2022年高三物理復(fù)習(xí) 第6章 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2學(xué)案

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1、2022年高三物理復(fù)習(xí) 第6章 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2學(xué)案 一、概念規(guī)律題組 圖1 1．在兩個(gè)半圓柱面構(gòu)成的區(qū)域內(nèi)，有一均勻的徑向電場(chǎng)，徑向?qū)挾群苄?，電?chǎng)線(xiàn)如圖1中的徑向?qū)嵕€(xiàn)所示．欲使電荷量相同的正離子從左端進(jìn)入，沿半圓路徑運(yùn)動(dòng)后從右端射出，這些離子應(yīng)具備相同的(　　) A．比荷 B．質(zhì)量 C．速度 D．動(dòng)能 圖2 2．如圖2所示，帶正電q、質(zhì)量為m的滑塊，沿固定絕緣斜面勻速下滑，現(xiàn)加一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，且qE

2、 D．僅當(dāng)qE＝mg時(shí)，物體加速下滑 圖3 3．A、B為兩個(gè)固定的等量同種正點(diǎn)電荷，O為AB連線(xiàn)的中點(diǎn)，另一個(gè)也帶正電的重力不計(jì)的小電荷靜止于O點(diǎn)，如圖3所示，則(　　) A．使小電荷向右偏離一點(diǎn)，釋放后將向左先加速后減速直至停到某一位置 B．使小電荷向左偏離一點(diǎn)，釋放后將做以O(shè)點(diǎn)為中心的往復(fù)運(yùn)動(dòng) C．使小電荷向上方偏離一點(diǎn)，釋放后將做以O(shè)點(diǎn)為中心的往復(fù)運(yùn)動(dòng) D．使小電荷向下方偏離一點(diǎn)，釋放后將向下做加速度先變大后變小的變加速運(yùn)動(dòng) 二、思想方法題組 圖4 4．如圖4所示，一個(gè)帶負(fù)電的油滴以初速度v0從P點(diǎn)傾斜向上進(jìn)入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，若油滴達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)速度大小仍為

3、v0，則油滴的最高點(diǎn)位置是(　　) A．在P點(diǎn)左上方 B．在P點(diǎn)右上方 C．在P點(diǎn)正上方 D．上述情況都可能 圖5 5．如圖5所示，在絕緣的水平面上方存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向如圖所示，水平面上的帶電金屬塊在水平拉力F的作用下沿水平面移動(dòng)．已知金屬塊在移動(dòng)的過(guò)程中，外力F做功32 J，金屬塊克服電場(chǎng)力做功8.0 J，金屬塊克服摩擦力做功16 J，則在此過(guò)程中金屬塊的(　　) A．動(dòng)能增加8.0 J B．電勢(shì)能增加24 J C．機(jī)械能減少24 J D．機(jī)械能增加48 J 一、用運(yùn)動(dòng)分解法處理帶電粒子的復(fù)雜運(yùn)動(dòng) 用運(yùn)動(dòng)分解法處理帶電粒子的復(fù)雜運(yùn)動(dòng)，

4、可以將復(fù)雜運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)相互正交的比較簡(jiǎn)單的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，而這兩個(gè)直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律我們是可以掌握的，并且這種研究物理問(wèn)題的思想我們也是熟知的，然后再按運(yùn)動(dòng)合成的觀(guān)點(diǎn)去求出有關(guān)的物理量． 【例1】 如圖6甲所示，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)存在一豎直平面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域，O點(diǎn)為該圓形區(qū)域的圓心，A點(diǎn)是圓形區(qū)域的最低點(diǎn)，B點(diǎn)是最右側(cè)的點(diǎn)．在A點(diǎn)有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于場(chǎng)強(qiáng)向右的正電荷，電荷的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計(jì)重力．試求： 圖6 (1)電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度； (2)運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的電荷在A點(diǎn)時(shí)的速度； (3)某電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡和圓形區(qū)域的邊緣交于P

5、點(diǎn)，∠POA＝θ，請(qǐng)寫(xiě)出該電荷經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的表達(dá)式； (4)若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點(diǎn)，如圖乙所示，∠COB＝∠BOD＝30°.求該屏上接收到的電荷的末動(dòng)能大小的范圍． [規(guī)范思維] 　 　 二、用能量的觀(guān)點(diǎn)處理帶電體在電場(chǎng)及復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 對(duì)于受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助于能量的觀(guān)點(diǎn)去處理，用能量觀(guān)點(diǎn)處理也更簡(jiǎn)捷，具體的方法通常有兩種： (1)用動(dòng)能定理處理．思維順序一般為： ①明確研究對(duì)象的物理過(guò)程； ②分析物體在所研究過(guò)程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是做負(fù)功； ③弄清所研究

6、過(guò)程的初、末兩個(gè)狀態(tài)的動(dòng)能； ④根據(jù)動(dòng)能定理列出方程求解． (2)用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理．列式的方法主要有兩種： ①?gòu)某?、末狀態(tài)的能量相等列方程； ②從某些能量的減少量等于另一些能量的增加量列方程． 圖7 【例2】 (xx·福建理綜·21)如圖7所示，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的滑塊從距離彈簧上端為x處?kù)o止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失，彈簧始終

7、處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g. (1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t1； (2)若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm的過(guò)程中彈簧的彈力所做的功W. [規(guī)范思維] 　 　 　 　 三、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)且不計(jì)粒子重力的情形．在兩個(gè)相互平行的金屬板間加交變電壓時(shí)，在兩板中間便可獲得交變電場(chǎng)．此類(lèi)電場(chǎng)在同一時(shí)刻可看成是勻強(qiáng)的，即電場(chǎng)中各個(gè)位

8、置處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小、方向都相同，從時(shí)間上看是變化的，即電場(chǎng)強(qiáng)度的大小、方向都可隨時(shí)間而變化． (1)當(dāng)粒子與電場(chǎng)平行射入時(shí)：粒子做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其初速度和受力決定了粒子的運(yùn)動(dòng)，粒子可以做周期性的運(yùn)動(dòng)． (2)粒子垂直電場(chǎng)方向射入時(shí)：沿初速度方向?yàn)閯蛩僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)力方向上的分運(yùn)動(dòng)具有周期性． 【例3】 如圖8甲所示，A、B是兩水平放置的足夠長(zhǎng)的平行金屬板，組成偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場(chǎng)，B板接地．A板電勢(shì)φA隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有正對(duì)兩孔O1′和O2，兩板間電壓為U2，組成減速電場(chǎng)．現(xiàn)有一帶負(fù)電粒子在t＝0時(shí)刻以一定初速度沿AB兩板間的中軸線(xiàn)O1O1′進(jìn)入，并能從O

9、1′沿O1′O2進(jìn)入C、D間，剛好到達(dá)O2孔，已知帶電粒子帶電荷量為－q，質(zhì)量為m，不計(jì)其重力．求： 圖8 (1)該粒子進(jìn)入A、B的初速度v0的大?。? (2)A、B兩板間距的最小值和A、B兩板長(zhǎng)度的最小值． [規(guī)范思維] 　 　 　 　 　 　 　 姓名：________　班級(jí)：________　學(xué)號(hào)：________　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【基礎(chǔ)演練】 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．在地面附近，存在著一有界電場(chǎng)，邊界MN將某空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、

10、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖9甲所示，小球運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則(　　) 圖9 A．在t＝2.5 s時(shí)，小球經(jīng)過(guò)邊界MN B．小球受到的重力與電場(chǎng)力之比為3∶5 C．在小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，重力做的功與電場(chǎng)力做的功大小相等 D．在小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和先變大再變小 2．(xx·安徽·20)如圖10(a)所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時(shí)刻釋放該粒子，

11、粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時(shí)間段是(　　) 　　　　 (a)　　　　　　　　　　　　(b) 圖10 A．0

12、的比荷大于電荷N的比荷 B．兩個(gè)電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度可能相等 C．從兩個(gè)電荷進(jìn)入電場(chǎng)到兩個(gè)電荷相遇，電場(chǎng)力對(duì)電荷M做的功一定大于電場(chǎng)力對(duì)電荷N做的功 D．電荷M進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小一定相同 4. 圖12 如圖12所示，真空中存在范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B為該勻強(qiáng)電場(chǎng)的兩個(gè)等勢(shì)面．現(xiàn)有三個(gè)完全相同的帶等量正電荷的小球a、b、c，從等勢(shì)面A上的某點(diǎn)同時(shí)以相同速率v0向不同方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其中a的初速度方向垂直指向等勢(shì)面B；b的初速度方向平行于等勢(shì)面；c的初速度方向與a相反，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，三個(gè)小球先后通過(guò)等勢(shì)面B，已知三個(gè)小球始終在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，不

13、計(jì)重力，則下列判斷中正確的是(　　) A．等勢(shì)面A的電勢(shì)低于等勢(shì)面B的電勢(shì) B．a(chǎn)、c兩小球通過(guò)等勢(shì)面B時(shí)的速度相同 C．開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后的任一時(shí)刻，a、b兩小球的動(dòng)能總是相同 D．開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后的任一時(shí)刻，三個(gè)小球之間的距離總是相等 圖13 5．(xx·江蘇蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市一模)如圖13所示，在光滑絕緣水平面上的a、b兩點(diǎn)上固定兩個(gè)帶同種電荷的相同金屬小球P、Q(均可視為點(diǎn)電荷)，P球所帶的電荷量等于Q球所帶的電荷量．在ab連線(xiàn)上的c點(diǎn)釋放一帶電小滑塊M，滑塊由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)．在滑塊向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．滑塊受到的電場(chǎng)力先減小后增大 B．滑塊的電勢(shì)能一

14、直減小 C．滑塊的動(dòng)能先增大后減小 D．在ab連線(xiàn)上必定有一點(diǎn)d，使得c、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ucd＝0 圖14 6．(xx·湖南十二所重點(diǎn)高中聯(lián)考)一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經(jīng)過(guò)的豎直平面內(nèi)、存在著若干個(gè)如圖14所示的無(wú)電場(chǎng)區(qū)和有理想上下邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)，兩區(qū)域相互間隔、豎直高度相等，電場(chǎng)區(qū)水平方向無(wú)限長(zhǎng)，已知每一電場(chǎng)區(qū)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向均豎直向上，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球在水平方向一直做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) B．若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則小球經(jīng)過(guò)每一電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同 C．若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則小球經(jīng)過(guò)每一無(wú)電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同 D．無(wú)

15、論場(chǎng)強(qiáng)大小如何，小球通過(guò)所有無(wú)電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同 題號(hào) 1 2 3 4 5 6 答案 【能力提升】 圖15 7．(xx·江蘇南通一模)如圖15所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平軌道上，滑塊受到的電場(chǎng)力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g. (1)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)x＝3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)速度為多大？ (2)在(1)的情

16、況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大?。? 8. 圖16 (xx·煙臺(tái)月考)如圖16所示，一長(zhǎng)絕緣木板靠在光滑豎直墻面上，質(zhì)量為m.木板右下方有一質(zhì)量為2m、電荷量為＋q的小滑塊，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板與滑塊處在場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝4mg/q的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向水平向左，若電動(dòng)機(jī)通過(guò)一根絕緣細(xì)繩拉動(dòng)滑塊，使之勻加速向上移動(dòng)，當(dāng)滑塊與木板分離時(shí)，滑塊的速度大小為v，此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)滑塊做的功為W0(重力加速度為g)． (1)求滑塊向上移動(dòng)的加速度大小； (2)寫(xiě)出從滑塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與木板分離的過(guò)程中木板增加的機(jī)械能隨時(shí)間變

17、化的函數(shù)關(guān)系式． 9．如圖17甲所示，在y＝0和y＝2 m之間有沿著x軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN為電場(chǎng)區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示，取x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)正方向．現(xiàn)有一個(gè)帶負(fù)電的粒子，粒子的比荷為＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0時(shí)刻以速度v0＝5×102 m/s從O點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)粒子重力．求： 圖17 (1)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間； (2)粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)； (3)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域后沿x方向的速度大小． 學(xué)案31　帶電粒子

18、在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(二) 【課前雙基回扣】 1．D　[由qE＝m得Ek＝mv2＝qER為常數(shù)．] 2．C　[因mgsin θ＝μmgcos θ，所以(mg－qE)sin θ＝μ(mg－qE)cos θ仍成立，故勻速下滑．] 3．BD　[由等量同種電荷電場(chǎng)的分布情況可得．] 4．A　[油滴從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，據(jù)動(dòng)能定理得WG＋WE＝mv－mv＝0，而重力做的功WG<0.所以電場(chǎng)力做的功WE>0，而帶負(fù)電的油滴所受的電場(chǎng)力水平向左，所以最高點(diǎn)必在P點(diǎn)的左上方．] 5．A 思維提升 1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)形成的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其處理方法有以下幾種： ①正交分解法．②等效“重力

19、”法．③功能關(guān)系法． 2．帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，一般應(yīng)根據(jù)所加交變電壓的規(guī)律，畫(huà)出粒子相應(yīng)的速度圖象，利用圖象來(lái)分析粒子的運(yùn)動(dòng)，既直觀(guān)方便，思維難度也小． 【核心考點(diǎn)突破】 例1 (1)　(2) 　(3)EqR(5－3cos θ) (4)EqR≤Ek≤EqR 解析　(1)加速度a＝. (2)由R＝v0t，R＝at2及a＝三個(gè)式子可解得： v0＝. (3)由Ek＝Eq(R－Rcos θ)＋mv0′2，Rsin θ＝v0′t′，R－Rcos θ＝at′2及a＝可解得：Ek＝EqR(5－3cos θ)． (4)由第(3)小題的結(jié)論可以看出，當(dāng)θ從0°變化到180°，接收屏上電

20、荷的動(dòng)能逐漸增大，因此D點(diǎn)接收到的電荷的末動(dòng)能最小，C點(diǎn)接收到的電荷的末動(dòng)能最大． EkD＝EqR(5－3cos 60°)＝EqR EkC＝EqR(5－3cos 120°)＝EqR 所以，屏上接收到的電荷的末動(dòng)能大小的范圍為 EqR≤Ek≤EqR. [規(guī)范思維]　由于帶電微粒在勻強(qiáng)電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力與重力都是恒力，因此其處理方法可用正交分解法．先將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)互相正交的簡(jiǎn)單的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，而這兩個(gè)直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律我們可以掌握，然后再按運(yùn)動(dòng)合成的觀(guān)點(diǎn)，去求出復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的相關(guān)物理量． 例2 (1) (2)mvm2－(mgsin θ＋qE)·(x＋) 解析　(1)滑塊從靜止釋放到與彈

21、簧剛接觸的過(guò)程中做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則有 qE＋mgsin θ＝ma① x＝at② 聯(lián)立①②可得t1＝ ③ (2)滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x0，則有mgsin θ＋qE＝kx0④ 從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 (mgsin θ＋qE)·(x＋x0)＋W＝mvm2－0⑤ 聯(lián)立④⑤可得 W＝mvm2－(mgsin θ＋qE)·(x＋) [規(guī)范思維]　本題是典型的力學(xué)問(wèn)題，求解電場(chǎng)中力學(xué)問(wèn)題的方法與純力學(xué)問(wèn)題完全相同．其思路是：①明確研究對(duì)象；②分析受力情況和運(yùn)動(dòng)過(guò)程；③選取物理規(guī)律：如果涉及求解加速度及時(shí)間選牛頓第二

22、定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式；如果不涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)一般選動(dòng)能定理或能量守恒． 例3 (1) 　(2) 　T 解析　(1)因粒子在A、B間運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向不受外力做勻速運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入O1′孔的速度即為進(jìn)入A、B板的初速度． 在C、D間，由動(dòng)能定理得qU2＝mv 即v0＝ (2)由于粒子進(jìn)入A、B后，在一個(gè)周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)．即v豎＝0，若在第一個(gè)周期內(nèi)進(jìn)入O1′孔，則對(duì)應(yīng)兩板最短長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝v0T＝T，若在該時(shí)間內(nèi)，粒子剛好不到A板而返回，則對(duì)應(yīng)兩板最小間距，設(shè)為d，所以··()2×2＝，即d＝ . [規(guī)范思維]　對(duì)于帶電粒子在交變電場(chǎng)中的問(wèn)題，由于不同時(shí)間內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)不同，使得帶電

23、粒子所受的電場(chǎng)力不同，造成帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況發(fā)生變化，解決這類(lèi)問(wèn)題，要分段進(jìn)行分析，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子在每一段的運(yùn)動(dòng)情況，分段求解粒子的末速度、位移等． 【課時(shí)效果檢測(cè)】 1．BC　[由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度之比為3∶2，由牛頓第二定律可知：＝，所以小球所受的重力與電場(chǎng)力之比為3∶5，B正確．小球在t＝2.5 s時(shí)速度為零，此時(shí)下落到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知，重力與電場(chǎng)力的總功為零，故A錯(cuò)誤，C正確．因小球只受重力與電場(chǎng)力作用，所以小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和保持不變，D錯(cuò)．] 2．B　[

24、A板做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻電場(chǎng)反向，粒子向A板做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)相同時(shí)間速度減為零，再向B板做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)然后勻減速到零，由于向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)，所以粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上．] 3．A　[由h＝at2＝··t2可知，在相同的時(shí)間內(nèi)，電荷M的豎直位移大，其加速度大，比荷(電荷量和質(zhì)量的比值)大，選項(xiàng)A正確而B(niǎo)錯(cuò)誤；電荷M的豎直位移大，對(duì)應(yīng)的電壓也大；比荷大，但電荷量不一定大，由W＝qU可知，電場(chǎng)力對(duì)電荷M做的功不一定大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；水平方向由x＝v0t可知，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 4．B　[由題意知，三個(gè)小球受電場(chǎng)力方向向下，由于正電荷受力

25、方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，而沿場(chǎng)強(qiáng)方向電勢(shì)越來(lái)越低，故等勢(shì)面B的電勢(shì)低于等勢(shì)面A的電勢(shì)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；三個(gè)小球從A至B重力和電場(chǎng)力做的功都相同，根據(jù)動(dòng)能定理知B項(xiàng)正確；開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后的任一時(shí)刻，沿電場(chǎng)方向，a球的位移總比b球的位移大，即電場(chǎng)力對(duì)a球所做的功比對(duì)b球所做的功多，a球的動(dòng)能大些，C錯(cuò)誤，D也錯(cuò)誤．] 5．ACD　[小球P、Q帶同種電荷，且P球所帶電荷量等于Q球所帶的電荷量，則在二者連線(xiàn)上電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)O位于ab中點(diǎn)．c點(diǎn)釋放一帶電小滑塊M，由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明P、M帶同種電荷，電場(chǎng)力先做正功，滑過(guò)O點(diǎn)后電場(chǎng)力做負(fù)功，滑塊的電勢(shì)能先減小后增大，動(dòng)能先增大后減小，選項(xiàng)C對(duì)而B(niǎo)錯(cuò)；途經(jīng)O點(diǎn)受

26、力為零，選項(xiàng)A正確；由電場(chǎng)線(xiàn)的分布情況可知，選項(xiàng)D正確．] 6．AC　[小球在水平方向不受力，故一直做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A正確；若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則所受電場(chǎng)力大小等于mg，方向向上，則在電場(chǎng)區(qū)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，但在無(wú)電場(chǎng)區(qū)由于仍受重力，速度繼續(xù)增加，故在電場(chǎng)區(qū)以不同的速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間必不同，B、D錯(cuò)；若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則所受電場(chǎng)力為2mg，經(jīng)過(guò)一個(gè)無(wú)電場(chǎng)區(qū)和一個(gè)電場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中，重力做功與電場(chǎng)力做功的代數(shù)和為零，所以，在無(wú)電場(chǎng)區(qū)小球均做初速度為v0的平拋運(yùn)動(dòng)，故小球經(jīng)過(guò)每一無(wú)電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同，C正確．] 7．(1)　(2)mg 解析　(1)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有

27、qE(x＋R)－μmgx－mgR＝mv2－0 而qE＝ 解得v＝ (2)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小為F，則 F－qE＝m 解得F＝mg 8．(1)　(2)ΔE＝2(4μ－1)μmg2t2 解析　(1)滑塊與木板間的正壓力大小為 FN＝qE＝4mg Ff＝μFN 對(duì)滑塊W0－2mgh－Ffh＝×2mv2 v2＝2ah 由以上幾式解得a＝ (2)對(duì)長(zhǎng)木板由牛頓第二定律得 Ff－mg＝ma′ 摩擦力對(duì)木板做功為W＝Ffx x＝a′t2 根據(jù)功能關(guān)系知木板增加的機(jī)械能等于摩擦力所做的功，即ΔE＝W 由以上各式解得ΔE＝2(4μ－1)μmg2t2 9．(1

28、)4×10－3 s　(2)(－2×10－5 m，2 m) (3)4×10－3 m/s 解析　(1)因粒子初速度方向垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，所以粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t＝＝4×10－3 s. (2)粒子在x方向先加速后減速，加速時(shí)的加速度大小為a1＝＝4 m/s2 減速時(shí)的加速度大小為a2＝＝2 m/s2 x方向上的位移大小為 x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5 m 因此粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為(－2×10－5 m，2 m) (3)離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)粒子在x方向的速度大小為 vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s. 易錯(cuò)點(diǎn)評(píng) 1．帶電體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題，一定要對(duì)不同過(guò)程進(jìn)行正確的受力分析，運(yùn)用不同運(yùn)動(dòng)形式的不同規(guī)律去處理，同時(shí)注意各過(guò)程的速度關(guān)聯(lián)． 2．帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，仍然會(huì)涉及臨界情境，此時(shí)要特別注意“等效最高點(diǎn)”與“幾何最高點(diǎn)”的不同．