人教物高中物理高考专题复习试题汇编（3）

1、第4课时(小专题)电场中的功能关系及带电粒子在交变电场中的运动突破一电场中的功能关系1求电场力做功的几种方法(1)由公式wflcos 计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为weqlcos 。(2)由wabquab计算，此公式适用于任何电场。(3)由电势能的变化计算：wabepaepb。(4)由动能定理计算：w电场力w其他力ek。2电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。【典例1】 (20

2、14·全国卷新课标，25)如图1所示，o、a、b为同一竖直平面内的三个点，ob沿竖直方向，boa60°，oboa，将一质量为m的小球以一定的初动能自o点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过a点。使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与oab所在平面平行。现从o点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了a点，到达a点时的动能是初动能的3倍；若该小球从o点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过b点，且到达b点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求 ：图1(1) 无电场时，小球到达a 点时的动能与初动能的比值； (2) 电场强度的大小和

3、方向。解析(1)设小球的初速度为v0，初动能为ek0，从o点运动到a点的时间为t，令oad，则obd，根据平抛运动的规律有dsin 60°v0tdcos 60°gt2又有ek0mv由式得ek0mgd设小球到达a点时的动能为eka，则ekaek0mgd由式得(2)加电场后，小球从o点到a点和b点，高度分别降低了和，设电势能分别减小epa和epb，由能量守恒及式得epa3ek0ek0mgdek0epb6ek0ek0mgdek0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线ob上的m点与a点等电势，m与o点的距离为x，如图，则有解得xd。ma为等势线，电场必与其垂线oc方向

4、平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30°即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设场强的大小为e，有qedcos 30°epa由式得e答案(1)(2)方向与竖直向下的方向的夹角为30°【变式训练】1. (2014·天津卷，4)如图2所示，平行金属板a、b水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()图2a若微粒带正电荷，则a板一定带正电荷 b微粒从m点运动到n点电势能一定增加 c微粒从m点运动到n点动能一定增加 d微粒从m点运动到n点机械能一定增加解析

5、微粒同时受到重力和电场力作用，由题中条件仅可判断出重力与电场力合力向下，无法确定电场力的大小和方向，故只能确定合力对微粒做正功，其动能增大，其他结论均无法确定，选c。答案c突破二带电粒子在交变电场中的运动问题1常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。2.常见的试题类型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)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。3解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)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在空间上具有对称性的特

6、征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)分析时从两条思路出发：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)注意对称性和周期性变化关系的应用。【典例2】如图3甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为u0的加速电场，偏转电场极板间的距离为d，极板长为l2d，偏转电场的下极板接地，偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为l。现在偏转电场的两极板间接一周期为t的交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(设正离子的电荷量为q、质量为m，大量离子从偏转电场中央持续

7、射入，穿过平行板的时间都极短，可以认为离子在穿过平行板的过程中电压是不变的)图3(1)试计算离子刚进入偏转电场时的速度v0的大小；(2)在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即无正离子到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t；(3)离子打到荧光屏上的区间的长度x。解析(1)由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得qu0mv，解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为v0。(2)由题意可知，只要正离子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当离子打在偏转电场的极板上时，出现“黑屏”现象。设离子刚好能射出偏转电场时的偏转电压为u，则有·

8、·()2，又因为l2d，所以可得u。由图乙可知，在偏转电压u0.5u0u0之间变化时，进入偏转电场的离子无法射出偏转电场打在荧光屏上，因此每个周期内出现“黑屏”的时间为t。(3)设离子射出偏转电场时的侧移量为y，打在荧光屏上的位置到o点的距离为y，如图所示，由几何关系可得，所以离子打到荧光屏上的区间的长度x2y6y6×3d。答案(1)(2)(3)3d解决此题关键要把握住以下几点(1)粒子在穿过偏转电场的过程中两偏转极板的电势差始终保持不变，这样就可以将变化电压问题简化为电压恒定的问题进行处理；(2)所谓“黑屏”即为带电粒子不能射出偏转电场，因此只要算出粒子恰好不能射出偏转电

9、场的电压，即可根据电压与时间的关系找出“黑屏”的时间；(3)粒子在荧光屏上达到最远距离时对应带电粒子刚好从偏转电场极板边缘射出时的偏转情况。【变式训练】2.平行板间加如图4所示的周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是()图4解析每半个周期两板间的电压恒定，板间电场为匀强电场，粒子所受电场力恒定，因此粒子从时刻开始在电场中做匀加速直线运动，在t时刻电场反向，电场力大小不变，粒子做匀减速直线运动，在t时刻速度减为零，以后循环此过程。答案a1方法技巧功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的

10、力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。2解题思路【典例3】(2013·四川卷，10)在如图5所示的竖直平面内，物体a和带正电的物体b用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角37°的光滑斜面上的m点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k5 n/m的轻弹簧一端固定在o点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环d与a相连。弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，dm垂直于斜面。水平面处于场强e5×104 n/c、方向水平向右的匀强电场中。已知a、b

11、的质量分别为ma0.1 kg和mb0.2 kg，b所带电荷量q4×106c。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，b电荷量不变。取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。图5(1)求b所受静摩擦力的大小；(2)现对a施加沿斜面向下的拉力f，使a以加速度a0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。a从m到n的过程中，b的电势能增加了ep0.06 j。已知dn沿竖直方向，b与水平面间的动摩擦因数0.4。求a到达n点时拉力f的瞬时功率。第一步：抓住关键点获取信息第二步：抓好过程分析理清解题思路规范解答a、b处于静止状

12、态时，对于a、b根据共点力的平衡条件解决问题；当a、b做匀加速直线运动时，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系解决问题。(1)f作用之前，a、b均处于静止状态。设b所受静摩擦力大小为f0，a、b间绳中张力为t0，有对a：t0magsin 对b：t0qef0联立式，代入数据解得f00.4 n(2)物体a从m点到n点的过程中，a、b两物体的位移均为s，a、b间绳子张力为t，有qeseptmbgqemba设a在n点时速度为v，受弹簧拉力为f弹，弹簧的伸长量为x，有v22asf弹kxfmagsin f弹sin tmaa由几何关系知x设拉力f的瞬时功率为p，有pfv联立式，代入数据解得p0.528 w

13、。答案(1)0.4 n(2)0.528 w【变式训练】3. (2014·浙江名校高考联盟联考)如图6所示，cd左侧存在场强大小为e，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边bc长l，倾角53°的直角三角形斜面顶端a点由静止开始下滑，运动到斜面底端c点后进入一细圆管内(c处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达d点，随后从d离开后落回到斜面p点，重力加速度为g(sin 53°0.8，cos 53°0.6)。图6(1)求da两点间的电势差uda；(2)求圆管半径r；(3)求小球从d点运动到p点的时间t。解析

14、(1)wadmglwdauda或udael解得uda(2)由恰好过d点，判断vd0根据动能定理：从a到d过程mg(ltan 53°2r)eql0解得r(3)由于mgeq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达p处水平位移为x，竖直位移为y，则有xyxtan 53°x2r解得x，y竖直方向自由落体有ygt2解得t答案(1)(2)(3)1(2014·全国大纲卷，15)地球表面附近某区域存在大小为150 n/c、方向竖直向下的电场。一质量为1.00×104 kg、带电荷量为1.00×107 c的小球从静止释放，在电场

15、区域内下落10.0 m。对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)()a1.50×104 j 和9.95×103 jb1.50×104 j和9.95×103 jc1.50×104 j和9.65×103 jd1.50×104 j和9.65×103 j解析小球下落过程中，电场力做负功，电势能增加，增加的电势能epqeh1.00×107×150×10.0 j1.50×104 j。由动能定理知，动能的改变量为合外力做的功，则动能改

16、变量ek(mgqe)h(1.00×104×9.81.00×107×150)×10.0 j9.65×103 j。答案d2. (2014·苏州市高三调研测试)如图7所示，绝缘杆两端固定带电小球a和b，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直。现将杆右移，同时顺时针转过90°，发现a、b两球电势能之和不变。根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是()图7aa一定带正电，b一定带负电ba、b两球所带电荷量的绝对值之比qaqb12ca球电势能一定增加d电场力对a球和b球做功相等解析电场力做

17、功与路径无关，两个小球在杆右移后电势都变化，而两个小球组成的系统的电势能之和不变，那么电场力对其中一个做正功，对另一个一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球所带电荷的电性，a、c、d错误；由电势能变化之和为零得eqbleqa·2l，即|qa|qb|12，b正确。答案b3.如图8所示，a、b两金属板平行放置，在t0时刻将电子从a板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。分别在a、b两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了b板()图8解析加a图电压，电子从a板开始向b板做匀加速直线运动；加b图电压，电子开始向b板做匀加速运动，再做加速度大小相同的

18、匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了b板；加c图电压，电子先匀加速，再匀减速到静止，完成一个周期，所以电子一直向b板运动，即电子一定能到达b板；加d图电压，电子的运动与c图情形相同，只是加速度是变化的，所以电子也一直向b板运动，即电子一定能到达b板，综上所述可知选项b正确。答案b4.如图9所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点o，用一根长度为l0.40 m的绝缘细线把质量为m0.20 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在o点，小球静止在b点时细线与竖直方向的夹角为37°。现将小球拉至位置a使细线水平后由静止释放

19、，求：图9(1)小球运动通过最低点c时的速度大小；(2)小球通过最低点c时细线对小球的拉力大小。(g取10 m/s2，sin 37°0.60，cos 37°0.80)解析(1)小球受到电场力qe、重力mg和绳的拉力ft作用处于静止状态，根据共点力平衡条件有qemgtan 37°mg小球从a点运动到c点的过程，根据动能定理有mglqelmv解得小球通过c点时的速度vc m/s。(2)设小球在最低点时细线对小球的拉力为ft，根据牛顿第二定律有ftmgm，解得ft3 n。答案(1) m/s(2)3 n5如图10甲所示，a和b是真空中正对面积很大的平行金属板，o是一个可以

20、连续产生粒子的粒子源，o到a、b的距离都是l。现在a、b之间加上电压，电压uab随时间变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动。设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响a、b板电势。不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量l0.6 m，u01.2×103 v，t1.2×102 s，m5×1010 kg，q1.0×107 c。图10(1)在t0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在t0到

21、t这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达a板？(3)在t0到t这段时间内产生的粒子有多少个可到达a板？解析(1)根据图乙可知，从t0时刻开始，a板电势高于b板电势，粒子向a板运动。因为x23.6 m>l，所以粒子从t0时刻开始，一直加速到达a板。设粒子到达a板的时间为t，则lt2解得t×103 s。(2)在0时间内，粒子的加速度大小为a12×105 m/s2在t时间内，粒子的加速度大小为a24×105 m/s2可知a22a1，若粒子在0时间内加速t，再在t时间内减速刚好不能到达a板，则la1t·t解得t2×103 s因为6×1

22、03 s，所以在0时间里4×103 s时刻产生的粒子刚好不能到达a板。(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0时间内的前时间内产生的粒子可以到达a板的粒子数为n300××100(个)。答案(1)×103 s(2)4×103 s(3)100个 1.如图1所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，mn为一粗糙直杆，a、b、c、d是杆与实线圆的交点，一带正电的小球(视为质点)穿在杆上，以速度v0从a点开始沿杆向上运动，到达c点时的速度为v，则小球由a点运动到c点的过程中，下列说法

23、正确的是()图1a小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功b小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功c小球的机械能可能增加d以上都有可能解析小球由a点运动到c点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，可知选项a错、b对；电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，c、d错。答案b2. (多选)如图2所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷q，在m点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在q的电场中沿斜面运动到n点停下。则从m到n的过程中，下列说法正确的是()图2a小物块所受的电场力减小b小物块的电势

24、能可能增加cm点的电势一定高于n点的电势d小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功解析在m点无初速度释放小物块，小物块能沿斜面运动到n点，并停在n点，说明小物块受到点电荷q的电场力方向沿斜面向下，进而可知过程中电场力对小物块做正功，电势能减少，故b选项错误；由于小物块从m点向n点运动过程中远离了点电荷q，所以小物块受的电场力减小，故a选项正确；由于小物块及q的电性无法确定，故c选项错误；由功能关系知，小物块减少的电势能与重力势能之和等于克服摩擦力做的功，故d选项正确。答案ad3.如图3所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带电荷量为q的小金属块以一定初动能ek从a点开始

25、沿水平面向左做直线运动，经l长度到达b点，速度变为零。此过程中，金属块损失的动能有转化为电势能。取a点电势为零，下列说法正确的是()图3a摩擦力大小是电场力的bb点电势能为ekc再次回到a点时动能为ekdb点电势为解析根据题目意思：克服摩擦力做功wfekfl，克服电场力做功w电克ekeql，所以摩擦力是电场力的，即a错误；而w电克epab增epb，所以epbek，b正确；由于从b点返回a点过程中，摩擦力继续做负功，所以c错误；a点电势为零，所以b点电势应该是b，即d错误。答案b4. (多选)如图4所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成30°斜向上，在电场中有一质量为m，带

26、电荷量为q的带电小球，用长为l的不可伸长的绝缘细线挂于o点，当小球静止于m点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点p，然后无初速度释放，则以下判断正确的是()图4a小球再次到m点时，速度刚好为零b小球从p到m过程中，合外力对它做了mgl的功c小球从p到m过程中，小球的机械能增加了mgld如果小球运动到m点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动解析小球从p到m过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为mg，方向水平向右，所以小球到m点时，速度最大，而不是零，a错；电场力与重力的合力为mg，合力方向上的位移为l，所以做功为mgl，b正确；机械能的增加量就是

27、动能的增加量mgl和重力势能的增加量mgl之和，c错；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力大小恒定，方向水平向右，小球将做匀变速曲线运动，d正确。答案bd5在点电荷q的电场中的o点，由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的试探电荷，试探电荷运动到a点时的速度大小为v。若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功为w，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，设无穷远处电势为零。则下列判断正确的是()a电场中a点电势ab电场中o点电势为oc试探电荷的最大速度为vmdao间电势差为uao解析正试探电荷从无穷远处移到电场中a点克服电场力做功w，表明电场力为斥力，场源电荷带正电，由电场力

28、做功得wqua(a)q，a点电势a，a项正确；若将试探电荷从o移到a，由动能定理得quoamv20，而uoaoa，解得o，b项错误；该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功w，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，则试探电荷在无穷远处时速度最大，由动能定理有wmvmv2，则vm，c项错误；uaouoa，即uao，d项错误。答案a6.在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为u0时，油滴保持静止状态，如图5所示。当给电容器突然充电使其电压增加u1时，油滴开始向上运动；经时间t后，电容器突然放电使其电压减少u2，又经过时间t，

29、油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。求：图5(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个t与第二个t时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)u1与u2之比。解析(1)油滴静止时满足：mgq则。(2)设第一个t时间内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个t时间内油滴的位移为x2，加速度为a2，则x1a1t2，x2v1ta2t2且v1a1t，x2x1解得a1a213。(3)油滴向上加速运动时：qmgma1，即qma1油滴向上减速运动时：mgqma2，即qma2则解得。答案(1)(2)13(3)147如图

30、6所示，光滑水平轨道与半径为r的光滑竖直半圆轨道在b点平滑连接。在过圆心o的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球在水平轨道上的a点由静止释放，小球运动到c点离开半圆轨道后，经界面mn上的p点进入电场(p点恰好在a点的正上方，小球可视为质点，小球运动到c之前所带电荷量保持不变，经过c点后所带电荷量立即变为零)。已知a、b两点间的距离为2r，重力加速度为g。在上述运动过程中，求：图6(1)电场强度e的大小；(2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率(计算结果用根号表示)。解析(1)设小球过c点时的速度为vc，小球从a点到c点的过程中，由动能定理得qe

31、3;3rmg·2rmv由平抛运动可得rgt2,2rvc t联立可得e。(2)设小球运动到半圆上d点时的速率最大且为v，od与竖直方向的夹角为，由动能定理得qe(2rrsin )mgr(1cos )mv2即：mv2mgr(sin cos 1)根据数学知识可知，当45°时小球的动能最大由此可得v。答案(1)(2)能力提高练8(多选)电荷量为q1×104 c的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度e的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图7甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是

32、()图7a物块在4 s内的总位移x6 mb物块的质量m0.5 kgc物块与水平面间的动摩擦因数0.2d物块在4 s内电势能减少14 j解析由图乙可知，物块在前2 s时间内做匀加速直线运动，在24 s时间内做匀速直线运动，根据vt图象所围面积可求得物块在前2 s时间内的位移x12 m，在24 s时间内的位移x24 m，总位移为x6 m，a正确；又由牛顿第二定律得qe1mgma，且a1 m/s2,2 s后物块做匀速运动，有qe2mg，由图甲知e13×104 n/c、e22×104 n/c，联立可得m1 kg，0.2，b错误、c正确；又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即ep

33、we1qx1e2qx214 j，d正确。答案acd9.在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为e，qemg，虚线右侧的水平面光滑。一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧l处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为，求：图8(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块在整个运动过程中产生的热量。解析(1)设滑块向左运动x时减速到零，由能量守恒定律有(qemg)xmv解得x之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为ek由能量守恒定律得：qe(xl)ekmg(xl)解得

34、ek(qemg)l滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为epm(qemg)l。(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为wqel，电势能减少量为qel，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即qqelmv答案(1)(qemg)l(2)qelmv10如图9甲所示，真空室中电极k发出的电子(初速度不计)经过电势差为u1的加速电场加速后，沿两水平金属板c、d间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。c、d两板间的电势差ucd随时间变化的图象如图乙所示，设c、d间的电场可看作匀强

35、电场，且两板外无电场。已知电子的质量为m、电荷量为e(重力不计)，c、d极板长为l，板间距离为d，偏转电压u2，荧光屏距c、d右端的距离为，所有电子都能通过偏转电极。图9(1)求电子通过偏转电场的时间t0；(2)若ucd的周期tt0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度；(3)若ucd的周期t2t0，求到达荧光屏上o点的电子的动能。解析(1)电子在加速电场的加速过程u1emv在偏转电场中运动，水平方向匀速运动v0t0l，得t0l。(2)当tt0时，电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出时，电子在竖直方向的位移最大。t0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大值y上

36、83;()2×2同理得向下侧移距离最大值y下·()2×2所以电子能到达的区域长yy下y上。(3)当t2t0时，电子要到达o点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速的过程，并且加速度大小相等，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上加速时间为t，加速度大小为a，则在竖直方向上有y上at2×2y下a(t02t)2a(t02t)要到达o点，y上y下联立得t所以到达o点的电子经过偏转电场时电场力做功w·m·a(t02t)2电子从k到o过程由动能定理得eku1ewu1e答案(1)l(2)(3)u1e第5课时(小专题)电场中“三类”典型图象

37、问题的突破近几年，高考中以电场图象和电势图象切入命题的试题逐渐增多，如：e x图象、 x图象，或与粒子运动规律有关的图象，如：v t图象，掌握各个图象的特点，理解其斜率、截距、“面积”对应的物理意义，就能顺利解决有关问题，此类问题一般以选择题的形式出现，难度中等。突破一电场中粒子运动的vt图象当带电粒子只在电场力作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图象，则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向，加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来。【典例1】(多选)(2014·海南卷，9)如图1甲，直线mn表示某电场中一条电场线

38、，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的vt图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为a、b，场强大小分别为ea、eb，粒子在a、b两点的电势能分别为wa、wb，不计重力，则有()图1aab beaebceaeb dwawb解析由图乙可知，粒子做加速度减小，速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a指向b，电场线方向由b指向a，b点电势高于a点电势，故正确答案为b、d。答案bd【变式训练】1.电场中的三条等势线如图2中实线a、b、c所示，三条等势线的电势abc。一电子以沿pq方向的初速度，仅在电场力的作用下

39、沿直线从p运动到q，则这一过程中电子运动的vt图象大致是图线中的()图2解析电子由p点运动到q点的过程中，电场力所做的功为wq(pq)，因为q0，且pq，所以w0，由动能定理可知，电子的动能不断增大，即速度不断增大，选项c、d错误；p点附近等势面密集，故场强较大，电子在p点附近所受电场力大，电子的加速度也就大，对应vt图象的斜率大，故由p到q，vt图象的斜率不断减小，选项a正确，选项b错误。答案a突破二电场中的ex图象1点电荷的ex图象正点电荷及负点电荷的电场强度e随坐标x变化关系的图象大致如图3和图4所示。图3图42两个等量异种点电荷的ex图象(1)两电荷连线上的ex图象如图5。(2)两电荷

40、连线的中垂线上的ey图象如图6。图5图63两个等量同种点电荷的ex图象(1)两电荷连线上的ex图象如图7。(2)两电荷连线的中垂线上的ey图象如图8。图7图8【典例2】 (2013·上海卷)半径为r，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图9所示，图中e0已知，e r曲线下or部分的面积等于r2r部分的面积。图9(1)写出e ­r曲线下面积的单位；(2)已知带电球在rr处的场强e，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量q为多大？(3)求球心与球表面间的电势差u；(4)质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2r处？解析

41、(1)e r曲线下面积的单位为伏特。(2)由点电荷的电场强度公式，e0，解得：该均匀带电球所带的电荷量q。(3)根据e r曲线下面积表示电势差，球心与球表面间的电势差u。(4)根据题述e r曲线下or部分的面积等于r2r部分的面积，球体表面到2r处的电势差u。由动能定理，qumv2，解得v。答案(1)伏特(2)(3)(4)(1)在给定了电场的e x图象后，可以由图线确定场强的变化情况，电势的变化情况，ex图线与x轴所围图形“面积”表示电势差。在与粒子运动相结合的题目中，可进一步确定粒子的电性、动能变化、电势能变化等情况。(2)在这类题目中，还可以由ex图象假设某一种符合ex图线的电场，利用这种

42、已知电场的电场线分布、等势面分布或场源电荷来处理相关问题。【变式训练】2两带电荷量分别为q和q的点电荷放在x轴上，相距为l，能正确反映两电荷连线上场强大小e与x关系的图是()解析越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，b、d错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，c错，应选a。答案a突破三电场中的x图象1点电荷的x图象(取无限远处电势为零)(1)正点电荷的x图象如图10。(2)负点电荷的x图象如图11。图10图112两个等量异种电荷连线上的x图象如图12图123两个等量同种电荷的x图象(1)两正电荷连线上的x图象如图13。(1)两正电荷连线的中

43、垂线上的y图象如图14。图13图14【典例3】 (多选)空间某一静电场的电势在x轴上分布如图15所示，x轴上两点b、c的电场强度在x方向上的分量分别是ebx、ecx。下列说法正确的有()图15aebx的大小大于ecx的大小bebx的方向沿x轴正方向c电荷在o点受到的电场力在x轴方向上的分量最大d负电荷沿x轴从b移到c的过程中，电场力先做正功，后做负功解析在x图象中，图线斜率表示场强大小。结合题中图象特点可知ebx>ecx，eox0，故a项正确，c错误；根据电场中沿着电场线的方向电势逐渐降低可知ebx沿x轴负方向，b项错误；负电荷在正x轴上受电场力沿x轴负方向，在负x轴上受电场力沿x轴正方

44、向，故可判断负电荷从b移到c的过程中，电场力先做正功后做负功，d项正确。答案ad在x图象中，图线上任一点的图线斜率表示该点的电场强度沿x轴方向上的分量。【变式训练】3. (多选)某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图16所示。在o点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在x0x0区间内()图16a该静电场是匀强电场b该静电场是非匀强电场c电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小d电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大解析由于电势随x的变化不是均匀变化，即不是常数，所以该静电场一定是非匀强电场，且o点电场强度最大，x0处电场强度最小，选项a错误，b正确；由电势变化规律可知，电场

45、线方向指向x轴负方向，在o点由静止释放一电子，电子所受电场力的方向指向x轴正方向，电子将沿x轴正方向运动，且加速度逐渐减小，选项c正确，d错误。答案bc1.如图17所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由a运动到b的过程中，其速度时间图象是选项中的()图17解析电场力的方向指向轨迹的凹侧且沿与电场线相切的方向，因此粒子从a运动到b的过程中电场力方向与速度方向的夹角大于90°，粒子做减速运动，电场力越来越小，加速度越来越小，故b项正确。答案b2.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度e随x变化的图象如图18所示。下列说法中正确的是()图18ao点的电势最低bx2点的电

46、势最高cx1和x1两点的电势相等dx1和x3两点的电势相等解析由题图知，o点两侧电场强度方向相反，因电场强度的方向沿x轴，故o点可能电势最低，也可能电势最高，a不正确；x1、x2、x3三点在同一电场线上，由沿电场线方向电势逐渐降低可知，无论o点右侧电场强度沿x轴向右还是向左，x2点电势都不是最高，x1、x3两点的电势也不相等，故b、d不正确；由题图知，电场强度在o点两侧对称，故x1、x1两点电势相等，c正确。答案c3. (多选)某静电场中x轴上的电势随x坐标变化的图象如图19所示，x图象关于轴对称，a、b两点到o点的距离相等。将一电荷从x轴上的a点由静止释放后粒子沿x轴运动到b点，运动过程中粒

47、子只受电场力作用，则下列说法正确的是()图19a该电荷一定带负电b电荷在b点时动能为零c从o到b，电荷的电势能减小d从a到b电场力对电荷先做正功，后做负功解析此x图象可视为在x轴上关于坐标原点对称的两个等量正点电荷，在它们连线上电势随x坐标变化的图象。由于a、b两点等电势，该电荷一定带正电，由动能定理可知，将一电荷从x轴上的a点由静止释放后沿x轴运动到b点，电荷到b点时动能为零，选项a错误，b正确；电荷从o到b，电势升高，电荷的电势能增大，选项c错误；电荷从a到b，电势能先减小后增大，电场力对电荷先做正功，后做负功，选项d正确。答案bd4.某区域的电场线分布如图20所示，其中间一根电场线是直线

48、，一带正电的粒子从直线上的o点由静止开始在电场力作用下运动到a点。取o点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计。在o点到a点的运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能ek和运动径迹上的电势随位移x的变化图线可能正确的是()图20解析由于带正电的粒子受向右的电场力作用，故带电粒子将一直加速，由电场线的疏密可知，带电粒子所受的电场力先减小再增大，故对应的加速度先减小，再增大，a错误，b正确；电势随位移x的变化图线，其斜率对应着电场强度，故c错误；由动能定理有ekw电f电·x，可知动能ek和位移x的变化图线其斜率对应着电场力的大小，所以d错误。

49、答案b5. (2014·安徽卷，17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点o为坐标原点，其电势能ep与位移x的关系如图21所示，下列图象中合理的是()图21解析在粒子运动中的某一小段位移x内电场力做功qex。由功能关系知epqe·x，即qe，epx图线斜率的绝对值表示电场力，故由图线可知e逐渐减小，a错误；因粒子仅受电场力作用，由qema可知a也逐渐减小，d正确；再由动能定理有ekqe·x，即qe，ekx图线的斜率也表示电场力，则ekx图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，b错误；由v22ax有v，可知vx图线应是一条曲线，故

50、c错误。答案d6. (2014·山东卷，19)如图22，半径为r的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔a。已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心o时在壳外产生的电场一样。一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能ek0沿oa方向射出。下列关于试探电荷的动能ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()图22解析由于带正电的试探电荷在球壳内运动时，不受电场力，没有力做功，动能不变，可知c、d项错误；在球壳外，电场力做正功，动能增大，且由f库k可知随r的增大，f库减小，体现为ekr图线的斜率减小，故选项a正确，b错误。答案a7(2014·河北省衡

51、水中学调研)如图23甲所示，真空中有一半径为r、电荷量为q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则()图23ax2处场强大小为b球内部的电场为匀强电场cx1、x2两点处的电势相同d假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到r处和从r移到x1处电场力做功相同解析引入带正电的试探电荷q，所受的库仑力fk，根据场强定义式e，求得x2处的场强为e，选项a正确；由图乙知球内部随着x的增加场强逐渐增大，选项b错误；引入带正电的试探电荷q，由图乙知在x1处受到的电场力沿着x轴正方向，在向x2运动过程中，电场力做正功，电势能减小，电势减小，选项

52、c错误；将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到r处电场力做正功，而从r移到x1处电场力做负功，选项d错误。答案a章末质量检测(六)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求。)1. (2014·北京卷，15)如图1所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是 ()图1a1、2两点的场强相等 b1、3两点的场强相等 c1、2两点的电势相等 d2、3两点的电势相等解析同一电场中，电场线越密的地方场强越大，所以1点场强大于2、3点场强，a、b错

53、误；同一等势面上各点电势相等，沿电场线方向电势降低，故c错误，d正确。答案d2(2014·山东潍坊统考)直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能ep随位移x变化的规律如图2乙所示。设a、b两点的电场强度分别为ea和eb，电势分别为a和b。则()图2aeaeb beaebcab dab解析电子在电场中发生一段位移x，电场力做功eex，由功能关系知epeqx，即ee，epx图线斜率绝对值表示电场力，由图线知，斜率减小，故场强在减小，所以，ea>eb，故a错误，b错误；电子从静止开始由a向b运动，故受电场力方向一定

54、由a指向b，又因电子带负电，所以场强方向一定从b指向a，沿电场线方向，电势降低，所以a<b，故c正确，d错误。答案c3. (2014·南通市二次调研)某空间存在一个范围足够大的电场，x轴上各点的电势随坐标x变化规律如图3所示，o点是坐标原点。一带电粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动，某时刻经过o点，速度沿x方向。不考虑粒子的重力，关于电场和粒子的运动，下列说法中正确的是()图3a电场一定是沿x轴方向的匀强电场b粒子做匀变速直线运动c粒子可能做周期性的往复运动d粒子在运动过程中，动能与电势能之和可能不断增大解析由题图可得，沿x轴电势均匀增加，由ex知，电场为匀强电场，且沿x方向，选项a错误；带电粒子在匀强电场中所受电场力为恒力，加速度不变，故该直线运动为匀变速直线运动，选项b正确，选项c错误；带电粒子仅受电场力一个力，故电场力所做的功等于粒子动能的增加量，又因为电场力做的功等于电势能的减少量，故粒子动能与电势能之和保持不变，选项d错误。答案b4.为了测定一个水平向右的匀强电场的场强大小，小明所在的物理兴趣小组做了如下实验：用长为l的绝缘轻质细线，上端固定于o点，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球(可视为质点)，如图4所示，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，摆到b点时速度恰好为零，然后