8、靠B板的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓也等于U0，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距為d，距偏轉(zhuǎn)極板右端處垂直放置很大的熒光屏PQ。不計(jì)電子的重力和它們之間的相互作用，電子在電容器中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可以忽略不計(jì)。
(1)在0～T時(shí)間內(nèi)，熒光屏上有兩個(gè)位置會(huì)發(fā)光，試求這兩個(gè)發(fā)光點(diǎn)之間的距離。(結(jié)果用L、d表示)
(2)撤去偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)及熒光屏，當(dāng)k取恰當(dāng)?shù)臄?shù)值，使在 0～T時(shí)間內(nèi)通過電容器B板的所有電子，能在某一時(shí)刻形成均勻分布的一段電子束，求k值。
答案 (1) (2)0.59
解析 (1)電子經(jīng)過電容器內(nèi)的電場(chǎng)后，速度要發(fā)生變化。
在0～kT時(shí)間內(nèi)，設(shè)穿出B板后速度變?yōu)関1，由動(dòng)能定理得：－eU0＝mv－mv，
將U0
9、＝代入后解得：v1＝ v0。
在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝，側(cè)移量y1＝at＝，解得：y1＝。
根據(jù)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的推論“似是中點(diǎn)來”其打在熒光屏上的坐標(biāo)y1′＝2y1＝
在kT～T時(shí)間內(nèi)，穿出B板后速度變?yōu)関2，同理可得，＋eU0＝mv－mv解得
v2＝＝v1，y2＝，y2′＝2y2＝。
熒光屏上兩個(gè)發(fā)光點(diǎn)之間的距離Δy＝y(tǒng)1′－y2′＝。
(2)要求在某一時(shí)刻形成均勻分布的一段電子束，前后兩段電子束的長(zhǎng)度必須相等(且剛好重疊)，第一束長(zhǎng)度：L1＝v1·kT；第二束長(zhǎng)度：L2＝v2(T－kT)；
當(dāng)L1＝L2時(shí)，即v1·kT＝v1(1－k)T
解得k＝≈0.59。
考點(diǎn)2
10、 帶電體在等效場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
等效場(chǎng)一般說的是電場(chǎng)和重力場(chǎng)共存的情況，通常分為兩類，分析這兩類問題時(shí)都可以等效看成帶電體受一個(gè)合場(chǎng)力作用，也可以單獨(dú)分析。
1．帶電體在等效場(chǎng)中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)
帶電體在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解。
類型一：如果粒子在等效場(chǎng)中受軌道、支撐面、輕繩或輕桿等有形的約束時(shí)，可做變速直線運(yùn)動(dòng)。解題時(shí)只要從受力分析入手，明確變力、恒力及做功等情況，就可用動(dòng)能定理、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解。
類型二：若
11、帶電粒子運(yùn)動(dòng)的空間存在軌道、支撐面、輕繩、輕桿等有形的約束時(shí)，帶電粒子在等效場(chǎng)中做勻變速圓周運(yùn)動(dòng)，一般應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)能定理求解。
2．帶電體在等效場(chǎng)中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類
在帶電體只受重力和電場(chǎng)力的情況下：
若電場(chǎng)力和重力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)；
若電場(chǎng)力和重力不平衡，則帶電體將做直線或曲線運(yùn)動(dòng)，用動(dòng)能定理求解問題。
3．電場(chǎng)力、重力都是恒力時(shí)常用的方法是等效“重力”法：將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，合力F合等效為“重力”，a＝等效為“重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向。
[例2] 如圖所示，半徑R＝0.8 m的光滑絕緣導(dǎo)軌固定于豎直平面內(nèi)，加上某一水平方
12、向的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，帶正電的小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動(dòng)，它的電量q＝1.00×10－5 C。圓心O與A點(diǎn)的連線與豎直成一角度θ，在A點(diǎn)時(shí)小球?qū)壍赖膲毫＝1.2 N，此時(shí)小球的動(dòng)能最大。若小球的最大動(dòng)能比最小動(dòng)能多0.32 J，且小球能夠到達(dá)軌道上的任意一點(diǎn)(不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2)。則：
(1)小球的最小動(dòng)能是多少？
(2)小球受到重力和電場(chǎng)力的合力是多少？
(3)現(xiàn)小球在動(dòng)能最小的位置突然撤去軌道，并保持其他量都不變，若小球在0.4 s后的動(dòng)能與它在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相等，求小球的質(zhì)量和電場(chǎng)強(qiáng)度。
解析 (1)、(2)小球在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，因?yàn)樾∏蛟贏點(diǎn)具有最大動(dòng)能
13、，所以復(fù)合場(chǎng)的方向由O指向A，在AO延長(zhǎng)線與圓的交點(diǎn)B處小球具有最小動(dòng)能EkB。設(shè)小球在復(fù)合場(chǎng)中所受的合力為F，則有：
N－F＝m
即：1.2－F＝m＝
帶電小球由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，重力和電場(chǎng)力的合力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有：－F·2R＝EkB－EkA＝－0.32
由此可得：F＝0.2 N，EkB＝0.08 J
即小球的最小動(dòng)能為0.08 J，重力和電場(chǎng)力的合力為0.2 N。
(3)帶電小球在B處時(shí)撤去軌道后，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，即在BA方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，在垂直于BA方向上做勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小球的質(zhì)量為m，則：
2R＝··t2
得：m＝＝0.01 kg，θ＝60°
又m
14、g＝0.1 N＝F，所以
Eq＝Fsinθ
E＝≈1.73×104 N/m
方向水平向左。
答案 (1)0.08 J'(2)0.2 N'(3)0.01 kg 1.73×104 N/m，方向水平向左
(1)“等效法”是物理學(xué)中的常用方法，在本題中電場(chǎng)和重力合成等效重力場(chǎng)是有條件的，即重力和電場(chǎng)力都是大小和方向都不變的恒力。
(2)等效思維方法就是將一個(gè)復(fù)雜的物理問題，等效為一個(gè)熟知的物理模型或問題的方法。例如我們學(xué)習(xí)過的等效電阻、分力與合力、合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)等都體現(xiàn)了等效思維方法。常見的等效法有“分解”“合成”“等效類比”“等效替換”“等效變換”“等效簡(jiǎn)化”等，從而化繁為簡(jiǎn)，化難為
15、易。
(3)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的問題是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型。對(duì)于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運(yùn)算，過程比較簡(jiǎn)捷。先求出重力與電場(chǎng)力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”，將a＝視為“等效重力加速度”，再將物體在重力場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解即可。
半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m，帶正電荷的珠子，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖，珠子所受電場(chǎng)力是其重力的，將珠子從環(huán)上最低位置A點(diǎn)由靜止釋放，則：
(1)珠子所能獲得的最大動(dòng)能是多大？
16、
(2)珠子對(duì)環(huán)的最大壓力是多大？
答案 (1)mgr (2)mg
解析 (1)如圖所示，在珠子能夠靜止的一點(diǎn)B進(jìn)行受力分析。
設(shè)OB與OA之間的夾角為θ，則tanθ＝＝
可得θ＝37°。所以珠子在等效最低點(diǎn)B時(shí)具有最大的動(dòng)能。
珠子從A到B的過程，電場(chǎng)力和重力做功，珠子的動(dòng)能增加，即：－mgr(1－cosθ)＋qEr·sinθ＝Ek－0
解得珠子所能獲得的最大動(dòng)能
Ek＝－mgr(1－cosθ)＋qErsinθ＝mgr。
(2)分析可得：珠子在等效最低點(diǎn)B處受到的壓力最大。
根據(jù)合力提供向心力FN－F＝m
又因?yàn)橹亓碗妶?chǎng)力的合力F＝mg
Ek＝mv2＝
所以F
17、N＝F＋m＝mg＋mg＝mg
根據(jù)牛頓第三定律，珠子對(duì)圓環(huán)的最大壓力是mg。
考點(diǎn)3 帶電體的力電綜合問題
綜合運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和功能觀點(diǎn)解決帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題
1．動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)
動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式結(jié)合牛頓第二定律來解決實(shí)際問題，一般有兩種情況：
(1)帶電粒子初速度方向與電場(chǎng)線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。
(2)帶電粒子的初速度方向垂直電場(chǎng)線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))。當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般要采用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解決問題。
2．功能觀點(diǎn)：首先對(duì)帶電體受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后根據(jù)具體情況選用相應(yīng)公式計(jì)算。
(1)若選
18、用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能的增量。
(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。
[例3] 如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一與水平面成60°角的光滑絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m。有一質(zhì)量為0.5 kg的帶電小環(huán)套在桿上，正以某一速度v0沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好落在C端的正下方地面上P點(diǎn)處，ACP所在平面與電場(chǎng)E平行，g取10 m/s2，求：
(1)小環(huán)帶何種電荷及它受到的電場(chǎng)力的大小；
(2)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)的
19、加速度大小和方向；
(3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度v0的大小。
解析 (1)以小環(huán)為研究對(duì)象，小環(huán)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力分析如圖所示，可知：小環(huán)帶負(fù)電。
由平衡條件可知：mgsin60°＝F電cos60°，
得：F電＝mg＝5 N。
(2)離開直桿后，受mg、F電作用，合力F方向與桿垂直斜向右下方：則＝ma
a＝2g＝20 m/s2，方向與桿垂直斜向右下方。
(3)建立以初速度方向?yàn)閤軸正方向，以加速度方向?yàn)閥軸正方向的直角坐標(biāo)系，則小環(huán)離開直桿后做類平拋運(yùn)動(dòng)到達(dá)C端正下方地面上P點(diǎn)處，則：hsin60°＝v0t，hcos60°＝at2
可得：v0＝2 m/s。
答案 (1
20、)負(fù)電 5 N
(2)20 m/s2 方向與桿垂直斜向右下方
(3)2 m/s
學(xué)會(huì)運(yùn)用兩個(gè)觀點(diǎn)去分析力電綜合問題
帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，綜合了靜電場(chǎng)和力學(xué)的知識(shí)，分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同。先分析受力情況再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速、減速，直線或曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)，選用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)，選用動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解。
如圖所示，在傾角θ＝37°的絕緣斜面所在空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E＝4×103 N/C，在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板。質(zhì)
21、量m＝0.2 kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下，滑到斜面底端以與擋板相碰前的速率返回。已知斜面的高度h＝0.24 m，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，滑塊帶電荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)滑塊從斜面最高點(diǎn)滑到斜面底端時(shí)的速度大??；
(2)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程s和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q。
答案 (1)2.4 m/s' (2)1 m' 0.96 J
解析 (1)滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動(dòng)摩擦力
Ff＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96 N
設(shè)到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)
22、能定理得
(mg＋qE)h－Ff·＝mv2
解得v＝2.4 m/s。
(2)滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢(shì)能和電勢(shì)能的減少量等于克服摩擦力做的功，(mg＋qE)h＝Ffs
解得滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程：s＝1 m
Q＝Ffs＝0.96 J。
1．(多選)在電場(chǎng)方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡上A、B兩點(diǎn)在同一水平線上，M為軌跡的最高點(diǎn)，小球拋出時(shí)的動(dòng)能為8 J，在M點(diǎn)的動(dòng)能為6 J，不計(jì)空氣的阻力，則下列判斷正確的是( )
A．小球水平位移x1與x2的比值為1∶3
B．小球水平位移x1與x2的比值為
23、1∶4
C．小球落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為32 J
D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中最小動(dòng)能為6 J
答案 AC
解析 小球在水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，小球在豎直方向上升和下落的時(shí)間相同，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，A正確、B錯(cuò)誤；設(shè)小球在M點(diǎn)時(shí)的水平分速度為vx，則小球在B點(diǎn)時(shí)的水平分速度為2vx，根據(jù)題意有mv＝8 J，mv＝6 J，因而在B點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能為EkB＝m·[v＋(2vx)2]＝32 J，C正確；由題意知，小球受到的合外力為重力與電場(chǎng)力的合力，為恒力，小球在A點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)合與速度之間的夾角為鈍角，小球在M點(diǎn)時(shí)，速度與F合之間的夾角為銳角，
24、即F合對(duì)小球先做負(fù)功再做正功，由動(dòng)能定理知，小球從A到M過程中，動(dòng)能先減小后增大，小球從M到B的過程中，合外力一直做正功，動(dòng)能一直增大，故小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中最小動(dòng)能一定小于6 J，D錯(cuò)誤。
2.如圖所示，地面上有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一帶電小球從電場(chǎng)中的A點(diǎn)以某一初速度射出，小球恰好能沿與水平方向成30°角的虛線由A向B做直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是( )
A．小球帶正電荷
B．小球受到的電場(chǎng)力與重力大小之比為2∶1
C．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中電勢(shì)能增加
D．小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中電場(chǎng)力所做的功等于其動(dòng)能的變化量
答案 C
解析 根據(jù)題意，受力分析如圖
25、所示。由于小球沿直線運(yùn)動(dòng)，則合力與速度在同一直線上，故小球受到的電場(chǎng)力水平向左，故小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由圖可知：tan30°＝＝，故小球受到的電場(chǎng)力與重力大小之比為3∶，B錯(cuò)誤；由于小球從A到B電場(chǎng)力做負(fù)功，故電勢(shì)能增加，C正確；根據(jù)動(dòng)能定理可知：W電＋WG＝ΔEk，D錯(cuò)誤。
3．(2017·浙江溫州中學(xué)高三模擬)如圖所示，地面上某個(gè)空間區(qū)域存在一這樣的電場(chǎng)，水平虛線上方為場(chǎng)強(qiáng)E1，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；虛線下方為場(chǎng)強(qiáng)E2，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量m，帶電量＋q的小球從上方電場(chǎng)的A點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果剛好到達(dá)下方電場(chǎng)中與A關(guān)于虛線對(duì)稱的B點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是( )
A．
26、在虛線上、下方的電場(chǎng)中，帶電小球運(yùn)動(dòng)的加速度相同
B．帶電小球在A、B兩點(diǎn)電勢(shì)能相等
C．若A、B高度差為h，則UAB＝－
D．兩電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系滿足E2＝2E1
答案 C
解析 A到虛線速度由零加速至v，由虛線到B速度v減為零，位移相同，根據(jù)v2＝2ax，則加速度大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；對(duì)A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝，知A、B的電勢(shì)不等，則電勢(shì)能不等，故B錯(cuò)誤、C正確；在上方電場(chǎng)，根據(jù)牛頓第二定律得：a1＝，在下方電場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a2＝，因?yàn)閍1＝a2，解得：E2－E1＝，故D錯(cuò)誤。
4．如圖所示，在豎直平面內(nèi)一
27、個(gè)帶正電的小球質(zhì)量為m，所帶的電荷量為q，用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)且不可伸長(zhǎng)的絕緣輕細(xì)線系在一勻強(qiáng)電場(chǎng)中的O點(diǎn)。勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大?，F(xiàn)將帶正電小球從O點(diǎn)右方由水平位置A點(diǎn)無初速度釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)速度恰好為零。
(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；
(2)若小球從O點(diǎn)的左方由水平位置C點(diǎn)無初速度釋放，則小球到達(dá)最低點(diǎn)B所用的時(shí)間t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度為g)
答案 (1) (2)
解析 (1)對(duì)小球由A到B的過程，由動(dòng)能定理得：
mgL－qEL＝0
所以E＝。
(2)小球在C點(diǎn)時(shí)受電場(chǎng)力F電＝qE＝mg，重力mg，其合力大小F＝mg，方向
28、與水平方向成45°指向右下方，釋放后，將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，因?yàn)閍＝＝＝g，運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)，所以L＝at2，所以t＝ 。
5．如圖所示，ABCDF為一絕緣光滑軌道，豎直放置在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，BCDF是半徑為R的圓形軌道，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E，今有質(zhì)量為m的帶電小球在電場(chǎng)力作用下由靜止從A點(diǎn)開始沿軌道運(yùn)動(dòng)，小球受到的電場(chǎng)力和重力大小相等，要使小球沿軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，則A、B間的距離至少為多大？
答案 R
解析 要使小球在圓軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在等效“最高”點(diǎn)不脫離圓環(huán)。這“最高”點(diǎn)并不是D點(diǎn)，可采用等效重力場(chǎng)的方法進(jìn)行求解。
重力場(chǎng)和電場(chǎng)合成等效重力
29、場(chǎng)，其方向?yàn)殡妶?chǎng)力和重力的合力方向，與豎直方向的夾角(如圖所示)，其中D′、B′點(diǎn)為等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。
tanθ＝＝1，θ＝45°，則
等效重力加速度g′＝＝＝g
在等效重力場(chǎng)的“最高”點(diǎn)，小球剛好不掉下來時(shí)
mg′＝m，v＝＝
設(shè)A、B間距離至少為L(zhǎng)，從A到等效重力場(chǎng)的“最高”點(diǎn)，由動(dòng)能定理
qE(L－Rsin45°)－mg(R＋Rcos45°)＝mv2－0
L＝＝R。
6．如圖1所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m＝0.2 kg，帶電量為q＝＋2.0×10－6 C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1。從t＝0時(shí)刻開始，空間加上一個(gè)
30、如圖2所示的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向呈周期性變化的電場(chǎng)。(取水平向右的方向?yàn)檎较?，g取10 m/s2)求：
(1)物塊在前2 s內(nèi)加速度的大小；
(2)物塊在前4 s內(nèi)的位移大??；
(3)23秒內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)小物塊所做的功。
答案 (1)2 m/s2 (2)8 m (3)9.8 J
解析 (1)0～2 s內(nèi)：由牛頓第二定律：qE1－μmg＝ma1
得物塊加速度a1＝＝2 m/s2。
(2)0～2 s內(nèi)的位移x1＝a1t＝4 m
2 s末的速度為v2＝a1t1＝4 m/s
2～4 s內(nèi)物塊加速度a2＝＝－2 m/s2
2～4 s內(nèi)的位移：x2＝v2t＋a2t2＝4 m
所以前4 s
31、內(nèi)位移大?。簒＝x1＋x2＝8 m。
(3)4 s末的速度為v4＝0，因此小物塊做周期為4 s的加速和減速運(yùn)動(dòng)，第22 s末的速度與第2 s末的速度相等，為v22＝4 m/s，第23 s末的速度v23＝v22＋a2t＝2 m/s (t＝1 s)
所求位移為x′＝x1＋ t＝47 m
23秒內(nèi)，設(shè)電場(chǎng)力對(duì)小物塊所做的功為W，由動(dòng)能定理：
W－μmgx′＝mv－0求得W＝9.8 J。
7．如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn)。使此小球帶電，電荷量為q(q>0
32、)，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與△OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍；若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能水平向左拋出，恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為g。求：
(1)無電場(chǎng)時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；
(2)小球由O→A和由O→B電勢(shì)能的變化量的比值。
答案 (1) (2)
解析 (1)設(shè)小球的初速度為v0，初動(dòng)能為Ek0，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t，令OA＝d，則OB＝d，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有
dsin60°＝v0t①
dcos60°＝gt2②
又Ek0＝
33、mv③
由①②③式得Ek0＝mgd④
設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA，則
EkA＝Ek0＋mgdcos60°⑤
由④⑤式得＝。⑥
(2)加電場(chǎng)后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別降低了和，設(shè)電勢(shì)能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧
＝＝。
8.(2014·海南高考)如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)。重力加
34、速度為g。粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為( )
A.g B.g C.g D.g
答案 A
解析 電容器的兩極板與電源相連，可知極板間電壓恒定，有金屬板存在時(shí)，板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E1＝，此時(shí)帶電粒子靜止，可知mg＝qE1，把金屬板從電容器中抽出后，板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E2＝，此時(shí)粒子加速度為a＝，聯(lián)立可得a＝g，A正確。
9.(2015·天津高考)(多選)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(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后從中線進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上，整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么( )
A．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子
35、做功一樣多
B．三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大
C．三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同
D．三種粒子一定打到屏上的同一位置
答案 AD
解析 設(shè)加速電場(chǎng)兩板間距離為d，則qE1d＝mv，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，設(shè)側(cè)移量為y，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則y＝··2＝，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)粒子做的功W＝qE2y＝，由于三種粒子的電荷量相等，因此偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)三種粒子做的功相等，A正確；三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v滿足qE1d＋qE2y＝mv2，由于質(zhì)量不同，因此速度v大小不同，B錯(cuò)誤；三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上的時(shí)間t＝t1＋t2＝＋＝＋x，x為加速電場(chǎng)右極板到屏的距離，由于質(zhì)量不同，因此運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，
36、C錯(cuò)誤；由于粒子從同一位置射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出電場(chǎng)時(shí)的速度的反向延長(zhǎng)線均交于偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中線的中點(diǎn)，因此粒子會(huì)打在屏上同一位置，D正確。
10．(2015·山東高考)(多選)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是( )
A．末速度大小為v0 B．末速度沿水平方向
C．重力勢(shì)能減少了mgd D．克服電場(chǎng)力做功為mgd
答案 BC
解析 0～微
37、粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則E0q＝mg?！珱]有電場(chǎng)作用，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上a＝g?！玊，由于電場(chǎng)作用，F(xiàn)＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向豎直向上。由于兩段時(shí)間相等，故到達(dá)金屬板邊緣時(shí)，微粒速度仍為v0，方向水平，A錯(cuò)誤、B正確；從微粒進(jìn)入金屬板間到離開，重力做功mg·，重力勢(shì)能減少mgd，C正確；由動(dòng)能定理知WG－W電＝0，W電＝mgd，D錯(cuò)誤。
11．(2017·河南洛陽期中)從地面斜向上拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球，當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球具有的動(dòng)能與勢(shì)能之比是9∶16，選地面為重力勢(shì)能參考面，不計(jì)空氣阻力，現(xiàn)在此空間加上一個(gè)平行于小球運(yùn)動(dòng)平面的水平電場(chǎng)，以相同的初速度拋出帶正
38、電荷量為q的小球，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與拋出時(shí)動(dòng)能相等。已知重力加速度大小為g，試求：
(1)無電場(chǎng)時(shí)，小球升到最高點(diǎn)的時(shí)間；
(2)后來所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小。
答案 (1) (2)或
解析 (1)無電場(chǎng)時(shí)，當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球具有的動(dòng)能與勢(shì)能之比是9∶16，將小球的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向，則
由v＝2gh，得mv＝mgh
所以有mv∶mv＝9∶16
解得初始拋出時(shí)vx∶vy＝3∶4
所以豎直方向的初速度為vy＝v0
水平初速度vx＝v0
豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)vy＝gt，解得t＝。
(2)設(shè)后來加上的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與剛拋出時(shí)的動(dòng)能相等，
39、若電場(chǎng)力的方向與小球初速度的水平分量方向相同，則有t＋＝v0
解得E＝
若電場(chǎng)力的方向與小球初速度的水平分量方向相反，則有t－＝v0
解得E＝。
12．(2016·北京高考)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d。
(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；
(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)
40、據(jù)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＝10 m/s2；
(3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)。電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢(shì)φ的定義式。類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”φG的概念，并簡(jiǎn)要說明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)。
答案 (1) (2)(3)見解析
解析 (1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝mv，
電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度v0＝ ，
在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝＝L，
a＝，則偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝。
(2)考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有
重力G＝mg～10－29 N，
電場(chǎng)力F＝～10－15 N。
由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力。
(3)電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)φ定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝。
由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢(shì)”，即φG＝。
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（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第8章 電場(chǎng) 第32課時(shí) 帶電粒子在電場(chǎng)中的綜合問題學(xué)案
