帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)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(wèn)題專題解讀】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(guò)好雙基關(guān)訓(xùn)第萬(wàn)也慝目一、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(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)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. 受力特點(diǎn)：在討論帶電粒子或其

2、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.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(lái)處理.即使都是恒力作用的問(wèn)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(guò)程.2分析物體在所研究過(guò)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(guò)程的始、末狀態(tài)主要指動(dòng)能.4根據(jù) W=Ek列出方程求解.2. 用包括電

3、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.利用某些能量的減少等于另一些能量的增加即AE= AE '列方程.3. 兩個(gè)結(jié)論1假設(shè)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)能之和保持不假設(shè)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)ifl硏爭(zhēng)嗎和K毆分靳憲域那脈點(diǎn)命題點(diǎn)一帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).能力老點(diǎn) 師生共研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)的題目類型(1) 粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(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).

4、(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(guò)程中的速度、位移、做功或確定與物理過(guò)程相關(guān)的邊界條件 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|例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.假設(shè)在to時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在 A板上.那么to可能屬于

5、的時(shí)間段是()TA.0 v to v：43T丄C_v tov T 4答案 B圖1B.Tv tovD.T v tov3T49T8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T T 3T負(fù)，最終打在a板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù).分別作出to= o、4、-、匚時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的v-1圖象，如下列圖.由于v t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過(guò)的位移，那么由圖象知，oT 3TT 3TV tov 4與7V to vT時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零，4V tov 7時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；to>T時(shí)情況類似因粒子最終打在 A板上，那么要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的

6、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兩板間加上以下哪種電壓時(shí)， 有可能使電子到不了 B板 圖2答案 BI變式2 侈選2021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(guò)程中未與金屬板接觸.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，正確的選項(xiàng)是 甲乙圖3A. 末速度大小為,2v0B. 末速

7、度沿水平方向一 1C. 重力勢(shì)能減少了 qmgdD. 克服電場(chǎng)力做功為 mgd答案 BCTT 2T解析 因0§時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故Eoq= mg；在3時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做2TgT2 t平拋運(yùn)動(dòng)，在t= 2T時(shí)刻的豎直速度為 Vy1 = "3，水平速度為V0；在23T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第 二定律2Eoq mg = ma,解得a = g,方向向上，那么在 t= T時(shí)刻，vy2= vyi-g T = 0,粒子的-J豎直速度減小到零，水平速度為V0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢(shì)能減小了 AEp= mg=fmgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知，mgd W電=0，

8、可知克服電場(chǎng)力1做功為mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；應(yīng)選B、C.命題點(diǎn)二用“等效法處理帶電粒子在能力考點(diǎn)師生共硏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F合4所示，貝U 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(wèn)題.小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過(guò)最高點(diǎn)， 而這里的最高點(diǎn)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(jué)習(xí)慣的最高點(diǎn).而物理最高 點(diǎn)是物體在

9、圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最小 稱為臨界速度的點(diǎn)I例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A從靜止開(kāi)始釋放電荷量為+ 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)(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(guò)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；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(guò)程中速度最大時(shí)對(duì)環(huán)的作用力大小;(3)在(1)問(wèn)電場(chǎng)中，要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(jiàn)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(guò)M點(diǎn)的

10、直徑MN，設(shè)電場(chǎng)力與重力的合力為F，那么其方向沿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:電 min = mgcos 45 =°22mgF 電 min = qEmin解得所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)最小值Emin 亠2一方向沿/ AOB的角平分線方向指向左上方F = mgsi n 45 =牙 mg(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(guò)程，由動(dòng)能定理得Fr + 于=2mv2- 0在M點(diǎn)，由牛頓第二定律得:2 v_ F n F = mr聯(lián)立解得Fn=廳+ 1mg由牛頓第三定律知，珠子

11、對(duì)環(huán)的作用力大小為F n ' = Fn = (32+ 1)mg.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(guò)程中，由動(dòng)能定理得：F(r ¥)= 0 EkA；.：2 1解得 EkA= 2mgr.|變式3 (2021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(kāi)始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)3并進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng).小球所受電場(chǎng)力是其重力的 3，圓環(huán)半徑為 R,斜面傾角為 0 =60°, Sbc= 2R.假設(shè)使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完

12、整的圓周運(yùn)動(dòng)， h至少為多少？ (sin 37 = 0.6, cos 37 =0.8)丨k人丿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，如下列圖.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(guò)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：2 2mVD “VDF = R，即：1.25mg= mR"小球由A運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理結(jié)合幾何知識(shí)得：3h1mg(h R Rcos 37 )° mg ("0 + 2R+ Rsin 37 )=&#

13、176;mvD2，聯(lián)立解得 h 7.7R.命題點(diǎn)三電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題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 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(guò)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)于多階段運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)作運(yùn)動(dòng)過(guò)程草圖來(lái)獲得例3 (2021全國(guó)卷I 25)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

14、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t1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；求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。粸楸ＷC后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，試給出相應(yīng)的t1和vo應(yīng)滿足的條件.不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度 vo做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于 B、 A兩點(diǎn)間距離的兩倍.答案見(jiàn)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

15、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= V1 a2tl由式得V2= V0 2gti由題意，在t= 0時(shí)刻前有qEi = mg油滴從t = 0到ti時(shí)刻的位移為1 2 xi= voti + 2aiti油滴在從ti時(shí)刻到t2= 2ti時(shí)刻的

16、時(shí)間間隔內(nèi)的位移為1 2X2= vitl 2a2tl由題給條件有 V0 = 2gx 2h = 4gh式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離.假設(shè)B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有xi+ X2= h由式得E2=2 - 2亦+ 4亦2舊為使E2> Ei，應(yīng)有vo i2莎+42> iV0解得 o< tivi 或 ti>i + 于條件？式和？式分別對(duì)應(yīng)于V2> 0和V2< 0兩種情形.假設(shè)B在A點(diǎn)之下，依題意有X2 + xi= h由？式得V01 V0 2E2= 2 - 2S2= vot ?at聯(lián)立式得51 52gt1-4討舊為使E2>Ei，應(yīng)有vo 1 vo 22 - 2-)2&

17、gt;1gti 4'gti，"，口 J5 vo 解得ti>(亍+ i)g另一解為負(fù)，不符合題意，舍去 |變式4 (2021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(kāi)N離開(kāi)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(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能的1.5倍.不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求：4 4*| i|左¥右

18、L圖7(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)1h(3)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,那么它們進(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= 01 2S1 = vot + §at2(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)在豎直方向的分速度為vy,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式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

19、聯(lián)立式可得(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)，那么四=qE vy mg設(shè)M、 N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Eki、Ek2，由動(dòng)能定理得1 2 2Eki= 2m(vo + vy) + mgH + qEsi(1) 要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)Q,那么小滑塊應(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(guò)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，由牛頓第二定律得mg+ qE= mR小滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得1 2 1 2 mg 2R qE 2R «mg+ qE)x =

20、 §mv 2mvo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'，那么從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得1(mg+ qE)R KqE + mg)x= qmv12mvo又在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得v'R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(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力Fn' = Fn = 0.6 N.課時(shí)作業(yè)垠時(shí)訓(xùn)塔范毎速atN雙基穩(wěn)固練1.(2021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 碰)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()2中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運(yùn)動(dòng)

21、(假設(shè)不與板相圖1TA. 電壓是甲圖時(shí)，在 0T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0T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 假設(shè)電壓是甲圖，0T時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力先向左后向右， 那么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0扌時(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(guò)了£做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng)，

22、 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T后向左減速，壬后向右加3速，：T后向右減速，T時(shí)速度減為零，之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，故電子做往復(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(kāi)始 B板電勢(shì)比A板電勢(shì)高，這時(shí)有一個(gè)原來(lái)靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是軌一；r9 TT I I I1£S1! Ti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兩板間做周期性

23、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)電粒子于t=0時(shí)刻由靜止釋放，假設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，那么以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是假設(shè)帶電粒子不與板相碰1£7( V* m-1)1:!1!；:! .11.：. rCi；1 2 丸3 6：t/K-£； 1 » 1 圖4A. 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

24、時(shí)間t變化的圖象如下列圖,v t圖線與時(shí)間軸所圍 “面積表示位移，可見(jiàn)帶電粒子不是只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，4 s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點(diǎn)，A、C錯(cuò)誤；2 s末速度不為0,可見(jiàn)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，貝U2.54 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 O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，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A. 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(guò)程中，電勢(shì)能減小

25、D. 小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)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)；從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. 多項(xiàng)選擇2021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(guò)B點(diǎn).重力加速度為g,小球在由A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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

26、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，那么小球帶負(fù)電，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，那么電勢(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. (2021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

27、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 = 1.0X 102 c/kg，在t = 0時(shí)m刻以速度V0= 5 X102 m/s從O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：(1) 粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間；(2) 粒子離開(kāi)電場(chǎng)的位置坐標(biāo)；粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域后沿x軸方向的速度大小.答案 (1)4 x 103 s (2)( - 2X 105 m,2 m) (3)4 x 103 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(guò)電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t= 乂 =

28、 4X 10-3 s.V0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 =豐=4 m/s2，減速時(shí)E2q°1 T ° T ° 1的加速度大小= 2 m/s2,離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，在x軸方向上的位移大小 x=歹1(刁2+ a1(?)2 2a2(T)2 = 2x 10-5 m,因此粒子離開(kāi)電場(chǎng)的位置坐標(biāo)為(2x 10-5 m,2 m).粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域后沿x軸方向的速度大小為：T T3vx= a12-a2§ = 4x 10-3 m/s.N綜合提升練7. (2021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

29、電荷量為一Q的點(diǎn)電荷固定在 O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，小金屬塊最后停止在 C點(diǎn).小金屬塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，、B間距離為L(zhǎng)，靜電力常量為k,那么A.在點(diǎn)電荷一Q形成的電場(chǎng)中,Uab =A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差2 卩 mglL mvm22qB.在小金屬塊由A向C運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電勢(shì)能先增大后減小c.ob間的距離為kQmg¥卩mgD.從B到C的過(guò)程中，小金屬塊的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能 答案 C1解析 小金屬塊從 A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理得：qUAB卩mg=qmvm2 0,得A、B兩點(diǎn)間22

30、mglL mvm的電勢(shì)差Uab = 2q ，故A錯(cuò)誤；小金屬塊由 A點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力 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(guò)程，金屬塊做加速運(yùn)動(dòng)，B到C過(guò)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，那么有i mg=，得r = mg故C正確；從B到C的過(guò)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，以初速度假設(shè)小球的帶電荷量為 q= ¥，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？假設(shè)小球的帶電荷量為 q=轡，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 一 3mg方向與水平線成60°角斜向右上方223mg方向與水平線成60。角斜向左上方解析1如圖甲所示，為使小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，必使其合外力為0,設(shè)對(duì)小球施加的力 Fi與水平方向夾角為a 貝U Ficos a= qEcos 0, Fisin a= mg+ qEsin 0代入數(shù)據(jù)解得 a= 60 ° Fi = J3mg即恒力Fi與水平線成60。角斜向右上方為使小球能做直線運(yùn)動(dòng)，那么小球所受合力的方向必和運(yùn)動(dòng)方向在一條直線