題型1 電場中的圖像問題

1.v－t圖像
根據(jù)v－t圖像的速度變化、斜率變化（即加速度大小的變化），可確定電荷所受靜電力的方向與靜電力的大小變化情況，進(jìn)而確定電場的方向、電勢的高低及電勢能的變化.
2.φ－x圖像
（1）電場強度在x軸方向分量的大小等于φ－x圖線的切線斜率的絕對值，如果圖線是曲線，電場為非勻強電場；如果圖線是傾斜的直線，電場為勻強電場（如圖）.切線的斜率為零時沿x軸方向電場強度為零.
（2）在φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向，進(jìn)而可以判斷電荷在電場中的受力方向.（如圖）
（3）在φ－x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后作出判斷.
（4）電場中常見的φ－x圖像
①點電荷的φ－x圖像（取無限遠(yuǎn)處電勢為零），如圖.
②兩個等量異種點電荷連線上的φ－x圖像，如圖.
③兩個等量同種點電荷的φ－x圖像，如圖.
3.E－x圖像
（1）E－x圖像為靜電場在x軸上的電場強度E隨x的變化關(guān)系，若規(guī)定x軸正方向為電場強度E的正方向，則E＞0，電場強度E沿x軸正方向；E＜0，電場強度E沿x軸負(fù)方向.
（2）E－x圖線與x軸所圍圖形“面積”表示電勢差（如圖所示），兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定.在與粒子運動相結(jié)合的題目中，可進(jìn)一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況.
（3）電場中常見的E－x圖像
①點電荷的E－x圖像
正點電荷及負(fù)點電荷的電場強度E隨坐標(biāo)x變化關(guān)系的圖像大致如圖所示.
②兩個等量異種點電荷的E－x圖像，如圖.
③兩個等量正點電荷的E－x圖像，如圖.
4.Ep－x圖像
由靜電力做功與電勢能變化關(guān)系F電x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x圖像的切線斜率k＝ΔEpΔx，其大小等于靜電力，斜率正負(fù)代表靜電力的方向，如圖所示.
5.Ek－x圖像
當(dāng)帶電體只有靜電力做功，由動能定理F電x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x圖像的切線斜率k＝ΔEkΔx，其大小等于靜電力.

命題點1 電場中的v－t圖像
1.一帶電粒子僅在電場力作用下從A點開始以－v0做直線運動，其v－t圖像如圖所示.粒子在t0時刻運動到B點，3t0時刻運動到C點，下列說法正確的是（ C ）
A.A、B、C三點的電勢關(guān)系為φB＞φA＞φC
B.A、B、C三點的場強大小關(guān)系為EC＞EB＞EA
C.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增加后減少
D.粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電場力先做正功后做負(fù)功
解析 由題圖可知，帶電粒子在0～t0時間內(nèi)做減速運動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，在t0～3t0時間內(nèi)反方向做加速運動，電場力做正功，電勢能減少，C正確，D錯誤；由于不知道帶電粒子的電性，故無法判斷電勢的高低，A錯誤；題圖中的斜率表示粒子的加速度，即a＝ΔvΔt＝qEm，可知A、B、C三點中B點的場強最大，B錯誤.
命題點2 φ－x圖像
2.[多選]在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示.下列說法正確的有（ AC ）
A.q1和q2帶有異種電荷
B.x1處的電場強度為零
C.負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小
D.負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大
解析 由題圖可知，電勢有正有負(fù)，且只有一個極值，說明兩個點電荷為異種電荷，A正確；由E＝ΔφΔx可知，φ－x圖像的切線斜率的絕對值表示電場強度的大小，因此x1處的電場強度不為零，B錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強度減小，由Ep＝qφ，F(xiàn)＝qE可知，負(fù)電荷電勢能減小，受到的電場力減小，C正確，D錯誤.
命題拓展
如圖，某負(fù)點電荷從x3處靜止釋放，判斷其能否到達(dá)x4處，并說明理由.
答案 能；負(fù)點電荷在x3～x2之間受到沿x軸正方向的電場力，在x3～x2之間加速運動，在x2～x4之間受到沿x軸負(fù)方向的電場力，在x2～x4之間減速運動，又x3和x4兩處的電勢相等，則負(fù)點電荷到達(dá)x4處時速度恰好為0.
命題點3 E－x圖像
3.一靜電場在x軸方向上的電場強度E隨x的變化關(guān)系如圖所示，在x軸上有四點x1、x2、x3、x4，相鄰兩點間的距離相等，x軸正方向為場強正方向，一個帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷（ B ）
A.在x2和x4兩點處電勢相等
B.由x1運動到x4的過程中，加速度先增大后減小
C.由x1運動到x4的過程中，電勢能先增大后減小
D.從x2運動到x1的過程中，電場力做的功為W1，從x3運動到x2的過程中，電場力做的功為W2，則W1＝W2
解析 由題圖可知x1到x4處的場強沿x軸負(fù)方向，則點電荷從x1到x4處逆著電場方向移動，電勢升高，故帶正電的點電荷電勢能一直增大，A、C錯誤；點電荷由x1
運動到x4的過程中，由題圖可以看出電場強度的絕對值先增大后減小，所以電場力先增大后減小，加速度也先增大后減小，B正確；E－x圖線與橫軸所圍圖形的面積的絕對值表示電勢差的絕對值，由題圖可知U32＞U21，故W2＞W(wǎng)1，D錯誤.
命題點4 Ep－x、Ek－x圖像
4.一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動.取該直線為x軸，起始點O為坐標(biāo)原點，其電勢能Ep與位移x的關(guān)系如圖所示.下列圖像中合理的是（ D ）
解析 由于粒子只受電場力作用，因此由F電＝｜ΔEpΔx｜可知，Ep－x圖像的圖線斜率大小表示粒子所受電場力大小，從題圖可知，圖線的斜率隨位移的增大而越來越小，因此粒子運動后所受的電場力隨位移的增大而越來越小，因此電場強度越來越小，加速度也越來越小，A錯誤，D正確；由于粒子只受電場力作用，因此動能與電勢能的和是定值，但從B項圖和題圖可以看出，不同位置的電勢能與動能的和不是定值，B錯誤；粒子做加速度減小的加速運動，C錯誤.
題型2 帶電粒子在交變電場中的運動

1.帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化（如方波）的情形.
當(dāng)粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性.
2.研究帶電粒子在交變電場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況.根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等.
3.注重全面分析（分析受力特點和運動規(guī)律）：抓住粒子運動時間上的周期性和空間上的對稱性，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與運動過程相關(guān)的臨界條件.
4.對于鋸齒波和正弦波類電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認(rèn)為是在勻強電場中運動.

5.[粒子在交變電場中的直線運動/多選]如圖甲所示，A、B是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓，A板的電勢φA＝0，UBA隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場區(qū)域，設(shè)電子的初速度和重力的影響可忽略，則（ AB ）
圖甲 圖乙
A.若電子是在t＝0時刻進(jìn)入的，它將一直向B板運動
B.若電子是在t＝T8時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上
C.若電子是在t＝38T時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上
D.若電子是在t＝T2時刻進(jìn)入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動
解析 根據(jù)題意及電子進(jìn)入電場后的受力情況和運動情況，作出如圖所示的4個圖像.
由圖4可知，當(dāng)電子在t＝0時刻進(jìn)入電場時，電子一直向B板運動，A正確；若電子在T8時刻進(jìn)入電場，則由圖4知，電子向B板運動的位移大于向A板運動的位移，因此最后仍能打在B板上，B正確；若電子在3T8時刻進(jìn)入電場，則由圖4知，在第一個周期內(nèi)電子即返回至A板，從A板射出，C錯誤；若電子在T2時刻進(jìn)入電場，則它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能進(jìn)入電場，D錯誤.
方法點撥
交變電場中的直線運動處理方法
6.[粒子在交變電場中的臨界問題/2024四川瀘縣四中月考]如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)系中，兩金屬板平行放置，OD與x軸重合，板的左端與原點O重合，板長L＝2m，板間距離d＝1m，緊靠極板右側(cè)有一足夠大熒光屏.兩金屬板間電壓UAO隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，變化周期為T＝2×10－3s，U0＝5×103V，t＝0時刻一帶正電的粒子從左上角A點附近，以v0＝1000m/s的速度平行于AB邊射入兩板間，最終打到熒光屏上.已知粒子帶電荷量q＝1×10－5C，質(zhì)量m＝1×10－7kg，不計粒子所受重力，求：
（1）粒子在板間運動的時間；
（2）粒子打到屏上的速度；
（3）若A處的粒子源以v0＝1000m/s的速度平行于AB邊連續(xù)不斷發(fā)射相同粒子，求熒光屏上的光帶長度是多少？若向右移動熒光屏，屏上光帶位置和長度如何變化（寫出結(jié)論，不要求計算過程）.
答案 （1）2×10－3s （2）大小為5005m/s，方向與v0的夾角θ滿足tanθ＝12 （3）0.5m 光帶位置下移，長度不變
解析 （1）粒子在板間沿x軸方向做勻速運動，運動時間為t，根據(jù)L＝v0t0
代入數(shù)據(jù)解得t0＝2×10－3s
（2）設(shè)t＝0時刻射入板間的粒子射到熒光屏上時沿y軸方向的分速度為vy，合速度為v，v與v0的夾角為θ，有
vy＝a·T2
根據(jù)牛頓第二定律有a＝Fm＝qU0md
粒子打到屏上的速度v＝v02＋vy2，tanθ＝vyv0
代入數(shù)據(jù)解得v＝5005m/s，tanθ＝12
（3）粒子在t＝2n×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）時刻射入兩板，射到熒光屏上時有最大側(cè)移ymax，有
打入ymax＝12U0qmd（T2）2＋U0qmd（T2）2＝0.75m
粒子在t＝（2n＋1）×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）時刻射入兩板，射到熒光屏?xí)r有最小側(cè)移ymin，有
ymin＝12U0qmd（T2）2＝0.25m
光帶長度ΔL＝y(tǒng)max－ymin＝0.5m
若向右移動熒光屏，光帶位置下移，長度不變.
題型3 “等效法”在復(fù)合場中的運用

1.等效重力場
物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是物體處在勻強電場和重力場中的運動就會變得復(fù)雜一些.此時可以將重力場與電場“合二為一”，用一個全新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”.
2.等效重力場的相關(guān)知識點及解釋
等效重力場?重力場、電場疊加而成的復(fù)合場
等效重力?重力、電場力的合力
等效重力加速度?等效重力與物體質(zhì)量的比值
等效“最低點”?物體自由時能處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)的位置
等效“最高點”?物體做圓周運動時與等效“最低點”關(guān)于圓心對稱的位置
等效重力勢能?等效重力大小與物體沿等效重力場方向“高度”的乘積
3.舉例

7.[多選]如圖所示，空間存在一豎直向下的勻強電場，電場強度為E.該空間有一帶電小球用絕緣細(xì)線懸掛在O點，可在豎直平面內(nèi)做完整的變速圓周運動，且小球運動到最高點時，細(xì)線受到的拉力最大.已知帶電小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，細(xì)線長為l，重力加速度為g，則（ BD ）
A.小球帶正電
B.電場力大于重力
C.小球運動到最低點時速度最大
D.小球運動過程的最小速度為（qE－mg）lm
解析 因為小球運動到最高點時，細(xì)線受到的拉力最大，可知重力和電場力的合力(等效重力)方向向上，則電場力方向向上，且電場力大于重力，小球帶負(fù)電，故A錯誤，B正確；因重力和電場力的合力方向向上，可知小球運動到最高點時速度最大，故C錯誤；由于等效重力豎直向上，所以小球運動到最低點時速度最小，最小速度滿足qE－mg＝mvmin2l，即vmin＝(qE-mg)lm，故D正確.
8.如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，AB是豎直方向的直徑.一質(zhì)量為m、電荷量為＋q（q＞0）的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點，OP與豎直方向的夾角θ＝37°.不計空氣阻力，已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.求：
（1）電場強度E的大?。?br>（2）若要使小球從P點出發(fā)能做完整的圓周運動，小球初速度的大小應(yīng)滿足的條件.
答案 （1）3mg4q （2）不小于5gr
解析 （1）當(dāng)小球靜止在P點時，小球的受力情況如圖所示，
則有qEmg＝tanθ，所以E＝3mg4q
（2）小球所受重力與電場力的合力F＝（mg）2＋（qE）2＝54mg.當(dāng)小球做圓周運動時，可以等效為在一個“重力加速度”為54g的“重力
場”中運動.若要使小球能做完整的圓周運動，則小球必須能通過圖中的Q點.設(shè)當(dāng)小球從P點出發(fā)的速度為vmin時，小球到達(dá)Q點時速度為零，在小球從P運動到Q的過程中，根據(jù)動能定理有－54mg·2r＝0－12mvmin2，所以vmin＝5gr，即小球的初速度應(yīng)不小于5gr.
方法點撥
等效法求解電場中圓周運動問題的解題思路
1.求出重力與電場力的合力F合，將這個合力視為一個“等效重力”.
2.將a＝F合m視為“等效重力加速度”.
3.找出等效“最低點”和等效“最高點”.
4.將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解.
題型4 電場中的力電綜合問題

1.解題關(guān)鍵
通過審題抓住受力分析和運動過程分析是關(guān)鍵，然后根據(jù)不同的運動過程中各力做功的特點來選擇相應(yīng)規(guī)律求解.動能定理和能量守恒定律在處理電場中的能量問題時仍是首選的方法.
（1）用正交分解法處理帶電粒子的復(fù)雜運動問題：可以將復(fù)雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動.
（2）用能量觀點處理帶電粒子在電場中的運動問題：對于受變力作用的帶電粒子的運動問題，必須借助于能量觀點來處理；即使是受恒力作用的運動問題，用能量觀點處理常常也更加簡便.
2.用能量觀點處理帶電粒子的運動問題
（1）用動能定理處理
思維順序一般為：①弄清研究對象，明確所研究的物理過程.
②分析粒子在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功.
③弄清所研究過程的始、末狀態(tài)（主要指動能）.
④根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解.
（2）用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理
列式的方法常有兩種：
①利用初、末狀態(tài)的總能量相等（即E1＝E2）列方程.
②利用某些能量的減少量等于另一些能量的增加量列方程.
（3）兩個結(jié)論
①若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變.
②若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變.

9.[帶電粒子在電場中運動的功能問題/2023黑龍江哈爾濱質(zhì)量監(jiān)測/多選]如圖所示，AC是圓O的一條水平直徑，BD是豎直直徑，M點是圓上的點，OM連線與OC的夾角為60°，該圓處于方向與圓面平行的勻強電場中.將電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的粒子從圓心O點以相同的動能Ek0射出，射出方向不同但都與圓共面，粒子在重力和電場力的作用下可以經(jīng)過圓周上的所有點.其中經(jīng)過C點時粒子的動能最小且為Ek02.已知圓的半徑為R，重力加速度的大小為g，勻強電場的電場強度E＝2mgq，則下列說法正確的是（ AD ）
A.M點的電勢高于A點的電勢
B.B點的電勢等于D點的電勢
C.粒子經(jīng)過M點時的動能為38Ek0
D.粒子經(jīng)過AB連線中點時的動能為54Ek0
解析 由題意知，因為經(jīng)過C點時粒子的動能最小，所以粒子從O點到C點克服合外力所做的功最多，而重力和電場力對粒子做的功只與粒子的初、末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)，由此可推知重力和電場力的合力F的方向一定水平向左，如圖所示，又因為qE＝2mg，則根據(jù)幾何關(guān)系以及平行四邊形定則可知電場強度方向與水平方向夾角為30°，根據(jù)沿電場強度方向電勢降低可知M點的電勢高于A點的電勢，B點的電勢低于D點的電勢，A正確，B錯誤；根據(jù)前面分析可知粒子所受合外力大小為F＝mgtan30°＝3mg，對從O點到C點的粒子，根據(jù)動能定理有Ek02－Ek0＝－FR，根據(jù)幾何關(guān)系可知OM垂直于電場線，所以O(shè)M為一條等勢線，粒子從O點到M點的過程，電場力不做功，重力做負(fù)功，根據(jù)動能定理有EkM－Ek0＝－mgR sin 60°，解得EkM＝34Ek0，C錯誤； AB連線中點G在AO上的投影點為H，根據(jù)幾何關(guān)系可知HO＝R2，根據(jù)動能定理有EkG－Ek0＝F·HO，解得EkG＝54Ek0，D正確.
10.[直線運動＋圓周運動]如圖所示，左邊豎直半圓光滑絕緣軌道與水平光滑絕緣軌道相切于A點，整個空間有斜向左上方的勻強電場，與水平方向夾角θ＝30°，電場強度E＝1.0×103N/C，B點是軌道的最高點，半圓半徑R＝2m.在水平軌道上距A點L＝833m的C處由靜止釋放一質(zhì)量m＝2×10－4kg、電荷量q＝2×10－6C的帶正電小球P，小球沿水平軌道運動一段時間，從A點沖上半圓軌道，并沿半圓軌道到達(dá)軌道最高點B，取A點電勢為零，重力加速度g取10m/s2.求小球在半圓軌道上運動的過程中：
（1）電勢能的最小值；
（2）最大速度的大小.
答案 （1）－6×10－3J （2）10m/s
解析 （1）設(shè)過O點的電場線與半圓軌道的交點為M，則小球在M點電勢能最低，如圖所示.
OM與豎直方向成60°角，EpA＝0，小球從A到M的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有WAM＝EpA－EpM
電場力做功WAM＝EqR（1＋sinθ）
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得EpM＝－6×10－3J
（2）小球從C到A的過程中，根據(jù)動能定理有
EqLcsθ＝12mvA2
因為mg＝Eq，且重力與電場力的夾角為120°，所以合力為F合＝mg，方向斜向左下方，與豎直方向成β＝60°角，過O點沿F合的方向作直線，交半圓軌道于D點，如圖所示，則小球在D點時速度最大
小球從A到D的過程中，根據(jù)動能定理有
F合R（1－cs60°）＝12mvD2－12mvA2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vD＝10m/s
所以小球在半圓軌道上運動的最大速度為10m/s.
11.[圓周運動＋拋體運動/2024云南昆明“三診一?！泵譣如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球（可視為質(zhì)點）與不可伸長的絕緣輕繩相連，繩子另一端固定在O點的拉力傳感器上（拉力傳感器沒有畫出），O點距離水平地面的高度為2R，空間存在豎直向下的勻強電場.現(xiàn)使小球獲得一初速度后繞O點在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，拉力傳感器顯示出繩子拉力的最小值為0，最大值為12mg，g為重力加速度.
（1）求勻強電場的場強大小E；
（2）若小球運動到最低點時繩子斷裂，求小球落地點到O點的水平距離.
答案 （1）mgq （2）10R
解析 （1）依題意，小球通過最高點時，由牛頓第二定律有
mg＋qE＝mv02R
從最高點到最低點，據(jù)動能定理有
（mg＋qE）×2R＝12mv2－12mv02
通過最低點時，由牛頓第二定律有12mg－（mg＋qE）＝mv2R
聯(lián)立解得E＝mgq
（2）繩斷后小球做類平拋運動
豎直方向上：R＝12at2
水平方向上：x＝vt
根據(jù)牛頓第二定律有mg＋qE＝ma
聯(lián)立解得x＝10R.
1.[電場中的圖像問題/2023上海]空間中有一電場，電勢分布如圖所示，現(xiàn)放入一個負(fù)點電荷，隨后向右移動此電荷，下列電荷電勢能隨位置變化的圖像正確的是（ C ）
A B
C D
解析 由φ－s圖像可知，沿s軸正向電勢逐漸降低，由公式Ep＝qφ可知負(fù)電荷在低電勢點的電勢能大，所以負(fù)電荷向右移動的過程中電勢能逐漸增大，又各點的電勢為正值，則負(fù)電荷在各點具有的電勢能為負(fù)值，故C正確，ABD錯誤.
2.[電場中的圖像問題/2021山東]如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為＋q的點電荷；在0≤x＜22a區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示.現(xiàn)將一電荷量為－Q的點電荷P置于正方形的中心O點，此時每個點電荷所受庫侖力的合力均為零.若將P沿x軸向右略微移動后，由靜止釋放，以下判斷正確的是（ C ）

圖甲 圖乙
A.Q＝2+12q，釋放后P將向右運動
B.Q＝2+12q，釋放后P將向左運動
C.Q＝22+14q，釋放后P將向右運動
D.Q＝22+14q，釋放后P將向左運動
解析 對O點上方的點電荷，受力分析如圖所示，由平衡知識可得2kq2a2＋kq2（2a）2＝kQq（12a）2，解得Q＝22+14q，因在0≤x＜22a區(qū)間內(nèi)沿x軸正向電勢升高，則場強方向沿x軸負(fù)向，則將P沿x軸正向向右略微移動后釋放，P受到向右的電場力而向右運動，C項正確.
3.[牛頓運動定律＋圓周運動＋動能/2022浙江6月/多選]如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E＝ar，a為常量.比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動.不考慮粒子間的相互作用及重力，則（ BC ）
A.軌道半徑r小的粒子角速度一定小
B.電荷量大的粒子的動能一定大
C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)
D.當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動
解析 粒子在半徑為r的圓軌道運動，有qE＝mω2r，將E＝ar代入上式得ω2＝qamr2，可知軌道半徑小的粒子，角速度大，A錯誤；由qE＝mv2r、Ek＝12mv2、E＝ar解得Ek＝qa2，即電荷量大的粒子動能一定大，B正確；由qE＝mv2r、E＝ar可得v2＝qam，即粒子速度的大小與軌道半徑r無關(guān)，C正確；帶電粒子的運動方向和垂直紙面的磁場方向是向里還是向外未知，粒子所受洛倫茲力方向未知，D錯誤.
4.[彈簧＋斜面/2022遼寧/多選]如圖所示，帶電荷量為6Q（Q＞0）的球1固定在傾角為30°的光滑絕緣斜面上的a點，其正上方L處固定一帶電荷量為－Q的球2，斜面上距a點L處的b點有質(zhì)量為m的帶電球3.球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時彈簧的壓縮量為L2，球2、3間的靜電力大小為mg2.迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動.g為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的說法正確的是（ BCD ）
A.帶負(fù)電
B.運動至a點的速度大小為gL
C.運動至a點的加速度大小為2g
D.運動至ab中點時對斜面的壓力大小為33－46mg
解析 假設(shè)球3帶負(fù)電，則球1對球3的作用力沿斜面向下，球2對球3的作用力為斥力，由于球之間的距離相等，則球1對球3的作用力一定大于球2對球3的作用力，彈簧不可能處于壓縮狀態(tài)，因此球3一定帶正電，A錯誤.移走球1前，彈簧的壓縮量為L2，則移走球1后球3運動至a位置時，彈簧的伸長量為L2，則球3在b點與在a點時彈簧的彈性勢能相等，又由于a、b兩點到球2的距離相等，則在球2形成的電場中a、b兩點的電勢相等，a、b兩點的電勢差為零，則球3由b到a的過程，由動能定理得mgL sin 30°＝12mv2，解得v＝gL，B正確.對移走球1前的球3受力分析，如圖甲所示，由力的平衡條件，沿斜面方向上有mg sin 30°＋F23 sin 30°＋F ＝F13，又F23＝kQqL2＝mg2，F(xiàn)13＝k·6QqL2＝3mg，解得F＝94mg；當(dāng)球3在a點時，受力分析如圖乙所示，由于彈簧的伸長量為L2，則F'＝F，對球3由牛頓第二定律得F'＋F’23 sin 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝2g，C正確. 球3運動到ab中點時，受力分析如圖丙所示，球3與球2之間的距離為x＝L cs 30°＝32L，則兩球之間的庫侖力大小為F″23＝kQq(32L)2＝2mg3，由力的平衡條件知在垂直斜面的方向上有FN2＝mg cs 30°－F″23，解得FN2＝33-46mg，D正確.

圖甲 圖乙 圖丙
5.[能量守恒定律＋帶電體在電場中的運動/2022遼寧]如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑14圓弧導(dǎo)軌BO在B點平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R.質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為gR，之后沿導(dǎo)軌BO運動.以O(shè)為坐標(biāo)原點建立直角坐標(biāo)系xOy，在x≥－R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強電場，進(jìn)入電場后小球受到的電場力大小為2mg.小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g.求：
（1）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；
（2）小球經(jīng)過O點時的速度大??；
（3）小球過O點后運動的軌跡方程.
答案 （1）12mgR （2）3gR （3）x＝y(tǒng)26R
解析 （1）小球從A點靜止釋放，根據(jù)動能定理有
EpA＝12mvB2－0
可得彈簧壓縮至A點時的彈性勢能EpA＝12mgR
（2）小球從B運動到O的過程中重力、電場力對小球做功，根據(jù)動能定理有
12mv02－12mvB2＝F電·2R－mgR
其中F電＝2mg
可得v0＝3gR
（3）小球離開O點后的受力分析如圖所示，根據(jù)受力分析可知重力與電場力的合力方向沿水平方向，大小為F合＝mg，即小球離開O點后，在水平方向以加速度g做勻加速直線運動，有x＝12gt2，其中x≥0
在豎直方向以速度v0做勻速直線運動，有y＝v0t＝t3gR
聯(lián)立可得軌跡方程為x＝y(tǒng)26R

1.[多選]如圖所示，在粗糙絕緣水平面上間隔一定距離放置兩個帶電的物體A、B，帶電荷量分別為＋Q和－q（設(shè)兩電荷間只有庫侖力），開始時，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，在物體B上施加一水平向右的恒力F，使物體A、B向右運動.在此過程中，下列說法正確的是（ AD ）
A.力F、庫侖力及摩擦力對物體B所做的功之和等于物體B的動能增量
B.力F做的功與摩擦力對物體B做的功之和等于物體B的動能增量
C.庫侖力及摩擦力對物體A做的功等于物體A的動能增量與電勢能增量之和
D.力F做的功及摩擦力對物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動能增量及電勢能增量之和
解析 根據(jù)動能定理知，力F做的功與摩擦力對物體B做的功及庫侖力對物體B做的功之和等于物體B的動能增量，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理知庫侖力及摩擦力對物體A做的功等于物體A的動能增量，C錯誤；根據(jù)能量守恒可知：力F做的功及摩擦力對物體A和B做功的代數(shù)和等于物體A和B的動能增量及電勢能增量之和，故D正確.
2.[多選]某條電場線是一條直線，上邊依次有O、A、B、C四個點，相鄰兩點間距離均為d，以O(shè)點為坐標(biāo)原點，沿電場強度方向建立x軸，該電場線上各點電場強度E隨x的變化規(guī)律如圖所示.一個帶電荷量為＋q的粒子，從O點右側(cè)某處（到O點間距離極小，可忽略）由靜止釋放，僅受電場力作用，則（ AD ）
A.若O點的電勢為零，則A點的電勢為－E0d2
B.粒子從A到B做勻速直線運動
C.粒子在OA段電勢能減少量小于BC段電勢能減少量
D.粒子運動到B點時動能為3qE0d2
解析 由圖可知E－x圖像所圍成圖形的面積表示兩點間的電勢差大小，因此UOA＝12E0d，由于φ＝0，因此φA＝－12E0d，故A正確；粒子由A到B過程電場力一直做正功，則帶正電粒子一直加速運動，在該過程電場強度不變，帶電粒子做勻加速直線運動，故B錯誤；粒子在OA段的平均電場力大于BC段的平均電場力，則OA段的電場力做的功大于BC段電場力做的功，由功能關(guān)系知，粒子在OA段電勢能的變化量大于在BC段電勢能的變化量，或者從OA段和BC段圖像所圍成圖形的面積分析可知UOA＞UBC，根據(jù)電場力做功公式W＝qU和W＝－ΔEp，也可得出粒子在OA段電勢能的變化量大于在BC段電勢能的變化量，故C錯誤；對粒子從O到B點過程，根據(jù)動能定理，則有WOB＝qUOB＝EkB－0，而UOB＝12E0(d＋2d)，聯(lián)立方程解得EkB＝3qE0d2，故D正確.
3.[2024湖北“宜荊荊恩”起點考試]如圖甲所示，在某電場中建立x坐標(biāo)軸，一個質(zhì)子僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，經(jīng)過間距相等的A、B、C三點，該質(zhì)子的電勢能Ep隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法正確的是（ A ）
圖甲 圖乙
A.A點電勢高于B點電勢
B.A點的電場強度小于B點的電場強度
C.質(zhì)子經(jīng)過A點的速率大于經(jīng)過B點的速率
D.A、B兩點電勢差UAB小于B、C兩點電勢差UBC
解析 由題圖乙可知，質(zhì)子沿x軸正方向運動的過程中，其電勢能逐漸降低，所以電場力做正功，又質(zhì)子帶正電，則電場線沿x軸正方向，故A點電勢高于B點電勢【另解：電勢高低亦可通過電勢能的高低來判斷】，A正確；Ep－x圖線斜率的絕對值表示電場力的大小【點撥：電場力做的功W＝－ΔEp＝FΔx，則ΔEpΔx＝－F】，又E＝Fq，則圖線斜率絕對值的變化可以間接反映場強大小的變化，由題圖乙可知，圖線斜率的絕對值逐漸減小，則場強逐漸減小，即A點的場強大于B點的場強，B錯誤；質(zhì)子從A點運動到B點的過程，電場力做正功，質(zhì)子的動能增大，速度增大，則質(zhì)子經(jīng)過A點的速率小于經(jīng)過B點的速率，C錯誤；結(jié)合B項分析，A、B之間的平均場強大于B、C之間的平均場強，根據(jù)U＝Ed定性分析可知，UAB＞UBC，D錯誤.
4.[2024山東菏澤明德學(xué)校月考/多選]兩個等量同種正點電荷固定于光滑絕緣水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖甲所示，一個電荷量為＋2×10－3C、質(zhì)量為0.1kg的小物塊（可視為質(zhì)點）從C點靜止釋放，其在水平面內(nèi)運動的v－t圖像如圖乙所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標(biāo)出了該切線），則下列說法正確的是（ ACD ）
A.由C到A的過程中物塊的電勢能逐漸減小
B.B、A兩點間的電勢差UBA＝5V
C.由C點到A點電勢逐漸降低
D.B點為中垂線上電場強度最大的點，場強為100N/C
解析 由v－t圖像可知，由C到A的過程中，物塊的速度一直增大，電場力對物塊做正功，電勢能一直減小，A正確；由v－t圖像可知，A、B兩點的速度分別為vA＝6 m/s，vB＝4 m/s，再根據(jù)動能定理得qUAB＝12mvB2－12mvA2，解得UAB＝－500 V，故UBA＝500 V，B錯誤；兩個等量同種正點電荷連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側(cè)，故由C點到A點的過程中電勢逐漸降低，C正確；小物塊在B點的加速度最大，為am＝47-5 m/s2＝2 m/s2，所受的電場力最大為Fm＝mam＝0.1×2 N＝0.2 N，則場強最大值為Em＝Fmq＝0.22×10-3 N/C＝100 N/C，故D正確.
5.[2023海南統(tǒng)考/多選]如圖所示，空間存在著方向豎直向下的勻強電場，光滑絕緣斜面AB與粗糙絕緣水平地面平滑連接，斜面AB與水平面的夾角α＝37°.質(zhì)量為m＝0.5kg、電荷量為q的帶正電小物塊（可視為質(zhì)點）從A點由靜止釋放，經(jīng)過B點后進(jìn)入水平面，最后停在C點.若小物塊經(jīng)過B點前后速度大小不變，電場的電場強度大小為E＝mgq，lAB＝24m，lBC＝36m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，下列說法正確的是（ BC ）
A.小物塊在斜面上運動的加速度大小為6m/s2
B.小物塊從A點運動到C點所用的時間為5s
C.小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4
D.小物塊從A點運動到C點，靜電力所做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量
解析 由牛頓第二定律知小物塊在斜面上運動的加速度大小為a＝(mg＋qE)sinαm＝12 m/s2，故A錯誤；小物塊從A點運動到B點，有l(wèi)AB＝12at12，所用的時間為t1＝2 s，到B點的速度為v＝at1＝24 m/s，小物塊從B點運動到C點，有l(wèi)BC＝v2t2，所用的時間為t2＝3 s，則小物塊從A點運動到C點所用的時間為t＝t1＋t2＝5 s，故B正確；小物塊在水平地面上的加速度a'＝vt2＝8 m/s2，由牛頓第二定律有μ(mg＋qE)＝ma'，可得小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，故C正確；小物塊從A點運動到C點，靜電力和重力做正功，摩擦力做負(fù)功，由WG＋WE－Wf＝0，Wf＝Q可知靜電力所做的功與重力所做的功之和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，故D錯誤.
6.[2024四川宜賓第二中學(xué)開學(xué)考/多選]如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點，B為最高點.大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)存在水平向右、場強為mgq（g為重力加速度）的勻強電場，現(xiàn)給在A點的小圓環(huán)一個向右的水平初速度v0，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，則小圓環(huán)運動過程中（ BC ）
A.動能最小與最大的位置在同一等勢面上
B.電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置
C.在A點獲得的初速度為2（1+2）gR
D.在B點受到大圓環(huán)彈力大小為mg
解析 由于勻強電場的電場強度為mgq，易知小圓環(huán)所受電場力與重力大小相等，作出小圓環(huán)的等效最低點C與等效最高點D，如圖所示，小圓環(huán)在等效最低點時速度最大，動能最大，在等效最高點時速度最小，動能最小，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知φD＞φC，兩者不在同一等勢面上，A錯誤；小圓環(huán)在運動過程中，只有電勢能、動能與重力勢能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢能與機械能的轉(zhuǎn)化，則電勢能最小的位置恰是機械能最大的位置，B正確；小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，即小圓環(huán)通過等效最高點D的速度為0，對小圓環(huán)由A點運動到D點過程進(jìn)行分析有－qER sin 45°－mg(R＋R cs 45°)＝0－12mv02，解得v0＝2(1+2)gR，C正確；小圓環(huán)由A點運動到B過程有－mg·2R＝12mvB2－12mv02，在B點有N＋mg＝mvB2R，解得N＝(22－3)mg＜0，可知，小圓環(huán)過B點受到大圓環(huán)的彈力大小為(3－22)mg，D錯誤.
7.[2024四川成都七中零診]如圖，空間存在水平向右的勻強電場（圖中未畫出），一帶電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的小球，自距離地面高h(yuǎn)的A點由靜止釋放.落地點B距離釋放點的水平距離為34h，重力加速度為g，求：
（1）電場強度E的大??；
（2）落地時小球的動能.
答案 （1）3mg4q （2）2516mgh
解析 （1）小球豎直方向做自由落體運動，有h＝12gt2
水平方向做勻加速直線運動，有34h＝12at2
根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝ma
聯(lián)立解得E＝3mg4q
（2）小球由A運動到B的過程根據(jù)動能定理有
mgh＋qE·34h＝Ek－0
解得落地時小球的動能為Ek＝2516mgh.
8.[2022全國甲/多選]地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出.小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點.則射出后（ BD ）
A.小球的動能最小時，其電勢能最大
B.小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大
C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大
D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量
解析 由題意可知，小球所受電場力與重力的合力指向右下，與水平方向成45°角，小球向左射出后做勻變速曲線運動，當(dāng)其水平分量速度與豎直分量速度大小相等時，即速度方向與小球所受合力方向垂直時，小球克服合力做的功最大，此時動能最小，而此時小球仍具有水平向左的分速度，電場力仍將對其做負(fù)功，其電勢能繼續(xù)增大，A、C項錯誤；小球在電場力方向上的加速度大小ax＝g，豎直方向加速度大小ay＝g，當(dāng)小球水平分量速度減為零時，克服電場力做的功最大，小球的電勢能最大，由勻變速運動規(guī)律有v0＝gt，此時小球豎直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此時小球動能等于初動能，由能量守恒定律可知，小球重力勢能減少量等于小球電勢能的增加量，又由功能關(guān)系知重力做的功等于小球重力勢能的減少量，故B、D項正確.
易錯點撥 合力為恒力時，當(dāng)小球的速度與合力方向垂直時，小球的速度最小，動能最小，電勢能與重力勢能的和最大，而不是電勢能最大，因此在處理本題時應(yīng)注意能量的轉(zhuǎn)化.
9.某靜電場方向平行于x軸，其電勢φ隨x的變化規(guī)律如圖所示.設(shè)x軸正方向為電場強度E的方向，下列各圖分別表示x軸上各點的電場強度E隨x的變化圖像，其中可能正確的是（ B ）

A B C D
解析 φ－x圖像的斜率的絕對值表示電場強度的大小，沿電場方向電勢降低，因而在x＝0的左側(cè)，電場方向向左，在x＝0的右側(cè)，電場方向向右，且在x軸的左、右兩側(cè)圖像斜率不變，即電場均為勻強電場，B正確.
10.[多選]如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力），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，選項圖中反映電子速度v、位移x和加速度a隨時間t的變化規(guī)律圖像，可能正確的是（ AD ）
解析 在平行金屬板之間加上題圖乙所示的交變電壓時，電子在平行金屬板間所受的電場力大小始終不變，F(xiàn)＝U0ed，由牛頓第二定律F＝ma可知，電子的加速度大小始終不變，電子在第一個T4內(nèi)向B板做勻加速直線運動，在第二個T4內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個T4內(nèi)向A板做勻加速直線運動，在第四個T4內(nèi)向A板做勻減速直線運動，所以a－t圖像應(yīng)如D項所示，v－t圖像應(yīng)如A項所示，A、D正確，C錯誤；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋12at2，所以x－t圖像應(yīng)是曲線，B錯誤.
11.如圖所示，固定于豎直平面內(nèi)的粗糙絕緣斜桿與水平方向夾角為30°，平面內(nèi)存在一水平向左的勻強電場.質(zhì)量為1×10－3kg、帶電荷量為＋5×10－6C的小球套在桿上，小球沿桿下滑過程中未受摩擦力作用.重力加速度g取10m/s2.
（1）求電場強度E的大小（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）；
（2）求小球下滑過程中的加速度大小；
（3）若場強大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?為使小球能由靜止開始沿桿向上運動，求桿與小球之間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）.
答案 （1）3.46×103N/C （2）20m/s2 （3）μ＜33
解析 （1）小球的受力分析如圖甲所示，小球未受摩擦力作用，說明小球和桿之間沒有彈力
根據(jù)垂直桿方向受力平衡可得Eqsin30°＝mgcs30°
解得E＝mgqtan30°＝3.46×103N/C
（2）小球的加速度沿桿向下，根據(jù)平行四邊形定則及牛頓第二定律得F＝mgsin30°＝ma
解得a＝20m/s2
（3）場強大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，小球的受力分析如圖乙所示，可得FN＝mgcs30°＋Eqsin30°
Ff＝μFN
為使小球能沿桿向上運動，應(yīng)滿足
Eqcs30°＞mgsin30°＋Ff
聯(lián)立解得μ＜33.
12.[2024福建泉州質(zhì)量監(jiān)測]如圖甲，粗糙絕緣水平面上有兩個完全相同的金屬小滑塊A、B，質(zhì)量均為m.空間有場強大小均為E、方向均沿水平方向但相反的兩個勻強電場，B處于電場分界線上.開始時，A帶電荷量為＋2q，B不帶電，A、B相距s，速度均為0，一段時間后A、B發(fā)生彈性正碰，且碰撞時間極短，碰后A、B所帶電荷量均恒為＋q，碰后A的最大速度恰好與碰前的最大速度大小相等，A的部分v－t圖像如圖乙所示（vm為未知量），整個過程中，A、B之間的庫侖力視為真空中點電荷的相互作用，靜電力常量為k，A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力且大小均為qE.求：
（1）經(jīng)多長時間A、B發(fā)生彈性正碰；
（2）碰撞后A的速度最大時A、B間的距離；
（3）碰撞分離后至A速度達(dá)到最大的過程，A、B間的庫侖力對A、B做的總功.
答案 （1）2msEq （2）kq2E （3）4Eqs＋q2Eqk
思維導(dǎo)圖
A、B碰撞前A向右勻加速B靜止所經(jīng)時間tvm
碰后A的速度最大時：A受力平衡A、B間距離xAB
A、B發(fā)生彈性正碰碰后瞬間vA、vB
從碰后至A速度最大A向左加速B向右加速 A、B系統(tǒng)所受合力為0A速度最大時B的速度v'B
動能定理
解析 （1）由題意可知在A、B發(fā)生彈性正碰前，A向右做勻加速直線運動，B一直靜止，則對A受力分析有
F合＝2Eq－f
其中f＝Eq
對A由牛頓第二定律有F合＝ma
設(shè)經(jīng)過時間t，A、B發(fā)生彈性正碰，則對A由運動學(xué)公式有s＝12at2
聯(lián)立可得t＝2msEq
（2）由圖乙可知碰撞后瞬間，A的速度變?yōu)?，此后A先向左做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)A加速度為0，即A受力平衡時，A的速度最大，此時對A受力分析有
F庫＝Eq＋f
又F庫＝kq2xAB2
聯(lián)立可得碰撞后A的速度最大時A、B間的距離
xAB＝kq2E
（3）由運動學(xué)公式可知碰撞前瞬間A的速度大小為
vm＝at＝2Eqsm
由于A、B發(fā)生彈性正碰，則碰撞過程A、B組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設(shè)碰撞后瞬間A的速度為vA、B的速度為vB，規(guī)定水平向右為正方向，則有
mvm＝mvA＋mvB
12mvm2＝12mvA2＋12mvB2
聯(lián)立可得vA＝0、vB＝vm＝2Eqsm
對B受力分析可知，從A、B碰撞分離后至A速度達(dá)到最大的過程中，B一直向右做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)A速度最大時，B的速度也最大，則對A、B組成的系統(tǒng)受力分析可知，其受到的合外力為零，所以此過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，設(shè)A速度最大時，B的速度為v'B，則有
mvB＝mv'B＋（－mvm）
設(shè)此過程A、B間的庫侖力對A、B做的總功為W庫，則對此過程A、B組成的系統(tǒng)由動能定理有
W庫－EqxAB－fxAB＝12mvm2＋12mv'2B－12mvB2
聯(lián)立解得W庫＝4Eqs＋q2Eqk
13.[負(fù)離子空氣凈化/2023北京]某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示.由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進(jìn)入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器.在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度v0保持不變.在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集.已知金屬板長度為L，間距為d.不考慮重力影響和顆粒間相互作用.
（1）若不計空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U1.
（2）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為f＝krv，其中r為顆粒的半徑，k為常量.假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度.
a.半徑為R、電荷量為－q的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓U2.
b.已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比.進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為10μm和2.5μm的兩種顆粒，若10μm的顆粒恰好100％被收集，求2.5μm的顆粒被收集的百分比.
答案 （1）2mv02d2qL2 （2）a.kRv0d2qL b.25％
解析 （1）帶電顆粒恰好全部被收集，即貼近負(fù)極板進(jìn)入收集器的顆粒恰好到達(dá)收集器正極板的右端，運動軌跡如圖1所示
帶電顆粒在沿板方向上做勻速直線運動，有L＝v0t
在垂直板方向上做勻加速直線運動，有d＝12at2
帶電顆粒受到的電場力提供加速度，由牛頓第二定律有
qE1＝ma
平行金屬板間勻強電場的電場強度為E1＝U1d
解得U1＝2mv02d2qL2
（2）a.由題意可知帶電顆粒進(jìn)入收集器后，沿板方向的速度v0保持不變，在極短時間內(nèi)速度達(dá)到最大，即垂直板方向的速度達(dá)到最大vm，然后帶電顆粒做勻速直線運動到達(dá)收集器正極板，根據(jù)平衡條件可知帶電顆粒進(jìn)入收集器所受電場力和阻力等大反向，即qE2＝fm＝kRvm
結(jié)合E2＝U2d可得vm＝qU2kRd
只要靠近負(fù)極板的顆粒恰好到達(dá)正極板的右端，則顆粒恰好全部被收集，顆粒在沿板方向做勻速直線運動，有L＝v0t
垂直板方向，顆粒也做勻速直線運動，有d＝vmt
解得U2＝kRv0d2qL
b.根據(jù)題意可知顆粒進(jìn)入電場后在沿板方向和垂直板方向始終做勻速直線運動，假設(shè)垂直板移動距離為y的顆粒恰好被收集，則y以下的顆粒能夠被收集，y以上的顆粒不能被收集，如圖2所示
顆粒被收集的百分比可表示為η＝y(tǒng)d×100％
假設(shè)粒子垂直板方向最大速度為v'，根據(jù)平衡條件可知q'U'd＝kr'v'
結(jié)合電荷量和半徑的平方成正比，有q'＝k0r'2
k0≠k，k0為不為0的常量，聯(lián)立解得v'＝k0r'U'kd
則其在垂直板方向上移動的距離為y＝v't＝v'Lv0＝k0r'U'kd·Lv0
代入顆粒被收集的百分比方程可知η＝k0r'U'Lkv0d2×100％
因為兩金屬板間電壓U'、金屬板長度L、板間距d、顆粒沿板方向速度v0確定，且k0、k為常量，則η∝r'
已知10μm的顆粒被收集的百分比恰好為η10＝100％
則η10η2.5＝r10r2.5＝10μm2.5μm＝4
解得2.5μm的顆粒被收集的百分比為η2.5＝η104＝25％核心考點
五年考情
命題分析預(yù)測
電場中的圖像問題
2023：上海T8；
2021：山東T6
圖像問題一般以選擇題形式考查，其他內(nèi)容一般以壓軸選擇題或計算題形式考查，考查頻次一般.預(yù)計2025年高考將考查利用“等效法”求解帶電粒子在復(fù)合場中運動的力電綜合問題.另外可能會將電場中電勢能與其他能量相關(guān)問題結(jié)合起來考查，要注意與彈簧、斜面等模型的結(jié)合.
帶電粒子在交變電場中的運動
“等效法”在復(fù)合場中的運用
2022：全國甲T21，遼寧T14；
2019：浙江4月T13
電場中的力電綜合問題
2023：新課標(biāo)T25，浙江6月T12，浙江1月T12；
2022：浙江6月T15，遼寧T10；
2021：福建T15；
2020：天津T12；
2019：全國ⅡT20，全國ⅡT24
U－t圖像
v－t圖像
軌跡圖

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