7、1分)
②粒子動能與電勢能之和為－A保持不變，設粒子在[－x0，x0]區(qū)間內運動，速率為v，則
mv2－qφ＝－A①(2分)
由圖可知φ＝φ0(1－)②(1分)
①②聯(lián)立解得mv2＝qφ0(1－)－A(2分)
因動能非負，有qφ0(1－)－A≥0，得
≤d(1－) (2分)
即x0＝d(1－)③
粒子在－d(1－)≤x≤d(1－)區(qū)間內運動(2分)
③粒子沿x軸方向在運動區(qū)間內做周期性運動，且從最遠(－x0或x0)處向O點處運動時做勻加速直線運動，從O點處向最遠(－x0或x0)處運動時做勻減速直線運動。
考慮粒子從－x0處開始運動的四分之一周期，根據牛頓第二定律，粒
8、子的加速度a＝＝＝④ (2分)
由勻加速直線運動 x0＝at2得t＝ (2分)
將③④代入得
t＝＝ (2分)
粒子運動周期 T＝4t＝ (2分)
b．用類平拋的方法分析帶電粒子的曲線運動
(6)(多選)(2015天津理綜，6分)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么( )
A．偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多
B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大
C．三種粒子運動到屏上所用時間相同
D．三種粒子
9、一定打到屏上的同一位置
答案：AD
解析：設加速電場兩板間距離為d，則E1qd＝mv，解得v0＝。粒子在偏轉電場中偏轉，設側移量為y，偏轉電場兩板的長度為L, 則運動時間t＝，y＝at2＝··2＝，在偏轉電場中偏轉電場對粒子做的功W＝qE2y，由于三種粒子的電荷量q相等、側位移y相等，因此偏轉電場對三種粒子做的功相等，故A項正確。三種粒子在偏轉電場中的縱向速度vy＝at＝·＝，與粒子比荷有關，三種粒子比荷不同，因此縱向速度不同，三種粒子射出偏轉電場時的速度v＝，由于三種粒子vy不同，因此速度v大小不同，故B項錯誤。三種粒子運動到屏上的水平位移相同，但水平速度v0＝與比荷有關，不同，因此所用
10、時間不同，故C項錯誤。由于三種粒子側移量y相同，因此從同一位置射出偏轉電場，射出電場時的速度的反向延長線均交于偏轉電場中線的中點，即速度方向相同，因此粒子會打在屏上同一位置，故D項正確。
(7)(2015安徽理綜，16分)在xOy平面內，有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E(圖中未畫出)。由A點斜射出一質量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數。粒子所受重力忽略不計。求：
①粒子從A到C過程中電場力對它做的功；
②粒子從A到C過程所經歷的時間；
③粒子經過C點時的速率。
答案：①3qEl0(2分) ②3(8分)?、?(6分)
11、
解析：①粒子從A到C電場力做功為
W＝qE(yA－yC)＝3qEl0(2分)
②根據拋體運動的特點，粒子在x軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知，軌跡最高點D在y軸上，可令tAO＝tOB＝T，tBC＝T，軌跡最高點D的縱坐標為y。由Eq＝ma得
a＝(2分)
又y＝aT2(1分)
y＋3l0＝a(2T)2(2分)
聯(lián)立以上式子解得T＝(2分)
則粒子從A到C過程所經歷的時間為
t＝3T＝3(1分)
③粒子在DC段做類平拋運動，則有
2l0＝vCx(2T)(2分)
vCy＝a(2T)(2分)
vC＝＝(2分)
23Ⅱ 帶電體在電場中運動的綜合問題
3．帶電
12、體在復合場(電場、重力場)中的運動、示波管
a．用“正交分解法”分析帶電小球在復合場中的運動
(8)(2017全國Ⅱ，20分)如圖所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質量為m、電荷量分別為q和–q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：
①M與N在電場中沿水平方向的位移之比；
②A點距電場上邊界的
13、高度；
③該電場的電場強度大小。
答案：①3∶1(7分)?、贖(10分) ③(3分)
解析：①設帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進入電場時的水平速度仍為v0。兩球質量、電量均相同，電場力作用下產生的加速度大小相等均為a，沿水平方向。M在電場中水平方向上做勻加速直線運動，N在電場中水平方向上做勻減速直線運動，設沿水平方向的位移分別為sM和sN。兩球在豎直方向上均只受重力，豎直方向做加速度為g的勻加速直線運動，由于豎直方向上位移相等，則M、N在電場中的運動時間t相等。
對M有： sM＝v0t＋at2 (2分)
對N有：v0－at＝0(2分)
sN＝v0t－at2 (2分
14、)
聯(lián)立解得 sM∶sN＝3∶1(1分)
②設A點距離電場上邊界的高度為h，M離開電場時在豎直方向的分速度為vy，水平分速度為v1；因兩球豎直方向上運動始終相同，且時間相同，則N離開電場時在豎直方向的速度也為vy。
M剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍，有
m(v＋v)＝1.5×mv(2分)
解得
v1＝vy(1分)
又根據水平方向的運動，有v1＝v0＋at＝2v0，可得到
v1＝vy＝2v0(1分)
設M剛進電場時在豎直方向的分速度為vy1，因M在電場中做直線運動，則有
＝(1分)
解得vy1＝vy(1分)
M在豎直方向有v＝2gh(1分)
v－
15、v＝2gH(1分)
解得h＝H(2分)
③因M在電場中做直線運動，合力與速度共線，則＝＝(2分)
解得E＝(1分)
b．用“等效法”分析帶電小球在復合場中的運動
(9)(2017吉林模擬，10分)如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于電場強度為E、方向水平向右的勻強電場中?，F有一個質量為m的帶正電小球，電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應滿足什么條件？
答案：v≥(10分)
解析：小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用
16、力，如圖所示。類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為
mg′＝＝(2分)
tan θ＝＝，得θ＝30°(1分)
等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上做勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg′＝(2分)
因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關系知
AD＝2R(1分)
令小球以最小初速度v0開始運動，由動能定理知：
－2mg′R＝mv－mv(2分)
解得v0＝，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足
v≥(2分)
c．分階段法研究帶電小球在復合場中的多過程運動
(10)
17、(2017全國Ⅰ，20分)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0。在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點。重力加速度大小為g。
①求油滴運動到B點時的速度；
②求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。
答案：①v0－2gt1(6分) ②E1，0；或
18、E1，t1>(14分)
解析：①設油滴質量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故電場力方向豎直向上。在t＝0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足
qE2－mg＝ma1①(1分)
油滴在時刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1②(1分)
電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿足
qE2＋mg＝ma2③(1分)
油滴在時刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1④(1分)
聯(lián)立①②③④解得v2＝v0－2gt1⑤(2分)
②由題意，在t
19、＝0時刻前有qE1＝mg⑥(1分)
油滴從t＝0到時刻t1的位移為
s1＝v0t1＋a1t⑦(1分)
油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內的位移為s2＝v1t1－a2t⑧(1分)
由題給條件有v＝2g(2h) ⑨
式中h是B、A兩點之間的距離。(1分)
若B點在A點之上，依題意有s1＋s2＝h⑩(1分)
①②③⑥⑦⑧⑨⑩聯(lián)立解得
E2＝E1?(2分)
為使E2>E1，應有
2－2＋>1?(1分)
即當0才是可能的條件?(1分)
?式和?式分別對應于v2>0和v2<0兩種情形。
若B點在A點之下，依題意有s1＋s2＝－h(huán)?(1分)
20、
①②③⑥⑦⑧⑨?聯(lián)立解得
E2＝E1?(2分)
為使E2>E1，應有2－2－>1?(1分)
即t1>?(1分)
另一解為負，不合題意，已舍去。
d．極板條件變化時粒子運動情況的分析
(11)(2015全國Ⅱ，6分)如圖所示，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)?，F將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將( )
A．保持靜止狀態(tài) B．向左上方做勻加速運動
C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動
答案：D
解析：
21、在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，微粒受重力和電場力平衡，故電場力大小F＝mg，方向豎直向上。將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°，電場強度大小不變，方向逆時針旋轉45°，故電場力逆時針旋轉45°，大小仍然為mg。故重力和電場力的大小均為mg，方向夾角為135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做勻加速運動，故A項、B項、C項均錯誤，D項正確。
e．示波管
(12)(經典題，6分)圖(a)為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是( )
答案：B
解析：由于電極XX′加的是掃描電壓，電極YY′之間所加的電壓是信號電壓，信號電壓與掃描電壓周期相同，所以熒光屏上看到的圖形是信號電壓隨時間變化的波形圖，故A項、C項、D項均錯誤，B項正確。
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2019版高考物理總復習 第23課 電容器 帶電粒子在電場中的運動練習
