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☆大庆英杰物理工作室☆2015-2016高二寒假辅导资料
开卷说明：
1. 本书中所有题都按大题的标准解答，选择题的每一个选项必须注明对错，对于错误的选项必须改过来；
2. 大题严格按大题解题标准进行解答；
3. ★为选做题，基础班学生根据自身情况选做，尖子班要求必须做。
第5讲　带电粒子在电场中的运动
知识点一、带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法：
(1) 用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。
(2) 用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU＝mv2－mv。21世纪教育网版权所有
知识点二、带电粒子在匀强电场中的偏转
(1) 条件分析：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
(2) 运动性质：匀变速曲线运动。
(3) 处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。
(4) 运动规律：
① 沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
② 沿电场力方向，做匀加速直线运动。
考点一 带电粒子在电场中的偏转问题

【例1】如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：
(1) 电子射入偏转电场时的动能Ek；
(2) 电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
(3) 电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。
【变式训练】
1．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是(　　)21·cn·jy·com
A．增大墨汁微粒的比荷
B．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能
C．减小偏转极板的长度
D．增大偏转极板间的电压
考点二 带电粒子在重力场和电场中的运动
【例2】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(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：　　21*cnjy*com
(1) 小球到达小孔处的速度；
(2) 极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3) 小球从开始下落运动到下极板处的时间。
【变式训练】
2．如图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V。有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝10 m/s2，sin α＝0.6，cos α＝0.8)。求：
(1) 液滴的质量；
(2) 液滴飞出时的速度。
考点三　电场中的功能关系
1．求电场力做功的几种方法
(1) 由公式W＝Fscos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcos α。
(2) 由WAB＝qUAB计算，此公式适用于任何电场。
(3) 由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB。
(4) 由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk。
2．电场中的功能关系
(1) 若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。
(2) 若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(3) 除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。
(4) 所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
【例3】如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求 ：【来源：21·世纪·教育·网】
(1) 无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值；
(2) 电场强度的大小和方向。
【变式训练】
3．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(　　)www.21-cn-jy.com
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
考点四　带电粒子在交变电场中的运动问题
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的试题类型
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(一般根据交变电场特点分段研究)。
3．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1) 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在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、做功或确定与物理过程相关的边界条件。21·世纪*教育网
(2) 分析时从两条思路出发：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) 注意对称性和周期性变化关系的应用。
【例4】如图甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为U0的加速电场，偏转电场极板间的距离为d，极板长为l＝2d，偏转电场的下极板接地，偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为l。现在偏转电场的两极板间接一周期为T的交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(设正离子的电荷量为q、质量为m，大量离子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短，可以认为离子在穿过平行板的过程中电压是不变的)2-1-c-n-j-y
　
(1) 试计算离子刚进入偏转电场时的速度v0的大小；
(2) 在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即无正离子到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t；21*cnjy*com
(3) 离子打到荧光屏上的区间的长度x。
【变式训练】
4．平行板间加如图所示的周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是(　　)2·1·c·n·j·y
考点五 应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题
1．方法技巧
功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。
2．解题思路
【例5】在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连。弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1) 求B所受静摩擦力的大小；
(2) 现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。
【变式训练】
5．如图所示，CD左侧存在场强大小为E＝，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。
(1) 求DA两点间的电势差UDA；
(2) 求圆管半径r；
(3) 求小球从D点运动到P点的时间t。
1．带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a、b、c三个α粒子(重力忽略不计)先后从同一点O沿垂直电场方向进入电场，其运动轨迹如图所示，其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场。下列说法正确的是 (　　)【来源：21cnj*y.co*m】
A．b在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时间
B．b在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间
C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小
D．a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等
★★如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于 (　　)
A． B．
C． D．
2．一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间(带等量异号电荷且正对放置)，飞出时粒子动能为2Ek。如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能为(　　)
A．4Ek B．4.25Ek C．6Ek D．9.5Ek
3．如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点。则下列说法正确的是 (　　)
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间不一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴C所带电荷量最多
★★(多选)如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。下列说法正确的是(　　)
A．粒子的运动轨迹一定经过P点
B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由E、D之间某点(不含E、D)射出正方形ABCD区域
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域
4．(多选)有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从左上同一点以相同的水平速度先后射入匀强电场中，A、B、C三个小球的运动轨迹如图所示，A、B小球运动轨迹的末端处于同一竖直线上，则如图运动轨迹对应的过程 (　　)
A．小球A带负电，B不带电，C带正电
B．三小球运动的时间tA＝tB＜tC
C．小球B和小球C的末动能可能相等
D．小球A和小球C的电势能变化绝对值可能相等
5．地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.00×10－4 kg、带电荷量为－1.00×10－7 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m。对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)(　　)21教育名师原创作品
A．－1.50×10－4 J 和9.95×10－3 J
B．1.50×10－4 J和9.95×10－3 J
C．－1.50×10－4 J和9.65×10－3 J
D．1.50×10－4 J和9.65×10－3 J
★★如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直。现将杆右移，同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变。根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是 (　　)
A．A一定带正电，B一定带负电
B．A、B两球所带电荷量的绝对值之比qA∶qB＝1∶2
C．A球电势能一定增加
D．电场力对A球和B球做功相等
6．如图所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时刻将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板(　　)

7．(多选)如图所示，一个电荷量为－Q(Q＞0)的点电荷甲，固定在粗糙绝缘水平面上的O点，另一个电荷量为＋q(q＞0)、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度减小到最小值v。已知点电荷乙与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法中正确的是(　　)
A．O、B间的距离为
B．在点电荷甲产生的电场中，B点的场强大小为
C．点电荷乙在A点的电势能小于在B点的电势能
D．在点电荷甲产生的电场中，A、B间的电势差UAB＝
8．如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，MN为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球(视为质点)穿在杆上，以速度v0从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是(　　)www-2-1-cnjy-com
A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功
B．小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功
C．小球的机械能可能增加
D．以上都有可能
★★(多选)如图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点停下。则从M到N的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小物块所受的电场力减小
B．小物块的电势能可能增加
C．M点的电势一定高于N点的电势
D．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功
9．如图所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带电荷量为＋q的小金属块以一定初动能Ek从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达B点，速度变为零。此过程中，金属块损失的动能有转化为电势能。取A点电势为零，下列说法正确的是 (　　)
A．摩擦力大小是电场力的
B．B点电势能为Ek
C．再次回到A点时动能为Ek
D．B点电势为－
★★(多选)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是 (　　)
A．小球再次到M点时，速度刚好为零
B．小球从P到M过程中，合外力对它做了mgL的功
C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgL
D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动
10．在点电荷Q的电场中的O点，由静止释放一个质量为m、带电荷量为＋q的试探电荷，试探电荷运动到a点时的速度大小为v。若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功为W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，设无穷远处电势为零。则下列判断正确的是 (　　)
A．电场中a点电势φa＝
B．电场中O点电势为φO＝－
C．试探电荷的最大速度为vm＝
D．aO间电势差为UaO＝
★★(多选)电荷量为q＝1×10－4 C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是(　　)21cnjy.com
A．物块在4 s内的总位移x＝6 m
B．物块的质量m＝0.5 kg
C．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
D．物块在4 s内电势能减少14 J
11．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l＝0.40 m的绝缘细线把质量为m＝0.20 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，求：
(1) 小球运动通过最低点C时的速度大小；
(2) 小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)
★★如图所示的直角坐标系中，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场E1，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2，第四象限中有一固定的点电荷。现有一质量为m的带电粒子由第二象限中的A点(－a，b)静止释放(不计重力)，粒子到达y轴上的B点时，其速度方向和y轴负方向的夹角为45°，粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过x轴上的C点时，其速度方向与x轴负方向的夹角为60°，求：
(1) E1和E2之比；
(2) 点电荷的位置坐标。
★附加题★(实验学生做)
1．如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，O到A、B的距离都是l。现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动。设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C。【出处：21教育名师】
(1) 在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？
(2) 在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？
(3) 在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？
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，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图5所示。当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，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：【版权所有：21教育】
(1) 带电油滴所带电荷量与质量之比；
(2) 第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；
(3) ΔU1与ΔU2之比。
3．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球在水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C之前所带电荷量保持不变，经过C点后所带电荷量立即变为零)。已知A、B两点间的距离为2R，重力加速度为g。在上述运动过程中，求：21教育网
(1) 电场强度E的大小；
(2) 小球在半圆轨道上运动时的最大速率(计算结果用根号表示)。
4．在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE＞μmg，虚线右侧的水平面光滑。一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：
(1) 弹簧的最大弹性势能；
(2) 滑块在整个运动过程中产生的热量。
5．如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。C、D两板间的电势差UCD随时间变化的图象如图乙所示，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。已知电子的质量为m、电荷量为e(重力不计)，C、D极板长为l，板间距离为d，偏转电压U2，荧光屏距C、D右端的距离为，所有电子都能通过偏转电极。
(1) 求电子通过偏转电场的时间t0；
(2) 若UCD的周期T＝t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度；
(3) 若UCD的周期T＝2t0，求到达荧光屏上O点的电子的动能。
☆大庆英杰物理工作室☆2015-2016高二寒假辅导资料
开卷说明：
1. 本书中所有题都按大题的标准解答，选择题的每一个选项必须注明对错，对于错误的选项必须改过来；
2. 大题严格按大题解题标准进行解答；
3. ★为选做题，基础班学生根据自身情况选做，尖子班要求必须做。
第5讲　带电粒子在电场中的运动
知识点一、带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法：
(1) 用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。
(2) 用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU＝mv2－mv。
知识点二、带电粒子在匀强电场中的偏转
(1) 条件分析：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
(2) 运动性质：匀变速曲线运动。
(3) 处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。
(4) 运动规律：
① 沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
② 沿电场力方向，做匀加速直线运动。
考点一 带电粒子在电场中的偏转问题

【例1】如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：
(1) 电子射入偏转电场时的动能Ek；
(2) 电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
(3) 电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。
分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。21·cn·jy·com
(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。
【变式训练】
1．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是(　　)2·1·c·n·j·y
A．增大墨汁微粒的比荷
B．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能
C．减小偏转极板的长度
D．增大偏转极板间的电压
解析　已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，因偏移量y＝，现要缩小字迹，可行的措施可减小墨汁微粒的比荷，增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能mv，减小偏转极板的长度L，减小偏转极板间的电压U，故选C。
答案　C
考点二 带电粒子在重力场和电场中的运动
【例2】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(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：21教育网
(1) 小球到达小孔处的速度；
(2) 极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3) 小球从开始下落运动到下极板处的时间。
解析　(1)由v2＝2gh，得v＝
(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma
由运动学公式知：0－v2＝2ad
整理得电场强度E＝
由U＝Ed，Q＝CU，得电容器所带电荷量Q＝C
(3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2
整理得t＝
答案　(1)　(2)　C　
(3)
带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
【变式训练】
2．如图所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V。有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g＝10 m/s2，sin α＝0.6，cos α＝0.8)。求：
(1) 液滴的质量；
(2) 液滴飞出时的速度。
解析　(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcos α＝mg
又E＝
解得：m＝
代入数据得m＝8×10－8kg
(2)对液滴由动能定理得：
qU＝mv2－mv，v＝
所以v＝m/s
答案　(1)8×10－8kg　(2) m/s
考点三　电场中的功能关系
1．求电场力做功的几种方法
(1) 由公式W＝Fscos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcos α。
(2) 由WAB＝qUAB计算，此公式适用于任何电场。
(3) 由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB。
(4) 由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk。
2．电场中的功能关系
(1) 若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。
(2) 若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。
(3) 除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。
(4) 所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。
【例3】如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求 ：21教育名师原创作品
(1) 无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值；
(2) 电场强度的大小和方向。
解析　(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有dsin 60°＝v0t①
dcos 60°＝gt2②
又有Ek0＝mv③
由①②③式得Ek0＝mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋mgd⑤
由④⑤式得＝⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有
＝⑨
解得x＝d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E，有qEdcos 30°＝ΔEpA?
由④⑦?式得E＝?
答案　(1)
(2)　方向与竖直向下的方向的夹角为30°
【变式训练】
3．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(　　)
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
解析　微粒同时受到重力和电场力作用，由题中条件仅可判断出重力与电场力合力向下，无法确定电场力的大小和方向，故只能确定合力对微粒做正功，其动能增大，其他结论均无法确定，选C。
答案　C
考点四　带电粒子在交变电场中的运动问题
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的试题类型
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(一般根据交变电场特点分段研究)。
3．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1) 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在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、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2) 分析时从两条思路出发：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) 注意对称性和周期性变化关系的应用。
【例4】如图甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为U0的加速电场，偏转电场极板间的距离为d，极板长为l＝2d，偏转电场的下极板接地，偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为l。现在偏转电场的两极板间接一周期为T的交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(设正离子的电荷量为q、质量为m，大量离子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短，可以认为离子在穿过平行板的过程中电压是不变的)
　
(1) 试计算离子刚进入偏转电场时的速度v0的大小；
(2) 在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即无正离子到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t；
(3) 离子打到荧光屏上的区间的长度x。
解析　(1)由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得qU0＝mv，解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为v0＝。
(2)由题意可知，只要正离子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当离子打在偏转电场的极板上时，出现“黑屏”现象。设离子刚好能射出偏转电场时的偏转电压为U，则有＝··()2，又因为l＝2d，所以可得U＝。由图乙可知，在偏转电压U＝0.5U0～U0之间变化时，进入偏转电场的离子无法射出偏转电场打在荧光屏上，因此每个周期内出现“黑屏”的时间为t＝。
(3)设离子射出偏转电场时的侧移量为y，打在荧光屏上的位置到O点的距离为Y，如图所示，由几何关系可得＝＝，所以离子打到荧光屏上的区间的长度x＝2Y＝6y＝6×＝3d。
答案　(1)　(2)　(3)3d
解决此题关键要把握住以下几点
(1)粒子在穿过偏转电场的过程中两偏转极板的电势差始终保持不变，这样就可以将变化电压问题简化为电压恒定的问题进行处理；【来源：21cnj*y.co*m】
(2)所谓“黑屏”即为带电粒子不能射出偏转电场，因此只要算出粒子恰好不能射出偏转电场的电压，即可根据电压与时间的关系找出“黑屏”的时间；
(3)粒子在荧光屏上达到最远距离时对应带电粒子刚好从偏转电场极板边缘射出时的偏转情况。
【变式训练】
4．平行板间加如图所示的周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是(　　)21*cnjy*com
解析　每半个周期两板间的电压恒定，板间电场为匀强电场，粒子所受电场力恒定，因此粒子从时刻开始在电场中做匀加速直线运动，在T时刻电场反向，电场力大小不变，粒子做匀减速直线运动，在T时刻速度减为零，以后循环此过程。
答案　A
考点五 应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题
1．方法技巧
功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。
2．解题思路
【例5】在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连。弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1) 求B所受静摩擦力的大小；
(2) 现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。
第一步：抓住关键点→获取信息
第二步：抓好过程分析→理清解题思路
规范解答　A、B处于静止状态时，对于A、B根据共点力的平衡条件解决问题；当A、B做匀加速直线运动时，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系解决问题。
(1)F作用之前，A、B均处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳中张力为T0，有对A：T0＝mAgsin θ①
对B：T0＝qE＋f0②
联立①②式，代入数据解得f0＝0.4 N③
(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEs＝ΔEp④
T－μmBg－qE＝mBa⑤
设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2as⑥
F弹＝kΔx⑦
F＋mAgsin θ－F弹sin θ－T＝mAa⑧
由几何关系知Δx＝⑨
设拉力F的瞬时功率为P，有P＝Fv⑩
联立④～⑩式，代入数据解得P＝0.528 W。?
答案　(1)0.4 N　(2)0.528 W
【变式训练】
5．如图所示，CD左侧存在场强大小为E＝，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。
(1) 求DA两点间的电势差UDA；
(2) 求圆管半径r；
(3) 求小球从D点运动到P点的时间t。
解析　(1)WAD＝－mgL＝－WDA
UDA＝
或UDA＝EL①
解得UDA＝②
(2)由恰好过D点，判断vD＝0③
根据动能定理：从A到D过程
mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④
解得r＝⑤
(3)由于mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝ywww-2-1-cnjy-com
xtan 53°＋x＝2r⑥
解得x＝，y＝⑦
竖直方向自由落体有y＝gt2⑧
解得t＝⑨
答案　(1)　(2) (3)
1．带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a、b、c三个α粒子(重力忽略不计)先后从同一点O沿垂直电场方向进入电场，其运动轨迹如图所示，其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场。下列说法正确的是 (　　)
A．b在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时间
B．b在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间
C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小
D．a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等
解析　根据y＝at2可知b在电场中运动的时间等于a在电场中运动的时间，b在电场中运动的时间大于c在电场中运动的时间，A、B错误；根据x＝v0t可知进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，C正确；因为电场对a、b做功相同，但初速度大小不同，所以a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小不相等，D错误。
答案　C
★★如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于 (　　)
A． B．
C． D．
解析　因为两粒子轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向＝v0t，竖直方向＝at2且满足a＝，三式联立解得v0＝，故B正确。
答案　B
2．一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间(带等量异号电荷且正对放置)，飞出时粒子动能为2Ek。如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能为(　　)
A．4Ek B．4.25Ek C．6Ek D．9.5Ek
解析　由动能定理得粒子从射入电场到射出电场，有qEy＝ΔEk＝2Ek－Ek＝Ek，当初速度加倍时，由t＝得t减半，由y＝at2知，y变成原来的，电场力做的功变为原来的，粒子经过电场后动能增加量变为原来的，即0.25Ek，B对。
答案　B
3．如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点。则下列说法正确的是 (　　)2-1-c-n-j-y
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间不一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴C所带电荷量最多
解析　三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴C水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，故它所带电荷量也最多，选项D正确；因为电场力对液滴C做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误。
答案　D
★★(多选)如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。下列说法正确的是(　　)
A．粒子的运动轨迹一定经过P点
B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由E、D之间某点(不含E、D)射出正方形ABCD区域
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域
解析　粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项B正确；由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，选项D正确。　　
答案　BD
4．(多选)有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从左上同一点以相同的水平速度先后射入匀强电场中，A、B、C三个小球的运动轨迹如图所示，A、B小球运动轨迹的末端处于同一竖直线上，则如图运动轨迹对应的过程 (　　)
A．小球A带负电，B不带电，C带正电
B．三小球运动的时间tA＝tB＜tC
C．小球B和小球C的末动能可能相等
D．小球A和小球C的电势能变化绝对值可能相等
答案　AD
5．地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.00×10－4 kg、带电荷量为－1.00×10－7 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m。对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)(　　)
A．－1.50×10－4 J 和9.95×10－3 J
B．1.50×10－4 J和9.95×10－3 J
C．－1.50×10－4 J和9.65×10－3 J
D．1.50×10－4 J和9.65×10－3 J
解析　小球下落过程中，电场力做负功，电势能增加，增加的电势能ΔEp＝qEh＝1.00×10－7×150×10.0 J＝1.50×10－4 J。由动能定理知，动能的改变量为合外力做的功，则动能改变量ΔEk＝(mg－qE)h＝(1.00×10－4×9.8－1.00×10－7×150)×10.0 J＝9.65×10－3 J。
答案　D
★★如图所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直。现将杆右移，同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变。根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是 (　　)
A．A一定带正电，B一定带负电
B．A、B两球所带电荷量的绝对值之比qA∶qB＝1∶2
C．A球电势能一定增加
D．电场力对A球和B球做功相等
解析　电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移后电势都变化，而两个小球组成的系统的电势能之和不变，那么电场力对其中一个做正功，对另一个一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球所带电荷的电性，A、C、D错误；由电势能变化之和为零得EqBL＝EqA·2L，即|qA|∶|qB|＝1∶2，B正确。
答案　B
6．如图所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时刻将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板(　　)

解析　加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动；加B图电压，电子开始向B板做匀加速运动，再做加速度大小相同的匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B板；加C图电压，电子先匀加速，再匀减速到静止，完成一个周期，所以电子一直向B板运动，即电子一定能到达B板；加D图电压，电子的运动与C图情形相同，只是加速度是变化的，所以电子也一直向B板运动，即电子一定能到达B板，综上所述可知选项B正确。
答案　B
7．(多选)如图所示，一个电荷量为－Q(Q＞0)的点电荷甲，固定在粗糙绝缘水平面上的O点，另一个电荷量为＋q(q＞0)、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度减小到最小值v。已知点电荷乙与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法中正确的是(　　)
A．O、B间的距离为
B．在点电荷甲产生的电场中，B点的场强大小为
C．点电荷乙在A点的电势能小于在B点的电势能
D．在点电荷甲产生的电场中，A、B间的电势差UAB＝
8．如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，MN为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球(视为质点)穿在杆上，以速度v0从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功
B．小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功
C．小球的机械能可能增加
D．以上都有可能
解析　小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，可知选项A错、B对；电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，C、D错。
答案　B
★★(多选)如图所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点停下。则从M到N的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小物块所受的电场力减小
B．小物块的电势能可能增加
C．M点的电势一定高于N点的电势
D．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功
解析　在M点无初速度释放小物块，小物块能沿斜面运动到N点，并停在N点，说明小物块受到点电荷Q的电场力方向沿斜面向下，进而可知过程中电场力对小物块做正功，电势能减少，故B选项错误；由于小物块从M点向N点运动过程中远离了点电荷Q，所以小物块受的电场力减小，故A选项正确；由于小物块及Q的电性无法确定，故C选项错误；由功能关系知，小物块减少的电势能与重力势能之和等于克服摩擦力做的功，故D选项正确。
答案　AD
9．如图所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带电荷量为＋q的小金属块以一定初动能Ek从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达B点，速度变为零。此过程中，金属块损失的动能有转化为电势能。取A点电势为零，下列说法正确的是 (　　)
A．摩擦力大小是电场力的
B．B点电势能为Ek
C．再次回到A点时动能为Ek
D．B点电势为－
解析　根据题目意思：克服摩擦力做功Wf＝Ek＝fL，克服电场力做功W电克＝Ek＝EqL，所以摩擦力是电场力的，即A错误；而W电克＝ΔEpAB增＝EpB，所以EpB＝Ek，B正确；由于从B点返回A点过程中，摩擦力继续做负功，所以C错误；A点电势为零，所以B点电势应该是φB＝＝，即D错误。
答案　B
★★(多选)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是 (　　)
A．小球再次到M点时，速度刚好为零
B．小球从P到M过程中，合外力对它做了mgL的功
C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgL
D．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动
解析　小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为mg，方向水平向右，所以小球到M点时，速度最大，而不是零，A错；电场力与重力的合力为mg，合力方向上的位移为L，所以做功为mgL，B正确；机械能的增加量就是动能的增加量mgL和重力势能的增加量mgL之和，C错；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力大小恒定，方向水平向右，小球将做匀变速曲线运动，D正确。
答案　BD
10．在点电荷Q的电场中的O点，由静止释放一个质量为m、带电荷量为＋q的试探电荷，试探电荷运动到a点时的速度大小为v。若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功为W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，设无穷远处电势为零。则下列判断正确的是 (　　)
A．电场中a点电势φa＝
B．电场中O点电势为φO＝－
C．试探电荷的最大速度为vm＝
D．aO间电势差为UaO＝
解析　正试探电荷从无穷远处移到电场中a点克服电场力做功W，表明电场力为斥力，场源电荷带正电，由电场力做功得W＝qUa∞＝(φa－φ∞)q，a点电势φa＝，A项正确；若将试探电荷从O移到a，由动能定理得qUOa＝mv2－0，而UOa＝φO－φa，解得φO＝＋，B项错误；该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，则试探电荷在无穷远处时速度最大，由动能定理有W＝mv－mv2，则vm＝，C项错误；UaO＝－UOa，即UaO＝－，D项错误。21世纪教育网版权所有
答案　A
★★(多选)电荷量为q＝1×10－4 C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是(　　)
A．物块在4 s内的总位移x＝6 m
B．物块的质量m＝0.5 kg
C．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
D．物块在4 s内电势能减少14 J
解析　由图乙可知，物块在前2 s时间内做匀加速直线运动，在2～4 s时间内做匀速直线运动，根据v－t图象所围面积可求得物块在前2 s时间内的位移s1＝2 m，在2～4 s时间内的位移s2＝4 m，总位移为s＝6 m，A正确；又由牛顿第二定律得qE1－μmg＝ma，且a＝＝1 m/s2，2 s后物块做匀速运动，有qE2＝μmg，由图甲知E1＝3×104 N/C、E2＝2×104 N/C，联立可得m＝1 kg，μ＝＝0.2，B错误、C正确；又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即ΔEp＝W＝E1qs1＋E2qs2＝14 J，D正确。
答案　ACD
11．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l＝0.40 m的绝缘细线把质量为m＝0.20 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，求：
(1) 小球运动通过最低点C时的速度大小；
(2) 小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)
解析　(1)小球受到电场力qE、重力mg和绳的拉力FT作用处于静止状态，根据共点力平衡条件有
qE＝mgtan 37°＝mg
小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有
mgl－qEl＝mv
解得小球通过C点时的速度
vC＝＝ m/s。
(2)设小球在最低点时细线对小球的拉力为FT，根据牛顿第二定律有FT－mg＝m，解得FT＝3 N。　　21*cnjy*com
答案　(1) m/s　(2)3 N
★★如图所示的直角坐标系中，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场E1，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2，第四象限中有一固定的点电荷。现有一质量为m的带电粒子由第二象限中的A点(－a，b)静止释放(不计重力)，粒子到达y轴上的B点时，其速度方向和y轴负方向的夹角为45°，粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过x轴上的C点时，其速度方向与x轴负方向的夹角为60°，求：
(1) E1和E2之比；
(2) 点电荷的位置坐标。
解析　(1)设粒子在第二象限中的运动时间为t1，进入第三象限时的速度为v0，有
b＝··t
b＝v0t1
设粒子在第三象限中的运动时间为t2，在B点时速度为v，x轴方向的分速度为vx，则
v＝v0
vx＝v0
a＝··t
a＝vxt2
联立以上各式得＝，t2＝。
(2)设O、B的间距为l，粒子做圆周运动的半径为r，则
l＝v0t2＝2a
l＝rcos 45°＋rsin 30°
由以上两式得r＝4a(－1)
所以点电荷的位置坐标：xD＝rsin 45°＝2a(2－)
yD＝－(l－rcos 45°)＝2a(1－)。
答案　(1)　(2)xD＝2a(2－)　yD＝2a(1－)
★附加题★(实验学生做)
1．如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，O到A、B的距离都是l。现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动。设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C。21cnjy.com
(1) 在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？
(2) 在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？
(3) 在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？
解析　(1)根据图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动。因为x＝＝3.6 m>l，所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板。设粒子到达A板的时间为t，则l＝t2【出处：21教育名师】
解得t＝×10－3 s。
(2)在0～时间内，粒子的加速度大小为a1＝＝2×105 m/s2
在～T时间内，粒子的加速度大小为a2＝＝4×105 m/s2
可知a2＝2a1，若粒子在0～时间内加速Δt，再在～T时间内减速刚好不能到达A板，则
l＝a1Δt·Δt
解得Δt＝2×10－3 s
因为＝6×10－3 s，所以在0～时间里4×10－3 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板。
(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板的粒子数为n＝300××＝100(个)。
答案　(1)×10－3 s　(2)4×10－3 s　(3)100个
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，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图5所示。当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，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：www.21-cn-jy.com
(1) 带电油滴所带电荷量与质量之比；
(2) 第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；
(3) ΔU1与ΔU2之比。
解析　(1)油滴静止时满足：mg＝q
则＝。
(2)设第一个Δt时间内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt时间内油滴的位移为x2，加速度为a2，则【来源：21·世纪·教育·网】
x1＝a1Δt2，x2＝v1Δt－a2Δt2
且v1＝a1Δt，x2＝－x1
解得a1∶a2＝1∶3。
(3)油滴向上加速运动时：q－mg＝ma1，
即q＝ma1
油滴向上减速运动时：mg－q＝ma2，
即q＝ma2
则＝
解得＝。
答案　(1)　(2)1∶3　(3)1∶4
3．如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球在水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C之前所带电荷量保持不变，经过C点后所带电荷量立即变为零)。已知A、B两点间的距离为2R，重力加速度为g。在上述运动过程中，求：【版权所有：21教育】
(1) 电场强度E的大小；
(2) 小球在半圆轨道上运动时的最大速率(计算结果用根号表示)。
解析　(1)设小球过C点时的速度为vC，小球从A点到C点的过程中，由动能定理得qE·3R－mg·2R＝mv
由平抛运动可得R＝gt2，2R＝vC t
联立可得E＝。
(2)设小球运动到半圆上D点时的速率最大且为v，OD与竖直方向的夹角为α，由动能定理得
qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mv2
即：mv2＝mgR(sin α＋cos α＋1)
根据数学知识可知，当α＝45°时小球的动能最大
由此可得v＝。
答案　(1)　(2)
4．在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE＞μmg，虚线右侧的水平面光滑。一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求：21·世纪*教育网
(1) 弹簧的最大弹性势能；
(2) 滑块在整个运动过程中产生的热量。
解析　(1)设滑块向左运动s时减速到零，由能量守恒定律有(qE＋μmg)s＝mv
①
解得s＝ ②
之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek
由能量守恒定律得：qE(s＋L)＝Ek＋μmg(s＋L) ③
解得Ek＝(qE－μmg)L＋ ④
滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为
Epm＝(qE－μmg)L＋。 ⑤
(2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W＝qEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Q＝qEL＋mv ⑥
答案　(1)(qE－μmg)L＋　
(2)qEL＋mv
5．如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。C、D两板间的电势差UCD随时间变化的图象如图乙所示，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。已知电子的质量为m、电荷量为e(重力不计)，C、D极板长为l，板间距离为d，偏转电压U2，荧光屏距C、D右端的距离为，所有电子都能通过偏转电极。
(1) 求电子通过偏转电场的时间t0；
(2) 若UCD的周期T＝t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度；
(3) 若UCD的周期T＝2t0，求到达荧光屏上O点的电子的动能。
解析　(1)电子在加速电场的加速过程U1e＝mv
在偏转电场中运动，水平方向匀速运动v0t0＝l，得
t0＝l。
(2)当T＝t0时，电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出时，电子在竖直方向的位移最大。t＝0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大值
y上＝·()2×2＝
同理得向下侧移距离最大值
y下＝·()2×2＝
所以电子能到达的区域长Δy＝y下＋y上＝。
(3)当T＝2t0时，电子要到达O点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速的过程，并且加速度大小相等，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上加速时间为Δt，加速度大小为a，则在竖直方向上有
y上＝aΔt2×2
y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)
要到达O点，y上＝y下
联立得Δt＝
所以到达O点的电子经过偏转电场时电场力做功
W＝·m·[a(t0－2Δt)]2＝
电子从K到O过程由动能定理得
Ek＝U1e＋W＝U1e＋
答案　(1)l　(2)　(3)U1e＋

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