第9節(jié)帶電粒子在電場中的運動1能研究帶電粒子在電場中運動時的加速度、速度和位移等物理量的變化2能研究帶電粒子在電場中運動時的能量轉(zhuǎn)化3了解示波管的工作原理一、帶電粒子的加速1基本粒子的受力特點：對于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，雖然它們也會受到萬有引力(重力)的作用，但萬有引力(重力)一般遠小于靜電力，可以忽略2帶電粒子的加速：初速度為零，帶電量為q，質(zhì)量為m的帶電粒子，經(jīng)過電勢差為U的電場的加速后，獲得的速度大小為v 二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)質(zhì)量為m、帶電量為q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場，極板長為l，板間距離為d，板間電壓為U1運動性質(zhì)(1)沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運動(2)垂直v0的方向上：初速度為零，加速度為a的勻加速直線運動2運動規(guī)律(1)偏移距離：因為t，a，所以偏移距離yat2(2)偏轉(zhuǎn)角度：因為vyat，所以tan 三、示波管的原理1構(gòu)造示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由電子槍(發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(由一對X偏轉(zhuǎn)電極板和一對Y偏轉(zhuǎn)電極板組成)和熒光屏組成，如圖所示2原理(1)掃描電壓：XX偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓(2)燈絲被電源加熱后，出現(xiàn)熱電子發(fā)射，發(fā)射出來的電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉(zhuǎn)電場，如果在Y偏轉(zhuǎn)極板上加一個信號電壓，在X偏轉(zhuǎn)極板上加一掃描電壓，在熒光屏上就會出現(xiàn)按Y偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律變化的可視圖象 判一判(1)電子、質(zhì)子、粒子等帶電粒子在電場中受到的靜電力一般遠大于重力，因而通常情況下，重力可以忽略不計()(2)帶電粒子(不計重力)在電場中由靜止釋放時，一定做勻加速直線運動()(3)對帶電粒子在電場中的運動，從受力的角度來看，遵循牛頓運動定律；從做功的角度來看，遵循能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律()(4)對于帶電粒子(不計重力)在電場中的偏轉(zhuǎn)可分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場線方向的自由落體運動()(5)示波管偏轉(zhuǎn)電極不加電壓時，從電子槍射出的電子將沿直線運動，射到熒光屏中心點形成一個亮斑()提示：(1)(2)×(3)(4)×(5) 想一想大量帶電粒子，質(zhì)量不同，帶電量相同，以相同的速度垂直電場進入并穿過同一個電容器，它們的運動時間相同嗎？運動軌跡相同嗎？提示：運動時間相同，運動軌跡不相同由于粒子在水平方向上做勻速運動，由lv0t知運動時間相同不同粒子在沿初速度方向上運動情況相同，在垂直初速度方向上運動情況不同，故它們的運動軌跡不同，如圖所示 做一做兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OAh，此電子具有的初動能是()ABedhUC D提示：選D設(shè)電子的初動能為Ek0，末動能為零，極板間的電場E，根據(jù)動能定理：eEh0Ek0，解得：Ek0帶電粒子在電場中的直線運動1關(guān)于帶電粒子在電場中的重力(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，此類粒子一般不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)(2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力2問題處理的方法和思路(1)分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速、減速；直線還是曲線)，然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題(2)解決這類問題的基本思路是用運動和力的觀點：牛頓定律和運動學(xué)知識求解；用能量轉(zhuǎn)化的觀點：動能定理和功能關(guān)系求解3應(yīng)用動能定理處理這類問題的思路：(粒子只受電場力)(1)若帶電粒子的初速度為零，則它的末動能mv2qU，末速度v(2)若粒子的初速度為v0，則mv2mvqU，末速度v 命題視角1帶電粒子在勻強電場中的直線運動如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動已知兩極板間電勢差為U，板間距為d，電子質(zhì)量為m，電荷量為e則關(guān)于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是()A若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率保持不變B若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率也增大一倍C若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間保持不變D若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間減為一半思路點撥 解答本題時應(yīng)把握以下兩點：(1)帶電粒子被加速，利用動能定理可求到達另一極板的速率；(2)帶電粒子在勻強電場中做勻加速直線運動，利用運動學(xué)公式可求運動的時間解析由動能定理有mv2eU，得v，可見電子到達Q板的速率與板間距離d無關(guān)，故A項對，B項錯兩極板間為勻強電場E，電子的加速度a，由運動學(xué)公式dat2得t ，若兩極板間電勢差增大一倍，則電子到達Q板時間減為原來的，故C、D項都錯答案A 命題視角2帶電粒子在交變電場中的直線運動(多選)如圖所示，A、B是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓U，A板的電勢A0，B板的電勢B隨時間的變化規(guī)律如圖所示現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)內(nèi)，設(shè)電子的初速度和重力的影響可忽略則()A若電子是在t0時刻進入的，它將一直向B板運動B若電子是在t時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上C若電子是在tT時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上D若電子是在t時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動思路點撥 帶電粒子在交變電場中的運動一般比較復(fù)雜，解答此類問題時通常利用vt圖象對帶電體進行分析，既直觀又方便，是首選的方法解析根據(jù)電子進入電場后的受力和運動情況，作出如圖所示的圖象由圖丁可知，當電子在t0時刻進入電場時，電子一直向B板運動，即A正確若電子在時刻進入，則由圖象知，向B板運動的位移大于向A板運動的位移，因此最后仍能打在B板上，即B正確若電子在時刻進入電場，則由圖象知，在第一個周期電子即返回至A板，即C錯誤若電子是在時刻進入的，則它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能進入電場，即D錯誤綜上分析可知本題的正確選項為A、B答案AB(1)解決帶電粒子在交變電場中的運動問題時，關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對粒子的運動情景、運動性質(zhì)做出判斷(2)這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運動時，要注意粒子的運動周期與電場周期的關(guān)系(3)帶電粒子在交變電場中的運動仍遵循牛頓運動定律、運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律，所以此類問題的研究方法與質(zhì)點動力學(xué)相同(4)此類問題借助vt圖象更加有效快捷 【題組突破】1(多選)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當?shù)竭_B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A當增大兩板間距離時，v增大B當減小兩板間距離時，v增大C當改變兩板間距離時，v不變D當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大解析：選CD電子由靜止開始從A板向B板運動的過程中根據(jù)動能定理列出等式：qUmv2，得v ，所以當改變兩板間距離時，v不變，故A、B錯誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場強為E，電子的加速度為a，電子在電場中一直做勻加速直線運動，由dat2t2，得電子加速的時間為td由此可見，當增大兩板間距離時，電子在兩板間的運動時間增大，故D正確2(多選)帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示帶電微粒只在電場力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是()A微粒在01 s內(nèi)的加速度與12 s內(nèi)的加速度相同B微粒將沿著一條直線運動C微粒做往復(fù)運動D微粒在第1 s內(nèi)的位移與第3 s內(nèi)的位移相同解析：選BD01 s和12 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A錯；01 s和12 s微粒分別做勻加速直線運動和勻減速直線運動，根據(jù)這兩段運動的對稱性，12 s的末速度為0，所以每個1 s內(nèi)的位移均相同且2 s以后的運動重復(fù)02 s的運動，是單向直線運動，B、D正確，C錯誤帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1運動狀態(tài)的分析：帶電粒子以初速度v0垂直于電場線方向進入勻強電場時，受到恒定的、與初速度方向成90°的靜電力作用而做勻變速曲線運動，運動軌跡為拋物線2偏轉(zhuǎn)問題的處理方法：類似于平拋運動的處理方法，應(yīng)用運動的合成與分解的知識(1)帶電粒子偏轉(zhuǎn)規(guī)律速度：分速度vxv0，vyat合速度大小v合速度方向tan 位移：分位移xv0t，yat2合位移s合位移方向tan (2)帶電粒子先加速再偏轉(zhuǎn)時的規(guī)律加速電場中：qU1mv偏轉(zhuǎn)電場中規(guī)律偏轉(zhuǎn)的距離y偏轉(zhuǎn)角度tan y、tan 都與比荷無關(guān)(3)兩個結(jié)論粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時，其速度反向延長線與初速度方向延長線交于一點，此點平分沿初速度方向的位移證明：tan ytan 聯(lián)立以上三式，得x位移方向與初速度方向間夾角的正切tan 為速度偏轉(zhuǎn)角的正切tan 的，即tan tan 證明：tan ，tan 故tan tan 命題視角1帶電粒子偏轉(zhuǎn)運動的求解如圖所示為真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計)，經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入由兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子質(zhì)量為m，電荷量為e求：(1)電子穿過A板時的速度大??；(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量；(3)P點到O點的距離解析(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得eU1mv解得v0 (2)電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y1，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式得FeE，E，F(xiàn)ma，t1，y1at，解得y1(3)設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為vy，根據(jù)運動學(xué)公式得vyat1，電子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t2，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2，如圖所示有t2，y2vyt2解得y2P點到O點的距離為yy1y2答案(1) (2)(3) 命題視角2帶電粒子偏轉(zhuǎn)的臨界問題分析一束電子流在經(jīng)U5 000 V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示若兩板間距d10 cm，板長l50 cm，那么要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加多大電壓？思路點撥 當電子恰好從下板右邊緣飛出時電壓有最大值，此時電子做類平拋運動的水平位移為l，偏轉(zhuǎn)位移為解析加速過程，由動能定理得eUmv進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動lv0t在垂直于板面的方向做勻加速直線運動加速度a偏距yat2能飛出的條件為y聯(lián)立式解得U40×102 V即要使電子能飛出，所加電壓最大為400 V答案400 V【題組突破】1如圖所示，兩個板長均為L的平板電極，平行正對放置，兩極板相距為d，極板之間的電勢差為U，板間電場可以認為是勻強電場一個帶電粒子(質(zhì)量為m，電荷量為q)從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板邊緣忽略重力和空氣阻力的影響求：(1)極板間的電場強度E的大小；(2)該粒子的初速度v0的大??；(3)該粒子落到下極板時的末動能Ek的大小解析：(1)兩極板間的電壓為U，兩極板的距離為d，所以電場強度大小為E(2)帶電粒子在極板間做類平拋運動，在水平方向上有Lv0t在豎直方向上有dat2根據(jù)牛頓第二定律可得：a而FEq所以a解得：v0 (3)根據(jù)動能定理可得UqEkmv解得EkUq答案：(1)(2) (3)Uq2如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場電壓為U0偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離y；(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因已知U20×102 V，d40×102 m，m91×1031 kg，e16×1019 C，g取10 m/s2解析：(1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0mv電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間tL偏轉(zhuǎn)距離ya(t)2··(2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力Gmg91×1030 N，數(shù)量級為1030 N電場力F8×1016 N，數(shù)量級為1016 N由于FG，因此不需要考慮電子所受重力答案：(1) (2)見解析帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電粒子在復(fù)合場中的運動是指帶電粒子在運動過程中同時受到電場力及其他力的作用較常見的是在運動過程中，帶電粒子同時受到重力和電場力的作用首先要認識復(fù)合場的性質(zhì)，先分析帶電粒子在復(fù)合場中的受力情況，其次再分析帶電粒子在復(fù)合場中的受力和運動的關(guān)系，然后依據(jù)受力和運動關(guān)系選取規(guī)律解題由于帶電粒子在復(fù)合場中的運動是一個綜合電場力、電勢能的力學(xué)問題，研究的方法與質(zhì)點動力學(xué)的研究方法相同，它同樣遵循運動的合成與分解、牛頓運動定律、動能定理、功能原理等力學(xué)規(guī)律【題組過關(guān)】1如圖所示，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行一電荷量為q(q0)的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)運動，經(jīng)過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb不計重力，求電場強度的大小E、質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能解析：質(zhì)點所受電場力的大小為FqE設(shè)質(zhì)點質(zhì)量為m，經(jīng)過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有FNam，NbFm設(shè)質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，則有Ekamv，Ekbmv根據(jù)動能定理有EkbEka2rF聯(lián)立各式解得E(NbNa)，Eka(Nb5Na)，Ekb(5NbNa)答案：(NbNa)(Nb5Na)(5NbNa)2半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一個質(zhì)量為m、帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖所示珠子所受的靜電力是其重力的，將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，則：(1)珠子所能獲得的最大動能是多大？(2)珠子對環(huán)的最大壓力是多大？解析：珠子只能沿光滑絕緣圓環(huán)做圓周運動，運動過程中除圓環(huán)的彈力外，還受豎直向下的重力和水平向右的電場力，所以珠子一定從A點開始沿逆時針方向做圓周運動，重力做負功，電場力做正功當兩個力做的總功最多時，動能最大，同時在這點所受圓環(huán)的支持力也最大珠子在運動過程中，受到的重力和電場力的大小、方向都不發(fā)生變化，則重力和電場力的合力大小、方向也不變，這樣就可以用合力來代替重力和電場力，當珠子沿合力方向位移最大時，合力做功最多，動能最大(1)由qEmg，設(shè)qE、mg的合力F合與豎直方向的夾角為，則有tan ，解得37°設(shè)珠子到達B點時動能最大，則珠子由A點靜止釋放后從A到B的過程中做加速運動，如圖所示，在B點時動能最大，由動能定理得qErsin mgr(1cos )Ek，解得在B點時的動能，即最大動能Ekmgr(2)設(shè)珠子在B點受到的圓環(huán)彈力為FN，有FNF合，即FNF合mgmgmgmg，由牛頓第三定律得，珠子對圓環(huán)的最大壓力為mg答案：(1)mgr(2)mg隨堂檢測 1質(zhì)子(H)、粒子(He)、鈉離子(Na)三個粒子分別從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是()A質(zhì)子(H)B粒子(He)C鈉離子(Na) D都相同解析：選BqUmv20，U相同，粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以粒子獲得的動能最大，故選項B正確2如圖所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)不計重力若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A BC D解析：選B根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有sv0t，在豎直方向有h··t2，解得v0故選項B正確，選項A、C、D錯誤3(多選)如圖所示，氕、氘、氚的原子核由靜止經(jīng)同一電場加速后，又經(jīng)同一勻強電場偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，那么()A經(jīng)過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多B經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場力對三種核做的功一樣多C三種原子核打在屏上的速度一樣大D三種原子核都打在屏上同一位置處解析：選BD同一加速電場、同一偏轉(zhuǎn)電場，三種原子核帶電荷量相同，故在同一加速電場中電場力對它們做的功都相同，在同一偏轉(zhuǎn)電場中電場力對它們做的功也相同，A錯，B對；由于質(zhì)量不同，所以三種原子核打在屏上的速度不同，C錯；再根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式或偏轉(zhuǎn)角公式y(tǒng)，tan 知，與帶電粒子無關(guān)，D對4在如圖甲所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖乙、丙所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動若兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并畫出相應(yīng)的vt圖象答案：t0時，B板電勢比A板高，在電場力作用下，電子向B板(設(shè)為正方向)做初速度為零的勻加速運動(1)對于題圖乙，在0T時間內(nèi)電子沿正方向做初速度為零的勻加速直線運動，TT時間內(nèi)電子沿正方向做末速度為零的勻減速直線運動，然后周期性地重復(fù)前面的運動，其速度圖線如圖1所示(2)對于題圖丙，在0時間內(nèi)電子做類似圖1中0T時間內(nèi)的運動，T時間內(nèi)電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運動然后周期性地重復(fù)前面的運動，其速度圖線如圖2所示課時作業(yè) 學(xué)生用書P125(單獨成冊)一、單項選擇題1關(guān)于帶電粒子(不計重力)在勻強電場中的運動情況，下列說法正確的是()A一定是勻變速運動B不可能做勻減速運動C一定做曲線運動D可能做勻變速直線運動，不可能做勻變速曲線運動解析：選A帶電粒子在勻強電場中受到的電場力恒定不變，可能做勻變速直線運動，也可能做勻變速曲線運動，故選A2如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()AU1U218BU1U214CU1U212 DU1U211解析：選A由yat2··得：U，所以U，可知A項正確3三個粒子在同一地點沿同一方向垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖所示的運動軌跡，由此可知，下列判斷錯誤的是()A在B飛離電場的同時，A剛好打在負極板上BB和C同時飛離電場C進入電場時，C的速度最大，A的速度最小D動能的增加量C最小，A和B一樣大解析：選B由題意知，三個粒子在電場中的加速度相同，A和B有相同的偏轉(zhuǎn)位移y，由公式y(tǒng)at2得，A和B在電場中運動的時間相同，由公式v0得vB>vA，同理，vC>vB，故三個粒子進入電場時的初速度大小關(guān)系為vC>vB>vA，故A、C正確，B錯誤；由題圖知，三個粒子的偏轉(zhuǎn)位移大小關(guān)系為yAyB>yC，由動能定理可知，三個粒子的動能的增加量C最小，A和B一樣大，D正確4一個帶正電的點電荷以一定的初速度v0(v00)，沿著垂直于勻強電場的方向射入電場，則其可能的運動軌跡應(yīng)該是以下圖中的()解析：選B點電荷垂直于電場方向進入電場時，電場力垂直于其初速度方向，電荷做類平拋運動，故本題選B5噴墨打印機的簡化模型如圖所示重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上則微滴在極板間電場中()A向負極板偏轉(zhuǎn)B電勢能逐漸增大C運動軌跡是拋物線D運動軌跡與帶電荷量無關(guān)解析：選C由于微滴帶負電，電場方向向下，因此微滴受到的電場力方向向上，微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；偏轉(zhuǎn)過程中電場力做正功，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，電勢能減小，選項B錯誤；微滴在垂直于電場方向做勻速直線運動，位移xvt，沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運動，位移yt2·，此為拋物線方程，選項C正確；從式中可以看出，運動軌跡與帶電荷量q有關(guān)，選項D錯誤6如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中()A它們運動的時間tQtPB它們運動的加速度aQaPC它們所帶的電荷量之比qPqQ12D它們的動能增加量之比EkPEkQ12解析：選C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，它們做類平拋運動的水平距離為l則對P，由lv0tP，aPt，得到aP；同理對Q，lv0tQ，haQt，得到aQ由此可見tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，所以qPqQ12由動能定理得，它們的動能增加量之比EkPEkQmaPmaQh14綜上所述，C項正確二、多項選擇題7如圖所示，電荷量和質(zhì)量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A、B兩極板間的加速電場后飛出，不計重力的作用，則()A它們通過加速電場所需的時間相等B它們通過加速電場過程中動能的增量相等C它們通過加速電場過程中速度的增量相等D它們通過加速電場過程中電勢能的減少量相等解析：選BD由于電荷量和質(zhì)量相等，因此產(chǎn)生的加速度相等，初速度越大的帶電粒子經(jīng)過電場所需的時間越短，A錯誤；加速時間越短，則速度的變化量越小，C錯誤；由于電場力做功與初速度及時間無關(guān)，因此電場力對各帶電粒子做功相等，則它們通過加速電場的過程中電勢能的減少量相等，動能的增加量也相等，B、D正確8如圖所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強電場，一帶正電的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出，油滴的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，則()A場強的方向豎直向上B場強的方向豎直向下C兩極板間的電勢差為D油滴的電勢能增加了mgd解析：選AC由題意知帶電油滴受到的電場力等于其重力，帶電油滴受力平衡做勻速直線運動，A對，B錯；由mgq得電勢差U，C對；油滴的電勢能增加量等于電場力做功的負值，即EpWqUmgd，故油滴的電勢能減少了mgd，D錯9如圖所示，豎直向下的勻強電場里，用絕緣細線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運動，以下四種說法中正確的是()A帶電小球可能做勻速率圓周運動B帶電小球可能做變速率圓周運動C帶電小球通過最高點時，細線拉力一定最小D帶電小球通過最低點時，細線拉力有可能最小解析：選ABD若小球所受電場力與重力平衡，小球做勻速圓周運動，A正確；若小球所受電場力與重力不平衡，小球做變速圓周運動，B正確；若小球所受電場力與重力的合力向上，則小球運動到最低點時，細線拉力最小，最高點時細線拉力最大，C錯誤，D正確10如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示電子原來靜止在左極板小孔處(不計重力作用)下列說法中正確的是()A從t0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上 B從t0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C從t時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D從t時刻釋放電子，電子必將打到左極板上解析：選AC對應(yīng)電壓圖象作出電子的速度圖象，根據(jù)速度圖象包圍的面積分析電子的運動由圖1知，t0時釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運動，一定能夠擊中右板，選項A正確，選項B錯誤圖1 圖2由圖2知，t時釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的內(nèi)不能到達右板，則之后往復(fù)運動，選項C正確，選項D錯誤三、非選擇題11如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中，射出電場的瞬時速度的方向與初速度方向成30°角在這一過程中，不計粒子重力求：(1)該粒子在電場中經(jīng)歷的時間；(2)粒子在這一過程中電勢能的增量解析：(1)分解末速度：vyv0tan 30°，在豎直方向vyat，a，聯(lián)立三式可得t(2)射出電場時的速度vv0，由動能定理得靜電力做功為Wmv2mvmv，根據(jù)WEp1Ep2得EpWmv答案：(1)(2)mv12如圖所示，長L020 m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m10×104kg、帶電荷量為q10×106 C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)做圓周運動，整個裝置處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E20×103 N/C現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點，然后無初速度地將小球釋放，取g10 m/s2求：(1)小球通過最高點B時速度的大??；(2)小球通過最高點時，絲線對小球拉力的大小解析：(1)小球由A運動到B，其初速度為零，靜電力對小球做正功，重力對小球做負功，絲線拉力不做功，則由動能定理有：qELmgL，vB 2 m/s(2)小球到達B點時，受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用，經(jīng)計算mg10×104×10 N10×103 NqE10×106×20×103 N20×103 N因為qE>mg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運動，其到達B點時向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出FTB的方向一定指向圓心，由牛頓第二定律有：FTBmgqEFTBqEmg30×103 N答案：(1)2 m/s(2)30×103 N21