高二物理舉一反三系列（人教版必修第三冊）專題10.6 帶電粒子在電場中的曲線運動（教師版）

專題10.6帶電粒子在電場中的曲線運動【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1交變電場中的曲線運動問題】 【題型2類平拋問題】 【題型3類斜拋問題】 【題型4變速圓周運動桿模型】 【題型5變速圓周運動繩模型】 【題型6聯(lián)系實際】 【題型7組合場中的運動問題】 【題型8疊加場中的運動問題】 【題型1交變電場中的曲線運動問題】【例1】如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的足夠長的平行金屬板，B板接地，A、B兩極板間電壓隨時間的變化情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對小孔O1′和O2，兩板間電壓為U2?，F(xiàn)有一帶負電粒子在t＝0時刻以一定的初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1′進入，并能從O1′沿O1′O2進入C、D間。已知粒子的帶電荷量為－q，質量為m，(不計粒子重力)求：(1)粒子剛好能到達O2孔時，則該粒子進入A、B間的初速度v0為多大；(2)在(1)的條件下，A、B兩板長度的最小值；(3)A、B兩板間距的最小值。解析：(1)因粒子在A、B間運動時，水平方向不受外力作用做勻速運動，所以進入O1′孔時的速度即為進入A、B板的初速度在C、D間，由動能定理有qU2＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(2qU2,m))。(2)由于粒子進入A、B后，在一個周期T內，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，若在第一個周期末粒子從A、B板中射出，則對應兩板最短，長度為L＝v0T＝Teq\r(\f(2qU2,m))。(3)若粒子在運動過程中剛好不到A板而返回，則此時對應兩板間距最小，設為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))【變式1-1】如圖1所示,水平放置的平行金屬板A和B的距離為d,它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN,現(xiàn)在A、B板上加上如圖2所示的方波形電壓,電壓的正向值為U0,反向電壓值為U02,且每隔T2變向1次。現(xiàn)將質量為m的帶正電、電荷量為q的粒子束從AB的中點O沿平行于金屬板的方向OO'射入,設粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B間的飛行時間均為T,不計重力的影響。(1)定性分析在t=0時刻從O點進入的粒子,在垂直于金屬板的方向上的運動情況。(2)在距靶MN的中心O'點多遠的范圍內有粒子擊中?(3)要使粒子能全部打在靶MN上,電壓U0的數(shù)值應滿足什么條件?(寫出U0、m、d,q、T的關系式即可)答案(1)先向下做勻加速運動,再向下做勻減速運動(2)擊中的范圍在O'以下5qU0T216md到O'以上qU解析(1)0~T2時間內,帶正電的粒子受到向下的電場力而向下做加速運動,在T2~T時間內,粒子受到向上的電場力而向下做減速運動。豎直方向的v-t圖像如圖中(2)當粒子在0,T,2T,…,nT時刻進入電場中時,粒子將打在O'點下方最遠點,在前T2時間內,粒子在豎直方向向下的位移s1=12a1T22=qU0T28md;在后T2時間內,粒子在豎直方向向下的位移s2=v·T2-12a代入上式得s2=3故粒子打在距O'點正下方的最大距離s=s1+s2=5當粒子在T2,3T2,…,(2n+1)T2,時刻進入電場時(豎直方向的v-t圖像如圖中②所示),將打在O'點上方最遠點,在前T2時間內,粒子在豎直方向向上的位移s1'=12在后T2時間內,粒子在豎直向上的位移s2'=v'·T2-12a其中v'=a1'·T2=qU0T4md,a2'=qU0md,代入上式得s2'=0,所以擊中的范圍在O'以下5qU0T2(3)結合(2)知,要使粒子能全部打在靶上,須有5qU解得U0<8m【變式1-2】圖甲是一對長度為L的平行金屬板，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直．在t＝0時刻，一帶電粒子沿板間的中線OO′垂直電場方向射入電場，2t0時刻粒子剛好沿下極板右邊緣射出電場．不計粒子重力．則()A．粒子帶負電B．粒子在平行板間一直做曲線運動C．粒子射入電場時的速度大小為eq\f(L,2t0)D．若粒子射入電場時的速度減為一半，射出電場時的速度垂直于電場方向答案C解析粒子向下偏轉，可知粒子帶正電，選項A錯誤；粒子在平行板間在0～t0時間內做曲線運動；在t0～2t0時間內不受任何力，則做直線運動，選項B錯誤；粒子在水平方向一直做勻速運動，可知射入電場時的速度大小為v0＝eq\f(L,2t0)，選項C正確；若粒子射入電場時的速度減為一半，由于粒子在電場中受向下的靜電力，有向下的加速度，射出電場時有沿電場方向的速度，則射出電場時的速度不可能垂直于電場方向，選項D錯誤．【變式1-3】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，現(xiàn)有一電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO′射入．已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力，問：(1)若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？(2)若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長？(3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應從哪一時刻射入？兩極板間距至少為多大？答案見解析解析(1)由動能定理得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時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向A極板方向偏轉，半個周期后電場方向反向，電子在該方向上做勻減速運動，再經過半個周期，電子在電場方向上的速度減小到零，此時的速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復這樣的運動；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運動一個周期，故極板長至少為L＝v0T.(3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場方向上應先加速、再減速，反向加速、再減速，每階段時間相同，一個周期后恰好回到OO′上，可見應在t＝eq\f(T,4)＋k·eq\f(T,2)(k＝0,1,2，…)時射入，極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上，設兩板間距為d，由牛頓第二定律有a＝eq\f(eU0,md)，加速階段運動的距離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Teq\r(\f(eU0,8m)).【題型2類平拋問題】【例2】如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝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，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s時刻進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。[解析](1)電子經電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經電場偏轉后側移量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時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm，即打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm。(2)由題知電子側移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當偏轉電壓超過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)間長為3L＝30cm。[答案](1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm(2)30cm【變式2-1】噴墨打印機的結構原理如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出半徑為1×10－5m的墨汁微粒。此微粒經過帶電室時被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制。帶電后的微粒以一定的初速度進入偏轉電場，經過偏轉電場發(fā)生偏轉后，打到紙上，顯示出字體。無信號輸入時，墨汁微粒不帶電，沿直線通過偏轉電場而注入回流槽流回墨盒。設偏轉極板長L1＝1.6cm，兩板間的距離d＝0.50cm，偏轉極板的右端到紙的距離L2＝2.4cm。若一個墨汁微粒的質量為1.6×10－10kg，所帶電荷量為1.25×10－12C，以20m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉電場，打到紙上的點距原射入方向的距離是1.0mm(不計空氣阻力和墨汁微粒的重力，可以認為偏轉電場只局限在平行板電容器內部，忽略邊緣電場的不均勻性)()A．墨汁從進入偏轉電場到打在紙上，做類平拋運動B．兩偏轉板間的電壓是2.0×103VC．兩偏轉板間的電壓是5.0×102VD．為了使紙上的字體放大10%，可以把偏轉電壓降低10%解析：選C墨汁在偏轉電場中做類平拋運動，出偏轉電場后做勻速直線運動，A錯誤；墨汁出偏轉電場后做勻速直線運動，且反向延長線平分水平位移，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)立解得兩偏轉板間的電壓是U＝5.0×102V，B錯誤，C正確；由以上式子整理得y＝eq\f(qUL1L1＋2L2,2mdv02)，為了使紙上的字體放大10%，可以把偏轉電壓提高10%，D錯誤?！咀兪?-2】(多選)四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行。不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是()解析：選AD分析可知帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，則帶電粒子的運動軌跡方程為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)的運動軌跡重合，C錯誤；當電場方向沿y軸正方向時，帶正電荷的粒子向y軸正方向偏轉，帶負電荷的粒子向y軸負方向偏轉，則粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡與粒子(－q，m)的運動軌跡關于x軸對稱，粒子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，則x相同時，粒子(＋q,2m)沿y軸方向的偏轉量比粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，D正確；當電場方向沿y軸負方向時，同理可知A正確，B錯誤?！咀兪?-3】空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2)。重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；(2)B運動到P點時的動能。解析：(1)設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma ①eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,2)gt2 ②解得E＝eq\f(3mg,q)。 ③(2)設B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據動能定理有Ek－eq\f(1,2)mv12＝mgh＋qEh ④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2 ⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。 ⑦答案：(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(v02＋g2t2)【題型3類斜拋問題】【例3】(多選)如圖所示，有一勻強電場平行于平面xOy，一個帶電粒子僅在電場力作用下從O點運動到A點，粒子在O點時速度沿y軸正方向，經A點時速度沿x軸正方向，且粒子在A點的動能是它在O點時動能的3倍。關于粒子在OA段的運動情況，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點的電勢能比在O點的電勢能小C．這段時間中間時刻粒子的動能最小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，勻強電場場強方向未知，故該帶電粒子電性不明，故A錯誤；從O點運動到A點的過程，動能增加，根據動能定理可知，電場力做正功，又根據電場力做功與電勢能變化關系，可知帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小，故B正確；設加速度方向與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，最小的動能出現(xiàn)在加速度與速度垂直的時候，這段時間中間時刻粒子的兩個分速度分別為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錯誤?！咀兪?-1】(多選)如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球()A．做直線運動B．做曲線運動C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小答案BC解析對小球受力分析，小球受重力、靜電力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，選項C正確，D錯誤．【變式3-2】(多選)在電場方向水平向右的勻強電場中,一帶電小球從A點豎直向上拋出,其運動的軌跡如圖所示,小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上,M為軌跡的最高點,小球拋出時的動能為8J,在M點的動能為6J,不計空氣阻力,則下列判斷正確的是()。A.小球水平位移x1與x2的比值為1∶3B.小球水平位移x1與x2的比值為1∶4C.小球落到B點時的動能為32JD.小球落到B點時的動能為14J答案AC解析將小球的運動沿水平和豎直方向正交分解,水平分運動為初速度為零的勻加速直線運動,豎直分運動為豎直上拋運動,所以從A到M和從M到B點所用時間相等。對于初速度為零的勻加速直線運動,在連續(xù)相等的時間間隔內位移之比為1∶3,則小球水平位移x1與x2的比值為1∶3,A項正確,B項錯誤;從A到B,根據動能定理有F·4x1=EkB-8,從A到M的水平方向,根據運動學公式和牛頓第二定律有vM2=2Fmx1,得Fx1=12mvM2=6J,聯(lián)立解得小球落到B點時的動能為32J【變式3-3】(多選)如圖，質量為m、帶電荷量為＋q的小金屬塊A以初速度v0從光滑絕緣水平高臺上飛出。已知在足夠高的高臺邊緣右面空間中存在水平向左的勻強電場，電場強度大小E＝eq\f(3mg,q)。則()A．金屬塊不一定會與高臺邊緣相碰B．金屬塊一定會與高臺邊緣相碰，相碰前金屬塊在做勻變速運動C．金屬塊運動過程中距高臺邊緣的最大水平距離為eq\f(veq\o\al(2,0),4g)D．金屬塊運動過程的最小速度為eq\f(\r(10)v0,10)解析小金屬塊水平方向先向右做勻減速直線運動，然后向左做勻加速直線運動，一定會與高臺邊緣相碰，故A錯誤；相碰前，金屬塊受重力和電場力，合力是恒力，做勻變速運動，故B正確；小金屬塊水平方向向右做勻減速直線運動，由牛頓第二定律qE＝ma，得加速度大小為a＝3g，根據速度與位移關系式知金屬塊運動過程距高臺邊緣的最大水平距離為xm＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(veq\o\al(2,0),6g)，故C錯誤；小金屬塊水平方向的分速度vx＝v0－3gt；豎直方向做自由落體運動，分速度vy＝gt；合速度v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(（v0－3gt）2＋（gt）2)＝eq\r(10g2t2－6gtv0＋veq\o\al(2,0))，根據二次函數(shù)知識，當t＝eq\f(3v0,10g)時，小金屬塊的速度有極小值為eq\f(\r(10)v0,10)，故D正確。答案BD【題型4變速圓周運動桿模型】【例4】如圖，兩個帶等量正電的點電荷，分別固定在絕緣水平桌面上的A、B兩點，一絕緣圓形細管水平固定在桌面A、B兩點間，且圓形細管圓心O位于A、B連線的中點，細管與A、B連線及中垂線交點分別為C、E、D、F，一個帶負電的小球在細管中按順時針方向做完整的圓周運動，不計一切摩擦。下列說法正確的是()A．小球從C運動到D的過程中，速度先減小后增大B．在兩個帶正電的點電荷產生的電場中，C點的電勢比F點的電勢低C．小球在C、E兩點的速度大小相等，有相同的電勢能D．小球在D、F兩點所受的電場力相同解析：選C小球從C到D的過程中電場力的方向與速度方向的夾角一直是鈍角，電場力一直做負功，速度一直減小，A錯誤；由等量正點電荷的電場線的分布可知，電場線在OC方向由C指向O，在OF方向則有O指向F，順著電場線方向電勢降低，因此有φC>φO>φF，B錯誤；根據電場分布的對稱性規(guī)律可知φC＝φE，則小球在C、E兩點的電勢能相同，由能量守恒定律可得小球在C和E兩點動能相同，速度大小相等，C正確；等量同種正點電荷的電場線如圖，D、F兩點場強方向相反，因此小球受到的電場力方向相反，D錯誤?！咀兪?-1】如圖所示,環(huán)形塑料管半徑為R,豎直放置,且管的內徑遠小于環(huán)的半徑,ab為該環(huán)的水平直徑,環(huán)的ab及其以下部分有水平向左的勻強電場,電場強度的大小E=mgq,管的內壁光滑。現(xiàn)將一質量為m,電荷量為+q的小球從管中a點由靜止釋放,則()。A.小球到達b點時速度為零,并在adb間往復運動B.小球每周的運動過程中最大速度在圓弧ad之間的某一位置C.小球第一次和第二次經過最高點c時對管壁的壓力之比為1∶5D.小球第一次經過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為4∶1答案C解析帶電小球從a點由靜止釋放,只有重力和電場力做功,帶電小球到達b點,重力勢能不變,電勢能減小,故到達b點時的動能Ek=qE·2R=2mgR,A項錯誤;當小球重力和電場力的合力正好沿半徑方向時,小球的速度最大,所以速度最大點在d點的左側,B項錯誤;第一次過d點時,根據動能定理,有mgR+qER=12mv1d2,根據向心力公式,有FN1d-mg=mv1d2R,解得FN1d=5mg,第一次過c點,根據向心力公式,有FN1c+mg=mv1c2R,第一次經過c點的動能為12mv1c2=mgR,FN1c=mg,則小球第一次經過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為FN1d∶FN1c=5∶1,D項錯誤;從a點釋放到第二次到c點的過程,根據動能定理,有-mgR+2qE·2R=12mv2c2,根據向心力公式,有FN2c+mg=mv2c【變式4-2】如圖所示，在豎直放置的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處放一點電荷，將質量為m，帶電量為q的小球從圓弧管的水平直徑端點C由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，則放于圓心處的點電荷在C點產生的場強大小為（）A． B． C． D．答案：B解析：小球從C釋放，到B的過程中，只有重力做功，機械能守恒，即解得豎直平面內的圓周運動，在最低點B對管壁恰好無壓力，即電場力與重力的合力為向心力，即解得故選B?！咀兪?-3】如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質量為m、電荷量為＋q(q＞0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點，OP與豎直方向的夾角θ＝37°。不計空氣阻力，已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)電場強度E的大??；(2)若要使小球從P點出發(fā)能做完整的圓周運動，小球初速度的大小應滿足的條件。解析：(1)當小球靜止在P點時，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力的合力F＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg。當小球做圓周運動時，可以等效為在一個“重力加速度”為eq\f(5,4)g的“重力場”中運動。若要使小球能做完整的圓周運動，則小球必須能通過圖中的Q點。設當小球從P點出發(fā)的速度為vmin時，小球到達Q點時速度為零，在小球從P運動到Q的過程中，根據動能定理有－eq\f(5,4)mg·2r＝0－eq\f(1,2)mvmin2，所以vmin＝eq\r(5gr)，即小球的初速度應不小于eq\r(5gr)。答案：(1)eq\f(3mg,4q)(2)不小于eq\r(5gr)【題型5變速圓周運動繩模型】【例5】如圖所示，一光滑絕緣半圓環(huán)軌道固定在豎直平面內，與光滑絕緣水平面相切于B點，軌道半徑為R。整個空間存在水平向右的勻強電場E，場強大小為eq\f(3mg,4q)，一帶正電小球質量為m、電荷量為q，從距離B點為eq\f(R,3)處的A點以某一初速度沿AB方向開始運動，經過B點后恰能運動到軌道的最高點C。(重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)則：(1)帶電小球從A點開始運動時的初速度v0多大？(2)帶電小球從軌道最高點C經過一段時間運動到光滑絕緣水平面上D點(圖中未標出)，B點與D點的水平距離多大？[解析](1)小球在半圓環(huán)軌道上運動時，當小球所受重力、電場力的合力方向與速度垂直時，速度最小。設F合與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(Eq,mg)＝eq\f(3,4)，則θ＝37°，故F合＝eq\f(Eq,sin37°)＝eq\f(5,4)mg。設此時的速度為v，由于合力恰好提供小球圓周運動的向心力，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點到該點由動能定理得－mgR(1＋cos37°)－eq\f(3mgR,4)eq\f(1,3)＋sin37°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\f(5,2)eq\r(gR)。(2)設小球運動到C點的速度為vC，小球從A點到C點由動能定理得－2mgR－eq\f(3mg,4)×eq\f(R,3)＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02解得vC＝eq\f(1,2)eq\r(7gR)當小球離開C點后，在豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻加速直線運動，設C點到D點的運動時間為t。設水平方向的加速度為a，B點到D點的水平距離為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。[答案](1)eq\f(5,2)eq\r(gR)(2)eq\r(7)＋eq\f(3,2)R【變式5-1】(多選)如圖所示，長為L的細線拴一個帶電荷量為＋q、質量為m小球，重力加速度為g，球處在豎直向下的勻強電場中，電場強度為E，小球恰好能夠在豎直平面內做圓周運動，則()A．小球在最高點的速度大小為eq\r(gL)B．當小球運動到最高點時電勢能最小C．小球運動到最低點時，機械能最大D．小球運動到最低點時，動能為eq\f(5,2)(mg＋qE)L答案CD解析小球恰好能夠在豎直平面內做圓周運動，則在最高點由重力和靜電力的合力提供向心力，則有mg＋Eq＝meq\f(v2,L)，解得v＝eq\r(\f(mg＋Eq,m)L)，故A錯誤；小球向上運動時，靜電力做負功，電勢能增加，當小球運動到最高點時電勢能最大，故B錯誤；小球向下運動時，靜電力做正功，機械能增大，運動到最低點時，小球的機械能最大，故C正確；從最高點到最低點的過程中，根據動能定理得Ek－eq\f(1,2)mv2＝(mg＋Eq)·2L，解得Ek＝eq\f(5,2)(mg＋Eq)L，故D正確．【變式5-2】(多選)如圖，在水平向右的勻強電場中，一個質量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度E＝eq\f(mg,q)，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．若小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，則過最高點D的最小速度為eq\r(gL)B．若小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，則小球運動到B點時機械能最大C．若小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，小球從C到D的過程中機械能不守恒D．若將小球從A點由靜止釋放，小球能沿圓弧運動到D點且速度為零解析：選BC由于電場強度mg＝Eq，將電場力和重力合成，合力方向通過圓心時，合力所在的直線與圓周的交點是速度最大點和最小點。當繩子拉力為零時，小球的加速度大小為a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(\r(2)mg,m)＝eq\r(2)g，故若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為v，在右上方的交點時，繩子拉力為零，此時則有：eq\r(2)mg＝meq\f(v2,L)，解得，v＝eq\r(\r(2)gL)，故過最高點D的最小速度一定大于eq\r(gL)，故A錯誤；除重力和彈力外其他力做功等于機械能的增加值，若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時，電場力做正功最大，故到B點時的機械能最大，故B正確；若小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，小球從C到D的過程中電場力做功，所以機械能不守恒，故C正確；由于mg＝Eq，則小球受合力方向與電場方向夾角45°斜向下，故若將小球在A點由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運動，故D錯誤。【變式5-3】如圖所示，一半徑為R的絕緣圓形軌道豎直放置，圓軌道最低點B點與一條水平軌道相連，軌道是光滑的，軌道所在空間存在水平向右、場強為E的勻強電場，從水平軌道上的A點由靜止釋放一質量為m帶正電的小球，設A、B間的距離為s.已知小球受到的靜電力大小等于小球重力的eq\f(3,4)倍，C點為圓形軌道上與圓心O的等高點．(重力加速度為g)(1)若s＝2R，求小球運動到C點時對軌道的壓力大??；(2)為使小球剛好在圓軌道內完成圓周運動，求s的值．答案(1)eq\f(13mg,4)(2)eq\f(23R,6)解析(1)當小球從A點釋放，在靜電力作用下運動，從A到C點靜電力做正功，重力做負功，應用動能定理得：qE·3R－mgR＝eq\f(1,2)mvC2到達C點時，小球受到的支持力和靜電力提供向心力，即：FN－qE＝meq\f(vC2,R)由牛頓第三定律，小球對軌道的壓力大小與小球受到的支持力大小相等，則FN′＝FN＝eq\f(13mg,4)(2)為了使小球剛好在圓周軌道內運動，小球到達D點時恰好僅重力和靜電力，如圖所示，此時有：F＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mgF＝meq\f(v2,R)從A點到D點時據動能定理有：qE(s－0.6R)－mg(1.8R)＝eq\f(1,2)mv2則可以計算得：s＝eq\f(23R,6).【題型6聯(lián)系實際問題】【例6】(多選)示波管是電子示波器的心臟,其中的電子槍產生一個聚集很細的電子束,電子束經電場加速到很大的速度,再經過一對偏轉板,加在偏轉板上的電壓使電子束發(fā)生偏轉,電子束將隨偏轉板的電壓的變化而上下運動。簡化示波管的工作原理圖如圖所示,兩組平行帶電金屬板Ⅰ和Ⅱ,板間距離和板長均為L,金屬板組Ⅰ豎直放置,兩板間所加電壓為U1,金屬板組Ⅱ水平放置,兩板間所加電壓為U2。電子從金屬板組Ⅰ豎直板上的A點由靜止釋放后,經B點沿金屬板組Ⅱ的中心線水平進入,最終恰好從金屬板組Ⅱ的下板右邊緣射出。則下列說法正確的是()。A.電子經過兩組金屬板的時間之比為2∶1B.電子經過兩組金屬板的加速度之比為1∶2C.平行帶電金屬板組Ⅰ和Ⅱ所加電壓之比為1∶3D.電子射出兩組金屬板的末動能之比為1∶3答案AB解析設經過B點的速度為v0,經過金屬板組Ⅰ的時間t1=2Lv0,經過金屬板組Ⅱ的時間t2=Lv0,電子經過兩組金屬板的時間之比為2∶1,A項正確;經過金屬板組Ⅰ有L=12a1t12,經過金屬板組Ⅱ有L2=12a2t22,電子經過兩組金屬板的加速度之比為1∶2,B項正確;經過金屬板組Ⅰ的加速度a1=eU1mL,經過金屬板組Ⅱ的加速度金屬板所加電壓之比為1∶2,C項錯誤;電子經過金屬板組ⅠeU1=12mv02,電子經過金屬板組ⅡeU22=12mvt2-12mv02,解得12mvt2【變式6-1】如圖為某靜電除塵裝置的示意圖。A、B為電極和集塵板上某點連線上的兩點。不計煙塵微粒與空氣的作用力及重力，下列說法正確的是()A．A、B兩點的電場強度大小不同，方向相同B．集塵板邊緣的電場方向一定與集塵板表面垂直C．向集塵板加速靠近的煙塵微粒帶負電，且加速度逐漸增大D．若帶電煙塵微粒由靜止開始僅受電場力作用，則一定沿電場線到達集塵板解析：選B電極與集塵板之間的電場線是曲線，并非直線，并且越靠近電極處電場線越密集，所以A、B兩點的電場強度大小不同，方向也不同，故A錯誤；集塵板表面為一等勢面，所以集塵板邊緣的電場方向一定與集塵板表面垂直，故B正確；向集塵板加速靠近的煙塵微粒帶負電，但所受電場力逐漸減小，加速度逐漸減小，故C錯誤；由于電極與集塵板之間的電場線并非直線，所以帶電煙塵微粒由靜止開始僅受電場力作用，其速度方向不可能始終沿電場線的切線方向，故D錯誤。【變式6-2】如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成．放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質量為m的β粒子(電子)．若極板長為L，間距為d，當A、B板加上電壓U時，只有某一速度的β粒子能從細管C水平射出，細管C離兩板等距．已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為()A.eq\r(\f(2eU,m)) B.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,m))C.eq\f(1,d)eq\r(\f(eUd2＋L2,m)) D.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,2m))答案C解析從細管C水平射出的β粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，且a＝eq\f(qU,md).從A到C的過程有－eq\f(1,2)qU＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，q＝e，以上各式聯(lián)立解得v＝eq\f(1,d)eq\r(\f(eUd2＋L2,m))，選項C正確．【變式6-3】(多選)電子束熔煉是指高真空下，將高速電子束的動能轉換為熱能作為熱源來進行金屬熔煉的一種熔煉方法。如圖所示，陰極燈絲被加熱后產生初速度為0的電子，在3×104V加速電壓的作用下，以極高的速度向陽極運動；穿過陽極后，在金屬電極A1、A2間1×103V電壓形成的聚焦電場作用下，轟擊到物料上，其動能全部轉換為熱能，使物料不斷熔煉。已知某電子在熔煉爐中的軌跡如圖中虛線OPO′所示，P是軌跡上的一點，聚焦電場過P點的一條電場線如圖中弧線所示，則()A．電極A1的電勢高于電極A2的電勢B．電子在P點時速度方向與聚焦電場強度方向夾角大于90°C．聚焦電場只改變電子速度的方向，不改變電子速度的大小D．電子轟擊到物料上時的動能大于3×104eV解析：選ABD由粒子運動軌跡與力的關系可知電子在P點受到的電場力斜向左下方，電子帶負電，所以電場強度方向與電子受到的電場力方向相反，即電極A1的電勢高于電極A2的電勢，故A正確；電子在P點時速度方向與聚焦電場強度方向夾角大于90°，故B正確；聚焦電場不僅改變電子速度的方向，也改變電子速度的大小，故C錯誤；由動能定理，電子到達聚焦電場時動能已經為3×104eV，再經過聚焦電場加速，可知電子轟擊到物料上時的動能大于3×104eV，故D正確?！绢}型7組合場中的運動問題】【例7】(多選)質子和α粒子(氦核)分別從靜止開始經同一加速電壓U1加速后，垂直于電場方向進入同一偏轉電場，偏轉電場電壓為U2.兩種粒子都能從偏轉電場射出并打在熒光屏MN上，粒子進入偏轉電場時速度方向正對熒光屏中心O點．下列關于兩種粒子運動的說法正確的是()A．兩種粒子會打在屏MN上的同一點B．兩種粒子不會打在屏MN上的同一點，質子離O點較遠C．兩種粒子離開偏轉電場時具有相同的動能D．兩種粒子離開偏轉電場時具有不同的動能，α粒子的動能較大答案AD解析兩種粒子在加速電場中做加速運動，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02－0，偏轉電場中，設板長為L，平行于極板方向：L＝v0t，垂直于極板方向：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,md)，y＝eq\f(1,2)at2，離開偏轉電場時速度的偏轉角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)，聯(lián)立以上各式得y＝eq\f(U2L2,4dU1)，tanα＝eq\f(U2L,2dU1)，偏移量y和速度偏轉角α都與粒子的質量m、電荷量q無關，所以偏移量y相同，速度方向相同，則兩種粒子打在屏MN上同一點，故A正確，B錯誤；對兩個粒子先加速后偏轉的全過程，根據動能定理得qU1＋qU2′＝Ek－0，因α粒子的電荷量q較大，故離開偏轉電場時α粒子的動能較大，C錯誤，D正確．【變式7-1】噴墨打印機的簡化模型如圖所示,重力可忽略的墨汁微滴,經帶電室?guī)ж撾姾?以速度v垂直勻強電場飛入極板間,最終打在紙上,則微滴在極板間電場中()A.向負極板偏轉B.電勢能逐漸增大C.運動軌跡是拋物線D.運動軌跡與帶電量無關【解題指南】解答本題需明確以下三點:(1)分析帶負電的微滴的受力情況判斷其偏轉方向。(2)根據電場力做功的正負判斷電勢能是增大還是減小。(3)根據微滴在電場中做類平拋運動計算其偏移量,從而確定運動軌跡的性質。【解析】選C。微滴帶負電,進入電場,受電場力向上,應向正極板偏轉,A錯誤;電場力做正功,電勢能減小,B錯誤;微滴在電場中做類平拋運動,沿v方向:x=vt,沿電場方向:y=at2,又a=,得y=x2,即微滴運動軌跡是拋物線,且運動軌跡與電荷量有關,C正確、D錯誤?！咀兪?-2】如圖所示，虛線左側有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L，電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量e，質量為m)無初速度放入電場E1中的A點，最后打在右側的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值；(3)電子打到屏上的點B到O點的距離．答案(1)3eq\r(\f(mL,Ee))(2)2(3)3L解析(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律得：a1＝eq\f(E1e,m)＝eq\f(Ee,m)eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)a1t12電子進入電場E2時的速度為：v1＝a1t1從進入電場E2到打到屏上，電子水平方向做勻速直線運動，時間為：t2＝eq\f(2L,v1)電子從釋放到打到屏上所用的時間為：t＝t1＋t2解得：t＝3eq\r(\f(mL,Ee))(2)設粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy，由牛頓第二定律得：電子在電場E2中的加速度為：a2＝eq\f(E2e,m)＝eq\f(2Ee,m)vy＝a2t3t3＝eq\f(L,v1)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,v1)解得：tanθ＝2(3)帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示：設電子打到屏上的點B到O點的距離為x，由幾何關系得：tanθ＝eq\f(x,\f(3,2)L)，聯(lián)立得：x＝3L.【變式7-3】(多選)如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列說法中正確的是(已知重力加速度為g)()A．兩極板間電壓為eq\f(mgd,2q)B．板間電場強度大小為eq\f(2mg,q)C．整個過程中質點的重力勢能增加eq\f(mg2L2,v02)D．若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上答案BC解析據題分析可知，質點在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖所示：則兩次偏轉的加速度大小相等，根據牛頓第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed得兩極板間電壓為U＝eq\f(2mgd,q)，故A錯誤，B正確；質點在電場中向上偏轉的距離y＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\f(L,v0)，解得y＝eq\f(gL2,2v02)，故質點打在屏上的位置與P點的距離為s＝2y＝eq\f(gL2,v02)，整個過程中質點的重力勢能的增加量Ep＝mgs＝eq\f(mg2L2,v02)，故C正確；僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，板間場強不變，質點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，仍垂直打在M上，故D錯誤．【題型8疊加場中的運動問題】【例8】空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點．從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)．A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq\f(t,2).重力加速度為g，求：(1)電場強度的大小；(2)B運動到P點時的動能．答案(1)eq