2021高中物理一轮复习学案--专题强化五 带电粒子在电场中的综合问题
带电粒子在电场中运动的综合问题
(1)求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共 同的速度大小v1； 解析 子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定 律得mv0＝10mv1 解得v1＝0.1v0。 答案 0.1v0
(2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最
大距离s；
解析 靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二
定律得qE＝10ma
又 v21＝2as 解得 s＝2m0qvE20 。
4.(多选)如图 4 所示，ACB 为固定的光滑半圆形竖直绝
缘轨道，半径为 R，AB 为半圆水平直径的两个端点， OC 为半圆的竖直半径，AC 为41圆弧，OC 的左侧、OA 的下方区域有竖直向下的匀强电场。一个带负电的小
球，从 A 点正上方高为 H 处由静止释放，并从 A 点
沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力，小球电荷量不
电场，x 轴沿水平方向，一带负电小球以初速度 v0 从坐标原点 O 水平射出，一
段时间后小球通过第四象限 PL，－L点(图 2 中没有标出)。已知小球质量为 m，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
重力加速度为 g，则小球( AB )
A.从 O 到 P 的运动过程，运动时间为vL0
B.到达 P 点时动能为25mv20
C.到达 P 点时速度偏向角正切值为 tan θ＝1
C.－mgLqsin θ
D.mgLqsin θ
图3
解析 带正电小滑块从 A 点由静止开始沿斜面下滑，受到重力和电荷 Q 的库仑
力作用，从 A 点运动到 B 点的过程，由动能定理可知 mgLsin θ＋qUAB＝0，解 得 A、B 两点间的电势差 UAB＝－mgLqsin θ，C 正确。
对点练 2 电场中的力、电综合问题
答案
mv20 20qE
(3)若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子弹 也以v0水平向右打入靶盒，求第2颗子弹对靶 盒的冲量大小I。
高三物理第一轮复习学案电场综合与拓展
高三物理第一轮复习学案电场综合与拓展【知识网络】两种电荷、电荷守恒，元电荷e =1．6×10-19c 库仑定律：221r Q Q k F = 力的性质2r kQE =（点电荷）（q F E =）d U E = （匀强电场）能的性质 电势能ε=φq（q εϕ=） 电势差U AB =φA －φB电场力功W AB =qU AB电容 U Q C =→平行板电容器电容kd SC πε4= 加速：221o mv qU = 带电粒子在电场中运动偏转：做类平抛运动【应考指要】本章的核心内容是电场、电场强度、电势差、电势和电场线、等势面。
库仑定律和电荷守恒定律是电场也是电学的实验基础。
静电屏蔽和电容器是电场性质的应用。
带电粒子在电场中的运动是电场性质和力学规律的综合应用，对分析综合能力的要求较高。
高考对本章知识的考查重点是①电场性质的描述；②带电粒子在电场中的运动；③平行板电容器。
近几年高考对本章知识的考查命题频率较高且有相当难度的集中在电场力做功与电势能变化、带电粒子在电场中的运动这两个知识点上，特别在与力学知识的结合中巧妙地把电场概念、牛顿定律和功能关系等联系起来。
命题趋于综合能力考查、且结合力学的平衡问题、运动学、牛顿运动定律及交变电流等构成综合试题，考查分析问题能力、综合能力、用数学方法解决物理问题的能力。
电场问题还可与生产技术、生活实际、科学研究、前沿科技等联系起来，如静电屏蔽、尖端放电、电容式传感器、静电的防止和应用、示波管原理、静电分选等。
这些都可以成为新情景综合问题的命题素材。
【好题精析】例1．如图9－6－1中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势电场 电场性质为0。
一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV。
当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV，它的动能应为（重力忽略不计）A．8eV B．13eV C．20eV D．34eV 图9－6－1例2．在图9－6－2（a）中，A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板。
2021高考物理一轮总复习第七章静电场专题强化5带电粒子在电场中的综合问题训练新人教版
2021高考物理一轮总复习第七章静电场专题强化5带电粒子在电场中的综合问题训练新人教版 〔专题强化训练〕1．(2021·山东日照二模)图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T 的交变电压u ，电压u 随时刻t 变化的图线如图乙所示。
质量为m 、重力不计的带电粒子以初速度v 0沿中线射入两板间，经时刻T 从两板间飞出。
下列关于粒子运动描述错误的是导学号 21992509( B )A ．t ＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B ．t ＝14T 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大 C ．不管哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D ．不管哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等[解析] 由题可知，粒子在电场中运动的时刻是相同的；t ＝0时入射的粒子，在竖直方向上先加速，然后减速，再加速……直到离开电场区域，故t ＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A 正确；而t ＝14T 时入射的粒子，在竖直方向上先加速，然后减速，再反向加速，反向减速……直到离开电场区域，故现在刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离不是最大，选项B 错误；因粒子在电场中运动的时刻等于电场变化的周期T ，依照动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C 、D 正确。
2．(2021·辽宁省实验中学等五校联考)一匀强电场的电场强度E 随时刻t 变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子在t ＝0时刻由静止开释，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是导学号 21992510( D )A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2s 内，电场力所做的功等于零C ．4s 末带电粒子回到原动身点D ．2.5～4s 内，速度的改变量等于零[解析] 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s 内的加速度a 1＝E 0q m ，为第2s 内加速度a 2＝2E 0q m 的12，因此粒子先加速1s 再减速0.5s 至速度减为零，接下来的0.5s 粒子将反向加速，v－t 图象如图所示，可知A 错误；0～2s 内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知，电场力所做的功不为零，B 错误；v －t 图象中图线与横坐标所围图形的面积表示物体的位移，由对称性可看出，前4s 内粒子的位移不为零，因此带电粒子可不能回到原动身点，C 错误；由图象可知，2.5s 和4s 两个时刻粒子的速度大小相等，方向相同，因此2.5～4s 内，速度的改变量等于零，D 正确。
高考物理专题【带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题】一轮复习资料
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30
解析：选 ACD．小球在 BCD 部分做圆周运动，在 D 点，mg＝mvR2D， 小球由 B 到 D 的过程中有：－2mgR＝12mv2D－12mv2B，解得 vB＝ 5gR，R 越大，小球经过 B 点时的 速度越大，则 x 越大，选项 A 正确；在 B 点有：FN－mg＝mvR2B，解得 FN＝6mg，与 R 无关，选项 B 错误；由 Eqx＝12mv2B，知 m、R 越大，小球在 B 点的动能越大，则 x 越 大，电场力做功越多，选项 C、D 正确．
因为 x＝4qlUm0T22＝3.6 m>l，所以粒子从 t＝0 时刻开始，一直加速到达 A 板． 设粒子到达 A 板的时间为 t，则 l＝12·2qlUm0t2 解得 t＝ 6×10－3 s.
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13
(2)在 0～T2时间内，粒子的加速度大小为 a1＝2qlUm0＝2×105 m/s2 在T2～T 时间内，粒子的加速度大小为 a2＝22qlUm0＝4×105 m/s2 可知 a2＝2a1，若粒子在 0～T2时间内加速 Δt，再在T2～T 时间内减速Δ2t刚好不能到达 A 板，则 l＝12a1Δt2＋a1Δt·Δ2t－12a2·Δ2t2(或 l＝12a1Δt·32Δt) 解得 Δt＝2×10－3 s 因为T2＝6×10－3 s， 所以在 0～T2时间内 4×10－3 s 时刻产生的粒子刚好不能到达 A 板．
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4
第 1 维度：直线运动问题(分段研究) 如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上， 一个质量为 m＝0.2 kg、
带电荷量为 q＝2.0×10－6C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数 μ＝ 0.1.从 t＝0 时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场 (取水平向右为正方向，g 取 10 m/s2)，求：
新教材高考物理一轮复习第8章静电场专题5带电粒子在电场中运动的综合问题课件
1
2
W=mgh= mv ,即重力势能增加 mv2,选项
2
2
1
加2mv2,故机械能增加
2mv2,选项 D 错误。
C
2
h=2 ,故克服重力做功为
3
错误;动能增加 mv2,重力势能增
2
2mv2,选项 B 正确;根据能量守恒定律可知,电势能减小
2.(2022湖北襄城模拟)图甲为示波管的原理图。电子枪源源不断发射的电
m、d、q、T的关系式即可)
思维点拨 粒子在水平方向做匀速直线运动,在垂直于板的方向做往复运
动,粒子打在靶MN上的范围,实际上就是粒子在竖直方向所能到达的范围。
答案 (1)粒子先向下做匀加速运动,再向下做匀减速运动
(2)在距靶 MN 中心
0 2
50 2
O'点上方 16 至下方 16 的范围内有粒子击中
化关系图像如丙、丁所示,
则荧光屏上的图像可能为( A )
解析 UXX'和UYY'均为正值,两偏转电极的电场强度方向分别由X指向X',Y
指向Y',电子带负电,所受静电力方向与电场强度方向相反,所以分别向X、
Y方向偏转,故A正确。
2.(2023湖北黄冈重点校联考期末)如图甲所示,质量为m、电荷量为e的电
70 2
C.
4
0 2
D.
解析 电子进入平行板电容器内做类平抛运动,在竖直方向做匀变速运动,加
速时间越长,竖直方向位移越大,经推理可知
t= 2 时刻进入电场的电子在竖
直方向上位移最大,由 L=2v0T 得,电子在金属板间运动的时间为 2T,电子在
(1)静电力做正功,电势能减少,静电力做负功,电势能增加,即:W=-ΔEp。
专题强化15 带电粒子在电场中的力电综合问题 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)
1234567
小球动能的增加量为 ΔEk＝12m(2v)2－12mv2＝32mv2，A 错误； 小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速 度为零，则M、N两点之间高度差为h＝2vg2 ，小球重力势能的增加量为 ΔEp＝mgh＝12 mv2，C错误； 静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，
mdh qφ
.
例5 如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为R＝ 0.4 m，轨道最高点A与圆心O等高.有一倾角θ＝30°的斜面，斜面底端C点 在圆弧轨道B点正下方、距B点H＝1.5 m.圆弧轨道和斜面均处于场强大小 E＝100 N/C、竖直向下的匀强电场中.现将一个质量为m＝0.02 kg、带电 荷量为＋2×10－3 C的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧 轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上 D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以 一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇.若物块与 斜面间的动摩擦因数μ＝ 3 ，空气阻力不计，g取
小球向下运动时，静电力做正功，机械能增大，运动到最低点时，
小球的机械能最大，故C正确；
从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得
Ek
－
1 2
mv2
＝
(mg
＋
Eq)·2L，解得 Ek＝52(mg＋Eq)L，故 D 正确.
例2 (多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、
电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理 列式的方法常有两种： ①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程. ②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程. (3)两个结论 ①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变. ②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保 持不变.
【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--专题强化五 带电粒子在电场中的综合问题
专题强化五带电粒子在电场中的综合问题一、示波管1．示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。
如图所示。
2．工作原理(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
(2)YY′上加的是待显示的信号电压。
XX′上是机器自身产生的锯齿型电压，叫作扫描电压。
若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。
例1 (2019·山东德州期末)图甲是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏等组成。
管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转极板XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，形成一个亮斑。
若在偏转极板YY′上加如图乙所示的电压，在偏转极板XX′上加如图丙所示的电压，则在示波器荧光屏上出现的图象是下列选项中的( B )[解析]本题考查示波管的显像原理。
若只在偏转极板YY′上加如题图乙所示的正弦波电压，则在YY′上形成一亮线，若只在偏转极板XX′上加如题图丙所示的恒定电压，则在XX′上呈现一亮点。
二者叠加，则荧光屏上呈现的图象是图B。
二、带电粒子在交变电场中的运动1．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；二是粒子做往返运动(一般分段研究)；三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2．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。
3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动在时间上具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
例2 在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v从两板中央OO′射入。
2021高考物理一轮复习第七章静电场专题五带电粒子在电场中运动的综合问题课件新人教版
vv0y＝mqEg，⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动 能定理得 Ek1＝12m（v20＋v2y）＋mgH＋qEs1，⑩ Ek2＝12m（v20＋v2y）＋mgH－qEs2，⑪ 由已知条件，得 Ek1＝1.5Ek2.⑫来自联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式，得
E＝ m2gq.⑬
答案：（1）3∶1
A.运动到 P 点返回 B.运动到 P 和 P′点之间返回 C.运动到 P′点返回 D.穿过 P′点 答案：A
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时 间，你们休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一 动，久坐对身体不好哦~
2.（2019·安徽合肥质检）如图所示， 在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心 为 O，半径为 r，内壁光滑，A、B 两点分 别是圆轨道的最低点和最高点.该区间存在方向水平向右 的匀强电场，一质量为 m、带负电的小球在轨道内侧做完 整的圆周运动（电荷量不变），经过 C 点时速度最大，将 CO 连接并延长，交圆轨道于点 D.CO 与竖直方向的夹角 θ＝60°，重力加速度为 g.
v0－at＝0，① s1＝v0t＋12at2，② s2＝v0t－12at2，③ 联立①②③式得ss21＝3.④ （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 v2y＝2gh，⑤
H＝vyt＋12gt2，⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 vv0y＝Hs1，⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，可得 h＝13H.⑧ （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
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
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专题强化五带电粒子在电场中的综合问题一、示波管1．示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。
如图所示。
2．工作原理(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
(2)YY′上加的是待显示的信号电压。
XX′上是机器自身产生的锯齿型电压，叫作扫描电压。
若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。
例1 (2019·山东德州期末)图甲是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏等组成。
管内抽成真空，给电子枪通电后，如果在偏转极板XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，形成一个亮斑。
若在偏转极板YY′上加如图乙所示的电压，在偏转极板XX′上加如图丙所示的电压，则在示波器荧光屏上出现的图象是下列选项中的( B )[解析]本题考查示波管的显像原理。
若只在偏转极板YY′上加如题图乙所示的正弦波电压，则在YY′上形成一亮线，若只在偏转极板XX′上加如题图丙所示的恒定电压，则在XX′上呈现一亮点。
二者叠加，则荧光屏上呈现的图象是图B。
二、带电粒子在交变电场中的运动1．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；二是粒子做往返运动(一般分段研究)；三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2．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。
3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动在时间上具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
例2 在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v从两板中央OO′射入。
已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？[解析](1)由动能定理得：e·U2＝12mv2－12mv2解得v＝v20＋eUm。
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，此时实际速度等于初速度v，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝vT。
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速，再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝T4＋k·T2(k＝0,1，2，…)时射入；极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，由牛顿第二定律有a＝eU0 md加速阶段运动的距离s＝12·eUmd·(T4)2≤d4解得d≥T eU8m，故两极板间距至少为T eU8m。
[答案](1)v20＋eUm(2)vT (3)T4＋k·T2(k＝0,1,2，…) TeU8m三、应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。
动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。
例3 (2020·莱芜诊断)如图所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C 两点的高度差h＝0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、大小未知的匀强电场中。
一个质量m1＝0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1 s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6 kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起，在BC段上做匀速直线运动，最终在倾斜段DP上某位置静止。
物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段间的动摩擦因数都为μ＝0.2。
取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
求：(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。
[解析](1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块Ⅰ所带电荷量为q，物块Ⅰ和Ⅱ碰撞前瞬间速度为v1，碰撞后瞬间共同速度为v2(等于在BC段上做匀速直线运动的速度)，则qE＝μ(m1＋m2)gqEt＝m1v 1m 1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝2 m/s。
(2)设圆弧段CD的半径为R，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小为FN，则F N －(m1＋m2)g＝(m1＋m2)v22RR(1－cos θ)＝h解得FN＝18 N。
[答案](1)2 m/s (2)18 N〔专题强化训练〕1．(2019·河南模拟)如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点。
当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v。
若两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0时，将带电小球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则t＝T时，小球( B )A．在B点上方B．恰好到达B点C．速度大于v D．速度小于v[解析]本题考查带电粒子在周期性变化的电场中的运动问题。
在M、N两板间加上如题图乙所示的交变电压，小球受到重力和电场力的作用，电场力作用周期性变化，且电场力在水平方向，所以小球竖直方向做自由落体运动。
在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t＝T2时速度为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续沿反方向做匀减速直线运动，t＝T时速度为零。
根据对称性可知在t＝T时小球的水平位移为零，所以t＝T时，小球恰好到达B点，故A错误，B正确。
在0～T时间内，小球所受的电场力做功为零，小球机械能变化量为零，所以t＝T时，小球速度等于v，故C、D错误。
2．(2020·河南省实验中学质检)一个带正电的小物体带电荷量为q＝1×10－6C，小物体放在绝缘的水平地面上，图甲中，空间若加上水平方向的变化电场，其加速度随电场力变化图象如图乙所示。
现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平电场作用(g取10 m/s2)。
求：(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；(2)在图丙所示周期性变化的水平电场作用下，物体一个周期内的位移大小；(3)在图丙所示周期性变化的水平电场作用下，23 s内电场力对物体所做的功。
[答案](1)4 kg 0.1 (2)8 m (3)196 J[解析]本题考查带电粒子在交变电场中的运动。
(1)物体在水平地面上受重力mg、地面的支持力N、电场力F和摩擦力f作用，根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝1m·F－μg，对照a－F关系图象，可知m＝4 kg，μg＝1 m/s2，即μ＝0.1；(2)电场变化周期是T＝4 s，在0～2 s时间内a1＝E1q－μmgm＝2 m/s2，x 1＝12a1t21＝4 m，第2 s末速度为v1＝at1＝4 m/s，在2～4 s时间内a2＝E2q－μmgm＝－2 m/s2，做减速运动，第4 s末速度为v2＝0，x2＝12|a2|t22＝4 m，所以一个周期内物体的位移为x＝x1＋x2＝8 m；(3)23 s内E1作用下位移为6x1，E2作用下位移为6x2－12|a2|t′2，其中t′＝1 s，因此W1＝E1q×6x1＝288 J，W 2＝E2q×(6x2－12|a2|t′2)＝－92 J，即23 s内电场力对物体所做的功W＝W1＋W2＝196 J。