6、3所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g.
圖3
(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s＝3R的A點由靜止釋放，求滑塊到達與圓心O等高的C點時對軌道的作用力大小；
(2)為使滑塊恰好始終沿軌道滑行(不脫離軌道)，求滑塊在圓形軌道上滑行過程中的最小速度．
答案 (1)mg (2)
解析 (1)設(shè)滑塊到達C點時的速度為v，從A到C的過程中，由動能定理有
7、mg(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2
解得v＝
設(shè)滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小為F，
則F－mg＝m
解得F＝mg
由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的作用力大小為
F′＝F＝mg
(2)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓形軌道DG間某點，由電場力和重力的合力提供向心力，此時的速度最小，設(shè)為vmin
則有＝m
解得vmin＝.
[學(xué)科素養(yǎng)] 復(fù)合場中的圓周運動，涉及受力分析、圓周運動、電場等相關(guān)知識點，既鞏固了學(xué)生基礎(chǔ)知識，又鍛煉了學(xué)生遷移應(yīng)用與綜合分析能力，較好地體現(xiàn)了“科學(xué)思維”的學(xué)科素養(yǎng)．
四、帶電粒子在交變電場中的運動
1．當(dāng)空間存在交變電場時，粒子所受
8、電場力方向?qū)㈦S著電場方向的改變而改變，粒子的運動性質(zhì)也具有周期性．
2．研究帶電粒子在交變電場中的運動需要分段研究，并輔以v－t圖象．特別需注意帶電粒子進入交變電場時的時刻及交變電場的周期．
例4 在如圖4所示的兩豎直放置的平行金屬板A、B上分別加如圖5甲、乙所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高．在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動．若兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并定性畫出相應(yīng)的v－t圖象．
圖4
圖5
答案 見解析
解析 t＝0時，B板電勢比A板高，在電場力作用下，電子向B板(設(shè)為正向)做初速度為零的勻加速直線運動．
9、
對于題圖甲所示電壓，在0～T內(nèi)電子做初速度為零的正向勻加速直線運動，T～T內(nèi)電子做末速度為零的正向勻減速直線運動，然后周期性地重復(fù)前面的運動，其v－t圖象如圖(a)所示．
對于題圖乙所示電壓，在0～內(nèi)做類似題圖甲0～T的運動，～T電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運動，然后周期性地重復(fù)前面的運動，其v－t圖象如圖(b)所示．
(a) (b)
1．(帶電粒子在交變電場中的運動)(2018·西安交大附中質(zhì)檢)如圖6甲所示，在兩豎直放置的平行金屬板間靠近A板附近，有一個帶正電的粒子(不計重力)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在A、B兩板間加如圖乙所示的交變電壓，帶電粒子在電場力作
10、用下由靜止開始運動，經(jīng)過3t0時間剛好到達B板，設(shè)此時粒子的動能大小為Ek3，若用改變A、B兩板間距的方法，使粒子在5t0時刻剛好到達B板，此時粒子的動能大小為Ek5，則等于( )
圖6
A.B.C．1D.
答案 B
解析 設(shè)兩板間的距離為d，經(jīng)3t0時間剛好到達B板時，粒子運動過程中先加速然后減速再加速，根據(jù)運動的對稱性和動能定理，可得Ek3＝q；同理使粒子在5t0時刻剛好到達B板時Ek5＝q·，故＝，B正確．
2．(帶電體的直線運動)(2018·菏澤市高二上期末)如圖7所示，一帶電液滴的質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)，在豎直向下的勻強電場中剛好與水平面成30°角以速度v0
11、向上做勻速直線運動．重力加速度為g.
圖7
(1)求勻強電場的電場強度的大?。?
(2)若電場方向改為垂直速度方向斜向下，要使液滴仍做直線運動，電場強度為多大？液滴前進多少距離后可返回？
答案 (1) (2)
解析 (1)因為液滴處于平衡狀態(tài)，所以有Eq＝mg
解得：E＝
(2)電場方向改變，液滴受力分析如圖所示．
液滴做直線運動時，垂直速度方向的合力為零，即qE′＝mgcos30°
解得：E′＝＝
液滴在運動方向的反方向上的合力F＝mgsin30°，由牛頓第二定律得，
做減速運動的加速度大小a＝＝gsin30°＝
液滴可前進的距離s＝＝.
(或由動能定理：－
12、mgsin30°·s＝0－mv02
得液滴可前進的距離s＝＝.)
3．(帶電粒子在電場中的類平拋運動)如圖8所示，陰極A受熱后向右側(cè)空間發(fā)射電子，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，電子的初速率有從0到v的各種可能值，且各個方向都有．與A極相距l(xiāng)的地方有熒光屏B，電子擊中熒光屏?xí)r便會發(fā)光．若在A和B之間的空間加一個水平向左、與熒光屏面垂直的勻強電場，電場強度為E，且電子全部打在熒光屏上，求B上受電子轟擊后的發(fā)光面積．
圖8
答案
解析 陰極A受熱后發(fā)射電子，這些電子沿各個方向射入右邊勻強電場區(qū)域，且初速率從0到v各種可能值都有．取兩個極端情況如圖所示．
沿極板豎直向上且速率為v的電
13、子，受到向右的電場力作用做類平拋運動打到熒光屏上的P點．
豎直方向上y＝vt，
水平方向上l＝·t2.
解得y＝v.
沿極板豎直向下且速率為v的電子，受到向右的電場力作用做類平拋運動打到熒光屏上的Q點，同理可得
y′＝v.
故在熒光屏B上的發(fā)光面積S＝y(tǒng)2π＝.
4．(帶電粒子的圓周運動)(2017·宿遷市期末)如圖9所示，在豎直平面內(nèi)放置著絕緣軌道ABC，AB部分是半徑R＝0.40m的光滑半圓形軌道，BC部分是粗糙的水平軌道，BC軌道所在的豎直平面內(nèi)分布著E＝1.0×103V/m的水平向右的有界勻強電場，AB為電場的左側(cè)豎直邊界．現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝0.04 kg、電荷量為q＝－1
14、×10－4 C的滑塊(視為質(zhì)點)從BC上的某點由靜止釋放，滑塊通過A點時對軌道的壓力恰好為零．已知滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.05，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：
圖9
(1)滑塊通過A點時速度vA的大??；
(2)滑塊在BC軌道上的釋放點到B點的距離s；
(3)滑塊離開A點后在空中運動速度v的最小值．
答案 (1)2m/s (2)5 m (3)1.94 m/s
解析 (1)因為滑塊通過A點時對軌道的壓力恰好為零，
所以有mg＝，解得vA＝2m/s.
(2)根據(jù)動能定理可得：
|q|Es－μmgs－mg·2R＝mvA2，
解得s＝5m.
(3)滑塊離開A點
15、后在水平方向上做勻減速直線運動，
故有：vx＝vA－t＝2－2.5t
在豎直方向上做自由落體運動，
所以有vy＝gt＝10t，
v＝＝
故vmin＝m/s≈1.94 m/s.
一、選擇題
考點一 帶電粒子在電場中的直線運動
1.(多選)如圖1所示，兩平行金屬板與水平面成一角度，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兩板間，則在此過程中，該粒子( )
圖1
A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加
C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動
答案 BD
解析 對帶電粒子受力分析如圖所示，F(xiàn)合≠0，則A錯誤．由圖可知電場力與重力的合力方向
16、與v0方向相反，F(xiàn)合對粒子做負功，其中mg不做功，Eq做負功，故粒子動能減少，電勢能增加，B正確，C錯誤．F合恒定且與v0方向相反，粒子做勻減速直線運動，D正確．
2．如圖2，一水平放置的平行金屬板連接在直流電源上，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于上、下極板附近，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動．在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽略．下列說法正確的是( )
圖2
A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大
B．在t時刻，a的動能比b的大
C．在t時刻，a和b的電勢能相等
D．在t時刻，a和b的速度
17、大小相等
答案 B
3．(多選)如圖3所示，一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力的作用下，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向的夾角為45°，則下列結(jié)論中正確的是( )
圖3
A．此液滴帶負電
B．液滴做勻加速直線運動
C．合外力對液滴做的總功等于零
D．液滴的電勢能減少
答案 ABD
解析 液滴所受的合力沿bd方向，知電場力方向水平向右，則此液滴帶負電，故A正確；液滴所受合力恒定，加速度恒定，做勻加速直線運動，故B正確；合外力不為零，且液滴沿合外力方向運動，合外力做功不為零，故C錯誤；從b到d，電場力做正功，液滴電勢能減小，故D正確．
考點二 帶電粒子在
18、電場中的類平拋運動
4．(多選)如圖4所示，一電子(不計重力)沿x軸正方向射入勻強電場，在電場中的運動軌跡為OCD，已知＝，電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vCy和vDy；電子在OC段和OD段動能的變化量分別為ΔEk1和ΔEk2，則( )
圖4
A．vCy∶vDy＝1∶2
B．vCy∶vDy＝1∶4
C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3
D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
答案 AD
解析 電子沿x軸正方向射入勻強電場，做類平拋運動，沿x軸方向做勻速直線運動，已知＝，則電子從O到C與從C到D的時間相等．電子在y軸方向上做初速度為零的勻加速運動，則有vCy＝atOC，vDy＝at
19、OD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正確，B錯誤；根據(jù)勻變速直線運動的推論可知，在豎直方向上yOC∶yOD＝1∶4，根據(jù)動能定理得ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD，則得ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C錯誤，D正確．
5.如圖5所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在上極板的同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中( )
圖5
A．它們運動的時間tQ＞tP
B．它們運動的加速度aQ＜aP
C．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2
D
20、．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
答案 C
解析 設(shè)兩板距離為h，P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，它們做類平拋運動的水平位移均為l.則對P，由l＝v0tP，＝aPtP2，得到aP＝；對Q，由l＝v0tQ，h＝aQtQ2，得到aQ＝.由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以qP∶qQ＝1∶2.由動能定理得，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4.綜上所述，C項正確．
6．(2018·南京師大附中段考)如圖6所示，正方體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料．ABCD面帶正電，EF
21、GH面帶負電．從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴a、b、c，最后分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是( )
圖6
A．三個液滴在真空盒中都做平拋運動
B．三個液滴的運動時間不一定相同
C．三個液滴落到底板時的速率相同
D．液滴c所帶電荷量最多
答案 D
解析 三個液滴在水平方向受到電場力作用，在水平方向并不是做勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運動，故三個液滴的運動時間相同，選項B錯誤；三個液滴落到底板時豎直分速度大小相等，而水平分位移不相等，水平分速度大小不相等，所以三個液滴落到底板
22、時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴c在水平方向位移最大，故液滴c在水平方向加速度最大，由牛頓第二定律知，液滴c所受的電場力最大，故液滴c所帶電荷量最多，選項D正確．
考點三 帶電粒子在電場(復(fù)合場)中的圓周運動
7．(多選)如圖7所示，豎直向下的勻強電場中，用絕緣細線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運動，以下四種說法中正確的是( )
圖7
A．帶電小球可能做勻速圓周運動
B．帶電小球可能做非勻速圓周運動
C．帶電小球通過最高點時，細線拉力一定最小
D．帶電小球通過最低點時，細線拉力有可能最小
答案 ABD
8.如圖8所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于
23、水平向右的勻強電場中，一帶負電的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動．已知小球所受電場力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ＝53°，軌道水平段BC長度sBC＝2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運動，則高度h為( )
圖8
A．2RB．4RC．10RD．17R
答案 C
解析 小球所受的重力和電場力均為恒力，故兩力可等效為一個力F＝＝mg，方向與豎直方向的夾角為37°偏左下．若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運動，即通過等效最高點D時小球與圓環(huán)間的彈力恰好為0，由圓周運動知識可得mg＝m，由A到D的過程由動能定理得mg(h－R－Rcos
24、37°)－mg(htan37°＋2R＋Rsin37°)＝mvD2，解得h＝10R，故選項C正確，選項A、B、D錯誤．
考點四 帶電粒子在交變電場中的運動
9．(多選)如圖9所示，兩平行金屬板分別加上如下列選項中的電壓，能使原來靜止在金屬板中央的電子(不計重力)有可能做往返運動的U－t圖象應(yīng)是(設(shè)兩板距離足夠大)( )
圖9
答案 BC
解析 由A圖象可知，電子先做勻加速運動，T時速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運動，T時速度減為零．然后重復(fù)這種運動．由B圖象可知，電子先做勻加速運動，T時速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運動，T時速度減為零；從T到T反向勻加速運動，T時速度最大，
25、從T到T內(nèi)做勻減速運動，T時速度減為零，回到出發(fā)點．然后重復(fù)往返運動．由C圖象可知，電子先做加速度減小的加速運動，T時速度最大，從T到T內(nèi)做加速度增大的減速運動，T時速度減為零；從T到T反向做加速度減小的加速運動，T時速度最大，從T到T內(nèi)做加速度增大的減速運動，T時速度減為零，回到出發(fā)點．然后重復(fù)往返運動．由D圖象可知，電子0～做勻加速運動，從T到T內(nèi)做勻速運動，然后重復(fù)加速運動和勻速運動一直向一個方向運動．故選B、C.
10．(多選)如圖10(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距為d的平行金屬板，板長為L，兩板加電壓后板間的電場可視為勻強電場．現(xiàn)在A、B兩板間加上如圖(b)所示的周期性
26、的交變電壓，在t＝0時恰有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在左側(cè)板間中央沿水平方向以速度v0射入電場，忽略粒子的重力，則下列關(guān)于粒子運動狀態(tài)的表述中正確的是( )
圖10
A．粒子在垂直于板的方向上的分運動可能是往復(fù)運動
B．粒子在垂直于板的方向上的分運動是單向運動
C．只要周期T和電壓U0的值滿足一定條件，粒子就可沿與板平行的方向飛出
D．粒子不可能沿與板平行的方向飛出
答案 BC
二、非選擇題
11.虛線PQ、MN間存在如圖11所示的水平勻強電場，一帶電粒子質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝＋1.0×10－5C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U＝100V的電場加速
27、后，垂直進入勻強電場中，從虛線MN上的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場時速度與電場方向成30°角．已知PQ、MN間距為20cm，帶電粒子的重力忽略不計．求：
圖11
(1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v1；
(2)水平勻強電場的場強大小(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；
(3)ab兩點間的電勢差．
答案 (1)1.0×104m/s (2)1.7×103 N/C (3)400V
解析 (1)由動能定理得：qU＝mv12
代入數(shù)據(jù)得v1＝1.0×104m/s.
(2)粒子沿初速度方向做勻速運動：d＝v1t
粒子沿電場方向做勻加速運動：vy＝at
由題意得：tan30°＝
由牛頓
28、第二定律得：qE＝ma
代入數(shù)據(jù)得：E＝×103N/C≈1.7×103 N/C.
(3)由動能定理得：qUab＝m(v12＋vy2)－0
代入數(shù)據(jù)得：Uab＝400V.
12．(2018·德州市期末)如圖12甲所示，水平放置的兩平行金屬板A、B相距為d，板間加有如圖乙所示隨時間變化的電壓．A、B板中點O處有一帶電粒子，其電荷量為q，質(zhì)量為m，在0～時間內(nèi)粒子處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知重力加速度為g，周期T＝.求：
圖12
(1)判斷該粒子的電性；
(2)在0～時間內(nèi)兩板間的電壓U0；
(3)若t＝T時刻，粒子恰好從O點正下方金屬板A的小孔飛出，那么的值應(yīng)為多少．
答案 (1)正電
29、 (2) (3)
解析 (1)由平衡條件可知粒子帶正電
(2)0～時間內(nèi)，粒子處于平衡狀態(tài)
由mg＝得：U0＝
(3)在～T時間內(nèi)有：＝at2
mg＋＝ma
t＝＝
由以上各式聯(lián)立得：＝.
13.如圖13所示，長L＝0.20m的絕緣絲線的一端拴一質(zhì)量為m＝1.0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運動，整個裝置處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E＝2.0×103N/C.現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點，然后無初速度地將小球釋放，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力．求：
圖13
(1)小球
30、通過最高點B時速度的大??；
(2)小球通過最高點B時，絲線對小球拉力的大小．
答案 (1)2m/s (2)3.0×10－3N
解析 (1)小球由A運動到B，
由動能定理有：qEL－mgL＝
vB＝＝2m/s.
(2)設(shè)小球到達B點時，受重力mg、電場力qE和絲線拉力FTB作用，
mg＝1.0×10－4×10N＝1.0×10－3N
qE＝1.0×10－6×2.0×103N＝2.0×10－3N
因為qE＞mg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運動，其到達B點時向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出小球一定受到絲線的拉力FTB作用，由牛頓第二定律有：FTB＋mg－qE＝
FTB＝＋qE－mg＝3.0×10－3N.
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2019-2020學(xué)年高中物理 第一章 電場 微型專題4 帶電粒子在電場中的運動學(xué)案 粵教版選修3-1
