12、的比荷大于電荷N的比荷
B．兩個(gè)電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度可能相等
C．從兩個(gè)電荷進(jìn)入電場(chǎng)到兩個(gè)電荷相遇，電場(chǎng)力對(duì)電荷M做的功一定大于電場(chǎng)力對(duì)電荷N做的功
D．電荷M進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小一定相同
4.
圖12
如圖12所示，真空中存在范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B為該勻強(qiáng)電場(chǎng)的兩個(gè)等勢(shì)面．現(xiàn)有三個(gè)完全相同的帶等量正電荷的小球a、b、c，從等勢(shì)面A上的某點(diǎn)同時(shí)以相同速率v0向不同方向開始運(yùn)動(dòng)，其中a的初速度方向垂直指向等勢(shì)面B；b的初速度方向平行于等勢(shì)面；c的初速度方向與a相反，經(jīng)過一段時(shí)間，三個(gè)小球先后通過等勢(shì)面B，已知三個(gè)小球始終在該勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，不
13、計(jì)重力，則下列判斷中正確的是( )
A．等勢(shì)面A的電勢(shì)低于等勢(shì)面B的電勢(shì)
B．a(chǎn)、c兩小球通過等勢(shì)面B時(shí)的速度相同
C．開始運(yùn)動(dòng)后的任一時(shí)刻，a、b兩小球的動(dòng)能總是相同
D．開始運(yùn)動(dòng)后的任一時(shí)刻，三個(gè)小球之間的距離總是相等
圖13
5．(xx·江蘇蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市一模)如圖13所示，在光滑絕緣水平面上的a、b兩點(diǎn)上固定兩個(gè)帶同種電荷的相同金屬小球P、Q(均可視為點(diǎn)電荷)，P球所帶的電荷量等于Q球所帶的電荷量．在ab連線上的c點(diǎn)釋放一帶電小滑塊M，滑塊由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．在滑塊向右運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是( )
A．滑塊受到的電場(chǎng)力先減小后增大
B．滑塊的電勢(shì)能一
14、直減小
C．滑塊的動(dòng)能先增大后減小
D．在ab連線上必定有一點(diǎn)d，使得c、d兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ucd＝0
圖14
6．(xx·湖南十二所重點(diǎn)高中聯(lián)考)一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經(jīng)過的豎直平面內(nèi)、存在著若干個(gè)如圖14所示的無電場(chǎng)區(qū)和有理想上下邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)，兩區(qū)域相互間隔、豎直高度相等，電場(chǎng)區(qū)水平方向無限長，已知每一電場(chǎng)區(qū)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向均豎直向上，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是( )
A．小球在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B．若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則小球經(jīng)過每一電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同
C．若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則小球經(jīng)過每一無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同
D．無
15、論場(chǎng)強(qiáng)大小如何，小球通過所有無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
答案
【能力提升】
圖15
7．(xx·江蘇南通一模)如圖15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(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平軌道上，滑塊受到的電場(chǎng)力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g.
(1)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)x＝3R的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)速度為多大？
(2)在(1)的情
16、況下，求滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大?。?
8.
圖16
(xx·煙臺(tái)月考)如圖16所示，一長絕緣木板靠在光滑豎直墻面上，質(zhì)量為m.木板右下方有一質(zhì)量為2m、電荷量為＋q的小滑塊，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板與滑塊處在場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝4mg/q的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向水平向左，若電動(dòng)機(jī)通過一根絕緣細(xì)繩拉動(dòng)滑塊，使之勻加速向上移動(dòng)，當(dāng)滑塊與木板分離時(shí)，滑塊的速度大小為v，此過程中電動(dòng)機(jī)對(duì)滑塊做的功為W0(重力加速度為g)．
(1)求滑塊向上移動(dòng)的加速度大??；
(2)寫出從滑塊開始運(yùn)動(dòng)到與木板分離的過程中木板增加的機(jī)械能隨時(shí)間變
17、化的函數(shù)關(guān)系式．
9．如圖17甲所示，在y＝0和y＝2 m之間有沿著x軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN為電場(chǎng)區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示，取x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)正方向．現(xiàn)有一個(gè)帶負(fù)電的粒子，粒子的比荷為＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0時(shí)刻以速度v0＝5×102 m/s從O點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)粒子重力．求：
圖17
(1)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間；
(2)粒子離開電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)；
(3)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域后沿x方向的速度大?。?
學(xué)案31 帶電粒子
18、在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(二)
【課前雙基回扣】
1．D [由qE＝m得Ek＝mv2＝qER為常數(shù)．]
2．C [因mgsin θ＝μmgcos θ，所以(mg－qE)sin θ＝μ(mg－qE)cos θ仍成立，故勻速下滑．]
3．BD [由等量同種電荷電場(chǎng)的分布情況可得．]
4．A [油滴從開始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，據(jù)動(dòng)能定理得WG＋WE＝mv－mv＝0，而重力做的功WG<0.所以電場(chǎng)力做的功WE>0，而帶負(fù)電的油滴所受的電場(chǎng)力水平向左，所以最高點(diǎn)必在P點(diǎn)的左上方．]
5．A
思維提升
1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)形成的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其處理方法有以下幾種：
①正交分解法．②等效“重力
19、”法．③功能關(guān)系法．
2．帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，一般應(yīng)根據(jù)所加交變電壓的規(guī)律，畫出粒子相應(yīng)的速度圖象，利用圖象來分析粒子的運(yùn)動(dòng)，既直觀方便，思維難度也小．
【核心考點(diǎn)突破】
例1 (1) (2) (3)EqR(5－3cos θ)
(4)EqR≤Ek≤EqR
解析 (1)加速度a＝.
(2)由R＝v0t，R＝at2及a＝三個(gè)式子可解得：
v0＝.
(3)由Ek＝Eq(R－Rcos θ)＋mv0′2，Rsin θ＝v0′t′，R－Rcos θ＝at′2及a＝可解得：Ek＝EqR(5－3cos θ)．
(4)由第(3)小題的結(jié)論可以看出，當(dāng)θ從0°變化到180°，接收屏上電
20、荷的動(dòng)能逐漸增大，因此D點(diǎn)接收到的電荷的末動(dòng)能最小，C點(diǎn)接收到的電荷的末動(dòng)能最大．
EkD＝EqR(5－3cos 60°)＝EqR
EkC＝EqR(5－3cos 120°)＝EqR
所以，屏上接收到的電荷的末動(dòng)能大小的范圍為
EqR≤Ek≤EqR.
[規(guī)范思維] 由于帶電微粒在勻強(qiáng)電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力與重力都是恒力，因此其處理方法可用正交分解法．先將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)互相正交的簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)，而這兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律我們可以掌握，然后再按運(yùn)動(dòng)合成的觀點(diǎn)，去求出復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的相關(guān)物理量．
例2 (1)
(2)mvm2－(mgsin θ＋qE)·(x＋)
解析 (1)滑塊從靜止釋放到與彈
21、簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則有
qE＋mgsin θ＝ma①
x＝at②
聯(lián)立①②可得t1＝ ③
(2)滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x0，則有mgsin θ＋qE＝kx0④
從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過程中，由動(dòng)能定理得
(mgsin θ＋qE)·(x＋x0)＋W＝mvm2－0⑤
聯(lián)立④⑤可得
W＝mvm2－(mgsin θ＋qE)·(x＋)
[規(guī)范思維] 本題是典型的力學(xué)問題，求解電場(chǎng)中力學(xué)問題的方法與純力學(xué)問題完全相同．其思路是：①明確研究對(duì)象；②分析受力情況和運(yùn)動(dòng)過程；③選取物理規(guī)律：如果涉及求解加速度及時(shí)間選牛頓第二
22、定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式；如果不涉及運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)一般選動(dòng)能定理或能量守恒．
例3 (1) (2) T
解析 (1)因粒子在A、B間運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向不受外力做勻速運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入O1′孔的速度即為進(jìn)入A、B板的初速度．
在C、D間，由動(dòng)能定理得qU2＝mv
即v0＝
(2)由于粒子進(jìn)入A、B后，在一個(gè)周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)．即v豎＝0，若在第一個(gè)周期內(nèi)進(jìn)入O1′孔，則對(duì)應(yīng)兩板最短長度為L＝v0T＝T，若在該時(shí)間內(nèi)，粒子剛好不到A板而返回，則對(duì)應(yīng)兩板最小間距，設(shè)為d，所以··()2×2＝，即d＝ .
[規(guī)范思維] 對(duì)于帶電粒子在交變電場(chǎng)中的問題，由于不同時(shí)間內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)不同，使得帶電
23、粒子所受的電場(chǎng)力不同，造成帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況發(fā)生變化，解決這類問題，要分段進(jìn)行分析，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子在每一段的運(yùn)動(dòng)情況，分段求解粒子的末速度、位移等．
【課時(shí)效果檢測(cè)】
1．BC [由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度之比為3∶2，由牛頓第二定律可知：＝，所以小球所受的重力與電場(chǎng)力之比為3∶5，B正確．小球在t＝2.5 s時(shí)速度為零，此時(shí)下落到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知，重力與電場(chǎng)力的總功為零，故A錯(cuò)誤，C正確．因小球只受重力與電場(chǎng)力作用，所以小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和保持不變，D錯(cuò)．]
2．B [
24、A板做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻電場(chǎng)反向，粒子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)相同時(shí)間速度減為零，再向B板做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)然后勻減速到零，由于向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)間長，所以粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上．]
3．A [由h＝at2＝··t2可知，在相同的時(shí)間內(nèi)，電荷M的豎直位移大，其加速度大，比荷(電荷量和質(zhì)量的比值)大，選項(xiàng)A正確而B錯(cuò)誤；電荷M的豎直位移大，對(duì)應(yīng)的電壓也大；比荷大，但電荷量不一定大，由W＝qU可知，電場(chǎng)力對(duì)電荷M做的功不一定大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；水平方向由x＝v0t可知，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]
4．B [由題意知，三個(gè)小球受電場(chǎng)力方向向下，由于正電荷受力
25、方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，而沿場(chǎng)強(qiáng)方向電勢(shì)越來越低，故等勢(shì)面B的電勢(shì)低于等勢(shì)面A的電勢(shì)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；三個(gè)小球從A至B重力和電場(chǎng)力做的功都相同，根據(jù)動(dòng)能定理知B項(xiàng)正確；開始運(yùn)動(dòng)后的任一時(shí)刻，沿電場(chǎng)方向，a球的位移總比b球的位移大，即電場(chǎng)力對(duì)a球所做的功比對(duì)b球所做的功多，a球的動(dòng)能大些，C錯(cuò)誤，D也錯(cuò)誤．]
5．ACD [小球P、Q帶同種電荷，且P球所帶電荷量等于Q球所帶的電荷量，則在二者連線上電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)O位于ab中點(diǎn)．c點(diǎn)釋放一帶電小滑塊M，由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，說明P、M帶同種電荷，電場(chǎng)力先做正功，滑過O點(diǎn)后電場(chǎng)力做負(fù)功，滑塊的電勢(shì)能先減小后增大，動(dòng)能先增大后減小，選項(xiàng)C對(duì)而B錯(cuò)；途經(jīng)O點(diǎn)受
26、力為零，選項(xiàng)A正確；由電場(chǎng)線的分布情況可知，選項(xiàng)D正確．]
6．AC [小球在水平方向不受力，故一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則所受電場(chǎng)力大小等于mg，方向向上，則在電場(chǎng)區(qū)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，但在無電場(chǎng)區(qū)由于仍受重力，速度繼續(xù)增加，故在電場(chǎng)區(qū)以不同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過的時(shí)間必不同，B、D錯(cuò)；若場(chǎng)強(qiáng)大小等于，則所受電場(chǎng)力為2mg，經(jīng)過一個(gè)無電場(chǎng)區(qū)和一個(gè)電場(chǎng)區(qū)的過程中，重力做功與電場(chǎng)力做功的代數(shù)和為零，所以，在無電場(chǎng)區(qū)小球均做初速度為v0的平拋運(yùn)動(dòng)，故小球經(jīng)過每一無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同，C正確．]
7．(1) (2)mg
解析 (1)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有
27、qE(x＋R)－μmgx－mgR＝mv2－0
而qE＝
解得v＝
(2)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小為F，則
F－qE＝m
解得F＝mg
8．(1) (2)ΔE＝2(4μ－1)μmg2t2
解析 (1)滑塊與木板間的正壓力大小為
FN＝qE＝4mg
Ff＝μFN
對(duì)滑塊W0－2mgh－Ffh＝×2mv2
v2＝2ah
由以上幾式解得a＝
(2)對(duì)長木板由牛頓第二定律得
Ff－mg＝ma′
摩擦力對(duì)木板做功為W＝Ffx
x＝a′t2
根據(jù)功能關(guān)系知木板增加的機(jī)械能等于摩擦力所做的功，即ΔE＝W
由以上各式解得ΔE＝2(4μ－1)μmg2t2
9．(1
28、)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m，2 m)
(3)4×10－3 m/s
解析 (1)因粒子初速度方向垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間t＝＝4×10－3 s.
(2)粒子在x方向先加速后減速，加速時(shí)的加速度大小為a1＝＝4 m/s2
減速時(shí)的加速度大小為a2＝＝2 m/s2
x方向上的位移大小為
x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5 m
因此粒子離開電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為(－2×10－5 m，2 m)
(3)離開電場(chǎng)時(shí)粒子在x方向的速度大小為
vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s.
易錯(cuò)點(diǎn)評(píng)
1．帶電體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多過程問題，一定要對(duì)不同過程進(jìn)行正確的受力分析，運(yùn)用不同運(yùn)動(dòng)形式的不同規(guī)律去處理，同時(shí)注意各過程的速度關(guān)聯(lián)．
2．帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問題，仍然會(huì)涉及臨界情境，此時(shí)要特別注意“等效最高點(diǎn)”與“幾何最高點(diǎn)”的不同．
2022年高三物理復(fù)習(xí) 第6章 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2學(xué)案
