【物理】2018届一轮复习人教版带电粒子在电场中运动的综合问题学案 25页

第4节带电粒子在电场中运动的综合问题 突破点(一)　示波管的工作原理 在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。‎ ‎1．确定最终偏移距离 思路一：‎ 思路二：‎ ―→ ‎2．确定偏转后的动能(或速度)‎ 思路一：‎ ―→―→ 思路二：‎ ―→―→ 多角练通]‎ ‎1．图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项中的(　　)‎ 解析：选B　在0～2 t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B。‎ ‎2．如图所示，示波管主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成，如图甲所示。电子枪具有释放电子并使电子聚集成束以及加速电子的作用；偏转系统使电子束发生偏转；电子束打在荧光屏上形成光迹。这三部分均封装于真空玻璃壳中。已知电子的电荷量e＝1.6×10－‎19 C，质量m＝9.1×10－‎31 kg，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应。‎ ‎(1)电子枪的三级加速可简化为如图乙所示的加速电场，若从阴极逸出电子的初速度可忽略不计，要使电子被加速后的动能达到1.6×10－16 J，求加速电压U0为多大；‎ ‎(2)电子被加速后进入偏转系统，若只考虑电子沿Y(竖直)方向的偏转情况，偏转系统可以简化为如图丙所示的偏转电场。偏转电极的极板长l＝‎4.0 cm，两板间距离d＝‎1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离L＝‎18 cm，当在偏转电极上加u＝480sin 100πt(V)的正弦交变电压时，如果电子进入偏转电场的初速度v0＝3.0×‎107 m/s，求电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度。‎ 解析：(1)对于电子通过加速电场的过程，由动能定理有 eU0＝Ek 解得U0＝1.0×103 V。‎ ‎(2)由u＝480sin 100πt(V)，可知偏转电场变化的周期T＝0.02 s，而电子通过电场的时间t＝＝ s＝1.333×10－9s 可见T≫t，则电子通过偏转电场过程中，电场可以看成匀强电场 设偏转电场的电压为U1，电子刚好飞出偏转电场，此时沿电场方向的位移为 ＝at2＝×t2‎ 解得U1＝320 V 所以，为了使电子打到荧光屏上，所加偏转电压应不大于320 V 当所加偏转电压为320 V时，电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的最大位移为 设电子射出偏转电场的速度方向与初速度方向的最大角度为θ 则tan θ＝＝0.25‎ 电子打到荧光屏上的偏移量Ym＝tan θ＝‎‎5.0 cm 由对称性，可得电子在荧光屏上的亮线的最大长度为2Ym＝‎10 cm。‎ 答案：(1)1.0×103 V　(2)‎‎10 cm 突破点(二)　带电粒子在交变电场中的运动 ‎(一)粒子做往返运动(分段研究)‎ 典例1]　如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O点到A、B的距离都是l。现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止 运动。设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量l＝‎0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－‎10 kg，q＝1.0×10－‎7 C。‎ ‎(1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？‎ ‎(2)在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？‎ ‎(3)在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？‎ 解析]　(1)根据图乙可知，从t＝0时刻 ，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动。因为x＝2＝‎3.6 m>l，所以粒子从t＝0时刻 ，一直加速到达A板。设粒子到达A板的时间为t，则l＝t2‎ 解得t＝×10－3 s。‎ ‎(2)在0～时间内，粒子的加速度大小为a1＝＝2×‎105 m/s2‎ 在～T时间内，粒子的加速度大小为a2＝＝4×‎105 m/s2‎ 可知a2＝‎2a1，若粒子在0～时间内加速Δt，再在～T时间内减速刚好不能到达A板，则l＝a1Δt·Δt 解得Δt＝2×10－3 s 因为＝6×10－3 s，‎ 所以在0～时间里4×10－3 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板。‎ ‎(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n＝300××＝100(个)。‎ 答案]　(1)×10－3 s　到达A极板　(2)4×10－3 s　(3)100个 ‎(二)粒子做偏转运动(分解研究)‎ 典例2]　如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝‎10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝‎10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：‎ ‎　‎ ‎(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处。‎ ‎(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ 解析]　(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2‎ 经电场偏转后侧移量y＝at2＝·2‎ 所以y＝，由图知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，‎ 所以y＝‎‎4.5 cm 设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝ 所以Y＝‎13.5 cm。‎ ‎(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为‎3L＝‎30 cm。‎ 答案]　(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点‎13.5 cm　(2)‎‎30 cm 突破点(三)　带电粒子的力电综合问题 典例]　(2014·全国卷Ⅰ)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求 ‎(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；‎ ‎(2)电场强度的大小和方向。‎ 审题指导]‎ 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 将小球水平向右抛出 小球做平抛运动 小球恰好通过A点 平抛运动过A 点时的水平、竖直位移可确定 到A(B)点时动能是初动能的3(6)倍 有重力做功和电场力做功，其中电场力做的功等于电势能的变化量 第二步：找突破口 ‎(1)要确定小球到达A点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系。‎ ‎(2)要确定电场强度的方向，根据到A、B两点的动能变化可确定两个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在OB线上找出与A等势的点，并确定其具体位置)。‎ ‎(3)电场强度的大小可由W＝qEl求出。‎ 解析]　(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有 dsin 60°＝v0t①‎ dcos 60°＝gt2②‎ 又Ek0＝mv02③‎ 由①②③式得Ek0＝mgd④‎ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 EkA＝Ek0＋mgd⑤‎ 由④⑤式得＝。⑥‎ ‎(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦‎ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧‎ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有 ＝⑨‎ 解得x＝d。‎ MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得 α＝30°⑩‎ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方。‎ 设场强的大小为E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA⑪‎ 由④⑦⑪式得 E＝。⑫‎ 答案]　(1)　(2)　与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方 方法规律]‎ ‎1．解题思路 ‎2．解题技巧 要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。‎ 集训冲关]‎ ‎1．(多选)如图所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止 沿AB向右运动，恰能通过最高点，则(　　)‎ A．R越大，x越大 B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，x越大 D．m与R同时增大，电场力做功增大 解析：选ACD　小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝m，小球由B到D的过程中有：－2mgR＝mvD2－mvB2，解得vB＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FN－mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝mvB2，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确。‎ ‎2．(2017·长春模拟)在如图甲所示的平面直角坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有由位于原点O的电荷量为Q的点电荷产生的电场E1(仅分布在第一象限内)，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场E2，第四象限内有场强大小按图乙所示规律变化、方向平行x轴的电场E3，电场E3以沿x轴正方向为正，变化周期T＝ 。一质量为m、电荷量为q的正离子(重力不计)从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动。以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k。求：‎ ‎(1)离子刚进入第四象限时的速度大小；‎ ‎(2)E2的大小；‎ ‎(3)当t＝时，离子的速度大小；‎ ‎(4)当t＝nT(n＝1,2,3，…)时，离子的坐标。‎ 解析：(1)设离子刚进入第四象限的速度为v0，在第一象限内离子做匀速圆周运动，有k＝，解得v0＝ 。‎ ‎(2)在第二象限内，由动能定理得qE2x0＝mv02，解得E2＝。‎ ‎(3)离子进入第四象限后做类平抛运动，在t＝时，沿x轴方向上有vx＝at＝·＝×× ＝＝v0‎ 此时，离子的速度v＝＝v0＝ 。‎ ‎(4)离子在第四象限中运动时，沿y轴负方向做匀速直线运动，沿x轴正方向离子在前半个周期做匀加速运动，后半个周期做匀减速运动，直到速度减为0，轨迹如图所示。‎ 每半个周期离子沿x轴正方向前进的距离 d＝x·＝＝ t＝nT时，离子到y轴的距离 Lx＝x0＋2nd＝(n＋1)x0‎ 每半个周期离子沿y轴负方向运动的距离s＝v0·＝x0‎ t＝nT时，离子到x轴的距离Ly＝2ns＝2nx0‎ 故当t＝nT时离子的坐标为(n＋1)x0，－2nx0]。‎ 答案：(1) 　(2) ‎(3) 　(4)(n＋1)x0，－2nx0]‎ ‎　　用等效法解决电场、重力场中圆周运动的临界极值问题 等效思维方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。‎ 带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型。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。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”。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。‎ ‎1.如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带电荷量为＋q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A从静止 释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D。‎ ‎(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；‎ ‎(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小；‎ ‎(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少使它具有多大的初动能？‎ 解析：(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大。作过M点的直径MN，设电场力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值 F电min＝mgcos 45°＝mg F电min＝qEmin 解得所加电场的场强最小值Emin＝，方向沿过M点的切线方向指向左上方。‎ ‎(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为F＝mgsin 45°＝mg 把电场力与重力的合力看作是等效重力 对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得 F＝mv2－0‎ 在M点，由牛顿第二定律得FN－F＝m 联立解得FN＝mg 由牛顿第三定律知，对环作用力为 FN′＝FN＝mg。‎ ‎(3)由题意可知，N点为等效最高点，只要珠子能到达N点，就能做完整的圆周运动，珠子由A到N的过程中，由动能定理得：－F＝0－EkA 解得EkA＝mgr。‎ 答案：(1)　方向见解析　(2)mg ‎(3)mgr ‎2．(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的电荷量为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0。‎ ‎(1)求：①小球带电性质；②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)①根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。‎ ‎②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。‎ m＝mg mv2－mvA2＝－mgL(1＋cos 30°)‎ 联立解得vA＝ 。‎ 答案：见解析 反思领悟]‎ 把握三点，正确解答该类问题 ‎1．把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。‎ ‎2．等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。‎ ‎3．类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。‎ 对点训练：示波管的工作原理 ‎1．(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它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，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。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是(　　)‎ A．减小墨汁微粒的质量 B．减小墨汁微粒所带的电荷量 C．增大偏转电场的电压 D．增大墨汁微粒的喷出速度 解析：选BD　根据偏转距离公式y＝可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，B、D正确。‎ ‎2.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止 ，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？‎ 解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理eU1＝mvx2‎ 进入偏转电场后L＝vxt，vy＝at，a＝ 射出偏转电场时合速度v＝，‎ 由以上各式得Ek＝mv2＝eU1＋。‎ 答案：eU1＋ 对点训练：带电粒子在交变电场中的运动 ‎3．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k＞1)，电压变化的周期为2τ，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 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0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。‎ 解析：电子在0～τ时间内做匀加速运动 加速度的大小a1＝ 位移x1＝a1τ2‎ 在τ～2τ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＝a1τ 匀减速运动阶段的位移x2＝ 由题知d＞x1＋x2，解得d＞ 。‎ 答案：d＞ ‎4．两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止 ，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为 3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、最大值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)。问：‎ ‎(1)这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少；‎ ‎(2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少。‎ 解析：以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t＝0时和t＝t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vyt图像分别如图(a)和图(b)所示，设两平行板之间的距离为d。‎ ‎(1)图中，v1y＝t0，v2y＝2t0，由图(a)可得电子的最大侧向位移为xymax＝2＝3v1yt0＝ 而xymax＝，解得d＝t0 由图(b)可得电子的最小侧向位移为xymin＝v1yt0＋v1yt0＝v1yt0＝＝ 所以xymax＝＝ ，xymin＝＝ 。‎ ‎(2)v1y2＝2＝，v2y2＝2＝ 电子经电压U0加速，由动能定理知，mv02＝eU0‎ 所以＝＝ ‎＝＝。‎ 答案：见解析 对点训练：带电粒子的力电综合问题 ‎5．(2017·深圳模拟)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中，两金属极板AB、OD平行正对放置，OD板与x轴重合，OD板的左端与原点O重合，两极板板长均为L＝‎2 m，板间距离d＝‎1 m，紧靠两极板右端有一荧光屏。两极板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期T＝2×10－3 s，U0＝1×103 V。若t＝0时刻一带正电的粒子从A点附近沿x轴正方向以速度v0＝1×‎103 m/s射入两极板间，粒子所带电荷量为q＝1×10－‎5 C，质量m＝1×10－‎7 kg，粒子重力不计。‎ ‎(1)求粒子在极板间运动的最长时间；‎ ‎(2)若在0～T时间内均有同种粒子从A点附近沿x轴正方向以速度v0射入两极板间，求这些粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围；‎ ‎(3)在(2)条件下，求粒子打到荧光屏上时的动能。‎ 解析：(1)粒子在极板间沿x轴正方向做匀速运动，设运动时间为t，则有L＝v0t 解得t＝＝2×10－3 s。‎ ‎(2)粒子在板间运动的时间恰好等于T，即在y轴方向，粒子有一半时间做匀加速运动。粒子在t＝0时刻射入极板间时，y轴方向的分速度vy随粒子在极板间运动的时间t′变化的关系图线如图中Ⅰ所示，粒子在t＝－t1时刻射入极板间时，vy随t′变化的关系图线如图中Ⅱ所示。图线与t′轴所围面积表示粒子沿y轴方向的位移，可知在t ‎＝0时刻射入极板间的粒子在极板间偏转量最大，则打到荧光屏上的纵坐标值最小，在t＝时刻射入极板间的粒子在极板间偏转量最小，则打到荧光屏上的纵坐标值最大。‎ t＝0时刻射入极板的粒子沿y轴方向运动的位移为 y1＝a2＋a2，又a＝ t＝时刻射入极板的粒子在板间沿y轴方向的位移为 y2＝a2‎ 代入已知数据得y1＝‎0.15 m，y2＝‎‎0.05 m 可得粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围为0.85～0‎.95 m。‎ ‎(3)粒子打到荧光屏上时的速度v大小恒定，由动能定理有 qy2＝Ek－mv02‎ 解得Ek＝mv2＝5.05×10－2 J。‎ 答案：(1)2×10－3 s　(2)0.85～0‎.95 m　(3)5.05×10－2 J 考点综合训练 ‎6.如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场。已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离。‎ 解析：设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob＝2s，分以下两种情况讨论：‎ ‎(1)若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即Δx≤s，则Δx＝v0t y＝L＝t2‎ 联立解得Δx＝ 。‎ ‎(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点，如图乙所示，即s<Δx≤2s，‎ 则s＝v0t　y＝t2‎ 由几何关系知tan θ＝＝ 联立解得Δx＝＋。‎ 答案：见解析 ‎7．(2017·亳州模拟)如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧d＝‎0.30 m的A点处有一固定的点电荷。细杆上套有一带电荷量q＝1×10－‎6 C、质量m＝‎0.05 kg的小环。设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环由静止释放后，其动能Ek随h的变化曲线如图乙所示。已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，重力加速度g＝‎10 m/s2。(计算结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)试估算点电荷所带电荷量Q的大小；‎ ‎(2)求小环位于h1＝‎0.40 m处时的加速度a；‎ ‎(3)求小环从h2＝‎0.30 m处下落到h3＝‎0.12 m处的过程中，其电势能的改变量。‎ 解析：(1)由题图乙可知，当h′＝‎0.36 m(或h′＝‎0.12 m)时，小环所受合力为零，则有k×＝mg 代入已知数据解得Q＝＝1.6×10－‎5 C。‎ ‎(2)小环加速度沿杆方向，则mg－F1＝ma 又F1＝k。‎ 代入已知数据解得a＝‎0.78 m/s2，方向竖直向下。‎ ‎(3)设小环从h2＝‎0.30 m处下落到h3＝‎0.12 m处的过程中，电场力对小环做功为WE 根据动能定理有mg(h2－h3)＋WE＝ΔEk＝0.055 0 J－0.068 5 J＝－0.013 5 J 代入已知数据解得WE＝ΔEk－mgΔh≈－0.10 J 所以小环的电势能增加了0.10 J。‎ 答案：(1)1.6×10－‎5 C　(2)‎0.78 m/s2　方向竖直向下 ‎(3)增加0.10 J ‎ 命题点一：电场力的性质 ‎1．(2013·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)‎ A．k　　　　　　　　　 B．k C．k D．k ‎ 解析：选B　由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝k，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小E′Q＝k，则Ed＝E′Q＋E′q＝k＋k＝k，故选项B正确。‎ ‎2．(2013·全国卷Ⅱ)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　设小球c带电荷量为Q，由库仑定律可知小球a对小球c的库仑引力为F＝k，小球b对小球c的库仑引力为F＝k，二力合力为2Fcos 30°。设水平匀强电场场强的大小为E，对c球，由平衡条件可得：QE＝2Fcos 30°，解得：E＝，选项B正确。‎ 命题点二：电场能的性质 ‎3．(2015·全国卷Ⅰ)如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则(　　)‎ A．直线a位于某一等势面内，φM>φQ B．直线c位于某一等势面内，φM>φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功 解析：选B　由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误。M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误。电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误。‎ ‎4．(多选)(2014·全国卷Ⅱ)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 解析：选AD　根据电场强度与电势的关系解题。电场线(电场强度)的方向总是与等电势面垂直，选项A正确。电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B错误。沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C错误。电场线(电场强度)的方向总是从高的等电势面指向低的等电势面，而且是电势降落最快的方向，选项D正确。‎ ‎5．(多选)(2014·全国卷Ⅰ)如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则(　　)‎ A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP大于φM 解析：选AD　根据正点电荷的电场的特点可知，点电荷的电场的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作MN连线的中垂线和PF连线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交MP于A点，即点电荷在A点，A正确，B错误；将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，故φP>φM，D正确。‎ 命题点三：电容器、带电粒子在电场中的运动 ‎6．(2015·全国卷Ⅱ)如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)‎ A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 解析：选D　两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。选项D正确。‎ ‎7．(2013·全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止 下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点 下落的相同粒子将(　　)‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回 解析：选D　当两极板距离为d时，粒子从 下落到恰好到达下极板过程中，根据动能定理可得：mg×d－qU＝0，当下极板向上移动，设粒子在电场中运动距离x时速度减为零，全过程应用动能定理可得：mg(＋x)－qx＝0，两式联立解得：x＝d，选项D正确。‎ ‎8．(多选)(2012·全国卷)如图，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。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)‎ A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 解析：选BD　由题意可知粒子做直线运动，受到竖直向下的重力和垂直极板的电场力，考虑到电场力和重力不可能平衡，故只有电场力与重力的合力方向水平向左才能满足直线运动条件，故粒子做匀减速直线运动，电场力做负功，电势能逐渐增加，B、D对。‎ ‎9.(2010·全国卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab 为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)(　　)‎ 解析：选A　粉尘受力方向为电场强度方向，故在P点粉尘受力沿切线方向，从静止 运动时应沿P点的切线方向，但运动方向不可能沿电场线方向，故C、D错误；此后粉尘受力偏向右，故粉尘应从P点的切线方向向右下偏，但运动轨迹一定在P点所在电场线的上方，故B错误，A正确。‎ ‎10．(2015·全国卷Ⅱ)如图，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。‎ 解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vB sin 30°＝v0sin 60°①‎ 由此得 vB＝v0②‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有 qUAB＝m(vB2－v02)③‎ 联立②③式得 UAB＝④‎ 答案： ‎11.(2013·全国卷Ⅱ)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q＞0)的质点沿轨道内侧运动。经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb。不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。‎ 解析：质点所受电场力的大小为 F＝qE①‎ 设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有 F＋Na＝m②‎ Nb－F＝m③‎ 设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有 Eka＝mva2④‎ Ekb＝mvb2⑤‎ 根据动能定理有 Ekb－Eka＝2rF⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 E＝(Nb－Na)⑦‎ Eka＝(Nb＋5Na)⑧‎ Ekb＝(5Nb＋Na)。⑨‎ 答案：见解析 ‎12．(2013·全国卷)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 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。‎ 解析：解法一：(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＝①‎ a2＝－2②‎ a3＝2③‎ a4＝－④‎ 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＝⑤‎ ‎　‎ ‎(a)　　　　　　　　　 　(b)‎ 由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T的时间间隔内位移大小为s＝v1⑥‎ 由⑤⑥式得s＝T2⑦‎ 它沿初始电场正方向。‎ ‎(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t为 t＝T－T＝⑧‎ 解法二：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内分别做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 qE0＝ma1①‎ ‎－2qE0＝ma2②‎ ‎2qE0＝ma3③‎ ‎－qE0＝ma4④‎ 设带电粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则v1＝a1⑤‎ v2＝v1＋a2⑥‎ v3＝v2＋a3⑦‎ v4＝v3＋a4⑧‎ 设带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为s，有s＝(＋＋＋)⑨‎ 联立以上各式可得s＝⑩‎ 它沿初始电场正方向。‎ ‎(2)由电场的变化规律知，t＝时粒子 减速，设经过时间t1粒子速度减为零。‎ ‎0＝v1＋a2t1‎ 将①②⑤式代入上式，得t1＝⑪‎ 粒子从t＝时 减速，设经过时间t2速度变为零。‎ ‎0＝v2＋a3t2‎ 此式与①②③⑤⑥式联立得 t2＝⑫‎ t＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为 t＝(－t1)＋t2⑬‎ 将⑪⑫式代入⑬式得 t＝⑭‎ 答案：(1)　沿初始电场正方向　(2)