2020高考物理二轮复习专题五带电粒子在电场中的运动教学案

2019年

【2019最新】精选高考物理二轮复习专题五带电粒子在电场中的运动教学

案

考情分析

2015 2016 2017 T4：带电粒子在平T2：静电现象 带电粒子在电场中T7：匀强电场、电场力 场线、等势面、电的运动 T8：电场强度、电势 势 T8：双电荷的φ－x图象 线运动 T3：电场强度、电行板电容器中的直命题解读

本专题共8个考点，其中静电现象电荷守恒定律，库仑定律，电场线、电势能、电势、等势面，电场强度、点电荷的场强、电势差，带电粒子在匀强电场中的运动，电容等考点为高频考点。从近三年命题情况看，其特点为：

(1)注重基础、联系实际。如以库仑定律、电容器等基础知识命题考查理解能力；以静电现象、静电透镜等结合实际问题倡导学以致用。

(2)突出方法。如以电场叠加、电场线命题，凸显对称思想；以静电场中的图象命题，考查学生的推理能力。

整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B必会。

1.(2017·江苏清江中学期中)真空中两个点电荷的相互作用力为F，若把其中一个电荷的带电量减少一半，同时把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为( ) A.2F

B. 4F

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C.8F D.无法确定

解析 根据库仑定律可得，在变化前有F＝k，变化后F′＝k＝2k＝2F，故A项正确。 答案 A

2.(多选)(2017·南京、盐城模拟)下列选项中所描述的a、b两点的电场强度和电势均相同的是( )

图1

A.离正点电荷等距的任意两点a、b，如图甲所示

B.两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的两点a、b，如图乙所示 C.两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的两点a、b，如图丙所示 D.静电场中达到静电平衡时的导体内部任意两点a、b，如图丁所示

解析 图甲中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等但方向不同，A错误；图乙中，两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，a、b两点的电场强度大小相等，方向均与等量异种点电荷的连线平行且向左，所以a、b两点的电势和电场强度均相同，B正确；图丙中，根据对称性，a、b点电势相等，电场强度大小相等但方向相反，C错误；图丁中，导体达到静电平衡时，导体内部电势处处相等，电场强度处处为零，D正确。 答案 BD

3.(2016·江苏××市检测)复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC(没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体)制成的。复印机的基本工作过程是：(1)在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；(2)文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成 “静电潜像”；(3)鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；(4)鼓体继续转动经过复印纸，带电复

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印纸又将墨粉吸引到复印纸上。以下说法正确的是( )

图2

A.步骤(1)中发生了静电感应现象 B.步骤(2)中发生了局部导电现象 C.步骤(3)中发生了静电平衡现象 D.步骤(4)中发生了静电屏蔽现象

解析 步骤(1)过程不是静电感应现象，选项A错误；步骤(2)过程发生了局部导电现象，选项B正确；步骤(3)中有电荷的移动，没有发生静电平衡现象，选项C错误；步骤(4)中不是静电屏蔽现象，选项D错误。 答案 B

4.(多选)(2017·江苏南通中学模拟)如图3所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是( )

图3

A.b点场强大于d点场强 B.b点场强小于d点场强

C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差 D.试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能

解析 在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，选项A错误，B正确；由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故选项C正确；因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷＋q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。

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答案 BC

由电场中的“点、线、面、迹”判断相关问题

(1)由轨迹向合外力的方向弯曲，确定粒子所受电场力方向； (2)根据粒子电性判断电场线方向；

(3)根据“沿电场线方向电势降低”判断电势高低； (4)根据公式Ep＝qφ(代入正负号)判断电势能大小；

(5)根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化；

(6)根据电场线或等差等势面疏密判断场强大小，再根据牛顿第二定律可以判断加速度大小。

【例1】 (2017·无锡模拟)如图4所示，示波管的聚焦电场是由电极A1、A2、A3、A4形成的，实线为电场线，虚线为等势线，x轴为该电场的中心轴线。一个电子从左侧进入聚焦电场，曲线PQR是它的运动轨迹，则( )

图4

A.电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度 B.电场中P点的电势比Q点的电势低

C.电子从P运动到R的过程中，电场力对它先做正功后做负功

D.若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场，电子有可能做曲线运动

解析 由电场线分布的疏密程度可知，电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度，选项A错误；沿电场方向电势越来越低，选项B正确；电子从P运动到R的过程中，电场力对它一直做正功，选项C错误；若电子沿着x轴正方向以某一速度进入该电场，电子一定做直线运动，选项D错误。 答案 B

【变式1】 (2017·江苏如东高级中学学情调研)如图5，P是固定的点电荷，虚线是

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以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则( )

图5

A.aa>ab>ac，va>vc>vb C.ab>ac>aa，vb>vc>va

B.aa>ab>ac，vb>vc>va D.ab>ac>aa，va>vc>vb

解析 由库仑定律F＝可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a＝可知ab>ac>aa。根据粒子的轨迹可知粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存在斥力，整个过程中，电场力先做负功再做正功，且Wba>|Wcb|，结合动能定理可知va>vc>vb，故选项D正确。 答案 D

平行板电容器及其动态分析问题

1.平行板电容器动态问题的分析思路

2.平行板电容器问题的一个常用结论：电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。

【例2】 (2017·江苏清江中学高三第四次月考)如图6所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )

图6

A.平行板电容器的电容将变大 B.静电计指针张角变小 C.带电油滴的电势能增加

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D.若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变

解析 根据电容的决定式C＝知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容减小，故A项错误；静电计测量的是电容器两极间的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B项错误；电势差不变，d增大，由公式E＝分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势升高，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小，故C项错误；电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E＝、C＝和C＝得E＝，则知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D项正确。 答案 D

【变式2】 (2017·江苏省淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市联考)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图7所示。现保持B板不动，适当移动A板，发现静电计指针张角减小，则A板可能是( )

图7

A.右移 C.上移

B.左移 D.下移

解析 将A板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C＝，可知，电容增大，而电容器所带电荷量不变，由C＝分析得知，板间电势差减小，则静电计指针偏角减小；相反，同理可知，A板向左移一些时，静电计指针偏角增大，故A项正确，B项错误；A板向上移或下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C＝可知，电容减小，而电容器所带电荷量不变，由C＝分析得知，板间电势差增大，则静电计指针偏角增大，故C、D项错误。 答案 A

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静电场中的三类图象问题

1.v－t图象：根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。 2.φ－x图象

(1)电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零。

(2)在φ－x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φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。 3.E－x图象

(1)反映了电场强度随位移变化的规律。

(2)E＞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。

【例3】 (多选)(2017·江苏盐城中学模拟)两个点电荷Q1和Q2固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图8中曲线所示(OB＞BD)，取无穷远处电势为零，由图可知( )

图8

A.B点电场强度为零

B.Q1为负电荷，Q2为正电荷 C.Q1电荷量一定大于Q2电荷量

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D.将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功

解析 因为φ－x图线的斜率等于电场强度大小，所以B点电场强度不为零，选项A错误；因B点左侧电势为负，右侧电势为正，故可知Q1为负电荷，Q2为正电荷，选项B正确；因电势为零的位置离D点较近，故Q1电荷量一定大于Q2电荷量，选项C正确；将电子沿x轴从A点移到C点，电势一直升高，电势能降低，则电场力一直做正功，选项D正确。 答案 BCD

【变式3】 (2017·江苏省泰州中学高三上学期摸底考试)如图9甲所示，直线上固定两个正点电荷A与B，其中B带＋Q的电荷量，C、D两点将A、B连线三等分，现有一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子所受的重力，并且已知该粒子在C、D间运动的速度v与时间t的关系图象如图乙所示，则A点电荷的电荷量可能是( )

图9

A.＋5Q C.＋2Q

B.＋3Q D.＋Q

解析 由v－t图象可知该粒子在两正电荷A、B的作用下做加速度逐渐减小的减速运动，故点电荷A对该粒子的库仑引力大于点电荷B对该粒子的库仑引力，根据库仑定律，在D点，有k＞k，得QA＞4Q，故选项A正确，B、C、D错误。 答案 A

带电粒子在电场中的运动问题分析

1.带电粒子(或带电体)在电场中做直线运动 (1)运动条件

①若F合＝0，粒子将保持静止状态或匀速直线运动状态。

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②若只受电场力且与初速度方向在同一直线上，带电粒子将做匀加速或匀减速直线运动。

(2)两种思路 ①动力学观点

受力情况→合外力a运动学公式,―→)运动情况x、v、t等 ②功能观点：动能定理qU＝mv－mv21 2.带电粒子在电场中的偏转规律 3.带电粒子在交变电场中运动分析

①带电粒子做单向直线运动(牛顿运动定律求解) 三种情况 ②带电粒子做往返运动(分段研究) ③带电粒子做偏转运动(根据交变电场特点分段研究) 两个关系 分析关键 件 ①力和运动关系；②功能关系 注意粒子运动的周期性和对称性特征，确定与物理过程相关的临界条【例4】 (2017·江苏徐州、宿迁、连云港、淮安四市高三模拟)如图10甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用。求：

图10

(1)C、D板的长度L；

(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；

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(3)粒子打在荧光屏上区域的长度。 解析 (1)粒子在A、B板间有

qU0＝mv20

在C、D板间有

L＝v0t0

解得L＝t0

2qU0 m(2)粒子从nt0(n＝0、2、4……)时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动

偏移距离y＝at20 加速度a＝md 得y＝,2md)

(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远 出C、D板偏转角tan θ＝，vy＝at0 打在荧光屏上距中心线最远距离

qU1s＝y＋Ltan θ

荧光屏上区域长度Δs＝s＝,2md)。 答案 (1)t0 (2),2md) (3),2md)

【变式4】 (多选)(2017·江苏省如东高级中学高三上学期第二次学情调研)如图11甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交流电压，t＝0时，P板比Q板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略)，已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰，则( )

图11

A.t0～2t0时间内电子的电势能增加

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B.在3t0时刻电子的机械能最小

C.2t0～3t0时间内电子运动的速度方向向左，且速度大小逐渐减小 D.3t0～4t0时间内电子运动的速度方向向右，且速度大小逐渐减小

解析 根据电场的变化情况和运动学知识可知：在0～t0时间内，P板比Q板电势高U0，电场方向水平向右，电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在t0～2t0时间内，P板比Q板电势低U0，电场强度方向水平向左，电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，电子向右做匀减速直线运动，电场力做负功，所以电子的电势能增加，故A正确；在2t0时速度为零，在2t0～3t0时间内，Q板比P板电势高U0，电场强度方向水平向左，电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，故C错误；在3t0时刻速度最大，机械能最大，故B错误；在3t0～4t0时间内，P板比Q板电势高U0，电场强度方向水平向右，电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，到4t0时刻速度为零，恰好又回到M点，故D正确。 答案 AD 一、单项选择题

1. (2017·江苏清江中学期中)某电场的电场线如图1，则同一正电荷在A点和B点所受电场力的大小关系是( )

图1

A.FA>FB C.FA＝FB

B.FA

D.电荷正负不明无法判断

解析 电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，故EA＞EB，电荷受到的电场力F＝Eq，故FA＞FB，A项正确。 答案 A

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2.(2016·江苏南通第三次调研)如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是( ) 解析 根据点电荷电场强度公式E＝k，结合矢量合成法则求解。设正方形顶点到中心的距离为r，则A选项中电场强度EA＝0，B选项中电场强度EB＝2k，C选项中电场强度EC＝k，D选项中电场强度ED＝k，所以B项正确。 答案 B

3.(2017·江苏××市教学质量调研)如图2所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地。现将电容器的b板向下稍微移动，则( )

图2

A.点电荷所受电场力增大 B.点电荷在P处的电势能减少 C.P点电势减小

D.电容器的电荷量增加

解析 b板下移后，电容减小，极板间电压不变，由Q＝UC知，极板带电荷量减少，D错误；极板间电压不变，极板间距增大导致内部场强减小，点电荷所受电场力减小，A错误；根据U＝Ed，场强E的减小导致P处与上极板间电势差减小，P处的电势升高，由于点电荷带负电，所以点电荷在P点的电势能减少，B正确，C错误。 答案 B

4. (2017·江苏南京、盐城高三模拟)金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图3所示，A、B两点到正电荷的距离相等，C点靠近正电荷，则( )

图3

A.A、B两点的电势相等

B.C点的电势比A点的低

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C.A、B两点的电场强度相等 D.C点的电场强度比B点的大

解析 沿着电场线电势逐渐降低，由图看出，B点电势比A点电势高，C点的电势比A点电势高，故A、B项错误；由图看出，B点处电场线比A点处电场线密，C点处电场线比B点处电场线密，则B点的场强大于A点的场强，C点的场强大于B点的场强，故C错误，D项正确。 答案 D

5.(2017·江苏徐州、宿迁、连云港、淮安四市联考)如图4所示为某电场中等势面的分布图，各等势面的电势值图中已标出。下列说法正确的是( )

图4

A.A点的电场强度比B点的大 B.电子在A点的电势能比B点的小

C.电子由A点移至B点电场力做功0.17eV D.中心轴线上各点的电场强度方向向右

解析 A点的等势面较B点密集，则A点的电场线分布较B点密集，故A点的电场强度比B点的大，选项A正确；A点的电势比B点低，故电子在A点的电势能比B点的大，选项B错误；电子由A点移至B点电势能减小，电场力做功W＝qU＝e(0.8－0.97)V＝－0.17 eV，选项C错误；顺着电场线电势降低，故中心轴线上各点的电场强度方向向左，选项D错误。 答案 A

二、多项选择题

6.(2016·常州一模)如图5所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等。一不计重力的带负电的粒子从右侧垂直等势面φ4向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则下列说法中正确的是( )

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图5

A.φ1＜φ2＜φ3＜φ4

B.粒子的运动轨迹和φ3等势面也可能垂直 C.φ4等势面上各点场强处处相等

D.该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场

解析 根据负电荷的运动轨迹可知，所受的电场力垂直等势面，且指向轨迹的凹侧，可知电场线由φ4指向φ1，顺着电场线电势逐渐降低，则可知φ1＜φ2＜φ3＜φ4，选项A正确；因粒子的初速度与φ4等势面垂直，则粒子的运动轨迹不可能和φ3等势面也垂直，选项B错误；由于等势面分布不均匀，故φ4等势面上各点场强不可能处处相等，选项C错误；由等势面的分布可知，该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场，选项D正确。 答案 AD

7.(2016·江苏××市调研)如图6所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，已知重力加速度为g，则( )

图6

A.微粒的加速度不为零 B.微粒的电势能减少了mgd C.两极板的电势差为

mgd qD.M板的电势高于N板的电势

解析 带负电的微粒在两极板间受竖直向下的重力和竖直方向的电场力，而微粒沿直线运动，由直线运动条件可知，重力与电场力合力必为零，即电场力方向竖直向上，大小等于重力，即mg＝q，所以两极板之间电势差U＝，A项错误，C项正确；而微粒

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带负电，所以电场方向竖直向下，而电场方向是由高电势指向低电势的，所以M板电势高于N板电势，D项正确；微粒由上板边缘运动到下板边缘，电场力方向与位移方向夹角为钝角，所以电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，B项错误。 答案 CD

8.(2016·江苏淮安、宿迁、连云港、徐州苏北四市高三期末)如图7所示， a、b、c三点在固定点电荷Q1、Q2连线的延长线上，Q1带正电。一带正电粒子从a点由静止释放，仅在电场力作用下运动，经b点时速度最大，到c点时速度为零。下列说法正确的是( )

图7

A.Q2带正电

B.Q2的电荷量大于Q1的电荷量 C.a、c两点电势相等 D.b点的电场强度最大

解析 带电粒子经过b点时速度最大，此时合力为零，可知b点的合场强为零，因此Q2带负电，故A、D错误；b点的合场强为零，说明Q1、Q2在b点产生的场强大小相等，由点电荷场强公式E＝k知Q2的电荷量大于Q1的电荷量，故B项正确；从a运动到c的过程，带电粒子动能的变化量为零，由动能定理知电场力做功为零，则a、c两点电势相等，故C项正确。 答案 BC

9.(2017·江苏××市模拟)如图8甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一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v－t图象如图乙所示，下列说法正确的是( )

图8

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A.两点电荷一定都带负电，但电荷量不一定相等 B.两点电荷一定都带负电，且电荷量一定相等 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

解析 由图乙可知，试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动，说明粒子受到的电场力应向下，故两点电荷一定都带正电；由于电场线只能沿竖直方向，故两个点电荷带电荷量一定相等，故A、B项错误；根据速度图象的斜率表示加速度，知t1、t3两时刻试探电荷的加速度相同，所受的电场力相同，所以它们在同一位置，故C项正确；t2时刻试探电荷的速度为零，动能为零，根据能量守恒定律可知试探电荷的电势能最大，故D项正确。 答案 CD

10.(2017·××市5月最后一卷)如图9所示，A、B两圆环上均匀分布着等量的正电荷，x轴垂直于环面且过两圆环圆心O1和O2，P为O1O2的中点。下列说法正确的是( )

图9

A.P点的电场强度为零 B.O1点的电场强度为零

C.O1点电势一定等于O2点电势

D.从O1点沿x轴到O2点，电势一定先降低后升高

解析 两个圆环可等效为放在O1点和O2点的点电荷，根据E＝k可得它们在P点的电场强度等大反向，故P点的电场强度为零，选项A正确；O1点的电场强度为A上的电荷在O1处产生的电场强度与B上的电荷在O1点处产生的电场强度的矢量和，由对称性可知，A上的电荷在O1点产生的电场强度为零，但是B上的电荷在O1处产生

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的电场强度不为零，故O1点的场强不为零，选项B错误；根据对称性可得O1点电势一定等于O2点电势，选项C正确；从O1点沿x轴到O2点的过程中，电场方向在O1P段为方向向右，在PO2段为方向向左，所以电势先降低后升高，选项D正确。 答案 ACD 三、计算题

11.(2017·南通一模)如图10所示，间距为d的平行金属板间电压恒定。初速度为零的电子经电压U0加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子恰好从下极板边缘飞出，飞出时速度的偏向角为θ。已知电子质量为m、电荷量为e，电子重力不计。求：

图10

(1)电子刚进入板间电场时的速度大小v0；

(2)电子通过两极板间的过程中，电场力做的功W； (3)平行金属板间的电场强度大小E。 解析 (1)电子在电场中加速eU0＝mv20 解得v0＝

2eU0 m(2)设电子离开电场时的速度为v，根据动能定理有

W＝mv2－mv20

由速度关系有v＝cos θ 解得W＝eU0tan2θ (3)平行金属板间W＝e·2 而U＝Ed 解得E＝

2U0tan2 θ d2U0tan2θ dUv0答案 (1) (2)eU0tan2θ (3)

2019年

12.(2017·江苏如东高级中学学情调研)如图11所示，在同一竖直面内固定有绝缘轨道，轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bcd组成，其中O为圆心，抛物线bc段切除掉，b点为抛物线的顶点，Obe在同一竖直线上且Oe与ef垂直，d点的切线方向与ef夹角β＝53°，不计一切摩擦。范围足够大的匀强电场(图中未画出)，电场线e→O方向，质量为m、电荷量为－q的带电小球在圆轨道上从a点由静止释放，当小球沿cd轨道运动时，与轨道间无相互作用力。已知圆弧半径为R，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。

图11

(1)若电场强度的大小为E，选定a点的电势为零，求带电小球在b点的电势能Ep； (2)求be的高度h；

(3)改变电场强度的大小，该带电小球能否脱离cd轨道运动，试通过计算说明。 解析 (1)小球从a→b，由功能关系得qER＝0－Ep 解得Ep＝－qER

(2)设场强大小为E，小球在b点的速度为v0, a→b过程由动能定理得 (qE＋mg)R＝mv20

设在d点的竖直速度为vy，则tan β＝v0 则在d点速度v＝v＋v2y 由b→d过程由动能定理得 (qE＋mg)h＝mv－mv20 解得h＝R

(3)建立如图所示坐标系xo′y，设运动加速度为a，则

vyx方向：x＝v0t y方向：qE＋mg＝ma

2019年

vy＝at y＝at2

解得y＝·)＝4R

所以小球运动轨迹与电场强度无关

(或偏转角的正切tan θ＝＝，可见小球的偏转角与电场强度大小无关)所以改变电场强度的大小，该带电小球仍沿cd轨道运动。

答案 (1)－qER (2)R (3)该带电小球仍沿cd轨道运动

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