帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的綜合問題

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)過好雙基關(guān)回扣亞批正則箱董弱疑目一、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)

2、：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運(yùn)動(dòng)問題時(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.一般來說，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)來處理.即使都是恒力作用的問題，用能量觀點(diǎn)處理也常常顯得簡潔.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程.（2）分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功（3）弄清所研究過程的始、末狀態(tài)（主要指動(dòng)能）.（4）根據(jù)

3、W=AEk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（即AE=AE'）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)能之和保持不變研透命題點(diǎn)蒯嗣事糊卬.跳牙桁窕嚙拿81由命題點(diǎn)一帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),-能力考點(diǎn)師生共研1 .常見的交變電場(chǎng)常見的產(chǎn)生交變電場(chǎng)的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等2 .常見的題目類型(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)

4、動(dòng)定律求解).(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究).(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)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件.(2)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.若在t0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

5、板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上.則to可能屬于的時(shí)間段是()TA.0<to<-4圖1B.TVt0V23T43T9TC.-vhvTD.T<t0<答案B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TT3T負(fù),最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù).分另祚出t0=0、4、2、7時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的Vt圖象，如圖所示.由于vt圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0vtovT與t0<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零，T1。<3：時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)4444的總位移小于零；t0>T時(shí)情況類似.因粒子最終打在A板上，則要求粒子在

6、每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(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兩板間加上下列哪種電壓時(shí)，有可能使電子到不了8板（）9變式2（多選）（2015山東理綜2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V0沿中線射入兩板間，0T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)過程中未與金屬板接3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，正確的是（）甲乙圖3A.末速度大小為也V0B.末速度沿水平方向1C.重力勢(shì)能減

7、少了2-mgdD.克服電場(chǎng)力做功為mgd答案BCT解析因01時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故3T2TE°q=mg；在二二；-時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用,332T做平拋運(yùn)動(dòng)，在t=-時(shí)刻的豎直速度為3gTVyi=32T,水平速度為V。；在二丁T時(shí)間內(nèi)，由牛3頓第二定律2E°qmg=ma,解得a=g,方向向上，則在t=T時(shí)刻，Vy2=VyigJ=0,3粒子的豎直速度減小到零，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AEpd11=mg-2=2mgd,選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知，2mgd-W電=0,可知1克服電場(chǎng)力做功為gmgd,選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B、C.命題點(diǎn)二用

8、“等效法”處理帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-能力考點(diǎn)師生共研1 .等效重力法F合將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖4所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力"，g'=m為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的豎直向下方向圖42 .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)的臨界速度問題.小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(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，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點(diǎn).而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動(dòng)過程中速度最小(稱為臨界速度)

9、的點(diǎn).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)A從靜止開始釋放(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B、C剛好能運(yùn)動(dòng)到D.(重力加速度為g)圖5(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；(2)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的過程中速度最大時(shí)對(duì)環(huán)的作用力大??；(3)在(1)問電場(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M點(diǎn)的直徑MN,設(shè)電場(chǎng)力與重力的合力為F

10、,則其方向沿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：F電min=mgcos45mgmin=qEmin解得所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)最小值Emin=£2m2,方向沿/AOB的角平分線方向指向左上方2q(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F=mgsin452mg把電場(chǎng)力與重力的合力看做是“等效重力”，對(duì)珠子由F(r+%/mv2一。A運(yùn)動(dòng)到M的過程，由動(dòng)能定理得在M點(diǎn)，由牛頓第二定律得:2vFn-F=mr聯(lián)立解得3,2Fn=(2+1)mg由牛頓第三定律知，珠子對(duì)環(huán)的作用力大小為一，一3,2.Fn=Fn=(2+l)mg.(3)由題意可知，N點(diǎn)

11、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，此過程中，由動(dòng)能定理得：-F(r-r)=0EkA解得EkA=mgr.變式3(2018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處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)并進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng).已知小球所受電場(chǎng)力是其重力的7,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角4為0=60°,Sbc=2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，h至少為多少？(sin37°=0.6,cos37°=0.8)不/Ed:_MDc圖6答案7.7R解析

12、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,如圖所示.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：22F=，即：1.25mg=mRR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：mg(h-R-Rcos37°)-mg-(-+2R+Rsin37°)=1mvD2,聯(lián)立解得h=7.7R.=''4='tan0'2'命題點(diǎn)三電場(chǎng)中的力電綜合問題能力考點(diǎn)師生共研1 .力學(xué)規(guī)律(1)動(dòng)力學(xué)規(guī)律：牛頓

13、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(2)電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)：Wab=FLabCOS0=qUab=EpAEpB.3 .多階段運(yùn)動(dòng)在多階段運(yùn)動(dòng)過程中，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，可以通過作運(yùn)動(dòng)過程草圖來獲得例3(2017全國卷I25空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為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

14、然增大到某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時(shí)間ti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；(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。粸楸ＷC后來的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的ti和vo應(yīng)滿足的條件.已知不存在電場(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.油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為Ei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Ei增加至E2,油滴做

15、豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小ai滿足qE2-mg=mai油滴在ti時(shí)刻的速度為vi=vo+aiti電場(chǎng)強(qiáng)度在ti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=via2ti由式得v2=vo2gti(2)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,2Qxi=v0ti+2aiti油滴在從ti時(shí)刻到t2=2ti時(shí)刻的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為,2X2=Viti21由題給條件有v2=2gX2h=4gh式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離.若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有xi+X2=h由式得V0i

16、V0巳="2正+4(72舊為使E2>Ei,應(yīng)有V0iV023V0解得0VtiV(i)3V0或ti>(i+2)7條件？式和？式分別對(duì)應(yīng)于V2>0和V2V0兩種情形.若B在A點(diǎn)之下,依題意有X2+xi=h由?式得E2=22V0V0g巖)2舊為使E2>Ei,應(yīng)有5V0解得ti>(2+i)-另一解為負(fù)，不符合題意，舍去變式4(2017全國卷25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

17、進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場(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)，剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(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：左，右圖7M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)；H"|詈32q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V0,則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為V0.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=0S2=

18、vot1at22聯(lián)立式得S1=3S2(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Vy2=2gh一，1,2H=vyt+2gtM進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知V0Si=77VyH聯(lián)立式可得1h=-H3(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)，則V0qEVymg設(shè)M、N離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Eki、Ek2,由動(dòng)能定理得L1,2.2、Ek1=嚴(yán)(Vo+Vy)+mgH+qEs11,2,2、Ek2=2m(Vo+Vy)+mgHqEs2由已知條件Eki=1.5Ek2聯(lián)立？式得；2mgE=-2q變式5如圖8所示，在E=103V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一光

19、滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點(diǎn)平滑相接,半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行，其半徑R=40cm,N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電q=104C的小滑塊質(zhì)量m=10g,與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)巧=0.15,位于N點(diǎn)右側(cè)1.5m的M處，g取10m/s2,求:(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)Q,則小滑塊應(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P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大?答案(1)7m/s(2)0.6N解析(1)設(shè)小滑塊恰能到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為V,2V由牛頓第二定律得mg+qE=mR小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得1212-mg-2RqE-

20、2Rp(mg+qE)x=2mv-2-mv0聯(lián)立解得：Vo=7m/s.（2）設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v',則從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得1一(mg+qE)Rp(qE+mg)x=&mv2-2mv。2又在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得，2vFn=mR代入數(shù)據(jù)，解得：Fn=0.6N由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力Fn'=Fn=0.6N.課時(shí)作業(yè)般氧訓(xùn)母蛾現(xiàn)恒塔速度力雙基鞏固練1.（2017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2中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運(yùn)動(dòng)（假設(shè)不與板相碰），下列說法

21、正確的是（）百TA.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TB.電壓是乙圖時(shí)，在0萬時(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解析若電壓是甲圖，0T時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力先向左后向右，則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T是乙圖時(shí)，在02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T了2f故加速度先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng)，到T時(shí)速度減為0,之后重復(fù)前面

22、的運(yùn)動(dòng)，故電子TT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-后向左減速，萬后向右3加速，4T后向右減速，t時(shí)速度減為零,之后重復(fù)前面的運(yùn)縱故電子做往復(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，開始B板電勢(shì)比A板電勢(shì)高,這時(shí)有一個(gè)原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場(chǎng)力作用下開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是圖3LA.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

23、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，若帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，則下列說法中正確的是(假設(shè)帶電粒子不與板相碰)()£7(V圖4A.帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B.02s內(nèi)，電場(chǎng)力做功等于0C.4s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)D.2.54s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隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示,v-t圖線與時(shí)間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，4s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點(diǎn)，A、C錯(cuò)誤；2s末速度不為0,可見02s內(nèi)電場(chǎng)力做的功不等于0,B錯(cuò)誤；2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同

24、，則2.54s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，則下列說法正確的是（）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)的過程中，電勢(shì)能減小D.小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(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a-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.（多選）（2017河北唐山一模）如圖6所示，

25、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B點(diǎn).重力加速度為g,小球在由A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是（）圖6A.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，則小球帶負(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

26、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，則電勢(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.（2017河南鄭州第一次聯(lián)考）如圖7甲所示，在y=0和y=2m之間有沿著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=1.0x102C/kg,在m上0時(shí)刻以速度vo=5X102m/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:Mo,甲Efl*HJr1N-

27、C-1)(1)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間;(2)粒子離開電場(chǎng)的位置坐標(biāo);(3)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域后沿x軸方向的速度大小.答案(1)4X103s(2)(2X105m,2m)(3)4x103m/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)，所以粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t="=4X10-3s.V0(2)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a=卬=4mm/s2,減速時(shí)的加速度大小E2qa2=2m/s,離開電場(chǎng)時(shí)，在x軸方向上的位移大小m1x=£a1(T)2+a1(T)2-/(T)2=2X10-5m,因此粒子離開電場(chǎng)的位置坐標(biāo)為(一2X105m,2m

28、).(3)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域后沿x軸方向的速度大小為:a2T=4X103m/s.7.(2018江西宜春調(diào)研)如圖8所示，0、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，一電荷量為一Q的點(diǎn)電荷固定在0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).已知小金屬塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為出A、B間距離為L,靜電力常量為k,則()-QOA.在點(diǎn)電荷一Q形成的電場(chǎng)中，A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab=22vmg日mvm2qB.在小金屬塊由A向C運(yùn)動(dòng)的過程中，電勢(shì)能先增大后減小kQqC.OB間的距離為A艮m

29、gD.從B到C的過程中，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過程，由動(dòng)能定理得：qUAB(1mgU2mvm0,得A、B兩22mmg日mvm點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab=,故A錯(cuò)誤；小金屬塊由A點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，2q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過程，金屬塊做加速運(yùn)動(dòng)，B到C過程，金屬塊做減速運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)金屬塊所受的滑動(dòng)摩擦力與庫侖力平衡，則有11mgkT,得r=、,故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動(dòng)能和減少的電r丫wmg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vo開始運(yùn)動(dòng)，初速度方向與電場(chǎng)方向一致圖9mg(1)若小球的帶電荷量為q=-E",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？2mg(2)若小球的帶電荷量為q=e，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