《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第8講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第8講 電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）（32頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)重溫真題1(2019全國(guó)卷)如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則()AP和Q都帶正電荷BP和Q都帶負(fù)電荷CP帶正電荷，Q帶負(fù)電荷DP帶負(fù)電荷，Q帶正電荷答案D解析細(xì)繩豎直，把P、Q看做整體，在水平方向所受合力為零，對(duì)外不顯電性，帶異種電荷，A、B錯(cuò)誤；P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，有兩種情況：P帶正電，Q帶負(fù)電，或P帶負(fù)電，Q帶正電，兩種情況的受力分別如圖所示，由圖知，P帶負(fù)電，Q帶正電時(shí)符合題意，C錯(cuò)誤，D正確。2(2019全國(guó)卷)(多選)如圖，電荷量分別為q和q(q0)

2、的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)。則()Aa點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等Ba點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等Ca點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同D將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加答案BC解析b點(diǎn)距q近，a點(diǎn)距q近，則b點(diǎn)的電勢(shì)高于a點(diǎn)的電勢(shì)，A錯(cuò)誤。如圖所示，a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度可視為E3與E4、E1與E2的合場(chǎng)強(qiáng)，其中E1E3，E2E4，且知E1E3，E2E4，故合場(chǎng)強(qiáng)Ea與Eb大小相等、方向相同，B、C正確。由于a0，可到達(dá)；電子到d時(shí)速度方向沿等勢(shì)面d，將不能到達(dá)平面f，B正確；同理電子到達(dá)等勢(shì)面c的動(dòng)能Ekc6 eV，由于等勢(shì)面c的電勢(shì)為零，電子在等勢(shì)面c的電勢(shì)能為零，根據(jù)能

3、量守恒定律，電子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能和動(dòng)能的總和保持一個(gè)定值，即EpdEkdEpcEkc6 eV，故電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，其電勢(shì)能為Epd2 eV，C錯(cuò)誤；電子經(jīng)過(guò)平面b和d時(shí)的動(dòng)能分別為：Ekb8 eV和Ekd4 eV，由Ekmv2可得電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的倍，D錯(cuò)誤。6.(2018全國(guó)卷) (多選)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與此平面平行，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)。一電荷量為q(q0)的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W1；若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W2，下列說(shuō)法正確的是()A此勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向一定與a、b兩點(diǎn)連線平行

4、B若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場(chǎng)力做功一定為C若c、d之間的距離為L(zhǎng)，則該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定為D若W1W2，則a、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差一定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差答案BD解析根據(jù)題意無(wú)法判斷電場(chǎng)方向，故A錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)，所以M，N，若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場(chǎng)力做功一定為WqUMNq(MN)qq，故B正確；因?yàn)椴恢绖驈?qiáng)電場(chǎng)方向，所以場(chǎng)強(qiáng)大小不一定是，故C錯(cuò)誤；若W1W2，說(shuō)明UcdUab，UaMUbN(aM)(bN)，又因?yàn)镸，N，解得：UaMUbN0，故D正確。7(2019全國(guó)卷)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的

5、兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q0)。A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為。重力加速度為g，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。答案(1)(2)2m(vg2t2)解析(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mgqEmaa2gt2解得E(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有EkmvmghqEh且有v1v0thgt2聯(lián)立式得Ek2m(vg2t2)。8(201

6、9全國(guó)卷) 如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢(shì)均為(0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大??；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？答案(1)mvqhv0(2)2v0解析(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，設(shè)均為E。粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有EFqEma設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)

7、能為Ek，由動(dòng)能定理有qEhEkmv設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有hat2lv0t聯(lián)立式解得Ekmvqhlv0(2)若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短。由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2l2v0。9(2017全國(guó)卷)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(chǎng)。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(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為

8、N剛離開(kāi)電場(chǎng)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(chǎng)中沿水平方向的位移之比；(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。答案(1)31(2)H(3)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(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0。M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)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v2ghHvytgt2M

9、進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知聯(lián)立式可得hH(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則設(shè)M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得Ek1m(vv)mgHqEs1Ek2m(vv)mgHqEs2由已知條件有Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E。命題特點(diǎn)：常以選擇題的形式考查電場(chǎng)的力的性質(zhì)及能的性質(zhì)。常結(jié)合圖象考查電場(chǎng)的特點(diǎn)及做功情況、能量轉(zhuǎn)化情況。常以計(jì)算題的形式考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速或偏轉(zhuǎn)問(wèn)題。思想方法：對(duì)稱法、等效法、比值定義法。高考考向1電場(chǎng)性質(zhì)的理解 例1(2019江蘇揚(yáng)州一模)(多選)如圖所示，在等量異種電荷形成的電場(chǎng)中有一正方形ABCD，其對(duì)角線AC與兩點(diǎn)

10、電荷的連線重合，兩對(duì)角線的交點(diǎn)位于電荷連線的中點(diǎn)O。下列說(shuō)法中正確的有()AA、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同BB、D兩點(diǎn)的電勢(shì)相同C質(zhì)子由C點(diǎn)沿COA路徑移至A點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)其先做負(fù)功后做正功D電子由B點(diǎn)沿BCD路徑移至D點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小(1)兩個(gè)點(diǎn)電荷在某點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度如何計(jì)算？提示：分別算出每個(gè)點(diǎn)電荷在該點(diǎn)單獨(dú)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，然后再矢量疊加。(2)兩個(gè)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中電勢(shì)高低如何判斷？提示：根據(jù)電場(chǎng)線方向判斷，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低。 解析在如圖所示的電場(chǎng)中，A、B兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向都是水平向右的，故A正確；由于兩電荷連線的中垂線為零等勢(shì)線，則B、D兩點(diǎn)電勢(shì)相同，故B正確；圖中兩電荷連線上電場(chǎng)方

11、向水平向右，即由A指向C，故質(zhì)子由C點(diǎn)沿COA路徑移至A點(diǎn)過(guò)程中受水平向右的電場(chǎng)力，電場(chǎng)力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；電子由B沿BC運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，沿CD運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)其先做負(fù)功后做正功，電勢(shì)能先增大后減小，故D正確。答案ABD 分析電場(chǎng)的特點(diǎn)和性質(zhì)問(wèn)題的一般思路(1)電場(chǎng)強(qiáng)度根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度進(jìn)行判斷。根據(jù)等差等勢(shì)面的疏密程度進(jìn)行判斷。根據(jù)Ek結(jié)合矢量合成進(jìn)行判斷或計(jì)算。(2)電勢(shì)根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低進(jìn)行判斷。根據(jù)進(jìn)行判斷或計(jì)算?？臻g存在兩個(gè)或兩個(gè)以上的電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)電勢(shì)的疊加求代數(shù)和進(jìn)行判斷或計(jì)算。(3)電勢(shì)能根據(jù)Epq進(jìn)行判斷或計(jì)算。注意

12、判斷或計(jì)算時(shí)Ep、q均帶正、負(fù)號(hào)，且Ep、的正、負(fù)號(hào)表示大小。根據(jù)電場(chǎng)力做功進(jìn)行判斷或計(jì)算。若電場(chǎng)力對(duì)電荷做正功，電勢(shì)能減少，反之則增加，且WABEp。根據(jù)能量守恒定律進(jìn)行判斷或計(jì)算。電場(chǎng)力做功的過(guò)程是電勢(shì)能和其他形式的能相互轉(zhuǎn)化的過(guò)程，若只有電場(chǎng)力做功，電荷的電勢(shì)能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，而總和應(yīng)保持不變，即當(dāng)動(dòng)能增加時(shí)，電勢(shì)能減少，反之則增加，且EkEp。1(2019福建省泉州市一模)(多選)如圖，電荷量大小相等的點(diǎn)電荷A、B、C放置在等邊三角形的頂點(diǎn)上，O為三角形的中心，a、b、c分別為三邊的中點(diǎn)，d是O關(guān)于a的對(duì)稱點(diǎn)。已知A帶負(fù)電，B、C均帶正電，則()AO點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零Bb、c兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大

13、小相等C電子在d點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的小D質(zhì)子從b點(diǎn)移到O點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功答案BC解析O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為B、C電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)與A電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的矢量和，兩場(chǎng)強(qiáng)方向均為由O指向A，可知O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，故A錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知，b、c兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，故B正確；如果沒(méi)有A電荷存在，O點(diǎn)和d點(diǎn)的電勢(shì)相等，由于A負(fù)電荷的存在，且O點(diǎn)離A電荷更近，所以O(shè)點(diǎn)的電勢(shì)比d點(diǎn)低，電子在d點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的小，故C正確；O、b兩點(diǎn)位于A、C連線的中垂線上，如果沒(méi)有B電荷存在，O、b兩點(diǎn)電勢(shì)相等，由于B電荷的存在，且O點(diǎn)離B電荷更近，所以O(shè)點(diǎn)電勢(shì)更高，質(zhì)子在O點(diǎn)的電勢(shì)能更大，所以質(zhì)子從b點(diǎn)移到O

14、點(diǎn)，電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，故D錯(cuò)誤。2. (2019山東淄博三模)如圖所示，實(shí)線為兩個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2產(chǎn)生的電場(chǎng)的電場(chǎng)線，虛線為電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，則下列判斷正確的是()AA點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)BQ1的電荷量大于Q2的電荷量C電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能D電子在A點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度答案D解析根據(jù)“電場(chǎng)線的密疏表示場(chǎng)強(qiáng)的大小”可知，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)線分布情況可知，Q1、Q2是同種電荷，由點(diǎn)電荷Q2周圍電場(chǎng)線較密可知點(diǎn)電荷Q2帶電荷量較多，即Q1Q2，故B錯(cuò)誤；電子做曲線運(yùn)動(dòng)，受到的合力方向指向曲線的凹處，故電子過(guò)B點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力F方向斜

15、向下，可知電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力方向與速度方向的夾角總是大于90，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，即電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，電子在A點(diǎn)的速度大于在B點(diǎn)的速度，故C錯(cuò)誤，D正確。高考考向2電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系例2(2019廣東珠海一模)(多選)如圖，空間有平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，處于該電場(chǎng)中的直角三角形ABC直角邊BC20 cm，A60，AD是A的角平分線。若在直角頂點(diǎn)B處有一個(gè)射線源，能朝空間各方向射出動(dòng)能為1000 eV的電子，則能在頂點(diǎn)A和C分別探測(cè)到動(dòng)能為1100 eV和900 eV的電子，本題中運(yùn)動(dòng)的電子僅需考慮受勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力，則()AAB間的電勢(shì)差

16、UAB100 VB該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E1000 V/mC電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿A指向DD整個(gè)三角形內(nèi)，頂點(diǎn)C的電勢(shì)最高(1)如何判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的方向？提示：可根據(jù)等勢(shì)面判斷，電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，由高電勢(shì)指向低電勢(shì)。(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電勢(shì)的分布有何特點(diǎn)？提示：沿任意直線電勢(shì)均勻變化。解析電子由B到A過(guò)程中由動(dòng)能定理可得：eUBA1100 eV1000 eV，可得UBA100 V，所以UAB100 V，故A正確；電子由B到C過(guò)程中由動(dòng)能定理可得eUBC900 eV1000 eV，可得UBC100 V，所以AC間的電勢(shì)差為UAC100 V(100 V)200 V，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)的性質(zhì)可知，AC的中點(diǎn)E與B點(diǎn)電勢(shì)

17、相等，BE為等勢(shì)線，由幾何關(guān)系可知AD與BE垂直，故場(chǎng)強(qiáng)方向由A指向D，所以C正確；由幾何知識(shí)可得AB在AD上的投影為10 cm，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：E V/m1000 V/m，故B正確；整個(gè)三角形內(nèi)，頂點(diǎn)A的電勢(shì)最高，故D錯(cuò)誤。答案ABC E的應(yīng)用技巧(1)E在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的理解及應(yīng)用UABEd，d為A、B兩點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的距離。沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向電勢(shì)降落得最快。在同一直線上或相互平行的兩條直線上距離相等的兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等。(2)E在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的幾點(diǎn)妙用及兩類典型圖象解釋等差等勢(shì)面的疏密與電場(chǎng)強(qiáng)度大小的關(guān)系。當(dāng)電勢(shì)差U一定時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度E越大，則沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向的距離d越小，即電場(chǎng)強(qiáng)度越大，等差等勢(shì)

18、面越密。定性判斷非勻強(qiáng)電場(chǎng)電勢(shì)差的大小關(guān)系。沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向距離相等的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，E越大，U越大；E越小，U越小。利用x圖象的斜率判斷沿x方向電場(chǎng)強(qiáng)度Ex隨位置的變化規(guī)律。在x圖象中斜率k，斜率的大小表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，也可根據(jù)WABqUABq(AB)，分析WAB的正負(fù)。利用Ex圖象的面積判斷或計(jì)算兩點(diǎn)間電勢(shì)差。3(2017江蘇高考)(多選)在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)在x軸上分布如圖所示。下列說(shuō)法正確的有()Aq1和q2帶有異種電荷Bx1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零C負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小D負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力增大答案AC

19、解析兩個(gè)點(diǎn)電荷在x軸上，且x1處的電勢(shì)為零，xx1處的電勢(shì)大于零，xaB，則Q靠近M端且為正電荷C無(wú)論Q為正電荷還是負(fù)電荷一定有EpAEpBDB點(diǎn)電勢(shì)可能高于A點(diǎn)電勢(shì)答案BC解析若Q在M端，由電子運(yùn)動(dòng)的軌跡可知Q為正電荷，電子從A向B運(yùn)動(dòng)或從B向A運(yùn)動(dòng)均可，由于rAEB，F(xiàn)AFB，aAaB，AB，EpArB，故EAEB，F(xiàn)AFB，aAB，EpAq2，結(jié)合矢量的疊加可知，x軸負(fù)半軸的電場(chǎng)強(qiáng)度方向指向x軸的負(fù)方向，所以若將一正點(diǎn)電荷放在x軸負(fù)半軸，則電場(chǎng)力指向x軸負(fù)方向，因此電場(chǎng)力與速度方向相同，該正點(diǎn)電荷一直做加速運(yùn)動(dòng)，故C正確；ND段中，電勢(shì)先升高后降低，所以場(chǎng)強(qiáng)方向先沿x軸負(fù)方向，后沿x軸正

20、方向，將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，故D正確。8(2019寧夏石嘴山一模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度EB小球動(dòng)能的最小值為EkC小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小D小球從初始位置開(kāi)始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，其電勢(shì)能先減小后增大答案AB解析小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成角，受重力、拉力和電場(chǎng)力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：m

21、gtanqE，解得E，故A正確；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，拉力為零，根據(jù)牛頓第二定律，有：m，則最小動(dòng)能Ekmv2，故B正確；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和不變，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢(shì)能最大的位置時(shí)機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端時(shí)機(jī)械能最小，故C錯(cuò)誤；小球從初始位置開(kāi)始，若在豎直平面內(nèi)逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功再做正功，則其電勢(shì)能先減小后增大再減小，同理，若順時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周，其電勢(shì)能先增大后減小再增大，故D錯(cuò)誤。二、計(jì)算題(本題共2小題，共36分，須寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟)9(2019遼寧省沈陽(yáng)市一模)(16分)如圖所示，光滑絕緣的

22、半圓形軌道ABC固定在豎直面內(nèi)，圓心為O，軌道半徑為R，B為軌道最低點(diǎn)。該裝置右側(cè)的圓弧置于水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。某一時(shí)刻一個(gè)帶電小球從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能為E0，進(jìn)入電場(chǎng)后繼續(xù)沿軌道運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球的電勢(shì)能減少量為2E0，試求：(1)小球所受重力和電場(chǎng)力的大??；(2)小球脫離軌道后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。答案(1)(2)8E0解析(1)設(shè)帶電小球的質(zhì)量為m，則從A到B根據(jù)動(dòng)能定理有：mgRE0則小球受到的重力為：mg，方向豎直向下；由題可知：到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球的電勢(shì)能減少量為2E0，根據(jù)功能關(guān)系可知：EqR2E0則小球受到的電場(chǎng)力為：Eq，方向水平向右，小球帶正電。

23、(2)設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為vC，則從A到C根據(jù)動(dòng)能定理有：EqRmv2E0則C點(diǎn)速度為：vC ，方向豎直向上。從C點(diǎn)飛出后，在豎直方向只受重力作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間為：t ，在水平方向只受電場(chǎng)力作用，做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)其速度為：vatt 2，則在最高點(diǎn)的動(dòng)能為：Ekmv2m(2)28E0。10(2019江西南昌二模)(20分)如圖，豎直平面內(nèi)(紙面)存在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向與水平方向成60角，紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成30角，MN長(zhǎng)度為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電小球從M點(diǎn)由靜止釋放，小球沿MN方向運(yùn)動(dòng)，到達(dá)N點(diǎn)的速度大小為vN(待求)；若將該小球

24、從M點(diǎn)沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度拋出，小球?qū)⒔?jīng)過(guò)M點(diǎn)正上方的P點(diǎn)(未畫(huà)出)，已知重力加速度大小為g，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E及小球在N點(diǎn)的速度vN；(2)M點(diǎn)和P點(diǎn)之間的電勢(shì)差；(3)小球在P點(diǎn)動(dòng)能與在M點(diǎn)動(dòng)能的比值。答案(1)(2)(3)解析(1)由小球運(yùn)動(dòng)方向可知，小球所受合力沿MN方向，如圖甲，由正弦定理：解得：E，合力Fmg，加速度ag從MN，有：2adv解得：vN。(2)如圖乙，設(shè)MP長(zhǎng)為h，作PC垂直于電場(chǎng)線于C點(diǎn)，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)：hcos60at2hsin60vNtUMCEhcos30UMPUMC解得：UMP。(3)如圖乙，作PD垂直于MN于D點(diǎn)，從MP，由動(dòng)能定理：FsMDEkPEkMsMDhcos60EkMmv，解得：。- 32 -