2020-2021學(xué)年高三物理一輪復(fù)習(xí)知識(shí)點(diǎn)專題13 靜電場（2）

《2020-2021學(xué)年高三物理一輪復(fù)習(xí)知識(shí)點(diǎn)專題13 靜電場（2）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020-2021學(xué)年高三物理一輪復(fù)習(xí)知識(shí)點(diǎn)專題13 靜電場（2）（14頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題13 靜電場（2）—【講】 考點(diǎn)風(fēng)向標(biāo) 第一部分：考點(diǎn)梳理 考點(diǎn)七、電場中的功能關(guān)系 考點(diǎn)八、靜電場中的圖象問題 考點(diǎn)九、動(dòng)態(tài)電容問題 考點(diǎn)十、帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)十一、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 考點(diǎn)十二、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)十三、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)七、電場中的功能關(guān)系 1．電場中的功能關(guān)系 (1)若只有電場力做功電勢能與動(dòng)能之和保持不變。 (2)若只有電場力和重力做功電勢能、重力勢能、動(dòng)能之和保持不變。 (3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機(jī)械能的變化。 (4)所有外力對物體所做的功等于物體

2、動(dòng)能的變化。 2．電場力做功的計(jì)算方法 (1)WAB＝qUAB(普遍適用) (2)W＝qExcos θ(適用于勻強(qiáng)電場) (3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解) (4)W電＋W非電＝ΔEk(由動(dòng)能定理求解) （典例應(yīng)用1）在一個(gè)水平面上建立x軸，在過原點(diǎn)O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小E＝6.0105 N/C，方向與x軸正方向相同。在O處放一個(gè)電荷量q＝－5.010－8 C，質(zhì)量m＝1.010－2 kg的絕緣物塊。物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個(gè)初速率v0＝2.0 m/s，如圖所示。(g取10 m/s2)試求：

3、 (1)物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大距離；(2)物塊最終停止的位置。 審題指導(dǎo)：　 第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn) 關(guān)鍵點(diǎn) 獲取信息 在勻強(qiáng)電場中 電場力為恒力 μ＝0.20 受滑動(dòng)摩擦力作用 第二步：找突破口 (1)物塊向右在電場力和滑動(dòng)摩擦力作用下作勻減速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)要求最終停止的位置，應(yīng)先根據(jù)電場力與摩擦力大小的關(guān)系判斷物塊停在什么位置，再利用動(dòng)能定理求解。 【解析】(1)物塊向右作勻減速運(yùn)動(dòng)，速度為零時(shí)向右運(yùn)動(dòng)的距離最大，根據(jù)動(dòng)能定理得： －(E|q|＋μmg)xm＝0－mv 代入數(shù)據(jù)得：xm＝0.4 m (2)因?yàn)镋|q|>μmg，所以物塊最終停止在O點(diǎn)的左側(cè)，設(shè)離O點(diǎn)

4、的距離為x。則： －μmg(2x＋x0)＝0－mv2 x0＝0.2 m 【答案】(1)0.4 m　(2)物塊最終停止在O點(diǎn)的左側(cè)0.2 m處 方法總結(jié) 處理電場中能量問題的基本方法 在解決電場中的能量問題時(shí)常用到的基本規(guī)律有動(dòng)能定理、能量守恒定律，有時(shí)也會(huì)用到功能關(guān)系。 (1)應(yīng)用動(dòng)能定理解決問題需研究合外力的功(或總功)。 (2)應(yīng)用能量守恒定律解決問題需注意電勢能和其他形式能之間的轉(zhuǎn)化。 (3)應(yīng)用功能關(guān)系解決該類問題需明確電場力做功與電勢能改變之間的對應(yīng)關(guān)系。 (4)有電場力做功的過程機(jī)械能一般不守恒，但機(jī)械能與電勢能的總和可以不變。 （典例應(yīng)用2）

5、(多選)如圖所示，處于真空中的勻強(qiáng)電場與水平方向成15角，在豎直平面內(nèi)的直線AB與場強(qiáng)E互相垂直，在A點(diǎn)以大小為v0的初速度水平向右拋出一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，經(jīng)時(shí)間t，小球落下一段距離過C點(diǎn)(圖中末畫出)時(shí)其速度大小仍為v0，已知A、B、C三點(diǎn)在同一平面內(nèi)，則在小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中(　　) A．小球的機(jī)械能增加 B．小球的電勢能增加 C．小球的重力勢能增加 D．C點(diǎn)位于AB直線的右側(cè) 【解析】由動(dòng)能定理知，動(dòng)能不變，合外力的功為零，重力做正功，電場力必然做負(fù)功，重力勢能減小，電勢能增加，故A、C錯(cuò)誤，B正確；電勢能增加，電場力做負(fù)功，AB為等勢線，所以C點(diǎn)必定

6、在AB右方，D正確。 【答案】BD 考點(diǎn)八、靜電場中的圖象問題 常見圖象類型有E x圖象、φ x圖象、Ep x圖象等。解決此類問題的方法是：明確圖象上某點(diǎn)切線的斜率或圖線與坐標(biāo)軸所圍成圖形的面積的物理意義。如表格所示： 圖象類別 E x圖象 φ x圖象 Ep x圖象 圖象與坐標(biāo)軸 所圍成的 面積S 電勢差，S＝Ex ＝UAB / / 某點(diǎn)切線的斜率 / 電場強(qiáng)度，k＝＝ ＝E 電場力， k＝＝ ＝F 類型一　E x圖象 (1)在給定了電場的E x圖象后，可以由圖線確定場強(qiáng)的變化情況，電勢的變化情況，E x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差。在與粒

7、子運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動(dòng)能變化、電勢能變化等情況。 (2)在這類題目中，還可以由E x圖象假設(shè)某一種符合E x圖線的電場，利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分布或場源電荷來處理相關(guān)問題。 （典例應(yīng)用3）(多選)(2014上海物理19)靜電場在x軸上的場強(qiáng)E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向?yàn)閳鰪?qiáng)正方向，帶正電的點(diǎn)電荷沿x軸運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)電荷(　　) A．在x2和x4處電勢能相等 B．由x1運(yùn)動(dòng)到x3的過程中電勢能增大 C．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電場力先增大后減小 D．由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中電場力先減小后增大 【解析】x2～x4場強(qiáng)沿x軸負(fù)方向，則從x2

8、到x4處正點(diǎn)電荷逆著電場線方向移動(dòng)，電場力做負(fù)功，電勢能增加，正電荷在x4處電勢能較大，故A錯(cuò)誤；同理分析可得，B正確；由x1運(yùn)動(dòng)到x4的過程中，由圖可以看出電場強(qiáng)度的絕對值先增大后減小，故電場力先增大后減小，故C正確，D錯(cuò)誤。 【答案】BC 類型二　φ x圖象 (1)電場強(qiáng)度的大小等于φ x圖線的斜率大小，電場強(qiáng)度為零處，φ x圖線存在極值，其切線的斜率為零。 (2)在φ x圖象中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強(qiáng)度的方向。 (3)在φ x圖象中分析電荷移動(dòng)時(shí)電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷。 （典例應(yīng)用4）(多選)(

9、2017全國卷Ⅰ20)在一靜止點(diǎn)電荷的電場中，任一點(diǎn)的電勢φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1　　　　　　 B．Ec∶Ed＝2∶1 C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3 【解析】A對：由題圖知，a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)距點(diǎn)電荷的距離依次增大，且r

10、b＝2ra，由E＝知，Ea∶Eb＝4∶1。 B錯(cuò)：rd＝2rc，由E＝知，Ec∶Ed＝4∶1。 C對：在移動(dòng)電荷的過程中，電場力做的功與電勢能的變化量大小相等，則Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1。 D錯(cuò)：Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1。 【答案】AC 類型三　Ep x圖象 （典例應(yīng)用5）(2014安徽理綜17)一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運(yùn)動(dòng)。取該直線為x軸，起始點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示。下列圖象中合理的是(　　) 點(diǎn)撥：　本題是關(guān)于圖象的“信息題”。以圖象為載體考查電

11、場的力的性質(zhì)與電場的能的性質(zhì)，考查理解題目的信息并且應(yīng)用信息解決問題的能力。本題切入點(diǎn)在于根據(jù)Ep x圖象得到電場力的變化規(guī)律，突破口在于根據(jù)牛頓第二定律得到加速度的變化規(guī)律，然后結(jié)合動(dòng)能定理分析。 【解析】在Ep x圖象中，圖象的斜率大小等于粒子所受靜電力的大小，由題意可得，靜電力F隨x增大而減小，由F＝qE得電場強(qiáng)度E也應(yīng)減小，所以A錯(cuò)誤。而F＝ma，a也隨x增大而減小，D正確。C圖中圖象為直線，運(yùn)動(dòng)相同位移時(shí)速度增加量相同，又粒子做加速運(yùn)動(dòng)，故增加相等的速度需要的時(shí)間逐漸減小，即加速度逐漸增大，而電場力逐漸減小導(dǎo)致加速度減小，相互矛盾，C錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒定律有ΔEk＝－ΔEp，所以B

12、錯(cuò)誤。 【答案】D 考點(diǎn)九、動(dòng)態(tài)電容問題 1．分析比較的思路 (1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變。 (2)用決定式C＝確定電容器電容的變化。 (3)用定義式C＝判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變化。 (4)用E＝分析電容器極板間場強(qiáng)的變化。 2．兩類動(dòng)態(tài)變化問題的比較 分類 充電后與電池兩極相連 充電后與電池兩極斷開 不變量 U Q d變大 C變小Q變小E變小 C變小U變大E不變 S變大 C變大Q變大E不變 C變大U變小E變小 εr變大 C變大Q變大E不變 C變大U變小E變小 （典例應(yīng)

13、用6）如圖所示，平行板電容器與電源相接，充電后切斷電源，然后將電介質(zhì)插入電容器極板間，則兩板間的電勢差U及板間電場強(qiáng)度E的變化情況為(　　) A．U變大，E變大　　　　　 B．U變小，E變小 C．U不變，E不變 D．U變小，E不變 【解析】當(dāng)平行板電容器充電后切斷電源，極板所帶電荷量Q保持不變，插入電介質(zhì)后，電容器的電容C變大，則U＝將變小，則由E＝可知，板間電場強(qiáng)度E也將變小。選項(xiàng)B正確。 【答案】B (典例應(yīng)用7)如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，平行板電容器兩極板的正對面積為S，兩極板的間距為d，電容器所帶電荷量為Q，電容為C，靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角為α，平行板中間懸掛了一個(gè)帶電小球，懸

14、線與豎直方向的夾角為θ，下列說法正確的是(　　) A．若增大d，則α減小，θ減小 B．若增大Q，則α減小，θ不變 C．將A板向上提一些，α增大，θ增大 D．在兩板間插入云母片，則α減小，θ不變 【解析】若增大兩極板的間距d, C＝可知，C變小，而Q不變，由C＝可知，U增大，α增大，又E＝＝＝，故E不變，電場力不變，小球的平衡狀態(tài)不變，故θ不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同理，若增大Q，電容器的電容C不變，則U增大，α增大，電場強(qiáng)度增大，則電場力增大，故θ增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；將A板向上提一些，S減小，則C變小，Q不變，電壓U增大，α增大，電場強(qiáng)度增大，則電場力增大，故θ增大，選項(xiàng)C正確；在兩板間插

15、入云母片，εr增大，則C變大，Q不變，電壓U必減小，α減小，θ減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 【答案】C 考點(diǎn)十、帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。 (2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。 2．解決帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題的思路 （典例應(yīng)用8）兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初

16、動(dòng)能是(　　) A.　　　　　　　B．edUh C. D． 【解析】電子從O點(diǎn)到A點(diǎn)，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和圖示判斷，電子僅受電場力，不計(jì)重力。這樣，我們可以用能量守恒定律來研究問題。即mv＝eUOA。因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝，故選項(xiàng)D正確。 【答案】D (典例應(yīng)用9)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。ON與水平面的夾角為30，重力加速度為g，且mg＝qE，則(　　) A．電場方向豎直向上 B．小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g

17、 C．小球上升的最大高度為 D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為 【解析】由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120角，A錯(cuò)誤；由圖中幾何關(guān)系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，B正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理可得－mg2h＝0－mv，解得h＝，C錯(cuò)誤，電場力做負(fù)功，帶電小球的電勢能變大，當(dāng)帶電小球速度為零時(shí)，其電勢能最大，則Ep＝－qE2hcos 120＝qEh＝mg＝，D正確。 【答案】BD 考點(diǎn)十一、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1．基本規(guī)

18、律 設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有 (1)加速度：a＝＝＝。 (2)在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝。 (3)位移y＝at2＝。 (4)速度，vy＝，v＝，tan θ＝＝。 2．兩個(gè)結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。 證明：由qU0＝mv及tan φ＝得tan φ＝。 (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場邊緣的距離為。 3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)

19、，也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。 （典例應(yīng)用10）(2017全國卷Ⅱ25)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和－q(q＞0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求： (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點(diǎn)距電場

20、上邊界的高度； (3)該電場的電場強(qiáng)度大小。 【解析】(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場時(shí)的水平速度仍然為v0。M、N在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為x1和x2。由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v0－at＝0① x1＝v0t＋at2② x2＝v0t－at2③ 聯(lián)立①②③式得＝3④ (2)設(shè)A點(diǎn)距電場上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知 ＝⑦ 聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得

21、h＝H⑧ (3)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運(yùn)動(dòng)，則 ＝⑨ 設(shè)M、N離開電場時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEx1⑩ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEx2? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2? 聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝? 【答案】(1)3∶1　(2)H　(3) 解題關(guān)鍵：?、貼離開電場時(shí)的速度方向豎直向下——N在水平方向的速度恰好減速到0； ②方向水平向右的勻強(qiáng)電場——M、N在豎直方向只受重力，二者在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等； ③剛離開電場時(shí)M的動(dòng)能為N的1.5倍——建立等式確定電場力和重力的關(guān)系。 考

22、點(diǎn)十二、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)一般有三種情況 (1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)； (2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)； (3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場的特點(diǎn)分段研究)。 2．解決帶電粒子在交變電場中運(yùn)動(dòng)問題的關(guān)鍵 (1)處理方法：將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為垂直電場方向上的勻速運(yùn)動(dòng)和沿電場方向的變速運(yùn)動(dòng)。 (2)比較通過電場的時(shí)間t與交變電場的周期T的關(guān)系： ①若t?T，可認(rèn)為粒子通過電場的時(shí)間內(nèi)電場強(qiáng)度不變，等于剛進(jìn)入電場時(shí)刻的場強(qiáng)。 ②若不滿足上述關(guān)系，應(yīng)注意分析粒子在電場方向上運(yùn)動(dòng)的周期性。 (3)注意分析不同時(shí)刻

23、射入電場的粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的差別，找到滿足題目要求的時(shí)刻。 （典例應(yīng)用11）(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象。當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) C．3 s末帶電粒子的速度為零 D．0～3 s內(nèi)，電場力做的總功為零 【解析】由牛頓第二定律知，帶電粒子在第1 s內(nèi)的加速度a＝為第2 s內(nèi)加速度a＝的，因此先加速1 s再減速0.5 s至速度為零，接下來的0.5 s將反向加速，v t圖象如圖所示，由對稱性可知，反向加

24、速的距離是帶電粒子剛好回到減速開始的點(diǎn)，A、B均錯(cuò)誤；0～3 s內(nèi)，帶電粒子的初、末速度均為零，動(dòng)能的變化為零，電場力做的功為零，C、D正確。 【答案】CD (典例應(yīng)用12)(多選)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大。當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，能正確反映電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律的是(　　) 【解析】在0～時(shí)間內(nèi)，電子受向右的電場力向B板以加速度a＝做勻加速運(yùn)動(dòng)；在～時(shí)間內(nèi)，電子受向左的電場力，向B板以同樣大小的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻速度減為零；在～時(shí)間內(nèi)，電子受向左的電場力，向A板以同樣大

25、小的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)；同理可知在～T時(shí)間內(nèi)，電子 受向右的電場力，向A板以同樣大小的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后速度為零。故v t圖線為A正確，C錯(cuò)誤。x t圖線B錯(cuò)誤。a t圖線D正確。 【答案】AD 考點(diǎn)十三、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 等效思想在電場中的應(yīng)用 1．“等效法”在電場中的應(yīng)用方法 “等效重力場”就是把重力場和勻強(qiáng)電場的復(fù)合場問題簡化為只有一個(gè)場的問題，從而將重力場中的相關(guān)規(guī)律有效地遷移過來。值得注意的是，由于重力場和勻強(qiáng)電場都是勻強(qiáng)場，所以帶電體受到的重力及電場力都是恒力。如果電場不是勻強(qiáng)電場，則不能進(jìn)行等效變換。 2．等效法求解電場中圓周運(yùn)動(dòng)問題的解題思路 (1

26、)求出重力與電場力的合力F合，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”。 (2)將a＝視為“等效重力加速度”。 (3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點(diǎn)”，圓周上與該點(diǎn)在同一直徑的點(diǎn)為“等效最高點(diǎn)”。 (4)將物體在重力場中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解。 （典例應(yīng)用13）如圖所示，在豎直邊界線O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝100 N/C，電場區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為30，A點(diǎn)距水平地面的高度為h＝4 m。BC段為一粗糙絕緣平面，其長度為L＝ m。斜面AB與水平面BC由一極短的光滑小圓弧連接(圖中未標(biāo)出)。豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域固定一

27、半徑為R＝0.5 m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點(diǎn)緊貼豎直邊界線O1O2，位于電場區(qū)域的外部(忽略電場對O1O2右側(cè)空間的影響)?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg、帶電荷量為q＝0.1 C的帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝(g取10 m/s2)。 (1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)所受軌道的壓力大小； (3)小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離。 【解析】(1)以小球?yàn)檠芯繉ο螅葾點(diǎn)至C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得 (mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos 30－μ(mg＋Eq

28、)L ＝mv 解得vC＝2 m/s (2)以小球?yàn)檠芯繉ο?，由C點(diǎn)至D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mv＝mv＋mg2R 在最高點(diǎn)以小球?yàn)檠芯繉ο?，根?jù)牛頓第二定律可得 FN＋mg＝m 解得FN＝30 N vD＝2 m/s (3)設(shè)小球做類平拋運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律，可得mg＋Eq＝ma 應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律列式可得x＝vDt 2R＝at2 解得x＝ m 【答案】(1)2 m/s　(2)30 N　(3) m （典例應(yīng)用14）如圖所示，一條長為L的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平

29、向右的勻強(qiáng)電場中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角α＝60時(shí)，小球速度為0。 (1)求小球帶電性質(zhì)和電場強(qiáng)度E。 (2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，求小球在A點(diǎn)應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)。 【解析】(1)根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。 小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動(dòng)能定理有 0＝EqLsin α－mgL(1－cos α) 解得E＝。 (2)如圖所示，將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝mg，方向與豎直方向成30角偏向右下。 若小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn) ＝mg 小球從A點(diǎn)以初速度vA運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知 mv2－mv＝－mgL(1＋cos 30) 聯(lián)立解得vA＝ 。 【答案】(1)小球帶正電　　(2)