2021年高考物理一輪復習考點全攻關專題（51）帶電粒子在電場中運動的綜合問題（解析版）專題解讀1.本專題主要講解帶電粒子(帶電體)在電場中運動時動力學和能量觀點的綜合運用，高考常以計算題出現．2．學好本專題，可以加深對動力學和能量知識的理解，能靈活應用受力分析、運動分析(特別是平拋運動、圓周運動等曲線運動)的方法與技巧，熟練應用能量觀點解題．3．用到的知識：受力分析、運動分析、能量觀點．命題熱點一：帶電粒子在交變電場中的運動1．常見的交變電場常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的題目類型(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)．(2)粒子做往返運動(一般分段研究)．(3)粒子做偏轉運動(一般根據交變電場特點分段研究)．3．思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的臨界條件．(2)從兩條思路出發：一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規律分析；二是功能關系．(3)注意對稱性和周期性變化關系的應用．INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\左括.tif"INET【例1INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\右括.tif"INET】(多選)如圖甲所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源，能持續水平向右發射初速度為v0、電荷量為＋q、質量為m的粒子．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力．以下判斷正確的是()A．粒子在電場中運動的最短時間為eq\f(\r(2)d,v0)B．射出粒子的最大動能為eq\f(5,4)mveq\o\al(02,)C．t＝eq\f(d,2v0)時刻進入的粒子，從O′點射出D．t＝eq\f(3d,v0)時刻進入的粒子，從O′點射出【答案】AD【解析】由題圖可知場強E＝eq\f(mv\o\al(02,),2qd)，則粒子在電場中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(v\o\al(02,),2d)，則粒子在電場中運動的最短時間滿足eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(min2,)，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)，選項A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t＝eq\f(8d,v0)，則任意時刻射入的粒子若能射出電場，則射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時的動能均為eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，選項B錯誤；t＝eq\f(d,2v0)＝eq\f(T,8)時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向下加速eq\f(3T,8)，后向下減速eq\f(3T,8)速度到零；然后向上加速eq\f(T,8)，再向上減速eq\f(T,8)速度到零……如此反復，則最后從O′點射出時有沿電場方向向下的位移，則粒子將從O′點下方射出，故C錯誤；t＝eq\f(3d,v0)＝eq\f(3T,4)時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向上加速eq\f(T,4)，后向上減速eq\f(T,4)速度到零；然后向下加速eq\f(T,4)，再向下減速eq\f(T,4)速度到零……如此反復，則最后從O′點射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將從O′點射出，選項D正確．INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\左括.tif"INET【變式1INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\右括.tif"INET】如圖甲所示，M、N為正對豎直放置的平行金屬板，A、B為兩板中線上的兩點．當M、N板間不加電壓時，一帶電小球從A點由靜止釋放經時間T到達B點，此時速度為v.若兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時，將帶電小球仍從A點由靜止釋放，小球運動過程中始終未接觸極板，則t＝T時，小球()A．在B點上方 B．恰好到達B點C．速度大于v D．速度小于v【答案】B【解析】在A、B兩板間加上如題圖乙所示的交變電壓，小球受到重力和電場力的作用，電場力做周期性變化，且電場力沿水平方向，所以小球豎直方向做自由落體運動．在水平方向小球先做勻加速直線運動，后沿原方向做勻減速直線運動，t＝eq\f(T,2)時速度為零，接著反向做勻加速直線運動，后繼續沿反方向做勻減速直線運動，t＝T時速度為零．根據對稱性可知在t＝T時小球的水平位移為零，所以t＝T時，小球恰好到達B點，故A錯誤，B正確；在0～T時間內，電場力做功為零，小球機械能變化量為零，所以t＝T時，小球速度等于v，故C、D錯誤．命題熱點二：用“等效法”處理帶電粒子在電場和重力場中的運動1.等效重力法將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向．2．物理最高點與幾何最高點在“等效力場”中做圓周運動的小球，經常遇到小球在豎直平面內做圓周運動的臨界速度問題．小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應是物理最高點．幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習慣的最高點．而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小的點．INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\左括.tif"INET【例2】如圖，一光滑絕緣半圓環軌道固定在豎直平面內，與光滑絕緣水平面相切于B點，軌道半徑為R.整個空間存在水平向右的勻強電場E，場強大小為eq\f(3mg,4q)，一帶正電小球質量為m、電荷量為q，從距離B點為eq\f(R,3)處的A點以某一初速度沿AB方向開始運動，經過B點后恰能運動到軌道的最高點C.(重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則：(1)帶電小球從A點開始運動時的初速度v0多大？(2)帶電小球從軌道最高點C經過一段時間運動到光滑絕緣水平面上D點(圖中未標出)，B點與D點的水平距離多大？【答案】(1)eq\f(5,2)eq\r(gR)(2)(eq\r(7)＋eq\f(3,2))R【解析】(1)小球在半圓環軌道上運動時，當小球所受重力、電場力的合力方向與速度垂直時，速度最小．設F合與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(Eq,mg)＝eq\f(3,4)，則θ＝37°，故F合＝eq\f(Eq,sin37°)＝eq\f(5,4)mg.設此時的速度為v，由于合力恰好提供小球圓周運動的向心力，由牛頓第二定律得：eq\f(5mg,4)＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\r(\f(5gR,4))從A點到該點由動能定理：－mgR(1＋cos37°)－eq\f(3mgR,4)(eq\f(1,3)＋sin37°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)解得v0＝eq\f(5,2)eq\r(gR)(2)設小球運動到C點的速度為vC，小球從A點到C點由動能定理：－2mgR－eq\f(3mg,4)×eq\f(R,3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)解得vC＝eq\f(1,2)eq\r(7gR)當小球離開C點后，在豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻加速直線運動，設C點到D點的運動時間為t.設水平方向的加速度為a，B點到D點的水平距離為x水平方向上有eq\f(3mg,4)＝max＝vCt＋eq\f(1,2)at2豎直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2聯立解得：x＝(eq\r(7)＋eq\f(3,2))RINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\左括.tif"INET【變式2INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\右括.tif"INET】(多選)如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球．小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g.下列說法正確的是()A．勻強電場的電場強度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球動能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大【答案】AB【解析】小球靜止時懸線與豎直方向成θ角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據平衡條件，有：mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，在等效最高點A速度最小，根據牛頓第二定律，有：eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，則最小動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，選項B正確；小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端點時機械能最小，選項C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，電場力先做正功，后做負功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項D錯誤．命題熱點三：電場中中的力電綜合問題1．帶電粒子在電場中的運動(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當的規律如牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律解題．(2)受力特點：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看重力與其他力相比較是否能忽略．一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據微粒的運動狀態判斷是否考慮重力作用．2．用能量觀點處理帶電體的運動對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助能量觀點來處理．即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常更簡捷．具體方法有：(1)用動能定理處理思維順序一般為：①弄清研究對象，明確所研究的物理過程．②分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功．③弄清所研究過程的始、末狀態(主要指動能)．④根據W＝ΔEk列出方程求解．(2)用包括電勢能和內能在內的能量守恒定律處理列式的方法常有兩種：①利用初、末狀態的能量相等(即E1＝E2)列方程．②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程．(3)兩個結論①若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變．②若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變．INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\左括.tif"INET【例3INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\右括.tif"INET】一長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端拴一質量為m、帶電荷量為q的小球，處于如圖所示的水平向右的勻強電場中．開始時，將細線與小球拉成水平，小球靜止在A點，釋放后小球由靜止開始向下擺動，當細線轉過60°角時，小球到達B點，速度恰好為零．求：(1)A、B兩點間的電勢差和電場強度大小；(2)判斷小球的電性和小球到達B點時，細線對小球的拉力大小．【答案】(1)－eq\f(\r(3)mgl,2q)eq\f(\r(3)mg,q)(2)帶正電eq\r(3)mg【解析】(1)小球由A點到B點過程中，由動能定理得：mgLsin60°＋qUAB＝0，解得：UAB＝－eq\f(mgLsin60°,q)＝－eq\f(\r(3)mgL,2q)；場強大小為：E＝eq\f(|UAB|,L1－cos60°)＝eq\f(\r(3)mg,q).(2)小球在B點受到水平向右的電場力，與電場方向相同，故小球帶正電；小球在A、B間擺動，由對稱性得知，B處細線的拉力與A處細線的拉力相等，而在A處，由水平方向受力平衡有：FTA＝qE＝eq\r(3)mg所以有：FTB＝FTA＝eq\r(3)mg.INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\左括.tif"INET【變式3INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\右括.tif"INET】如圖所示，水平地面上方存在水平向左的勻強電場，一質量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質絕緣細線懸掛于O點，小球帶電荷量為＋q，靜止時距地面的高度為h，細線與豎直方向的夾角為α＝37°，重力加速度為g.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)勻強電場的場強大小E；(2)現將細線剪斷，小球落地過程中水平位移的大小；(3)現將細線剪斷，帶電小球落地前瞬間的動能．【答案】(1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(3,4)h(3)eq\f(25,16)mgh【解析】(1)小球靜止時，對小球受力分析如圖所示，由FTcos37°＝mgFTsin37°＝qE解得：E＝eq\f(3mg,4q)(2)剪斷細線，小球在豎直方向做自由落體運動，水平方向做加速度為a的勻加速運動，由Eq＝max＝eq\f(1,2)at2h＝eq\f(1,2)gt2聯立解得：x＝eq\f(3,4)h(3)從剪斷細線到落地瞬間，由動能定理得：Ek＝mgh＋qEx＝eq\f(25,16)mgh.INCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\PPT\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"E:\\靳瑞騰\\2020\\物理通用\\word\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"\\\\大倩\\e\\大倩\\PPT\\一輪物理通用\\5-8章\\word\\左括.tif"INET【變式4】在豎直平面內，一根長為L的絕緣細線，一端固定在O點，另一端拴著質量為m、電荷量為＋q的小球．小球始終處在場強大小為eq\f(3mg,2q)、方向豎直向上的勻強電場中，現將小球拉到與O點等高處，且細線處于拉直狀態，由靜止釋放小球，當小球的速度沿水平方向時，細線被拉斷，之后小球繼續運動并經過P點，P點與O點間的水平距離為L.重力加速度為g，不計空氣阻力，求：(1)細線被拉斷前瞬間，細線的拉力大小；(2)O、P兩點間的電勢差．【答案】(1)1.5mg(2)eq\f(15mgL,8q)【解析】(1)由題意可知小球受到豎直向上的電場力F＝qE＝1.5mg＞mg所以小球被釋放后將向上繞O點做圓周運動，到達圓周最高點時速度沿水平方向，設此時速度為v，由動能定理得：(F－mg)L＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gL)，設細線被拉斷前瞬間的拉力為FT，由牛頓第二定律得：FT＋mg－F＝meq\f(v2,L)解得：FT＝1.5mg(2)細線斷裂后小球做類平拋運動，加速度a豎直向上，由牛頓第二定律：F－mg＝ma設細線斷裂后小球經時間t到達P點，水平方向上有L＝vt小球在豎直方向上的位移為y＝eq\f(1,2)at2解得y＝eq\f(L,4)O、P兩點沿電場方向(豎直方向)的距離為d＝L＋yO、P兩點間的電勢差UOP＝Ed聯立解得UOP＝eq\f(15mgL,8q).課時精練雙基鞏固練：1．如圖1所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示時，電子在板間運動(假設不與板相碰)，下列說法正確的是()圖1圖2A．電壓是甲圖時，在0～T時間內，電子的電勢能一直減少B．電壓是乙圖時，在0～eq\f(T,2)時間內，電子的電勢能先增加后減少C．電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動D．電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動【答案】D【解析】若電壓是題圖甲，0～T時間內，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓是題圖乙時，在0～eq\f(T,2)時間內，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓是題圖丙時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了eq\f(T,2)后做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后重復前面的運動，故電子一直朝同一方向運動，故C錯誤；電壓是題圖丁時，電子先向左加速，到eq\f(T,4)后向左減速，eq\f(T,2)后向右加速，eq\f(3,4)T后向右減速，T時速度減為零，之后重復前面的運動，故電子做往復運動，故D正確．將如圖3所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，開始B板電勢比A板電勢高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運動，設A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是()圖3A．電子一直向著A板運動B．電子一直向著B板運動C．電子先向A板運動，然后返回向B板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復運動D．電子先向B板運動，然后返回向A板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復運動【答案】D如圖4所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則下列說法正確的是()圖4A．小球帶負電B．電場力與重力平衡C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D．小球在運動過程中機械能守恒【答案】B【解析】由于小球在豎直平面內做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，即電場力與重力平衡，則電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯誤，B正確；從a→b，電場力做負功，電勢能增大，C錯誤；由于有電場力做功，機械能不守恒，D錯誤．水平放置的平行板電容器與某一電源相連接后，斷開電鍵，重力不可忽略的小球由電容器的正中央沿水平向右的方向射入該電容器，如圖5所示，小球先后經過虛線的A、B兩點．則()圖5A．如果小球所帶的電荷為正電荷，小球所受的電場力一定向下B．小球由A到B的過程中電場力一定做負功C．小球由A到B的過程中動能可能減小D．小球由A到B的過程中，小球的機械能可能減小【答案】D【解析】由題圖所示小球運動軌跡可知，小球向下運動，說明小球受到的合力豎直向下，重力與電場力的合力豎直向下；當小球帶正電時，若上極板帶正電荷，小球受到的合力向下，小球運動軌跡向下，若上極板帶負電，且電場力小于重力，小球受到的合力向下，小球運動軌跡向下，A錯誤；如果小球受到的電場力向下，小球從A運動到B點過程中電場力做正功，如果小球受到的電場力向上，則電場力做負功，B錯誤；小球受到的合力向下，小球從A點運動到B點過程中合外力做正功，小球的動能增加，C錯誤；小球從A點運動到B點過程若電場力做負功，則小球的機械能減少，D正確．5．(多選)如圖6所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()圖6A．帶電粒子始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內，電場力做的總功為零【答案】CD【解析】設第1s內粒子的加速度為a1，第2s內的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內向負方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發點，粒子的速度為0，v－t圖象如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確．6．(多選)如圖7所示，M、N是組成電容器的兩塊水平放置的平行金屬極板，M中間有一小孔．M、N分別接到電壓恒定的電源上(圖中未畫出)．小孔正上方的A點與極板M相距h，與極板N相距3h.某時刻一質量為m、帶電荷量為q的微粒從A點由靜止下落，到達極板N時速度剛好為零，不計空氣阻力，重力加速度為g.則()圖7A．帶電微粒在M、N兩極板間往復運動B．兩極板間電場強度大小為eq\f(3mg,2q)C．若將M向下平移eq\f(h,3)，微粒仍從A點由靜止下落，進入電場后速度為零的位置與N的距離為eq\f(5,4)hD．若將N向上平移eq\f(h,3)，微粒仍從A由靜止下落，進入電場后速度為零的位置與M的距離為eq\f(5,4)h【答案】BD【解析】由于微粒在電場中和在電場外受到的力都是恒力不變，可知微粒將在A點和下極板之間往復運動，選項A錯誤；由動能定理：mg·3h－Eq·2h＝0，解得E＝eq\f(3mg,2q)，選項B正確；若將M向下平移eq\f(h,3)，則板間場強變為E1＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，則當微粒速度為零時，由動能定理：mg·(3h－Δh)－E1q·(eq\f(5h,3)－Δh)＝0，可知方程無解，選項C錯誤；若將N向上平移eq\f(h,3)，則板間場強變為E2＝eq\f(U,\f(5,3)h)＝eq\f(3U,5h)＝eq\f(6,5)E，設微粒速度為零時的位置與M極板相距Δh′，由動能定理：mg·(h＋Δh′)＝E2q·Δh′，解得Δh′＝eq\f(5,4)h，選項D正確．綜合提升練7.如圖8所示，用長為L的絕緣輕線把質量為m、帶電荷量為q(q>0)的小球懸掛于天花板上O點，小球靜止于O點正下方．如果在天花板下方空間，加上水平向右的勻強電場，小球向右運動，懸線偏轉的最大角度為60°，則所加勻強電場的電場強度為()圖8A.eq\f(mg,q)B.eq\f(\r(3)mg,3q)C.eq\f(\r(3)mg,q)D.eq\f(2\r(3)mg,q)【答案】B【解析】帶電小球受到電場力向右擺動的最大角度為60°，末速度為零，此過程中電場力Eq對小球做正功，重力G做負功，細線拉力FT不做功，根據動能定理，則有：qELsinα－mgL(1－cos60°)＝0，解得：E＝eq\f(\r(3)mg,3q).故A、C、D錯誤，B正確．8．(多選)如圖9所示，在絕緣的斜面上方存在著水平向右的勻強電場，一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知金屬塊在滑下的過程中動能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J，則以下判斷正確的是()圖9A．金屬塊的機械能增加32JB．金屬塊的電勢能增加4JC．金屬塊帶正電荷D．金屬塊克服電場力做功8J【答案】BC【解析】由動能定理得：W總＝WG＋W電＋Wf＝ΔEk，解得：W電＝－4J，所以金屬塊克服電場力做功4J，金屬塊的電勢能增加4J；由于金屬塊下滑，電場力做負功，所以電場力應該水平向右，所以金屬塊帶正電荷，故B、C正確，D錯誤；在金屬塊下滑的過程中重力做功24J，重力勢能減小24J，動能增加了12J，所以金屬塊的機械能減少12J，故A錯誤．9．如圖10所示，ACB是一條足夠長的絕緣水平軌道，軌道CB處在方向水平向右、大小E＝1.0×106N/C的勻強電場中，一質量m＝0.25kg、電荷量q＝－2.0×10－6C的可視為質點的小物體，在距離C點L0＝6.0m的A點處，在拉力F＝4.0N的作用下由靜止開始向右運動，當小物體到達C點時撤去拉力，小物體滑入電場中．已知小物體與軌道間的動摩擦因數μ＝0.4，取g＝10m/s2，求：圖10(1)小物體到達C點時的速度大小；(2)小物體在電場中運動的時間．【答案】(1)12m/s(2)2.7s【解析】(1)根據牛頓第二定律，小物體的加速度大小為：a＝eq\f(F－μmg