資源簡(jiǎn)介

(共76張PPT)
第八章　靜電場(chǎng)
專(zhuān)題突破九　帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的綜合問(wèn)題
突破一　“等效法”在電場(chǎng)中的應(yīng)用
1．等效重力法
電場(chǎng)中電場(chǎng)力和重力合成一個(gè)等效力，稱(chēng)為等效重力。如圖所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”；F合的方向等效為
“重力”的方向。
2．等效最“高”點(diǎn)與最“低”點(diǎn)的確定方法
在“等效重力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的物體過(guò)圓心作“等效重力”的作用線，其反向延長(zhǎng)線交于圓周上的那個(gè)點(diǎn)即為圓周運(yùn)動(dòng)的等效最“高”點(diǎn)，沿著“等效重力”的方向延長(zhǎng)交于圓周的那個(gè)點(diǎn)為即等效最“低”點(diǎn)，如圖所示。
[典例1]　(2025·廣東潮州診斷)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))恰好能靜止在C點(diǎn)。若在C點(diǎn)給小球一個(gè)初速度使它在軌道內(nèi)側(cè)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(小球的電荷量不變)。已知C、O、D在同一直線上，它們的連線
與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。求：
(1)小球所受的電場(chǎng)力F的大小；
(2)小球做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)的速度大小及在A點(diǎn)對(duì)軌道壓力的大小。
[解析]　(1)小球在C點(diǎn)靜止，受力分析如圖所示。
由平衡條件得F＝mg tan θ，
解得F＝mg。
(2)小球在光滑軌道內(nèi)側(cè)恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)小球速度最小，對(duì)軌道的壓力為零，則
＝，
解得小球在D點(diǎn)的速度vD＝，
小球由軌道上A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得
－mgr(1＋cos θ)－Fr sin θ＝，
解得小球在A點(diǎn)的速度vA＝2，
小球在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得
FNA－mg＝，
解得FNA＝9mg，
根據(jù)牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕NA′＝9mg。
[答案]　(1)mg　(2)　9mg
[典例2]　(多選)如圖所示，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m、帶電量為q的小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。則(　　)
A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
B．小球獲得初速度的大小為
C．小球從初始位置運(yùn)動(dòng)至軌跡的最左端增加的機(jī)械能為mgL
tan θ(1＋sin θ)
D．小球從初始位置在豎直平面內(nèi)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，其電勢(shì)能先減小后增大
√
√
AB　[小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，對(duì)小球受力分析如圖，小球受重力、拉力和電場(chǎng)力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有mg tan θ＝qE，解得E＝，A正確；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A由重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有＝球從初始
位置運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可
得－mg·2L cos θ－qE·2L sin θ＝解得小球獲得初速度的大小為v0＝，B正確；由功能關(guān)系和能量守恒定律可得小球從初始位置運(yùn)動(dòng)至軌跡的最左端電場(chǎng)力做負(fù)功，故機(jī)械能減小，減小的機(jī)械能為E＝Ep電＝qE(L＋L sin θ)＝q(L＋L sin θ)＝mgL tan θ(1＋sin θ)，C錯(cuò)誤；小球從初始位置開(kāi)始在豎直平面內(nèi)順時(shí)針運(yùn)動(dòng)一周的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功，再做負(fù)功，則其電勢(shì)能先增大后減小再增大，D錯(cuò)誤。故選AB。]
突破二　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．常見(jiàn)的交變電場(chǎng)類(lèi)型
產(chǎn)生交變電場(chǎng)常見(jiàn)的電壓波形：正弦波、方形波、鋸齒波等。
2．交變電場(chǎng)中常見(jiàn)的粒子運(yùn)動(dòng)
(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般對(duì)整段或分段研究用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解)。
(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或者動(dòng)能定理等求解)。
(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或者動(dòng)能定理等求解)。
3．分析思路
(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析。
(2)能量觀點(diǎn)：應(yīng)用動(dòng)能定理、功能關(guān)系等分析。
(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：應(yīng)用動(dòng)量定理分析。
角度1　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)
[典例3]　如圖甲所示，A板電勢(shì)為0，A板中間有一小孔，B板的電勢(shì)變化情況如圖乙所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在t＝時(shí)刻以初速度為0從A板上的小孔處進(jìn)入兩極板間，僅在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，恰好到達(dá)B板，則(　　)
A．A、B兩板間的距離為
B．粒子在兩板間的最大速度為
C．粒子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
D．若粒子在t＝時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終打向B板
√
B　[粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，方向變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；粒子在t＝時(shí)刻以初速度為0進(jìn)入兩極板，先加速后減速，在時(shí)刻到達(dá)B板，則＝，解得d＝ ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在時(shí)刻速度最大，則vm＝＝ ，選項(xiàng)B正確；若粒子在t＝時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，在～時(shí)間內(nèi)，粒子做勻加速運(yùn)動(dòng)，位移x＝＝，所以粒子在時(shí)刻之前已經(jīng)到達(dá)B板，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]
角度2　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題
[典例4]　如圖甲所示，電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。(每個(gè)電子穿過(guò)平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)求：
(1)在t＝0.06 s時(shí)刻進(jìn)入電容器的電子打在熒光屏上的何處；
(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長(zhǎng)？
[解析]　(1)電子經(jīng)電場(chǎng)加速滿足qU0＝mv2，
經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝at2＝，
所以y＝，由題圖乙知t＝0.06 s時(shí)刻U偏＝，所以y＝4.5 cm，
設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為Y，由幾何關(guān)系可知＝，所以Y＝13.5 cm。
(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過(guò)2U0時(shí)電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)為3L＝30 cm。
[答案]　(1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5 cm　(2)30 cm
突破三　動(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在電場(chǎng)中的應(yīng)用
1．動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)
(1)由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中帶電粒子所受電場(chǎng)力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式求解，注意受力分析要全面，特別注意是否需要考慮重力。
2．能量的觀點(diǎn)
(1)運(yùn)用動(dòng)能定理，注意過(guò)程分析要全面，準(zhǔn)確求出過(guò)程中的所有力做的功，判斷選用分過(guò)程還是全過(guò)程使用動(dòng)能定理。
(2)運(yùn)用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。
3．動(dòng)量的觀點(diǎn)
(1)運(yùn)用動(dòng)量定理，要注意動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式。
(2)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，注意其適用條件。
[典例5]　如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，AB段為足夠長(zhǎng)的水平軌道，BD段為半徑R＝0.2 m 的半圓軌道，二者相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝5.0×103 V/m。一個(gè)不帶電的絕緣小球甲，以速度v0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)生彈性正碰。已知乙球質(zhì)量m＝1.0×10-2 kg、所帶電荷量q＝2.0×10-5 C，乙球質(zhì)量為甲球質(zhì)量的3倍。g取10 m/s2，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中無(wú)電荷轉(zhuǎn)移。
(1)甲、乙兩球碰撞后，乙球通過(guò)軌道的最高點(diǎn)D時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小N′為自身重力的2.5倍，求乙在水平軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；
(2)在滿足(1)的條件下，求甲球的初速度v0。
[解析]　(1)設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)D時(shí)的速度為vD，乙離開(kāi)D點(diǎn)首次到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，加速度為a，乙在水平軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，乙離開(kāi)D點(diǎn)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則2R＝at2，x＝vDt，
根據(jù)牛頓第二定律有a＝，
乙過(guò)D點(diǎn)時(shí)有mg＋qE＋N＝(式中N為乙在D點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)乙的作用力)，
根據(jù)牛頓第三定律有N＝N′＝2.5mg，
解得x＝0.6 m。
(2)設(shè)碰后瞬間甲、乙兩球的速度分別為v1、v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2，
＝，
聯(lián)立解得v2＝v0，
乙球從B到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有
－mg·2R－qE·2R＝，
由(1)可得vD＝3 m/s，
聯(lián)立解得v0＝10 m/s。
[答案]　(1)0.6 m　(2)10 m/s
規(guī)律方法　三大觀點(diǎn)的選用策略
(1)對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)討論，在具備守恒條件時(shí)優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律；出現(xiàn)相對(duì)距離(或相對(duì)路程)時(shí)優(yōu)先考慮功能關(guān)系。
(2)對(duì)單個(gè)物體的討論，宜用兩個(gè)定理，涉及時(shí)間優(yōu)先考慮動(dòng)量定理，涉及位移優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。
(3)研究所受力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的關(guān)系，涉及過(guò)程的細(xì)節(jié)(加速度)，且受恒力作用時(shí)，考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律。
(4)兩個(gè)定律和兩個(gè)定理，只考查一個(gè)物理過(guò)程的始末兩個(gè)狀態(tài)，對(duì)中間過(guò)程不予以細(xì)究，這是它們的方便之處，特別是對(duì)變力問(wèn)題，充分顯示出其優(yōu)越性。有些題目可以用不同方法各自解決，有些題目則同時(shí)運(yùn)用上述幾種方法才能解決。
[典例6]　有一質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為l的矩形絕緣板放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m、帶電荷量的絕對(duì)值為q的物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，以初速度v0從絕緣板的上表面的左端沿水平方向滑入，絕緣板所在空間有范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其場(chǎng)強(qiáng)大小E＝，方向豎直向下，如圖所示。已知物塊與絕緣板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，物塊運(yùn)動(dòng)到絕緣板的右端時(shí)恰好相對(duì)于絕緣板靜止；若將勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向改變?yōu)樨Q直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小不變，且物塊仍以原初速度從絕緣板左端的上表面滑入，結(jié)果兩者相對(duì)靜止時(shí)，物塊未到達(dá)絕緣板的右端。求：
(1)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，物塊在絕緣板上滑動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量；
(2)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下時(shí)與豎直向上時(shí)，物塊受到的支持力之比；
(3)場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向上時(shí)，物塊相對(duì)于絕緣板滑行的距離。
[解析]　(1)場(chǎng)強(qiáng)方向向下時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，
所以v＝v0，
根據(jù)能量守恒定律得熱量Q＝－(M＋m)v2＝。
(2)由題意知物塊帶負(fù)電，場(chǎng)強(qiáng)向下時(shí)FN＝mg－qE，場(chǎng)強(qiáng)向上時(shí)FN′＝mg＋qE，
所以＝。
(3)兩次產(chǎn)生的熱量相等，則μFN′l′＝Q，μFNl＝Q，
所以l′＝。
[答案]　　(2)1∶4　(3)
1．如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b。不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是(　　)
學(xué)情診斷·當(dāng)堂評(píng)價(jià)
A．小球帶負(fù)電
B．電場(chǎng)力與重力平衡
C．小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減小
D．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒
√
B　[由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以重力與電場(chǎng)力的合力為0，即電場(chǎng)力與重力平衡，則電場(chǎng)力方向豎直向上，小球帶正電，A錯(cuò)誤，B正確；從a→b，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，C錯(cuò)誤；由于有電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。]
2．如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平面上豎直固定一光滑絕緣的半徑為R的四分之一圓弧軌道BC，B為圓弧的最低點(diǎn)，A點(diǎn)在圓弧左側(cè)，且AB間距為2R。整個(gè)空間處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為的帶正電小球從A點(diǎn)靜止釋放，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求：
(1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小；
(2)小球在圓弧BC上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能；
(3)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度的大小。
[解析]　(1)小球從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理可得
Eq·2R＝
解得vB＝2。
(2)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)時(shí)，速度最大，動(dòng)能最大，而等效最低點(diǎn)位于圓弧BC的中點(diǎn)，此時(shí)小球與O點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為45°，根據(jù)動(dòng)能定理可得
Eq·(2R＋R sin 45°)－mgR(1－cos 45°)＝Ekm
解得Ekm＝(1＋)mgR。
(3)小球從A到C，根據(jù)動(dòng)能定理有
Eq·(2R＋R)－mgR＝
解得vC＝2
小球從C點(diǎn)飛出后，將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則
vx＝axt
ax＝
vC＝gt
解得vx＝2
即小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度的大小為2。
[答案]　(1)2　(2)(1＋)mgR　(3)2
專(zhuān)題突破練習(xí)(九)　帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的綜合問(wèn)題
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
1．如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開(kāi)始時(shí)A板的電勢(shì)比B板高，此時(shí)兩板中間原來(lái)靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度方向?yàn)檎较颍瑒t下列圖像中能正確反映
電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D
兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)
(　　)
√
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
A　[電子在交變電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力的大小恒定，加速度大小不變，故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；從0時(shí)刻開(kāi)始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T后電場(chǎng)力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱悖笾貜?fù)上述運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。]
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(多選)如圖所示，豎直虛線為一簇等勢(shì)線，平行等距，相鄰兩等勢(shì)線之間的電勢(shì)差相等，某重力不可忽略的帶電粒子由M點(diǎn)以平行等勢(shì)線的速度射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，M、N兩點(diǎn)的連線與等勢(shì)線垂直，O點(diǎn)為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)。已知粒子從M點(diǎn)到O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力做功為－4 J，電場(chǎng)力做功為6 J，下列說(shuō)法正確的是(　　)
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
A．帶電粒子在M點(diǎn)的動(dòng)能比在O點(diǎn)的動(dòng)能少2 J
B．帶電粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服電場(chǎng)力做功為24 J
C．帶電粒子在N點(diǎn)的機(jī)械能比在M點(diǎn)的機(jī)械能多24 J
D．帶電粒子在N點(diǎn)具有的動(dòng)能為24 J
√
√
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
AC　[粒子從M點(diǎn)到O點(diǎn)由動(dòng)能定理得EkO－EkM＝－4 J＋6 J＝2 J，即在M點(diǎn)的動(dòng)能比在O點(diǎn)的動(dòng)能少2 J，A正確；因豎直方向上粒子在重力作用下先做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)O點(diǎn)后向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知由M點(diǎn)到O點(diǎn)的時(shí)間等于從O點(diǎn)到N點(diǎn)的時(shí)間；水平方向粒子受電場(chǎng)力作用而做勻加速運(yùn)動(dòng)，因水平初速度為零，則有xMO＝axt2，xMN＝ax(2t)2＝4xMO，則有xON＝3xMO，可知粒子從O到N電場(chǎng)力做功等于從M到O電場(chǎng)力做功的3倍，可知粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
電場(chǎng)力做功為24 J，B錯(cuò)誤；從M到N電場(chǎng)力做功24 J，則粒子在N點(diǎn)的機(jī)械能比在M點(diǎn)的機(jī)械能多24 J，C正確；從M到N電場(chǎng)力做功24 J，即合外力做功24 J，因粒子在M點(diǎn)的動(dòng)能不等于零，可知粒子在N點(diǎn)具有的動(dòng)能大于24 J，D錯(cuò)誤。]
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
3．(多選)如圖所示，一絕緣絲線拴接一可視為質(zhì)點(diǎn)的球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在空間施加水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，已知球的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，A、B兩點(diǎn)與圓心O在同一水平線上，C、D兩點(diǎn)分別為圓周運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)絲線的拉力與球的速度的關(guān)系為FT＝v2－a。則下列說(shuō)法
正確的是(　　)
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
A．絲線的長(zhǎng)度為
B．球在D點(diǎn)的動(dòng)能最小
C．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為
D．球在A點(diǎn)v＝時(shí)，球在B點(diǎn)時(shí)對(duì)絲線的拉力大小為6a
√
√
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
AD　[設(shè)絕緣絲線的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，球在A點(diǎn)時(shí)對(duì)球進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可得FT＋qE＝m，則FT＝v2－qE，結(jié)合題意可知＝，整理得L＝，選項(xiàng)A正確；又－qE＝－a，則電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于重力和電場(chǎng)力的合力斜向右下方，故球做圓周運(yùn)動(dòng)的等效最低點(diǎn)在B、C之間，等效最高點(diǎn)在A、D之間，球在等效最高點(diǎn)的速度最小，動(dòng)能最小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)v＝時(shí)，球
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
在A點(diǎn)不受絲線的拉力，則qE＝m，對(duì)球從A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理得qE·2L＝－mv2，球在B點(diǎn)時(shí)，對(duì)球進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可得FTB－qE＝，聯(lián)立解得FTB＝6qE＝6a，由牛頓第三定律可知，此時(shí)球?qū)z線的拉力大小也為6a，選項(xiàng)D正確。]
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
4．(多選)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T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0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是(　　)
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
A．末速度大小為v0
B．末速度沿水平方向
C．重力勢(shì)能減少了mgd
D．克服電場(chǎng)力做功為mgd
√
√
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
BC　[因0～時(shí)間內(nèi)微粒做勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在～時(shí)間內(nèi)，微粒只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝時(shí)刻豎直方向的速度為vy1＝，水平方向的速度為v0；在～T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)刻，微粒豎直方向的速度減小到零，水平方向的速度為v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp＝mg·＝mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知，mgd－W克電＝0，可知克服電場(chǎng)力做功為mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
5．如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，在t＝0時(shí)刻，一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度為v0，t＝T時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場(chǎng)。則(　　)
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
A．該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場(chǎng)方向的
B．在t＝時(shí)刻，該粒子的速度大小為2v0
C．若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子會(huì)打在板上
D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時(shí)刻射出電場(chǎng)
√
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
A　[由題設(shè)條件可知，粒子在0～時(shí)間內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在～T時(shí)間做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，因粒子在電場(chǎng)中所受的電場(chǎng)力大小相等，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場(chǎng)方向的，如圖所示，選項(xiàng)A正確；設(shè)時(shí)刻粒子豎直方向上速度為vy，板長(zhǎng)為l，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得l＝v0·l＝，解得時(shí)刻vy＝v0，
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
此時(shí)粒子速度v＝＝＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，粒子將先向下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，后做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，最后從PQ板右邊緣射出電場(chǎng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，粒子在場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝，
選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
6．如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為，之后沿軌道BO運(yùn)動(dòng)。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系xOy，在x≥－R區(qū)域有方向與x軸夾角為θ＝45°的勻強(qiáng)電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)后小球受到的電場(chǎng)力大小為mg。小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；
(2)小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大小；
(3)小球過(guò)O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程。
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得Ep＝＝mgR。
(2)小球從B到O，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgR＋qE·R＝，
解得vO＝。
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)時(shí)速度豎直向上，受電場(chǎng)力和重力作用，將電場(chǎng)力分解到x軸和y軸方向，則x軸方向有qE cos 45°＝max，
豎直方向有qE sin 45°－mg＝may，
解得ax＝g，ay＝0，
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
說(shuō)明小球從O點(diǎn)開(kāi)始以后的運(yùn)動(dòng)為沿x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有x＝gt2，y＝vOt，
聯(lián)立解得小球過(guò)O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為y2＝6Rx。
[答案]　(1)mgR　(2)　(3)y2＝6Rx
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
7．真空中存在方向豎直向上、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B、C三點(diǎn)在電場(chǎng)中同一條豎直線上，C是A、B的中點(diǎn)。在某時(shí)刻，帶電油滴a經(jīng)過(guò)A點(diǎn)豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，不帶電油滴b在B點(diǎn)由靜止釋放。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，a、b在C點(diǎn)相碰成為油滴c，此時(shí)刻將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然變?yōu)槟持担３制浞较虿蛔儯俳?jīng)過(guò)相同的時(shí)間，油滴c運(yùn)動(dòng)回到C點(diǎn)。油滴a、b的質(zhì)量都為m，重力加速度大小為g，油滴a、b、c均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)油滴c在C點(diǎn)的初速度大小；
(2)變化后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
(3)油滴c從C點(diǎn)出發(fā)到回到C點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能最大值與最小值之差。
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)設(shè)油滴a從A點(diǎn)到C點(diǎn)的時(shí)間為t1，碰前b的速度大小為v1，碰后油滴c在C點(diǎn)初速度大小為v2，則有v0t1＝v1t1，
又由動(dòng)量守恒定律得mv1－mv0＝2mv2，
解得v1＝2v0，v2＝v0。
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)根據(jù)題意易知油滴a帶正電，設(shè)電荷量為q，油滴a從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中有qE0＝mg，
油滴b從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程有v1＝gt1，
油滴c帶正電，電荷量為q，質(zhì)量為2m，設(shè)變化后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，油滴c從C點(diǎn)開(kāi)始以v2為初速度向下運(yùn)動(dòng)，加速度方向豎直向上，設(shè)大小為a′，由題意可知油滴c在時(shí)間t1內(nèi)位移為零，
則有2ma′＝qE－2mg，0＝，
由v1＝2v0得2v0＝gt1，由v2＝v0得v0＝a′t1，
則a′＝g，解得變化后的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝3E0。
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)油滴c從C點(diǎn)出發(fā)到回到C點(diǎn)的過(guò)程中，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做正功，所以油滴c在最低點(diǎn)電勢(shì)能最大，在C點(diǎn)電勢(shì)能最小。設(shè)最低點(diǎn)與C點(diǎn)間的距離為x，從最低點(diǎn)到C點(diǎn)電場(chǎng)力對(duì)油滴c做的功為W，電勢(shì)能最大值與最小值之差為ΔE，則有2a′x＝，W＝qEx，ΔE＝W，
結(jié)合第(1)問(wèn)和第(2)問(wèn)的解析解得ΔE＝。
[答案]　(1)v0　(2)3E0　
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
8．密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電荷量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；
(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比。
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)設(shè)油滴密度為ρ，半徑為R，
油滴質(zhì)量m＝ρV＝ρπR3，
根據(jù)題意，設(shè)空氣阻力f＝kvR，
無(wú)電場(chǎng)、油滴豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有
mg－f＝0，
則ρπR3g＝kvR，
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
整理得R＝，
兩油滴的速率分別為v0、，
則＝＝，
故＝＝。
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)無(wú)電場(chǎng)、兩油滴豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，分別有
mag＝kRav0、mbg＝kRbv0，
施加電壓后油滴a速度減小，油滴a受到向上的電場(chǎng)力，則油滴a帶負(fù)電；
施加電壓后油滴b速度增大，油滴b受到向下的電場(chǎng)力，則油滴b帶正電。
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，油滴a所帶電荷量的絕對(duì)值為qa，油滴b所帶電荷量的絕對(duì)值為qb，
當(dāng)兩油滴豎直向下做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)油滴a受力分析，有mag－kRav0－Eqa＝0，
對(duì)油滴b受力分析，有
mbg－kRbv0＋Eqb＝0，
聯(lián)立解得＝。
[答案]　(1)8∶1　(2)油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電　4∶1
題號(hào)
1
3
5
2
4
6
8
7
謝 謝 ！

展開(kāi)更多......

收起↑