2026届新教材高三一轮复习资料：电学1 静电场第4讲 带电粒子在电场中的综合问题

新教材高三一轮复习资料-电学1--静电场第4讲 带电粒子在电场中的综合问题--学生版 新教材高三一轮复习资料-电学1--静电场第4讲 带电粒子在电场中的综合问题 一、示波管 1．示波管装置 示波管由 （由发射电子的灯丝、加速电极组成）、 （由一对X偏转电极和一对Y偏转电极组成）和 组成，管内抽成真空。如图所示。 2．工作原理 2.1如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏 ，在那里产生一个亮斑。 2.2YY′上加的是待显示的 。XX′上是机器自身产生的锯齿型电压，叫作扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。 2.3示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个 电压，在X偏转电极上加一 电压，在荧光屏上就会出现按 规律变化的可视图像。 3、确定最终偏移距离 思路一： 思路二： 4、确定偏转后的动能(或速度) 思路一： 思路二： 专题讲练1 1、(多选)示波管的内部结构如图甲所示，如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心。如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上如图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)(b)所示的两种波形，则(　 ) A．若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形 B．若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形 C．若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 D．若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 2、示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极 XX′和 YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差 UXX′和 UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为( ) 3、如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为 Δd 的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为 L。加速电压为 U0，两对极板间偏转电压大小相等均为 U0，电场方向相反。质量为 m、电荷量为＋q 的粒子无初速度地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计粒子重力。下列说法正确的是( ) A．粒子离开加速器时速度 v0＝ B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移 y1＝ C．Δd 与 2L 相等 D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开 二、带电粒子在交变电场中的运动 1．常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等，此类题型一般有三种情况： 一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)； 二是粒子做往返运动(一般分段研究)； 三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。 2、思维方法 (1)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临界条件。 (2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。 3、解题技巧 (1)按周期性分段研究。 4、在画速度—时间图像时，要注意以下几点： ①带电粒子进入电场时刻的运动状态； ②图象的切线斜率表示加速度； ③图线与坐标轴围成的面积表示位移； ④注意对称性和周期性变化关系的应用； ⑤图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向。 对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。 5、对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动． 2.1带电粒子的单向直线运动 1、如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始时A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时的速度方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　 　) 甲　　　　　　　乙　 A　　　　　　　 　B C　　　　　 　　　D 2.(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)由静止开始运动，则下列说法中正确的是(　 　) A．微粒将沿着一条直线运动 B．微粒在第2 s末的速度为零 C．微粒在第1 s内的加速度与第2 s内的加速度相同 D．微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同 3．(多选)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则(　 　) A．A、B两板间的距离为 B．电子在两板间的最大速度为 C．电子在两板间做匀加速直线运动 D．若电子在t＝时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板 4、(多选)如图(a)所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压UBA，UBA随时间t的变化规律如图(b)所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域，设电子的初速度和重力可忽略。则( ) A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动 B．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C．若电子是在t＝T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动 2.2带电粒子的往返性运动 1、(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( 　) A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 2、如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,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(　 　) A.0<t0< B.<t0< C.<t0<T D.T<t0< 2.3带电粒子的偏转运动 1、(多选)如图甲所示，真空中水平正对放置长为L的平行金属板，以两板中间线为x轴，以过极板右端竖直向上的方向为y轴建立坐标系。在t＝0时，将图乙所示的电压加在两板上，与此同时电子持续不断地沿x轴以速度v0飞入电场，所有电子均能从两板间飞出。不考虑电子间的相互作用，电子的重力忽略不计。关于电子经过y轴的位置，正确的描述是( 　　) 甲　　　　　　　　乙　 A．当L≪v0T时，电子从两个不同位置经过y轴，一个在坐标原点处，一个在y轴正方向某处 B．当L＝v0T时，电子经过y轴某一段区域，这个区域位于y轴正方向上，从原点开始 C．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度大小不同，但都大于飞入速度v0的值 D．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值 2、(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　 　) 甲　　　　　　　　　乙 A．末速度大小为v0 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd 3、如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直。在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则( 　) A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的 B．在t＝时刻，该粒子的速度大小为2v0 C．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上 D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场 4、(多选)如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q,两板间距为d,两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0,方向平行于金属板的相同带电粒子,t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=,粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力。则(　 　) A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0 B.粒子的电荷量为 C.在t=T时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为d D.在t=T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 5、图甲是一对长度为L的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一带电粒子沿板间的中线OO′垂直电场方向射入电场，2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场．不计粒子重力．则(　 ) A．粒子带负电 B．粒子在平行板间一直做曲线运动 C．粒子射入电场时的速度大小为 D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向 6、(多选)如图甲所示，长为 8d、间距为 d 的平行金属板水平放置，O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为 v0、电荷量为 q(q>0)、质量为 m 的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是( ) A.粒子在电场中运动的最短时间为 d B.能从板间电场射出的粒子的最大动能为 C.t＝时刻进入的粒子将从 O′点射出 D.t＝时刻进入的粒子将从 O′点射出 7、在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问： (1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？ (2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？ (3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？ 三、电场中的力电综合问题 1．带电粒子在电场中的运动 (1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律等解题。 (2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。 2．“三大观点”的应用 (1)动力学的观点 ①由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。 ②综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑。 (2)能量的观点 ①运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。 ②运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。 (3)动量的观点 ①运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。 ②运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。 专题讲练3 3.1 动力学和能量观点的应用 1．如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是(　 　) A．Q点在P点正下方 B．小球电势能减小 C．小球重力势能减少量等于mg2t2 D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧 2、如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电荷量为q＝－2×10－5 C的小球，自倾角为θ＝37°的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R＝0.5 m的绝缘半圆轨道最高点C，已知小球质量为m＝0.5 kg，匀强电场的场强E＝2×105 N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计，假设在B点前后小球的速率不变(g取10 m/s2)。求：(1)H至少应为多少； (2)通过调整释放高度使小球到达C点的速度为2 m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少。 3.如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)匀强电场的场强大小E； (2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小； (3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能。 4．如图所示，ACB是一条绝缘水平轨道。轨道CB长L＝18 m，且处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C的匀强电场中。一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达电场中某点时撤去拉力，到达B点时速度恰好为零，已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，求： (1)小物体到达C点的速度大小； (2)小物体在电场中运动的时间。 5．真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场，A、B、C三点在电场中同一条竖直线上，C是A、B的中点。在某时刻，带电油滴a经过A点竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，不带电油滴b在B点由静止释放。经过一段时间，a、b在C点相碰成为油滴c，此时刻将电场强度的大小突然变为某值，但保持其方向不变，再经过相同的时间，油滴c运动回到C点。油滴a、b的质量都为m，重力加速度大小为g，油滴a、b、c均可视为质点。求：(1)油滴c在C点的初速度大小； (2)变化后的电场强度的大小； (3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中，电势能最大值与最小值之差。 6．一质量为m、带电荷量为＋q的小球从距离地面高h处以一定初速度水平抛出。在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管。管上口距地面，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图所示，求：(1)小球的初速度v0、电场强度E的大小； (2)小球落地时的动能Ek。 3.2动力学、动量和能量观点的应用 1、如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2 m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m＝1.0×10－2 kg、所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量为甲球质量的3倍。取g＝10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离； (2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。 2、如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道。其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移) (1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道最高点D，求乙在轨道上首次落点到B点的距离； (2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0； (3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。 四、“等效法”在电场中的应用（带电粒子在重力场和电场中的圆周运动） 1．等效重力场 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”． 2.方法应用 先求出重力与静电力的合力,将这个合力视为一个等效重力,将a=视为等效重力加速度。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。 专题讲练4 1、(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强E＝1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成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10m/s2。下列说法正确的是(　 　) A．小球的带电荷量q＝6×10－5C B．小球动能的最小值为1J C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时机械能最小 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4J 2、在水平向右的匀强电场中,有一质量为m、带正电的小球,用长为l的绝缘细线悬挂于O点,当小球静止时,细线与竖直方向夹角为θ,小球位于B点,A点与B点关于O点对称,如图所示,现给小球一个垂直于悬线的初速度,小球恰能在竖直平面内做圆周运动。 (1)小球在做圆周运动的过程中,在哪一位置速度最小?速度最小值多大? (2)小球在B点的初速度多大? 3、如图所示,匀强电场中有一半径为R的圆形区域,匀强电场方向平行于圆所在平面(图中未画出),圆形区域处在竖直平面内,圆周上有八个点等间距排列。一重力不可忽略的带正电小球从A点以相同的初动能在该平面内抛出,抛出方向不同时,小球会经过圆周上不同的点,在这些所有的点中,到达D点时小球的动能最大。已知小球质量为m,电荷量为q,重力加速度为g,下列说法正确的是(　 　) A.小球到达D点时动能最大,说明到达D点的过程静电力做功最多 B.选取合适的抛出方向,小球一定能到达H点 C.电场强度的最小值为E= D.若电场强度大小E=,则电场强度方向水平向右 4、(多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m小球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则(　 　) A．小球在最高点的速度大小为 B．当小球运动到最高点时电势能最小 C．小球运动到最低点时，机械能最大 D．小球运动到最低点时，动能为(mg＋qE)L 5、(多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E＝.下列说法正确的是(　 　) A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大 C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动 D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点 6、如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g. (1)求小球所受的静电力大小； (2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小． 五、带电体的力电综合问题 1．带电粒子在电场中的运动 (1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题． (2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略．一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用． 2．用能量观点处理带电体的运动 对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法有： (1)用动能定理处理-----思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程． ②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功． ③弄清所研究过程的初、末状态(主要指动能)． ④根据W＝ΔEk列出方程求解． (2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理 列式的方法常有两种： ①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程． ②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程． (3)两个结论 ①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变． ②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变． 3．解答思路 4．运动情况反映受力情况 4.1物体静止(保持)：F合＝0。 4.2做直线运动 ①匀速直线运动：F合＝0。 ②变速直线运动：F合≠0，且F合与速度方向总是一致。 4.3做曲线运动：F合≠0，F合与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧。 4.4F合与v的夹角为α，加速运动：0≤α<90°；减速运动；90°<α≤180°。 4.5匀变速运动：F合＝恒量。 专题讲练5 1、如图所示,真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形,其中AC竖直,长度为L,∠ABC=30°。匀强电场在A、B、C所决定的平面内,电场强度为E,电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出,小球通过B点时速度恰好沿AB方向,已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　 　) A.小球所受静电力为所受重力的3倍 B.经过时间,小球电势能和重力势能之和最大 C.从C到B,小球做匀变速直线运动 D.从C到B,小球克服重力做功与静电力做功之比为1∶ 2、(多选)如图所示，绝缘材料制成的半径为R的内壁光滑圆轨道，竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡住，圆心O点固定着电荷量为Q的场源点电荷。一电荷量为q、可视为质点的带电小球沿轨道内壁做圆周运动，当小球运动到最高点A时，地面对轨道的弹力恰好为零。若轨道与小球的质量均为m，Q≫q>0，忽略小球的电荷对Q形成的电场的影响，重力加速度为g，静电力常量为k。下列说法中正确的是( 　) A．轨道内壁的电场强度处处相同 B．轨道内壁的电势处处相等 C．运动到与圆心等高的B点时，小球对轨道的压力大小为4mg－k D．运动到最低点C时，小球对轨道的压力大小为7mg 3、如图所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角并固定，杆上套有一带正电小球，质量为m、电荷量为q，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止（ ） A．垂直于杆斜向上，场强大小为 B．竖直向上，场强大小为 C．垂直于杆斜向上，场强大小为 D．水平向右，场强大小为 4、如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为＋q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则 （ ） A、若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将减速下滑 B、若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑 C、若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变大 D、若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑 5、如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为Ff，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　 　) A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大 B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小 C．OB间的距离为 D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB＝ 6、如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　 　) A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2 C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2 7、(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　 　) A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球在运动过程中机械能不守恒 C．小球在运动过程中的最小速度至少为 D．小球在运动过程中的最大速度至少为 8、(多选)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点．质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是(　 ) A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大 B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点 C．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg D．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg 9、如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出，小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小。 10、在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为＋q的小滑块B。用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示。现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对于A发生了运动。为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程。测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s。P、Q位置高度差为0.5m。已知匀强电场的场强E＝；A、B之间动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2。求： (1)绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？ (2)滑块B最后停在离出发点水平距离为多大处？ 11、如图所示,光滑的竖直半圆轨道与光滑水平面相连,空间存在水平向右的匀强电场(图中未画出),电场强度E=103 V/m,不带电物体B质量为m=0.2 kg,静止在圆轨道最低点D,A物体质量也为m,电荷量q=8×10-3 C,从C点由静止释放,CD相距s=0.8 m,A、B碰撞后粘成一体进入圆弧轨道且恰好通过圆弧轨道最高点N。A、B均可看作质点,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)半圆轨道的半径R; (2)物体经过与圆心等高的M点时对轨道的压力大小。 12、如图所示,在竖直面内有一固定绝缘轨道ABCQDP,其中ABC为粗糙的水平轨道,与半径为R的光滑圆弧轨道CQDP相切于C点,直径PQ与竖直半径OD夹角θ=37°。质量未知、电荷量为q的带正电小球静止于C处。现将一质量为m的不带电物块静置在A处,在水平向右的恒定推力F作用下,物块从A处由静止开始向右运动,经时间t1到达B处,之后立即改变推力的大小,使推力的功率恒定,又经时间t1,撤去推力,物块恰与小球发生弹性正碰(碰撞时间极短),碰后瞬间,在过P点竖直线的右侧加上一沿AC方向的匀强电场(图中未画出),小球沿圆弧轨道运动到Q点时速率最大并恰好通过P点,落到水平轨道上的S处。已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小为g,F=mg,推力的恒定功率为mg2t1,物块与小球碰前瞬间的速度大小为v2=，sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)物块第一次到达B点时的速度大小v1以及B、C两点间的距离x; (2)小球过P点时的速度大小v以及S、C两点间的距离L; (3)小球的质量。 13、如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计． (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ 14、如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R.整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD.现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力．求： (1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1； (2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离； (3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程． 15、如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点B点与一条水平轨道相连，轨道是光滑的，轨道所在空间存在水平向右、场强为E的匀强电场，从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m带正电的小球，设A、B间的距离为s.已知小球受到的静电力大小等于小球重力的倍，C点为圆形轨道上与圆心O的等高点．(重力加速度为g) (1)若s＝2R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小； (2)为使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，求s的值． 16、如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为R＝0.4 m，轨道最高点A与圆心O等高．有一倾角θ＝30°的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点H＝1.5 m．圆弧轨道和斜面均处于场强大小E＝100 N/C、竖直向下的匀强电场中．现将一个质量为m＝0.02 kg、带电荷量为＋2×10－3 C的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇．若物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，空气阻力不计，g取10 m/s2，小球和物块都可视为质点．求： (1)小球经过B点时对轨道的压力FNB； (2)B、D两点间电势差UBD； (3)物块上滑初速度v0满足条件的最小值． 17、如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L,0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求： (1)初速度v0与x轴正方向的夹角； (2)P、Q两点间的电势差UPQ； (3)带电质点在第一象限中运动所用的时间． 18、如图所示，虚线左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L，电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子从释放到打到屏上所用的时间； (2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值； (3)电子打到屏上的点B到O点的距离． 1 物理学习的核心在于思维 最基本的知识、方法才是最重要的； 30%兴趣+30%信心+30%方法+10%勤奋+l%天赋>100%成功 学科网（北京）股份有限公司 $新教材高三一轮复习资料-电学1--静电场第4讲 带电粒子在电场中的综合问题--教师版 新教材高三一轮复习资料-电学1--静电场第4讲 带电粒子在电场中的综合问题 一、示波管 1．示波管装置 示波管由电子枪 （由发射电子的灯丝、加速电极组成）、偏转电极 （由一对X偏转电极和一对Y偏转电极组成）和荧光屏 组成，管内抽成真空。如图所示。 2．工作原理 2.1如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心 ，在那里产生一个亮斑。 2.2YY′上加的是待显示的信号电压 。XX′上是机器自身产生的锯齿型电压，叫作扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象。 2.3示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个 信号 电压，在X偏转电极上加一 扫描 电压，在荧光屏上就会出现按 Y偏转电压 规律变化的可视图像。 3、确定最终偏移距离 思路一： 思路二： 4、确定偏转后的动能(或速度) 思路一： 思路二： 专题讲练1 1、(多选)示波管的内部结构如图甲所示，如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心。如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上如图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)(b)所示的两种波形，则(　AC　) A．若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形 B．若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形 C．若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 D．若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 [解析]　要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象，偏转电极XX′要接入锯齿形电压，即扫描电压，在XX′偏转电极加电压(4)，电子不可能在水平方向完成偏转，故B、D错误；在XX′偏转电极加电压(3)，为锯齿电压，在YY′偏转电极上加的是待显示信号电压，故A、C正确。 2、示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极 XX′和 YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差 UXX′和 UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为( A ) 解析 UXX′和 UYY′均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由 X 指向 X′，由 Y 指向 Y′，电子带负电，所受静电力方向与电场强度方向相反，所以分别向 X、Y 方向偏转，可知 A 正确。 3、如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为 Δd 的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为 L。加速电压为 U0，两对极板间偏转电压大小相等均为 U0，电场方向相反。质量为 m、电荷量为＋q 的粒子无初速度地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计粒子重力。下列说法正确的是( B ) A．粒子离开加速器时速度 v0＝ B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移 y1＝ C．Δd 与 2L 相等 D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开 二、带电粒子在交变电场中的运动 1．常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等，此类题型一般有三种情况： 一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)； 二是粒子做往返运动(一般分段研究)； 三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。 2、思维方法 (1)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临界条件。 (2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。 3、解题技巧 (1)按周期性分段研究。 4、在画速度—时间图像时，要注意以下几点： ①带电粒子进入电场时刻的运动状态； ②图象的切线斜率表示加速度； ③图线与坐标轴围成的面积表示位移； ④注意对称性和周期性变化关系的应用； ⑤图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向。 对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。 5、对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动． 2.1带电粒子的单向直线运动 1、如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始时A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时的速度方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　A　) 甲　　　　　　　乙　 A　　　　　　　 　B C　　　　　 　　　D 　[电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B项错误。] 2、(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)由静止开始运动，则下列说法中正确的是(ABD) A．微粒将沿着一条直线运动 B．微粒在第2 s末的速度为零 C．微粒在第1 s内的加速度与第2 s内的加速度相同 D．微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同 　[由图可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s内做加速运动，第2 s内做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A、B正确，C错误；由对称性可知，微粒在第1 s内的平均速度与第2 s内的平均速度相同，由x＝vt得，微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同，故D正确。] 3、(多选)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则(　AB　) A．A、B两板间的距离为 B．电子在两板间的最大速度为 C．电子在两板间做匀加速直线运动 D．若电子在t＝时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板 解析　电子在t＝时刻由静止释放进入两极板运动，先加速后减速，在t＝T时刻到达B板，设两板的间距为d，加速度a＝，则有d＝2×a()2，解得d＝，故A正确；由题意可知，经过时间电子速度最大，则最大速度为vm＝a·＝，故B正确；电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C错误；若电子在t＝时刻进入两极板，在～时间内电子做匀加速直线运动，位移x＝··(T)2＝d>d，说明电子会一直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，故D错误． 4、(多选)如图(a)所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压UBA，UBA随时间t的变化规律如图(b)所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域，设电子的初速度和重力可忽略。则(AB) A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动 B．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C．若电子是在t＝T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动 2.2带电粒子的往返性运动 1、(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　CD　) A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 [设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v­t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。] 2、如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,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(　B　) A.0<t0< B.<t0< C.<t0<T D.T<t0< 解析 若0<t0<,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至速度为零,然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以A不符合题意。若<t0<,带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至速度为零,然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零;如此反复运动,每次向左运动的距离大于向右运动的距离,最终打在A板上,所以B符合题意。若<t0<T,带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至速度为零,然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零;如此反复运动,每次向左运动的距离小于向右运动的距离,最终打在B板上,所以C不符合题意。若T<t0<,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至速度为零,然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以D不符合题意。 2.3带电粒子的偏转运动 1、(多选)如图甲所示，真空中水平正对放置长为L的平行金属板，以两板中间线为x轴，以过极板右端竖直向上的方向为y轴建立坐标系。在t＝0时，将图乙所示的电压加在两板上，与此同时电子持续不断地沿x轴以速度v0飞入电场，所有电子均能从两板间飞出。不考虑电子间的相互作用，电子的重力忽略不计。关于电子经过y轴的位置，正确的描述是(AD　　) 甲　　　　　　　　乙　 A．当L≪v0T时，电子从两个不同位置经过y轴，一个在坐标原点处，一个在y轴正方向某处 B．当L＝v0T时，电子经过y轴某一段区域，这个区域位于y轴正方向上，从原点开始 C．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度大小不同，但都大于飞入速度v0的值 D．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值 [当L≪v0T时，电子水平方向做匀速直线运动，t＝，所以t≪T，可认为电子进入时电场没变，当没有电场时，粒子到达原点，当有电场时，粒子做类平抛运动，y＝··＝，A正确；当L＝v0T时，电子穿越时间为一个周期，电子半个周期偏转，半个周期匀速直线运动，因为偏转半个周期，所以不可能到达原点；竖直方向y＝＝，偏转相同，所以电场力对电子做功相同，动能增量相同，末动能相同，末速度大小相同；到达y轴竖直速度vy＝t＝，设速度与y轴夹角为θ，有tan θ＝＝，所以电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值，B、C错误，D正确。] 2、(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　BC　) 甲　　　　　　　　　乙 A．末速度大小为v0 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd [因0～内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。] 3、如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直。在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则(　A　) A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的 B．在t＝时刻，该粒子的速度大小为2v0 C．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上 D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场 [解析]　设板间距离为L，不管电场方向如何，粒子进入板间后在水平方向不受力，一定做匀速运动，所以v0T＝L。若初速度变为2v0，则经过就会射出电场，D错误；在竖直方向，0～为匀加速运动，末速度v1＝a×，偏移量x1＝×a×＝，～T为匀减速运动，竖直方向末速度v＝a×－a×＝0，即末速度为水平方向，与电场方向垂直，A正确；离开电场时的偏移量为x2＝x1＋×－×a×＝，整理可得＝，即时刻的竖直速度v＝a×＝＝v0，合速度为＝v0，B错误；若粒子在时刻进入电场，只不过偏转方向相反，仍会在t＝T时刻从PQ右边缘射出，C错误。 4、(多选)如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q,两板间距为d,两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0,方向平行于金属板的相同带电粒子,t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=,粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力。则(　AD　) A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0 B.粒子的电荷量为 C.在t=T时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为d D.在t=T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 粒子进入电场后,水平方向做匀速直线运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t==T,竖直方向上的位移恰好为d,则时间内的位移为,粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动,经过一个周期,粒子的竖直速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0,故A正确;由上述分析知,d=·,解得q=,故B错误;粒子在静电力作用下的加速度大小a=,t=时刻进入电场的粒子,离开电场时在竖直方向的位移大小为d'=2×-2×aT2=d,故C错误;t=时刻进入的粒子,在竖直方向先向下加速运动,然后向下减速运动,再向上加速运动,向上减速运动,由对称性可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P板右侧边缘离开电场,故D正。 5、图甲是一对长度为L的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一带电粒子沿板间的中线OO′垂直电场方向射入电场，2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场．不计粒子重力．则(　C　) A．粒子带负电 B．粒子在平行板间一直做曲线运动 C．粒子射入电场时的速度大小为 D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向 解析　粒子向下偏转，可知粒子带正电，选项A错误；粒子在平行板间在0～t0时间内做曲线运动；在t0～2t0时间内不受任何力，则做直线运动，选项B错误；粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时的速度大小为v0＝，选项C正确；若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的静电力，有向下的加速度，射出电场时有沿电场方向的速度，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，选项D错误． 6、(多选)如图甲所示，长为 8d、间距为 d 的平行金属板水平放置，O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为 v0、电荷量为 q(q>0)、质量为 m 的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是( AD ) A.粒子在电场中运动的最短时间为 d B.能从板间电场射出的粒子的最大动能为 C.t＝时刻进入的粒子将从 O′点射出 D.t＝时刻进入的粒子将从 O′点射出 7、在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问： (1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？ (2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？ (3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？ 解析　(1)由动能定理得e＝mv2－mv02 解得v＝. (2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T. (3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝，加速阶段运动的距离 s＝·2≤， 解得d≥T，故两极板间距至少为T. 三、电场中的力电综合问题 1．带电粒子在电场中的运动 (1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律等解题。 (2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。 2．“三大观点”的应用 (1)动力学的观点 ①由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。 ②综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑。 (2)能量的观点 ①运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。 ②运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。 (3)动量的观点 ①运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。 ②运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。 专题讲练3 3.1 动力学和能量观点的应用 1．如图所示，处于真空中的匀强电场水平向右，有一质量为m、带电荷量为－q的小球从P点以大小为v0的初速度水平向右抛出，经过t时间到达Q点(图中未画出)时的速度仍为v0，则小球由P点运动到Q点的过程中，下列判断正确的是(　C　) A．Q点在P点正下方 B．小球电势能减小 C．小球重力势能减少量等于mg2t2 D．Q点应位于P点所在竖直线的左侧 [解析]　从P到Q，由动能定理有mgh＋W电＝mv－mv＝0，因为重力做正功，电场力做负功，电势能增加，则Q点应在P点的右下方，故A、B、D错误；小球在竖直方向下落的高度h＝gt2，则小球重力势能减少量等于ΔEp＝mgh＝mg2t2，故C正确。 2、如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电荷量为q＝－2×10－5 C的小球，自倾角为θ＝37°的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R＝0.5 m的绝缘半圆轨道最高点C，已知小球质量为m＝0.5 kg，匀强电场的场强E＝2×105 N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计，假设在B点前后小球的速率不变(g取10 m/s2)。求：(1)H至少应为多少； (2)通过调整释放高度使小球到达C点的速度为2 m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少。 [解析]　(1)小球恰好过最高点C时有：mg－qE＝m 从A到C，由动能定理有：mg(H－2R)－qE(H－2R)＝mv－0 解得H＝1.25 m。 (2) 小球从C点飞出后做类平抛运动有：mg－|q|E＝ma 解得a＝2 m/s2 竖直方向y＝at2 水平方向x＝v′Ct 根据几何关系tan θ＝ 解得t＝0.5 s　y＝0.25 m 从C到落回斜面，由动能定理有：mgy－|q|Ey＝Ek－mv′ 解得Ek＝1.25 J。 [答案]　(1)1.25 m　(2)1.25 J 3.如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)匀强电场的场强大小E； (2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小； (3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能。 [解析]　(1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，有 FTcos 37°＝mg FTsin 37°＝qE 解得：E＝。 (2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，有 Eq＝ma x＝at2 h＝gt2 联立解得x＝h。 (3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得 Ek＝mgh＋qEx＝mgh。 [答案]　(1)　(2)h　(3)mgh 4．如图所示，ACB是一条绝缘水平轨道。轨道CB长L＝18 m，且处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C的匀强电场中。一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达电场中某点时撤去拉力，到达B点时速度恰好为零，已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，求： (1)小物体到达C点的速度大小； (2)小物体在电场中运动的时间。 [解析]　(1)小物体的加速度a＝＝12 m/s2 vC＝＝12 m/s。 (2)小物体进入电场后，未撤去拉力F前的加速度 a2＝＝4 m/s2 A到B由动能定理 F(L0＋x)－μmg(L0＋L)－|qE|L＝0 x＝9 m x＝vCt1＋a2t 解得t1＝ s 又a3＝＝12 m/s2 撤去力F后小物体向右的运动可看作反向的初速度为0的匀加速运动，则有 L－x＝a3t 得t2＝ s 由于|qE|>μmg，所以小物体不会静止在B点，则加速度a4＝＝4 m/s2 t3＝＝3 s t＝t1＋t2＋t3＝2 s。 [答案]　(1)12 m/s　(2)2 s 5．真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场，A、B、C三点在电场中同一条竖直线上，C是A、B的中点。在某时刻，带电油滴a经过A点竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，不带电油滴b在B点由静止释放。经过一段时间，a、b在C点相碰成为油滴c，此时刻将电场强度的大小突然变为某值，但保持其方向不变，再经过相同的时间，油滴c运动回到C点。油滴a、b的质量都为m，重力加速度大小为g，油滴a、b、c均可视为质点。求：(1)油滴c在C点的初速度大小； (2)变化后的电场强度的大小； (3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中，电势能最大值与最小值之差。 [解析]　(1)设油滴a从A点到C点的时间为t1，碰前b的速度大小为v1，碰后油滴c在C点初速度大小为v2，则有v0t1＝v1t1 又由动量守恒定律得mv1－mv0＝2mv2 解得v1＝2v0，v2＝v0。 (2)根据题意易知油滴a带正电，设电荷量为q，油滴a从A点到C点的过程中有qE0＝mg 油滴b从B点到C点的过程有v1＝gt1 油滴c带正电，电荷量为q，质量为2m，设变化后的电场强度的大小为E，油滴c从C点开始以v2为初速度向下运动，加速度方向竖直向上，设大小为a′，由题意可知油滴c在时间t1内位移为零 则有2ma′＝qE－2mg,0＝v2t1－a′t 由v1＝2v0得2v0＝gt1，由v2＝v0得v0＝a′t1 则a′＝g，解得变化后的电场强度大小E＝3E0。 (3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中，向下运动时电场力做负功，向上运动时电场力做正功，所以油滴c在最低点电势能最大，在C点电势能最小。设最低点与C点间的距离为x，从最低点到C点电场力对油滴c做的功为W，电势能最大值与最小值之差为ΔE，则有2a′x＝v，W＝qEx，ΔE＝W 结合第(1)问和第(2)问的解析解得ΔE＝mv。 [答案]　(1)v0　(2)3E0　(3)mv 6．一质量为m、带电荷量为＋q的小球从距离地面高h处以一定初速度水平抛出。在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管。管上口距地面，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图所示，求：(1)小球的初速度v0、电场强度E的大小； (2)小球落地时的动能Ek。 [答案]　(1)2L　　(2)mgh [解析]　(1)电场中运动的带电小球，在水平方向上v0＝q　 ① 竖直方向上＝　 ② 又v＝L　 ③ 联立①②③式得v0＝2L，E＝ (2)从抛出到落地由动能定理得mgh－EqL＝Ek－mv， 小球落地时动能Ek＝＋mgh－EqL＝mgh 3.2动力学、动量和能量观点的应用 1、如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2 m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m＝1.0×10－2 kg、所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量为甲球质量的3倍。取g＝10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。 (1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离； (2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。 [解析]　(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x，乙离开D点后做类平抛运动，则2R＝at2，x＝vDt 根据牛顿第二定律有a＝ 乙过D点时有mg＋qE＋N＝m(式中N为乙在D点时轨道对乙的作用力) 根据牛顿第三定律有N＝N′＝2.5mg 解得x＝0.6 m。 (2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：mv0＝mv1＋mv2 ×mv＝×mv＋mv 联立解得v2＝v0 乙球从B到D的过程中，根据动能定理有：－mg·2R－qE·2R＝mv－mv 由(1)可得vD＝3 m/s 联立解得v0＝10 m/s。 [答案]　(1)0.6 m　(2)10 m/s 2、如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道。其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移) (1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道最高点D，求乙在轨道上首次落点到B点的距离； (2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0； (3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。 [答案]　(1)0.4m　(2)2m/s　(3)0.4m<x′<1.6m [解析]　(1)在乙恰好能通过最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则m＝mg＋qE,2R＝t2，x＝vDt，联立解得x＝0.4m (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律 有mv0＝mv甲＋mv乙，mv＝mv＋mv，联立可得v乙＝v0 由动能定理得－mg·2R－qE·2R＝mv－mv 联立解得v0＝2m/s (3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm， 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝MvM＋mvm Mv＝Mv＋mv，联立得vm＝v0 由题意知M>m，可得v0<vm<2v0 设乙球过D点的速度为vD′，由动能定理得－mg·2R－qE·2R＝mv′－mv 联立解得2m/s<v′D<8m/s 设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x′，则有x′＝v′Dt 可得0.4m<x′<1.6m 四、“等效法”在电场中的应用（带电粒子在重力场和电场中的圆周运动） 1．等效重力场（合成的观点） 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”． 2.方法应用 先求出重力与静电力的合力,将这个合力视为一个等效重力,将a=视为等效重力加速度。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。 专题讲练4 1、(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强E＝1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成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10m/s2。下列说法正确的是(　AB　) A．小球的带电荷量q＝6×10－5C B．小球动能的最小值为1J C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时机械能最小 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4J [解析]　对小球进行受力分析，如图甲所示，可得mgtan37°＝Eq，解得小球的带电荷量q＝＝6×10－5C，A正确；由于重力和电场力都是恒力，在圆上各点中，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，在平衡位置关于圆心的对称点B点，小球的势能最大，由于小球的总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到重力和电场力，其合力提供小球做圆周运动的向心力，而线的拉力恰好为零，有＝m，所以EkB＝mv＝1J，B正确；由于总能量保持不变，即Ek＋EPG＋EpE＝恒量，所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EpE最大，机械能最小，C错误；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，大小为平衡位置的动能，由动能定理可知E＝mv＋×2L＝5J，D错误。 规律总结：把握三点，正确解答该类问题 (1)．把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。 (2)．等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。 (3)．类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。 2、在水平向右的匀强电场中,有一质量为m、带正电的小球,用长为l的绝缘细线悬挂于O点,当小球静止时,细线与竖直方向夹角为θ,小球位于B点,A点与B点关于O点对称,如图所示,现给小球一个垂直于悬线的初速度,小球恰能在竖直平面内做圆周运动。 (1)小球在做圆周运动的过程中,在哪一位置速度最小?速度最小值多大? (2)小球在B点的初速度多大? 答案(1)A点速度最小　　(2) 解析如图所示,小球受到的重力、电场力均为恒力,二力的合力为F=。重力场与电场的叠加场为等效重力场,F为等效重力,小球在叠加场中的等效重力加速度为g'=,其方向斜向右下,与竖直方向成θ角。小球在竖直平面内做圆周运动的过程中,只有等效重力做功,动能与等效重力势能可相互转化,其总和不变。与重力势能类比知,等效重力势能为Ep=mg'h,其中h为小球距等效重力势能零势能点的高度。 (1)设小球静止的位置B点为零势能点,由于动能与等效重力势能的总和不变,则小球位于和B点对应的同一直径上的A点时等效重力势能最大,动能最小,速度也最小。设小球在A点的速度为vA,此时细线的拉力为零,等效重力提供向心力,则mg'=m 解得小球的最小速度为vA=。 (2)设小球在B点的初速度为vB,由能量守恒得 +mg'·2l 将vA的数值代入得vB=。 考点考向 点睛 电场中等效法的应用 规律:带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题常常用等效法 方法: 3、如图所示,匀强电场中有一半径为R的圆形区域,匀强电场方向平行于圆所在平面(图中未画出),圆形区域处在竖直平面内,圆周上有八个点等间距排列。一重力不可忽略的带正电小球从A点以相同的初动能在该平面内抛出,抛出方向不同时,小球会经过圆周上不同的点,在这些所有的点中,到达D点时小球的动能最大。已知小球质量为m,电荷量为q,重力加速度为g,下列说法正确的是(　C　) A.小球到达D点时动能最大,说明到达D点的过程静电力做功最多 B.选取合适的抛出方向,小球一定能到达H点 C.电场强度的最小值为E= D.若电场强度大小E=,则电场强度方向水平向右 解析 由动能定理得W总=EkD-EkA,从A点出发,到D点时动能最大,说明到达D点过程中合力做功最多,故A错误;从A到D点时,小球动能最大,所以D点为等效最低点,过D点作圆的切线,切线与DH垂直,则合力方向沿DH方向,如图所示,过A点作DH的垂线,垂足为I,设小球在A点速度大小为v0,方向与AI的夹角为α,则将小球在A点速度分解为垂直于DH方向的速度v0cos α和沿DH方向的速度v0sin α,小球在圆内做斜抛运动,根据斜抛运动特点,小球不一定能到达等效最高点H点,故B错误;由几何关系,可得θ=45°,当电场强度有最小值时,由图可得Eq=mgsin θ,联立解得Emin=,故C正确;若电场强度方向水平向右,则有tan θ=,解得E=,故D错误。 4、(多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m小球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则(　CD　) A．小球在最高点的速度大小为 B．当小球运动到最高点时电势能最小 C．小球运动到最低点时，机械能最大 D．小球运动到最低点时，动能为(mg＋qE)L 解析　小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和静电力的合力提供向心力，则有mg＋Eq＝m，解得v＝，故A错误；小球向上运动时，静电力做负功，电势能增加，当小球运动到最高点时电势能最大，故B错误；小球向下运动时，静电力做正功，机械能增大，运动到最低点时，小球的机械能最大，故C正确；从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得Ek－mv2＝(mg＋Eq)·2L，解得Ek＝(mg＋Eq)L，故D正确． 5、(多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E＝.下列说法正确的是(　BD　) A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大 C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动 D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点 解析因为电场强度E＝，所以小球所受静电力大小也为mg，故小球所受合力大小为mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此时满足mg＝m，因此小球在竖直面内做圆周运动的最小速度vmin＝，A项错误；由功能关系知，小球机械能的变化等于除重力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，B项正确；小球在A点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C项错误；若将小球以的速度竖直向上抛出，由对称性知经时间t＝回到相同高度，其水平位移s＝·t2＝2L，故小球刚好运动到B点，D项正确． 6、如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g. (1)求小球所受的静电力大小； (2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小． 答案　(1)mg　(2)2 解析　(1)小球在C点时速度最大，则静电力与重力的合力沿DC方向，如图所示， 所以小球受到的静电力的大小 F＝mgtan 60°＝mg. (2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，在D点 有＝m， 解得v＝. 在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中， 有mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv02－mv2， 解得v0＝2. 五、带电体的力电综合问题 1．带电粒子在电场中的运动 (1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题． (2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略．一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用． 2．用能量观点处理带电体的运动 对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷．具体方法有： (1)用动能定理处理 思维顺序一般为： ①弄清研究对象，明确所研究的物理过程． ②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功． ③弄清所研究过程的初、末状态(主要指动能)． ④根据W＝ΔEk列出方程求解． (2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理 列式的方法常有两种： ①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程． ②利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程． (3)两个结论 ①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变． ②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变． 3．解答思路 4．运动情况反映受力情况 4.1物体静止(保持)：F合＝0。 4.2做直线运动 ①匀速直线运动：F合＝0。 ②变速直线运动：F合≠0，且F合与速度方向总是一致。 4.3做曲线运动：F合≠0，F合与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的一侧。 4.4F合与v的夹角为α，加速运动：0≤α<90°；减速运动；90°<α≤180°。 4.5匀变速运动：F合＝恒量。 专题讲练5 1、如图所示,真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形,其中AC竖直,长度为L,∠ABC=30°。匀强电场在A、B、C所决定的平面内,电场强度为E,电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出,小球通过B点时速度恰好沿AB方向,已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　B　) A.小球所受静电力为所受重力的3倍 B.经过时间,小球电势能和重力势能之和最大 C.从C到B,小球做匀变速直线运动 D.从C到B,小球克服重力做功与静电力做功之比为1∶ 解析 设小球在C点的速度为vy,在B点速度为vx,AB的长度x=L,设从C到B的时间为t,有L=t,L=t,解得vx=vy,根据速度—时间关系v=at可得g,解得qE=mg,故A错误;设静电力和重力的合力与水平方向的夹角为θ,则有tan θ=,F==2mg,则合加速度为a==2g,将小球的初速度分解为沿合外力的方向和与合外力垂直的方向,小球电势能和重力势能之和最大时,小球动能最小,合外力方向的分速度减为零,该过程所用时间t'=,解得t'=,故B正确;从C到B,小球加速度恒定,但与小球速度不共线,故小球做匀变速曲线运动,C错误;从C到B,小球克服重力做的功为WG=mgL,静电力所做的功为W电=qE·L=3mgL,则小球克服重力做的功与电场力做的功的比值为,故D错误。 2、(多选)如图所示，绝缘材料制成的半径为R的内壁光滑圆轨道，竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡住，圆心O点固定着电荷量为Q的场源点电荷。一电荷量为q、可视为质点的带电小球沿轨道内壁做圆周运动，当小球运动到最高点A时，地面对轨道的弹力恰好为零。若轨道与小球的质量均为m，Q≫q>0，忽略小球的电荷对Q形成的电场的影响，重力加速度为g，静电力常量为k。下列说法中正确的是(　BD　) A．轨道内壁的电场强度处处相同 B．轨道内壁的电势处处相等 C．运动到与圆心等高的B点时，小球对轨道的压力大小为4mg－k D．运动到最低点C时，小球对轨道的压力大小为7mg 3、如图所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角并固定，杆上套有一带正电小球，质量为m、电荷量为q，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止（ B） A．垂直于杆斜向上，场强大小为 B．竖直向上，场强大小为 C．垂直于杆斜向上，场强大小为 D．水平向右，场强大小为 4、如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为＋q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则 （ B ） A、若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将减速下滑 B、若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑 C、若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变大 D、若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑 【解析】若滑块匀速下滑时，则有。当加上竖直方向的电场后，在沿斜面方向，，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑。故A错误B正确； 若滑块匀减速下滑，则有，加上竖直向上的电场后，加速度变小，C错误；若滑块匀加速下滑，则有，加上竖直向下的电场后，加速度变大，D错误。故本题选B。 5、如图所示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为Ff，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是(　C　) A．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大 B．点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小 C．OB间的距离为 D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB＝ 解析　点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近过程中静电力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误；在小球向左运动过程中静电力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；当速度最小时有：Ff＝F＝k，可得：r＝，故C正确；点电荷从A运动到B过程中，根据动能定理有：UABq－FfL0＝mv2－mv02，计算得出，UAB＝，故D错误． 6、如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　B　) A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2 C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2 解析　小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；静电力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔEp′＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确． 7、(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　BD　) A．小球在运动过程中机械能守恒 B．小球在运动过程中机械能不守恒 C．小球在运动过程中的最小速度至少为 D．小球在运动过程中的最大速度至少为 小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示， 小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝mg，小球在最高点的最小速度v1满足G′＝m，得v1＝，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G′·2L＝mv22－mv12，解得v2＝，故D正确． 8、(多选)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点．质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是(　BC　) A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大 B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点 C．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg D．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg 解析　根据等效场知识可得，静电力与重力的合力大小为mg等＝＝mg，故等效重力加速度为g等＝g，如图所示，tan θ＝＝，即θ＝37°，若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点，那么小球就能做完整的圆周运动．小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，选项B正确；小球过Q点和P点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝m，FP＋mg＝m，小球从Q点到P点，由动能定理可得－2mgR＝mvP2－mvQ2，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C正确，D错误． 9、如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出，小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小。 [答案]　(1)3︰1　(2)H　(3) [解析]　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0　 ① s1＝v0t＋at2　 ② s2＝v0t－at2　 ③ 联立①②③式得＝3︰1　 ④ (2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式 v＝2gh　 ⑤ H＝vyt＋gt2　 ⑥ M进入电场后做直线运动，由几何关系知＝　 ⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得h＝H ⑧ (3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则＝　 ⑨ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1　 ⑩ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2　 ⑪ 由已知条件Ek1＝1.5Ek2 ⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝ ⑬ 10、在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为＋q的小滑块B。用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示。现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对于A发生了运动。为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程。测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s。P、Q位置高度差为0.5m。已知匀强电场的场强E＝；A、B之间动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2。求： (1)绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？ (2)滑块B最后停在离出发点水平距离为多大处？ 解题导思：(1)开始时A、B能保持相对静止，说明电场力小于最大静摩擦力，此时B对A的压力等于mg。 (2)B相对于A滑动，说明电场力大于静摩擦力，此时B对A的压力小于mg。说明绝缘板A向上做匀减速运动。 [解析]　(1)设绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为a1、a2 加速阶段的末速度为v，x1＝t1 ① x2＝t2 ② v＝a1t1 ③ v＝a2t2 ④ 由①、②得，v＝1m/s 代入③④得：a1＝1.25m/s2，a2＝5m/s2 (2)当做匀减速时，A、B间相对运动，对B分析，mg－FN＝ma2, f＝μFN，qE－f＝ma3， 联立得a3＝1m/s2，即B向左做匀加速直线，加速位移x1＝a3t x1＝0.02m 当A静止后，B仍然向左做匀减速直线运动 qE－μmg＝ma4 a4＝－1m/s2 则减速阶段的位移为x2＝0.02m 滑块B最后停在离出发点水平距离为0.04m [答案]　(1)1.25m/s2　5m/s2　(2)0.04m 11、如图所示,光滑的竖直半圆轨道与光滑水平面相连,空间存在水平向右的匀强电场(图中未画出),电场强度E=103 V/m,不带电物体B质量为m=0.2 kg,静止在圆轨道最低点D,A物体质量也为m,电荷量q=8×10-3 C,从C点由静止释放,CD相距s=0.8 m,A、B碰撞后粘成一体进入圆弧轨道且恰好通过圆弧轨道最高点N。A、B均可看作质点,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)半圆轨道的半径R; (2)物体经过与圆心等高的M点时对轨道的压力大小。 答案 (1)0.32 m　(2)36 N 解析 (1)A、B碰撞后粘成一体进入圆弧轨道且恰好通过圆弧轨道最高点N,在竖直方向上,整体只受重力的作用,重力提供向心力,可得2mg=2m 又根据动能定理可得qEs=mvD'2 由碰撞过程动量守恒可得mvD'=2mvD 物块从D点到N点由动能定理可得·2m·2m=-2mg·2R 联立解得R=0.32 m。 (2)根据动能定理可得·2m·2m=-EqR-2mgR 物体经过与圆心等高的M点时,由静电力和轨道对A、B整体的支持力提供向心力FN-Eq= 联立解得FN=36 N 根据牛顿第三定律可知,物体经过与圆心等高的M点时对轨道的压力大小为FN'=FN=36 N。 12、如图所示,在竖直面内有一固定绝缘轨道ABCQDP,其中ABC为粗糙的水平轨道,与半径为R的光滑圆弧轨道CQDP相切于C点,直径PQ与竖直半径OD夹角θ=37°。质量未知、电荷量为q的带正电小球静止于C处。现将一质量为m的不带电物块静置在A处,在水平向右的恒定推力F作用下,物块从A处由静止开始向右运动,经时间t1到达B处,之后立即改变推力的大小,使推力的功率恒定,又经时间t1,撤去推力,物块恰与小球发生弹性正碰(碰撞时间极短),碰后瞬间,在过P点竖直线的右侧加上一沿AC方向的匀强电场(图中未画出),小球沿圆弧轨道运动到Q点时速率最大并恰好通过P点,落到水平轨道上的S处。已知物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小为g,F=mg,推力的恒定功率为mg2t1,物块与小球碰前瞬间的速度大小为v2=,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)物块第一次到达B点时的速度大小v1以及B、C两点间的距离x; (2)小球过P点时的速度大小v以及S、C两点间的距离L; (3)小球的质量。 答案 (1)gt1　10g-23R (2)R　(3)3m 解析 (1)物块从A点运动到B点的过程,根据牛顿第二定律有mg-μmg=ma 其中μ=,由运动学公式有v1=at1 解得v1=gt1 物块从B点运动到C点的过程,根据动能定理有Pt1-μmgx= 其中P=mg2t1,v2=,解得x=10g-23R。 (2)如图所示,设小球质量为m',小球过P点时受到的重力与静电力的合力沿PO方向且恰好提供所需的向心力,则=m' 解得v= 小球从P点飞出后在竖直方向做匀加速运动, 则R+Rcos θ=vsin θ·t+gt2 解得t=(另一解不合题意,舍去) 水平射程L1=vcos θ·t S、C两点间的距离 L=L1+Rsin θ=R。 (3)静电力大小为F1=m'gtan θ 设碰撞后瞬间小球的速度为vC,小球从C点运动到P点的过程,根据动能定理有 -m'g(R+Rcos θ)-F1Rsin θ=m'v2-m' 解得vC= 设碰撞后瞬间物块的速度为v3,则mv2=mv3+m'vC m' 解得m'=3m。 关键词句 获取信息 竖直面内有一固定绝缘轨道ABCQDP 轨道模型已知 恒定推力F作用下,物块从A处由静止开始向右运动 物块开始做匀加速直线运动,时间已知 改变推力的大小,使推力的功率恒定,又经时间t1 第二段以恒定功率运动,时间已知 物块恰与小球发生弹性正碰 第三过程弹性碰撞 碰后瞬间,在过P点竖直线的右侧加上一沿AC方向的匀强电场(图中未画出) 碰后在圆形轨道区域有匀强电场 小球沿圆弧轨道运动到Q点时速率最大 Q点相当于圆周运动等效场最低点 恰好通过P点 P点相当于圆周运动等效场最高点 落到水平轨道上的S处 从P点开始做斜下抛运动 思路突破(1)第1段开始做匀加速直线运动,直接根据动力学知识求解; (2)第二段以恒定功率运动,用动能定理求解; (3)第三过程弹性碰撞,列动量守恒和动能守恒方程; (4)利用等效场等效的方法,写出在Q和P点的向心力方程;然后根据动能定理列出CP过程方程; (5)小球从P点飞出后在竖直方向做匀加速运动,水平方向匀速运动,用运动学公式列式求解。 13、如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计． (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ 答案　(1)mv02＋qh　v0　(2)2v0 解析(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝① F＝qE＝ma② 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－mv02③ 设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝at2④ l＝v0t⑤ 联立①②③④⑤式解得 Ek＝mv02＋qh l＝v0 (2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0. 14、如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R.整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD.现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力．求： (1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1； (2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离； (3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程． 答案　(1)5.4qE　(2)R　(3)15R 解析　(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有 qE[Lsin 37°＋R(1－cos 37°)]－μqELcos 37°＝mvC12－0 解得vC1＝ 在C点根据向心力公式得FNC1′－qE＝ 解得FNC1′＝5.4qE 根据牛顿第三定律得FNC1＝5.4qE. (2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1， 根据动能定理有 qE(Lsin 37°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝mvD12－0 解得vD1＝ 小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆着电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得－qExm＝0－mvD12 解得xm＝R. (3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小．设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得qELsin 37°＝μqEscos 37° 解得s＝15R. 15、如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点B点与一条水平轨道相连，轨道是光滑的，轨道所在空间存在水平向右、场强为E的匀强电场，从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m带正电的小球，设A、B间的距离为s.已知小球受到的静电力大小等于小球重力的倍，C点为圆形轨道上与圆心O的等高点．(重力加速度为g) (1)若s＝2R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小； (2)为使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，求s的值． 答案　(1)　(2) 解析　(1)当小球从A点释放，在静电力作用下运动，从A到C点静电力做正功，重力做负功，应用动能定理得： qE·3R－mgR＝mvC2 到达C点时，小球受到的支持力和静电力提供向心力， 即：FN－qE＝m 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小与小球受到的支持力大小相等，则 FN′＝FN＝ (2)为了使小球刚好在圆周轨道内运动，小球到达D点时恰好仅重力和静电力，如图所示， 此时有：F＝＝mg F＝m 从A点到D点时据动能定理有：qE(s－0.6R)－mg(1.8R)＝mv2 则可以计算得：s＝. 16、如图所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为R＝0.4 m，轨道最高点A与圆心O等高．有一倾角θ＝30°的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点H＝1.5 m．圆弧轨道和斜面均处于场强大小E＝100 N/C、竖直向下的匀强电场中．现将一个质量为m＝0.02 kg、带电荷量为＋2×10－3 C的带电小球从A点由静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇．若物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，空气阻力不计，g取10 m/s2，小球和物块都可视为质点．求： (1)小球经过B点时对轨道的压力FNB； (2)B、D两点间电势差UBD； (3)物块上滑初速度v0满足条件的最小值． 答案　(1)1.2 N，竖直向下　(2)120 V　(3)3.10 m/s 解析　(1)设小球到达B点的速度大小为vB，从A到B的过程只有重力和静电力做功， 根据动能定理有：mgR＋qER＝mvB2－0 得vB＝4 m/s B点是圆周运动最低点，合力提供向心力即FNB′－(mg＋qE)＝m，得FNB′＝1.2 N 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小等于轨道对其弹力大小 即FNB＝1.2 N，方向竖直向下． (2)设小球由B点到D点的运动时间为t，受到竖直向下的重力和静电力，竖直方向做初速度0的匀加速直线运动，加速度为a，水平方向做匀速直线运动．下落高度为h的过程 根据速度合成有＝tan θ 竖直方向由牛顿第二定律有Eq＋mg＝ma h＝at2 UBD＝Eh 联立解得UBD＝120 V (3)设C、D间的距离为x，由几何关系有：x＝ 设物块上滑加速度为a′，由牛顿运动定律有：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma′ 根据题意，要使物块与小球相遇，v0的最小值满足：v02＝2a′x 联立解得：v0＝ m/s≈3.10 m/s. 17、如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L,0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求： (1)初速度v0与x轴正方向的夹角； (2)P、Q两点间的电势差UPQ； (3)带电质点在第一象限中运动所用的时间． 答案　(1)45°　(2)－　(3) 解析　(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动， 有qE＝mg 设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ， 且由带电质点在第一象限做直线运动，有 tan θ＝ 解得θ＝45°. (2)P到Q的过程，由动能定理有 qEL－mgL＝0 又WPQ＝qEL 解得UPQ＝＝－. (3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动， 由牛顿第二定律有mg＝ma， 即a＝g，带电质点速度从v0减到0所用时间为t， 则v0＝at，解得t＝ 带电质点在第一象限中往返一次所用的时间 T＝2t＝. 18、如图所示，虚线左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L，电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子从释放到打到屏上所用的时间； (2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值； (3)电子打到屏上的点B到O点的距离． 答案　(1)3　(2)2　(3)3L 解(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1， 由牛顿第二定律得：a1＝＝ ＝a1t12 电子进入电场E2时的速度为： v1＝a1t1 从进入电场E2到打到屏上，电子水平方向做匀速直线运动，时间为：t2＝ 电子从释放到打到屏上所用的时间为： t＝t1＋t2 解得：t＝3 (2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子在电场E2中的加速度为： a2＝＝ vy＝a2t3 t3＝ 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝ 解得： tan θ＝2 (3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示： 设电子打到屏上的点B到O点的距离为x，由几何关系得：tan θ＝， 联立得：x＝3L. 1 物理学习的核心在于思维 最基本的知识、方法才是最重要的； 30%兴趣+30%信心+30%方法+10%勤奋+l%天赋>100%成功 学科网（北京）股份有限公司 $