9帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求科學(xué)思維：1.能夠從運(yùn)動(dòng)和力、功和能的角度分析帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，通過(guò)綜合應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理解題的過(guò)程，提高科學(xué)推理能力.2.建立帶電粒子在交變電場(chǎng)中直線運(yùn)動(dòng)的思維模型.1.基本粒子的受力特點(diǎn)：對(duì)于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，它們受到重力的作用一般遠(yuǎn)小于靜電力，故可以忽略.2.帶電粒子的加速：(1)運(yùn)動(dòng)分析：帶電粒子從靜止釋放，將沿電場(chǎng)力方向在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻加速運(yùn)動(dòng).(2)末速度大小：根據(jù)qUmv2，得v.判斷下列說(shuō)法的正誤.(1)質(zhì)量很小的粒子不受重力的作用.(×)(2)動(dòng)能定理能分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，也能分析非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.()(3)利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，也可分析非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.(×)(4)當(dāng)電子在電場(chǎng)中做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，動(dòng)能增加.(×)一、帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)如圖1所示，平行板電容器兩板間的距離為d，電勢(shì)差為U.一質(zhì)量為m、帶正電荷為q的粒子，在電場(chǎng)力的作用下由靜止開始從正極板A向負(fù)極板B運(yùn)動(dòng).圖1(1)比較粒子所受電場(chǎng)力和重力的大小，說(shuō)明重力能否忽略不計(jì)(粒子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的4倍，即m4×1.67×1027kg，電荷量是質(zhì)子的2倍).(2)粒子的加速度是多大(結(jié)果用字母表示)？在電場(chǎng)中做何種運(yùn)動(dòng)？(3)計(jì)算粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度大小(嘗試用不同的方法求解，結(jié)果用字母表示).答案(1)粒子所受電場(chǎng)力大、重力?。灰蛑亓h(yuǎn)小于電場(chǎng)力，故可以忽略重力.(2)粒子的加速度為a.在電場(chǎng)中做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng).(3)方法1利用動(dòng)能定理求解.在帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)它做的功是WqU設(shè)帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速率為v，則Ekmv2由動(dòng)能定理可知qUmv2v.方法2利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解.設(shè)粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)所用時(shí)間為t，則dat2，vat，a聯(lián)立解得v.1.帶電粒子的分類及受力特點(diǎn)(1)電子、質(zhì)子、粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力.(2)質(zhì)量較大的微粒：帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說(shuō)明或有明確的暗示外，處理問(wèn)題時(shí)一般都不能忽略重力.2.分析帶電粒子在電場(chǎng)力作用下加速運(yùn)動(dòng)的兩種方法(1)利用牛頓第二定律Fma和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，只能用來(lái)分析帶電粒子的勻變速運(yùn)動(dòng).(2)利用動(dòng)能定理：qUmv2mv02.若初速度為零，則qUmv2，對(duì)于勻變速運(yùn)動(dòng)和非勻變速運(yùn)動(dòng)都適用.例1如圖2所示，M和N是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩個(gè)等勢(shì)面，相距為d，電勢(shì)差為U，一質(zhì)量為m(不計(jì)重力)、電荷量為q的粒子，以速度v0通過(guò)等勢(shì)面M垂直射入兩等勢(shì)面之間，則該粒子穿過(guò)等勢(shì)面N的速度應(yīng)是()圖2A.B.v0C.D.答案C解析qUmv2mv02，v，選C.針對(duì)訓(xùn)練如圖3所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間的電勢(shì)差不變，則()圖3A.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v增大B.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v減小C.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v不變D.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)答案C解析由動(dòng)能定理得eUmv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時(shí)，U不變，v就不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即t，當(dāng)d減小時(shí)，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.二、帶電體在重力場(chǎng)和電場(chǎng)疊加場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)帶電體在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力和重力作用，當(dāng)帶電體所受合外力為零時(shí)，將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)帶電體所受合外力不為零，且合外力的方向與速度方向在一條直線上時(shí)將做加速或減速直線運(yùn)動(dòng).分析方法：(1)力和加速度方法牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式；(2)功和能方法動(dòng)能定理；(3)能量方法能量守恒定律.例2如圖4所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m、電荷量為q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰好為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g).求：圖4(1)小球到達(dá)小孔處的速度大??；(2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落到運(yùn)動(dòng)到下極板處所用的時(shí)間.答案(1)(2)(3)解析(1)小球從靜止開始下落到小孔處做自由落體運(yùn)動(dòng)，由v22gh，得v.(2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力作用，由牛頓第二定律得：mgqEma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知：0v22ad整理得電場(chǎng)強(qiáng)度E由UEd，QCU，得電容器所帶電荷量Q.(3)設(shè)小球做自由落體運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t1，電場(chǎng)中小球做勻減速運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t2，由hgt12，0vat2，tt1t2整理得t.例3(2018·山東濟(jì)南市高一下期末)如圖5所示，一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向水平向左.一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，從O點(diǎn)出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場(chǎng)力與重力的作用下，恰能沿與場(chǎng)強(qiáng)的反方向成角做直線運(yùn)動(dòng).(重力加速度為g)求：圖5(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；(2)小球從O點(diǎn)到最高點(diǎn)的距離；(3)小球運(yùn)動(dòng)到的最高點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢(shì)差.答案(1)(2)(3)解析(1)根據(jù)帶電小球做直線運(yùn)動(dòng)，則重力和電場(chǎng)力的合力與初速度在同一直線上，tan，解得：E(2)解法一：最高點(diǎn)與O點(diǎn)間的距離為sF合ma解得：s解法二：由動(dòng)能定理：s0mv02得：s(3)最高點(diǎn)的電勢(shì)大于O點(diǎn)的電勢(shì)，電勢(shì)差UEscos.三、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)例4在如圖6所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖7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)力作用下原來(lái)靜止在兩板中間的電子開始運(yùn)動(dòng).若兩板間距離足夠大且不計(jì)重力，試分析電子分別在甲、乙兩種交變電壓作用下的運(yùn)動(dòng)情況，并畫出相應(yīng)的vt圖象.圖6甲乙圖7答案見解析解析t0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，在0T內(nèi)電子做初速度為零的正向勻加速直線運(yùn)動(dòng)，TT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vt圖線如圖(a)所示.對(duì)于題圖乙，在0內(nèi)做類似(1)0T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vt圖線如圖(b)所示.(a)(b)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vt圖象.特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場(chǎng)時(shí)的時(shí)刻及交變電場(chǎng)的周期.1.(帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng))(2018·山東濟(jì)寧市高一下期末)如圖8所示，P和Q為兩平行金屬板，板間恒定電壓為U，一電子只在電場(chǎng)力作用下，從P板由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng).關(guān)于電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，下列說(shuō)法正確的是()圖8A.兩板間距離越大，電子獲得的速率就越大B.兩板間距離越小，電子獲得的速率就越大C.電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，與兩板間距離無(wú)關(guān)D.以上說(shuō)法都不正確答案C2.(帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng))兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖9所示，OAL，則此電子具有的初動(dòng)能是()圖9A.B.edULC.D.答案D解析電子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，因受電場(chǎng)力作用，速度逐漸減小.根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場(chǎng)力，不計(jì)重力.根據(jù)能量守恒定律得mv02eUOA.因E，UOAEL，故mv02，所以D正確.3.(帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng))(多選)如圖10甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大.當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，選項(xiàng)中的圖象反映電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的是()圖10答案AD解析在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性變化的電壓時(shí)，因?yàn)殡娮釉谄叫薪饘侔彘g所受的電場(chǎng)力F，所以電子所受的電場(chǎng)力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化.由牛頓第二定律Fma可知，電子在第一個(gè)內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第二個(gè)內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在第三個(gè)內(nèi)向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第四個(gè)內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng).所以at圖象如圖甲所示，vt圖象如圖乙所示，又因勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移xv0tat2，所以xt圖象應(yīng)是曲線.4.(帶電體在疊加場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng))(2018·山東聊城市高一下期末)如圖11所示，兩塊水平放置的平行金屬板M、N相距為d，組成一個(gè)電容為C的平行板電容器，M板接地，M板正中央有一個(gè)小孔B，從小孔B正上方高h(yuǎn)處的A點(diǎn)，一滴一滴地由靜止滴下質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電油滴，油滴穿過(guò)B孔后落到N板，把全部電荷量傳給N板，M板也帶上等量的異種電荷，不計(jì)空氣阻力及板外電場(chǎng)的影響.重力加速度為g，求：圖11(1)當(dāng)某一滴油滴在板間恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶的電荷量；(2)最終到達(dá)N板的油滴不會(huì)超過(guò)多少滴.答案(1)(2)1解析(1)由平衡條件得qEmg，電場(chǎng)強(qiáng)度E再由E，C得Q(2)設(shè)已有n滴油滴到達(dá)N板，C第n1滴油滴恰好能到達(dá)N板，對(duì)于第n1滴油滴，根據(jù)動(dòng)能定理得mg(hd)qU0得n所以最終到達(dá)N板的油滴不會(huì)超過(guò)1.一、選擇題考點(diǎn)一帶電粒子(體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1.質(zhì)子(H)、粒子(He)、鈉離子(Na)三個(gè)粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過(guò)電壓為U的同一電場(chǎng)加速后，獲得動(dòng)能最大的是()A.質(zhì)子(H) B.粒子(He)C.鈉離子(Na) D.都相同答案B解析qUmv20，U相同，粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以粒子獲得的動(dòng)能最大，故選項(xiàng)B正確.2.如圖1所示，一個(gè)平行板電容器充電后與電源斷開，從負(fù)極板處釋放一個(gè)電子(不計(jì)重力)，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v1，加速度為a1.若將兩極板間的距離增大為原來(lái)的2倍，再?gòu)呢?fù)極板處釋放一個(gè)電子，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v2，加速度為a2，則()圖1A.a1a211，v1v212B.a1a221，v1v212C.a1a221，v1v21D.a1a211，v1v21答案D解析電容器充電后與電源斷開，再增大兩極板間的距離時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)不變，電子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力不變，故a1a211.由動(dòng)能定理Uemv2得v，因兩極板間的距離增大為原來(lái)的2倍，由UEd知，電勢(shì)差U增大為原來(lái)的2倍，故v1v21.3.(多選)圖2為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空.A為發(fā)射電子的陰極，K為接在高電勢(shì)點(diǎn)的加速陽(yáng)極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時(shí)的速度可以忽略，電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時(shí)的速度大小為v.下面的說(shuō)法中正確的是()圖2A.如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時(shí)的速度仍為vB.如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)镃.如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)関D.如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)榇鸢窤C解析根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功Uqmv2，v，根據(jù)關(guān)系式可知，A、C正確.4.(多選)如圖3所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，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3A.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)誤.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，粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)，D正確.5.如圖4所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn).由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn).現(xiàn)將C板向右平移到P點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()圖4A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B.運(yùn)動(dòng)到P和P點(diǎn)之間返回C.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回D.穿過(guò)P點(diǎn)答案A解析根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C、定義式C和勻強(qiáng)電場(chǎng)的電壓與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系式UEd可得E，可知將C板向右平移到P點(diǎn)，B、C兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由O點(diǎn)靜止釋放的電子仍然可以運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，并且會(huì)原路返回，故選項(xiàng)A正確.6.如圖5，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子.在電場(chǎng)力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng).已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面.若兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則Mm為()圖5A.32B.21C.52D.31答案A解析因兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面，電荷量為q的粒子通過(guò)的位移為l，電荷量為q的粒子通過(guò)的位移為l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1，a2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有l(wèi)a1t2t2la2t2t2得.B、C、D錯(cuò)，A對(duì).7.(多選)(2018·山東煙臺(tái)市高一下期末)在地面附近存在著一有界電場(chǎng)，邊界MN將某空間分成上下兩個(gè)區(qū)域、，在區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖6甲所示，小球運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，則()圖6A.小球經(jīng)過(guò)邊界時(shí)的速度最大B.小球受到的重力與電場(chǎng)力大小之比為23C.03s內(nèi)，重力做的功和電場(chǎng)力做的功絕對(duì)值不相等D.在小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和保持不變答案ABD解析小球在區(qū)做自由落體運(yùn)動(dòng)，在區(qū)做勻減速運(yùn)動(dòng)，在邊界處速度最大，A正確；03 s內(nèi)，由動(dòng)能定理得WGW電0，C錯(cuò)誤；03 s內(nèi)小球位移x×3,13 s內(nèi)小球位移x2×2，又mgxqEx20，所以，B正確；只有重力和電場(chǎng)力做功，小球機(jī)械能和電勢(shì)能總和不變，D正確.考點(diǎn)二帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)8.某平行金屬板間加如圖7所示的周期性變化的電勢(shì)差，開始時(shí)重力不計(jì)的帶電粒子靜止在平行板中央，t0時(shí)將其釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中無(wú)碰板情況.下列選項(xiàng)中能正確地描述粒子運(yùn)動(dòng)速度時(shí)間圖象的是()圖7答案A解析從t0時(shí)刻開始將其釋放，在0時(shí)間內(nèi)帶電粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)間內(nèi)帶電粒子做同向勻減速直線運(yùn)動(dòng)且末速度為零，然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，速度時(shí)間圖象如選項(xiàng)A.9.(多選)如圖8所示，兩平行正對(duì)金屬板分別加上如下列選項(xiàng)中的電壓，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Ut圖象應(yīng)是(設(shè)兩板距離足夠大)()圖8答案BC解析由選項(xiàng)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)前面的運(yùn)動(dòng)，一直向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)不往返.由選項(xiàng)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).由選項(xiàng)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).由選項(xiàng)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)不往返.故選B、C.10.如圖9甲所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上.則t0可能屬于的時(shí)間段是()圖9A.0t0B.t0C.t0TD.Tt0答案B解析兩板間加的是方波電壓，剛釋放粒子時(shí)，粒子向A板運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明釋放粒子時(shí)UAB為負(fù).若t0時(shí)刻釋放粒子，則粒子做方向不變的單向直線運(yùn)動(dòng)，一直向A板運(yùn)動(dòng)；若t0時(shí)刻釋放粒子，則粒子在電場(chǎng)中固定兩點(diǎn)間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，因此t0時(shí)間內(nèi)，粒子的運(yùn)動(dòng)滿足題意的要求，選項(xiàng)B正確.二、非選擇題11.一個(gè)帶正電的微粒，從A點(diǎn)射入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒沿直線AB運(yùn)動(dòng)，如圖10所示.AB與電場(chǎng)線夾角30°，已知帶電微粒的質(zhì)量m1.0×107kg，電荷量q1.0×1010C，A、B相距L20cm.(取g10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求：圖10(1)說(shuō)明微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，要求說(shuō)明理由.(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向.(3)要使微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，微粒射入電場(chǎng)時(shí)的最小速度是多少？答案見解析解析(1)微粒只在重力和電場(chǎng)力作用下沿AB方向運(yùn)動(dòng)，如圖所示，微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速運(yùn)動(dòng).(2)因?yàn)閝Emg.所以電場(chǎng)強(qiáng)度E1.7×104N/C，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向左.(3)微粒由A運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度vB0時(shí)，微粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度最小，由動(dòng)能定理得，L0mvA2，代入數(shù)據(jù)，解得vA2.8m/s.12.如圖11所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球在B板下方距離B板為H處，以初速度v0豎直向上從B板小孔進(jìn)入板間電場(chǎng).圖11(1)帶電小球在板間做何種運(yùn)動(dòng)？(2)欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢(shì)差為多少？答案(1)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)(2)解析(1)帶電小球在電場(chǎng)外只受重力的作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中受重力和靜電力作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng).(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力和靜電力做功，由動(dòng)能定理得mg(Hh)qUAB0mv02解得UAB.13.(2018·山東德州市高一下期末)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)判定該粒子的電性；(2)在0方時(shí)間內(nèi)兩板間的電壓U0；(3)若tT時(shí)刻，粒子恰好從O點(diǎn)正下方金屬板A的小孔飛出，那么的比值應(yīng)滿足什么條件.答案(1)正電(2)(3)解析(1)由平衡條件可判定粒子帶正電(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：at2mgmat由以上公式聯(lián)立得：.17