第12讲 带电粒子在电场中的直线运动 讲义（思维导图+知识要点+解题策略+题型归纳）-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦带电粒子在电场中的直线运动核心考点，涵盖匀强/非匀强电场、平行板电容器、交变电场等考情热点，按不计重力、计重力等6类题型系统组织知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建解题框架，突破直线运动条件分析、动能定理应用等难点。 讲义采用分类建模与分层训练策略，如针对交变电场构建v-t图像分析模型，培养科学思维与模型建构能力，设置基础巩固到综合应用的梯度练习，配合典型例题精讲，确保高效突破高频失分点，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

第12讲 带电粒子在电场中的直线运动 目 录 思维导图 1 考情分析 1 学习目标 2 知识要点 2 解题策略 4 题型归纳 5 题型01：带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动 5 题型02：带电粒子（不计重力）在平行板电容器中的直线运动 11 题型03：带电体在匀强电场中的直线运动 18 （一） 匀强电场模型 18 （二）组合匀强电场模型 31 题型04：带电体在平行板电容器中的直线运动 31 题型05：带电体在非匀强电场中的直线运动 38 题型06：带电粒子在交变电场中的直线运动 40 1. 考查地位：电场模块综合应用考点，高考中档高频，是带电粒子偏转、复合场问题的基础。选择题、计算题均有考查。 2. 题型特点 ①选择题：侧重定性分析粒子加速、减速，电势、电势能、动能变化； ②计算题：常考带电粒子在匀强电场加速，可独立命题，也常作为第一小问，后续衔接偏转；可以结合重力（带电油滴、尘埃）或不计重力（电子、质子、α粒子）。 3. 命题角度 ①不计重力：带电粒子在匀强电场中加速、减速；动能定理处理加速问题； ②计重力：电场力与重力共线，匀加速、匀减速运动； ③结合W＝qU＝mv2－mv求加速获得的速度； ④非匀强电场中，只用动能定理，不用牛顿运动定律； ⑤多过程：先加速，再进入另一电场做直线运动。 4. 高频失分点 混淆是否考虑重力；直线运动条件记忆不清；匀强和非匀强电场方法混用；符号处理出错；忽略粒子做直线运动条件：合力与速度共线。 1. 概念理解 ①掌握带电粒子做直线运动条件：合外力与初速度在同一直线上，加速或减速。 ②分清两类模型：微观粒子（电子、质子）一般不计重力；油滴、小球、尘埃必须考虑重力。 2. 规律掌握 ①匀强电场：可用牛顿第二定律+运动学公式；电场力 F=qE，加速度 a=a＝。 ②无论匀强、非匀强电场，均可以用动能定理 qU＝mv2－mv，该式是加速问题首选公式。 3. 分析能力 ①能判断粒子加速还是减速：合力与速度同向加速，反向减速。 ②处理多过程直线运动，分段分析受力、做功、能量变化。 4. 计算应用 ①会用动能定理求解加速后的速度； ②匀强电场下，能联立牛顿定律、运动学公式求解时间、位移、末速度。 知识点一：带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 1.做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动。 (2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。 2.用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad。 3.用功能观点分析 匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv 非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv 4.直线运动的两种处理方法 (1)动能定理：不涉及t、a时可用． (2)牛顿第二定律和运动学公式：涉及a、t时可用．尤其是交变电场中，最好再结合v－t图象使用． 知识点二：交变电场中的直线运动处理方法 1.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.分析时从两条思路出发: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.注重全面分析(分析受力特点和运动特点),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。 4.交变电场中的直线运动（方法实操展示） U-t图像 v-t图像 轨迹图 一：解题流程 1. 先判断是否计重力 电子、质子、α粒子：不计重力； 带电小球、油滴、液滴：必须计入重力。 2. 两套解题方法选择 ①匀强电场：两种方法均可 方法一：牛顿第二定律 + 匀变速直线运动公式（侧重时间、位移） 方法二：动能定理（侧重速度、做功，计算更简便） ②非匀强电场：只能用动能定理，不能用牛顿运动学公式，电场是变力，加速度变化。 3. 粒子加速核心公式 带电粒子由静止经电势差U加速： W＝qEd＝qU＝mv2－mv 4. 多过程问题处理步骤 ①分段，每一段分析受力，判断合力与速度方向； ②判断加速/减速； ③优先动能定理，全过程列式，不必纠结中间加速度； ④注意正负：电场力做正功动能增大，做负功动能减小。 5. 直线运动关键条件 只有合力与初速度共线，才做直线运动；电场力方向不与速度共线，则发生偏转。 6. 避坑要点 ①动能定理式 qU=mv2－mv，U为粒子运动初末位置电势差； ②匀强电场可以用 U=Ed 把场强、电势差互相转换； ③不要在非匀强电场套用匀变速运动公式。 7. 通用逻辑链 确定是否计重力→分析合力方向，对比速度方向→判断加速/减速→选动能定理或牛顿运动学→列式求解。带电二：粒子在交变电场中的直线运动 1．常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动． (2)粒子做往返运动． 3．解题技巧 (1)按周期性分段研究． (2)将a－t图像v－t图像． 题型01：带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动 【典型例题1】在进行长距离星际运行时，不再使用化学燃料，而采用一种新型发动机一离子发动机，其原理是用恒定电压加速一价惰性气体离子，将加速后的气体离子高速喷出，利用反冲作用使飞船本身得到加速。在氦、氖、氩、氪、氙多种气体中选用了氙，已知这几种气体离子的质量中氙的质量最大，下列说法正确的是（　　） A．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时速度更大 B．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动量更大 C．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动能更大 D．一价氙离子体积更小，不容易堵塞发动机 【典型例题2】如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F做功，此后撤去力F，物块再经时间返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O点的电势能为零，则（　　） A．撤去力F时物块的速度大小为 B．物块向右滑动的最大距离为 C．物块回到出发点时的动能为 D．撤去力F时物块的电势能为 【典型例题3】如图为某一水平电场中等间距的一组等势面分布。一个带电粒子仅在电场力作用下从处以的初速度向x轴负方向运动，运动到处时速度减为零。下列说法错误的是（　　） A．电场强度大小为，方向沿x轴负方向 B．粒子运动到处所用时间为 C．粒子的电荷量与质量的比值为 D．粒子在x轴上运动的过程中，动能和电势能之和为定值 【典型例题4】如图所示，来自电子源的电子初速度为零，经电压为U的电场加速后，形成一束柱状的电子流。若电子流横截面积为S，电子的比荷为k，元电荷为e，电子流形成的电流大小为I，则电子流单位体积内的电子数n表达式为（　　） A． B． C． D． 【典型例题5】电子被加速器加速后轰击重金属靶时，会产生射线，可用于放射治疗。图甲展示了一台医用电子直线加速器，其原理如图乙所示：从阴极射线管的阴极K发射出来的电子（速度可忽略），经电势差的绝对值为U的电场加速后获得速度v，加速电场两极板间的距离为d，不计电子所受重力。下列操作可使v增大的是（　　） A．仅增大U B．仅减小U C．仅增大d D．仅减小d 【典型例题6】如图所示，在虚线AB两侧存在方向相反的两个匀强电场，场强大小分别为E1、E2.一质量为m、带电荷量为q的微粒从P点由静止开始，在电场力作用下沿直线在P、Q两点间往返运动，P、Q点到虚线AB的距离分别为d1、d2，且d1＝2d2，不计带电微粒的重力． (1)求的值； (2)若带电微粒从P点运动到Q点的时间为t0，求它从P点到虚线AB的时间． 【变式训练1-1】原来都是静止的质子（）和α粒子（），经过同一电场加速后，它们的动能大小之比为（　　） A．1：2 B．1：1 C．2：1 D．2：3 【变式训练1-2】下列粒子从初速度为零的状态经过电压同为U的电场加速后速度最大的是（　　） A．氘核（） B．质子（） C．氦原子核（） D．氚核（） 【变式训练1-3】两个质量分别为m1和m2的带正电的微粒（m1>m2），在同一匀强电场中同时由静止释放后，经过一段时间两微粒具有相同的动量。忽略重力和微粒间的库仑力，下列说法正确的是（    ） A．此刻两微粒的速度相同 B．此刻两微粒的动能相同 C．两微粒带电荷量相同 D．两微粒的位移大小相同 【变式训练1-4】如图所示，在虚线的左侧存在向右的匀强电场，场强为E。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从虚线上某点以一定的初速度向左射入电场，已知粒子射入的最大深度为l，则粒子到达最大深度所用时间为（　　） A． B． C． D． 【变式训练1-5】如图所示，当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是(　 　) A．加速过程中质子电势能增加 B．质子所受到的电场力约为2×10－15 N C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s D．加速器加速的直线长度约为4 m 【变式训练1-6】某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为，质子的质量为，其电量为，这束质子流内单位体积的质子数为，那么其等效电流是（　　） A． B． C． D． 【变式训练1-7】新冠疫情期间，人们出门戴口罩。口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能。驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极间存在高压，针尖附近的空气被电离后，带电尘埃在电场力的作用下运动，被熔喷布捕获。已知正、负极间的电压为，尘埃受到的重力可以忽略不计，则针状电极附近的带电荷量为、质量为的带负电尘埃被熔喷布捕获时的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【变式训练1-8】如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，静止的质子被电场强度大小的匀强电场沿直线加速到，然后轰击肿瘤，杀死细胞。已知质子的质量，电荷量，则整个加速过程中质子的位移大小为（　　） A．2m B．2.5m C．4m D．5m 【变式训练1-9】（多）图甲为静电式油烟净化器的原理图，油烟先经过滤网过滤，较小的颗粒进入收集筒内，筒中心和筒壁之间加上高电压（恒定）后，中心负极会均匀地发射与筒壁垂直的电子，颗粒（视为球体）以相同的速度平行筒心轴线进入筒内后，吸收电子带上负电，在电场力作用下向筒壁偏移，最后附着到筒壁上。已知颗粒吸附的电子数与其表面积成正比，颗粒密度恒定，不计重力和其他影响，该电场可看成辐向电场（如图乙所示）。下列说法正确的是（　　） A．油烟颗粒在收集筒内做匀变速运动 B．经过同一位置的油烟颗粒，半径越大加速度越小 C．离筒壁越远的油烟颗粒达到筒壁上的速度不一定越大 D．收集筒半径越大油烟净化效果越好 【变式训练1-10】某种金属板M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同。在M旁放置一个金属网N。如果用导线将MN连起来，M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流。现在不把M、N直接相连，而按图那样在M、N之间加一个电压U，发现当U>12.5V时电流表中就没有电流，则被这种紫外线照射出来的电子，最大速度约为（　　）（已知电子的质量，m=0.91×10-30kg和电子电量e=1.6×10-19C） A．2.1×106m/s B．3.1×106m/s C．2.1×105m/s D．3.1×107m/s 【变式训练1-11】如图所示为静电植绒仪及其简图，将绒毛放在带负电的容器中，使绒毛带负电，绒毛在电场力的作用下由静止飞到被植体表面上。若忽略绒毛的重力、空气阻力、绒毛之间的相互作用力和边缘效应，带正电的金属板与带负电的金属网之间可视为匀强电场，则下列说法正确的是（　　） A．绒毛飞到被植体表面的过程中加速度逐渐增大 B．绒毛飞到被植体表面的过程中电势能逐渐增大 C．增大电源电压，绒毛到达被植体所需的时间变短 D．增大金属网与金属板间的距离，绒毛到达被植体时的动能会增大 【变式训练1-12】(多选) 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示)，则(　　) A．粒子射入的最大深度为 B．粒子射入的最大深度为 C．粒子在电场中运动的最长时间为 D．粒子在电场中运动的最长时间为 【变式训练1-13】人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），细胞外电场不计。如图，处于静息状态的细胞内有初速度为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点运动到细胞膜内B点，则下列说法正确的是（　　） A．A点电势高于B点电势 B．钠离子的电势能增大 C．若双分子层内电场可看作匀强电场，则钠离子的加速度变大 D．若膜电位上升但细胞膜的厚度不变，则钠离子通过B点的速度增大 【变式训练1-14】(多选) 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示)，则(　　) A．粒子射入的最大深度为 B．粒子射入的最大深度为 C．粒子在电场中运动的最长时间为 D．粒子在电场中运动的最长时间为 【变式训练1-15】如图所示，水平虚线MN上、下方空间分别存在场强方向相反、大小相等的匀强电场。以虚线MN处电势为零，A、B是位于两电场中同一竖直线上的两点，且到MN的距离均为d，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放，已知粒子在运动过程中的最大电势能为Emax，不计粒子重力。求： (1)匀强电场的场强大小； (2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时间。 【变式训练1-16】反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其震荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，电荷量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求： （1）B点距虚线MN的距离d2； （2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。 【变式训练1-17】多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。 (1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1； (2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x； (3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。 题型02：带电粒子（不计重力）在平行板电容器中的直线运动 【典型例题1】如图在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是（　　）    A．到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关 B．到达Q板的速率与板间距离无关 C．两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大 D．若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍 【典型例题2】如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为(　　) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 【典型例题3】如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　) A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变 B．金属板A、B间的电压减小 C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同 D．乙电子运动到O点的速率为2v0 【典型例题4】细胞膜是由磷脂双分子层构成的富有弹性的半透膜（如图甲所示）。设运送粒子时，细胞膜内上、下表面的电荷量为定值，此时可将细胞膜视为面积很大的平行板电容器（如图乙所示），其间电场可视为匀强电场。某正粒子只在电场力作用下从膜的一个表面由静止开始运动到另一个表面，该过程中粒子运动的加速度大小a、运动时间t、到达另一表面时速度大小v、电场力做功W与膜两表面距离d的关系图像正确的是（     ） A． B． C． D． 【典型例题5】（多选）如图为密立根油滴实验的原理示意图。两块水平放置的金属板间存在竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入油滴。通过显微镜在电场中可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，重力加速度为g，不计油滴间相互作用力，则下列说法正确的是（　　） A．该悬浮油滴带负电 B．该悬浮油滴带正电 C．该悬浮油滴的电荷量为 D．该悬浮油滴的电荷量为 【典型例题6】如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求： (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 【变式训练2-1】如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是(　　) A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 B．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大 C．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 D．以上解释都不正确 【变式训练2-2】如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压400V。一个动能为500eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为（　　） A．100eV B．400eV C．500eV D．900eV 【变式训练2-3】如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，OA=h，此电子具有的初动能是（　　） A． B． C． D． 【变式训练2-4】在距离为L的质子源和靶之间有一电压为U的匀强电场，质子（初速度为零）经电场加速，形成电流强度为I的细柱形质子流打到靶上且被靶全部吸收。在质子流中与质子源相距l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为和，已知质子质量为m、电荷量为e。下列说法正确的是（　　） A． B．每秒打到靶上的质子的总动能为eU C．质子流对靶的作用力大小为 D．质子源与靶间的质子总数为 【变式训练2-5】如图所示，相互平行的水平金属板、、分别与两个相同的电源相连，、两板上开的小孔在同一竖直线上。一电子从靠近板的位置由静止开始运动，恰好能到达板，不计电子重力。将板上移至水平虚线处，由处静止释放的电子（　　） A．到达板时速度减小 B．能穿过板上的小孔 C．到达板的时间不变 D．到达板的时间增大 【变式训练2-6】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到点，则由O点静止释放的电子（　　） A．运动到P点返回 B．运动到P和点之间返回 C．运动到点返回 D．穿过点后继续运动 【变式训练2-7】中国聚变工程BEST装置（“人造太阳”）预计在2027年建成，在“人造太阳”（托卡马克装置）前端直线加速系统实验中，采用平行极板加速器形成匀强电场来加速带电粒子。其基本原理如图所示，真空中两块平行极板正对放置，极板的正中央各有一小孔，某次带正电粒子p从左侧正极板小孔由静止出发，直线加速后从右侧极板小孔离开，不计粒子所受重力，若保持两板间电压恒定，将两板间距离增大到原来的2倍，相同粒子p仍从左侧正极板小孔由静止出发，则（　　） A．板间电场强度变为原来2倍 B．粒子p在电场中的加速时间变为原来2倍 C．粒子p在电场中的加速度变为原来2倍 D．粒子p出右侧极板时速度变为原来2倍 【变式训练2-8】如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（　 　） A．变化前后电容器电容之比为17：9 B．变化前后电容器所带电荷量之比为16：9 C．变化前后电子到达下极板的速度之比为：1 D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2：1 【变式训练2-9】飞行时间质谱仪可用于创新药物研发等领域，其简化工作原理如图。开关S闭合，在真空室内，电容器极板AB间加速电压为U，两极板中央开有小孔，C为接收端，BC间为无场漂移区域。有一质量为m、电荷量为q（）的带电大分子（不计重力），自漂入（忽略初速度）A极板小孔起，经加速区域和漂移区域到达C端结束，时间探测器显示整个过程时间为t，则（     ） A．保持S闭合，仅变大，t变长 B．保持S闭合，仅U增大，t变长 C．保持S闭合，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长 D．将S断开，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长 【变式训练2-10】（多选）如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，下列解释正确的是（　　） A．两板间距越大，加速的时间就越长 B．两板间距越大，则电子到达B板时获得的速率越大 C．两板间距越小，则电子到达B板时获得的速率越大 D．电子到达B板时的速率，与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 【变式训练2-11】（多）一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中，C板固定，D板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，已知A到D板的距离是板间距离的三分之一，忽略电子的重力，则（　　） A．若将D板向左平移至A点，电子恰能到达D板 B．若将D板向右平移至某位置，电子将不能运动至A点 C．若要让电子能够到达D板，可将电子的动能至少增加为原来的1.5倍 D．若闭合开关，再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，电子能够到达D板 【变式训练2-12】（多选）如图所示，平行板电容器与直流电源连接，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B极板时速度为v，电子在两板间运动的时间为t，则（　　） A．保持开关K闭合，当增大两板间距离时，v增大 B．保持开关K闭合，当增大两板间距离时，t增大 C．断开开关K，当增大两板间距离时，v不变 D．断开开关K，当增大两板间距离时，t增大 【变式训练2-13】如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，重力可忽略则下述措施能满足要求的是(　　)． A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 【变式训练2-14】(多选)如图为某直线加速器简化示意图，设n个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，带电粒子以一定的初速度沿轴线射入后可实现加速，则(　　) A．带电粒子在每个圆筒内都做加速运动 B．带电粒子只在圆筒间的缝隙处做加速运动 C．带电粒子穿过每个圆筒时，电源正负极要改变 D．从左向右各筒长度之比为1∶3∶5∶7… 【变式训练2-15】如图所示，栅装金属板MN的温度升高到一定程度时就会向外溢出电子，这种电子叫热电子。PQ金属板与MN正对，间距为d。面a和b到MN距离分别为和，在两面附近沿电子移动方向分别取长度（趋近于0），构成的体积内的电子数分别为和。给栅板加能溢出电子的电压E，MN和PQ接在输出电压恒为U的高压电源，在两板之间形成匀强电场。已知栅板MN溢出的电子均被电场加速到达PQ板，忽略电子溢出时的速度及a、b两面的厚度，电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电荷量大小为e。则下列说法正确的是（    ） A．电子从MN运动到PQ的时间为 B．电子到达PQ板时的动能为 C．电子到达b面时的速度为 D．和的比值为 【变式训练2-16】如图所示，阴极K发射的电子（初速度可视为零）经电压为的电场加速后，从A板上的小孔进入由A、B两平行金属板组成的电容为C的电容器中，开始时B板不带电，电子到达B板后被吸收。已知电子的电荷量为e，不计电子重力以及电子之间的相互作用，当电子不能到达B板时（　　） A．在这之后，任何从小孔进入电容器的电子速度第一次减为0所用的时间（从刚进入电容器时开始计时）相等 B．B板的电势和阴极K的电势相等 C．B板的电荷量为 D．电子从阴极K到B板电势能一直减小 【变式训练2-17】（多选）中医药文化是我国优秀传统文化的重要组成部分，中药的保存常常需要做干燥处理。将干燥过程简化为：药材置于存在水平方向非匀强的电场的空间中，电场强度E随水平距离x的变化如图1所示：水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电荷，另一端带等量负电荷；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去。现分析其中一个如图2所示的水分子，初始时该分子在原点，初速度为零，若只考虑水分子与外电场的作用力，则下列说法正确的是（　　） A．该水分子将在电场力作用下做变加速直线运动 B．该水分子将在电场力作用下做匀加速直线运动 C．该水分子在运动过程中的电势能减少 D．该水分子在运动过程中的电势能保持不变 【变式训练2-18】如图所示，相距为d的两平行金属板间存在匀强电场。一个电子从左极板O点处以速度v0沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为h（h＜d），电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。 （1）求O、A两点间的电势差大小UOA； （2）求两平行金属极间电势差大小U； （3）设右极板电势为零，求A点电势φA。 【变式训练2-19】如图是带有转向器的粒子直线加速器，转向器中有辐向电场，A、B接在电压大小恒为U的交变电源上。质量为m、电量为＋q的离子，以初速度进入第1个金属圆筒左侧的小孔。离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均为t；在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，并从N点射出。求： （1）第3个金属圆筒的长度； （2）虚线MN处电场强度的大小。      题型03：带电体在匀强电场中的直线运动 （1） 匀强电场模型 【典型例题1】如图所示，竖直平面内分布有水平向右的匀强电场，一带电小球沿直线从位置b斜向下运动到位置a。在这个过程中，带电小球（　　） A．只受到电场力作用 B．带正电 C．做匀加速直线运动 D．机械能守恒 【典型例题2】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 B．机械能增加 C．重力势能增加 D．电势能增加 【典型例题3】如图所示，在光滑绝缘水平面上有质量均为m、所带电荷量分别为、、的a、b、c三个带电小球，分别位于一个等腰三角形的三个顶点处，其中，三角形平面处于电场强度大小为E（未知）、方向水平向右的匀强电场中。已知三个小球所带电荷量不变且均可视为质点，三个小球相对静止一起水平向右做匀加速运动，静电力常量为k，则匀强电场的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 【典型例题4】在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，质量为m、电荷量为的小球自O点以初速度沿方向在竖直面内做匀变速直线运动，如图所示。与水平面的夹角为，重力加速度为g，且，则（　　） A．电场方向水平向右 B．小球运动的加速度大小为 C．小球上升的最大高度为 D．小球电势能增加量的最大值为 【典型例题5】一条绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m、带电量为＋q的小球A，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直方向夹角成为θ。已知重力加速度为g，下列说法错误的是（　　）    A．匀强电场的电场强度大小为 B．细线对小球的拉力大小为 C．剪断细线，小球将做直线运动 D．突然撤去电场的瞬间，细线拉力大小变为 【典型例题6】如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，其空间存在沿斜面方向的匀强电场，以斜面底諯为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，一带正电的小滑块以一定的初速度从斜面底端处开始上滑，若斜面足够长，上滑过程中小滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，，，则下列说法正确的是（    ） A．电场强度的方向沿斜面向上 B．在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为 C．在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为 D．小滑块上滑过程中，重力势能增加了 【典型例题7】（多选）如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则(　 　) A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为 D．若小球在初始位移的电势能为零，则小球电势能的最大值为 【典型例题8】（多选）如图所示，一带正电的滑块以某一初速度沿固定绝缘斜面下滑，时刻进入方向竖直向下的匀强电场区域，滑块运动的速度时间（）图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【典型例题9】如图所示，O点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑。过O点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的绝缘物块，从O点以初速度水平向右进入电场。求： （1）物块向右运动离O点的最远距离L； （2）物块在整个运动过程中受到静电力的冲量I的大小和方向； （3）物块在整个运动过程中产生的内能Q。 【变式训练3-1-1】如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　　） A．电场强度的最小值等于 B．电场强度的最小值等于 C．带电油滴的机械能可能不变 D．静电力的冲量可能为0 【变式训练3-1-2】如图甲所示，光滑绝缘细杆处于静电场中，沿细杆建立x轴，取处的电势为零，细杆上各处电场方向沿x轴正方向，其电场强度E随x的分布如图乙所示。细杆上套有可视为点电荷的带电圆环，其质量，电荷量。将带电圆环自O点由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．带电圆环在0~3m区间做匀加速直线运动 B．带电圆环在处的加速度大小为 C．绝缘细杆上处的电势为 D．在位置时，带电圆环的速度大小为 【变式训练3-1-3】如图所示， 竖直平面内存在电场强度可调的匀强电场， 一个带电小球在电场调整前后，两次都以相同的初速度从某点A水平射入其中，两次都做匀减速直线运动，直到速度减为零。第一次电场力与竖直方向成夹角，小球位移为； 第二次电场力与竖直方向成夹角，小球位移为。则下列叙述正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练3-1-4】在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（　　） A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 【变式训练3-1-5】如图所示，在水平方向的匀强电场中，一质量为m的带电小球仅在重力和电场力作用下在竖直面（纸面）内运动，虚线与水平面夹角为45°。若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线斜向右上，大小为，从图示位置出发到最高点的过程中，带电小球的电势能（   ） A．减小了 B．减小了 C．增大了 D．增大了 【变式训练3-1-6】水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（　　） A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1 B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1 C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上 D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3 【变式训练3-1-7】如图所示，ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向的夹角，一带正电小球经过等势面A上的点时，速度方向水平，小球沿直线运动，经过等势面D上的点时速度恰好为零，已知小球质量为，带电量，ad间的距离为，重力加速度，，，则下列说法正确的是（　　） A．匀强电场强度大小为7.5N/C B．小球在a点的速度大小为1.5m/s C．A和B两等势面的电势差 D．若小球从d点沿da方向水平射入，则小球的运动轨迹为曲线 【变式训练3-1-8】如图所示，一质量为m=0.5kg，带电量为q=+2×10-6 C的物块A放在一个静止的绝缘木箱内，木箱内有水平向右E=6×105 N/C的匀强电场，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数μ=0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，若木箱做如下加速运动，物块A将相对木箱滑动的是（　　） A．向左做匀加速运动，加速度大小为0.8m/s2 B．向右做匀加速运动，加速度大小为0.8m/s2 C．向上做匀加速运动，加速度大小为0.8m/s2 D．向下做匀加速运动，加速度大小为0.8m/s2 【变式训练3-1-9】如图所示，倾角为的光滑、足够长绝缘斜面固定在水平地面上，斜面底端有一电荷量为、质量为的带电小物块，小物块在平行于斜面向上的恒定拉力作用下，由静止开始运动，经过一段时间后撤去拉力，此后，小物块继续沿斜面运动，又经过返回到斜面底端。已知重力加速度取，整个空间存在水平向右的电场强度大小的匀强电场。则拉力的大小为（　　） A． B． C． D． 【变式训练3-1-10】如图，带电小滑块甲和乙的质量相同，放置在足够长的光滑绝缘斜面上，相距（远远大于滑块宽度），释放两滑块瞬间，甲的加速度为零；经过一段时间，两滑块相距时，速度分别为、，加速度之比，则（　　） A． B． C． D． 【变式训练3-1-11】如图所示水平面上固定一个斜面体，斜面倾角，斜面长为5m。可视为质点的A、B两物块叠放在一起以5m/s的速度恰好一起从斜面顶端沿斜面匀速下滑，斜面各处的光滑程度相同，两物块滑过斜面的中点P后进入一匀强电场E中，电场方向垂直斜面向上，电场强度，物块A带电量为+q，质量为m，物块B不带电，二者绝缘。则关于AB两物体从斜面顶端运动至地面所需时间分别是（　　） A．tA=1s B． C．tB=1.25s D．tB=0.75s 【变式训练3-1-12】如图所示，纸面内存在一水平方向的匀强电场，场强大小为E，空间中有一竖直放置的圆，半径为R。AB、AC是两光滑的绝缘直杆，AB与圆的一条直径重合。现将两完全相同的带正电小球P和Q分别从B、C两点同时由静止释放，P和Q同时到达A点。已知∠α=30°，小球质量为m，电荷量为q，可视为质点，若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．电场方向水平向右 B．电场强度E= C．A点是圆上电势最低的点 D．P和Q由静止运动到A的过程中，电场力对P做的功小于电场力对Q做的功 【变式训练3-1-13】质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为，与滑块间动摩擦因数为，电动机带动传送带以3m/s速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜面向上的4N恒定电场力作用，则1s内（　　） A．滑块动能增加4J B．滑块机械能增加12J C．由于放上滑块电机多消耗电能为12J D．滑块与传送带间摩擦产热为4J 【变式训练3-1-14】(多选)如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，A、B间距离为d，重力加速度为g.则(　　) A．力F大小的取值范围只能在0～ B．电场强度E的最小值为 C．小球从A运动到B电场力可能不做功 D．若电场强度E＝时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin 2θ 【变式训练3-1-15】如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　） A．最低点的位置 B．速率达到最大值时的位置 C．最后停留位置x的区间是 D．若在最低点能返回，则初始电势能 【变式训练3-1-16】(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　) A．电场强度的最小值等于 B．电场强度的最大值等于 C．带电油滴的机械能可能增加 D．电场力可能对带电油滴不做功 【变式训练3-1-17】如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动．已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　) A．电场的方向可能水平向左 B．电场强度E的最小值为 C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零 D．F所做的功一定为mgd 【变式训练3-1-18】（多选）如图所示，匀强电场方向斜向左上方，与水平方向夹角，一比荷为的带电小球从点以一定的初速度（未知）射入电场，带电小球沿水平直线刚好运动到点，两点之间的距离为，已知重力加速度为，若规定点电势为0。则下列说法正确的是（    ） A．小球可能带负电 B．电场强度大小为 C．小球由到的时间为 D．点的电势为 【变式训练3-1-19】（多选）如图甲，质量的滑块（可视为质点）带电量，处在沿斜面向下的匀强电场中。滑块从固定的粗糙绝缘斜面底端开始以初速度沿斜面向上运动，一段时间后撤去匀强电场。以出发点O为原点沿斜面向上建立坐标系，整个运动过程中滑块速度的平方随位置坐标变化的关系如图乙所示，斜面倾角，取，重力加速度，则（　　） A．斜面的动摩擦因数为0.25 B．电场强度的大小为 C．滑块出发后撤去匀强电场 D．整个过程中滑块机械能减少了 【变式训练3-1-20】（多选）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　） A．小球受到的重力与电场力之比为3：5 B．在t=5s时，小球经过边界MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功 D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大 【变式训练3-1-21】一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为，空间中存在沿斜面向下的匀强电场，电场强度为。质量为m的物块M、N用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，M带正电，电荷量为q，N不带电，N一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面上，劲度系数为k。初始时有外力作用使M静止在斜面上，轻绳恰好伸直，使M从静止释放，第一次到达最低点的时间为t，不计一切摩擦。则（    ） A．释放时M的加速度为 B．M下滑的最大速度为 C．M下滑的最大距离为 D．M下滑的距离为时，所用时间为 【变式训练3-1-22】如图所示，一可视为点电荷带正电的小物块被锁定在固定斜面上的M点，物块连接一个弹性绳，跨过墙上固定的光滑定滑轮B，固定在天花板上的A点。某时刻，该空间加一平行斜面向上的匀强电场，同时解除锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点，P为MN中点。已知斜面倾角，物块质量，电荷量，物块与斜面间动摩擦因数，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数，初始位置BM垂直斜面，且，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，，。下列说法正确的是（　　） A．物块上滑过程中，滑动摩擦力大小不变 B．电场强度大小E=200N/C C．物块在P点的速度大小v=0.4m/s D．物块从M到N的过程，机械能一直增大 【变式训练3-1-23】在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　） A．小球受到的重力与电场力之比为3：5 B．在t=5s时，小球经过边界MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功 D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大 【变式训练3-1-24】如图所示，空间存在方向与水平面成θ=53°的匀强电场，在电场中的A点以的速度水平向右抛出一带正电的小球，小球沿直线运动到B点时的速度。已知小球的质量，电荷量，重力加速度，不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： （1）AB两点间电势差UAB； （2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能； （3）电场强度的大小。 【变式训练3-1-25】如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h＝0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点。（g取10m/s2）求： （1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； （2）小环在直杆上匀速运动时速度的大小； （3）小环运动到P点的动能。 【变式训练3-1-26】如图所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为θ＝30°、长为L＝2m的固定斜面上，三物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，其中A为不带电的绝缘体，B、C所带电荷量分别为qB＝+4.0×10﹣5C、qC＝+2.0×10﹣5C且保持不变，A、B的质量分别为mA＝0.80kg、mB＝0.64kg。开始时三个物块均能保持静止状态，且此时A、B两物体与斜面间恰无摩擦力作用。如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为零，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为EP＝k．为使A在斜面上始终做加速度为a＝1.5m/s2的匀加速直线运动，现给A施加一平行于斜面向上的力F，已知经过时间t0后，力F的大小不再发生变化。当A运动到斜面顶端时，撤去外力F．（静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，g＝10m/s2）求： （1）未施加力F时物块B、C间的距离； （2）t0时间内A上滑的距离； （3）t0时间内库仑力做的功； （4）在A由静止开始到运动至斜面顶端的过程中，力F对A做的总功。 【变式训练3-1-27】如图所示，一正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一质量为m带电量为q的小球从A点由静止释放，当小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，求： （1）小球在A点时的受到的库仑力的大小． （2）小球在B点时的加速度 （3）B和A两点间的电势差． 【变式训练3-1-28】如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m＝0.04kg、电量q＝+2×10﹣4c的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接．某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下．已知AB的竖直高度h＝0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为α＝37°、倾斜轨道长为L＝2.0m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数μ＝0.5．倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，在C点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保持不变．只有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大竖直向下的匀强电场中，场强E＝2.0×103V/m．（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2）求： （1）被释放前弹簧的弹性势能？ （2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？ （3）如果竖直圆弧轨道的半径R＝0.9m，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点P？ 【变式训练3-1-29】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，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，试问： （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？ 【变式训练3-1-30】如图所示，水平绝缘轨道AB和竖直放置半径为R的光滑绝缘半圆轨道BCD在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平边界MN下方有场强为E的水平向左匀强电场，电场区域足够大。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）从水平轨道上距离B点为R的A点由静止释放，已知：滑块的电荷量q＝，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求： （1）滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度及滑块对轨道的压力； （2）滑块运动到D点时的速度； （3）滑块在轨道上运动的最大速度； （4）以B为原点，BA方向为正方向建立x坐标轴，滑块都从水平轨道AB上由静止释放，且不考虑滑块运动到D点之后的情况。要使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足什么条件？ （二）组合匀强电场模型 【典型例题1】如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量为m，带电荷量为＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是(　　) A．在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同 B．带电小球在A、B两点电势能相等 C．若A、B高度差为h，则UAB＝－ D．两电场强度大小关系满足E2＝2E1 【变式训练3-2-1】如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，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． 【变式训练3-2-2】真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。 (1)求油滴运动到B点时的速度； (2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。 题型04：带电体在平行板电容器中的直线运动 【典型例题1】如图所示，水平放置的充电的平行金属板相距为d，其间形成匀强电场。一带正电油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴的质量为m，带电量为q，则不正确的是（　　） A．油滴的加速度为零 B．油滴的电势能增加了 C．两极板的电势差为 D．场强的方向竖直向上 【典型例题2】如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则(　　) A．微粒到达B点时动能为mv02 B．微粒的加速度大小等于gsin θ C．两极板的电势差UMN＝ D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少 【典型例题3】如图所示，水平放置的平行板电容器与恒压直流电源连接，板间距离为，一带电粒子恰好静止于电容器极板正中央。若保持下极板不动，用绝缘工具在极短时间内将上极板向上平移，粒子打在极板上的动能为；若保持上极板不动，用绝缘工具在极短时间内将下极板向上平移，粒子打在极板上的动能为。不计空气阻力和电容器充放电的时间，则等于（　　） A． B． C． D． 【典型例题4】如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（） A．若仅将B板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处 B．若仅将A板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处 C．若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍可以运动至N处 D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将无法运动至N处 【典型例题5】(多选)如图所示，带电小球自O点由静止释放，经C孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零。对于小球从C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时t1，从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2，下列说法正确的是(　　) A.小球带负电 B.t1<t2 C.t1>t2 D.将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下 【典型例题6】两块正对的平行金属板与水平面成角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与板夹角为；剪断细线，小球运动到板上的点（未标出），求 (1)电场强度大小； (2)距离为多少？ (3)小球运动到板上的点过程中电势能改变了多少？ 【变式训练4-1】如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　 　) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 【变式训练4-2】如图所示，A、B为平行金属板，两极板相距为d，分别与电源两极连接。两板的中央各有一小孔M、N。今有一带电质点自A板上方距离为d的P点由静止下落，不计空气阻力，到达两板中点时的速度恰好为零，然后沿原路返回。则带电质点的重力与它在电场中所受电场力的大小之比为(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．3∶1 【变式训练4-3】平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电微粒恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该微粒（　　）    A．所受重力与电场力平衡 B．机械能逐渐增加 C．电势能逐渐增加 D．可能做匀速直线运动 【变式训练4-4】如图所示，在P点固定一个带电量为+Q的点电荷，P点下方有一足够大的金属板与水平面成一定倾角，金属板处于静电平衡状态，且上表面光滑。金属板上表面的A点与P点连线水平。一带电荷量为+q的绝缘小物块（可视为点电荷且q≪Q）从A点由静止释放，在物块下滑的过程中，下列说法错误的是（　　） A．物块的加速度恒定不变 B．物块的动能一直增大 C．物块的机械能保持不变 D．物块的电势能先增大后减小 【变式训练4-5】水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（　　） A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1 B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1 C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上 D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3 【变式训练4-6】如图所示，绝缘箱子放在水平地面上，平行金属板A、B放在箱子内，A板固定在箱子顶部，B板用绝缘弹簧支撑在箱底，两板平行相对，带等量的异种电荷，一个带正电的小球用绝缘细线悬于上板，小球受到细线的拉力恰好为零，现让箱子竖直向上做匀加速运动，B板再次相对箱子静止（不考虑电场运动产生的影响），则下列判断正确的是（　　） A．A板带正电 B．箱子运动过程中，电容器的电容变大 C．箱子运动过程中，两板间的电压变大 D．箱子运动过程中，细线对小球的拉力仍为零 【变式训练4-7】如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度，对该电容器充上一定的电量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为（　　） A．d B． C． D． 【变式训练4-8】静电复印简化模型中，复印纸与感光鼓之间形成水平方向的匀强电场，将墨粉颗粒从靠近感光鼓的位置由静止释放，不计重力和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．墨粉颗粒带负电 B．墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电势能不断增大 C．带电量相同，质量越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越大 D．若仅减小感光鼓与复印纸间距，墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变 【变式训练4-9】(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　) A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大 C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等 【变式训练4-10】（多选）如图所示，水平放置的平行板电容器间存在着竖直向上的匀强电场，电容器外无电场，上极板中心有一小孔。现将一长度为L的均匀带电绝缘细杆的下端对齐小孔，然后由静止释放，细杆下落的最大距离为（未到达下极板）。已知绝缘细杆的质量为m、总带电量为q，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．细杆带正电 B．细杆下降过程中的加速度先增大后减小 C．从静止释放到下落至最低点的过程中，细杆的电势能增加了 D．平行板电容器间的电场强度大小为 【变式训练4-11】（多选）如图所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，板与水平方向的夹角为θ，一个电荷量q1.41×10－4C、质量m＝1g的带电小球，自A板上的孔P以水平速度v0＝0.1m/s飞入两板之间的电场，经0.02s后未与B板相碰又回到孔P，g取10m/s2，则（　　） A．板间电场强度大小为100V/m B．板间电场强度大小为141V/m C．板与水平方向的夹角θ30° D．板与水平方向的夹角θ45° 【变式训练4-12】在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两极板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中所带电荷量不变，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。求： (1)带电油滴所带电荷量与质量之比； (2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU1与ΔU2之比。 【变式训练4-13】密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖．图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔．通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷．有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1，此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动．B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速．已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kmv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g.求： （1）比例系数k； （2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量； （3）新油滴匀速运动速度的大小和方向． 【变式训练4-14】如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9m，板间距离d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω。可以看为质点的带电小球，电量q＝﹣0.01C，质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑。 （1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势ε； （2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝，求电源内阻r； （3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？ 题型05：带电体在非匀强电场中的直线运动 【典型例题1】（多选）如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，则下列说法中正确的是(　 　) A．质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中动能增加量等于电势能减少量 B．a、b两点的电势差U＝ C．质量为m、带电荷量为＋2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为 D．质量为m、带电荷量为－q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为 【变式训练5-1】如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方与Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为g，此电荷在B点处的加速度大小为 　　，方向 　　；A、B两点间的电势差（用Q和h表示）为 　　。 【变式训练5-2】如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求： (1)液珠的比荷； (2)液珠速度最大时离A点的距离h； (3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB. 【变式训练5-3】如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在A点正上方离A高度为h的B点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为(g为重力加速度)．已知静电力常量为k，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力，求： (1)液珠的比荷(电荷量与质量的比值)； (2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，可以加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？ 题型06：带电粒子在交变电场中的直线运动 【典型例题1】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（0<t0<）时刻由静止释放该粒子，关于该粒子的运动正确的是（　　） A．一开始向左运动，最后打到A板上 B．一开始向右运动，最后打到A板上 C．一开始向左运动，最后打到B板上 D．一开始向右运动，最后打到B板上 【典型例题2】如图（a），一平行板电容器两板间的距离为d，在左板内侧附近有一带电量为q质量为m的离子,不计重力，为使离子能在两板间往复动而不碰到两板，在两板间加上如图（b）所示的交变电压，则此交变电压的周期最大为（　　） A． B． C． D． 【典型例题3】如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是（　　） A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动 B．若t＝ 时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动 C．若t＝ 时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边 D．若t＝ T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边 【典型例题4】某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，如图甲所示，各金属圆筒依次接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　） A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动 B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为 C．各金属简的长度之比为 D．质子在各圆筒中的运动时间之比为 【典型例题5】如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为，进入漂移管E时速度为，电源频率为，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的荷质比取。则（　　） A．漂移管需要用绝缘材料制成 B．各漂移管的长度应相等 C．漂移管B的长度为0.6m D．相邻漂移管间的加速电压 【典型例题6】（多）匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（　　） A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．3s末带电粒子回到原出发点 C．3s末带电粒子的速度不为零 D．前3s内，静电力做的总功为零 【典型例题7】微波器件的核心之一是反射式速调管，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理可简化为静电场模型。已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。一质量为、电荷量为的带负电粒子从点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴做往复运动，求： （1）在区域内电场强度的大小和方向； （2）该粒子运动过中的最大速度； （3）该粒子运动的周期。 【变式训练6-1】如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)，下列说法中正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.从t＝0时刻释放电子，电子必将始终向右运动，直到打到右极板上 B.从t＝0时刻释放电子，电子可能在两极板间振动 C.从t＝时刻释放电子，电子必将在两极板间振动 D.从t＝时刻释放电子，电子必将从左极板上的小孔中穿出 【变式训练6-2】如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　 　) A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少 B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少 C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动 D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动 【变式训练6-3】如图甲为一平行板电容器，A极板上有一小孔C，在小孔处由静止释放一个带负电的粒子，已知该带电粒子只受电场力的作用，在电容器两极板间加如图乙所示的电压，电压的变化周期为T，若粒子从时刻释放，则下列说法正确的是（　　） A．粒子一定能运动到B极板上 B．粒子一直向B极板运动 C．粒子的速度时间图像可能为图丙 D．粒子的速度时间图像可能为图丁 【变式训练6-4】如图甲为直线加速器原理图，由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交流电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交流电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。已知电子的质量为m、电子电荷量为e、电压的绝对值为u、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央有一个初速度为零的电子。下列说法正确的是(　　) A.电子在圆筒中做匀加速直线运动 B.本装置可采用直流电进行加速 C.进入第2个金属圆筒时的速度为2 D.第8个金属圆筒的长度为4T 【变式训练6-5】如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是（　　） A．电子在圆筒中也做加速直线运动 B．电子离开圆筒1时的速度为 C．第n个圆筒的长度应满足 D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期 【变式训练6-6】光刻技术原理简化如图甲所示，离子源发射的离子束经过多级直线加速器后，进入静电转向器，转向器中有辐向电场（方向均指向圆心O点），直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和8个横截面积相同的金属圆筒组成，圆板及相邻圆筒分别接在高频脉冲电源的两极，序号为奇数的圆筒和电源一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源另一极相连。电压的绝对值为U，周期为T，其变化规律如图乙所示。在t=0时刻，圆板中央的离子（质量为m，电荷量为+q）在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，离子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且离子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，离子从第8个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，从N点射出，离子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，离子重力不计，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（　　） A．在 时第5个圆筒相对第6个圆筒的电势差为正值 B．第7个和第8个圆筒的长度之比为 C．第8个圆筒的长度为 D．虚线MN处电场强度的大小为 【变式训练6-7】如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆板O和金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，金属圆板和金属圆筒分别接在电源的两端。一个质子从圆板O的中心由静止开始加速，沿中心轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速。已知质子电量为e，质量为m，加速时电压U大小相同。不计质子经过狭缝的时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．M点电势一直高于N点电势 B．圆筒A、B、C、D、E的长度之比为 C．质子从圆筒E射出时的速度大小为 D．质子每经过一次狭缝速度的增加量为 【变式训练6-8】（多选）如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则(　 　 ) A．若电子在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板 B．若电子在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板 C．若电子在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 D．若电子在t＝时刻进入，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 【变式训练6-9】（多）如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA=0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略。若在t=0时刻进入的电子恰好在时刻穿过B板，则（　　） A．在时刻进入的电子一定不能穿过B板 B．在时刻进入的电子一定能穿过B板 C．在时刻进入的电子一定不能穿过B极 D．在时刻进入的电子一定能穿过B板 【变式训练6-10】（多选）如图，当平行板电容器间的电压为时，一带电小球静止在板间中间位置A点；当两极板间的电压改为时，小球经过时间，从A点由静止运动到上极板下方的B点。两极板间的电场可视为匀强电场，忽略空气阻力。小球0时刻从A点静止开始运动，要求运动过程中不会撞到两极板，以下为两极板间所加电压U随时间t周期性变化的图像，可以满足要求的有（　　） A． B． C． D． 【变式训练6-11】　(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的交流电压，两板间电势差随时间的变化规律如图(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内，设电子的初速度和重力的影响可忽略。则下列说法正确的是(　　) 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=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 【变式训练6-12】（多）如图甲所示，直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。某时刻位于序号为0的金属圆板中心的粒子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1，粒子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知电压的绝对值为，周期为，粒子的比荷为，粒子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，只考虑静电力的作用。则（　　） A．粒子在金属圆筒内做匀加速直线运动 B．粒子在各个金属圆筒内运动的时间均为 C．粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为 D．第8个圆筒的长度为 【变式训练6-13】（多）近年来市场上出现的一种静电耳机。其基本原理如图甲，a、b为两片平行固定金属薄板，M是位于金属板之间的极薄带电振膜，将带有音频信号特征的电压加在金属板上，使带电振膜在静电力的作用下沿垂直金属板方向振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为d、电容为C的平行板电容器，振膜质量为m且均匀带有电荷，其面积与金属板相等，两板所加电压信号如图乙所示，周期为T，在时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，振膜不碰到金属板，不计振膜受到的重力和阻力，则（　　） A．当金属板充电至电荷量为Q时振膜的加速度为 B．一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为 C．所加信号电压中的最大值为 D．所加信号电压中的最大值为 【变式训练6-14】如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d＝0.6cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地（φB＝0）时，A板电势φA，随时间变化的情况如图乙所示．现有一带负电的微粒在t＝0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计．求： （1）在0～和～T这两段时间内微粒的加速度大小和方向； （2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少（g＝10m/s2）． 【变式训练6-15】如图1所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示．将一个质量m＝2.0×10﹣27kg，电量q＝+1.6×10﹣19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力．求 （1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； （2）若A板电势变化周期T＝1.0×10﹣5s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小； （3）A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板． 【变式训练6-16】如图甲所示，真空中相距d＝5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m＝2.0×10－27 kg、电荷量q＝＋1.6×10－19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求： (1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； (2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5 s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小； (3)A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A板。 【变式训练6-17】如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O点到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C. (1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？ (2)在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？ (3)在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？ 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第12讲 带电粒子在电场中的直线运动 目 录 思维导图 1 考情分析 1 学习目标 2 知识要点 2 解题策略 4 题型归纳 5 题型01：带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动 5 题型02：带电粒子（不计重力）在平行板电容器中的直线运动 16 题型03：带电体在匀强电场中的直线运动 32 （一） 匀强电场模型 32 （二）组合匀强电场模型 61 题型04：带电体在平行板电容器中的直线运动 63 题型05：带电体在非匀强电场中的直线运动 78 题型06：带电粒子在交变电场中的直线运动 80 1. 考查地位：电场模块综合应用考点，高考中档高频，是带电粒子偏转、复合场问题的基础。选择题、计算题均有考查。 2. 题型特点 ①选择题：侧重定性分析粒子加速、减速，电势、电势能、动能变化； ②计算题：常考带电粒子在匀强电场加速，可独立命题，也常作为第一小问，后续衔接偏转；可以结合重力（带电油滴、尘埃）或不计重力（电子、质子、α粒子）。 3. 命题角度 ①不计重力：带电粒子在匀强电场中加速、减速；动能定理处理加速问题； ②计重力：电场力与重力共线，匀加速、匀减速运动； ③结合W＝qU＝mv2－mv求加速获得的速度； ④非匀强电场中，只用动能定理，不用牛顿运动定律； ⑤多过程：先加速，再进入另一电场做直线运动。 4. 高频失分点 混淆是否考虑重力；直线运动条件记忆不清；匀强和非匀强电场方法混用；符号处理出错；忽略粒子做直线运动条件：合力与速度共线。 1. 概念理解 ①掌握带电粒子做直线运动条件：合外力与初速度在同一直线上，加速或减速。 ②分清两类模型：微观粒子（电子、质子）一般不计重力；油滴、小球、尘埃必须考虑重力。 2. 规律掌握 ①匀强电场：可用牛顿第二定律+运动学公式；电场力 F=qE，加速度 a=a＝。 ②无论匀强、非匀强电场，均可以用动能定理 qU＝mv2－mv，该式是加速问题首选公式。 3. 分析能力 ①能判断粒子加速还是减速：合力与速度同向加速，反向减速。 ②处理多过程直线运动，分段分析受力、做功、能量变化。 4. 计算应用 ①会用动能定理求解加速后的速度； ②匀强电场下，能联立牛顿定律、运动学公式求解时间、位移、末速度。 知识点一：带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 1.做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动。 (2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。 2.用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad。 3.用功能观点分析 匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv 非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv 4.直线运动的两种处理方法 (1)动能定理：不涉及t、a时可用． (2)牛顿第二定律和运动学公式：涉及a、t时可用．尤其是交变电场中，最好再结合v－t图象使用． 知识点二：交变电场中的直线运动处理方法 1.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.分析时从两条思路出发: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.注重全面分析(分析受力特点和运动特点),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。 4.交变电场中的直线运动（方法实操展示） U-t图像 v-t图像 轨迹图 一：解题流程 1. 先判断是否计重力 电子、质子、α粒子：不计重力； 带电小球、油滴、液滴：必须计入重力。 2. 两套解题方法选择 ①匀强电场：两种方法均可 方法一：牛顿第二定律 + 匀变速直线运动公式（侧重时间、位移） 方法二：动能定理（侧重速度、做功，计算更简便） ②非匀强电场：只能用动能定理，不能用牛顿运动学公式，电场是变力，加速度变化。 3. 粒子加速核心公式 带电粒子由静止经电势差U加速： W＝qEd＝qU＝mv2－mv 4. 多过程问题处理步骤 ①分段，每一段分析受力，判断合力与速度方向； ②判断加速/减速； ③优先动能定理，全过程列式，不必纠结中间加速度； ④注意正负：电场力做正功动能增大，做负功动能减小。 5. 直线运动关键条件 只有合力与初速度共线，才做直线运动；电场力方向不与速度共线，则发生偏转。 6. 避坑要点 ①动能定理式 qU=mv2－mv，U为粒子运动初末位置电势差； ②匀强电场可以用 U=Ed 把场强、电势差互相转换； ③不要在非匀强电场套用匀变速运动公式。 7. 通用逻辑链 确定是否计重力→分析合力方向，对比速度方向→判断加速/减速→选动能定理或牛顿运动学→列式求解。带电二：粒子在交变电场中的直线运动 1．常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动． (2)粒子做往返运动． 3．解题技巧 (1)按周期性分段研究． (2)将a－t图像v－t图像． 题型01：带电粒子（不计重力）在匀强电场中的直线运动 【典型例题1】在进行长距离星际运行时，不再使用化学燃料，而采用一种新型发动机一离子发动机，其原理是用恒定电压加速一价惰性气体离子，将加速后的气体离子高速喷出，利用反冲作用使飞船本身得到加速。在氦、氖、氩、氪、氙多种气体中选用了氙，已知这几种气体离子的质量中氙的质量最大，下列说法正确的是（　　） A．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时速度更大 B．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动量更大 C．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动能更大 D．一价氙离子体积更小，不容易堵塞发动机 【解答】解：AC.以隋性气体离子为研究对象，根据动能定理得： eUmv2 得 可见，这几种气体离子的带电量相同，加速电压相同，故获得的动能相同，氙离子的质量大，获得的速度小，故AC错误； B.根据动量的定义p＝mv，氙离子的质量大，动量大，故B正确； D.相同质量的一价惰性气体离子中，虽然一价氙离子体积更小，但发动机的喷口较大，其它体积较大的惰性气体的离子还不至于堵塞发动机，故D错误。 故选：B。 【典型例题2】如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F做功，此后撤去力F，物块再经时间返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物块在O点的电势能为零，则（　　） A．撤去力F时物块的速度大小为 B．物块向右滑动的最大距离为 C．物块回到出发点时的动能为 D．撤去力F时物块的电势能为 【答案】C 【详解】A．设F撤去前、后物块的加速度大小分别为a1、a2，根据位移关系有 解得 根据运动学规律有所以撤去力F时物块的速度大小为故A错误； B．从撤去F到物块速度减为零所经历的时间为 所以物块向右滑动的最大距离为故B错误； C．物块从O点开始运动到又回到O点的过程中，电场力做功为零，恒力F做功为90J，根据动能定理可知物块回到出发点时的动能为，故C正确； D．物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达最远位置时的电势能为90J，设撤去F时物块的电势能为Ep，则解得故D错误。 【典型例题3】如图为某一水平电场中等间距的一组等势面分布。一个带电粒子仅在电场力作用下从处以的初速度向x轴负方向运动，运动到处时速度减为零。下列说法错误的是（　　） A．电场强度大小为，方向沿x轴负方向 B．粒子运动到处所用时间为 C．粒子的电荷量与质量的比值为 D．粒子在x轴上运动的过程中，动能和电势能之和为定值 【答案】B 【详解】A．电场强度大小为 电场强度的方向由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以方向沿x轴负方向，故A正确，不符合题意； B．粒子从处运动到处的位移为 粒子做匀减速直线运动，平均速度为 粒子运动的时间为，故B错误，符合题意； C．处与处间的电势差为 带电粒子仅受电场力作用，由动能定理，得 解得，故C正确，不符合题意； D．粒子只受到电场力做功，故粒子的动能和电势能之和不变，为定值，故D正确，不符合题意。 故选B。 【典型例题4】如图所示，来自电子源的电子初速度为零，经电压为U的电场加速后，形成一束柱状的电子流。若电子流横截面积为S，电子的比荷为k，元电荷为e，电子流形成的电流大小为I，则电子流单位体积内的电子数n表达式为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】电子经电压U加速，由动能定理时间内流过横截面积S的电荷量则电子流形成的电流联立解得故选D。 【典型例题5】电子被加速器加速后轰击重金属靶时，会产生射线，可用于放射治疗。图甲展示了一台医用电子直线加速器，其原理如图乙所示：从阴极射线管的阴极K发射出来的电子（速度可忽略），经电势差的绝对值为U的电场加速后获得速度v，加速电场两极板间的距离为d，不计电子所受重力。下列操作可使v增大的是（　　） A．仅增大U B．仅减小U C．仅增大d D．仅减小d 【答案】A 【解析】电子在电场中加速，由动能定理可得 解得易知可使v增大的操作是仅增大U。故选A。 【典型例题6】如图所示，在虚线AB两侧存在方向相反的两个匀强电场，场强大小分别为E1、E2.一质量为m、带电荷量为q的微粒从P点由静止开始，在电场力作用下沿直线在P、Q两点间往返运动，P、Q点到虚线AB的距离分别为d1、d2，且d1＝2d2，不计带电微粒的重力． (1)求的值； (2)若带电微粒从P点运动到Q点的时间为t0，求它从P点到虚线AB的时间． 【答案】(1)　(2)t0 【解析】(1)从P到Q的过程，由动能定理有qE1d1－qE2d2＝0 由题知d1＝2d2，联立解得＝＝ (2)设微粒从P点到AB虚线的时间为t1，从AB虚线到Q的时间为t2，由于微粒在这两段时间内的速度变化量的大小相等，故有a1t1＝a2t2 根据牛顿第二定律有Eq＝ma，可得＝＝ 联立解得＝＝2 由题知t1＋t2＝t0，解得t1＝t0. 【变式训练1-1】原来都是静止的质子（）和α粒子（），经过同一电场加速后，它们的动能大小之比为（　　） A．1：2 B．1：1 C．2：1 D．2：3 【答案】A 【解析】据动能定理可得加速电压相同，故粒子动能与电荷量成正比，可知加速后，动能之比为1：2。故选A。 【变式训练1-2】下列粒子从初速度为零的状态经过电压同为U的电场加速后速度最大的是（　　） A．氘核（） B．质子（） C．氦原子核（） D．氚核（） 【答案】B 【详解】设粒子的电量为q，质量为m，则由动能定理得 解得 在题中四个粒子中质子的比荷最大，速度也最大。 故选B。 【变式训练1-3】两个质量分别为m1和m2的带正电的微粒（m1>m2），在同一匀强电场中同时由静止释放后，经过一段时间两微粒具有相同的动量。忽略重力和微粒间的库仑力，下列说法正确的是（    ） A．此刻两微粒的速度相同 B．此刻两微粒的动能相同 C．两微粒带电荷量相同 D．两微粒的位移大小相同 【答案】C 【详解】A．动量相同但质量不同，根据速度可知速度必然不同，故A错误； B．根据动能因两个微粒质量不同，因此动能不同，故B错误； C．两微粒在匀强电场中受电场力作用做匀加速直线运动，加速度为 由动量可知当两微粒动量相等时，有可知因此，两微粒电荷量必须相同，故C正确； D．根据位移因微粒质量不同，所以位移大小不同，故D错误。故选C。 【变式训练1-4】如图所示，在虚线的左侧存在向右的匀强电场，场强为E。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从虚线上某点以一定的初速度向左射入电场，已知粒子射入的最大深度为l，则粒子到达最大深度所用时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设该带正电粒子初速度为，由动能定理得 解得 该带正电粒子的加速度大小 末速度为零的匀减速直线运动，可以看成反方向初速度为零的匀加速直线运动，则粒子到达最大深度所用时间 故选C。 【变式训练1-5】如图所示，当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是(　 　) A．加速过程中质子电势能增加 B．质子所受到的电场力约为2×10－15 N C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s D．加速器加速的直线长度约为4 m 【答案】D 【解析】电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×1013 m/s2，加速时间t＝≈8×10－7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈4 m，故D正确． 【变式训练1-6】某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为，质子的质量为，其电量为，这束质子流内单位体积的质子数为，那么其等效电流是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意，由动能定理有 设经过时间，由电流的定义式可得，等效电流为 联立解得 故选A。 【变式训练1-7】新冠疫情期间，人们出门戴口罩。口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能。驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极间存在高压，针尖附近的空气被电离后，带电尘埃在电场力的作用下运动，被熔喷布捕获。已知正、负极间的电压为，尘埃受到的重力可以忽略不计，则针状电极附近的带电荷量为、质量为的带负电尘埃被熔喷布捕获时的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】已知正、负极间的电压为，，尘埃被熔喷布捕获时的速度大小为，故选B。 【变式训练1-8】如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，静止的质子被电场强度大小的匀强电场沿直线加速到，然后轰击肿瘤，杀死细胞。已知质子的质量，电荷量，则整个加速过程中质子的位移大小为（　　） A．2m B．2.5m C．4m D．5m 【答案】B 【详解】根据动能定理有 解得整个加速过程中质子的位移大小 故选B。 【变式训练1-9】（多）图甲为静电式油烟净化器的原理图，油烟先经过滤网过滤，较小的颗粒进入收集筒内，筒中心和筒壁之间加上高电压（恒定）后，中心负极会均匀地发射与筒壁垂直的电子，颗粒（视为球体）以相同的速度平行筒心轴线进入筒内后，吸收电子带上负电，在电场力作用下向筒壁偏移，最后附着到筒壁上。已知颗粒吸附的电子数与其表面积成正比，颗粒密度恒定，不计重力和其他影响，该电场可看成辐向电场（如图乙所示）。下列说法正确的是（　　） A．油烟颗粒在收集筒内做匀变速运动 B．经过同一位置的油烟颗粒，半径越大加速度越小 C．离筒壁越远的油烟颗粒达到筒壁上的速度不一定越大 D．收集筒半径越大油烟净化效果越好 【答案】BC 【详解】A．收集筒内的电场呈辐射状，不是匀强电场，油烟颗粒在收集筒内做非匀变速运动，A错误； B．设油烟颗粒半径为，单位面积的电量为，由题意可知 则 半径越大加速度越小，B正确； C．由动能定理得 解得 离的越远越大，颗粒半径大小不同，可能减小，C正确； D．收集筒半径过大，油烟颗粒有可能打不到筒壁上，净化效果会变差，D错误。 故选C。 【变式训练1-10】某种金属板M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同。在M旁放置一个金属网N。如果用导线将MN连起来，M射出的电子落到N上便会沿导线返回M，从而形成电流。现在不把M、N直接相连，而按图那样在M、N之间加一个电压U，发现当U>12.5V时电流表中就没有电流，则被这种紫外线照射出来的电子，最大速度约为（　　）（已知电子的质量，m=0.91×10-30kg和电子电量e=1.6×10-19C） A．2.1×106m/s B．3.1×106m/s C．2.1×105m/s D．3.1×107m/s 【答案】A 【详解】当电子的速度最大时有 解得 。 【变式训练1-11】如图所示为静电植绒仪及其简图，将绒毛放在带负电的容器中，使绒毛带负电，绒毛在电场力的作用下由静止飞到被植体表面上。若忽略绒毛的重力、空气阻力、绒毛之间的相互作用力和边缘效应，带正电的金属板与带负电的金属网之间可视为匀强电场，则下列说法正确的是（　　） A．绒毛飞到被植体表面的过程中加速度逐渐增大 B．绒毛飞到被植体表面的过程中电势能逐渐增大 C．增大电源电压，绒毛到达被植体所需的时间变短 D．增大金属网与金属板间的距离，绒毛到达被植体时的动能会增大 【答案】C 【详解】A．由于带正电的金属板与带负电的金属网之间可视为匀强电场，匀强电场加速度不变，故A错误； B．绒毛带负电，从低电势飞向高电势，电场力做正功，电势能减小，故B错误； C．增大电源电压，电场强度增大，加速度增大，位移不变，由得，增大则减小，故时间变短，故C正确； D．增大金属网与金属板间距离，若电压不变，电场强度减小，但电场力做功仅与电势差和电荷量有关，与无关。由动能定理，初动能为0，末动能不变，故动能不增大，D错误。 故选C。 【变式训练1-12】(多选) 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示)，则(　　) A．粒子射入的最大深度为 B．粒子射入的最大深度为 C．粒子在电场中运动的最长时间为 D．粒子在电场中运动的最长时间为 【答案】　BD 【解析】　粒子从射入到运动至右端，由动能定理得－Eqxmax＝0－mv02，最大深度xmax＝，由v0＝at，a＝可得t＝，则粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝，故选B、D. 【变式训练1-13】人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），细胞外电场不计。如图，处于静息状态的细胞内有初速度为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点运动到细胞膜内B点，则下列说法正确的是（　　） A．A点电势高于B点电势 B．钠离子的电势能增大 C．若双分子层内电场可看作匀强电场，则钠离子的加速度变大 D．若膜电位上升但细胞膜的厚度不变，则钠离子通过B点的速度增大 【答案】AD 【详解】A．处于静息状态的细胞内有初速度为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点运动到细胞膜内B点，可知受电场力从A指向B，可知电场线从A指向B，则A点电势高于B点电势，选项A正确； B．电场力做正功，则钠离子的电势能减小，选项B错误； C．若双分子层内电场可看作匀强电场，则钠离子受电场力不变，则加速度不变，选项C错误； D．若膜电位上升但细胞膜的厚度不变，则根据可知，钠离子通过B点的速度增大，选项D正确。 故选AD。 【变式训练1-14】(多选) 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示)，则(　　) A．粒子射入的最大深度为 B．粒子射入的最大深度为 C．粒子在电场中运动的最长时间为 D．粒子在电场中运动的最长时间为 【答案】　BD 【解析】　粒子从射入到运动至右端，由动能定理得－Eqxmax＝0－mv02，最大深度xmax＝，由v0＝at，a＝可得t＝，则粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝，故选B、D. 【变式训练1-15】如图所示，水平虚线MN上、下方空间分别存在场强方向相反、大小相等的匀强电场。以虚线MN处电势为零，A、B是位于两电场中同一竖直线上的两点，且到MN的距离均为d，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止释放，已知粒子在运动过程中的最大电势能为Emax，不计粒子重力。求： (1)匀强电场的场强大小； (2)粒子从释放到第一次返回A点所需的时间。 【答案】(1)　(2)4d 【解析】(1)粒子释放后，在MN上方电场中，电场力做正功，电势能减小，在MN下方电场中，电场力做负功，电势能增大。由能量守恒和对称性可知，粒子在A、B两点间做往返运动，且在A、B处时电势能最大。MN处电势为零，设A到MN间电势差为U，A点电势为φA，电场强度大小为E，则有U＝φA－0＝φA，Emax＝qφA，U＝Ed，联立解得E＝。 (2)粒子从A到MN做匀加速直线运动，设经历的时间为t，到MN时粒子速度为v，加速度为a，则有v＝at，qE＝ma，从A到MN由能量守恒有Emax＝mv2，联立解得t＝d，由对称性可得，粒子第一次返回A点所需时间为4t＝4d。 【变式训练1-16】反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其震荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，电荷量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求： （1）B点距虚线MN的距离d2； （2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。 【答案】(1)0.50 cm (2)1.5×10－8 s 【解析】(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，解得d2＝d1＝0.50 cm。(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，有|q|E1＝ma1， |q|E2＝ma2设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，有d1＝a1t12，d2＝a2t22。又t＝t1＋t2联立解得t＝1.5×10－8 s。 【变式训练1-17】多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。 (1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1； (2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x； (3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。 【答案】(1) 　(2)　(3)m0 【解析】(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理，有qU＝mv2① 离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝② 联立①②式，得T1＝ 。③ (2)根据动能定理，有qU－qEx＝0④ 得x＝。⑤ (3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝⑥ 通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝＋⑦ 联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2) ⑧ 可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。 依题意可得＝ 可得m1＝m0。⑨ 题型02：带电粒子（不计重力）在平行板电容器中的直线运动 【典型例题1】如图在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是（　　）    A．到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关 B．到达Q板的速率与板间距离无关 C．两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大 D．若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍 【答案】B 【详解】AB．根据动能定理得 到达Q板的速率为 可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误，B正确； C．根据动力学公式 可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故C错误； D．到达Q板的速率为 故若电荷的电压U、与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D错误。 故选B。 【典型例题2】如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为(　　) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 【答案】　A 【解析】　设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子aM＝，l＝·t2；对电荷量为－q的粒子有am＝，l＝·t2，联立解得＝，故选A. 【典型例题3】如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　) A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变 B．金属板A、B间的电压减小 C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同 D．乙电子运动到O点的速率为2v0 【答案】C 【解析】两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝＝＝，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝mv2，e·E·d＝mv，可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，选项D错误． 【典型例题4】细胞膜是由磷脂双分子层构成的富有弹性的半透膜（如图甲所示）。设运送粒子时，细胞膜内上、下表面的电荷量为定值，此时可将细胞膜视为面积很大的平行板电容器（如图乙所示），其间电场可视为匀强电场。某正粒子只在电场力作用下从膜的一个表面由静止开始运动到另一个表面，该过程中粒子运动的加速度大小a、运动时间t、到达另一表面时速度大小v、电场力做功W与膜两表面距离d的关系图像正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】已知极板带电量不变，平行板电容器恒定，由 可知：板间电场强度与间距无关，恒定。 A．根据 不变，则是定值，图像为水平直线，A错误。 B．粒子初速度为0，匀加速： 可得 与成正比，不是过原点直线，B错误。 C．由 得 与成正比，不是过原点直线，C错误。 D．电场力做功 为定值，与成正比，图像是过原点倾斜直线，D正确。 故选D。 【典型例题5】（多选）如图为密立根油滴实验的原理示意图。两块水平放置的金属板间存在竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾器从上板中间的小孔喷入油滴。通过显微镜在电场中可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，重力加速度为g，不计油滴间相互作用力，则下列说法正确的是（　　） A．该悬浮油滴带负电 B．该悬浮油滴带正电 C．该悬浮油滴的电荷量为 D．该悬浮油滴的电荷量为 【答案】AC 【解析】AB．悬浮油滴所受电场力方向竖直向上，根据电场强度方向可以判断油滴带负电。故A正确，B错误。CD．根据平衡条件有解得悬浮油滴的电荷量为 故C正确，D错误。故选AC。 【典型例题6】如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求： (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由牛顿第二定律由运动学公式联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为 （2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为，满足 代入解得 同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为，满足 代入解得 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为 【变式训练2-1】如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是(　　) A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 B．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大 C．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 D．以上解释都不正确 【答案】C　 【解析】在两板电压确定的情况下，电场力做功是确定的，由动能定理，电子到达B板的速度是确定的． 【变式训练2-2】如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压400V。一个动能为500eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为（　　） A．100eV B．400eV C．500eV D．900eV 【答案】A 【解析】电子从A向B运动时，电场力对电子做负功，若当电子到达B点时，克服电场力所做的功因此电子可以到达B点，由动能定理 解得电子离开电场时的动能故A正确,BCD错误。故选A。 【变式训练2-3】如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，OA=h，此电子具有的初动能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】从O点运动到A点，由动能定理得；由题意可知两极板间的场强为；所以，OA两点间的电势差为，代入可得，电子具有的初动能为 D正确。故选D。 【变式训练2-4】在距离为L的质子源和靶之间有一电压为U的匀强电场，质子（初速度为零）经电场加速，形成电流强度为I的细柱形质子流打到靶上且被靶全部吸收。在质子流中与质子源相距l和4l的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为和，已知质子质量为m、电荷量为e。下列说法正确的是（　　） A． B．每秒打到靶上的质子的总动能为eU C．质子流对靶的作用力大小为 D．质子源与靶间的质子总数为 【答案】C 【详解】A．在质子流中与质子相距为处的速度为 在质子流中与质子相距为处的速度为 在两个位置各取一段极短相等长度的质子流 电流是指单位时间内通过某一横截面积的电荷量。设单位时间打到靶上的质子数为，则 所以因此即，A错误； B．对单个质子经过电场加速获得的动能解得 单位时间内打到靶上的质子的总动能为，B错误； C．质子打在靶上被吸收，根据动量定理，单位时间质子打在靶上对靶的作用力，C正确； D．质子在电场中的加速度 质子从质子源运动到靶所用时间 所以质子源到靶间的质子总数，D错误。 故选C。 【变式训练2-5】如图所示，相互平行的水平金属板、、分别与两个相同的电源相连，、两板上开的小孔在同一竖直线上。一电子从靠近板的位置由静止开始运动，恰好能到达板，不计电子重力。将板上移至水平虚线处，由处静止释放的电子（　　） A．到达板时速度减小 B．能穿过板上的小孔 C．到达板的时间不变 D．到达板的时间增大 【答案】C 【详解】A．电子从O到B板，根据动能定理 AB间电压始终为，因此到达B板的速度，A错误； B．对电子从O到C板全过程，动能定理 总功始终为0，因此电子到达C板时速度仍为0，恰好到达C板，不能穿过小孔，B错误； CD．AB段匀加速：加速度 位移 解得​​，即​与​成正比。 BC段匀减速：加速度大小 同理可得减速到0的时间，即与​成正比。 总时间，不变，因此总时间不变，C正确，D错误。 故选 C。 【变式训练2-6】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到点，则由O点静止释放的电子（　　） A．运动到P点返回 B．运动到P和点之间返回 C．运动到点返回 D．穿过点后继续运动 【答案】D 【知识点】带电粒子在匀强电场中的直线运动 【详解】由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点速度为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有 解得 根据 当C板向左平移到点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有 结合上述有 可知，电子减速运动到的速度不等于0，即电子穿过点后继续向右运动。 故选D。 【变式训练2-7】中国聚变工程BEST装置（“人造太阳”）预计在2027年建成，在“人造太阳”（托卡马克装置）前端直线加速系统实验中，采用平行极板加速器形成匀强电场来加速带电粒子。其基本原理如图所示，真空中两块平行极板正对放置，极板的正中央各有一小孔，某次带正电粒子p从左侧正极板小孔由静止出发，直线加速后从右侧极板小孔离开，不计粒子所受重力，若保持两板间电压恒定，将两板间距离增大到原来的2倍，相同粒子p仍从左侧正极板小孔由静止出发，则（　　） A．板间电场强度变为原来2倍 B．粒子p在电场中的加速时间变为原来2倍 C．粒子p在电场中的加速度变为原来2倍 D．粒子p出右侧极板时速度变为原来2倍 【答案】B 【详解】A．板间电场强度为可知，将两板间距离增大到原来的2倍，板间电场强度变为原来倍，故A错误； C．根据牛顿第二定律可得由A分析可知，板间电场强度变为原来倍，所以粒子p在电场中的加速度变为原来倍，故C错误； B．根据，整理可得 即粒子p在电场中的加速时间与两板间距离成正比，也变为原来2倍，故B正确； D．根据动能定理，解得 则粒子p出右侧极板时速度与两板间距离无关，即粒子p出右侧极板时速度不变，故D错误。故选B。 【变式训练2-8】如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是（　 　） A．变化前后电容器电容之比为17：9 B．变化前后电容器所带电荷量之比为16：9 C．变化前后电子到达下极板的速度之比为：1 D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2：1 【答案】D 【详解】AB．由平行板电容器电容公式 设极板半径为r，则变化前后电容器电容正对面积之比 可知，变化前后电容器电容之比为 电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为 故AB错误； C．电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有 解得，电子到达下极板的速度 电容器两端电压不变，变化前后电子到达下极板的速度之比为1：1，故C错误； D．电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度 电子的运动时间 变化前后电子运动到下极板所用时间之比为 故D正确。故选D。 【变式训练2-9】飞行时间质谱仪可用于创新药物研发等领域，其简化工作原理如图。开关S闭合，在真空室内，电容器极板AB间加速电压为U，两极板中央开有小孔，C为接收端，BC间为无场漂移区域。有一质量为m、电荷量为q（）的带电大分子（不计重力），自漂入（忽略初速度）A极板小孔起，经加速区域和漂移区域到达C端结束，时间探测器显示整个过程时间为t，则（     ） A．保持S闭合，仅变大，t变长 B．保持S闭合，仅U增大，t变长 C．保持S闭合，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长 D．将S断开，AC位置不变，仅B极板向右移动，t变长 【答案】C 【详解】ABC．根据题意，设A、B距离为，B、C距离为，且，在A、B间有，， 解得，， 在B、C间有 则整个过程时间 保持S闭合，不变，仅变大，变短，故A错误； B．结合A分析可知，保持S闭合，仅增大，变短，故B错误； C．结合A分析可知，保持S闭合，不变，AC位置不变，仅B极板向右移动，则增大，减小，不变，变长，故C正确； D．将S断开，极板上电荷量不变，AC位置不变，仅B极板向右移动，A、B间电场强度不变，则加速度不变，则有，， 则整个过程时间 由于增大但小于，减小，不变，根据数学知识可知，当时，有最小值，可知，随着增大但小于，减小，则总时间减小，故D错误。 故选C。 【变式训练2-10】（多选）如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，下列解释正确的是（　　） A．两板间距越大，加速的时间就越长 B．两板间距越大，则电子到达B板时获得的速率越大 C．两板间距越小，则电子到达B板时获得的速率越大 D．电子到达B板时的速率，与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 【答案】AD 【解析】A．由牛顿第二定律可知：，而故 电子在两极板间做匀加速直线运动，故有可得 可知两极板间距离越大，加速的时间就越长，A正确； BCD．根据动能定理可得电子到达B板的速率大小 可知电子到达B板的速率与加速电压有关，与板间距离d无关，所以BC错误，D正确。 故选AD。 【变式训练2-11】（多）一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中，C板固定，D板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，已知A到D板的距离是板间距离的三分之一，忽略电子的重力，则（　　） A．若将D板向左平移至A点，电子恰能到达D板 B．若将D板向右平移至某位置，电子将不能运动至A点 C．若要让电子能够到达D板，可将电子的动能至少增加为原来的1.5倍 D．若闭合开关，再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，电子能够到达D板 【答案】AC 【详解】AB．从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，则有 若将D板向左平移至A点，根据 可得 两极板间电场强度不变，则电子恰能到达D板，同理，若将D板向右平移至某位置，电子恰能运动至A点，故A正确，B错误； C．若要让电子能够到达D板，则 所以 故C正确； D．若闭合开关，再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，则电容器两极板间电势差不变，两极板间距离减小，两极板间电场强度增大，电子不能到达D板，故D错误。 故选AC。 【变式训练2-12】（多选）如图所示，平行板电容器与直流电源连接，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B极板时速度为v，电子在两板间运动的时间为t，则（　　） A．保持开关K闭合，当增大两板间距离时，v增大 B．保持开关K闭合，当增大两板间距离时，t增大 C．断开开关K，当增大两板间距离时，v不变 D．断开开关K，当增大两板间距离时，t增大 【解答】解：AB.保持开关K闭合，极板间的电势差不变，电子从静止开始运动，根据动能定理可得：，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功，所以末速度不变，则平均速度不变；若两板间距离增加，时间变长，故A错误，B正确； CD.断开开关K，极板上电荷量不变，根据C和E可得电场强度E；当增大两板间距离时，极板间的场强不变，加速度不变，电子从静止开始运动，根据动能定理可得：qEL可知当增大两板间距离时，末速度增大，根据L可知时间变长，故C错误，D正确。 故选：BD。 【变式训练2-13】如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，重力可忽略则下述措施能满足要求的是(　　)． A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 【答案】BD 【解析】在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv，所以d＝，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x＝；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝；使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的一半，x＝. 【变式训练2-14】(多选)如图为某直线加速器简化示意图，设n个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，带电粒子以一定的初速度沿轴线射入后可实现加速，则(　　) A．带电粒子在每个圆筒内都做加速运动 B．带电粒子只在圆筒间的缝隙处做加速运动 C．带电粒子穿过每个圆筒时，电源正负极要改变 D．从左向右各筒长度之比为1∶3∶5∶7… 【答案】BC 【解析】由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故带电粒子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故带电粒子每次穿越缝隙时将被电场加速，故B正确，A错误；带电粒子要持续加速，下一个金属筒的电势要低，所以电源正负极要改变，故C正确；设带电粒子进入第n个圆筒中的速度为vn，则第n个圆筒的长度为L＝vn，根据动能定理得(n－1)qU＝mvn2－mv02，联立解得L＝，可知从左向右各筒长度之比不等于1∶3∶5∶7…，故D错误． 【变式训练2-15】如图所示，栅装金属板MN的温度升高到一定程度时就会向外溢出电子，这种电子叫热电子。PQ金属板与MN正对，间距为d。面a和b到MN距离分别为和，在两面附近沿电子移动方向分别取长度（趋近于0），构成的体积内的电子数分别为和。给栅板加能溢出电子的电压E，MN和PQ接在输出电压恒为U的高压电源，在两板之间形成匀强电场。已知栅板MN溢出的电子均被电场加速到达PQ板，忽略电子溢出时的速度及a、b两面的厚度，电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电荷量大小为e。则下列说法正确的是（    ） A．电子从MN运动到PQ的时间为 B．电子到达PQ板时的动能为 C．电子到达b面时的速度为 D．和的比值为 【答案】AD 【详解】A．电子在匀强电场中做匀加速运动，由牛顿第二定律可得 从MN到PQ由匀变速直线运动可得 解得 故A正确； B．电场力做功可得到达PQ板时有 故B错误； CD．电场力做功可得到达b面时有 解得 同理可得到达a面时 移动长度用时可表示为 电流为I，则可得在面附近沿电子移动方向取长度（趋近于0），构成的体积内的电子数有 则 故C错误，D正确。 故选AD。 【变式训练2-16】如图所示，阴极K发射的电子（初速度可视为零）经电压为的电场加速后，从A板上的小孔进入由A、B两平行金属板组成的电容为C的电容器中，开始时B板不带电，电子到达B板后被吸收。已知电子的电荷量为e，不计电子重力以及电子之间的相互作用，当电子不能到达B板时（　　） A．在这之后，任何从小孔进入电容器的电子速度第一次减为0所用的时间（从刚进入电容器时开始计时）相等 B．B板的电势和阴极K的电势相等 C．B板的电荷量为 D．电子从阴极K到B板电势能一直减小 【答案】ABC 【详解】A．当电子不能到达B板时，AB之间电势差不变，场强不变，电子刚进入电容器时开始计时速度相同，则所用时间相等，故A正确； B．由能量守恒及动能定理得 即 可知B板的电势和阴极K的电势相等，故B正确； C．由题可知，AB间的最大电压为 可知B板的电荷量为 故C正确； D．由能量守恒可知，电子由K到A，动能增加，电势能减少，由A到B时，动能减少，电势能增加，故D错误。 故选ABC。 【变式训练2-17】（多选）中医药文化是我国优秀传统文化的重要组成部分，中药的保存常常需要做干燥处理。将干燥过程简化为：药材置于存在水平方向非匀强的电场的空间中，电场强度E随水平距离x的变化如图1所示：水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电荷，另一端带等量负电荷；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去。现分析其中一个如图2所示的水分子，初始时该分子在原点，初速度为零，若只考虑水分子与外电场的作用力，则下列说法正确的是（　　） A．该水分子将在电场力作用下做变加速直线运动 B．该水分子将在电场力作用下做匀加速直线运动 C．该水分子在运动过程中的电势能减少 D．该水分子在运动过程中的电势能保持不变 【解答】解：AB、设分子中正电荷与负电荷所带电荷量大小为q，正电荷所在位置场强大小为E1，负电荷所在位置场强大小为E2，则水分子所受电场力大小为F＝qE1﹣qE2＝q（E1﹣E2）＝q•ΔE。由图1可知，正、负电荷间距离一定，它们所在位置场强的差值ΔE一定，所以F是恒力，水分子将在电场力作用下做匀加速直线运动，故A错误，B正确； CD、水分子所受的电场力的合力水平向右，对分子做正功，则该水分子在运动过程中的电势能减少，故C正确，D错误。 故选：BC。 【变式训练2-18】如图所示，相距为d的两平行金属板间存在匀强电场。一个电子从左极板O点处以速度v0沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为h（h＜d），电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。 （1）求O、A两点间的电势差大小UOA； （2）求两平行金属极间电势差大小U； （3）设右极板电势为零，求A点电势φA。 【解答】解：（1）电子由O到A的过程，只有电场力做功，根据动能定理可得：−eUOA＝0− 解得OA的电势差UOA （2）OA的电势差UOA＝Eh； 两平行金属极间电势差大小U＝Ed 则U （3）右极板电势为零，则左极板电势为φ＝U A点电势φA＝φ﹣UOA 答：（1）O、A两点间的电势差大小为； （2）两平行金属极间电势差大小为； （3）设右极板电势为零，A点电势为。 【变式训练2-19】如图是带有转向器的粒子直线加速器，转向器中有辐向电场，A、B接在电压大小恒为U的交变电源上。质量为m、电量为＋q的离子，以初速度进入第1个金属圆筒左侧的小孔。离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均为t；在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，并从N点射出。求： （1）第3个金属圆筒的长度； （2）虚线MN处电场强度的大小。      【答案】（1）；（2） 【详解】（1）进入第三个圆筒的速度 第3个金属圆筒的长度 （2）由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动 解得 题型03：带电体在匀强电场中的直线运动 （1） 匀强电场模型 【典型例题1】如图所示，竖直平面内分布有水平向右的匀强电场，一带电小球沿直线从位置b斜向下运动到位置a。在这个过程中，带电小球（　　） A．只受到电场力作用 B．带正电 C．做匀加速直线运动 D．机械能守恒 【答案】C 【详解】AB．小球沿直线运动，故合力一定沿该直线方向上，电场力只能水平向左或者向右，故小球必定受到重力，重力竖直向下，故电场力方向水平向左，合力沿轨迹直线方向斜向下，所以小球带负电，AB错误； C．根据前面分析可知合力大小不变，方向与运动方向相同，故做匀加速直线运动，C正确； D．小球在运动中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，D错误。 故选C。 【典型例题2】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 B．机械能增加 C．重力势能增加 D．电势能增加 【答案】B 【详解】A．小球动能增加量为 故A错误； BC．小球在竖直方向做匀减速运动，竖直速度减为零时，设上升高度为h，有 解得 则重力势能增加量为 机械能增加量为 故B正确，C错误； D．小球在竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直速度由v减到零的过程，水平速度刚好由零加到2v，根据加速度定义式 可知水平方向的加速度大小为竖直方向加速度大小的2倍，根据牛顿第二定律得水平方向电场力和加速度大小分别为2mg、2g，则水平方向位移大小为 电场力做正功，电势能减少，减少量为故D错误。故选B。 【典型例题3】如图所示，在光滑绝缘水平面上有质量均为m、所带电荷量分别为、、的a、b、c三个带电小球，分别位于一个等腰三角形的三个顶点处，其中，三角形平面处于电场强度大小为E（未知）、方向水平向右的匀强电场中。已知三个小球所带电荷量不变且均可视为质点，三个小球相对静止一起水平向右做匀加速运动，静电力常量为k，则匀强电场的电场强度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】三个小球整体水平向右做匀加速运动，对三个小球整体进行分析，有 对小球a进行受力分析有 解得 故选A。 【典型例题4】在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，质量为m、电荷量为的小球自O点以初速度沿方向在竖直面内做匀变速直线运动，如图所示。与水平面的夹角为，重力加速度为g，且，则（　　） A．电场方向水平向右 B．小球运动的加速度大小为 C．小球上升的最大高度为 D．小球电势能增加量的最大值为 【答案】C 【详解】AB．依题意，小球以初速度沿方向在竖直面内做匀变速直线运动，则小球重力与所受电场力的合力一定沿OP方向，且由于，根据矢量叠加原理，可知带正电小球所受电场力水平向左，则电场方向水平向左；小球运动受到的合力大小为 根据牛顿第二定律可得，小球的加速度大小为 方向沿PO方向，故AB错误； C．小球做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动速度－位移公式，可得小球上升的最大高度为 故C正确； D．根据功能关系，可得小球电势能增加量的最大值为 故D错误。 故选C。 【典型例题5】一条绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m、带电量为＋q的小球A，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直方向夹角成为θ。已知重力加速度为g，下列说法错误的是（　　）    A．匀强电场的电场强度大小为 B．细线对小球的拉力大小为 C．剪断细线，小球将做直线运动 D．突然撤去电场的瞬间，细线拉力大小变为 【答案】D 【详解】AB．小球处于静止状态，合外力为零，根据平衡条件有 联立解得细线对小球的拉力大小为 匀强电场的电场强度大小为AB正确。 C．电场力和重力的合力沿绳子的反方向，剪断细线后，小球受到的沿重力和电场力的合力方向做匀加速直线运动，C正确； D．突然撤去电场的瞬间，小球会做圆周运动，撤去电场瞬间小球具有沿切线方向的加速度，沿绳方向合力为零，所以绳子上的拉力为D错误。 本题选择错误选项。故选D。 【典型例题6】如图甲所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，其空间存在沿斜面方向的匀强电场，以斜面底諯为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，一带正电的小滑块以一定的初速度从斜面底端处开始上滑，若斜面足够长，上滑过程中小滑块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，，，则下列说法正确的是（    ） A．电场强度的方向沿斜面向上 B．在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为 C．在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为 D．小滑块上滑过程中，重力势能增加了 【答案】C 【详解】AC．由图乙可知，上滑过程中小滑块的机械能变化量为 即电场力做负功，所以电场强度的方向沿斜面向下。又 解得 则在斜面底端小滑块克服电场力做功的功率为故A错误；C正确； D．由A选项分析可知，上滑过程中，小滑块的机械能减少了，动能减少了。其重力势能增加了 故D错误； B．小滑块上滑过程中，重力做负功，小滑块的重力势能变化量为 解得在斜面底端小滑块克服重力做功的功率为故B错误。 故选C。 【典型例题7】（多选）如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则(　 　) A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为 D．若小球在初始位移的电势能为零，则小球电势能的最大值为 【答案】BD 【解析】由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得：－mg·2h＝0－mv，解得：h＝，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcos 120°＝qEh＝mg·＝，D正确． 【典型例题8】（多选）如图所示，一带正电的滑块以某一初速度沿固定绝缘斜面下滑，时刻进入方向竖直向下的匀强电场区域，滑块运动的速度时间（）图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】滑块沿固定绝缘斜面下滑，受到重力 mg、斜面的支持力N和摩擦力f。根据牛顿第二定律，沿斜面方向有 其中 此时加速度 滑块带正电，进入竖直向下的匀强电场后，受到电场力 此时沿斜面方向的合力 加速度 对比和，因为 所以。 AB．图像表示时刻前后速度不变，即加速度为0，若，物体未加电场时匀速运动，加上电场后依然会做匀速运动，所以 A 正确，B错误。 CD．时刻前滑块做加速运动，进入电场时刻后，由于，图像斜率增大，即加速度增大，继续做加速运动，故 D 正确，C 错误。 故选AD。 【典型例题9】如图所示，O点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑。过O点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的绝缘物块，从O点以初速度水平向右进入电场。求： （1）物块向右运动离O点的最远距离L； （2）物块在整个运动过程中受到静电力的冲量I的大小和方向； （3）物块在整个运动过程中产生的内能Q。 【答案】（1）;（2），其方向与方向相反;（3） 【详解】（1）物块向右减速运动，根据动能定理有 得 （2)取方向为正方向，由于物块从出发到返回出发点的过程中，静电力做功为零，所以返回出发点时的速度 根据动量定理有得负号表示其方向与方向相反。 （3)在物块运动的全过程中，根据能量守恒有 【变式训练3-1-1】如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是（　　） A．电场强度的最小值等于 B．电场强度的最小值等于 C．带电油滴的机械能可能不变 D．静电力的冲量可能为0 【答案】C 【详解】AB．带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和静电力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，如图 由图可知，当静电力F与油滴轨迹垂直时，静电力F最小，场强最小，则有 得到，故AB错误； C．当时，静电力方向与速度方向垂直，静电力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故C正确； D．静电力的冲量可能为静电力大小与时间乘积，不可能为零，故D错误。故选C。 【变式训练3-1-2】如图甲所示，光滑绝缘细杆处于静电场中，沿细杆建立x轴，取处的电势为零，细杆上各处电场方向沿x轴正方向，其电场强度E随x的分布如图乙所示。细杆上套有可视为点电荷的带电圆环，其质量，电荷量。将带电圆环自O点由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．带电圆环在0~3m区间做匀加速直线运动 B．带电圆环在处的加速度大小为 C．绝缘细杆上处的电势为 D．在位置时，带电圆环的速度大小为 【答案】D 【详解】A．带电圆环在0~3m区间的加速度 因电场强度在不断改变，故圆环的加速度也在不断改变，选项A错误； B．由题图可知，处的电场强度为，可得圆环在处的加速度，选项B错误； C．圆环从处运动到处电场力做功 圆环的电势能减少量 则圆环在处的电势，选项C错误； D．圆环从处运动到处时，电场力做功 电场力做的功全部转化为圆环的动能，速度大小 ，选项D正确。故选D。 【变式训练3-1-3】如图所示， 竖直平面内存在电场强度可调的匀强电场， 一个带电小球在电场调整前后，两次都以相同的初速度从某点A水平射入其中，两次都做匀减速直线运动，直到速度减为零。第一次电场力与竖直方向成夹角，小球位移为； 第二次电场力与竖直方向成夹角，小球位移为。则下列叙述正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】AB．小球做匀减速直线运动，则有， 可知，故A正确，B错误； CD．根据牛顿第二定律有，解得 根据解得，故CD错误； 故选A。 【变式训练3-1-4】在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面（纸面）内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中（　　） A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 【答案】D 【解析】根据题意若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的运动方向相同，则电场力对小球正功，小球的动能增大，电势能减小。 故选D。 【变式训练3-1-5】如图所示，在水平方向的匀强电场中，一质量为m的带电小球仅在重力和电场力作用下在竖直面（纸面）内运动，虚线与水平面夹角为45°。若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线斜向右上，大小为，从图示位置出发到最高点的过程中，带电小球的电势能（   ） A．减小了 B．减小了 C．增大了 D．增大了 【答案】B 【详解】若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，说明重力和电场力的合力方向沿虚线向下，且电场力方向向右，有 从图示位置出发到最高点的过程中，竖直方向上 水平方向上 带电小球的电势能改变量 解得 故选B。 【变式训练3-1-6】水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（　　） A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1 B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1 C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上 D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3 【答案】D 【详解】A．以竖直向下为正，假设施加电场后小球加速度大小为a，则 解得所以 解得小球所受电场力与重力的大小之比为4:1，故A错误； B．小球下落时间t时的速度大小为 小球回到出发点时的速度大小为从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中减速运动时间 加速运动时间 小球加速运动时间与减速运动时间之比为2:1，故B错误； C．以竖直向下为正，则 小球的动量变化量大小为3mgt，方向竖直向上。故C错误； D．从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中电场力做功为 合外力做功为 所以小球电势能的减少量与动能的增加量之比为故D正确。 故选D。 【变式训练3-1-7】如图所示，ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向的夹角，一带正电小球经过等势面A上的点时，速度方向水平，小球沿直线运动，经过等势面D上的点时速度恰好为零，已知小球质量为，带电量，ad间的距离为，重力加速度，，，则下列说法正确的是（　　） A．匀强电场强度大小为7.5N/C B．小球在a点的速度大小为1.5m/s C．A和B两等势面的电势差 D．若小球从d点沿da方向水平射入，则小球的运动轨迹为曲线 【答案】B 【详解】A．根据小球的受力图，有解得选项A错误； B．小球在运动过程的加速度满足解得根据解得选项B正确； C．粒子在运动过程中，重力不做功，故解得选项C错误； D．若小球从点水平射入，小球受到的电场力方向水平向左，小球做加速直线运动，选项D错误。 故选B。 【变式训练3-1-8】如图所示，一质量为m=0.5kg，带电量为q=+2×10-6 C的物块A放在一个静止的绝缘木箱内，木箱内有水平向右E=6×105 N/C的匀强电场，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数μ=0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，若木箱做如下加速运动，物块A将相对木箱滑动的是（　　） A．向左做匀加速运动，加速度大小为0.8m/s2 B．向右做匀加速运动，加速度大小为0.8m/s2 C．向上做匀加速运动，加速度大小为0.8m/s2 D．向下做匀加速运动，加速度大小为0.8m/s2 【答案】A 【详解】A．当向左做匀加速运动，加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 解得 物块A与木箱间的最大静摩擦力为 可知物块A相对木箱滑动，故A正确； B．当向右做匀加速运动，加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 解得 可知物块A相对木箱处于静止状态，故B错误； C．当向上做匀加速运动，加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 解得 物块A与木箱间的最大静摩擦力为 物块A受到的电场力为 可知物块A相对木箱处于静止状态，故C错误； D．当向下做匀加速运动，加速度大小为，根据牛顿第二定律可得 解得 物块A与木箱间的最大静摩擦力为 物块A受到的电场力为 可知物块A相对木箱处于静止状态，故D错误。 故选A。 【变式训练3-1-9】如图所示，倾角为的光滑、足够长绝缘斜面固定在水平地面上，斜面底端有一电荷量为、质量为的带电小物块，小物块在平行于斜面向上的恒定拉力作用下，由静止开始运动，经过一段时间后撤去拉力，此后，小物块继续沿斜面运动，又经过返回到斜面底端。已知重力加速度取，整个空间存在水平向右的电场强度大小的匀强电场。则拉力的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由牛顿第二定律可得， 取沿斜面向上为正方向，则，且联立解得N故选D。 【变式训练3-1-10】如图，带电小滑块甲和乙的质量相同，放置在足够长的光滑绝缘斜面上，相距（远远大于滑块宽度），释放两滑块瞬间，甲的加速度为零；经过一段时间，两滑块相距时，速度分别为、，加速度之比，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】CD．释放甲瞬间甲加速度为零，说明两滑块带同种电荷.。甲沿斜面受力平衡 当两滑块相距时，设此时库仑力为 对甲根据牛顿第二定律​ 对乙根据牛顿第二定律​ 已知 ，代入整理得 又 可得，C错误，D正确； AB．对甲、乙分别用动量定理，可得 ， 显然，AB错误。 故选 D。 【变式训练3-1-11】如图所示水平面上固定一个斜面体，斜面倾角，斜面长为5m。可视为质点的A、B两物块叠放在一起以5m/s的速度恰好一起从斜面顶端沿斜面匀速下滑，斜面各处的光滑程度相同，两物块滑过斜面的中点P后进入一匀强电场E中，电场方向垂直斜面向上，电场强度，物块A带电量为+q，质量为m，物块B不带电，二者绝缘。则关于AB两物体从斜面顶端运动至地面所需时间分别是（　　） A．tA=1s B． C．tB=1.25s D．tB=0.75s 【答案】A 【详解】AB从斜面顶端开始运动到P点的时间为 进入电场后， A竖直方向因，可知竖直方向受力平衡，则AB脱离，A竖直方向做匀速运动，则到达斜面底端的时间为则A物体从斜面顶端运动至地面所需时间是； B进入电场后仍受力平衡沿斜面向下做匀速运动，则到达底端的时间为，则B物体从斜面顶端运动至地面所需时间是。故选A。 【变式训练3-1-12】如图所示，纸面内存在一水平方向的匀强电场，场强大小为E，空间中有一竖直放置的圆，半径为R。AB、AC是两光滑的绝缘直杆，AB与圆的一条直径重合。现将两完全相同的带正电小球P和Q分别从B、C两点同时由静止释放，P和Q同时到达A点。已知∠α=30°，小球质量为m，电荷量为q，可视为质点，若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．电场方向水平向右 B．电场强度E= C．A点是圆上电势最低的点 D．P和Q由静止运动到A的过程中，电场力对P做的功小于电场力对Q做的功 【答案】B 【详解】AB．根据等时圆原理可知，等效重力方向沿AB方向，故电场方向水平向左，根据几何关系可得θ=60°-α=60°-30°=30° 根据平衡条件可得 大小为E=，选项A错误，B正确； C．沿电场线电势逐渐降低可知，如图，D点是圆上电势最低的点，选项C错误； D．因UAB>UAC，可知P和Q由静止运动到A的过程中，电场力对P做的功大于电场力对Q做的功，选项D错误。故选B。 【变式训练3-1-13】质量1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为，与滑块间动摩擦因数为，电动机带动传送带以3m/s速度顺时针匀速转动。滑块受到沿斜面向上的4N恒定电场力作用，则1s内（　　） A．滑块动能增加4J B．滑块机械能增加12J C．由于放上滑块电机多消耗电能为12J D．滑块与传送带间摩擦产热为4J 【答案】C 【详解】A．分析滑块，由牛顿第二定律得 解得 1s末，滑块末速度为 位移为传送带位移为则，滑块动能为故A错误； B．滑块机械能增加故B错误； C．电机多消耗电能故C正确； D．滑块与传送带间摩擦产热为故D错误。 故选C。 【变式训练3-1-14】(多选)如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动．已知力F和AB间夹角为θ，A、B间距离为d，重力加速度为g.则(　　) A．力F大小的取值范围只能在0～ B．电场强度E的最小值为 C．小球从A运动到B电场力可能不做功 D．若电场强度E＝时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin 2θ 【答案】BCD 【解析】小球受到重力mg、力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示， 可知，当电场力qE沿水平方向时，F＝，电场力qE可以继续增大，F也能继续增大，F可以大于，A错误；当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小，则得：qEmin＝mgsin θ，所以电场强度的最小值为：Emin＝，B正确；若电场强度E＝，电场力qE可能与AB方向垂直，如图位置1，小球从A运动到B电场力不做功，电势能变化量为0，也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为2mgdsin 2θ，C、D正确． 【变式训练3-1-15】如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能（r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量）。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f，重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（　　） A．最低点的位置 B．速率达到最大值时的位置 C．最后停留位置x的区间是 D．若在最低点能返回，则初始电势能 【答案】BD 【解析】A．全过程，根据动能定理 解得故A错误； B．当小球甲的加速度为零时，速率最大，则有 解得故B正确； C．小球甲最后停留时，满足 解得位置x的区间故C错误； D．若在最低点能返回，即在最低点满足 结合动能定理又 联立可得 【变式训练3-1-16】(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　) A．电场强度的最小值等于 B．电场强度的最大值等于 C．带电油滴的机械能可能增加 D．电场力可能对带电油滴不做功 【答案】C 【解析】带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出示意图，由图可知，当电场力F与油滴运动轨迹垂直时，电场力F最小，电场强度最小，则有F＝qEmin＝mgsin θ，得到Emin＝，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，故D正确；当E＞且电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确。 【变式训练3-1-17】如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为＋q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动．已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　) A．电场的方向可能水平向左 B．电场强度E的最小值为 C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零 D．F所做的功一定为mgd 【答案】BC 【解析】小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示， 根据图可知，电场力方向指向右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A错误；由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小．则得：qE＝mgsin θ，所以电场强度的最小值为E＝＝，故B正确；当mg＝Eq时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，故C正确；由于电场力变化时，F大小也跟随着改变，所以做功也不能确定具体值，故D错误． 【变式训练3-1-18】（多选）如图所示，匀强电场方向斜向左上方，与水平方向夹角，一比荷为的带电小球从点以一定的初速度（未知）射入电场，带电小球沿水平直线刚好运动到点，两点之间的距离为，已知重力加速度为，若规定点电势为0。则下列说法正确的是（    ） A．小球可能带负电 B．电场强度大小为 C．小球由到的时间为 D．点的电势为 【答案】BCD 【详解】A．由于小球沿直线运动，小球的合力与初速度在一条直线上，对小球受力分析如图所示 由图可知小球应带正电，A错误； B．由图可知又解得，B正确； C．小球的合力为由牛顿第二定律得小球的加速度为小球刚好运动到点，则小球到点的速度减为0，由逆向思维得解得，C正确； D．由匀强电场的电场强度与电势差的关系可知又解得又，解得，D正确。故选BCD。 【变式训练3-1-19】（多选）如图甲，质量的滑块（可视为质点）带电量，处在沿斜面向下的匀强电场中。滑块从固定的粗糙绝缘斜面底端开始以初速度沿斜面向上运动，一段时间后撤去匀强电场。以出发点O为原点沿斜面向上建立坐标系，整个运动过程中滑块速度的平方随位置坐标变化的关系如图乙所示，斜面倾角，取，重力加速度，则（　　） A．斜面的动摩擦因数为0.25 B．电场强度的大小为 C．滑块出发后撤去匀强电场 D．整个过程中滑块机械能减少了 【答案】BD 【详解】AB．根据匀变速直线运动公式 可得图像的斜率绝对值是加速度的2倍，物块沿斜面上升的过程中受沿斜面向下的电场力、斜面向下的摩擦力和重力沿斜面向下的分量，可知沿斜面上升时的加速度较大，即最上面的图线，沿斜面下滑的时候加速度小，从图像中可以看出，物体在下滑过程，距离O点为3m的时候撤去电场，上滑时的加速度大小为 撤去电场之前下滑的加速度大小为 对上滑和撤去电场之前的下滑两个过程根据牛顿第二定律得Eq+mgsinθ+μmgcosθ=ma1， Eq+mgsinθ-μmgcosθ=ma2 解得：μ=0.375，E=106N/C 故B正确，A错误； C．上升到最大高度的时间 从最大高度下滑x1=2m的时间 可知滑块出发后2s撤去匀强电场，选项C错误； D．整个过程中减小的机械能 选项D正确。 故选BD。 【变式训练3-1-20】（多选）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　） A．小球受到的重力与电场力之比为3：5 B．在t=5s时，小球经过边界MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功 D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大 【答案】AD 【详解】B．小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s和t=4s时，故B错误； A．由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为 进入电场后的加速度大小为 由牛顿第二定律得 mg=ma1 F-mg=ma2 得电场力 得重力mg与电场力F之比为3：5，故A正确； C．整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故C错误； D．整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s内向下运动，在2.5s-5s内向上运动，在1s～4s过程中，电场力对小球先做负功，后做正功，所以小球的机械能先减小后增大，故D正确。 故选AD。 【变式训练3-1-21】一绝缘的固定倾斜斜面，斜面倾角为，空间中存在沿斜面向下的匀强电场，电场强度为。质量为m的物块M、N用一根不可伸长的轻绳绕过滑轮连接，M带正电，电荷量为q，N不带电，N一端与弹簧连接，弹簧另一端固定在地面上，劲度系数为k。初始时有外力作用使M静止在斜面上，轻绳恰好伸直，使M从静止释放，第一次到达最低点的时间为t，不计一切摩擦。则（    ） A．释放时M的加速度为 B．M下滑的最大速度为 C．M下滑的最大距离为 D．M下滑的距离为时，所用时间为 【答案】BD 【解析】A．初始时，弹簧弹力等于N的重力，弹簧处于压缩状态，即，可得 释放M时，弹簧弹力不会突变，对M和N，根据牛顿第二定律 可得释放时M的加速度为，A错误； B．当M、N的加速度为零，M的速度最大，设此时弹簧的伸长量为，根据平衡条件，解得 由于，可知弹簧弹性势能不变，M从开始运动到速度达到最大过程，根据动能定理， 联立解得M下滑的最大速度为，B正确； CD．以速度最大位置为原点，斜面向上为正方向，M、N所受的合外力与位移的关系满足 可知M、N做简谐运动，刚释放M时，加速度，根据简谐运动的对称性可知当M下滑的最大距离时，加速度大小也为，根据牛顿第二定律 解得M下滑的最大距离为 根据题意，M、N做简谐运动的周期 从释放开始计时，位移随时间变化的表达式为 当下滑距离为时，代入数据有，可得 即M下滑的距离为时，所用时间为，故D正确，C错误。 故选BD。 故D正确。 故选BD。 【变式训练3-1-22】如图所示，一可视为点电荷带正电的小物块被锁定在固定斜面上的M点，物块连接一个弹性绳，跨过墙上固定的光滑定滑轮B，固定在天花板上的A点。某时刻，该空间加一平行斜面向上的匀强电场，同时解除锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点，P为MN中点。已知斜面倾角，物块质量，电荷量，物块与斜面间动摩擦因数，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数，初始位置BM垂直斜面，且，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，，。下列说法正确的是（　　） A．物块上滑过程中，滑动摩擦力大小不变 B．电场强度大小E=200N/C C．物块在P点的速度大小v=0.4m/s D．物块从M到N的过程，机械能一直增大 【答案】AD 【详解】A．对物块受力分析，如图1所示，垂直斜面方向，根据平衡条件 又 联立上述二式解得 可见滑动摩擦力为一定值，A正确； B．设物块沿斜面方向移动的距离为x，由牛顿第二定律 化简可得 即物块的加速度a随位移x线性变化，图像如图2所示，由对称性可知，物块在P点的加速度为零，速度最大，代入上述解析式可解得E=100N/C B错误； C．在M到P过程，a-x图的面积乘以质量m即为合力做功，由动能定理可得 即 解得 C错误； D．物块从M到N的过程，电场力、摩擦力和沿斜面弹性绳合力做正功，故物块机械能一直增大，D正确。 故选AD。 【变式训练3-1-23】在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　） A．小球受到的重力与电场力之比为3：5 B．在t=5s时，小球经过边界MN C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功 D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大 【答案】AD 【详解】B．小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s和t=4s时，故B错误； A．由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为 进入电场后的加速度大小为 由牛顿第二定律得 mg=ma1 F-mg=ma2 得电场力 得重力mg与电场力F之比为3：5，故A正确； C．整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故C错误； D．整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s内向下运动，在2.5s-5s内向上运动，在1s～4s过程中，电场力对小球先做负功，后做正功，所以小球的机械能先减小后增大，故D正确。 故选AD。 【变式训练3-1-24】如图所示，空间存在方向与水平面成θ=53°的匀强电场，在电场中的A点以的速度水平向右抛出一带正电的小球，小球沿直线运动到B点时的速度。已知小球的质量，电荷量，重力加速度，不计空气阻力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： （1）AB两点间电势差UAB； （2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能； （3）电场强度的大小。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据动能定理得 解得 （2）根据 解得 （3）根据平衡条件得 解得 【变式训练3-1-25】如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h＝0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点。（g取10m/s2）求： （1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； （2）小环在直杆上匀速运动时速度的大小； （3）小环运动到P点的动能。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小环在直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力情况如图所示。 由平衡条件得：mgsin45°＝Eqcos45°…① 得：mg＝Eq， 离开直杆后，只受mg、Eq作用，则合力为 F合＝mg＝ma…② 所以加速度为：a＝g＝10m/s2≈14.1 m/s2．方向与杆垂直斜向右下方。 （2）设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到达P点， 则竖直方向：h＝v0sin45°•t+gt2…③ 水平方向：v0cos45°•t﹣t2＝0…④ 联立解得：v0＝＝＝2 m/s （3）由动能定理得：EkP﹣＝mgh…⑤ 可得：EkP＝+mgh＝×0.5×22+0.5×10×0.8＝5 J 答：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为14.1 m/s2，垂直于杆斜向右下方； （2）小环在直杆上匀速运动时速度的大小为2 m/s； （3）小环运动到P点的动能是5 J。 【变式训练3-1-26】如图所示，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为θ＝30°、长为L＝2m的固定斜面上，三物块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，其中A为不带电的绝缘体，B、C所带电荷量分别为qB＝+4.0×10﹣5C、qC＝+2.0×10﹣5C且保持不变，A、B的质量分别为mA＝0.80kg、mB＝0.64kg。开始时三个物块均能保持静止状态，且此时A、B两物体与斜面间恰无摩擦力作用。如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为零，则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为EP＝k．为使A在斜面上始终做加速度为a＝1.5m/s2的匀加速直线运动，现给A施加一平行于斜面向上的力F，已知经过时间t0后，力F的大小不再发生变化。当A运动到斜面顶端时，撤去外力F．（静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，g＝10m/s2）求： （1）未施加力F时物块B、C间的距离； （2）t0时间内A上滑的距离； （3）t0时间内库仑力做的功； （4）在A由静止开始到运动至斜面顶端的过程中，力F对A做的总功。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）未施加力F时，A、B、C处于静止状态时，设B、C间距离为L1，则 C对B的库仑斥力： F0＝ 以A、B为研究对象，根据力的平衡：F0＝（mA+mB）gsin30° 联立解得：L1＝1.0m （2）给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑斥力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小。经过时间t0，B、C间距离设为L2，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离，力F变为恒力。则t0时刻C对B的库仑斥力为：F1＝k…① 以B为研究对象，由牛顿第二定律有： F1﹣mBgsin30°﹣μmBgcos30°＝mBa…② 联立①②解得：L2＝1.2m 则t0时间内A上滑的距离：ΔL＝L2﹣L1＝0.2m （3）设t0时间内库仑力做的功为W0，由功能关系有： W0＝k﹣k代入数据解得：W0＝1.2J…③ （4）设在t0时间内，末速度为v1，力F对A物块做的功为W1，由动能定理有： W1+W0+WG+Wf＝（mA+mB）…④ 而 WG＝﹣（mA+mB）g•ΔLsin30°…⑤ Wf＝﹣μ（mA+mB）g•ΔLcos30°…⑥ 又A做匀加速运动，则有：＝2aΔL…⑦ 由③～⑦式解得：E1＝1.05J 经过时间t0后，A、B分离，力F变为恒力，对A由牛顿第二定律有： F﹣mAgsin30°﹣μmAgcos30°＝mAa…⑧ 力F对A物块做的功：W2＝F（L﹣L2）…⑨ 由⑧⑨式代入数据得：W2＝5J 则力F对A物块做的功：W＝W1+W2＝6.05J 答： （1）未施加力F时物块B、C间的距离为1m： （2）t0时间内A上滑的距离是0.2m； （3）t0时间内库仑力做的功是1.2J； （4）力F对A物块做的总功为6.05J。 【变式训练3-1-27】如图所示，一正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一质量为m带电量为q的小球从A点由静止释放，当小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，求： （1）小球在A点时的受到的库仑力的大小． （2）小球在B点时的加速度 （3）B和A两点间的电势差． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设正电荷所带电荷量为Q，带电小球在A点时，根据牛顿第二定律和库仑定律得： mgsin 30°﹣k＝maA． 据题 aA＝ 解得 k＝mg 所以小球在A点时的受到的库仑力的大小 FA＝k＝mg （2）带电小球在B点时有：k﹣mgsin 30°＝maB 且 k＝mg 可解得：aB＝ （3）带电小球由A点到B点应用动能定理得： mgsin 30°•﹣UBA•q＝0 可求得：UBA＝ 答： （1）小球在A点时的受到的库仑力的大小是mg． （2）小球在B点时的加速度是． （3）B和A两点间的电势差是． 【变式训练3-1-28】如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m＝0.04kg、电量q＝+2×10﹣4c的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接．某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下．已知AB的竖直高度h＝0.45m，倾斜轨道与水平方向夹角为α＝37°、倾斜轨道长为L＝2.0m，带电小球与倾斜轨道的动摩擦因数μ＝0.5．倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，在C点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电量保持不变．只有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大竖直向下的匀强电场中，场强E＝2.0×103V/m．（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2）求： （1）被释放前弹簧的弹性势能？ （2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？ （3）如果竖直圆弧轨道的半径R＝0.9m，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点P？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）A到B平抛运动：vy2＝2gh 代入数据解得：vy＝＝m/s＝3m/s B点：tan37°＝ 得：vx＝vA＝＝m/s＝4m/s 被释放前弹簧的弹性势能：Ep＝＝J＝0.32J； （2）B点：vB＝＝m/s＝5m/s B到C：（mgsin37°﹣μmgcos37°）L＝﹣， 代入数据解得：vC＝m/s ①恰好过竖直圆轨道最高点时：mg+qE＝m， qE＝0.4N＝mg 从C到圆轨道最高点：﹣（mg+qE）2R1＝﹣ 得：R1＝0.33m ②恰好到竖直圆轨道最右端时：﹣（mg+qE）R2＝0﹣ 得：R2＝0.825m 要使小球不离开轨道，竖直圆弧轨道的半径R≤0.33m或R≥0，825m； （3）R＝0.9m＞R2，小球冲上圆轨道H1＝0.825m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2． 有：（mg+qE）H1＝mgh1+μmgh1•， （mg+qE）H2＝mgh1﹣μmgh1•， 同除得：H2＝H1＝H1之后物块在竖直圆轨道和倾斜轨道之间往返运动． 同理：n次上升高度Hn＝（）n﹣1H1（n＞0）为一等比数列． ×0.825≤0.01，当n＝4时，上升的最大高度小于0.01m 则小球共有6次通过距水平轨道高为0.01m的某一点． 答： （1）被释放前弹簧的弹性势能为0.32J． （2）要使小球不离开轨道（水平轨道足够长），竖直圆弧轨道的半径R≤0.33m或R≥0，825m． （3）如果竖直圆弧轨道的半径R＝0.9m，小球进入轨道后可以有6次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01m的某一点P． 【变式训练3-1-29】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，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，试问： （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】见试题解答内容 【解答】解：（1）将重力和电场力的合力等效成“等效重力”， 重力与电场力的合力：F＝，电场力为：F电＝mgtanθ， 小球恰好做圆周运动，在平衡位置的反方向上的圆周位置上速度最小，由牛顿第二定律得： ＝m， 解得小球的最小速度为： v＝； （2）由动能定理可得： ﹣mg•2lcosθ﹣mgtanθ×2lsinθ＝mv2﹣mv2， 解得：v＝． 答：（1）小球运动过程中的最小速度值为． （2）小球的初速度至少是． 【变式训练3-1-30】如图所示，水平绝缘轨道AB和竖直放置半径为R的光滑绝缘半圆轨道BCD在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平边界MN下方有场强为E的水平向左匀强电场，电场区域足够大。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）从水平轨道上距离B点为R的A点由静止释放，已知：滑块的电荷量q＝，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g。求： （1）滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度及滑块对轨道的压力； （2）滑块运动到D点时的速度； （3）滑块在轨道上运动的最大速度； （4）以B为原点，BA方向为正方向建立x坐标轴，滑块都从水平轨道AB上由静止释放，且不考虑滑块运动到D点之后的情况。要使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足什么条件？ 【答案】（1）滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度大小为，方向水平向左；对轨道的压力大小为，方向竖直向下； （2）滑块运动到D点时的速度大小为，方向水平向右； （3）滑块在轨道上运动的最大速度为； （4）使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足的条件为：x≥R或0≤x≤。 【解答】解：（1）设滑块通过B点时的速度大小为vB，在滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理得： 解得：vB＝，方向水平向左； 设滑块通过B点时半圆轨道对滑块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得： 解得：FN＝ 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小FN′＝FN＝，方向竖直向下。 （2）在滑块从B点运动到D点的过程中，由动能定理得： 解得：vD＝，方向水平向右。 （3）将电场力与重力的合成为等效重力G′，其与竖直方向的夹角设为θ，如下图所示： P点为圆周运动的等效最低点，在P点速度最大设为vm，则有： tanθ＝＝，解得：θ＝37°， 滑块从B点到P点的过程，由动能定理得： 解得：vm＝ （4）在半圆轨道BCD上不脱离，存在两种情况： ①小球可以通过D点，其恰好通过D点对应能通过D点的最小的x值设为x1，则在D点有： mg＝m 解得：vD′＝ 对比（2）的结果，可知x1＝xAB＝R； ②小球不越过与圆心等高的C点，其恰好到C点对应不越过C点的最大的x值设为x2，由释放位置到C点的过程，由动能定理得： qE（x2+R）﹣μmgx2﹣mgR＝0﹣0 解得：x2＝ 综上可知，滑块释放的位置x应该满足：x≥R或0≤x≤。 答：（1）滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度大小为，方向水平向左；对轨道的压力大小为，方向竖直向下； （2）滑块运动到D点时的速度大小为，方向水平向右； （3）滑块在轨道上运动的最大速度为； （4）使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足的条件为：x≥R或0≤x≤。 （二）组合匀强电场模型 【典型例题1】如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量为m，带电荷量为＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是(　　) A．在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同 B．带电小球在A、B两点电势能相等 C．若A、B高度差为h，则UAB＝－ D．两电场强度大小关系满足E2＝2E1 【答案】C　 【解析】从A到虚线小球速度由0加速至v，从虚线到B小球速度由v减为0，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反．故A错误；对A到B的过程运用动能定理得qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝－，知A、B的电势不等，则电势能不等．故B错误，C正确；在虚线上方电场，根据牛顿第二定律得：a1＝，在虚线下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2＝，因为a1＝a2，解得：E2－E1＝.故D错误． 【变式训练3-2-1】如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，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， 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，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＝。 【变式训练3-2-2】真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。 (1)求油滴运动到B点时的速度； (2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。 【答案】(1)v0－2gt1　(2)见解析 【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。 在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足 qE2－mg＝ma1 ① 油滴在时刻t1的速度为 v1＝v0＋a1t1 ② 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足 qE2＋mg＝ma2 ③ 油滴在时刻t2＝2t1的速度为 v2＝v1－a2t1 ④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1 ⑤ (2)由题意，在t＝0时刻前有 qE1＝mg ⑥ 油滴从t＝0到时刻t1的位移为 s1＝v0t1＋a1t12 ⑦ 油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－a2t12 ⑧ 由题给条件有 v02＝2g(2h) ⑨ 式中h是B、A两点之间的距离。 若B点在A点之上，依题意有 s1＋s2＝h ⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1 ⑪ 为使E2>E1，应有 2－2＋2>1 ⑫ 即当0<t1< ⑬ 题型04：带电体在平行板电容器中的直线运动 【典型例题1】如图所示，水平放置的充电的平行金属板相距为d，其间形成匀强电场。一带正电油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴的质量为m，带电量为q，则不正确的是（　　） A．油滴的加速度为零 B．油滴的电势能增加了 C．两极板的电势差为 D．场强的方向竖直向上 【答案】B 【解析】A对油滴受力分析可知，其受竖直向上的电场力和竖直向下的重力，又油滴沿直线从上极板边缘射出。故分析可知，油滴所受合外力为零，故其加速度为零。故A正确，不符合题意；B．由于电场力做正功，且电场力的大小等于重力的大小。故油滴的电势能减少了。故B错误，符合题意；C．根据电势差与电场力做功的关系故故C正确，不符合题意；D．由于电场力竖直向上，电荷带正电。根据场强方向与正电荷受力方向相同，故场强的方向竖直向上。故D正确，不符合题意。故选B。 【典型例题2】如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则(　　) A．微粒到达B点时动能为mv02 B．微粒的加速度大小等于gsin θ C．两极板的电势差UMN＝ D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少 【答案】　C 【解析】　微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为，选项D错误． 【典型例题3】如图所示，水平放置的平行板电容器与恒压直流电源连接，板间距离为，一带电粒子恰好静止于电容器极板正中央。若保持下极板不动，用绝缘工具在极短时间内将上极板向上平移，粒子打在极板上的动能为；若保持上极板不动，用绝缘工具在极短时间内将下极板向上平移，粒子打在极板上的动能为。不计空气阻力和电容器充放电的时间，则等于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】开始时粒子平衡上极板上移，粒子所受合力向下，大小为粒子将打在下极板上，其动能为E1=F1下极板上移，粒子所受合力向上，大小为粒子将打在上极板上，其动能为故选B。 【典型例题4】如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是（） A．若仅将B板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处 B．若仅将A板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处 C．若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍可以运动至N处 D．断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将无法运动至N处 【答案】C 【详解】A．设P与N的竖直距离为H，平行板电容器两极板间的电压为U，距离为d，正对面积为s，由题可得小球由P到N用动能定理 根据开关闭合，二极管左边为负极右边为正极，平行板电容器的公式 仅将B板稍微上移，电容增大，电容器充电，稳定时平行板电容器上下极板的电压U不变，N到P的距离变小为，假设小球仍可以运动到N点，速度为v，重新对小球由P点到N用动能定理 得动能为负值，则带电小球不可以运动至N处。故A错误； B．若将A板上移，板间距增大，电容减小，由于二极管左边为负极右边为正极，电容器无法放电，电量不变，则两板间电压增大，由前面分析中方程分析可得到N处时动能为负值，则带电小球不可以运动至N处，故B错误； C．若仅将变阻器的滑片上移，则滑动变阻器的电阻变大，电路稳定时通过的电流减小，电阻两端电压变小，上端电势降低，但二极管左边为负极右边为正极，无法放电，所以电容器两端的电压保持不变，则带电小球仍恰好运动至N处。故C正确； D．断开开关S，电容器电容不变，板间电压不会变化，所以带电小球仍可以运动至N处，故D错误。 故选C。 【典型例题5】(多选)如图所示，带电小球自O点由静止释放，经C孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零。对于小球从C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时t1，从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2，下列说法正确的是(　　) A.小球带负电 B.t1<t2 C.t1>t2 D.将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下 【答案】AB 【解析】由题图可知，A、B间的电场强度方向向下，小球从C到D做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t1<t2，选项B正确，C错误；将B板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知mg(h＋d)－qU＝0，mg(h＋x)－＝0，联立得x＝d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以选项D错误。 【典型例题6】两块正对的平行金属板与水平面成角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与板夹角为；剪断细线，小球运动到板上的点（未标出），求 (1)电场强度大小； (2)距离为多少？ (3)小球运动到板上的点过程中电势能改变了多少？ 【答案】(1) (2) (3)电势能增加 【详解】（1）根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示 根据几何关系可得 解得 （2）剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示 根据几何关系可得 （3）根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移 与电场力方向相反，电场力做功为 小球的电势能增加。 【变式训练4-1】如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　 　) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 【答案】A 【解析】设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，a＝，l＝t2；对m有a′＝，l＝t2，联立解得＝，A正确． 【变式训练4-2】如图所示，A、B为平行金属板，两极板相距为d，分别与电源两极连接。两板的中央各有一小孔M、N。今有一带电质点自A板上方距离为d的P点由静止下落，不计空气阻力，到达两板中点时的速度恰好为零，然后沿原路返回。则带电质点的重力与它在电场中所受电场力的大小之比为(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．3∶1 【答案】B 【解析】带电质点从P点开始由静止下落到两板中点时，先加速后减速到零，根据动能定理有mg·d－qEd＝0，重力与电场力的大小之比为1∶3，故B正确。 【变式训练4-3】平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电微粒恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该微粒（　　）    A．所受重力与电场力平衡 B．机械能逐渐增加 C．电势能逐渐增加 D．可能做匀速直线运动 【答案】C 【详解】AD．根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故AD错误； BC．因电场力做负功，则电势能增加，导致机械能减小，故B错误C正确。 故选C。 【变式训练4-4】如图所示，在P点固定一个带电量为+Q的点电荷，P点下方有一足够大的金属板与水平面成一定倾角，金属板处于静电平衡状态，且上表面光滑。金属板上表面的A点与P点连线水平。一带电荷量为+q的绝缘小物块（可视为点电荷且q≪Q）从A点由静止释放，在物块下滑的过程中，下列说法错误的是（　　） A．物块的加速度恒定不变 B．物块的动能一直增大 C．物块的机械能保持不变 D．物块的电势能先增大后减小 【答案】D 【详解】A．金属板处于静电平衡状态则电场力始终垂直于金属板，金属板上表面光滑小物块所受摩擦力为零，则在物块下滑的过程中，合外力保持不变加速度不变，A正确，不符合题意； CD．物块下滑的过程中电场力始终垂直于金属板，则支持力和电场力不做功，电势能和机械能不变，C正确不符合题意，D错误符合题意； B． 物块下滑的过程中合外力对物块做正功物块动能增加，B正确不符合题意 【变式训练4-5】水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（　　） A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1 B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1 C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上 D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3 【答案】D 【详解】A．以竖直向下为正，假设施加电场后小球加速度大小为a，则 解得所以 解得 小球所受电场力与重力的大小之比为4:1，故A错误； B．小球下落时间t时的速度大小为 小球回到出发点时的速度大小为 从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中减速运动时间 加速运动时间小球加速运动时间与减速运动时间之比为2:1，故B错误； C．以竖直向下为正，则 小球的动量变化量大小为3mgt，方向竖直向上。故C错误； D．从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中电场力做功为 合外力做功为 所以小球电势能的减少量与动能的增加量之比为故D正确。故选D。 【变式训练4-6】如图所示，绝缘箱子放在水平地面上，平行金属板A、B放在箱子内，A板固定在箱子顶部，B板用绝缘弹簧支撑在箱底，两板平行相对，带等量的异种电荷，一个带正电的小球用绝缘细线悬于上板，小球受到细线的拉力恰好为零，现让箱子竖直向上做匀加速运动，B板再次相对箱子静止（不考虑电场运动产生的影响），则下列判断正确的是（　　） A．A板带正电 B．箱子运动过程中，电容器的电容变大 C．箱子运动过程中，两板间的电压变大 D．箱子运动过程中，细线对小球的拉力仍为零 【答案】C 【详解】A．小球所受拉力为0，表明电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，则电场方向竖直向上，可知，A板带负电，故A错误； B．箱子竖直向上做匀加速运动，加速度方向向上，稳定时，弹簧弹力增大，即B板下移，极板之间间距增大，根据 可知，箱子运动过程中，电容器的电容变小，故B错误； C．极板所带电荷量一定，根据 结合上述可知，电容减小，则两板间的电压变大，故C正确； D．根据，解得电场强度为 可知，电场强度不变，小球所受电场力不变，为使加速度向上，则细线对小球的拉力不为零，故D错误。故选C。 【变式训练4-7】如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度，对该电容器充上一定的电量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为（　　） A．d B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意可知，小球所受的合力沿着虚线方向，根据 可得 可知右极板向右移动，极板间的电场强度不变，即合力方向不变，如图所示 根据几何关系可知要使得小球能够从下方穿过电容器，根据 解得。 【变式训练4-8】静电复印简化模型中，复印纸与感光鼓之间形成水平方向的匀强电场，将墨粉颗粒从靠近感光鼓的位置由静止释放，不计重力和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．墨粉颗粒带负电 B．墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电势能不断增大 C．带电量相同，质量越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越大 D．若仅减小感光鼓与复印纸间距，墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变 【答案】D 【详解】A．由题图可知，感光鼓带正电，复印纸带负电，板间电场方向水平向右。墨粉颗粒由静止释放后向右运动，说明所受电场力方向向右，与电场方向相同，所以墨粉颗粒带正电，故A错误； B．墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电势能不断减小，故B错误； C．根据动能定理有解得若带电量相同，质量越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越小，故C错误； D．若仅减小感光鼓与复印纸间距，由于感光鼓与复印纸间的电势差保持不变，根据可知，墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变，故D正确。故选D。 【变式训练4-9】(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　) A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大 C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等 【答案】BD 【解析】经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，根据x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A错误。电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确。a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误。根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。 【变式训练4-10】（多选）如图所示，水平放置的平行板电容器间存在着竖直向上的匀强电场，电容器外无电场，上极板中心有一小孔。现将一长度为L的均匀带电绝缘细杆的下端对齐小孔，然后由静止释放，细杆下落的最大距离为（未到达下极板）。已知绝缘细杆的质量为m、总带电量为q，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．细杆带正电 B．细杆下降过程中的加速度先增大后减小 C．从静止释放到下落至最低点的过程中，细杆的电势能增加了 D．平行板电容器间的电场强度大小为 【答案】ACD 【详解】A．若细杆带负电，则细杆将受到竖直向下的电场力，所以细杆会一直加速，根据题意细杆应先向下加速后向下减速，故细杆带正电，故A正确； B．设进入电场的细杆长度为x，则 所以随着细杆下落，进入电场的长度x不断增大，但加速度应先向下减小后向上增大，故B错误； C．从静止释放到下落至最低点的过程中，细杆增加的电势能等于减小的重力势能，故C正确； D．由动能定理得 由于细杆所受电场力为 即细杆进入电场所受电场力与进入电场的细杆的长度正正比，所以 解得故D正确。故选ACD。 【变式训练4-11】（多选）如图所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A、B，板与水平方向的夹角为θ，一个电荷量q1.41×10－4C、质量m＝1g的带电小球，自A板上的孔P以水平速度v0＝0.1m/s飞入两板之间的电场，经0.02s后未与B板相碰又回到孔P，g取10m/s2，则（　　） A．板间电场强度大小为100V/m B．板间电场强度大小为141V/m C．板与水平方向的夹角θ30° D．板与水平方向的夹角θ45° 【答案】AD 【详解】对带电小球进行受力分析，如图所示 小球的加速度根据牛顿第二定律 由几何关系得 故板与水平方向的夹角又 解得故AD正确。 故选AD。 【变式训练4-12】在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两极板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中所带电荷量不变，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。求： (1)带电油滴所带电荷量与质量之比； (2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU1与ΔU2之比。 【典例2提高题对应练习】【答案】(1)　(2)1∶3　(3) 【解析】(1)油滴静止时，由平衡条件得mg＝q，则＝。 (2)设第一个Δt内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt内油滴的位移为x2，加速度为a2，则x1＝a1Δt2，x2＝v1Δt－a2Δt2，且v1＝a1Δt，x2＝－x1，解得a1∶a2＝1∶3。 (3)油滴向上加速运动时q－mg＝ma1，即q＝ma1，油滴向上减速运动时 mg－q＝ma2，即q＝ma2，则＝，解得＝。 【变式训练4-13】密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖．图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔．通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷．有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1，此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动．B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速．已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kmv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g.求： （1）比例系数k； （2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离h2电势能的变化量； （3）新油滴匀速运动速度的大小和方向． 【典例2拔尖题对应练习】【答案】 (1) (2)油滴A不带电，油滴B带负电　　－ (3)见解析 【解析】(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1＝，匀速时有m0g＝f，又f＝ 联立可得k＝，(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2＝，根据平衡条件可得m0g＋＝q联立解得q＝，根据ΔEp＝－W电，又有W电＝·qh2联立解得ΔEp＝－(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，带电荷量仍为q，新油滴所受电场力F′＝＝，若F′>2m0g，即h2>h1，可知v2>v1，新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律有m0v2－m0v1＝2m0v共，可得v共>0，新油滴向上加速，达到平衡时有2m0g＋＝F′，解得速度大小为v＝，方向向上；若F′<2m0g，即h1>h2，可知v2<v1，设向下为正方向，根据动量守恒定律有m0v1－m0v2＝2m0v共′，可知v共′>0，新油滴向下加速，达到平衡时有2m0g＝F′＋解得速度大小为v′＝，方向向下． 【变式训练4-14】如图所示，光滑绝缘斜面高度h＝0.45m，斜面底端与光滑绝缘水平轨道圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。平行板和三个电阻构成如图所示电路，平行板板长为l＝0.9m，板间距离d＝0.6m，R1＝3Ω，R2＝3Ω，R3＝6Ω。可以看为质点的带电小球，电量q＝﹣0.01C，质量m＝0.03kg，从斜面顶端静止下滑。 （1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，求电源电动势ε； （2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝，求电源内阻r； （3）若S1、S2均闭合，判断小球能否飞出平行板？ 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）小球下滑过程机械能守恒， 由机械能守恒定律得：， 解得：， 对s1s2均断开时，极板电势差即为电源电动势ε， 由平衡条件得：，解得：； （2）当s1断开，s2闭合时，带电小球做类平抛运动， 水平方向：l＝v0t， 竖直方向分速度：vy＝at＝v0tanθ， 对带电小球，由牛顿第二定律得： mg﹣qE1＝ma1，其中：UC＝E1d， 代入数据解得：a1＝4m/s2，E1＝18N/C，UC＝10.8V， 当s1断开，s2闭合时，R1与R3串联，电容器与R3并联， 电容器两端电压： 部分电路欧姆定律： 闭合电路欧姆定律：ε＝I1（R1+R3+r） 代入数据解得：r＝1Ω； （3）当s1s2均闭合时，R2与R3并联，并联电阻： ， 电路电流：， 电压：U2＝I2R23＝6V， 对小球，由牛顿第二定律得：mg﹣qE2＝ma2， 其中电压：U2＝E2d， 联立求解： 对带电小球类平抛运动分析，有： l＝v0t， 联立求解：y＝0.3m，； 带电小球恰好从右侧极板边缘飞出． 答：（1）若S1、S2均断开，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动，电源电动势ε为18V． （2）若S1断开，S2闭合，小球离开平行板右边缘时，速度偏向角tanθ＝，电源内阻r为1欧姆． （3）若S1、S2均闭合，小球恰好能飞出平行板． 题型05：带电体在非匀强电场中的直线运动 【典型例题1】（多选）如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，则下列说法中正确的是(　 　) A．质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中动能增加量等于电势能减少量 B．a、b两点的电势差U＝ C．质量为m、带电荷量为＋2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为 D．质量为m、带电荷量为－q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为 【答案】BD 【解析】质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中，机械能与电势能之和守恒，其动能增加量等于重力势能、电势能的减少量之和，选项A错误；设a、b之间的电势差为U，由题意，质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为，根据动能定理，mgh＋qU＝m·3gh，解得qU＝mgh，a、b两点的电势差U＝，选项B正确；质量为m、带电荷量为＋2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理得mgh＋2qU＝mv，解得v1＝2，选项C错误；质量为m、带电荷量为－q的小球从a点静止释放后沿电场线运动 【变式训练5-1】如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方与Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为g，此电荷在B点处的加速度大小为 　　，方向 　　；A、B两点间的电势差（用Q和h表示）为 　　。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q， 由牛顿第二定律，在A点时mg﹣＝m•g。 在B点时﹣mg＝m•aB， 解得aB＝3g，方向竖直向上，q＝。 从A到B过程，由动能定理mg（h﹣0.25h）+qUAB＝0， 故UAB＝﹣。 故答案为：3g，竖直向上，﹣。 【变式训练5-2】如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g.已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求： (1)液珠的比荷； (2)液珠速度最大时离A点的距离h； (3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB. 【答案】(1)　(2)H　(3)2H 【解析】(1)设液珠的电量为q，质量为m，有－mg＝mg解得比荷得＝ (2)当液珠速度最大时有＝mg解得h＝H. (3)设CB间的电势差为UCB，有UCB＝φC－φB＝－ 根据动能定理有qUCB－mg(rB－H)＝0解得rB＝2H 到b点时，由动能定理得mgh－qU＝mv，解得v2＝，选项D正确． 【变式训练5-3】如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在A点正上方离A高度为h的B点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为(g为重力加速度)．已知静电力常量为k，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力，求： (1)液珠的比荷(电荷量与质量的比值)； (2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，可以加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？ 【答案】　(1)　　(2)竖直向下　 【解析】　(1)加速度的方向分两种情况 ①加速度向下时，因为mg－k＝m(g)所以＝ ②加速度向上时，因为k－mg＝m(g)所以＝ (2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上，所以液珠带正电．要使液珠释放后保持静止，必须加一方向竖直向下的匀强电场． 因为qE－mg＝0所以E＝·＝. 题型06：带电粒子在交变电场中的直线运动 【典型例题1】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（0<t0<）时刻由静止释放该粒子，关于该粒子的运动正确的是（　　） A．一开始向左运动，最后打到A板上 B．一开始向右运动，最后打到A板上 C．一开始向左运动，最后打到B板上 D．一开始向右运动，最后打到B板上 【答案】D 【详解】粒子带正电，在t0（0<t0<）时刻由静止释放该粒子，粒子在向右加速运动，在向右减速运动，向左加速运动，此后重复运动，最终达到B板上。 【典型例题2】如图（a），一平行板电容器两板间的距离为d，在左板内侧附近有一带电量为q质量为m的离子,不计重力，为使离子能在两板间往复动而不碰到两板，在两板间加上如图（b）所示的交变电压，则此交变电压的周期最大为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】假设时刻左极板的电势高于右极板的电势，根据图（b）可知交变电压的周期为，根据图像中电压的变化，若一正离子从左极板向右运动，先做的匀加速运动，再做的匀减速运动，到达右极板时速度恰好为零，而加速和减速的加速度大小相同，则位移相同，是完全对称的运动，其加速度大小为 设加速阶段的最大速度为，则有 在速度达到最大或由最大减为零的过程中，由动能定理可得 解的 因此，为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极板上，则。 【典型例题3】如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是（　　） A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动 B．若t＝ 时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动 C．若t＝ 时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边 D．若t＝ T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边 【答案】C 【详解】A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图丙图线一所示，该电子先向A板做匀加速直线运动，然后再向A板做匀减速直线运动，之后重复上述物体的运动，故A错误； B．在t＝时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图丙图线二所示，电子在静电力的作用下先向A板做匀加速直线运动，然后再向A板做匀减速直线运动，再向B板做匀加速直线运动，最后再向B板做匀减速直线运动，之后重复上述物体的运动。故B错误； C．若t＝T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，图线三符合电子运动的v－t图像，v－t图像与t轴所围的面积即为电子的位移，2T时刻之前v－t图像与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，C正确； D．若t＝时刻释放电子，易分析得2T时刻之前v－t图像与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，D错误。 故选C。 【典型例题4】某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，如图甲所示，各金属圆筒依次接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　） A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动 B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为 C．各金属简的长度之比为 D．质子在各圆筒中的运动时间之比为 【答案】C 【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，在每个圆筒中做匀速运动，故A错误； B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理 变形解得 故B错误； CD．根据直线加速器的原理，质子在每个圆筒中匀速运动时间相等，当只有质子在每个圆筒中匀速运动的时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，则第n个圆筒长度 所以各金属筒的长度之比为，故C正确，D错误。故选C。 【典型例题5】如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为，进入漂移管E时速度为，电源频率为，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的荷质比取。则（　　） A．漂移管需要用绝缘材料制成 B．各漂移管的长度应相等 C．漂移管B的长度为0.6m D．相邻漂移管间的加速电压 【答案】D 【详解】A．质子在漂移管内做匀速直线运动，漂移管内电场强度为零，根据静电屏蔽，漂移管需要用金属材料制成，故A错误； B．质子在漂移管间被电场加速，在漂移管内做匀速直线运动，质子在每个管内运动时间视为电源周期的，各漂移管的长度应逐渐增大，故B错误； C．电源周期为漂移管B的长度为故C错误； D．从到，根据动能定理解得相邻漂移管间的加速电压故D正确。故选D。 【典型例题6】（多）匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是（　　） A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．3s末带电粒子回到原出发点 C．3s末带电粒子的速度不为零 D．前3s内，静电力做的总功为零 【答案】AD 【详解】A．带电粒子由静止释放后，在时间内，由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小为在时间内，粒子的加速度大小为 可知粒子由静止先以加速度大小加速2s，再以加速度大小减速1s，由于，可知此时粒子速度是零，同理在时间内由静止又以加速度大小加速2s，再以加速度大小减速1s，此时粒子速度是零，因此粒子在时间内，带电粒子将始终向同一个方向运动，其速度时间图像如图所示， A正确； B．由带电粒子的速度时间图像可知，带电粒子将始终向同一个方向运动，因此3s末带电粒子回不到原出发点，B错误； C．由带电粒子的速度时间图像可知，3s末带电粒子的速度是零，C错误； D．在前3s内，由动能定理可知 前3s内，静电力做的总功是零，D正确。 故选AD。 【典型例题7】微波器件的核心之一是反射式速调管，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理可简化为静电场模型。已知静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示。一质量为、电荷量为的带负电粒子从点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴做往复运动，求： （1）在区域内电场强度的大小和方向； （2）该粒子运动过中的最大速度； （3）该粒子运动的周期。 【答案】（1），沿x轴负方向；（2）；（3） 【详解】（1）由图像的物理意义可知，在x轴正、负半轴分布着方向相反的匀强电场，在区域内电场强度大小方向沿x轴负方向 （2）粒子经过处时速度最大，由动能定理可得代入数值可得 （3）在范围电场强度大小 设粒子从处运动至处用时，从处运动至处用时，则有 解得 运动周期带入数据可得 【变式训练6-1】如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)，下列说法中正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.从t＝0时刻释放电子，电子必将始终向右运动，直到打到右极板上 B.从t＝0时刻释放电子，电子可能在两极板间振动 C.从t＝时刻释放电子，电子必将在两极板间振动 D.从t＝时刻释放电子，电子必将从左极板上的小孔中穿出 【答案】A 【解析】分析电子在一个周期内的运动情况，从t＝0时刻释放电子，前T内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后T内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动，t＝T时速度恰好为零。接着周而复始，所以电子一直向右做单向直线运动，直到打在右极板上，选项A正确，B错误；从t＝时刻释放电子，在～内，电子向右做匀加速直线运动；在～T内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，T时刻速度为零；在T～T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T～T内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在T时刻速度减为零，接着重复。可知若两极板距离足够大，电子可能在两极板间振动，若极板间距较小，电子可能打在右极板上，选项C错误；用同样的方法分析从t＝T时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，若极板间距离较小，电子能直接打在右极板上。若极板间距离较大，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终可能从左极板的小孔离开电场，选项D错误。 【变式训练6-2】如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　 　) A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少 B．电压是乙图时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少 C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动 D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动 【答案】D 【解析】电压是题图甲时，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是题图乙时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确． 带电粒子在交变电场中的直线运动 【变式训练6-3】如图甲为一平行板电容器，A极板上有一小孔C，在小孔处由静止释放一个带负电的粒子，已知该带电粒子只受电场力的作用，在电容器两极板间加如图乙所示的电压，电压的变化周期为T，若粒子从时刻释放，则下列说法正确的是（　　） A．粒子一定能运动到B极板上 B．粒子一直向B极板运动 C．粒子的速度时间图像可能为图丙 D．粒子的速度时间图像可能为图丁 【答案】C 【详解】AB．由图乙所示图像可知，时刻上极板电势高，两板间的电场方向竖直向下，带负电的粒子所受电场力竖直向上，粒子在电场力作用下向上做初速度为零的匀加速直线运动，在时间内上极板电势低下级板电势高，粒子受到向下的电场力，粒子的加速度向下。时间内粒子向上做匀减速直线运动，时刻向上的速度减到零，时间内粒子向下做初速度为零的匀加速直线运动，粒子向下做匀减速直线运动，在时刻粒子速度为零，然后粒子重复内的运动过程；时间内粒子的位移大小可能大于两极板间距也可能小于两极板间距，故AB错误； CD．由以上分析可知，粒子从释放开始先做初速度为零的匀加速直线运动，再做匀减速直线运动直到速度为零，然后做反向的初速度为零的匀加速直线运动，然后再做匀减速直线运动直到速度为零，然后再重复前述运动过程，粒子的加速度大小是不变的，图像的斜率表示加速度，在粒子运动的各阶段图像的斜率大小是不变的，粒子的速度一时间图像可能为图丙，不可能为图丁，故C正确，D错误。 故选C。 【变式训练6-4】如图甲为直线加速器原理图，由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交流电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交流电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。已知电子的质量为m、电子电荷量为e、电压的绝对值为u、周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央有一个初速度为零的电子。下列说法正确的是(　　) A.电子在圆筒中做匀加速直线运动 B.本装置可采用直流电进行加速 C.进入第2个金属圆筒时的速度为2 D.第8个金属圆筒的长度为4T 【答案】C 解析　由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部电场强度为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；根据加速器原理可知，本装置应采用交流电进行加速，故B错误；从序号为0的金属圆板到进入第2个金属圆筒的过程中，由动能定理得2eu=mv2，解得v=2，故C正确；结合C选项分析可知进入第8个金属圆筒时的速度满足8eu=mv'2，因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为L=v'·=2T，故D错误。 拓展　保持加速器筒长、加速电压不变，若要加速比荷更大的粒子，则要怎样调整交流电压的周期？ 答案　设粒子进入第n个圆筒时的速度为v，由动能定理有nqu=m 而粒子在圆筒内做匀速直线运动，由此可得第n个圆筒的长度为Ln=vn· 解得Ln=· 分析可知，保持加速器筒长、加速电压不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交流电压的周期。 【变式训练6-5】如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是（　　） A．电子在圆筒中也做加速直线运动 B．电子离开圆筒1时的速度为 C．第n个圆筒的长度应满足 D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期 【答案】C 【详解】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误； B．电子离开圆筒1时，由动能定理得 所以电子离开圆筒1瞬间速度为 故B错误； C．电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，在金属圆筒中的运动时间为交变电源周期的一半，即，电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第n个圆筒长度为 故C正确； D．由C可知，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周期，故D错误。 故选C。 【变式训练6-6】光刻技术原理简化如图甲所示，离子源发射的离子束经过多级直线加速器后，进入静电转向器，转向器中有辐向电场（方向均指向圆心O点），直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和8个横截面积相同的金属圆筒组成，圆板及相邻圆筒分别接在高频脉冲电源的两极，序号为奇数的圆筒和电源一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源另一极相连。电压的绝对值为U，周期为T，其变化规律如图乙所示。在t=0时刻，圆板中央的离子（质量为m，电荷量为+q）在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，离子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且离子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，离子从第8个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，从N点射出，离子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，离子重力不计，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（　　） A．在 时第5个圆筒相对第6个圆筒的电势差为正值 B．第7个和第8个圆筒的长度之比为 C．第8个圆筒的长度为 D．虚线MN处电场强度的大小为 【答案】B 【详解】A．因为，时圆筒1相对圆板的电势差为负值，同理，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值，故A错误； B．根据动能定理可得，，…… 第7个和第8个圆筒的长度之比为，故B正确； C．根据动能定理可得 解得 则第8个圆筒长度，故C错误； D．离子由M点射入转向器，沿着圆弧虚线（等势线）做圆周运动，根据 可得，虚线MN处电场强度的大小为，故D错误。 故选B。 【变式训练6-7】如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆板O和金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，金属圆板和金属圆筒分别接在电源的两端。一个质子从圆板O的中心由静止开始加速，沿中心轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速。已知质子电量为e，质量为m，加速时电压U大小相同。不计质子经过狭缝的时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．M点电势一直高于N点电势 B．圆筒A、B、C、D、E的长度之比为 C．质子从圆筒E射出时的速度大小为 D．质子每经过一次狭缝速度的增加量为 【答案】B 【详解】A．质子从O点由静止开始被加速，此时M点电势高于N点电势；从A筒射出时，继续被加速，此时M点电势低于N点电势；从B筒射出时，还要被加速，此时M点电势再次高于N点电势。此后，M点电势和N点电势交替变化，故A错误； B．由动能定理得可知，质子第一次加速后进入A筒的速度为 同理可知质子进入B、C、D、E筒的分别速度为，，， 由题意可知，质子在金属圆筒内做匀速直线运动的时间均为T，根据 可知，圆筒A、B、C、D、E的长度之比为故B正确； C．由B选项分析可知，质子从圆筒E射出时，经过5次加速，由动能定理 可得质子从圆筒E射出时的速度大小为故C错误； D．由B选项分析可知，质子由O点到A筒，速度的增加量为 从A筒射出到进入B筒，速度增加量为故D错误。故选B。 【变式训练6-8】（多选）如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则(　 　 ) A．若电子在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板 B．若电子在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板 C．若电子在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 D．若电子在t＝时刻进入，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板 【答案】BC 【解析】若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；电子从时刻进入两板时，电子先加速，经时速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再加速反向速度最大，接着减速回到原位置，即电子在大于时刻进入时一定不能到达B板，小于时刻进入时一定能到达B板，所以C正确，D错误。此题作v ­t图像更易理解。 【变式训练6-9】（多）如图甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA=0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略。若在t=0时刻进入的电子恰好在时刻穿过B板，则（　　） A．在时刻进入的电子一定不能穿过B板 B．在时刻进入的电子一定能穿过B板 C．在时刻进入的电子一定不能穿过B极 D．在时刻进入的电子一定能穿过B板 【答案】BC 【详解】AB．当电子在t=0时刻进入时，恰好在时刻穿过B板，设此时电子的速度为v，则 电子从时刻进入两板时，电子向右运动的最大位移为 由此可知，电子一定能穿过B板，故A错误，B正确； CD．同理，电子从时刻进入两板时，电子向右运动的最大位移为 由此可知，电子一定不能穿过B板，故C正确，D错误。 故选BC。 【变式训练6-10】（多选）如图，当平行板电容器间的电压为时，一带电小球静止在板间中间位置A点；当两极板间的电压改为时，小球经过时间，从A点由静止运动到上极板下方的B点。两极板间的电场可视为匀强电场，忽略空气阻力。小球0时刻从A点静止开始运动，要求运动过程中不会撞到两极板，以下为两极板间所加电压U随时间t周期性变化的图像，可以满足要求的有（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】A．当电压为时小球静止，可得平衡关系即以竖直向上为正方向，当，合力加速度，方向竖直向上； 由题意，小球从经运动到上极板附近，因此到上下极板的距离均不超过 当，电场反向，电场力竖直向下，总合力竖直向下，有加速度（大小，方向竖直向下）；当，电场力竖直向上，总合力竖直向上，有 加速度（方向竖直向上）；加，加速度，方向竖直向上，小球位移， 时刻速度，加，，到时总位移，时刻速度， 运动中最大向上位移为，不会撞到上极板。 再加，时刻总位移回到，速度减为0，后续运动图像如图所示，一直向下运动，最终一定撞到下极板，故A错误； B． 运动图像如图所示，结合A分析可知运动中最大向上或向下位移大小为，不会撞到两极板，故B正确； C． 运动图像如图所示，小球一直向上运动，一定会撞到上极板，故C错误； D． 运动图像如图所示，结合A分析可知运动中最大竖直向上或向下位移大小为，不会撞到两极板，故D正确。故选BD。 【变式训练6-11】　(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的交流电压，两板间电势差随时间的变化规律如图(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内，设电子的初速度和重力的影响可忽略。则下列说法正确的是(　　) 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=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 答案　AB 解析　根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。 由图丁可知，当电子在t=0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，故A正确；若电子在t=时刻进入，则由图像知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，故B正确；若电子在t=时刻进入电场，则由图像知，在第一个周期电子即返回A板从小孔飞出，故C错误；t=时刻电子一靠近小孔便受到排斥力，此时电子不能进入电场，故D错误。 【变式训练6-12】（多）如图甲所示，直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。某时刻位于序号为0的金属圆板中心的粒子由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1，粒子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中都恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速。已知电压的绝对值为，周期为，粒子的比荷为，粒子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，只考虑静电力的作用。则（　　） A．粒子在金属圆筒内做匀加速直线运动 B．粒子在各个金属圆筒内运动的时间均为 C．粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为 D．第8个圆筒的长度为 【答案】BC 【详解】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误； B．因为电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，所以电子在金属圆筒中的运动时间应该为交变电源周期的一半，即，故B正确；C．由动能定理得 可得粒子刚进入第8个圆筒时的速度大小为故C正确； D．因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为 故D错误。故选BC。 【变式训练6-13】（多）近年来市场上出现的一种静电耳机。其基本原理如图甲，a、b为两片平行固定金属薄板，M是位于金属板之间的极薄带电振膜，将带有音频信号特征的电压加在金属板上，使带电振膜在静电力的作用下沿垂直金属板方向振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为d、电容为C的平行板电容器，振膜质量为m且均匀带有电荷，其面积与金属板相等，两板所加电压信号如图乙所示，周期为T，在时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，振膜不碰到金属板，不计振膜受到的重力和阻力，则（　　） A．当金属板充电至电荷量为Q时振膜的加速度为 B．一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为 C．所加信号电压中的最大值为 D．所加信号电压中的最大值为 【答案】AC 【详解】A.由 可知金属板间的电压为又因为且根据牛顿第二定律，有故A正确； B.振膜不碰到金属板，可知振膜向b板做匀加速直线运动，振膜向b板做匀减速直线运动，刚好运动到b板，速度为0。由对称性知所以一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为，故B错误； CD.由上分析可知振膜发生的位移要小于等于，有 得故C正确，D错误。故选AC。 【变式训练6-14】如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d＝0.6cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地（φB＝0）时，A板电势φA，随时间变化的情况如图乙所示．现有一带负电的微粒在t＝0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计．求： （1）在0～和～T这两段时间内微粒的加速度大小和方向； （2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少（g＝10m/s2）． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）设电场力大小为F，则F＝2mg，对于t＝0时刻射入的微粒，在前半个周期内，有 F﹣mg＝ma1 又由题意，F＝2mg 解得，a1＝g，方向向上． 后半个周期的加速度a2满足 F+mg＝ma2 得 a2＝3g，方向向下． （2）前半周期上升的高度h1＝＝ 前半周期微粒的末速度为v1＝ 后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间t1，则3gt1＝，则得． 此段时间内上升的高度 h2＝＝＝ 则上升的总高度为H＝h1+h2＝ 后半周期的﹣t1＝时间内，微粒向下加速运动，下降的高度H3＝＝． 上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可，则H≤d，即≤d 所加电压的周期最长为Tm＝＝6×10﹣2s 答： （1）在0～和～T这两段时间内微粒的加速度大小和方向分别为：g，方向向上和3g，方向向下； （2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为6×10﹣2s． 【变式训练6-15】如图1所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示．将一个质量m＝2.0×10﹣27kg，电量q＝+1.6×10﹣19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力．求 （1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； （2）若A板电势变化周期T＝1.0×10﹣5s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小； （3）A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板． 【答案】答：（1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小为4.0×109m/s2； （2）若A板电势变化周期T＝1.0×10﹣5s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小为4.0×10﹣23kg•m/s； （3）A板电势变化频率为Hz时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。 【解答】解：（1）电场强度，带电粒子所受电场力 释放瞬间粒子的加速度为4.0×109m/s2； （2）粒子在0～时间内走过的距离为 故带电粒子在t＝时，恰好到达A板，根据动量定理，此时粒子动量p＝Ft＝4.0×10﹣23kg•m/s 粒子到达A板时的动量为4.0×10﹣23kg•m/s； （3）带电粒子在t＝～t＝向A板做匀加速运动，在～t＝向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回．在t＝时刻释放的粒子向A板运动位移最大，且最大位移为： 要求粒子不能到达A板，则有s＜d， 可得：T2＜ 由f＝，电势变化频率应满足Hz。 答：（1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小为4.0×109m/s2； （2）若A板电势变化周期T＝1.0×10﹣5s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小为4.0×10﹣23kg•m/s； （3）A板电势变化频率为Hz时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。 【变式训练6-16】如图甲所示，真空中相距d＝5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m＝2.0×10－27 kg、电荷量q＝＋1.6×10－19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求： (1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小； (2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5 s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小； (3)A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A板。 【答案】(1)4.0×109 m/s2　(2)2×104 m/s　(3)大于5×104 Hz 【解析】(1)带电粒子所受电场力大小为 F＝qE＝ 由牛顿第二定律得 a＝＝＝4.0×109 m/s2。 (2)由位移公式计算粒子在0～时间内运动的距离为x＝a()2＝5.0×10－2 m 由此可见带电粒子在t＝时恰好到达A板。再由运动学公式可得 v＝a＝2×104 m/s。 (3)分析可知，在～内，电场力方向、速度方向均向右，带电粒子向A板做匀加速运动；同理，在～内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等，得粒子向A板运动可能的最大位移为xmax＝2×a()2＝aT2。因题目要求粒子不能到达A板，故必有xmax＜d, 根据频率和周期的关系为f＝，由以上三式即可求出电势变化频率应满足条件f＞＝5×104 Hz。 【变式训练6-17】如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O点到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C. (1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？ (2)在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？ (3)在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？ 【答案】(1)×10－3 s到达A极板　(2)4×10－3 s时刻　(3)100个 【解析】(1)根据题图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动．因为x＝2＝3.6 m>l，所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板． 设粒子到达A板的时间为t，则l＝·t2 解得t＝×10－3 s. (2)在0～时间内，粒子的加速度大小为 a1＝＝2×105 m/s2 在～T时间内，粒子的加速度大小为 a2＝＝4×105 m/s2 可知a2＝2a1，若粒子在0～时间内加速Δt，再在～T时间内减速刚好不能到达A板，则l＝a1Δt2＋a1Δt·－a2·2或l＝a1Δt·Δt 解得Δt＝2×10－3 s 因为＝6×10－3 s， 所以在0～时间内4×10－3 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板． (3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n＝300××＝100(个)． 1 学科网（北京）股份有限公司 $