【物理】2018届一轮复习人教版 带电体在电场中运动的综合问题 学案 21页

第41课时　带电体在电场中运动的综合问题(题型研究课)‎ ‎[命题者说]　带电粒子、带电体在电场中的运动是高考的热点，经常进行综合性的考查。如带电粒子在交变电场中的运动、带电体在等效场中的圆周运动、力电综合问题等。这类问题综合性强，难度较大，对学生灵活运用知识分析解决问题的能力有较高的要求。‎ ‎(一)　带电粒子在交变电场中的运动问题 ‎1.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 ‎(1)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。‎ ‎(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。‎ ‎(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。‎ ‎2．常见的三类运动形式 带电体做单向直线运动、直线往返运动或偏转运动。‎ 考法1　粒子在交变电场中的直线运动　‎ ‎[例1]　如图甲所示，真空中相距d＝‎5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m＝2.0×10－‎27 kg、电量q＝＋1.6×10－‎19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计重力。求：‎ ‎(1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；‎ ‎(2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5 s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；‎ ‎(3)A板电势变化频率f满足什么条件时，在t＝时从紧邻B板处无初释放该带电粒子，粒子不能到达A板？‎ ‎[解析]　(1)加速度大小a＝＝＝4.0×‎109 m/s2。‎ ‎(2)粒子在0～时间内做匀加速运动的位移大小 x＝a2＝5.0×10－‎‎2 m 可以发现，位移大小与极板间的距离相等，故粒子在t＝时恰好到达A板，‎ 由v＝at解得v＝2.0×‎104 m/s。‎ ‎(3)粒子在～向A板做匀加速运动，在～向A板做匀减速运动，由运动的对称性可知，在t＝时速度为零，故在～T时间内，粒子反向向B板加速运动……粒子运动时间T内的运动图像，如图所示。粒子向A板运动可能的最大位移xmax＝2×a2＝aT2。要求粒子不能到达A板，有x＜d。‎ 结合f＝，解得f＞ ，‎ 代入数据解得f＞5×104 Hz。‎ ‎[答案]　(1)4.0×‎109 m/s2　(2)2.0×‎104 m/s ‎(3)f＞5×104 Hz ‎(1)若粒子在交变电场中做单向直线运动，一般用牛顿运动定律结合运动学公式求解。‎ ‎(2)若粒子做往返运动，一般可以分段进行研究，有时结合运动图像分析更直观、简单。‎ 考法2　带电粒子在交变电场中的偏转　‎ ‎[例2]　(2017·淮安月考)如图甲所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d＝‎0.1 m，板长L＝‎0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间。距金属板右端x＝‎0.5 m处竖直放置一足够大的荧光屏。现在AB板间加如图乙所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102 V。在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10－‎7 kg，电荷量q＝1.0×10－‎2 C，速度大小均为v0＝1.0×‎104 m/s。带电粒子的重力不计。求：‎ ‎(1)在t＝0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度；‎ ‎(2)荧光屏上出现的光带长度；‎ ‎(3)若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v＝2.0×‎104 m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长。‎ ‎[解析]　(1)从t＝0时刻进入的带电粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间t＝＝3×10－5 s，正好等于一个周期，竖直方向先加速运动T，后减速运动T，加速度大小 a＝＝‎108 m/s2‎ 射出电场时竖直方向的速度 v＝a×T－a×T＝‎103 m/s。‎ ‎(2)无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同。‎ 偏转最大的粒子偏转量d1′＝a2＋aT·T－a2＝3.5×10－‎‎2 m 反方向最大偏转量 d2′＝a2＋aT·T－a2＝0.5×10－‎‎2 m 形成光带的总长度l＝d1′＋d2′＝4.0×10－‎2 m。‎ ‎(3)带电粒子在电场中运动的时间变为，打在荧光屏上的范围如图所示。‎ d1＝·＝3.75×10－‎‎2 m d2＝·＝1.25×10－‎‎2 m 形成的光带长度 l＝d1＋d＋d2＝‎0.15 m。‎ ‎[答案]　(1)‎103 m/s　(2)4.0×10－‎2 m　(3)‎‎0.15 m ‎(1)由水平射入电场的速度计算粒子在电场中运动的时间，分析该时间和偏转电压变化周期的关系。‎ ‎(2)找出正向偏转位移最大和反向偏转位移最大的粒子，确定它们进入电场的时刻，计算出光带总长度。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.将如图所示交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板的距离足够大，下列说法正确的是(　　)‎ A．电子一直向着A板运动 B．电子一直向着B板运动 C．电子先向A运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 D．电子先向B运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动 解析：选D　根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个内做匀加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势高于A板电势，所以电子向B板运动，加速度大小为。在第三个内做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项应为D。‎ ‎2．如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB＝1 125 V，两板中央各有小孔O和O′。现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间。在B板右侧，平行金属板M、N长L1＝4×10－‎2 m，板间距离d＝4×10－‎3 m，在距离M、N右侧边缘L2＝‎0.1 m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″点并发出荧光。现在金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u，在t＝0时刻，M板电势低于N板电势。已知电子质量为me＝9.0×10－‎31 kg，电荷量为e＝1.6×10－‎19 C。‎ ‎(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度为多大？‎ ‎(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？‎ ‎(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？‎ 解析：(1)电子经A、B两块金属板加速，有eUAB＝mv02‎ 得v0＝ ＝ m/s＝2×‎107 m/s。‎ ‎(2)当u＝22.5 V时，电子经过M、N板向下的偏移量最大，为y1＝··2＝××‎2m＝2×10－‎‎3 m y1＜d，说明所有的电子都可以飞出平行金属板M、N，此时电子在竖直方向的速度大小为 vy＝·＝× m/s＝2×‎106 m/s，电子射出金属板M、N后到达荧光屏P的时间为t2＝＝ s＝5×10－9 s 电子射出金属板M、N后到达荧光屏P的偏移量为y2＝vyt2＝2×106×5×10－‎9 m＝‎‎0.01 m 电子打在荧光屏P上的最大偏移量为y＝y1＋y2＝‎0.012 m，即范围为从O″向下‎0.012 m内。‎ ‎(3)当u＝22.5 V时，电子飞出电场的动能最大 Ek＝m(v02＋vy2)＝×9.0×10－31×[(2×107)2＋(2×106)2]J≈1.8×10－16 J 或由动能定理得Ek＝e＝1.6×10－19×(1 125＋11.25)J≈1.8×10－16 J。‎ 答案：(1)2×‎107 m/s　(2)从O″向下‎0.012 m内 ‎(3)1.8×10－16 J ‎(二)　带电体在等效场中的运动问题 ‎1.等效思维法 等效思维法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。‎ ‎2．方法应用 先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝ 视为“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力场”‎ ‎。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。‎ ‎[典例]　如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力。已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。‎ ‎(1)求电场强度E的大小；‎ ‎(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度的大小应满足的条件。‎ ‎[解析]　(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，则有 ＝tan 37°，所以E＝。‎ ‎(2)当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零。在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有－mg·2r＝0－mvmin2，所以vmin＝ ，即小球的初速度应不小于。‎ ‎[答案]　(1)　(2)不小于 等效最“高”点与最“低”点的寻找 确定重力和电场力的合力的大小和方向，然后过圆周圆心作等效重力作用线的反向延长线，反向延长线交圆周上的那个点即为圆周的等效最“高”点，延长线交圆周的那个点为等效最“低”点。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎　(2017·吉安模拟)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为零。‎ ‎(1)求小球带电性质和电场强度E；‎ ‎(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)。‎ 解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。‎ 小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有 ‎0＝EqLsin α－mgL(1－cos α)‎ 解得E＝。‎ ‎(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方。‎ 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点有 m＝mg mv2－mvA2＝－mgL(1＋cos 30°)‎ 联立解得vA＝。‎ 答案：(1)正电　　(2) ‎(三)　电场中的力电综合问题 ‎[典例]　在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA ＝‎0.1 kg和mB＝‎0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－‎6 C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物体B的带电量不变。取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8。‎ ‎(1)求B所受静摩擦力的大小；‎ ‎(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝‎0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。‎ ‎[思路点拨]‎ ‎(1)本题第一问为连接体受力平衡问题，利用隔离法受力分析，列出A、B平衡方程即可求解。‎ ‎(2)第二问综合性较强，可以根据牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系等求解。‎ ‎[解析]　(1)据题意静止时由平衡条件得：‎ 对物体A，有mAgsin θ＝FT，‎ 对物体B，有qE＋f0＝FT′，‎ 又FT＝FT′，代入数据得f0＝0.4 N。‎ ‎(2)据题意对物体A运动到N点时受力分析如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 对物体A，有F＋mAgsin θ－FT－Fksin θ＝mAa 对物体B，有FT′－qE－Ff＝mBa 其中Ff＝μmBg Fk＝kx FT＝FT′‎ 由电场力做功与电势能的关系得ΔEP＝qEd 由几何关系得x＝－ 物体A由M运动到N，由v12－v02＝ 得物体A运动到N点时的速度v＝，‎ 拉力F在N点的瞬时功率P＝Fv 由以上各式代入数据得P＝0.528 W。‎ ‎[答案]　(1)0.4 N　(2)0.528 W ‎[集训冲关]‎ ‎　(2017·济南八校联考)如图所示，在E＝103 V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝‎40 cm，一带正电荷q＝10－‎4 C的小滑块质量为m＝‎40 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝‎10 m/s2，问：‎ ‎(1)要小滑块恰好运动到圆轨道的最高点C，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？‎ ‎(2)这样释放的滑块通过P点时对轨道压力是多大？(P为半圆轨道中点)‎ ‎(3)小滑块经过C点后最后落地，落地点离N点的距离多大？落地时的速度是多大？‎ 解析：(1)设滑块与N点的距离为L，分析滑块的运动过程，由动能定理可得，‎ qEL－μmgL－mg·2R＝mv2－0‎ 小滑块在C点时，重力提供向心力，‎ 所以mg＝m 代入数据解得v＝‎2 m/s，L＝‎20 m。‎ ‎(2)滑块到达P点时，对全过程应用动能定理可得，‎ qE(L＋R)－μmgL－mg·R＝mvP2－0‎ 在P点时由牛顿第二定律可得，‎ FN－qE＝m，‎ 代入数据解得FN＝1.5 N。‎ 由牛顿第三定律可得，滑块通过P点时对轨道压力的大小是1.5 N。‎ ‎(3)小滑块经过C点，在竖直方向上做的是自由落体运动，由2R＝gt2，可得滑块运动的时间为t＝ 得t＝0.4 s。‎ 滑块在水平方向上只受到电场力的作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律可得qE＝ma 所以加速度a＝‎2.5 m/s2‎ 水平的位移为x＝vt－at2‎ 代入解得x＝‎0.6 m。‎ 滑块落地时竖直方向的速度的大小为 vy＝gt＝10×‎0.4 m/s＝‎4 m/s 水平方向的速度的大小为vx＝v－at＝‎1 m/s 落地时速度的大小为v地＝ 解得v地＝ m/s。‎ 答案：(1)‎20 m　(2)1.5 N　(3)‎0.6 m　 m/s 一、选择题 ‎1．(2017·黔南州联考)在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN 将空间分成左、右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变)，如图甲所示，滑块运动的v t图像如图乙所示，不计空气阻力，则：(　　)‎ 甲　　　　　　　　　乙 A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等 B．在t＝5 s时，小球经过边界MN C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2∶5‎ D．在滑块运动的整个过程中，滑块摩擦力做的功小于电场力做的功 解析：选C　由于滑块初、末速度均为零，则最大速度对应的时刻一定是分界线，可快速得出B项错误。再由速度图像面积表示位移得出A项错误。根据图像斜率可确定加速度，再根据牛顿第二定律，C项正确。对这个过程由动能定理列出方程可得出滑动摩擦力做的功等于电场力做的功，故选项D错误。‎ ‎2．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，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．01)，电压变化的周期为2t，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若k＝，电子在0～2t时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。‎ 解析：电子在0～t时间内做匀加速运动 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1t2‎ 在t～2t时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小a2＝ 初速度的大小v1＝a1t 匀减速运动阶段的位移x2＝ 依据题意d>x1＋x2‎ 解得d> 。‎ 答案：d> ‎6.如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。‎ ‎(1)求小球所受的电场力大小；‎ ‎(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。‎ 解析：(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小F＝mgtan 60°＝mg。‎ ‎(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有＝m，解得v＝。‎ 在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，有 mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv02－mv2，‎ 解得v0＝2。‎ 答案：(1)mg　(2)2 ‎7．(2017·江阴月考)真空室中有如图甲所示的装置，电极K持续发出的电子(初速不计)经过电场加速后，从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线OO′射入。M、N板长均为L，间距为d，偏转极板右边缘到荧光屏P(足够大)的距离为S。M、N两板间的电压UMN随时间t变化的图线如图乙所示。调节加速电场的电压，使得每个电子通过偏转极板M、N间的时间等于图乙中电压UMN的变化周期T。已知电子的质量、电荷量分别为m、e，不计电子重力。‎ ‎(1)求加速电场的电压U1；‎ ‎(2)欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏P上，求图乙中电压U2的范围；‎ ‎(3)证明在(2)问条件下电子打在荧光屏上形成亮线的长度与距离S无关。‎ 解析：(1)由动能定理可知：eU1＝mv02－0‎ L＝v0T 解得电压U1＝。‎ ‎(2)t＝0时刻进入偏转电场的电子，先作类平抛运动，后做匀速直线运动，射出电场时沿垂直平板面方向偏移的距离y最大。‎ y1＝×2‎ y2＝2y1‎ y1＋y2≤ 得U2≤。‎ ‎(3)对满足(2)问条件下任意确定的U2，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度均为vy＝ 电子速度偏转角的正切值均为tan α＝＝ 电子射出偏转电场时的偏转角度均相同，即速度方向相同 不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同，侧移距离的最大值与最小值之差Δy＝2，Δy与U2有关。因电子射出时速度方向相同，所以在屏上形成亮线的长度等于Δy，可知，屏上形成亮线的长度与P到极板M、N右边缘的距离S无关。‎ 答案：(1)　(2)U2≤　(3)见解析 ‎8．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝‎2.5 m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑链接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m＝5×10－‎2 kg、电荷量q＝＋1×10－‎6 C的小球(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝‎3 m/s冲上斜轨。以小球通过C点时为计时起点，0.1 s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小球之间的动摩擦因数为μ＝0.25。设小球的电荷量保持不变，取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。‎ ‎(1)求弹簧枪对小球做的功；‎ ‎(2)在斜轨上小球能到达的最高点为P，求CP的长。‎ 解析：(1)设弹簧枪对小球做功为W，由动能定理得 W－mgr(1－cos θ)＝mv02，‎ 解得W＝0.475 J。‎ ‎(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小球通过C点进入电场后的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：‎ mgsin θ＋μ(mgcos θ＋qE)＝ma1，‎ 小球向上做匀减速运动，经t1＝0.1 s后，速度达到v1，‎ 有v1＝v0－a1t1，‎ 代入数据解得，v1＝‎2.1 m/s。设运动的位移为x1有：‎ x1＝v0t1－a1t12，‎ 电场力反向后，设小球的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μ(mgcos θ－qE)＝ma2，‎ 设小球以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为x2，有0＝v1－a2t2，‎ x2＝v1t2－a2t22，‎ 设CP的长度为x，有x＝x1＋x2，‎ 联立相关方程，代入数据解得x＝‎0.57 m。‎ 答案：(1)0.475 J　(2)‎‎0.57 m 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求)‎ ‎1.(2016·浙江高考)如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，(　　)‎ A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高 C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 解析：选C　带电体C靠近导体A、B时，A、B发生静电感应现象，使A端带负电，B端带正电，但A、B是一个等势体，选项A、B错误；移去带电体C后，A、B两端电荷中和，其下部的金属箔都闭合，选项C正确；若先将A、B分开，再移去带电体C，A、B上的电荷不能中和，其下部的金属箔仍张开，选项D错误。‎ ‎2．真空中A、B两个点电荷相距为L，质量分别为m和‎2m，它们由静止开始运动(不计重力)，开始时A的加速度大小是a，经过一段时间，B的加速度大小也是a，那么此时A、B两点电荷的距离是(　　)‎ A.L　　　　　　　　　　　　 B.L C．‎2‎L D．L 解析：选A　刚释放瞬间，对A，有k＝mAa，经过一段时间后，对B，有k＝mBa，可得L′＝ L＝L，所以A正确。‎ ‎3．(2017·贵阳期中)如图所示，P、Q是等量的正电荷，O是它们连线的中点，A、B是中垂线上的两点，用EA、EB和φA、φB分别表示A、B两点的电场强度和电势，则(　　)‎ A．EA一定大于EB，φA一定大于φB B．EA不一定大于EB，φA一定大于φB C．EA一定大于EB，φA不一定大于φB D．EA不一定大于EB，φA不一定大于φB 解析：选B　两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A、B点之间，也可能在B点以上，还可能在A点以下，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；电场强度一直向上，故电势越来越低，φA一定大于φB，故B正确。‎ ‎4．(2017·衡水一模)如图所示，匀强电场中有a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a＝30°，∠c＝90°，电场方向与三角形所在平面平行，已知a、b和c点的电势分别为(4－)V，(4＋)V和4 V。则该三角形的外接圆上最高电势为(　　)‎ A．(6＋)V B．(4＋)V C.V D．6 V 解析：选D　如图所示，取ab的中点O，根据几何知识可知：O就是三角形外接圆的圆心，且该点电势为：‎ φO＝＝4 V＝φc，故Oc为等势线，其垂线MN为电场线，方向为M→N方向，根据顺着电场线电势逐渐降低可知：外接圆上电势最低点为N点，最高点为M点。设外接半径为R，则 UOP＝UOa＝φO－φa＝ V，因为UON＝ER，UOP＝ER cos 30°，则UON∶UOP＝2∶，故UON＝2 V，又UON＝φO－φN，则得：φN＝φO－2 V＝2 V，因为UMO＝UON＝φM－φO，故φM＝6 V，D正确。‎ ‎5.(2017·宁波二模) 如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是(　　)‎ A．使a、b板的距离增大一些 B．使a、b板的正对面积减小一些 C．断开S，使a、b板的距离增大一些 D．断开S，使a、b板的正对面积增大一些 解析：选C　开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故A、B错误；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的距离增大，则电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角增大，故C正确；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的正对面积增大，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故D错误。‎ ‎6.(2017·山东莱西一模)四个点电荷位于正方形四个角上，电荷量及其附近的电场线分布如图所示。ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为ab、cd上的两点，OP>OQ，则(　　)‎ A．P点的电场强度比Q点的小 B．P点的电势比M点的低 C．OP两点间的电势差小于OQ间的电势差 D．一带正电的试探电荷在Q点的电势能比在M点大 解析：选AD　电场线的疏密表示场强的大小，电场线越密，电场强度越大，根据题图知P点的电场强度比Q点的小，故A正确；根据电场叠加，由题图可知，ab上各点的电势都相等，M点比ab上各点的电势低，则M点的电势比P点的低，故B错误；OP间电势差等于零，OQ间电势差等于零，则OP两点间的电势差等于OQ间的电势差，故C错误；P、Q电势相等，则Q点的电势高于M点的电势，正电荷在电势高处电势能大，所以带正电的试探电荷在Q点的电势能比在M点大，故D正确。‎ ‎7．(2017·扬州期末)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示(OB>BD)，取无穷远处电势为零，由图可知(　　)‎ A．B点电场强度为零 B．Q1为负电荷，Q2为正电荷 C．Q1的带电量一定大于Q2的带电量 D．将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功 解析：选BCD　因为φx图线的斜率等于电场强度，所以B 点电场强度不为零，选项A错误；因B点左侧电势为负，右侧电势为正，故可知Q1为负电荷，Q2为正电荷，选项B正确；因电势为零的位置离D点较近，故Q1的带电量一定大于Q2的带电量，选项C正确；将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电势能降低，则电场力一直做正功，选项D正确。‎ ‎8.如图，一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则(　　)‎ A．小球在B点时速度最大 B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少 C．小球在B点时的绳子拉力最大 D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加 解析：选BD　小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及绳的拉力作用下在竖直平面内的运动。当小球运动到重力和电场力的合力和绳的拉力共线时，小球的速度最大，此时绳的拉力最大，故A、C错误；从A点到C点的过程中，因为重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。‎ 二、计算题 ‎9．(2017·广州期中)一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零，求：‎ ‎(1)A、B两点的电势差UAB；‎ ‎(2)匀强电场的场强大小；‎ ‎(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小。‎ 解析：(1)小球由A到B过程中，由动能定理得：‎ mgLsin 60°＋qUAB＝0，解得UAB＝－；‎ ‎(2)BA间电势差为UBA＝－UAB＝，‎ 则场强E＝＝。‎ ‎(3)小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A 处，由水平方向平衡有：‎ FTA＝Eq＝mg，所以FTB＝FTA＝mg。‎ 答案：(1)－　(2)　(3)mg ‎10.(2017·江阴测试)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x≤L)和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同。在区域Ⅰ内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xOy平面内，一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域Ⅰ，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零。P点的坐标为。不计粒子所受重力，求：‎ ‎(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度；‎ ‎(2)电场区域Ⅱ的宽度。‎ 解析：(1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为v0，‎ 在x方向：粒子做匀速直线运动，有L＝v0t 在y方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 有＝at2，且a＝ 解得：v0＝。‎ ‎(2)粒子在区域Ⅱ做匀减速直线运动，设粒子在P处的速度为vP，在x方向的分速度为vPx，在y方向的分速度为vPy，电场区域Ⅱ的宽度为Δx2，则 vPx＝v0＝ vPy2＝2×× 即：vPx＝vPy 故：vP＝ 设粒子在P处的速度方向与水平方向的夹角为θ，‎ 则tan θ＝，∴θ＝。‎ 设粒子从P做直线运动到Q所通过的位移为x 因有：vt2－v02＝2ax 即：0－vP2＝－2··x 解得：x＝L，Δx2＝xcos 45°‎ 得Δx2＝L。‎ 答案：(1) 　(2)L ‎11.(2017·驻马店期中)如图所示，在xOy坐标平面中，有正方形区域abcd，其中的两条边界与坐标轴重合，区域内有竖直向上的匀强电场，电场强度为E。质量为m、电量为q的带电粒子，不计重力，由初速度为零经加速电场后获得速度v0，并从坐标原点沿x正方向进入电场，恰好从c点飞出电场。‎ ‎(1)求加速电压；‎ ‎(2)求ac两点间的电势差；‎ ‎(3)推导证明：带电粒子在正方形区域内运动过程中，动能与电势能之和不变。‎ 解析：(1)粒子经加速电场时，由动能定理得 qU＝mv02‎ 解得U＝。‎ ‎(2)带电粒子在匀强磁场中做初速度为v0的类平抛运动，‎ x方向上：L＝v0t y方向上：L＝××t2‎ 解得：L＝ 所以：Uac＝EL＝。‎ ‎(3)由动能定理W总＝Ekt－Ek0‎ 再由电场力做功与电势能的关系W电＝Ep0－Ept 由于只有电场力做功，所以W总＝W电 即Ekt－Ek0＝Ep0－Ept 得到：Ekt＋Ept＝Ek0＋Ep0‎ 可见，任意时刻粒子的动能与电势能之和都等于初始状态的动能和电势能之和，也就是粒子动能与电势能之和保持不变。‎ 答案：(1)　(2)　(3)见解析