4 素養(yǎng)提升課八　帶電粒子(體)在電場中運(yùn)動的綜合

第八章靜電場Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit,seddoeiusmodtemporincididuntutlaboreetdoloremagnaaliqua.Utenimadminimveniam,quisnostrudexercitationullamcolaborisnisiutaliquipexeacommodoconsequat.素養(yǎng)提升課八帶電粒子(體)在電場中運(yùn)動的綜合Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit.Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit.Loremips提升點(diǎn)一帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動提升點(diǎn)二帶電體在“等效重力場”中的運(yùn)動提升點(diǎn)三電場中的力電綜合問題內(nèi)容索引課時(shí)測評提升點(diǎn)一帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動運(yùn)動類型分析思路粒子做單向直線運(yùn)動一般對整段或分段研究，應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解粒子做有往返的直線運(yùn)動一般分段研究，應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式或者動能定理、動量定理等求解粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動一般根據(jù)交變電場特點(diǎn)分段研究，應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式或者動能定理等求解。1．常見的交變電場類型按電壓(或場強(qiáng))隨時(shí)間變化的特點(diǎn)分類：正弦波狀、矩形波狀、鋸齒波狀等。2．交變電場中帶電粒子常見的運(yùn)動類型及分析思路例1√√考向1在交變電場中的直線運(yùn)動(多選)如圖甲所示，A、B是一對平行金屬板。A板的電勢φA＝0，B板的電勢φB隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場區(qū)域內(nèi)，電子的初速度和重力的影響均可忽略，則A．若電子是在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的，它可能不會到達(dá)B板B．若電子是在t＝

時(shí)刻進(jìn)入的，它一定不能到達(dá)B板C．若電子是在t＝

時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動，時(shí)而向A板運(yùn)動，最后穿過B板D．若電子是在t＝

時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動，時(shí)而向A板運(yùn)動，最后穿過B板電子在t＝0時(shí)刻進(jìn)入時(shí)，在一個(gè)周期內(nèi)，前半個(gè)周期受到的電場力向右，向右做加速運(yùn)動，后半個(gè)周期受到的電場力向左，繼續(xù)向右做減速運(yùn)動，T時(shí)刻速度為零，接著周而復(fù)始，所以電子一直向B板運(yùn)動，一定會到達(dá)B板，故A錯(cuò)誤；若電子在t＝

時(shí)刻進(jìn)入，則電子受到的電場力向左，故無法到達(dá)B板，故B正確；若電子從

時(shí)刻進(jìn)入兩板時(shí)，電子先加速，經(jīng)

時(shí)速度最大，此時(shí)電子開始受到反向電場力，經(jīng)

速度減為零，再加速

至反向速度最大，接著減速

回到原位置，即電子在大于

時(shí)刻進(jìn)入時(shí)一定不能到達(dá)B板，小于

時(shí)刻進(jìn)入時(shí)一定能到達(dá)B板，所以C正確，D錯(cuò)誤。例2√√考向2在方波狀交變電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(多選)(2023·河北唐山模擬)如圖甲所示，長為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，取豎直向下為正方向，OO′在兩極正中間，不計(jì)粒子重力。以下判斷正確的是A．粒子在電場中運(yùn)動的最短時(shí)間為B．射出粒子的最大動能為

C．t＝

時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O′點(diǎn)射出D．t＝

時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O′點(diǎn)射出由題圖乙可知場強(qiáng)E＝

，則粒子在電場中的加速度a＝

，則粒子在電場中運(yùn)動的最短時(shí)間滿足

，解得tmin＝

，選項(xiàng)A正確；能從板間射出的粒子在板間運(yùn)動的時(shí)間均為t＝

，則任意時(shí)刻射入的粒子若能射出電場，則射出電場時(shí)沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時(shí)的動能均為

，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖乙可知，t＝

時(shí)刻進(jìn)入的粒子先豎直向下加速，加速時(shí)間t加＝

，由選項(xiàng)A分析可知，t＝

時(shí)刻進(jìn)入的粒子在t＝

前已經(jīng)打在下極板上，不可能從O′點(diǎn)射出，C錯(cuò)誤；由題圖乙可知，t＝

時(shí)刻進(jìn)入的粒子在豎直方向上先向上加速，加速時(shí)間t1＝

，加速過程中豎直方向的位移y1＝

，然后向上減速，減速時(shí)間t2＝t1＝

，減速過程中豎直方向的位移y2＝y(tǒng)1＝

，由y1＋y2＝

可知，粒子恰好不碰到上極板，然后豎直向下加速

，再向下減速

到豎直方向速度為零……如此反復(fù)，最后從電場射出時(shí)沿電場方向的位移為零，則粒子將從O′點(diǎn)射出，D正確。例3考向3在鋸齒波狀交變電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動如圖甲所示，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，電容器極板長L＝10cm，極板間距d＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，熒光屏足夠長，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電勢差隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。每個(gè)電子穿過極板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求：設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得eU0＝

，設(shè)電容器間偏轉(zhuǎn)電場的場強(qiáng)為E，則有E＝

，設(shè)電子經(jīng)時(shí)間t通過偏轉(zhuǎn)電場，偏離軸線的側(cè)向位移為y，則沿中心軸線方向有t＝

，垂直中心軸線方向有a＝

，聯(lián)立解得y＝

，(1)在t＝0.06s時(shí)刻，電子打在熒光屏上的位置到O點(diǎn)的距離；答案：13.5cm設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場時(shí)有vy＝at，tanθ＝

，則電子在熒光屏上偏離O點(diǎn)的距離為Y＝y(tǒng)＋Ltanθ＝

，由題圖乙知t＝0.06s時(shí)刻，U＝1.8U0，解得Y＝13.5cm。由題知電子偏移量y的最大值為

，根據(jù)y＝

可知，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時(shí)，電子就打不到熒光屏上了，所以代入得Ymax＝

，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長度為2Ymax＝3L＝30cm。返回(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間長度。答案：30cm提升點(diǎn)二帶電體在“等效重力場”中的運(yùn)動Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit,seddoeiusmodtemporincididuntutlaboreetdoloremagnaaliqua1．“等效重力場”研究處在勻強(qiáng)電場和重力場中帶電物體的運(yùn)動問題時(shí)，可以將重力場與電場合二為一，用一個(gè)“等效場”來代替，即“等效重力場”。2．“等效重力”及“等效重力加速度”(1)“等效重力”：將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖所示，則G效＝F合。(2)“等效重力加速度”：g效＝

，F(xiàn)合的方向即為“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。例4考向1在“等效重力場”中的類拋體運(yùn)動空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)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(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為

。重力加速度為g，求：(1)電場強(qiáng)度的大?。淮鸢福涸O(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，B所受等效重力G效＝mg＋qE，小球B運(yùn)動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma

，

聯(lián)立解得E＝

。設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動能定理有(mg＋qE)h＝

且有

聯(lián)立解得

(2)B運(yùn)動到P點(diǎn)時(shí)的動能。答案：√√對點(diǎn)練．(多選)(2022·全國甲卷)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，將一帶正電荷的小球自電場中Р點(diǎn)水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點(diǎn)均取在Р點(diǎn)。則射出后A．小球的動能最小時(shí)，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時(shí)，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時(shí)，其動能最大D．從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢能的增加量如圖所示，qE＝mg，故等效重力G′的方向與水平方向成45°角。當(dāng)vy＝0時(shí)速度最小，為vmin＝v1，由于此時(shí)v1存在水平分量，電場力還可以向左做負(fù)功，故此時(shí)電勢能不是最大，故A錯(cuò)誤；從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，水平方向上v0＝

t，在豎直方向上v＝gt，由于qE＝mg，可得v＝v0，如圖所示，即小球的初動能等于末動能。由于此時(shí)速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知WG＋WqE＝0，則重力做功等于小球電勢能的增加量，故B、D正確；當(dāng)如圖中v1所示時(shí)，此時(shí)速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯(cuò)誤。故選BD?？枷?在“等效重力場”中的圓周運(yùn)動帶電體在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動的等效“最高點(diǎn)”與“最低點(diǎn)”：以以下兩種情境為例：圖中虛線圓周表示帶正電的帶電體在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動的軌跡，過其圓心作“等效重力”的作用線：(1)沿著“等效重力”的反向延長線交于圓周上的那個(gè)點(diǎn)即為圓周運(yùn)動的等效“最高點(diǎn)”。(2)沿著“等效重力”的方向延長交于圓周上的那個(gè)點(diǎn)為即等效“最低點(diǎn)”。例5 (多選)(2023·河北石家莊模擬)如圖甲所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝1×104V/m，其中有一個(gè)半徑為R＝2m的豎直光滑圓環(huán)軌道，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦軌道AB和AC，A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質(zhì)量為m＝0.08kg、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小環(huán)(視為質(zhì)點(diǎn))穿在弦軌道上，從A點(diǎn)由靜止釋放，可分別沿AB和AC到達(dá)圓周上的B、C點(diǎn)?，F(xiàn)去掉弦軌道AB和AC，如圖乙所示，讓小環(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運(yùn)動。不考慮小環(huán)運(yùn)動過程中電荷量的變化?！獭滔铝姓f法正確的是(cos37°＝0.8，g取10m/s2)A．小環(huán)在弦軌道AB和AC上運(yùn)動時(shí)間之比為1∶1B．小環(huán)做圓周運(yùn)動過程中經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)動能最大C．小環(huán)做圓周運(yùn)動過程中動能最小值為1JD．小環(huán)做圓周運(yùn)動過程中對圓環(huán)軌道的最大壓力為5N因?yàn)橹亓εc靜電力均為恒力，所以二者的合力大小為F＝

＝1N，與豎直方向夾角正切值tanθ＝

，解得θ＝37°，重力與靜電力的合力指向AO，A為等效最高點(diǎn)，根據(jù)等時(shí)圓模型，小環(huán)在弦軌道AB和AC上運(yùn)動時(shí)間相等，A正確；等效最低點(diǎn)是AO延長線與圓環(huán)軌道交點(diǎn)，而非C點(diǎn)，等效最低點(diǎn)速度最大，動能最大，B錯(cuò)誤；因?yàn)樾…h(huán)穿在圓環(huán)軌道上且恰好能做完整的圓周運(yùn)動，則小環(huán)在等效最高點(diǎn)A速度最小為零，在A點(diǎn)動能最小也為零，C錯(cuò)誤；小環(huán)在等效最低點(diǎn)時(shí)速度最大，動能最大，小環(huán)對圓環(huán)軌道壓力也最大，從等效最高點(diǎn)至等效最低點(diǎn)過程中，由動能定理得F·2R＝

－0，由牛頓第二定律得FN－F＝m，代入數(shù)據(jù)解得FN＝5N，由牛頓第三定律可知小環(huán)做圓周運(yùn)動的過程中對圓環(huán)的最大壓力是5N，D正確?！獭虒c(diǎn)練．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中有一根長為L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)針方向做圓周運(yùn)動，重力加速度為g。下列說法正確的是A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝B．小球動能的最小值為Ek＝C．小球運(yùn)動至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動一周的過程中，其電勢能先減小后增大小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有qE＝mgtanθ，解得E＝

，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，在等效最高點(diǎn)A速度最小(如圖所示)，根據(jù)牛頓第二定律，有

，則最小動能Ek＝

，選項(xiàng)B正確；小球的機(jī)械能和電勢能之和守恒，則小球運(yùn)動至電勢能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動到圓周軌跡的最左端時(shí)機(jī)械能最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動一周的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AB。返回LOREMIPSUMDOLOR提升點(diǎn)三電場中的力電綜合問題電場中的力電綜合問題，是指帶電物體受到重力、電場力等共同作用下的運(yùn)動問題，解決該類問題，在正確受力分析的基礎(chǔ)上，要正確建立帶電物體在電場中的運(yùn)動模型，并且與力學(xué)中的運(yùn)動模型進(jìn)行類比，根據(jù)其運(yùn)動特點(diǎn)靈活應(yīng)用動力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)和動量觀點(diǎn)等多角度進(jìn)行分析與研究。1．動力學(xué)的觀點(diǎn)：對于帶電物體在勻強(qiáng)電場中做直線運(yùn)動的問題，可以綜合運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式解題。2．能量的觀點(diǎn)：對于帶電物體在電場中的運(yùn)動過程涉及能量問題時(shí)，可以應(yīng)用動能定理、功能關(guān)系、能量守恒定律等靈活解題。3．動量的觀點(diǎn)：對于帶電物體在電場中的運(yùn)動過程涉及動量問題時(shí)，可以應(yīng)用動量定理、動量守恒定律等靈活解題。例6如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小為E＝1.0×104

V/m。該空間有一個(gè)半徑為R＝2m的豎直光滑絕緣圓環(huán)的一部分，圓環(huán)與光滑水平面相切于C點(diǎn)，A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑BC成37°角。質(zhì)量為m＝0.04kg、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小球2(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于C點(diǎn)。輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端自由伸長時(shí)位于P點(diǎn)。質(zhì)量也為m＝0.04kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端，現(xiàn)用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點(diǎn)左側(cè)某點(diǎn)后釋放。小球1沿光滑水平面運(yùn)動到C點(diǎn)與小球2發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧到達(dá)A點(diǎn)。P、C兩點(diǎn)間距離較遠(yuǎn)，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)黏合體在A點(diǎn)的速度大小；答案：5m/s小球2所受電場力F＝qE＝6×10－5×1×104

N＝0.6N小球1和小球2的重力和為G＝2mg＝2×0.04×10N＝0.8N如圖甲所示，黏合體所受重力與電場力的合力與豎直方向的夾角為tanθ＝

所以θ＝37°所以A點(diǎn)是黏合體在重力場和電場中做圓周運(yùn)動的等效最高點(diǎn)，由于黏合體恰能沿圓弧到達(dá)A點(diǎn)，所以

解得vA＝5m/s。小球從C點(diǎn)到A點(diǎn)，由動能定理得－qERsin37°－2mg×(R＋Rcos37°)＝

解得vC＝

小球1、2的碰撞由動量守恒定律得mv1＝2mvC解得小球1碰撞前的速度v1＝

由機(jī)械能守恒定律可得彈簧的彈性勢能

(2)彈簧的彈性勢能；答案：9.2J如圖乙所示，黏合體過A點(diǎn)后豎直方向上做勻加速運(yùn)動豎直方向上的初速度為v0＝vAsin37°＝3m/s由豎直方向做勻加速運(yùn)動可得R＋Rcos37°＝v0t＋

gt2解得t＝0.6s。乙(3)小球黏合體由A點(diǎn)到達(dá)水平面運(yùn)動的時(shí)間。答案：0.6s√√對點(diǎn)練1．(多選)(2023·皖豫名校聯(lián)盟體高三聯(lián)考)如圖為一固定在豎直面內(nèi)的光滑絕緣細(xì)管軌道，A點(diǎn)與x軸相交，C點(diǎn)與y軸相交，軌道AB段豎直，長度為0.7m，BC段是半徑為0.7m的四分之一圓弧，與AB相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m＝0.1kg、直徑略小于管徑的帶電小球從A點(diǎn)以初速度v0射入軌道，小球到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)恰好與軌道沒有作用力。已知小球帶0.01C的正電荷，在x軸上方存在著電場強(qiáng)度大小為100N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是A．小球的初速度v0為6m/sB．小球的初速度v0為7m/sC．小球從C點(diǎn)射出后運(yùn)動軌跡與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)為0D．小球從C點(diǎn)射出后運(yùn)動軌跡與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)為－0.7m因小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)與軌道沒有作用力，說明自身重力完全提供向心力，則mg＝m，小球從A→C的運(yùn)動過程中，根據(jù)動能定理，有－mg·2r－qEr＝

，解得v0＝7m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；小球從C點(diǎn)出射，水平方向做勻減速直線運(yùn)動，初速度為v＝

m/s,加速度為a＝

＝10m/s2，豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動，運(yùn)動到x軸時(shí)，有h＝

gt2，解得t＝

s，則此時(shí)橫坐標(biāo)為x＝－vt＋at2＝0，故C正確，D錯(cuò)誤。對點(diǎn)練2．(多選)如圖所示，不帶電物體A質(zhì)量為m，帶電量為q(q＞0)的物體B質(zhì)量為2m，A、B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，物體B靜止在傾角為θ＝30°且足夠長的斜面上，勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端與物體A相連，整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦。某時(shí)刻，施加一場強(qiáng)大小為

、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場，在物體B獲得最大速度的過程中彈簧未超過彈性限度(已知彈簧的彈性勢能Ep＝

kx2，x為彈簧的形變量；輕繩與A、B的接觸面均平行，且不會斷裂)，√√下列說法正確的是A．施加電場的初始時(shí)刻，輕繩的拉力為B．物體B的速度最大時(shí)，彈簧的形變量為C．物體B從開始運(yùn)動到最大速度的過程中，系統(tǒng)電勢能的減少量為D．物體B從開始運(yùn)動到最大速度的過程中，物體A和物體B機(jī)械能之和增加沒有施加電場時(shí)，有FT1＝2mgsinθ，F(xiàn)T1＝kx1，施加電場的初始時(shí)刻，對B有2mgsinθ＋qE－FT2＝2ma，對A有FT2－kx1＝ma，解得FT2＝

mg，故A正確；物體B速度最大時(shí)，有2mgsinθ＋qE－FT3＝0，F(xiàn)T3＝kx2，解得x2＝

，故B錯(cuò)誤；物體B從開始運(yùn)動到速度最大時(shí)的位移為x2－x1＝

，系統(tǒng)電勢能的變化量為ΔEp＝－qE(x2－x1)＝－

，所返回以電勢能的減少量為

，故C正確；物體B速度最大時(shí)，A的速度也最大，此時(shí)彈簧彈性勢能的增加量為

，與電場力做功相等，所以A、B兩物體的機(jī)械能之和不變，故D錯(cuò)誤。故選AC。課時(shí)測評Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit.Loremipsumdolorsitamet,consecteturadipisicingelit.Loremips√√1．(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像。當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個(gè)帶正電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是A．帶電粒子始終向同一個(gè)方向運(yùn)動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度大小為a1，第2s內(nèi)的加速度大小為a2，由a＝

可知a2＝2a1，可見粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動，1.5s末的速度為零，然后向正方向運(yùn)動，至3s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0，v-t圖像如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確，A、B錯(cuò)誤。√√2．(多選)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度均為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0且周期性變化的電壓，在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時(shí)刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時(shí)刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場，已知電場變化周期T＝

，粒子質(zhì)量為m，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力，則A．在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)速度大小仍為v0B．粒子的電荷量為C．在t＝

T時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)電勢能減少了

D．在t＝

T時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速運(yùn)動，則t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動時(shí)間t＝

，此時(shí)間正好是交變電壓的一個(gè)周期，粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，經(jīng)過一個(gè)周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時(shí)的速度大小等于水平速度v0，選項(xiàng)A正確；在豎直方向，t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在

時(shí)間內(nèi)的位移為

，則

，計(jì)算得出q＝

，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在t＝

時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子，離開電場時(shí)在豎直方向上的位移為d′＝

，故靜電力做功為W＝

，電勢能減少了

，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t＝

時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動

，然后向下減速運(yùn)動

，再向上加速

，然后再向上減速

，由對稱可以知道，此時(shí)豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，選項(xiàng)D正確。√√3．(多選)(2024·福建福州質(zhì)檢)如圖所示，帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用絕緣細(xì)線懸掛在O點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)做完整的變速圓周運(yùn)動，小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線受到的拉力最大。已知小球運(yùn)動所在的空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，小球質(zhì)量為m、帶電荷量為q，細(xì)線長為l，重力加速度為g，則A．小球帶正電B．靜電力大于重力C．小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)速度最大D．小球運(yùn)動過程最小速度至少為v＝因?yàn)樾∏蜻\(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線受到的拉力最大，可知重力和靜電力的合力(等效重力)方向向上，則靜電力方向向上，且靜電力大于重力，小球帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤，B正確；因重力和靜電力的合力方向向上，可知小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)速度最大，故C錯(cuò)誤；由于等效重力豎直向上，所以小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)速度最小，最小速度滿足qE－mg＝m，即v＝

，故D正確?！?．(2024·湖南株洲模擬)如圖所示，一帶電的平行板電容器固定在絕緣底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑絕緣輕桿左端固定在電容器的左極板上，并穿過右極板上的小孔，電容器極板連同底座總質(zhì)量為2m，底座鎖定在水平面上時(shí)，套在桿上質(zhì)量為m的帶電環(huán)以某一初速度由小孔進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能到達(dá)距離右極板為d的位置。底座解除鎖定后，將兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則帶電環(huán)進(jìn)入電容器后，最遠(yuǎn)能到達(dá)的位置距離右極板A．

B．d

C．

D．

設(shè)帶電環(huán)所帶電荷量為q，初速度為v0，底座鎖定時(shí)電容器極板間電場強(qiáng)度為E，則由功能關(guān)系有qEd＝

，底座解除鎖定后，兩極板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，由E＝

可知，極板間電場強(qiáng)度大小不變，電容器及底座在帶電環(huán)作用下一起向左運(yùn)動，當(dāng)與帶電環(huán)共速時(shí)，帶電環(huán)到達(dá)進(jìn)入電容器后的最遠(yuǎn)位置，整個(gè)過程滿足動量守恒，則有mv0＝3mv1，再由功能關(guān)系有qEd′＝

，聯(lián)立解得

，故選C?！獭?．(多選)一帶正電小球從A點(diǎn)豎直拋出，在空中同時(shí)存在水平向右的電場，運(yùn)動軌跡如圖所示，A、B兩點(diǎn)在同一水平線上，M為軌跡的最高點(diǎn)，小球拋出時(shí)動能為16J，在M點(diǎn)的動能為8J，不計(jì)空氣阻力。則A．小球水平位移x1與x2的比值為1∶4B．小球水平位移x1與x2的比值為1∶3C．小球落到B點(diǎn)時(shí)的動能為48JD．小球從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)過程中最小動能為8J小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知，從A點(diǎn)至M點(diǎn)和從M點(diǎn)至B點(diǎn)的時(shí)間t相等，小球在水平方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，設(shè)加速度為a，根據(jù)位移—時(shí)間公式x1＝

at2，x2＝at×t＋

at2，聯(lián)立可得

，A錯(cuò)誤，B正確；小球從A到M，由功能關(guān)系知在水平方向上電場力做功為W1＝Fx1＝8J，則從A到B水平方向上電場力做功為W1＝F(x1＋x2)＝4W1＝32J，根據(jù)能量守恒定律可知，小球運(yùn)動到B點(diǎn)時(shí)的動能為EkB＝Ek0＋4W1＝16J＋32J＝48J，C正確；據(jù)運(yùn)動軌跡，小球的運(yùn)動方向與加速度的方向垂直時(shí)，小球的速度最小，則小球從A到B過程中最小速度一定與等效G′垂直，在A、M之間，最小動能小于8J，D錯(cuò)誤。故選BC?！獭?．(多選)(2024·遼寧葫蘆島模擬)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m且電荷量為q的帶電小球，用一絕緣輕質(zhì)細(xì)繩懸掛于O點(diǎn)，繩長為L，現(xiàn)加一水平向右的足夠大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝

，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，忽略空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法正確的是A．小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒B．小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒C．小球在運(yùn)動過程中的最小速度至少為D．小球在運(yùn)動過程中的最大速度至少為

小球在運(yùn)動的過程中，靜電力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；如圖所示，小球在電場中運(yùn)動的等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)分別為A點(diǎn)和B點(diǎn)，等效重力G′＝

，小球在等效最高點(diǎn)A點(diǎn)的最小速度v1滿足G′＝

，解得v1＝

，故C錯(cuò)誤；小球由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，由動能定理有G′·2L＝

，解得v2＝

，故D正確?！獭獭?．(多選)如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中用絕緣材料做成的圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為圓心，A、B、C、D為圓環(huán)上的點(diǎn)，AB、AOC、AD均為用絕緣材料做成的光滑細(xì)桿，AB桿豎直，AC與AB的夾角θ＝60°，AC與AD的夾角α＝15°。將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小環(huán)分別套在AB、AOC、AD細(xì)桿上，從A點(diǎn)由靜止釋放運(yùn)動到圓環(huán)上的B、C、D點(diǎn)，已知重力加速度為g，電場強(qiáng)度大小E＝

，帶電小環(huán)對勻強(qiáng)電場的影響忽略不計(jì)。下列說法正確的是A．小環(huán)沿AOC細(xì)桿運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)的動能最大B．小環(huán)沿AD細(xì)桿運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中電場力做功最多C．小環(huán)沿AD細(xì)桿運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中電場力的沖量最大D．小環(huán)沿三根細(xì)桿分別運(yùn)動到B、C、D點(diǎn)的過程中電場力的沖量相同電場力F電＝qE＝

mg，沿AB向下運(yùn)動，則有2Rcos60°＝

，mg＝ma1，解得tAB＝

。沿AOC運(yùn)動，則有mgcos60°＋

mgcos30°＝ma2，2R＝

，解得tAOC＝

。沿AD運(yùn)動，則有mgcos75°＋

＝ma3，2Rcos15°＝

，解得tAD＝

，即運(yùn)動的時(shí)間相等，電場力相同，根據(jù)I＝Ft，可知小環(huán)沿三根細(xì)桿分別運(yùn)動到B、C、D點(diǎn)的過程中電場力的沖量相同，C錯(cuò)誤，D正確；小環(huán)沿AB、AOC、AD運(yùn)動，在電場中沿電場方向的位移dAD＞dAOC＞dAB，電場力相等，根據(jù)W＝qEd，可知小環(huán)沿AD細(xì)桿運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中電場力做功最多，B正確；分析可得a2＞a3＞a1，根據(jù)v＝at，則有vAOC＞vAD＞vAB，小環(huán)沿AOC細(xì)桿運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí)的速度最大，根據(jù)Ek＝

，可知動能最大，A正確。√√8．(多選)如圖所示，豎直平面內(nèi)有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，水平勻強(qiáng)電場平行于軌道平面向左，P、Q分別為軌道上的最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，M、N分別是軌道上與圓心等高的點(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，已知重力加速度為g，場強(qiáng)E＝

，要使小球能沿軌道做完整的圓周運(yùn)動，則下列說法正確的是A．小球在軌道上運(yùn)動時(shí)，動能最小的位置電勢能最大B．小球在軌道上運(yùn)動時(shí)，機(jī)械能最大的位置一定在M點(diǎn)C．小球過Q、P點(diǎn)受軌道彈力大小的差值為6mgD．小球過Q、P點(diǎn)受軌道彈力大小的差值為7.5mg電場力與重力的合力可視為等效重力mg′＝

，則等效重力加速度g′＝

，如圖所示，tanθ＝

。當(dāng)小球剛好通過等效最低點(diǎn)C關(guān)于O點(diǎn)對稱的D點(diǎn)(等效最高點(diǎn))時(shí)，就能夠做完整的圓周運(yùn)動。小球在D點(diǎn)時(shí)動能最小，但并非是電勢能最大的位置，小球電勢能最大的位置在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球在圓軌道上運(yùn)動過程中能量守恒，根據(jù)能量守恒定律，小球在圓軌道上M點(diǎn)的位置電勢能最小，所以小球的機(jī)械能最大，選項(xiàng)B正確；在P點(diǎn)和Q點(diǎn)，由牛頓第二定律得FQ－mg＝m，F(xiàn)P＋mg＝m，從Q點(diǎn)到P點(diǎn)，由動能定理得－mg·2R＝

，聯(lián)立解得FQ－FP＝6mg，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤?！獭?．(多選)(2024·湖南郴州質(zhì)檢)水平地面上方有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E＝

，從地面上的A點(diǎn)斜向右上方以速度v0＝10m/s拋出一個(gè)帶電荷量為＋q(q＞0)、質(zhì)量為m的小球，速度方向與水平地面的夾角θ＝53°，軌跡如圖所示。點(diǎn)B為軌跡最高點(diǎn)，D、E兩點(diǎn)高度相等，小球落在水平地面上的C點(diǎn)。忽略空氣阻力的影響。取g＝10m/s2。則A．D、E兩點(diǎn)速度大小相等B．B點(diǎn)速度為10m/sC．小球落地時(shí)與水平方向的夾角仍為53°D．A、C兩點(diǎn)距離為16mD、E兩點(diǎn)高度相等，小球從D到E重力做功為零，電場力做正功，所以D、E兩點(diǎn)速度大小不相等，故A錯(cuò)誤；小球在水平方向與豎直方向的初速度分別為vx0＝v0cos53°＝6m/s，vy0＝v0sin53°＝8m/s，點(diǎn)B為軌跡最高點(diǎn)，所以在B點(diǎn)豎直速度為零，由vy0＝gt，ax＝

，vx＝vx0＋axt，聯(lián)立可得vx＝10m/s，即小球在B點(diǎn)速度為10m/s，故B正確；小球從A到C的時(shí)間為從A到B的時(shí)間的兩倍，則到C點(diǎn)時(shí)，水平速度為vxC＝vx0＋ax·2t＝14m/s，vyC＝vy0＝8m/s，則小球落地時(shí)與水平方向的夾角正切為tanβ＝

，故C錯(cuò)誤；A、C兩點(diǎn)距離為x＝

＝16m，故D正確。√10．如圖甲所示，一帶正電的小球用絕緣細(xì)線懸掛在豎直向上的、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場中，某時(shí)刻剪斷細(xì)線，小球開始向下運(yùn)動，通過傳感器得到小球的加速度隨下行速度變化的圖像如圖乙所示。已知小球質(zhì)量為m，重力加速度為g，空氣阻力不能忽略。下列說法正確的是A．小球運(yùn)動的速度一直增大B．小球先做勻加速運(yùn)動后做勻速運(yùn)動C．小球剛開始運(yùn)動時(shí)的加速度大小a0＝gD．小球運(yùn)動過程中受到的空氣阻力與速度大小成正比小球速度增大到v0后，加速度a變?yōu)?，于是速度不再繼續(xù)增大，故A錯(cuò)誤；小球在加速過程中，加速度隨速度變化，即不是勻變速運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；剪斷細(xì)線，小球開始向下運(yùn)動，由于小球不只受重力，還受向上的電場力，故此時(shí)加速度a0＜g，故C錯(cuò)誤；由a-v圖像可得a＝kv＋a0，由牛頓第二定律可得mg－qE－Ff＝ma，解得a＝－

，聯(lián)立可知a0＝g－

，還可知－

＝kv，即Ff＝－kmv，故D正確。故選D。11．(10分)如圖所示，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，重力忽略不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動能，以及它從射入電場至此時(shí)在水平方向上的位移大??；答案：P、G和Q、G間電場強(qiáng)度大小相等，均為E。粒子在P、G間所受靜電力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝

F＝qE＝ma設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－

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＝l＝v0t聯(lián)立解得Ek＝

l＝若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時(shí)金屬板的長度為L＝2l＝

(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的