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2020年高考物理一轮复习文档：第8章静电场第38讲 学案
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第38讲 电场中的图象问题和力电综合问题
考点一 静电场中的图象问题
几种常见图象的特点及规律
(多选)如图甲所示，有一绝缘的竖直圆环，圆环上分布着正电荷。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C，让小球从C点由静止释放。其沿细杆由C经B向A运动的vt图象如图乙所示，且已知小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)，下列说法正确的是( )
A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大
B．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m
C．沿着C到A的方向，电势先降低后升高
D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V
解析 从C到A电场力对带正电的小球一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故A、C错误；由乙图可知，小球在B点的加速度最大，且加速度只由电场力提供，故B点的电场强度最大，由乙图可知a＝＝0.06 m/s2，又a＝，代入数据解得E＝1.2 V/m，故B正确；由C到B电场力做功为W＝mv－0，所以C、B间电势差为UCB＝＝0.9 V，故D正确。
答案 BD
方法感悟
虽然图象种类繁多，但各种图象的处理方法都类似。大多数图象问题都考查斜率或面积的物理意义。斜率的物理意义由纵轴变化量除以横轴变化量决定；面积的物理意义由对应的纵轴与横轴所代表的物理量相乘决定。
1.(2017·江苏高考)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有( )
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
答案 AC
解析 两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，x
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
答案 BC
解析 由题图可知，从x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确。
3.(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做正功
B．x1、x2处电场强度方向沿x轴正方向
C．x1处的电场强度大小大于x2处的电场强度大小
D．x1处的电势比x2处的电势低
答案 AD
解析 由于粒子从x1运动到x2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x轴正方向，粒子带负电，故电场强度方向沿x轴负方向，A正确，B错误；由于x1处的图线斜率的绝对值小于x2处图线斜率的绝对值，因此x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度大小，C错误；沿着电场线方向电势降低，故x1处的电势比x2处的电势低，D正确。
考点二 带电粒子在交变电场中的运动
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．常见的类型
(1)粒子做单向直线运动。
(2)粒子做往返运动。
(3)粒子做偏转运动。
3．常用的分析方法
(1)带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形。在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。此类电场从空间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间而变化。
①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动。
②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。
(2)研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
(3)对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
如图a所示的两平行金属板P、Q加上图b所示电压，t＝0时，Q板电势比P高5 V，在板正中央M点放一电子，初速度为零，电子只受电场力而运动，且不会碰到金属板。这个电子处于M点右侧，速度向左，且速度逐渐减小的时间段是( )
A．0
答案 D
方法感悟
解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1)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。
(2)因电场随时间变化，交变电场中带电粒子所受到电场力出现周期性变化，导致运动过程出现多个阶段，分段分析是常见的解题思路。借助速度图象能更全面直观地把握运动过程，处理起来比较方便。
1.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度不为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
答案 D
解析 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小a1＝，第2 s内的加速度大小a2＝，因此先加速1 s再减速0.5 s速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，第3～5 s的运动可做类似分析，vt图象如图所示，根据图象可知A错误；由图象面积代表位移知，2 s末不在出发点，B错误；由图象可知第3 s时的速度为零，故C错误；由动能定理可知0～3 s内，W电＝ΔEk＝0，故D正确。
2．如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
A．0
解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。分别作出t0＝0、、、时粒子运动的vt图象，如图所示。由于vt图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B正确。
3．(2015·山东高考)(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A．末速度大小为v0 B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd
答案 BC
解析 0～微粒做匀速直线运动，则qE0＝mg。～没有电场作用，微粒做平抛运动，竖直方向上a＝g。～T，由于电场作用，F＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向竖直向上。由于竖直方向上运动的两段时间相等，故到达金属板边缘时，微粒速度为v0，方向水平，选项A错误，选项B正确；从微粒进入金属板间到离开，重力做功mg，重力势能减少mgd，选项C正确；由动能定理知WG＋W电＝0，W电＝－mgd，克服电场力做功mgd，选项D错误。
考点三 用“等效法”处理带电体在匀强电场和重力场中的运动
研究对象为带电小球等带电物体，重力不能忽略，在匀强电场中运动时所受电场力、重力都是恒力，常用的方法是等效“重力”法。
等效重力法：将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。
处理带电体在“等效力场”中的运动，要注意以下两点：
(1)电场力做功情况。对带电体进行受力分析时，注意带电体受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而决定电场力做功情况。
(2)等效最高点与几何最高点。在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是等效最高点。
(2018·吉安模拟)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。
(1)求小球的带电性质及电场强度E；
(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)。
解析 (1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。
小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有
EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0
解得E＝。
(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方。
若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：
m＝mg
由A点到等效最高点，根据动能定理得
－mgL(1＋cos30°)＝mv2－mv
联立解得vA＝ 。
答案 (1)正电 (2)
方法感悟
等效思维方法就是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方法。
半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图，珠子所受电场力是其重力的，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，则：
(1)珠子所能获得的最大动能是多大？
(2)珠子对环的最大压力是多大？
答案 (1)mgr (2)mg
解析 (1)如图所示，在珠子的等效最低点B进行受力分析。
设OB与OA之间的夹角为θ，则tanθ＝＝
可得θ＝37°。
珠子在等效最低点B时具有最大的动能。
珠子从A到B的过程，电场力和重力做功，珠子的动能增加，即：－mgr(1－cosθ)＋qEr·sinθ＝Ek－0
解得珠子所能获得的最大动能
Ek＝－mgr(1－cosθ)＋qErsinθ＝mgr。
(2)分析可得：珠子在等效最低点B处受到的压力最大。
根据合力提供向心力FN－F＝m
又因为重力和电场力的合力F＝mg
Ek＝mv2＝
所以FN＝F＋m＝mg＋mg＝mg
根据牛顿第三定律，珠子对圆环的最大压力是mg。
考点四 电场中的力电综合问题
分析力电综合问题的两种思路
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑。
2．功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用相应公式计算。
(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量，并判断选用分过程还是全过程使用动能定理。
(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。
如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4×103 N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板。质量m＝0.2 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回。已知斜面的高度h＝0.24 m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，滑块所带电荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；
(2)滑块在斜面上运动的总路程s和系统产生的热量Q。
解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力
Ff＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96 N
设到达斜面底端时的速度为v，根据动能定理得
(mg＋qE)h－Ff·＝mv2
解得v＝2.4 m/s。
(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，(mg＋qE)h＝Ffs
解得滑块在斜面上运动的总路程：s＝1 m
Q＝Ffs＝0.96 J。
答案 (1)2.4 m/s' (2)1 m' 0.96 J
方法感悟
带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同。先分析受力情况再分析运动状态和运动过程然后选用恰当的动力学或功能规律解题。
如图所示，在水平向左的匀强电场中有一与水平面成60°角的光滑绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m。有一质量为0.5 kg的带电小环套在杆上，正以某一速度v0沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好落在C端正下方地面上的P点处，ACP所在平面与电场E平行，g取10 m/s2，求：
(1)小环带何种电荷及它受到的电场力的大小；
(2)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；
(3)小环在直杆上匀速运动速度v0的大小。
答案 (1)负电 5 N
(2)20 m/s2 方向与杆垂直斜向右下方
(3)2 m/s
解析 (1)以小环为研究对象，小环做匀速直线运动，受力分析如图所示，可知：小环带负电。
由平衡条件可知：mgsin60°＝F电cos60°，
得：F电＝mg＝5 N。
(2)小环离开直杆后，受mg、F电作用，合力F方向与杆垂直斜向右下方：则 ＝ma
a＝2g＝20 m/s2，方向与杆垂直斜向右下方。
(3)建立以初速度方向为x轴正方向，以加速度方向为y轴正方向的直角坐标系，则小环离开直杆后做类平抛运动到达C端正下方地面上P点处，则：
hsin60°＝v0t，hcos60°＝at2
可得：v0＝2 m/s。
课后作业
[巩固强化练]
1．在x轴上有两个点电荷q1和q2，x轴上电势φ随x变化的关系如图所示，纵坐标轴为图线的渐近线，则( )
A．x＝x1处电场强度为0
B．x＝x2处电场强度不为0
C．q1、q2为不等量异号电荷，且正电荷在x＝0处，负电荷在x<0的某处
D．q1、q2为等量异号电荷，且正电荷在x<0处，负电荷在x>0的某处
答案 C
解析 在φx图象中，电势降低最快的方向即为场强方向，则x2右侧的场强沿x轴负向，x2左侧的场强方向沿x轴正向；由φx图象的斜率＝，即表示场强的大小，得x1处电势为零，场强不为零；x2处场强为零，电势不为零，A、B错误；图中φ有正有负，则两个点电荷是异种电荷，若是等量异号电荷，则φx图线关于φ＝0的点对称，由此可知q1、q2为不等量异号电荷，点电荷处电势为无穷大，则正电荷在x＝0处，负电荷在x<0的某处，C正确，D错误。
2.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
答案 B
解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误。
3.如图所示，地面上有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成30°角的虚线由A向B做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球带正电荷
B．小球受到的电场力与重力大小之比为2∶1
C．小球从A运动到B的过程中电势能增加
D．小球从A运动到B的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量
答案 C
解析 由于小球沿直线运动，则合力与速度在同一直线上，根据题意，受力分析如图所示。故小球受到的电场力水平向左，故小球带负电，A错误；由图可知：tan30°＝＝，故小球受到的电场力与重力大小之比为∶1，B错误；由于小球从A到B电场力做负功，故电势能增加，C正确；根据动能定理可知：W电＋WG＝ΔEk，D错误。
4.(多选)如图所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点。重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．速度先增大后减小
C．机械能一直减小
D．任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量
答案 AC
解析 由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速直线运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确；小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小后增大，B错误；任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D错误。
5.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
答案 D
解析 若电压是甲图，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D正确。
6.(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( )
A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3
B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4
C．小球落到B点时的动能为32 J
D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J
答案 AC
解析 小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，A正确、B错误；设小球在M点时的水平速度为vx，则小球在B点时的水平分速度为2vx，根据题意有mv＝8 J，mv＝6 J，因而在B点时小球的动能为EkB＝m·[v＋(2vx)2]＝32 J，C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A点时，F合与速度之间的夹角为钝角，小球在M点时，速度与F合之间的夹角为锐角，即F合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A到M过程中，动能先减小后增大，小球从M到B的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6 J，D错误。
7.如图所示，地面上某个空间区域存在电场，水平虚线上方的匀强电场场强为E1，方向竖直向下；虚线下方的匀强电场场强为E2，方向竖直向上。一个质量为m，带电量为＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是( )
A．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同
B．带电小球在A、B两点电势能相等
C．若A、B高度差为h，则UAB＝－
D．两电场强度大小关系满足E2＝2E1
答案 C
解析 小球从A到虚线速度由零加速至v，由虚线到B速度从v减为零，位移相同，根据v2＝2ax，则加速度大小相等，方向相反，故A错误；对小球从A到B的过程运用动能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝，知A、B的电势不相等，则电势能不相等，故B错误、C正确；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1＝，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2＝，因为a1＝a2，解得：E2－E1＝，故D错误。
8.如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平方向的匀强电场中，BCDF是半径为R的圆形轨道，已知电场强度为E，今有质量为m的带电小球在电场力作用下由静止从A点开始沿轨道运动，小球受到的电场力和重力大小相等，要使小球沿轨道做圆周运动，则A、B间的距离至少为多大？
答案 R
解析 要使小球在圆轨道上做圆周运动，小球在等效“最高”点不脱离圆轨道。
重力场和电场合成等效重力场，其方向为电场力和重力的合力方向，与竖直方向的夹角为θ(如图所示)，其中D′、B′点为等效最高点和最低点。
tanθ＝＝1，θ＝45°，则
等效重力加速度g′＝＝＝g
在等效重力场的“最高”点，小球刚好不掉下来时
mg′＝m，v＝＝
设A、B间距离至少为L，从A到等效重力场的“最高”点D′，由动能定理
qE(L－Rsin45°)－mg(R＋Rcos45°)＝mv2－0
解得L＝R。
[真题模拟练]
9.(2018·浙江高考)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其vt图象如图所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是( )
A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B．A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
答案 C
解析 由题图可知，带电粒子在0～t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增加；在t0～3t0时间内反方向做加速运动，电场力做正功，电势能减少，则C正确，D错误；由于不知道带电粒子的电性，故无法判断电势的高低，故A错误；题图中的斜率表示粒子的加速度，即a＝＝，可知A、B、C三点中B点的场强最大，故B错误。
10．(2018·福建省高中毕业模拟)(多选)如图所示，矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一粒子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．粒子到Q点时的速度大小可能小于v0
B．粒子到Q点时的速度大小可能等于v0
C．粒子到Q点时的速度方向可能与cd边平行
D．粒子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直
答案 ABD
解析 粒子从M点运动到Q点过程所受电场力恒定不变，粒子的运动可分解为平行于bc边的初速度为零的匀加速直线运动和平行于cd边的直线运动，由于粒子的电性和匀强电场的大小、方向未知，故粒子在平行于cd边方向可能做匀加速直线运动、匀速直线运动或匀减速直线运动，根据速度的合成法则，则粒子到达Q点时的速度大小可能大于v0，可能小于v0，也可能等于v0，速度的方向可能与cd边垂直，但不可能与cd边平行，故A、B、D正确，C错误。
11.(2019·四川广元第一次适应性统考)(多选)如图所示，在匀强电场中，质量为m、电荷量为＋q的小球由静止释放斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为θ，则( )
A．电场方向可能水平向左
B．小球的机械能可能减小
C．场强的最小值为sinθ
D．小球的电势能一定变化
答案 BC
解析 小球带正电，而合力方向斜向下，故电场方向不可能向左，A错误；如果小球受到的电场力与运动方向夹角大于90°，则电场力做负功，小球的机械能减小，故B正确；带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有qEmin＝mgsinθ，得到：Emin＝，故C正确；由图可知，电场力有可能与运动方向相互垂直，故电场力可能不做功，电势能不变，D错误。
12．(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度。
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
答案 (1)v0－2gt1 (2)见解析
解析 (1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向向上。在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为s1＝v0t1＋a1t⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t⑧
由题给条件有v＝2g(2h)⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有s1＋s2＝h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1⑪
为使E2>E1，应有2－2＋2>1⑫
即当0
才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。
若B点在A点之下，依题意有s1＋s2＝－h⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝E1⑯
为使E2>E1，应有2－2－2>1⑰
即t1>。
另一解为负，不合题意，已舍去。
13．(2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。
答案 (1)3∶1 (2)H (3)
解析 (1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
联立①②③式得＝④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得
v＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知＝⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得h＝H⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则
＝⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩
Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2⑪
由已知条件Ek1＝1.5Ek2⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝。
考点一 静电场中的图象问题
几种常见图象的特点及规律
(多选)如图甲所示，有一绝缘的竖直圆环，圆环上分布着正电荷。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C，让小球从C点由静止释放。其沿细杆由C经B向A运动的vt图象如图乙所示，且已知小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)，下列说法正确的是( )
A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大
B．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m
C．沿着C到A的方向，电势先降低后升高
D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V
解析 从C到A电场力对带正电的小球一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故A、C错误；由乙图可知，小球在B点的加速度最大，且加速度只由电场力提供，故B点的电场强度最大，由乙图可知a＝＝0.06 m/s2，又a＝，代入数据解得E＝1.2 V/m，故B正确；由C到B电场力做功为W＝mv－0，所以C、B间电势差为UCB＝＝0.9 V，故D正确。
答案 BD
方法感悟
虽然图象种类繁多，但各种图象的处理方法都类似。大多数图象问题都考查斜率或面积的物理意义。斜率的物理意义由纵轴变化量除以横轴变化量决定；面积的物理意义由对应的纵轴与横轴所代表的物理量相乘决定。
1.(2017·江苏高考)(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有( )
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
答案 AC
解析 两个点电荷在x轴上，且x1处的电势为零，x>x1处的电势大于零，x
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
答案 BC
解析 由题图可知，从x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确。
3.(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A．粒子从x1处运动到x2处的过程中电场力做正功
B．x1、x2处电场强度方向沿x轴正方向
C．x1处的电场强度大小大于x2处的电场强度大小
D．x1处的电势比x2处的电势低
答案 AD
解析 由于粒子从x1运动到x2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x轴正方向，粒子带负电，故电场强度方向沿x轴负方向，A正确，B错误；由于x1处的图线斜率的绝对值小于x2处图线斜率的绝对值，因此x1处的电场强度大小小于x2处的电场强度大小，C错误；沿着电场线方向电势降低，故x1处的电势比x2处的电势低，D正确。
考点二 带电粒子在交变电场中的运动
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．常见的类型
(1)粒子做单向直线运动。
(2)粒子做往返运动。
(3)粒子做偏转运动。
3．常用的分析方法
(1)带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形。在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。此类电场从空间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间而变化。
①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动。
②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。
(2)研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
(3)对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
如图a所示的两平行金属板P、Q加上图b所示电压，t＝0时，Q板电势比P高5 V，在板正中央M点放一电子，初速度为零，电子只受电场力而运动，且不会碰到金属板。这个电子处于M点右侧，速度向左，且速度逐渐减小的时间段是( )
A．0
答案 D
方法感悟
解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1)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。
(2)因电场随时间变化，交变电场中带电粒子所受到电场力出现周期性变化，导致运动过程出现多个阶段，分段分析是常见的解题思路。借助速度图象能更全面直观地把握运动过程，处理起来比较方便。
1.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度不为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
答案 D
解析 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小a1＝，第2 s内的加速度大小a2＝，因此先加速1 s再减速0.5 s速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，第3～5 s的运动可做类似分析，vt图象如图所示，根据图象可知A错误；由图象面积代表位移知，2 s末不在出发点，B错误；由图象可知第3 s时的速度为零，故C错误；由动能定理可知0～3 s内，W电＝ΔEk＝0，故D正确。
2．如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
A．0
解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。分别作出t0＝0、、、时粒子运动的vt图象，如图所示。由于vt图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0
3．(2015·山东高考)(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
A．末速度大小为v0 B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd
答案 BC
解析 0～微粒做匀速直线运动，则qE0＝mg。～没有电场作用，微粒做平抛运动，竖直方向上a＝g。～T，由于电场作用，F＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向竖直向上。由于竖直方向上运动的两段时间相等，故到达金属板边缘时，微粒速度为v0，方向水平，选项A错误，选项B正确；从微粒进入金属板间到离开，重力做功mg，重力势能减少mgd，选项C正确；由动能定理知WG＋W电＝0，W电＝－mgd，克服电场力做功mgd，选项D错误。
考点三 用“等效法”处理带电体在匀强电场和重力场中的运动
研究对象为带电小球等带电物体，重力不能忽略，在匀强电场中运动时所受电场力、重力都是恒力，常用的方法是等效“重力”法。
等效重力法：将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。
处理带电体在“等效力场”中的运动，要注意以下两点：
(1)电场力做功情况。对带电体进行受力分析时，注意带电体受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而决定电场力做功情况。
(2)等效最高点与几何最高点。在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是等效最高点。
(2018·吉安模拟)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。
(1)求小球的带电性质及电场强度E；
(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)。
解析 (1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。
小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有
EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0
解得E＝。
(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方。
若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：
m＝mg
由A点到等效最高点，根据动能定理得
－mgL(1＋cos30°)＝mv2－mv
联立解得vA＝ 。
答案 (1)正电 (2)
方法感悟
等效思维方法就是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方法。
半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图，珠子所受电场力是其重力的，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，则：
(1)珠子所能获得的最大动能是多大？
(2)珠子对环的最大压力是多大？
答案 (1)mgr (2)mg
解析 (1)如图所示，在珠子的等效最低点B进行受力分析。
设OB与OA之间的夹角为θ，则tanθ＝＝
可得θ＝37°。
珠子在等效最低点B时具有最大的动能。
珠子从A到B的过程，电场力和重力做功，珠子的动能增加，即：－mgr(1－cosθ)＋qEr·sinθ＝Ek－0
解得珠子所能获得的最大动能
Ek＝－mgr(1－cosθ)＋qErsinθ＝mgr。
(2)分析可得：珠子在等效最低点B处受到的压力最大。
根据合力提供向心力FN－F＝m
又因为重力和电场力的合力F＝mg
Ek＝mv2＝
所以FN＝F＋m＝mg＋mg＝mg
根据牛顿第三定律，珠子对圆环的最大压力是mg。
考点四 电场中的力电综合问题
分析力电综合问题的两种思路
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑。
2．功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用相应公式计算。
(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量，并判断选用分过程还是全过程使用动能定理。
(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。
如图所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4×103 N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板。质量m＝0.2 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回。已知斜面的高度h＝0.24 m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，滑块所带电荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小；
(2)滑块在斜面上运动的总路程s和系统产生的热量Q。
解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力
Ff＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96 N
设到达斜面底端时的速度为v，根据动能定理得
(mg＋qE)h－Ff·＝mv2
解得v＝2.4 m/s。
(2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，(mg＋qE)h＝Ffs
解得滑块在斜面上运动的总路程：s＝1 m
Q＝Ffs＝0.96 J。
答案 (1)2.4 m/s' (2)1 m' 0.96 J
方法感悟
带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同。先分析受力情况再分析运动状态和运动过程然后选用恰当的动力学或功能规律解题。
如图所示，在水平向左的匀强电场中有一与水平面成60°角的光滑绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m。有一质量为0.5 kg的带电小环套在杆上，正以某一速度v0沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好落在C端正下方地面上的P点处，ACP所在平面与电场E平行，g取10 m/s2，求：
(1)小环带何种电荷及它受到的电场力的大小；
(2)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；
(3)小环在直杆上匀速运动速度v0的大小。
答案 (1)负电 5 N
(2)20 m/s2 方向与杆垂直斜向右下方
(3)2 m/s
解析 (1)以小环为研究对象，小环做匀速直线运动，受力分析如图所示，可知：小环带负电。
由平衡条件可知：mgsin60°＝F电cos60°，
得：F电＝mg＝5 N。
(2)小环离开直杆后，受mg、F电作用，合力F方向与杆垂直斜向右下方：则 ＝ma
a＝2g＝20 m/s2，方向与杆垂直斜向右下方。
(3)建立以初速度方向为x轴正方向，以加速度方向为y轴正方向的直角坐标系，则小环离开直杆后做类平抛运动到达C端正下方地面上P点处，则：
hsin60°＝v0t，hcos60°＝at2
可得：v0＝2 m/s。
课后作业
[巩固强化练]
1．在x轴上有两个点电荷q1和q2，x轴上电势φ随x变化的关系如图所示，纵坐标轴为图线的渐近线，则( )
A．x＝x1处电场强度为0
B．x＝x2处电场强度不为0
C．q1、q2为不等量异号电荷，且正电荷在x＝0处，负电荷在x<0的某处
D．q1、q2为等量异号电荷，且正电荷在x<0处，负电荷在x>0的某处
答案 C
解析 在φx图象中，电势降低最快的方向即为场强方向，则x2右侧的场强沿x轴负向，x2左侧的场强方向沿x轴正向；由φx图象的斜率＝，即表示场强的大小，得x1处电势为零，场强不为零；x2处场强为零，电势不为零，A、B错误；图中φ有正有负，则两个点电荷是异种电荷，若是等量异号电荷，则φx图线关于φ＝0的点对称，由此可知q1、q2为不等量异号电荷，点电荷处电势为无穷大，则正电荷在x＝0处，负电荷在x<0的某处，C正确，D错误。
2.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．小球在运动过程中机械能守恒
答案 B
解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误。
3.如图所示，地面上有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成30°角的虚线由A向B做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球带正电荷
B．小球受到的电场力与重力大小之比为2∶1
C．小球从A运动到B的过程中电势能增加
D．小球从A运动到B的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量
答案 C
解析 由于小球沿直线运动，则合力与速度在同一直线上，根据题意，受力分析如图所示。故小球受到的电场力水平向左，故小球带负电，A错误；由图可知：tan30°＝＝，故小球受到的电场力与重力大小之比为∶1，B错误；由于小球从A到B电场力做负功，故电势能增加，C正确；根据动能定理可知：W电＋WG＝ΔEk，D错误。
4.(多选)如图所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点。重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．速度先增大后减小
C．机械能一直减小
D．任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的减少量
答案 AC
解析 由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速直线运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，则小球带负电，电场力一直对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确；小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小后增大，B错误；任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量，D错误。
5.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
答案 D
解析 若电压是甲图，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D正确。
6.(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( )
A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3
B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4
C．小球落到B点时的动能为32 J
D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J
答案 AC
解析 小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，A正确、B错误；设小球在M点时的水平速度为vx，则小球在B点时的水平分速度为2vx，根据题意有mv＝8 J，mv＝6 J，因而在B点时小球的动能为EkB＝m·[v＋(2vx)2]＝32 J，C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A点时，F合与速度之间的夹角为钝角，小球在M点时，速度与F合之间的夹角为锐角，即F合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A到M过程中，动能先减小后增大，小球从M到B的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6 J，D错误。
7.如图所示，地面上某个空间区域存在电场，水平虚线上方的匀强电场场强为E1，方向竖直向下；虚线下方的匀强电场场强为E2，方向竖直向上。一个质量为m，带电量为＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是( )
A．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同
B．带电小球在A、B两点电势能相等
C．若A、B高度差为h，则UAB＝－
D．两电场强度大小关系满足E2＝2E1
答案 C
解析 小球从A到虚线速度由零加速至v，由虚线到B速度从v减为零，位移相同，根据v2＝2ax，则加速度大小相等，方向相反，故A错误；对小球从A到B的过程运用动能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝，知A、B的电势不相等，则电势能不相等，故B错误、C正确；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1＝，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2＝，因为a1＝a2，解得：E2－E1＝，故D错误。
8.如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平方向的匀强电场中，BCDF是半径为R的圆形轨道，已知电场强度为E，今有质量为m的带电小球在电场力作用下由静止从A点开始沿轨道运动，小球受到的电场力和重力大小相等，要使小球沿轨道做圆周运动，则A、B间的距离至少为多大？
答案 R
解析 要使小球在圆轨道上做圆周运动，小球在等效“最高”点不脱离圆轨道。
重力场和电场合成等效重力场，其方向为电场力和重力的合力方向，与竖直方向的夹角为θ(如图所示)，其中D′、B′点为等效最高点和最低点。
tanθ＝＝1，θ＝45°，则
等效重力加速度g′＝＝＝g
在等效重力场的“最高”点，小球刚好不掉下来时
mg′＝m，v＝＝
设A、B间距离至少为L，从A到等效重力场的“最高”点D′，由动能定理
qE(L－Rsin45°)－mg(R＋Rcos45°)＝mv2－0
解得L＝R。
[真题模拟练]
9.(2018·浙江高考)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其vt图象如图所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是( )
A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φC
B．A、B、C三点的场强大小关系为EC>EB>EA
C．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少
D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功
答案 C
解析 由题图可知，带电粒子在0～t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增加；在t0～3t0时间内反方向做加速运动，电场力做正功，电势能减少，则C正确，D错误；由于不知道带电粒子的电性，故无法判断电势的高低，故A错误；题图中的斜率表示粒子的加速度，即a＝＝，可知A、B、C三点中B点的场强最大，故B错误。
10．(2018·福建省高中毕业模拟)(多选)如图所示，矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一粒子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．粒子到Q点时的速度大小可能小于v0
B．粒子到Q点时的速度大小可能等于v0
C．粒子到Q点时的速度方向可能与cd边平行
D．粒子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直
答案 ABD
解析 粒子从M点运动到Q点过程所受电场力恒定不变，粒子的运动可分解为平行于bc边的初速度为零的匀加速直线运动和平行于cd边的直线运动，由于粒子的电性和匀强电场的大小、方向未知，故粒子在平行于cd边方向可能做匀加速直线运动、匀速直线运动或匀减速直线运动，根据速度的合成法则，则粒子到达Q点时的速度大小可能大于v0，可能小于v0，也可能等于v0，速度的方向可能与cd边垂直，但不可能与cd边平行，故A、B、D正确，C错误。
11.(2019·四川广元第一次适应性统考)(多选)如图所示，在匀强电场中，质量为m、电荷量为＋q的小球由静止释放斜向下做直线运动，轨迹与竖直方向的夹角为θ，则( )
A．电场方向可能水平向左
B．小球的机械能可能减小
C．场强的最小值为sinθ
D．小球的电势能一定变化
答案 BC
解析 小球带正电，而合力方向斜向下，故电场方向不可能向左，A错误；如果小球受到的电场力与运动方向夹角大于90°，则电场力做负功，小球的机械能减小，故B正确；带电小球的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图看出，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有qEmin＝mgsinθ，得到：Emin＝，故C正确；由图可知，电场力有可能与运动方向相互垂直，故电场力可能不做功，电势能不变，D错误。
12．(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度。
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
答案 (1)v0－2gt1 (2)见解析
解析 (1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向向上。在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1①
油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④
由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为s1＝v0t1＋a1t⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t⑧
由题给条件有v＝2g(2h)⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有s1＋s2＝h⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1⑪
为使E2>E1，应有2－2＋2>1⑫
即当0
才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。
若B点在A点之下，依题意有s1＋s2＝－h⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝E1⑯
为使E2>E1，应有2－2－2>1⑰
即t1>。
另一解为负，不合题意，已舍去。
13．(2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。
答案 (1)3∶1 (2)H (3)
解析 (1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
联立①②③式得＝④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得
v＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知＝⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得h＝H⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则
＝⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩
Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2⑪
由已知条件Ek1＝1.5Ek2⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝。
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