帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的綜合問題

1、專題強(qiáng)化八帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題【專題解讀口 1.本專題主要講解帶電粒子 (帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合運(yùn) 用，高考常以計(jì)算題出現(xiàn).2 .學(xué)好本專題，可以加深對(duì)動(dòng)力學(xué)和能量知識(shí)的理解，能靈活應(yīng)用受力分析、運(yùn)動(dòng)分析特別 是曲線運(yùn)動(dòng)(平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng))的方法與技巧，熟練應(yīng)用能量觀點(diǎn)解題.3 .用到的知識(shí)：受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、能量觀點(diǎn)過好雙基關(guān)回捫顯然印詞訓(xùn)解基褪雅目一、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1 .分析方法：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)牧W(xué)規(guī)律如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定 律解題

2、.2 .受力特點(diǎn)：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，重力是否要考慮，關(guān)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(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷是否考慮重力作用.二、用能量觀點(diǎn)處理帶電體的運(yùn)動(dòng)對(duì)于受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助于能量觀點(diǎn)來處理.即使都是恒力作用的問題，用能量觀點(diǎn)處理也常常顯得簡(jiǎn)潔.具體方法常有兩種：1 .用動(dòng)能定理處理思維順序一般為：(1)弄清研究對(duì)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(fù)功(3)弄清所研究過程的始、末狀態(tài)(主要

3、指動(dòng)能).(4)根據(jù) W=AEk列出方程求解.2 .用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)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(tài)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(即AE=正)列方程.3 .兩個(gè)結(jié)論(1)若帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變(2)若帶電粒子只在重力和電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變研透命題點(diǎn)ifliff李明和.鼠分斜變理酣眈點(diǎn)命題點(diǎn)一帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)提力考點(diǎn)師生共研1 .常見的交變電場(chǎng)常見的產(chǎn)生交變電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)

4、(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解).(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究).(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究).3 .思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)：抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì) 稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件(2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能 關(guān)系.(3)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用.仞1如圖1(a)所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在to時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向

5、A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在 A板上.則to可能屬于的時(shí)間段是() TT /, 3TA.OvtoV 二B."<to< 4 243T ,9TC. 7V tovTD.T<to<"748答案 B解析 設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正.依題意知，粒子的速度方向時(shí)而為正，時(shí)而為 TT 3T負(fù)，最終打在a板上時(shí)位移為負(fù)，速度萬向?yàn)樨?fù).分別作出to=°、4、4、z時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的vt圖象，如圖所示.由于v t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知,T 3T T3Tv tov :與7V to<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零，7v

6、 tov 7時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的4 444總位移小于零；to>T時(shí)情況類似.因粒子最終打在 A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各項(xiàng)可知B正確.變式1如圖2所示，A、B兩金屬板平行放置， 在t=0時(shí)將電子從A板附近由靜止釋放（電子的重力忽略不計(jì)）.分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時(shí)， 有可能使電子到不了 8板（）答案 B【變式2】（多選）（2015山東理綜20）如圖3甲所示，兩水平金屬板間距為d,板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度 vo沿中線射入兩板間，0、時(shí)3間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬

7、板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是（）A.末速度大小為M2V0B.末速度沿水平方向1C.重力勢(shì)能減少了 mgdD.克服電場(chǎng)力做功為 mgd答案 BC解析 因0T時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q=mg;在T'4時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做333平拋運(yùn)動(dòng)，在t =引時(shí)刻的豎直速度為Vy1=g,水平速度為V0；在gT時(shí)間內(nèi)，由牛頓第 333二定律2Eoqmg = ma,解得a = g,方向向上，則在 t=T時(shí)亥U, vy2=vyi g T = 0,粒子的d豎直速度減小到零， 水平速度為vo,選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢(shì)能減小了 AEp= mg萬11一，=

8、2mgd,選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能te理可知，mgdW電=0,可知克服電場(chǎng)力1做功為2mgd,選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B、C.命題點(diǎn)二用“等效法”處理帶電粒子在 電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)OET1方法-提力考點(diǎn)師生其研1 .等效重力法將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”， 直向下方向.F4所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力"，g'=匚為等效m圖4F合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的豎2 .物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn) 在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問題.小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(diǎn)， 而這里的最高點(diǎn)

9、不一定是幾何最高點(diǎn)， 而應(yīng)是 物理最高點(diǎn).幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫圓的最上端， 是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點(diǎn).而物理最高 點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動(dòng)過程中速度最小 （稱為臨界速度）的點(diǎn).曬2如圖5所示，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+ q的珠子，現(xiàn)在圓環(huán)平面內(nèi)加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，使珠子由最高點(diǎn)A從靜止開始釋放(AC、BD為圓環(huán)的兩條互相垂直的直徑)，要使珠子沿圓弧經(jīng)過 B、C剛好能運(yùn)動(dòng)到 D.(重力加速度為g)(1)求所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)最小值及所對(duì)應(yīng)的場(chǎng)強(qiáng)的方向；(2)當(dāng)所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為最小值時(shí)，求珠子由A到達(dá)D的過程中速度最大時(shí)對(duì)環(huán)的作用力大小;(3)在(1)問電場(chǎng)中，要

10、使珠子能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)至少應(yīng)使它具有多大的初動(dòng)能?答案見解析 解析(1)根據(jù)題述，珠子運(yùn)動(dòng)到BC弧中點(diǎn)M時(shí)速度最大，作過M點(diǎn)的直徑MN,設(shè)電場(chǎng)力 與重力的合力為F,則其方向沿NM方向，分析珠子在 M點(diǎn)的受力情況，由圖可知，當(dāng) F電垂直于F時(shí)，F(xiàn)電最小，最小值為:F 電 min = mgcos 45fgF 電 min = qEmin解得所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)最小值Emin="2mg,方向沿/ AOB的角平分線方向指向左上方2(2)當(dāng)所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為最小值時(shí)，電場(chǎng)力與重力的合力為F=mgsin 45 = -mg把電場(chǎng)力與重力的合力看做是“等效重力”，對(duì)珠子由A運(yùn)動(dòng)到M的過程，由動(dòng)能定

11、理得一 2、 12 nF(r +亍 r) = 2mv2 02在M點(diǎn)，由牛頓第二定律得：FN-F=m-r聯(lián)立解得Fn=(呼+1)mg由牛頓第三定律知，珠子對(duì)環(huán)的作用力大小為,3,2 ,、Fn = Fn = ( 2 + 1)mg.(3)由題意可知，N點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，只要珠子能到達(dá)N點(diǎn)，就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，珠子在N點(diǎn)速度為0時(shí)，所需初動(dòng)能最小，此過程中，由動(dòng)能定理得：F(r¥)=0 EkA22. 1解得 EkA = _2一mgr.變式3(2018陜西西安質(zhì)檢)如圖6所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，帶負(fù)電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道AB

12、C運(yùn)動(dòng)3并進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng).已知小球所受電場(chǎng)力是其重力的*圓環(huán)半徑為 R,斜面傾角為 0=60°, Sbc= 2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，h至少為多少？ (sin 37 = 0.6, cos 37= 0.8) . c圖6答案 7.7R解析 小球所受的重力和電場(chǎng)力都為恒力，故可將兩力等效為一個(gè)力F,如圖所示.可知F =1.25mg,方向與豎直方向成 37 °角.由圖可知，小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界點(diǎn)是D點(diǎn)，設(shè)小球恰好能通過 D點(diǎn)，即到達(dá)D點(diǎn)時(shí)圓環(huán)對(duì)小球的彈力恰好為零.由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得：_ 22mvDvD.F = r ,即：1.25mg= m r小球由A運(yùn)動(dòng)到

13、D點(diǎn)，由動(dòng)能定理結(jié)合幾何知識(shí)得：3 h12mg(h R Rcos 37)mgan g+ 2R+ Rsin 37 )= 2mvD2,聯(lián)乂斛得 h=7.7R.命題點(diǎn)三電場(chǎng)中的力電綜合問題能力考點(diǎn)師生共研1 .力學(xué)規(guī)律(1)動(dòng)力學(xué)規(guī)律：牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式.(2)能量規(guī)律：動(dòng)能定理或能量守恒定律.2 .電場(chǎng)規(guī)律(1)電場(chǎng)力的特點(diǎn)：F=Eq,正電荷受到的電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向相同(2)電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)：Wab=FLabcos 0= qUAB=EpA EpB.3 .多階段運(yùn)動(dòng)在多階段運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)物體所受外力突變時(shí)，物體由于慣性而速度不發(fā)生突變，故物體在 前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度.對(duì)于

14、多階段運(yùn)動(dòng)過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系，可以通過作運(yùn)動(dòng)過程草圖來獲得【例3】(2017全國(guó)卷I 25)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Ei的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為vo,在油滴處于位置 A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時(shí)間3后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變； 再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn).重力加速度大小為 g.(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)的速度；(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。粸楸ＷC后來的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和vo應(yīng)滿足的條件.已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度 vo做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰

15、好等于 B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍.答案見解析解析(1)油滴帶電性質(zhì)不影響結(jié)果.設(shè)該油滴帶正電，油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q,油滴速度方向向上為正.油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上.在t=0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從 E1增加至E2,油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足qE2 mg=ma1油滴在t1時(shí)刻的速度為v1 = vo+a1t1電場(chǎng)強(qiáng)度在t1時(shí)刻突然反向，之后油滴做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足qE2+mg=ma2油滴在t2=2ti時(shí)刻，即運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)的速度為v2= vi a2tl由式得v2= vo 2gti(2)由題意，在t

16、=0時(shí)刻前有qEi = mg油滴從t=0到ti時(shí)刻的位移為1_ . 2xi= voti +2aiti油滴在從ti時(shí)刻到t2=2ti時(shí)刻的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為1 X 2X2= vitl 2a2tl由題給條件有 v0 = 2gX2h = 4gh式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離.若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有X1+ X2= h)2EivoE2=2 2+ igti為使E2>Ei,應(yīng)有_voi2-2gti + 42> i由式得3 vo解得 0< ti<(i - 2)7八3 vo或 ti>(i+2)g條件？式和？式分別對(duì)應(yīng)于V2> 0和v2V 0兩種情形.若B在A點(diǎn)之下，依題意有

17、X2+ xi = h由？式得V01 V0 2E2=2 2而4(gt1)E1為使E2>Ei,應(yīng)有2-嗡-1S)2>1一15 vo解得ti>(亍+1)g 另一解為負(fù)，不符合題意，舍去 變式4 (2017全國(guó)卷n 25)如圖7所示，兩水平面(虛線)之間的距離為 H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng).自該區(qū)域上方的 A點(diǎn)將質(zhì)量均為 m,電荷量分別為q和一q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出.小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能的

18、1.5倍.不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求：4 *-*(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比;(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度;(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小.答案(1)3 ： 1 (2)3h fmg解析(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為vo,則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為vo.M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a,在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為S1和S2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 vo at= 0LAsi = vot + zat2,1 ,2S2= vot 2at聯(lián)立式得S1c一=3S2(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h,小球下落h時(shí)在豎

19、直方向的分速度為vy,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vy2= 2ghH = Vyt +M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知vo si vy H聯(lián)立式可得1h = 3H(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 E,小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則”=qE vy mg設(shè)M、N離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Eki、Ek2,由動(dòng)能定理得L 1,2.2、Eki = 2m(vo + vy) + mgH + qEsi1-1,2,2、Ek2= 2m(vo + vy) + mgH qEs2由已知條件Eki= 1.5Ek2聯(lián)立？式得E*?【變式5】 如圖8所示，在E=i03 V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一光滑半圓形絕緣軌道 QPN與 一水平絕緣軌道 MN在N

20、點(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行，其半徑R= 40 cm, N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電 q=i0 4 C的小滑塊質(zhì)量 m=i0 g,與 水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù) 尸0.i5,位于N點(diǎn)右側(cè)i.5 m的M處，g取i0 m/s2,求：(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)Q,則小滑塊應(yīng)以多大的初速度 vo向左運(yùn)動(dòng)?(2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大?答案 (1)7 m/s (2)0.6 N解析(1)設(shè)小滑塊恰能到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v,2由牛頓第二定律得 mg+ qE= mR小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá) Q點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得mg 2R qE 2R- j(mg

21、+ qE)x=2mv2 "mvo2聯(lián)立解得：vo= 7 m/s.(2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v',則從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá) P點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得1一(mg+qE)R 1qE+mg)x= 2mv2 122 2mv02又在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得，2LV_Fn = mR代入數(shù)據(jù)，解得：Fn= 0.6 N由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力Fn' =Fn = 0.6 N.課時(shí)作業(yè)溟時(shí)訓(xùn)德嫁現(xiàn)危值速度“雙基鞏固練1.(2017河南中原名校第二次聯(lián)考)如圖1所示，在兩平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運(yùn)

22、動(dòng)(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是()內(nèi)T圖2A.電壓是甲圖時(shí)，在 。T時(shí)間內(nèi)，電子的電勢(shì)能一直減少B.電壓是乙圖時(shí)，在 0;時(shí)間內(nèi)，電子的電勢(shì)能先增加后減少C.電壓是丙圖時(shí)，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D.電壓是丁圖時(shí)，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)答案 D解析 若電壓是甲圖，。T時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力先向左后向右， 則電子先向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng), 后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，即電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減少后增加，故 A錯(cuò)誤；電壓 是乙圖時(shí)，在0T時(shí)間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減少后增加，故 B錯(cuò)誤；電壓是丙圖時(shí)，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動(dòng)，過了T做加速度先增大后減

23、小的減速運(yùn)動(dòng)，到T時(shí)速度減為0,之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)， 故電子一直朝同一方向運(yùn)動(dòng)，c錯(cuò)誤；電壓是丁圖時(shí)，電子先向左加速，到4后向左減速，后向右加3速，4T后向右減速，T時(shí)速度減為零，之后重復(fù)刖面的運(yùn)動(dòng)，故電子做任復(fù)運(yùn)動(dòng)，D正確.2.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(shì)比A板電勢(shì)高，這時(shí)有一個(gè)原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場(chǎng)力作用下開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)A B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是（）； T ；： ir O-:*I ； T I一 I圖3A.電子一直向著A板運(yùn)動(dòng)B.電子一直向著 B板運(yùn)動(dòng)C.電子先向A板運(yùn)動(dòng)，然后返回向 B板運(yùn)動(dòng)，之后在 A、B兩板間做周期

24、性往復(fù)運(yùn)動(dòng) D.電子先向B板運(yùn)動(dòng)，然后返回向 A板運(yùn)動(dòng)，之后在 A、B兩板間做周期性往復(fù)運(yùn)動(dòng) 答案 D3.一勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象如圖4所示，在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一個(gè)帶負(fù)（假設(shè)圖4電粒子于t=0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，則下列說法中正確的是帶電粒子不與板相碰）（）A.帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B.02 s內(nèi)，電場(chǎng)力做功等于0C.4 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)D.2.54 s內(nèi)，電場(chǎng)力做功等于0答案 D解析畫出帶電粒子速度v隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示,v t圖線與時(shí)間軸所圍粒子不能回到原出發(fā)點(diǎn),“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，4 s末帶電A、C錯(cuò)誤；

25、2 s末速度不為0,可見02 s內(nèi)電場(chǎng)力做的功不等于0, B錯(cuò)誤；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，則2.54 s內(nèi)，電場(chǎng)力做功等于 0,所以D正確.4.如圖5所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小 球，另一端固定于。點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a,最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則下列說法正確的是 （）圖5A.小球帶負(fù)電B.電場(chǎng)力跟重力平衡C.小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能減小D.小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒答案 B解析 由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力與電場(chǎng)力的合力為0,電場(chǎng)力方向豎直向上，小球帶正電，A錯(cuò)，B對(duì)；

26、從a-b,電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，C錯(cuò)；由于有電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò).5.（多選）（2017河北唐山一模）如圖6所示，豎直平面內(nèi)有 A、B兩點(diǎn)，兩點(diǎn)的水平距離和豎直距離均為H,空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng).一質(zhì)量為m的帶電小球從 A點(diǎn)以水平速度vo拋出，經(jīng)一段時(shí)間豎直向下通過B點(diǎn).重力加速度為g,小球在由A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）A.小球帶負(fù)電B.速度先增大后減小C.機(jī)械能一直減小D.任意一小段時(shí)間內(nèi)，電勢(shì)能的增加量總等于重力勢(shì)能的減少量答案 AC解析 由題可知，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，可知其所受電場(chǎng)力方向向左，與電場(chǎng)方向相反，則小球帶負(fù)電，

27、電場(chǎng)力一直對(duì)小球做負(fù)功，小球的電勢(shì)能增加，機(jī)械能減小， A、C正確.小球受豎直向下的重力和水平向左的電場(chǎng)力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度豎直向下，由力與速度夾角關(guān)系可知，合力對(duì)小球先做負(fù)功，后做正功，小球的速度先減小后增大，B錯(cuò)誤.任意一小段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能、電勢(shì)能和重力勢(shì)能的和保持不變，則電勢(shì)能的增加量不一定等于重力勢(shì)能的減少量，D錯(cuò)誤.6.(2017河南鄭州第一次聯(lián)考)如圖7甲所示，在y=0和y=2 m之間有沿著x軸方向的勻強(qiáng) 電場(chǎng)，MN為電場(chǎng)區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大.電場(chǎng)強(qiáng)度的變化如圖乙所示，取 x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)正方向.現(xiàn)有一個(gè)帶負(fù)電的粒子，粒子的比荷q= 1

28、.0X102 C/kg,在t=0時(shí)刻以速度Vo=5M02 m/s從。點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)粒子重力作用.求：圖7粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間；(2)粒子離開電場(chǎng)的位置坐標(biāo)；(3)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域后沿x軸方向的速度大小.答案 (1)4X10 3 s (2)( 2X10 5 m,2 m) (3)4X10 3 m/s解析(1)因?yàn)榱Ｗ映跛俣确较虼怪庇趧驈?qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間1=工=4X 10 3 s. v0(2)粒子帶負(fù)電，沿 x軸負(fù)方向先加速后減速，加速時(shí)的加速度大小a1=Emq=4 m/s2,減速時(shí)的加速度大小a2 = Em1=2 m/s2,離開電場(chǎng)時(shí)，在x

29、軸方向上的位移大小 *=11(：)2+a1(T)22 a2(T)2 = 2x 10 5 m,因此粒子離開電場(chǎng)的位置坐標(biāo)為 ( 2X105 m,2 m).(3)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域后沿x軸方向的速度大小為：vx=a12-a2T= 4X 10 3 m/s.綜合提升練7.(2018江西宜春調(diào)研)如圖8所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點(diǎn)，不計(jì)空氣 阻力，一電荷量為一Q的點(diǎn)電荷固定在。點(diǎn)，現(xiàn)有一質(zhì)量為 m、電荷量為一q的小金屬塊(可 視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)由靜止沿它們的連線向右運(yùn)動(dòng)，到 B點(diǎn)時(shí)速度最大，其大小為vm,小金A、B間距離為L(zhǎng),靜電力屬塊最后停止在C點(diǎn).已知小金屬塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

30、常量為k,則()A.在點(diǎn)電荷一Q形成的電場(chǎng)中，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 Uab =2 科 mgL mvm22qB.在小金屬塊由A向C運(yùn)動(dòng)的過程中，電勢(shì)能先增大后減小C.OB間的距離為kQq科mgD.從B到C的過程中，小金屬塊的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能答案 C1 C斛析 小金屬塊從A到B過程，由動(dòng)能te理得：一 qUAB- jimgLimvm2。，得A、B兩點(diǎn)間22 心 mgL mvm的電勢(shì)差 Uab=-2n,故A錯(cuò)誤；小金屬塊由 A點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力q一直做正功，電勢(shì)能一直減小，故 B錯(cuò)誤；由題意知，A到B過程，金屬塊做加速運(yùn)動(dòng)，B到C過程，金屬塊做減速運(yùn)動(dòng)，在 B點(diǎn)金屬塊所受的滑動(dòng)摩擦力與庫(kù)侖力平衡，則有 科mg = kQq,得=寸第g故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動(dòng)能和減少的電勢(shì)能全 部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故 D錯(cuò)誤.8 .如圖9所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向與水平線間夾角0= 30。，方向斜向右上方，電場(chǎng)強(qiáng)度為 E,質(zhì)量為m的小球帶負(fù)電，以初速度 vo開始運(yùn)動(dòng)，初速度方向與電場(chǎng)方向一致圖9(1)若小球的帶電荷量為 q=°Eg,為使小球能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)對(duì)小球施加的恒力Fi的大小和方向各如何？(2)若小球的帶電荷量為q=2mg,為使小球能做直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)對(duì)小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？答案(1)3mg方向與水平線成60