2018-2019學年高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動學案 新人教版選修3-1

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1、第9節(jié)　帶電粒子在電場中的運動 　1．能研究帶電粒子在電場中運動時的加速度、速度和位移等物理量的變化．　2．能研究帶電粒子在電場中運動時的能量轉化．　3．了解示波管的工作原理． 一、帶電粒子的加速 1．基本粒子的受力特點：對于質量很小的基本粒子，如電子、質子等，雖然它們也會受到萬有引力(重力)的作用，但萬有引力(重力)一般遠小于靜電力，可以忽略． 2．帶電粒子的加速：初速度為零，帶電量為q，質量為m的帶電粒子，經過電勢差為U的電場的加速后，獲得的速度大小為v＝ ． 二、帶電粒子的偏轉 質量為m、帶電量為q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場，極板長為

2、l，板間距離為d，板間電壓為U． 1．運動性質 (1)沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運動． (2)垂直v0的方向上：初速度為零，加速度為a＝的勻加速直線運動． 2．運動規(guī)律 (1)偏移距離：因為t＝，a＝，所以偏移距離y＝at2＝． (2)偏轉角度：因為vy＝at＝，所以tan θ＝＝． 三、示波管的原理 1．構造 示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內部主要由電子槍(發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉電極(由一對X偏轉電極板和一對Y偏轉電極板組成)和熒光屏組成，如圖所示． 2．原理 (1)掃描電壓：XX′偏轉電極接入的是由儀器自身產生的鋸

3、齒形電壓． (2)燈絲被電源加熱后，出現熱電子發(fā)射，發(fā)射出來的電子經加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉電場，如果在Y偏轉極板上加一個信號電壓，在X偏轉極板上加一掃描電壓，在熒光屏上就會出現按Y偏轉電壓規(guī)律變化的可視圖象． 判一判　(1)電子、質子、α粒子等帶電粒子在電場中受到的靜電力一般遠大于重力，因而通常情況下，重力可以忽略不計．(　　) (2)帶電粒子(不計重力)在電場中由靜止釋放時，一定做勻加速直線運動．(　　) (3)對帶電粒子在電場中的運動，從受力的角度來看，遵循牛頓運動定律；從做功的角度來看，遵循能量的轉化和守恒定律．(　　) (4)對于帶電粒子(不計重力)在電場

4、中的偏轉可分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場線方向的自由落體運動．(　　) (5)示波管偏轉電極不加電壓時，從電子槍射出的電子將沿直線運動，射到熒光屏中心點形成一個亮斑．(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√ 想一想　大量帶電粒子，質量不同，帶電量相同，以相同的速度垂直電場進入并穿過同一個電容器，它們的運動時間相同嗎？運動軌跡相同嗎？ 提示： 運動時間相同，運動軌跡不相同．由于粒子在水平方向上做勻速運動，由l＝v0t知運動時間相同．不同粒子在沿初速度方向上運動情況相同，在垂直初速度方向上運動情況不同，故它們的運動軌跡不同，如圖所示． 做一做　

5、兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　) A．　　　　　　　 B．edhU C． D． 提示：選D．設電子的初動能為Ek0，末動能為零，極板間的電場E＝，根據動能定理：－eEh＝0－Ek0，解得：Ek0＝． 　帶電粒子在電場中的直線運動 1．關于帶電粒子在電場中的重力 (1)基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，此類粒子一般不考慮重力(但并不忽略質量)． (2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗

6、示以外，一般都不能忽略重力． 2．問題處理的方法和思路 (1)分析方法和力學的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速、減速；直線還是曲線)，然后選用恰當的規(guī)律解題． (2)解決這類問題的基本思路是 ①用運動和力的觀點：牛頓定律和運動學知識求解； ②用能量轉化的觀點：動能定理和功能關系求解． 3．應用動能定理處理這類問題的思路：(粒子只受電場力) (1)若帶電粒子的初速度為零，則它的末動能mv2＝qU，末速度v＝． (2)若粒子的初速度為v0，則mv2－mv＝qU，末速度v＝． 命題視角1　帶電粒子在勻強電場中的直線運動 　如圖所示，在P板附

7、近有一電子由靜止開始向Q板運動．已知兩極板間電勢差為U，板間距為d，電子質量為m，電荷量為e．則關于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是(　　) A．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率保持不變 B．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率也增大一倍 C．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間保持不變 D．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間減為一半 [思路點撥] 解答本題時應把握以下兩點： (1)帶電粒子被加速，利用動能定理可求到達另一極板的速率； (2)帶電粒子在勻強電場中做勻加速直線運動，利用運動學公式可求運動的時間． [解析]　

8、由動能定理有mv2＝eU，得v＝，可見電子到達Q板的速率與板間距離d無關，故A項對，B項錯．兩極板間為勻強電場E＝，電子的加速度a＝，由運動學公式d＝at2得t＝ ＝ ，若兩極板間電勢差增大一倍，則電子到達Q板時間減為原來的，故C、D項都錯． [答案]　A 命題視角2　帶電粒子在交變電場中的直線運動 　(多選)如圖所示，A、B是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓U，A板的電勢φA＝0，B板的電勢φB隨時間的變化規(guī)律如圖所示．現有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)內，設電子的初速度和重力的影響可忽略．則(　　) A．若電子是在t＝0時刻進入的，它將一直向B板運動

9、 B．若電子是在t＝時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上 C．若電子是在t＝T時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上 D．若電子是在t＝時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動 [思路點撥] 帶電粒子在交變電場中的運動一般比較復雜，解答此類問題時通常利用v－t圖象對帶電體進行分析，既直觀又方便，是首選的方法． [解析]　根據電子進入電場后的受力和運動情況，作出如圖所示的圖象． 由圖丁可知，當電子在t＝0時刻進入電場時，電子一直向B板運動，即A正確．若電子在時刻進入，則由圖象知，向B板運動的位移大于向A板運動的位移，因

10、此最后仍能打在B板上，即B正確．若電子在時刻進入電場，則由圖象知，在第一個周期電子即返回至A板，即C錯誤．若電子是在時刻進入的，則它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能進入電場，即D錯誤．綜上分析可知本題的正確選項為A、B． [答案]　AB (1)解決帶電粒子在交變電場中的運動問題時，關鍵要明確粒子在不同時間段內、不同區(qū)域內的受力特性，對粒子的運動情景、運動性質做出判斷． (2)這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運動時，要注意粒子的運動周期與電場周期的關系． (3)帶電粒子在交變電場中的運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學規(guī)律，所以此類問題的研究方法

11、與質點動力學相同． (4)此類問題借助v－t圖象更加有效快捷．　 【題組突破】 1．(多選)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當到達B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) A．當增大兩板間距離時，v增大 B．當減小兩板間距離時，v增大 C．當改變兩板間距離時，v不變 D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大 解析：選CD．電子由靜止開始從A板向B板運動的過程中根據動能定理列出等式：qU＝mv2，得v＝ ，所以當改變兩板間距離時，v不變，故A、B錯誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場強為E＝，電子的加速度為a＝＝，電子在電場中

12、一直做勻加速直線運動，由d＝at2＝t2，得電子加速的時間為t＝d．由此可見，當增大兩板間距離時，電子在兩板間的運動時間增大，故D正確． 2．(多選)帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示．帶電微粒只在電場力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是(　　) A．微粒在0～1 s內的加速度與1～2 s內的加速度相同 B．微粒將沿著一條直線運動 C．微粒做往復運動 D．微粒在第1 s內的位移與第3 s內的位移相同 解析：選BD．0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A錯；0～1 s和1～2 s微粒分別做勻加速直線運動和勻減速直線運動，根

13、據這兩段運動的對稱性，1～2 s的末速度為0，所以每個1 s內的位移均相同且2 s以后的運動重復0～2 s的運動，是單向直線運動，B、D正確，C錯誤． 　帶電粒子在勻強電場中的偏轉 1．運動狀態(tài)的分析：帶電粒子以初速度v0垂直于電場線方向進入勻強電場時，受到恒定的、與初速度方向成90°的靜電力作用而做勻變速曲線運動，運動軌跡為拋物線． 2．偏轉問題的處理方法：類似于平拋運動的處理方法，應用運動的合成與分解的知識． (1)帶電粒子偏轉規(guī)律 ①速度：分速度vx＝v0，vy＝at 合速度大小v＝ 合速度方向 tan θ＝＝＝． ②位移：分位移x＝v0t，y＝at2 合位移s＝

14、 合位移方向tan α＝＝． (2)帶電粒子先加速再偏轉時的規(guī)律 ①加速電場中：qU1＝mv ②偏轉電場中規(guī)律 偏轉的距離y＝＝ 偏轉角度tan θ＝＝ y、tan θ都與比荷無關． (3)兩個結論 ①粒子從偏轉電場射出時，其速度反向延長線與初速度方向延長線交于一點，此點平分沿初速度方向的位移． 證明：tan θ＝ y＝ tan θ＝ 聯(lián)立以上三式，得x′＝． ②位移方向與初速度方向間夾角的正切tan α為速度偏轉角的正切tan θ的，即tan α＝tan θ． 證明：tan α＝，tan θ＝ 故tan α＝tan θ． 命題視角1　帶電粒子偏轉運

15、動的求解 　如圖所示為真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計)，經燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入由兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入偏轉電場時的速度與電場方向垂直，電子經過偏轉電場后打在熒光屏上的P點．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子質量為m，電荷量為e．求： (1)電子穿過A板時的速度大??； (2)電子從偏轉電場射出時的側移量； (3)P點到O點的距離． [解析]　(1)設電子經電壓U1加速后的速度為v0，根據動能定理得eU1＝mv

16、解得v0＝ ． (2)電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動．設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場中運動的時間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉電場時的側移量為y1，根據牛頓第二定律和運動學公式得 F＝eE，E＝，F＝ma，t1＝，y1＝at， 解得y1＝． (3)設電子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為vy，根據運動學公式得vy＝at1，電子離開偏轉電場后做勻速直線運動，設電子離開偏轉電場后打在熒光屏上所用的時間為t2，電子打到熒光屏上的側移量為y2，如圖所示． 有t2＝，y2＝vyt2 解得y2＝ P點到O點的

17、距離為 y＝y(tǒng)1＋y2＝． [答案]　(1) 　(2)　(3) 命題視角2　帶電粒子偏轉的臨界問題分析 　 一束電子流在經U＝5 000 V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示．若兩板間距d＝1．0 cm，板長l＝5．0 cm，那么要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加多大電壓？ [思路點撥] 當電子恰好從下板右邊緣飛出時電壓有最大值，此時電子做類平拋運動的水平位移為l，偏轉位移為． [解析]　加速過程，由動能定理得eU＝mv ① 進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動 l＝v0t ② 在垂直于板面的方向做勻加速

18、直線運動 加速度a＝＝ ③ 偏距y＝at2 ④ 能飛出的條件為y≤ ⑤ 聯(lián)立①～⑤式解得U′≤＝4．0×102 V 即要使電子能飛出，所加電壓最大為400 V． [答案]　400 V 【題組突破】 1． 如圖所示，兩個板長均為L的平板電極，平行正對放置，兩極板相距為d，極板之間的電勢差為U，板間電場可以認為是勻強電場．一個帶電粒子(質量為m，電荷量為＋q)從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板邊緣．忽略重力和空氣阻力的影響．求： (1)極板間的電場強度E的大小； (2)該粒子的初速度v0的大??； (3)該粒子落到下極板時

19、的末動能Ek的大?。? 解析：(1)兩極板間的電壓為U，兩極板的距離為d，所以電場強度大小為E＝． (2)帶電粒子在極板間做類平拋運動，在水平方向上有 L＝v0t 在豎直方向上有d＝at2 根據牛頓第二定律可得：a＝ 而F＝Eq 所以a＝ 解得：v0＝ ． (3)根據動能定理可得Uq＝Ek－mv 解得Ek＝Uq． 答案：(1)　(2) 　(3)Uq 2．如圖所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出．已知電子質量為m、電荷量為e，加速電場電壓為U0．偏轉電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d． (1)忽

20、略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy； (2)分析物理量的數量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數據分析說明其原因．已知U＝2．0×102 V，d＝4．0×10－2 m，m＝9．1×10－31 kg，e＝1．6×10－19 C，g取10 m/s2． 解析：(1)根據功和能的關系，有eU0＝mv 電子射入偏轉電場時的初速度v0＝ 在偏轉電場中，電子的運動時間Δt＝＝L 偏轉距離Δy＝a(Δt)2＝··＝． (2)考慮電子所受重力和電場力的數量級，有 重力G＝mg＝9．1×10－30 N，

21、數量級為10－30 N 電場力F＝＝8×10－16 N，數量級為10－16 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力． 答案：(1) 　　(2)見解析 　帶電粒子在復合場中的運動 　　帶電粒子在復合場中的運動是指帶電粒子在運動過程中同時受到電場力及其他力的作用．較常見的是在運動過程中，帶電粒子同時受到重力和電場力的作用． 　　首先要認識復合場的性質，先分析帶電粒子在復合場中的受力情況，其次再分析帶電粒子在復合場中的受力和運動的關系，然后依據受力和運動關系選取規(guī)律解題．由于帶電粒子在復合場中的運動是一個綜合電場力、電勢能的力學問題，研究的方法與質點動力學的研究方法相同，它同樣遵循運

22、動的合成與分解、牛頓運動定律、動能定理、功能原理等力學規(guī)律． 【題組過關】 1．如圖所示，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(q＞0)的質點沿軌道內側運動，經過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb．不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能． 解析：質點所受電場力的大小為F＝qE 設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有F＋Na＝m，Nb－F＝m 設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，則有Eka＝mv，Ekb＝mv 根據動

23、能定理有Ekb－Eka＝2rF 聯(lián)立各式解得 E＝(Nb－Na)，Eka＝(Nb＋5Na)，Ekb＝(5Nb＋Na)． 答案：(Nb－Na)　(Nb＋5Na)　(5Nb＋Na) 2． 半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套有一個質量為m、帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖所示．珠子所受的靜電力是其重力的，將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，則： (1)珠子所能獲得的最大動能是多大？ (2)珠子對環(huán)的最大壓力是多大？ 解析：珠子只能沿光滑絕緣圓環(huán)做圓周運動，運動過程中除圓環(huán)的彈力外，還受豎直向下的重力和水平向右的電場力，所以珠子一定從A點開始沿逆時針方向做

24、圓周運動，重力做負功，電場力做正功．當兩個力做的總功最多時，動能最大，同時在這點所受圓環(huán)的支持力也最大． 珠子在運動過程中，受到的重力和電場力的大小、方向都不發(fā)生變化，則重力和電場力的合力大小、方向也不變，這樣就可以用合力來代替重力和電場力，當珠子沿合力方向位移最大時，合力做功最多，動能最大． (1)由qE＝mg，設qE、mg的合力F合與豎直方向的夾角為θ，則有tan θ＝，解得θ＝37°．設珠子到達B點時動能最大，則珠子由A點靜止釋放后從A到B的過程中做加速運動，如圖所示，在B點時動能最大，由動能定理得qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ek，解得在B點時的動能，即最大動能E

25、k＝mgr． (2)設珠子在B點受到的圓環(huán)彈力為FN，有FN－F合＝，即FN＝F合＋＝＋mg＝mg＋mg＝mg，由牛頓第三定律得，珠子對圓環(huán)的最大壓力為mg． 答案：(1)mgr　(2)mg [隨堂檢測] 1．質子(H)、α粒子(He)、鈉離子(Na＋)三個粒子分別從靜止狀態(tài)經過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是(　　) A．質子(H)　　　　　　 B．α粒子(He) C．鈉離子(Na＋) D．都相同 解析：選B．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B正確． 2．如圖所示，場強大小為 E、方向豎直向下的

26、勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h．質量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) A． B． C． D． 解析：選B．根據對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有s＝v0t，在豎直方向有h＝··t2，解得v0＝．故選項B正確，選項A、C、D錯誤． 3．(多選)如圖所示，氕、氘、氚的原子核由靜止經同一電場加速后，又經同一勻強電場偏轉，最后打在熒光屏上，那么　(　　) A．經過加速電場的過

27、程中，電場力對氚核做的功最多 B．經過偏轉電場的過程中，電場力對三種核做的功一樣多 C．三種原子核打在屏上的速度一樣大 D．三種原子核都打在屏上同一位置處 解析：選BD．同一加速電場、同一偏轉電場，三種原子核帶電荷量相同，故在同一加速電場中電場力對它們做的功都相同，在同一偏轉電場中電場力對它們做的功也相同，A錯，B對；由于質量不同，所以三種原子核打在屏上的速度不同，C錯；再根據偏轉距離公式或偏轉角公式y(tǒng)＝，tan θ＝知，與帶電粒子無關，D對． 4．在如圖甲所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖乙、丙所示的兩種電壓，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

28、始運動．若兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并畫出相應的v－t圖象． 答案：t＝0時，B板電勢比A板高，在電場力作用下，電子向B板(設為正方向)做初速度為零的勻加速運動． (1)對于題圖乙，在0～T時間內電子沿正方向做初速度為零的勻加速直線運動，T～T時間內電子沿正方向做末速度為零的勻減速直線運動，然后周期性地重復前面的運動，其速度圖線如圖1所示． (2)對于題圖丙，在0～時間內電子做類似圖1中0～T時間內的運動，～T時間內電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運動．然后周期性地重復前面的運動，其速度圖線如圖2所示． [課時作業(yè)]

29、 [學生用書P125(單獨成冊)] 一、單項選擇題 1．關于帶電粒子(不計重力)在勻強電場中的運動情況，下列說法正確的是(　　) A．一定是勻變速運動 B．不可能做勻減速運動 C．一定做曲線運動 D．可能做勻變速直線運動，不可能做勻變速曲線運動 解析：選A．帶電粒子在勻強電場中受到的電場力恒定不變，可能做勻變速直線運動，也可能做勻變速曲線運動，故選A． 2． 如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為(　

30、　) A．U1∶U2＝1∶8　　　　　 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析：選A．由y＝at2＝··得： U＝，所以U∝，可知A項正確． 3．三個α粒子在同一地點沿同一方向垂直飛入偏轉電場，出現了如圖所示的運動軌跡，由此可知，下列判斷錯誤的是(　　) A．在B飛離電場的同時，A剛好打在負極板上 B．B和C同時飛離電場 C．進入電場時，C的速度最大，A的速度最小 D．動能的增加量C最小，A和B一樣大 解析：選B．由題意知，三個α粒子在電場中的加速度相同，A和B有相同的偏轉位移y，由公式y(tǒng)＝at2得，A和B在電場中運動的時間相同，

31、由公式v0＝得vB>vA，同理，vC>vB，故三個粒子進入電場時的初速度大小關系為vC>vB>vA，故A、C正確，B錯誤；由題圖知，三個粒子的偏轉位移大小關系為yA＝y(tǒng)B>yC，由動能定理可知，三個粒子的動能的增加量C最小，A和B一樣大，D正確． 4．一個帶正電的點電荷以一定的初速度v0(v0≠0)，沿著垂直于勻強電場的方向射入電場，則其可能的運動軌跡應該是以下圖中的(　　) 解析：選B．點電荷垂直于電場方向進入電場時，電場力垂直于其初速度方向，電荷做類平拋運動，故本題選B． 5．噴墨打印機的簡化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最

32、終打在紙上．則微滴在極板間電場中(　　) A．向負極板偏轉 B．電勢能逐漸增大 C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電荷量無關 解析：選C．由于微滴帶負電，電場方向向下，因此微滴受到的電場力方向向上，微滴向正極板偏轉，選項A錯誤；偏轉過程中電場力做正功，根據電場力做功與電勢能變化的關系，電勢能減小，選項B錯誤；微滴在垂直于電場方向做勻速直線運動，位移x＝vt，沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運動，位移y＝t2＝·，此為拋物線方程，選項C正確；從式中可以看出，運動軌跡與帶電荷量q有關，選項D錯誤． 6．如圖所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩

33、平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中(　　) A．它們運動的時間tQ＞tP B．它們運動的加速度aQ＜aP C．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2 D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 解析：選C．設兩板距離為h，P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是，它們做類平拋運動的水平距離為l．則對P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝；同理對Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝．由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以q

34、P∶qQ＝1∶2．由動能定理得，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4．綜上所述，C項正確． 二、多項選擇題 7．如圖所示，電荷量和質量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A、B兩極板間的加速電場后飛出，不計重力的作用，則(　　) A．它們通過加速電場所需的時間相等 B．它們通過加速電場過程中動能的增量相等 C．它們通過加速電場過程中速度的增量相等 D．它們通過加速電場過程中電勢能的減少量相等 解析：選BD．由于電荷量和質量相等，因此產生的加速度相等，初速度越大的帶電粒子經過電場所需的時間越短，A錯誤；加速時間越短，則速度的變化量越小，C錯誤；由于電

35、場力做功與初速度及時間無關，因此電場力對各帶電粒子做功相等，則它們通過加速電場的過程中電勢能的減少量相等，動能的增加量也相等，B、D正確． 8．如圖所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強電場，一帶正電的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出，油滴的質量為m，帶電荷量為q，則(　　) A．場強的方向豎直向上 B．場強的方向豎直向下 C．兩極板間的電勢差為 D．油滴的電勢能增加了mgd 解析：選AC．由題意知帶電油滴受到的電場力等于其重力，帶電油滴受力平衡做勻速直線運動，A對，B錯；由mg＝q得電勢差U＝，C對；油滴的電勢能增加量等于電場力做功的負值，即ΔEp

36、＝－W＝－qU＝－mgd，故油滴的電勢能減少了mgd，D錯． 9．如圖所示，豎直向下的勻強電場里，用絕緣細線拴住的帶電小球在豎直平面內繞O做圓周運動，以下四種說法中正確的是(　　) A．帶電小球可能做勻速率圓周運動 B．帶電小球可能做變速率圓周運動 C．帶電小球通過最高點時，細線拉力一定最小 D．帶電小球通過最低點時，細線拉力有可能最小 解析：選ABD．若小球所受電場力與重力平衡，小球做勻速圓周運動，A正確；若小球所受電場力與重力不平衡，小球做變速圓周運動，B正確；若小球所受電場力與重力的合力向上，則小球運動到最低點時，細線拉力最小，最高點時細線拉力最大，C錯誤，D正確． 1

37、0．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．電子原來靜止在左極板小孔處(不計重力作用)．下列說法中正確的是(　　) A．從t＝0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上 B．從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動 C．從t＝時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上 D．從t＝時刻釋放電子，電子必將打到左極板上 解析：選AC．對應電壓圖象作出電子的速度圖象，根據速度圖象包圍的面積分析電子的運動．由圖1知，t＝0時釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運動，一定能夠擊中右板，選項A正確，

38、選項B錯誤． 　 圖1　　　　　　 圖2 由圖2知，t＝時釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的內不能到達右板，則之后往復運動，選項C正確，選項D錯誤． 三、非選擇題 11．如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中，射出電場的瞬時速度的方向與初速度方向成30°角．在這一過程中，不計粒子重力．求： (1)該粒子在電場中經歷的時間； (2)粒子在這一過程中電勢能的增量． 解析：(1)分解末速度：vy＝v0tan 30°，在豎直方向vy＝at，a＝，聯(lián)立三式可得t＝． (2)射出電場時的速度v＝＝v0

39、，由動能定理得靜電力做功為W＝mv2－mv＝mv，根據W＝Ep1－Ep2得ΔEp＝－W＝－mv． 答案：(1)　(2)－mv 12．如圖所示，長L＝0．20 m的絲線的一端拴一質量為m＝1．0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1．0×10－6 C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著小球可在豎直平面內做圓周運動，整個裝置處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E＝2．0×103 N/C．現將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點，然后無初速度地將小球釋放，取g＝10 m/s2．求： (1)小球通過最高點B時速度的大??； (2)小球通過最高點時，絲線對小球拉力的大?。? 解析：(1)小球由A運

40、動到B，其初速度為零，靜電力對小球做正功，重力對小球做負功，絲線拉力不做功，則由動能定理有： qEL－mgL＝，vB＝ ＝2 m/s． (2)小球到達B點時，受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用，經計算 mg＝1．0×10－4×10 N＝1．0×10－3 N qE＝1．0×10－6×2．0×103 N＝2．0×10－3 N 因為qE>mg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運動，其到達B點時向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出FTB的方向一定指向圓心，由牛頓第二定律有：FTB＋mg－qE＝ FTB＝＋qE－mg＝3．0×10－3 N． 答案：(1)2 m/s　(2)3．0×10－3 N 21