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微專題Ⅱ 帶電粒子在電場中的運動
知識點一、帶電粒子在電場中的直線運動
1.帶電粒子在電場中的直線運動
(1)勻速直線運動：帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的靜電力與其他力平衡。
(2)勻加速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向相同。
(3)勻減速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向相反。
2.討論帶電粒子在電場中做直線運動(加速或減速)的方法
(1)力和加速度方法——牛頓運動定律、勻變速直線運動公式。
(2)功和能方法——動能定理。
(3)能量方法——能量守恒定律。
（多選）如圖所示，電容器充電后與電源斷開，一電子由靜止開始從該電容器的A板向B板運動，經過時間t0到達B極板，電子到達B板時的速度為v，則下列說法正確的是（　　）
A．若只增大或減小兩板間的距離，則v的大小保持不變
B．若只將A板豎直向上移動一小距離，則v將增大
C．若只將A、B兩板之間的距離增大到原來的4倍，則v將增大到原來的2倍
D．若只將A板豎直向上移動一小距離，則電子在兩板間運動的時間變長
（多選）水平地面上方存在水平方向的勻強電場。質量為m、帶負電且電荷量為q的小球A以一定的初速度v0從地面上的O點射入勻強電場，速度方向與水平方向的夾角為53°，恰好沿v0方向離開地面在豎直平面內做直線運動，則（　　）
A．電場方向水平向右且電場力大小為mg
B．從地面到最高點，克服重力做功為
C．從地面到最高點，克服電場力做功為0.18
D．從地面出發再回到地面用時為
如圖所示，一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以一定的初速度從靠近B板的位置垂直板平面向A板運動，剛好靠近A板時速度為零，不計粒子受到的重力，兩板間距為d，兩板間電壓為U，求：
（1）粒子的加速度大小a；
（2）粒子的初速度大小v。
知識點二、帶電粒子的類平拋運動
1.先求加速度。
2.將運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的勻加速直線運動，在兩個方向上分別列運動學方程。
3.涉及功能關系，也可用動能定理列方程。
如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經電壓U1加速后垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L．為了提高示波管的靈敏度（每單位電壓引起的偏轉量），可采用的方法是（　　）
A．增大兩板間的電勢差U2
B．盡可能使板長L短些
C．盡可能使板間距離d小一些
D．使加速電壓U1升高一些
如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場E，從傾角30°的斜面上A點平拋一帶電小球，落到斜面上的B點，空氣阻力不計，下列說法中正確的是（　　）
A．若將平拋初速度減小一半，則小球將落在AB兩點的中點
B．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角不同
C．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間夾角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平拋小球的初動能為6J，則落到斜面上時的動能為14J
如圖所示，一重力不計的帶電粒子由平行板的極板邊緣以平行極板的速度射入，經過一段時間由下極板的邊緣離開，已知兩極板之間的距離為d、兩極板的長度為L、粒子在極板間運動的時間為t。則下列說法正確的是（　　）
A．水平方向上前與后電場力做功的比值為1：1
B．豎直方向上前與所需時間的比值為1：1
C．前與后電勢能變化量的比值為1：1
D．前與后豎直方向下落的高度比值為1：3
某放射源會不斷向空間內各個方向發射速度大小均為v0的電子，電子的質量為m、所帶電荷量為e，放射源置于真空容器內，該容器底部有一水平放置的熒光屏，當有電子打到上面時會發出淡淡的熒光，從而可以用來檢測電子打到的位置。容器內存在豎直向上的勻強電場，電場強度大小為E，放射源與熒光屏間的距離為。熒光屏和容器的空間足夠大，忽略電子間的相互作用及電子的重力，求：
（1）電子打在熒光屏上的速度大小；
（2）大量沿水平方向飛出的電子落在熒光屏上的點形成的圓的半徑；
（3）豎直向下飛出的電子從發射到打在熒光屏上所用時間。
知識點三、帶電體在電場(復合場)中的圓周運動
解決電場(復合場)中的圓周運動問題，關鍵是分析向心力的來源，向心力的來源有可能是重力和靜電力的合力，也有可能是單獨的靜電力。有時可以把復合場中的圓周運動等效為豎直面內的圓周運動，找出等效“最高點”和“最低點”。
如圖所示，兩相同極板M、N的長度為L＝0.6m，相距d＝0.5m，OO′為極板右邊界，OO′的右側存在豎直向下的勻強電場，電場強度為E＝10N/C。光滑絕緣圓弧軌道ABC豎直放置，A與OO’在同一豎直線上，圓弧AB的圓心角θ＝53°，BC是豎直直徑。小球以v0＝3m/s的水平速度從左側飛入極板M、N，飛離極板后恰好從A點沿切線方向進入圓弧軌道。已知小球質量m＝1.0kg，電荷量q＝0.5C，重力加速度g＝10m/s2，cos53°＝0.6，不計空氣阻力。求：
（1）小球在A點的速度vA；
（2）M、N極板間的電勢差U；
（3）欲使小球沿圓弧軌道能到達最高點C，半徑R的取值范圍。
如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內，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，現有一質量為m、帶正電的小滑塊（可視為質點）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為0.5，重力加速度為g。
（1）若滑塊從水平軌道上距離B點s＝3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？
（2）若滑塊從水平軌道上距離B點s＝10R的A點由靜止釋放，求滑塊到達D點時受到軌道的作用力大小？
（3）改變s的大小仍使滑塊由靜止釋放，且滑塊始終沿軌道滑行，并從G點飛出軌道，求s的最小值。
如圖所示為密立根測定電子電荷量的實驗裝置示意圖。油滴室內有兩塊水平放置的平行金屬板M、N，分別與電壓恒為U的電源兩極相連，兩板間距為d．現有一質量為m的油滴在極板間勻速下降，不計空氣阻力，重力加速度為g。則（　　）
A．油滴帶正電荷
B．油滴帶的電荷量為
C．油滴下降過程中電勢能不斷減小
D．將極板N向下移動一小段距離，油滴將加速下降
兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子（不計重力）質量為m電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是（　　）
A． B．edUh C． D．
如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．勻強電場的電場強度E
B．小球動能的最小值為Ek
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先增大后減小，再增大
如圖所示，質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，它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射入到打到上板的過程中（　　）
A．它們運動的時間tQ＞tP
B．它們運動的加速度aQ＜aP
C．它們的動能增加之比EkP：EkQ＝1：2
D．它們所帶的電荷量之比qP：qQ＝1：2
如圖，絕緣光滑半圓環軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E．在與環心等高處放有一質量為m、帶電+q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下述說法正確的是（　　）
A．小球在運動過程中機械能守恒
B．小球經過環的最低點時速度最大
C．小球經過環的最低點時對軌道壓力為（mg+Eq）
D．小球經過環的最低點時對軌道壓力為3（mg﹣qE）
如圖所示，A為粒子源，G為足夠大的熒光屏。在A和極板B間有加速電壓U1，在兩水平放置的平行導體板C、D間有偏轉電壓U2，一質子由靜止從A發出，經加速后以水平速度進入平行導體板C、D間，忽略粒子所受的重力，質子打到F點。下列說法正確的是（　　）
A．若僅增大U1，則質子打在F點下方
B．若僅增大U2，則質子打在F點上方
C．若僅把質子改為α粒子（氮核），則α粒子仍打在F
D．若僅把質子改為α粒子（氦核），則α粒子打在F點下方
、、三個原子核，電荷量均為+q，質量之比為1：2：3。如圖所示，它們以相同的初速度由P點平行極板射入勻強電場，在下極板的落點分別為A、B、C，已知上極板帶正電，不計原子核所受重力，下列說法正確的是（　　）
A．三個原子核剛到達下極板時的動能相等
B．落在C點的原子核是
C．、、的加速度大小滿足a1：a2：a3＝3：2：1
D．若將上極板向上移動較小的距離，原子核在電場中的運動不受影響
有三個質量相等、分別帶正電、負電和不帶電的小球A、B、C，從同一位置以相同速度v0先后水平射入豎直方向的勻強電場中，它們落在正極板的位置如圖所示，則下列說法中錯誤的是（　　）
A．小球A帶正電，小球B不帶電，小球C帶負電
B．三個小球在電場中運動的時間tC＜tB＜tA
C．若把負極板向下移動少許，則C球的運動時間變短
D．三個小球到達正極板的速度vA＜vB＜vC
ABCD區域內存在電場強度為E的勻強電場，一帶正電為q的帶電小球用長為l輕質細繩系于O點且繩子不可伸長，小球所受電場力為重力的5倍，如圖所示在距O點為0.8l處有一個釘子，此時繩與豎直方向夾角為30°，小球從O點正下方由靜止釋放，小球離開電場時繩子恰好斷裂，則下列說法正確的是（　　）
A．小球擺動過程中機械能守恒
B．碰到釘子時小球的速度為
C．小球離開電場能上升的最大高度為
D．小球飛出電場時所受繩子的最大拉力為
如圖所示，一帶電荷量為+q、質量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.求：
（1）水平向右電場的電場強度；
（2）若將電場強度減小為原來的，小物塊的加速度是多大；
（3）電場強度變化后小物塊下滑距離L時的動能。
密立根用如圖所示的實驗裝置來測定很小的帶電油滴所帶的電荷量。油滴從噴霧器噴出時由于摩擦而帶電，并落入兩塊相互平行的極板M、N之間的區域（M板帶正電、N板帶負電），透過顯微鏡尋找那些剛好懸浮在極板間的油滴。根據觀測數據算出油滴的質量，再根據油滴懸浮時受到的電場力和重力平衡，可計算出油滴所帶的電荷量。
（1）若P為從顯微鏡中觀察到的懸浮油滴，則可推知P帶哪種電荷？
（2）已知極板M、N之間的距離為d，電壓為U，求兩板之間的電場強度E的大小；
（3）油滴P可視為球體，并測得其半徑為R．已知油的密度為ρ，重力加速度為g，極板M、N之間的距離為d，電壓為U．求該油滴的電荷量q。
（提示：球的體積公式VπR3）
在真空環境內探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖所示，P是一個微粒源，能持續水平向右發射質量相同、初速度不同的微粒。高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h，重力加速度為g。
（1）若微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的時間；
（2）求能被屏探測到的微粒的初速度范圍。
如圖所示，絕緣粗糙的水平軌道AB（動摩擦因數μ＝0.5）與處于豎直平面內的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，BC為豎直直徑，半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度E＝1N/C。現有一電荷量q＝+1C、質量m＝0.1kg的帶電體（可視為質點）在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的D點（圖中未畫出）。g取10m/s2，求：
（1）帶電體運動到半圓形軌道C點時速度大小；
（2）P點到B點的距離xPB；
（3）帶電體在從B點運動到落至C點的過程中何處動能最大？并求出最大動能。（第3小題保留兩位有效數字）
如圖所示，豎直平面內有一直角坐標系xOy，x軸水平。第一象限內有沿x軸正方向的勻強電場E1（大小未知），第二象限有沿y軸負方向的勻強電場E2＝50N/C。一個質量m＝1kg帶電量q＝+0.1C的小球（視為質點）從A點（﹣0.3m，0.7m）以初速度v0水平拋出，小球從y軸上B點（0，0.4m）進入第一象限，并恰好沿直線從x軸上C點（圖中未標出）飛出，重力加速度為g＝10m/s2。求：
（1）初速度v0大小；
（2）B、C兩點間電勢差UBC。微專題Ⅱ 帶電粒子在電場中的運動
知識點一、帶電粒子在電場中的直線運動
1.帶電粒子在電場中的直線運動
(1)勻速直線運動：帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的靜電力與其他力平衡。
(2)勻加速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向相同。
(3)勻減速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向相反。
2.討論帶電粒子在電場中做直線運動(加速或減速)的方法
(1)力和加速度方法——牛頓運動定律、勻變速直線運動公式。
(2)功和能方法——動能定理。
(3)能量方法——能量守恒定律。
（多選）如圖所示，電容器充電后與電源斷開，一電子由靜止開始從該電容器的A板向B板運動，經過時間t0到達B極板，電子到達B板時的速度為v，則下列說法正確的是（　　）
A．若只增大或減小兩板間的距離，則v的大小保持不變
B．若只將A板豎直向上移動一小距離，則v將增大
C．若只將A、B兩板之間的距離增大到原來的4倍，則v將增大到原來的2倍
D．若只將A板豎直向上移動一小距離，則電子在兩板間運動的時間變長
【解答】解：A、根據動能定理得：qU，得v。若只增大或減小兩板間的距離，由C分析可知，電容減小或增大。電容器的帶電量不變，由C判斷可知板間電壓U增大或減小，由v知，v將增大或減小，故A錯誤；
B、若只將A板豎直向上移動一小距離，兩極板正對面積減小，由C分析可知，電容減小。電容器的帶電量不變，由C判斷可知板間電壓U增大，由v知，v將增大，故B正確；
C、若只將A、B兩板之間的距離增大到原來的4倍，由C分析可知，電容減小到原來的倍。電容器的帶電量不變，由C判斷可知板間電壓U增大至原來的4倍，由v知，v將增大到原來的2倍，故C正確；
D、若只將A板豎直向上移動一小距離，板間電壓U增大，板間場強增大，電子受到的電場力增大，加速度增大，電子在兩板間運動的時間變短，故D錯誤。
故選：BC。
（多選）水平地面上方存在水平方向的勻強電場。質量為m、帶負電且電荷量為q的小球A以一定的初速度v0從地面上的O點射入勻強電場，速度方向與水平方向的夾角為53°，恰好沿v0方向離開地面在豎直平面內做直線運動，則（　　）
A．電場方向水平向右且電場力大小為mg
B．從地面到最高點，克服重力做功為
C．從地面到最高點，克服電場力做功為0.18
D．從地面出發再回到地面用時為
【解答】解：A.小球恰好沿方向離開地面在豎直平面內做直線運動，可知小球受到的重力和電場力的合力方向剛好與v0方向相反，如圖所示：
可知電場力大小為Eqmg，由于小球帶負電，可知電場方向水平向右，故A正確；
BCD.小球受到的合力為Fmg，小球的加速度為：a，根據對稱性可知，從地面出發再回到地面用時為：t＝2t1＝2，從地面到最高點，通過的位移大小為s，則從地面到最高點，克服重力做功為WG＝mgh＝mgs sin53°m，從地面到最高點，克服電場力做功為W電＝qEs cos53°，解得W電＝0.18m，故BD錯誤，C正確。
故選：AC。
如圖所示，一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以一定的初速度從靠近B板的位置垂直板平面向A板運動，剛好靠近A板時速度為零，不計粒子受到的重力，兩板間距為d，兩板間電壓為U，求：
（1）粒子的加速度大小a；
（2）粒子的初速度大小v。
【解答】解：（1）由牛頓第二定律得
F電＝ma
F電＝Eq
U＝Ed
解得
（2）粒子在電場中做勻減速直線運動
v2＝2ax
解得
答：（1）粒子的加速度a大小為；
（2）粒子的初速度v大小為。
知識點二、帶電粒子的類平拋運動
1.先求加速度。
2.將運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的勻加速直線運動，在兩個方向上分別列運動學方程。
3.涉及功能關系，也可用動能定理列方程。
如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經電壓U1加速后垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L．為了提高示波管的靈敏度（每單位電壓引起的偏轉量），可采用的方法是（　　）
A．增大兩板間的電勢差U2
B．盡可能使板長L短些
C．盡可能使板間距離d小一些
D．使加速電壓U1升高一些
【解答】解：帶電粒子加速時，由動能定理得：qU1
帶電粒子偏轉時，由類平拋運動規律，得：
L＝v0t
hat2
又由牛頓第二定律得：a
聯立以上各式可得h
由題意，靈敏度為：
可見，靈敏度與U2無關，故A錯誤。
要提高示波管的靈敏度，可使板長L長些、板間距離d小一些、使加速電壓U1降低一些，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場E，從傾角30°的斜面上A點平拋一帶電小球，落到斜面上的B點，空氣阻力不計，下列說法中正確的是（　　）
A．若將平拋初速度減小一半，則小球將落在AB兩點的中點
B．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角不同
C．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間夾角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平拋小球的初動能為6J，則落到斜面上時的動能為14J
【解答】解：小球受重力和電場力，電場力既可向上也可向下，球做類平拋運動，加速度a恒定，方向向下。
根據類平拋運動的分運動規律，有：
x＝v0t，
y，
，
解得：t，x，y；
A、若將平拋初速度減小一半，根據x，y，x和y均減小為原來的，故A錯誤；
BC、設小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角為α，則有：
tan（α+30°），
故平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角相同，但是tanα≠2tan30°，故BC錯誤；
D、由于小球落到斜面上時的速度方向與水平方向的夾角的正切值：tanβ，
初動能：Ek6J，
末動能：Ek′，
故：Ek′＝6J+（）2×6J＝14J，故D正確；
故選：D。
如圖所示，一重力不計的帶電粒子由平行板的極板邊緣以平行極板的速度射入，經過一段時間由下極板的邊緣離開，已知兩極板之間的距離為d、兩極板的長度為L、粒子在極板間運動的時間為t。則下列說法正確的是（　　）
A．水平方向上前與后電場力做功的比值為1：1
B．豎直方向上前與所需時間的比值為1：1
C．前與后電勢能變化量的比值為1：1
D．前與后豎直方向下落的高度比值為1：3
【解答】解：AD、根據類平拋運動在垂直于電場線方向做勻速直線運動的規律，可得：x＝v0t
易知，粒子水平方向上前與后所用時間的比值為1：1，粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據勻變速運動規律可知這兩個運動過程的豎直分位移之比為1：3，根據：w＝qEy，可知，電場力做功的比值為1：3。故A錯誤；D正確；
B、同理，根據勻變速運動規律的推論可知豎直方向上前與所需時間的比值為1：，故B錯誤；
C．根據W＝﹣nEp，結合A選項分析，可知前與后電勢能變化量的比值為1：3。故C錯誤。
故選：D。
某放射源會不斷向空間內各個方向發射速度大小均為v0的電子，電子的質量為m、所帶電荷量為e，放射源置于真空容器內，該容器底部有一水平放置的熒光屏，當有電子打到上面時會發出淡淡的熒光，從而可以用來檢測電子打到的位置。容器內存在豎直向上的勻強電場，電場強度大小為E，放射源與熒光屏間的距離為。熒光屏和容器的空間足夠大，忽略電子間的相互作用及電子的重力，求：
（1）電子打在熒光屏上的速度大小；
（2）大量沿水平方向飛出的電子落在熒光屏上的點形成的圓的半徑；
（3）豎直向下飛出的電子從發射到打在熒光屏上所用時間。
【解答】解：設放射源與熒光屏間的距離為h，據題知h。
（1）由動能定理得
Eehmv2
解得電子打在熒光屏上的速度大小為：v＝2v0
（2）沿水平方向飛出的電子做類平拋運動，設加速度大小為a，由牛頓第二定律得：
Ee＝ma
該電子在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，根據運動學公式有：
h
該電子在水平方向上做勻速直線運動，則有
x＝v0t
聯立解得水平距離為x
水平飛出的電子落在熒光屏上的點構成的軌跡是一個圓，該圓的半徑為r＝x
（3）設豎直向下飛出的電子從發射到打在熒光屏上所用時間為t′。
則v＝v0+at
解得：t′
答：（1）電子打在熒光屏上的速度大小為2v0；
（2）大量沿水平方向飛出的電子落在熒光屏上的點形成的圓的半徑為；
（3）豎直向下飛出的電子從發射到打在熒光屏上所用時間為。
知識點三、帶電體在電場(復合場)中的圓周運動
解決電場(復合場)中的圓周運動問題，關鍵是分析向心力的來源，向心力的來源有可能是重力和靜電力的合力，也有可能是單獨的靜電力。有時可以把復合場中的圓周運動等效為豎直面內的圓周運動，找出等效“最高點”和“最低點”。
如圖所示，兩相同極板M、N的長度為L＝0.6m，相距d＝0.5m，OO′為極板右邊界，OO′的右側存在豎直向下的勻強電場，電場強度為E＝10N/C。光滑絕緣圓弧軌道ABC豎直放置，A與OO’在同一豎直線上，圓弧AB的圓心角θ＝53°，BC是豎直直徑。小球以v0＝3m/s的水平速度從左側飛入極板M、N，飛離極板后恰好從A點沿切線方向進入圓弧軌道。已知小球質量m＝1.0kg，電荷量q＝0.5C，重力加速度g＝10m/s2，cos53°＝0.6，不計空氣阻力。求：
（1）小球在A點的速度vA；
（2）M、N極板間的電勢差U；
（3）欲使小球沿圓弧軌道能到達最高點C，半徑R的取值范圍。
【解答】解：（1）小球在M、N極板間做類平拋運動，將A點的速度分解，如圖所示。
則vAm/s＝5m/s
（2）在A點，有vy＝v0tan53°＝3m/s＝4m/s
帶電粒子在M、N極板間運動時間為ts＝0.2 s
由vy＝at，得a＝20m/s2
由牛頓第二定律得：mg+Eq＝ma
結合U＝Ed，解得：U＝10V
（3）若小球恰能到達最高點C時，由重力和電場力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得
mg+qE＝m
小球從A點運動到C點的過程，由動能定理得
﹣（mg+qE）R（1+cos53°）
解得：Rm
故半徑R的取值范圍為：0＜Rm
答：（1）小球在A點的速度vA為5m/s。
（2）M、N極板間的電勢差U為10V；
（3）欲使小球沿圓弧軌道能到達最高點C，半徑R的取值范圍為0＜Rm。
如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內，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，現有一質量為m、帶正電的小滑塊（可視為質點）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為0.5，重力加速度為g。
（1）若滑塊從水平軌道上距離B點s＝3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？
（2）若滑塊從水平軌道上距離B點s＝10R的A點由靜止釋放，求滑塊到達D點時受到軌道的作用力大小？
（3）改變s的大小仍使滑塊由靜止釋放，且滑塊始終沿軌道滑行，并從G點飛出軌道，求s的最小值。
【解答】解：（1）設滑塊到達C點時的速度為vC，從A點到C點，由動能定理得
qE（s+R）﹣μmgs﹣mgR0
而
qE
解得
vC
（2）設滑塊到達D點時的速度為vD，從A點到D點，由動能定理得
qEs﹣μmgs﹣2mgRm0
在D點根據牛頓第二定律可得
mg+FN
聯立解得FN＝0N
根據牛頓第三定律可知，滑塊到達D點時受到軌道的作用力為0N。
（3）要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道DG間n點時，由電場力和重力的合力提供向心力，此時的速度最小（設為vn），則有
又從A到n過程由動能定理得
qE（s﹣Rsin37°）﹣μmgs﹣mg（R+Rcos37°）0
整理解得
s＝11.5R
答：（1）若滑塊從水平軌道上距離B點s＝3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為；
（2）滑塊到達D點時受到軌道的作用力為0N；
（3）改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道，s的大小為11.5R。
如圖所示為密立根測定電子電荷量的實驗裝置示意圖。油滴室內有兩塊水平放置的平行金屬板M、N，分別與電壓恒為U的電源兩極相連，兩板間距為d．現有一質量為m的油滴在極板間勻速下降，不計空氣阻力，重力加速度為g。則（　　）
A．油滴帶正電荷
B．油滴帶的電荷量為
C．油滴下降過程中電勢能不斷減小
D．將極板N向下移動一小段距離，油滴將加速下降
【解答】解：A、油滴在極板間勻速下降，故油滴受力平衡；即可知油滴受到的電場力豎直向上，又板間場強方向豎直向下，可知油滴帶負電荷，故A錯誤；
B、由題意可知板間的場強E
油滴受力平衡，有
Eq＝mg
整理可得油滴帶的電荷量q，故B錯誤；
C、油滴下降過程中電場力做負功，根據功能關系可知該過程電勢能不斷增大，故C錯誤；
D、根據題意可知板間距離增大，板間場強減小，則油滴受到的電場力減小，油滴所受重力mg大于電場力Eq，合力方向向下，故油滴將加速下降，故D正確。
故選：D。
兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子（不計重力）質量為m電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是（　　）
A． B．edUh C． D．
【解答】解：設出電子的初動能Ek0，末動能為零，極板間的電場E，
根據動能定理：﹣eEh＝0﹣Ek0，
解得：Ek0
故選：D。
如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球。小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．勻強電場的電場強度E
B．小球動能的最小值為Ek
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先增大后減小，再增大
【解答】解：A、小球靜止時懸線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據平衡件，有
qE＝mgtanθ
解得，故A錯誤；
B、如圖所示
小球恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，在等效最高點A速度最小，根據牛頓第二定律，有
則最小動能為，故B正確；
C、小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端點時機械能最小。故C錯誤；
D、小球從初始位置開始沿逆時針方向在豎直平面內運動一周的過程中，電場力先做正功，后做負功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小。故D錯誤。
故選：B。
如圖所示，質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，它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射入到打到上板的過程中（　　）
A．它們運動的時間tQ＞tP
B．它們運動的加速度aQ＜aP
C．它們的動能增加之比EkP：EkQ＝1：2
D．它們所帶的電荷量之比qP：qQ＝1：2
【解答】解：A、垂直電場方向不受力，做勻速直線運動，位移相等，速度相等，由x＝vt得知，運動的時間相等，故A錯誤；
B、平行電場方向受到電場力作用，做初速度為零的勻加速直線運動，根據位移—時間關系公式，有：yat2，解得：a①，
由于兩帶電粒子平行電場方向分位移之比為：yP：yQ＝1：2，所以aQ＞aP，故B錯誤；
C、根據動能定理，有：qEx＝ΔEk，而：qP：qQ＝1：2，xP：xQ＝1：2，所以動能增加量之比：ΔEkP：ΔEkQ＝1：4，故C錯誤；
D、根據牛頓第二定律，有：qE＝ma…②，由①②兩式解得：q，所以它們所帶的電荷量之比qP：qQ＝1：2，故D正確；
故選：D。
如圖，絕緣光滑半圓環軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E．在與環心等高處放有一質量為m、帶電+q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下述說法正確的是（　　）
A．小球在運動過程中機械能守恒
B．小球經過環的最低點時速度最大
C．小球經過環的最低點時對軌道壓力為（mg+Eq）
D．小球經過環的最低點時對軌道壓力為3（mg﹣qE）
【解答】解：A、小球運動過程中電場力做功，機械能不守恒。故A錯誤。
B、小球所受的電場力豎直向下，從最高點到最低點的過程中，合力做正功，則根據動能定理得知，動能增大，速度增大，所以小球經過環的最低點時速度最大。故B正確。
C、D小球從最高點到最低點的過程，根據動能定理得：（mg+qE）R
又由 N﹣mg﹣qE＝m，聯立解得：N＝3（mg+qE）。
根據牛頓第三定律得，小球經過環的最低點時對軌道壓力N′＝N＝3（mg+qE）。故C，D錯誤。
故選：B。
如圖所示，A為粒子源，G為足夠大的熒光屏。在A和極板B間有加速電壓U1，在兩水平放置的平行導體板C、D間有偏轉電壓U2，一質子由靜止從A發出，經加速后以水平速度進入平行導體板C、D間，忽略粒子所受的重力，質子打到F點。下列說法正確的是（　　）
A．若僅增大U1，則質子打在F點下方
B．若僅增大U2，則質子打在F點上方
C．若僅把質子改為α粒子（氮核），則α粒子仍打在F
D．若僅把質子改為α粒子（氦核），則α粒子打在F點下方
【解答】解：A．設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，粒子在A和極板B間加速，令剛離開加速電場時粒子的速度大小為v0，由動能定理有
根據牛頓第二定律和運動學公式可知粒子在偏轉電場中的側移量為：
可得：
若僅增大U1，則y減小，質子打在F點上方，故A錯誤；
B．根據上述可知，若僅增大U2，則y增大，質子打在F點下方，故B錯誤；
CD．根據上述分析可得：
可知，粒子的側移量與粒子的質量和電荷量無關，故α粒子仍打在F點，故C正確，D錯誤。
故選：C。
、、三個原子核，電荷量均為+q，質量之比為1：2：3。如圖所示，它們以相同的初速度由P點平行極板射入勻強電場，在下極板的落點分別為A、B、C，已知上極板帶正電，不計原子核所受重力，下列說法正確的是（　　）
A．三個原子核剛到達下極板時的動能相等
B．落在C點的原子核是
C．、、的加速度大小滿足a1：a2：a3＝3：2：1
D．若將上極板向上移動較小的距離，原子核在電場中的運動不受影響
【解答】解：A、根據動能定理，粒子到達下級板時的動能為：
其中U1為射入點與下極板的電勢差，因三個原子核的質量不同，則三個原子核剛到達下極板時的動能不相等，故A錯誤；
B、根據類平拋規律，沿電場線方向有：h
垂直電場線方向有：x＝v0t
可得：
可知，質量越大，則x越大，則落在A點的原子核是，故B錯誤；
C、根據牛頓第二定律有：，可知，、、的加速度大小滿足：a1：a2：a3＝6：3：2，故C錯誤；
D、根據公式：、C、
聯立可得：E，因電容器帶電量不變，則若將上極板向上移動較小的距離，兩板間場強不變，原子核在電場中的運動不受影響，故D正確。
故選：D。
有三個質量相等、分別帶正電、負電和不帶電的小球A、B、C，從同一位置以相同速度v0先后水平射入豎直方向的勻強電場中，它們落在正極板的位置如圖所示，則下列說法中錯誤的是（　　）
A．小球A帶正電，小球B不帶電，小球C帶負電
B．三個小球在電場中運動的時間tC＜tB＜tA
C．若把負極板向下移動少許，則C球的運動時間變短
D．三個小球到達正極板的速度vA＜vB＜vC
【解答】解：從極板左側中央以相同的水平速度先后垂直地射入勻強電場的小球的運動性質為類平拋運動，水平方向勻速運動，豎直方向為初速度為零的勻加速運動。
AB、由圖可知水平位移關系
xA＞xB＞xC
根據公式可得
tA＞tB＞tC
又由于正電荷受到的電場力方向與電場方向相同，負電荷受到的電場力方向與電場方向相反，不帶電的粒子不受電場力，所以A小球受到向上的電場力，即A小球帶正電，C小球帶負電，B小球不帶電，故AB正確；
C、C球帶負電，受電場力方向向下，根據牛頓第二定律加速度為，而E，若把負極板向下移動少許d減小，由于正極板從電路中斷開，電荷量Q不變，由C和知，故C球的加速度a不變，因，h不變，則C球的運動時間不變，故C錯誤。
D、三個小球以相同的水平速度v0射入豎直方向的勻強電場，做類平拋運動，因為
tA＞tB＞tC
落在正極板時豎直方向速度關系為
vyA＜vyB＜vyC
又因為
所以，三個小球到達正極板的速度
vA＜vB＜vC，故D正確；
本題選擇錯誤的，故選：C。
ABCD區域內存在電場強度為E的勻強電場，一帶正電為q的帶電小球用長為l輕質細繩系于O點且繩子不可伸長，小球所受電場力為重力的5倍，如圖所示在距O點為0.8l處有一個釘子，此時繩與豎直方向夾角為30°，小球從O點正下方由靜止釋放，小球離開電場時繩子恰好斷裂，則下列說法正確的是（　　）
A．小球擺動過程中機械能守恒
B．碰到釘子時小球的速度為
C．小球離開電場能上升的最大高度為
D．小球飛出電場時所受繩子的最大拉力為
【解答】解：A、小球擺動過程中，電場力對小球做功，小球的機械能不守恒，故A錯誤；
B、小球從釋放到碰到釘子過程，根據動能定理可得
qE＝5mg
解得碰到釘子時小球的速度為
，故B錯誤；
CD、小球從釋放到剛離開電場過程，根據動能定理可得
則小球剛離開電場時的速度為
小球離開電場后，豎直方向做豎直上拋運動，能上升的最大高度為
剛飛出電場時，水平方向拉力和電場力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律可得
則小球飛出電場時所受繩子的最大拉力為
，故C正確，D錯誤。
故選：C。
如圖所示，一帶電荷量為+q、質量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.求：
（1）水平向右電場的電場強度；
（2）若將電場強度減小為原來的，小物塊的加速度是多大；
（3）電場強度變化后小物塊下滑距離L時的動能。
【解答】解：（1）小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，
FNsin37°＝qE①
FNcos37°＝mg②
由1、②可得電場強度
（2）若電場強度減小為原來的，則變為
mgsin37°﹣qEcos37°＝ma③
可得加速度a＝0.3g。
（3）電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，
由動能定理則有：
mgLsin37°﹣qE'Lcos37°＝Ek﹣0④
可得動能Ek＝0.3mgL
答：（1）水平向右電場的電場強度是；
（2）若將電場強度減小為原來的，小物塊的加速度是0.3g；
（3）電場強度變化后小物塊下滑距離L時的動能是0.3mgL。
密立根用如圖所示的實驗裝置來測定很小的帶電油滴所帶的電荷量。油滴從噴霧器噴出時由于摩擦而帶電，并落入兩塊相互平行的極板M、N之間的區域（M板帶正電、N板帶負電），透過顯微鏡尋找那些剛好懸浮在極板間的油滴。根據觀測數據算出油滴的質量，再根據油滴懸浮時受到的電場力和重力平衡，可計算出油滴所帶的電荷量。
（1）若P為從顯微鏡中觀察到的懸浮油滴，則可推知P帶哪種電荷？
（2）已知極板M、N之間的距離為d，電壓為U，求兩板之間的電場強度E的大小；
（3）油滴P可視為球體，并測得其半徑為R．已知油的密度為ρ，重力加速度為g，極板M、N之間的距離為d，電壓為U．求該油滴的電荷量q。
（提示：球的體積公式VπR3）
【解答】解：（1）根據平衡條件可知，油滴受到向上的電場力，所以油滴帶負電。
（2）根據勻強電場公式可知。
（3）因為油滴P懸浮，所以油滴P受到的重力和電場力平衡，即：
mg＝qE
而，
且
聯立以上各式，可得：。
答：（1）若P為從顯微鏡中觀察到的懸浮油滴，則可推知P帶負電。
（2）已知極板M、N之間的距離為d，電壓為U，兩板之間的電場強度E的大小為。
（3）該油滴的電荷量q為。
在真空環境內探測微粒在重力場中能量的簡化裝置如圖所示，P是一個微粒源，能持續水平向右發射質量相同、初速度不同的微粒。高度為h的探測屏AB豎直放置，離P點的水平距離為L，上端A與P點的高度差也為h，重力加速度為g。
（1）若微粒打在探測屏AB的中點，求微粒在空中飛行的時間；
（2）求能被屏探測到的微粒的初速度范圍。
【解答】解：（1）對打在中點的微粒有：hgt2
可得：t
（2）打在B點的微粒：
v1
2h
可得：v1＝L
同理，打在A點的微粒初速度為：v2＝L
微粒初速度范圍：Lv≤L
答：（1）若微粒打在探測屏AB的中點，微粒在空中飛行的時間；
（2）能被屏探測到的微粒的初速度范圍為Lv≤L。
如圖所示，絕緣粗糙的水平軌道AB（動摩擦因數μ＝0.5）與處于豎直平面內的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，BC為豎直直徑，半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度E＝1N/C。現有一電荷量q＝+1C、質量m＝0.1kg的帶電體（可視為質點）在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C，然后落至水平軌道上的D點（圖中未畫出）。g取10m/s2，求：
（1）帶電體運動到半圓形軌道C點時速度大小；
（2）P點到B點的距離xPB；
（3）帶電體在從B點運動到落至C點的過程中何處動能最大？并求出最大動能。（第3小題保留兩位有效數字）
【解答】解：（1）設帶電體運動到半圓形軌道C點時速度大小為vC，由題意，根據牛頓第二定律得
mg＝m
解得：vC＝2m/s；
（2）設帶電體運動到B點時的速度大小為vB，對帶電體從B運動到C的過程，根據動能定理得
﹣2mgR
解得：vB＝2m/s
對帶電體從P運動到B的過程，根據動能定理得
qExPB﹣μmgxPB
解得：xPB＝2m；
（3）帶電體在重力場和電場的復合中運動，當帶電體在半圓形軌道上運動至速度方向與電場力和重力的合力方向垂直時（即運動到等效最低點Q時）的動能最大，由題意可知帶電體所受重力和電場力大小相等，根據力的合成與分解可知OQ連線與豎直方向的夾角為45°。
設帶電體的最大動能為Ekm，對帶電體從B運動到Q的過程，根據動能定理得
qERsin45°﹣mgR（1﹣cos45°）＝Ekm
解得：Ekm≈1.2J。
答：（1）帶電體運動到半圓形軌道C點時速度為2m/s；
（2）P點到B點的距離xPB為2m；
（3）當運動到帶電體與圓心的連線與豎直方向成45°時，動能最大，最大動能為1.2J。
如圖所示，豎直平面內有一直角坐標系xOy，x軸水平。第一象限內有沿x軸正方向的勻強電場E1（大小未知），第二象限有沿y軸負方向的勻強電場E2＝50N/C。一個質量m＝1kg帶電量q＝+0.1C的小球（視為質點）從A點（﹣0.3m，0.7m）以初速度v0水平拋出，小球從y軸上B點（0，0.4m）進入第一象限，并恰好沿直線從x軸上C點（圖中未標出）飛出，重力加速度為g＝10m/s2。求：
（1）初速度v0大小；
（2）B、C兩點間電勢差UBC。
【解答】解：（1）小球在第二象限內做類平拋運動，如圖所示。
根據牛頓第二定律得
mg+E2q＝ma
解得：a＝15m/s2
豎直方向有，解得：t＝0.2s
水平方向有v0m/s＝1.5m/s
（2）小球到達B點時豎直方向分速度大小為：vBy＝at＝15×0.2m/s＝3m/s
做直線運動所受合外力與速度方向共線，則
解得：E1＝50V/m
設小球沿x軸方向運動距離OC為d，則
解得：d＝0.2m
B、C兩點間電勢差為UBC＝E1d＝50×0.2V＝10V
答：（1）初速度v0大小為1.5m/s；
（2）B、C兩點間電勢差UBC為10V。

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