專(zhuān)題強(qiáng)化十五帶電粒子在電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)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(wèn)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.

⑴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.

。一/圖象

很多時(shí)候可將?U—，圖象a-i圖象工。一f圖象.

七一，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(guò)板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過(guò)

電場(chǎng)時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)中，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11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(shuō)法正確的是（）

,卜

圖1

圖2

A.電壓是甲圖時(shí):在0?7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。?細(xì)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?7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)，即也場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，也勢(shì)能先減少后增加，故A錯(cuò)誤；

電壓是題圖乙時(shí)，在0?多時(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(guò)了彳后做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng)，到r時(shí)速度減為o,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%向左減

T3

速，g后向右加速，］丁后向右減速，7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、8為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B

間電壓為U.=-Uo,緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為〃?，帶電荷量為e的電子（初

速度可視為0）.在8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7=國(guó)笈，板間中線與電子源在同一水平線上.己知極板間距為d,極板長(zhǎng)L,不計(jì)電

子重力，求：

圖3

（1）電了-進(jìn)入偏較極板時(shí)的速度大??；

T

（22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、/?⑵。

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eUo=^mv2

解得懺脾.

（2）由題意知，電子穿過(guò)偏轉(zhuǎn)極板所需時(shí)間t=^=Lyj^=T

故在《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，然后反向加速再臧速，

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.

跟進(jìn)訓(xùn)練

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f=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4、

8兩板間加四種電壓，它們的U八8一/圖線如下列四圖所示.其中可能使電子到不了8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，。點(diǎn)有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為的、電荷量

為q（q>0）、質(zhì)量為機(jī)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)間為華

°。

B.射出粒子的最大動(dòng)能為加加2

C.1=晟時(shí)刻進(jìn)入的粒子,從O'點(diǎn)射出

D./=乎時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從。'點(diǎn)射出

Vo

答案AD

22

解析由題圖可知場(chǎng)強(qiáng)大小E=魏，則粒子在電場(chǎng)中的加速度。=誓=笠，則粒子在電場(chǎng)

中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間滿足目=宗加/，解得林而=膽，選項(xiàng)A正確：能從板間射出的粒子在板

22Vo

間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為/=學(xué)，則任意時(shí)刻射入的粒子若能射出包場(chǎng)，則射出電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向

1T

的速度均為0,可知射出電場(chǎng)時(shí)粒子的動(dòng)能均為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；/=不二=5口寸刻進(jìn)入的粒

子，在沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)是：先向下加速手，后向下減速率速度到零；然后向上加速營(yíng)，再

OOO

T

向上減速d速度到零……如此反復(fù)，則最后從O'點(diǎn)射出時(shí)有沿包場(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；/=蓋=乎時(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￡后向上減速裊度到零：然后向下加速彳，再向下減速,速度到零如此反復(fù)，則

一+cos9）-Frsin0=^nvi?―^nivv

解得小球在A點(diǎn)的速度以=2日7

2

小球在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：尺八一〃?8=〃；;

解得：FNA=9mg

根據(jù)牛頓第三定律得：小球?qū)壍赖膲毫Υ笮楫a(chǎn)N/=9〃?

跟進(jìn)訓(xùn)練

3.（等效重力場(chǎng)）（多選）（2019?四川樂(lè)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)量為機(jī)的帶電小球.小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成。角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能

繞。點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為a下列說(shuō)法正確的是（）

圖7

A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度產(chǎn)

B.小球動(dòng)能的最小值為反=急器

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(kāi)始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，其電勢(shì)能先減小后增大

答案AB

解析小球靜止時(shí)懸線與受直方向成。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：用gtan8=qE,解得E』呼°,選項(xiàng)A正確；

小球恰能繞。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：、：*/）=〃/,則最小動(dòng)能反=1加=/警^,選項(xiàng)B正確：小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和

COS。L乙乙COSC/

守恒，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢(shì)能最大的位五機(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(kāi)始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)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)

,tJ

伏.

題型三電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題

1.帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

（I）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(guò)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.

⑵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(wèn)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(lái)說(shuō)，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)「受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助能量觀點(diǎn)來(lái)處理.即使都是恒力作用的問(wèn)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(guò)程.

②分析物體在所研究過(guò)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(guò)程的初、末狀態(tài)(主要指動(dòng)能).

④根據(jù)口，=△瓜列出方程求解.

(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(即昂=&)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.

m4](2019?全國(guó)卷H-24)如圖8,兩金屬板P、。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,尸、Q、G的尺寸相同.G接地，P、。的電勢(shì)均為Mw>0).質(zhì)量為〃2,

電荷量為外4>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度如平行于紙面水平射入

電場(chǎng)，重力忽略不計(jì).

L----G------

---------Q

圖8

(1)求粒子第一次穿過(guò)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?。?/p>

(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？

答案(曲砍,十多qh叭陪⑵2叭用

解析(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為￡粒子在PG間所受電場(chǎng)力尸的方向豎直向下，設(shè)

粒子的加速度大小為Q,有

E*

F=qE=ma@

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為反，由動(dòng)能定理有

c/Eli=Ek-ynuo2?

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為/,粒子在水平方向的位移為/,則有力=%戶④

l=Vot?

聯(lián)立①②③④⑤式解得

以今近+張人

Imdh

7羸；

（2）若粒子穿過(guò)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(chēng)性知，此時(shí)金屬板

的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2l=2v(f\J^^.

跟進(jìn)訓(xùn)練

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A8與水平放置的光滑圓弧軌道BCD相切了B點(diǎn)，整個(gè)軌道位丁?水

平桌面內(nèi)，圓心角/BOC=37。，線段OC垂直于。。，圓弧軌道半徑為R,直線軌道長(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〃?、帶電荷量為+q的小物塊P仄A點(diǎn)無(wú)初速度解放，

小物塊P與/W之間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=0.25,sin37o=0.6,cos37o=0.8,忽略空氣阻力.求:

圖9

（1）小物塊第一次通過(guò)。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小FNCI：

⑵小物塊第一次通過(guò)D點(diǎn)后離開(kāi)D點(diǎn)的最大距離；

⑶小物塊在直線軌道AB上運(yùn)動(dòng)的總路程.

答案（1）5.4必（2冊(cè)（3）15/?

解析（1）設(shè)小物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為根據(jù)動(dòng)能定理有

</￡ILsin370+R（l—cos370）J—/iqELcos37°=%加c/一。

叔雙人l22qER

解得比'='1蜜一

2

在C點(diǎn)根據(jù)向心力公式得FN。'-9七=氣工

解得尸NCI'=5.4*

根據(jù)牛頓第三定律得廣NCi=5.4qE.

（2）設(shè)小物塊第一次到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速度大小為VD\,

根據(jù)動(dòng)能定理有

qE(Lsin370—/?cos37°)—"17fzeos37°=；〃砧0

鋁，濕_八I、2qER

解得〃口一7尊-

小物塊第一次到達(dá)。點(diǎn)后先以速度UDI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)能定理得一g￡Xn=0一品如J

解得Xm=§R.

（3）分析可知小物塊最終會(huì)在圓弧就道上做往復(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A8上運(yùn)動(dòng)的總路程為5,則根據(jù)功能關(guān)系得qELsin

37°=〃gEscos37°

Ltan37°

解付sJi15R.

課時(shí)精練

過(guò)雙基鞏固練

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

度八位移x和加速度〃三個(gè)物理量隨時(shí)間/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)工一，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)也子的運(yùn)動(dòng)情況：

電子交替做勻加速運(yùn)動(dòng)和力減速運(yùn)動(dòng)，而勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，。一/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)度上隨時(shí)間/變化的圖象.當(dāng)/=（）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(shuō)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.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)

C.3s末帶電粒子的速度為零

D.0?3s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零

答案CD

解析設(shè)第1S內(nèi)粒子的加速度大小為41,第2s內(nèi)的加速度大小為。2,由4=臂可知，。2=

20,可見(jiàn)，粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3s

末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0,。一,圖象如圖所示，由動(dòng)能定理可知，此過(guò)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)不斷射入初速度為如的相同帶電粒子（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匕出，若粒子在兩板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為八則

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.I：1B.2：I

C.3：1D.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(mén),設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓不為零時(shí)，粒子在偏轉(zhuǎn)也場(chǎng)中的

加速度為若粒子在時(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，＞'nm=X'若粒子在寸刻進(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

+|?（f）2=|?r2,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小板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.f=0時(shí)

刻，質(zhì)量為小的帶電微粒以初速度次）沿中線射入兩板間，0?5時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，7時(shí)刻

微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)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。?7時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是（）

圖4

A.末速度大小為由如

B.末速度沿水平方向

C.重力勢(shì)能減少了5〃gd

D.克服電場(chǎng)力做功為〃吆d

答案BC

解析因。?J時(shí)間內(nèi)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)，故Eoq=”?g;在于?^時(shí)間內(nèi)，微粒只受重力作用,

做平拋運(yùn)動(dòng)，在，=里時(shí)刻豎直方向的速度為小尸呵,

十平方向的速度為。o;在H?T時(shí)間

內(nèi)，由牛頓第二定律得2后應(yīng)一〃吆=〃口，解■得a=g,方向向上，則在，=丁時(shí)刻，微粒豎直方

向的速度減小到零，水平方向的速度為的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確：微粒的重力勢(shì)能減小了AEp

="喀與=%?gd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知，』〃g〃一W有電=0,可知克服

電場(chǎng)力做功為加d,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)甩場(chǎng)中，質(zhì)量為，〃的帶電小球，以初速度I；

從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2m方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)

動(dòng)到N的過(guò)程（）

J:E

%?

圖5

A.動(dòng)能增加由加2B.機(jī)械能增加2mv2

C.重力勢(shì)能增加|勿療D.電勢(shì)能增加2心2

答案B

117

解析小球■動(dòng)能的增加量為△￡'k=5〃?（29）2—57nA錯(cuò)誤；小球?在豎直方向J?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)之間高度差為力=右，小

球重力勢(shì)能的增加量為△廝="儂7=5加2,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)

31

能的減少量為9/=寧加+才加=2"流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2/如\B正確.

盟能力提升練

6.（多選）如圖6甲所示，平行金屬板相距為d,在兩板間加?如圖乙所示的交變電壓，有?

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）./=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子恰好在，=7時(shí)刻到達(dá)8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(mén)

B.，=（時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界的速度最大

C」=￡l寸刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)距8板的距離為日

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)都是力逑宜線運(yùn)動(dòng)，則由￡=劭"得，=々，

由于L、如都相等，所以粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界所用時(shí)間卷相等，且都為7,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)包場(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，=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子，據(jù)題

意有弓=2X%（。；對(duì)于/=￡時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在前9時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向下，大小為），i

1TT1T

=2X-a（-）2,在后E時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向上，大小為”=2乂2〃（?2,則知），i=），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4板距離為），=苧，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),例、N是軌道上與圓心。等高的點(diǎn).質(zhì)量為〃2、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￡：=膏，要使小球能沿軌道做完整的圓周運(yùn)

動(dòng)，則下列說(shuō)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(guò)Q、尸點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力大小的差值為6〃遭

D.小球過(guò)Q、戶點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力大小的差值為7.5〃2g

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"7g等=N+（q令2=7g,故等

效重力加速度為一喙，如圖所示，tan。=第="即夕=37。，若小球剛好能通過(guò)C點(diǎn)關(guān)

于圓心。對(duì)稱(chēng)的。點(diǎn)，那么小球就能做完整的圓周運(yùn)動(dòng).小球在。點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最小，但。

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(guò)程中遵守能量守恒定律，小球在航道上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(guò)Q點(diǎn)和P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得產(chǎn)?！?，〃g="7"齊，五夕+〃增=”「屋小球從

。點(diǎn)到。點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得一2〃?4=**一%5落聯(lián)立解得尸Q-”6〃X，選項(xiàng)C正

確，D錯(cuò)誤.

8.如圖8所示，A/3Q為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中段是水平的，8。段為半徑&=

0.2m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=

5.0XIO'v/m.一不帶電的絕嫁小球甲，以速度。。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(guò)軌道的最高點(diǎn)。.已知甲、乙兩球的

質(zhì)量均為"尸LOXIOF4，乙所帶電荷量學(xué)=2.0XI（f5c,g取10m/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(guò)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；

⑵碰撞前甲球的速度%的大小.

答案（1）0.4m⑵24m/s

解析（1）設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)。時(shí)的速度為勿），乙離開(kāi)。點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為/,乙的落點(diǎn)

到B點(diǎn)、的距離為x,則

mg+qE=〃r五■①

1mg+qE

2R=5"②

X=VDI?

聯(lián)立①②③得％=0.4m.?

（2）設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為。節(jié)、。乙，

根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有

mv（）=inv甲+/加乙⑤

^inv（r=^mvv2+^mvc2?

聯(lián)立⑤⑥得v乙=的⑦

由動(dòng)能定理得

-mg?2R-qE2R=}nviSv乙2?

聯(lián)立①⑦⑧得。o=2小m/s.

9.（2019?河南高三月考）在圖9甲所示的極板4、8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7,現(xiàn)有電子以平行于極板的速度加從兩板中央OO'射入.已

知電子的質(zhì)量為〃?，電荷量為e,不計(jì)電子的重力，問(wèn)：

圖9

(1)若電子從，=0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從4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1=0時(shí)刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長(zhǎng)？

⑶若電子恰能從O。'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(jiàn)解析

解析(1)由功能定理得呼=少加一,曲

解得o=Nv"%

(2)/=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)迂半個(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。o,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。0'方向上至少運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，故極板長(zhǎng)至少為L(zhǎng)=

VoT.

(3)若要使電子從。。'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、