(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)；(2)示波管、常見電容器等。 例1．(2020·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？【解析】(1)由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會(huì)沿著電場線方向運(yùn)動(dòng)，由于q＞0，故電場線由A指向C，根據(jù)幾何關(guān)系可知：xAC＝R所以根據(jù)動(dòng)能定理有：qExAC＝mv－0解得：。(2)根據(jù)題意可知要使粒子動(dòng)能增量最大則沿電場線方向移動(dòng)距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點(diǎn)為D，即粒子要從D點(diǎn)射出時(shí)沿電場線方向移動(dòng)距離最多，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系有x＝Rsin 60°＝v1ty＝y＋Rcos 60°＝at2而電場力提供加速度有：qE＝ma聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度：。(3)因?yàn)榱Ｗ釉陔妶鲋凶鲱惼綊佭\(yùn)動(dòng)，粒子穿過電場前后動(dòng)量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0 ，過C點(diǎn)做AC垂線會(huì)與圓周交于B點(diǎn)，故由題意可知粒子會(huì)從C點(diǎn)或B點(diǎn)射出。當(dāng)從B點(diǎn)射出時(shí)由幾何關(guān)系有：xBC＝R＝v2t2，xAC＝R＝at22電場力提供加速度有：qE＝ma 聯(lián)立解得：v2＝v0當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時(shí)初速度為0。【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)問題，要明確粒子的受力與運(yùn)動(dòng)情況，同時(shí)會(huì)用運(yùn)動(dòng)的分解處理類平拋運(yùn)動(dòng)。  1．(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，斷開電源后一帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出，若下板不動(dòng)，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　)A．將打在下板中央B．仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng)D．若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央【答案】BD【解析】將電容器上板向上移動(dòng)一段距離，電容器所帶的電量Q不變，由于E＝＝＝，由公式可知當(dāng)d減小時(shí)，場強(qiáng)E不變，以相同的速度入射的小球仍按原來的軌跡運(yùn)動(dòng)，故B正確，A、C錯(cuò)誤。若上板不動(dòng)，將下板上移一段距離時(shí)，根據(jù)推論可知，板間電場強(qiáng)度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確。2．如圖所示，R是一個(gè)定值電阻，A、B為水平正對(duì)放置的兩塊平行金屬板，兩板間帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法正確的是(　　)A．若增大A、B兩金屬板的間距，則有向右的電流通過電阻RB．若增大A、B兩金屬板的間距，P將向上運(yùn)動(dòng)C．若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片，P將向上運(yùn)動(dòng)D．若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片，P將向上運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】和電源相連，則兩極板間的電壓恒定，若增大A、B兩金屬板的間距，根據(jù)公式C＝可知，電容減小，根據(jù)公式C＝可得電容器兩極板上所帶電荷量減小，故電容器放電，R中有向左的電流，A錯(cuò)誤；由于兩極板間的電壓不變，若增大A、B兩金屬板的間距，根據(jù)公式E＝可得兩極板間的電場強(qiáng)度減小，電場力小于重力，P將向下運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片，相當(dāng)于兩極板間的距離減小，電場強(qiáng)度增大，則電場力大于重力，P向上運(yùn)動(dòng)，C正確；若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片，相當(dāng)于εr增大，兩極板間的電場強(qiáng)度恒定不變，所以電場力不變，P仍靜止，D錯(cuò)誤。3．(多選)如圖所示，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，EFGH面帶負(fù)電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴，最后分別落在1、2、3三點(diǎn)，則下列說法正確的是(　　)A．三個(gè)液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動(dòng)B．三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相同C．三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率相同D．液滴3所帶電荷量最多【答案】BD【解析】三個(gè)液滴在水平方向受到電場力作用，水平方向不是勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以三個(gè)液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于三個(gè)液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，選項(xiàng)B正確；三個(gè)液滴落到底板時(shí)豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于液滴3在水平方向位移最大，說明液滴3在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項(xiàng)D正確。4．如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程(　　)A．動(dòng)能增加mv2B．機(jī)械能增加2mv2C．重力勢能增加mv2D．電勢能增加2mv2【答案】B【解析】小球動(dòng)能的增加量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯(cuò)誤；小球在豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到N時(shí)豎直方向的速度為零，則M、N兩點(diǎn)之間的高度差h＝，小球重力勢能的增加量ΔEp＝mgh＝mv2，C錯(cuò)誤；電場力對(duì)小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動(dòng)能的增加量之和，則電勢能的減小量ΔE′p＝mv2＋mv2＝2mv2，D錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對(duì)小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確。 5．(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個(gè)質(zhì)量相等的電荷M和N同時(shí)分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場，兩電荷恰好在板間某點(diǎn)相遇。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是(　　)A．電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B．兩電荷在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度相等C．從兩電荷進(jìn)入電場到兩電荷相遇，電場力對(duì)電荷M做的功大于電場力對(duì)電荷N做的功D．電荷M進(jìn)入電場的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場的初速度大小一定相同【答案】AC【解析】從軌跡可以看出yM＞yN，故·t2＞·t2，解得＞，qM＞qN，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，電場力的功W＝ΔEk＝mvy2，質(zhì)量m相同，M電荷豎直分位移大，豎直方向的末速度vy＝也大，故電場力對(duì)電荷M做的功大于電場力對(duì)電荷N做的功，故C正確；從軌跡可以看出xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D錯(cuò)誤。6．(多選)如圖所示，半徑R＝0.5 m的圓弧接收屏位于電場強(qiáng)度方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中，OB水平，一質(zhì)量為m＝1.0×10－4 kg、帶電荷量為q＝8.0×10－5 C的粒子從與圓弧圓心O等高且距O點(diǎn)0.3 m的A點(diǎn)以初速度v0＝3 m/s水平射出，粒子重力不計(jì)，粒子恰好能垂直打到圓弧曲面上的C點(diǎn)(圖中未畫出)，取C點(diǎn)電勢φ＝0，則(　　)A．該勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E＝100 V/mB．粒子在A點(diǎn)的電勢能為8×10－5 JC．粒子到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為5 m/sD．粒子速率為4 m/s時(shí)的電勢能為4.5×10－4 J【答案】CD【解析】粒子在電場力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，因粒子垂直打在C點(diǎn)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知：C點(diǎn)速度方向的反向延長線必過O點(diǎn)，且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，即AD＝v0t，DC＝t2，聯(lián)立得E＝25 N/C，故A錯(cuò)誤；因UDC＝E·DC＝10 V，而A、D兩點(diǎn)電勢相等，所以φA＝10 V，即粒子在A點(diǎn)的電勢能Ep＝qφA＝8×10－4 J，故B錯(cuò)誤；從A到C由動(dòng)能定理，qUAC＝mvC2－mv02，得vC＝5 m/s，故C正確；粒子在C點(diǎn)總能量EC＝mvC2＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率v＝4 m/s時(shí)的電勢能Ep′＝EC－mv2＝4.5×10－4 J，故D正確。7．如圖，一帶電粒子從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在 Q板上如圖所示的位置。在其他條件不變的情況下要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，下列操作中可能實(shí)現(xiàn)的是(不計(jì)粒子重力)(　　)A．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板B．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板C．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板D．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板【答案】A【解析】粒子做類似斜拋運(yùn)動(dòng)，水平分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不變，只能增加運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，即減小兩極板間的電場強(qiáng)度；保持開關(guān)S閉合時(shí)極板間電壓不變，適當(dāng)上移P極板，根據(jù)U＝Ed，場強(qiáng)E減小，故A正確；保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板，場強(qiáng)不變，故B錯(cuò)誤；先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板，極板上所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，場強(qiáng)不變，故C錯(cuò)誤；先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板，極板所帶電荷量不變，正對(duì)面積減小，由E＝＝＝可知，場強(qiáng)變大，故D錯(cuò)誤。8．如圖所示，在厚鉛板A表面的中心放置一很小的放射源，可向各個(gè)方向放射出速率為v0的α粒子，α粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，在金屬網(wǎng)B與A板間加有豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，A與B的間距為d，B網(wǎng)上方有一很大的熒光屏M，M與B的間距為L。當(dāng)有α粒子打在熒光屏上時(shí)就能使熒光屏產(chǎn)生一閃光點(diǎn)，整個(gè)裝置放在真空中，不計(jì)重力的影響。求：(1)打在熒光屏上的α粒子具有的動(dòng)能。(2)熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍。【解析】(1)由動(dòng)能定理得：qEd＝EkB－mv得EkB＝qEd＋mv。(2)α粒子的初速度與電場方向垂直時(shí)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿場強(qiáng)方向，有：a＝，d＝at得到達(dá)B網(wǎng)的時(shí)間t1＝粒子具有沿場強(qiáng)方向的速度vBy＝at1＝從B網(wǎng)到M所用的時(shí)間t2＝＝粒子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝熒光屏上閃光點(diǎn)的范圍是個(gè)圓，其半徑。9．如圖所示，電場強(qiáng)度大小為E＝的豎直勻強(qiáng)電場中，長為L的絕緣輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球。在O點(diǎn)正上方和正下方L處，分別固定一個(gè)絕緣擋板A、B，兩擋板豎直放置且尺寸較小?，F(xiàn)將小球拉到與O點(diǎn)同一高度且距O點(diǎn)右側(cè)L處，給它一個(gè)豎直向上的初速度v0，此后小球在A、B右側(cè)區(qū)域豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，并不時(shí)與擋板A、B碰撞，小球與擋板碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，碰后瞬間電場立即反向，大小不變。重力加速度大小為g。求：(1)小球與擋板A碰后，能做圓周運(yùn)動(dòng)到擋板B，初速度v0的最小值。(2)若小球的初速度為(1)中的最小值，小球與擋板A、B第一次碰撞前瞬間，輕繩的拉力分別為多大。(3)若小球的初速度為(1)中的最小值，且輕繩承受的最大拉力為50mg，在輕繩斷前，小球與擋板總共碰撞的次數(shù)。【解析】(1)小球與擋板A碰前，由于qE＝mg，小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)到擋板A。小球與擋板A碰后，電場立即反向，小球在電場力和重力的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)到擋板B，此過程中F＝qE＋mg＝2mg，方向向下要能做圓周運(yùn)動(dòng)，則最高點(diǎn)A處滿足qE＋mg≤解得v0≥因而小球初速度的最小值為。(2)小球第一次與擋板A碰前做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因而有TA1＝解得TA1＝2mg。小球第一次與擋板A碰后，將做變速圓周運(yùn)動(dòng)到擋板B與擋板B第一次碰撞，在該過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有(qE＋mg)·2L＝mv－mv小球第一次與擋板B碰前瞬間，由圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)有TB1－qE－mg＝解得TB1＝12mg。(3)小球與擋板B第一次碰后到小球與擋板A第二次碰前，由于qE＝mg，且方向相反，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球與擋板A第二次碰前有vA2＝vB1因而輕繩的拉力為TA2＝聯(lián)立解得TA2＝10mg小球與擋板A第二次碰后到小球與擋板B第二次碰前的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有(qE＋mg)·2L＝mv－mv小球與擋板B第二次碰前瞬間，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)有TB2－qE－mg＝聯(lián)立解得TB2＝20mg由上分析可知，小球每次與擋板A、B碰撞前，輕繩的拉力均比上一次與擋板碰撞增加ΔT＝TAn＋1－TAn＝TBn＋1－TBn＝8mg因而小球與擋板B第n次碰前，輕繩的拉力為TBn＝TB1＋(n－1)ΔT＝4(2n＋1)mg如果輕繩斷裂，則應(yīng)有TBn≥50mg解得n≥5.75因而小球與擋板A碰撞6次，與擋板B碰撞5次后在小球還未與擋板B發(fā)生第6次碰撞前輕繩已經(jīng)斷裂，因而小球與擋板碰撞的總次數(shù)為N＝6＋5＝11(次)。10．在足夠大的豎直勻強(qiáng)電場中，有一條與電場線平行的直線，如圖中的虛線所示。直線上有兩個(gè)小球A和B，質(zhì)量均為m。電荷量為q的A球恰好靜止，電荷量為2.5q的B球在A球正下方，相距為L。由靜止釋放B球，B球沿著直線運(yùn)動(dòng)并與A球發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞中A、B兩球的總動(dòng)能無損失。設(shè)在每次碰撞過程中A、B兩球間均無電荷量轉(zhuǎn)移，且不考慮兩球間的庫侖力和萬有引力，重力加速度用g表示。求：(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；(2)第一次碰撞后，A、B兩球的速度大小vA、vB；(3)在以后A、B兩球不斷地再次碰撞的時(shí)間間隔會(huì)相等嗎?如果相等，請(qǐng)計(jì)算該時(shí)間間隔T；如果不相等，請(qǐng)說明理由。【解析】(1)由題意可知，帶電量為q的A球在重力和電場力的作用下恰好靜止，則qE＝mg可得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E＝(2)由靜止釋放B球，B球?qū)⒃谥亓碗妶隽Φ淖饔孟孪蛏线\(yùn)動(dòng)，設(shè)與A球碰撞前瞬間速度為v1，由動(dòng)能定理得：(2.5qE－mg)L＝mv12解得：v1＝A、B兩球碰撞時(shí)間很短，且無動(dòng)能損失，由動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒得：mv1＝mvA＋mvBmv12＝mvA2＋mvB2聯(lián)立解得：vA＝v1＝，vB＝0。(3)設(shè)B球在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，A、B兩球第一次碰撞后，A球開始向上以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B球又開始向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)到第二次碰撞前的時(shí)間間隔是t1，則：v1t1＝at12解得：t1＝碰撞過程滿足動(dòng)量守恒且無動(dòng)能損失，故每次碰撞之后兩球都交換速度，第二次碰撞后，A球向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為at1＝2v1，B球向上做初速度為v1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)到第三次碰撞前的時(shí)間間隔是t2，則有：2v1t2＝v1t2＋at22解得：t2＝＝t1以此類推，每次碰撞時(shí)間間隔相等，該時(shí)間間隔為T＝根據(jù)牛頓第二定律：2.5qE－mg＝ma解得：T＝。     

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