專練13  帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)   例1．如圖所示，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(　　)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) 例2．(2021?全國乙卷?7)(多選)四個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別（＋q，m）、（＋q，2m）、（＋3q，3m）、（－q，m）它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場中，電場方向與y軸平行，不計(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中，可能正確的是(　　)例3．(200·全國I卷·25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面積是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°。運(yùn)動(dòng)中粒子僅受電場力作用。(1)求電場強(qiáng)度的大小；(2)為使粒子穿過電場后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動(dòng)量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？     1．(多選)如圖，平行板電容器A、B兩極板水平放置，與理想二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦裕粠щ娦∏蜓?/span>A、B中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)?，F(xiàn)保持B板不動(dòng)，通過上下移動(dòng)A板來改變兩極板的間距（兩板仍平行），下列說法中正確的是(　　)A．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距減小時(shí)，小球打在N的左側(cè)B．若小球帶正電，當(dāng)A、B間距增大時(shí)，小球打在N的左側(cè)C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距增大時(shí)，小球可能打在N的左側(cè)D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)A、B間距減小時(shí)，小球可能打在N的右側(cè)2．如圖所示，豎直放置的兩個(gè)平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，與兩板上邊緣等高處有兩個(gè)質(zhì)量相同的帶電小球，小球A從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小球B從兩極板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終能運(yùn)動(dòng)到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運(yùn)動(dòng)至右極板的過程中，下列判斷正確的是(　　)A．運(yùn)動(dòng)時(shí)間tA＞tBB．電荷量之比qA∶qB＝2∶1C．機(jī)械能增加量之比ΔEA∶ΔEB＝2∶1D．機(jī)械能增加量之比ΔEA∶ΔEB＝1∶13．內(nèi)壁光滑、由絕緣材料制成的半徑R＝ m的圓軌道固定在傾角θ＝45°的斜面上，與斜面的切點(diǎn)是A，直徑AB垂直于斜面，直徑MN在豎直方向上，它們處在水平方向的勻強(qiáng)電場中。質(zhì)量為m，電荷量為q的小球（可視為點(diǎn)電荷）剛好能靜止于圓軌道內(nèi)的A點(diǎn)，現(xiàn)對在A點(diǎn)的該小球施加一沿圓軌道切線方向的速度，使其恰能繞圓軌道完成圓周運(yùn)動(dòng)。g取10 m/s2，下列對該小球運(yùn)動(dòng)的分析，正確的是(　　)A．小球可能帶負(fù)電B．小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大C．小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為0D．小球初速度大小為10 m/s4．(多選)如圖，一斜面緊靠豎直墻面固定在水平地面上，在紙面內(nèi)加一勻強(qiáng)電場，其方向與水平面夾角α＝60°，場強(qiáng)。現(xiàn)將一質(zhì)量為m帶電量為＋q的小球從斜面上P點(diǎn)豎直向上以v0拋出，第一次與接觸面撞前在空中飛行的豎直位移為y1，若僅將初速度大小變?yōu)?/span>3v0從P點(diǎn)豎直拋出，第一次與接觸面碰撞前在空中飛行的豎直位移為y2，則下列說法可能正確的是(　　)A．y2＝2y1                   B．y2＝4y1C．y2＝6y1                   D．y2＝10y15．如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端（C端）距地面高度h＝0.8 m。有一質(zhì)量0.5 kg的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點(diǎn)處。g取10 m/s2。求：(1)小環(huán)離開直桿后的加速度大小和方向；(2)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P過程中的動(dòng)能增量；(3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小v0。    6．如圖所示，金屬絲K產(chǎn)生的熱電子經(jīng)電壓U0加速后從小孔進(jìn)入平行金屬板MN間。當(dāng)MN間未加電壓時(shí)，電子從M板的下邊緣沿直線穿過金屬板，打在半徑為r的旋轉(zhuǎn)熒光屏上的O點(diǎn)并發(fā)出熒光?，F(xiàn)給MN加一個(gè)圖示的鋸齒波電壓U，在電壓變化時(shí)M板電勢低于N板，且電壓的變化周期為T。已知平行金屬板MN長為L﹐板間距離為d、MN右側(cè)與熒光屏最左側(cè)的距離s＝0.5L，旋轉(zhuǎn)熒光屏的周期為0.5T。電子通過金屬板時(shí)間極短，可認(rèn)為板間電壓不變，電子的質(zhì)量為m，電量為e，不計(jì)電子間的相互作用力。(1)求當(dāng)兩板電壓為Um的電子的側(cè)向位移y；(2)若所有電子間能打在屏上，求屏上發(fā)出熒光點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值Y；(3)繪出電壓變化一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)屏上熒光的圖像，并標(biāo)出橫縱坐標(biāo)。        7．如圖甲所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接，過半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場E，質(zhì)量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中由于摩擦起電滑塊電量會(huì)增加，過B點(diǎn)后電量保持不變，小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R，滑塊與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求：(1)小滑塊釋放后運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過程中電荷量的變化量；(2)滑塊對半圓軌道的最大壓力大小；(3)小滑塊再次進(jìn)入電場時(shí)，電場大小保持不變、方向變?yōu)橄蜃螅笮』瑝K再次到達(dá)水平軌道時(shí)的速度大小以及距B的距離。                     8．如圖所示，兩個(gè)固定的均勻帶電球面，所帶電荷量分別為＋Q和－Q（Q＞0），半徑分別為R和R，小球面與大球面內(nèi)切于C點(diǎn)，兩球面球心O和O'的連線MN沿豎直方向，在MN與兩球面的交點(diǎn)B、O和C處各開有足夠小的孔，因小孔損失的電荷量忽略不計(jì)，有一質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的質(zhì)點(diǎn)自MN線上離B點(diǎn)距離為R的A點(diǎn)豎直上拋。已知點(diǎn)電荷q在場源電荷為Q產(chǎn)生的電場中，具有的電勢能為（r表示q到Q的距離），設(shè)靜電力常量為k，重力加速度為g。(1)求拋出點(diǎn)A的電場強(qiáng)度和球心O'的電場強(qiáng)度；(2)當(dāng)滿足，要使質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)上拋后能夠到達(dá)B點(diǎn)，所需的最小初動(dòng)能為多少；(3)第(2)問條件仍滿足的情況下，要使質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)上拋后能夠到達(dá)O點(diǎn)，在不同條件下所需的最小初動(dòng)能各為多少。 
 例1．【解析】兩板水平放置時(shí)，放置于兩板間a點(diǎn)的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡。當(dāng)將兩板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°時(shí)，電場力大小不變，方向逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)45°，受力情況如圖所示，則其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，D正確。【答案】D 例2．【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，離開電場時(shí)，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為，因?yàn)樗膫€(gè)帶電的粒子的初速相同，電場強(qiáng)度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個(gè)帶電粒子帶正電，一個(gè)帶電粒子帶負(fù)電，所以一個(gè)粒子與另外三個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；（＋q，m）粒子與（＋3q，3m）粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與（－q，m）粒子的比荷也相同，所以（＋q，m）、（＋3q，3m）、（－q，m）三個(gè)粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但（－q，m）粒子與前兩個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；（＋q，2m）粒子的比荷與（＋q，m）、（＋3q，3m）粒子的比荷小，所以（＋q，2m）粒子比（＋q，m）、（＋3q，3m）粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。【答案】AD例3．【解析】(1)初速度為零的粒子自C點(diǎn)穿出電場，故電場方向與AC平行，且由A指向C。由幾何關(guān)系和電場強(qiáng)度的定義知AC＝R①，F＝qE②由動(dòng)能定理有F·AC＝mv③聯(lián)立①②③式得E＝。④(2)如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行。作與BC平行的直線與圓相切于D點(diǎn)，與AC的延長線交于P點(diǎn)，則自圓周上D點(diǎn)穿出電場的粒子的動(dòng)能增量最大。由幾何關(guān)系知∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R⑤設(shè)此粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度為v1，在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，時(shí)間為t1。粒子在AC方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的距離等于DP。由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有F＝ma⑥，AP＝at⑦，DP＝v1t1⑧聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0。⑨(3)解法一：設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場時(shí)，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，以A為原點(diǎn)，粒子進(jìn)入電場的方向?yàn)?/span>x軸正方向，電場方向?yàn)?/span>y軸正方向，建立直角坐標(biāo)系，則圓心O的位置坐標(biāo)為，設(shè)粒子離開電場時(shí)的位置坐標(biāo)為(x，y)。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有y＝at2⑩，x＝vt?粒子離開電場的位置在圓周上，有2＋2＝R2?粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其x方向的動(dòng)量不變，y方向的初始動(dòng)量為零。設(shè)穿過電場前后動(dòng)量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時(shí)其y方向的速度分量為v2，由題給條件及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有mv2＝mv0＝mat?聯(lián)立②④⑥⑩???式得v＝0?或v＝v0。?解法二：由題意知，粒子初速度為0時(shí)，動(dòng)量變化量的大小為mv0，此即問題的一個(gè)解。自A點(diǎn)以不同的速度垂直于電場方向射入電場的粒子，沿電場方向位移相等時(shí)，在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同。因此，自B點(diǎn)射出電場的粒子，其動(dòng)量變化量的大小也為mv0。設(shè)此粒子的初速度為v，在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有BC＝vt?，v0＝at?由幾何關(guān)系知BC＝R?聯(lián)立②④⑥???式得v＝v0。?  1．(多選)【答案】AD【解析】根據(jù)C＝可知，當(dāng)d減小時(shí)，電容增大，Q增大，U不變，根據(jù)E＝，知d減小時(shí)E增大。若小球帶正電，所受向下的電場力變大，小球做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向加速度增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，打在N點(diǎn)左側(cè)；若小球帶負(fù)電，所受向上的電場力變大，若電場力小于重力，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度減小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長，小球?qū)⒋蛟?/span>N點(diǎn)的右側(cè)，故AD正確。當(dāng)d增大時(shí)，電容減小，但由于二極管的單向?qū)щ娦允沟?/span>Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E＝＝＝，知E不變，所以電場力不變，不管小球帶正電或負(fù)電，小球仍然打在N點(diǎn)，故BC錯(cuò)誤。2．【答案】B【解析】對A、B受力分析可知，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以兩小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，A錯(cuò)誤；水平方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，xA＝2xB，由運(yùn)動(dòng)關(guān)系可知，兩小球電荷量之比＝＝＝，由功能關(guān)系可知，電場力做的功等于小球機(jī)械能的增加量，＝＝，因此機(jī)械能的增加量之比為4∶1，B正確，C、D錯(cuò)誤。3．【答案】D【解析】小球受向下的重力，圓軌道垂直AB的支持力，要使小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力應(yīng)水平向左，與場強(qiáng)方向相同，故小球只能帶正電，A錯(cuò)誤；由A的解析可知，小球受到重力、電場力的合力（等效重力）垂直斜面向下，故A點(diǎn)可看成等效最低點(diǎn)，B點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，小球在A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，由于其恰能繞圓軌道完成圓周運(yùn)動(dòng)，故在B點(diǎn)恰好由等效重力作為向心力，軌道對小球的壓力為零，即小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為0，BC錯(cuò)誤；在等效最高點(diǎn)B由牛頓第二定律可得，從A到B過程，據(jù)動(dòng)能定理可得，聯(lián)立解得小球的初速度大小，D正確。4．(多選)【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿電場方向的電場力，F＝Eq＝mg，其豎直分量Fy＝Fcos 30°＝mg，則小球在豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)；水平方向Fx＝Fsin 30°＝mg＝max，則水平方向做加速度為ax＝g的勻加速運(yùn)動(dòng)。若小球第一次能落到斜面上，則有(θ為斜面的傾角)，可得，則當(dāng)初速度大小變?yōu)?/span>3v0時(shí)，豎直位移y變?yōu)樵瓉淼?/span>9倍；若兩次小球第一次均落在豎直墻壁上，則水平位移相等，則時(shí)間相等，由y＝v0t可知，當(dāng)初速度大小變?yōu)?/span>3v0時(shí)，豎直位移y變?yōu)樵瓉淼?/span>3倍；若第一次落在斜面上，第二次落在墻壁上，可知豎直位移應(yīng)該介于3倍和9倍之間，則選項(xiàng)B、C正確，A、D錯(cuò)誤。5．【解析】(1)小環(huán)沿桿勻速下滑，受重力，電場力及支持力如圖所示，由平衡條件可得，小環(huán)離開直桿后，只受重力及電場力作用，小環(huán)的加速度解得， 加速度方向垂直桿向下。(2)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P過程中，由動(dòng)能定理可得解得。(3)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P過程中，做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得。6．【解析】(1)依題意，可得電子經(jīng)電壓U0加速后從小孔進(jìn)入平行金屬板MN時(shí)的初速度，即電子進(jìn)入平行金屬板MN后做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩板電壓為Um時(shí)，電子的側(cè)向位移又因?yàn)?/span>，聯(lián)立解得。(2)若所有電子間能打在屏上，當(dāng)平行金屬板MN間所加電壓為最大電壓Um時(shí)，則屏上發(fā)出熒光點(diǎn)的縱坐標(biāo)為最大值，由(1)問可知，電子飛出平行金屬板MN時(shí)的最大偏轉(zhuǎn)量為飛出平行金屬板MN時(shí)，電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得聯(lián)立求得。(3)結(jié)合圖像由(2)問可得，電子打在熒光屏上豎直位移隨時(shí)間的變化規(guī)律為則可畫出電壓變化一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)屏上熒光的圖像如圖所示。7．【解析】(1) 由牛頓第二定律得，在A點(diǎn)：      ①在B點(diǎn)：      ②由①②聯(lián)立解得:       ③(2)從A到B過程，由動(dòng)能定理得：        ④將電場力與重力的合力等效為“重力G?”，與豎直方向的夾角設(shè)為α，在“等效最低點(diǎn)”時(shí)滑塊對軌道壓力最大，則：      ⑤       ⑥從B到“等效最低點(diǎn)”過程，由動(dòng)能定理得：      ⑦由牛頓第二定律得：      ⑧由②④⑤⑥⑦⑧式聯(lián)立解得：由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為(3)從B到C過程，由動(dòng)能定理得：      ⑨從C點(diǎn)到再次進(jìn)入電場的過程中做平拋運(yùn)動(dòng)：水平方向：        ⑩豎直方向：       ?      ?設(shè)速度方向與水平方向的夾角為β1，則       ?進(jìn)入電場后，受向左的電場力與豎直向下的重力，   ?由 ⑨⑩???? 式聯(lián)立可得：，則進(jìn)入電場后合力與速度共線，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)     ?從C點(diǎn)到水平軌道：       ?由⑨⑩??????式聯(lián)立可得：，因此滑塊再次到達(dá)水平軌道的速度大小為，方向與水平方向夾角的正切值為、斜向左下方，位置在B點(diǎn)左側(cè)6R處。8．【解析】(1)均勻帶電球面對球外電場可等效成電荷量集中在球心的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)，則均勻帶電球面對球內(nèi)任意位置場強(qiáng)均為0，則。(2)質(zhì)點(diǎn)在A→B應(yīng)做減速運(yùn)動(dòng)．設(shè)質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)的最小初動(dòng)能為Ek0，則根據(jù)能量守恒得，可得質(zhì)點(diǎn)剛好能達(dá)到B點(diǎn)的條件為①由此可得使質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)上拋后能夠到達(dá)B點(diǎn)，所需的最小動(dòng)能為②(3)質(zhì)點(diǎn)在B→O的運(yùn)動(dòng)有三種可能情況：a. 質(zhì)點(diǎn)在B→O做加速運(yùn)動(dòng)（如圖1），對應(yīng)條件為即 ③此時(shí)只要質(zhì)點(diǎn)能過B點(diǎn)，也必然能到達(dá)O點(diǎn)，因此質(zhì)點(diǎn)能到達(dá)O點(diǎn)所需的最小動(dòng)能由②式給出，即④若③式中取等號(hào)，則最小初動(dòng)能比④式給出的Ek0略大一點(diǎn)。b. 質(zhì)點(diǎn)在B→O做減速運(yùn)動(dòng)（如圖1），對應(yīng)條件為即 ⑤此時(shí)質(zhì)點(diǎn)剛好能到達(dá)O點(diǎn)的條件為 ⑥由此可得 ⑦c. 質(zhì)點(diǎn)在B→O之間存在一個(gè)平衡點(diǎn)D，（如圖2），在B→D質(zhì)點(diǎn)做減速運(yùn)動(dòng)，在D→O做加速運(yùn)動(dòng)，對應(yīng)的條件為即    ⑧設(shè)D到O點(diǎn)的距離為x，則 ⑨即 ⑩根據(jù)能量守恒，質(zhì)點(diǎn)剛好能到達(dá)D點(diǎn)的條件為 ?由⑩（11）兩式可得質(zhì)點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)的最小初動(dòng)能為   ?只要質(zhì)點(diǎn)能通過D點(diǎn)也必然能到達(dá)O點(diǎn)，所以質(zhì)點(diǎn)能到達(dá)O點(diǎn)的最小初動(dòng)能也就是?式（嚴(yán)格講應(yīng)比?式給出的Ek0略大一點(diǎn)）。

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