创新设计高中物理第七章 能力课Word文件下载.docx
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解析 由题图乙可知，粒子从a到b过程做加速度减小的减速直线运动，在b点时粒子速度最小，加速度为零。
根据牛顿第二定律Eq＝ma，得出粒子在b点受力为零，b点电场强度为零，选项C错误；
在b点Q1对带负电粒子的电场力水平向右，要使b点粒子所受合力为零，则Q2对带负电粒子的电场力水平向左，所以Q2带正电，选项A错误；
b点与Q1的间距大于与Q2的间距，由库仑定律F＝k
知，Q1的带电量大于Q2的带电量，选项B错误；
粒子从a点运动到c点过程，动能先减小后增大，根据能量守恒定律知，粒子电势能先增大后减小，选项D正确。
答案 D
命题角度2 带电粒子在电场中的运动
【例2】 （2015·
全国卷Ⅱ）如图3所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。
已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°
；
它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°
。
不计重力。
求A、B两点间的电势差。
图3
解析 设带电粒子在B点的速度大小为vB。
粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vBsin30°
＝v0sin60°
①
由此得vB＝
v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝
m（v
－v
）③
联立②③式得UAB＝
答案
【真题拓展1】 在【例2】中，若匀强电场的宽度为d，EF、CD为其边界，改变场强的大小，使粒子在A点时的速度方向与电场边界CD垂直，如图4所示，MN为无场区内的光屏，MN与AO相互垂直，MN与EF间距为d。
当粒子经过EF边界的B点时，速度方向与EF成30°
角，求：
图4
（1）匀强电场的场强的大小；
（2）粒子打在光屏上的位置距离O点的距离。
解析
（1）粒子在电场中做类平抛运动，则
沿初速度方向：
d＝v0t
沿电场方向：
vy＝
t
又有tan30°
＝
解得E＝
（2）粒子在电场中的偏转位移为
y1＝
t2
粒子在无场区做匀速直线运动，则y2＝
又y＝y1＋y2，解得y＝
d
答案
（1）
（2）
【真题拓展2】 若在拓展1中撤去原有电场，在CD与EF之间加上竖直向上的匀强电场E1，EF与MN之间加上水平向右的匀强电场E2，CD与EF、EF与MN之间的距离都为d，由A点静止释放带电粒子，粒子过EF时速度为v0，如图5所示。
粒子打在光屏MN上的位置与O点的距离为d，求两个电场场强大小之比。
图5
解析 粒子在竖直向上的电场中加速，由动能定理得qE1d＝
mv
粒子在水平向右的电场中做类平抛运动，则
竖直方向：
水平方向：
d＝
·
解得
解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
（1）两分析：
一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程（初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等）。
（2）建模型：
建立正确的物理模型（加速还是偏转），恰当选用规律或其他方法（如图像），找出已知量和待求量之间的关系。
【变式训练2】 （2018·
青海省西宁市四校高三联考）如图6所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。
一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P（－L，0）点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q（未画出），重力加速度g为已知量。
求：
图6
（1）初速度v0与x轴正方向的夹角；
（2）P、Q两点间的电势差UPQ；
（3）带电质点在第一象限中运动所用的时间。
解析
（1）由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg
且由带电质点在第一象限做直线运动，有tanθ＝
解得θ＝45°
（2）P到Q的过程，由动能定理有
qEL－mgL＝0
WPQ＝qEL
解得UPQ＝
＝－
（3）带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有
mg＝ma，即a＝
g
v0＝at
解得t＝
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T＝2t＝
答案
（1）45°
（2）－
（3）
命题角度3 电场中的动量和能量问题
【例3】 如图7所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。
质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。
已知A、B两球始终没有接触。
重力加速度为g。
图7
（1）A球刚进入水平轨道的速度大小；
（2）A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；
（3）A、B两球最终的速度vA、vB的大小。
关键点 ①光滑绝缘轨道；
②A、B两球间相互作用视为静电作用；
③A、B两球始终没有接触。
解析
（1）对A球下滑的过程，据机械能守恒得
2mgh＝
2mv
解得v0＝
（2）A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有
2mv0＝（2m＋m）v
解得v＝
v0＝
据能量守恒定律得2mgh＝
（2m＋m）v2＋Ep
解得Ep＝
mgh
（3）当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定。
则2mv0＝2mvA＋mvB
＋
解得vA＝
，vB＝
mgh （3）
电场中动量和能量问题的解题技巧
动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键。
【变式训练3】 有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块（视为质点），以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝
，方向竖直向下，如图8所示。
已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；
若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端。
图8
（1）场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；
（2）场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；
（3）场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。
解析
（1）场强方向向下时，根据动量守恒定律得
mv0＝（M＋m）v
所以v＝
v0
根据能量守恒定律得
热量Q＝
－
（M＋m）v2＝
（2）场强向下时N＝mg－qE
场强向上时N′＝mg＋qE
所以
（3）两次产生的热量相等
μN′l′＝Q，μNl＝Q
所以l′＝
（2）1∶4 （3）
[常考点]带电粒子在交变电场中的运动
1.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）二是粒子做往返运动（一般分段研究）；
（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场的特点分段研究）。
2.两条分析思路：
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、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。
命题角度1 粒子做单向直线运动
【例4】 （2018·
长治模拟）（多选）在绝缘水平桌面（桌面足够大）上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图9所示，小物块电荷量为q＝＋1×
10－4C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确是（ ）
图9
A.物块在4s内位移是6m
B.物块的质量是2kg
C.物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2
D.物块在4s内电势能减少了18J
解析 物块在4s内位移为x＝
×
2×
（2＋4）m＝6m，故选项A正确；
由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1m/s2，2s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q（E1－E2）＝ma，由图可得E1＝3×
104N/C，E2＝2×
104N/C，代入数据解得m＝1kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；
物块在前2s的位移x1＝
2m＝2m，物块在后2s的位移为x2＝vt2＝4m，电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6J＋8J＝14J，则电势能减少了14J，故选项D错误。
答案 AC
【变式训练4】 如图10甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。
开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。
设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化）（ ）
图10
解析 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；
从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，
T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。
之后重复上述运动，A项正确，B项错误。
答案 A
命题角度2 粒子做往返运动
【例5】 （多选）如图11所示为匀
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