10.5 帶電粒子在電場中的運動（解析版）

10.5帶電粒子在電場中的運動——劃重點之高一暑假預(yù)習強化精細講義知識點1：帶電粒子在電場中的加速1.用運動觀點分析帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力的方向與運動方向在同一直線上，做勻加(減)速直線運動，即在勻強電場中可利用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式分析.運用的公式有：，v=v0+at，，2.用功能觀點分析粒子只受電場力作用，電場力做的功即為合外力做的功，故粒子動能的變化量大小等于電勢能的變化量大小。帶電粒子經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，由動能定理,則帶電粒子的速度,若粒子的初速度為零，則帶電粒子的速度。帶電粒子的重力是否可忽略的條件重力場中的有質(zhì)量的物質(zhì)都要受到重力的作用，只是帶電粒子受到的重力遠小于靜電力，通常可以忽略重力的影響.（1）對于質(zhì)量很小的帶電粒子，如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，雖然它們也受到重力的作用，但重力遠小于電場力，可以忽略不計.對于帶電粒子，若無說明或暗示，一般不計重力；（2）帶電顆粒：如塵埃、液滴、油滴、小球等，若無說明或暗示，一般要考慮重力；（3）平衡問題一般要考慮重力；（4）即使題目中給出了帶電粒子的質(zhì)量，也不一定需要求出重力；不管是物體還是粒子，在一定條件下都可看成質(zhì)點；只要是實物粒子，都有質(zhì)量，不能忽略?！镜淅?】如圖所示，兩平行金屬板帶有等量異種電荷，極板與外電路斷開，一電子從O點沿垂直極板方向射出，最遠能達到A點，然后返回。不計電子的重力，若電子從O點射出的初速度不變，將右極板向右平移一小段距離，則（）A．電子最遠能達到A點右側(cè)某點 B．電子最遠不可能再達到A點C．電子返回O點所用時間不變 D．電子返回O點時速度會變小【答案】C【詳解】根據(jù)E=可得兩平板間電場強度E=在與外電路斷開的情況下，移動右極板，Q不變，所以電場強度E不變，電子的受力不變，運動情況與之前相同。故選C?！镜淅?】如圖甲所示，在光滑水平面上O點處有帶正電的絕緣小物塊處于靜止狀態(tài)，零時刻開始，加如圖乙所示的水平電場（以水平向右為正方向），物塊在T2時刻到達A點，速度有為vA；T時刻恰好回到出發(fā)點O，速度大小為A．E1=E0 B．E1=3E0 【答案】B【詳解】設(shè)OA長度為x，以向右為正方向，則由O→A過程有x=T2～T時段加反向勻強電場，物塊先向右做勻減速運動至零后反向向左做勻加速運動，則?x=結(jié)合兩式有v則0~TaT2a代入v得a2=則E故選B?！镜淅?】A、B是電場中的一條電場線，若將一個帶負電的點電荷由A點靜止釋放，它在沿電場線從A向B運動過程中的v?t圖像如圖所示，A、B兩點的電勢φ和場強E的大小關(guān)系是（）A．φA<φB，EA<EB B．φA<φB，EA>EBC．φA>φB，EA>EB D．φA>φB，EA<EB【答案】B【詳解】由v?t圖像可知負電荷從A向B運動的過程中做加速度逐漸減小的加速運動，由a=qEE從A向B負電荷做加速運動，負電荷受到的電場力方向水平向右，電場強度方向水平向左，沿電場線方向電勢降低，故φ故選B?！镜淅?】（多選）如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒（又稱漂移管）A、B、C、D、E組成，相鄰金屬圓筒分別接在電源的兩端。質(zhì)子以初速度v0從O點沿軸線進入加速器，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速直線運動且時間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速時電壓U大小相同。質(zhì)子電量為e，質(zhì)量為mA．MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化B．金屬圓筒的長度應(yīng)與質(zhì)子進入圓筒時的速度成正比C．質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為8eUD．圓筒E的長度為T【答案】AB【詳解】A．因由直線加速器加速質(zhì)子，其運動方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為正極時，則在下一個加速時需B右邊緣為正極，所以MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化，故A正確；B．因質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運動且時間均為T，由T=可知金屬圓筒的長度應(yīng)與質(zhì)子進入圓筒時的速度成正比，故B正確；C．質(zhì)子以初速度v0從O5eU=解得質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為v故C錯誤；D．質(zhì)子在圓筒內(nèi)做勻速運動，所以圓筒E的長度為L故D錯誤。故選AB。知識點2：帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1.運動情況質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0平行兩極板進入勻強電場中，兩極板長為l,極板間距離為d、電壓為U.不考慮粒子的重力且忽略電容器的邊緣效應(yīng)，帶電粒子僅受恒定的電場力.粒子的運動特點和平拋運動相似，即帶電粒子在電場中做類平拋運動.2.處理方法將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動.根據(jù)運動的合成與分解的知識分析.（1）粒子沿初速度方向做勻速直線運動，穿過兩極板的時間。（2）粒子沿電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度。（3）沿初速度方向：速度：vx=v0，位移：l=v0t（4）沿電場力方向：速度：，位移：（5）粒子離開電場時的速度偏轉(zhuǎn)角θ滿足（6）粒子離開電場時位移與初速度方向的夾角α滿足3.幾個常用推論(1)tanθ=2tanα.聯(lián)立上邊(5)(6)中公式可推出。(2)粒于從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于沿初速度方向分位移的中點，即粒子好像從該中點處沿直線飛離電場一樣.(3)不同的帶電粒子、電性相同，不計重力，由靜止開始先在同一電場中加速，又在同一電場中偏轉(zhuǎn)，射出電場時粒子的偏移量和偏轉(zhuǎn)角相同，與粒子的帶電荷量和質(zhì)量無關(guān)，即運動軌跡相同。(4)若粒子以相同的初動能Ek進入同一個偏轉(zhuǎn)電場，只要電荷量相同，不論質(zhì)量是否相同，偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ均相同.重難點1：帶電粒子在電場中做類平拋運動的問題如圖所示，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P,如圖所示.1.確定最終偏移距離OP的兩種方法方法1：方法2：2.確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后的動能(或速度)的兩種方法方法1:方法2：【典例5】如圖所示，比荷相同、重力不計的a、b兩個帶電粒子，從同一位置水平射入豎直向下的勻強電場中，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的bA．a(chǎn)、b均帶負電B．a(chǎn)的初速度一定小于b的初速度C．a(chǎn)的運動時間一定小于b的運動時間D．該過程中a所受電場力做的功一定大于b的【答案】B【詳解】A．因電場線向下，兩粒子均受向下的電場力而做類平拋運動，故均帶正電，故A錯誤；B．設(shè)任一粒子的速度為v0，電量為q，質(zhì)量為m，加速度為a，運動的時間為t，則加速度為a=對豎直分運動為勻加速直線運動，有y=對水平分運動為勻速直線運動，有x=聯(lián)立得v因比荷qm相同，y相同，E相同，則x大的初速度大，即a的初速度一定小于bC．由豎直分運動可得時間為t=因比荷qm相同，y相同，E相同，則a的運動時間一定等于bD．由于只有電場力做功，有W=qEy兩粒子比荷qm相同，y相同，E故選B?！镜淅?】（多選）如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)存在大小、方向均未知的勻強電場。一質(zhì)量為m的小球從y軸上P點以水平速度v進入第一象限，速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過x軸上Q點時的速度大小也為v，方向與x軸正方向夾角為37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小為A．所受電場力的最小值為10B．速度的最小值為4C．動能與電勢能之和一直增大D．水平位移與豎直位移的大小之比為2：1【答案】AC【詳解】D．將運動沿水平方向與豎直方向分解，可知，水平方向做雙向勻變速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)平均速度規(guī)律有x=v+vcos解得x:y=3:1故D錯誤；C．小球受到電場力與重力作用，小球在運動過程中只有動能、重力勢能與電勢能之間的轉(zhuǎn)化，小球從P運動到Q過程，由于重力做正功，重力勢能減小，則動能與電勢能之和一直增大，故C正確；A．小球受到重力與電場力作用，小球做類斜拋運動，由于P、Q兩點速度大小相等，根據(jù)類斜拋的對稱性可知，連接PQ，小球所受重力與電場力的合力方向一定垂直于PQ斜向左下方，令∠QPO=θ，結(jié)合上述有tan令電場力與PQ夾角為α，則有F可知。當α等于0°，電場力最小，解得F故A正確；B．令∠PQO=β，結(jié)合上述，將小球的運動沿PQ與垂直于PQ分解，可知，沿PQ方向做勻速直線運動，垂直于PQ方向做雙向勻變速直線運動，可知，小球的速度的最小值為v結(jié)合上述有cos解得v故B錯誤。故選AC?！镜淅?】（多選）如圖所示，豎直放置的、帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，金屬板板長為L（不考慮邊界效應(yīng)）.t=0時刻，位于M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右發(fā)射的粒子，到達N板時速度大小為2v0；平行M板向下發(fā)生的粒子，剛好從NA．兩個粒子帶正電B．兩個粒子的動能增加量不相等C．兩個粒子在金屬板M、N間運動的時間不相等D．兩個粒子在電場中加速度相同，且加速度a=【答案】CD【詳解】A．由于不知道M板和N板的電勢高低，故不能確定兩粒子的電性，故A錯誤；B．根據(jù)題意兩個粒子都是從M板到達了N板，電場力對兩個粒子做了相同的正功，故兩個粒子的動能增加量相等，B錯誤；C．兩個粒子在垂直M板方向上，初速度不一樣，但加速度相同，故兩個粒子在金屬板M、N間運動的時間不相等，C正確；D．設(shè)兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有Ld=對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，又因兩粒子在電場中加速度相同，有2聯(lián)立解得t=a=故D正確；故選CD。【典例8】如圖所示，平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔，初始時不帶電。距小孔正上方高h處不斷有質(zhì)量為m，電荷量為+q的小液滴由靜止滴落，當帶電液滴接觸到下極板后會把電量全部傳給極板，直到液滴不能到達下極板時停止釋放液滴（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g）。求：（1）小液滴到達小孔處的速度；（2）電容器所帶電荷量的最大值；（3）最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時間。【答案】（1）2g?；（2）mgC(?+d)q；（3）【詳解】（1）因電容器上方無電場，故液滴在電容器上方做自由落體運動，由運動學(xué)規(guī)律得2g?=解得v=（2）當帶電液滴剛好不能到達電容器下極板時電容器的電量達到最大，對剛好不能到達電容器下極板的帶電液滴運用動能定理得mg(?+d)?qU=0根據(jù)Q=CU解得Q=（3）液滴在電容器上方做自由落體運動，由運動學(xué)規(guī)律?=解得t液滴在電容器內(nèi)部做勻變速運動，由運動學(xué)規(guī)律d=解得t故最后滴下的液滴從開始下落到離開上極板的時間為t=【典例9】XCT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，可用于對多種病情的探測。圖甲是某種XCT機主要部分的剖面圖，其產(chǎn)生X射線部分的示意圖如圖乙所示。圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)為偏轉(zhuǎn)元件中的勻強偏轉(zhuǎn)場S；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到水平圓形靶臺上的中心點P，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）。已知電子的質(zhì)量為m，帶電荷量為e，MN兩端的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)場區(qū)域水平寬度為L0，豎直高度足夠長，MN中電子束距離靶臺豎直高度為H，電子束射出偏轉(zhuǎn)場（1）求電子剛進入偏轉(zhuǎn)場時的速度大??；（2）求勻強電場的電場強度E的大??；（3）求P點距離偏轉(zhuǎn)場右邊界的水平距離L的大小?！敬鸢浮浚?）2U0em【詳解】（1）根據(jù)動能定理有U電子剛進入偏轉(zhuǎn)場時的速度大小為v=（2）電子在偏轉(zhuǎn)場運動的時間為t=電子射出偏轉(zhuǎn)場S時速度方向與水平方向夾角為30°，可得tan電子在偏轉(zhuǎn)場的加速度為a=勻強電場的電場強度E的大小為E=（3）作電子離開偏轉(zhuǎn)電場的速度反向延長線，由電子束離開偏轉(zhuǎn)場時速度偏轉(zhuǎn)角正切值tan速度偏轉(zhuǎn)角正切值tan則tan所以電子離開偏轉(zhuǎn)場時速度反向延長線與進入偏轉(zhuǎn)場時的速度方向交于偏轉(zhuǎn)電場寬度的中點，可知(L+可得L=【典例10】如圖所示，一質(zhì)量為m=1×10?20kg、帶電量為q=+1×10?10C的粒子，從靜止開始被加速電場（圖中未畫出）加速后從E點沿中線水平方向飛入平行板電容器，初速度v0=3×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過無電場區(qū)域后，打在垂直于中心線EF的熒光屏PS上。已知兩平行金屬板水平正對且板長均為l=6（1）加速電場的電壓U；（2）粒子經(jīng)過界面MN時的速度；（3）粒子打到熒光屏PS時偏離中心線EF的距離Y。

【答案】（1）450V；（2）10×106【詳解】（1）在加速電場中，由動能定理有qU=解得U=450（2）粒子的運動軌跡如圖所示，在偏轉(zhuǎn)電場中，粒子做類平拋運動

平行于極板方向有l(wèi)=解得t=2×垂直于極板方向，由牛頓第二定律有a=設(shè)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中飛出時沿電場方向的速度大小為vyv所以粒子經(jīng)過界面MN時的速度大小為v=設(shè)粒子經(jīng)過界面MN時的速度方向與水平方向夾角為θ，則tan（3）帶電粒子在離開電場后做勻速直線運動，垂直于極板方向有y=由相似三角形知識得y解得Y=0.06知識點3：示波管的原理1.示波器的構(gòu)成：示波器是用來觀察電信號隨時間變化的儀器，其核心部件是示波管，它由電子柜、偏較電極和熒光屏組成，如圖所示。2.工作原理(1)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX'和YY'之間都沒有加電壓，則電子束從電子槍射出后沿直線傳播，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。(2)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX'之間不加電壓，在YY'之間加不變的電壓，則電子槍射出的電子沿Y方向向上或向下偏轉(zhuǎn)到熒光屏上某一點，產(chǎn)生一個亮斑，如圖所示.(3)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX'之間加不變的電壓，在YY'之間不加電壓，則電子槍射出的電子沿X方向向里或向外偏轉(zhuǎn)到熒光屏上某一點，產(chǎn)生一個亮斑，如圖所示.(4)YY'偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的信號電壓.XX'偏轉(zhuǎn)電極通常接入儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫作掃描電壓.若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變化的穩(wěn)定圖像了.(1)電子在偏轉(zhuǎn)電場中向正極板偏轉(zhuǎn)，在熒光屏上打出的亮斑位置隨電壓的變化而變化.(2)要研究的信號電壓加在豎直偏轉(zhuǎn)極板上，水平偏轉(zhuǎn)極板上的電壓是掃描電壓.(3)電子打在熒光屏上將出現(xiàn)亮斑，若電子打在屏上的位置快速移動，由于視覺暫留效應(yīng)，能在熒光屏上看到一條亮線.3.示波管波形（1）僅在XX'之間或YY'之間加電壓加電壓的電極X極電勢高X'極電勢高XX'間加不變的電壓，YY'間不加電壓加電壓的電極Y極電勢高Y'極電勢高XX'間不加電壓，YY'間加不變的電壓（2）在YY'之間加周期性變化的電壓電壓亮斑位置描述YY'間所加電壓如圖所示，XX'間不加電壓0<t<t1時，電子沿Y方向向上偏移t?<t<t?時，電子沿Y'方向向下偏移YY'間所加電壓如圖所示，XX'間加不變的電壓(X電極的電勢高于X')0<t<t1時，電子沿Y方向向上偏移，沿X方向向里偏t?<t<t?時，電子沿Y'方向向下偏移，沿X方向向里偏【典例11】示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（）A．極板X應(yīng)帶正電 B．極板X'應(yīng)帶負電C．極板Y應(yīng)帶正電 D．極板Y'應(yīng)帶正電【答案】D【詳解】電子受力方向與電場方向相反，因電子向極板X'方向偏轉(zhuǎn)，則電場方向為極板X'到極板X，則極板X帶負電，極板X'帶正電，同理可以知道極板Y帶負電，極板Y'帶正電。故選D?！镜淅?2】示波器可以用來觀察電信號隨時間變化的情況，YY'偏轉(zhuǎn)電極上加的是待測信號電壓，XX'偏轉(zhuǎn)電極接入儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形掃描電壓。若調(diào)節(jié)掃描電壓周期與信號電壓周期相同，在熒光屏上可得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變化的穩(wěn)定圖像。下列說法正確的是（A．電子在示波管內(nèi)做類平拋運動B．待測信號電壓不會改變電子的動能C．若熒光屏上恰好只出現(xiàn)一個周期內(nèi)的正弦圖像，說明待測信號隨時間按正弦規(guī)律變化D．若熒光屏上恰好只出現(xiàn)一個周期內(nèi)的正弦圖像，把掃描電壓的周期變?yōu)樵瓉淼囊话?，熒光屏上會出現(xiàn)兩個周期內(nèi)的正弦圖像【答案】C【詳解】A．電子從電子槍中以一定速度打出，在中心線上做勻速直線運動，由于速度很大，所以經(jīng)過兩偏轉(zhuǎn)電極時時間很短，可認為極板間電壓不變，即受到的電場力不變。經(jīng)過YY'偏轉(zhuǎn)電極時，受到與YY'平行的電場力，此時合力與速度方向垂直，做類平拋運動。當經(jīng)過XX'B．電子經(jīng)過YY'CD．設(shè)電子從電子槍射出時的速度為v0，YY'、XX'兩極板的長度分別為Lt由題意可知，時間ty、t設(shè)YY'、XX'兩極板間的距離分別dyE又有牛頓第二定律得eE=ma電子朝正極的偏轉(zhuǎn)位移l=由以上各式可得電子在極板中的偏轉(zhuǎn)位移與所加電壓成正比假設(shè)待測信號電壓隨時間按正弦規(guī)律變化，可做圖與掃描電壓圖像結(jié)合可得圖像把掃描電壓的周期變?yōu)樵瓉淼囊话霑r結(jié)合得到圖形故C正確，D錯誤。故選C?！镜淅?2】有一種電子儀器叫作示波器，可以用來觀察電信號隨時間變化的情況。示波器的核心部件是示波管，圖甲是它的原理圖。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。電子槍的作用是產(chǎn)生高速飛行的一束電子。如果在電極YY'之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，在電極XX'之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是選項圖中（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】在0~2t1時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當UY為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當故選C?！镜淅?3】（多選）示波器是一種常見的電學(xué)儀器，可以在熒光屏上顯示出被檢測的電壓隨時間變化的情況。示波器的內(nèi)部構(gòu)造簡化圖如圖所示，電子經(jīng)電子槍加速后進入偏轉(zhuǎn)電場，最終打在熒光屏上。下列關(guān)于所加偏轉(zhuǎn)電壓與熒光屏上得到圖形的說法中正確的是（）A．如果只在XX′B．如果只在YY′C．如果在YY′、XXD．如果在YY′，XX【答案】ABD【詳解】A．如果只在XX′B．如果只在YY′CD．如果在YY′、XX故選BD。重難點2：帶電粒子在交變電場中運動的問題帶電粒子在交變電場中運動時，由于電場發(fā)生變化，粒子所受電場力也發(fā)生變化，其加速度、速度、位移等都會發(fā)生相應(yīng)的變化，從而出現(xiàn)粒子加速、減速或者往返運動.通常只討論電壓的大小不變、方向發(fā)生周期性變化(如方波)且不計粒子重力的情形。1.常見的類型(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解).(2)粒子做往返運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究).(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究).2.常用的分析方法(1)在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，兩板中間便可獲得交變電場.此類電場從空間看是勻強電場，即同一時刻，電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同；從時間看是變化的，即電場強度的大小、方向都隨時間的變化而變化.①當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力情況決定粒子的運動情況，粒子做周期性的運動；②當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性.(2)研究帶電粒子在交變電場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況.根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等.(3)對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，一般來說題中會直接或間接提到“粒子在其中運動時電場為恒定電場”，故帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動。做好兩個分析(受力分析和運動分析),抓住粒子的運動具有周期性、空間上有的具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的臨界條件.【典例14】（多選）如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長和板間距均為d，兩板之間的電壓隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示。一不計重力的帶電粒子以速度v0從O點沿板間中線射入極板之間，若t=0時刻進入電場的帶電粒子在t=TA．t=0時刻進入電場的粒子在t=T2B．t=T4時刻進入電場的粒子在t=C．t=T4D．t=T【答案】AD【詳解】A．在T2時刻，粒子在水平方向上的分速度為v0，兩平行金屬板A、B的板長和板間距均為v解得v則t=T2時刻，v=故A正確；C．當t=0時刻射入電場的粒子，運動時間為電場變化周期的整數(shù)倍，則有水平方向d=豎直方向每T2移動的位移都相同設(shè)為ΔΔ當該粒子在T4y故C錯誤；B．t=T4時刻進入電場的粒子在v根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度為v=故B錯誤；D．由于水平方向做勻速直線運動，所以粒子無論什么時候進入電場，運動時間都是T，粒子在t=T6時刻以速度v0進入電場，豎直方向先向上加速T3再向下減速故選AD?！镜淅?5】（多選）如圖甲是一對長度為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．粒子帶正電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LD．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】AC【詳解】A．粒子向下偏轉(zhuǎn)，電場力方向與電場方向相同可知，粒子帶正電，故A正確；B．在0~t0時間內(nèi)，粒子在平行板間做曲線運動；在t0~2t0時間內(nèi)，粒子不受任何力，則做直線運動，故B錯誤；C．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v故C正確；D．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，射出電場時沿電場方向的速度不為零，則射出電場時的速度不可能垂直于電場方向，故D錯誤。故選AC。【典例16】如圖甲所示，真空中有一電子槍連續(xù)不斷且均勻的發(fā)出質(zhì)量為m、電荷量為e、初速度為零的電子經(jīng)電壓大小為U1=2mL2eT2的直線加速電場加速，由小孔穿出加速電場后，沿兩個彼此絕緣且靠近的水平金屬板A、B間的中線射入偏轉(zhuǎn)電場。A、B兩板距離為d、板長均為L，兩板間加周期性變化的電勢差UAB（1）電子從加速電場U1飛出后的水平速度v（2）t=3T4時射入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時距兩板間中線的距離【答案】（1）2LT；（2）【詳解】（1）電子經(jīng)過加速場后，根據(jù)動能定理得e解得v（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中，水平方向做勻速直線運動，所以運動的時間為t=Lv0T?時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)位移為y解得y垂直于板的速度為v在隨后T時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)的位移為y解得y則t=3Ty=重難點3：帶電體在等效場中的運動等效場一般說的是電場和重力場共存的情況，分析這類問題時可以等效看成帶電體受一個合場力作用，也可以單獨分析.帶電粒子在等效場中運動的問題實質(zhì)上是力學(xué)問題的延續(xù)，從受力角度看帶電粒子與一般物體相比多受到一個靜電力；從處理方法上仍舊可利用力學(xué)中的規(guī)律分析：例如選用平衡條件、牛頓運動定律，動能定理、功能關(guān)系，能量守恒定律等.1.帶電體在等效場中有約束情況下的運動帶電體在等效場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動、解題時要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解.類型一：如果帶電體在等效場中受軌道、支撐面、輕繩或輕桿等有形的約束時，做變速直線運動、解題時只要從受力分析入手，明確變力、恒力及做功等情況，就可用動能定理、牛頓運動定律、運動學(xué)相關(guān)知識進行求解.類型二：若帶電體運動的空間存在軌道、支撐面、輕繩、輕桿等有形的約束時，帶電體在等效場中做勻變速圓周運動，一般應(yīng)用牛頓運動定律和動能定理求解.2.帶電體在等效場中無約束情況下的運動在帶電體只受重力和電場力的情況下：若電場力和重力平衡，則帶電體做勻速直線運動；若電場力和重力不平衡，則帶電體將做直線或曲線運動，用動能定理求解.3.電場力、重力都是恒力時常用的方法是等效“重力”法將重力與電場力進行合成，合力F合等效為“重力”,等效為“重力加速度”,F合的方向等效為“重力”的方向.若電場力的方向與重力方向一致，等效重力場的重力加速g'=g+，g'的方向與重力mg和電場力qE合力的方向一致；若電場力與重力方向垂直，合力的方向與重力mg方向的夾角為θ,則g'可表示為。【典例17】（多選）如圖所示的坐標系中，x軸水平向右，質(zhì)量為m=0.5kg、帶電量為q=＋10-4C的小球從坐標原點O處，以初速度v0=3m/s斜向右上方拋出，進入斜向右上方場強為E=5×104V/m的勻強電場中，E與x軸正方向的夾角為30°，v0與E的夾角為30°，重力加速度取10m/s2，下列說法正確的是（）A．小球的加速度的大小為102m/sB．小球的加速度的大小為10m/s2C．若小球能運動到x軸上的P點，則小球在P點的速度大小為39m/sD．O、P兩點間的電勢差為63【答案】BC【詳解】AB．小球在電場中受到的電場力為F=qE=小球受到的重力為G=mg=0.5×10小球受力如圖所示根據(jù)幾何知識可知小球受到合力為F則小球的加速度的大小為a=故A錯誤，B正確；C．設(shè)OP的距離為x，把x分別沿著v0x1=x由類平拋運動規(guī)律可得x1=小球在P點的速度為v=聯(lián)立解得x=63故C正確；D．由勻強電場電勢差與電場強度關(guān)系可得U故D錯誤。故選BC?！镜淅?8】（多選）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一電場強度為E的勻強電場，電場的等勢面如圖中實線所示，與水平方向夾角為37°。一個質(zhì)量為m，電荷量為+q的小球在A點以初速度v0豎直上拋，運動軌跡如圖中虛線所示，B點是軌跡的最高點。已知重力加速度為g，小球的電荷量q=A．A點電勢低于B點電勢B．A、B兩點的高度差為5C．A、B兩點的電勢差為13mD．小球再次回到拋出點等高位置過程電勢能的減少量等于動能的增加量【答案】BD【詳解】由圖可知小球向右運動，故電場線方向斜向右上方，受力分析如圖所示A．由于沿著電場線方向電勢降低，故根據(jù)圖像可知A點電勢高于B點電勢，故A錯誤；B．豎直方向上根據(jù)動能定理可得(Eq解得A、B兩點的高度差為?=故B正確；C．到最高點過程中水平方向運動距離x=根據(jù)幾何關(guān)系d=?cos37°+xsin37°=U=Ed=故C錯誤；D．小球再次回到拋出點等高位置過程，根據(jù)動能定理可知，電場力做正功，故電場力做功等于動能的增加，且電勢能減小，故小球再次回到拋出點等高位置過程電勢能的減少量等于動能的增加量，故D正確。故選BD?！镜淅?9】如圖所示，一內(nèi)壁光滑的細管彎成半徑為R=0.1m的半圓形軌道CD，豎直放置，其內(nèi)徑略大于小球的直徑，水平軌道與豎直半圓軌道在最低點C點平滑連接。置于水平軌道上的彈簧左端與豎直墻壁相連，C的左側(cè)有水平向右E=2×104N/C的勻強電場。將一個帶電量q=3×10?6C，質(zhì)量為m=4×10?2kg的絕緣小球放在彈簧的右側(cè)后，用力水平向左推小球而壓縮彈簧至A處使彈簧具有彈性勢能Ep=0.1J（1）小球運動到軌道最低處C點時對軌道的壓力的大??；（2）水平軌道的動摩擦因數(shù)μ?！敬鸢浮浚?）2N；（2）0.4【詳解】（1）小球剛好能到最高點D處，可知到達D處時的速度為零，則從C到D由機械能守恒定律1在C點時F解得F根據(jù)牛頓第三定律可知小球運動到軌道最低處C點時對軌道的壓力的大小2N；（2）從A到C由動能定理E解得μ=0.4【典例20】如圖所示，一絕緣細圓環(huán)半徑為r，環(huán)面處于豎直面內(nèi)，勻強電場與圓環(huán)平面平行且水平。環(huán)上穿有一電量為+q、質(zhì)量為m的小球，可沿圓環(huán)做無摩擦的圓周運動，小球所受電場力和重力大小相等。小球經(jīng)過A點時速度的方向恰與電場垂直。設(shè)地球表面的重力加速度為g，則：（1）若小球經(jīng)過A點時，圓環(huán)與小球間無力的作用，小球經(jīng)過A點時的速度大小vA是多大？（2）要使小球能運動到與A點對稱的B點時，小球在A點速度至少是多大？（3）在保證小球恰好做圓周運動的前提下，小球?qū)壍赖淖畲髩毫κ嵌啻螅?/p>

【答案】（1）gr；（2）2(2?1)gr【詳解】（1）在A點，根據(jù)電場力提供向心力qE=mg=解得v（2）能過等效最高點C必能過B點，在等效最高點Cv從A→C由動能定理得?mgr解得v（3）等效最高點C到等效最低點D由動能定理得2在D點由牛頓第二定律得F解得F根據(jù)牛頓第三定律：圓環(huán)對軌道的最大壓力為52一、單選題1．在與紙面平行的勻強電場中，建立如圖甲所示的直角坐標系，a、b、c、d是該坐標系中的4個點，已知φa=8V、φb=6V、φdA．① B．② C．③ D．④【答案】B【詳解】已知φa=8V、φb=6V、φdφ可知bf連線為等勢線，場強與等勢線垂直，即沿著aO方向斜向下，電子以某一初速度從O點沿Od方向射入圖乙中abcd區(qū)域內(nèi)，電子的初速度方向與電場力方向垂直，電子做類平拋運動，則能大致反映電子運動軌跡的是②。故選B。2．隨著環(huán)保理念的深入，廢棄塑料分選再循環(huán)利用可減少對資源的浪費。其中靜電分選裝置如圖所示，兩極板帶上等量異種電荷僅在板間形成勻強電場，漏斗出口與極板上邊緣等高，到極板間距相等，a、b兩類塑料顆粒離開漏斗出口時分別帶上正、負電荷，經(jīng)過分選電場后a類顆粒匯集在收集板的右端，已知極板間距為d，板長為L，極板下邊緣與收集板的距離為H，兩種顆粒的荷質(zhì)比均為k，重力加速度為g，顆粒進入電場時的初速度為零且可視為質(zhì)點，不考慮顆粒間的相互作用和空氣阻力，在顆粒離開電場區(qū)域時不接觸極板但有最大偏轉(zhuǎn)量，則（）A．右極板帶正電B．顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速曲線運動C．兩極板間的電壓值為gkD．顆粒落到收集板時的速度大小為2g(L+H)+【答案】D【詳解】A．根據(jù)題意可知，正電荷所受電場力水平向右，則電場方向水平向右，可知，右極板帶負電，故A錯誤；B．由于顆粒進入電場時的初速度為零，在電場中受電場力和重力的合力保持不變，則顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速直線運動，故B錯誤；C．根據(jù)題意，設(shè)兩極板間的電壓值為U，水平方向上有Uqd=ma豎直方向上有L=聯(lián)立解得U=故C錯誤；D．根據(jù)題意，結(jié)合C分析可知，顆粒離開電場時的水平速度為v離開電場后，水平方向做勻速運動，則顆粒落到收集板時的水平速度仍為vxv則顆粒落到收集板時的速度大小為v=故D正確。故選D。二、多選題3．靜電植絨產(chǎn)品具有立體感強、耐磨、阻燃、隔音、保暖等特點.如圖所示為植絨流程示意圖，正電金屬板與負電金屬網(wǎng)間有60kVA．絨毛在飛向布匹的過程中，電場力做正功B．絨毛運動經(jīng)過處各點的電勢逐漸降低C．若僅增大正電金屬板與負電金屬網(wǎng)之間的電壓，絨毛到達布匹時的速率將增大D．若僅增大正電金屬板與負電金屬網(wǎng)之間的距離，絨毛到達布匹表面時間將減小【答案】AC【詳解】A．電場方向向上，則絨毛在飛向布匹的過程中，電場力向下，電場力做正功，選項A正確；B．絨毛運動經(jīng)過處各點的電勢逐漸升高，選項B錯誤；C．根據(jù)qU=可知，若僅增大正電金屬板與負電金屬網(wǎng)之間的電壓，絨毛到達布匹時的速率將增大，選項C正確；D．根據(jù)qU=可知，帶正電金屬板與負電金屬網(wǎng)之間的電壓一定，則絨毛到達布匹表面的速度一定，若僅增大正電金屬板與負電金屬網(wǎng)之間的距離，絨毛到達布匹表面時間將增加，選項D錯誤。故選AC。4．如圖所示，一帶電微粒從A點射入水平方向的勻強電場中（實線代表電場線，電場方向未知），微粒恰沿直線AB運動，AB與水平方向夾角θ=45°，已知帶電微粒的質(zhì)量為m，電荷量大小為q，A與B相距L，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．從A到B，帶電微粒做勻減速直線運動B．若電場方向向左，則帶電微粒帶負電C．從A到B的過程中，帶電微粒的重力勢能增加、機械能增加D．要使帶電微粒能從A點運動到B點，其射入電場時的速度大小至少為2【答案】AD【詳解】A．帶電微粒沿直線從A運動到B，說明帶電微粒受到的電場力一定水平向左，受力分析可得mg帶電微粒的加速度大小為a=做勻減速直線運動，故A正確；B．電場力一定向左，若電場方向向左，則帶電微粒帶正電，故B錯誤；C．從A到B的過程中，重力對帶電微粒做負功，重力勢能增加，電場力對帶電微粒做負功，電勢能增加，機械能減少，故C錯誤；D．恰好能到B處時，有v解得v故D正確。故選AD。5．如圖所示，傾角為（θ=37°的斜面末端連接一段水平軌道后與豎直的光滑絕緣半圓軌道平滑連接，O為圓心，A、B為豎直直徑的上、下兩端點?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.3kg、帶電荷量為q=+1.0×10?5C的小球（可視為質(zhì)點），以大小為v0=1.8m/s的初速度從斜面上某點以垂直斜面方向向上拋出，小球恰好從半圓軌道的最高點A無碰撞飛入半圓軌道。已知整個空間存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E=4×A．小球在A點的速度大小為2.25m/sB．小球從拋出到A點的運動是類平拋運動C．小球第一次在半圓軌道上滑行過程中，可能會在某處脫離半圓軌道D．小球第一次在半圓軌道上滑行過程中對軌道的最大壓力大小為24N【答案】BD【詳解】AB．小球受重力和電場力的作用，則合力大小為F=設(shè)F與水平方向夾角為α，則tan解得α=37°即F與v0v故A錯誤，B正確；C．如圖所示根據(jù)受力情況可知小球運動過程中的等效最低點為C點，小球到C點時對軌道的壓力最大，因在A點小球恰好能無碰撞飛入半圓軌道，故小球在A點對軌道的壓力為零，小球在從A到C的過程其小球?qū)壍赖膲毫χ饾u增加，所以小球第一次在半圓軌道上滑行過程中不會脫離半圓軌道，故C項錯誤；D．在A點，根據(jù)牛頓第二定律得mg=m解得R=0.9從A到C，對小球由動能定理有FR根據(jù)牛頓第二定律有F聯(lián)立解得F根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖淖畲髩毫Υ笮?4N，故D項正確。故選BD。6．如圖甲是一對長度為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．粒子帶正電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LD．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】AC【詳解】A．粒子向下偏轉(zhuǎn)，電場力方向與電場方向相同可知，粒子帶正電，故A正確；B．在0~t0時間內(nèi)，粒子在平行板間做曲線運動；在t0~2t0時間內(nèi)，粒子不受任何力，則做直線運動，故B錯誤；C．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v故C正確；D．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，射出電場時沿電場方向的速度不為零，則射出電場時的速度不可能垂直于電場方向，故D錯誤。故選AC。7．如圖所示，一帶電油滴在豎直放置、足夠大的正對平行金屬板MN間沿圖示方向做勻