高中物理人教版選修3-1學(xué)案1-9帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)

9帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子的加速(1)帶電粒子：對(duì)于質(zhì)量很小的帶電粒子，如電子、質(zhì)子等，雖然它們也會(huì)受到重力的作用，但一般說來重力遠(yuǎn)小于靜電力，可以忽略重力．(2)帶電粒子被加速：在勻強(qiáng)電場E中，被加速的粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，從靜止開始加速的距離為d，加速后的速度為v，這些物理量間的關(guān)系滿足動(dòng)能定理：qEd＝eq\f(1,2)mv2.在非勻強(qiáng)電場中，若粒子運(yùn)動(dòng)的初末位置的電勢差為U，動(dòng)能定理表達(dá)式為：qU＝eq\f(1,2)mv2.一般情況下帶電粒子被加速后的速度可表達(dá)成：v＝eq\r(\f(2qU,m)).2．帶電粒子的偏轉(zhuǎn)帶電粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m、以初速度v0垂直電場線射入兩極板間的勻強(qiáng)電場．板長為l、板間距離為d，兩極板間的電勢差為U.(1)粒子在v0的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)：穿越兩極板的時(shí)間為t＝eq\f(l,v0).(2)粒子在垂直于v0的方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)：加速度為a＝eq\f(qU,dm).粒子離開電場時(shí)在電場方向上偏離原射入方向的距離稱為偏移距離，用y表示，離開電場時(shí)速度方向跟射入時(shí)的初速度方向的夾角稱為偏轉(zhuǎn)角，用θ表示．偏移距離為：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2dmv\o\al(2,0))，偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(v⊥,v0)＝eq\f(qUl,dmv\o\al(2,0)).帶電粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，以初速度v0垂直電場線射入兩極板間的勻強(qiáng)電場．板長為l、板間距離為d，兩極板間的電勢差為U.則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡是怎樣的？提示：運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線．3．示波管的原理(1)示波管的構(gòu)造：示波管是一個(gè)真空電子管，主要由三部分組成，分別是：電子槍、兩對(duì)偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏．(2)示波管的基本原理：電子在加速電場中被加速，在偏轉(zhuǎn)電場中被偏轉(zhuǎn)．電子槍的作用是：發(fā)射電子后把電子加速，偏轉(zhuǎn)電極YY′上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX′電極上接入示波管自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．考點(diǎn)一帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的兩種處理方法1．帶電粒子的受力特點(diǎn)(1)重力：①有些粒子，如電子、質(zhì)子、α粒子、正負(fù)離子等，除有說明或明確的暗示以外，在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)均不考慮重力；②宏觀帶電體，如液滴、小球等除有說明或明確的暗示以外，一般要考慮重力；③未明確說明“帶電粒子”的重力是否考慮時(shí)，可用兩種方法進(jìn)行判斷：一是比較靜電力qE與重力mg，若qE?mg，則忽略重力，反之要考慮重力；二是題中是否有暗示(如涉及豎直方向)或結(jié)合粒子的運(yùn)動(dòng)過程、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)進(jìn)行判斷．(2)靜電力：一切帶電粒子在電場中都要受到靜電力F＝qE，與粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān)；電場力的大小、方向取決于電場(E的大小、方向)和電荷的正負(fù)，勻強(qiáng)電場中靜電力為恒力，非勻強(qiáng)電場中靜電力為變力．2．帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的處理方法帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，是一個(gè)綜合電場力、電勢能的力學(xué)問題，研究的方法與質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)相同，它同樣遵循運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理等力學(xué)規(guī)律，處理問題的要點(diǎn)是要注意區(qū)分不同的物理過程，弄清在不同的物理過程中物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，并選用相應(yīng)的物理規(guī)律，在解題時(shí)，主要可以選用下面兩種方法．(1)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系——牛頓第二定律：根據(jù)帶電粒子受到電場力，用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等．這種方法通常適用于受恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的情況．(2)功和能的關(guān)系——?jiǎng)幽芏ɡ恚焊鶕?jù)電場力對(duì)帶電粒子所做的功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理研究全過程中能量的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、經(jīng)歷的位移等．這種方法同樣也適用于不均勻的電場．【例1】如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng)．已知兩極板間電勢差為U，板間距為d，電子質(zhì)量為m，電荷量為e.則關(guān)于電子在兩板間的運(yùn)動(dòng)情況，下列敘述正確的是()A．若將板間距d增大一倍，則電子到達(dá)Q板的速率保持不變B．若將板間距d增大一倍，則電子到達(dá)Q板的速率也增大一倍C．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時(shí)間保持不變D．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時(shí)間減為一半解答本題時(shí)應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：(1)帶電粒子被加速，利用動(dòng)能定理可求到達(dá)另一極板的速率；(2)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【答案】A【解析】由動(dòng)能定理有eq\f(1,2)mv2＝eU，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，可見電子到達(dá)Q板的速率與板間距離d無關(guān)，故A項(xiàng)對(duì)、B項(xiàng)錯(cuò)．兩極板間為勻強(qiáng)電場E＝eq\f(U,d)，電子的加速度a＝eq\f(eU,md)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式d＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2md2,eU))，若兩極板間電勢差增大一倍，則電子到達(dá)Q板時(shí)間減為原來的eq\f(\r(2),2)，故C、D項(xiàng)都錯(cuò)．總結(jié)提能(1)對(duì)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，從受力的角度來看，遵循牛頓運(yùn)動(dòng)定律；從做功的角度來看，遵循能的轉(zhuǎn)化和守恒定律．(2)用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)來計(jì)算，只適用于勻強(qiáng)電場，即粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．而用功能的觀點(diǎn)來計(jì)算，即qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則適用于一切電場，這正是功能觀點(diǎn)較動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析的優(yōu)越之處．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入電場，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動(dòng)能為(D)A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析：電子從O點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動(dòng)能定理可得－eUOA＝0－Ek因?yàn)閁OA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，所以正確選項(xiàng)為D.考點(diǎn)二帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1．基本關(guān)系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0l＝v0t初速度方向,vy＝aty＝\f(1,2)at2電場線方向))2．導(dǎo)出關(guān)系粒子離開電場時(shí)的側(cè)移位移為：y＝eq\f(ql2U,2mv\o\al(2,0)d)粒子離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mv\o\al(2,0)d)粒子離開電場時(shí)位移與初速度夾角的正切tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mv\o\al(2,0)d).對(duì)帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題也可以選擇動(dòng)能定理求解，但只能求出速度的大小，不能求出速度的方向，涉及到方向問題，必須采用把運(yùn)動(dòng)分解的方法.3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏向角的討論在右圖中，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m、帶電量為q，以速度v0垂直于電場線射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電壓為U1.若粒子飛出電場時(shí)偏角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,vx).式中vy＝at＝eq\f(qU1,dm)·eq\f(l,v0)，vx＝v0，代入得tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))①(1)若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的，則由動(dòng)能定理有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②由①②式得：tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)③由③式可知，粒子的偏角與粒子的q、m無關(guān)，僅決定于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的．(2)若相同的粒子以不同的初動(dòng)能進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，由①式，初動(dòng)能較大的粒子偏向角較?。?3)若相同的粒子以不同的初速度進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，由①式，初速度較大的粒子偏向角較?。?4)當(dāng)粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，作粒子速度的反向延長線，與粒子射入的方向交于O點(diǎn)，O點(diǎn)離粒子射出電場時(shí)沿垂直于電場方向的距離為x，則：x＝eq\f(y,tanθ)＝eq\f(qU1l2,2mv\o\al(2,0)d)/eq\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d)＝eq\f(l,2)可見粒子就好像從電場的中點(diǎn)O射出一樣，這一結(jié)論在示波管問題中有重要應(yīng)用．【例2】一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，如圖所示．若兩極板間距離d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最大能加多大電壓？解答本題時(shí)應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：(1)利用動(dòng)能定理求出電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度．(2)利用分析類平拋運(yùn)動(dòng)的方法并結(jié)合E＝eq\f(U,d)，F(xiàn)電＝qE等公式求出偏轉(zhuǎn)電壓．【答案】400V【解析】在加速電壓一定時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓U′越大，電子在極板間的偏轉(zhuǎn)距離就越大．當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出時(shí)，兩極板間的偏轉(zhuǎn)電壓即為題目要求的最大電壓．加速過程中，由動(dòng)能定理有：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動(dòng)l＝v0t②在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm)③偏距y＝eq\f(1,2)at2④能飛出的條件y≤eq\f(d,2)⑤解①～⑤式得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝eq\f(2×5000×1.0×10－22,5.0×10－22)V＝4.0×102V即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V.總結(jié)提能(1)處理帶電粒子在電場中先加速后偏轉(zhuǎn)的問題，常用的方法是動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等，通常將運(yùn)動(dòng)分解成平行電場強(qiáng)度方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場強(qiáng)度方向的勻速運(yùn)動(dòng)．(2)帶電粒子能否飛出偏轉(zhuǎn)電場，關(guān)鍵看帶電粒子在電場中的偏移量，粒子恰能飛出極板和粒子恰不能飛出極板，對(duì)應(yīng)著同一臨界狀態(tài)，分析時(shí)根據(jù)題意找出臨界狀態(tài)，由臨界狀態(tài)來確定極值，這是求解極值問題的常用方法．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(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的極板X應(yīng)帶正電；極板Y應(yīng)帶正電．(填“正”或“負(fù)”)解析：打在P點(diǎn)的電子向Y板、X板偏移、YY′方向上受到指向Y板電場力，Y板帶正電，XX′方向上受到指向X方向的電場力，X板帶正電．考點(diǎn)三帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)一、帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)1．當(dāng)帶電物體的重力不能忽略時(shí)，帶電物體就處在電場、重力場的復(fù)合場中，處理相關(guān)問題時(shí)要注意電場力和重力的影響．2．相關(guān)問題及處理方法：(1)帶電小球(液滴、塵埃、微粒)在電場中處于平衡(靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài))，必滿足F電－mg＝0.(2)帶電物體沿某一方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可通過分析其受力，畫出受力圖，將力分解，由牛頓定律列出方程，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行有關(guān)解答．(3)若帶電物體的初速度方向與合加速度方向不同，則做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，可采用將運(yùn)動(dòng)分解，運(yùn)用牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分別列方程求解；也可根據(jù)動(dòng)能定理、能量守恒定律列方程求解，后者更簡捷一些．(4)用細(xì)繩拴一帶電小球在豎直方向的勻強(qiáng)電場中給其一初速度，當(dāng)mg－F電＝0時(shí)，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子拉力充當(dāng)向心力，可由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)分析解答．二、帶電體在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的處理方法由于帶電粒子在勻強(qiáng)電場中所受電場力與重力都是恒力，因此其處理方法有兩種：1．正交分解法處理這種運(yùn)動(dòng)的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)是類似的，可以將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)互相正交的比較簡單的直線運(yùn)動(dòng)，而這兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律我們是可以掌握的，然后再按運(yùn)動(dòng)合成的觀點(diǎn)去求出復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的有關(guān)物理量．2．等效“重力”法將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖所示：則F合等效于“重力”；a＝eq\f(F合,m)等效于“重力加速度”；F合的方向等效于“重力”的方向，即在重力場中的豎直向下方向．3．整體運(yùn)用功能關(guān)系法首先對(duì)帶電體受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算．(1)若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力功還是變力功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能的增量．(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的，表達(dá)式有幾種．①初狀態(tài)和末狀態(tài)的能量相等，即E初＝E末．②增加能量的總和等于減少能量的總和，即ΔE增＝ΔE減．這種方法不僅適用于勻變速運(yùn)動(dòng)，對(duì)非勻變速運(yùn)動(dòng)(非勻強(qiáng)電場中)也同樣適用．【例3】如圖所示，一根長L＝1.5m的光滑絕緣細(xì)直桿MN，豎直固定在場強(qiáng)為E＝1.0×105N/C與水平方向成θ＝30°角的傾斜向上的勻強(qiáng)電場中．桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A，電荷量Q＝＋4.5×10－6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動(dòng)，電荷量q＝＋1.0×10－6C，質(zhì)量m＝1.0×10－2kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運(yùn)動(dòng)．(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m(1)小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時(shí)，距M端的高度h1為多大？(3)小球B從N端運(yùn)動(dòng)到距M端的高度h2＝0.61m時(shí)，速度為v＝1.0m/s，求此過程中小球B的電勢能改變了多少？由動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析出a的情況．即可判斷當(dāng)F合＝0時(shí)速度最大，再由二力平衡觀點(diǎn)求解h，利用功能關(guān)系可求出小球電勢能的改變．【答案】(1)3.2m/s2(2)0.9m(3)8.4×10－2J【解析】(1)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mg－eq\f(kQq,L2)－qEsinθ＝ma解得a＝g－eq\f(kQq,L2m)－eq\f(qEsinθ,m)代入數(shù)據(jù)解得a＝3.2m/s2(2)小球B速度最大時(shí)合力為零，即eq\f(kQq,h\o\al(2,1))＋qEsinθ＝mg解得h1＝eq\r(\f(kQq,mg－qEsinθ))代入數(shù)據(jù)解得h1＝0.9m(3)小球B從開始運(yùn)動(dòng)到速度為v的過程中，設(shè)重力做功為W1，電場力做功為W2，庫侖力做功為W3，根據(jù)動(dòng)能定理有W1＋W2＋W3＝eq\f(1,2)mv2W1＝mg(L－h(huán)2)設(shè)小球B的電勢能改變了ΔEP，則ΔEP＝－(W2＋W3)ΔEP＝mg(L－h(huán)2)－eq\f(1,2)mv2ΔEP＝8.4×10－2J(多選)如圖所示，三維坐標(biāo)系O－xyz的z軸方向豎直向上，所在空間存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從z軸上的A點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向水平拋出，A點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0，L)，重力加速度為g，電場強(qiáng)度E＝eq\f(mg,q)，則下列說法中正確的是(ABD)A．小球運(yùn)動(dòng)的軌跡為拋物線B．小球在xOz平面內(nèi)的分運(yùn)動(dòng)為平拋運(yùn)動(dòng)C．小球到達(dá)xOy平面時(shí)的速度大小為eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL)D．小球的運(yùn)動(dòng)軌跡與xOy平面交點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0\r(\f(2L,g))，L，0))解析：帶電小球始終受到重力與電場力，因此可等效成一個(gè)恒定的力，且此力方向與初速度方向垂直，所以做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，軌跡為拋物線，小球在xOz平面內(nèi)只受重力作用，故做平拋運(yùn)動(dòng)，A、B正確；小球在z軸方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，只受重力，且初速度為零，所以經(jīng)過時(shí)間t＝eq\r(\f(2L,g))到達(dá)xOy平面，則小球在x軸方向做勻速運(yùn)動(dòng)發(fā)生的位移為v0eq\r(\f(2L,g))，而在y軸方向小球只受電場力，初速度為零，因此發(fā)生的位移為eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2L,g))))2＝L，所以小球的軌跡與xOy平面交點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0\r(\f(2L,g))，L，0))，D正確；小球在重力與電場力共同作用下產(chǎn)生的加速度為eq\r(2)g，則在t＝eq\r(\f(2L,g))內(nèi)增加的速度為eq\r(2)g·eq\r(\f(2L,g))＝2eq\r(gL)，所以最后落地速度大小為eq\r(v\o\al(2,0)＋4gL)，故C錯(cuò)誤.1．(多選)一位教師自制教具演示靜電現(xiàn)象，在圖甲所示的透明塑料圓筒內(nèi)放入一個(gè)用錫箔紙包裹的小球(未畫出、質(zhì)量較小)，然后將圓筒的上、下端用鐵皮封住，鐵皮上各接一個(gè)接線夾，圖乙為靜電起電機(jī)，搖動(dòng)搖柄，正負(fù)極能不斷產(chǎn)生正、負(fù)電荷，將A接線夾接在靜電起電機(jī)的正極上，B接線夾接在靜電起電機(jī)的負(fù)極上，圓筒豎直放置，剛開始球靜止在底部，當(dāng)搖動(dòng)靜電起電機(jī)搖柄后，下列說法正確的是(BC)A．球向上運(yùn)動(dòng)被頂部鐵皮吸住后不再運(yùn)動(dòng)B．球?qū)⒃趫A筒內(nèi)不斷上下運(yùn)動(dòng)與頂部和底部鐵皮相碰C．球與頂部鐵皮相碰后，球上的自由電子移動(dòng)到頂部鐵皮上D．球上升過程中電勢能增加解析：當(dāng)搖動(dòng)靜電起電機(jī)搖柄后，圓筒上端鐵皮帶正電，下端鐵皮帶負(fù)電，圓筒內(nèi)形成豎直向下的勻強(qiáng)電場，球在底部則帶負(fù)電，在電場力作用下向上運(yùn)動(dòng)，與頂部鐵皮相碰時(shí)，自由電子轉(zhuǎn)移到頂部鐵皮上，球帶正電，然后再向下運(yùn)動(dòng)，與底部接觸后帶負(fù)電，在圓筒內(nèi)不斷上下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B、C正確；球向上運(yùn)動(dòng)時(shí)帶負(fù)電，電場力做正功，電勢能減少，D錯(cuò)誤．2．一帶電粒子在電場中只受靜電力作用時(shí)，它不可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(A)A．勻速直線運(yùn)動(dòng) B．勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．勻變速曲線運(yùn)動(dòng) D．勻速圓周運(yùn)動(dòng)解析：粒子只受靜電力作用，當(dāng)此力為恒力時(shí)，可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(F與v同向，或v0＝0)，當(dāng)恒力與v0垂直時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)——?jiǎng)蜃兯偾€運(yùn)動(dòng)；當(dāng)靜電力大小不變、方向始終指向一點(diǎn)且與速度垂直時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，例如，電子繞原子核的運(yùn)動(dòng)．所以，只有A是不可能的．3．如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于電子到達(dá)Q板時(shí)的速度，下列說法正確的是(C)A．兩板間距離越大，加速的時(shí)間就越長，獲得的速率就越大B．兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大C．與兩板間距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)D．以上說法均不正確解析：電子由P至Q的過程中，靜電力做功，根據(jù)動(dòng)能定理eU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，速度大小與U有關(guān)，與距離無關(guān)．4．(多選)如圖所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，入射方向與電場線垂直．粒