2022版?zhèn)鋺?zhàn)老高考一輪復(fù)習(xí)物理專題強(qiáng)化十五 帶電粒子在電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題 教案

專題強(qiáng)化十五帶電粒子在電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題目標(biāo)要求1.掌握帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和分析方法.2.會(huì)用等效法分析帶電粒子在電場(chǎng)和重力復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng).3.會(huì)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析帶電粒子的力電綜合問(wèn)題．題型一帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形．(1)當(dāng)粒子平行于電場(chǎng)方向射入時(shí)，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其初速度和受力情況決定了粒子的運(yùn)動(dòng)情況，粒子可以做周期性的直線運(yùn)動(dòng)．(2)當(dāng)粒子垂直于電場(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性．2．研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場(chǎng)變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況．根據(jù)電場(chǎng)的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等．3．注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)：抓住粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間上的周期性和空間上的對(duì)稱性，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．4．對(duì)于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場(chǎng)，若粒子穿過(guò)板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過(guò)電場(chǎng)時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)．例1(2019·四川成都市模擬)如圖1甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)．在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板間中線與電子源在同一水平線上．已知極板間距為d，極板長(zhǎng)L，不計(jì)電子重力，求：圖1(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度大??；(2)eq\f(T,4)時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時(shí)與板間中線的距離(未與極板接觸)．答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)0解析(1)設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU0,m)).(2)由題意知，電子穿過(guò)偏轉(zhuǎn)極板所需時(shí)間t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T故在eq\f(T,4)時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場(chǎng)方向上先加速后減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故一個(gè)周期內(nèi)，側(cè)移量為零，則電子沿板間中線射出偏轉(zhuǎn)極板，與板間中線的距離為0.1．(帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn))(多選)(2019·山東濰坊市二模)如圖2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(q>0)、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)，取豎直向下為正方向，不計(jì)粒子重力．以下判斷正確的是()圖2A．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)mv02C．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解析由題圖可知場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(mv\o\al(02),2qd)，則粒子在電場(chǎng)中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(v\o\al(02),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)atmin2，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)，則射出電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度均為0，可知射出電場(chǎng)時(shí)粒子的動(dòng)能均為eq\f(1,2)mv02，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)，則最后從O′點(diǎn)射出時(shí)有沿電場(chǎng)方向向下的位移，則粒子將從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)，則最后從O′點(diǎn)射出時(shí)沿電場(chǎng)方向的位移為零，則粒子將從O′點(diǎn)射出，選項(xiàng)D正確．題型二帶電粒子在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)1．等效重力場(chǎng)物體僅在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是最常見(jiàn)、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是對(duì)于處在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)中物體的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題就會(huì)變得復(fù)雜一些．此時(shí)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，可形象稱之為“等效重力場(chǎng)”．2．等效重力場(chǎng)的對(duì)應(yīng)概念及解釋3．舉例例2(2020·福建龍巖市高三上學(xué)期期末)如圖3所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))恰好能靜止在C點(diǎn)．若在C點(diǎn)給小球一個(gè)初速度使它在軌道內(nèi)側(cè)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(小球的電荷量不變)．已知C、O、D在同一直線上，它們的連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.求：圖3(1)小球所受的電場(chǎng)力F的大??；(2)小球做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)的速度大小及在A點(diǎn)對(duì)軌道壓力的大?。鸢?1)eq\r(3)mg(2)eq\r(2gr)9mg解析(1)小球在C點(diǎn)靜止，受力分析如圖所示由平衡條件得F＝mgtan60°解得：F＝eq\r(3)mg(2)小球在光滑軌道內(nèi)側(cè)恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)小球速度最小，對(duì)軌道的壓力為零，則eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v\o\al(D2),r)解得小球在D點(diǎn)的速度vD＝eq\r(2gr)小球由軌道上A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得－mgr(1＋cosθ)－Frsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2)解得小球在A點(diǎn)的速度vA＝2eq\r(2gr)小球在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：FNA－mg＝meq\f(v\o\al(A2),r)解得：FNA＝9mg根據(jù)牛頓第三定律得：小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕NA′＝9mg.2．(等效重力場(chǎng))(多選)(2019·四川樂(lè)山市第一次調(diào)查研究)如圖4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()圖4A．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)懸線與豎直方向成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：mgtanθ＝qE，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．題型三電場(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．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)處理也常常更簡(jiǎn)捷．具體方法有：(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)程的初、末狀態(tài)(主要指動(dòng)能)．④根據(jù)W＝ΔEk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．例3(2019·全國(guó)卷Ⅱ·24)如圖5，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)．圖5(1)求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大?。?2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？答案(1)eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mv02③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2φ,d)qhl＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))；(2)若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短．由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ)).3．(在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)物體的功能關(guān)系)(2019·名師原創(chuàng)預(yù)測(cè))如圖6所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直線軌道AB與水平放置的光滑圓弧軌道BCD相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道位于水平桌面內(nèi)，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)度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空氣阻力．求：圖6(1)小物塊第一次通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FNC1；(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(C12)－0解得vC1＝eq\r(\f(22qER,5m))在C點(diǎn)根據(jù)向心力公式得FNC1′－qE＝eq\f(mv\o\al(C12),R)解得FNC1′＝5.4qE根據(jù)牛頓第三定律得FNC1＝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)mvD12－0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逆著電場(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)mvD12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?。O(shè)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，則根據(jù)功能關(guān)系得qELsin37°＝μqEscos37°解得s＝eq\f(Ltan37°,μ)＝15R.課時(shí)精練1．如圖1甲為一對(duì)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓．現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(不計(jì)重力及粒子間的相互作用)，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()圖1A．1∶1 B．2∶1C．3∶1 D．4∶1答案C解析粒子在兩板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓不為零時(shí)，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度為a，若粒子在t＝nT時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最大，ymax＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＋a×eq\f(T,2)×eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2；若粒子在t＝nT＋eq\f(T,2)時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最小，ymin＝0＋eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝eq\f(1,8)aT2，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1，故C項(xiàng)正確．2．(多選)如圖2甲，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v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時(shí)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0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是()圖2A．末速度大小為eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力勢(shì)能減少了eq\f(1,2)mgdD．克服電場(chǎng)力做功為mgd答案BC解析因0～eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)，微粒只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(2T,3)時(shí)刻豎直方向的速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平方向的速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)刻，微粒豎直方向的速度減小到零，水平方向的速度為v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知，eq\f(1,2)mgd－W克電＝0，可知克服電場(chǎng)力做功為eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3.(2019·天津卷·3)如圖3所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程()圖3A．動(dòng)能增加eq\f(1,2)mv2 B．機(jī)械能增加2mv2C．重力勢(shì)能增加eq\f(3,2)mv2 D．電勢(shì)能增加2mv2答案B解析小球動(dòng)能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到N時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間高度差為h＝eq\f(v2,2g)，小球重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，則小球的電勢(shì)能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢(shì)能的減少量為ΔEp′＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對(duì)小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確．4．(多選)如圖4甲所示，平行金屬板相距為d，在兩板間加一如圖乙所示的交變電壓，有一個(gè)粒子源在平行金屬板左邊界中點(diǎn)處沿垂直電場(chǎng)方向連續(xù)發(fā)射速度相同的帶正電粒子(不計(jì)重力及粒子間的相互作用)．t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子恰好在t＝T時(shí)刻到達(dá)B板右邊緣，則()圖4A．任意時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界經(jīng)歷的時(shí)間為TB．t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界的速度最大C．t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)距B板的距離為eq\f(d,4)D．粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)的動(dòng)能與何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)無(wú)關(guān)答案AD解析任意時(shí)刻進(jìn)入的粒子在水平方向的分運(yùn)動(dòng)都是勻速直線運(yùn)動(dòng)，則由L＝v0t，得t＝eq\f(L,v0)，由于L、v0都相等，所以粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界所用時(shí)間都相等，且都為T，選項(xiàng)A正確；粒子在豎直方向做周期性運(yùn)動(dòng)，勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，加速度大小也相同，所以到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)速度的變化量為零，因此粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)的速度大小等于進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)初速度大小，與何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；對(duì)于t＝0時(shí)刻進(jìn)入的粒子，據(jù)題意有eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2；對(duì)于t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在前eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向下，大小為y1＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2，在后eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向上，大小為y2＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2，則知y1＝y(tǒng)2，即豎直方向的位移為0，所以粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)距B板距離為y＝eq\f(d,2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．5.(多選)(2020·廣東深圳高級(jí)中學(xué)月考)如圖5所示，豎直平面內(nèi)有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于軌道平面水平向左，P、Q分別為軌道上的最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，M、N是軌道上與圓心O等高的點(diǎn)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(3mg,4q)，要使小球能沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是()圖5A．小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能最小的位置，電勢(shì)能最大B．小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能最大的位置一定在M點(diǎn)C．小球過(guò)Q、P點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力大小的差值為6mgD．小球過(guò)Q、P點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力大小的差值為7.5mg答案BC解析根據(jù)等效場(chǎng)知識(shí)可得，電場(chǎng)力與重力的合力大小為mg等＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg，故等效重力加速度為g等＝eq\f(5,4)g，如圖所示，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，即θ＝37°，若小球剛好能通過(guò)C點(diǎn)關(guān)于圓心O對(duì)稱的D點(diǎn)，那么小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小，但D點(diǎn)并非是其電勢(shì)能最大的位置，小球電勢(shì)能最大的位置在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球在軌道上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中遵守能量守恒定律，小球在軌道上M點(diǎn)的電勢(shì)能最小，機(jī)械能最大，選項(xiàng)B正確；小球過(guò)Q點(diǎn)和P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得FQ－mg＝meq\f(v\o\al(Q2),R)，F(xiàn)P＋mg＝meq\f(v\o\al(P2),R)，小球從Q點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得－2mgR＝eq\f(1,2)mvP2－eq\f(1,2)mveq\o\al(Q2)，聯(lián)立解得FQ－FP＝6mg，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．6.(多選)如圖6所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、場(chǎng)強(qiáng)為1×104N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)．在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)2m的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為0.08kg的帶電小球，小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成37°角．若小球獲得一定初速度后恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，取小球在靜止時(shí)的位置為電勢(shì)能零點(diǎn)和重力勢(shì)能零點(diǎn)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.下列說(shuō)法正確的是()圖6A．小球的電荷量q＝6×10－5CB．小球在c點(diǎn)的動(dòng)能最小，且為1JC．小球在b點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最小D．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變，且為5J答案AD解析小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成37°角，小球受重力、拉力和電場(chǎng)力，三力平衡，根據(jù)平衡條件得：mgtan37°＝qE，解得：q＝eq\f(mgtan37°,E)＝6×10－5C，故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)b速度最小，根據(jù)牛頓第二定律得：eq\f(mg,cos37°)＝meq\f(v2,L)；最小動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cos37°)＝1J，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律，電勢(shì)能與機(jī)械能之和不變，所以機(jī)械能最小的位置是電勢(shì)能最大的位置，即機(jī)械能最小的位置在與O點(diǎn)等高的最左側(cè)的位置a點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；由C選項(xiàng)分析可知，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能和機(jī)械能之和不變，在b點(diǎn)，電勢(shì)能、重力勢(shì)能和動(dòng)能之和為：E＝Ek＋Ep＋Ep′＝Ek＋mg×2Lcos37°＋Eq×2Lsin37°＝5J，故D正確．7.如圖7所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝5.0×103V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞，甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D.已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m＝1.0×10－2kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2.(水平軌道足夠長(zhǎng)，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中甲不帶電，乙電荷無(wú)轉(zhuǎn)移)求：圖7(1)乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；(2)碰撞前甲球的速度v0的大小．答案(1)0.4m(2)2eq\r(5)m/s解析(1)設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)D時(shí)的速度為vD，乙離開(kāi)D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，則mg＋qE＝meq\f(v\o\al(D2),R)①2R＝eq\f(1,2)(eq\f(mg＋qE,m))t2②x＝vDt③聯(lián)立①②③得x＝0.4m．④(2)設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv0＝mv甲＋mv乙⑤eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2⑥聯(lián)立⑤⑥得v乙＝v0⑦由動(dòng)能定理得－mg·2R－qE·2R＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mv乙2⑧聯(lián)立①⑦⑧得v0＝2eq\r(5)m/s.8．(2019·河南高三月考)在圖8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，現(xiàn)有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)：圖8(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(v\o\al(02)＋\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)，向正極板方向偏轉(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