还剩17页未读，
继续阅读
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第七章第四讲 电场中的三大典型问题
展开
能力提升课
第四讲 电场中的三大典型问题
热点一 电场中三类典型图象问题 (师生共研)
近几年，高考中以电场中的图象切入命题的试题逐渐增多，如：E－x图象、φ－x图象，或与粒子运动规律有关的图象，如：v－t图象，掌握各个图象的特点，理解其斜率、截距、“面积”对应的物理意义，就能顺利解决有关问题，此类问题一般以选择题的形式出现，难度中等．
类型一 电场中粒子运动的v－t图象
根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化．
[典例1] (多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图象如图乙所示．小球运动到B点时，v－t图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )
A．在O点右侧杆上，B点电场强度最大，电场强度大小为E＝1.2 V/m
B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大
C．由C到A电势逐渐降低
D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V
解析：由图乙可知，在B点带电小球的加速度最大，则B点的电场强度最大，＝＝ m/s2，解得E＝1.2 V/m，A正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C指向A，所以带正电小球从C到A的过程中，电场力做正功，电势能减小，B错误；由C到A电势逐渐降低，C正确；带正电小球由C到B的过程中，由动能定理得UCBq＝mv－0，解得UCB＝0.9 V，D正确．
答案：ACD
1．(多选)(2018·河南洛阳一中月考)如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其速度—时间图象如图乙所示．以下说法中正确的是( )
A．Q2一定带正电
B．Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量
C．b点的电场强度最大
D．粒子由a点到c点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小
解析：从速度图象上看，可见从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，负电荷在ab间做减速运动，电场力向左，合场强向右，b点左侧合电场主要取决于Q2，故Q2带正电；负电荷在bc间做加速运动，电场力向右，合场强向左，b点右侧合电场主要取决于Q1，故A正确，C错误；
b点的电场强度为0，根据点电荷场强公式k＝k，因为r1＞r2，故Q1＞Q2，即Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量，故B正确；负电荷从a点到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加；从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故粒子从a到b再到c的过程中，电势能先增大后减小，故D正确．
答案：ABD
类型二 电场中的E－x图象
1．几种常见的E－x图象
(1)点电荷的E－x图象
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图象大致如图所示．
(2)两个等量异种点电荷的E－x图象
①两电荷连线上的E－x图象如图甲所示．
②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图乙所示．
(3)两个等量同种点电荷的E－x图象
①两电荷连线上的E－x图象如图甲所示．
②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图乙所示．
2．E－x图象特点
(1)反映了电场强度随位移变化的规律．
(2)E>0表示电场强度沿x轴正方向；E<0表示电场强度沿x轴负方向．
(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．
[典例2] 空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．O点的电势最低
B．x1和x3两点的电势相等
C．x2和－x2两点的电势相等
D．x2的电势最高
解析：沿电场线方向电势逐渐降低，从O点向右电势逐渐降低，从O点向左电势逐渐降低，所以O点电势最高，A、D错误；在O点右侧，电场强度的方向向右，沿此方向电势逐渐降低，所以x1的电势高于x3点的电势，B错误；从O点向两侧电势逐渐降低，而x2和－x2关于原点O对称，所以两点的电势相等，C正确．
答案：C
2. (多选)x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图象如图所示，该图象关于O点对称，x1和－x1为x轴上的两点．下列说法正确的是( )
A．O点的电势最低
B．x1和－x1两点的电势相等
C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能
D．电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，
则到达O点时速度最大
解析：作出电场线，根据沿着电场线电势降低，则O点电势最高，故A错误；从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等，电子在x1和－x1两点处的电势能相等，故B正确，C错误；电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，到达O点时电场力做功最多，故动能最大，速度最大，故D正确．
答案：BD
类型三 电场中的φ－x图象
1．几种常见的φ－x图象
(1)点电荷的φ－x图象(取无限远处电势为零)
①正点电荷的φ－x图象如图甲所示；
②负点电荷的φ－x图象如图乙所示．
(2)两个等量异种电荷连线上的φ－x图象，如图所示．
(3)两个等量同种电荷的φ－x图象
①两正电荷连线上的φ－x图象如图甲所示．
②两正电荷连线的中垂线上的φ－y图象如图乙所示．
2．φ－x图象特点及应用
(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．
(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．
(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断．
[典例3] (多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随坐标x变化的图象如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m、带电荷量为q的带负电小球(可视为质点)从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到点x4.则下列叙述正确的是( )
A．带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大
B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大
C．若小球的初速度v0＝2，则运动过程中的最大速度为
D．要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2
解析：φ－x图象的斜率表示电场强度，E＝，所以带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力不变，A错误；由W＝Uq可知，带电小球从x1运动到x3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B正确；从O点以某一未知速度v0
沿x轴正向移动到点x4，电场力先做正功后做负功，在x1时，动能最大，对0～x1过程应用动能定理，有φ0q＝mv2－mv，解得v＝，C正确；当小球恰好运动到x4处时，初速度v0最小，对全过程应用动能定理得－q＝0－mv，解得v0＝，D错误．
答案：BC
3．真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，下列说法中正确的是( )
A．A点的电势低于B点的电势
B．A点的电场强度方向由A指向B
C．A点的电场强度小于B点的电场强度
D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功
解析：由图可知A点的电势高于B点的电势，故A错误；从A到B电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B，故B正确；根据电场强度公式E＝得A点的电场强度大于B点的电场强度，故C错误；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D错误．
答案：B
热点二 带电粒子在交变电场中的运动 (师生共研)
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的试题类型
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)．
3．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．
[典例4] 将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，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两极板间的距离足够大，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板运动，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板运动，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：根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙．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，在这半周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速度大小为.在第三个内电子做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半周期内运动方向与前半周期相反，向A板运动，加速度大小为.所以电子在交变电场中将以t＝时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析D正确．
答案：D
[反思总结]
利用速度图象分析带电粒子的运动过程时的注意事项
1．带电粒子进入电场的时刻；
2．速度图象的切线斜率表示加速度；
3．图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；
4．注意对称性和周期性变化关系的应用；
5．图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解．
4．(2018·哈尔滨九中二模)如图甲所示，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l＝10 cm，板间距离d＝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象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)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)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝mv
设偏转电场的场强为E，则有：E＝
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有：在中心轴线方向上：t＝
在轴线侧向有：a＝
y＝at2＝
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：vy＝at, tan θ＝
电子在荧光屏上偏离O点的距离为
Y＝y＋Ltan θ＝＝
由题图知t＝0.06 s时刻U＝1.8U0，
代入数据解得Y＝13.5 cm.
(2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了．
代入上式得：Y＝l
所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y＝3l＝30 cm.
答案：(1) O点上方13.5 cm处 (2)30 cm
热点三 应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题 (师生共研)
1．方法技巧
功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．
2．解题流程
[典例5] (多选)(2015·山东卷)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A．末速度大小为v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
解析：由题意知qE0＝mg，所以～与～T时间内微粒的加速度等大反向，大小都等于g.～时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1＝g·，竖直位移y1＝g()2，在～T时间内微粒的竖直末速度vy2＝vy1－g·＝0，竖直位移y2＝vy1·－g()2＝g()2，所以y1＝y2＝，微粒克服电场力做功W＝q·2E0·＝2mg·＝mgd，在重力作用下微粒的竖直位移为，其重力势能减少了mgd.综上可知A、D错误，B、C正确．
答案：BC
5．(2019·衡阳江山中英文学校月考)如图所示，在E＝1×103 V/m的竖直向下匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN平滑连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为半圆QN的中点，其半径R＝40 cm，带正电为q＝1×10－4C的小滑块的质量为m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m处，取g＝10 m/s2.求：
(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应以多大的初速度v0向左运动？
(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
解析：(1)设滑块到达Q点时速度为v，
则由牛顿第二定律得：mg＋qE＝m，
滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：
－mg•2R－qE•2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv
联立上式解得：v0＝7 m/s；
(2)设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，
由动能定理得：
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv
又在P点时，由牛顿第二定律得：FN＝m，
代入数据解得：FN＝0.6 N.
答案：(1)7 m/s (2)0.6 N
1．(2018·漳州模拟)某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图所示．x轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAx、EOx、EBx，电子在A、O、B三点的电势能分别为EpA、EpO、EpB.下列判断正确的是( D )
A．φO>φB>φA B．EOx>EBx>EAx
C．EpOEpO－EpB
解析：由φx图象可知A、O、B三点中A点的电势最高，O点电势最低，选项A错误．由E＝可知，φx图象的斜率表示该点对应的电场强度，A点斜率绝对值最大，电场强度最大，O点斜率为零，电场强度为零，最小，选项B错误．电子带负电荷，电子的电势能为Ep＝－eφ，电势越高，电势能越小，因此电子在O点电势能最大，在A点电势能最小，选项C错误．由φx图象可知，A、O两点电势差大于B、O两点电势差，由电势能的知识易知，选项D正确．
2．(多选)(2017·天津卷)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( BC )
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
3．(多选)A、B为某电场中一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点由静止释放，仅在电场力作用下运动一段距离到达B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，从A到B过程中，下列说法正确的是( BC )
A．电场力对电荷一直做正功
B．电荷所受电场力先减小后增大
C．电势先降低后升高
D．A、B两点处电场强度方向相同
解析：从A到B电势能先减小后增大，说明电场力先做正功后做负功，A错误；Epx图象的斜率＝F电场力，所以电场力先减小后增大，B正确；电场力先做正功后做负功，所以电场强度方向先向右后向左，电势先降低后升高，C正确，D错误．
4．如图甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的比荷＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用．求：
(1)粒子通过电场区域的时间；
(2)粒子离开电场的位置坐标；
(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小．
解析：(1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t＝＝4×10－3s.
(2)粒子在x轴方向先加速后减速，加速时的加速度a1＝＝4 m/s2，减速时的加速度a2＝＝2 m/s2，x轴方向上的位移x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5 m，因此粒子离开电场的位置坐标为(－2×10－5 m，2 m)．
(3)粒子在x轴方向的速度vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s.
答案：(1)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m,2 m) (3)4×10－3 m/s
[A组·基础题]
1．两个点电荷Q1、Q2位于x轴上A、B两点，若取无限远处的电势为零，则在它们形成的电场中，沿x轴正方向上各点的电势如图所示，且AP＞PB.由图象提供的信息可知( B )
A．P点的电场强度为零
B．Q1的电荷量较大
C．电子沿x轴从A移到B的过程中，加速度逐渐减小
D．电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力先做正功，后做负功
2．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( D )
A．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝2 V/m
B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高
D．AB两点电势差UAB＝－5 V
3．如图(a)所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图(b)中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( D )
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
4．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某一位置水平地面上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图象如图乙所示，不计空气阻力，则( C )
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，滑块经过边界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，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功
5．(多选)真空中某一静电场的方向沿x轴正向，且x轴上各点的电势φ关于位置坐标x的关系如图所示，在x＝3 m、5 m、10 m处有A、B、C三点，则下列说法中正确的是( BC )
A．B点的电场强度为零
B．正的试探电荷在只受电场力的作用下由A点移到B点的过程中速度增大
C．A、C两点的电场强度方向相同
D．由于沿x轴正向电势降低，则该电场可能是由O点的正电荷而产生的
6．(多选)如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC－xB＝xB－xA.该电子的电势能Ep随坐标x变化的图象如图乙所示．则下列说法中正确的是( BC )
A．A点电势高于B点电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．C、B两点电势差UCB小于B、A两点电势差UBA
D．电子经过A点的速率大于经过B点的速率
解析：一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图乙知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A点电势低于B点电势，经过A点的速率小于经过B点的速率，故A、D错误；根据＝Ee，可知图象的斜率大小体现电场强度的强弱，因此从A到B，电场强度减小，A点的电场强度大于B点的电场强度，B正确；由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据ΔEp＝W＝qU可得B、A两点电势差UBA大于C、B两点电势差UCB，C正确．
7．(多选)图甲为示波管的结构示意图，偏转电极中的XX′两极板竖直放置，YY′两极板水平放置，电子枪持续地发射电子束．当XX′、YY′之间都不加电压时，电子束从电子枪射出后沿直线传播，打在荧光屏中心出现一个亮斑．图乙、图丙为随时间周期性变化的电压．下列判断正确的是( AD )
A．当XX′之间不加电压时，在YY′之间加上图乙所示的电压，荧光屏上的图形是一条沿YY′方向的直线
B．当XX′之间加上图丙所示的电压时，在YY′之间不加电压，荧光屏上的图形是一条沿YY′方向的直线
C．当XX′之间加上图乙所示的电压时，在YY′之间加上图丙所示的电压，荧光屏上的图形是沿YY′方向起伏的正弦曲线
D．当XX′之间加上图丙所示的电压时，在YY′之间加上图乙所示的电压，荧光屏上的图形是沿YY′方向起伏的正弦曲线
8．(多选)由同种绝缘材料做成的水平面MN和斜面NP，如图所示，NQ垂直水平面且左侧有一水平向右的匀强电场，一个带正电的物体从与N点相距L0的位置静止释放，调节斜面的倾角，当倾角θ＝37°时，物体沿斜面也能滑行L0距离，然后物体沿原路径返回到出发点时静止，已知物体每次经过N点时没有机械能损失且返回途中撤去电场，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( AD )
A．物体与该材料间的动摩擦因数为
B．物体与该材料间的动摩擦因数为0.75
C．如果物体距离N点3L0由静止释放，物体能沿斜面滑行1.8L0
D．如果物体距离N点3L0由静止释放，物体能沿斜面滑行3L0
[B组·能力题]
9．如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R＝0.2 m，圆心为O，下端与绝缘水平轨道在B点相切并平滑连接．一带正电q＝5.0×10－3 C、质量为m＝3.0 kg的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A点．已知A、B两点间的距离为L＝1.0 m，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若物块在A点以初速度v0向左运动，恰好能到达轨道的最高点D，则物块的初速度v0应为多大？
(2)若整个装置处于方向水平向左、电场强度大小为E＝2.0×103 N/C的匀强电场中(图中未画出)，现将物块从A点由静止释放，试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用反三角函数表示)；
(3)在(2)问的情景中，试求物块在水平面上运动的总路程．
解析：(1)对物块由A至D过程中由动能定理可知
－2mgR－μmgL＝mv－mv，
对物块在D点有mg＝m，
联立解得v0＝ m/s.
(2)对物块，假设物块可运动到C点，则由A至C过程有
qE(L＋R)－mgR－μmgL＝mv－0，
可得vC＝0，故物块始终没有脱离轨道．
故物块在运动过程速度最大时位于B点左侧圆弧上，
设该位置与圆心的连线与OB的夹角为θ，对物块受力分析，可知tan θ＝＝，θ＝arctan .
(3)对于物块在水平面上运动的全程有
qEL－μmgL总＝0，
解得L总＝ m.
答案：(1) m/s (2)见解析 (3) m
10．如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直屏到板右端的距离均为l，M板左下方紧贴M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持续发射质量为m，电荷量为＋q的粒子．已知板间电压UMN随时间变化的关系图象如图乙所示，其中U0＝，忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大．
(1)计算说明，t＝0时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置；
(2)求荧光屏上发光的长度．
解析：(1)t＝0时刻射入电场时，有q＝ma，
粒子在0～时间内，偏转距离为y＝a()2，
解得y＝4l，
因y＝4l＞l，故粒子打在N极板上．
粒子在两板间运动时间t1满足l＝at，x＝v0t1，
解得x＝，即粒子打在N极板中央．
(2)在t＝时射入板间的粒子不偏转，沿直线打到荧光屏上．
在t＝T＝时射入的粒子，刚好从N极板右边缘射出极板，此粒子打在荧光屏上的偏转距离最大，粒子的轨迹如图所示．偏转角α满足tan α＝，
vy＝at1＝a·＝4v0，
解得tan α＝4.
设出极板后匀速运动偏转量为y′，＝tan α，
荧光屏上发光长度为y＝l＋y′＝5l.
答案：(1)粒子打在N极板中央 (2)5l
第四讲 电场中的三大典型问题
热点一 电场中三类典型图象问题 (师生共研)
近几年，高考中以电场中的图象切入命题的试题逐渐增多，如：E－x图象、φ－x图象，或与粒子运动规律有关的图象，如：v－t图象，掌握各个图象的特点，理解其斜率、截距、“面积”对应的物理意义，就能顺利解决有关问题，此类问题一般以选择题的形式出现，难度中等．
类型一 电场中粒子运动的v－t图象
根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化．
[典例1] (多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v－t图象如图乙所示．小球运动到B点时，v－t图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )
A．在O点右侧杆上，B点电场强度最大，电场强度大小为E＝1.2 V/m
B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大
C．由C到A电势逐渐降低
D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V
解析：由图乙可知，在B点带电小球的加速度最大，则B点的电场强度最大，＝＝ m/s2，解得E＝1.2 V/m，A正确；细杆上电场强度的方向沿杆从C指向A，所以带正电小球从C到A的过程中，电场力做正功，电势能减小，B错误；由C到A电势逐渐降低，C正确；带正电小球由C到B的过程中，由动能定理得UCBq＝mv－0，解得UCB＝0.9 V，D正确．
答案：ACD
1．(多选)(2018·河南洛阳一中月考)如图甲所示，Q1、Q2为两个固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b、c三点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其速度—时间图象如图乙所示．以下说法中正确的是( )
A．Q2一定带正电
B．Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量
C．b点的电场强度最大
D．粒子由a点到c点运动过程中，粒子的电势能先增大后减小
解析：从速度图象上看，可见从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，负电荷在ab间做减速运动，电场力向左，合场强向右，b点左侧合电场主要取决于Q2，故Q2带正电；负电荷在bc间做加速运动，电场力向右，合场强向左，b点右侧合电场主要取决于Q1，故A正确，C错误；
b点的电场强度为0，根据点电荷场强公式k＝k，因为r1＞r2，故Q1＞Q2，即Q2的电荷量一定小于Q1的电荷量，故B正确；负电荷从a点到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加；从b点到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故粒子从a到b再到c的过程中，电势能先增大后减小，故D正确．
答案：ABD
类型二 电场中的E－x图象
1．几种常见的E－x图象
(1)点电荷的E－x图象
正点电荷及负点电荷的电场强度E随坐标x变化关系的图象大致如图所示．
(2)两个等量异种点电荷的E－x图象
①两电荷连线上的E－x图象如图甲所示．
②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图乙所示．
(3)两个等量同种点电荷的E－x图象
①两电荷连线上的E－x图象如图甲所示．
②两电荷连线的中垂线上的E－y图象如图乙所示．
2．E－x图象特点
(1)反映了电场强度随位移变化的规律．
(2)E>0表示电场强度沿x轴正方向；E<0表示电场强度沿x轴负方向．
(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．
[典例2] 空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．O点的电势最低
B．x1和x3两点的电势相等
C．x2和－x2两点的电势相等
D．x2的电势最高
解析：沿电场线方向电势逐渐降低，从O点向右电势逐渐降低，从O点向左电势逐渐降低，所以O点电势最高，A、D错误；在O点右侧，电场强度的方向向右，沿此方向电势逐渐降低，所以x1的电势高于x3点的电势，B错误；从O点向两侧电势逐渐降低，而x2和－x2关于原点O对称，所以两点的电势相等，C正确．
答案：C
2. (多选)x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图象如图所示，该图象关于O点对称，x1和－x1为x轴上的两点．下列说法正确的是( )
A．O点的电势最低
B．x1和－x1两点的电势相等
C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能
D．电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，
则到达O点时速度最大
解析：作出电场线，根据沿着电场线电势降低，则O点电势最高，故A错误；从图线看出，电场强度关于原点O对称，则x轴上关于O点对称位置的电势相等，电子在x1和－x1两点处的电势能相等，故B正确，C错误；电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，到达O点时电场力做功最多，故动能最大，速度最大，故D正确．
答案：BD
类型三 电场中的φ－x图象
1．几种常见的φ－x图象
(1)点电荷的φ－x图象(取无限远处电势为零)
①正点电荷的φ－x图象如图甲所示；
②负点电荷的φ－x图象如图乙所示．
(2)两个等量异种电荷连线上的φ－x图象，如图所示．
(3)两个等量同种电荷的φ－x图象
①两正电荷连线上的φ－x图象如图甲所示．
②两正电荷连线的中垂线上的φ－y图象如图乙所示．
2．φ－x图象特点及应用
(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．
(2)在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．
(3)在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断．
[典例3] (多选)在光滑的绝缘水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随坐标x变化的图象如图所示(图中φ0已知)．有一质量为m、带电荷量为q的带负电小球(可视为质点)从O点以某一未知速度v0沿x轴正向移动到点x4.则下列叙述正确的是( )
A．带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力逐渐增大
B．带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能一直增大
C．若小球的初速度v0＝2，则运动过程中的最大速度为
D．要使小球能运动到x4处，则初速度v0至少为2
解析：φ－x图象的斜率表示电场强度，E＝，所以带电小球从O运动到x1的过程中，所受电场力不变，A错误；由W＝Uq可知，带电小球从x1运动到x3的过程中，电场力做负功，电势能增加，B正确；从O点以某一未知速度v0
沿x轴正向移动到点x4，电场力先做正功后做负功，在x1时，动能最大，对0～x1过程应用动能定理，有φ0q＝mv2－mv，解得v＝，C正确；当小球恰好运动到x4处时，初速度v0最小，对全过程应用动能定理得－q＝0－mv，解得v0＝，D错误．
答案：BC
3．真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，下列说法中正确的是( )
A．A点的电势低于B点的电势
B．A点的电场强度方向由A指向B
C．A点的电场强度小于B点的电场强度
D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功
解析：由图可知A点的电势高于B点的电势，故A错误；从A到B电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B，故B正确；根据电场强度公式E＝得A点的电场强度大于B点的电场强度，故C错误；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D错误．
答案：B
热点二 带电粒子在交变电场中的运动 (师生共研)
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的试题类型
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)．
3．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．
[典例4] 将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，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两极板间的距离足够大，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板运动，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板运动，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：根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙．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，在这半周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速度大小为.在第三个内电子做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半周期内运动方向与前半周期相反，向A板运动，加速度大小为.所以电子在交变电场中将以t＝时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析D正确．
答案：D
[反思总结]
利用速度图象分析带电粒子的运动过程时的注意事项
1．带电粒子进入电场的时刻；
2．速度图象的切线斜率表示加速度；
3．图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；
4．注意对称性和周期性变化关系的应用；
5．图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解．
4．(2018·哈尔滨九中二模)如图甲所示，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l＝10 cm，板间距离d＝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象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)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)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝mv
设偏转电场的场强为E，则有：E＝
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有：在中心轴线方向上：t＝
在轴线侧向有：a＝
y＝at2＝
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：vy＝at, tan θ＝
电子在荧光屏上偏离O点的距离为
Y＝y＋Ltan θ＝＝
由题图知t＝0.06 s时刻U＝1.8U0，
代入数据解得Y＝13.5 cm.
(2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了．
代入上式得：Y＝l
所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y＝3l＝30 cm.
答案：(1) O点上方13.5 cm处 (2)30 cm
热点三 应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题 (师生共研)
1．方法技巧
功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．
2．解题流程
[典例5] (多选)(2015·山东卷)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A．末速度大小为v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
解析：由题意知qE0＝mg，所以～与～T时间内微粒的加速度等大反向，大小都等于g.～时间内微粒只在重力作用下的竖直末速度vy1＝g·，竖直位移y1＝g()2，在～T时间内微粒的竖直末速度vy2＝vy1－g·＝0，竖直位移y2＝vy1·－g()2＝g()2，所以y1＝y2＝，微粒克服电场力做功W＝q·2E0·＝2mg·＝mgd，在重力作用下微粒的竖直位移为，其重力势能减少了mgd.综上可知A、D错误，B、C正确．
答案：BC
5．(2019·衡阳江山中英文学校月考)如图所示，在E＝1×103 V/m的竖直向下匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN平滑连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为半圆QN的中点，其半径R＝40 cm，带正电为q＝1×10－4C的小滑块的质量为m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m处，取g＝10 m/s2.求：
(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则滑块应以多大的初速度v0向左运动？
(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
解析：(1)设滑块到达Q点时速度为v，
则由牛顿第二定律得：mg＋qE＝m，
滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：
－mg•2R－qE•2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv
联立上式解得：v0＝7 m/s；
(2)设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，
由动能定理得：
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv
又在P点时，由牛顿第二定律得：FN＝m，
代入数据解得：FN＝0.6 N.
答案：(1)7 m/s (2)0.6 N
1．(2018·漳州模拟)某静电场在x轴上各点的电势φ随坐标x的分布图象如图所示．x轴上A、O、B三点的电势值分别为φA、φO、φB，电场强度沿x轴方向的分量大小分别为EAx、EOx、EBx，电子在A、O、B三点的电势能分别为EpA、EpO、EpB.下列判断正确的是( D )
A．φO>φB>φA B．EOx>EBx>EAx
C．EpO
解析：由φx图象可知A、O、B三点中A点的电势最高，O点电势最低，选项A错误．由E＝可知，φx图象的斜率表示该点对应的电场强度，A点斜率绝对值最大，电场强度最大，O点斜率为零，电场强度为零，最小，选项B错误．电子带负电荷，电子的电势能为Ep＝－eφ，电势越高，电势能越小，因此电子在O点电势能最大，在A点电势能最小，选项C错误．由φx图象可知，A、O两点电势差大于B、O两点电势差，由电势能的知识易知，选项D正确．
2．(多选)(2017·天津卷)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( BC )
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
3．(多选)A、B为某电场中一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点由静止释放，仅在电场力作用下运动一段距离到达B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，从A到B过程中，下列说法正确的是( BC )
A．电场力对电荷一直做正功
B．电荷所受电场力先减小后增大
C．电势先降低后升高
D．A、B两点处电场强度方向相同
解析：从A到B电势能先减小后增大，说明电场力先做正功后做负功，A错误；Epx图象的斜率＝F电场力，所以电场力先减小后增大，B正确；电场力先做正功后做负功，所以电场强度方向先向右后向左，电势先降低后升高，C正确，D错误．
4．如图甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的比荷＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用．求：
(1)粒子通过电场区域的时间；
(2)粒子离开电场的位置坐标；
(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小．
解析：(1)因为粒子初速度方向垂直于匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t＝＝4×10－3s.
(2)粒子在x轴方向先加速后减速，加速时的加速度a1＝＝4 m/s2，减速时的加速度a2＝＝2 m/s2，x轴方向上的位移x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5 m，因此粒子离开电场的位置坐标为(－2×10－5 m，2 m)．
(3)粒子在x轴方向的速度vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s.
答案：(1)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m,2 m) (3)4×10－3 m/s
[A组·基础题]
1．两个点电荷Q1、Q2位于x轴上A、B两点，若取无限远处的电势为零，则在它们形成的电场中，沿x轴正方向上各点的电势如图所示，且AP＞PB.由图象提供的信息可知( B )
A．P点的电场强度为零
B．Q1的电荷量较大
C．电子沿x轴从A移到B的过程中，加速度逐渐减小
D．电子沿x轴从A移到B的过程中，电场力先做正功，后做负功
2．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( D )
A．B点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E＝2 V/m
B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大
C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高
D．AB两点电势差UAB＝－5 V
3．如图(a)所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图(b)中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( D )
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
4．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某一位置水平地面上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图象如图乙所示，不计空气阻力，则( C )
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，滑块经过边界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，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功
5．(多选)真空中某一静电场的方向沿x轴正向，且x轴上各点的电势φ关于位置坐标x的关系如图所示，在x＝3 m、5 m、10 m处有A、B、C三点，则下列说法中正确的是( BC )
A．B点的电场强度为零
B．正的试探电荷在只受电场力的作用下由A点移到B点的过程中速度增大
C．A、C两点的电场强度方向相同
D．由于沿x轴正向电势降低，则该电场可能是由O点的正电荷而产生的
6．(多选)如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC－xB＝xB－xA.该电子的电势能Ep随坐标x变化的图象如图乙所示．则下列说法中正确的是( BC )
A．A点电势高于B点电势
B．A点的电场强度大于B点的电场强度
C．C、B两点电势差UCB小于B、A两点电势差UBA
D．电子经过A点的速率大于经过B点的速率
解析：一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图乙知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A点电势低于B点电势，经过A点的速率小于经过B点的速率，故A、D错误；根据＝Ee，可知图象的斜率大小体现电场强度的强弱，因此从A到B，电场强度减小，A点的电场强度大于B点的电场强度，B正确；由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据ΔEp＝W＝qU可得B、A两点电势差UBA大于C、B两点电势差UCB，C正确．
7．(多选)图甲为示波管的结构示意图，偏转电极中的XX′两极板竖直放置，YY′两极板水平放置，电子枪持续地发射电子束．当XX′、YY′之间都不加电压时，电子束从电子枪射出后沿直线传播，打在荧光屏中心出现一个亮斑．图乙、图丙为随时间周期性变化的电压．下列判断正确的是( AD )
A．当XX′之间不加电压时，在YY′之间加上图乙所示的电压，荧光屏上的图形是一条沿YY′方向的直线
B．当XX′之间加上图丙所示的电压时，在YY′之间不加电压，荧光屏上的图形是一条沿YY′方向的直线
C．当XX′之间加上图乙所示的电压时，在YY′之间加上图丙所示的电压，荧光屏上的图形是沿YY′方向起伏的正弦曲线
D．当XX′之间加上图丙所示的电压时，在YY′之间加上图乙所示的电压，荧光屏上的图形是沿YY′方向起伏的正弦曲线
8．(多选)由同种绝缘材料做成的水平面MN和斜面NP，如图所示，NQ垂直水平面且左侧有一水平向右的匀强电场，一个带正电的物体从与N点相距L0的位置静止释放，调节斜面的倾角，当倾角θ＝37°时，物体沿斜面也能滑行L0距离，然后物体沿原路径返回到出发点时静止，已知物体每次经过N点时没有机械能损失且返回途中撤去电场，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( AD )
A．物体与该材料间的动摩擦因数为
B．物体与该材料间的动摩擦因数为0.75
C．如果物体距离N点3L0由静止释放，物体能沿斜面滑行1.8L0
D．如果物体距离N点3L0由静止释放，物体能沿斜面滑行3L0
[B组·能力题]
9．如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R＝0.2 m，圆心为O，下端与绝缘水平轨道在B点相切并平滑连接．一带正电q＝5.0×10－3 C、质量为m＝3.0 kg的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A点．已知A、B两点间的距离为L＝1.0 m，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若物块在A点以初速度v0向左运动，恰好能到达轨道的最高点D，则物块的初速度v0应为多大？
(2)若整个装置处于方向水平向左、电场强度大小为E＝2.0×103 N/C的匀强电场中(图中未画出)，现将物块从A点由静止释放，试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用反三角函数表示)；
(3)在(2)问的情景中，试求物块在水平面上运动的总路程．
解析：(1)对物块由A至D过程中由动能定理可知
－2mgR－μmgL＝mv－mv，
对物块在D点有mg＝m，
联立解得v0＝ m/s.
(2)对物块，假设物块可运动到C点，则由A至C过程有
qE(L＋R)－mgR－μmgL＝mv－0，
可得vC＝0，故物块始终没有脱离轨道．
故物块在运动过程速度最大时位于B点左侧圆弧上，
设该位置与圆心的连线与OB的夹角为θ，对物块受力分析，可知tan θ＝＝，θ＝arctan .
(3)对于物块在水平面上运动的全程有
qEL－μmgL总＝0，
解得L总＝ m.
答案：(1) m/s (2)见解析 (3) m
10．如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直屏到板右端的距离均为l，M板左下方紧贴M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持续发射质量为m，电荷量为＋q的粒子．已知板间电压UMN随时间变化的关系图象如图乙所示，其中U0＝，忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大．
(1)计算说明，t＝0时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置；
(2)求荧光屏上发光的长度．
解析：(1)t＝0时刻射入电场时，有q＝ma，
粒子在0～时间内，偏转距离为y＝a()2，
解得y＝4l，
因y＝4l＞l，故粒子打在N极板上．
粒子在两板间运动时间t1满足l＝at，x＝v0t1，
解得x＝，即粒子打在N极板中央．
(2)在t＝时射入板间的粒子不偏转，沿直线打到荧光屏上．
在t＝T＝时射入的粒子，刚好从N极板右边缘射出极板，此粒子打在荧光屏上的偏转距离最大，粒子的轨迹如图所示．偏转角α满足tan α＝，
vy＝at1＝a·＝4v0，
解得tan α＝4.
设出极板后匀速运动偏转量为y′，＝tan α，
荧光屏上发光长度为y＝l＋y′＝5l.
答案：(1)粒子打在N极板中央 (2)5l
相关资料
更多
