第十章 习题课四 带电粒子在电场中运动的综合应用-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第三册同步学习方案（人教版2019）

第十章静电场中的能量。 4.如图所示，水平放置的平行板电容器，两极 (1)将下极板向下平移后，液滴的加速度 板间距为d=0.06m,极板长为L= 大小： 0.3m,接在直流电源上，有一带电液滴以 (2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到 =0.5m/s的初速度从板间的正中央水 P点所用的时间。 平射人，恰好做匀速直线运动，当它运动到 P处时迅速将下极板向下平移△d= 0.02m,液滴最后恰好从极板的末端飞 出，g取10m/s2,求： 请完成[知能达标训练】作业（十·） 习题课四 带电粒子在电场中运动的综合应用 [学业要求与核心素养] 1.进一步掌握带电粒子在电场中直线运动和类平抛运动的分析方法。 2.会分析带电粒子在电场中的圆周运动，会分析向心力的来源。 3.会分析带电粒子在交变电场中的运动。 探究案关键能力·互动探究 /析考点·恬规律·素养炭升 题型一带电粒子在电场中的直线运动 例1如图所示，有一对长4cm的平行金 1.带电粒子在电场中的直线运动 属板，相距3cm倾斜放置与水平面成0= (1)匀速直线运动：带电粒子受到的合外力 一定等于零，即所受到的静电力与其他力 37°角，两板间加上50V电压，有一带电粒 平衡。 子质量为4×108kg,以1m/s的速度自 (2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外 A板上边缘水平进入电场，在电场中沿水 力与其初速度方向相同。 平方向运动并恰好从B板下边缘水平飞 (3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外 力与其初速度方向相反。 出，虚线为其运动轨迹，g=10m/s, 2.讨论带电粒子在电场中做直线运动（加速 sin37°=0.6。求： 或减速)的方法 (1)力和加速度方法一牛顿运动定律、匀 变速直线运动公式。 (2)功和能方法 动能定理。 (3)能量方法— 能量守恒定律。 精品教辅，智慧人生65 ●物理·必修第三册（配RJ版） (1)该电场的电场强度E; 力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运 (2)带电粒子所带电量q: (3)带电粒子飞出电场时的速度U。 动，速率分别为、；两板间加上电压后 (上板为正极)，这两个油滴很快达到相同 的速率？，均竖直向下匀速运动。油滴可 视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、 运动速率成正比，比例系数视为常数。不 计空气浮力和油滴间的相互作用。 00b (1)求油滴a和油滴b的质量之比； (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负， 并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 ●变式在例题中，若将两 极板沿它们的中心点顺 03 时针转动至竖直状态， 如图所示，并将该带电 粒子从靠近A极板的某 位置由静止释放，求该带电粒子刚好从B 极板的下边缘射出电场时的速度大小。 题型二带电粒子的类平抛运动 1.先求加速度。 2.将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运 动和垂直初速度方向的匀加速直线运动， 在两个方向上分别列运动方程。 3.涉及功能关系，也可用动能定理列方程。 例2如图，两金属板 P,Q水平放置，间距为 G O针对训练 d。两金属板正中间有 P 1.(2023·新课标卷)密立根油滴实验的示意 一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相 图如图所示。两水平金属平板上下放置， 同。G接地，P、Q的电势均为9(9>0)。 间距固定，可从上板中央的小孔向两板间 质量为m、电荷量为q(g>0)的粒子自G 喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小 的左端上方距离G为h的位置，以速度 油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重 平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。 66精品频铺，智意人生 第十章静电场中的能量● (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及 ○针对训练 它从射入电场至此时在水平方向上的位移 2.(2023·西宁期末)如图所示，水平面内有 大小： 一直角坐标系xOy,在第二、三象限内存 (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h 在沿x轴正方向、场强大小为E的匀强 的位置离开电场，则金属板的长度最短应 电场I,在第一、四象限的x=0至x=l区 为多少？ 间内存在沿y轴正方向的有理想边界的匀 强电场Ⅱ，场强大小未知。一带正电的粒 子（可视为点电荷）从P点（一，0）由静 止开始仅在电场力作用下运动，从Q点 (1,l)离开电场Ⅱ。带电粒子的质量为m, 电荷量为q,不计带电粒子的重力。求： ●变式在例题中，若两金属板间距为3d,在 P板下方2d处有一水平放置的金属网G, G接地。带电粒子自G的左端上方距离G (1)电场Ⅱ的场强E的大小： 为d的位置，以速度，平行于纸面水平射 (2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位 入电场，粒子穿越金属网过程中与金属网 置由静止释放，可使粒子飞出电场Ⅱ时动 不接触，其他条件不变。求： 能最小，求该粒子飞出电场Ⅱ时的最小动 (1)粒子第一次到达G所需的时间t; 能Ek。 (2)粒子穿过G后距Q板的最近距离y; (3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，求金 属板的长度L。 精品教铺，智慧人生67 ●物理·必修第三册（配RJ版） 题型三带电粒子在交变电场中的运动 ●变式如图甲所示，大量初速度为0的电 1.当空间存在交变电场时，粒子所受静电力 子经电压为U。的加速电场加速后，连续 方向将随着电场方向的改变而改变，粒子 不断地沿中线射入水平放置的两块正对的 的运动性质也具有周期性。 平行金属板。当两板不带电时，这些电子 2.研究带电粒子在交变电场中的运动需要分 通过两板之间的时间为21。，当在两板间加 段研究，并辅以v-t图像。特别需注意带 如图乙所示的周期为2。、偏转电压峰值为 电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场 U1的交变电压时，恰好所有电子都能从两 的周期。 板间通过，已知平行金属板长度为L,两板 例3如图甲所示，电容器的两块相同的金 间距为d,电子的电荷量为一e,质量为m, 属板正对着水平放置，金属板的长度为L, 不计电子重力和它们之间相互作用力。 ●)十 两板间的距离为2y。。0~2t。时间内上极 板和下极板间的电势差U随时间t变化的 关系图像如图乙所示（图乙中U未知）。 一个质量为m、电荷量为十g(g>0)的带正 电粒子在t=0时从电容器左端的中间位 分 置以一定的水平初速度射入电场，。时刻 (1)求加速电场的电压U。: 粒子恰好从下极板右边缘B点飞出。不 (2)求偏转电场的电压U1; 计粒子受到的重力，不考虑电场的边缘 (3)哪个时刻进人偏转电场的电子，会从距 效应。 离中线上方号处飞出偏转电场？ ↑ ++++++土A 4 12 -3 甲 (1)求t=0时刻射入的带电粒子出电场时 偏转角度的正切值： (2)求U; (3)0~2t。时间内的某t时刻，将上面提 到的带电粒子从电容器左端的中间位置以 相同的水平初速度射入电场，带电粒子恰 好从上极板右边缘A点飞出，求t,。 68精品频销，智意人生 第十章静电场中的能量● ○针对训练 题型四带电体在电场中的能量问题 3.(2023·重庆校联考)如图甲所示，A、B是 1.解决电场（复合场）中的圆周运动问题，关 两块面积很大的平行板，虚线MN表示与 键是分析向心力的来源，指向圆心的力提 A、B板平行等距的一个较小的面，此面到 供向心力，向心力的提供有可能是重力和 A、B的距离都是L(L未知)，此面处不断 静电力的合力，也有可能是单独的重力或 地产生微粒，这种微粒产生后，从静止开始 静电力。 运动，若微粒一旦碰到金属板，它就吸附在 2.有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖 板上不再运动。以第一个微粒释放时为计 直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和 时零点，由于控制装置的存在，微粒在不同 “最低点”。 时刻的加速度变化规律如图乙所示，以向 例4(2023·普宁月考) 右为正方向，且L、T和a之间恰好满足 如图所示，圆形区域内 B 有方向平行于纸面的匀 64aT。 强电场，其半径为R,AB 为圆的直径。质量为m、电荷量为g的带 正电粒子自A点由静止释放，粒子从圆周 O T:3T:5T 上的C点以速率v。穿出电场，AC与AB Σ2 的夹角0=60°。现将该种粒子在纸面内从 -2a A点先后以不同的速率垂直于电场线方向 甲 射人电场，只考虑电场力的作用。 (1)第一个粒子到达A板所用的时间（结 (1)求电场强度大小及方向： 果用T表示)： (2)为使粒子从B点离开电场，粒子进人 (2)1=3平时产生的微粒到达B板时的 电场时的速率v应是多大？ 速度大小（结果用T和a表示，可以用 根号)。 精品教辅，智慧人生69 ●物理·必修第三册（配RJ版） 变式1在例题中，质量为m、电荷量为q(q>0) ○针对训练 的带电粒子在纸面内自A点先后以不同 4.(2023·辽宁丹东统 的速度进入电场，速度方向与电场的方向 考期中)在平面坐标 垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒 系xOy内，半径为R 子，自圆周上的C点以速率。穿出电场， 圆形区域内有平行纸 AC与AB的夹角0=60°。运动中粒子仅 面的匀强电场（图中 受电场力作用。 未画出)，圆与坐标轴的交点分别为坐标 (1)为使粒子穿过电场后的动能增量最大， 原点O、y轴上的A点和x轴上的B点， 该粒子穿出电场时的动能为多大？ AB为圆的直径，∠OAB=45°。质量为m, (2)粒子穿过电场前后速度变化量的大小 电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自 为，则粒子穿出电场时的动能为多大？ O点以不同的速度先后进入电场区域。已 知进入电场时速度为零的粒子，从y轴上 的A点以速率。穿出电场（粒子仅受电 场力作用)。 (1)求圆形区域内电场强度的大小： (2)求所有沿x轴正方向进入电场的粒子 中，穿出电场时动能增量的最大值： 变式2在例题中，质量 (3)某粒子以%的速度沿x轴正方向进入 为m、电荷量为q(q>0) 电场，求该粒子射出电场时的位置坐标。 的带电粒子在纸面内自 A点先后以不同的速度 进入电场，速度方向与电场的方向垂直。 已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆 周上的C点以速率。穿出电场，AC与AB 的夹角0=60°。运动中粒子仅受电场力作 用，若带电粒子从E点射出，DE和AC平 行，求： (1)电场强度的大小和方向： (2)从E点射出的带电粒子进入电场时的 初速度大小。 70精品频销，智意人生 第十章静电场中的能量。 提升案随堂演练·基础落实 /夯基铺·提技能·煮养达成 1.如图所示，平行板电 绝缘挡板放置如图所示位置。质量为m、 04 容器与电源相连，下 电荷量为q的带正电小球以速度垂直电 极板接地。一带电油 场线从电容器的上边缘射人，恰好落在绝 滴位于两极板的中心 缘挡板的中点处，已知电场强度E=mg,则 P点且恰好处于静止状态，现将平行板电 容器两极板在纸面内绕O)顺时针转过 () 45°，则 ( A.带电小球在运动过程中的加速度为√2g A.P点处的电势降低 B.若L=√2d,则带电小球恰好垂直落在 B.带电油滴仍将保持静止状态 斜面上 C.带电油滴到达极板前具有的电势能不 C.带电小球经过t= 断增加 落在斜面上 g D.带电油滴将水平向右做匀加速直线 D.电场力对带电小球做功为mgL 运动 4.(2023·广西南宁模拟) 2.如图所示，带等量异种 如图所示，在与纸面平 电荷的平行金属板A、 行的匀强电场中有A、 B水平正对放置，间距 B、C三点构成的等腰直 为d,A板中心有一小 B 角三角形，∠ABC=90°，D是BC的中点， 孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。将 AB长为2m,A、C、D点的电势分别为 带电微粒从小孔正下方靠近B板的M点 3V、11V、9V。一带电粒子从B点以某 由静止释放，微粒穿过A板上的小孔后， 一初速度垂直AC飞出，恰好击中A点，已 刚好能到达A板上方的N点，N点与A 知粒子带正电且电荷量q=4×109C,质 的距离为号。若将A板向下平移号，再让 量m=4×1015kg,重力忽略不计，求： (1)B点的电势； 微粒从M点由静止释放，极板所带电荷量 (2)电场强度的大小和方向； 保持不变，不考虑空气阻力，将两板间电场 (3)粒子从B运动到A所用的时间。 视为匀强电场。下列说法正确的是( ) A.板间的电场强度变小 B.板间的电场强度大小变为原来的2倍 C.微粒能到达A板上方0.375d处 D.微粒能到达A板上方0.25d处 3.已知水平放置的平行板，++++++ 电容器上极板带正电，下 极板带负电。电容器的 极板长度为L,两极板间距离为d。一倾斜 特品教铺，智慧人生71 ●物理·必修第三册（配RJ版） 5.(2023·苏州期中) (1)从y=3d处进入电场的电子离开电场 如图所示，平面直角 P 时候的位置坐标； 坐标系第一象限部 3 (2)从y=d处进入电场的电子离开电场 分区域存在竖直向 时候的速度大小； 上的匀强电场，电场 (3)电子打到边界PQ上的点距x轴的最 左侧边界为y轴，竖 远距离1。 直线边界PQ位于 x=3dl处，且PQ为电场的右侧边界，宽度为 3d的水平电子束以相同的速度从第二象 限垂直y轴进入电场区域，电子束最下沿贴 着x轴。假设粒子的比荷大小满足以下关系 m一2a不考虑电子所受重力以及电子之 间相互作用力，求： 提示 请完成「知能达标训练1作业（十三）】 章末整合提升 体系构建 特点：只跟 有关，与路径无关 静电力做功 WAB=EpA-EpB 计算(WAB=UAB WB=gEd(匀强电场) 电势能 定义：电荷在电场中某点的电势能等于 与静电力做功的关系：WB= ,静电力做正功， 减少，静电力做负功， 增大 电势 定义式 零电势点： 或 定义：电场中电势 的各点构成的面 (1)在同一等势面上移动电荷静电力 等势面 特点 (2)等势面与电场线垂直 电势与电势差 (3)电场线由电势 的等势面指向电势低的等势面 (4)等差等势面越密的地方，电场线越 ,场强越 电 UAB=9A一9H,UA=9B一9A 电势差 UAB ,d为AB两点沿 的距离 的能量 匀强电场 (UAB= 沿电场方向电势降落最 定义式：C= Q △ 电容器的电容 单位： 、符号 、1F uF- pF 平行板电容器：C E:S 4kπd 利用动能定理：9U 加速 利用牛顿定律结合运动学公式：E U=0十，2一2 方法：运动的分解（平抛运动规律） 带电粒子在电场中的运动 =L a=F-E_U四 30 m m md 偏转 公式{vv=at= qu mdv -tan 0= y= 2a12 72 精品教销·智意人生@© (3)小滑块以初速度2进入电场后，若它运动到B板时：[变式] 解析由题可知，在极板 的动能大于其电势能，则它在电场中运动时找不到动能 间的电场强度大小不变，方向变 与电势能相等的点，则有(mgsin30°-mgcos30°- 为水平方向，粒子的受力情况如A⊙ 96 o B 2qE)d-Ex'-mv.E>2Edq 图所示，可知合力为F= √(mg)十(gE)2,其中由例题可 联立可得2>5√17m/s 答案(1)15m/s(2)1.69m 知gE=mg cos 0 (3)2>5√17m/s 4.解析(1)带电液滴在板间受重力和坚直向上的电场 解得F-。V+cos0 U 设粒子在两极板间运动的距离为，由几何关系可知 力，因为液滴做匀速直线运动，则有gE=mg,即g : 背号 mg,变形得qU=mgd, 当下板向下平移后，d增大，E减小，电场力减小，故液 解得l=Ltan0√/1+cos20 滴向下偏转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受电 由动能定理有F1=名m 场力F=骨-盟 解得v一 由牛领第二律可得 2 gLsin1+cosD,代入数据v=√1.23m/s。 c0s20 am8n=g(1-号）=子g=2.5m/g 答案√1.23m/s [针对训练] (2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直 1,解析(I)根据题迷有f=r,设油滴a的质量为m1: 方向上的位移是y一号+△d 油滴a以速率v0向下匀速运动，由平衡条件有m1g= 设液滴从P,点开始在匀强电场中飞行的时间为2，则 1,m-音mp,设油清b的质量为m2,油滴b以速 号+d=22 率子0向下匀地运动，由平衡条件有mg=: 解得t2=0.2s 4 而流清从附选入电场到出电场的时同！一品-Q6。 462m2=3r23p,联立解得m1:m2=8:1. (2)当在上下平板加恒定电压（上板为高电势）时，这两 所以液滴从射入电场开始计时匀速运动到P点所用的 时间为t1=t一t2=0.4s。 个油滴很快以受w的递率竖直向下匀递运动，所以有 答案(1)2.5m/s2(2)0.4s 油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则 习题课四带电粒子在电场中运动的综合应用 油滴a带负电荷，油滴b速度增大，说明油浦b受到了 探究案关键能力·互动探究 向下的电场力，则油滴b带正电荷。由m=8和m1= m2 0.03 V/m- [例1】[解析](1)根据U=Ed,E==50 号xm'p,m=专p可知，a,b油滴的半径之比为 4 5000V/m。 3 =2,由∫=r可知两个油滴均以选率2w竖直向 r2 (2)对带电粒子受力分析如图所 B 示。因带电粒子水平方向沿直 下匀速运动时，所受阻力之比为=1=2：油滴6以速 f2 r2 线运动，故mg=qEcos37 mg mg=4×108X10c 率子w登直向下匀逸运动时，所受阻力为∫=m28,结 解得9一Ec037 5000X0.8 3 合了=k如r可知油滴b以选率2w竖直向下匀选运动 =3×10-10C。 (3)令带电粒子飞出电场时速度为，由动能定理得 时，所受阻力为f2=2f=2mg:油滴a以速率2的竖 吉m2,代入款扬得包-号a/ 直向下匀速运动，所受阻力为f1=2f2=4m2g,设油滴 a所带电荷量的绝对值为q1,由平衡条件有m1g= [答案](1)5000V/m(2)3X10-10C q1E十f,设油滴b所带电荷量的绝对值为q2,由平衡 3 条件有m2g十q2E=f2,联立解得q1:q2=4：1。 mls 答案(1)8：1(2)油滴α带负电荷，油滴b带正电荷 4:1 20 o.A [例2][解析](1)PG、QG间场强大小相等，设为E,粒： [针对训练] 子在PG阿所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加 2.解析(1)粒子在电场I中做初速度为0的匀加速运 迷度大小为@，有E-子 动，从P点到0点，根据动能定理可得qE乞=乞m, 1 F=qE=ma E☑ 粒子进入电场Ⅱ的速度为v一√ 设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有 qE队=B-之maw2 粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动，由运动学公式可得 1=,1=r,a=g m 所以B=2mw2+29 1 解得E=2E。 d 设粒子第一次到达G时所用时间为，粒子在水平方向 (2)设粒子在电场I中x轴上距原，点O为x的位置释 的位移为，则有A=宫4r 放，从释放到O点，由动能定理得g5x=m 2qEx l=vot 解得=m mdh 联立解得l=o√q吧 粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动，设偏移量为y,则有 (2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，此时金属 1wy名5 m 板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度为L= 解得y=2z 2l=20 mdh 由全过程动能定理得qEx十qEy=E qo [答案] 2m,2+ mdh 带入y整理后得E=E(c+)》 mdh (2)20nq9 根邦均值不等式可知，当工=上，中工=1时，动能有录 小值，且最小值为Ek=2gEl。 [变式]解析(1)粒子在竖直方向做匀加速直线运动， 答案(1)2E(2)2gEL 第一次到达G所需的时间为，则有 [例3][解析](1)带电粒子在电场中做类平抛运动， d=分a2,a=器联立解得1=2dg0 m 根据运动学公式有L=o0=之"0 2dm 设t=0时刻射入的带电粒子出电场时的偏转角度为日， (2)粒子穿过G板时的竖直方向的速度为v=at, 粒子穿过G后，粒子的加遽度为a-器=2a 根据几何关系有tan0= 则粒子穿过G后，粒子在竖直方向做匀减速直线运动， 联主解得am9-咒。 连度减为0所用时间为1一吕-云-之，因为d吕 (2)设板间电场的电场强度大小为E,根据牛领运动定 律和运动学规律有 则d=t=2d Eg=ma,y=ato 根据匀强电场中电势差与电场强度的关系有U2=EX2物 所以粒子穿过G后距Q板的最近距离y一d一名d=d。 联立解得U,=4mo (3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，即粒子在竖直方 92。 (3)根据运动的合成与分解可知，带电粒子在电场中水 向速度为0，粒子在竖直方向先做匀加速运动t加速到， 平方向上做匀速直线运动，则 后微匀减速运动之减到0，再接着反向加速之加到。， L=voto 然后减速运动t减到0，竖直方向可能做周期性这种运 即运动的时间仍然为to,tx时刻显然小于to,则to时刻 动下去，但是水平方向一直做匀速直线运动，则粒子 带电粒子在竖直方向上的分速度大小℃1=a(to一tx) 由题图乙结合牛顿第二定律可得，0时刻之后带电粒子 拾好沿水平方向飞离电场的时间为=(+2) 的加速度大小为a'=3a 1 (n=1、2、3、…) 则在竖直方向上的分位移一%=21(o一t)+ 金属板的卡度为L=场=3wd√(n=123、… 答案 ()2dq9 (2)zd 联立解得t:=气0· (3)3nod√ m(n=1、2、3、…） [答案] (2)nh2 942 21 ⑧ [变式]解析(1)电子加速后速度为0，有 减速阶段粒子运动到B板的速度满足一B2=2a(L一x) 1 elo-2mvo 解得B=入2aT。 电子通过两板之间的时间为20，有L=0×240 年华一器。 答案 7 8 (2)√32aT [例4] [解析](1)依题意，由动能定理有 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度为a,有 gE·2Rcos60°-7mw2-0 在=0时刻进入偏转电场的电子偏转位移最大，恰好 解得E"织，方向从A指向C 从两旅同射出，有号-山2X2 (2)依题意可知粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从 A运动到B所用时间为t,粒子在垂直电场方向的位移 解得U1-2062 md2 x=2Rsin60°=t (3)当电子进入偏转电场时U>0,设电子先向上加速运 手行电场方向的位移y=2Rcas60=之ar 动1时间电场反向，后再向上减速运动t1时间速度恰 由牛顿第二定律有gE=ma 为0，然后向下加速运动0一1时间电场反向，后向下 减速运动0一4时间，出偏转电场时正好位于中线上方 联立方程解得。=。 号关，号=242x2-日ao-4x2 [答案]1"2·从A指向C2② 2% 解得h=名0 ! [变式1]解析(1)由题意知在A点 速度为零的粒子会沿着电场线方向 即电子进入偏转电场的时刻为t=(2n十1)0一t4= 运动，由于q>0,故电场线由A指向C, (2m+1Do-号om∈N 5 根据几何关系可知工C=R,根据动 当电子进入偏转电场时U<0,设电子先向下加速运动 能定里有qB化=之mm2 t2时间电场反向，后再向下减速运动t2时间速度恰为0， 根据題意可知要使粒子动能增量最 然后向上加速运动t0一2时间电场反向，后向上减速运 大则沿电场线方向移动距离最多，作AC垂线并且与圆 动0一时间，出偏转电场时正好位于中线上方号处， 相切，切点为D,即粒子从D点射出时沿电场线方向移 动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，如图所示，根据 有号-a-g2x2-2X2 几何关系有x=Rsm60=防y=R+Rcms60=a山：2 1 解得t红=6o 根据牛顿第二定律有gE=ma 即电子进入偏转电场的时刻为t=(2m十2)0一2= (2m十1Do+吾mEN 联立各式解得粒子进入电场时的速度购一 4 综合可知，电子进入偏转电场的时刻为t=(2n十1)0士 比出电扬时的动能民-名m2+qE(R+Ros60) 1 6o,n∈N。 6m,2. 答案（1)mL足 (2)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前 Beto? (2)md2 2eto2 后速度变化量大小为而，即在电场方向上速度变化为而， (32n+1D±音m∈N 过C点作AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒 子会从C点或B点射出。从C点射出电场时粒子的动 [针对训练] 1 3.解析(1)因为微粒开始做匀加速直线运动，根据公式 能Ek=2mo 可得L=之ad2 1 从B点射出电场时粒子的动能E=之mo2十gER一 督得三所以满足条件，一直加速 8m62. 工的 7 (21=3T时产生的微粒，先微匀加速再做匀减速， 答案是uw2（2mw2 4 加速运动的位移为 [变式2]解析(1)粒子初速度为零，由C点射出电场， 故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电 x=2a(T)-,此时粒子的选度为 场强度的定义知AC=R,F=qE o-2aiT-zaT 由动能定理有F·AC=之mw,解得E- 2gR 22 (2)如图做AF垂直于DE,AC与 D 提升案随堂演练·基础落实 AB的夹角0=60°，所以∠FOA 60°，通过三角函数关系得OF= B 1.D国电容器与电源始终相接，故电压不交，由E=号 知，电容器极板旋转后，d=d X sin45°，所以场强变为 HOA-IR.EF-R.AF-ER 2 设粒子以速度进入电场，在电场中运动的时间为1。 一ds4⑤=2E,又因电客器下极板接地且油 粒子在DE方向做加速度为a的匀加递运动，运动的距 滴在中间，故电势9印=U0-之，故电势不变，故A错 离等于FE:在AF的方向上做匀速运动。由牛顿第二 误；因极板旋转前油滴静止，应有mg=gE,电场力方向 定律和运功学公式有F=ma,EF=a2,AF=有 向上，极板旋转后，电场力方向不再向上而是斜向右上 方与竖直方向成45°角，油滴不能再保持静止，故B错 解得= 4o。 误；由图可知油滴向右运动过程中，电场力做正功，油滴 电势能应减小，故C错误；旋转前gE=mg,旋转后对油 答案1职方向由A指向C(23 4 滴受力分析并沿水平与竖直方向分解知，在竖直方向上 [针对训练] F-qE'cos45'-mg=gXEX号-mg=0,水年方向 4.解析(1)由题意知，在O点速度为零的粒子会沿着电 场线方向运动，由于q>0,则电场线沿y轴正方向，根 F=qE'sin45°-qX2EX 2一mg,故油滴将向右做加 据几何关系可知yOA=√2R 速度为g的匀加速直线运动，故D正确。 根据动能定理有qEya= 2m2-0 2.C极板所带电荷量保持不变，板间的电场强度E= d 解得电场强度的大小E=②m6 Q 4gR。 Q=Q=4πkQ d Cd eS ES (2)根据题意可知，要使粒子动 4πkd 能增量最大，则沿电场线方向移 与两板距离无关，即板间的电场强度不变，故A、B 动的距离最远。作与x轴平行 错误； 的直线与圆相切于C点，与y轴 根据题设条件由动能定理得 相交于P点，粒子从C点射出时 mg·2d-gbl=0, 沿电场线方向移动的距离最远， 如图所示。粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系 解得9E=受g 有Rsin45°=nt,R+Rcos45°=2ad2 把A板向下平移的距离，根据动能定理知 由电场力提供加速度有qE=ma 联立各式解得22 m8·x一9E号-0，解得x=号d,微粒能到达A板上方 工-d=0,375d,故C正确，D错误。 粒子由O点到C点，根据动能定理有 3.B带电小球所受电场力与重 1 qER(1+cos 45)=Ex-2 mv2 力同向，根据牛顿第二定律可 B 解得E=3+5 得小球在运动过程中的加速度 a---C 16 2m2。 为4=Eg十mg=2g,故选项A (3)设该粒子射出点的坐标为(x,y),则 错误；小球运动轨迹如图所示，设倾斜挡板的倾角为α， 小球落在挡板上时的速度偏向角为B。假设小球垂直落 在挡板上，则根据几何关系有tana·tanB=l,tana= 可得该粒子的轨迹方程为y= 2R 是，根据夷平测运功规体的养论可得加B一是解 又有国的轨造方程为(x一号)°+(y一号R)'=R 得L一，故选项B正病：在竖直方向上有号-方a= 联立可得x=√2R,y=√2R,即粒子射出点的坐标为 g2,t2g 故选项C错误；电场力对带电小球做功为 (2R,√2R). 1 答案（1)2m2 W=2gEd=2mgd,故选项D错误。 4gR (2)3+5 16 m,2 4.解析(1)D为BC中点，故Pc一D=PD一9B (3)(2R,N2R) 代入数据解得PB=7V。 23 te (2)取AC的中点为M,有9M=寸=7V 章末整合提升 2 [体系构建] 故B点和M,点电势相等，匀强电场的场强方向沿CA 初末位置 把它从该点移到零势能位置静电力做的功 方向，场强大小E- Uc=22V/m。 EpA-EpB 电势能电势能 大地无限远相同 (3)粒子在电场中做抛物线运动，沿BM方向做匀速直 WAB 线运动，垂直BM方向做初速度为0的匀加速直线运 不做功高密集 大 Ed电场方向快 9 动，有a-积Lasn45-7ad2 法拉F106 1012 2m2 1 ma at 2ad 解得t=1×10-3s。 qUl qUl2 答案(1)7V(2)2√2V/m,场强方向沿CA方向 mdvo2 2mdvo2 (3)1×10-3s [综合应用] 5.解析(1)电子进入电场后受到向下的大小为F=eE的 [例1门[解析]沿竖直方向将圆环分割成无穷个小段， 电场力做类平抛运动，加速度 关于水平直径对称的两小段构成等量异种点电荷模型， a=E=%2 在等量异种点电荷的垂直平分线上各点场强方向由正 m 2d 点电荷指向负点电荷，根据对称性可知a、b两点的场强 当水平位移x=%1=3d时，时间2=3， 相等，A项正确；：取无穷远处电势为零，在等量异种点电 荷的垂直平分线上各，点电势均为零，故a、b两点的电势 竖直位移y=a2=是 d<3d 相等，B项正确：沿水平方向将圆环分割成无穷个小段， 关于竖直直径对称的两小段构成等量同种点电荷模型， 故从y=3d处进入电场的电子会从右边界离开，纵坐标 在等量同种点电荷的垂直平分线上各点场强方向垂直 y=3d-号d=d 于连线，根据对称性可知c、d两点的场强相等，C项正 确：在等量异种点电荷模型中，距离正点电荷近的点电 离开电场时候的位里坐标为(3d,子d）。 势高，故：>a,D项错误。 (②由第1①问得：当进入电场坐标满足y>号d时粒子 [答案]ABC [例2][解析]根据题图可知，带正电的试探电荷在靠 会从右边界离开，竖直位移都是？d:故对从y=d处进 近O时电势能变大，靠近P时电势能变小，因此q1带正 电，q2带负电，故选项A错误；由于正电荷在某点的电 人电场的电子列动能定里Bd=子mr-名mw 势能与该点的电势成正比，则由B到C电势能越来越 大，沿着电场线方向电势降低，则BC间电场强度方向 解得v=√20。 沿x轴负方向，故选项B错误；根据图像切线的斜率等 (3)对于粒子从右边界射出的情况，最远距离是第(1)问 于电场力，可知C点场强为零，A点的场强不等于零，则 中情况：对于粒子从下边界射出的情况，设粒子射 A点的场强比C点的大，故选项C错误；将一负点电荷 从B点移到D点，电势先升高后降低，电势能先减小后 入电场时y轴坐标是y(<号d),那么它会先微平抛 增大，电场力先做正功后做负功，故选项D正确。 运动，达到x轴后做匀速直线运动，最后达到右边界，分 [答案]D 两个阶段讨论： [例3】[解折](1)电子经电场加速满足g=之m心 平抛阶段下落，坚直加速度为a一%，那么下落时间 经电场编转后侧移量)=立=宁·恐（侣}月 =2☑，水平位移是0=2园 所以y= U上，由图知t=0.06s时刻U%=1.8U0所 4Uo 匀速直线运动阶段，坚直速度是v==的√ y 以y=4.5cm。 设打在屏上的点距O,点的距离为Y,满足 水平速度0，水平位移x=3d-2aa=E_ m 2d L Y L+ ,所以Y=13.5cm。 那么坚直位移是1=知=d(3√仔-2音》 2 1是关于√侣的二次画教，当√侣=子时，得到最大值 (②)由题知电子侧移量y的最大值为台所以当编转电 压超过2U。,电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上 1-8d. 电子能打到的区间长为3L=30cm。 答案(3d,是d)）(2Ew(3)gd [答案](1)打在屏上的点位于O点上方距O点 13.5cm(2)30cm