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1．进一步掌握带电粒子在电场中的直线运动和类平抛运动的分析方法.
2.会分析带电粒子在电场中的圆周运动，会分析向心力的来源.
3.会分析带电粒子在交变电场中的运动．
一、带电粒子在电场中的直线运动
1．带电粒子在电场中的直线运动
(1)匀速直线运动：带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的电场力与其他力平衡．
(2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同．
(3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反．
2．讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法
(1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式；
(2)功和能方法——动能定理；
(3)能量方法——能量守恒定律．
二、带电粒子的类平抛运动
带电粒子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牛顿第二定律或运动学方程．
2．利用功能关系分析：(1)功能关系：电场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＝Ek2－Ek1.
三、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动
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电场力的合力，也有可能是单独的电场力．
四、带电粒子在交变电场中的运动
1．受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向．
2．运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定．
3．处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解．
例1.如图所示，实线是电场线，一带电粒子只在电场力的作用下沿虚线由A运动到B的过程中，下列选项中的正确的是（??
）
A.?带电粒在A点的电势能大?????????????????????????????????????B.?带电粒子在B点的加速度大
C.?带电粒子为负电荷??????????????????????????????????????????????D.?带电粒子在B点的动能大
【答案】
C
【解析】C．由图看出，带电粒子的轨迹向下弯曲，则知带电粒子所受的电场力方向逆着电场线向上，与电场线切线方向相反，所以带电粒子带负电，C符合题意；
ABD．从A到B，电场线越来越疏，场强越来越小，带电粒子所受的电场力减小，则其加速度减小。电场力方向与速度方向的夹角为钝角，所以电场力对粒子做负功，电势能增大，导致动能减小，速度减小，因此，带电粒子做加速度减小的变减速运动，故带电粒子在B点的电势能大，加速度小，动能小，ABD不符合题意。
故答案为：C。
例2.如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和﹣q（q＞0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g．求
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小．
【答案】
（1）两带电小球的电量相同，可知M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，
两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等，
设水平方向的加速度大小为a，
对M，有：
，
对N：v0=at，
，
可得
，
解得xM：xN=3：1．
答：
M与N在电场中沿水平方向的位移之比为3：1
（2）设正电小球离开电场时的竖直分速度为vy
，
水平分速度为v1
，
两球离开电场时竖直分速度相等，
因为M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍，则有：
，
解得
，
因为v1=v0+at=2v0
，
则
=2v0
，
因为M做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为vy1
，
则有：
，解得vy1=
，
在竖直方向上有：
，
，
解得A点距电场上边界的高度h=
．
答：A点距电场上边界的高度为
；
（3）因为M做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，
有：
=
，
则电场的电场强度E=
=
．
答：该电场的电场强度大小为
．
1.图中实线是水平向右匀强电场的电场线，虚线是一带电粒子在电场中运动轨迹，M、N是轨迹上的两点。若带电粒子运动过程中只受电场力作用，据此可知（??
）
A.?该粒子带正电
B.?M点的电势高于N点的电势
C.?该粒子在M点速度小于在N点速度
D.?该粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
2.图中实线是一簇未标电势的等势线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图不能作出正确判断的是（??
）
A.?带电粒子所带电荷的符号
B.?带电粒子在a、b两点的受力方向
C.?带电粒子在a、b两点的速度何处较大
D.?带电粒子在a、b两点的电势能何处较大
3.如图所示，实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b
是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，对于
a，b
两点下列判断正确的是（???
）
A.?电场中
a
点的电势较高
B.?带电粒子在
a
点的动能较小
C.?带电粒子在
a
点的加速度较大
D.?带电粒子一定带正电
4.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（假设带电粒子不与板相碰）（??
）
A.?带电粒子只向一个方向运动
B.?0~2
s内，电场力做功等于0
C.?4
s末带电粒子回到原出发点
D.?2.5~4
s内，电场力做功等于0
5.如图是一簇未标明方向、由单一点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图可判断出该带电粒子（??
）
A.?电性与场源电荷的电性相反
B.?a点的加速度小于在b点的加速度
C.?a点的速度小于在b点的速度
D.?a点的电势能大于b点的电势能
6.如图所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b在一段时间内的运动轨迹如图中的虚线所示．a、b仅受电场力的作用，则关于这段时间内带电粒子的运动，下列说法中正确的是
(??
)
A.?a一定带正电，b一定带负电?????????????????B.?电场力对a做正功，对b做负功
C.?a的速度将减小，b的速度将增大??????????D.?a的加速度将减小，b的加速度将增大
7.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹.带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐增大，它运动到b处时的速度方向与受力方向可能的是（??
）
A.?????????????????????B.?????????????????????C.?????????????????????D.?
8.如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小。
9.在电场中把一个电荷量为-2×10-9C的带电粒子从A点移到B点，静电力做功为-1.5×10-7J，再把该粒子从B点移到C点，静电力做功为4×10-7J．求A、B间，B、C间，A、C间的电势差
10.一平行板电容器板长L=4cm，板间距离d=3cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α=37°，若两板间所加电压U=100V，一带电量q=3×10﹣10C的负电荷以v0=0.5m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并从B板右边缘水平飞出，求带电粒子质量为多少？粒子飞出时的速度多大？（Sin37°=0.6，cos37°=0.8）
1.【答案】
B
【解析】A．根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，即电场力向左，与场强方向相反，故该粒子带负电，A不符合题意；
B．沿着电场线方向电势不断降低，故M点的电势高于N点的电势，B符合题意；
CD．粒子在M、N两处所受的电场力向左，故粒子从M到N的过程电场力做负功，则电势能增加，粒子在M点的电势能小于在N点的电势能，所以动能减小，故粒子在M点的速度大于在N点的速度，CD不符合题意。
故答案为：B。
2.【答案】
A
【解析】AB．粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，A符合题意，B不符合题意；
CD．粒子从a运动到b，由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知电场力与轨迹之间的夹角是锐角，电场力对粒子做正功，粒子的动能增大，电势能减小，则粒子在a点的速度较小，在b点电势能较小，C、D不符合题意。
故答案为：A。
3.【答案】
C
【解析】A．根据图中轨迹分析，粒子轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受电场力沿电场线向左，但电场线方向不明，故无法判断电势高低，A不符合题意
B．从a到b的过程中，根据轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知：如果粒子从a运动到b电场力做负功，动能减少，a点动能大；如果粒子从b运动到a，电场力做正功，动能增大，a点动能大．所以粒子在a点动能大．
C．根据电场线疏密可判断a处场强大于b处场强，由牛顿第二定律得：
，场强大的地方，粒子加速度大，所以带电粒子在a点的加速度较大，C符合题意
D．结合A的分析，由于电场线的方向未知，无法判断粒子带电的正负，D不符合题意
故答案为：C
4.【答案】
D
【解析】AC．因0~1
s内粒子向正方向运动的加速度
在1~3s内粒子运动的加速度
则在t=1.5s时刻速度减为零，然后反向运动……；画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示
v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4
s末带电粒子不能回到原出发点，A、C不符合题意；
B．2
s末速度不为0，可见0~2
s内电场力做的功不等于0，B不符合题意；
D．2.5
s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则2.5~4
s内，动能变化为零，电场力做功等于0，所以D符合题意。
故答案为：D。
5.【答案】
A
【解析】A．由于曲线运动的合外力指向曲线轨迹的凹侧，故电场力的方向向左，又由于图中电场线是场源电荷产生的电场，故它们是一种相互吸引的关系，可知，电性与场源电荷的电性相反，A符合题意；
B．由于a点的电场线比b点的电场线密，说明a点的场强比b点的场强大，则a点的电场力比b点的电场力大，a点的加速度比b点的加速度大，B不符合题意；
C．带电粒子从a到b的过程中，由于力的方向与速度方向的夹角是钝角，故电场力做负功，动能减小，则有a点的速度大于b点的速度，C不符合题意；
D．带电粒子从a到b的过程中，由于力的方向与速度方向的夹角是钝角，故电场力做负功，动能减小，电势能增大，A点的电势能小于b点的电势能，D不符合题意。
故答案为：A。
6.【答案】
D
【解析】A.由于两电荷所受的电场力的方向相反，A、b两粒子所带的电荷的电性相反，但由于电场线方向未知，故电荷正负不能确定，A不符合题意；
B.根据运动轨迹可知，电场力的方向与运动方向夹角均为锐角，因此电场力对ab均做正功，B不符合题意
C.由于出发后电场力始终对电荷做正功，故两电荷的电势能越来越小，而动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，C不符合题意.
D.由电场线的分布可知，M点左侧的电场线越来越疏，场强越来越小，a粒子受的电场力越来越小，根据牛顿第二定律可判定a粒子的加速度将减小；M点右侧的电场线越来越密，场强越来越大，b粒子受的电场力越来越大，可判定b粒子的加速度将增大，D符合题意.
故答案为：D.
7.【答案】
B
【解析】A．根据曲线运动力与轨迹的关系，力需指向轨迹弯曲的内侧，所以A错误；
C．带电粒子只受电场力作用，故力与电场线共线，所以C错误；
BD．由题意知，运动过程中粒子的电势能逐渐增大，故电场力做负功，即力与速度方向的夹角应为钝角，故B正确，D错误。
故选B。
8.【答案】
（1）解：设带电小球M、N抛出的初速度均为v0
，
则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：
v0–at=0①
②
③
联立①②③解得：
④
（2）解：设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy
，
则；
⑤
⑥
因为M在电场中做匀加速直线运动，则
⑦
由①②⑤⑥⑦可得h=
⑧
（3）解：设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则
，
⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2
，
由动能定理：
⑩
?
由已知条件：Ek1=1.5Ek2
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??解得：
9.【答案】
解：A、B间的电势差
B、C间的电势差
则A、C间的电势差：UAC=UAB+UBC=-125V
10.【答案】
解：根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：
qEcosα=mg，
E=
解得：
m=
kg=8×10﹣8kg
对液滴由动能定理得：
，
代入数据解得v=1m/s．
答：带电粒子质量为8×10﹣8kg；粒子飞出时的速度为1m/s．

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