（京津瓊魯專用）2018-2019學(xué)年高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案 新人教版必修2

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1、 9　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 [學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求] 科學(xué)思維：1.能夠從運(yùn)動和力、功和能的角度分析帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動問題，通過綜合應(yīng)用牛頓第二定律、動能定理解題的過程，提高科學(xué)推理能力.2.建立帶電粒子在交變電場中直線運(yùn)動的思維模型. 1.基本粒子的受力特點(diǎn)：對于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，它們受到重力的作用一般遠(yuǎn)小于靜電力，故可以忽略. 2.帶電粒子的加速： (1)運(yùn)動分析：帶電粒子從靜止釋放，將沿電場力方向在勻強(qiáng)電場中做勻加速運(yùn)動. (2)末速度大?。焊鶕?jù)qU＝mv2，得v＝. 判斷下列說法的正誤. (1)質(zhì)量很小的粒子不受重力的作用.(　×　)

2、 (2)動能定理能分析勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動問題，也能分析非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動問題. (　√　) (3)利用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式可分析勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動問題，也可分析非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動問題.(　×　) (4)當(dāng)電子在電場中做加速直線運(yùn)動時(shí)，電場力做負(fù)功，電勢能增加，動能增加.(　×　) 一、帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動 如圖1所示，平行板電容器兩板間的距離為d，電勢差為U.一質(zhì)量為m、帶正電荷為q的α粒子，在電場力的作用下由靜止開始從正極板A向負(fù)極板B運(yùn)動. 圖1 (1)比較α粒子所受電場力和重力的大小，說明重力能否忽略不計(jì)(α粒子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的4倍，即

3、mα＝4×1.67×10－27kg，電荷量是質(zhì)子的2倍). (2)α粒子的加速度是多大(結(jié)果用字母表示)？在電場中做何種運(yùn)動？ (3)計(jì)算粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度大小(嘗試用不同的方法求解，結(jié)果用字母表示). 答案　(1)α粒子所受電場力大、重力?。灰蛑亓h(yuǎn)小于電場力，故可以忽略重力. (2)α粒子的加速度為a＝.在電場中做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動. (3)方法1　利用動能定理求解. 在帶電粒子的運(yùn)動過程中，電場力對它做的功是W＝qU 設(shè)帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速率為v，則 Ek＝mv2 由動能定理可知qU＝mv2 v＝. 方法2　利用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解. 設(shè)

4、粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)所用時(shí)間為t，則 d＝at2，v＝at，a＝ 聯(lián)立解得v＝. 1.帶電粒子的分類及受力特點(diǎn) (1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力. (2)質(zhì)量較大的微粒：帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時(shí)一般都不能忽略重力. 2.分析帶電粒子在電場力作用下加速運(yùn)動的兩種方法 (1)利用牛頓第二定律F＝ma和運(yùn)動學(xué)公式，只能用來分析帶電粒子的勻變速運(yùn)動. (2)利用動能定理：qU＝mv2－mv02.若初速度為零，則qU＝mv2，對于勻變速運(yùn)動和非勻變速運(yùn)動都適用. 例1　如圖2所示，M和N是勻強(qiáng)電場中的兩個(gè)等勢面，相距

5、為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m(不計(jì)重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M垂直射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應(yīng)是(　　) 圖2 A. B.v0＋ C. D. 答案　C 解析　qU＝mv2－mv02，v＝，選C. 針對訓(xùn)練　如圖3所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間的電勢差不變，則(　　) 圖3 A.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v增大 B.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v減小 C.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v不變 D.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動的時(shí)間變長 答案　C 解析　由動能定理得eU＝mv2，當(dāng)改

6、變兩極板間的距離時(shí)，U不變，v就不變，故選項(xiàng)A、B錯誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，＝，＝，即t＝，當(dāng)d減小時(shí)，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動的時(shí)間變短，故選項(xiàng)D錯誤. 二、帶電體在重力場和電場疊加場中的直線運(yùn)動 帶電體在電場中受電場力和重力作用，當(dāng)帶電體所受合外力為零時(shí)，將做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)帶電體所受合外力不為零，且合外力的方向與速度方向在一條直線上時(shí)將做加速或減速直線運(yùn)動. 分析方法： (1)力和加速度方法——牛頓運(yùn)動定律、勻變速直線運(yùn)動公式； (2)功和能方法——動能定理； (3)能量方法——能量守恒定律. 例2　如圖4所示，充電后的平行板電容器水平放置，

7、電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰好為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g).求： 圖4 (1)小球到達(dá)小孔處的速度大??； (2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落到運(yùn)動到下極板處所用的時(shí)間. 答案　(1)　(2)　 (3) 解析　(1)小球從靜止開始下落到小孔處做自由落體運(yùn)動，由v2＝2gh，得v＝. (2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓第二定律得：mg－qE＝ma 由運(yùn)動學(xué)公式知：0－v2＝2ad 整理得

8、電場強(qiáng)度E＝ 由U＝Ed，Q＝CU， 得電容器所帶電荷量Q＝. (3)設(shè)小球做自由落體運(yùn)動所用時(shí)間為t1，電場中小球做勻減速運(yùn)動所用時(shí)間為t2， 由h＝gt12，0＝v＋at2，t＝t1＋t2 整理得t＝. 例3　(2018·山東濟(jì)南市高一下期末)如圖5所示，一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向水平向左.一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，從O點(diǎn)出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強(qiáng)的反方向成θ角做直線運(yùn)動.(重力加速度為g)求： 圖5 (1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??； (2)小球從O點(diǎn)到最高點(diǎn)的距離； (3)小球運(yùn)動到的最高點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢差. 答案　(1)　(2)

9、　(3) 解析(1)根據(jù)帶電小球做直線運(yùn)動，則重力和電場力的合力與初速度在同一直線上，tanθ＝， 解得：E＝ (2)解法一：最高點(diǎn)與O點(diǎn)間的距離為s＝ F合＝＝ma 解得：s＝ 解法二：由動能定理：－s＝0－mv02 得：s＝ (3)最高點(diǎn)的電勢大于O點(diǎn)的電勢，電勢差U＝Escosθ＝. 三、帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動 例4　在如圖6所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖7甲、乙所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高.在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運(yùn)動.若兩板間距離足夠大且不計(jì)重力，試分析電子分別在甲、乙兩種交變電壓作用下的運(yùn)動情況，并畫出相應(yīng)的v

10、－t圖象. 圖6 甲　　　　　　　乙 圖7 答案　見解析 解析　t＝0時(shí)，B板電勢比A板高，在電場力作用下，電子向B板(設(shè)為正向)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動. 對于題圖甲，在0～T內(nèi)電子做初速度為零的正向勻加速直線運(yùn)動，T～T內(nèi)電子做末速度為零的正向勻減速直線運(yùn)動，然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動，其v－t圖線如圖(a)所示. 對于題圖乙，在0～內(nèi)做類似(1)0～T的運(yùn)動，～T電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運(yùn)動.然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動，其v－t圖線如圖(b)所示. (a)　　　　　　(b) 1.當(dāng)空間存在交變電場時(shí)，粒子所受電場力方向?qū)㈦S著電場

11、方向的改變而改變，粒子的運(yùn)動性質(zhì)也具有周期性. 2.研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動需要分段研究，并輔以v－t圖象.特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場時(shí)的時(shí)刻及交變電場的周期. 1.(帶電粒子的直線運(yùn)動)(2018·山東濟(jì)寧市高一下期末)如圖8所示，P和Q為兩平行金屬板，板間恒定電壓為U，一電子只在電場力作用下，從P板由靜止開始向Q板運(yùn)動.關(guān)于電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，下列說法正確的是(　　) 圖8 A.兩板間距離越大，電子獲得的速率就越大 B.兩板間距離越小，電子獲得的速率就越大 C.電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，與兩板間距離無關(guān) D.以上說法都不正確 答案　C 2.(帶電粒子的直

12、線運(yùn)動)兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖9所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是(　　) 圖9 A. B.edUL C. D. 答案　D 解析　電子從O點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)，因受電場力作用，速度逐漸減小.根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計(jì)重力.根據(jù)能量守恒定律得mv02＝eUOA.因E＝，UOA＝EL＝，故mv02＝，所以D正確. 3.(帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動)(多選)如圖10甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大.當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，選項(xiàng)

13、中的圖象反映電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的是(　　) 圖10 答案　AD 解析　在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性變化的電壓時(shí)，因?yàn)殡娮釉谄叫薪饘侔彘g所受的電場力F＝，所以電子所受的電場力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化.由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個(gè)內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動，在第二個(gè)內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動，在第三個(gè)內(nèi)向A板做勻加速直線運(yùn)動，在第四個(gè)內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動.所以a－t圖象如圖甲所示，v－t圖象如圖乙所示，又因勻變速直線運(yùn)動的位移x＝v0t＋at2，所以x－t圖象應(yīng)是曲線. 4.(帶電體在疊加場中的

14、直線運(yùn)動)(2018·山東聊城市高一下期末)如圖11所示，兩塊水平放置的平行金屬板M、N相距為d，組成一個(gè)電容為C的平行板電容器，M板接地，M板正中央有一個(gè)小孔B，從小孔B正上方高h(yuǎn)處的A點(diǎn)，一滴一滴地由靜止滴下質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電油滴，油滴穿過B孔后落到N板，把全部電荷量傳給N板，M板也帶上等量的異種電荷，不計(jì)空氣阻力及板外電場的影響.重力加速度為g，求： 圖11 (1)當(dāng)某一滴油滴在板間恰好做勻速直線運(yùn)動時(shí)，板間的電場強(qiáng)度大小和電容器所帶的電荷量； (2)最終到達(dá)N板的油滴不會超過多少滴. 答案　(1)　　(2)＋1 解析　(1)由平衡條件得qE＝mg，電場強(qiáng)度E＝

15、再由E＝，C＝ 得Q＝ (2)設(shè)已有n滴油滴到達(dá)N板，C＝ 第n＋1滴油滴恰好能到達(dá)N板，對于第n＋1滴油滴，根據(jù)動能定理得mg(h＋d)－qU′＝0 得n＝ 所以最終到達(dá)N板的油滴不會超過＋1. 一、選擇題 考點(diǎn)一　帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動 1.質(zhì)子(H)、α粒子(He)、鈉離子(Na＋)三個(gè)粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是(　　) A.質(zhì)子(H) B.α粒子(He) C.鈉離子(Na＋) D.都相同 答案　B 解析　qU＝mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項(xiàng)B正確.

16、 2.如圖1所示，一個(gè)平行板電容器充電后與電源斷開，從負(fù)極板處釋放一個(gè)電子(不計(jì)重力)，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v1，加速度為a1.若將兩極板間的距離增大為原來的2倍，再從負(fù)極板處釋放一個(gè)電子，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v2，加速度為a2，則(　　) 圖1 A.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2 B.a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2 C.a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝∶1 D.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶ 答案　D 解析　電容器充電后與電源斷開，再增大兩極板間的距離時(shí)，場強(qiáng)不變，電子在電場中受到的電場力不變，故a1∶a2＝1∶1.由動能定理Ue＝mv2得v＝

17、，因兩極板間的距離增大為原來的2倍，由U＝Ed知，電勢差U增大為原來的2倍，故v1∶v2＝1∶. 3.(多選)圖2為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空.A為發(fā)射電子的陰極，K為接在高電勢點(diǎn)的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時(shí)的速度可以忽略，電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時(shí)的速度大小為v.下面的說法中正確的是(　　) 圖2 A.如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時(shí)的速度仍為v B.如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)? C.如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)関 D.如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離

18、開K時(shí)的速度變?yōu)? 答案　AC 解析　根據(jù)動能定理，電場力對帶電粒子做功Uq＝mv2，v＝，根據(jù)關(guān)系式可知，A、C正確. 4.(多選)如圖3所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) 圖3 A.所受重力與電場力平衡 B.電勢能逐漸增加 C.動能逐漸增加 D.做勻變速直線運(yùn)動 答案　BD 解析　對帶電粒子受力分析如圖所示，F(xiàn)合≠0，則A錯誤.由圖可知電場力與重力的合力方向與v0方向相反，F(xiàn)合對粒子做負(fù)功，其中mg不做功，Eq做負(fù)功，故粒子動能減少，電勢能增加，B正確，C錯誤.

19、F合恒定且F合與v0方向相反，粒子做勻減速運(yùn)動，D正確. 5.如圖4所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn).由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點(diǎn).現(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　　) 圖4 A.運(yùn)動到P點(diǎn)返回 B.運(yùn)動到P和P′點(diǎn)之間返回 C.運(yùn)動到P′點(diǎn)返回 D.穿過P′點(diǎn) 答案　A 解析　根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝、定義式C＝和勻強(qiáng)電場的電壓與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝，可知將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由O點(diǎn)靜止釋放的電子仍然可以運(yùn)動到P點(diǎn)，并且會原路返回，故選項(xiàng)A

20、正確. 6.如圖5，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子.在電場力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動.已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面.若兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為(　　) 圖5 A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1 答案　A 解析　因兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為l，電荷量為－q的粒子通過的位移為l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1＝，a2＝，由運(yùn)動學(xué)公式有 l＝a1t2＝t

21、2 ① l＝a2t2＝t2 ② 得＝.B、C、D錯，A對. 7.(多選)(2018·山東煙臺市高一下期末)在地面附近存在著一有界電場，邊界MN將某空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖6甲所示，小球運(yùn)動的v－t圖象如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則(　　) 圖6 A.小球經(jīng)過邊界時(shí)的速度最大 B.小球受到的重力與電場力大小之比為2∶3 C.0～3s內(nèi)，重力做的功和電場力做的功絕對值不相等 D.在小球運(yùn)動的整個(gè)過程中，小球的機(jī)械能與電勢能總和保持不變 答

22、案　ABD 解析　小球在Ⅰ區(qū)做自由落體運(yùn)動，在Ⅱ區(qū)做勻減速運(yùn)動，在邊界處速度最大，A正確；0～3 s內(nèi)，由動能定理得WG－W電＝0，C錯誤；0～3 s內(nèi)小球位移x＝×3,1～3 s內(nèi)小球位移x2＝×2，＝，又mgx－qEx2＝0，所以＝＝，B正確；只有重力和電場力做功，小球機(jī)械能和電勢能總和不變，D正確. 考點(diǎn)二　帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動 8.某平行金屬板間加如圖7所示的周期性變化的電勢差，開始時(shí)重力不計(jì)的帶電粒子靜止在平行板中央，t＝0時(shí)將其釋放，運(yùn)動過程中無碰板情況.下列選項(xiàng)中能正確地描述粒子運(yùn)動速度－時(shí)間圖象的是(　　) 圖7 答案　A 解析　從t＝0時(shí)刻開始將

23、其釋放，在0～時(shí)間內(nèi)帶電粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，～T時(shí)間內(nèi)帶電粒子做同向勻減速直線運(yùn)動且末速度為零，然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動，速度－時(shí)間圖象如選項(xiàng)A. 9.(多選)如圖8所示，兩平行正對金屬板分別加上如下列選項(xiàng)中的電壓，能使原來靜止在金屬板中央的電子(不計(jì)重力)有可能做往返運(yùn)動的U－t圖象應(yīng)是(設(shè)兩板距離足夠大)(　　) 圖8 答案　BC 解析　由選項(xiàng)A圖象可知，電子先做勻加速運(yùn)動，T時(shí)速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運(yùn)動，T時(shí)速度減為零.然后重復(fù)前面的運(yùn)動，一直向一個(gè)方向運(yùn)動不往返. 由選項(xiàng)B圖象可知，電子先做勻加速運(yùn)動，T時(shí)速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運(yùn)動，T

24、時(shí)速度減為零；從T到T反向勻加速運(yùn)動，T時(shí)速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運(yùn)動，T時(shí)速度減為零，回到出發(fā)點(diǎn).然后重復(fù)往返運(yùn)動. 由選項(xiàng)C圖象可知，電子先做加速度減小的加速運(yùn)動，T時(shí)速度最大，從T到T內(nèi)做加速度增大的減速運(yùn)動，T時(shí)速度減為零；從T到T反向做加速度減小的加速運(yùn)動，T時(shí)速度最大，從T到T內(nèi)做加速度增大的減速運(yùn)動，T時(shí)速度減為零，回到出發(fā)點(diǎn).然后重復(fù)往返運(yùn)動. 由選項(xiàng)D圖象可知，電子0～做勻加速運(yùn)動，從T到T內(nèi)做勻速運(yùn)動，然后重復(fù)加速運(yùn)動和勻速運(yùn)動，一直向一個(gè)方向運(yùn)動不往返.故選B、C. 10.如圖9甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電

25、粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會時(shí)而向A板運(yùn)動，時(shí)而向B板運(yùn)動，并最終打在A板上.則t0可能屬于的時(shí)間段是(　　) 圖9 A.0＜t0＜ B.＜t0＜ C.＜t0＜T D.T＜t0＜ 答案　B 解析　兩板間加的是方波電壓，剛釋放粒子時(shí)，粒子向A板運(yùn)動，說明釋放粒子時(shí)UAB為負(fù).若t0＝時(shí)刻釋放粒子，則粒子做方向不變的單向直線運(yùn)動，一直向A板運(yùn)動；若t0＝時(shí)刻釋放粒子，則粒子在電場中固定兩點(diǎn)間做往復(fù)運(yùn)動，因此＜t0＜時(shí)間內(nèi)，粒子的運(yùn)動滿足題意的要求，選項(xiàng)B正確. 二、非選擇題 11.一個(gè)帶正電的微粒，從A點(diǎn)射入水平方向的勻強(qiáng)電場中，微粒沿直線AB運(yùn)動

26、，如圖10所示.AB與電場線夾角θ＝30°，已知帶電微粒的質(zhì)量m＝1.0×10－7kg，電荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20cm.(取g＝10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求： 圖10 (1)說明微粒在電場中運(yùn)動的性質(zhì)，要求說明理由. (2)電場強(qiáng)度的大小和方向. (3)要使微粒從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，微粒射入電場時(shí)的最小速度是多少？ 答案　見解析 解析　(1)微粒只在重力和電場力作用下沿AB方向運(yùn)動，如圖所示，微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速運(yùn)動. (2)因?yàn)閝E＝＝＝mg. 所以電場強(qiáng)度E＝≈1.7×104N/C，電場強(qiáng)度的

27、方向水平向左. (3)微粒由A運(yùn)動到B時(shí)的速度vB＝0時(shí)，微粒進(jìn)入電場時(shí)的速度最小，由動能定理得，－L＝0－mvA2，代入數(shù)據(jù)，解得vA≈2.8m/s. 12.如圖11所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球在B板下方距離B板為H處，以初速度v0豎直向上從B板小孔進(jìn)入板間電場. 圖11 (1)帶電小球在板間做何種運(yùn)動？ (2)欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢差為多少？ 答案　(1)做勻減速直線運(yùn)動 (2) 解析　(1)帶電小球在電場外只受重力的作用做勻減速直線運(yùn)動，在電場中受重力和靜電力作用做勻減速直線運(yùn)動. (2)整個(gè)運(yùn)動

28、過程中重力和靜電力做功，由動能定理得 －mg(H＋h)－qUAB＝0－mv02 解得UAB＝. 13.(2018·山東德州市高一下期末)如圖12甲所示，水平放置的兩平行金屬板A、B相距為d，板間加有如圖乙所示隨時(shí)間變化的電壓.A、B板中點(diǎn)O處有一帶電粒子，其電荷量為q，質(zhì)量為m，在0～時(shí)間內(nèi)粒子處于靜止?fàn)顟B(tài).已知重力加速度為g，周期T＝.求： 圖12 (1)判定該粒子的電性； (2)在0～方時(shí)間內(nèi)兩板間的電壓U0； (3)若t＝T時(shí)刻，粒子恰好從O點(diǎn)正下方金屬板A的小孔飛出，那么的比值應(yīng)滿足什么條件. 答案　(1)正電　(2)　(3) 解析　(1)由平衡條件可判定粒子帶正電 (2)0～時(shí)間內(nèi)，粒子處于平衡狀態(tài) 由mg＝得：U0＝ (3)在～T時(shí)間內(nèi)有：＝at2 mg＋＝ma t＝＝ 由以上公式聯(lián)立得：＝. 17