微型專題4帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求物理觀念：1.掌握初速度與場強(qiáng)方向同直線時(shí)帶電體做直線運(yùn)動(dòng)，初速度與場強(qiáng)方向垂直時(shí)帶電體做類平拋運(yùn)動(dòng).2.會(huì)分析圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源科學(xué)思維：1.能夠綜合應(yīng)用運(yùn)動(dòng)和力、功和能的關(guān)系分析帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題，提高科學(xué)推理能力.2.建立帶粒子在交變電場中直線運(yùn)動(dòng)的思維模型一、帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)1帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)(1)勻速直線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的電場力與其他力的合力平衡(2)勻加速直線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向相同(3)勻減速直線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向相反2求解帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動(dòng)(加速或減速)的方法(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1如圖1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)，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g)求：圖1(1)小球到達(dá)小孔處的速度大??；(2)極板間電場強(qiáng)度大??；(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的過程做自由落體運(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整理得電場強(qiáng)度大小E(3)由hgt12，0vat2，tt1t2整理得t.二、帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動(dòng)1先求加速度2將運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直初速度方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在兩個(gè)方向上分別列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程3涉及功能關(guān)系，也可用動(dòng)能定理列方程例2(多選)(2018·上饒市高二期末)有三個(gè)質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的油滴，從極板左側(cè)中央以相同的水平初速度v先后垂直電場射入，落到極板A、B、C處，如圖2所示，則()圖2A油滴A帶正電，B不帶電，C帶負(fù)電B三個(gè)油滴在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等C三個(gè)油滴在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度aA<aB<aCD三個(gè)油滴到達(dá)極板時(shí)動(dòng)能EkA<EkB<EkC答案ACD解析三個(gè)油滴的初速度相等，水平位移xA>xB>xC，根據(jù)水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以由公式xvt得tA>tB>tC，三個(gè)油滴在豎直方向上的位移相等，根據(jù)yat2，知aA<aB<aC.從而得知B僅受重力，A所受的電場力方向向上，C所受的電場力方向向下，所以B不帶電，A帶正電，C帶負(fù)電，故A、C正確，B錯(cuò)誤根據(jù)動(dòng)能定理，三個(gè)油滴重力做功相等，電場力對(duì)A做負(fù)功，對(duì)B不做功，對(duì)C做正功，所以C的動(dòng)能變化量最大，A的動(dòng)能變化量最小，A、B、C的初動(dòng)能相等，所以三個(gè)油滴到達(dá)極板時(shí)的動(dòng)能EkA<EkB<EkC，故D正確三、帶電體在電場(復(fù)合場)中的圓周運(yùn)動(dòng)解決電場(復(fù)合場)中的圓周運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵是分析向心力的來源，向心力的來源有可能是重力和電場力的合力，也有可能是單獨(dú)的電場力有時(shí)可以把復(fù)合場中的圓周運(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·江西師大附中高二上月考)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)s3R的A點(diǎn)由靜止釋放，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，從A到C的過程中，由動(dòng)能定理有mg(sR)mgsmgRmv2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Fmgm解得Fmg由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的作用力大小為FFmg(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)，由電場力和重力的合力提供向心力，此時(shí)的速度最小，設(shè)為vmin則有m解得vmin.學(xué)科素養(yǎng)復(fù)合場中的圓周運(yùn)動(dòng)，涉及受力分析、圓周運(yùn)動(dòng)、電場等相關(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中的運(yùn)動(dòng)1當(dāng)空間存在交變電場時(shí)，粒子所受電場力方向?qū)㈦S著電場方向的改變而改變，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中的運(yùn)動(dòng)需要分段研究，并輔以vt圖象特別需注意帶電粒子進(jìn)入交變電場時(shí)的時(shí)刻及交變電場的周期例4在如圖4所示的兩豎直放置的平行金屬板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板高在電場力作用下原來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vt圖象圖4圖5答案見解析解析t0時(shí)，B板電勢(shì)比A板高，在電場力作用下，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圖象如圖(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圖象如圖(b)所示(a)(b)1(帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng))(2018·西安交大附中質(zhì)檢)如圖6甲所示，在兩豎直放置的平行金屬板間靠近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，帶電粒子在電場力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過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6A.B.C1D.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)過程中先加速然后減速再加速，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性和動(dòng)能定理，可得Ek3q；同理使粒子在5t0時(shí)刻剛好到達(dá)B板時(shí)Ek5q·，故，B正確2(帶電體的直線運(yùn)動(dòng))(2018·菏澤市高二上期末)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)電場的電場強(qiáng)度的大??；(2)若電場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Eqmg解得：E(2)電場方向改變，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qEmgcos30°解得：E液滴在運(yùn)動(dòng)方向的反方向上的合力Fmgsin30°，由牛頓第二定律得，做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小agsin30°液滴可前進(jìn)的距離s.(或由動(dòng)能定理：mgsin30°·s0mv02得液滴可前進(jìn)的距離s.)3(帶電粒子在電場中的類平拋運(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，電場強(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yvt，水平方向上l·t2.解得yv.沿極板豎直向下且速率為v的電子，受到向右的電場力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)打到熒光屏上的Q點(diǎn)，同理可得yv.故在熒光屏B上的發(fā)光面積Sy2.4(帶電粒子的圓周運(yùn)動(dòng))(2017·宿遷市期末)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R0.40m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E1.0×103V/m的水平向右的有界勻強(qiáng)電場，AB為電場的左側(cè)豎直邊界現(xiàn)將一質(zhì)量為m0.04 kg、電荷量為q1×104 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0.05，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2.求：圖9(1)滑塊通過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s；(3)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A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力恰好為零，所以有mg，解得vA2m/s.(2)根據(jù)動(dòng)能定理可得：|q|Esmgsmg·2RmvA2，解得s5m.(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：vxvAt22.5t在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以有vygt10t，v故vminm/s1.94 m/s.一、選擇題考點(diǎn)一帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)1.(多選)如圖1所示，兩平行金屬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兩板間，則在此過程中，該粒子()圖1A所受重力與電場力平衡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合恒定且與v0方向相反，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，D正確2如圖2，一水平放置的平行金屬板連接在直流電源上，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于上、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法正確的是()圖2Aa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B3(多選)如圖3所示，一帶電液滴在重力和勻強(qiáng)電場對(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3A此液滴帶負(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，且液滴沿合外力方向運(yùn)動(dòng)，合外力做功不為零，故C錯(cuò)誤；從b到d，電場力做正功，液滴電勢(shì)能減小，故D正確考點(diǎn)二帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動(dòng)4(多選)如圖4所示，一電子(不計(jì)重力)沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場，在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡為OCD，已知，電子過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Ek1和Ek2，則()圖4AvCyvDy12BvCyvDy14CEk1Ek213DEk1Ek214答案AD解析電子沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場，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)間相等電子在y軸方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則有vCyatOC，vDyatOD，所以vCyvDytOCtOD12，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yOCyOD14，根據(jù)動(dòng)能定理得Ek1qEyOC，Ek2qEyOD，則得Ek1Ek214，故C錯(cuò)誤，D正確5.如圖5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方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)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程中()圖5A它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQtPB它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQaPC它們所帶的電荷量之比qPqQ12D它們的動(dòng)能增加量之比EkPEkQ12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，它們做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移均為l.則對(duì)P，由lv0tP，aPtP2，得到aP；對(duì)Q，由lv0tQ，haQtQ2，得到aQ.由此可見tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，所以qPqQ12.由動(dòng)能定理得，它們的動(dòng)能增加量之比EkPEkQmaPmaQh14.綜上所述，C項(xiàng)正確6(2018·南京師大附中段考)如圖6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、b、c，最后分別落在1、2、3三點(diǎn)，則下列說法正確的是()圖6A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在水平方向加速度最大，由牛頓第二定律知，液滴c所受的電場力最大，故液滴c所帶電荷量最多，選項(xiàng)D正確考點(diǎn)三帶電粒子在電場(復(fù)合場)中的圓周運(yùn)動(dòng)7(多選)如圖7所示，豎直向下的勻強(qiáng)電場中，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)，以下四種說法中正確的是()圖7A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帶電小球通過最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力一定最小D帶電小球通過最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力有可能最小答案ABD8.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)已知小球所受電場力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為53°，軌道水平段BC長度sBC2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則高度h為()圖8A2RB4RC10RD17R答案C解析小球所受的重力和電場力均為恒力，故兩力可等效為一個(gè)力Fmg，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mgm，由A到D的過程由動(dòng)能定理得mg(hRRcos37°)mg(htan37°2RRsin37°)mvD2，解得h10R，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，能使原來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，板長為L，兩板加電壓后板間的電場可視為勻強(qiáng)電場現(xiàn)在A、B兩板間加上如圖(b)所示的周期性的交變電壓，在t0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，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10A粒子在垂直于板的方向上的分運(yùn)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，一帶電粒子質(zhì)量為m2.0×1011kg、電荷量為q1.0×105C，從a點(diǎn)由靜止開始經(jīng)電壓為U100V的電場加速后，垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，從虛線MN上的某點(diǎn)b(圖中未畫出)離開勻強(qiáng)電場時(shí)速度與電場方向成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)電場時(shí)的速率v1；(2)水平勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；(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：qUmv12代入數(shù)據(jù)得v11.0×104m/s.(2)粒子沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)：dv1t粒子沿電場方向做勻加速運(yùn)動(dòng)：vyat由題意得：tan30°由牛頓第二定律得：qEma代入數(shù)據(jù)得：E×103N/C1.7×103 N/C.(3)由動(dòng)能定理得：qUabm(v12vy2)0代入數(shù)據(jù)得：Uab400V.12(2018·德州市期末)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)判斷該粒子的電性；(2)在0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：at2mgmat由以上各式聯(lián)立得：.13.如圖13所示，長L0.20m的絕緣絲線的一端拴一質(zhì)量為m1.0×104kg、帶電荷量為q1.0×106C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)電場中，電場強(qiáng)度E2.0×103N/C.現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點(diǎn)，然后無初速度地將小球釋放，取g10 m/s2，不計(jì)空氣阻力求：圖13(1)小球通過最高點(diǎn)B時(shí)速度的大??；(2)小球通過最高點(diǎn)B時(shí)，絲線對(duì)小球拉力的大小答案(1)2m/s(2)3.0×103N解析(1)小球由A運(yùn)動(dòng)到B，由動(dòng)能定理有：qELmgLvB2m/s.(2)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，受重力mg、電場力qE和絲線拉力FTB作用，mg1.0×104×10N1.0×103NqE1.0×106×2.0×103N2.0×103N因?yàn)閝Emg，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：FTBmgqEFTBqEmg3.0×103N.17