10.5 帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 【幫課堂】2024-2025學(xué)年高一物理 同步學(xué)與練（ 人教版2019必修第一冊(cè)）（解析版）

10.5帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)學(xué)習(xí)目標(biāo)學(xué)習(xí)目標(biāo)課程標(biāo)準(zhǔn)物理素養(yǎng)3.1.5能分析帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，能解釋相關(guān)的物理現(xiàn)象。物理觀念：會(huì)分析帶電粒子在電場(chǎng)中的加速問(wèn)題?？茖W(xué)思維：能夠從牛頓運(yùn)動(dòng)定律和功能關(guān)系兩個(gè)角度分析物體的直線運(yùn)動(dòng)。科學(xué)探究：通過(guò)解決帶電粒子在電場(chǎng)中加速的問(wèn)題，加深對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和功能關(guān)系兩個(gè)角度分析物體運(yùn)動(dòng)的認(rèn)識(shí)?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：體會(huì)靜電場(chǎng)知識(shí)對(duì)科學(xué)技術(shù)的影響。002思維導(dǎo)圖1．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。(2)受力特點(diǎn)：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，重力是否要考慮，關(guān)鍵看重力與其他力相比較是否能忽略。一般來(lái)說(shuō)，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷是否考慮重力作用。2．處理帶電粒子(帶電體)運(yùn)動(dòng)的方法(1)結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律解題。(2)用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理思路①利用初、末狀態(tài)的能量相等(即E1＝E2)列方程。②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程。(3)常用的兩個(gè)結(jié)論①若帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變。②若帶電粒子只在重力和電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變。003知識(shí)梳理課前研讀課本，梳理基礎(chǔ)知識(shí)：一、帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．做直線運(yùn)動(dòng)的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做變速直線運(yùn)動(dòng)；若電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)且其它力恒力，則帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。2．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。3．用功能觀點(diǎn)分析動(dòng)能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)4．帶電粒子在電場(chǎng)中的加速(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。二、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．常見(jiàn)的交變電場(chǎng)常見(jiàn)的產(chǎn)生交變電場(chǎng)的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。2．常見(jiàn)的題目類(lèi)型(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)。(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)。3．思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)：抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱(chēng)性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移、做功或確定與物理過(guò)程相關(guān)的臨界條件。(2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。004題型精講【題型一】恒力作用下的直線運(yùn)動(dòng)【典型例題1】如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，則()A．電場(chǎng)方向豎直向上B．小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為eq\f(g,2)C．小球上升的最大高度為eq\f(v02,4g)D．若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，則小球電勢(shì)能的最大值為eq\f(1,2)mv02答案C解析小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，合力應(yīng)與速度在同一直線上，即在ON直線上，因mg＝qE，所以靜電力qE與重力關(guān)于ON對(duì)稱(chēng)，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，靜電力qE與水平方向的夾角應(yīng)為30°，即電場(chǎng)方向不是豎直向上的，受力情況如圖所示．合力沿ON方向向下，大小為mg，所以加速度大小為g，方向沿ON向下，A、B錯(cuò)誤；小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得最大位移為x＝eq\f(v02,2g)，則小球上升的最大高度為h＝xsin30°＝eq\f(v02,4g)，C正確；若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，在減速運(yùn)動(dòng)至速度為零的過(guò)程中，小球克服靜電力做功和克服重力做功是相等的，由能量守恒可知，小球的初動(dòng)能一半轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，一半轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，初動(dòng)能為eq\f(1,2)mv02，則小球的最大電勢(shì)能為eq\f(1,4)mv02，D錯(cuò)誤．【典型例題2】如圖所示，絕緣的斜面處在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電金屬塊由靜止開(kāi)始沿斜面滑到底端，已知在金屬塊下滑的過(guò)程中動(dòng)能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢(shì)能增加0.5J，則以下判斷正確的是()A．金屬塊帶負(fù)電荷B．靜電力做功0.5JC．金屬塊克服摩擦力做功0.7JD．金屬塊的機(jī)械能減少1.4J解析：選C在下滑過(guò)程中電勢(shì)能增加0.5J，故物體需克服電場(chǎng)力做功為0.5J，故金屬塊帶正電荷，故A、B錯(cuò)誤；在金屬塊滑下的過(guò)程中動(dòng)能增加了0.3J，重力做功1.5J，電場(chǎng)力做功－0.5J，根據(jù)動(dòng)能定理得，W總＝WG＋W電＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7J，故C正確；外力做功為W外＝W電＋Wf＝－1.2J，故金屬塊機(jī)械能減少1.2J，故D錯(cuò)誤?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練1】(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止沿斜向右下方做直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，則下列判斷正確的是()A．電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值等于eq\f(mg,q)B．電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值等于eq\f(mgsinθ,q)C．帶電油滴的機(jī)械能可能增加D．電場(chǎng)力可能對(duì)帶電油滴不做功解析：選CD帶電油滴的運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，在電場(chǎng)中受到重力mg和電場(chǎng)力F，其合力必定沿此直線向下，根據(jù)三角形定則作出合力，如圖所示。當(dāng)電場(chǎng)力F與此直線垂直時(shí)，電場(chǎng)力F最小，場(chǎng)強(qiáng)最小，則有F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，由圖可知，電場(chǎng)強(qiáng)度無(wú)最大值，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)E＝eq\f(mgsinθ,q)時(shí)，電場(chǎng)力方向與速度方向垂直，電場(chǎng)力不做功，帶電油滴的電勢(shì)能一定不變，這種情況下只有重力做功，帶電油滴的機(jī)械能不變，故D正確；當(dāng)E＞eq\f(mgsinθ,q)時(shí)，當(dāng)電場(chǎng)力方向與速度方向成銳角時(shí)，電場(chǎng)力做正功，帶電油滴的機(jī)械能增加，故C正確。【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2】如圖所示，固定的光滑絕緣斜面OM的傾角θ＝37°，空間存在著平行于斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝3.0×103N/C。現(xiàn)有一帶正電荷量為q＝2.0×10－3C的小滑塊從O點(diǎn)沿斜面勻速下滑(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，則小滑塊的質(zhì)量m()A．1kg B．2kgC．3kg D．4kg答案A解析帶正電的小滑塊從O到M沿斜面勻速下滑，對(duì)小滑塊受力分析，可知qE＝mgsin37°，解得小滑塊的質(zhì)量m＝1kg，選項(xiàng)A正確?！绢}型二】變力作用下的直線運(yùn)動(dòng)【典型例題3】如圖甲所示，一帶正電的小球用絕緣細(xì)線懸掛在豎直向上的、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，某時(shí)刻剪斷細(xì)線，小球開(kāi)始向下運(yùn)動(dòng)，通過(guò)傳感器得到小球的加速度隨下行速度變化的圖像如圖乙所示．已知小球質(zhì)量為m，重力加速度為g，空氣阻力不能忽略．下列說(shuō)法正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)的速度一直增大B．小球先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)C．小球剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a0＝gD．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力與速度大小成正比答案D解析小球速度增大到v0后，加速度變?yōu)?，速度不再增大，故A錯(cuò)誤；小球在加速過(guò)程中，加速度隨速度變化，不是勻變速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；由a－v圖像可得，a＝kv＋a0，由牛頓第二定律可得mg－qE－Ff＝ma，可解出加速度為a＝－eq\f(Ff,m)＋g－eq\f(qE,m)，聯(lián)立可知a0＝g－eq\f(qE,m)，還可知－eq\f(Ff,m)＝kv，即Ff＝－kmv，故C錯(cuò)誤，D正確．【典型例題4】如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上下極板開(kāi)有一小孔，四個(gè)質(zhì)量均為m、帶電荷量均為q的帶電小球，其間用長(zhǎng)均為eq\f(d,4)的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于上極板小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落．當(dāng)下端第二個(gè)小球到達(dá)下極板時(shí)，速度恰好為零．重力加速度為g，(僅兩極板間存在電場(chǎng))試求：(1)兩極板間的電壓；(2)小球運(yùn)動(dòng)的最大速度．答案(1)eq\f(20mgd,13q)(2)eq\r(\f(11gd,26))解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理可得4mg×eq\f(5,4)d－2Uq－eq\f(3,4)Uq－eq\f(1,2)Uq＝0解得U＝eq\f(20mgd,13q)(2)當(dāng)兩個(gè)小球在電場(chǎng)中時(shí)，靜電力F1＝eq\f(U,d)×2q＝eq\f(40,13)mg<4mg當(dāng)三個(gè)小球在電場(chǎng)中時(shí)，靜電力F2＝eq\f(U,d)×3q＝eq\f(60,13)mg>4mg故當(dāng)?shù)谌齻€(gè)小球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得4mg×eq\f(d,2)－eq\f(1,2)Uq－eq\f(1,4)Uq＝eq\f(1,2)×4mv2－0解得v＝eq\r(\f(11gd,26)).【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3】(多選)如圖甲所示，某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線恰好與M、P所在直線重合，以M為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向建立直線坐標(biāo)系，P點(diǎn)的坐標(biāo)xP＝5.0cm，此電場(chǎng)線上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E隨x變化的規(guī)律如圖乙所示。若一電子僅在電場(chǎng)力作用下自M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)，其電勢(shì)能減小45eV，對(duì)于此電場(chǎng)，以下說(shuō)法正確的是()A．該電子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)B．x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向都沿x軸負(fù)方向C．M點(diǎn)的電勢(shì)是P點(diǎn)電勢(shì)的eq\f(1,2)D．圖像中的E0的數(shù)值為1.2解析：選BD由題圖可知電子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過(guò)程中，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小，所以該電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，即電子受到的電場(chǎng)力不是恒定的，所以該電子不做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；若一電子僅在電場(chǎng)力作用下自M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)，電勢(shì)能減小，則電場(chǎng)力做正功，由功能關(guān)系可得WMP＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－UMPe，所以UMP＜0，即φM＜φP，而電場(chǎng)線由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，可知x軸上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向都沿x軸負(fù)方向，故B正確；電勢(shì)零點(diǎn)未知，所以無(wú)法確定兩點(diǎn)的電勢(shì)數(shù)值關(guān)系，故C錯(cuò)誤；由題可知WMP＝45eV，E-x圖像與橫軸圍成圖形的面積表示對(duì)應(yīng)距離的電勢(shì)差，可得WMP＝eq\f(E0e＋\f(E0e,2)×5×10－2m,2)＝45eV，解得E0＝1200V，即圖像中E0的數(shù)值為1.2，故D正確?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練4】如圖所示為一個(gè)半徑為R的均勻帶電圓環(huán)，取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以過(guò)O點(diǎn)且垂直于環(huán)面的軸線為x軸，P到O點(diǎn)的距離為2R。質(zhì)量為m、帶負(fù)電且電荷量為q的小球從軸上P點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度為零，Q點(diǎn)在O點(diǎn)上方R處。下列說(shuō)法正確的是()A．P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)低B．P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大C．P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為eq\f(mgR,q)D．Q點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小等于eq\f(mg,q)解析：選C由題意可知帶負(fù)電小球由P點(diǎn)到Q點(diǎn)先加速后減速運(yùn)動(dòng)，受到沿x軸向上的電場(chǎng)力作用，故電場(chǎng)方向沿x軸向下，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，故P點(diǎn)電勢(shì)比Q點(diǎn)電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；開(kāi)始qEP<mg，在Q點(diǎn)qEQ>mg，故P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)比Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小，B、D錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知mgR＋UPQ(－q)＝0，故P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UPQ＝eq\f(mgR,q)，C正確?！绢}型三】交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 【典型例題5】(多選)如圖甲所示，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)圖中反映電子速度v、位移x和加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律圖像，可能正確的是()解析：選AD在平行金屬板之間加上題圖乙所示的交變電壓時(shí)，電子在平行金屬板間所受的電場(chǎng)力大小始終不變，F(xiàn)＝eq\f(U0e,d)，由牛頓第二定律F＝ma可知，電子的加速度大小始終不變，電子在第一個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第二個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)向B板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在第三個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在第四個(gè)eq\f(T,4)內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以at圖像應(yīng)如圖D所示，vt圖像應(yīng)如圖A所示，A、D正確，C錯(cuò)誤；又因勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，所以xt圖像應(yīng)是曲線，B錯(cuò)誤。【典型例題6】(多選)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢(shì)為0，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的電子僅在靜電力作用下，在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻從A板的小孔處由靜止釋放進(jìn)入兩極板運(yùn)動(dòng)，恰好到達(dá)B板，則()A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,16m))B．電子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．電子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．若電子在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入兩極板，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最終到達(dá)B板答案AB解析電子在t＝eq\f(T,4)時(shí)刻由靜止釋放進(jìn)入兩極板運(yùn)動(dòng)，先加速后減速，在t＝eq\f(3,4)T時(shí)刻到達(dá)B板，設(shè)兩板的間距為d，加速度a＝eq\f(qU0,md)，則有d＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故A正確；由題意可知，經(jīng)過(guò)eq\f(T,4)時(shí)間電子速度最大，則最大速度為vm＝a·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正確；電子在兩板間先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；若電子在t＝eq\f(T,8)時(shí)刻進(jìn)入兩極板，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移x＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·(eq\f(3,8)T)2＝eq\f(9,8)d>d，說(shuō)明電子會(huì)一直向B板運(yùn)動(dòng)并打在B板上，不會(huì)向A板運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤．【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練5】如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開(kāi)始A板的電勢(shì)比B板高，此時(shí)兩板中間原來(lái)靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度隨時(shí)間變化規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()[解析]電子在交變電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力大小恒定，加速度大小不變，C、D錯(cuò)誤；從0時(shí)刻開(kāi)始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(1,2)T后電場(chǎng)力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱?。之后重?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤。[答案]A【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練6】(多選)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的作用，則下列說(shuō)法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零[解析]設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見(jiàn)，粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0，v-t圖像如圖所示，由動(dòng)能定理可知，此過(guò)程中電場(chǎng)力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確。[答案]CD00501強(qiáng)化訓(xùn)練【基礎(chǔ)強(qiáng)化】1．(多選)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì))以速度v0逆著電場(chǎng)線方向射入有左邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E(如圖所示)，則()A．粒子射入的最大深度為eq\f(mv02,qE)B．粒子射入的最大深度為eq\f(mv02,2qE)C．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(mv0,qE)D．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(2mv0,qE)答案BD解析粒子從射入到運(yùn)動(dòng)至速度為零，由動(dòng)能定理得－Eqxmax＝0－eq\f(1,2)mv02，最大深度xmax＝eq\f(mv02,2qE)，由v0＝at，a＝eq\f(Eq,m)可得t＝eq\f(mv0,Eq)，由對(duì)稱(chēng)性可得粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tmax＝2t＝eq\f(2mv0,Eq)，故選B、D.2.人體的細(xì)胞膜模型圖如圖1所示,細(xì)胞膜由磷脂雙分子層組成,雙分子層之間存在電壓(醫(yī)學(xué)上稱(chēng)為膜電位)?，F(xiàn)研究某小塊均勻的細(xì)胞膜,厚度為d,膜內(nèi)的電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng),簡(jiǎn)化模型如圖2所示,初速度可視為零的一價(jià)正鈉離子僅在電場(chǎng)力的作用下,從圖中的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()。A.A點(diǎn)電勢(shì)等于B點(diǎn)電勢(shì)B.鈉離子的電勢(shì)能增大C.若膜電位不變,當(dāng)d越大時(shí),鈉離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度增大D.若膜電位增加,則鈉離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度增大答案D解析初速度可視為零的一價(jià)正鈉離子僅在電場(chǎng)力的作用下,從圖中的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn),則電場(chǎng)線從A到B,沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低,所以A點(diǎn)電勢(shì)大于B點(diǎn)電勢(shì),A項(xiàng)錯(cuò)誤。鈉離子運(yùn)動(dòng)中電場(chǎng)力做正功,所以鈉離子的電勢(shì)能減小,B項(xiàng)錯(cuò)誤。由動(dòng)能定理可知qU=12mv2,若膜電位不變時(shí),即電壓U不變時(shí),鈉離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度不變;電壓U增加時(shí),速度增大,C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。3.如圖所示，一帶正電的小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，受到的電場(chǎng)力與小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向做加速度不為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，ON與水平面的夾角為30°。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則()A．電場(chǎng)力方向可能水平向左B．小球可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．小球的加速度大小一定小于gD．經(jīng)過(guò)時(shí)間eq\f(v0,g)，小球的速度方向發(fā)生改變解析：選D小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，合力方向一定和速度方向在同一直線上，即在ON直線上，因?yàn)閙g＝qE，所以電場(chǎng)力qE與重力關(guān)于ON對(duì)稱(chēng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知電場(chǎng)力qE與水平方向夾角為30°，受力情況如圖所示，合力沿ON向下，大小為mg，所以加速度為g，方向沿ON向下，與速度方向相反，小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A、B、C錯(cuò)誤；設(shè)小球減速到零所用時(shí)間為t，則t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(v0,g)，故經(jīng)過(guò)時(shí)間eq\f(v0,g)，小球速度剛好減為零，然后反向加速，即經(jīng)過(guò)時(shí)間eq\f(v0,g)，小球的速度方向發(fā)生改變，故D正確。4.如圖甲所示，A、B是兩個(gè)足夠大的平行金屬板，兩平行板間加如圖乙所示電壓，U0、T0為已知。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在t＝0時(shí)刻從緊靠A板位置由靜止釋放(不計(jì)重力)，粒子經(jīng)2T0時(shí)間到B板。求：圖8(1)粒子到達(dá)B板時(shí)的速度v；(2)兩個(gè)金屬板間的距離d。答案(1)3eq\r(\f(2qU0,7m))(2)T0eq\r(\f(7qU0,2m))解析(1)在0～T0時(shí)間，粒子運(yùn)動(dòng)的位移為d1＝eq\f(1,2)·eq\f(2qU0,md)Teq\o\al(2,0)＝eq\f(qU0Teq\o\al(2,0),md)在T0～2T0時(shí)間，粒子運(yùn)動(dòng)的位移為d2＝eq\f(2qU0Teq\o\al(2,0),md)＋eq\f(qU0Teq\o\al(2,0),2md)＝eq\f(5qU0Teq\o\al(2,0),2md)根據(jù)動(dòng)能定理得2qU0eq\f(d1,d1＋d2)＋qU0eq\f(d2,d1＋d2)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝3eq\r(\f(2qU0,7m))。(2)根據(jù)位移關(guān)系得d1＋d2＝d解得d＝T0eq\r(\f(7qU0,2m))。5.如圖所示，A、B為平行金屬板，兩極板相距為d，分別與電源兩極連接。兩板的中央各有一小孔M、N。今有一帶電質(zhì)點(diǎn)自A板上方距離為d的P點(diǎn)由靜止下落，不計(jì)空氣阻力，到達(dá)兩板中點(diǎn)時(shí)的速度恰好為零，然后沿原路返回。則帶電質(zhì)點(diǎn)的重力與它在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力的大小之比為()A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．3∶1答案B解析帶電質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)開(kāi)始由靜止下落到兩板中點(diǎn)時(shí)，先加速后減速到零，根據(jù)動(dòng)能定理有mg·eq\f(3,2)d－eq\f(1,2)qEd＝0，重力與電場(chǎng)力的大小之比為1∶3，故B正確。6.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運(yùn)動(dòng)，直線ON與水平面的夾角為30°，若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，重力加速度為g，則下面說(shuō)法中正確的是()A．電場(chǎng)方向一定豎直向上B．電場(chǎng)強(qiáng)度E的最小值為eq\f(\r(3)mg,2q)C．如果電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(mg,q)，則小球相對(duì)初始位置的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)D．如果電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(mg,q)，小球電勢(shì)能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)答案BD解析因?yàn)樾∏蜃鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，則小球所受的合力方向與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場(chǎng)力的方向不確定，當(dāng)電場(chǎng)力方向垂直于運(yùn)動(dòng)方向時(shí)，電場(chǎng)力有最小值，為Fmin＝mgcos30°，如圖所示，所以電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值Emin＝eq\f(mgcos30°,q)＝eq\f(\r(3)mg,2q)，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)小球所受的重力和電場(chǎng)力大小相等，兩個(gè)力的夾角為120°，合力大小與分力大小相等，等于mg，根據(jù)牛頓第二定律知，小球的加速度大小為g，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，故小球斜向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，則小球上升的最大高度h＝xsin30°＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，故C錯(cuò)誤；在整個(gè)過(guò)程中電場(chǎng)力做功W＝qExcos120°＝－eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，電勢(shì)能增加eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，所以小球電勢(shì)能的最大值為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，故D正確?！舅仞B(yǎng)提升】7.如圖所示，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q1(q1>0)的粒子A；在負(fù)極板附近有一質(zhì)量也為m、電荷量為－q2(q2>0)的粒子B。僅在電場(chǎng)力的作用下兩粒子同時(shí)從靜止開(kāi)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eq\f(3,7)l的平面Q，兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則以下說(shuō)法正確的是()A．電荷量q1與q2的比值為3∶7B．電荷量q1與q2的比值為3∶4C．粒子A、B通過(guò)平面Q時(shí)的速度之比為9∶16D．粒子A、B通過(guò)平面Q時(shí)的速度之比為3∶7解析：選B設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)粒子A有：a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)·t2，對(duì)粒子B有：a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)·t2，聯(lián)立解得：eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，A錯(cuò)誤，B正確。由動(dòng)能定理qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，求得：eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，C、D錯(cuò)誤。8．如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開(kāi)有小孔O、P?，F(xiàn)有甲電子以速率v0從O點(diǎn)沿OP方向運(yùn)動(dòng)，恰能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)。若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點(diǎn)由靜止釋放，則()A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同D．乙電子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的速率為2v0答案C解析兩板間距離變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當(dāng)d變大時(shí)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，則甲、乙兩電子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同，選項(xiàng)C正確；根據(jù)eE·2d＝eq\f(1,2)mv2，eEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知乙電子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的速率v＝eq\r(2)v0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.(多選)如圖所示，在重力加速度為g的空間，有一個(gè)帶電荷量為＋Q的場(chǎng)源電荷置于O點(diǎn)，B、C為以O(shè)為圓心、半徑為R的豎直圓周上的兩點(diǎn)，A、B、O在同一豎直線上，AB＝R，O、C在同一水平線上?，F(xiàn)在有一質(zhì)量為m、電荷量為－q的有孔小球，沿光滑絕緣細(xì)桿AC從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，滑至C點(diǎn)時(shí)速度的大小為eq\r(5gR)，下列說(shuō)法正確的是()A．從A到C小球做勻變速運(yùn)動(dòng)B．B、A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為eq\f(mgR,2q)C．從A到C小球的機(jī)械能守恒D．若從A點(diǎn)自由釋放，則下落到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(3gR)答案BD解析小球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，所受電場(chǎng)力是變力，合力不恒定，則從A到C小球做的運(yùn)動(dòng)不是勻變速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；小球從A到C的過(guò)程中，重力和庫(kù)侖力都做功，根據(jù)動(dòng)能定理得2mgR－qUAC＝eq\f(1,2)mv2，由于v＝eq\r(5gR)，則UAC＝－eq\f(mgR,2q)，因以O(shè)為圓心的圓周為等勢(shì)面，所以A、B間的電勢(shì)差與A、C間的電勢(shì)差相等，則B、A間的電勢(shì)差為eq\f(mgR,2q)，故B正確；A到C，除重力做功外，還有庫(kù)侖力做功，所以機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；若從A點(diǎn)自由釋放，下落到B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgR＋qUBA＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(3gR)，故D正確。10．靜電火箭的工作過(guò)程簡(jiǎn)化圖如圖所示，離子源發(fā)射的離子經(jīng)過(guò)加速區(qū)加速，進(jìn)入中和區(qū)與該區(qū)域里面的電子中和，最后形成中性高速射流噴射而產(chǎn)生推力．根據(jù)題目信息可知()A．M板電勢(shì)低于N板電勢(shì)B．進(jìn)入中和區(qū)的離子速度與離子帶電荷量無(wú)關(guān)C．增大加速區(qū)MN極板間的距離，可以增大射流速度而獲得更大的推力D．增大MN極板間的電壓，可以增大射流速度而獲得更大的推力答案D解析由于加速后的離子在中和區(qū)與電子中和，所以被加速的離子帶正電，則加速區(qū)的極板M電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以進(jìn)入中和區(qū)的離子速度與離子的比荷、加速電壓的大小有關(guān)，加速電壓越大離子速度越大，與極板間的距離無(wú)關(guān)，故D正確，B、C錯(cuò)誤．11．如圖所示，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(q>0)的粒子；在負(fù)極板有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在靜電力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面．若兩粒子間的相互作用可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為()A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1答案A解析設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)電荷量為q的粒子有aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,M)t2；對(duì)電荷量為－q的粒子有am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，聯(lián)立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故選A.12.如圖所示，在兩平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時(shí)，電子在板間運(yùn)動(dòng)(假設(shè)不與板相碰)，下列說(shuō)法正確的是()A．電壓如甲圖所示時(shí)，在0～T時(shí)間內(nèi)，電子的電勢(shì)能一直減少B．電壓如乙圖所示時(shí)，在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)，電子的電勢(shì)能先增加后減少C．電壓如丙圖所示時(shí)，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．電壓如丁圖所示時(shí)，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)答案D解析若電壓如題圖甲時(shí)，在0～T時(shí)間內(nèi)，靜電力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，即靜電力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減少后增加，故A錯(cuò)誤；電壓如題圖乙時(shí)，在0～eq\f(1,2)T時(shí)間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即靜電力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減少后增加，故B錯(cuò)誤；電壓如題圖丙時(shí)，電子向左先做加速運(yùn)動(dòng)，過(guò)了eq\f(1,2)T后做減速運(yùn)動(dòng)，到T時(shí)速度減為0，之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，故電子一直朝同一方向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；電壓如題圖丁時(shí)，電子先向左加速，到eq\f(1,4)T后向左減速，eq\f(1,2)T后向右加速，eq\f(3,4)T后向右減速，T時(shí)速度減為零，之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，則電子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D正確．13.如圖甲所示，真空中相距d＝5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接(圖中未畫(huà)出)，其中B板接地(電勢(shì)為零)，A板電勢(shì)變化的規(guī)律如圖乙所示。將一個(gè)質(zhì)量m＝2.0×10－27kg、電荷量q＝＋1.6×10－19C的帶電粒子從緊鄰B板處釋放，不計(jì)粒子重力。求：(1)在t＝0時(shí)刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小；(2)若A板電勢(shì)變化周期T＝1.0×10－5s，在t＝0時(shí)將帶電粒子從緊鄰B板處無(wú)初速度釋放，粒子到達(dá)A板時(shí)速度的大??；(3)A板電勢(shì)變化頻率多大時(shí)，在t＝eq\f(T,4)到t＝eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)從緊鄰B板處無(wú)初速度釋放該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板。答案(1)4.0×109m/s2(2)2×104m/s(3)大于5eq\r(2)×104Hz解析(1)帶電粒子所受電場(chǎng)力大小為F＝qE＝eq\f(qU,d)由牛頓第二定律得a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,dm)＝4.0×109m/s2。(2)由位移公式計(jì)算粒子在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的距離為x＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝5.0×10－2m由此可見(jiàn)帶電粒子在t＝eq\f(T,2)時(shí)恰好到達(dá)A板。再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v＝aeq\f(T,2)＝2×104m/s。(3)分析可知，在eq\f(T,4)～eq\f(T,2)內(nèi)，電場(chǎng)力方向、速度方向均向右，帶電粒子向A板做勻加速運(yùn)動(dòng)；同理，在eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)內(nèi)，則向A板做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再返回。由于運(yùn)動(dòng)具有“對(duì)稱(chēng)性”，即先、后兩段位移大小相等，得粒子向A板運(yùn)動(dòng)可能的最大位移為xmax＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2＝eq\f(1,16)aT2。因題目要求粒子不能到達(dá)A板，故必有xmax＜d,根據(jù)頻率和周期的關(guān)系為f＝eq\f(1,T)，由以上三式即可求出電勢(shì)變化頻率應(yīng)滿足條件f＞eq\r(\f(a,16d))＝5eq\r(2)×104Hz。14.中國(guó)科學(xué)家2015年10月宣布中國(guó)將在2020年開(kāi)始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人類(lèi)揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用．如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管（漂移管）組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極．質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依此向右穿過(guò)各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在漂移管間被電場(chǎng)加速，加速電壓視為不變．設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106m/s，進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間視為電源周期的．質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108C/kg．求：（1）漂移管B的長(zhǎng)度；（2）相鄰漂移管間的加速電壓．【答案】（1）0．4m（2）【解析】（1）設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得（2）設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場(chǎng)對(duì)質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到E電場(chǎng)做功W＇，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得【能力培優(yōu)】15.如圖（a），長(zhǎng)度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點(diǎn)電荷A，其電荷量Q=；一質(zhì)量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上．將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場(chǎng)中，以桿左端為原點(diǎn)，沿桿向右為x軸正方向建立