6、復(fù)合場(chǎng))中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，關(guān)鍵是分析向心力的來(lái)源，向心力的來(lái)源有可能是重力和電場(chǎng)力的合力，也有可能是單獨(dú)的電場(chǎng)力.有時(shí)可以把復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)等效為豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，找出等效“最高點(diǎn)”和“最低點(diǎn)”.
例3 (2018·江西師大附中高二月考)如圖3所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平軌道上，滑塊受到的電場(chǎng)力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g.
圖3
(1)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s＝3R的A點(diǎn)由靜止釋放，
7、求滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力大?。?
(2)為使滑塊恰好始終沿軌道滑行(不脫離軌道)，求滑塊在圓形軌道上滑行過(guò)程中的最小速度.
答案 (1)mg (2)
解析 (1)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，滑塊所帶電荷量為q，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，由動(dòng)能定理有
qE(s＋R)－μmgs－mgR＝mv2
qE＝mg
解得v＝
設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小為F，
則F－qE＝m
解得F＝mg
由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的作用力大小為
F′＝F＝mg
(2)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓形軌道DG間某點(diǎn)，由電場(chǎng)力和重力的合力提供向心力，此時(shí)的速度最小(設(shè)為v
8、min)
則有＝m
解得vmin＝.
[學(xué)科素養(yǎng)] 復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，涉及受力分析、圓周運(yùn)動(dòng)、電場(chǎng)等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，既鞏固了學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)，又鍛煉了學(xué)生遷移應(yīng)用與綜合分析能力，較好地體現(xiàn)了“科學(xué)思維”的學(xué)科素養(yǎng).
四、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1.當(dāng)空間存在交變電場(chǎng)時(shí)，粒子所受電場(chǎng)力方向?qū)㈦S著電場(chǎng)方向的改變而改變，粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)也具有周期性.
2.研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)需要分段研究，并輔以v－t圖象.特別需注意帶電粒子進(jìn)入交變電場(chǎng)時(shí)的時(shí)刻及交變電場(chǎng)的周期.
例4 在如圖4所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖5甲、乙所示的兩種電壓，開始B板的電勢(shì)比A板高.在電場(chǎng)力作用下
9、原來(lái)靜止在兩板中間的電子開始運(yùn)動(dòng).若兩板間距足夠大，且不計(jì)重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運(yùn)動(dòng)情況，并定性畫出相應(yīng)的v－t圖象.
圖4
圖5
答案 見解析
解析 t＝0時(shí)，B板電勢(shì)比A板高，在電場(chǎng)力作用下，電子向B板(設(shè)為正向)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).
對(duì)于題圖甲所示電壓，在0～T內(nèi)電子做初速度為零的正向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T～T內(nèi)電子做末速度為零的正向勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，其速度圖線如圖(a)所示.
對(duì)于題圖乙所示電壓，在0～內(nèi)做類似題圖甲0～T的運(yùn)動(dòng)，～T電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運(yùn)動(dòng).然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，其速度
10、圖線如圖(b)所示.
(a) (b)
1.(帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng))(2018·西安交大附中質(zhì)檢)如圖6甲所示，在平行板電容器的A板附近，有一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在A、B兩板間加如圖乙所示的交變電壓，帶電粒子在電場(chǎng)力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)3t0時(shí)間剛好到達(dá)B板，設(shè)此時(shí)粒子的動(dòng)能大小為Ek3，若用改變A、B兩板間距的方法，使粒子在5t0時(shí)刻剛好到達(dá)B板，此時(shí)粒子的動(dòng)能大小為Ek5，則等于( )
圖6
A.B.C.1D.
答案 B
解析 設(shè)兩板間的距離為d，經(jīng)3t0時(shí)間剛好到達(dá)B板時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中先加速然后減速再加速，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱
11、性和動(dòng)能定理，可得Ek3＝q，若改變A、B兩板間的距離使粒子在5t0時(shí)刻剛好到達(dá)B板，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性和動(dòng)能定理，可得Ek5＝q·，故＝，B正確.
2.(帶電體的直線運(yùn)動(dòng))(2018·菏澤市高二期末)如圖7所示，一帶電液滴的質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)，在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中剛好與水平面成30°角以速度v0向上做勻速直線運(yùn)動(dòng).重力加速度為g.
圖7
(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
(2)若電場(chǎng)方向改為垂直速度方向斜向下，要使液滴仍做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？液滴前進(jìn)多少距離后可返回？
答案 (1) (2)
解析 (1)因?yàn)橐旱翁幱谄胶鉅顟B(tài)，所以有Eq＝mg
解得：E
12、＝
(2)電場(chǎng)方向改變，液滴受力分析如圖所示.
液滴做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，垂直速度方向的合力為零，即qE′＝mgcos30°
解得：E′＝＝
液滴在運(yùn)動(dòng)方向的反方向上的合力F＝mgsin30°，由牛頓第二定律
做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝＝gsin30°＝
液滴可前進(jìn)的距離s＝＝.
(或由動(dòng)能定理：－mgsin30°·s＝0－mv02
得液滴可前進(jìn)的距離s＝＝.)
3.(帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng))如圖8所示，陰極A受熱后向右側(cè)空間發(fā)射電子，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，電子的初速率有從0到v的各種可能值，且各個(gè)方向都有.與A極相距l(xiāng)的地方有熒光屏B，電子擊中熒光屏?xí)r便會(huì)發(fā)光.若在A
13、和B之間的空間加一個(gè)水平向左、與熒光屏面垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，且電子全部打在熒光屏上，求B上受電子轟擊后的發(fā)光面積.
圖8
答案
解析 陰極A受熱后發(fā)射電子，這些電子沿各個(gè)方向射入右邊勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，且初速率從0到v各種可能值都有.取兩個(gè)極端情況如圖所示.
沿極板豎直向上且速率為v的電子，受到向右的電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)打到熒光屏上的P點(diǎn).
豎直方向上y＝vt，
水平方向上l＝·t2.
解得y＝v.
沿極板豎直向下且速率為v的電子，受到向右的電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)打到熒光屏上的Q點(diǎn)，同理可得
y′＝v.
故在熒光屏B上的發(fā)光面積S＝y(tǒng)2π＝.
4.(帶電粒
14、子的圓周運(yùn)動(dòng))(2017·宿遷市高一期末)如圖9所示，在豎直平面內(nèi)放置著絕緣軌道ABC，AB部分是半徑R＝0.40m的光滑半圓形軌道，BC部分是粗糙的水平軌道，BC軌道所在的豎直平面內(nèi)分布著E＝1.0×103V/m的水平向右的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，AB為電場(chǎng)的左側(cè)豎直邊界.現(xiàn)將一質(zhì)量為m＝0.04 kg、電荷量為q＝－1×10－4 C的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))從BC上的某點(diǎn)由靜止釋放，滑塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力恰好為零.已知滑塊與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.05，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.求：
圖9
(1)滑塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)速度vA的大?。?
(2)滑塊在BC軌道上的釋放點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x；
(3
15、)滑塊離開A點(diǎn)后在空中運(yùn)動(dòng)速度v的最小值.
答案 (1)2m/s (2)5 m (3)1.94 m/s
解析 (1)因?yàn)榛瑝K通過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力恰好為零，
所以有mg＝，解得vA＝2m/s.
(2)根據(jù)動(dòng)能定理可得：
|q|Ex－μmgx－mg·2R＝mvA2，
解得x＝5m.
(3)滑塊離開A點(diǎn)后在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，
故有：vx＝vA－t＝2－2.5t
在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，
所以有vy＝gt＝10t，
v＝＝
故vmin＝m/s≈1.94 m/s.
一、選擇題
考點(diǎn)一 帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)
1.(多選)如圖1所示，平行板電容器的兩個(gè)
16、極板與水平面成一角度，兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中，該粒子( )
圖1
A.所受重力與電場(chǎng)力平衡 B.電勢(shì)能逐漸增加
C.動(dòng)能逐漸增加 D.做勻變速直線運(yùn)動(dòng)
答案 BD
解析 對(duì)帶電粒子受力分析如圖所示，F(xiàn)合≠0，則A錯(cuò).由圖可知電場(chǎng)力與重力的合力方向與v0方向相反，F(xiàn)合對(duì)粒子做負(fù)功，其中mg不做功，Eq做負(fù)功，故粒子動(dòng)能減少，電勢(shì)能增加，B正確，C錯(cuò)誤.F合恒定且F合與v0方向相反，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，D項(xiàng)正確.
2.如圖2，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反
17、，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等.現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動(dòng).在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面.a、b間的相互作用和重力可忽略.下列說(shuō)法正確的是( )
圖2
A.a的質(zhì)量比b的大
B.在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大
C.在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等
D.在t時(shí)刻，a和b的速度大小相等
答案 B
3.(多選)(2018·宜昌市示范高中高二聯(lián)考)如圖3所示，一帶電液滴在重力和勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)它的作用力的作用下，從靜止開始由b沿直線運(yùn)動(dòng)到d，且bd與豎直方向的夾角為45°，則下列結(jié)論中正確的是( )
圖3
A.此液滴
18、帶負(fù)電
B.液滴做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C.合外力對(duì)液滴做的總功等于零
D.液滴的電勢(shì)能減少
答案 ABD
解析 液滴所受的合力沿bd方向，知電場(chǎng)力方向水平向右，則此液滴帶負(fù)電，故A正確；液滴所受合力恒定，加速度恒定，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；合外力不為零，則合外力做功不為零，故C錯(cuò)誤；從b到d，電場(chǎng)力做正功，液滴電勢(shì)能減小，故D正確.
考點(diǎn)二 帶電粒子的類平拋運(yùn)動(dòng)
4.(2018·南京師大附中段考)如圖4所示，正方體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料.ABCD面帶正電，EFGH面帶負(fù)電.從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴a
19、、b、c，最后分別落在1、2、3三點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是( )
圖4
A.三個(gè)液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動(dòng)
B.三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定相同
C.三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率相同
D.液滴c所帶電荷量最多
答案 D
解析 三個(gè)液滴在水平方向受到電場(chǎng)力作用，在水平方向并不是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以三個(gè)液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于三個(gè)液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，故三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；三個(gè)液滴落到底板時(shí)豎直分速度大小相等，而水平分位移不相等，水平分速度大小不相等，所以三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于液滴c在水平方向位移最大，故液滴c在水平
20、方向加速度最大，由牛頓第二定律知，液滴c所受的電場(chǎng)力最大，故液滴c所帶電荷量最多，選項(xiàng)D正確.
5.(多選)如圖5所示，一電子(不計(jì)重力)沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為OCD，已知＝，電子過(guò)C、D兩點(diǎn)時(shí)豎直方向的分速度為vCy和vDy；電子在OC段和OD段動(dòng)能的變化量分別為ΔEk1和ΔEk2，則( )
圖5
A.vCy∶vDy＝1∶2 B.vCy∶vDy＝1∶4
C.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
答案 AD
解析 電子沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知＝，則電子從O到C與從C到D的時(shí)間相等.電子
21、在y軸方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則有vCy＝atOC，vDy＝atOD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論可知，在豎直方向上yOC∶yOD＝1∶4，根據(jù)動(dòng)能定理得ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD，則得ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C錯(cuò)誤，D正確.
6.如圖6所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在上極板的同一點(diǎn)(重力不計(jì))，則從開始射入到打到上極板的過(guò)程中( )
圖6
A.它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ＞tP
B.它們運(yùn)
22、動(dòng)的加速度aQ＜aP
C.它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2
D.它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
答案 C
解析 設(shè)兩板距離為h，P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是，它們做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移均為l.則對(duì)P，由l＝v0tP，＝aPtP2，得到aP＝；同理對(duì)Q，l＝v0tQ，h＝aQtQ2，得到aQ＝.由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以qP∶qQ＝1∶2.由動(dòng)能定理得，它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4.綜上所述，C項(xiàng)正確.
考點(diǎn)三 帶電粒子在電場(chǎng)(復(fù)合場(chǎng))中的圓周運(yùn)動(dòng)
7
23、.(多選)如圖7所示，豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用絕緣細(xì)線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運(yùn)動(dòng)，以下四種說(shuō)法中正確的是( )
圖7
A.帶電小球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
B.帶電小球可能做非勻速圓周運(yùn)動(dòng)
C.帶電小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力一定最小
D.帶電小球通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力有可能最小
答案 ABD
8.如圖8所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶負(fù)電的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng).已知小球所受電場(chǎng)力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ＝53°，軌道水平段BC長(zhǎng)度sBC＝2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)
24、恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則高度h為( )
圖8
A.2RB.4RC.10RD.17R
答案 C
解析 小球所受的重力和電場(chǎng)力均為恒力，故兩力可等效為一個(gè)力F＝＝mg，方向與豎直方向的夾角為37°偏左下.若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，即通過(guò)等效最高點(diǎn)D時(shí)小球與圓環(huán)間的彈力恰好為0，由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)可得mg＝m，由A到D的過(guò)程由動(dòng)能定理得mg(h－R－Rcos37°)－mg(htan37°＋2R＋Rsin37°)＝mvD2，解得h＝10R，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤.
考點(diǎn)四 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
9.(多選)如圖9所示，兩平行金屬板分別加上如下列選項(xiàng)中的電壓
25、，能使原來(lái)靜止在金屬板中央的電子(不計(jì)重力)有可能做往返運(yùn)動(dòng)的U－t圖象應(yīng)是(設(shè)兩板距離足夠大)( )
圖9
答案 BC
解析 由A圖象可知，電子先做勻加速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度減為零.然后重復(fù)這種運(yùn)動(dòng).由B圖象可知，電子先做勻加速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度減為零；從T到T反向勻加速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度減為零，回到出發(fā)點(diǎn).然后重復(fù)往返運(yùn)動(dòng).
由C圖象可知，電子先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度最大，從T到T內(nèi)做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度減為零；從T到T反向做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，T
26、時(shí)速度最大，從T到T內(nèi)做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)速度減為零，回到出發(fā)點(diǎn).然后重復(fù)往返運(yùn)動(dòng).
由D圖象可知，電子0～做勻加速運(yùn)動(dòng)，從T到T內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，然后重復(fù)加速運(yùn)動(dòng)和勻速運(yùn)動(dòng)一直向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng).故選B、C.
10.(多選)如圖10(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距為d的平行金屬板，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板加電壓后板間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng).現(xiàn)在A、B兩板間加上如圖(b)所示的周期性的交變電壓，在t＝0時(shí)恰有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在左側(cè)板間中央沿水平方向以速度v0射入電場(chǎng)，忽略粒子的重力，則下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的表述中正確的是( )
圖10
A.粒子在垂直于板的方向上的分運(yùn)
27、動(dòng)可能是往復(fù)運(yùn)動(dòng)
B.粒子在垂直于板的方向上的分運(yùn)動(dòng)是單向運(yùn)動(dòng)
C.只要周期T和電壓U0的值滿足一定條件，粒子就可沿與板平行的方向飛出
D.粒子不可能沿與板平行的方向飛出
答案 BC
二、非選擇題
11.虛線PQ、MN間存在如圖11所示的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量為q＝＋1.0×10－5C，從a點(diǎn)由靜止開始經(jīng)電壓為U＝100V的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從虛線MN上的某點(diǎn)b(圖中未畫出)離開勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)速度與電場(chǎng)方向成30°角.已知PQ、MN間距為20cm，帶電粒子的重力忽略不計(jì).求：
圖11
(1)帶電粒子剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速率v
28、1；
(2)水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；
(3)ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差.
答案 (1)1.0×104m/s (2)1.7×103 N/C (3)400V
解析 (1)由動(dòng)能定理得：qU＝mv12
代入數(shù)據(jù)得v1＝1.0×104m/s.
(2)粒子沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)：d＝v1t
粒子沿電場(chǎng)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)：vy＝at
由題意得：tan30°＝
由牛頓第二定律得：qE＝ma
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：E＝×103N/C≈1.7×103 N/C.
(3)由動(dòng)能定理得：qUab＝m(v12＋vy2)－0
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：Uab＝400V.
12.(2018·德州市期末)
29、如圖12甲所示，水平放置的兩平行金屬板A、B相距為d，板間加有如圖乙所示隨時(shí)間變化的電壓.A、B板中點(diǎn)O處有一帶電粒子，其電荷量為q，質(zhì)量為m，在0～時(shí)間內(nèi)粒子處于靜止?fàn)顟B(tài).已知重力加速度為g，周期T＝.求：
圖12
(1)判斷該粒子的電性；
(2)在0～時(shí)間內(nèi)兩板間的電壓U0；
(3)若t＝T時(shí)刻，粒子恰好從O點(diǎn)正下方金屬板A的小孔飛出，那么的值應(yīng)為多少.
答案 (1)正電 (2) (3)
解析 (1)由平衡條件可知粒子帶正電
(2)0～時(shí)間內(nèi)，粒子處于平衡狀態(tài)
由mg＝得：U0＝
(3)在～T時(shí)間內(nèi)有：＝at2
mg＋＝ma
t＝＝
由以上各式聯(lián)立得：＝.
1
30、3.如圖13所示，長(zhǎng)L＝0.20m的絕緣絲線的一端拴一質(zhì)量為m＝1.0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2.0×103N/C.現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點(diǎn)，然后無(wú)初速度地將小球釋放，取g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力.求：
圖13
(1)小球通過(guò)最高點(diǎn)B時(shí)速度的大小；
(2)小球通過(guò)最高點(diǎn)B時(shí)，絲線對(duì)小球拉力的大小.
答案 (1)2m/s (2)3.0×10－3N
解析 (1)小球由A運(yùn)動(dòng)到B，其初速度為零，電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，重力對(duì)小球做負(fù)功，絲線拉力不做功，則由
動(dòng)能定理有：qEL－mgL＝
vB＝＝2 m/s.
(2)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，受重力mg、電場(chǎng)力qE和絲線拉力FTB作用，
mg＝1.0×10－4×10 N＝1.0×10－3 N
qE＝1.0×10－6×2.0×103 N＝2.0×10－3 N
因?yàn)閝E＞mg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出小球一定受到絲線的拉力FTB作用，由牛頓第二定律有：FTB＋mg－qE＝
FTB＝＋qE－mg＝3.0×10－3 N.
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2019-2020學(xué)年高考物理 主題1 靜電場(chǎng) 微型專題4 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（必修3）
