10.6 帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng) 【幫課堂】2024-2025學(xué)年高一物理 同步學(xué)與練（ 人教版2019必修第一冊(cè)）（解析版）

10.6帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)學(xué)習(xí)目標(biāo)學(xué)習(xí)目標(biāo)課程標(biāo)準(zhǔn)物理素養(yǎng)3.1.5能分析帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，能解釋相關(guān)的物理現(xiàn)象。物理觀念：會(huì)從運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系的角度分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速問(wèn)題。知道帶電粒子垂直于電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)。了解示波管的工作原理?？茖W(xué)思維：帶電粒子垂直于電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后，能對(duì)偏移距離、偏轉(zhuǎn)角度、離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度等物理量進(jìn)行分析和計(jì)算?？茖W(xué)探究：通過(guò)解決帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的問(wèn)題，加深對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和功能關(guān)系兩個(gè)角度分析物體運(yùn)動(dòng)的認(rèn)識(shí)，以及將勻變速曲線運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)方向上的簡(jiǎn)單運(yùn)動(dòng)來(lái)處理的思路的認(rèn)識(shí)?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：體會(huì)靜電場(chǎng)知識(shí)對(duì)科學(xué)技術(shù)的影響。002思維導(dǎo)圖電場(chǎng)中的力、電綜合問(wèn)題1．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(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(guò)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)囊?guī)律解題。(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(wèn)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(lái)說(shuō)，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。2．處理帶電粒子(帶電體)運(yùn)動(dòng)的方法(1)結(jié)合牛頓運(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)用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理思路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列方程。(3)常用的兩個(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。003知識(shí)梳理課前研讀課本，梳理基礎(chǔ)知識(shí)：一、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．運(yùn)動(dòng)情況：帶電粒子以初速度v0垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示。2．處理方法：將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)力方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)解決有關(guān)問(wèn)題。3．基本關(guān)系式：運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏轉(zhuǎn)量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))，偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。4．兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)可見(jiàn)y和tanθ與粒子的q、m無(wú)關(guān)。(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后射出，合速度方向的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子勻速位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為eq\f(l,2)。5．功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差。二、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)1．常見(jiàn)的交變電場(chǎng)常見(jiàn)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(jiàn)的題目類(lèi)型粒子做偏轉(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(chēng)性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移、做功或確定與物理過(guò)程相關(guān)的臨界條件。(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。二、帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)1．等效重力場(chǎng)物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以將重力場(chǎng)與電場(chǎng)合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場(chǎng)”來(lái)代替，可形象稱(chēng)之為“等效重力場(chǎng)”。2．方法應(yīng)用(1)求出重力與電場(chǎng)力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)等效重力。(2)將a＝eq\f(F合,m)視為等效重力加速度。(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點(diǎn)”，圓周上與該點(diǎn)在同一直徑的點(diǎn)為“等效最高點(diǎn)”；注意：這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)。(4)將物體在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解。004題型精講【題型一】類(lèi)平拋、類(lèi)斜拋問(wèn)題【典型例題1】如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。(每個(gè)電子穿過(guò)平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s時(shí)刻進(jìn)入電容器的電子打在熒光屏上的何處；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長(zhǎng)。[解析](1)電子經(jīng)電場(chǎng)加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)eq\f(L,v)2所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由題圖知t＝0.06s時(shí)刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm，即打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5cm。(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過(guò)2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)為3L＝30cm。[答案](1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5cm(2)30cm【典型例題2】(多選)如圖所示，有一勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于平面xOy，一個(gè)帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，粒子在O點(diǎn)時(shí)速度沿y軸正方向，經(jīng)A點(diǎn)時(shí)速度沿x軸正方向，且粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能是它在O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的3倍。關(guān)于粒子在OA段的運(yùn)動(dòng)情況，下列判斷正確的是()A．該帶電粒子帶正電荷B．帶電粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的電勢(shì)能小C．這段時(shí)間中間時(shí)刻粒子的動(dòng)能最小D．加速度方向與y軸正方向之間的夾角等于120°解析：選BD依題意，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)方向未知，故該帶電粒子電性不明，故A錯(cuò)誤；從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程，動(dòng)能增加，根據(jù)動(dòng)能定理可知，電場(chǎng)力做正功，又根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系，可知帶電粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的電勢(shì)能小，故B正確；設(shè)加速度方向與y軸正方向之間的夾角等于θ，則有acos(π－θ)＝eq\f(v0,t)，asin(π－θ)＝eq\f(v,t)，eq\f(1,2)mv2＝3×eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立，可得θ＝120°，故D正確；加速度與初速度方向夾角為鈍角，故粒子速度先減小，后增大，最小的動(dòng)能出現(xiàn)在加速度與速度垂直的時(shí)候，這段時(shí)間中間時(shí)刻粒子的兩個(gè)分速度分別為vx＝eq\f(v,2)＝eq\f(\r(3),2)v0，vy＝eq\f(v0,2)，合速度與水平面夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(\r(3),3)，解得α＝30°，加速度與速度夾角為60°，不垂直，故C錯(cuò)誤?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練1】如圖所示，A、B兩個(gè)帶正電的粒子，所帶電荷量分別為q1與q2，質(zhì)量分別為m1和m2。它們以相同的速度先后垂直于電場(chǎng)線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，A粒子打在N板上的A′點(diǎn)，B粒子打在N板上的B′點(diǎn)，若不計(jì)重力，則()A．q1＞q2 B．m1＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)答案C解析設(shè)粒子垂直電場(chǎng)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)的速度為v0，電荷量為q，質(zhì)量為m，所以加速度a＝eq\f(qE,m)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(x,v0)，偏轉(zhuǎn)位移為y＝eq\f(1,2)at2，整理得y＝eq\f(qEx2,2mveq\o\al(2,0))，顯然由于A粒子的水平位移小，則有eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2)，但A粒子的電荷量不一定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2】（多選）如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對(duì)于過(guò)軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱(chēng)。忽略空氣阻力。由此可知()A．Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高B．油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大C．油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的大D．油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小解析：選AB帶電油滴在電場(chǎng)中受重力、電場(chǎng)力作用，據(jù)其軌跡的對(duì)稱(chēng)性可知，電場(chǎng)力方向豎直向上，且電場(chǎng)力大于重力，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功。則電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高，選項(xiàng)A正確；油滴在P點(diǎn)的速度最小，選項(xiàng)B正確；油滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。【題型二】變速圓周運(yùn)動(dòng)中的繩模型、桿模型【典型例題3】如圖，一光滑絕緣半圓環(huán)軌道固定在豎直平面內(nèi)，與光滑絕緣水平面相切于B點(diǎn)，軌道半徑為R。整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(3mg,4q)，一帶正電的小球質(zhì)量為m、電荷量為q，從距離B點(diǎn)為eq\f(R,3)處的A點(diǎn)以某一初速度沿AB方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后恰能運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)C。重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)帶電小球從A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的初速度v0；(2)帶電小球從軌道最高點(diǎn)C經(jīng)過(guò)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到光滑絕緣水平面上D點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，B點(diǎn)與D點(diǎn)的水平距離。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(huán)軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)小球所受重力、電場(chǎng)力的合力方向與速度垂直時(shí)，速度最小。如圖所示，設(shè)F合與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，則θ＝37°，故F合＝eq\f(qE,sin37°)＝eq\f(5,4)mg。設(shè)此時(shí)的速度大小為v，由于合力恰好提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)到該點(diǎn)由動(dòng)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(2,0)解得v0＝eq\f(5,2)eq\r(gR)。(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度為vC，小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)由動(dòng)能定理得－2mgR－eq\f(3mg,4)×eq\f(R,3)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得vC＝eq\f(1,2)eq\r(7gR)當(dāng)小球離開(kāi)C點(diǎn)后，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從C點(diǎn)到D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，水平方向的加速度為a，B點(diǎn)到D點(diǎn)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(lián)立解得x＝(eq\r(7)＋eq\f(3,2))R。【典型例題4】如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(q＞0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點(diǎn)，OP與豎直方向的夾角θ＝37°。不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)若要使小球從P點(diǎn)出發(fā)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球初速度的大小應(yīng)滿足的條件。解析：(1)當(dāng)小球靜止在P點(diǎn)時(shí)，小球的受力情況如圖所示，則有eq\f(qE,mg)＝tanθ，所以E＝eq\f(3mg,4q)。(2)小球所受重力與電場(chǎng)力的合力F＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg。當(dāng)小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以等效為在一個(gè)“重力加速度”為eq\f(5,4)g的“重力場(chǎng)”中運(yùn)動(dòng)。若要使小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球必須能通過(guò)圖中的Q點(diǎn)。設(shè)當(dāng)小球從P點(diǎn)出發(fā)的速度為vmin時(shí)，小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為零，在小球從P運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－eq\f(5,4)mg·2r＝0－eq\f(1,2)mvmin2，所以vmin＝eq\r(5gr)，即小球的初速度應(yīng)不小于eq\r(5gr)。答案：(1)eq\f(3mg,4q)(2)不小于eq\r(5gr)【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3】如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線與軌道所在的平面平行，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0×104N/C。現(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0×10－4C，質(zhì)量m＝0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)。取g＝10m/s2。試求：(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大小；(2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB；(3)帶電體在從P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落至D點(diǎn)的過(guò)程中的最大動(dòng)能(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。解析：(1)設(shè)帶電體通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律有mg＝meq\f(vC2,R)，解得vC＝2.0m/s。設(shè)帶電體通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，設(shè)軌道對(duì)帶電體的支持力大小為FB，帶電體在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有FB－mg＝meq\f(vB2,R)。帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg×2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2聯(lián)立解得FB＝6.0N，根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對(duì)軌道的壓力FB′＝6.0N。(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解有2R＝eq\f(1,2)gt2，xDB＝vCt－eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2聯(lián)立解得xDB＝0。(3)由P到B帶電體做加速運(yùn)動(dòng)，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過(guò)程中，在此過(guò)程中只有重力和電場(chǎng)力做功，這兩個(gè)力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對(duì)應(yīng)圓心角為45°處。設(shè)帶電體的最大動(dòng)能為Ekm，根據(jù)動(dòng)能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－eq\f(1,2)mvB2，代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈1.17J。答案：(1)6.0N(2)0(3)1.17J【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練4】如圖所示，CD左側(cè)存在場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(mg,q)，方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊BC長(zhǎng)L，傾角α＝53°的直角三角形斜面頂端A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，運(yùn)動(dòng)到斜面底端C點(diǎn)后進(jìn)入一細(xì)圓管內(nèi)(C處為一小段長(zhǎng)度可忽略的圓弧，圓管內(nèi)徑略大于小球直徑)，恰能到達(dá)D點(diǎn)，隨后從D離開(kāi)后落回到斜面P點(diǎn)，重力加速度為g(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。(1)求DA兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UDA；(2)求圓管半徑r；(3)求小球從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間t。解析(1)WAD＝－mgL＝－WDAUDA＝eq\f(WDA,q)或UDA＝EL①解得UDA＝eq\f(mgL,q)②(2)由恰好過(guò)D點(diǎn)，判斷vD＝0③根據(jù)動(dòng)能定理：從A到D過(guò)程mg(Ltan53°－2r)－EqL＝0④解得r＝eq\f(L,6)⑤(3)由于mg＝Eq，小球進(jìn)入電場(chǎng)與水平方向成45°角斜向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)到達(dá)P處水平位移為x，豎直位移為y，則有x＝y(tǒng)xtan53°＋x＝2r⑥解得x＝eq\f(L,7)，y＝eq\f(L,7)⑦豎直方向自由落體有y＝eq\f(1,2)gt2⑧解得t＝eq\r(\f(2L,7g))⑨答案(1)eq\f(mgL,q)(2)eq\f(L,6)(3)eq\r(\f(2L,7g))【題型三】交變電場(chǎng)、組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【典型例題5】如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的足夠長(zhǎng)的平行金屬板，B板接地，A、B兩極板間電壓隨時(shí)間的變化情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對(duì)小孔O1′和O2，兩板間電壓為U2?，F(xiàn)有一帶負(fù)電粒子在t＝0時(shí)刻以一定的初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1′進(jìn)入，并能從O1′沿O1′O2進(jìn)入C、D間。已知粒子的帶電荷量為－q，質(zhì)量為m，(不計(jì)粒子重力)求：(1)粒子剛好能到達(dá)O2孔時(shí)，則該粒子進(jìn)入A、B間的初速度v0為多大；(2)在(1)的條件下，A、B兩板長(zhǎng)度的最小值；(3)A、B兩板間距的最小值。解析：(1)因粒子在A、B間運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向不受外力作用做勻速運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入O1′孔時(shí)的速度即為進(jìn)入A、B板的初速度在C、D間，由動(dòng)能定理有qU2＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(2qU2,m))。(2)由于粒子進(jìn)入A、B后，在一個(gè)周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)，即v豎＝0，豎直方向的位移也為0，若在第一個(gè)周期末粒子從A、B板中射出，則對(duì)應(yīng)兩板最短，長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝v0T＝Teq\r(\f(2qU2,m))。(3)若粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中剛好不到A板而返回，則此時(shí)對(duì)應(yīng)兩板間距最小，設(shè)為d則有eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\f(T,4)2×2＝eq\f(d,2)解得d＝eq\f(T,2)eq\r(\f(qU1,2m))。答案：(1)eq\r(\f(2qU2,m))(2)Teq\r(\f(2qU2,m))(3)eq\f(T,2)eq\r(\f(qU1,2m))【典型例題6】如圖所示，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)為L(zhǎng)＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢(shì)高300V，一帶正電的粒子電荷量為q＝1.0×10－10C、質(zhì)量為m＝1.0×10－20kg，沿電場(chǎng)中心線RO垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飛出電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域，然后進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)。已知兩界面MN、PS相距為12cm，D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn)，O點(diǎn)在中心線上，距離界面PS為9cm，粒子穿過(guò)界面PS做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上。(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不計(jì))(1)求粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為多遠(yuǎn)；到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為多遠(yuǎn)；(2)在圖上粗略畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡；(3)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大小。[思路點(diǎn)撥](1)帶電粒子在兩板之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。(2)帶電粒子在兩界面MN、PS之間的無(wú)場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(3)在點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則帶電粒子進(jìn)入該電場(chǎng)時(shí)的速度方向與該位置的半徑垂直。[解析](1)粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離(偏移位移)：y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,dm)，L＝v0t，則y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝0.03m＝3cm。粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡與PS交于H，設(shè)H到中心線的距離為Y，則有eq\f(\f(1,2)L,\f(1,2)L＋12cm)＝eq\f(y,Y)，解得Y＝4y＝12cm。(2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧。(3)粒子到達(dá)H點(diǎn)時(shí)，其水平速度vx＝v0＝2.0×106m/s豎直速度vy＝at＝1.5×106m/s則v合＝2.5×106m/s該粒子在穿過(guò)界面PS后繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以Q帶負(fù)電。根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r＝15cm，電場(chǎng)力提供向心力，則keq\f(Qq,r2)＝meq\f(v合2,r)，解得Q≈1.04×10－8C。[答案](1)3cm12cm(2)軌跡圖見(jiàn)解析(3)負(fù)電1.04×10－8C[方法規(guī)律]分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。(2)運(yùn)動(dòng)分析：一般用分解的思想來(lái)處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練5】在圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T(mén)，現(xiàn)有一電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO′射入．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力，問(wèn)：(1)若電子從t＝0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時(shí)速度的大小為多少？(2)若電子從t＝0時(shí)刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長(zhǎng)？(3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入？?jī)蓸O板間距至少為多大？答案見(jiàn)解析解析(1)由動(dòng)能定理得eeq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝eq\r(v02＋\f(eU0,m)).(2)t＝0時(shí)刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，向A極板方向偏轉(zhuǎn)，半個(gè)周期后電場(chǎng)方向反向，電子在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過(guò)半個(gè)周期，電子在電場(chǎng)方向上的速度減小到零，此時(shí)的速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運(yùn)動(dòng)；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，故極板長(zhǎng)至少為L(zhǎng)＝v0T.(3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場(chǎng)方向上應(yīng)先加速、再減速，反向加速、再減速，每階段時(shí)間相同，一個(gè)周期后恰好回到OO′上，可見(jiàn)應(yīng)在t＝eq\f(T,4)＋k·eq\f(T,2)(k＝0,1,2，…)時(shí)射入，極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上，設(shè)兩板間距為d，由牛頓第二定律有a＝eq\f(eU0,md)，加速階段運(yùn)動(dòng)的距離s＝eq\f(1,2)·eq\f(eU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2≤eq\f(d,4)，解得d≥Teq\r(\f(eU0,8m))，故兩極板間距至少為T(mén)eq\r(\f(eU0,8m)).【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練6】如圖所示，真空中水平放置的兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，一電荷量為＋q(q>0)，質(zhì)量為m的小球從兩板中央以水平速度v0射入板間，小球離開(kāi)電場(chǎng)后恰能垂直打在距離金屬板右端2L的屏M上，已知重力加速度為g。求：(1)板間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；(2)板間電勢(shì)差U要滿足什么條件？答案(1)eq\f(3mg,q)方向豎直向上(2)U≥eq\f(6mg2L2,qveq\o\al(2,0))解析(1)設(shè)小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，剛飛出電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度為vy，由題意可知a＝eq\f(qE－mg,m)，t1＝eq\f(L,v0)，vy＝at1小球飛出電場(chǎng)后到垂直擊中屏所經(jīng)歷的時(shí)間為t2＝eq\f(2L,v0)，vy＝gt2聯(lián)立以上各式解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(3mg,q)，方向豎直向上。(2)設(shè)板間距離為d，要使小球能飛出電場(chǎng)，應(yīng)滿足eq\f(d,2)≥eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)兩板間的電勢(shì)差為U＝Ed聯(lián)立解得U≥eq\f(6mg2L2,qveq\o\al(2,0))。00501強(qiáng)化訓(xùn)練【基礎(chǔ)強(qiáng)化】1．如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即Uab＝Ubc，實(shí)線為一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力的作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知()A．三個(gè)等勢(shì)面中，c的電勢(shì)最高B．帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)的電勢(shì)能比Q點(diǎn)大C．帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)的動(dòng)能比Q點(diǎn)大D．帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度比Q點(diǎn)小答案B解析電荷所受電場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶負(fù)電，因此電場(chǎng)線指向左上方，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，故c等勢(shì)面的電勢(shì)最低，a等勢(shì)面的電勢(shì)最高，故A錯(cuò)誤；P點(diǎn)電勢(shì)小于Q點(diǎn)電勢(shì)，粒子帶負(fù)電，則帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)的電勢(shì)能比Q點(diǎn)的電勢(shì)能大，根據(jù)能量守恒可知，帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)的動(dòng)能比Q點(diǎn)的動(dòng)能小，故B正確，C錯(cuò)誤；等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，加速度大，故質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度較大，故D錯(cuò)誤。2.實(shí)驗(yàn)室中探測(cè)到電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為一條拋物線。為研究問(wèn)題方便，建立如圖所示的坐標(biāo)系，該拋物線開(kāi)口向下，a、b是拋物線上的兩點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()A．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向可能沿x軸正方向B．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向可能沿y軸負(fù)方向C．勻強(qiáng)電場(chǎng)中a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高D．電子在b點(diǎn)的動(dòng)能比在a點(diǎn)的大答案C解析電子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力應(yīng)指向軌跡內(nèi)側(cè)向下，若勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿x軸正方向，電子所受的電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向，A錯(cuò)誤；若勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向，電子所受電場(chǎng)力方向沿y軸正方向，B錯(cuò)誤；拋物線開(kāi)口向下，從a點(diǎn)到b點(diǎn)電子一定做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大，因負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，可知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)中，a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的高，電子在b點(diǎn)的動(dòng)能比a點(diǎn)的小，C正確，D錯(cuò)誤。3.圖甲是一對(duì)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的平行金屬板，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直．在t＝0時(shí)刻，一帶電粒子沿板間的中線OO′垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，2t0時(shí)刻粒子剛好沿下極板右邊緣射出電場(chǎng)．不計(jì)粒子重力．則()A．粒子帶負(fù)電B．粒子在平行板間一直做曲線運(yùn)動(dòng)C．粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為eq\f(L,2t0)D．若粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度減為一半，射出電場(chǎng)時(shí)的速度垂直于電場(chǎng)方向答案C解析粒子向下偏轉(zhuǎn)，可知粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在平行板間在0～t0時(shí)間內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)；在t0～2t0時(shí)間內(nèi)不受任何力，則做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子在水平方向一直做勻速運(yùn)動(dòng)，可知射入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0＝eq\f(L,2t0)，選項(xiàng)C正確；若粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度減為一半，由于粒子在電場(chǎng)中受向下的靜電力，有向下的加速度，射出電場(chǎng)時(shí)有沿電場(chǎng)方向的速度，則射出電場(chǎng)時(shí)的速度不可能垂直于電場(chǎng)方向，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)()A．所用時(shí)間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點(diǎn)的距離為eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°答案C解析粒子從P點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向出發(fā)到達(dá)MN連線上某點(diǎn)時(shí)，沿水平方向和豎直方向的位移大小相等，即v0t＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，解得t＝eq\f(2mv0,qE)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；在該點(diǎn)，粒子沿電場(chǎng)方向的速度vy＝at＝2v0，所以合速度大小為v＝eq\r(（2v0）2＋veq\o\al(2,0))＝eq\r(5)v0，B項(xiàng)錯(cuò)誤；該點(diǎn)到P點(diǎn)的距離s＝eq\r(2)x＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mveq\o\al(2,0),qE)，C項(xiàng)正確；由平行四邊形定則可知，在該點(diǎn)速度方向與豎直方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(v0,2v0)＝eq\f(1,2)，則θ≠30°，D項(xiàng)錯(cuò)誤。5.帶電粒子沿水平方向射入豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在相同的時(shí)間內(nèi)()A．位置變化相同B．速度變化相同C．速度偏轉(zhuǎn)的角度相同D．動(dòng)能變化相同答案B解析粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在豎直方向上，粒子相同的時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移之比為1∶3∶5…，在水平方向上位置變化相同，所以其位置變化不同，A錯(cuò)誤；因?yàn)榱Ｗ幼鰟蜃兯偾€運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，粒子在相同時(shí)間內(nèi)速度變化相同，B正確；粒子的速度逐漸靠近(而不會(huì)達(dá)到)豎直方向，所以速度的偏轉(zhuǎn)角度會(huì)越來(lái)越小，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理ΔEk＝qEsy，動(dòng)能的變化與豎直位移成正比，而在相同時(shí)間內(nèi)豎直位移之比為1∶3∶5…，所以動(dòng)能變化不同，D錯(cuò)誤。6.噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)原理如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出半徑為1×10－5m的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過(guò)帶電室時(shí)被帶上負(fù)電，帶電的多少由計(jì)算機(jī)按字體筆畫(huà)高低位置輸入信號(hào)加以控制。帶電后的微粒以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，打到紙上，顯示出字體。無(wú)信號(hào)輸入時(shí)，墨汁微粒不帶電，沿直線通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)而注入回流槽流入墨盒。設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)L1＝1.6cm，兩板間的距離d＝0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的右端到紙的距離L2＝2.4cm。若一個(gè)墨汁微粒的質(zhì)量為1.6×10－10kg，所帶電荷量為1.25×10－12C，以20m/s的初速度垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，打到紙上的點(diǎn)距原入射方向的距離是1.0mm(不計(jì)空氣阻力和墨汁微粒的重力，可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場(chǎng)的不均勻性)()A．墨汁從進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)到打在紙上，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)B．兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是2.0×103VC．兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是5.0×102VD．為了使紙上的字體放大10%，可以把偏轉(zhuǎn)電壓降低10%答案C解析墨汁在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；墨汁出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且反向延長(zhǎng)線交水平位移的中點(diǎn)，如圖所示由圖可知tanθ＝eq\f(vy,v0)，tanθ＝eq\f(y,\f(L1,2)＋L2)，又vy＝at＝eq\f(qU,md)t，t＝eq\f(L1,v0)聯(lián)立解得兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是U＝5.0×102V，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；由以上式子整理得y＝eq\f(qUL1（L1＋2L2）,2mdveq\o\al(2,0))，為了使紙上的字體放大10%，可以把偏轉(zhuǎn)電壓提高10%，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！舅仞B(yǎng)提升】7.具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱(chēng)為同位素。讓氫的三種同位素原子核(eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(3,1)H)以相同的速度從帶電平行板間的P點(diǎn)沿垂直于電場(chǎng)的方向射入電場(chǎng)，分別落在A、B、C三點(diǎn)，如圖所示。不計(jì)粒子的重力，則()A．三種粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同B．三種粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量相同C．落在A點(diǎn)的是eq\o\al(1,1)HD．到達(dá)負(fù)極板時(shí)，落在C點(diǎn)的粒子的動(dòng)能大于落在A點(diǎn)的粒子的動(dòng)能答案B解析三種粒子在水平方向的分速度相同，但水平位移不同，所以在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；三種粒子的電荷量q相同，且P到A、B、C三點(diǎn)間電勢(shì)差U相等，根據(jù)ΔEp＝－qU可知三種粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量相同，故B正確；設(shè)兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，粒子質(zhì)量為m，則粒子在垂直于極板方向的加速度大小為a＝eq\f(qE,m)，設(shè)P點(diǎn)到負(fù)極板的垂直距離為h，則粒子的水平位移大小為x＝vt＝veq\r(\f(2h,a))＝veq\r(\f(2mh,qE))，由上式可知質(zhì)量越大的粒子水平位移越大，所以落在A點(diǎn)的是eq\o\al(3,1)H，故C錯(cuò)誤；粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＋qU，由上式可知質(zhì)量越大的粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的動(dòng)能越大，由C項(xiàng)分析可知，落在C點(diǎn)的粒子的動(dòng)能小于落在A點(diǎn)的粒子的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。8．(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，一帶電粒子從A點(diǎn)沿半圓ABC的直徑方向以某一速度水平射入電場(chǎng)，恰好經(jīng)過(guò)半圓的最低點(diǎn)B。粒子重力不計(jì)，下列分析正確的是()A．經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度方向沿半圓的半徑B．無(wú)論射入速度多大，粒子都不可能沿著半徑方向離開(kāi)半圓C．若僅將下板下移少許，板間電壓增大D．若僅將下板下移少許，該粒子以相同的速度從原處射入電場(chǎng)，仍會(huì)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)答案BCD解析粒子在平行板電容器中向下偏轉(zhuǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，既有水平方向的速度，又有豎直向下的速度，故經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度方向向右下方，故A錯(cuò)誤；粒子受力方向和初速度方向垂直，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)速度反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移的中點(diǎn)，若粒子沿著半徑方向離開(kāi)半圓，則反向延長(zhǎng)線過(guò)圓心，所以一定從C點(diǎn)射出是不可能的，故B正確；若僅將下板下移少許，則平行板電容器極板間的距離d變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容變小，又平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，則Q不變，由U＝eq\f(Q,C)可知板間電壓增大，故C正確；若僅將下板下移少許，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，則電場(chǎng)強(qiáng)度不變，受力情況不變，該粒子以相同的速度從原處射入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡不變，則仍會(huì)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，故D正確。9.(多選)四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與y軸平行。不計(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中，可能正確的是()解析：選AD分析可知帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡方程為y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))2，由于帶電粒子的初速度相同，帶電粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的比荷相同，則帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運(yùn)動(dòng)軌跡重合，C錯(cuò)誤；當(dāng)電場(chǎng)方向沿y軸正方向時(shí)，帶正電荷的粒子向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電荷的粒子向y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運(yùn)動(dòng)軌跡與粒子(－q，m)的運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，粒子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，則x相同時(shí)，粒子(＋q,2m)沿y軸方向的偏轉(zhuǎn)量比粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，D正確；當(dāng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向時(shí)，同理可知A正確，B錯(cuò)誤。(多選)如圖10．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mgtanθ,q)B．小球動(dòng)能的最小值為Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小D．小球從初始位置開(kāi)始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，其電勢(shì)能先減小后增大答案AB解析小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，對(duì)小球受力分析，小球受重力、拉力和電場(chǎng)力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有qE＝mgtanθ，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，選項(xiàng)A正確；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，則最小動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，選項(xiàng)B正確；小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和守恒，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢(shì)能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從初始位置開(kāi)始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢(shì)能先減小后增大，再減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。11．如圖所示，粗糙程度不均勻的水平面ABC與半徑為R的豎直光滑半圓軌道CDM相切于C點(diǎn)，CM為半圓的直徑，O為圓心，D點(diǎn)是弧CM的中點(diǎn)，在半圓CDM下半部分有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mg,q)(g為重力加速度)。現(xiàn)把可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為2m的小物塊P置于水平面的A點(diǎn)，并在水平恒力F(大小未知)的作用下由靜止向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)撤掉水平恒力F，小物塊P恰好運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)靜止?，F(xiàn)把與小物塊P材料相同、質(zhì)量是小物塊P質(zhì)量一半、帶電荷量為＋q的絕緣小物塊Q同樣置于A點(diǎn)，在同樣水平恒力F作用下也從靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)撤掉水平恒力F，帶電小物塊Q離開(kāi)水平面BC后沿著圓弧軌道CDM運(yùn)動(dòng)恰好能過(guò)最高點(diǎn)M。求：(1)小物塊Q經(jīng)過(guò)水平面C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小物塊Q在半圓軌道CDM上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)軌道的最大壓力；(3)小物塊Q在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受摩擦力做的功。答案(1)eq\r(3gR)(2)(3eq\r(2)＋1)mg，方向與豎直方向夾角為45°斜向左下方(3)－eq\f(3,2)mgR解析(1)小物塊Q在最高點(diǎn)M由牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,M),R)從C點(diǎn)到M點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)Q由動(dòng)能定理得qER－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝eq\r(3gR)。(2)根據(jù)題意并結(jié)合受力分析知，小物塊Q運(yùn)動(dòng)到與圓心的連線和豎直方向的夾角為45°的位置時(shí)，對(duì)軌道的壓力最大，設(shè)此位置小物塊Q對(duì)應(yīng)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理得qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)由牛頓第二定律有FN－eq\f(mg,cos45°)＝eq\f(mv2,R)聯(lián)立解得FN＝(3eq\r(2)＋1)mg由牛頓第三定律得，小物塊Q對(duì)軌道的最大壓力為FN′＝(3eq\r(2)＋1)mg，方向與豎直方向夾角為45°斜向左下方。(3)設(shè)小物塊Q從A到C過(guò)程中所受摩擦力做的功為Wf，對(duì)小物塊P，由功能關(guān)系得WF＋2Wf＝0對(duì)小物塊Q有WF＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得Wf＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝－eq\f(3,2)mgR。12.(多選)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m且電荷量為q的帶正電小球，用一絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于O點(diǎn)，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)?，F(xiàn)加一水平向右的區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(3mg,4q)，小球初始位置在最低點(diǎn)，若給小球一個(gè)水平向右的初速度，使小球能夠在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是()A．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒B．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒C．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最小速度至少為eq\r(gL)D．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最大速度至少為eq\f(5,2)eq\r(gL)答案BD解析小球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；如圖所示，小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別為A點(diǎn)和B點(diǎn)，等效重力G′＝eq\f(5,4)mg，小球在最高點(diǎn)A的最小速度v1滿足G′＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，得v1＝eq\f(\r(5gL),2)，故C錯(cuò)誤；小球由最高點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B，由動(dòng)能定理有G′·2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(gL)，故D正確。13.如圖所示，在光滑的水平桌面上，粗糙直線軌道AB與光滑圓弧軌道BCD相切于B點(diǎn)，圓心角∠BOC＝37°，線段OC垂直于OD，圓弧軌道半徑為R，直線軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5R。整個(gè)軌道處于電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下且垂直于直線OD。現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小物塊P從A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，小物塊P與AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空氣阻力。求：(1)小物塊第一次通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(2)小物塊第一次通過(guò)D點(diǎn)后離開(kāi)D點(diǎn)的最大距離；(3)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動(dòng)的總路程。答案(1)5.4qE(2)eq\f(6,5)R(3)15R解析(1)設(shè)小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC1，根據(jù)動(dòng)能定理有qE[Lsin37°＋R(1－cos37°)]－μqELcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－0解得vC1＝eq\r(\f(22qER,5m))在C點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得FN－qE＝meq\f(veq\o\al(2,C1),R)解得FN＝5.4qE根據(jù)牛頓第三定律得FN′＝FN＝5.4qE。(2)設(shè)小物塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD1，根據(jù)動(dòng)能定理有qE(Lsin37°－Rcos37°)－μqELcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D1)－0解得vD1＝eq\r(\f(12qER,5m))小物塊第一次到達(dá)D點(diǎn)后先以速度vD1沿電場(chǎng)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的最大距離為xm，根據(jù)動(dòng)能定理得－qExm＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D1)，解得xm＝eq\f(6,5)R。(3)分析可知小物塊最終會(huì)在圓弧軌道上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為零時(shí)，動(dòng)能和電勢(shì)能之和不再減小。設(shè)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，根據(jù)功能關(guān)系得qELsin37°＝μqEscos37°解得s＝eq\f(Ltan37°,μ)＝15R。14.(多選)如圖甲所示，長(zhǎng)為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點(diǎn)有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(chǎng)，取豎直向下為電場(chǎng)正方向，不計(jì)粒子重力。以下判斷正確的是()A．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為eq\f(\r(2)d,v0)B．射出粒子的最大動(dòng)能為eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C．t＝eq\f(d,2v0)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O′點(diǎn)射出D．t＝eq\f(3d,v0)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O′點(diǎn)射出答案AD解析由題圖可知電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2d)，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間滿足eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,min)，解得tmin＝eq\f(\r(2)d,v0)，選項(xiàng)A正確；能從板間射出的粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t＝eq\f(8d,v0)，則任意時(shí)刻射入的粒子若能射出電場(chǎng)，射出電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度均為0，可知粒子射出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能均為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t＝eq\f(d,2v0)＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)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(fù)，則最后射出時(shí)有沿電場(chǎng)方向向下的位移，即粒子將從O′點(diǎn)下方射出，故C錯(cuò)誤；t＝eq\f(3d,v0)＝eq\f(3T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)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(fù)，則最后射出時(shí)沿電場(chǎng)方向的位移為零，即粒子將從O′點(diǎn)射出，選項(xiàng)D正確?！灸芰ε鄡?yōu)】15.(多選)如圖所示，xOy坐標(biāo)系的第一象限存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)