第七章专题突破带电粒子或带电体在电场中运动的综合问题

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1、专题突破带电粒子（或带电体）在电场中运动的综合问题,突破0电场中的力、电综合问题要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析与研究。考向1带电粒子在电场中的运动【例1】（2015全国卷n）如图1所示，一质量为 m、电荷量为q（q0）的粒子在匀强电场中 运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为 Vo,方向与电场方向的夹角为60;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30。不计重力。求 A、B两点间的电势差。图1解析 设带电粒子在B点的速度大小为VB。粒子在垂直于电场方向的速度分量

2、不变，即vBsin 30 = vosin 60 由此得Vb=*V0设A、B两点间的电势差为 Uab,由动能定理有qUAB = Tm（vB V0）2联立式得UAB=my0q答案mv0qd, EF、CD为其边界，改变场强的大小,【拓展1】在【例1】中，若匀强电场的宽度为 使粒子在A点时的速度方向与电场边界 CD垂直，如图2所示，MN为无场区内的光屏,MN与AO相互垂直，MN与EF间距为d。当粒子经过 EF边界的B点时，速度方向与 EF成30角,求:圳的场i图2(1)匀强电场的场强的大小；(2)粒子打在光屏上的位置距离。点的距离。解析(1)粒子在电场中做类平抛运动，则沿初速度方向：d = vot沿电

3、场方向：Vy=qEtm.一 vo又有 tan 30 = 一 vy解得E =3mv2 qd(2)粒子在电场中的偏转位移为yi= 2qEt2粒子在无场区做匀速直线运动，则y2 = d7z-。tan 30又丫=丫1 + 丫2,解得 y=323d答案粤(2)学d qd 2【拓展2】 若在【拓展1】中撤去原有电场， 在CD与EF之间加上竖直向上的匀强电场Ei,EF与MN之间加上水平向右的匀强电场巳，CD与EF、EF与MN之间的距离都为 d,由A点静止释放带电粒子，粒子过EF时速度为vo,如图3所示。粒子打在光屏 MN上的位置与。点的距离为d,求两个电场场强大小之比。图31 C解析 粒子在竖直向上的电场中

4、加速，由动能定理得qE1d=2mv0粒子在水平向右的电场中做类平抛运动，则竖直方向：d = vot水平方向：d=2 qmt2E11解得m=1 E2 4,1答案14方法技巧解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)。(2)建模型：建立正确的物理模型 (加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法 (如图象)，找出 已知量和待求量之间的关系。考向2复合场中粒子的运动问题【例2】 在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两极板间距为d,当平行板电容器的电压为U0时，油滴保

5、持静止状态，如图 4所示。当给电容器突然充电使其电压增加 AUi时，油滴开始向上运动；经时间At后，电容器突然放电使其电压减少AU2,又经过时间 At,油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中所带电荷量不变， 充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。求：潘Ftl油滴I图4(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个At与第二个 困时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)AU1 与 AU2之比。解析(1)油滴静止时，由平衡条件得mg=qU0,d则”m Uo(2)设第一个 用内油滴的位移为X1,加速度为a1，第二个 At内油滴的位移为X2,加速度为1 Ca2,

6、则 X1 = 2a1 At2一 1 一2X2= v1 At 2a2 At2且 V1 = a1 At, X2= X1解得 a1 : a2= 1 ： 3。(3)油滴向上加速运动时qUo+ AUimg = ma1日口 AUi即 q= mai d油滴向上减速运动时Uo+ AUi AU2 mg - qd= ma2AU2 AUid 一ma2则可看解得AUi12=4答案 案（2）i ： 3 （3）iI多维训炼精选练透i.（多选）（20i9山东泰安检测）如图5甲所示，在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压。在0i s内，一带电微粒在两极板间处于静止状态，t = 2 s时微粒仍运动且未与极板接触。则在i2 s内

7、，微粒（g取i0 m/s2）（）甲乙图5A.做匀加速直线运动，加速度大小为i0 m/s2B.做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s2C.做变加速直线运动，2 s末加速度大小为i0 m/s2D.2 s末速度大小为 i0 m/s解析 由题意知，第i s内微粒受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力方向向上，与 重力平衡；第2 s内电压变大，故电场强度变大，电场力变大，第 2 s末电场强度增加为第 i s末的两倍，电场力变为 2倍，合力变为向上，大小为 mg,故此时加速度大小为i0 m/s2,且第2 s内合力随时间均匀增加，加速度随时间均匀增加， 做变加速直线运动，选项A错误，C正确；第2 s

8、内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，平均加速度大小为a =m/s2 = 5 m/s2,选项B正确；根据速度时间公式，2 s末速度大小为v= a t= 5 m/s,选项D错误。答案 BC2.（多选）如图6所示，光滑的水平轨道 AB与半径为R的光滑的半圆形轨道 BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点,D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距 B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则 （）图6A.R越大，x越大B.R越大，小球经过 B点后瞬间对轨道的压力越大C.m越大，x越大D.m与R同时增大，电场力做功

9、增大D解析 小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg=mvR,小球由B至U D的过程中有一2mgR =2mvD -2mvB,解得vb= /5gR, R越大，小球经过B点时的速度越大，则 x越大，故选项A正确；在B点，Fn mg = mvB,解得FN=6mg,与R无关，故选项B错误；由Eqx=1mvB, R2知m、R越大，小球在 B点的动能越大，则 x越大，电场力做功越多，故选项C、D正确。答案 ACD带电粒子在交变电场中的运动1 .此类题型一般有三种情况（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）；（2）粒子做直线往返运动（一般分段研究）；（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场的特点分段

10、研究）。2 .两条分析思路：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关 系。3 .注重全面分析（分析受力特点和运动规律），抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称 性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。考向1粒子做直线运动【例3】（2019河南商丘模拟）如图7甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处（不计重力作用）,下列说法中正确的是（）甲乙图7A.从t=0时刻释放电子，电子必将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两极板间振动C

11、.从t=T时刻释放电子，电子必将在两极板间振动D.从t=3T时刻释放电子，电子必将从左极板上的小孔中穿出 81斛析 分析电子在一个周期内的运动恒况，从t=0时刻释放电子，刖2T内，电子受到的电1场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后1T内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动，t=T时速度恰好为零。接着周而复始，所以电子一直向右做单向直线运动，直到打在右极板上，选项 A正确，B错误；从t =工时刻释放电子，在 工工内，电子44 2向右做匀加速直线运动；在T3T内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线、一 3 .3运动，4T时刻速度为零；在4TT内电子受到向左的电场力，向

12、左做初速度为零的匀加速55直线运动，在T5T内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动， 在；T时刻速度减为零，接着重复。可知若两极板距离足够大，电子可能在两极板间振动，若极板间距较小，电子可3能打在右极板上，选项C错误；用同样的万法分析从t=3T时刻释放电子的运动情况， 电子8先向右运动，后向左运动，若极板间距离较小，电子能直接打在右极板上。若极板间距离较大，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终可能从左极板的小孔离开电场，选项 D错误。 答案 A考向2粒子做偏转运动【例4】（多选）如图8甲所示，平行板相距为d,在两金属板间加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行板左

13、边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带正电粒子（不计重力）。t=0时刻进入电场的粒子恰好在 t=T时刻到达B板右边缘，则（）I I/I I中 _T!rl& 7,1：_:工A.任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为B.W时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大C.t = ：时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为4D.粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关解析 任意时刻进入的粒子在水平方向的分运动都是匀速直线运动，则由L = vot,得1=上，vo由于L、v0都相等，所以到达电场右边界所用时间都相等，且都为T,选项A正确；粒子在竖直方向做周期性运动， 匀加速和匀减速运动的时间

14、相等， 加速度也相同，所以到达电场右 边界时速度的变化量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，选项B错误，D正确；对于t=0时刻进入电场的粒子，据题意有2= 2x；a 2 ；对于t=：时刻进入的粒子，在前 T为时间内竖直方向的位移向下，大小为yi1 T 2 , 一 T1 T 2= 2x2a ,在后押间内竖直万向的位移向下，大小为y2=2x2a -,则知y1 = y2,即竖直方向的位移为 0,所以粒子到达电场右边界时距B板距离为y = d2,选项C错误。答案 AD|多维训练精选练透1.（多选）（2019青岛*II拟）如图9所示为匀强电场的电场强度

15、E随时间t变化的图象。当t=0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）图9A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2 s末带电粒子回到原出发点C.3 s末带电粒子的速度为零D.03 s内，电场力做的总功为零解析 设第1 s内粒子的加速度为ai,第2 s内的加速度为a2,由a = qE可知，a2=2ai,可 知，1.5 s末粒子的速度为零，然后反方向运动，至 3 s末回到原出发点，粒子的速度为 0, 由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知 C、D正确。答案 CD 2.（2018四川成都诊断）如图10甲所示，A、B为两块相距很近

16、的平行金属板， A、B间电压 为Uab= U0,紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为 m,带电荷量为e的电子（初速度可视为0）。在B板右侧两块平行金属板 M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期 T板间中线与电子源在同一水平线上。已知两极板间距为d,极板长为L,求:图10（1）电子进入偏转极板时的速度；（2）时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与两极板间中线的距离（未与极板接触）。1 C解析（1）设电子进入偏转极板时的速度为V,由动能定理有eU0 = 2mv2解得丫=、/等。（2）由题意知，电子穿过偏转极板所需时间故在t时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后

17、反向加速再减0。速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板，与板间中线的距离为核心素养提升科学思维系列一一“等效法”在电场中的应用处理带电粒子在“等效力场”中的运动，要关注以下两点：一是对带电粒子进行受力分析时，注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而决定电场力做功情况；二是注意带电粒子的初始运动状态。1 .等效重力法把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图11所示，则F合为等效重力场中的“重力，g= F1 为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。图112 .物理最高点与几何最高点在“

18、等效力场”做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。【典例】 如图12所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O,半径为r,内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一 质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角0= 60,重力加速度为go图12(1)求小球所受的电场力大小；(2)求小球在A点的速度V0为多大时，小球经过 D点时对圆轨道的压力最小。【思路点拨】小球经过

19、C点时速度最大，可以作为等效“最低点”，则通过圆心和 C点相对白D D点可以作为等效“最高点”。解析(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小 F = mgtan 60 = 43mg。(2)要使小经过 D点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有 二累米mv，解得v= 4对。cos 60 r在小球从圆轨道上的 A点运动到D点的过程中，有12 12mgr(1 + cos 60)+Frsin 60 = mv0mv2,解得丫0=2位而。答案(1) 3mg (2)2 12gr规律方法(1)重力和电场力合力

20、的方向，一定在等效“最高点”和等效“最低点”连线的延长线的方向上。(2)类比“绳球” “杆球”模型临界值的情况进行分析解答。即学即练(多选)(2019江西南昌测试)如图13所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E= 1X104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长L= 2 m的绝缘细线，一端固定在 O点，另一端系一质量为0.08 kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37。角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos 37= 0.8, g取10 m/s2。下列说法正确的是()A.小球动能的最小值为 0.8 JB.小球的带电荷量

21、q=6X 10 5 CC.小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为 5 JD.小球在运动至圆周轨迹上与O点等高的最左侧位置时有机械能的最小值解析 小球静止时悬线与竖直方向成37。角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有 mgtan 37 = qE,解得 q= mg% 37 = 3mg=6X10 5 C,选项 B 正确小球恰能绕。点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有一mg7子mv-,最小动能Ek= 1mv2= 5mgL= 1 J,选项A错误；选小球静止时的位置为零 COS 3 7 L28势能点，求 A点的电势能和重力势能加上

22、动能就是能量之和E = Ek+Ep+Ep= 1 J +mgX2Lcos 37： EqX2Lsin 37 = 5 J,选项C正确；根据能量守恒定律，电势能与机械能之 和不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，即与O点等高的最左的位置，选项D正确。答案 BCD活页作业（时间：40分钟）基础巩固练1 .A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到 B点，其速度v与时间t的关系图象如图1所示。则此电场的电场线分布 可能是（）解析 从v-t图象可以看出微粒的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v-t图线中图线的斜率表示微粒的加速度大小，故微粒做加速度

23、逐渐增大的减速运动，所以带负电的微粒顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿微粒运动方向逐渐密集，故选项 A正确，选项B、C、D错误。答案 A2 .如图2甲所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量的正点电荷。M、O、N为两点电荷连线上的点。其中 O为连线中点，且 MO = ON。在M点由静止释放一个电荷量为 q的正试 探电荷，结果该试探电荷在 MN间做来回往复运动，在一个周期内的v-t图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）()A.M和N两点的电场强度和电势完全相同B.试探电荷在O点所受电场力最大，运动的速度也最大C.试探电荷在t2时刻到达。点，t4时刻到达N点D.试探电荷从 M经。

24、到N的过程中，电势能先减小后增大解析 根据等量的正点电荷的电场的特点可知，M和N两点的电场强度大小相等，方向相反，不相同，而电势是相同的，选项 A错误；根据等量的正点电荷的电场的特点可知，O点的电势最低，电场强度为0,所以试探电荷在 。点所受电场力最小，但运动的速度最大，选项B错误；试探电荷在t2时刻的速度再次等于 0,所以在t2时刻到达N点，选项C错误； 由图可知，试探电荷从 M经。到N的过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小， 所以电势能先减小后增大，选项D正确。答案 D3 .如图3所示，平行板电容器两极板的间距为d,极板与水平面成 45角，上极板带正电。一电荷量为q（q0）的粒子在

25、电容器中靠近下极板处，以初动能Eko竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（）图3EkoEko,2Eko, 2EkoA.4qdB.2qdC. 2qdD. qd解析 当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度V0分解为垂直极板的 Vy和平行极板的Vx,根据运动的合成与分解，当 vy=o时，根据运动学公式有 vy=2qEd, vy=vocos 45, Eko=2mv2,联立得E=Ek0，选项B正确。答案 B4 .（多选）如图4所示，带电小球自。点由静止释放，经C孔

26、进入两水平位置的平行金属板之 间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零。对于小球从 C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时 力，从C运动到速度等于 C点速度一半的位置用时 t2,下列说法正确的是（）A.小球带负电B.tlt2D.将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下解析 由题图可知，A、B间的电场强度方向向下，小球从 C到D做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项 A正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，tit2,选项B正确，C错误；将B板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知 mg（h+d

27、）qU = 0, mg（h +x）竽=0,联立得x=充匕d d,即小,不至D孔就要向上返回，所以选项D错误。答案 AB 5.（2019江苏常州一模）如图5所示为静电除尘机理图， 废气先经过一个机械过滤装置再进入的相互作用和电量变化，则静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场， 使尘埃带上负电，尘埃在电场力的作用下向集 尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中虚线为电场线（方向未标）。不考虑尘埃在迁移过程中()亍用L 一 1%我搬图 1 I A I陶 1 * * 1 J 陋 t * A p /ISa / /1 * x图， ,R k |1返獴糙机械过漉 丁静电曙生图5A.电场线方向由放电极指向集尘极B.图

28、中A点电势高于 B点电势C.尘埃在迁移过程中电势能减小D.尘埃在迁移过程中动能减小解析 由于尘埃带负电，要使尘埃向集尘极偏转，所受的电场力应指向集尘极，所以电场线应由集尘极指向放电极，选项A错误；由A分析可知，电场线从集尘极指向放电极，放电极带负电，由于A离放电极较近,所以 A点电势较低，选项 B错误；尘埃在迁移过程中电场力做正功，电势能减小，选项C正确；尘埃在迁移过程中由动能定理可能，尘埃动能增大，选项D错误。答案 C6.如图6甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度

29、的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化）（）甲C、D两项错误；从0时刻解析 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故1 开始，电子向A板做匀加速直线运动，2T后电场力反向，电子向 A板做匀减速直线运动,直到t=T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B项错误。答案 A7 .（多选）如图7所示，在水平的匀强电场中，一个质量为 m、电荷量为+ q的小球，系在一 根长为L的绝缘细线一端，小球可以在竖直平面内绕 。点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g,电场强度E = mg,不计空气阻力，下列说法正

30、q确的是（）A.若小球在竖直平面内绕 。点做圆周运动，则小球运动到 B点时的机械能最大8 .若将小球在A点由静止开始释放，它将沿着ACBD圆弧运动C.若小球在竖直平面内绕 O点做圆周运动，则它运动过程中的最小速度为W2gLD.若将小球在A点以大小为倔的速度竖直向上抛出，它将能够到达D点解析 除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到 B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故选项 A正确；小球受合力方向与电场方向夹角45斜向下，故若将小球在 A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故选项B错误；由于电场强度 E = mg,故

31、mg = Eq,物体的q加速度大小为a=2g,故若小球在竖直平面内绕 。点做圆周运动，则它运动的最小速度为2v,则有42mg=mv-,解得v=V2gL,故选项C正确；若将小球在 A点以大小为 啊的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上抛，水平方向做匀 加速运动，因qE=mg,故水平加速度与竖直加速度大小均为g,当竖直方向上的位移为零时，时间1=2喘，则水平位移x=1gt2 = 2L,则说明小球刚好运动到 B点，不能够到达 D 点，若小球达到 。点上方时，则有L = 1gt2,竖直方向y= V0t-2gt2, y= （2-1）L,故不能 达到D点，故选项D错误。答案

32、AC8.（2019山东潍坊模拟）如图8甲所示，平行金属板 A、B正对竖直放置，CD为两板中线上 的两点。A、B两极板间不加电压时，一带电小球从 C点无初速释放，经时间 T到达D点, 此时速度为V0。在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压， t=0带电小球仍从C点无初 速释放，小球运动过程中未接触极板，则 t = T时，小球（ ）图8A.在D点上方B.恰好到达D点C.速度大于vD.速度小于v解析 小球仅受重力作用时从 C到D做自由落体运动，由速度公式得vo=gT;现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向。T沿电场力方向做匀加速直线运动，4t做匀减速

33、直线运动刚好水平速度减为零，;3T做 反向的匀加速直线运动，3TT做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t=T4时合速度为V0,水平位移为零，则刚好到达D点，故选项B正确。答案 B综合提能练9.(2019广东六校联考)如图9所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为do当两板间加电压 U时，一个质量为 m、电荷量为+ q的带电粒子，以水平速度 vo从靠近上极 板的A点射入电场，经过一段时间后从靠近下极板的 B点射出电场，A、B间的水平距离为 L,不计重力影响。求：(1)带电粒子从 A点运动到B点经历的时间；(2)带电粒子经过B点时速度的大小；(3)A、B间的电势差。解析(1)带

34、电粒子在水平方向做匀速直线运动，从 A点到B点经历时间t=L；vo(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E = d加速度大小 a = qE= qU m md经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小vy=at = qU-md vo带电粒子在b点速度的大小v=yv0md25 ；(3)粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得 qUAB = ；mv2-2mvi12 12. 22md2v02mv2-2mvA、B间的电势差Uab=q答案L0 + qm(3)m2d2v22md2v210.如图10所示，在足够高的竖直绝缘挡板上A点，以水平速度 V0向左抛出一个质量为 m,电荷量为+ q的小球，由于空

35、间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。小球抛出后经过段时间将再次到达墙面上的 B点，重力加速度为 go求在此过程中:(1)小球水平方向的速度为零时到板面的距离;(2)板上A、B两点间的距离;(3)小球的最小速度大小。解析(1)小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动；水平方向上有F=max,得ax=m=qE,则有x=v2mv2O2ax 2qE(2)水平方向速度减小为零所需的时间为V0 ti = 一, ax得 t = 2t13 = 2m吟axqE2 . 2竖直方向上 y=2gt2=_q2E2(3)将小球的速度方向沿合力方向和垂直于合力方向分解, 当沿

36、合力方向的速度为零时，小球的速度最小。垂直于合力方向做匀速直线运动,此时 Vmin = V0cos 0,cos 9= / 2 mg 六, Vq2E2 + m2g2mgv0 斛付Vmin=南Fmgvoq2E2+ m2g2mimv02m2gv2答案(1)赤(2)- (3)11.(2019名师原创预测)如图11所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直 线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道 BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌 面内，圆心角/ BOC = 37,线段OC垂直于OD,圆弧轨道半径为R,直线轨道AB长为L = 5R。整个轨道处于电场强度为 E的匀强电场中，电场强度方向平行 于水平桌面所在的

37、平面且垂直于直线 OD。现有一个质量为 m、带电荷量为+ q的小物块P从A点无初速度释放，小物块 P与AB之间的动摩擦因数 尸0.25,取sin 37 =0.6, cos 37=0.8,忽略空气阻力。求：图11(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小Fnci；(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。解析(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vci,根据动能定理有qELsin 37 平 R(1 - cos 37) - qELos 37 = 2mvc1-0解得VC1 =22qER 5m,一，、，1vCi在C点根据向心力公式得Fnci -qE

38、=mmR解得 Fnci = 5.4qE根据牛顿第三定律得Fnci = 5.4qE (2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vdi,根据动能定理有qE(Lsin 37 Rcos 37 )仙 qELos 37 工2mvD1 一 0小物块第一次到达D点后先以速度VD1沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的1 O取大距离为xm,根据动能止理得一qExm = 02mvD1解得xm=5R(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达 B点的速度恰好为零 时，动能和电势能之和不再减小。 设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s, 则根据功能关系得qELsin 37 =仙qEcos 37 力/日 Ltan 37/ _解得 s=15R11、5答案 (1)5.4qE (2)gR (3)15R