專題06靜電場中力和能的性質的綜合應用

NO.1

壓軸題解讀

高考對于靜電場中力的性質和能的性質的考查通常涉及電場強度、電場力、電

勢能、電勢等基本概念的理解和應用。這些考點可能會以選擇題、計算題等多種形

式出現，題目設計注重考查學生對電場力做功、電場強度與電荷量、電勢能與電勢

差等關系的理解和應用。

命題預測在2025年高考物理中，靜電場中力的性質和能的性質占據著重要的地位。

復習時，學生應首先深入理解靜電場中力的性質和能的性質的基本概念和原

理，掌握電場強度、電場力、電勢能、電勢等基本概念的定義、計算公式和物理意

義。同時，學生還應注重實踐應用，通過大量練習和模擬考試，熟悉各種題型的解

題方法和技巧，提高解題能力和速度。

1.電場中的一線一面一軌跡問題

2.電場中的三類圖像

高頻考法

3.電場中帶電體的各類運動

4.帶電粒子在電場和重力場中的運動

NO.2

壓軸題密押

考向一：電場中的一線一面一軌跡問題

1.兩種等量點電荷的電場強度及電場線的比較

比較等量異種點電荷等量同種點電荷

電場線分布圖￡4

八A

電荷連線上的沿連線先變小后變大

電場強度

0點最小，但不為零。點為零

中垂線上的0點最大，向外逐0點最小，向外先

電場強度漸減小變大后變小

關于。點對N與⑷、8與"、C與C'

稱位置的電

等大同向等大反向

場強度

2.“電場線+運動軌跡”組合模型

模型特點:當帶電粒子在電場中的運動軌跡是一條與電場線不重合的曲線時，這種現象簡稱為“拐彎現

象”，其實質為“運動與力”的關系。運用牛頓運動定律的知識分析:

（1）“運動與力兩線法”一畫出“速度線”（運動軌跡在某一位置的切線）與“力線”（在同一位置電場線的切線方

向且指向軌跡的凹側）,從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動的情況。

（2）“三不知時要假設”一電荷的正負、電場的方向、電荷運動的方向，是題目中相互制約的三個方面。若已

知其中一個，可分析判定各待求量;若三個都不知（三不知），則要用“假設法”進行分析。

3.幾種典型電場的等勢面

電場等勢面重要描述

勻強電場垂直于電場線的一簇平面

點電荷

以點電荷為球心的一簇球面

的電場

等量異種

點電荷的連線的中垂線上電勢處處為零

電場

等量同種

兩點電荷連線上，中點的電勢最低；中

（正）點電荷

垂線上，中點的電勢最高

的電場

4.帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法

（1）從軌跡的彎曲方向判斷受力方向（軌跡向合外力方向彎曲），從而分析電場方向或電荷的正負。

(2)結合軌跡、速度方向與靜電力的方向，確定靜電力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化

(3)根據動能定理或能量守恒定律判斷動能的變化情況。

考向二：電場中的三類圖像

l.(p-x圖像

(1)電場強度的大小等于(P-X圖線的斜率的絕對值，電場強度為零處,9-x圖線存在極值，其切線的斜率為零。

(2)在9-x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向。

X1處圖線的斜率為0,即民產0

，吐X2處圖線的斜率的

7絕對值比X4處的大，

,即瓦2>瓦4

X3處，電勢g=0,但

電場強度電場強度向右圖像的斜率不等于0,

向左(正向)所以以3W0

(3)在0-x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用%B=4%B,進而分析%B的正負，然后作出判斷。

2.Ep-x圖像

(1)根據電勢能的變化可以判斷電場力做功的正負，電勢能減少，電場力做正功:電勢能增加，電場力做負功。

(2)根據峪=-印=-網，圖像Ep-x斜率的絕對值表示電場力的大小。

圖像的斜率大小表示粒

子受到的電場力大小

3.E-X圖像

(1)E-x圖像反映了電場強度隨位移變化的規律,￡>0表示電場強度沿x軸正方向;￡<0表示電場強度沿x軸

負方向。

(2)在給定了電場的E-x圖像后，可以由圖線確定電場強度的變化情況，電勢的變化情況,E-x圖線與x軸所圍

圖形“面積”表示電勢差，兩點的電勢高低根據電場方向判定。在與粒子運動相結合的題目中，可進一步確定粒

子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。

---圖像所圍“面積”表

示。4兩點的電勢差

(3)在這類題目中，還可以由E-x圖像畫出對應的電場，利用這種已知電場的電場線分布、等勢面分布或場源

電荷來處理相關問題。

考向四：帶電粒子在電場和重力場中的運動

1.等效重力場

物體在勻強電場和重力場中的運動，可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”來代替，可

形象稱之為“等效重力場”。

2.方法應用

(1)求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個等效重力。

(2)將a=,視為等效重力加速度。

m

(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點”，圓周上與該點在同一直徑的點為“等效最高點”。

注意：這里的最高點不一定是幾何最高點。

(4)將物體在重力場中的運動規律遷移到“等效重力場”中分析求解。

3.“等效最高點”和“等效最低點”示意圖

重力場與電場成一定夾角重力場與電場在一條直線上

-------EEft等效重力場

L等效最高點)

W

\/平

等效重力場

I等效最K點)［等晟重力)

考點五：電場中的力、電綜合問題

要善于把電學問題轉化為力學問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉的模型，能夠從帶電粒子受力與運

動的關系、功能關系和能量關系等多角度進行分析與研究。

1.動力學的觀點

(1)由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法。

(2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮。

2.能量的觀點

(1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程

使用動能定理。

(2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現。

3.動量的觀點

(1)運用動量定理，要注意動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向。

(2)運用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達式是矢量式，還要注意題目表述是否在某方向上動

量守恒。

題型密押

?題型01等量異種電荷的電場

1.如圖所示，正三棱柱的N點固定一個電荷量為+。的點電荷，C點固定一個電荷量為-0的

點電荷，D、。，點分別為NC、邊的中點，選無窮遠處電勢為0。下列說法中正確的是()

A.B、B'、D、D'四點的電場強度方向相同

B.將一負試探電荷從H點移到C'點，其電勢能減少

C.將一正試探電荷沿直線從B點移到。點，電場力始終不做功

D.若在4點再固定一電荷量為+0的點電荷，C'點再固定一個電荷量為的點電荷，則。點的電場強

度指向3點

【答案】AC

【詳解】A.分別畫出/C與3、B\D、。各點組成的平面三角形，然后進行場強的合成可以得到兩個點電

荷在這四點的電場強度方向均平行于NC,方向由/指向C,A正確;

B.HC'沿線電場強度方向由H指向C',電勢降低，但試探電荷為負電荷，故電勢能增加，B錯誤;

C.幾何體為正三棱柱，D、。點分別為NC、4C'邊的中點，所以ADD8為NC的中垂面，也就是等勢面,

各處電勢相等，電勢能相等，電場力不做功，C正確;

D.4、C兩點在。點電場強度的矢量和與該點原場強方向一致，由。指向C,所以四個點電荷在。點的

場強方向由。指向C,D錯誤;

故選AC,

?題型02等量同種電荷的電場

3.如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷分別位于x軸上的P、0兩點，其位置關于點。對稱。圓弧曲線是

一個以。點為圓心的半圓，c點為半圓與y軸的交點，。、6為一平行于x軸的直線與半圓的交點，下列說

法正確的是（)

A.a、6兩點的場強相同

B.a、6兩點的電勢相同

C.將一個負點電荷沿著圓弧從。移到c點再沿了軸正方向移動，電勢能先增大后不變

D.半圓上任一點，兩電荷的電場強度大小分別是耳、E2,則/為一定值

與上2

【答案】BD

【詳解】A.由對稱性可知，電場強度大小相等，但方向不同，選項A錯誤；

B.由對稱性和等勢線可知，a、6兩點電勢相同，選項B正確；

C.負電荷沿該路徑電勢一直減小，電勢能一直增大，選項C錯誤；

D.半圓上任一點，設與尸點連線與尸。夾角為0,

E-卜。

1（2尺cosJ）?

E一kQ

2（2Rsin6）2

ii4R2

則方+才=7汗為定值。選項D正確。

為E2kQ

故選BDo

?題型03等勢面及軌跡問題

3.靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發散的一種裝置。如圖所示，虛線表示這個靜電場在平面內的

一簇等勢線，等勢線形狀相對于Ox軸、Qy軸對稱，且相鄰兩等勢線的電勢差相等，圖中實線為某個電子

通過電場區域時的軌跡，不計電子重力，關于此電子從。點運動到6點過程中，下列說法正確的是（）

B.電子在a點的加速度大于在b點的加速度

C.電子在。點的動能大于在6點的動能

D.電場力一直做正功

【答案】D

【詳解】A.根據等勢線與電場線垂直，可作出電場線，根據曲線運動的特點知粒子運動軌跡的彎曲方向與

受力方向相同，電子受力與電場線方向相反，故電子在y軸左側受到一個斜向右下方的電場力，在y軸右側

受到一個斜向右上方的電場力，故電子一直加速，對負電荷是從低電勢向高電勢運動，則。點的電勢低于6

點的電勢，故A錯誤；

B.根據等勢線的疏密知道6處的電場線也密，場強大，電子的加速度大，故B錯誤；

CD.電子一直加速，動能一直增大，則電場力對電子一直做正功，電子在。點的動能小于在6點的動能，

故C錯誤，故D正確。

故選Do

?題型046-x圖像

4.在絕緣粗糙的水平面上相距為6乙的/、8兩處分別固定電量不等的正電荷，兩電荷的位置坐標如圖甲所

示，已知2處電荷的電量為+。，圖乙是43連線之間的電勢。與位置x之間的關系圖像，圖中x=￡點為圖

3

線的最低點，x=-2乙處的縱坐標尤=22處的縱坐標。若在x=-2乙的C點由靜止釋放一個

質量為加，電量為+?的帶電物塊（可視為質點），物塊隨即向右運動。水平面間的動摩擦因數〃取下列哪

個值，小物塊可以到達x=21處（）

q(Paq%3q%2q%

A.從=i；°1B.^=^7C.A=I：D.A=--y

14mgLImgL14mgLImgL

【答案】AB

【詳解】假設動摩擦因數為〃m時小物塊剛好可以運動到X=2工處，根據動能定理有

-％-4〃mWg￡=0-0

解得

"=A-

mImgL

所以使小物塊可以到達》=2L處的動摩擦因數的取值范圍是

屋占

ImgL

故選ABo

?題型05Ep-x圖像

5.如圖甲所示，在某電場中建立x坐標軸，一個電子僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，經過/、8、C

三點，已知左-苫3=/-5。該電子的電勢能紇隨坐標x變化的關系如圖乙所示。則下列說法中正確的是

A.4點電勢高于8點電勢

B./點的電場強度小于2點的電場強度

C./、8兩點電勢差的絕對值口力大于2、C兩點電勢差的絕對值|UBC|

D.電子經過/點的速率大于經過8點的速率

【答案】C

【詳解】AD.一個電子僅在電場力作用下沿x軸正方向運動，由圖知電勢能一直減小，則電子從/到3電

場力做正功，電勢升高，根據動能定理，動能增加，速度增大，/點電勢低于8點電勢，故AD錯誤；

B.根據她1）=-鰭=-4石〃可知圖像的斜率大小體現電場強度的強弱，因此從/到2,電場強度減小，A

點的電場強度大于8點的電場強度，故B錯誤；

C.由從/到2電場強度減小，電子通過相同位移時，U=Ed可知/、8兩點電勢差，《絕對值大于8、C

兩點電勢差絕對值，故C正確。

故選C。

?題型06E-x圖像

6.如圖所示，兩個可看做點電荷的帶電絕緣小球緊靠著塑料圓盤，小球A固定不動（圖中未畫出）。小球B

繞圓盤邊緣在平面內從8=0沿逆時針緩慢移動，測量圓盤中心。處的電場強度，獲得沿x方向的電場強度

紇隨。變化的圖像（如圖乙）和沿y方向的電場強度4,隨。變化的圖像（如圖丙）。下列說法正確的是（）

0.5^

丙

A.小球A帶負電荷，小球B帶正電荷

B.小球A、B所帶電荷量之比為1:2

C.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心。處的電場強度先增大后減小

D.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，盤中心。處的電場強度最小值為2V/m

【答案】BD

TT

【詳解】A.由乙、丙兩圖可知，當。=,時，小球B在。點正上方，此時紇=0,Ey=-6V/m,則說明小

球A一定在y軸上固定；當6=0時，耳=-4V/m,小球B在。點正右側，而水平方向場強方向為x軸負向,

則說明小球B為正電荷，此時約=-2V/tn,豎直方向的場強方向為y軸負向，若小球A在。點正上方固定,

則小球A帶正電荷，若小球A在。點正下方固定，則小球A帶負電荷，所以小球A的帶電性質不能確定,

故A錯誤；

B.由于兩小球都緊靠在塑料圓盤的邊緣，所以到。點的距離r相同，當。=。時，Ex=-4V/m,

Ev=-2V/m,由E=可得

r

22=1:2

故B正確；

c.盤中心0處的電場強度為小球A和小球B在。點產生的場強的矢量和，隨著小球B從6=。轉到2%的

IT37r

過程中，憶和心大小都不變，刃和心的夾角在增大的過程中，當。=1時，。處的合場強最大；當6

時，。處的合場強最小；所以小球B從6=0轉到2%的過程中，中心。處的合場強先增大后減小再增大，

故C錯誤；

D.小球B繞圓盤旋轉一周過程中，當。=彳時，。處的合場強最小，其值大小為

2

E=EA+EB=-2+4V/m=2V/m

故D正確。

故選BDo

?題型07帶電粒子在電場中的直線運動

7.如圖甲所示，某裝置由金屬圓板（序號為0）、六個橫截面積相同的金屬圓筒、平行金屬板和熒光屏構成,

六個圓筒依次排列，長度遵照一定的規律依次增加，圓筒的中心軸線、平行金屬板的中心線和熒光屏的中

心。在同一直線上，序號為奇數的圓筒和下金屬板與交變電源的一個極相連，序號為偶數的圓筒和上金屬

板與該電源的另一個極相連.交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示，電勢差的絕對值為。0,周期

為T。f=0時，位于和偶數圓筒相連的金屬圓板中央的一個電子，在圓板和金屬圓筒1之間的電場中由靜止

開始加速，沿中心軸線沖進金屬圓筒1,電子到達圓筒各個間隙的時刻，恰好是該間隙的電場強度變為向左

的時刻，電子通過間隙的時間可以忽略不計.電子離開金屬圓筒6后立即進入兩平行金屬板之間，f=57時

離開平行金屬板之間的電場，此時做勻速直線運動，直至打到熒光屏上某位置。電子的質量為加、電荷量

為e,不計電子重力，兩平行金屬板之間的距離為力忽略邊緣效應。求：

⑴求粒子進入金屬圓筒6的速度和圓筒6的長度;

⑵電子在整個運動過程中最大速度的大小；

⑶電子打在熒光屏上的位置到O點的距離。

【答案】⑴2、/；尹

VmVm

m4m2d

【詳解】（1）由題意可知，電子在每個金屬圓筒內的運動時間均為g,由于屏蔽作用，電子在每個金屬圓

筒內部都不受靜電力的作用，在筒內做勻速直線運動，而電子在每個間隙中做加速運動，設電子剛進入金

屬圓筒6時的速度為彩，根據動能定理有

6eU0=—mvj-0

解得

金屬圓筒6的長度為

（2）電子進入平行金屬板的速度為

電子從靜止開始到離開金屬圓筒6所用時間為

t,=6x—=3Z7

2

可知電子在％=37時刻進入兩平行金屬板之間，在芍=57時刻離開平行金屬板，電子在平行金屬板間的運

動可分解為沿金屬板方向的勻速直線運動和垂直金屬板方向的運動，則在3廣3.57內，電子垂直金屬板向下

做勻加速運動，在3.5=47內，電子垂直金屬板向下做勻減速運動，在47和57內重復37-47的運動，可

知當，=3.57時和在4.5T時速度相同，電子具有最大速度，在3L3.57內，垂直金屬板方向上有

叫

md

電子在整個運動過程中最大速度大小為

12叫以1/：7

+V；=

m-4m2d2

（3）分析電子在豎直方向上的運動，在3L3.5T內垂直金屬板向下做勻加速運動，在3.5L4T內垂直金屬

板向下做勻減速運動，在4廣57內垂直金屬板向下做勻加速運動，在4.5L57內垂直金屬板向下做勻減速

運動，根據對稱性可知，四段時間內向下運動的位移相等

2

1(T?eUnT

在馬=57時電子離開電場，此時的速度等于剛進入平行金屬板的速度%,可知電子離開電場后沿平行金屬

板方向做勻速直線運動，故電子打在熒光屏上的位置到O點的距離為

,“eUT2

=4y=--0—

2md

?題型08帶電粒子在電場中的拋體運動

8.如圖所示，在豎直x帆平面內，理想邊界（W與y軸正方向成30。角。在第象限內，。河與x正半軸之間

存在垂直加邊界斜向左上的勻強電場，其他區域均為真空。在坐標為（限，￡）的尸點存在一微粒發射源,

可以在平面內向各個方向釋放質量為叭電荷量為+1的不同速率的帶正電微粒，并且在尸點由靜止釋放的

微粒可以沿直線從尸點運動到。點。已知過尸點作y軸的垂線交于N點，重力加速度為g,求:

（1）勻強電場的場強E的大小;

（2）從P點沿y軸正方向釋放一帶電微粒，微粒恰好可以經過N點，則帶電微粒的初速度%的大小;

⑶從尸點沿垂直OP斜向下釋放一帶電微粒，微粒恰好可以在。點垂直x軸射出勻強電場，求OQ之間的

距離和尸、。兩點的電勢差大小。

【答案】（1）整

q

（2）運

6

⑶遞一半

77q

【知識點】帶電粒子在勻強電場中做類拋體運動的相關計算

【詳解】（1）根據題意，在尸點由靜止釋放的微粒可以沿直線從P點運動到。點，則合外力方向沿尸。方

向，則重力和電場力在垂直尸。方向的分力大小相等，根據幾何關系尸。方向與橫軸的夾角滿足

tan0=

y/3L

6=30。則有

mgcos30°=qEcos30°

解得

E*

q

（2）根據幾何關系，N點的坐標為一乙L,粒子由P到N做類斜拋運動，合外力沿尸O方向，合外力

3

7

大小為

F=mgsinO+qEsin30°=mg

在y方向上

八1月sin。2

OF獲丁

在x方向上

2-731Fcos^

~^—Lr=------------r2

32m

聯立解得

7^

（3）粒子由P到Q過程，做類平拋運動，根據平拋運動的推論：Q點的速度反向延長線（垂直橫軸）交垂

直。P方向位移中點，Q點到。P直線的距離為

d=l0Qsin30°

根據幾何關系，

L?-V3Z--cos60°

y2

解得

I-hHLP＞。兩點連線在電場方向的投影距離為

7

Z=Zsin30°+（zoe-V3￡）cos30°=1ZP,0兩點電勢差大小

U—到史

7q

?題型09帶電粒子在電場中的圓周運動

9.如圖所示，不可伸長的輕質細線下方懸掛一電荷量為q的帶正電小球，另一端固定在。點，。點左側某處

有一釘子N,直線ON上方存在豎直向上的勻強電場，開始時，小球靜止于/點。現給小球一方向水平向右、

大小%=玉陰的初速度，使其在豎直平面內繞。點做圓周運動。途中細線遇到釘子后，小球繞釘子在豎直

平面內做圓周運動，當小球運動到釘子正下方時，細線的拉力達到最大值，且剛好被拉斷，然后小球會再

次經過4點。已知小球的質量為加，細線的長度為工，重力加速度大小為g。求:

（1）。、N兩點的距離；

⑵細線的最大拉力；

⑶勻強電場的電場強度大小的范圍。

9

【答案】⑴記乙

（2）5.5mg

⑶叱4￡＜皿

、J[2q-4q

【知識點】平拋運動位移的計算、速度反向延長線的特點、繩球類模型及其臨界條件、帶電物體（計重力）

在勻強電場中的圓周運動、利用動能定理求解其他問題（運動時間、力等）

【詳解】（1）小球的運動軌跡如圖所示

c

小球從Z點出發到再次回到4點的過程中，所受各個力做功均為零，所以小球再次回到4點時速度大小仍

為%,其速度方向與水平方向的夾角設為巴0、N兩點的距離設為/，小球由/點運動到/點過程中做平

拋運動，根據平拋運動推論，經過4點時速度的反向延長線必過尸G的中點根據題意可知

FG=l

GA=l

GA/c

tanun==丁=2

GHL

2

aV5

cos"——

5

小球由尸點運動至4點的過程中，水平方向和豎直方向分別有

%cos0-t=l

gg/=/

聯立求得

l=—L

10

(2)小球經過尸點時的速度為

VF=vocos。=———

小球繞O點圓周運動的半徑為

r=L—l=—L

10

小球經過尸點時，重力與最大拉力的合力提供向心力，有

Tm^-mg=m

求得

人=5.5純

(3)設電場強度大小為耳時小球恰好能通過最高點C,則小球由N點運動到C點過程中，由動能定理得

-mg-2L+qExL=g—gmv1

小球經過最高點C時，有

mg-qE^m^-

聯立求得

EJ1機g

設電場強度大小為當時小球通過最高點C時細線恰好斷裂，這種情況下，小球由A點運動到C點過程中,

由動能定理得

-mg?2L+qE2L=gmv^-；mVg

小球經過最高點C時，有

T^+mg-qE2=m^-

其中

T^=5.5mg

聯立求得

1lm

EzS

2的

綜合以上，勻強電場的電場強度大小的范圍為

1l"?g<￡■<11加g

12q4q

?題型10電場中的力、電綜合問題

10.如圖，光滑絕緣水平桌面位于以成、4為邊界的水平向右的勻強電場中，電場方向垂直于邊界。兩小球

A和B放置在桌面上，其位置連線與電場方向平行。兩小球的質量分別為%=加、加B=3加，小球A所帶

電荷量為4(4＞。)，小球B不帶電。初始時小球A距邊界的距離為兩小球間的距離也為乙。己知

電場區域兩個邊界"、〃間的距離為】。。乙電場強度大小為"=子Q為一定值’單位為m/鏟)‘現由

靜止釋放小球A,A在電場力作用下沿直線加速運動，與靜止的小球B發生彈性碰撞。兩小球碰撞時沒有電

荷轉移，碰撞的時間極短，碰撞均為彈性碰撞，兩小球均可視為質點。已知：1+2+3+...+〃=〃0+〃)

2

求:

e

0Ao

⑴第一次碰撞后A和B的速度大小;

(2)第一次碰撞后到第二次碰撞前，A與B間的最遠距離;

(3)B在出邊界cd之前，A與B碰撞的次數。

⑵工

⑶10次

【知識點】帶電物體(計重力)在勻強電場中的直線運動、利用動量守恒及能量守恒解決(類)碰撞問題

【詳解】(1)對A,與B發生第一次碰撞前，由動能定理可得

qEL---0

對A和B,第一次碰撞前后，碰撞后A、B的速度分別為VAI、，由動量守恒和能量守恒可得

"M。="?AVAI+%VBI

2mAvo=2mAvL+2mBvBi

解得

Y2aL■J2aL

(2)對A,第一次碰撞后，由牛頓第二定律有

qE=mAa{

=a

第一次碰撞后，當二者速度相同時，距離最大

vM+at=vBl

d2aLN2aL

---------+at=-------

22

解得

發生的位移為

12

XA=VAlt+^at

無B=VB/

最大距離為

/max=XBf

解得

"max=/

(3)第一次碰撞后到第二次碰撞前用時J兩者位移相等

12

VA1Z1+20?1=%/1

可得

,N2aL

t=2-----

xa

此時A的速度為

VA2=VAl+?fl=|>/2^Z

在這段時間內B運動的位移

-'-Bl=VB/1=2L

對A和B,第二次碰撞前后，由動量守恒和能量守恒

〃MA2+"?B%1=加4或2+恤唯

mV

|AA2+|WBVB1=1%唬+|加B啕

解得

%=0，Vg2=12aL

位移相等時，有

,12

%2,2=2前2

可得

N2aL

[2=2--------

a

在這段時間內B運動的位移

XB2=VB2(2=4L

二者第三次發生碰撞，碰撞前A的速度

~~at]—2J2aL

對A和B,第三次碰撞前后，由動量守恒和能量守恒

加AVA3+加B嚏=加A%+叫唯

?加AV：3+機B*=gmAVA3+?加B"I

解得

位移相等時，有

2

VB,3^3=VA,3f3+21^3

可得

a

在這段時間內B運動的位移

無B3=VB3^3=6L

二者第四次發生碰撞，……

B每次碰撞后到下一次碰撞前，B向右的位移逐次增加”，則有

“B4=3L

“B5=1℃

%B1+、B2+%B3+%B4+...+-100￡—2￡

2Z+4L+6L+8Z+2L<98L

（l+n）n,“c,

「449,2+M-98<0

2W

解得

n<9.4

B在出邊界cd之前，A與B碰撞的次效為10次。

NO.3

壓軸題速練

1.如圖，直角三角形A1BC位于豎直平面內，48沿水平方向，長度為2,-20=60。。空間存在一勻強電

場，場強方向與A48C所在平面平行，將一帶正電的微粒（不計重力、空氣阻力）從/點移動到8點，電

W（1+杷、

場力做功為與，從5點移動至。點，電場力做功為——六w（沙>0）。下列說法正確的是（）

A.電場強度的大小是回

2L

B.將該帶電微粒從5點無初速度釋放，其沿乙45。的角平分線所在直線運動

C.將該帶電微粒從C點沿C4拋出，要使其通過8點，微粒在c點的動能應為上更少

D.將該帶電微粒從/點沿/C拋出，要使其到達2C時，其位移方向垂直于電場強度方向，微粒在/點

的動能的應為上近沙

【答案】D

【詳解】A.由題意可知，%B=『,wBC=^-^y,則

WAC=WAB+WBC=-^-W

如上圖，在8c邊上找點。，使。點與/點電勢相等，則AD連線為等勢線，則

W

wDB=wAB=—

WCD=WCA=-WAC=^-W

設微粒電荷量為q,DB邊長為LDB，CD邊長為￡S，。為電場方向與C5方向的夾角，則

WDB二QELDBcos9=LDB=1

WCDqE%cos8LCD百

LCD+LDB-LCB=——=?L

cos60

解得

LDB=^-1)L

在中，由幾何關系可知

LAD=J^AB+心-22*一COS60。=53(2-6)￡

sinZBADsin60°

解得

ZBAD=45°

w

過B點作BE交4D于E點,且BEL4D,因為％=5>0且微粒帶正電，所以/點電勢大于3點電勢，故

電場方向沿即，由E指向8,且有

w

WAB=qELEB=qELsin45°=y

解得

E=------

2qL

故A錯誤；

B.由A選項可知，電場方向由E指向8,如果將帶正電微粒從8點無初速度釋放，該微粒將沿“方向運

動，由幾何關系可知，乙4BE=45°,Z2)5E=15",￡8邊不是的角平分線，故B錯誤；

C.如下圖，將BE反向延長交NC于尸點，由幾何關系可知乙45E=45。，LAF=L,則

LQP—L，c-^AF=Ltan60°-L——1)L

如果將帶電微粒從C點沿C4拋出，要使其通過2點，設微粒在C點的動能為4/,則帶電微粒可看成沿

C尸方向以速度也的勻速直線運動和沿/%方向的初速度為。加速度為。的勻加速直線運動合成的結果，則

42WT-TTL12

qE=~^=ma,乙5=匕4，%=$450=5明

_12

Fmv

Eki_5i

聯立解得

故C錯誤；

D.如下圖，過。點作的垂線交/C于G點，由幾何關系可知。4G=45。，則

如果將帶電微粒從N點沿/C拋出，要使其到達8C時，其位移方向垂直于電場強度方向，設微粒在4點的

動能為則帶電微粒可看成沿方向以速度v的勻速直線運動和沿方向的初速度為0加速度為

Ek2,AG2GDa

的勻加速直線