【物理】2019届一轮复习鲁科版带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题学案
能力课 带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题
[热考点]电场中的力、电综合问题
要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析与研究。
命题角度1 电场中粒子的运动图象问题
【例1】 (多选)如图1甲，直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的v－t图线如图乙所示，设a、b两点的电势分别为φa、φb，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有( )
图1
A. φa＞φb B.Ea＞Eb
C.Ea＜Eb D.Wa＞Wb
解析 由图乙可知，粒子做加速度减小，速度增大的直线运动，故可知从a到b电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a指向b，电场线方向由b指向a，b点电势高于a点电势，故选项B、D正确。
答案 BD
根据v－t图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场强度的方向、电势的高低及电势能的变化。
【变式训练1】 (2017·浙江五校联考)如图2甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b、c三点在它们连线的延长线上，其中Q1带负电。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动并经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其v－t
图象如图乙所示。以下说法正确的是( )
图2
A.Q2一定带负电
B.Q2的电量一定大于Q1的电量
C.b点的电场强度最大
D.粒子由a点运动到c点过程中，粒子的电势能先增大后减小
解析 由题图乙可知，粒子从a到b过程做加速度减小的减速直线运动，在b点时粒子速度最小，加速度为零。根据牛顿第二定律Eq＝ma，得出粒子在b点受力为零，b点电场强度为零，选项C错误；在b点Q1对带负电粒子的电场力水平向右，要使b点粒子所受合力为零，则Q2对带负电粒子的电场力水平向左，所以Q2带正电，选项A错误；b点与Q1的间距大于与Q2的间距，由库仑定律F＝k知，Q1的带电量大于Q2的带电量，选项B错误；粒子从a点运动到c点过程，动能先减小后增大，根据能量守恒定律知，粒子电势能先增大后减小，选项D正确。
答案 D
命题角度2 带电粒子在电场中的运动
【例2】 (2015·全国卷Ⅱ)如图3所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°。不计重力。求A、B两点间的电势差。
图3
解析 设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vBsin 30°＝v0sin 60°①
由此得vB＝v0②
设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有
qUAB＝m(v－v)③
联立②③式得UAB＝
答案
【真题拓展1】 在【例2】中，若匀强电场的宽度为d，EF、CD为其边界，改变场强的大小，使粒子在A点时的速度方向与电场边界CD垂直，如图4所示，MN为无场区内的光屏，MN与AO相互垂直，MN与EF间距为d。当粒子经过EF边界的B点时，速度方向与EF成30°角，求：
图4
(1)匀强电场的场强的大小；
(2)粒子打在光屏上的位置距离O点的距离。
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，则
沿初速度方向：d＝v0t
沿电场方向：vy＝t
又有tan 30°＝
解得E＝
(2)粒子在电场中的偏转位移为
y1＝t2
粒子在无场区做匀速直线运动，则y2＝
又y＝y1＋y2，解得y＝d
答案 (1) (2)d
【真题拓展2】 若在拓展1中撤去原有电场，在CD与EF之间加上竖直向上的匀强电场E1，EF与MN之间加上水平向右的匀强电场E2，CD与EF、EF与MN之间的距离都为d，由A点静止释放带电粒子，粒子过EF时速度为v0，如图5所示。粒子打在光屏MN上的位置与O点的距离为d，求两个电场场强大小之比。
图5
解析 粒子在竖直向上的电场中加速，由动能定理得qE1d＝mv
粒子在水平向右的电场中做类平抛运动，则
竖直方向：d＝v0t
水平方向：d＝·t2
解得＝
答案
解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)。
(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图象)，找出已知量和待求量之间的关系。
【变式训练2】 (2017·青海省西宁市四校高三联考)如图6所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为－q 的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为
已知量。求：
图6
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)P、Q两点间的电势差UPQ；
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。
解析 (1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg
且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝
解得θ＝45°
(2)P到Q的过程，由动能定理有
qEL－mgL＝0
WPQ＝qEL
解得UPQ＝＝－
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，
由牛顿第二定律有mg＝ma，即a＝g
v0＝at
解得t＝
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间
T＝2t＝
答案 (1)45° (2)－ (3)
命题角度3 电场中的动量和能量问题
【例3】 如图7所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m
的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：
图7
(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；
(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep；
(3)A、B两球最终的速度vA、vB的大小。
关键点 ①光滑绝缘轨道；②A、B两球间相互作用视为静电作用；③A、B两球始终没有接触。
解析 (1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得
2mgh＝·2mv
解得v0＝
(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有
2mv0＝(2m＋m)v
解得v＝v0＝
据能量守恒定律得2mgh＝(2m＋m)v2＋Ep
解得Ep＝mgh
(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定。则2mv0＝2mvA＋mvB
×2mv＝×2mv＋mv
解得vA＝v0＝，
vB＝v0＝
答案 (1) (2)mgh (3)
【变式训练3】 有一质量为M、长度为l的矩形绝缘板放在
光滑的水平面上，另一质量为m、带电荷量的绝对值为q的物块(视为质点)，以初速度v0从绝缘板的上表面的左端沿水平方向滑入，绝缘板所在空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝，方向竖直向下，如图8所示。已知物块与绝缘板间的动摩擦因数恒定，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止；若将匀强电场的方向改变为竖直向上，场强大小不变，且物块仍以原初速度从绝缘板左端的上表面滑入，结果两者相对静止时，物块未到达绝缘板的右端。求：
图8
(1)场强方向竖直向下时，物块在绝缘板上滑动的过程中，系统产生的热量；
(2)场强方向竖直向下时与竖直向上时，物块受到的支持力之比；
(3)场强方向竖直向上时，物块相对于绝缘板滑行的距离。
解析 (1)场强方向向下时，根据动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
所以v＝v0
根据能量守恒定律得
热量Q＝mv－(M＋m)v2＝
(2)场强向下时N＝mg－qE
场强向上时N′＝mg＋qE
所以＝
(3)两次产生的热量相等
μN′l′＝Q，μNl＝Q
所以l′＝。
答案 (1) (2)1∶4 (3)
[常考点]带电粒子在交变电场中的运动
1.此类题型一般有三种情况
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；
(2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)；
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2.两条分析思路：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
3.注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。
命题角度1 粒子做单向直线运动
【例4】 (2017·长治模拟)(多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图9所示，小物块电荷量为q＝＋1×10－4 C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确是( )
图9
A.物块在4 s内位移是6 m
B.物块的质量是2 kg
C.物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2
D.物块在4 s内电势能减少了18 J
解析 物块在4 s内位移为s＝×2×(2＋4)m＝6 m，故选项A正确；由图可知，前2 s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1 m/s2，2 s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由图可得E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，代入数据解得m＝1 kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；物块在前2 s的位移s1＝×2×2 m＝2 m，物块在后2 s的位移为s2＝vt2＝4 m，电场力做正功W＝qE1s1＋qE2s2＝6 J＋8 J＝14 J，则电势能减少了14 J，故选项D错误。
答案 AC
【变式训练4】 如图10甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) ( )
图10
解析 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B项错误。
答案 A
命题角度2 粒子做往返运动
【例5】 (多选)如图11所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
图11
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.2 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度为零
D.0～3 s内，电场力做的总功为零
解析 设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。
答案 CD
【变式训练5】 如图12甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
图12
A.0
T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。
答案 B
命题角度3 粒子做偏转运动
【例6】 (2015·山东理综)(多选)如图13甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
图13
A.末速度大小为v0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了mgd
D.克服电场力做功为mgd
解析 因0～内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B
正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。
答案 BC
【变式训练6】 (2017·广西重点高中高三一模)(多选)如图14甲所示，竖直极板A、B之间距离为d1，电压为U1，水平极板C、D之间距离为d2，GH为足够长的荧光屏，到极板C、D右侧的距离为L。极板C、D之间的电压如图乙所示。在A板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子。电子经极板A、B间电场加速后从极板B中央的小孔射出，之后沿极板C、D的中心线射入极板C、D内。已知t＝0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出。不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是( )
图14
A.电子在荧光屏上形成的亮线长度为
B.保持其他条件不变，只增大d1，荧光屏上形成的亮线长度变长
C.保持其他条件不变，只增大d2，荧光屏上形成的亮线长度变短
D.保持其他条件不变，只增大L，荧光屏上形成的亮线长度变长
解析 t＝0时刻射入C、D间的电子，＋＝，则t＝时刻射入C、D间的电子，＝，因为电子穿过C、D运动的时间相等，则出电场时竖直方向的速度恒定，所有电子均平行射出电场，故亮线长度为－＝，选项A正确；若只增大d1，则电子射入C、D间时的速度不变，荧光屏上形成的亮线长度不变，选项B错误；若增大C、D间距离为d2′，则有＋＝和＝，－＝<，即荧光屏上形成的亮线长度变短，选项C
正确；因为电子均平行射出电场，故亮线长度与L无关，选项D错误。
答案 AC
带电体在电场中的平衡与运动问题
[题源：鲁科版选修3－1·P24·T5]
如图15所示，一质量为m的带电液滴，在大小为E，方向竖直向上的匀强电场中处于静止状态。求：
①这个液滴带什么电？电荷量为多少？
②当场强的大小突然变为原来的一半，方向保持不变时，液滴向什么方向运动？其加速度为多少？
图15
解析 ①液滴受向上的电场力，故液滴带正电。
由平衡条件得qE－mg＝0，电荷量为q＝.
②当场强变化时，液滴向下做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得mg－qE＝ma。
解得加速度为a＝g。
答案 见解析
拓展1 如图16所示，一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，恰好沿着直线到达B点，若AB与电场线夹角θ＝45°，带电微粒的质量为m，电荷量为q，A、B相距L。重力加速度为g。求：
图16
(1)电场强度的大小和方向；
(2)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度。
解析 (1)带电微粒做直线运动，对微粒进行受力分析得tan θ＝，解得E＝，可判断出电场强度的方向为水平向左。
(2)微粒从A点运动到B点，做匀减速运动，运动到B点速度为零时，微粒射入电场时的速度最小。
F合＝mg，
F合＝ma，
0－v＝－2aL，
解得v0＝。
答案 (1)，方向水平向左 (2)
拓展2 一质量为m、带电荷量为＋q的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出。在距抛出点水平距离L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管。管上口距地面，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图17所示，求：
图17
(1)小球的初速度v0和电场强度E的大小；
(2)小球落地时的动能Ek。
解析 (1)电场中运动的带电小球，在水平方向上
v0＝t①
竖直方向上＝②
又v＝L③
联立①②③式得v0＝2L，E＝。
(2)从抛出到落地由动能定理得
mgh－EqL＝Ek－mv
小球落地时动能Ek＝＋mgh－EqL＝mgh
答案 (1)2L (2)mgh
拓展3 (多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图18所示。由此可见( )
图18
A.电场力为2mg
B.小球带负电
C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
解析 两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故选项C错误；分别列出竖直方向的方程，即h＝gt2，＝·，解得F＝3mg，故选项A错误；小球受到的电场力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故选项B正确；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv＝at，结合以上的分析可得，AB过程Δv＝gt，BC过程Δv＝·＝gt，故选项D正确。
答案 BD
拓展4 (2017·全国卷Ⅱ，25)如图19所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N
离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
图19
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。
解析 (1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
联立①②③式得＝3④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式
v＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知
＝⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h＝H⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，
则＝⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩
Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2⑪
由已知条件
Ek1＝1.5Ek2⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E＝⑬
答案 (1)3∶1 (2)H (3)
活页作业
(时间：40分钟)
►题组一 电场中的力、电综合问题
1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图1所示。则此电场的电场线分布可能是( )
图1
解析 从v－t图象可以看出物体的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v－t图线中图线的斜率表示物体的加速度大小，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的粒子顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，
且电场线沿粒子运动方向逐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D错误。
答案 A
2.(多选)如图2所示，两个带等量正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑绝缘水平面上。P、N是小球A、B连线的垂直平分线上的点，且PO＝ON。现将一个电荷量很小的带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，关于小球C的v－t图象中，可能正确的是( )
图2
解析 在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，带负电的小球C受力沿垂直平分线，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，v－t图线的斜率先变大后变小；由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性。如果PN足够远，选项B正确；如果PN很近，选项A正确。
答案 AB
3.(2017·四川自贡一诊)(多选)在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图3甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )
图3
A.小球受到的重力与电场力大小之比为3∶5
B.在t＝5 s时，小球经过边界MN
C.在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功
D.在1～4 s过程中，小球的机械能先减少后增加
解析 小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到重力和电场力作用而做减速运动，由题图乙可以看出，小球经过边界MN的时刻是t＝1 s和t＝4 s时，故选项B错误；由v－t图象的斜率等于加速度得，小球进入电场前的加速度大小a1＝g＝＝v1，进入电场后的加速度大小a2＝＝＝，由牛顿第二定律得mg＝ma1，F－mg＝ma2，得电场力F＝mg＋ma2＝mg，得重力mg与电场力F大小之比为3∶5，故选项A正确；小球向下运动的整个过程中，动能的变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故选项C错误；整个过程中，由题图可得，小球在0～2.5 s内向下运动，在2.5～5 s内向上运动，在1～4 s过程中，电场力先做负功后做正功，所以小球的机械能先减少后增加，故选项D正确。
答案 AD
4.(2017·辽宁省三校高三第三次调研考试)如图4所示，矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场，一质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝1.0×10－5 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1＝1×104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场，最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方的方向射出，射出电场时的速度v2＝2×104 m/s，已知MP＝20 cm、MN＝80 cm，取a点电势为零，如果以a点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，则粒子从a点运动到b点的过程中，电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能Ep随x的变化图象正确的是( )
图4
解析 因为规定a点电势为零，粒子进入电场后做类平抛运动，根据电场力做功与电势能的变化的关系，有qEx＝ΔEp＝0－Ep，故Ep＝－qEx，故选项D正确；因为匀强电场中的电场强度处处相等，故选项A错误；因为粒子离开电场时的速度v2＝＝2v1，电场的方向水平向右，沿电场线的方向电势降低，故选项B错误；粒子在电场中运动的过程中，由动能定理可知，qEx＝mv2－mv，所以v与x不是线性关系，选项C错误。
答案 D
5.(多选)如图5所示为一产生聚焦电场的装置，由电极A1、A2、A3、A4构成。图中虚线为等势线，关于中心线z轴上下对称，相邻等势线间电势差相等。图中P、Q、R是一个从左侧进入聚焦电场的带正电粒子的运动轨迹上的三点，则可以确定( )
图5
A.该装置是由两个平行板电容器A1A2、A3A4构成
B.该聚焦电场方向在中心线上与z轴方向一致
C.带正电粒子从Q点到R点的过程中电势能减少
D.若将带正电粒子束从右侧射入聚焦电场，则一定被会聚
解析 由等势线的形状可知，A1A2、A3A4不是两对平行板电容器，选项A错误；由带正电粒子的运动轨迹可知电场方向向右，即该聚焦电场方向在中心线上与z轴方向一致，选项B正确；由于带正电的粒子从Q点到R点的过程中，
电场力对其做正功，故其电势能减少，选项C正确；带正电粒子束从右侧射入时，由粒子受到的电场力的方向可知，粒子将向两侧发散而不能会聚，选项D错误。
答案 BC
6.如图6所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g＝10 m/s2，求：
图6
(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
解析 (1)设小滑块到达Q点时速度为v，
由牛顿第二定律得mg＋qE＝①
小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)s＝mv2－mv②
联立方程①②解得v0＝7 m/s
(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)s＝mv′2－mv③
在P点时，由牛顿第二定律得N＝m④
代入数据解得N＝0.6 N⑤
由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小为
N′＝N＝0.6 N⑥
答案 (1)7 m/s (2)0.6 N
7.如图7所示，在竖直边界线O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝100 N/C，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB，其倾角为30°，A点距水平地面的高度为h＝4 m。BC段为一粗糙绝缘平面，其长度为L＝ m。斜面AB与水平面BC由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界线O1O2右侧区域固定一半径为R＝0.5 m的半圆形光滑绝缘轨道，CD为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C、D两点紧贴竖直边界线O1O2，位于电场区域的外部(忽略电场对O1O2右侧空间的影响)。现将一个质量为m＝1 kg、电荷量为q＝0.1 C的带正电的小球(可视为质点)在A点由静止释放，且该小球与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝。求：(g取10 m/s2)
图7
(1)小球到达C点时的速度大小；
(2)小球到达D点时所受轨道的压力大小；
(3)小球落地点距离C点的水平距离。
解析 (1)以小球为研究对象，由A点至C点的运动过程中，根据动能定理可得
(mg＋Eq)h－μ(mg＋Eq)cos 30°－μ(mg＋Eq)L＝mv－0，解得vC＝2 m/s。
(2)以小球为研究对象，在由C点至D点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得
mv＝mv＋mg·2R
在最高点以小球为研究对象，可得N＋mg＝m，
解得N＝30 N，vD＝2 m/s。
(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma，解得a＝20 m/s2
假设小球落在BC段，则应用类平抛运动的规律列式可得
s＝vDt，2R＝at2，解得s＝ m< m，假设正确。
答案 (1)2 m/s (2)30 N (3) m
►题组二 带电粒子在交变电场中的运动
8.(2017·长春模拟)(多选)如图8甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )
图8
A.若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板
B.若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板
C.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
D.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
解析 若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；电子从时刻进入两板时，电子先加速，经时速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再加速反向速度最大，接着减速回到原位置，即电子在大于时刻进入时一定不能到达B板，小于时刻进入时一定能到达B板，所以C正确，D错误。此题作v－t图象更易理解。
答案 BC
9.如图9甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，
电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板间的电势差随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板电容器的时间都极短，可以认为电压是不变的)
图9
(1)在t＝0.06 s时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
解析 (1)电子经电场加速满足qU0＝mv2
经电场偏转后侧移量y＝at2＝·()2
所以y＝。
由图知t＝0.06 s时刻u＝1.8U0
所以y＝4.5 cm
设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝
所以Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。
答案 (1)O点上方13.5 cm处 (2)30 cm
