第十章 专题三 带电粒子(物体)在电场中运动的综合问题-【金版教程】2024-2025学年新教材高中物理必修第三册创新导学案word（人教版2019）

物理 必修·第三册［RJ］ 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～、～、～、～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＝，a2＝－，a3＝，a4＝－，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＝a1＝ 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××v1 ② 由①②式得x＝T2，方向沿初始电场方向。 (2)由图b可知，粒子在t＝T到t＝T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t＝T－T＝。 [答案]　(1)T2　方向沿初始电场方向 (2) 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＝，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v0 C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D.t＝T时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 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＝时刻进入电场的电子，在t＝T时刻侧位移最大。 最大侧位移为ymax＝2×a＝ ① 由题意知，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为d，则有d＝4×a ② 联立①②得ymax＝，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′＝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＝mv－mv，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＝0.8 m，空间有竖直向下的匀强电场，场强E＝1×104 N/C。一个质量为m＝2 kg、电荷量为q＝－1×10－3 C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＝32.5 N。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) m/s　(2) 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＝＝ m/s2＝5 m/s2 C与B的高度差h＝Rcos60°＝0.4 m 设小球到B点时竖直分速度为vy，则v＝2ah 解得小球到达B点时竖直分速度vy＝2 m/s 小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则tan60°＝ 解得小球抛出时的初速度v0＝ m/s。 (2)在B点时，sin60°＝，则vB＝ m/s。 小球在A点时， FN′＝FN，FN′＋qE－mg＝m 解得：vA＝3 m/s 小球从B到A的过程，由动能定理得： (mg－qE)(R－Rcos60°)－Wf＝mv－mv 解得小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf＝ 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，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)2.4 (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－F＝mv－0， 又F＝qE， 解得：vB＝≈2.4。 (2)小球在复合场中运动，重力与静电力的合力F合＝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－mv， 解得：v＝2gR 由斜面顶端到C点： mgh1－F＝mv－0， 解得：h1＝R≈4.4R。 ②小球恰能通过等效最高点E，在E点： F合＝m， 解得：v＝gR 从C到E：－F合R(1＋cos37°)＝mv－mv， 解得：v＝gR 由斜面顶端到C点： mgh2－F＝mv－0 解得：h2＝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＝时，电子将回到出发点 D．当t＝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v0 D．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v0t＝h，竖直方向有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－Uq B．带电粒子带负电 C．此匀强电场的电场强度大小为E＝ D．此匀强电场的电场强度大小为E＝ 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＝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＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，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＝at2，又a＝，联立得：y＝＝。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、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＝ 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＝，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4 J，运动到最高点B时小球的动能为5 J，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．4 J B．14 J C．19 J D．24 J 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＝t1，x1＝t1，vA＝t1，h＝t1，代入数据，可解得W1＝5 J；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＝20 J，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＝24 J，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< B.<t0< C.<t0<T D．T<t0< 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、、、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<，<t0<T时粒子在一个周期内的总位移为正；<t0<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＝1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l＝2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m＝0.08 kg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10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．小球的电荷量q＝6×10－5 C B．小球动能的最小值为1 J C．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4 J 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＝＝6×10－5 C，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＝＝1 N，又F合＝m，得EkB＝mv＝1 J，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＝4 J，总能量E＝EpB＋EkB＝5 J，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 C．轻绳在D、B两点拉力的差值为3mg D．轻绳在D、B两点拉力的差值为6mg 答案　BC 解析　由题图2根据φ＝可知，θ＝和θ＝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＝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＝和θ＝时轻绳在同一直径上，且对应小球的ΔEp最大，结合φ＝和沿电场方向电势降低可知，电场沿θ＝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＝－，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＝，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＝＝，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°＝，小球在D点时，有TD－qEcos30°＝，小球从B点到D点的过程中，根据动能定理可得qEcos30°·2l＝mv－mv，联立解得TD－TB＝3mg，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＝，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)g，方向与x轴正方向夹角为45°斜向下 (2)　(3)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＝＝mg 由牛顿第二定律，有F＝ma 解得a＝g 且tanθ＝＝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＝ 水平方向做初速度为0的匀加速直线运动， 加速度为ax＝＝g O、Q的距离为水平方向位移 OQ＝axt2＝。 (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°＝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)　(2)mg　(3)v0≥ 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＝mgtan， 解得E＝。 (2)设静电力与重力的合力即等效重力为F， 易知F＝＝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角。 小球从A运动到等效最低点的过程中，由动能定理得FL＝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＝m， 解得T＝mg 由牛顿第三定律可知，小球对细线拉力的最大值为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＝ 根据动能定理有 －FL＝mv－mv 联立解得vmin＝ 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≥。 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 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＝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＝，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＝，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＝ B．q1＝－ C．A处的电场强度也为零 D．A处的电场强度大小为 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＝，电荷量为q1的点电荷在A点产生的电场的电势为φ2＝，因为φ1＋φ2＝0，则q1＝－，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＝k，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＝k＝－k，则A处的电场强度E＝E1＋E2＝－，即A处的电场强度大小为，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＝，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＝，可知极板间距d增大，极板之间存在匀强电场，电场强度E＝，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10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　) A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 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1 V，B正确；则在x轴上，每0.5 cm长度对应电势差为1 V，10 V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3.6 cm，代入公式E＝得，E＝2.5 V/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7 eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝eU＝9 eV，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<EpB D．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q1、q2必为异种电荷，A正确；由E＝－知，x1处的电场强度不为零，B错误；x2处的电势最高，则负电荷在此处的电势能最小，负电荷从x1移动到x2的过程，电势能减小，C正确；由φ­x图像知，x2处电势最高，但电场强度最小，负电荷从x1移动到x2，所受静电力减小，D错误。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)小明同学想根据学习的知识，估测一个电容器的电容。他从实验室找到8 V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器(与电脑相连，能描绘出电流i随时间t变化的图线)、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。实验过程如下，完成相应的填空。 (1)先使开关S与1端相连，电源给电容器充电(充满)； (2)开关S掷向2端，电容器放电，此时电路中有短暂的电流。流过电阻R的电流方向为________(填“从右向左”或“从左向右”)； (3)传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i­t曲线如图乙所示； (4)根据图像估算出电容器在全部放电过程中释放的电荷量为________ C； (5)根据前面的信息估算出该电容器的电容为________ F。 (所有结果均保留两位有效数字) 答案　(2)从右向左 (4)2.5×10－3(2.4×10－3～2.6×10－3均正确) (5)3.1×10－4(3.0×10－4～3.3×10－4均正确) 解析　(2)开关S与1端相连，电源给电容器充电，电容器上极板与电源正极相连，上极板带正电；开关S掷向2端，电容器放电，流过电阻R的电流方向为从右向左。 (4)i­t曲线与坐标轴围成的面积表示电容器在全部放电过程中释放的电荷量，由图乙可知，一个小格的面积所表示的电量q＝0.2 mA×0.4 s＝8.0×10－5 C，由大于半格的算一格，小于半格的舍去，可得图像包含的小格数约为31个，所以释放的电荷量为Q＝31×8.0×10－5 C≈2.5×10－3 C。 (5)电容器的电容为C＝＝ F≈3.1×10－4 F。 12.(6分)某兴趣小组想自制一个电容器，如图甲所示，他们用两片锡箔纸做电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸(某种绝缘介质)，一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了。 (1)为增加该电容器的电容，应当________(填正确答案标号)。 A．增大电容器的充电电压 B．减小电容器的充电电压 C．锡箔纸面积尽可能大 D．锡箔纸卷绕得尽可能紧 (2)用如图乙所示电路为电容器充电，电源输出电压恒为U0，电容器电容为C，电阻箱电阻为R。将电阻箱阻值分别调为R1、R2，通过电流传感器和计算机绘制出闭合开关S后电容器所带电荷量q随时间t变化的关系图像分别如图丙实线①、②所示。则图丙中t＝0时刻，通过电容器的电流大小I0＝________(用题给物理量符号U0、C、R表示)；R1________R2(选填“<”“>”或“＝”)。 答案　(1)CD　(2)　< 解析　(1)电容器的电容与充电电压无关，故A、B错误。题图甲圆柱形电容器虽然不是平行板电容器，但可以使用C＝进行定性分析，使锡箔纸面积尽可能大或使锡箔纸卷绕得尽可能紧，会使S增大或使d减小，所以都可以增大电容，C、D正确。 (2)t＝0时刻，电容器所带电荷量q＝0，根据Q＝CU，可知电容器极板间电压UC＝0，而U0＝UC＋UR，则UR＝U0，根据欧姆定律可知，此时通过电阻箱的电流大小即通过电容器的电流大小I0＝。t＝0时刻开始的一段极短时间Δt内，曲线①电荷量的增加量Δq比曲线②的大，根据I＝，则t＝0时刻曲线①对应的电流较大，结合I0＝可知，R1<R2。 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(8分)把q＝1.0×10－8 C的正电荷，从电场中的A点移至B点，静电力做正功，且WAB＝1.2×10－6 J，求： (1)A、B两点间的电势差； (2)若取B点电势为零，则A点的电势和q在A点的电势能各是多少？ 答案　(1)120 V　(2)120 V　1.2×10－6 J 解析　(1)根据公式UAB＝可得UAB＝＝120 V。 (2)因为UAB＝φA－φB，而φB＝0，所以φA＝UAB＝120 V。 根据定义，q在A点的电势能等于把电荷从A点移动到零电势点静电力所做的功，B点为零电势点，故Ep＝WAB＝1.2×10－6 J。 (也可以根据Ep＝qφ可得q在A点的电势能Ep＝qφA＝1.2×10－6 J) 14．(12分)如图所示，在竖直平面内有一固定在水平地面上的足够长的光滑绝缘轨道ABC，它由两部分组成。AB部分与水平方向的夹角θ＝53°，与圆弧BC部分相切，切点为B；BC轨道的圆心为O，半径为R，圆心角α＝143°。压力传感器与轨道ABC连接，用来显示轨道ABC受到的压力大小，整个轨道处于方向水平向右的匀强电场中。现将一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球在轨道AB上与B点相距2R的位置由静止释放，小球在沿轨道AB下滑的过程中，压力传感器的示数始终为0。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。 (1)求匀强电场的电场强度E的大小； (2)从开始运动到最高点，求小球电势能的变化量。 答案　(1)　(2)－mgR 解析　(1)由题意可知小球在沿轨道AB下滑的过程中，所受合力沿AB向下，对小球进行受力分析，有qE＝ 解得E＝。 (2)由几何关系知，OC水平。 设小球运动到C点时速度为v1，从A到C， 由动能定理有(2R＋Rcosθ)＝mv－0 从C点射出后到最高点， 在竖直方向有v1＝gt 在水平方向有x＝at2 qE＝ma 全过程小球电势能的变化量 ΔEp＝－qE(2Rcosθ＋Rsinθ＋R＋x) 联立解得ΔEp＝－mgR。 15．(18分)如图甲所示建立坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，放置在第Ⅱ象限，细管C与两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动。静电分析器中电场的电场线均沿半径方向指向圆心O，粒子运动轨迹处的场强大小为E0。t＝0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场随时间变化的关系如图乙，规定沿x轴正方向为电场正值的方向。已知α粒子电荷量为2e(e为元电荷)，质量为m，求： (1)α粒子从放射源发射至运动到C的过程中动能的变化和发射时速度的大小v； (2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r和运动的时间t0； (3)当t＝3T时，α粒子的坐标。 答案　(1)－　v0 (2)　 (3) 解析　(1)由题意可知，α粒子在平行金属板中的运动的逆运动为类平抛运动，设运动时间为t1，加速度大小为a，板间电压为U，平行于x轴方向有L＝v0t1 平行于y轴方向有＝at 由牛顿第二定律有2e＝ma α粒子从放射源P运动到C的过程中，由动能定理有－2e·U＝ΔEk 联立解得粒子动能的变化量ΔEk＝－ 又ΔEk＝mv－mv2 联立解得v＝v0。 (2)α粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有2eE0＝m 解得r＝ 由＝v0t0 解得t0＝。 (3)由图乙可以判断，α粒子在x轴方向上0～做初速度为0的匀加速直线运动，～T做末速度为0的匀减速直线运动，两阶段加速度大小相等，方向相反。t＝时，α粒子沿x轴方向的分速度vx＝· 所以一个周期T内，α粒子沿x轴方向的平均速度 x＝＝ 每个周期T内α粒子沿x轴正方向前进的距离x0＝xT＝ t＝0时，α粒子的横坐标为r＝ 所以t＝3T时，α粒子的横坐标为 x＝r＋3x0＝＋ α粒子在y轴方向上做速度为v0的匀速直线运动，则t＝3T时，α粒子的纵坐标为y＝－3v0T 综上所述，在t＝3T时，α粒子的坐标为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$