高中物理（3-1）教師文檔 第1章 習(xí)題課 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精習(xí)題課：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1。會(huì)利用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng).2。會(huì)利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法分析帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)。3.會(huì)分析帶電粒子在交變電場(chǎng)及復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。一、帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1。帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)(1)勻速直線運(yùn)動(dòng)：此時(shí)帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的電場(chǎng)力與其他力平衡.（2）勻加速直線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向同向。(3)勻減速直線運(yùn)動(dòng):帶電粒子受到的合外力與其初速度方向反向。2。討論帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)（加速或減速)的方法（1）力和加速度方法——牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式；(2）功和能方法--動(dòng)能定理;（3）能量方法—-能量守恒定律。例1如圖1所示,水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球在B板下方距離B板為H處，以初速度v0豎直向上從B板小孔進(jìn)入板間電場(chǎng)。圖1（1）帶電小球在板間做何種運(yùn)動(dòng)？（2)欲使小球剛好打到A板,A、B間電勢(shì)差為多少？答案（1)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)（2)eq\f(m[v\o\al（2,0）－2gH＋h],2q)解析(1)帶電小球在電場(chǎng)外只受重力的作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng),在電場(chǎng)中受重力和靜電力作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng).(2）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力和靜電力做功，由動(dòng)能定理得－mg(H＋h）－qUAB＝0－eq\f(1,2）mveq\o\al(2,0）解得UAB＝eq\f(m[v\o\al(2，0)－2gH＋h],2q)。二、帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)1。分析帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解把曲線運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)換為直線運(yùn)動(dòng)。利用的物理規(guī)律有：牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、功能關(guān)系等。2.分析此類問(wèn)題要注意：粒子在哪個(gè)方向不受力，在哪個(gè)方向受電場(chǎng)力，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡向哪個(gè)方向彎曲。例2長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板水平放置,兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng),一個(gè)帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子,以初速度v0緊貼上極板垂直于電場(chǎng)線方向進(jìn)入該電場(chǎng)，剛好從下極板邊緣射出，射出時(shí)速度恰與下極板成30°角，如圖2所示,不計(jì)粒子重力，求：圖2(1)粒子末速度的大小;（2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng);（3)兩板間的距離。答案（1）eq\f(2\r(3）v0，3)（2）eq\f(\r(3）mv\o\al（2,0），3qL）（3）eq\f（\r(3)，6）L解析（1）粒子離開電場(chǎng)時(shí),合速度與水平方向夾角為30°，由幾何關(guān)系得合速度：v＝eq\f（v0,cos30°)＝eq\f(2\r（3)v0,3)。(2)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上：L＝v0t,在豎直方向上：vy＝at，vy＝v0tan30°＝eq\f(\r（3)v0，3），由牛頓第二定律得：qE＝ma解得:E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2，0)，3qL）。(3)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上：d＝eq\f(1，2)at2,解得：d＝eq\f(\r（3)，6)L.三、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例3在如圖3所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖4甲、乙所示的兩種電壓,開始B板的電勢(shì)比A板高。在電場(chǎng)力作用下原來(lái)靜止在兩板中間的電子開始運(yùn)動(dòng).若兩板間距足夠大,且不計(jì)重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運(yùn)動(dòng)情況，并畫出相應(yīng)的v－t圖象.圖3甲乙圖4答案見(jiàn)解析解析t＝0時(shí)，B板電勢(shì)比A板高，在電場(chǎng)力作用下,電子向B板（設(shè)為正向)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).(1)對(duì)于題圖甲,在0～eq\f(1,2）T內(nèi)電子做初速度為零的正向勻加速直線運(yùn)動(dòng),eq\f（1，2)T～T內(nèi)電子做末速度為零的正向勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，其速度圖線如圖（a）所示。(2)對(duì)于題圖乙，在0~eq\f(T,2)內(nèi)做類似（1）0～T的運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,2）～T電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運(yùn)動(dòng).然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，其速度圖線如圖（b）所示.(a)(b)1.當(dāng)空間存在交變電場(chǎng)時(shí),粒子所受電場(chǎng)力方向?qū)㈦S著電場(chǎng)方向的改變而改變，粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)也具有周期性.2.研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)需要分段研究，并輔以v－t圖象。特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場(chǎng)時(shí)的時(shí)刻及交變電場(chǎng)的周期。針對(duì)訓(xùn)練1(多選)帶正電的微粒放在電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖5所示。帶電微粒只在電場(chǎng)力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是(）圖5A。微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1～2s內(nèi)的加速度相同B。微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng)C.微粒將做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D.微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同答案BD解析設(shè)微粒的速度方向、位移方向向右為正,作出微粒的v－t圖象如圖所示.由圖可知B、D選項(xiàng)正確.四、帶電粒子在電場(chǎng)(復(fù)合場(chǎng)）中的圓周運(yùn)動(dòng)例4如圖6所示，半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上,場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)與環(huán)面平行。一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上，可沿環(huán)做無(wú)摩擦的圓周運(yùn)動(dòng)，若小球經(jīng)A點(diǎn)時(shí)，速度vA的方向恰與電場(chǎng)垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無(wú)力的作用，求：圖6（1）速度vA的大小;（2)小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)對(duì)稱的B點(diǎn)時(shí)，對(duì)環(huán)在水平方向的作用力的大小.答案(1)eq\r(\f(qEr,m))(2）6qE解析（1)在A點(diǎn)，小球在水平方向只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)牛頓第二定律得：qE＝meq\f(v\o\al（2，A),r）所以小球在A點(diǎn)的速度vA＝eq\r(\f(qEr,m））。（2）在小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理,電場(chǎng)力做的正功等于小球動(dòng)能的增加量，即2qEr＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,A）小球在B點(diǎn)時(shí),根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向上有FB－qE＝meq\f(v\o\al(2,B),r）解以上兩式得小球在B點(diǎn)受到環(huán)的水平作用力為:FB＝6qE.由牛頓第三定律知，球?qū)Νh(huán)在水平方向的作用力大小FB′＝6qE。解決電場(chǎng)復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，關(guān)鍵是分析向心力的來(lái)源,向心力的提供有可能是重力和電場(chǎng)力的合力，也有可能是單獨(dú)的重力或電場(chǎng)力.有時(shí)可以把復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)等效為豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，找出等效“最高點(diǎn)"和“最低點(diǎn)”。針對(duì)訓(xùn)練2如圖7所示，ABCD為放在E＝1。0×103V/m的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中的絕緣光滑軌道，其中BCD部分是直徑為20cm的半圓環(huán),AB＝15cm，今有m＝10g、q＝10－4C的小球從靜止由A點(diǎn)沿軌道運(yùn)動(dòng)，它運(yùn)動(dòng)到圖中C處時(shí)的速度是______m/s，在C處時(shí)對(duì)軌道的壓力是______N；要使小球能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，開始時(shí)小球的位置應(yīng)離B點(diǎn)________m.圖7答案eq\r(3）0.40。25解析由Eq(eq\x\to(AB)＋eq\x\to（CO)）－mgeq\x\to(OB)＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2,C)可得vC＝eq\r(3）m/s；在C處由FN－Eq＝eq\f（mv\o\al(2,C），R）得FN＝0。4N，根據(jù)牛頓第三定律得在C處時(shí)對(duì)軌道的壓力為0。4N；要使小球能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，vD＝eq\r(gR)＝1m/s，由Eq·eq\x\to(A′B）－mg·eq\x\to(BD)＝eq\f(1，2）mveq\o\al（2，D)，得eq\x\to（A′B）＝0.25m.1.（多選）如圖8所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該粒子(）圖8A。所受重力與電場(chǎng)力平衡B.電勢(shì)能逐漸增加C。動(dòng)能逐漸增加D.做勻變速直線運(yùn)動(dòng)答案BD解析對(duì)帶電粒子受力分析如圖所示，F(xiàn)合≠0，則A錯(cuò)。由圖可知電場(chǎng)力與重力的合力方向與v0方向相反，F(xiàn)合對(duì)粒子做負(fù)功，其中mg不做功,Eq做負(fù)功，故粒子動(dòng)能減少，電勢(shì)能增加，B正確，C錯(cuò)誤.F合恒定且F合與v0方向相反,粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)，D項(xiàng)正確。2。（多選)如圖9甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力），兩板間距離足夠大.當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后,選項(xiàng)中的圖象，反映電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的是()圖9答案AD解析在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性變化的電壓時(shí),因?yàn)殡娮釉谄叫薪饘侔彘g所受的電場(chǎng)力F＝eq\f(U0e,d）,所以電子所受的電場(chǎng)力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化.由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個(gè)eq\f（T，4)內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第二個(gè)eq\f(T,4）內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng),在第三個(gè)eq\f（T，4）內(nèi)向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第四個(gè)eq\f(T，4）內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。所以a－t圖象如圖甲所示,v－t圖象如圖乙所示，又因勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移x＝v0t＋eq\f(1，2）at2，所以x－t圖象應(yīng)是曲線。3。如圖10所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直置于場(chǎng)強(qiáng)為E的水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的空心小球穿在環(huán)上，當(dāng)小球從頂點(diǎn)A由靜止開始下滑到與圓心O等高的位置B時(shí)，求小球?qū)Νh(huán)的壓力.圖10答案2mg＋3Eq，方向水平向右解析小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，重力做正功，電場(chǎng)力做正功,動(dòng)能增加，由動(dòng)能定理有mgR＋EqR＝eq\f(1,2）mv2在B點(diǎn)小球受到重力mg、電場(chǎng)力F和環(huán)對(duì)小球的彈力F1三個(gè)力的作用，沿半徑方向指向圓心的合力提供向心力，則F1－Eq＝meq\f（v2，R）聯(lián)立以上兩式可得F1＝2mg＋3Eq小球?qū)Νh(huán)的作用力與環(huán)對(duì)小球的作用力為一對(duì)作用力與反作用力，兩者等大反向，即小球?qū)Νh(huán)的壓力F1′＝2mg＋3Eq，方向水平向右。4.如圖11所示，陰極A受熱后向右側(cè)空間發(fā)射電子，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，電子的初速率有從0到v的各種可能值，且各個(gè)方向都有.與A極相距l(xiāng)的地方有熒光屏B，電子擊中熒光屏?xí)r便會(huì)發(fā)光。若在A和B之間的空間里加一個(gè)水平向左、與熒光屏面垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，求B上受電子轟擊后的發(fā)光面積。圖11答案eq\f（2mlv2π，Ee）解析陰極A受熱后發(fā)射電子，這些電子沿各個(gè)方向射向右邊勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域,且初速率從0到v各種可能值都有。取兩個(gè)極端情況如圖所示。沿極板豎直向上且速率為v的電子，受到向右的電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)打到熒光屏上的P點(diǎn)。豎直方向上y＝vt,水平方向上l＝eq\f（1,2)·eq\f(Ee，m)t2.解得y＝veq\r(\f（2ml，Ee))。沿極板豎直向下且速率為v的電子，受到向右的電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)打到熒光屏上的Q點(diǎn),同理可得y′＝veq\r（\f（2ml，Ee)）.故在熒光屏B上的發(fā)光面積S＝y(tǒng)2π＝eq\f（2mlv2π，Ee）.一、選擇題（1～6題為單選題，7～10題為多選題)1.如圖1，兩平行的帶電金屬板水平放置.若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°,再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將（)圖1A。保持靜止?fàn)顟B(tài)B。向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C.向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D。向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)答案D解析兩平行金屬板水平放置時(shí)，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸（垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場(chǎng)力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°,但大小不變,此時(shí)電場(chǎng)力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。2。如圖2所示，一個(gè)平行板電容器充電后與電源斷開，從負(fù)極板處釋放一個(gè)電子（不計(jì)重力），設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v1，加速度為a1。若將兩極板間的距離增大為原來(lái)的2倍，再?gòu)呢?fù)極板處釋放一個(gè)電子，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v2,加速度為a2，則()圖2A。a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2B。a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C.a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq\r（2)∶1D.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq\r（2)答案D解析電容器充電后與電源斷開，再增大兩極板間的距離時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)不變，電子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力不變，故a1∶a2＝1∶1.由動(dòng)能定理Ue＝eq\f(1，2)mv2得v＝eq\r(\f（2Ue,m))，因兩極板間的距離增大為原來(lái)的2倍，由U＝Ed知,電勢(shì)差U增大為原來(lái)的2倍，故v1∶v2＝1∶eq\r（2)。3。如圖3所示，從F處釋放一個(gè)無(wú)初速度的電子(重力不計(jì)）向B板方向運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(設(shè)電源電動(dòng)勢(shì)為U)（)圖3A。電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是UeB.電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零C.電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3UeD。電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)答案C解析電子在AB之間做勻加速運(yùn)動(dòng),且eU＝ΔEk,選項(xiàng)A正確；電子在BC之間做勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；在CD之間做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D板時(shí)，速度減為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確.4.如圖4，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q（q＞0)的粒子;在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在電場(chǎng)力的作用下,兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為（)圖4A.3∶2 B.2∶1C。5∶2 D.3∶1答案A解析因兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距eq\f（2，5）l的平面，電荷量為q的粒子通過(guò)的位移為eq\f(2,5)l,電荷量為－q的粒子通過(guò)的位移為eq\f（3,5)l,由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1＝eq\f（qE，M）,a2＝eq\f(qE，m），由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有eq\f（2,5）l＝eq\f(1，2）a1t2＝eq\f（qE，2M）t2 ①eq\f（3,5)l＝eq\f(1,2）a2t2＝eq\f（qE，2m）t2 ②eq\f（①，②）得eq\f(M,m)＝eq\f（3,2).B、C、D錯(cuò)，A對(duì)。5。如圖5所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場(chǎng)，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子射出電場(chǎng)的位置不發(fā)生變化，應(yīng)該()圖5A。使U2變?yōu)樵瓉?lái)的2倍B.使U2變?yōu)樵瓉?lái)的4倍C.使U2變?yōu)樵瓉?lái)的eq\r(2）倍D.使U2變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2）倍答案A解析電子加速有qU1＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,0)電子偏轉(zhuǎn)有y＝eq\f（1，2)·eq\f(qU2,md）(eq\f（l，v0）)2聯(lián)立解得y＝eq\f(U2l2，4U1d），顯然選A.6。如圖6所示，氕、氘、氚的原子核自初速度為零經(jīng)同一電場(chǎng)加速后，又經(jīng)同一勻強(qiáng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn),最后打在熒光屏上，那么(）圖6A。經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)的過(guò)程中，靜電力對(duì)氚核做的功最多B。經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的過(guò)程中，靜電力對(duì)氚核做的功最多C。三種原子核打在屏上的速度一樣大D。三種原子核都打在屏的同一位置上答案D解析同一加速電場(chǎng)、同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，三種原子核帶電荷量相同,故在同一加速電場(chǎng)中靜電力對(duì)它們做的功都相同，在同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中靜電力對(duì)它們做的功也相同,A、B錯(cuò);由于質(zhì)量不同,所以三種原子核打在屏上的速度不同，C錯(cuò)；再根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式y(tǒng)＝eq\f(l2U2，4dU1）知，偏轉(zhuǎn)距離與帶電粒子無(wú)關(guān)，D對(duì)。7.如圖7所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場(chǎng)，當(dāng)M、N間電壓為U時(shí),粒子恰好能到達(dá)N板,如果要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)M、N板間距的eq\f(1,2)后返回,下列措施中能滿足要求的是（不計(jì)帶電粒子的重力)（)圖7A.使初速度減為原來(lái)的eq\f(1,2)B.使M、N間電壓加倍C。使M、N間電壓提高到原來(lái)的4倍D。使初速度和M、N間電壓都減為原來(lái)的eq\f（1，2）答案BD解析由qE·l＝eq\f(1,2）mveq\o\al(2,0），知當(dāng)v0變?yōu)閑q\f（\r(2),2)v0時(shí)l變?yōu)閑q\f(l，2)；因?yàn)閝E＝qeq\f(U，d），所以qE·l＝qeq\f（U，d)·l＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2,0),通過(guò)分析知B、D選項(xiàng)正確.8。如圖8所示,一電子沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為OCD,已知eq\x\to(OA)＝eq\x\to（AB)，電子過(guò)C、D兩點(diǎn)時(shí)豎直方向的分速度為vCy和vDy；電子在OC段和OD段動(dòng)能的變化量分別為ΔEk1和ΔEk2，則（）圖8A.vCy∶vDy＝1∶2 B。vCy∶vDy＝1∶4C.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D。ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4答案AD解析電子沿Ox軸射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知eq\x\to(OA)＝eq\x\to（AB），則電子從O到C與從C到D的時(shí)間相等。電子在豎直方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),則有vCy＝atOC，vDy＝atOD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論可知,在豎直方向上：yOC∶yOD＝1∶4,根據(jù)動(dòng)能定理得ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD，則得，ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4。故C錯(cuò)誤，D正確。9.如圖9所示，兩金屬板（平行）分別加上如下列選項(xiàng)中的電壓，能使原來(lái)靜止在金屬板中央的電子(不計(jì)重力）有可能做往返運(yùn)動(dòng)的U－t圖象應(yīng)是（設(shè)兩板距離足夠大）（）圖9答案BC解析由A圖象可知，電子先做勻加速運(yùn)動(dòng)，eq\f（1,2）T時(shí)速度最大，從eq\f(1,2）T到T內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度減為零.然后重復(fù)一直向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)不往返.由B圖象可知，電子先做勻加速運(yùn)動(dòng)，eq\f(1，4）T時(shí)速度最大，從eq\f(1，4）T到eq\f（1,2)T內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，eq\f(1，2）T時(shí)速度減為零;從eq\f(1,2)T到eq\f（3,4)T反向勻加速運(yùn)動(dòng),eq\f（3，4）T時(shí)速度最大，從eq\f(3,4)T到T內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度減為零，回到出發(fā)點(diǎn).然后重復(fù)往返運(yùn)動(dòng)。由C圖象可知，電子先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，eq\f（1，4)T時(shí)速度最大，從eq\f（1,4)T到eq\f（1,2)T內(nèi)做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),eq\f（1,2)T時(shí)速度減為零；從eq\f(1，2）T到eq\f（3，4)T反向做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),eq\f（3，4）T時(shí)速度最大，從eq\f（3，4）T到T內(nèi)做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),T時(shí)速度減為零，回到出發(fā)點(diǎn)。然后重復(fù)往返運(yùn)動(dòng).由D圖象可知,電子先做勻加速運(yùn)動(dòng)，eq\f（1，2）T時(shí)速度最大，從eq\f(1,2)T到T內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，然后重復(fù)加速運(yùn)動(dòng)和勻速運(yùn)動(dòng)一直向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng).故選B、C。10.如圖10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10A。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)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在eq\f（T，3）~eq\f(2T，3）時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f（2T,3)時(shí)刻的豎直速度為vy1＝eq\f（gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T，3）～T時(shí)間內(nèi),由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上,則在t＝T時(shí)刻，vy2＝vy1－geq\f（T,3）＝0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；故選B、C.二、非選擇題11。一個(gè)帶正電的微粒，從A點(diǎn)射入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒沿直線AB運(yùn)動(dòng),如圖11所示.AB與電場(chǎng)線夾角θ＝30°，已知帶電粒子的質(zhì)量m＝1。0×10－7kg，電荷量q＝1.0×10－10C,A、B相距L＝20cm.(取g＝10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）求:圖11(1)說(shuō)明微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的性質(zhì),要求說(shuō)明理由.（2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向.(3)要使微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，微粒射入電場(chǎng)時(shí)的最小速度是多少？答案見(jiàn)解析解析(1）微粒只在重力和電場(chǎng)力作用下沿AB方向運(yùn)動(dòng),在垂直于AB方向上的重力和電場(chǎng)力必等大反向,可知電場(chǎng)力的方向水平向左，如圖所示，微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速運(yùn)動(dòng)。(2)在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ＝0所以電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\r（3）×104N/C，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向左。（3）微粒由A運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度vB＝0時(shí),微粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度最小，由動(dòng)能定理得，－(mgLsinθ＋qELcosθ）＝0－eq\f(1，2）mveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù),解得vA＝2eq\r(2）m/s。12。如圖12所示，長(zhǎng)L＝0。20m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m＝1.0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端連在一水平軸O上,絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2。0×103N/C.現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點(diǎn)，然后無(wú)初速度地將小球釋放,取g＝10m/s2.求：圖12（1）小球通過(guò)最高點(diǎn)B時(shí)速度的大小；(2)小球通過(guò)