球運動到等效最低點時速度最大，細線拉力最大，此時細線與豎直方向成eq\f(θ,2)角。小球從A運動到等效最低點的過程中，由動能定理得FLeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(θ,2)))＝eq\f(1,2)mv2－0小球在等效最低點時，由等效重力和細線的拉力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律得T－F＝meq\f(v2,L)，解得T＝eq\f(7,4)mg由牛頓第三定律可知，小球對細線拉力的最大值為eq\f(7,4)mg。(3)若恰好使小球做完整的圓周運動，則小球運動到等效最高點時，細線拉力為0，F充當向心力，此時v0取最小值vmin，在等效最高點有F向＝F＝eq\f(mveq\o\al(2,1),L)根據動能定理有－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)聯(lián)立解得vmin＝eq\f(\r(23gL),2)為保證小球能做完整的圓周運動，v0的大小應滿足的條件為v0≥eq\f(\r(23gL),2)。

第十章知識網絡構建

第十章水平測評本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題(本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．關于靜電場，下列說法正確的是()A．電勢等于零處的物體一定不帶電B．電場強度為零的點，電勢一定為零C．同一電場線上的各點，電勢一定相等D．負電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加答案D解析零電勢的選取是任意的，一般選取大地或無限遠處的電勢為零，如一個接地的帶電體其所在處電勢就為零，A錯誤；場強為零，電勢不一定為零，B錯誤；沿電場線方向電勢降低，C錯誤；負電荷沿電場線方向移動時，靜電力做負功，電勢能增加，D正確。2.如圖所示，是電子束焊接機的示意圖，圖中帶箭頭的虛線代表電場線，B、C是電場中兩點。K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速。不考慮電子的重力，元電荷為e，則下列說法正確的是()A．B點和C點的電場強度均為eq\f(U,d)B．B點電勢高于C點電勢C．電子由K到A做勻加速直線運動D．電子由K到A電勢能減少eU答案D解析由題圖可知，K到A之間不是勻強電場，根據電場線的疏密表示電場強弱，知B點場強小于C點場強，電子由K到A運動過程中的加速度a＝eq\f(Ee,m)逐漸增大，不是做勻加速直線運動，A、C錯誤；電場線由高的等勢面指向低的等勢面，則B點電勢低于C點電勢，B錯誤；電子由K到A的過程中靜電力做的功為eU，則其電勢能減少了eU，D正確。3．如圖是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高壓電源兩端，兩極間產生強電場，虛線為等勢面。在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)射極加速飛向吸極，a、b是其路徑上的兩點。不計液滴重力。下列說法正確的是()A．a點的電勢比b點的低B．a點的電場強度比b點的小C．液滴在a點的加速度比在b點的小D．液滴在a點的電勢能比在b點的大答案D解析高壓電源左側為正極，則發(fā)射極與吸極間所加強電場的場強向右，而沿著電場線電勢逐漸降低，可知φa>φb，故A錯誤；等差等勢面的疏密反映場強的大小，由圖可知a處的等勢面較密，則Ea>Eb，故B錯誤；液滴的重力不計，根據牛頓第二定律可知，液滴的加速度為a＝eq\f(qE,m)，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C錯誤；液滴在靜電力作用下向右加速，則靜電力做正功，動能增大，電勢能減少，即Epa>Epb，故D正確。4．規(guī)定無窮遠處電勢為0，電荷量為q的點電荷在距離其r的位置處產生的電場的電勢φ＝eq\f(kq,r)，正電荷周圍的電勢均大于0，負電荷周圍的電勢均小于0。如圖所示，直線上三個位置A、B、C，AB＝x，BC＝2x，在C位置放一電荷量為＋Q的點電荷，在B位置放另一個電荷量為q1的點電荷，如果A處的電勢為零，則下列說法中正確的是()A．q1＝eq\f(Q,3) B．q1＝－eq\f(Q,3)C．A處的電場強度也為零 D．A處的電場強度大小為eq\f(4kQ,9x2)答案B解析電荷量為＋Q的點電荷在A點產生的電場的電勢為φ1＝eq\f(kQ,3x)，電荷量為q1的點電荷在A點產生的電場的電勢為φ2＝eq\f(kq1,x)，因為φ1＋φ2＝0，則q1＝－eq\f(Q,3)，A錯誤，B正確；以向左為正方向，電荷量為＋Q的點電荷在A點處產生的電場的電場強度為E1＝keq\f(Q,（3x）2)，電荷量為q1的點電荷在A點處產生的電場的電場強度為E2＝keq\f(q1,x2)＝－keq\f(Q,3x2)，則A處的電場強度E＝E1＋E2＝－eq\f(2kQ,9x2)，即A處的電場強度大小為eq\f(2kQ,9x2)，方向向右，故C、D錯誤。5.如圖為某同學采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則()A．材料豎直方向尺度減小 B．極板間電場強度不變C．極板間電場強度變大 D．電容器電容變大答案A解析根據題意可知兩極板間電壓U不變，極板上所帶電荷量Q變少，根據電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，可知電容器電容C變小，D錯誤；根據平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知極板間距d增大，極板之間存在勻強電場，電場強度E＝eq\f(U,d)，可知極板間電場強度E變小，B、C錯誤；極板間距d增大，由幾何關系可知，材料豎直方向尺度減小，A正確。6.M、N是某電場中一條電場線上的兩點，若在M點釋放一個初速度為零的電子，電子僅受靜電力作用，并沿電場線由M點運動到N點，其電勢能隨位移變化的關系如圖所示，則下列說法正確的是()A．電子在N點的動能小于在M點的動能B．該電場有可能是勻強電場C．該電子運動的加速度越來越小D．電子運動的軌跡為曲線答案C解析電子僅受靜電力的作用，電勢能與動能之和恒定，由圖像可知電子由M點運動到N點，電勢能減小，則動能增加，A錯誤；分析圖像可得電子的電勢能隨運動距離的增大，減小得越來越慢，即經過相等距離靜電力做功越來越少，由W＝qEΔx可得電場強度越來越小，B錯誤；由于電子從M點運動到N點靜電力逐漸減小，所以加速度逐漸減小，C正確；電子從靜止開始沿電場線由M點運動到N點，可得MN電場線為直線，由運動與力的關系可得其軌跡必為直線，D錯誤。7.兩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點的電場強度比b點的小B．c點的電場強度比d點的小C．把一個正電荷從a點移到b點電勢能減小D．c點的電勢比d點的低答案D解析電場線的疏密表示場強的大小，所以由圖可知a點的電場強度比b點的大，A錯誤；沿電場線方向電勢降低，可知b點電勢高于a點電勢，由Ep＝qφ可知，把一個正電荷從a點移到b點電勢能增加，C錯誤；由于c、d到正電荷的距離相等，若只有正電荷，則c點與d點電場強度的大小關系為Ec＝Ed，且Ec沿虛線向下，Ed沿虛線向上，若只有兩個負電荷，則c點電場強度Ec′＝0，d點電場強度Ed′沿虛線向下，根據場強疊加原理，當三個電荷同時存在時，c點的電場強度比d點的大，B錯誤；由于c、d到正電荷的距離相等，若只有正電荷，c點與d點電勢相等，若只有兩個負電荷，電場線由無窮遠指向負電荷，故c點電勢低于d點電勢，根據電勢疊加原理，當三個電荷同時存在時，c點電勢低于d點電勢，D正確。8.一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()A．電場強度的大小為2.5V/cmB．坐標原點處的電勢為1VC．電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD．電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV答案ABD解析如圖所示，由勻強電場中兩平行線距離相等的兩點間電勢差相等知，Oa間電勢差與bc間電勢差相等，故O點電勢為1V，B正確；則在x軸上，每0.5cm長度對應電勢差為1V，10V對應的等勢線與x軸交點e坐標為(4.5，0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由幾何知識得：Od長度為3.6cm，代入公式E＝eq\f(U,d)得，E＝2.5V/cm，A正確；電子帶負電，電勢越高，電勢能越小，電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，C錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝eU＝9eV，D正確。9.如圖所示，在點電荷Q產生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是()A．電子一定從A向B運動B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA<EpBD．B點電勢可能高于A點電勢答案BC解析若Q在M端，由電子運動的軌跡可知Q為正電荷，電子從A向B運動或從B向A運動均可，由于rA<rB，故EA>EB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpA<EpB；若Q在N端，由電子運動的軌跡可知Q為負電荷，且電子從A向B運動或從B向A運動均可，由于rA>rB，故φA>φB，EpA<EpB。綜上所述A、D錯誤，B、C正確。10.在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的有()A．q1和q2帶有異種電荷B．x1處的電場強度為零C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小D．負電荷從x1移到x2，受到的靜電力增大答案AC解析兩個點電荷在x軸上，且x1處的電勢為零，x>x1處的電勢大于零，x<x1處的電勢小于零。如果q1、q2為同種電荷，x軸上各點的電勢不會有正、負之分，故q