12、的比荷大于電荷N的比荷
B．兩個電荷在電場中運動的加速度可能相等
C．從兩個電荷進入電場到兩個電荷相遇，電場力對電荷M做的功一定大于電場力對電荷N做的功
D．電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同
4.
圖12
如圖12所示，真空中存在范圍足夠大的勻強電場，A、B為該勻強電場的兩個等勢面．現(xiàn)有三個完全相同的帶等量正電荷的小球a、b、c，從等勢面A上的某點同時以相同速率v0向不同方向開始運動，其中a的初速度方向垂直指向等勢面B；b的初速度方向平行于等勢面；c的初速度方向與a相反，經(jīng)過一段時間，三個小球先后通過等勢面B，已知三個小球始終在該勻強電場中運動，不
13、計重力，則下列判斷中正確的是( )
A．等勢面A的電勢低于等勢面B的電勢
B．a(chǎn)、c兩小球通過等勢面B時的速度相同
C．開始運動后的任一時刻，a、b兩小球的動能總是相同
D．開始運動后的任一時刻，三個小球之間的距離總是相等
圖13
5．(xx·江蘇蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市一模)如圖13所示，在光滑絕緣水平面上的a、b兩點上固定兩個帶同種電荷的相同金屬小球P、Q(均可視為點電荷)，P球所帶的電荷量等于Q球所帶的電荷量．在ab連線上的c點釋放一帶電小滑塊M，滑塊由靜止開始向右運動．在滑塊向右運動的過程中，下列說法正確的是( )
A．滑塊受到的電場力先減小后增大
B．滑塊的電勢能一
14、直減小
C．滑塊的動能先增大后減小
D．在ab連線上必定有一點d，使得c、d兩點間的電勢差Ucd＝0
圖14
6．(xx·湖南十二所重點高中聯(lián)考)一個質量為m、電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經(jīng)過的豎直平面內、存在著若干個如圖14所示的無電場區(qū)和有理想上下邊界的勻強電場區(qū)，兩區(qū)域相互間隔、豎直高度相等，電場區(qū)水平方向無限長，已知每一電場區(qū)的場強大小相等、方向均豎直向上，不計空氣阻力，下列說法正確的是( )
A．小球在水平方向一直做勻速直線運動
B．若場強大小等于，則小球經(jīng)過每一電場區(qū)的時間均相同
C．若場強大小等于，則小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時間均相同
D．無
15、論場強大小如何，小球通過所有無電場區(qū)的時間均相同
題號
1
2
3
4
5
6
答案
【能力提升】
圖15
7．(xx·江蘇南通一模)如圖15所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中．現(xiàn)有一質量為m、帶正電的小滑塊(可視為質點)置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g.
(1)若滑塊從水平軌道上距離B點x＝3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？
(2)在(1)的情
16、況下，求滑塊到達C點時受到軌道的作用力大?。?
8.
圖16
(xx·煙臺月考)如圖16所示，一長絕緣木板靠在光滑豎直墻面上，質量為m.木板右下方有一質量為2m、電荷量為＋q的小滑塊，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，木板與滑塊處在場強大小為E＝4mg/q的勻強電場中，電場方向水平向左，若電動機通過一根絕緣細繩拉動滑塊，使之勻加速向上移動，當滑塊與木板分離時，滑塊的速度大小為v，此過程中電動機對滑塊做的功為W0(重力加速度為g)．
(1)求滑塊向上移動的加速度大??；
(2)寫出從滑塊開始運動到與木板分離的過程中木板增加的機械能隨時間變
17、化的函數(shù)關系式．
9．如圖17甲所示，在y＝0和y＝2 m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場強度隨時間的變化如圖乙所示，取x軸正方向為電場正方向．現(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的比荷為＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0時刻以速度v0＝5×102 m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域，不計粒子重力．求：
圖17
(1)粒子通過電場區(qū)域的時間；
(2)粒子離開電場時的位置坐標；
(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大小．
學案31 帶電粒子
18、在電場中的運動(二)
【課前雙基回扣】
1．D [由qE＝m得Ek＝mv2＝qER為常數(shù)．]
2．C [因mgsin θ＝μmgcos θ，所以(mg－qE)sin θ＝μ(mg－qE)cos θ仍成立，故勻速下滑．]
3．BD [由等量同種電荷電場的分布情況可得．]
4．A [油滴從開始運動到最高點，據(jù)動能定理得WG＋WE＝mv－mv＝0，而重力做的功WG<0.所以電場力做的功WE>0，而帶負電的油滴所受的電場力水平向左，所以最高點必在P點的左上方．]
5．A
思維提升
1．帶電粒子在勻強電場和重力場形成的復合場中運動，其處理方法有以下幾種：
①正交分解法．②等效“重力
19、”法．③功能關系法．
2．帶電粒子在交變電場中的運動，一般應根據(jù)所加交變電壓的規(guī)律，畫出粒子相應的速度圖象，利用圖象來分析粒子的運動，既直觀方便，思維難度也?。?
【核心考點突破】
例1 (1) (2) (3)EqR(5－3cos θ)
(4)EqR≤Ek≤EqR
解析 (1)加速度a＝.
(2)由R＝v0t，R＝at2及a＝三個式子可解得：
v0＝.
(3)由Ek＝Eq(R－Rcos θ)＋mv0′2，Rsin θ＝v0′t′，R－Rcos θ＝at′2及a＝可解得：Ek＝EqR(5－3cos θ)．
(4)由第(3)小題的結論可以看出，當θ從0°變化到180°，接收屏上電
20、荷的動能逐漸增大，因此D點接收到的電荷的末動能最小，C點接收到的電荷的末動能最大．
EkD＝EqR(5－3cos 60°)＝EqR
EkC＝EqR(5－3cos 120°)＝EqR
所以，屏上接收到的電荷的末動能大小的范圍為
EqR≤Ek≤EqR.
[規(guī)范思維] 由于帶電微粒在勻強電場中所受電場力與重力都是恒力，因此其處理方法可用正交分解法．先將復雜的運動分解為兩個互相正交的簡單的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律我們可以掌握，然后再按運動合成的觀點，去求出復雜運動的相關物理量．
例2 (1)
(2)mvm2－(mgsin θ＋qE)·(x＋)
解析 (1)滑塊從靜止釋放到與彈
21、簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有
qE＋mgsin θ＝ma①
x＝at②
聯(lián)立①②可得t1＝ ③
(2)滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為x0，則有mgsin θ＋qE＝kx0④
從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得
(mgsin θ＋qE)·(x＋x0)＋W＝mvm2－0⑤
聯(lián)立④⑤可得
W＝mvm2－(mgsin θ＋qE)·(x＋)
[規(guī)范思維] 本題是典型的力學問題，求解電場中力學問題的方法與純力學問題完全相同．其思路是：①明確研究對象；②分析受力情況和運動過程；③選取物理規(guī)律：如果涉及求解加速度及時間選牛頓第二
22、定律和運動學公式；如果不涉及運動細節(jié)一般選動能定理或能量守恒．
例3 (1) (2) T
解析 (1)因粒子在A、B間運動時，水平方向不受外力做勻速運動，所以進入O1′孔的速度即為進入A、B板的初速度．
在C、D間，由動能定理得qU2＝mv
即v0＝
(2)由于粒子進入A、B后，在一個周期T內，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)．即v豎＝0，若在第一個周期內進入O1′孔，則對應兩板最短長度為L＝v0T＝T，若在該時間內，粒子剛好不到A板而返回，則對應兩板最小間距，設為d，所以··()2×2＝，即d＝ .
[規(guī)范思維] 對于帶電粒子在交變電場中的問題，由于不同時間內場強不同，使得帶電
23、粒子所受的電場力不同，造成帶電粒子的運動情況發(fā)生變化，解決這類問題，要分段進行分析，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子在每一段的運動情況，分段求解粒子的末速度、位移等．
【課時效果檢測】
1．BC [由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度之比為3∶2，由牛頓第二定律可知：＝，所以小球所受的重力與電場力之比為3∶5，B正確．小球在t＝2.5 s時速度為零，此時下落到最低點，由動能定理可知，重力與電場力的總功為零，故A錯誤，C正確．因小球只受重力與電場力作用，所以小球的機械能與電勢能總和保持不變，D錯．]
2．B [
24、A板做初速度為零的勻加速直線運動，T時刻電場反向，粒子向A板做勻減速直線運動，經(jīng)相同時間速度減為零，再向B板做初速度為零的勻加速直線運動然后勻減速到零，由于向A板運動時間長，所以粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．]
3．A [由h＝at2＝··t2可知，在相同的時間內，電荷M的豎直位移大，其加速度大，比荷(電荷量和質量的比值)大，選項A正確而B錯誤；電荷M的豎直位移大，對應的電壓也大；比荷大，但電荷量不一定大，由W＝qU可知，電場力對電荷M做的功不一定大，選項C錯誤；水平方向由x＝v0t可知，選項D錯誤．]
4．B [由題意知，三個小球受電場力方向向下，由于正電荷受力
25、方向與場強方向相同，而沿場強方向電勢越來越低，故等勢面B的電勢低于等勢面A的電勢，故A項錯誤；三個小球從A至B重力和電場力做的功都相同，根據(jù)動能定理知B項正確；開始運動后的任一時刻，沿電場方向，a球的位移總比b球的位移大，即電場力對a球所做的功比對b球所做的功多，a球的動能大些，C錯誤，D也錯誤．]
5．ACD [小球P、Q帶同種電荷，且P球所帶電荷量等于Q球所帶的電荷量，則在二者連線上電場強度為零的點O位于ab中點．c點釋放一帶電小滑塊M，由靜止開始向右運動，說明P、M帶同種電荷，電場力先做正功，滑過O點后電場力做負功，滑塊的電勢能先減小后增大，動能先增大后減小，選項C對而B錯；途經(jīng)O點受
26、力為零，選項A正確；由電場線的分布情況可知，選項D正確．]
6．AC [小球在水平方向不受力，故一直做勻速直線運動，A正確；若場強大小等于，則所受電場力大小等于mg，方向向上，則在電場區(qū)做勻速直線運動，但在無電場區(qū)由于仍受重力，速度繼續(xù)增加，故在電場區(qū)以不同的速度做勻速直線運動，經(jīng)過的時間必不同，B、D錯；若場強大小等于，則所受電場力為2mg，經(jīng)過一個無電場區(qū)和一個電場區(qū)的過程中，重力做功與電場力做功的代數(shù)和為零，所以，在無電場區(qū)小球均做初速度為v0的平拋運動，故小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時間均相同，C正確．]
7．(1) (2)mg
解析 (1)設滑塊到達C點時的速度為v，由動能定理有
27、qE(x＋R)－μmgx－mgR＝mv2－0
而qE＝
解得v＝
(2)設滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小為F，則
F－qE＝m
解得F＝mg
8．(1) (2)ΔE＝2(4μ－1)μmg2t2
解析 (1)滑塊與木板間的正壓力大小為
FN＝qE＝4mg
Ff＝μFN
對滑塊W0－2mgh－Ffh＝×2mv2
v2＝2ah
由以上幾式解得a＝
(2)對長木板由牛頓第二定律得
Ff－mg＝ma′
摩擦力對木板做功為W＝Ffx
x＝a′t2
根據(jù)功能關系知木板增加的機械能等于摩擦力所做的功，即ΔE＝W
由以上各式解得ΔE＝2(4μ－1)μmg2t2
9．(1
28、)4×10－3 s (2)(－2×10－5 m，2 m)
(3)4×10－3 m/s
解析 (1)因粒子初速度方向垂直勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區(qū)域的時間t＝＝4×10－3 s.
(2)粒子在x方向先加速后減速，加速時的加速度大小為a1＝＝4 m/s2
減速時的加速度大小為a2＝＝2 m/s2
x方向上的位移大小為
x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5 m
因此粒子離開電場時的位置坐標為(－2×10－5 m，2 m)
(3)離開電場時粒子在x方向的速度大小為
vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s.
易錯點評
1．帶電體在復合場中運動的多過程問題，一定要對不同過程進行正確的受力分析，運用不同運動形式的不同規(guī)律去處理，同時注意各過程的速度關聯(lián)．
2．帶電體在復合場中的圓周運動問題，仍然會涉及臨界情境，此時要特別注意“等效最高點”與“幾何最高點”的不同．
2022年高三物理復習 第6章 帶電粒子在電場中的運動2學案
