第二章 专题3 带电粒子在电场中的运动-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第三册创新导学案课件PPT（粤教版2019）

第二章　静电场的应用 专题三　带电粒子在电场中的运动 目录 1 2 课后课时作业 课堂探究评价 课堂探究评价 课题任务1　带电粒子在电场中运动的一般求解思路 1．带电粒子在电场中做直线运动的情形及其求解思路 (1)匀速直线运动：此时带电粒子受到的合力一定等于零，即所受到的静电力与其他力平衡． (2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合力与其初速度方向同向． (3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合力与其初速度方向反向． (4)分析带电粒子在电场中做直线运动的方法 ①动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式． ②能量方法——动能定理、能量守恒定律． 课堂探究评价 4 2．带电粒子在电场中偏转问题(一般为类平抛运动)的两种求解思路 (1)动力学观点 利用运动的合成与分解把曲线运动转换成直线运动，然后利用牛顿运动定律结合运动学公式求解． (2)功能观点 ①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量． ②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的． 课堂探究评价 5 答案 课堂探究评价 6 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 模型点拨　 带电体在电场中的运动问题的基本分析方法 课堂探究评价 [变式训练1]　 水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，O为圆心，A为轨道的最低点，半径OA竖直，圆心角∠AOB为60°，半径R＝0.8 m，空间有竖直向下的匀强电场，场强E＝1×104 N/C.一个质量为m＝2 kg、电荷量为q＝－1×10－3 C的带电小球，从轨道左侧与圆心O同一高度的C点水平抛出，恰好从B点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A时对轨道的压力FN＝32.5 N．求： (1)小球抛出时的初速度v0的大小； (2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf. 答案 课堂探究评价 10 解析 课堂探究评价 11 解析 课堂探究评价 12 课题任务2 　带电粒子在交变电场中的运动问题 1．此类题型一般有三种情况 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)． (2)粒子做往返运动(一般分段研究)． (3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)． 2．分析时从两条思路出发 (1)力和运动的关系．根据牛顿第二定律及运动学规律分析． (2)功能关系． 课堂探究评价 13 3．突破策略：抓住周期性和空间上的对称性 注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件． 课堂探究评价 14 例2　一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内， (1)粒子位移的大小和方向； (2)粒子沿初始电场反方向运动的时间． 答案 课堂探究评价 15 模型点拨　 在交变电场作用下粒子所受的静电力发生改变，从而影响粒子的运动性质；由于静电力周期性变化，粒子的运动性质也具有周期性；研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，特别注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期． 课堂探究评价 答案 课堂探究评价 17 解析 课堂探究评价 18 课题任务3 　带电体在电场中的圆周运动问题 课堂探究评价 19 答案 课堂探究评价 20 规范解答 课堂探究评价 模型点拨　 用“等效法”解此类题的关键在于正确得出等效重力场，然后再对比正常重力场下小球做圆周运动的规律，找出等效“最高点”和“最低点”． 课堂探究评价 答案 课堂探究评价 23 解析 课堂探究评价 24 解析 课堂探究评价 25 解析 课堂探究评价 26 课后课时作业 1．(多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电小球恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该小球(　　) A．所受重力与静电力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 解析　做直线运动的条件是垂直于速度方向上受力平衡，本题中是重力和静电力的一个分力平衡．对带电小球受力分析，如图所示，F合≠0，故A错误．由图可知，静电力与重力的合力与v0反向，F合对小球做负功，其中重力不做功，静电力做负功，故小球动能减少，电势能增加，B正确，C错误．F合恒定，且F合与v0方向相反，小球做匀减速直线运动，D正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 2． 如图所示，质量为m的带负电的小物块置于倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，小物块恰好静止在斜面上．现将电场方向突然改为水平向右，而场强大小不变，则(　　) A．小物块仍静止 B．小物块将沿斜面加速上滑 C．小物块将沿斜面加速下滑 D．小物块将脱离斜面运动 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 解析　小物块恰好静止时静电力大小等于重力，即 F电＝mg.当把电场方向突然改为水平向右时小物块受到 的静电力方向变为水平向左，把静电力和重力分解到沿 斜面和垂直斜面的两个方向上，在垂直斜面方向上有 F电sin37°＋FN＝mgcos37°，在沿斜面方向上有F电cos37°＋mgsin37°＝ma，故小物块将沿斜面加速下滑，C正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 3．如图甲所示，在间距足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在A、B之间加上按如图乙所示规律变化的电压，在t＝0时刻电子静止且A板电势比B板电势高，则(　　) 解析 解析　电子先向A板做半个周期的匀加速直线运动，接着做半个周期的匀减速直线运动，经历一个周期后速度为零，以后重复以上过程，运动方向不变，故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 4． 如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场， 一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入 该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知OP连线与初速度方向 的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为(　　) 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 5．(多选)如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点间的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零．则下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 6．(多选)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷且位于原点O，a、b是它们连线的延长线上的两点，其中b点与O点相距3L.现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受静电力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是(　　) A．Q2带负电且电荷量小于Q1 B．b点的场强一定为零 C．a点的电势比b点的电势高 D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能小 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 解析　由v­x图像知，粒子从a点向远处运动先减速再加速，在b处速度最小，则b点左右两侧电场方向相反，b点处电场强度为0，B正确；根据点电荷场强公式和电场的叠加知识得Q2带负电且电荷量小于Q1，A正确；根据粒子受力方向知b点左侧场强向左，故a点电势较b点低，C错误；粒子从a点到b点动能减小，则静电力做负功，电势能增加，D正确． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 7．一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒(重力不计)，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知偏移量越大打在纸上的字迹越大．现要增大字迹，下列措施可行的是(　　) A．增大墨汁微粒的比荷 B．增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 C．减小偏转极板的长度 D．减小偏转极板间的电压 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 8．(多选)如图甲所示，绝缘、光滑水平面上方，有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E.在水平面右端固定一绝缘轻弹簧，一带电物块(可视为质点)质量为m，电荷量为＋q，将带电物块由静止释放，以物块出发点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立坐标系，物块动能Ek与它通过的距离x之间的关系如图乙，其中坐标x1处为弹簧原长位置，O～x1段为直线，坐标x2处动能最大，坐标x4处动能为零．下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 9．(2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　) A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 10． 如图所示，一带电小球从A处竖直向上进入一水平方向的匀强电场中，进入电场时小球的动能为4 J，运动到最高点B时小球的动能为5 J，则小球运动到与A点在同一水平面上的C点(图中未画出)时的动能为(　　) A．4 J B．14 J C．19 J D．24 J 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 [名师点拨]　本题中小球在匀强电场中不是做类平抛运动，对于这类匀变速曲线运动，一般分析方法是：将运动沿电场方向和重力方向分解，进而应用相关运动规律求解． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 11．如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 12． (多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104 N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长l＝2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m＝0.08 kg的带电小球，静止时悬线与竖直方向成37°角．若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　) A．小球的电荷量q＝6×10－5 C B．小球动能的最小值为1 J C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值 D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4 J 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 13． 如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为L的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m，电荷量为＋q，将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度θ＝74°.(重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)求电场强度的大小E； (2)求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值； (3)若从A点处释放小球，给小球一个水平向左的初速度v0，则为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足什么条件？ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　如图所示，一电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)水平向右电场的电场强度； (2)若将电场强度减小为原来的eq \f(1,2)，物块的加速度是多大； (3)电场强度减小为原来的eq \f(1,2)后物块下滑距离为L时的动能． 答案　(1)eq \f(3mg,4q)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 规范解答　(1)小物块静止在斜面上，受重力、静电力和斜面的支持力，示意图如图所示，沿斜面方向有 qEcos37°＝mgsin37° 可得E＝eq \f(3mg,4q). (2)若电场强度减小为原来的eq \f(1,2)，即E′＝eq \f(3mg,8q)， 由牛顿第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma， 可得a＝0.3g. (3)电场强度减小为原来的eq \f(1,2)后物块下滑距离L的过程中，重力做正功，静电力做负功，由动能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0， 可得Ek＝0.3mgL. 答案　(1)eq \f(2\r(3),3) m/s　(2)eq \f(1,3) J 解析　(1)小球抛出后从C到B过程中受重力和竖直向上的静电力，做类平抛运动，则： mg－qE＝ma 解得小球的加速度 a＝eq \f(mg－qE,m)＝eq \f(2×10－1×10－3×104,2) m/s2＝5 m/s2 C与B的高度差h＝Rcos60°＝0.4 m 设小球到B点时竖直分速度为vy，则veq \o\al(2,y)＝2ah 解得小球到达B点时竖直分速度vy＝2 m/s 小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则tan60°＝eq \f(vy,v0) 解得小球抛出时的初速度v0＝eq \f(2\r(3),3) m/s. (2)在B点时，sin60°＝eq \f(vy,vB)，则vB＝eq \f(4\r(3),3) m/s. 小球在A点时，FN′＝FN，FN′＋qE－mg＝m2,A)eq \f(v,R) 解得：vA＝3 m/s 小球从B到A的过程，由动能定理得： (mg－qE)(R－Rcos60°)－Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B) 解得小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf＝eq \f(1,3) J. 答案　(1)eq \f(qE0,16m)T2　方向沿初始电场方向 (2)eq \f(T,4) [变式训练2]　(多选)一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期T＝eq \f(L,2v0)，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则(　　) A．所有电子都从右侧的同一点离开电场 B．所有电子离开电场时速度都是v0 C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大 D．t＝eq \f(1,4)T时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为eq \f(d,16) 解析　电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示，根据图像与t轴围成图形的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误．由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正确．由上述分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误．t＝eq \f(T,4)时刻进入电场的电子，在t＝eq \f(3,4)T时刻侧位移最大． 最大侧位移为ymax＝2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(aT2,16) ① 由题意知，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为eq \f(1,2)d， 则有eq \f(1,2)d＝4×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq \s\up12(2) ② 联立①②得ymax＝eq \f(d,16)，故D正确． 用等效思维分析带电体在电场中的圆周运动问题 带电物体在静电场中运动时，受重力和静电力，若重力和静电力为恒力，可以将重力和静电力合成为一个恒力F合，将这个复合场当作等效重力场，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq \f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向．当此恒力F合的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得极值．物体在等效重力场中的竖直平面内能够做完整的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的“最高点”． 利用等效思维求解带电体在电场中的圆周运动问题，可简化运算过程，提高效率． 例3　如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的小球，带正电，电荷量为q＝eq \f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？ 答案　v≥eq \r(\f(10\r(3)gR,3)) 规范解答　小球先在斜面上运动，受重力、静电力、支持力，然后在圆轨道上运动，如图所示，类比重力场，将静电力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝eq \r((qE)2＋(mg)2)＝eq \f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(\r(3),3)，得θ＝30°，则等效重力的方向与斜面垂直且指向右下方，小球在斜面上匀速运动，因要使小球能恰好安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg′＝2,D)eq \f(mv,R) ， 因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知AD＝2R，令小球以最小初速度v0运动， 由动能定理知：－mg′2R＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)， 解得v0＝eq \r(\f(10\r(3)gR,3))， 因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足的条件为v≥eq \r(\f(10\r(3)gR,3)). [变式训练3]　如图所示，在竖直面内放置光滑的 绝缘轨道，匀强电场水平向右，电场强度为E.一带负电 的小球从高h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动 (小球通过B点时无机械能的损失)并进入圆环内做圆周 运动．已知小球所带电荷量为eq \f(3mg,4E)，圆环半径为R，斜面倾角θ＝60°，BC段长为2R. (1)若h＝5R，求小球到斜面底端时的速度大小； (2)若要求小球在全过程中不脱离轨道，求h的取值范围．(用R表示) 答案　(1)2.4eq \r(gR)　(2)h≥7.7R或h≤4.4R 解析　(1)由A到B的过程，重力做正功，静电力做负功， 由动能定理：mgh－Feq \f(h,tanθ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－0， 又F＝qE， 解得：vB＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20－5\r(3),2)))gR)≈2.4eq \r(gR). (2)小球在复合场中运动，重力与静电力的合力F合＝eq \f(5,4)mg，方向与竖直方向夹角为37°，斜向左下方， 由等效重力思想，小球不脱离轨道，如图所示，临界时： ①小球到达与圆心等效等高点D时速度为0： 从C到D：－F合Rcos37°＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C1)， 解得：veq \o\al(2,C1)＝2gR 由斜面顶端到C点： mgh1－Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h1,tanθ)＋BC))＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C1)－0， 解得：h1＝eq \f(10(4＋\r(3)),13)R≈4.4R. ②小球恰能通过等效最高点E，在E点： F合＝m2,E)eq \f(v,R) ， 解得：veq \o\al(2,E)＝eq \f(5,4)gR 从C到E：－F合R(1＋cos37°)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C2)， 解得：veq \o\al(2,C2)＝eq \f(23,4)gR 由斜面顶端到C点： mgh2－Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h2,tanθ)＋BC))＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C2)－0 解得：h2＝eq \f(140＋35\r(3),26)R≈7.7R 综上：h≥7.7R或h≤4.4R. A．电子在A、B两板间做往复运动 B．在足够长的时间内，电子一定会碰上A板 C．当t＝eq \f(T,2)时，电子将回到出发点 D．当t＝eq \f(T,2)时，电子的位移最大 A．mveq \o\al(2,0) B．eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) C．2mveq \o\al(2,0) D．eq \f(5,2)mveq \o\al(2,0) 解析　由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0t＝eq \f(1,2)vPyt，合速度vP＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,Py)) ＝eq \r(5)v0，EkP＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,P)＝eq \f(5,2)mveq \o\al(2,0)，故选D. A．带电粒子在Q点的电势能为－Uq B．带电粒子带负电 C．此匀强电场的电场强度大小为E＝eq \f(2\r(3)U,3d) D．此匀强电场的电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)U,3d) 解析　根据带电粒子的偏转方向，可判断B错误；因为 静电力做正功，电势能减少，又因为P、Q两点的电势差为U， 而P点的电势为零，所以A正确；带电粒子在P点时的速度 为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行 于电场线为y轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy＝eq \r(3)v0，设带电粒子在y轴方向上的位移为y0，带电粒子在电场中的运动时间为t，y0＝eq \f(\r(3)v0,2)t，d＝v0t，得y0＝eq \f(\r(3)d,2)，由E＝eq \f(U,y0)得E＝eq \f(2\r(3)U,3d)，C正确，D错误． 解析　微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则在水平方向有：l＝v0t，在竖直方向有：y＝eq \f(1,2)at2，又a＝eq \f(qU,md)，联立得：y＝2,0)eq \f(qUl2,2mdv) ＝eq \f(qUl2,4dEk0).要增大字迹，就要增大微粒通过偏转电场的偏移量y，由上式分析可知，可采用的措施有：增大比荷eq \f(q,m)、减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、增大极板的长度l、增大偏转极板间的电压U，故B、C、D错误，A正确． A．弹簧的劲度系数为k＝eq \f(qE,x2－x1) B．从坐标x1处到坐标x4处，物块所受力的合力先增加后减小 C．从坐标x1处到坐标x3处弹簧弹性势能增加了qE(x3－x1) D．从坐标x1处到坐标x2处，弹簧弹性势能增加量的大小等于电势能减少量的大小 解析　在x2处物块动能最大，此时物块 加速度为零，则F弹＝F电，即kΔx＝k(x2－x1) ＝qE，解得k＝eq \f(qE,x2－x1)，故A正确；从坐标x1 处到坐标x4处，弹簧弹力从0逐渐增大，在x2处F弹＝F电，所以物块所受合力先减小后增大(也可根据题图乙由图像的斜率分析)，故B错误；物块的动能、电势能和弹簧的弹性势能总和不变，从坐标x1处到坐标x3处，物块动能不变，则静电力做的功全部转化为弹簧的弹性势能，弹簧弹性势能增加了ΔEp＝qE(x3－x1)，故C正确；从坐标x1处到坐标x2处，弹簧的弹性势能增加，物块动能增加，电势能减小，可知弹簧弹性势能增加量和物块动能增加量之和等于电势能减少量，故D错误． 解析　设A与B、B与C间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得： eE1d1－eE2d2＝0 ① 当C板向右平移后，B、C板间的电场强度 E2′＝eq \f(U′,d2′)＝eq \f(Q,C′d2′)＝eq \f(Q,\f(εS,4πkd2′)·d2′)＝eq \f(4πkQ,εS)， B、C板间的电场强度与板间距无关，大小不变． 第二次释放后，设电子在B、C间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0② 比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确． 解析　上升过程中，在竖直方向上小球做竖直上抛运动， 则上升时间t1＝eq \f(v0,g)，水平方向上小球做初速度为零的匀加速直 线运动，水平位移x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)，上升的过程静电力做功W1＝qEx1，在最高点时竖直方向的速度为0，故在最高点时小球的动能与静电力做的功相等，即W1＝5 J；下降的过程中，在竖直方向做自由落体运动，与竖直上抛是对称的，所以下降的时间t2＝t1，水平方向的总位移x2＝eq \f(1,2)a(t1＋t2)2＝eq \f(1,2)a×4teq \o\al(2,1)＝4x1，全过程中静电力做功W2＝qEx2＝4qEx1＝4W1＝20 J，全过程中，重力做功为0，根据动能定理有W2＝Ek末－Ek初，所以Ek末＝Ek初＋W2＝24 J，D正确． A．0<t0<eq \f(T,4) B．eq \f(T,2)<t0<eq \f(3T,4) C．eq \f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq \f(9T,8) 解析　设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得， 粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为 负，速度方向为负．作出t0＝0、eq \f(T,4)、eq \f(T,2)、eq \f(3T,4)时粒子运动的v­t图 像如图所示．由于图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移， 则由图像可知0<t0<eq \f(T,4)，eq \f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移为正；eq \f(T,4)<t0<eq \f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移为负；当t0>T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应为负，速度时正时负，对照各选项可知只有B正确． 解析　对小球进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可得mgtan37°＝qE，解得小球的电荷量为q＝eq \f(mgtan37°,E)＝6×10－5 C，A正确；由于重力和静电力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，如图乙所示，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置A关于O的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以小球在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，根据题意，在B点小球只受重力和电场力，其合力为小球做圆周运动提供向心力，有F合＝eq \f(mg,cos37°)＝1 N，又F合＝m2,B)eq \f(v,l) ，得EkB＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)＝1 J，B正确；由于总能量保持不变，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能EpE最大，所以在该点时机械能最小，C错误；小球由B运动到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4 J，总能量E＝EpB＋EkB＝5 J，D错误． 答案　(1)eq \f(3mg,4q)　(2)eq \f(7,4)mg　(3)v0≥eq \f(\r(23gL),2) 解析　(1)由于带电小球所受静电力方向向左，分析小球的受力情况，根据对称性，当细线与竖直方向成eq \f(θ,2)角时，作出小球受力示意图如图所示，此时重力与静电力的合力与θ角的角平分线在同一条线上， 根据平衡条件得：qE＝mgtaneq \f(θ,2)， 解得E＝eq \f(3mg,4q). (2)设静电力与重力的合力即等效重力为F， 易知F＝eq \f(mg,cos\f(θ,2))＝eq \f(5,4)mg， 小球运动到等效最低点时速度最大，细线拉力最大，此时细线与竖直方向成eq \f(θ,2)角． 小球从A运动到等效最低点的过程中，由动能定理得FLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(θ,2)))＝eq \f(1,2)mv2－0 小球在等效最低点时，由等效重力和细线的拉力的合力提供向心力， 根据牛顿第二定律得T－F＝meq \f(v2,L)， 解得T＝eq \f(7,4)mg 由牛顿第三定律可知细线所受的最大拉力为eq \f(7,4)mg. (3)若恰好使小球做完整的圆周运动，则小球运动到等效最高点时，细线拉力为0，F充当向心力，此时v0取最小值vmin，在等效最高点有F向＝F＝2,1)eq \f(mv,L) 根据动能定理有 －FLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos\f(θ,2)))＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,min) 联立解得vmin＝eq \f(\r(23gL),2) 为保证小球能做完整的圆周运动，v0的大小应满足的条件为v0≥eq \f(\r(23gL),2). 14．如图所示，位于竖直面内的xOy直角坐标系内存在 一匀强电场，电场方向水平，且沿x轴正方向；在x轴负半轴 上P点可发射质量为m、带电量为＋q(q>0)的带电小球，初速 度大小均为v0，方向均沿y轴正方向，已知电场强度E＝eq \f(mg,q)， 重力加速度为g，不计小球间的相互作用力．求： (1)带电小球自x轴发射后，在电场中运动时的加速度； (2)若带电小球自x轴上的Q点(图中未画出)发射时，小球经过y轴时的速度方向恰好垂直于y轴，求OQ的距离； (3)带电小球自P点发射后，在电场中运动的最小速率是多少？ 答案　(1)eq \r(2)g，方向与x轴正方向夹角为45°斜向下　(2)2,0)eq \f(v,2g) 　(3)eq \f(\r(2),2)v0 解析　(1)对带电小球进行受力分析如图 由题意，有qE＝mg 由平行四边形定则，有 F＝ eq \r((mg)2＋(qE)2)＝ eq \r(2)mg 由牛顿第二定律，有F＝ma 解得a＝eq \r(2)g 且tanθ＝eq \f(mg,qE)＝1 解得θ＝45° 即加速度方向与x轴正方向夹角为45°斜向下． (2)带电小球从Q点到y轴的运动可分解为竖直方向和水平方向的分运动竖直方向做竖直上抛运动，则运动时间t＝eq \f(v0,g) 水平方向做初速度为0的匀加速直线运动， 加速度为ax＝eq \f(qE,m)＝g O、Q的距离为水平方向位移OQ＝eq \f(1,2)axt2＝2,0)eq \f(v,2g) . (3)带电小球自P点发射后做类斜上抛运动，最小速度为等效“最高点”的速度，对初速度正交分解，与加速度垂直的分量大小即为最小速率，有vmin＝v0cos45°＝eq \f(\r(2),2)v0. $$