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专题1　带电粒子(体)在电场中的力电综合问题
1. 会解决带电粒子(体)在电场中的直线运动问题．
2. 会解决带电粒子(体)的类平抛运动和圆周运动问题．
3. 会解决带电粒子(体)在电场中的一般曲线运动问题．
1. 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔，质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零．设空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为 g．求：
(1) 极板间电场强度的方向．
(2) 极板间电场强度的大小．
①应用牛顿运动定律求解：
②应用动能定理求解：
(3) 小球从开始下落运动到下极板处的时间．
总结：分析带电粒子(体)在受重力、静电力的复合场中做直线运动(加速或减速)的方法
(1) 动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式
当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，若题目涉及运动时间，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式．
(2) 功、能量方法——动能定理、能量守恒定律
若题中已知量和所求量涉及功和能量，那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律．
2. 如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q Q，AB＝h，重力加速度为g，小球滑到B点时的速度大小为，求：
(1) 小球由A到B的过程中静电力做的功；
(2) A、C两点间的电势差；
(3)若BC＝3h，到达C点的速度大小．
1. 如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落到A、B、C三点．
(1) 判断三个小球的带电性质．
(2) 判断三个小球在电场中运动的加速度大小关系．
(3) 判断三个小球在电场中运动的时间关系．
(4) 判断三个小球到达正极板的动能关系．
总结：带电粒子(体)在电场中的类平抛运动的处理方法
(1) 运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律．
(2) 利用功能关系和动能定理分析：
①功能关系：静电力做功等于电势能的减少量，W电＝Ep1－Ep2.
②动能定理：合力做功等于动能的变化，W合＝Ek2－Ek1.
2. 如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点) 后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场E中．将小球拉至使悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角到达B点时，速度恰好为零．
(1) 求电场强度的大小E；
(2) 若小球静止在电场中，请在图中画出小球静止时的位置；
(3) 若小球恰好在竖直平面内做圆周运动，画出小球速度最小的位置，并求出速度的最小值v.
总结：解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力．
3. “电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．
(1) 判断球面A、B的电势高低，并说明理由；
(2) 求等势面C所在处电场强度E的大小；
(3) 若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？
(4) 比较|ΔEk左|和|ΔEk右|的大小，并说明理由．
如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，从距地面高2h处以一定的初速度v0水平抛出，在距抛出点水平距离为s处有根管口比小球大的竖直细管，细管的上口距地面高为h，为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平方向的匀强电场．
(1) 试判断所加的电场方向；
(2) 试求出为了使小球能无碰撞地落进管口通过管子小球的初速度；
(3) 应用牛顿运动定律求出应加电场的场强大小；
(4) 应用动能定理求出小球落地时的动能．
1. 如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点由静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面) 逆时针旋转45°，再在a点静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)
A. 保持静止状态
B. 向左上方做匀加速运动
C. 向正下方做匀加速运动
D. 向左下方做匀加速运动
2. 如图所示，带正电q、质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE＜mg.以下判断正确的是(　　)
A. 物体将沿斜面减速下滑
B. 物体将沿斜面加速下滑
C. 物体仍保持匀速下滑
D. 仅当qE＝mg时，物体加速下滑
3. 一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球(　　)
A. 做直线运动
B. 加速度先增大后减小
C. 速率先减小后增大
D. 速率先增大后减小　　　　
4. 如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～ 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运 甲　　　 　乙
动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)
A. 末速度大小为 v0　　 B. 末速度沿水平方向
C. 重力势能减少了mgd　　 D. 克服电场力做功为mgd
5. 静电分析器是一种利用静电场使不同能量的离子束偏转和聚焦的分析器，其部分结构如图所示，一质量为m、电荷量为q的粒子静止于A极板处，粒子经电压为U的加速电场加速后，穿过B极板小孔沿图中虚线圆弧通过静电分析器，O点为圆弧对应的圆心，静电分析器通道内有方向指向O点的均匀辐向分布的电场，虚线圆弧所在处电场强度大小为E0，粒子重力忽略不计，求：
(1)粒子进入静电分析器时的初速度v；
(2)静电分析器虚线圆弧的半径R.
6. 如图所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子质量为m，电荷量为e，电子的初速率有从0到v的各种可能值，且各个方向都有．与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光．若在A和B之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，且电子全部打在荧光屏上，求：
(1)粒子打到B屏的最长时间；
(2)求B上受电子轰击后的发光面积．
7. 一个质量为m、带电荷量为－q的小物体可在水平轨道Ox轴上运动，轴的O端有一个与轨道相垂直的固定墙面，轨道处于匀强电场中，电场强度大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图所示．小物体以初速度v0从x0处沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力Ff的作用，且Ff(1) 小物体以v0从x0处沿Ox轨道向右运动的最大距离；
(2) 小物体最终停在何处？停止运动前通过的总路程．
8. 固定在O点的细线拉着一质量为m、电荷量为q的带正电小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，该区域内存在水平向右的匀强电场(图中未画出)，电场强度E＝，圆周上A点在圆心O的正上方，小球过A点时的速度大小为v0，方向水平向左，不计一切阻力，重力加速度为g.
(1)求小球过A点时对细线的作用力的大小；
(2)求小球做圆周运动过程中的最小速率；
(3)若小球过A点时断开细线，问之后的运动中小球经过其电势能最大位置时的速率为多大？
9. 一带电粒子，以某一初速度射入水平放置的平行板电容器，电容为C，电容器带电荷量为Q，平行板电容器内电场看作匀强电场，粒子射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，带电粒子运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示．忽略电容器边缘效应，不计重力．求：
(1) 平行板电容器内的电场强度；
(2) L与d的比例关系；
(3) 带电粒子穿出电容器时的位置和速度方向与水平方向夹角的正切值．
专题1　带电粒子(体)在电场中的力电综合问题
【活动方案】
活动一：
1. (1) 竖直向上．
(2) ①小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度—位移关系公式，有v2＝2gh，小球进入极板后做匀减速运动，由牛顿第二定律得a＝，根据速度—位移关系公式，有v2＝2ad.由以上三式解得E＝.
②小球从静止开始到运动到下极板，由动能定理得 mg(h＋d)－qEd＝0，解得E＝.
(3) 小球到达小孔前是自由落体运动，则有h＝gt.根据速度—位移关系公式，有v2＝2gh，解得v＝.小球在磁场中匀减速运动，有d＝t2.小球从开始下落运动到下极板的时间t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝.
2. (1) 因为杆是光滑的，所以小球从A到B的过程中只有静电力做的功WAB和重力做的功mgh，由动能定理得WAB＋mgh＝mv，
代入已知条件vB＝，
解得WAB＝m×3gh－mgh＝mgh.
(2) 因为B、C在同一等势面上，所以φB＝φC，
即UAC＝UAB＝＝－.
(3) B→C过程有mg×3h＝mv－mv，
所以vC＝3.
活动二：
1. (1) A点是带正电荷的小球，B点是不带电的小球，C点是带负电的小球．
(2) aC＞aB＞aA.
(3) tA＞tB＞tC.
(4) EkC＞EkB＞EkA.
解析：在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示．由此可知不带电小球做平抛运动，a1＝，带正电小球做类平抛运动，a2＝，带负电小球做类平抛运动，a3＝.三个小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据t＝得三个小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短．因为三个小球在水平方向都不受力，所以均做匀速直线运动，三个小球的初速度相等，由x＝vt，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比．根据动能定理，三个小球到达下极板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功．由受力图可知，带负电小球所受合力最大为G＋F，做功最多，动能最大，带正电小球所受合力最小为G－F，做功最少，动能最小，所以EkC＞EkB＞EkA.
2. (1) 对小球从A点到B点过程运用动能定理，有－qE·l(1－cos 60°)＋mgl sin 60°＝0－0，
解得E＝.
(2) 小球静止在AB弧的中点位置，如图所示．
(3) 小球速度最小的位置在C点，重力和电场力的合力提供向心力，有＝m，
解得v＝.
3. (1) 电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，球面B电势高于球面A.
(2) 据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有eE＝，Ek0＝，R＝，联立解得E＝＝.
(3) 电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔEk＝qU，对到达N板左侧边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔEk左＝e(φB－φC)，对到达N板右侧边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔEk右＝e(φA－φC).
(4) 根据电场线的特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB－φC|＞|φA－φC|，即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.
活动三：
(1) 因为小球水平方向减速，小球带正电，所以电场方向水平向左．
(2) 将小球运动分解为水平方向的匀减速直线运动和竖直方向的自由落体运动．水平方向s＝t，竖直方向h＝gt2，由以上两式解得v0＝s.
(3) 水平方向由运动学公式v＝2as，a＝，
解得E＝.
(4) 小球从开始抛出到落地，由动能定理得2mgh－Eqs＝Ek－mv，解得Ek＝2mgh.
【检测反馈】
1. D　最初带电微粒处于静止状态，受力如图甲所示，Eq＝mg；当两板绕过a点的轴逆时针转过45°时，带电微粒的受力如图乙所示，其合力指向左下方，故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动，D正确．
2. C　设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ.质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，则有mg sin θ＝μmg cos θ，即有sin θ＝μcos θ；当加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE＜mg，此时物体合力应为F＝(mg－Eq)sin θ－μ(mg－Eq)cos θ＝0，所以物体仍保持匀速下滑．C正确．
3. C　带电小球的重力不可忽略．刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上，所以它一定做匀变速曲线运动(类斜下抛运动)，A、B错误；因重力与电场力的合力F为恒力，结合图可知运动过程中合力F与速度之间的夹角由钝角减小到锐角，其中直角时速率最小，所以带电小球的速率先减小后增大，故C正确，D错误．
4. B　 0～ 时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～ 时间内，只受重力，做自由落体运动， 时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向．A错误，B正确．重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以C错误．根据动能定理 mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以D错误．
5. (1)粒子在加速电场中加速，由动能定理得qU＝mv2，
可得粒子进入静电分析器时的初速度为v＝.
(2)电荷以速度v进入静电分析器，做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE0＝m，
解得R＝.
6. 阴极A受热后发射电子，这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域，且初速率从0到v各种可能值都有．取两个极端情况如图所示．
沿极板竖直向上且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点．
(1)水平方向上l＝·t2，解得t＝.
(2)竖直方向上y＝vt，解得y＝v，
沿极板竖直向下且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得y′＝v，
故在荧光屏B上的发光面积S＝y2π＝.
7. (1) 设小物体以v0从x0处沿Ox轨道向右运动的最大距离为x1，则
－qEx1－Ffx1＝0－mv，
解得x1＝.
(2) 因为Ff8. (1)在A点，以小球为对象，根据受到第二定律可得mg＋T＝m，
解得T＝m－mg，
根据牛顿第三定律，小球对细线的作用力大小为T′＝T＝m－mg.
(2)设电场力和重力的合力与竖直方向夹角为θ，如图所示：
则有tan θ＝＝，
解得θ＝37°，
当小球到达等效最高点C点时速度最小，从A到C由动能定理得
mgR(1－cos θ)－qER sin θ＝mv－mv，
解得小球做圆周运动过程中的最小速率为vC＝.
(3)若小球过A点时细线断开，之后小球电势能最大时水平速度减为零，则经过的运动时间为t＝＝＝，
竖直方向做自由落体，则此时小球的速率为v＝gt＝.
9. (1) 电容器电压U＝，场强E＝，
解得E＝.
(2) 根据水平方向匀速得2L＝v cos 45°t，
根据竖直方向匀减速得d＝v sin 45°t，
解得d＝L.
(3) 水平方向L＝v cos 45°t1，解得t1＝，
水平速度 vx＝v cos 45°；
竖直方向d＝at2，y＝at＝，
速度v sin 45°＝at，vy＝at1＝v sin 45°，
根据tan θ＝ 或者根据推论tan θ＝，
解得tan θ＝.

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