10.5带电粒子在电场中的运动（专题训练）-2026-2027学年高二上学期物理同步知识点解读与专题训练（人教版必修第三册）

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中的17类运动题型，从基础到综合，覆盖匀强/点电荷电场、直线/曲线运动及能量动量应用，注重物理观念与科学思维培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础运动|3题/题型1-6|恒定/周期性电场中的加速、偏转及点电荷电场运动|电场力与牛顿运动定律结合，从运动学公式到轨迹分析| |综合应用|3题/题型7-15|轨迹互判、能量转化及动量定理应用|能量观念与动量守恒结合，提升复杂问题解决能力| |仪器应用|3题/题型16-17|示波器波形分析与计算|电场偏转原理在仪器中的应用，强化模型建构|

10.5带电粒子在电场中的运动（专题训练） 【人教版（2019）： 必修第三册】 题型归纳 【题型1 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动】 2 【题型2 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动】 3 【题型3 带电粒子在周期性变化的电场中偏转】 4 【题型4 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场】 7 【题型5 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上】 9 【题型6 带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动】 10 【题型7 带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判】 11 【题型8 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况】 12 【题型9 带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动】 13 【题型10 带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动】 14 【题型11 带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动】 16 【题型12 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动】 17 【题型13 从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题】 18 【题型14 动量守恒定律在电场问题中的应用】 21 【题型15 动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用】 22 【题型16 示波器的波形图】 23 【题型17 示波器的具体计算】 25 【题型1 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动】 1．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。平行板电容器充满电，与电源断开。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 2．如图所示，人体细胞膜由磷脂双分子层组成，膜两侧存在电势差（医学上称为膜电位），仅特定带电粒子可跨膜运输。钠离子以初速度v0从细胞膜外侧A点射入，仅受电场力作用，恰能抵达细胞膜内侧B点。将细胞膜内部区域等效为匀强电场，已知钠离子质量为m、电荷量为+e，细胞膜厚度（A、B沿电场方向间距）为d。下列说法正确的是（　　） A．钠离子从A点运动到B点的时间 B．A、B两点间电势差 C．膜内匀强电场强度 D．若膜电位保持不变，细胞膜厚度d增加，则细胞膜等效电容器的带电量增大 3．M、N为平行正对的金属板，板M正中间有一个α粒子发射源（氦原子核，由2个质子和2个中子组成），能不停地向两板间各个方向发射不同速率的α粒子。M、N间距d为0.2m。在M、N之间加电压U，发现电压从0逐渐升高时，到达N板的α粒子数量逐渐减少。已知质子和中子的质量m＝9.1×10﹣31kg，质子所带的电荷量e＝1.6×10﹣19C，重力不计，则： （1）当电压U＝0V，求速度的α粒子到达N板的最短时间； （2）当外加电压U＝0.5V，求在M、N之间形成的电场的大小和方向； （3）当外加电压U＝0.91V时，恰好没有α粒子到达N板，求从M板上射出的α粒子的最大速度vm。 【题型2 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动】 4．如图所示，氘核和氦核以相同初速度从水平放置的两平行金属板正中间进入板长为L、两板间距离为d、板间加直流电压U的偏转电场，一段时间后离开偏转电场。不计粒子重力及其相互作用，则下列说法不正确的是（　　） A．两个粒子同时离开偏转电场 B．粒子离开偏转电场时速度方向不同 C．两粒子离开偏转电场时速度大小相同 D．两个粒子从偏转电场同一点离开 5．在一个方向平行于纸面的匀强电场中，质量为m的带电小球从A点以水平速度v进入电场，经过一段时间到达B点，其速度竖直向下且大小为，小球的轨迹面为竖直平面。关于该带电小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．小球受到的电场力方向一定水平向左 B．小球受到的电场力大小可能是 C．小球的初动能和最小动能的比值一定是4：3 D．小球运动的时间为 6．（多选）如图所示，两平行板水平放置，板间存在匀强电场。质量相等的P、M、N三个小球一个带正电，一个带负电，一个不带电，分别从O点以相同速度水平射入电场，落点如图，则这三个小球（　　） A．P带正电，M不带电，N带负电 B．到达正极板时速度大小相等 C．在电场中运动时间相等 D．在电场中的加速度大小aP＜aM＜aN 7．一个质量为m、带电量为q（q＞0）的小球，从O点以速度v射入水平方向的匀强电场中，小球运动轨迹的最高点P正好在O点的正上方。已知v与水平方向的夹角为θ，规定O点为零电势点和零重力势能点，求： （1）小球从O点运动到P点的时间t； （2）小球从O点运动到P点的过程中具有的最大重力势能EpG和途经位置的最高电势φm； （3）电场强度大小E。 【题型3 带电粒子在周期性变化的电场中偏转】 8．如图甲所示，平行正对的金属板M、N间施加如图乙所示的周期性变化电压UMN，不计重力的带正电粒子被固定在两板正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子在两金属板间经过多次往复运动，最终打在N板上。则t0可能的时刻是（　　） A． B． C． D． 9．（多选）如图甲，两长为L、间距为d的平行金属板M、N水平放置，两金属板间加一交变电压如图乙所示，其中U0、T为已知量。在M板左端正下方处有一个粒子源Q，该粒子源可沿平行于金属板的方向，向右连续不断地发射质量为m、电荷量为+q（q＞0）、初速度大小为的相同带电粒子。已知向上偏转距离最大的粒子刚好从上板右端边缘飞出，粒子源单位时间内射出的粒子数一定，不计粒子重力及粒子间相互作用。则（　　） A．M、N两板间的距离为 B．每个粒子在极板间运动过程中，电场力做的总功均为零 C．仅将N板向上平移后，会有粒子打在N板上 D．仅将N板向上平移后，若发射时间足够长，则打在金属板的粒子数占总入射粒子数的比例为 10．如图甲所示，两平行极板P、Q的极板长度和板间距离相等，位于极板左侧的粒子源从P板边缘垂直电场方向连续向右发射速度大小为v0＝8×105m/s的电子。已知电子的质量m＝9×10﹣31kg，电荷量大小e＝1.6×10﹣19C，电子重力不计。在两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t＝2t0时刻经极板边缘射出。不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况。 （1）求两平行板间所加电压U0的大小； （2）若在时刻进入两板间的带电粒子，恰好也用时2t0经极板Q边缘射出，求两板间所加电压U1大小。 11．真空示波管的示意图如图甲所示，电子从灯丝K逸出（初速度为零），经灯丝与A板间的加速电压U1加速后，从A板中心孔沿M、N板的中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，并恰好从金属板M的右边缘射出，打在荧光屏上的P点。已知两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，且L1＝d，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力。 （1）求M、N两板间的电压大小U2； （2）求电子打在P点时的动能Ek； （3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示周期性变化，偏转电场的周期T与电子在偏转电场中运动的时间t满足tT（n＝1，2，3，…），要使电子经加速电场加速后，在t＝0时刻进入偏转电场后仍然打在荧光屏上的P点，试确定偏转电场电压U0与周期T之间的关系。 【题型4 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场】 12．如图所示，两组平行板电容器垂直放置于同一竖直平面内，其中A、B间存在电势差为U1的加速电场，C、D间存在电势差为U2的偏转电场。现将氕（）、氘（）、氚（）、氦（）四个粒子从O点由静止释放，经A、B间电场加速后沿中线进入偏转电场，离开偏转电场时均未碰到极板。若忽略粒子间相互作用及粒子重力，则离开电场时速度相同的粒子是（　　） A．、 B．、 C．、 D．、 13．（多选）如图所示，A、B两板间存在着电压为U的加速电场，C、D两板平行，长为L且水平放置，两板间存在着强度为E的匀强电场，一个质量为m（不计粒子重力）、带电荷量为+q的带电粒子，从A板由静止开始经加速电场加速后，从B板中间的小孔水平射入右侧的匀强电场中，曲线为带电粒子在C、D板间运动的径迹。则（　　） A．粒子离开加速电场时的速度大小为 B．粒子离开偏转电场时的速度与入射方向的夹角的正切值为 C．粒子在C、D板间运动的时间为 D．粒子离开偏转电场时偏离入射方向的距离为 14．如图所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量﹣q（q＞0）带负电的粒子（不计粒子重力）从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，从y轴正半轴的A点进入电场，此时速度与y轴负方向的夹角α＝45°，经电场偏转后从点C（d，0）垂直x轴进入第四象限。求： （1）粒子运动到A点时的速度大小； （2）第一象限内电场强度E的大小； （3）粒子运动到C点时的速度大小和粒子从A点运动到C点的时间。 15．如图所示，粒子源产生质量为m、电荷量为q的正粒子漂入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿正对放置的平行金属板A、B的中心线射入偏转电场，A、B板长为L，相距为d，A、B两板间电压为U2，A板带正电，B板带负电，不计粒子重力及相互作用，以S为坐标原点、A、B的中心线为x轴建立如图所示的直角坐标系。 （1）求粒子进入偏转电场时的速度v0大小； （2）写出粒子在偏转电场中的运动轨迹方程； （3）若粒子从B板右边缘（L，）点射出偏转电场，求应满足的条件。 【题型5 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上】 16．氢元素的两种同位素的原子核——氕核（）、氘核（）的质量之比为1：2，电荷量之比为1：1。如图所示，氕核（）、氘核（）由静止开始经同一加速电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上。下列说法正确的是（　　） A．氕核与氘核飞出加速电场时的速度之比为1：2 B．氕核与氘核在偏转电场的偏转距离之比为1：2 C．氕核与氘核飞出偏转电场时的动能之比为1：1 D．氕核与氘核从静止开始到最后打在屏上的运动时间之比为1：2 17．（多选）如图所示，氕核H（质量m，电量e）、氘核H（质量2m，电量e）、氦核He（质量4m，电量2e）三种粒子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么下列说法正确的是（　　） A．氘核、氦核整个运动过程所用时间不相同 B．氘核、氦核整个运动过程所用时间相同 C．三种粒子打到屏上时的速度一样大 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 18．如图，加速电场的两极板间电压为U1，偏转电场的两板长为L，板间距为d，距偏转电场极板的右侧为处有一水平放置、长度为的荧光屏，屏到两极板中心线OO′的距离为d，偏转电场的两极板间电压为U2，一电子在O点由静止释放被加速后进入偏转电场，经过偏转电场后可打在右侧的荧光屏上，已知电子质量为m、电荷量为e，不计重力。求： （1）电子进入偏转电场时的速度大小v； （2）电子离开偏转电场时距中心线OO′的距离y； （3）若仅U1可调，要使电子能打在屏上，U1满足的范围。 【题型6 带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动】 19．如图所示，在竖直平面内有一固定的绝缘圆轨道，半径为R，在其圆心处固定一带电量为+Q的点电荷。有一质量为m、带电量为+q的小球（小球可视为质点且其所受重力小于其所受的库仑力）沿着轨道内侧做圆周运动。A、B两点分别是轨道的最高点和最低点，不计一切摩擦和空气阻力，则（　　） A．小球通过A点时的最小速率为 B．小球以速率通过A时，轨道对小球的作用力大小为 C．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 D．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 20．（多选）真空中存在正点电荷q1产生的静电场，如图所示，一个带电粒子仅受电场力作用沿虚线轨迹从M移动至N，M、N两点到点电荷的距离相等。下列说法正确的是（　　） A．该带电粒子带正电 B．带电粒子的电势能先增大后减小 C．带电粒子的加速度先减小后增大 D．M、N两点间的电势差UMN＝0 21．如图所示，光滑绝缘细杆沿竖直方向固定，其底端O固定一带正电的点电荷。一质量为m、电荷量为+q的小球，中心开孔套在杆上，孔径比杆的直径略大，小球恰能静止在距O点为h的A点。现将小球移至距O点为2h的B点由静止释放，小球运动至A点时速度大小为v。已知重力加速度为g，静电力常量为k，求： （1）小球在B点释放时的加速度大小a； （2）以A为零电势，B点的电势大小。 【题型7 带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判】 22．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受电场力的作用，运动过程中动能逐渐减小，它运动到b处时的速度方向与受力方向可能的是（　　） A． B． C． D． 23．如图所示为两个点电荷的电场，虚线为一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b为轨迹上两点，下列说法中正确的是（　　） A．两个点电荷为左正右负，且左边电荷所带电荷量少 B．带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力 C．带电粒子带正电 D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 24．（多选）某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（　　） A．粒子一定带正电 B．粒子一定是从a点运动到b点 C．粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度 D．粒子在c点的速度一定小于在a点的速度 【题型8 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况】 25．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，从a点运动到b点，其运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　） A．带电粒子受到的力是恒力 B．a处的电场强度小于b处的电场强度 C．带电粒子在a处的动能大于在b处的动能 D．带电粒子一定带正电荷 26．如图所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF。K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面。一个不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则（　　） A．|Wab|＝|Wbc| B．D点场强比F点场强更小 C．粒子由a点到b点，动能减少 D．a点的电势较b点的电势低 27．（多选）如图所示，实线表示某电场的电场线，虚线表示等势面。一个带电粒子以一定初速度从A点进入电场，运动轨迹如图中曲线所示，B、C是轨迹上的两点。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子在B点的加速度大于在C点的加速度 B．粒子在A点的电势能小于在B点的电势能 C．粒子在A点的动能大于在B点的动能 D．从A至B过程中电场力对带电粒子做正功 【题型9 带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动】 28．如图所示，在光滑绝缘的水平面O点右侧存在水平向左的匀强电场，一均匀带正电的圆柱体直棒右端在O点，现给该直棒一初速度向右运动，直棒左侧运动至O点时恰好减速为零。电场对直棒上的电荷分布无影响，则（　　） A．直棒向右进入电场过程中电势能减小 B．直棒在往返运动过程中，前后经过同一路段所用时间不等 C．若只减小导体棒的初速度，则直棒向右减速为零的时间不变 D．若只减小导体棒的初速度，则直棒向右运动的最大位移不变 29．（多选）如图，一质量为m的带电小球用丝线悬挂在水平向右无限大匀强电场中，已知该场强大小为E，当小球静止时，测得丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球距水平地面的高度为H。重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．丝线烧断后，小球将做曲线运动 B．小球所带电荷量 C．从丝线烧断到小球落地所需要的时间 D．丝线烧断后，小球落到地面时的动能 30．如图所示，倾角θ＝37°，长L的光滑绝缘斜面固定在水平面上，水平面上方有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。质量为m的带电的小物块恰好静止在斜面顶端，从某时刻开始，电场强度大小变为原来的，物块沿斜面下滑，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）物块的电性及电荷量； （2）物块运动到斜面底端时的速度大小。 【题型10 带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动】 31．如图所示，一竖直放置半径为R、内壁光滑的圆形绝缘轨道固定在水平面上。空间中存在平行于轨道平面且与竖直方向成60°角向下的匀强电场（未画出），电场强度大小。一质量为m、电荷量为+q的小球沿轨道恰好做完整的圆周运动。重力加速度为g，不计空气阻力，则小球运动过程中的最小速度为（　　） A． B． C． D． 32．如图所示，一电荷量为Q（Q＞0）的点电荷固定于O点，且在整个空间中存在竖直方向的匀强电场（图中未画出）。一个质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子在水平面内绕O′做速率为v1的匀速圆周运动，两点电荷之间的距离为L，。若在某一时刻撤掉匀强电场，并从此时开始计时，经过时间t1速度方向第一次变化90°，紧接着又经过时间t2速度方向又变化了90°，此时带电粒子的速率为v2，已知静电力常量为k，不计粒子重力，则（　　） A．匀强电场方向竖直向下 B．匀强电场的电场强度大小为 C．v1＞v2 D．t1＞t2 33．如图所示，AB是长为2R的水平粗糙轨道，B点与一半径为R的光滑圆轨道相切，整个空间有一水平向右的匀强电场。一带电量为+q、质量为m的小物体从A点由静止释放，经过B点时对圆轨道的压力为其重力的2倍。物体与水平轨道的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g。 （1）求电场强度的大小； （2）求物体在圆轨道上运动时的最大速率； （3）若AB长度不变，圆轨道半径可以改变，为了保证物体能完全通过圆弧轨道，求圆轨道半径的大小需要满足的条件。 【题型11 带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动】 34．空间中存在匀强电场（未画出），一质量为m，电荷量为q的正电小球，在如图所示的竖直圆形轨道中做圆周运动，经过b点时速度达最大值。已知aO为水平方向，轨道半径为R，∠aOb＝45°，重力加速度为g，则（　　） A．该圆轨道直径两端电势差最大值Umax B．该圆轨道直径两端电势差最大值Umax C．该圆轨道直径两端电势差最小值Umin D．该圆轨道直径两端电势差最小值Umin 35．如图所示，水平平行线代表等势线，带电量为10﹣8C的正电微粒仅受电场力的作用，由A运动到B时动能损失2×10﹣4J，A点的电势为2×104V，下列说法正确的是（　　） A．微粒的运动轨迹是虚线1，B点电势为2×104V B．微粒的运动轨迹是虚线2，B点电势为4×104V C．微粒的运动轨迹是虚线1，B点电势为4×104V D．微粒的运动轨迹是虚线2，B点电势为2×104V 36．如图所示，竖直平面内，质量为m＝1×10﹣6kg、q＝1×10﹣6C的带电油滴，自A点垂直于电场线方向以v0＝20m/s进入匀强电场，它经过最高点时速度v＝20m/s。已知A、B在竖直方向的距离为h＝15m，g＝10m/s2。求： （1）B点的电势差UAB； （2）匀强电场的场强大小； （3）粒子从A至B运动过程中最小速度。 【题型12 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动】 37．如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于竖直面内，管道间平滑连接。bcd的圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q＜0且|q|≪Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（　　） A．小球在a点所受库仑力大于在d点所受库仑力 B．小球从a点到c点机械能先增大后不变 C．小球过f点的动能大于过d点的动能 D．小球过c点的向心加速度大小等于过e点的向心加速度大小 38．如图，绝缘光滑细杆与水平面成45°倾角固定，与杆上A点等高的O点固定着一电荷量为Q＝1.0×10﹣6C的正点电荷，穿在杆上的质量为m＝2g、电荷量为q＝1.0×10﹣7C的带正电小球从B点由静止释放，B点在O点的正上方，AO＝BO＝L＝0.3m。小球可视为质点，静电力常量为k＝9.0×109N•m2/C2，重力加速度大小取g＝10m/s2。求： （1）在B点刚释放小球时，小球的加速度； （2）A、B两点的电势差UAB和小球到达A点时的速度大小； （3）若小球从B点运动到A点的过程中，小球在C点（图中未标出）电势能最大，小球在C点的速度大小为，求在正点电荷所产生的电场中B、C两点的电势差UBC。 【题型13 从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题】 39．如图所示，边长为l的等边三角形ABC处于竖直平面内，B、C顶点分别固定着等量异种点电荷+q和﹣q。光滑绝缘细杆OP过三角形顶点A平行于BC边竖直放置，杆上套有一带正电小环。现将小环从与B点等高的O点由静止释放，小环经过A点时速度大小为v，则（重力加速度为g）（　　） A．经过A点时，小环加速度的值为g B．经过O、P两点时，小环的加速度相同 C．经过O、P两点时，小环的速度相等 D．经过P点时，小环速度的大小为2v 40．（多选）如图所示，一带电小球以初速度v0在匀强电场中的A点恰好沿水平直线运动到B点（速度为0），已知带电小球的质量为m，电荷量大小为q，电场线与水平方向的夹角为37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．电场强度大小为 B．小球带负电 C． D． 41．（多选）如图所示，长L＝1m轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右且足够大的匀强电场中的A点，绳与竖直方向的夹角θ＝37°，小球的质量m＝0.6kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．若将小球移至悬点正下方的最低点，然后由静止释放，小球能获得的最大速率为 B．若将小球移至悬点正下方的最低点，然后由静止释放，小球能获得的最大速率为 C．小球静止于A点时，若将细绳剪断，0.4s内小球的机械能增加量为2.7J D．小球静止于A点时，若将细绳剪断，0.4s内小球的机械能增加量为5.4J 42．固定在O点的细线拉着一质量为m、电荷量为q的带正电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度，圆周上A点在圆心O的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为g，求： （1）小球过A点时对细线的作用力的大小； （2）小球做圆周运动过程中的最小速率； （3）若小球过A点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大？ 43．如图，水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，下方区域有竖直向上的匀强电场，场强大小相等。质量为m、带电量为q（q＞0）的粒子从电场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入下方电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为45°，然后粒子又射出下方电场重新进入上方电场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为，不计粒子重力。 （1）求电场强度的大小； （2）求ab两点间的距离； （3）若该粒子的电荷量变为4q（q＞0），仍然从电场中的a点以速度v0向右水平发射，只改变水平虚线下方电场强度的大小，要使粒子仍能通过b点，求水平虚线下方电场强度的大小。 44．如图所示，匀强电场方向水平向左，绝缘轨道由直杆AB和CD与半径为R的圆弧段BC平滑连接组成，固定在与电场方向平行的竖直平面内，AB与水平方向间夹角为θ，CD水平。质量为m的带正电小环套在AB杆上自P点由静止释放，PB间距离等于圆弧段轨道半径R，直杆AB和圆弧段BC均光滑，小环与直杆CD的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。已知重力加速度大小为g，小环受到的电场力为重力的0.75倍，sinθ＝0.8，cosθ＝0.6，求： （1）小环从P点下滑至B点时，电势能的变化量ΔEp； （2）小环在圆弧段BC上运动时，对圆弧产生的最大压力FN； （3）要使小环至少能经过B点三次，动摩擦因数μ应满足什么条件； （4）小环自P点由静止释放后在直杆CD上运动的总路程s。 【题型14 动量守恒定律在电场问题中的应用】 45．如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10m/s2。则（　　） A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J B．两小球至多能发生2次碰撞 C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力 D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力 46．（多选）如图所示，在光滑绝缘水平地面上相距为L处固定有完全相同的带正电小球A、B（均可视为点电荷），两球质量均为m。现给小球A水平向右、大小为v0的初速度，同时由静止释放小球B，两球运动过程中始终没有相碰，下列说法正确的是（　　） A．两球相距最近时小球B的速度大小为 B．两球相距最近时两球的总动能为 C．两球间的距离再次变为L时小球A的速度为0 D．两球间的距离再次变为L时小球A的速度大小为 47．如图所示，光滑水平面上存在水平向右的匀强电场，地面上放置有大小相同、由不同弹性材料制成的甲、乙两小物块（可视为质点）。物块甲所带电荷量为+q，在电场中所受电场力大小等于其自身重力。物块乙的质量是物块甲质量的3倍，带负电，电荷量大小为Q（未知）。某时刻物块甲以水平向右的初速度v0与速度为0的物块乙发生第1次碰撞。当物块乙的水平速度再次减为0时，刚好与物块甲发生第2次碰撞。两物块碰撞时无电荷转移，且碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力和甲、乙两物块间的库仑力。求： （1）第一次碰撞后瞬间甲、乙两物块的速度大小； （2）物块乙的带电量大小Q； （3）保持其余条件不变，调整物块乙电荷量，使第二次碰撞发生在第一次碰撞位置处，求乙物块从第1次碰撞到第n次碰撞过程中的位移。 【题型15 动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用】 48．电荷量q＝+1×10﹣3C的带电小球静置于绝缘水平面上，t＝0时刻，施加范围足够大的水平方向的电场，其电场强度E随时间t变化的关系如图所示。小球在电场力的作用下由静止开始运动。已知小球的质量为2kg，小球与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．0～2s内小球的加速度一直增大 B．0～2s内小球的位移小于0.25m C．前2s内摩擦力的冲量大小为4N•s D．5s时小球的速度大小为2m/s 49．如图所示，一带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面内，且关于过轨迹最右侧的点N的水平虚线对称。已知油滴质量、电荷量恒定，全程忽略空气阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．匀强电场的方向水平向左 B．油滴在M点的电势能比它在N点的小 C．从M点到N点过程中，油滴的速率逐渐减小 D．从M点到N点过程中，油滴的动量变化率保持恒定 50．如图所示，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向均未知。一质量为m的带正电的小球从M点在纸面内以v0的速度水平向左开始运动，之后恰好以大小为v的速度通过N点。已知重力加速度为g，小球电量为q，不计空气阻力。 （1）求电场强度的方向及电场强度的大小； （2）求运动过程中小球的最小动能； （3）规定M点的电势为0，求运动过程中小球电势能的最大值。 【题型16 示波器的波形图】 51．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一中心。如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上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（2）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 52．示波管的结构如图甲所示，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的中心，形成亮斑。若在偏转电极YY′之间加上图乙所示的正弦式电压，荧光屏上形成如图丙所示的图像，则在偏转电极XX′之间加上的电压可能是下列选项中的（　　） A． B． C． D． 【题型17 示波器的具体计算】 53．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　） A．极板X应带正电 B．极板X′应带负电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电 54．电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构原理图如图所示。如果偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿中轴线做直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。如果电子枪中正负接线柱之间电压为10U，YY′板间加恒定电压U，YY′极板的长度为l、间距为d，XX′板间不加电压。已知电子质量为m，电荷量大小为e，不计电子从灯丝逸出的初速度，不计电子重力及电子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．射出电子枪时，电子的动能大小为5eU B．电子在YY′极板间的加速度大小为 C．电子打在荧光屏时，其速度方向与中轴线夹角的正切值为 D．若UYY′＜0，电子将打在荧光屏的上半区域 55．示波器内部简化结构如图所示，灯丝发出的热电子（初速度不计）经过电压U0加速后从电子枪口射出，经过Y、X偏转板后打在荧光屏上并被吸收，从而产生荧光。若偏转板不加电压时，电子将沿偏转板间的中心线运动并垂直打在屏幕的正中央O点。已知Y偏转板长为L，两板间距为d，Y偏转板右端到荧光屏的距离为3L，荧光屏的高度为5d，电子的质量为m，电荷量为e，重力不计，忽略电子间的相互作用。 （1）当电子打到屏幕右下方形成亮点时，请分别比较Y1和Y2、X1和X2的电势高低（不需要说明理由）； （2）求电子离开枪口时的速度； （3）若Y偏转板接测量电压U，X偏转板不加电压。为了确保所有电子都能打到荧光屏上，求测量电压U的最大值。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 10.5带电粒子在电场中的运动（专题训练） 【人教版（2019）： 必修第三册】 题型归纳 【题型1 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动】 2 【题型2 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动】 4 【题型3 带电粒子在周期性变化的电场中偏转】 9 【题型4 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场】 15 【题型5 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上】 19 【题型6 带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动】 23 【题型7 带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判】 26 【题型8 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况】 27 【题型9 带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动】 29 【题型10 带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动】 32 【题型11 带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动】 36 【题型12 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动】 38 【题型13 从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题】 40 【题型14 动量守恒定律在电场问题中的应用】 48 【题型15 动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用】 53 【题型16 示波器的波形图】 56 【题型17 示波器的具体计算】 58 【题型1 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动】 1．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。平行板电容器充满电，与电源断开。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】A 【解答】解：设A、B两板间的距离为d1，B、C两板初始的间距为d2，A、B板间的电场强度为E1，B、C板间的电场强度为E2。电子从O点由静止释放，在A、B间的电场中受电场力加速，穿过M点进入B、C间的电场后，电场力方向与运动方向相反，电子做减速运动，恰好运动到P点时速度减为0。对该过程用动能定理可得eE1d1﹣eE2d2＝0；由于三块带电金属薄板的总带电量保持不变，A、B构成的电容器与B、C构成的电容器的带电量均保持恒定。对于平行板电容器，当带电量Q不变时，板间电场强度满足，其中σ为极板的面电荷密度，ε0为真空介电常数，S为极板正对面积。可见板间场强E仅与面电荷密度有关，和板的间距无关，因此将C板向右平移到P'后，A、B间的场强E1不变，B、C间的场强E2也保持不变。C板右移后电子的运动过程电子从O点再次由静止释放，在A、B间加速的过程和初始状态完全一致，到达M点时的动能和初始状态到达M点的动能相同。进入B、C间的电场后，由于场强E2不变，电子做减速运动的加速度也不变，电子从M点开始减速到速度为0时，运动的距离仍为d2，也就是恰好运动到P点时速度减为0，之后电子会在反向电场力的作用下开始返回；故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．如图所示，人体细胞膜由磷脂双分子层组成，膜两侧存在电势差（医学上称为膜电位），仅特定带电粒子可跨膜运输。钠离子以初速度v0从细胞膜外侧A点射入，仅受电场力作用，恰能抵达细胞膜内侧B点。将细胞膜内部区域等效为匀强电场，已知钠离子质量为m、电荷量为+e，细胞膜厚度（A、B沿电场方向间距）为d。下列说法正确的是（　　） A．钠离子从A点运动到B点的时间 B．A、B两点间电势差 C．膜内匀强电场强度 D．若膜电位保持不变，细胞膜厚度d增加，则细胞膜等效电容器的带电量增大 【答案】C 【解答】解：A、钠离子在匀强电场中做匀减速直线运动，初速度为v0，末速度为0，位移为d，则位移，解得，故A错误； B、钠离子从A到B的过程中，对钠离子，由动能定理得，解得，故B错误； C、匀强电场的场强大小，解得，故C正确； D、细胞膜等效为平行板电容器，根据电容决定式，当膜厚度d增加时，电容C减小。若膜电位U保持不变，根据Q＝CU可知，带电量Q减小，故D错误。 故选：C。 3．M、N为平行正对的金属板，板M正中间有一个α粒子发射源（氦原子核，由2个质子和2个中子组成），能不停地向两板间各个方向发射不同速率的α粒子。M、N间距d为0.2m。在M、N之间加电压U，发现电压从0逐渐升高时，到达N板的α粒子数量逐渐减少。已知质子和中子的质量m＝9.1×10﹣31kg，质子所带的电荷量e＝1.6×10﹣19C，重力不计，则： （1）当电压U＝0V，求速度的α粒子到达N板的最短时间； （2）当外加电压U＝0.5V，求在M、N之间形成的电场的大小和方向； （3）当外加电压U＝0.91V时，恰好没有α粒子到达N板，求从M板上射出的α粒子的最大速度vm。 【解答】解：（1）当电压U＝0V时，α粒子在电场中做匀速直线运动，沿垂直于极板方向运动的α粒子运动时间最短，最短时间为 ts＝2×10﹣6s （2）M、N间建立匀强电场，当外加电压U＝0.5V时，场强大小为 EV/m＝2.5V/m 因α粒子带正电，板间电压升高时，到达N板的α粒子数量逐渐减少，说明α粒子受到的电场力方向向左，则电场方向由N板指向M板。 （3）α粒子的电荷量为q＝2e，质量为mα＝4m，速度最大的α粒子，恰好没有到达N板时速度为0，该α粒子从M板到N板的过程，由动能定理得 ﹣qU＝0 解得vm＝4×105m/s 答：（1）速度的α粒子到达N板的最短时间为2×10﹣6s； （2）在M、N之间形成的电场的大小为2.5V/m，方向由N板指向M板； （3）从M板上射出的α粒子的最大速度vm为4×105m/s。 【题型2 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动】 4．如图所示，氘核和氦核以相同初速度从水平放置的两平行金属板正中间进入板长为L、两板间距离为d、板间加直流电压U的偏转电场，一段时间后离开偏转电场。不计粒子重力及其相互作用，则下列说法不正确的是（　　） A．两个粒子同时离开偏转电场 B．粒子离开偏转电场时速度方向不同 C．两粒子离开偏转电场时速度大小相同 D．两个粒子从偏转电场同一点离开 【答案】B 【解答】解：设氘核和氦核的质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2。已知氦核的质量是氘核的2倍，即m2＝2m1； 氦核的电荷量是氘核的2倍，即q2＝2q1，可知两粒子的比荷相等，即。 两粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由于初速度v0相同，板长L相同，根据公式可知，两粒子在电场中的运动时间t相同； 竖直方向受静电力做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度，由于两粒子比荷相同，可知两粒子的加速度a相同。 A、由上述分析可知，两个粒子的运动时间t相同，即两个粒子同时离开偏转电场，故A正确； B、粒子离开偏转电场时，竖直分速度vy＝at，速度方向与初速度方向夹角的正切值，由于a、t、v0均相同，可知两粒子离开偏转电场时速度方向相同，故B错误； C、粒子离开偏转电场时的速度大小，由于v0、vy均相同，可知两粒子离开偏转电场时速度大小相同，故C正确； D、粒子在竖直方向的偏转位移，由于a、t均相同，可知两粒子在竖直方向的偏转位移相同，因两粒子均从两极板正中间进入，故两个粒子从偏转电场同一点离开，故D正确。 本题选错误的，故选：B。 5．在一个方向平行于纸面的匀强电场中，质量为m的带电小球从A点以水平速度v进入电场，经过一段时间到达B点，其速度竖直向下且大小为，小球的轨迹面为竖直平面。关于该带电小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．小球受到的电场力方向一定水平向左 B．小球受到的电场力大小可能是 C．小球的初动能和最小动能的比值一定是4：3 D．小球运动的时间为 【答案】C 【解答】解：B、将小球运动分解为水平方向和竖直方向，设水平向右为x正方向，竖直向下为y正方向，初速度vx0＝v，vy0＝0 B点速度vx＝0， 设运动时间为t，加速度分量， 受力：电场力分量， 电场力大小 整理电场力大小得 由二次函数性质得电场力最小值 而， 故B错误； A、电场力一定有水平向左的分量，但可以同时有竖直分量，方向不一定是水平向左，故A错误； C、t1时刻动能 整理为关于t1的二次函数 可得最小动能 初动能 故 故C正确； D、只有当电场力竖直分量Fy＝0时，才有 即 若电场力存在竖直分量，时间不为该值，故D错误； 故选：C。 6．（多选）如图所示，两平行板水平放置，板间存在匀强电场。质量相等的P、M、N三个小球一个带正电，一个带负电，一个不带电，分别从O点以相同速度水平射入电场，落点如图，则这三个小球（　　） A．P带正电，M不带电，N带负电 B．到达正极板时速度大小相等 C．在电场中运动时间相等 D．在电场中的加速度大小aP＜aM＜aN 【答案】AD 【解答】解：A、小球带正电，加速度为 小球不带电，加速度为 a2＝g 小球带负电，加速度为 可得 a1＜a2＜a3 故P带正电，M不带电，N带负电，故A正确； B、根据动能定理 可得到达正极板时速度大小 vP＜vM＜vN 故B错误； C、小球在平行板内做类平抛运动，水平方向有 x＝v0t 由于 xP＞xM＞xN 则 tP＞tM＞tN 故C错误； D、竖直方向有 可得 则在电场中的加速度大小 aP＜aM＜aN 故D正确。 故选：AD。 7．一个质量为m、带电量为q（q＞0）的小球，从O点以速度v射入水平方向的匀强电场中，小球运动轨迹的最高点P正好在O点的正上方。已知v与水平方向的夹角为θ，规定O点为零电势点和零重力势能点，求： （1）小球从O点运动到P点的时间t； （2）小球从O点运动到P点的过程中具有的最大重力势能EpG和途经位置的最高电势φm； （3）电场强度大小E。 【解答】解：（1）小球从O点运动到P点在竖直方向有vsinθ＝ayt 由牛顿第二定律mg＝may 解得 （2）小球从O点运动到P点，竖直方向由运动学公式 该过程中重力做的功为 根据重力做功与重力势能的关系WG＝﹣ΔEp 可得小球从O点运动到P点的过程中具有的最大重力势能为 由题意可知，小球从O点运动到P点的过程中电势能先增大后减小， 当小球运动到离O点的水平位移最大时，电势能最大，电势最高，由动能定理得 规定O点为零电势点，根据W电＝﹣ΔEp 解最大的电势能为 则途经位置的最高电势为 （3）水平方向有 在水平方向，由牛顿第二定律得qE＝max 解得，方向水平向右。 答：（1）小球从O点运动到P点的时间是； （2）小球从O点运动到P点的过程中具有的最大重力势能EpG是，途经位置的最高电势φm是； （3）电场强度大小是。 【题型3 带电粒子在周期性变化的电场中偏转】 8．如图甲所示，平行正对的金属板M、N间施加如图乙所示的周期性变化电压UMN，不计重力的带正电粒子被固定在两板正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子在两金属板间经过多次往复运动，最终打在N板上。则t0可能的时刻是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：A．根据题意，设M、N两板间距为d，粒子带正电，加速度 根据图乙可知，当UMN＝U0时，电场方向由M指向N，加速度大小，方向向N； 当UMN＝﹣2U0时，电场方向由N指向M，加速度大小，方向向M。 规定向N为正方向，在一个周期（电压周期为T）内。 内， 粒子的末速度，粒子的位移 内，，粒子的末速度 粒子的位移 内，，粒子的末速度 粒子的位移 一个周期总位移 每个周期位移向N，最终一定会打在N板上，故A正确； B．根据A选项的分析，计算一个周期总位移 位移为0，粒子仅在原位置附近往复，不会打到N板上，故B错误； C．若时刻进入电场，则带正电粒子先加速向M板运动，刚好在时刻速度减速至零，然后再加速运动，周而复始，在这个过程中粒子的运动方向没有发生过变化一直向M板运动，所以不能打在N板上，故C错误； D．计算得一个周期总位移Δx＝0，粒子往复运动，不会打到N板上，故D错误。 故选：A。 9．（多选）如图甲，两长为L、间距为d的平行金属板M、N水平放置，两金属板间加一交变电压如图乙所示，其中U0、T为已知量。在M板左端正下方处有一个粒子源Q，该粒子源可沿平行于金属板的方向，向右连续不断地发射质量为m、电荷量为+q（q＞0）、初速度大小为的相同带电粒子。已知向上偏转距离最大的粒子刚好从上板右端边缘飞出，粒子源单位时间内射出的粒子数一定，不计粒子重力及粒子间相互作用。则（　　） A．M、N两板间的距离为 B．每个粒子在极板间运动过程中，电场力做的总功均为零 C．仅将N板向上平移后，会有粒子打在N板上 D．仅将N板向上平移后，若发射时间足够长，则打在金属板的粒子数占总入射粒子数的比例为 【答案】ABD 【解答】解：A、粒子在极板间的运动时间为 若粒子在t0＝0时刻射入，其竖直方向位移达到最大。在0至时间内，粒子向上做加速运动；在至T时间内，粒子向上做减速运动。离开极板时，其竖直分速度 vy＝0 根据速度一时间图像与时间轴所围面积表示位移，可得最大位移 解得： 由题意 解得： 故A正确； B、所有粒子在极板间的运动时间均为T，且交变电压在一个周期内的积分 因此所有粒子离开极板时竖直分速度均为零。根据动能定理，电场力所做的总功 解得： W＝0 故B正确； C、仅将N板向上平移后，板间距变为 加速度变为 代入数据得 a1 此时粒子源Q到N板的距离为 粒子向下运动的最大位移 解得： 由于 因此没有粒子会打在N板上，故C错误； D、此时粒子源Q到M板的距离为 设粒子在时刻射入，其轨迹向上的最大位移为 令 即 解得： 由于在时间段内射入的粒子位移始终向下，不会打在M板上，因此打在M板上的粒子比例即为，故D正确。 故选：ABD。 10．如图甲所示，两平行极板P、Q的极板长度和板间距离相等，位于极板左侧的粒子源从P板边缘垂直电场方向连续向右发射速度大小为v0＝8×105m/s的电子。已知电子的质量m＝9×10﹣31kg，电荷量大小e＝1.6×10﹣19C，电子重力不计。在两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t＝2t0时刻经极板边缘射出。不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况。 （1）求两平行板间所加电压U0的大小； （2）若在时刻进入两板间的带电粒子，恰好也用时2t0经极板Q边缘射出，求两板间所加电压U1大小。 【解答】解：（1）设板间距和板长均为l，t＝0时刻进入的粒子，在0～t0时间内做类平抛运动，竖直位移 竖直末速度vy＝at0 t0～2t0时间内，粒子以速度vy做匀速直线运动，竖直方向的位移 粒子恰好从边缘射出，竖直方向的总位移y＝y1+y2＝l 水平方向，有v0•2t0＝l 根据牛顿第二定律可得 解得 （2）若粒子从t＝0.5t0时刻进入，粒子在板间运动时间仍为2t0，故离开时刻为2.5t0，设此时电压为U1，加速度为 运动过程分为三个阶段： ①0.5t0∼t0时间内，粒子做类平抛运动，则有 t0末的瞬时速度为 ②t0～2t0粒子做匀速直线运动，则有y′2＝v1t0 ③2t0∼2.5t0粒子做匀减速运动，则有 总位移y′＝y′1+y′2+y′3＝l 所以 答：（1）两平行板间所加电压U0的大小为9.6V； （2）两板间所加电压U1大小为19.2V。 11．真空示波管的示意图如图甲所示，电子从灯丝K逸出（初速度为零），经灯丝与A板间的加速电压U1加速后，从A板中心孔沿M、N板的中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，并恰好从金属板M的右边缘射出，打在荧光屏上的P点。已知两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，且L1＝d，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力。 （1）求M、N两板间的电压大小U2； （2）求电子打在P点时的动能Ek； （3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示周期性变化，偏转电场的周期T与电子在偏转电场中运动的时间t满足tT（n＝1，2，3，…），要使电子经加速电场加速后，在t＝0时刻进入偏转电场后仍然打在荧光屏上的P点，试确定偏转电场电压U0与周期T之间的关系。 【解答】解：（1）设电子进入偏转电场时的速度大小为v0，偏转电场的电场强度大小为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度大小为a，则有，，，，，解得：U2＝2U1。 （2）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，则有vy＝at，，解得：Ek＝2eU1。 （3）电子在偏转电场中沿水平方向做匀速直线运动，则时间仍为。若n＞1，则电子在竖直方向上先做匀加速运动，后做匀减速运动，再做匀加速运动，如此反复，电子必须经过M板的右边缘才能打在P点，则有，，解得：。 答：（1）M、N两板间的电压大小为2U1。 （2）电子打在P点时的动能为2eU1。 （3）偏转电场电压U0与周期T的关系为。 【题型4 带电粒子先后经过加速电场和偏转电场】 12．如图所示，两组平行板电容器垂直放置于同一竖直平面内，其中A、B间存在电势差为U1的加速电场，C、D间存在电势差为U2的偏转电场。现将氕（）、氘（）、氚（）、氦（）四个粒子从O点由静止释放，经A、B间电场加速后沿中线进入偏转电场，离开偏转电场时均未碰到极板。若忽略粒子间相互作用及粒子重力，则离开电场时速度相同的粒子是（　　） A．、 B．、 C．、 D．、 【答案】C 【解答】解：根据题意分析可知，粒子在加速度电场中做匀加速直线运动，进入CD电场中的初动能为 粒子出偏转电场时的动能为 在偏转电场中沿电场运动的距离为y，则（其中d为偏转电场两极板的距离） l＝v0t（其中l为偏转电场的长度） 联立解得 由此可得所有的粒子在偏转电场中偏转的距离y相同，故相同，，即比荷相同的粒子速度相同，故C正确，ABD错误。 故选：C。 13．（多选）如图所示，A、B两板间存在着电压为U的加速电场，C、D两板平行，长为L且水平放置，两板间存在着强度为E的匀强电场，一个质量为m（不计粒子重力）、带电荷量为+q的带电粒子，从A板由静止开始经加速电场加速后，从B板中间的小孔水平射入右侧的匀强电场中，曲线为带电粒子在C、D板间运动的径迹。则（　　） A．粒子离开加速电场时的速度大小为 B．粒子离开偏转电场时的速度与入射方向的夹角的正切值为 C．粒子在C、D板间运动的时间为 D．粒子离开偏转电场时偏离入射方向的距离为 【答案】AB 【解答】解：A．根据动能定理 0 粒子离开加速电场时的速度大小为 故A正确； B．粒子离开偏转电场时的速度与入射方向的夹角的正切值； 解得 故粒子离开偏转电场时的速度与入射方向的夹角的正切值为 故B正确； C．粒子在C、D板间运动的时间为 解得 故C错误； D．粒子离开偏转电场时偏离入射方向的距离 静电力提供加速度qE＝ma 代入数据得 故D错误。 故选：AB。 14．如图所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量﹣q（q＞0）带负电的粒子（不计粒子重力）从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，从y轴正半轴的A点进入电场，此时速度与y轴负方向的夹角α＝45°，经电场偏转后从点C（d，0）垂直x轴进入第四象限。求： （1）粒子运动到A点时的速度大小； （2）第一象限内电场强度E的大小； （3）粒子运动到C点时的速度大小和粒子从A点运动到C点的时间。 【解答】解：（1）粒子在第二象限的加速电场中，由动能定理 解得 （2）粒子从 A 点进入第一象限，速度与 y 轴负方向夹角为 45°，故在 A 点，即 vAx＝vAy 粒子带负电，电场沿 x 轴正方向，故粒子所受电场力沿 x 轴负方向，x 方向做匀减速运动，y 方向做匀速运动。 到 C 点时，粒子垂直 x 轴进入第四象限，即 C 点速度沿 y 轴负方向，x 方向速度为零。 在 x 方向，由运动学公式 得 代入 ， 得，即 （3）由（2）分析知，C 点速度 从 A 到 C 的时间 答：（1）粒子运动到A点时的速度大小为； （2）第一象限内电场强度E的大小为； （3）粒子运动到C点时的速度大小，粒子从A点运动到C点的时间为。 15．如图所示，粒子源产生质量为m、电荷量为q的正粒子漂入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿正对放置的平行金属板A、B的中心线射入偏转电场，A、B板长为L，相距为d，A、B两板间电压为U2，A板带正电，B板带负电，不计粒子重力及相互作用，以S为坐标原点、A、B的中心线为x轴建立如图所示的直角坐标系。 （1）求粒子进入偏转电场时的速度v0大小； （2）写出粒子在偏转电场中的运动轨迹方程； （3）若粒子从B板右边缘（L，）点射出偏转电场，求应满足的条件。 【解答】解：（1）粒子电荷量为q，质量为m，在加速电场中由动能定理得，解得： （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，x方向位移x＝v0t，y方向位移，其中加速度，联立得轨迹方程（0≤x≤L） （3）当粒子从B板右边缘射出时，代入轨迹方程得 解得： 答：（1）粒子进入偏转电场时的速度大小为。 （2）粒子在偏转电场中的运动轨迹方程为（0≤x≤L）。 （3）应满足的条件为。 【题型5 带电粒子射出偏转电场后打在挡板上】 16．氢元素的两种同位素的原子核——氕核（）、氘核（）的质量之比为1：2，电荷量之比为1：1。如图所示，氕核（）、氘核（）由静止开始经同一加速电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上。下列说法正确的是（　　） A．氕核与氘核飞出加速电场时的速度之比为1：2 B．氕核与氘核在偏转电场的偏转距离之比为1：2 C．氕核与氘核飞出偏转电场时的动能之比为1：1 D．氕核与氘核从静止开始到最后打在屏上的运动时间之比为1：2 【答案】C 【解答】解：A.两原子核在加速电场中运动时，根据动能定理可得 可得 则两原 子核飞出加速电场时的速度之比为 故A错误； B.两原子核在偏转电场中做类平抛运动，有 L＝vt， 联立可得偏转距离 可知偏转距离与原子核的质量和电荷量无关，因此两原子核在偏转电场中的偏转距离之比为1：1，故B错误； C.原子核飞出偏转电场时，根据动能定理得 由于两原子核在偏转电场 中的偏转距离相等，则两原子核飞出偏转电场时的动能之比为1：1，故C正确。 D.氕核与氘核从静止开始到最后打在屏上的运动时间 可知时间之比为1：，故D错误。 故选：C。 17．（多选）如图所示，氕核H（质量m，电量e）、氘核H（质量2m，电量e）、氦核He（质量4m，电量2e）三种粒子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么下列说法正确的是（　　） A．氘核、氦核整个运动过程所用时间不相同 B．氘核、氦核整个运动过程所用时间相同 C．三种粒子打到屏上时的速度一样大 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 【答案】BD 【解答】解：CD、粒子在加速电场中运动时，根据动能定理，可得：，解得粒子进入偏转电场的速度：； 在偏转电场中，粒子做类平抛运动，水平方向：L2＝vxt2，竖直方向：，，vy＝at2， 结合水平、竖直方向分运动，可得到粒子离开偏转电场的速度方向满足：，速度大小满足：， 解得偏移量：，速度大小：，粒子离开偏转电场时的速度方向：，可知三种粒子偏移量、速度方向均相同，三种粒子的比荷不同，即速度大小不同； 粒子离开电场后做匀速直线运动，三种粒子打在屏上时的速度大小不同，位置相同，故C错误，D正确； AB、粒子在加速电场中做初速度为零的匀加速运动，在偏转电场、离开电场后，在水平方向做匀速运动，可得：，结合CD选项分析，可知：，即速度与比荷有关，氘核、氦核的比荷相同，即氘核、氦核的vx速度相同，则氘核、氦核在整个运动过程中的时间相同，故B正确，A错误。 故选：BD。 18．如图，加速电场的两极板间电压为U1，偏转电场的两板长为L，板间距为d，距偏转电场极板的右侧为处有一水平放置、长度为的荧光屏，屏到两极板中心线OO′的距离为d，偏转电场的两极板间电压为U2，一电子在O点由静止释放被加速后进入偏转电场，经过偏转电场后可打在右侧的荧光屏上，已知电子质量为m、电荷量为e，不计重力。求： （1）电子进入偏转电场时的速度大小v； （2）电子离开偏转电场时距中心线OO′的距离y； （3）若仅U1可调，要使电子能打在屏上，U1满足的范围。 【解答】解：（1）电子在加速电场中有 解得 （2）电子在偏转电场中水平方向有L＝vt 竖直方向有， 解得 （3）在偏转电场中偏向角为θ，则 得 电子离开偏转电场后，做匀速直线运动，电子打在屏的最左端时有 解得 电子打在屏的最右端时有y+Ltanθ＝d 解得 所以 答：（1）电子进入偏转电场时的速度大小v是； （2）电子离开偏转电场时距中心线OO′的距离y是； （3）若仅U1可调，要使电子能打在屏上，U1满足的范围是。 【题型6 带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动】 19．如图所示，在竖直平面内有一固定的绝缘圆轨道，半径为R，在其圆心处固定一带电量为+Q的点电荷。有一质量为m、带电量为+q的小球（小球可视为质点且其所受重力小于其所受的库仑力）沿着轨道内侧做圆周运动。A、B两点分别是轨道的最高点和最低点，不计一切摩擦和空气阻力，则（　　） A．小球通过A点时的最小速率为 B．小球以速率通过A时，轨道对小球的作用力大小为 C．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 D．若小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，则小球在B点时的速率为 【答案】B 【解答】解：A．根据库仑定律可知小球受到的电场力大小为，小球与点电荷都带正电，它们之间的电场力为斥力。在最高点A取指向圆心的方向为正方向，根据牛顿第二定律有 解得 由于Fe＞mg，即使vA＝0，仍有FN＝Fe﹣mg＞0，小球不会脱离轨道，因此通过A点所需的临界速率为0，故A错误； B．小球以速率通过A点，将其代入最高点的动力学方程有mg+FN﹣Fe＝mg 解得，故B正确； CD．设小球所在位置与最高点A对应的半径夹角为θ，沿指向圆心的方向，根据牛顿第二定律有 解得 由于Fe＞mg，因此小球运动过程中始终有FN＞0，恰能完成圆周运动时在最高点有vA＝0。库仑力始终沿半径方向，与位移垂直，不做功，根据机械能守恒定律有 解得，则小球在B点时的速率为，故CD错误。 故选：B。 20．（多选）真空中存在正点电荷q1产生的静电场，如图所示，一个带电粒子仅受电场力作用沿虚线轨迹从M移动至N，M、N两点到点电荷的距离相等。下列说法正确的是（　　） A．该带电粒子带正电 B．带电粒子的电势能先增大后减小 C．带电粒子的加速度先减小后增大 D．M、N两点间的电势差UMN＝0 【答案】ABD 【解答】解：A.根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子受到正点电荷的斥力作用，因此其带正电，故A正确； B.电场力指向运动轨迹弯曲的内侧，从M移动至N，电场力先做负功后做正功，则带电粒子的电势能先增大后减小，故B正确； C.从M到N，电场强度先增大后减小，带电粒子受到的电场力先增大后减小，则加速度也是先增大后减小，故C错误； D.M、N两点到点电荷的距离相等，在同一等势面上，则M、N两点间的电势差 UMN＝0 故D正确。 故选：ABD。 21．如图所示，光滑绝缘细杆沿竖直方向固定，其底端O固定一带正电的点电荷。一质量为m、电荷量为+q的小球，中心开孔套在杆上，孔径比杆的直径略大，小球恰能静止在距O点为h的A点。现将小球移至距O点为2h的B点由静止释放，小球运动至A点时速度大小为v。已知重力加速度为g，静电力常量为k，求： （1）小球在B点释放时的加速度大小a； （2）以A为零电势，B点的电势大小。 【解答】解：（1）设O点处点电荷所带电荷量为Q.小球在A点恰能静止，所受重力和库仑力等大反向，则有 mg＝k 小球在B点释放时，由牛顿第二定律得 mg﹣kma 联立解得ag （2）小球从B点到A点的过程，根据动能定理得 mgh+qUBA B、A两点电势差UBA＝φB﹣φA＝φB﹣0＝φB 联立解得：φB 答：（1）小球在B点释放时的加速度大小a是g； （2）以A为零电势，B点的电势大小是。 【题型7 带电粒子的轨迹、受力、电性、电场方向的互判】 22．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受电场力的作用，运动过程中动能逐渐减小，它运动到b处时的速度方向与受力方向可能的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：带电粒子受电场力的方向与电场线共线且指向运动轨迹的内侧，运动过程中动能逐渐减小，速度逐渐减小，则电场力方向与速度方向的夹角大于90°，综上所述，B图像符合要求，故B正确，ACD错误。 故选：B。 23．如图所示为两个点电荷的电场，虚线为一带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b为轨迹上两点，下列说法中正确的是（　　） A．两个点电荷为左正右负，且左边电荷所带电荷量少 B．带电粒子在a点的电场力小于在b点的电场力 C．带电粒子带正电 D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 【答案】B 【解答】解：A、根据电场线的指向和电场线的密集程度，可知两个点电荷为左正右负，且左边电荷所带电荷量多，故A错误； BD、b点电场线更密集，电场强度更大，带电粒子在b点受电场力更大，根据F＝Eq＝ma，可得带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，故B正确，D错误； C、粒子轨迹在速度方向和受力方向之间，故可判断粒子受力和场强方向相反，粒子带负电，故C错误。 故选：B。 24．（多选）某电场的电场线分布如图所示，虚线为某带电粒子只在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则（　　） A．粒子一定带正电 B．粒子一定是从a点运动到b点 C．粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度 D．粒子在c点的速度一定小于在a点的速度 【答案】ACD 【解答】解：A、带电粒子只在静电力作用下做曲线运动，所受静电力指向轨迹的内侧，由粒子的运动轨迹可知，粒子受静电力大致向左，与电场方向相同，可知粒子一定带正电，故A正确； B、根据轨迹不能确定粒子是从a点运动到b点，还是从b运动到a，故B错误； C、因c点电场线较b点密集，则c点场强较大，粒子在c点受静电力较大，则粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度，故C正确； D、若粒子从a运动到c，静电力与速度的夹角为钝角，静电力做负功，粒子的动能减小，则粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，故D正确。 故选：ACD。 【题型8 根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况】 25．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，从a点运动到b点，其运动轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　） A．带电粒子受到的力是恒力 B．a处的电场强度小于b处的电场强度 C．带电粒子在a处的动能大于在b处的动能 D．带电粒子一定带正电荷 【答案】C 【解答】解：A、电场线不平行，该电场不是匀强电场，粒子受到的力不是恒力，故A错误； B、电场线越密的地方，电场强度越大，可知，a处的电场强度大于b处的电场强度，故B错误； C、带电粒子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向运动轨内侧，即逆着电场线向左，从a点到b点电场力对带电粒子做负功，动能减小，则带电粒子在a处的动能更大，故C正确； D、由于电场力方向与电场线方向相反，所以带电粒子一定带负电荷，故D错误。 故选：C。 26．如图所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF。K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面。一个不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则（　　） A．|Wab|＝|Wbc| B．D点场强比F点场强更小 C．粒子由a点到b点，动能减少 D．a点的电势较b点的电势低 【答案】C 【解答】解：AB、结合等量异种点电荷电场线的分布，D点场强比F点场强大；DE段场强大于EF段场强，结合U＝Ed，DE间电势差的绝对值大于EF间电势差的绝对值，由电场力做功公式W＝qU得，|Wab|＞|Wbc|，故AB错误； CD、由图看出，粒子运动轨迹向左上弯曲，则知其所受的电场力大致向左上，场强方向向右下，等量异种点电荷中正电荷在左侧，负电荷在右侧，a点的电势高于b点的电势，粒子由a到b过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故C正确，D错误。 故选：C。 27．（多选）如图所示，实线表示某电场的电场线，虚线表示等势面。一个带电粒子以一定初速度从A点进入电场，运动轨迹如图中曲线所示，B、C是轨迹上的两点。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　） A．粒子在B点的加速度大于在C点的加速度 B．粒子在A点的电势能小于在B点的电势能 C．粒子在A点的动能大于在B点的动能 D．从A至B过程中电场力对带电粒子做正功 【答案】BC 【解答】解：A、B点电场线比C点稀疏，B点场强小于C点，粒子受到电场力更小，粒子在B点的加速度小于在C点的加速度，故A错误； BD、粒子从A运动到B，电场力沿电场线指向轨迹凹侧，电场力与速度夹角大于90°，电场力做负功，电势能增加，粒子在A点的电势能小于在B点的电势能，故B正确，D错误； C、从A至B电场力做负功，动能减小，粒子在A点的动能大于在B点的动能，故C正确。 故选：BC。 【题型9 带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动】 28．如图所示，在光滑绝缘的水平面O点右侧存在水平向左的匀强电场，一均匀带正电的圆柱体直棒右端在O点，现给该直棒一初速度向右运动，直棒左侧运动至O点时恰好减速为零。电场对直棒上的电荷分布无影响，则（　　） A．直棒向右进入电场过程中电势能减小 B．直棒在往返运动过程中，前后经过同一路段所用时间不等 C．若只减小导体棒的初速度，则直棒向右减速为零的时间不变 D．若只减小导体棒的初速度，则直棒向右运动的最大位移不变 【答案】C 【解答】解：A、直棒带正电，电场方向水平向左，向右进入电场时，电场力向左、位移向右，电场力做负功，电势能增大，故A错误； B、该运动为简谐运动，过程具有对称性：往返经过同一位置时速度大小相等，因此经过同一路段的平均速度大小相等，所用时间相等，故B错误； C、根据牛顿第二定律，设直棒质量为m，总电荷量为Q，长度为L，当直棒进入电场位移为x时，受到的电场力 回复力系数 角频率 简谐运动方程为x＝Asinωt 速度v＝Aωcosωt 第一次速度减为0时，满足cosωt＝0 即 得直棒向右减速为零的时间，t与初速度v0（振幅A）无关，因此减小初速度，向右减速为零的时间不变，故C正确； D、简谐运动的振幅满足v0＝Aω，得振幅，初速度减小，故最大位移A减小，故D错误。 故选：C。 29．（多选）如图，一质量为m的带电小球用丝线悬挂在水平向右无限大匀强电场中，已知该场强大小为E，当小球静止时，测得丝线与竖直方向的夹角为θ，此时小球距水平地面的高度为H。重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A．丝线烧断后，小球将做曲线运动 B．小球所带电荷量 C．从丝线烧断到小球落地所需要的时间 D．丝线烧断后，小球落到地面时的动能 【答案】BCD 【解答】解：B、丝线未烧断前，对小球，根据平衡条件有Eq＝mgtanθ，解得：，故B正确； A、丝线烧断后，小球受到的重力与电场力的合力为恒力，即小球的加速度不变，故小球做的是初速度为零的匀加速直线运动，故A错误； C、丝线烧断后，小球在竖直方向做自由落体运动，则有，解得：，故C正确； D、从丝线烧断到小球落地过程，根据动能定理有mgH+EqHtanθ＝Ek，联立解得：，故D正确。 故选：BCD。 30．如图所示，倾角θ＝37°，长L的光滑绝缘斜面固定在水平面上，水平面上方有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。质量为m的带电的小物块恰好静止在斜面顶端，从某时刻开始，电场强度大小变为原来的，物块沿斜面下滑，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）物块的电性及电荷量； （2）物块运动到斜面底端时的速度大小。 【解答】解：（1）物块静止在斜面上受力分析如图所示 由于物块受电场力与电场强度方向相反，则物块带负电，由受力平衡有mgsin37°＝qEcos37° 解得物块的电荷量 （2）当场强变为原来的时，物块受到的合外力沿斜面向下，由牛顿第二定律有 解得物块加速度 方向沿斜面向下，由运动学公式有v2＝2aL 解得物块运动到斜面底端时速度大小 答：（1）物块带负电，电荷量为。 （2）物块运动到斜面底端时的速度大小为。 【题型10 带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动】 31．如图所示，一竖直放置半径为R、内壁光滑的圆形绝缘轨道固定在水平面上。空间中存在平行于轨道平面且与竖直方向成60°角向下的匀强电场（未画出），电场强度大小。一质量为m、电荷量为+q的小球沿轨道恰好做完整的圆周运动。重力加速度为g，不计空气阻力，则小球运动过程中的最小速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：小球受到的电场力大小为qE＝mg 设匀强电场与竖直方向成60°角偏右向下，则电场力和重力的合力如图所示： 根据对称性可知合力F的方向与竖直方向的夹角为30°，大小为F＝2mgcos30°，即 小球恰好做完整圆周运动的临界条件为小球经过等效最高点时轨道弹力为零，电场力和重力的合力F刚好提供向心力，此时小球的速度最小，则有 解得小球运动过程中的最小速度为，故ABD错误，C正确。 故选：C。 32．如图所示，一电荷量为Q（Q＞0）的点电荷固定于O点，且在整个空间中存在竖直方向的匀强电场（图中未画出）。一个质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子在水平面内绕O′做速率为v1的匀速圆周运动，两点电荷之间的距离为L，。若在某一时刻撤掉匀强电场，并从此时开始计时，经过时间t1速度方向第一次变化90°，紧接着又经过时间t2速度方向又变化了90°，此时带电粒子的速率为v2，已知静电力常量为k，不计粒子重力，则（　　） A．匀强电场方向竖直向下 B．匀强电场的电场强度大小为 C．v1＞v2 D．t1＞t2 【答案】D 【解答】解：A、设O点坐标为，圆轨道位于xy平面，圆心O'位于原点（0，0，0）。粒子所在位置距离O点为L，由勾股定理，圆轨道半径，解得：。粒子受库仑力，方向指向O点。该力在竖直方向的分量，解得：，方向向上。由于粒子在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向合力为0，故电场力qE必须向下。由于粒子带负电﹣q，电场强度E方向应竖直向上，故A错误； B、根据，解得：，与选项B中给出的数值不符，故B错误； C、撤去电场后，粒子仅受库仑力作用。粒子在中心力场中做向心运动，由于库仑力做正功，动能增加，速率v2＞v1，故C错误； D、根据角动量守恒，随着粒子靠近O'点，轨道半径减小，粒子扫过相同圆心角（90°）时的平均角速度增大，故时间t1＞t2，故D正确。 故选：D。 33．如图所示，AB是长为2R的水平粗糙轨道，B点与一半径为R的光滑圆轨道相切，整个空间有一水平向右的匀强电场。一带电量为+q、质量为m的小物体从A点由静止释放，经过B点时对圆轨道的压力为其重力的2倍。物体与水平轨道的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g。 （1）求电场强度的大小； （2）求物体在圆轨道上运动时的最大速率； （3）若AB长度不变，圆轨道半径可以改变，为了保证物体能完全通过圆弧轨道，求圆轨道半径的大小需要满足的条件。 【解答】解：（1）物体在B点时竖直方向合力提供向心力 其中FN大小为2mg，代入解得 从A点到B点，由动能定理可得 联立解得 （2）如图 电场力和重力的合力 因为 即方向与竖直方向成37°，斜向右下方。从B点到动能最大点由动能定理可得 解得 （3）物体刚好能通过圆轨道，即物体刚好能够通过O点上方与竖直方向成37°的位置D，设刚好到该位置时圆轨道半径为r，则 由动能定理 联立解得 可知圆轨道半径的大小需要满足的条件。 答：（1）求电场强度的大小为 ； （2）求物体在圆轨道上运动时的最大速率为； （3）圆轨道半径的大小需要满足的条件。 【题型11 带电粒子（计重力）在匀强电场中的曲线运动】 34．空间中存在匀强电场（未画出），一质量为m，电荷量为q的正电小球，在如图所示的竖直圆形轨道中做圆周运动，经过b点时速度达最大值。已知aO为水平方向，轨道半径为R，∠aOb＝45°，重力加速度为g，则（　　） A．该圆轨道直径两端电势差最大值Umax B．该圆轨道直径两端电势差最大值Umax C．该圆轨道直径两端电势差最小值Umin D．该圆轨道直径两端电势差最小值Umin 【答案】C 【解答】解：小球在b点速度最大，故b点切向加速度为零，等效重力沿Ob方向，但其大小未确定；过b点的切线方向，重力的切向分量为mgsin45°，电场力的切向分量与其相反，因此mgsin45°﹣E1＝0，即E1；设电场的径向分量为E2，则，所以E≥E1；取E2＝0时场强最小，而E2可以增大，故E没有上限。匀强电场中，等势线垂直于电场线，如图所示 设任一直径与电场方向夹角为θ。其沿电场方向的投影为2R|cosθ|。故U＝2ER|cosθ|。 对固定电场，平行于电场线的直径电势差最大，记为Umax＝2ER，但E没有上限，所以Umax没有上限最大值。当E＝Emin＝E1时，该量最小，且Emin＝2EminR＝2R，故ABD错误，C正确。 故选：C。 35．如图所示，水平平行线代表等势线，带电量为10﹣8C的正电微粒仅受电场力的作用，由A运动到B时动能损失2×10﹣4J，A点的电势为2×104V，下列说法正确的是（　　） A．微粒的运动轨迹是虚线1，B点电势为2×104V B．微粒的运动轨迹是虚线2，B点电势为4×104V C．微粒的运动轨迹是虚线1，B点电势为4×104V D．微粒的运动轨迹是虚线2，B点电势为2×104V 【答案】C 【解答】解：AD、由题意可知A点的电势为：，带正电微粒的电荷量为：q＝10﹣8C，可得到A点电势能为：EpA＝qφA； 由题意可知从A到B动能损失量为2×10﹣4J，结合能量守恒，可得电势能增加量为2×10﹣4J，即可得到带电微粒在B点电势能为：EpB＝EpA+ΔEp，则B点电势为：，解得：，故AD错误； BC、根据AD选项分析，可知φB＞φA，等势线为水平线，则正电荷受到电场力竖直向下，曲线运动中轨迹弯向受力方向，即微粒的运动轨迹向下弯曲，即微粒的运动轨迹是虚线1，故B错误，C正确。 故选：C。 36．如图所示，竖直平面内，质量为m＝1×10﹣6kg、q＝1×10﹣6C的带电油滴，自A点垂直于电场线方向以v0＝20m/s进入匀强电场，它经过最高点时速度v＝20m/s。已知A、B在竖直方向的距离为h＝15m，g＝10m/s2。求： （1）B点的电势差UAB； （2）匀强电场的场强大小； （3）粒子从A至B运动过程中最小速度。 【解答】解：（1）从开始到最高点，竖直方向，代入数据解得t0＝2s 水平方向 解得E＝10V/m 从A到B过程，竖直方向有 解得t＝1s或t＝3s（对应下降阶段，舍去） 水平方向位移，代入数据解得x＝5m 所以电势差UAB＝﹣Ex，代入数据解得UAB＝﹣50V （2）根据以上分析可知，匀强电场的场强大小E＝10V/m （3）由上述分析可知mg＝qE 且在B点竖直速度vy＝v0﹣gt，代入数据解得vy＝10m/s 水平速度vx＝at，代入数据解得vx＝10m/s 粒子在B点的速度方向满足，即tanθ＝1 粒子在B点的速度方向与水平方向的夹角为45°，与合力方向垂直，此时速度最小，所以粒子从A至B运动过程中的最小速率为，代入数据计算可得 答：（1）B点的电势差UAB为﹣50V。 （2）匀强电场的场强大小为10V/m。 （3）粒子从A至B运动过程中最小速度为m/s。 【题型12 带电粒子（计重力）在非匀强电场中的直线运动】 37．如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于竖直面内，管道间平滑连接。bcd的圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q＜0且|q|≪Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（　　） A．小球在a点所受库仑力大于在d点所受库仑力 B．小球从a点到c点机械能先增大后不变 C．小球过f点的动能大于过d点的动能 D．小球过c点的向心加速度大小等于过e点的向心加速度大小 【答案】B 【解答】解：A、由于直管ab垂直于水平线bOd，且ab＝R，bO＝R，根据几何关系可得点a到圆心O的距离为，而点d到圆心O的距离为rd＝R。 根据库仑定律可知，距离越大库仑力越小，因此小球在a点所受库仑力小于在d点所受库仑力，故A错误； B、小球从a点运动到b点的过程中，距离源电荷Q变近，库仑引力对小球做正功，其机械能增大；从b点到c点的过程中，由于bcd是以O为圆心的圆弧，圆弧上各点电势相等，库仑力不做功，只有重力做功，故小球的机械能保持不变。因此，小球从a点到c点机械能先增大后不变，故B正确； C、点d和点f位于同一水平线上，小球从d到f的过程中重力做功为零。在此过程中，小球远离正电荷Q，库仑引力对负电荷做负功，根据动能定理可知，小球的动能减小，则过f点的动能小于过d点的动能，故C错误； D、点c距离O点的距离为rc＝R，点e为竖直面内半圆弧的最高点，其位置到O点的水平距离为2R，竖直高度为R，则点e到O点的距离为。小球从c点运动到e点的过程中，重力做负功，同时远离正电荷Q导致库仑力也做负功，由动能定理可知小球在e点的速度小于在c点的速度。根据向心加速度公式可知，小球过c点的向心加速度大小大于过e点的向心加速度大小，故D错误。 故选：B。 38．如图，绝缘光滑细杆与水平面成45°倾角固定，与杆上A点等高的O点固定着一电荷量为Q＝1.0×10﹣6C的正点电荷，穿在杆上的质量为m＝2g、电荷量为q＝1.0×10﹣7C的带正电小球从B点由静止释放，B点在O点的正上方，AO＝BO＝L＝0.3m。小球可视为质点，静电力常量为k＝9.0×109N•m2/C2，重力加速度大小取g＝10m/s2。求： （1）在B点刚释放小球时，小球的加速度； （2）A、B两点的电势差UAB和小球到达A点时的速度大小； （3）若小球从B点运动到A点的过程中，小球在C点（图中未标出）电势能最大，小球在C点的速度大小为，求在正点电荷所产生的电场中B、C两点的电势差UBC。 【解答】解：（1）刚释放小球是，小球受到向下的重力和向上的静电力，由牛顿第二定律得 解得： （2）A、B两点距点电荷的距离相等，电势相等，电势差UAB＝0 小球从B点到A点的过程中，电场力做功为0，只有重力做功，由动能定理得 解得： （3）小球在C点（图中未标出）电势能最小，C点电势最高，离正点电荷Q最近，则C为AB中点。小球从B点运动到C点的过程中，由动能定理得 WBC＝qUBC 解得： 答：（1）在B点刚释放小球时，小球的加速度大小为； （2）A、B两点的电势差UAB为0，小球到达A点时的速度大小为； （3）正点电荷所产生的电场中B、C两点的电势差UBC为﹣1×104V。 【题型13 从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题】 39．如图所示，边长为l的等边三角形ABC处于竖直平面内，B、C顶点分别固定着等量异种点电荷+q和﹣q。光滑绝缘细杆OP过三角形顶点A平行于BC边竖直放置，杆上套有一带正电小环。现将小环从与B点等高的O点由静止释放，小环经过A点时速度大小为v，则（重力加速度为g）（　　） A．经过A点时，小环加速度的值为g B．经过O、P两点时，小环的加速度相同 C．经过O、P两点时，小环的速度相等 D．经过P点时，小环速度的大小为2v 【答案】B 【解答】解：A．由等量异种点电荷的电场分布可知，其连线的垂直平分线上A点的场强方向竖直向下，因此带正电的小环在该点受到竖直向下的重力和电场力，由牛顿第二定律得小环加速度的值大于g，故A错误； B．O、P两点是关于A点的对称点，两点的场强大小相等，由力的分解和对称性知电场力竖直向下的分量相等，所以经O、P两点时，小环的加速度相同，故B正确； C．因小环从O到P从上向下运动时，电场力一直做正功，重力也做正功，由动能定理，则动能增加，所以经O、P两点时，小环的速度增大、不相等，故C错误； D．小环从O点由静止释放到A点和再由A点到P点两个过程中，电场力做功相等，重力做的功也相等，由动能定理有小环从O点由静止释放到A点有W+mgh，小环从O点由静止释放到P点有2W+2mgh，解得经过P点时，小环速度的大小vPv，故D错误。 故选：B。 40．（多选）如图所示，一带电小球以初速度v0在匀强电场中的A点恰好沿水平直线运动到B点（速度为0），已知带电小球的质量为m，电荷量大小为q，电场线与水平方向的夹角为37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．电场强度大小为 B．小球带负电 C． D． 【答案】AC 【解答】解：A、对小球进行受力分析，在竖直方向上有qEsin37°＝mg 解得，故A正确； B、小球做水平直线运动，竖直方向合力为0，合力沿水平向左方向，若小球带负电，电场力方向斜向左下方，竖直方向合力向下，不满足水平运动条件，因此小球一定带正电，故B错误； CD．根据动能定理有 解得，故C正确，D错误。 故选：AC。 41．（多选）如图所示，长L＝1m轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右且足够大的匀强电场中的A点，绳与竖直方向的夹角θ＝37°，小球的质量m＝0.6kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．若将小球移至悬点正下方的最低点，然后由静止释放，小球能获得的最大速率为 B．若将小球移至悬点正下方的最低点，然后由静止释放，小球能获得的最大速率为 C．小球静止于A点时，若将细绳剪断，0.4s内小球的机械能增加量为2.7J D．小球静止于A点时，若将细绳剪断，0.4s内小球的机械能增加量为5.4J 【答案】AC 【解答】解：AB、球在A点静止，受力平衡，由平衡条件得 解得qE＝mgtan37°，代入数据解得qE＝4.5N 从悬点正下方最低点释放小球后，最大速度出现在平衡位置A点（合力为零，速度最大）， 对小球从最低点到A点过程用动能定理 解得，故A正确，B错误； CD、剪断细绳后，小球机械能的增加量等于电场力做的功（重力做功不改变机械能）。 水平方向加速度，代入数据计算可得 0.4s内水平位移，代入数据计算解得x＝0.6m 电场力做功（即机械能增加量）ΔE＝W电＝qE•x，代入数据计算解得ΔE＝2.7J，故C正确，D错误。 故选：AC。 42．固定在O点的细线拉着一质量为m、电荷量为q的带正电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度，圆周上A点在圆心O的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为g，求： （1）小球过A点时对细线的作用力的大小； （2）小球做圆周运动过程中的最小速率； （3）若小球过A点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大？ 【解答】解：（1）在A点，以小球为对象，根据受到第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为 （2）设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为θ，如图所示 则有 解得 θ＝37° 当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得 解得小球做圆周运动过程中的最小速率为 （3）若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为 竖直方向做自由落体，则此时小球的速率为 答：（1）小球过A点时对细线的作用力的大小； （2）小球做圆周运动过程中的最小速率为； （3）若小球过A点时断开细线，之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为。 43．如图，水平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，下方区域有竖直向上的匀强电场，场强大小相等。质量为m、带电量为q（q＞0）的粒子从电场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入下方电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为45°，然后粒子又射出下方电场重新进入上方电场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为，不计粒子重力。 （1）求电场强度的大小； （2）求ab两点间的距离； （3）若该粒子的电荷量变为4q（q＞0），仍然从电场中的a点以速度v0向右水平发射，只改变水平虚线下方电场强度的大小，要使粒子仍能通过b点，求水平虚线下方电场强度的大小。 【解答】解：（1）设粒子在电场中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律qE＝ma 粒子在竖直方向做匀加速直线运动，进入下方电场时竖直速度为vy，根据运动学公式： 又 联立可得 （2）在上方电场中，粒子水平方向做匀速直线运动，水平位移x1＝v0t 竖直方向 可得：水平位移x1＝L 在下方电场中，加速度大小不变，方向竖直向上。粒子在竖直方向经过相同时间t减速到零，此过程中水平位移x2＝v0t＝L 由对称性可知：总水平位移s＝2（x1+x2）＝4L （3）粒子的电荷量变为4q后，设粒子在上方电场中的加速度大小为a1，在下方电场中的加速度大小为a2，下方电场的电场强度为E′ 在上方电场中，竖直方向 ，v′y＝a1t1 根据牛顿第二定律4qE＝ma1 水平位移x′1＝v0t1 解得 在下方电场中以粒子在竖直方向经过时间t2减速到零的开始一段类平抛运动为研究过程， 根据牛顿第二定律4qE′＝ma2 竖直方向v′y＝a2t2 水平位移x′2＝v0t2 第一种情况：若粒子一次周期性运动回到b点，则2x′2＝s﹣2x′1，即 联立求解，可得 第二种情况：若粒子两次周期性运动回到b点，则4x′2＝s﹣4x′1，即 联立求解，可得： 第三种情况：若粒子三次周期性运动回到b点，则6x′2＝s﹣6x′1，即 联立求解，可得： 答：（1）电场强度的大小为； （2）ab两点间的距离为4L； （3）水平虚线下方电场强度的大小为或或。 44．如图所示，匀强电场方向水平向左，绝缘轨道由直杆AB和CD与半径为R的圆弧段BC平滑连接组成，固定在与电场方向平行的竖直平面内，AB与水平方向间夹角为θ，CD水平。质量为m的带正电小环套在AB杆上自P点由静止释放，PB间距离等于圆弧段轨道半径R，直杆AB和圆弧段BC均光滑，小环与直杆CD的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。已知重力加速度大小为g，小环受到的电场力为重力的0.75倍，sinθ＝0.8，cosθ＝0.6，求： （1）小环从P点下滑至B点时，电势能的变化量ΔEp； （2）小环在圆弧段BC上运动时，对圆弧产生的最大压力FN； （3）要使小环至少能经过B点三次，动摩擦因数μ应满足什么条件； （4）小环自P点由静止释放后在直杆CD上运动的总路程s。 【解答】解：（1）电势能变化由电场力做功决定。从P到B，水平位移xPB＝Rcosθ＝0.6R 小环带正电，所受电场力向左，位移向左，电场力做正功W电＝qExPB＝0.75mg×0.6R＝0.45mgR 电场力做正功，电势能减小，电势能变化量ΔEp＝﹣W电＝﹣0.45mgR （2）由电场力和重力均为恒力，且qE＝0.75mg，则可将电场力与重力进行合成，获得等效重力，即，由几何关系易知，等效重力与水平方向夹角为θ，小环从P到C运动过程中，只有等效重力做功，因此，等效重力运动最低点E即为圆周运动速度最大点，最低点如图所示： 由牛顿第二定律 由几何关系和能量守恒易知 联立解得FN1＝6.25mg 根据牛顿第三定律可得FN＝FN1＝6.25mg （3）小环第一次经过B点为从P点下滑，第二次经过B点为从直杆CD返回，第三次经过B点为从直杆AB滑下，因此至少能3次经过B点，需满足第二次经过B点时v′B≥0，小环从P到C运动过程中，由几何关系和能量守恒易知 解得 小环进入水平粗糙杆CD，在CD上受向左电场力qE，摩擦力μmg；向右运动时摩擦力向左，合力qE+μmg向左，减速；向左返回时，电场力向左，摩擦力向右，合力qE﹣μmg向右，加速。 减速过程中，由运动学公式；加速过程中，其中v′C为返回C点时速度大小。 联立解得，对应动能 由几何关系，从C到B需要克服等效重力做功W＝mg′•Rsinθ＝mgR 由能量守恒 解得 （4）由可知，当μ≥0.75时，小环无法返回C点而停留在CD上，此时由于qE＝0.75mg≤μmg，因此小球减速到零后静止，由能量守恒 解得 当μ＜0.75时，在整个运动过程中，小环会因在圆弧段BC上无法进行圆周运动，而最终无法到达CD上，在CD段运动过程中克服摩擦力做的总功等于小环第一次到达C点时的动能，即 解得 综上，当μ≥0.75时，；当μ＜0.75时， 答：（1）小环从P点下滑至B点时，电势能的变化量为﹣0.45mgR； （2）小环在圆弧段BC上运动时，对圆弧产生的最大压力为6.25mg； （3）要使小环至少能经过B点三次，动摩擦因数μ应满足； （4）小环自P点由静止释放后在直杆CD上运动的总路程s为当μ≥0.75时，；当μ＜0.75时，。 【题型14 动量守恒定律在电场问题中的应用】 45．如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10m/s2。则（　　） A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5J B．两小球至多能发生2次碰撞 C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力 D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力 【答案】D 【解答】解：A、A小球在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，则有 代入数据解得 释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为 解得Ep＝30J，故A错误； C、A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则有 解得h＝0.28m＜R 可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，故C错误； B、小球A与B碰前的速度 以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒则有mv0＝mv1+Mv2 机械能守恒则有 代入数据联立解得 小球A返回到水平面时的速度大小仍为，因小于小球B的速度，则两球不可能再发生第二次碰撞，故B错误； D、从M点到圆心等高点，小球一定挤压外轨，又因为在P点小球恰好对轨道无弹力，可证明从圆心等高点到P点，小球也一直挤压外轨，故D正确。 故选：D。 46．（多选）如图所示，在光滑绝缘水平地面上相距为L处固定有完全相同的带正电小球A、B（均可视为点电荷），两球质量均为m。现给小球A水平向右、大小为v0的初速度，同时由静止释放小球B，两球运动过程中始终没有相碰，下列说法正确的是（　　） A．两球相距最近时小球B的速度大小为 B．两球相距最近时两球的总动能为 C．两球间的距离再次变为L时小球A的速度为0 D．两球间的距离再次变为L时小球A的速度大小为 【答案】AC 【解答】解：A．两球速度相同时两球相距最近，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv1 解得 故A正确； B．两球相距最近时两球的总动能，故B错误； CD．两球间的距离再次变为L时，以v0的方向为正方向，有mv0＝mvA+mvB 根据能量守恒定律 解得vA＝0，vB＝v0 故C正确，D错误。 故选：AC。 47．如图所示，光滑水平面上存在水平向右的匀强电场，地面上放置有大小相同、由不同弹性材料制成的甲、乙两小物块（可视为质点）。物块甲所带电荷量为+q，在电场中所受电场力大小等于其自身重力。物块乙的质量是物块甲质量的3倍，带负电，电荷量大小为Q（未知）。某时刻物块甲以水平向右的初速度v0与速度为0的物块乙发生第1次碰撞。当物块乙的水平速度再次减为0时，刚好与物块甲发生第2次碰撞。两物块碰撞时无电荷转移，且碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力和甲、乙两物块间的库仑力。求： （1）第一次碰撞后瞬间甲、乙两物块的速度大小； （2）物块乙的带电量大小Q； （3）保持其余条件不变，调整物块乙电荷量，使第二次碰撞发生在第一次碰撞位置处，求乙物块从第1次碰撞到第n次碰撞过程中的位移。 【解答】解：（1）设甲物块的质量为m，则乙物块的质量为3m。第一次碰撞过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，有 mv0＝mv1+3mv2 由于发生的是弹性碰撞，根据机械能守恒定律有 联立解得： （2）物块甲所带电荷量为+q，受电场力等于重力，即 qE＝mg 则甲的加速度大小 a1＝g 方向向右 设第一次碰撞后到第二次碰撞经历的时间为t，物块乙的加速度大小为 a2。因第二次碰撞发生时乙的速度刚好为0，对乙有： 该时间内甲、乙的位移相等，即 代入 a1＝g 解得 故 对乙由牛顿第二定律有 QE＝3ma2 联立 qE＝mg 解得 Q＝q （3）调整物块乙电荷量后，使第二次碰撞发生在第一次碰撞位置处（设为坐标原点x＝0）。此时对甲，由位移公式 解得碰撞间隔时间 对乙，由 解得乙新的加速度大小 a21＝g 可见此时甲受到的合外力为mg （向右），乙受到的合外力为 3mg （向左）。甲、乙系统所受的总外力为 F合＝mg﹣3mg＝﹣2mg 系统总质量 M＝4m 甲、乙组成的系统质心加速度 第一次碰撞前系统质心的初始速度为 由于每次碰撞均是弹性碰撞，且甲、乙的相对加速度恒为 arel＝a1﹣（﹣a21）＝2g 碰撞后相对速度大小不变、方向反向，因此相邻两次碰撞之间的时间间隔Δt始终保持不变 从第1次碰撞到第n次碰撞经历的总时间为 因为每次碰撞时两物块均在同一位置，该相遇点必然也是系统质心此刻所在的位置。故第n次碰撞时的位移为 代入得 化简得 （负号表示方向向左） 答：（1）第一次碰撞后瞬间甲、乙两物块的速度大小为，； （2）物块乙的带电量大小Q为q； （3）乙物块从第1次碰撞到第n次碰撞过程中的位移为。 【题型15 动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用】 48．电荷量q＝+1×10﹣3C的带电小球静置于绝缘水平面上，t＝0时刻，施加范围足够大的水平方向的电场，其电场强度E随时间t变化的关系如图所示。小球在电场力的作用下由静止开始运动。已知小球的质量为2kg，小球与水平面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．0～2s内小球的加速度一直增大 B．0～2s内小球的位移小于0.25m C．前2s内摩擦力的冲量大小为4N•s D．5s时小球的速度大小为2m/s 【答案】B 【解答】解：小球与水平面间的滑动摩擦力大小为f＝μmg，解得：f＝2N。由图象可知，在0～2s内电场强度随时间均匀增大，满足E＝2×103tV/m，小球受到的电场力为Fe＝qE，解得：Fe＝2tN。当Fe≤f即t≤1s时，小球保持静止，加速度为0；当t＞1s时，小球开始运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力f＝2N。 A、在0～1s内，小球保持静止，加速度恒为0，在1～2s内，根据牛顿第二定律有2t﹣2＝ma，解得加速度随时间增大，因此0～2s内小球的加速度不是一直增大，故A错误； B、在1～2s内，小球的加速度从0均匀增大到1m/s2，该阶段的a﹣t图象与时间轴围成的面积表示速度的变化量，解得2s末小球的速度v1＝0.5m/s。 若小球做匀加速直线运动，其位移为，而实际运动中加速度逐渐增大，其v﹣t图象图线向下凹，围成的面积小于匀加速运动的面积，故0～2s内小球的位移小于0.25m，故B正确； C、在0～1s内，小球受到的静摩擦力从0均匀增大到2N，摩擦力的冲量为该阶段f﹣t图象围成的面积，解得I1＝1N•s； 在1～2s内，小球受到的滑动摩擦力恒为2N，冲量为I2＝fΔt，解得：I2＝2N•s，则前2s内摩擦力的总冲量为I＝I1+I2，解得：I＝3N•s，故C错误； D、在2～5s内，电场强度恒为4×103V/m，电场力恒为4N，根据牛顿第二定律有4﹣2＝ma'，解得加速度a'＝1m/s2。 由运动学公式v＝v1+a'Δt'，代入数据解得5s时小球的速度大小为3.5m/s，故D错误。 故选：B。 49．如图所示，一带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面内，且关于过轨迹最右侧的点N的水平虚线对称。已知油滴质量、电荷量恒定，全程忽略空气阻力，则下列说法不正确的是（　　） A．匀强电场的方向水平向左 B．油滴在M点的电势能比它在N点的小 C．从M点到N点过程中，油滴的速率逐渐减小 D．从M点到N点过程中，油滴的动量变化率保持恒定 【答案】A 【解答】解：A.因为全程忽略空气阻力，所以油滴只受重力和电场力，又因为带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面内，且关于过轨迹最右侧的点N的水平虚线对称，则说明其竖直方向合力为0，可知油滴的合力必定水平向左，则由力的合成法则可知电场力斜向左上方，又因油滴带正电，因此匀强电场的方向斜向左上方，故A错误； B.结合前面分析及题意可知，油滴从M点到N点，位移斜向右下，电场力做负功，则电势能增加，因此油滴在M点的电势能比它在N点的小，故B正确； C.结合前面分析及题意可知，从M点到N点过程中，油滴所受合力向左与其速度方向夹角为钝角，合力做负功，则动能减小，油滴的速率减小，故C正确； D.根据动量定理可知，动量变化率的大小等于物体所受合力的大小，从M点到N点过程中，油滴所受合力为恒力，则动量变化率保持恒定，故D正确。 本题选不正确的， 故选：A。 50．如图所示，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向均未知。一质量为m的带正电的小球从M点在纸面内以v0的速度水平向左开始运动，之后恰好以大小为v的速度通过N点。已知重力加速度为g，小球电量为q，不计空气阻力。 （1）求电场强度的方向及电场强度的大小； （2）求运动过程中小球的最小动能； （3）规定M点的电势为0，求运动过程中小球电势能的最大值。 【解答】解：（1）小球由M运动至N过程中，根据动能定理得：，解得：UMN＝0。由此可知MN为等势面。 在水平方向上，小球先向左减速后向右加速，所受电场力方向水平向右，因小球带正电，故电场强度方向为水平向右。 在水平方向取向右为正方向，由动量定理得：qEt＝mv0﹣（﹣mv0）。在竖直方向取向下为正方向，由动量定理得：。联立解得：。 （2）如图1所示： 当速度方向与合外力方向垂直时（即v1＝0），动能达到最小值。最小动能表达式为，其中v2＝v0sin30°，解得：。 （3）当小球向左运动至水平速度为零时，向左位移达到最大值，此时电场力做负功最多，电势能最大。 设最大位移为x，水平方向加速度为ax，由运动学公式得：，结合Eq＝max，解得：。 小球克服电场力做功为W＝Eqx，解得：，故电势能最大值为。 答：（1）电场强度的方向为水平向右，大小为。 （2）运动过程中小球的最小动能为。 （3）运动过程中小球电势能的最大值为。 【题型16 示波器的波形图】 51．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一中心。如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上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（2）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 【答案】C 【解答】解：要显示一个周期的信号电压，XX′偏转电极要接入图丙中（3）的扫描电压。YY′之间加上要显示的信号电压。 若荧光屏上会出现图乙中（a）所示的波形，YY′之间要加图丙中（1）所示的电压波形；若荧光屏上会出现图乙中（b）所示的波形，YY′之间要加图丙中（2）所示的电压波形，故C正确，ABD错误 故选：C。 52．示波管的结构如图甲所示，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的中心，形成亮斑。若在偏转电极YY′之间加上图乙所示的正弦式电压，荧光屏上形成如图丙所示的图像，则在偏转电极XX′之间加上的电压可能是下列选项中的（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：A、在荧光屏上建立直角坐标系，若XX'加电压A，荧光屏上的x值只有两个值，故应为两条垂直于x轴的亮线，故A错误。 B、若XX'加电压B，若XX'加负向锯齿波（从正向负扫描），荧光屏上亮斑应从右向左扫描形成完整正弦波形，故B错误。 C、若XX'加电压C，荧光屏上的亮斑应先出现沿x轴从负向正扫描前半个周期的正弦图像，再沿x轴从负向正扫描后半个周期的正弦图像，会形成丙图所示波形，故C正确。 D、若XX'加电压D，～的一个周期内XX'加正向锯齿波（从负向正扫描），荧光屏上亮斑应从左向右扫描形成完整正弦波形，故D错误。 故选：C。 【题型17 示波器的具体计算】 53．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　） A．极板X应带正电 B．极板X′应带负电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电 【答案】D 【解答】解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向极板X'方向偏转，则水平电场方向为极板X'到极板X，所以极板X带负电，极板X'带正电，同理可以知道电子向极板Y′方向偏转，则竖直电场方向为极板Y′到极板Y，所以极板Y带负电，极板Y'带正电，故D正确，ABC错误。 故选：D。 54．电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构原理图如图所示。如果偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿中轴线做直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。如果电子枪中正负接线柱之间电压为10U，YY′板间加恒定电压U，YY′极板的长度为l、间距为d，XX′板间不加电压。已知电子质量为m，电荷量大小为e，不计电子从灯丝逸出的初速度，不计电子重力及电子间的相互作用。下列说法正确的是（　　） A．射出电子枪时，电子的动能大小为5eU B．电子在YY′极板间的加速度大小为 C．电子打在荧光屏时，其速度方向与中轴线夹角的正切值为 D．若UYY′＜0，电子将打在荧光屏的上半区域 【答案】C 【解答】解：A、根据题意分析可知，电子在加速电场，电场力做功为10eU，由动能定理可知射出电子枪时动能为10eU，故A错误； B、根据牛顿第二定律可知，在YY′极板间的加速度大小为 故B错误； C、根据牛顿第二定律可知，在加速电场，根据动能定理有 在YY′极板间运动的时间为 沿电场方向的位移为 联合解得位移与水平方向的夹角θ的正切值为 设此时速度与水平方向夹角为α，根据平抛运动规律可得 故C正确； D、根据牛顿第二定律可知，若UYY′＜0，则电子受到的电场力竖直向下，故电子将打在荧光屏的下半区域，故D错误。 故选：C。 55．示波器内部简化结构如图所示，灯丝发出的热电子（初速度不计）经过电压U0加速后从电子枪口射出，经过Y、X偏转板后打在荧光屏上并被吸收，从而产生荧光。若偏转板不加电压时，电子将沿偏转板间的中心线运动并垂直打在屏幕的正中央O点。已知Y偏转板长为L，两板间距为d，Y偏转板右端到荧光屏的距离为3L，荧光屏的高度为5d，电子的质量为m，电荷量为e，重力不计，忽略电子间的相互作用。 （1）当电子打到屏幕右下方形成亮点时，请分别比较Y1和Y2、X1和X2的电势高低（不需要说明理由）； （2）求电子离开枪口时的速度； （3）若Y偏转板接测量电压U，X偏转板不加电压。为了确保所有电子都能打到荧光屏上，求测量电压U的最大值。 【解答】解：（1）电子带负电，向右下方偏转； Y方向向下偏，电子受向下电场力，电场方向向上，故φY2＞φY1； X方向向右偏，电子受向右电场力，电场方向向左，故φX1＞φX2。 （2）加速过程由动能定理： 解得 （3）电子在Y偏转电场内做类平抛运动，Y偏转板电压为U，板间场强，加速度 水平方向匀速：L＝v0t1，得 竖直偏转位移： 代入 化简得 竖直方向出电场速度 出电场后电子做匀速直线运动，水平位移3L，运动时间 竖直偏移y2＝vyt2＝3•2y1＝6y1 总竖直偏移 荧光屏竖直最大位移大小为，即 联立解得 答：（1）当电子打到屏幕右下方形成亮点时，Y2比Y1电势高，X1比X2电势高； （2）电子离开枪口时的速度为； （3）为了确保所有电子都能打到荧光屏上，测量电压U的最大值。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $