6、向合力FC>FB>FA，C帶負(fù)電，A帶正電，B不帶電。
答案 A
[基 礎(chǔ) 梳 理]
當(dāng)空間存在交變電場(chǎng)時(shí)，粒子所受電場(chǎng)力方向?qū)㈦S著電場(chǎng)方向的改變而改變，從而影響粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；由于電場(chǎng)力周期性變化，粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)也具有周期性。研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)需要分段研究，特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場(chǎng)時(shí)的時(shí)刻及交變電場(chǎng)的周期。
[典 例 精 析]
【例3】 帶正電的微粒放在電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖5所示。帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是
( )
圖5
A．微粒在0～1 s內(nèi)的加速度與1～2 s內(nèi)的加速度相同
B．微粒
7、將沿著一條直線運(yùn)動(dòng)
C．微粒做往復(fù)運(yùn)動(dòng)
D．微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移大小相同，方向相反
解析 微粒在0～1 s內(nèi)的加速度與1～2 s內(nèi)的加速度大小相等、方向相反，A項(xiàng)錯(cuò)誤；帶正電的微粒放在電場(chǎng)中，第1 s內(nèi)加速運(yùn)動(dòng)，第2 s內(nèi)減速至零，位移大小和方向都相同，故B正確，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。
答案 B
如果根據(jù)外部所加交變電壓的規(guī)律，畫出相應(yīng)粒子的運(yùn)動(dòng)速度圖象，利用v－t圖象對(duì)帶電粒子進(jìn)行分析，既直觀又方便，思維難度又小，是首選的方法。畫圖時(shí)，應(yīng)注意v－t圖象中，加速度相同的運(yùn)動(dòng)一定是平行的直線，圖線與v－t圖象橫軸所夾面積表示位移，圖線與t軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度為零。
8、[即 學(xué) 即 練]
3．如圖6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6
A．帶電粒子將始終向同一個(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．0～4 s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零
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＝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)，粒子的速度為零，由動(dòng)能定理可知，此過程中(即0～3
9、s內(nèi))電場(chǎng)力做功為零，綜上所述，可知C正確。
答案 C
[基 礎(chǔ) 梳 理]
物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到的向心力為F＝m＝mr()2＝mrω2。
[典 例 精 析]
【例4】 如圖7所示，半徑為R的光滑圓環(huán)，豎直置于場(chǎng)強(qiáng)為E的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。今有質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的空心小球穿在環(huán)上，求當(dāng)小球由頂點(diǎn)A從靜止開始下滑到與圓心O等高的位置B時(shí)，小球?qū)Νh(huán)的壓力。
圖7
解析 小球從A到B的過程中，有重力做正功，電場(chǎng)力做正功，則動(dòng)能增加。由動(dòng)能定理得
mgR＋qER＝mv2①
如圖所示，在B點(diǎn)小球受到重力G、電場(chǎng)力F和環(huán)對(duì)小球的彈力N三個(gè)力的作用。沿半徑方向的合力指
10、向圓心提供向心力，F(xiàn)N－F＝m②
由①②兩式聯(lián)立可得FN＝2mg＋3qE。
小球?qū)Νh(huán)的作用力與環(huán)對(duì)球的作用力為作用力與反作用力，兩者等大、反向，即小球?qū)Νh(huán)的壓力FN＝2mg＋3qE，方向水平向右。
答案 見解析
帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為一段圓弧(或在電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng))，處理此類問題時(shí)，若求解速度或動(dòng)能，從動(dòng)能定理入手，若求受力情況用向心力公式，沿半徑方向的合力提供向心力列方程求解。
[即 學(xué) 即 練]
4．如圖8所示，半徑為R的環(huán)形塑料管豎直放置，AB為該環(huán)的水平直徑，且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，環(huán)的AB及以下部分處于水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，管的內(nèi)壁光滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，帶電荷
11、量為＋q的小球從管中A點(diǎn)由靜止釋放，已知qE＝mg。求：小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點(diǎn)D時(shí)的速度和對(duì)管壁的壓力。
圖8
解析 A到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得
mgR＋qER＝mv，v1＝2
由牛頓第二定律
FN－mg＝m，F(xiàn)N＝5mg
由牛頓第三定律FN＝FN′
小球?qū)鼙诘膲毫?mg，方向豎直向下。
答案 2 壓力為5mg，方向豎直向下
1．在如圖9的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，若一個(gè)點(diǎn)電荷從P點(diǎn)由靜止釋放，則以下說法中正確的是 ( )
圖9
A．該點(diǎn)電荷可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)
B．該點(diǎn)電荷一定向右運(yùn)動(dòng)
C．電場(chǎng)力對(duì)該點(diǎn)電荷可能不做功
D．該點(diǎn)電荷一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
12、
解析 電荷受到水平方向上的電場(chǎng)力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)殡姾傻碾娦晕粗瑹o法確定向哪個(gè)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤，D正確；電荷在運(yùn)動(dòng)的過程中，電場(chǎng)力做正功，故C錯(cuò)誤。
答案 D
2．如圖10，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將( )
圖10
A．保持靜止?fàn)顟B(tài)
B．向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)
C．向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)
D．向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)
解析 兩平行金屬板水平放置時(shí)，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙
13、面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場(chǎng)力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時(shí)電場(chǎng)力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。
答案 D
3．在如圖11甲所示平行板電容器A、B兩極板上加上如圖乙所示的交變電壓，開始B板的電勢(shì)比A板高，這時(shí)兩極板中間原來靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開始運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，則下述說法正確的是(不計(jì)電子重力)( )
圖11
A．電子先向A板運(yùn)動(dòng)，然后向B板運(yùn)動(dòng)，再返回A板做周期性來回運(yùn)動(dòng)
B．電子一直向A板運(yùn)動(dòng)
C．電子一直向B板運(yùn)動(dòng)
D．電子先向B板運(yùn)動(dòng)，然后向A
14、板運(yùn)動(dòng)，再返回B板做周期性來回運(yùn)動(dòng)
解析 由運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)規(guī)律畫出如圖所示的v－t圖象可知，電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，C正確。
答案 C
4．如圖12所示，一束不同的帶正電的粒子(不計(jì)重力)，垂直電場(chǎng)線進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，若使它們經(jīng)過電場(chǎng)區(qū)域時(shí)偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ都相同，應(yīng)滿足( )
圖12
A．具有相同的動(dòng)能
B．具有相同的速度
C．具有相同的
D．先經(jīng)同一電場(chǎng)加速，然后再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)
解析 帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的過程中，其偏轉(zhuǎn)距離為：
y＝at2＝()2＝，
偏轉(zhuǎn)角θ滿足tan θ＝＝＝。
由此知，若動(dòng)能相等，q不同，則不能滿足要求，A錯(cuò)誤；若速度相同，不同，則不能滿
15、足要求，B錯(cuò)誤；同樣地，若相同，v0不同也不能滿足要求，C錯(cuò)誤；若經(jīng)過相同電場(chǎng)加速，滿足qU1＝mv，則y＝，tan θ＝，y、tan θ均與v0、Ek、q、m無關(guān)，D正確。
答案 D
5.如圖13所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和豎直向下的重力場(chǎng)，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運(yùn)動(dòng)。那么( )
圖13
A．微粒帶正、負(fù)電荷都有可能
B．微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
C．微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)
D．微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
解析 因?yàn)榱Ｗ友谹向B方向直線運(yùn)動(dòng)，它受豎直向下重力與水平向左電場(chǎng)力時(shí)，恰能滿足條件，因此微粒只能帶負(fù)電，做勻減速直線運(yùn)
16、動(dòng)，因此B對(duì)，A、C、D錯(cuò)誤。
答案 B
6．如圖14所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場(chǎng)方向的夾角為60°；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向的夾角為30°。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。
圖14
解析 設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于電場(chǎng)方向上的速度分量不變，即
vBsin 30°＝v0sin 60° ①
由此得vB＝v0②
設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB，由動(dòng)能定理有
qUAB＝m(v－v)③
聯(lián)立②③式得UAB＝④
答案
1.如圖1所示，一帶
17、正電粒子以初速度v0垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，該粒子將( )
圖1
A．向左偏轉(zhuǎn)
B．向右偏轉(zhuǎn)
C．向紙外偏轉(zhuǎn)
D．向紙內(nèi)偏轉(zhuǎn)
答案 A
2．(多選)將一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左，不計(jì)空氣阻力，則小球( )
圖2
A．做直線運(yùn)動(dòng)
B．做曲線運(yùn)動(dòng)
C．速率先減小后增大
D．速率先增大后減小
解析 對(duì)小球受力分析，小球受重力和電場(chǎng)力作用，合力與初速度v0不共線，所以小球做曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；在運(yùn)動(dòng)過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對(duì)小球先做負(fù)功后做正功，小球的速率先減小后增大，C正確，D錯(cuò)
18、誤
答案 BC
3．如圖3，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子( )
圖3
A．所受重力與電場(chǎng)力平衡
B．電勢(shì)能逐漸增加
C．動(dòng)能逐漸增加
D．做勻速直線運(yùn)動(dòng)
解析 對(duì)粒子受力分析可知，重力與電場(chǎng)力合力與速度方向相反，所以粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，A、C、D錯(cuò)。因此B正確。
答案 B
4．如圖4所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在電場(chǎng)力的作用下，兩粒子同時(shí)
19、從靜止開始運(yùn)動(dòng)。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略。不計(jì)重力，則M∶m為 ( )
圖4
A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1
解析 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)M有：aM＝，l＝t2；對(duì)m有：am＝，l＝t2。聯(lián)立解得＝，A正確。
答案 A
5．(2018·麗水、衢州、湖州三地教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖5所示，半徑為R的光滑絕緣的半圓形軌道ABC，A點(diǎn)與圓心等高，B點(diǎn)在圓心正下方，軌道固定于電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。兩個(gè)帶等量同種電荷小球剛好能靜止在軌道的A點(diǎn)和B點(diǎn)。已知兩小球質(zhì)量均為m，重力加速度為g，靜電力常量
20、為k。下列說法正確的是( )
圖5
A．小球帶正電
B．小球的帶電荷量為
C．小球的帶電荷量為R
D．在A點(diǎn)小球?qū)壍赖膲毫Υ笥谠贐點(diǎn)小球?qū)壍赖膲毫?
解析 若兩小球均帶正電，由平衡條件知，小球B不可能靜止，故兩小球帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)A、B兩球受力分析如圖所示，對(duì)A球，由平衡條件知，mg＝F庫sin 45 °，Eq＋F庫cos 45 °＝FNA，對(duì)B球，由平衡條件知Eq＝F庫cos 45 °，mg＋F庫sin 45 °＝FNB，解得FNA＝FNB，小球的帶電荷量為q＝＝，選項(xiàng)B正確，C、D錯(cuò)誤。
答案 B
6．如圖6所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩
21、板間距離d足夠大。當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下列選項(xiàng)中，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6
解析 由電壓圖象知，當(dāng)兩板間所加的電壓為U0時(shí)，兩板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)且場(chǎng)強(qiáng)大小為，當(dāng)兩板間所加的電壓為－U0時(shí)，兩板間電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)且場(chǎng)強(qiáng)大小為，電子在一個(gè)周期的時(shí)間內(nèi)，第一個(gè)內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到速度為零，第三個(gè)內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第四個(gè)內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，回到出發(fā)點(diǎn)，只有D選項(xiàng)正確。
答案 D
7．如圖7所示，一帶電液滴在重力和勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)它的作用力作用下，從靜止開始由b沿直線運(yùn)動(dòng)到d，且bd與豎直方向
22、所夾的銳角為45°，則下列結(jié)論正確的是
( )
圖7
A．此液滴帶正電
B．液滴的加速度等于g
C．合外力對(duì)液滴做的總功等于零
D．液滴的電勢(shì)能增加
解析 帶電液滴做直線運(yùn)動(dòng)，合力沿bd方向。故電場(chǎng)力方向水平向右，與電場(chǎng)方向相反，液滴帶負(fù)電，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；液滴的加速度為a＝＝＝g，故B正確；電場(chǎng)力對(duì)液滴做正功，液滴的電勢(shì)能減少，合外力對(duì)液滴做正功，故C、D錯(cuò)誤。
答案 B
8.如圖8所示，有一電子(電量為e)經(jīng)電壓U0加速后，進(jìn)入兩板間距為d、電壓為U的平行金屬板間。若電子從兩板正中間垂直電場(chǎng)方向射入，且正好能穿過電場(chǎng)，求：
圖8
(1)金屬板AB的長(zhǎng)度；
(2
23、)電子穿出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能。
解析 (1)設(shè)電子飛離加速電場(chǎng)時(shí)速度為v0，由動(dòng)能定理eU0＝mv①
設(shè)金屬板AB的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，電子偏轉(zhuǎn)時(shí)間
t＝②
電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中產(chǎn)生偏轉(zhuǎn)加速度a＝③
電子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)y＝d＝at2④
由①②③④得：L＝d
(2)設(shè)電子穿過電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，根據(jù)動(dòng)能定理得Ek＝eU0＋e＝e(U0＋)。
答案 (1)d (2)e(U0＋)
9．如圖9所示，兩塊相距為d、足夠長(zhǎng)的金屬板平行豎直放置，長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)絕緣線一端拴質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定在左板上某點(diǎn)，小球靜止時(shí)絕緣線與豎直方向的夾角為θ。如將絕緣線剪斷，問：
圖9
(1)小球?qū)⑷绾芜\(yùn)動(dòng)？
(
24、2)小球經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間打到金屬板上？
解析 (1)剪斷線后，小球受重力、電場(chǎng)力的作用，合力為恒力，方向沿線伸長(zhǎng)的方向(即與板成θ角)，所以小球?qū)⒀鼐€伸長(zhǎng)的方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直至打到右側(cè)金屬板上。
(2)由圖可知：tan θ＝
Eq＝ma水平
所以小球的水平分加速度a水平＝gtan θ
要打到金屬板上，水平位移x＝d－Lsin θ
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：x＝at2
所以t＝＝
答案 (1)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)
(2)
10．在金屬板A、B間加上如圖10乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期是T。現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板
25、之間，距B板距離為板間距離的1/3處射入。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力。
圖10
(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，求電子飛出時(shí)速度的大??；
(2)若電子從t＝0時(shí)刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少多長(zhǎng)？
(3)若電子從t＝T/4時(shí)刻射入，恰能從兩板中央平行于金屬板飛出，則兩板間距至少多大？
解析 (1)由動(dòng)能定理得：e＝mv2－mv
解得：v＝
(2)電子從t＝0時(shí)刻射入且恰能平行于金屬板飛出，則電子至少要在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期。
電子平行于金屬板方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則：Lmin＝v0T
(3)電子從t＝T/4時(shí)刻射入且恰能從兩板中央平行于金屬板飛出，則電子在垂直于金屬板方向上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。
則加速度a＝
電子在T/4時(shí)間內(nèi)的位移為＝··()2
所以d＝T，即兩板間距至少為T
答案 (1) (2)v0T (3)T
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（浙江專用）2018-2019學(xué)年高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 習(xí)題課 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版選修3-1
