10.5帶電粒子在電場中的運動

?精剖細解細預習講義

知織剖析》

知識點1：帶電粒子在電場中的加速

（1）帶電粒子的種類

電子、質子等，除有說明或有明確的暗示以外，此類粒子一股不考慮重力（但并

基本粒子不忽略質量）。

帶電微粒-----油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。

（2）帶電粒子的運動情形

帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一直線

上，做加速（或減速）直線運動。

速度方向與電場方向帶電粒子的電性運動情形圖示

帶正電的粒子加速E

V6F；

相同

帶負電的粒子減速；

減?量

帶正電的粒子減速E加速

工==

相反

帶負電的粒子加速:?_______

減速

（3）加速問題的兩種分析思路

利用牛頓第二定律

合勻速直運解決的問題屬于勻強電場且涉及運動時間等描述運

結變線動過程的物理量.

動公式來分析。

帶電粒子加速

的分析思路

利用靜電力做功結合解決的問題只涉及位移、速率等動能定理公式中的

動能定我分析。物理量或^勻強電場情景.

骸畫重g

（4）帶電粒子在勻強電場中的直線運動問題的分析方法

明確研究對象一個帶電粒子或者多個組成的系統(tǒng).

受力分析，此時多了一個電場力.

兩個分析

J運動分析，運動情況反映出對應的受力情況.

用運動學和動力學的方法進行分析.

列方程求解

用能量的方法進行分析.

①用運動學和動力學的分析方法：a與,E—v2—nj=2a￡②用能量的分析方法：勻強電場中

W=qEd=qU=^nv2-^mvo2,勻強電場和非勻強電場中：W=qU=Ek2-Ekl0當帶電粒子所受合外

力為零，粒子做勻速直線運動；當帶電粒子所受合外力不為零，粒子做變速直線運動。

一建鍥）一薪

，*

圖:.帶電粒子在勻強電場中的直線運動

1.如圖所示，兩平行金屬板相距為力電勢差U未知，一個電子從。點沿垂直于極板的方向以速度

u射出，最遠到達A點，然后返回，已知0、A相距為力，電子的質量為加，電荷量為e,則兩金屬

板間的電勢差。為（）

A

h

+-

■°。。

.mv2mdv2mhv2

A.---

2h,leh,led

【答案】c

【詳解】電子由。到A的過程，只有電場力做功，根據(jù)動能定理得

-eEh=0——mV

2

兩板間的電場強度

解得兩金屬板間的電勢差u為

mdv2

2eh

故選C。

2.如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動，則關于電子到達Q板時的速度，下列

說法正確的是（）

A.兩板間距離越大，加速的時間就越長，獲得的速度就越大

B.兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大

C.與兩板間距離無關，僅與加速電壓有關

D.以上說法均不正確

【答案】C

【詳解】設兩板間電勢差為U,根據(jù)動能定理有

Ue=—mV

2

可知，兩板間電壓一定的情況下，增加板間距或減小板間距，電子到達Q板時的速度不變，即電子

到達Q板時的速度與兩板間距離無關，僅與加速電壓有關。

故選C。

■-

’靜（.帶電粒子在周期性變化電場中的直線運動

3.如圖甲，某裝置中，多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，序號為

奇數(shù)的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極

間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。在f=0時，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值。此時位于和

偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號為0）中央有一個電子由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1。為

使電子運動到圓筒之間各個間隙中都能恰好使靜電力的方向跟運動方向相同而不斷加速，圓筒長度

的設計必須遵照一定的規(guī)律。已知電子質量為機、電荷量為e、電壓絕對值為U、周期為T,電子通

過圓筒間隙的時間可以忽略不計，則（)

Ui

III~~X~~JJU

10臼叵EIJI3HHD努O

oT丁丁工Y-u

甲乙

A.電子在金屬圓筒中被加速

B.電子在金屬圓筒中的運動時間為T

C.電子出第8個圓筒瞬間速度為4&Z正

D.第8個圓筒長度為^^/^

m

【答案】D

【詳解】A.由于金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內(nèi)部場強為零，則電子在金屬圓筒中做勻速直

線運動，故A錯誤；

B.因為電子從金屬圓筒出來后要繼續(xù)做加速運動，所以電子在金屬圓筒中的運動時間應該為交變電

源周期的一半，即4,故B錯誤；

2

C.由動能定理得

12

SeU=—mv

2

電子出第8個圓筒瞬間速度為

故C錯誤；

D.因為電子在圓筒中做勻速直線運動，所以第8個圓筒長度為

故D正確。

故選D。

4.如圖（a）所示，兩水平平行正對的金屬板M、N間距為力加有如圖（b）所示的交變電壓。一

質量為加、電荷量為q的帶正電的微粒，f=0時刻微粒在兩板正中間的尸點以速度vo平行金屬板運

動，3m時間內(nèi)粒子未到達極板。則在0~3%時間內(nèi)，下列說法正確的是()

?忸MN

2mgd

q

圖(a)圖(b)

A.。~時間內(nèi)，微粒偏向N板運動

B.1=2%時，重力對微粒做功的瞬時功率為mg%

C.0~2%時間內(nèi)，電場力對微粒做的功為27〃g2f

D.0~3m時間內(nèi)，微粒動能增量為mg%?

【答案】C

【詳解】A.。~/°時間內(nèi)，UMN＜。，電場線方向由N指向粒子帶正電，因此受電場力方向指向M

板，故A錯誤；

B."時間內(nèi)，對粒子受力分析，粒子所受電場力為

rL=ELq=q—U=2.mg

d

方向豎直向上，因此此時合力的大小為冽g,方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度大小

為g，方向豎直向上。時間內(nèi)，電場力方向改變，大小未改變，此時合力向下，大小為3〃zg,

根據(jù)牛頓第二定律，此時粒子的加速度大小為3g,方向豎直向下，根據(jù)運動學公式，1=2/。時粒子

在豎直方向的速度大小為

2

v=3gt0-g4=gt0

方向豎直向下，根據(jù)瞬時功率的公式

P-Fvcos0

重力的瞬時功率為

2

P=2mgt0

故B錯誤；

C.根據(jù)B選項分析，粒子在。~2時間內(nèi)的豎直位移為

71212

4=5〃/=2gt°

方向豎直向上。粒子在%?2%時間內(nèi)的豎直位移為

,1721c217

4-§（o~^x^S{0=_]g后

方向豎直向下，則0~2歷時間內(nèi)，粒子豎直方向的總位移為0,則重力做的總功為0。根據(jù)動能定理,

電場力對微粒做的功為

%=^mv2=2mg2to

故C正確；

D.2/。~3fo時間內(nèi)，粒子的受力與。~%相同，故加速度與。時間內(nèi)相同，根據(jù)前面選項已知的

信息，/=3%的速度為

V=V?=2

2,0+?^0-^0=^0

方向豎直向下，貝U。?3務時間內(nèi)，微粒動能增量為

Ek=^mv2=1mg2^

故D錯誤。

故選Co

**

圖（.帶電物體（計重力）在勻強電場中的直線運動

5.密立根油滴實驗的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板的小孔向兩

板間噴入大小不同、帶電量也不同但密度相同的小油滴。已知油滴。、》的質量之比為8:1,油滴可

視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑和運動速率乘積成正比，兩板間不加電壓時，油滴6在

重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為匕、匕，兩板間加上電壓后（上板為正極），

這兩個油滴很快達到相同的速率"，均豎直向下勻速運動，且2v=/-%，不計空氣浮力和油滴間的

相互作用，設油滴6所帶電荷量的絕對值分別為外、私。下列說法正確的是（）

LJI2^1__14-

a0°b

A.油滴〃帶負電，%=10:1

B.油滴a帶負電，qa：qb=5:1

C.油滴。帶正電，qa：qb=10.1

D.油滴a帶正電，%:%=5:1

【答案】A

【詳解】設油滴的半徑為r,密度為p，則有油滴的質量為

m=1^r3

已知油滴b的質量之比為8:1,可得

A

H1

解得

由題意可知，速度為M時，空氣阻力的大小為

F{=kv'r

豎直向下勻速運動，由平衡條件可得

Ff=mg

聯(lián)立解得

由上式可知，半徑廠與萬成正比，則有

4=匕」

rbV27

又有

2v=v1-v2

聯(lián)立解得

8

v,=—v

13

2

當兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個油滴很快達到相同的速率V,可知油滴。做減速運動,

油滴匕做加速運動，由此可知，油滴。帶負電，油滴b帶正電，當油滴再次達到平衡狀態(tài)時，對油

滴。有

QaE+Fta=mag

對油滴匕有

Fa-qhE=mbg

由油滴的前后速度的比值關系可得

廠3

Ffa=*g

o

L3

Ffb=-mbg

聯(lián)立解得

組

為1

A正確，BCD錯誤。

故選Ao

6.質量為機的帶正電小球由空中A點無初速度自由下落，在f秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻

強電場，再經(jīng)過r秒小球又回到A點。不計空氣阻力且小球從未落地，則（）

A.整個過程中小球電勢能減少了15〃g2產(chǎn)

B.整個過程中機械能的增量為，咫2/2

C.從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能減少了〃吆2戶

D.從4點到最低點小球重力勢能減少了;

【答案】D

【詳解】AB.小球先做自由落體運動，后做勻減速運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反。設

電場強度大小為E,加電場后小球的加速度大小為。，取豎直向下方向為正方向，由

gg產(chǎn)=_（.一；“產(chǎn)）

又

v^gt

解得

a=3g

則小球回到A點時的速度為

vr=v—at=—2gt

整個過程中速度增量的大小為

Av=—v=—3gt

速度增量的大小為3/。動量增加為3根/，由牛頓第二定律得

qE-mg

ci-

m

聯(lián)立解得

222

qE=4mg,AE=AEp=qE-gt=2mgt

故AB錯誤;

C.從加電場開始到小球運動到最低點時小球的速度從v減小到0,動能減少了

故C錯誤；

D.設從A點到最低點的高度為/?,根據(jù)動能定理得

1,

mgh-qE（h-—gt）=0

解得

,22

從A點到最低點小球重力勢能減少了

2

AEp=mgh=—mg2t2

故D正確。

故選D。

破（.帶電粒子在其它非勻強電場中的運動

7.在％軸方向存在一靜電場，其g-x圖像如圖所示，一電子以一定的初速度沿％軸從O點運動到％4,

電子僅受電場力，則該電子（）

A.在4處速度達到最大

B.從4到X2的過程中電場力做正功

C.在鼻處電勢為零，電場強度也為零

D.從％到Z的過程中加速度逐漸增大

【答案】A

【詳解】A.根據(jù)題意可知，電子僅在電場力的作用下沿x軸做直線運動，則電場方向沿x軸方向，

由沿電場線方向電勢逐漸降低可知，0~用電場方向水平向左，之后電場方向水平向右，由QX圖像

中斜率表示電場強度可知，尤/處電場強度為0,結合上述分析可知，從0~用電子在電場力作用下做

加速運動，之后做減速運動，則電子運動到打處時速度最大，故A正確；

B.從4到巧電場方向水平向右，此過程中電場力做負功，故B錯誤；

C.QX圖像中斜率表示電場強度可知，在％處電勢為零，但電場強度不為零，故C錯誤；

D.由什尤圖像中斜率表示電場強度可知，從今到匕的過程中電場強度逐漸減小，則加速度逐漸減小,

故D錯誤。

故選A。

8.如圖所示，在某兩個點電荷產(chǎn)生的電場中，某個區(qū)域x軸上電勢夕隨尤變化的圖像，規(guī)定無限遠

處電勢為零，一帶電粒子在x=0處由靜止釋放，只在電場力作用下沿x軸正向運動（粒子只在x軸

上運動），則下列說法正確的是（）

A.兩個場源點電荷一定為等量的異種電荷

B.粒子在西-三段過程中電勢能增加

C.粒子在七處電勢能最大

D.。-七段帶電粒子受到的電場力先增大后減小

【答案】B

【詳解】A.由圖像可知電勢先減小后增大且電勢一直為正值，可知兩個場源點電荷一定為同種正

電荷，圖像不對稱所以兩個場源點電荷電荷量不等，故A錯誤；

B.粒子由靜止釋放且沿x軸正方向運動，。-西段電場力做正功，則在再-尤3段過程中電勢逐漸增

大，電場力做負功，電勢能增加，故B正確；

C.電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，粒子在七處電勢能最小，故C錯誤；

D.圖像斜率絕對值表示場強大小，。一七段斜率先變小后變大，電場強度先減小后增大，則電粒子

受到的電場力先減小后增大，故D錯誤。

故選B。

**

a2.電場中的能量問題

9.如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，圓環(huán)上直徑AB、CD之間的夾角為60。，OE

與之間的夾角也為60。。在A、C兩點分別固定電荷量均為。的正點電荷，電荷量為4的帶正電

小環(huán)由B點靜止釋放。已知點電荷周圍某點的電勢9=左2，式中。為點電荷的電荷量，廠為該點到

r

點電荷的距離，左為靜電力常量，不計帶電小環(huán)的重力，則帶電小環(huán)運動到E點時的動能為（）

【答案】A

【詳解】根據(jù)電場的疊加性原理，A和C兩點電荷在B點的電勢為

3—2

R2R2R

同理根據(jù)電場的疊加性原理可知，E點的電勢為

…°=氈蛆

E27?sin6003R

小環(huán)從2點到E點，由能量守恒有

Q(PB=Q(PE+Ek

解得

(9-46)如Q

EL

6R

故選Ao

10.如圖所示，在絕緣水平面上固定一正點電荷。絕緣輕彈簧一端固定在水平面上，另一端連接

一帶電量為一分質量為根的滑塊（可看做點電荷），滑塊從A點以初速度％沿水平面向。運動,

到達2點時速度為零。已知A0=80=x,滑塊在。點時，彈簧處于自然長度，滑塊與水平面間的摩

擦力大小為人以下判斷正確的是（）

%

Q」

（?）.WWW

,///////////////////////^//////////////////////////////

BOA

A.滑塊與彈簧系統(tǒng)在從A到2點過程中機械能守恒

B.滑塊一定不能從8點回到A點

C.滑塊能從B點回到A點，回到4點時動能為gw；-4笈

D.產(chǎn)生的電場中A、。兩點間的電壓U=4"："叫

4q

【答案】B

【詳解】A.滑塊與彈簧系統(tǒng)在從A到B點過程中，存在庫侖力和摩擦力做功，機械能不守恒，故A

錯誤；

BC.由于8點處彈簧伸長量等于A點處彈簧壓縮量，可知8點處彈性勢能等于A點處彈性勢能，而

滑塊從2點向右運動過程，需要克服摩擦力和庫侖力做功，根據(jù)能量守恒可知，滑塊一定不能從2

點回到A點，故B正確，C錯誤；

D.假設間的電場為勻強電場，設4、。兩點間的電壓為U,從A到B,根據(jù)功能關系有

12

—mv0=_q?2U+f-2x

解得

v4fx-mvl

,4q

但點電荷產(chǎn)生的電場為非勻強電場，所以

句

故D錯誤。

故選Bo

知織剖析，

知識點2：帶電粒子在電場中的偏轉

（1）兩種偏轉的情形

情形進入電場的方式受力特點運動特點圖示

以初速度V0以初速度no垂直電場力大小恒定，做類平拋運動L-

垂直場強方場強方向射入勻且方向與初速度V（勻變速曲線

Vo0L-1，一

“……

向射入勻強強電場，受恒定0的方向垂直。運動運動）。

--?Xy

電場電場力作用，做L?=q產(chǎn)

Vu

類似平拋運動。

先加速后偏靜止放在勻強電加速階段：電場力加速階段：勻加

1

轉場中，經(jīng)過電場大小恒定，且方向速直線運動；偏

加速獲得速度V與運動方向平行；轉階段：做類平二

0,然后垂直場強偏轉階段：電場力拋運動。

方向射入勻強電大小恒定，且方向

場。與速度V0的方向

垂直。

（2）分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題的關鍵

不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣确较?/p>

條件分析與電場方向垂直，則帶電粒子將在電

場中只受電場力作用做類平拋運動.

思路

-殷用分解的思想來處理，即將芾電

粒子的運動分解為垂直電場力方向上

運動分析

的勻速直線運動和沿電場力方向上的

勻加速直線運動.

■公幽重點：

(3)偏轉運動的分析

帶電粒子在電場中做類平拋運動(如圖所示)，由類平拋運動的規(guī)律可得:

水平方向上：做勻速直線運動，速度位移

FqEqU1IgU

豎直方向：做自由落體運動，速度力=成，。=m=m=md，位移＞=辦f=2機4凡

22

合速度：v=yjvj?+v/f合位移：s=yjx+yo

帶電粒子在電場中的運動時間：能離開電場，則/=〃vo;不能離開電場，則仁(2mdy/qU)1/2,

22

l/2d=l/2at=(qU/2md)to

推論：①物體任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點；②物體在任一

時刻，設其速度方向與水平方向的夾角為仇位移與水平方向的夾角為則tan6=2tana；③不同

1

的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓Uo加速后進入偏轉電場U1的，則由動能定理有：qUo=5機底

U11

得：tanJ=2Uod，由此可得粒子的偏轉角與粒子的q、m無關，僅取決于加速電場和偏轉電場。即

不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進入同一偏轉電場，它們在電場中的偏轉角度總是相同

的。

典例分葡0

**

碗(.帶電物體(計重力)在勻強電場中的一般運動

11.如圖所示，四個質量均為加、帶電荷量均為+4的微粒八b、c、d距離地面的高度相同，以相

同的水平速度被拋出，除了a微粒沒有經(jīng)過電場外，其他三個微粒均經(jīng)過電場強度大小為E的勻強

電場（7咫>就），這四個微粒從被拋出到落地所用的時間分別是乙、％、%、tA,不計空氣阻力，則

VVE-

電場方向電場方向

豎直向下豎直向上

A.B.外=%<%=&c.ta=tuD.tb<ta=ta<%

【答案】D

【詳解】設四個微粒拋出時距地面的高度為九微粒。、〃在豎直方向均做自由落體運動，由

可得落地時間為

微粒b受電場力向下，做類平拋運動，微粒c受電場力向上，但由于重力較大，仍做類平拋運動,

由牛頓第二定律分別可得

mg+qE=mah

類比微粒a可得，落地時間分別為

對比可得

故選D。

12.如圖所示，在地面上空兩水平虛線區(qū)域內(nèi)存在水平向右的勻強電場，帶正電荷的小球從勻強電

場上方的。點由靜止釋放，不計空氣阻力，以。點為坐標原點，水平向右為X軸正方向，豎直向下

為y軸正方向，建立平面直角坐標系xOv。則小球在落地前的運動軌跡可能是（）

O0+q

/////////////////

【答案】C

【詳解】小球初始做自由落體運動，速度方向豎直向下，當帶正電荷的小球進入水平向右的勻強電

場區(qū)域后，小球受到水平向右的電場力和豎直向下的重力，合力的方向向右偏下，速度和合力的方

向不在同一條直線上，小球做曲線運動，軌跡應夾在速度方向和合力方向之間，軌跡上凹；出電場

區(qū)域后，小球受到的重力方向豎直向下，與速度的方向仍然不在同一條直線上，小球依然做曲線運

動，但軌跡向下凹，選項C正確。

故選C。

**

"圖2.帶電物體在勻強電場中做拋體運動的相關計算

13.三個帶電粒子的電荷量和質量分別為：甲粒子（q,m）、乙粒子（-%加）、丙粒子（2%4根），它們

先后以相同的速度從坐標原點。沿了軸正方向射入沿y軸負方向的勻強電場中，粒子的運動軌跡如

圖所示。不計重力，夕＞0。則甲、乙、丙粒子的運動軌跡分別是（）

A.①、②、③B.③、①、②C.②、①、③D.③、②、①

【答案】B

【詳解】設質量為機、電荷量為q的粒子經(jīng)過時間f在y軸方向偏轉位移為》粒子的初速度為口

比荷為人,電場強度大小為民根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為

qE

a=——=kE

m

x方向粒子做勻速直線運動，則有

X

t=—

V

即經(jīng)過相同時間水平位移相等；豎直方向根據(jù)位移-時間關系可得

整理可得

kEx2

由于乙粒子（-％機）與其它兩個粒子電性相反，故偏轉方向相反；電場線平行于y軸向下，則正電荷

向下偏轉、負電荷向上偏轉，故可知乙粒子運動軌跡為①；根據(jù)前面分析可知甲粒子色,根）與乙粒

子（-％加）運動軌跡關于x軸對稱，由于甲粒子的比荷比丙粒子的比荷大，故在f時刻沿y方向的位

移大于丙粒子（2%4%）沿y方向的位移；所以運動軌跡①為乙粒子運動軌跡，②為丙粒子運動軌跡,

③為甲粒子運動軌跡。

故選B。

14.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板接電源正極，下極板接電源負極。一個帶電粒子以

初速度％從上極板邊緣水平射入平行板電容器，經(jīng)過一段時間，粒子打在下極板的M點，忽略粒子

自身重力，下列說法正確的是（）

A.粒子帶負電

B.增加兩極板之間的電壓，粒子打在M點右側

C.減小兩極板之間的電壓，粒子打在M點左側

D.增加兩極板之間的電壓，粒子在電場中運動的時間變短

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)題意可知，粒子受豎直向下的電場力，則粒子帶正電，故A錯誤；

BCD.根據(jù)題意，設極板間距離為d,電壓為U,粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向上有

1Uq◎

二---------------1

2md

2Uq

可知，增大電壓，時間變短，減小電壓，時間變長，水平方向上，由

X=VQt

可知，增大電壓，時間變短，水平位移變短，則粒子打在/點左側，減小電壓，時間變長，水平位

移變長，粒子打在M點右側，故BC錯誤，D正確。

故選D。

，-

尊2.帶電粒子離開勻強電場時方向的反向延長線經(jīng)過極板中點

15.已知水平放置的平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負電。電容器的極板長度為L兩極板

間距離為乩一傾斜絕緣擋板放置如圖所示位置。質量為如電荷量為g的帶正電小球以速度v垂直

電場線從電容器的上邊緣射入，恰好落在絕緣擋板的中點處，已知電場強度E=超，則（）

++++++

A.帶電小球在運動過程中的加速度為0g

B.若L=則帶電小球恰好垂直落在斜面上

C.帶電小球經(jīng)過,落在斜面上

D.電場力對帶電小球做功為根gL

【答案】B

【詳解】A.帶電小球所受電場力與重力同向，根據(jù)牛頓第二定律可得小球在運動過程中的加速度

為

Eq+mg

a=-----------=2g

m

故A錯誤;

B.小球運動軌跡如圖所示，設傾斜擋板的傾角為a,小球落在擋板上時的速度偏向角為假設小

球垂直落在擋板上，則根據(jù)幾何關系有

tana?tan/=1

d

tan。

L

根據(jù)類平拋運動規(guī)律的推論可得

00.5d

tanB=-------

0.25￡

解得

L=y/2d

故B正確;

C.由題意，在豎直方向上有

—d——1at2=gt2

22

解得

d

故C錯誤；

D.電場力對帶電小球做功為

W=^qEd

故D錯誤。

故選B。

16.如圖所示，在邊長為乙的正方形ABC。區(qū)域內(nèi)有電場強度大小為E的勻強電場，圖中豎直平行

的直線為勻強電場的電場線（方向未知）。一電荷量為小質量為根的帶負電粒子，從A點以某一

初速度沿A8邊、垂直電場方向進入電場，經(jīng)過電場中的尸點并從8c邊上的。點離開電場，帶電粒

子通過。點的速度方向與水平方向的夾角為53°,已知/外。=60。，忽略空氣的阻力，不考慮帶電

粒子受到的重力，取$皿53。=0.8,353。=0.6.下列說法正確的是（）

A.帶電粒子從A點運動到。點的過程中，電場力所做的功為專

B.帶電粒子從A點運動到。點的過程中，電場力所做的功為等

C.帶電粒子從A點運動到P點的時間為償

D.帶電粒子從A點運動到P點的時間為2、匹

VqE

【答案】A

【詳解】AB.根據(jù)類平拋運動規(guī)律的推論可知，粒子在。點速度方向的反向延長線一定過AB中點,

根據(jù)幾何關系可知

-3。=銘

AB

解得粒子運動到。點時的豎直位移為

y=BQ=^L

帶電粒子從A點運動到。點的過程中，電場力所做的功為

W=qEy=QqEL

故A正確，B錯誤；

CD.設帶電粒子的初速度大小為vo,經(jīng)時間,2運動到。點，則有

=L

2m23

聯(lián)立上述兩式解得

3qEL

設帶電粒子從A點運動到P點的時間為t1,則有

tan60。=^^

晅〃

2m1

解得

mL

=

AqE

故CD錯誤。

故選Ao

圖:.帶電粒子在周期性變化的電場運動（初速度垂直電場）

17.如圖所示，在一對平行金屬板MN、P。加電壓，兩板間形成勻強電場，忽略邊緣效應，兩板邊

緣連線外面的電場忽略不計，電壓按正弦規(guī)律變化，變化周期為兀某時刻有一帶電粒子沿兩板間

的中線。0'以初速度為%射入電場，經(jīng)r=2T時間粒子離開電場。則以下說法中正確的是（）

MN

OO'

%

Q

A.粒子一定從O'點離開電場

B.粒子離開電場時的速度一定大于％

C.粒子離開電場時的速度可能小于%

D.粒子在0~7內(nèi)的位移一定等于在T~2T內(nèi)的位移

【答案】D

【詳解】BC.電壓正弦規(guī)律變化，所以帶電粒子在一個周期內(nèi)所受電場力的總沖量一定等于0,所

以經(jīng)一個周期，粒子的速度仍為%,故BC錯誤；

A.在一個周期內(nèi)，帶電粒子沿電場方向位移取決于電子進入電場的時刻，若進入電場時，電壓恰

好為0,則帶電粒子在前半周期加速度，在后半周期減速，其位移方向不變，下一個周期的運動重

復前一個周期，所以位移不為零，若進入電場時，電壓恰好達到最大值，則帶電粒子在前兩個四分

之一周期內(nèi)加速度減速，在后兩個四分之一周期內(nèi)反向加速反向減速，前半周期的位稱與后半周期

的位移剛好大小相等，方向相反，所以總位移為0,即粒子可能從0'點離開電場，故A錯誤；

D.因為經(jīng)過一個周期，帶電粒子的速度總是回到原來的速度％,所以粒子在每個周期時的運動都

是相同的，即每個周期內(nèi)的位移也一定是相同的，故D正確。

故選D。

18.如圖甲所示，長為L的兩塊平行金屬板A、B水平放置，兩金屬板間接如圖乙所示的電壓，一

質量為機、電荷量為+4的小球在"0時刻從貼近上極板的邊緣以沿水平方向的初速度%進入電場，

一段時間后小球垂直撞在平行金屬板右側豎直放置的彈性絕緣板上并被原速反彈。不計小球與

彈性板碰撞的時間，且在碰撞過程中小球的電荷量不發(fā)生變化，重力加速度為g。下列說法錯誤的

是（）

圖甲圖乙"五

A.t=0時刻兩極板間的電壓U。與兩極板間距離d的關系為4=竽

zq

B.兩極板間距離的最小值為興，

C.小球在運動過程中的最大動能為

D.當，=一時，小球回到出發(fā)點

%

【答案】B

【詳解】A.由題意可知小球/=3時以沿水平方向的速度撞在彈性板上，小球在豎直方向上一定先

%

加速后減速，所以小球受到的電場力方向一定豎直向上，當電壓為時有

U。

mg-q—^-=may

d

當電壓為4U。時有

4U0

q——--mg=ma、

d

且小球f=上時以沿水平方向的速度撞在彈性板上，豎直方向速度剛好減速為0