第3講電學(xué)中的曲線運(yùn)動1.帶電粒子在電場中受到電場力，如果電場力的方向與速度方向不共線，粒子將做曲線運(yùn)動；如果帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，粒子將做類平拋運(yùn)動，由于加速度恒定且與速度方向不共線，因此是勻變速曲線運(yùn)動.2.研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動的方法與平拋運(yùn)動相同，可將運(yùn)動分解為垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場方向的勻加速直線運(yùn)動；若場強(qiáng)為E，其加速度的大小可以表示為a.3.帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時將做勻速圓周運(yùn)動，向心力由洛倫茲力提供，洛倫茲力始終垂直于運(yùn)動方向，它不做功.其半徑R，周期T.1.帶電粒子在電場和磁場的組合場中運(yùn)動時，一般是類平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動的組合，可以先分別研究這兩種運(yùn)動，而類平拋運(yùn)動的末速度往往是勻速圓周運(yùn)動的線速度，分析運(yùn)動過程中轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是解決此類問題的關(guān)鍵.2.本部分內(nèi)容通常應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法、功能關(guān)系和圓周運(yùn)動的知識解決問題.例1如圖1所示，閉合開關(guān)S后A、B板間產(chǎn)生恒定電壓U0，已知兩極板的長度均為L，帶負(fù)電的粒子(重力不計(jì))以恒定的初速度v0，從上極板左端點(diǎn)正下方h處，平行極板射入電場，恰好打在上極板的右端C點(diǎn).若將下極板向上移動距離為極板間距的倍，帶電粒子將打在上極板的C點(diǎn)，則B板上移后()圖1A.粒子打在A板上的動能將變小B.粒子在板間的運(yùn)動時間不變C.極板間的場強(qiáng)將減弱D.比原入射點(diǎn)低h處的入射粒子恰好能打在上板右端C點(diǎn)解析帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向受電場力作用加速運(yùn)動.設(shè)板間距為d，則有Lv0t，ht2得：t2，故U0不變，當(dāng)d減小時，粒子運(yùn)動時間減小，故B錯誤；豎直方向分速度：vyt ，d減小，則vy增大，故打在A板上的速度v增大，故粒子打在A板上的動能增大，故A錯誤；恒定電壓U0一定，下極板向上移動，極板間的場強(qiáng)將增大，故C錯誤；由Lv0t，ht2得h，所以，故h h，即比原入射點(diǎn)低(1) hh處的入射粒子恰好能打在上板右端C點(diǎn)，故D正確.答案D預(yù)測1(多選)如圖2所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，入射方向與電場線垂直.粒子從Q點(diǎn)射出電場時，其速度方向與電場線成30°角.已知勻強(qiáng)電場的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢為零.則下列說法正確的是()圖2A.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為UqB.帶電粒子帶負(fù)電C.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為ED.此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E答案AC解析由圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電.粒子從P到Q，電場力做正功，為WqU，則粒子的電勢能減少了qU，P點(diǎn)的電勢為零，則知帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為Uq，故A正確，B錯誤.設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時的速度為v0，在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由平拋運(yùn)動的規(guī)律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為：vyv0，粒子在y軸方向上的平均速度為：y.設(shè)粒子在y軸方向上的位移為y0，粒子在電場中的運(yùn)動時間為t，則：豎直方向有：y0yt水平方向有：dv0t可得：y0，所以場強(qiáng)為：E聯(lián)立得E，故C正確，D錯誤.預(yù)測2如圖3甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t0時刻，一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，tT時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場.則()圖3A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的B.在t時刻，該粒子的速度大小為2v0C.若該粒子在時刻以速度v0進(jìn)入電場，則粒子會打在板上D.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在tT時刻射出電場答案A解析粒子射入電場在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上前半個周期內(nèi)先做勻加速直線運(yùn)動，在后半個周期內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動，一個周期末豎直方向上的分速度為零，可知粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向，故A正確；在t時刻，粒子在水平方向上的分速度為v0，因?yàn)閮善叫薪饘侔錗N、PQ的板長和板間距離相等，則有：v0T·×2，解得vy2v0，根據(jù)平行四邊形定則知，粒子的速度大小為vv0，故B錯誤.若該粒子在時刻以速度v0進(jìn)入電場，粒子在豎直方向上的運(yùn)動情況與0時刻進(jìn)入時運(yùn)動的情況相反，運(yùn)動規(guī)律相同，則粒子不會打在板上，故C錯誤.若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則粒子射出電場的時間t，故D錯誤.解題方略1.帶電體一般要考慮重力，而且電場力對帶電體做功的特點(diǎn)與重力相同，即都與路徑無關(guān).2.帶電體在電場中做曲線運(yùn)動(主要是類平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動)的分析方法與力學(xué)中的方法相同，只是對電場力的分析要更謹(jǐn)慎.例2(多選)如圖4所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏MN，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子從兩板中軸線OO射入板間，最后垂直打在MN屏上，重力加速度為g.則下列結(jié)論正確的是()圖4A.粒子打在屏上的位置在MO之間B.板間電場強(qiáng)度大小為C.粒子在板間的運(yùn)動時間大于它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間D.粒子在板間運(yùn)動時電場力所做的功與在板右端運(yùn)動到光屏的過程中克服重力所做的功相等解析據(jù)題分析可知，粒子在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動，飛出電場后，粒子的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，粒子才能最后垂直打在MN屏上，可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得，qEmgmg，得到E.故A、B正確；由于粒子在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動，兩段水平位移大小相等，則粒子在板間運(yùn)動的時間跟它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間相等.故C錯誤.答案AB預(yù)測3(多選)(2016·全國乙卷·20)如圖5，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知()圖5A.Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高B.油滴在Q點(diǎn)的動能比它在P點(diǎn)的大C.油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大D.油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小答案AB解析由于油滴受到的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，所以D選項(xiàng)錯；由于油滴軌跡相對于過P的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內(nèi)側(cè)，所以油滴所受合外力沿豎直向上的方向，因此電場力豎直向上，且qE>mg，則電場方向豎直向下，所以Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)的高，A選項(xiàng)正確；當(dāng)油滴從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)時，電場力做正功，電勢能減小，C選項(xiàng)錯誤；當(dāng)油滴從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中，合外力做正功，動能增加，所以Q點(diǎn)動能大于P點(diǎn)的動能，B選項(xiàng)正確.預(yù)測4(多選)如圖6所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有與水平面平行的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E.在圓上A點(diǎn)有一發(fā)射器，以相同的動能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為q的小球，小球會經(jīng)過圓周上不同的點(diǎn)，在這些點(diǎn)中，以過C點(diǎn)的小球動能最大，且AC兩點(diǎn)間的距離為R.忽略小球間的相互作用，下列說法正確的是()圖6A.電場的方向與AB間的夾角為30°B.電場的方向與AB間的夾角為60°C.若A點(diǎn)的電勢A0，則C點(diǎn)的電勢CERD.若在A點(diǎn)以初動能Ek0發(fā)射的小球，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時的動能EkBEk0qER答案BC解析點(diǎn)A與點(diǎn)C間的距離為R，連接CO，COAOR，說明CAOACO30°；小球在勻強(qiáng)電場中，從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，根據(jù)動能定理，有：qUACEk；因?yàn)榈竭_(dá)C點(diǎn)時的小球的動能最大，所以UAC最大，則在圓周上找不到與C電勢相等的點(diǎn)，且由A到C電場力對小球做正功，過C點(diǎn)作切線，為等勢線，電場線與等勢線垂直，則場強(qiáng)方向如圖所示.所以電場方向與AB間的夾角為60°，故A錯誤，B正確.AC間的電勢差為：UACE(Rcos 30°)ER，若A點(diǎn)的電勢A0，根據(jù)UACAC，則C點(diǎn)的電勢CER，故C正確.AB間的電勢差為：UABE·2R·cos 60°ER.根據(jù)動能定理，在A點(diǎn)以初動能Ek0發(fā)射的小球，從A到B動能增加量為qER，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時的動能EkBEk0qER，故D錯誤.解題方略1.對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的問題，基本思路是：根據(jù)進(jìn)場點(diǎn)和出場點(diǎn)的速度方向，確定洛倫茲力的方向，其交點(diǎn)為圓心，利用幾何關(guān)系求半徑.2.帶電粒子在常見邊界磁場中的運(yùn)動規(guī)律(1)直線邊界：對稱性：若帶電粒子以與邊界成角的速度進(jìn)入磁場，則一定以與邊界成角的速度離開磁場.完整性：比荷相同的正、負(fù)帶電粒子以相同的速度進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場時，兩帶電粒子軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角之和等于2.(2)圓形邊界：沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出.例3(2016·四川理綜·4)如圖7所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場.一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點(diǎn)離開磁場，在磁場中運(yùn)動的時間為tb，當(dāng)速度大小為vc時，從c點(diǎn)離開磁場，在磁場中運(yùn)動的時間為tc，不計(jì)粒子重力.則()圖7A.vbvc12，tbtc21 B.vbvc21，tbtc12C.vbvc21，tbtc21 D.vbvc12，tbtc12解析帶正電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得，rc2rb，b120°，c60°，由qvBm得，v，則vbvcrbrc12, 又由T，tT和b2c得tbtc21，故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯誤.答案A預(yù)測5如圖8所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里.現(xiàn)將甲、乙、丙三個小球從軌道AB上的同一高度處由靜止釋放，都能通過圓形軌道的最高點(diǎn).已知甲、乙、丙三個小球的質(zhì)量相同，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電.則()圖8A.由于到達(dá)最高點(diǎn)時受到的洛倫茲力方向不同，所以到達(dá)最高點(diǎn)時，三個小球的速度不等B.經(jīng)過最高點(diǎn)時，甲球的速度最小C.甲球的釋放位置比乙球的高D.在軌道上運(yùn)動的過程中三個小球的機(jī)械能不守恒答案C解析在最高點(diǎn)時，根據(jù)左手定則可得：甲球受洛倫茲力向下，乙球受洛倫茲力向上，而丙球不受洛倫茲力，故三球在最高點(diǎn)受合力不同，故由F合m可知，到達(dá)最高點(diǎn)時，三個小球的速度不相等，則A錯誤；由以上分析可知，因甲球在最高點(diǎn)受合力最大，則甲球在最高點(diǎn)的速度最大，故B錯誤；因甲球的速度最大，而在整個過程中洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，甲球釋放時的高度最高，故C正確；因洛倫茲力不做功，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒，三個小球的機(jī)械能保持不變，故D錯誤.預(yù)測6(多選)如圖9所示，勻強(qiáng)磁場分布在半徑為R的圓形區(qū)域MON內(nèi)，Q為半徑ON上的一點(diǎn)且OQR，P點(diǎn)為邊界上一點(diǎn)，且PQ與OM平行.現(xiàn)有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場(不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用)，其中粒子1從M點(diǎn)正對圓心射入，恰從N點(diǎn)射出，粒子2從P點(diǎn)沿PQ射入，下列說法正確的是()圖9A.粒子2一定從N點(diǎn)射出磁場B.粒子2在P、N之間某點(diǎn)射出磁場C.粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時間之比為32D.粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時間之比為21答案AD解析如圖所示，粒子1從M點(diǎn)正對圓心射入，恰從N點(diǎn)射出，根據(jù)洛倫茲力指向圓心，和MN的中垂線過圓心，可確定圓心為O1，半徑為R.兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運(yùn)動的半徑相同.粒子2從P點(diǎn)沿PQ射入，根據(jù)洛倫茲力指向圓心，圓心O2應(yīng)在P點(diǎn)上方R處，連接O2P、ON、OP、O2N，O2PON為菱形，O2N大小為R，所以粒子2一定從N點(diǎn)射出磁場.A正確，B錯誤.MO1N90°，PO2NPOQ，cos POQ，所以PO2NPOQ45°.兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場，粒子運(yùn)動的周期相同.粒子運(yùn)動時間與圓心角成正比，所以粒子1與粒子2在磁場中的運(yùn)行時間之比為21.C錯誤，D正確.預(yù)測7(多選)如圖10所示，在0xb、0ya的長方形區(qū)域中有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直于xOy平面向外.O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi).已知粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T，最先從磁場上邊界飛出的粒子在磁場運(yùn)動的時間為，最后從磁場飛出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為.不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用.則()圖10A.粒子做圓周運(yùn)動的半徑R2aB.粒子射入磁場的速度大小vC.長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系b2aD.長方形區(qū)域的邊長滿足關(guān)系b(1)a答案AD解析最先從磁場上邊界中飛出的粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角最小，對應(yīng)的圓弧最短，可以判斷出是沿y軸方向入射的粒子，其運(yùn)動的軌跡如圖甲，則由題意知偏轉(zhuǎn)角：×360°×360°30°由幾何關(guān)系得：R2a帶電粒子做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，得：qvB所以：v，故A正確，B錯誤；在磁場中運(yùn)動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖乙所示，設(shè)該粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t，依題意，t，偏轉(zhuǎn)角度為OCA.設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系得：Rsin Ra，解得：sin ，30°.由圖可得：bRsin Rcos (1)a，故C錯誤，D正確.專題強(qiáng)化練1.(多選)豎直放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個電荷M和N以相同的速率分別從極板A邊緣和兩板中間沿豎直方向進(jìn)入板間電場，恰好從極板B邊緣射出電場，如圖1所示，不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，下列說法正確的是()圖1A.兩電荷的電荷量可能相等B.兩電荷在電場中運(yùn)動的時間相等C.兩電荷在電場中運(yùn)動的加速度相等D.兩電荷離開電場時的動能相等答案AB解析A、B兩個電荷在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)板長為L，粒子的初速度為v0，則粒子運(yùn)動時間為t，L、v0相同，則時間t相同.水平方向的位移為yat2，a，則yt2，E、t相同，y不同，因m的大小關(guān)系不清楚，q有可能相等.故A、B正確；由側(cè)向位移大小yat2，t相同，y不同，加速度a不等，故C錯誤.根據(jù)動能定理，EkmvqEy，則EkmvqEy，Ek大小關(guān)系無法判斷.故D錯誤.2.如圖2所示，豎直金屬板A、B間電壓為U0，板中央有小孔O和O1，現(xiàn)有足夠多的同種粒子源源不斷地從小孔O進(jìn)入金屬板A、B間，并被加速后從O1進(jìn)入右側(cè)水平平行金屬板C、D間，O1O2是極板C、D的中線，金屬板C、D的長與板間距相等，兩板間電壓U可調(diào)，不計(jì)粒子重力及進(jìn)入O孔時的初速度，所有粒子均不能打在極板上，則U與U0應(yīng)滿足()圖2A.U>U0B.U<2U0C.U>2U0D.因不知極板C、D的長，所以無法確定U和U0的關(guān)系答案B解析根據(jù)動能定理得，qU0mv，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度v0 ，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的位移yat2·，粒子均不能打在極板上，則有：y<，解得U<2U0.3.如圖3所示，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的k倍，有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場，不計(jì)電荷的重力，則偏轉(zhuǎn)電場長、寬之比的值為()圖3A. B. C. D.答案B解析設(shè)加速電壓為kU，偏轉(zhuǎn)電壓為U，對直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：q·kUmv2對類平拋運(yùn)動過程，有：lvt·t2聯(lián)立解得：.4.如圖4所示，矩形的四個頂點(diǎn)a、b、c、d是勻強(qiáng)電場中的四個點(diǎn)，ab2bc2L，電場線與矩形所在的平面平行.已知a點(diǎn)電勢為18 V，b點(diǎn)電勢為10 V，c點(diǎn)電勢為6 V.一質(zhì)子從a點(diǎn)以速度v0射入電場，v0與ab邊的夾角為45°，一段時間后質(zhì)子經(jīng)過ab中點(diǎn)e.不計(jì)質(zhì)子重力，下列判斷正確的是()圖4A.d點(diǎn)電勢為12 VB.質(zhì)子從a到b電勢能增加了6 eVC.電場強(qiáng)度大小為D.質(zhì)子從a到e所用時間為答案D解析勻強(qiáng)電場中平行的等間距的兩點(diǎn)間的電勢差相等，故UadUbc，可得d點(diǎn)電勢為14 V，故A錯誤；Uab8 V，故質(zhì)子從a到b電場力做功為WeUab8 eV，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；經(jīng)計(jì)算可知，d點(diǎn)和e點(diǎn)的電勢相同，故de連線為等勢線，由于ab2bc2L，故ade為等腰直角三角形，a點(diǎn)到直線de的距離為，由電場強(qiáng)度與電壓的關(guān)系可得，電場強(qiáng)度大小為，故C錯誤；de連線為等勢線，故質(zhì)子拋出后做類平拋運(yùn)動，落到e點(diǎn)時，垂直于電場線方向的位移為L，所需時間為t，故D正確.5.(多選)用細(xì)繩拴一個質(zhì)量為m帶正電的小球B，另一也帶正電小球A固定在絕緣豎直墻上，A、B兩球與地面的高度均為h，小球B在重力、拉力和庫侖力的作用下靜止不動，如圖5所示.現(xiàn)將細(xì)繩剪斷后()圖5A.小球B在細(xì)繩剪斷瞬間起開始做平拋運(yùn)動B.小球B在細(xì)繩剪斷瞬間加速度大于gC.小球B落地的時間小于D.小球B落地的速度大于答案BCD解析將細(xì)繩剪斷瞬間，小球受到球的重力和庫侖力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只受重力的作用，因此剪斷瞬間起開始，不可能做平拋運(yùn)動，且加速度大于g，故A錯誤，B正確；小球在落地過程中，除受到重力外，還受到庫侖斥力，那么豎直方向的加速度大于g，因此球落地的時間小于，落地的速度大于，故C、D正確.6.(多選)如圖6所示，一帶正電的點(diǎn)電荷P固定于半徑為l的半圓形光滑軌道外側(cè)，與軌道左端和最低點(diǎn)的距離均為l，軌道固定.有一質(zhì)量為m、帶負(fù)電小球Q從軌道左端靜止滑下，則()圖6A.小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)的速度v>B.小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時對軌道的壓力大小為3mgC.小球?qū)⑦\(yùn)動到半圓形軌道右端最高點(diǎn)D.從開始到第一次經(jīng)過最低點(diǎn)的運(yùn)動過程中，電場力對小球先做正功后做負(fù)功答案BD解析小球從軌道左端運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)的過程中，電場力做功為零，根據(jù)動能定理得：mglmv2，得v，即小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)的速度v.故A錯誤；在最低點(diǎn)，以小球?yàn)檠芯繉ο?，根?jù)牛頓第二定律得：FNmgm，解得 FN3mg，由牛頓第三定律得知，小球運(yùn)動到軌道最低點(diǎn)時對軌道的壓力大小為3mg.故B正確；小球從最低點(diǎn)向右運(yùn)動的過程中，電場力一直做負(fù)功，機(jī)械能減少，由能量守恒定律知，小球不可能運(yùn)動到半圓形軌道右端最高點(diǎn).故C錯誤；從開始到第一次經(jīng)過最低點(diǎn)的運(yùn)動過程中，小球與正點(diǎn)電荷間的距離先減小后增大，電場力對小球先做正功后做負(fù)功，故D正確.7.(多選)如圖7所示，空間存在勻強(qiáng)電場，方向豎直向下，從絕緣斜面上的M點(diǎn)沿水平方向拋出一帶電小球，最后小球落在斜面上的N點(diǎn).已知小球的質(zhì)量為m，初速度大小為v0，斜面傾角為，電場強(qiáng)度大小未知.則下列說法正確的是()圖7A.可以斷定小球一定帶正電荷B.可以求出小球落到N點(diǎn)時速度的方向C.可以求出小球到達(dá)N點(diǎn)過程中重力和電場力對小球所做的總功D.可以斷定，當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時，小球與斜面間的距離最大答案BCD解析小球做類平拋運(yùn)動，電場力既可向上也可向下，故小球帶正電、負(fù)電都可以，故A錯誤；利用平拋知識有：tan ，速度偏向角設(shè)為，則tan 2tan ，可求出小球落到N點(diǎn)時的速度大小和方向，故B正確；求出小球到達(dá)N點(diǎn)的速度，由動能定理可以求出小球到達(dá)N點(diǎn)過程中重力和電場力對小球所做的總功，故C正確；小球在垂直于斜面方向上做勻減速直線運(yùn)動，當(dāng)小球在垂直于斜面方向的速度為零，即小球速度平行于斜面時，小球與斜面間的距離最大，故D正確.8.(多選)如圖8甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0T時間內(nèi)運(yùn)動的描述，正確的是()圖8A.末速度大小為v0B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了mgdD.克服電場力做功為mgd答案BC解析0時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，則有：qE0mg，T內(nèi)，微粒做平拋運(yùn)動，下降的位移x1g()2，TT時間內(nèi)，微粒的加速度ag，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運(yùn)動，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，故A錯誤，B正確；微粒在豎直方向上向下運(yùn)動，位移大小為d，則重力勢能的減少量為mgd，故C正確；在T內(nèi)和TT時間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，則位移的大小相等，為d，整個過程中克服電場力做功為2E0·q·dqE0dmgd，故D錯誤.9.(多選)如圖9所示的勻強(qiáng)磁場中，從O點(diǎn)沿OA方向垂直磁場發(fā)射兩個比荷相同的帶電粒子，一粒子經(jīng)時間t1到達(dá)直線OC上的P點(diǎn)，其速率為v1；另一粒子經(jīng)時間t2到達(dá)直線OC上的Q點(diǎn)，其速率為v2.不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，則()圖9A.v1>v2 B.v1<v2 C.t1<t2 D.t1t2答案BD解析從O點(diǎn)沿OA方向垂直磁場發(fā)射兩個比荷相同的帶電粒子，粒子都做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示.根據(jù)圖象可知，兩次做勻速圓周運(yùn)動的圓心角相等，到達(dá)P點(diǎn)的粒子半徑小于到達(dá)Q點(diǎn)粒子的半徑，即r1<r2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：Bqvm解得：r，因?yàn)楸群上嗟?，則半徑大的速度大，即v1<v2，周期T，因?yàn)楸群上嗟?，則周期相同，而圓心角相等，所以運(yùn)動時間相等，即t1t2，故B、D正確.10.如圖10所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1，P為磁場邊界上的一點(diǎn).相同的帶正電粒子，以相同的速率從P點(diǎn)射入磁場區(qū)域，速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個方向.這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的.若將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧長變?yōu)閳A周長的，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互影響，則等于()圖10A. B. C. D.答案C11.如圖11所示，內(nèi)表面光滑絕緣的半徑為1.2 m的圓形軌道處于豎直平面內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為3×106 V/m.有一質(zhì)量為0.12 kg、帶負(fù)電的小球，電荷量大小為1.6×106 C，小球在圓軌道內(nèi)壁做圓周運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到最低點(diǎn)A時，小球與軌道壓力恰好為零，g取10 m/s2，求：圖11(1)小球在A點(diǎn)處的速度v1的大?。?2)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)B時對軌道的壓力大小.答案(1)6 m/s(2)14.4 N解析(1)重力Gmg0.12 kg×10 m/s21.2 N電場力FqE1.6×106 C×3×106 V/m4.8 N在A點(diǎn)，有：qEmgm代入數(shù)據(jù)解得：v16 m/s.(2)設(shè)球在B點(diǎn)的速度大小為v2，從A到B，由動能定理有：(qEmg)·2Rmvmv在B點(diǎn)，設(shè)軌道對小球彈力為FN，則有：FNmgqEmv由牛頓第三定律有：FNFN代入數(shù)據(jù)解得：FN14.4 N.12.如圖12所示，絕緣平臺AB距離水平地面CD的高度為h，整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、帶正電量為q的小物塊從P點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動，PB之間的距離也為h.若勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E，物塊與平臺之間的動摩擦因數(shù)為0.25.求物塊落到水平地面上時的速度大小和方向.圖12答案2，與水平方向的夾角是45°解析物塊從P到B的過程，由動能定理得qEhmghmv又 E，代入解得 vB物塊離開平臺后做勻變速曲線運(yùn)動，豎直方向做自由落體運(yùn)動，根據(jù)hgt2，可得：下落時間 t落地時豎直分速度大小 vy在水平方向上，由牛頓第二定律得 qEma，得 a落地時水平分速度大小 vxvBat故物塊落到水平地面上時的速度大小 v2速度與水平方向的夾角正切 tan 1，得 45°.