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專題強(qiáng)化十五　帶電粒子在電場(chǎng)中的力電綜合問題
目標(biāo)要求 　1.掌握帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和分析方法.2.會(huì)用等效法分析帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng).3.會(huì)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析帶電粒子的力電綜合問題．
題型一　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形．
(1)當(dāng)粒子平行于電場(chǎng)方向射入時(shí)，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其初速度和受力情況決定了粒子的運(yùn)動(dòng)情況，粒子可以做周期性的直線運(yùn)動(dòng)．
(2)當(dāng)粒子垂直于電場(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性．
2．研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場(chǎng)變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況．根據(jù)電場(chǎng)的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等．
很多時(shí)候可將φ－t圖象U－t圖象E－t圖象――→轉(zhuǎn)換a－t圖象――→轉(zhuǎn)化v－t圖象．
3．對(duì)于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場(chǎng)，若粒子穿過板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過電場(chǎng)時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)．

　　　　　 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)

例1 　如圖1所示，在兩平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示時(shí)，電子在板間運(yùn)動(dòng)(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是(　　)

圖1


圖2
A．電壓是甲圖時(shí)，在0～T時(shí)間內(nèi)，電子的電勢(shì)能一直減少
B．電壓是乙圖時(shí)，在0～T2時(shí)間內(nèi)，電子的電勢(shì)能先增加后減少
C．電壓是丙圖時(shí)，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)
D．電壓是丁圖時(shí)，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)
答案　D
解析　電壓是題圖甲時(shí)，0～T時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，即電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減少后增加，故A錯(cuò)誤；電壓是題圖乙時(shí)，在0～T2時(shí)間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減少后增加，故B錯(cuò)誤；電壓是題圖丙時(shí)，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動(dòng)，過了T2后做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng)，到T時(shí)速度減為0，之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，故電子一直朝同一方向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；電壓是題圖丁時(shí)，電子先向左加速，到T4后向左減速，T2后向右加速，34T后向右減速，T時(shí)速度減為零，之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，故電子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D正確．

　　　　　 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)

例2 　(2019·四川成都市模擬)如圖3甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)．在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期T＝Lm2eU0，板間中線與電子源在同一水平線上．已知極板間距為d，極板長(zhǎng)L，不計(jì)電子重力，求：

圖3
(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度大小；
(2)T4時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時(shí)與板間中線的距離(未與極板接觸)．
答案　(1)2eU0m　(2)0
解析　(1)設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有eU0＝12mv2
解得v＝2eU0m.
(2)由題意知，電子穿過偏轉(zhuǎn)極板所需時(shí)間t＝Lv＝Lm2eU0＝T
故在T4時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場(chǎng)方向上先加速后減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故一個(gè)周期內(nèi)，側(cè)移量為零，則電子沿板間中線射出偏轉(zhuǎn)極板，與板間中線的距離為0.

1.(帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng))(2020·黑龍江齊齊哈爾市一模)如圖4所示，A、B兩導(dǎo)體板平行放置，在t＝0時(shí)將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計(jì))．分別在A、B兩板間加四種電壓，它們的UAB－t圖線如下列四圖所示．其中可能使電子到不了B板的是(　　)

圖4


答案　B
2．(帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn))(多選)(2019·山東濰坊市二模)如圖5甲所示，長(zhǎng)為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點(diǎn)有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(chǎng)，取豎直向下為正方向，不計(jì)粒子重力．以下判斷正確的是(　　)

圖5
A．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為2dv0
B．射出粒子的最大動(dòng)能為54mv02
C．t＝d2v0時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O′點(diǎn)射出
D．t＝3dv0時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O′點(diǎn)射出
答案　AD
解析　由題圖可知場(chǎng)強(qiáng)大小E＝mv022qd，則粒子在電場(chǎng)中的加速度a＝qEm＝v022d，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間滿足d2＝12atmin2，解得tmin＝2dv0，選項(xiàng)A正確；能從板間射出的粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t＝8dv0，則任意時(shí)刻射入的粒子若能射出電場(chǎng)，則射出電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度均為0，可知射出電場(chǎng)時(shí)粒子的動(dòng)能均為12mv02，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t＝d2v0＝T8時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)是：先向下加速3T8，后向下減速3T8速度到零；然后向上加速T8，再向上減速T8速度到零……如此反復(fù)，則最后從O′點(diǎn)射出時(shí)有沿電場(chǎng)方向向下的位移，則粒子將從O′點(diǎn)下方射出，故C錯(cuò)誤；t＝3dv0＝3T4時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)是：先向上加速T4，后向上減速T4速度到零；然后向下加速T4，再向下減速T4速度到零……如此反復(fù)，則最后從O′點(diǎn)射出時(shí)沿電場(chǎng)方向的位移為零，則粒子將從O′點(diǎn)射出，選項(xiàng)D正確．
題型二　帶電粒子在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)
1．等效重力場(chǎng)
物體僅在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是最常見、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是對(duì)于處在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)中物體的運(yùn)動(dòng)問題就會(huì)變得復(fù)雜一些．此時(shí)可以將重力場(chǎng)與電場(chǎng)合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場(chǎng)”來代替，可形象稱之為“等效重力場(chǎng)”．
2．等效重力場(chǎng)的對(duì)應(yīng)概念及解釋

3．舉例

例3 　(2020·福建龍巖市高三上學(xué)期期末)如圖6所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))恰好能靜止在C點(diǎn)．若在C點(diǎn)給小球一個(gè)初速度使它在軌道內(nèi)側(cè)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(小球的電荷量不變)．已知C、O、D在同一直線上，它們的連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.求：

圖6
(1)小球所受的電場(chǎng)力F的大小；
(2)小球做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)的速度大小及在A點(diǎn)對(duì)軌道壓力的大小．
答案　(1)3mg　(2)2gr　9mg
解析　(1)小球在C點(diǎn)靜止，受力分析如圖所示

由平衡條件得F＝mgtan 60°
解得：F＝3mg
(2)小球在光滑軌道內(nèi)側(cè)恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)小球速度最小，對(duì)軌道的壓力為零，
則mgcos 60°＝mvD2r
解得小球在D點(diǎn)的速度vD＝2gr
小球由軌道上A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得
－mgr(1＋cos θ)－Frsin θ＝12mvD2－12mvA2
解得小球在A點(diǎn)的速度vA＝22gr
小球在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：FNA－mg＝mvA2r
解得：FNA＝9mg
根據(jù)牛頓第三定律得：小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕NA′＝9mg.

3．(等效重力場(chǎng))(多選)(2019·四川樂山市第一次調(diào)查研究)如圖7所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球．小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　)

圖7
A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝mgtan θq
B．小球動(dòng)能的最小值為Ek＝mgL2cos θ
C．小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢(shì)能先減小后增大
答案　AB
解析　小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成θ角，對(duì)小球受力分析，小球受重力、拉力和電場(chǎng)力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：mgtan θ＝qE，解得E＝mgtan θq，選項(xiàng)A正確；

小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgcos θ＝mv2L，則最小動(dòng)能Ek＝12mv2＝mgL2cos θ，選項(xiàng)B正確；小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和守恒，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢(shì)能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢(shì)能先減小后增大，再減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
題型三　電場(chǎng)中的力電綜合問題
1．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律解題．
(2)受力特點(diǎn)：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，重力是否要考慮，關(guān)鍵看重力與其他力相比較是否能忽略．一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷是否考慮重力作用．
2．用能量觀點(diǎn)處理帶電體的運(yùn)動(dòng)
對(duì)于受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助能量觀點(diǎn)來處理．即使都是恒力作用的問題，用能量觀點(diǎn)處理也常常更簡(jiǎn)捷．具體方法有：
(1)用動(dòng)能定理處理
思維順序一般為：
①弄清研究對(duì)象，明確所研究的物理過程．
②分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功．
③弄清所研究過程的初、末狀態(tài)(主要指動(dòng)能)．
④根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解．
(2)用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理
列式的方法常有兩種：
①利用初、末狀態(tài)的能量相等(即E1＝E2)列方程．
②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程．
(3)兩個(gè)結(jié)論
①若帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變．
②若帶電粒子只在重力和電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變．
例4 　(2019·全國(guó)卷Ⅱ·24)如圖8，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>0)．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)．

圖8
(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？
答案　(1)12mv02＋2φdqh　v0mdhqφ　(2)2v0mdhqφ
解析　(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有
E＝2φd①
F＝qE＝ma②
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有
qEh＝Ek－12mv02③
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝12at2④
l＝v0t⑤
聯(lián)立①②③④⑤式解得
Ek＝12mv02＋2φdqh
l＝v0mdhqφ；
(2)若粒子穿過G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短．由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2l＝2v0mdhqφ.

4．(在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)物體的功能關(guān)系)(2019·名師原創(chuàng)預(yù)測(cè))如圖9所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直線軌道AB與水平放置的光滑圓弧軌道BCD相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道位于水平桌面內(nèi)，圓心角∠BOC＝37°，線段OC垂直于OD，圓弧軌道半徑為R，直線軌道AB長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5R.整個(gè)軌道處于電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線OD.現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小物塊P從A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，小物塊P與AB之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空氣阻力．求：

圖9
(1)小物塊第一次通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FNC1；
(2)小物塊第一次通過D點(diǎn)后離開D點(diǎn)的最大距離；
(3)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動(dòng)的總路程．
答案　(1)5.4qE　(2)65R　(3)15R
解析　(1)設(shè)小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC1，根據(jù)動(dòng)能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cos 37°)]－μqELcos 37°＝12mvC12－0
解得vC1＝22qER5m
在C點(diǎn)根據(jù)向心力公式得FNC1′－qE＝mvC12R
解得FNC1′＝5.4qE
根據(jù)牛頓第三定律得FNC1＝5.4qE.
(2)設(shè)小物塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD1，
根據(jù)動(dòng)能定理有
qE(Lsin 37°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝12mvD12－0
解得vD1＝12qER5m
小物塊第一次到達(dá)D點(diǎn)后先以速度vD1逆著電場(chǎng)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的最大距離為xm，根據(jù)動(dòng)能定理得－qExm＝0－12mvD12
解得xm＝65R.
(3)分析可知小物塊最終會(huì)在圓弧軌道上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為零時(shí)，動(dòng)能和電勢(shì)能之和不再減小．設(shè)小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，則根據(jù)功能關(guān)系得qELsin 37°＝μqEscos 37°
解得s＝Ltan 37°μ＝15R.
課時(shí)精練

1．(多選)(2020·黑龍江佳木斯一中期中)如圖1甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大，當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的是(　　)

圖1


答案　BC
解析　電子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)x－t圖象應(yīng)是拋物線，故A錯(cuò)誤．根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)速度圖象是傾斜的直線可知，B圖符合電子的運(yùn)動(dòng)情況，故B正確，D錯(cuò)誤．根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)情況：電子交替做勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)，而勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，a－t圖象應(yīng)平行于橫軸，故C正確．
2．(多選)如圖2所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象．當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶正電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的作用，則下列說法中正確的是(　　)

圖2
A．帶電粒子始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)
B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)
C．3 s末帶電粒子的速度為零
D．0～3 s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零
答案　CD
解析　設(shè)第1 s內(nèi)粒子的加速度大小為a1，第2 s內(nèi)的加速度大小為a2，由a＝qEm可知，a2＝2a1，可見，粒子第1 s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3 s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0，v－t圖象如圖所示，由動(dòng)能定理可知，此過程中電場(chǎng)力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確．

3．如圖3甲為一對(duì)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓．現(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(不計(jì)重力及粒子間的相互作用)，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是(　　)

圖3
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
答案　C
解析　粒子在兩板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓不為零時(shí)，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度為a，若粒子在t＝nT時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最大，ymax＝12a(T2)2＋a×T2×T2＝38aT2；若粒子在t＝nT＋T2時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，此時(shí)粒子偏轉(zhuǎn)位移最小，ymin＝0＋12a(T2)2＝18aT2，則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是3∶1，故C項(xiàng)正確．
4．(多選)如圖4甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～T3時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是(　　)

圖4
A．末速度大小為2v0
B．末速度沿水平方向
C．重力勢(shì)能減少了12mgd
D．克服電場(chǎng)力做功為mgd
答案　BC
解析　因0～T3時(shí)間內(nèi)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在T3～2T3時(shí)間內(nèi)，微粒只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝2T3時(shí)刻豎直方向的速度為vy1＝gT3，水平方向的速度為v0；在2T3～T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)刻，微粒豎直方向的速度減小到零，水平方向的速度為v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp＝mg·d2＝12mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知，12mgd－W克電＝0，可知克服電場(chǎng)力做功為12mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
5.(2019·天津卷·3)如圖5所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程(　　)

圖5
A．動(dòng)能增加12mv2 B．機(jī)械能增加2mv2
C．重力勢(shì)能增加32mv2 D．電勢(shì)能增加2mv2
答案　B
解析　小球動(dòng)能的增加量為ΔEk＝12m(2v)2－12mv2＝32mv2，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到N時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間高度差為h＝v22g，小球重力勢(shì)能的增加量為ΔEp＝mgh＝12mv2，C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，則小球的電勢(shì)能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢(shì)能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢(shì)能的減少量為ΔEp′＝32mv2＋12mv2＝2mv2，D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對(duì)小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確．

6．(多選)如圖6甲所示，平行金屬板相距為d，在兩板間加一如圖乙所示的交變電壓，有一個(gè)粒子源在平行金屬板左邊界中點(diǎn)處沿垂直電場(chǎng)方向連續(xù)發(fā)射速度相同的帶正電粒子(不計(jì)重力及粒子間的相互作用)．t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子恰好在t＝T時(shí)刻到達(dá)B板右邊緣，則(　　)

圖6
A．任意時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界經(jīng)歷的時(shí)間為T
B．t＝T4時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界的速度最大
C．t＝T4時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)距B板的距離為d4
D．粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)的動(dòng)能與何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)無(wú)關(guān)
答案　AD
解析　任意時(shí)刻進(jìn)入的粒子在水平方向的分運(yùn)動(dòng)都是勻速直線運(yùn)動(dòng)，則由L＝v0t，得t＝Lv0，由于L、v0都相等，所以粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界所用時(shí)間都相等，且都為T，選項(xiàng)A正確；粒子在豎直方向做周期性運(yùn)動(dòng)，勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，加速度大小也相同，所以到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)速度的變化量為零，因此粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)的速度大小等于進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)初速度大小，與何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；對(duì)于t＝0時(shí)刻進(jìn)入的粒子，據(jù)題意有d2＝2×12a(T2)2；對(duì)于t＝T4時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在前T2時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向下，大小為y1＝2×12a(T4)2，在后T2時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向上，大小為y2＝2×12a(T4)2，則知y1＝y(tǒng)2，即豎直方向的位移為0，所以粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)距B板距離為y＝d2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．
7.(多選)(2020·廣東深圳高級(jí)中學(xué)月考)如圖7所示，豎直平面內(nèi)有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于軌道平面水平向左，P、Q分別為軌道上的最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，M、N是軌道上與圓心O等高的點(diǎn)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在軌道內(nèi)運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝3mg4q，要使小球能沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是(　　)

圖7
A．小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能最小的位置，電勢(shì)能最大
B．小球在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能最大的位置一定在M點(diǎn)
C．小球過Q、P點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力大小的差值為6mg
D．小球過Q、P點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力大小的差值為7.5mg
答案　BC
解析　根據(jù)等效場(chǎng)知識(shí)可得，電場(chǎng)力與重力的合力大小為mg等＝?mg?2＋?qE?2＝54mg，故等效重力加速度為g等＝54g，如圖所示，tan θ＝qEmg＝34，即θ＝37°，若小球剛好能通過C點(diǎn)關(guān)于圓心O對(duì)稱的D點(diǎn)，那么小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小，但D點(diǎn)并非是其電勢(shì)能最大的位置，小球電勢(shì)能最大的位置在N點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球在軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中遵守能量守恒定律，小球在軌道上M點(diǎn)的電勢(shì)能最小，機(jī)械能最大，選項(xiàng)B正確；小球過Q點(diǎn)和P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得FQ－mg＝mvQ2R，F(xiàn)P＋mg＝mvP2R，小球從Q點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得－2mgR＝12mvP2－12mvQ2，聯(lián)立解得FQ－FP＝6mg，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．

8.如圖8所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2 m的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝5.0×103 V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞，甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D.已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m＝1.0×10－2 kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2.(水平軌道足夠長(zhǎng)，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中甲不帶電，乙電荷無(wú)轉(zhuǎn)移)求：

圖8
(1)乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；
(2)碰撞前甲球的速度v0的大小．
答案　(1)0.4 m　(2)25 m/s
解析　(1)設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)D時(shí)的速度為vD，乙離開D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，則
mg＋qE＝mvD2R①
2R＝12(mg＋qEm)t2②
x＝vDt③
聯(lián)立①②③得x＝0.4 m．④
(2)設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，
根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有
mv0＝mv甲＋mv乙⑤
12mv02＝12mv甲2＋12mv乙2⑥
聯(lián)立⑤⑥得v乙＝v0⑦
由動(dòng)能定理得
－mg·2R－qE·2R＝12mvD2－12mv乙2⑧
聯(lián)立①⑦⑧得v0＝25 m/s.
9．(2019·河南高三月考)在圖9甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO′射入．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力，問：

圖9
(1)若電子從t＝0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時(shí)速度的大小為多少？
(2)若電子從t＝0時(shí)刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長(zhǎng)？
(3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入？?jī)蓸O板間距至少為多大？
答案　見解析
解析　(1)由動(dòng)能定理得eU02＝12mv2－12mv02
解得v＝v02＋eU0m.
(2)t＝0時(shí)刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，向正極板方向偏轉(zhuǎn)，半個(gè)周期后電場(chǎng)方向反向，電子在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過半個(gè)周期，電子在電場(chǎng)方向上的速度減小到零，此時(shí)的速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運(yùn)動(dòng)；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，故極板長(zhǎng)至少為L(zhǎng)＝v0T.
(3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場(chǎng)方向上應(yīng)先加速、再減速，反向加速、再減速，每階段時(shí)間相同，一個(gè)周期后恰好回到OO′上，可見應(yīng)在t＝T4＋k·T2(k＝0,1,2，…)時(shí)射入，極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上，設(shè)兩板間距為d，由牛頓第二定律有a＝eU0md，加速階段運(yùn)動(dòng)的距離s＝12·eU0mdT42≤d4，
解得d≥TeU08m，故兩極板間距至少為TeU08m.

10.如圖10所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)有水平向左的、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，y軸與直線x＝－d(d>0)區(qū)域內(nèi)有豎直向下的、場(chǎng)強(qiáng)也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)帶電荷量為＋q的粒子(重力不計(jì))從第一象限的S點(diǎn)由靜止釋放．

圖10
(1)若S點(diǎn)的坐標(biāo)為(d2，d2)，求粒子通過x軸時(shí)的坐標(biāo)；
(2)若S點(diǎn)的坐標(biāo)為(d，d)，求粒子通過x軸時(shí)的動(dòng)能；
(3)若粒子能通過x軸上坐標(biāo)為(－3d,0)的P點(diǎn)，求釋放該粒子的點(diǎn)S的坐標(biāo)(x，y)應(yīng)該滿足的條件．
答案　(1)(－d,0)　(2)5qEd4　(3)4xy＝5d2(x>0，y>0)
解析　(1)設(shè)進(jìn)入第二象限前粒子的速度為v0，質(zhì)量為m，由動(dòng)能定理得
qEd2＝12mv02
在第二象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)粒子通過x軸沒有出電場(chǎng)左邊界，則有
加速度a＝qEm
x軸方向上x＝v0t
y軸方向上d2＝12at2
聯(lián)立解得x＝d，假設(shè)成立．
所以粒子通過x軸時(shí)的坐標(biāo)為(－d,0)．
(2)設(shè)進(jìn)入第二象限前粒子的速度為v，質(zhì)量為m，
由動(dòng)能定理得qEd＝12mv2
在第二象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，
加速度a＝qEm
x軸方向上d＝vt1
y軸方向上y＝12at12
解得y＝d4
對(duì)整個(gè)過程由動(dòng)能定理得
qEd＋qEd4＝Ek－0
解得Ek＝5qEd4.
(3)設(shè)粒子到達(dá)y軸時(shí)的速度為v0′，通過第二象限電場(chǎng)所用的時(shí)間為t2，粒子進(jìn)入第二象限前由動(dòng)能定理得qEx＝mv0′22
粒子剛出第二象限電場(chǎng)時(shí)速度偏向角的正切值tan θ＝vyvx
其中vy＝at2
qE＝ma
vx＝v0′＝dt2
粒子出第二象限電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系有
tan θ＝y(tǒng)－12at222d
解得4xy＝5d2(x>0，y>0)．

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