2021届高考物理人教版一轮创新教学案：第37讲　电场中的图象问题和力电综合问题


第37讲　电场中的图象问题和力电综合问题

能力命题点一　电场中的图象问题


几种常见图象的常用解题规律
v­t图象
根据v­t图象的速度变化、斜率变化(即加速度的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化
φ­x图象
①电场强度的大小等于φ­x图线的斜率大小。②在φ­x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。③在φ­x图象中可利用ΔEp＝qφB－qφA分析电荷移动时电势能的变化，再依据WAB＝－ΔEp＝qUAB可分析电场力做的功WAB
E­x图象
①反映了电场强度随位移变化的规律。②E>0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向。③图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定
Ep­x图象
①Ep­x图象的斜率大小表示电场力，可以根据斜率大小的变化从而判断出电场力大小的变化，从而可以判断场强E的大小变化。②图象斜率的正负表示电场力的方向，由斜率正负的变化可以判断电场力方向以及场强方向的变化。③由Ep­x图象的总体变化情况可判定电场力做功情况。比如：Ep增大，则F电一定做负功，反之做正功

(2019·湖南怀化高考一模)如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一个带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v­t图象如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

A．两点电荷一定都带正电，但电量不一定相等
B．两点电荷一定带正电，0～t2时间内试探电荷所经过的各点场强越来越大
C．t1、t3两时刻试探电荷在同一位置
D．t2时刻试探电荷的电势能最大，试探电荷所在处电场的电势最高
解析　根据试探电荷的v­t图象可知，固定的两电荷Q1、Q2都带正电，试探电荷沿中垂线向上运动，可知两点电荷电量相等，A错误；由v­t图象的斜率可知，0～t2时间内试探电荷运动的加速度先增加后减小，故0～t2时间内试探电荷所经过的各点场强先增大后减小，B错误；根据v­t图象的对称性可知t1、t3两时刻试探电荷在同一位置，C正确；t2时刻试探电荷的速度减为零，此时试探电荷的电势能最大，试探电荷所在其运动的区域内所处电场的电势最低，D错误。
答案　C

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 2．(多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴正向运动，则点电荷(　　)

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。

能力命题点二　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．常见的运动类型
(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)对于锯齿波或正弦波形成的交变电场，经常是直接提到或通过计算可得出粒子在电场中运动的时间很短，因此该过程可看做电场来不及变化，将粒子在该过程中的运动看做是在恒定电场中的运动。

(2019·河南许昌高三二诊)(多选)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是(　　)

A．φ1∶φ2＝1∶2
B．φ1∶φ2＝1∶3
C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的动能最大
D．在0～2T时间内，电子的动能增大了
解析　A板接地，0～T时间内平行板间的电场强度为：E1＝，电子以加速度a1＝＝向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为：x1＝a1T2，速度为：v1＝a1T；T～2T时间内平行板间的电场强度为：E2＝，加速度大小为：a2＝＝，电子以v1的速度向上做匀变速直线运动，位移为：x2＝v1T－a2T2，由题意2T时刻回到P点，则有：x1＋x2＝0，联立可得：φ2＝3φ1，故A错误，B正确；0～T时间内电子做匀加速直线运动，T～2T时间内先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，因φ2＝3φ1，所以在0～2T时间内，当t＝2T时电子的动能最大，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时其速度为：v2＝v1－a2T＝－(负号表示方向向下)，电子的动能为：Ek＝mv＝，故D正确。
答案　BD

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＝，因此粒子先加速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可知，2 s末粒子不在出发点，B错误；由图象可知第3 s末粒子的速度为零，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 C. 答案　B
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．(2019·山东潍坊二模)(多选)如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，OO′为中心线，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0，电荷量为＋q，质量为m的粒子。在两板间存在如图所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是(　　)

A．粒子在电场中运动的最短时间为
B．射出电场时粒子的最大动能为mv
C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出
D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出
答案　AD
解析　由图可知场强E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝at，解得tmin＝，A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，由运动的对称性可知任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为mv，B错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，开始阶段可向下加速的时间最长为，因>tmin，则粒子打在下极板，故C错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速，速度到零，此时在竖直方向的位移y＝2·a()2＝，刚好不打在极板上；然后向下加速，再向下减速，速度到零，回到中心线OO′上……如此反复，则最后从电场射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，D正确。

能力命题点三　“等效法”处理带电粒子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“等效重力场”中的运动时要注意的两点：
(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“等效重力场”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。同理，速度最大的点是等效最低点。如图。


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的大小；
(2)若小球恰好完成竖直平面内的圆周运动，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)

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处受到环的支持力最大。
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。

能力命题点四　电场中的力电综合问题


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。
3．动量观点
(1)涉及动量变化，或只涉及力作用时间而不要求求解具体运动过程的，首先考虑动量定理。
(2)对于碰撞问题，首先考虑动量守恒定律。

(2019·山东省“评价大联考”三模)如图所示，BCD是光滑绝缘的半圆形轨道，位于竖直平面内，直径为BD，竖直轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，质量为m的不带电的滑块b静止在B点，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，场强大小为E。质量为m、带正电的小滑块a置于水平轨道上，电荷量为q＝，滑块a与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g。现将滑块a从水平轨道上距离B点12R的A点处由静止释放，运动到B点与滑块b发生碰撞，碰撞时间极短且电量不变，碰后两滑块粘在一起运动，a、b滑块均视为质点。求：

(1)滑块a、b碰撞后的速度大小；
(2)碰后，滑块在圆形轨道上最大速度的大小，以及在最大速度位置处滑块对轨道作用力的大小。
解析　(1)对a从A到B的过程用动能定理得
E×12R－μmg×12R＝mv
解得v1＝2
对a与b碰撞用动量守恒定律得mv1＝2mv2
解得v2＝。
(2)当滑块的重力与电场力的合力方向和圆轨道径向一致时，滑块的速度最大，设为P点，如图，则有
θ＝arctan＝arctan＝37°
对a、b滑块从碰后粘在一起运动到最大速度的过程由动能定理有
ERsin37°－2mgR(1－cos37°)＝×2mv－×2mv
解得滑块的最大速度v3＝
滑块在P点时由牛顿第二定律得，FN－＝
解得滑块受到轨道的支持力为FN＝
由牛顿第三定律，此时滑块对轨道的作用力FN＝。

答案　(1)　(2) 　

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，再分析运动过程，然后选择合适的规律解题。

(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＝。

课时作业


1．一带负电的粒子只在电场力的作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)

A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在0～x2段做匀变速运动，在x2～x3段做匀速直线运动
C．在0、x1、x2、x3处的电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1
D．x2～x3段的电场强度的大小、方向均不变，为一定值
答案　D
解析　根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝·。Ep­x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，x1处切线的斜率为零，则x1处电场强度为零，故A错误；由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，则粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，则粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段图象切线的斜率不变，场强不变，即电场强度的大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3＜φ2＝φ0＜φ1，故C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的方向水平向左，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，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。
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，电子所受的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.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　要使小球在圆形轨道上做圆周运动，则小球在等效“最高”点不脱离圆轨道。
重力和电场力合成为等效重力，设其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间的距离至少为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。

7．(2017·全国卷Ⅰ)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是(　　)

A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1
C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3
答案　AC
解析　由题图知，a、b、c、d四个点距点电荷的距离依次增大，且rb＝2ra，由E＝知，Ea∶Eb＝4∶1，A正确；rd＝2rc，由E＝知，Ec∶Ed＝4∶1，B错误；在移动电荷的过程中，电场力做的功与电势能的变化量大小相等，则Wab∶Wbc＝q(φa－φb)∶q(φb－φc)＝3∶1，C正确；Wbc∶Wcd＝q(φb－φc)∶q(φc－φd)＝1∶1，D错误。
8．(2019·天津高考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　)

A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2
答案　B
解析　动能变化量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球从M运动到N的过程中，只有重力和电场力做功，机械能的增加量等于电势能的减少量，带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2x，则电势能减少量ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2，故B正确，D错误；小球在竖直方向做匀减速到零的运动，速度减小到零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C错误。
9.(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)

A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
答案　BD
解析　根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b某时刻经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律，qE＝maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE＝mbab，联立解得：>，由此式可以得出a的质量比b小，A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受电场力等于b微粒所受的电场力，t时刻a微粒的位移大于b微粒的位移，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，C错误；由于a微粒受到的电场力(合外力)与b微粒受到的电场力(合外力)大小相等，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒的动量，D正确。
10．(2019·福建泉州二模)如图所示，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴。假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上。不计空气阻力及油滴间的相互作用，则(　　)

A．沿直线①运动的所有油滴质量都相等
B．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等
C．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2
D．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4
答案　D
解析　沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg＝Eq，即：＝，所以沿直线①运动的油滴比荷相同，A、B错误；沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，沿水平方向做匀速运动：x＝v0t，初速度相同，所以运动时间之比即为位移之比，即2∶1，C错误；沿曲线②、③运动的油滴，水平方向：x＝v0t，设板间距为d，竖直方向：＝at2，联立解得：a＝，因水平位移之比为2∶1，所以加速度大小之比为1∶4，D正确。
11．(2019·西安一模)真空中有一半径为r0的带电金属球，以球心O为坐标原点沿某一半径方向为正方向建立x轴，x轴上各点的电势φ随x的分布如图所示，其中x1、x2、x3分别是x轴上A、B、C三点的位置坐标。根据φ­x图象，下列说法正确的是(　　)

A．该金属球带负电
B．A点的电场强度大于C点的电场强度
C．B点的电场强度大小为
D．电量为q的负电荷在B点的电势能比在C点的电势能低|q(φ2－φ3)|
答案　D
解析　由图可知在0到r0段电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；图象斜率表示场强大小，A点的电场强度为零，C点电场强度大于0，故B错误；从B到C若为匀强电场，电场强度为E＝＝，因是非匀强电场，所以B点的电场强度大于该值，故C错误；负电荷沿直线从B移到C的过程中，电场力做负功，电势能增加，大小为|q(φ2－φ3)|，故D正确。
12．(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
答案　(1)　(2)2m(v＋g2t2)
解析　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
a2＝gt2②
解得
E＝③
(2)设B从O点发射时的速度大小为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh④
且有
v1＝v0t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v＋g2t2)。
13．(2019·江西名校学术联盟高三押题卷)如图甲所示，平行板A、B竖直放置，B板接地，A、B两板间加上交变电压，A板的电势随时间变化的规律如图乙所示，乙图所示物理量均为已知量。t＝0时刻，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子在B板附近由静止释放，不计粒子的重力，求：
(1)要使粒子到达A板时速度为零，A、B板间的距离应满足什么条件；
(2)要使粒子到达A板前一直加速，A、B板间的距离应满足什么条件；
(3)若将两板间的距离调为L，保持两板的电势差大小不变，改变交变电压的周期，使粒子在t＝到t＝的时间内从B板附近由静止释放后粒子不能到达A板，改变后的周期应满足什么条件？

答案　(1) (n＝1,2,3，…)
(2)d≤
(3)T＜4L
解析　(1)由题可知，粒子从t＝0时刻释放后电压变化的一个周期内，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动至速度为零，因此要使粒子到达A板时速度为零，则粒子在板间运动的时间应为电压变化周期的整数倍。
设板间的间距为d，则板间电场强度的大小为：E＝
在开始的半个周期内，粒子运动的距离：x＝a()2
a＝
d＝2nx(n＝1,2,3，…)
解得：d＝ (n＝1,2,3，…)。
(2)要使粒子在到达A板前一直加速，即粒子在板间运动的时间不超过电压变化的半个周期，由d＝at2
a＝
t≤
解得：d≤ 。
(3)带电粒子在t＝到t＝的时间内向A板做匀加速运动，在t＝到t＝的时间内向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回，粒子向A板运动可能的最大位移：
s＝2×a()2
a＝
从B板附近由静止释放后粒子不能到达A板，
则有：s＜L
解得：T＜4L。