2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 6-3電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)同步檢測(cè)試題.doc

2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 6-3電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)同步檢測(cè)試題1(多選題)冬天當(dāng)脫毛衫時(shí)，靜電經(jīng)常會(huì)跟你開個(gè)小玩笑下列一些相關(guān)的說法中正確的是()A在將外衣脫下的過程中，內(nèi)外衣間摩擦起電，內(nèi)衣和外衣所帶的電荷是同種電荷B如果內(nèi)外兩件衣服可看作電容器的兩極，并且在將外衣脫下的某個(gè)過程中兩衣間電荷量一定，隨著兩衣間距離的增大，兩衣間電容變小，則兩衣間的電勢(shì)差也將變小C在將外衣脫下的過程中，內(nèi)外兩衣間隔增大，衣物上電荷的電勢(shì)能將增大(若不計(jì)放電中和)D脫衣時(shí)如果人體帶上了正電，當(dāng)手接近金屬門把時(shí)，由于手與門把間空氣電離會(huì)造成對(duì)人體輕微的電擊解析：根據(jù)電荷守恒知，A錯(cuò)；由C和C知，當(dāng)內(nèi)外衣之間的距離d增大時(shí)，兩衣間的電勢(shì)差增大，B錯(cuò)；因?yàn)閮?nèi)外衣所帶的是異種電荷，產(chǎn)生靜電引力作用，故當(dāng)兩衣之間的距離增大時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電荷的電勢(shì)能增大，C對(duì)；由于人體帶上正電荷，當(dāng)手靠近金屬門把時(shí)，產(chǎn)生靜電感應(yīng)現(xiàn)象，當(dāng)兩者之間的電壓足以使空氣電離時(shí)，產(chǎn)生放電現(xiàn)象，故人感覺到有輕微的電擊，D也正確答案：CD圖2312xx廣東高考噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖231所示重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間，最終打在紙上則微滴在極板間電場(chǎng)中()A向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B電勢(shì)能逐漸增大C運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無關(guān)解析：微滴帶負(fù)電，電場(chǎng)方向向下，因此微滴受到的電場(chǎng)力向上，微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，A錯(cuò)誤；偏轉(zhuǎn)過程中電場(chǎng)力做正功，根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系，電勢(shì)能減小，B錯(cuò)誤；微滴在垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移xvt，沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移yt22，此為拋物線方程，C正確；從式中可以看出，運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量q有關(guān)，D錯(cuò)誤答案：C圖2323xx福建廈門質(zhì)檢如圖232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(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)(重力不計(jì))，則從開始射入到打到上板的過程中()A它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ>tPB它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQ<aPC它們所帶的電荷量之比qPqQ12D它們的動(dòng)能增加之比EkPEkQ12解析：本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t，它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；豎直方向，hat2，hQ2hP，aQ2aP，2，qPqQ12，B項(xiàng)錯(cuò)誤、C項(xiàng)正確；動(dòng)能增量EkqU，EkPqP，EkQqQU，EkPEkQ14，D項(xiàng)錯(cuò)誤答案：C圖2334示波管是一種多功能電學(xué)儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如圖233所示，真空室中電極K發(fā)出電子(初速度不計(jì))經(jīng)過電壓為U1的加速電場(chǎng)后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，當(dāng)A、B間電壓為U2時(shí)，電子偏離中心線飛出電場(chǎng)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子重力，下列情況中一定能使亮點(diǎn)偏離中心的距離變大的是()AU1變大，U2變大BU1變小，U2變大CU1變大，U2變小 DU1變小，U2變小解析：當(dāng)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線一定經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中水平位移的中點(diǎn)，所以電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角度越大(偏轉(zhuǎn)距離越大)，亮點(diǎn)距離中心就越遠(yuǎn)設(shè)電子經(jīng)過U1加速后速度為v0，根據(jù)題意得eU1mv電子在A、B間做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)側(cè)向速度為vyat結(jié)合式，速度的偏轉(zhuǎn)角滿足tan.顯然，欲使變大，應(yīng)該增大U2、L，或者減小U1、d.正確選項(xiàng)是B.答案：B圖2345(多選題)如圖234為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖塵埃在電場(chǎng)中通過某種機(jī)制帶電，在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵的目的下列表述正確的是()A到達(dá)集塵極的塵埃帶正電荷B電場(chǎng)方向由集塵極指向放電極C帶電塵埃所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相同D同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場(chǎng)力越大解析：本題考查電場(chǎng)、電場(chǎng)力的基本概念，考查考生對(duì)靜電除塵器原理的理解及對(duì)電場(chǎng)知識(shí)的掌握集塵極與電源的正極相連帶正電，放電極帶負(fù)電，塵埃在電場(chǎng)力作用下向集塵極遷移，說明塵埃帶負(fù)電荷，A項(xiàng)錯(cuò)誤；電場(chǎng)方向由集塵極指向放電極，B項(xiàng)正確；帶電塵埃帶負(fù)電，因此所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相反，C項(xiàng)錯(cuò)誤；同一位置電場(chǎng)強(qiáng)度一定，由FqE可知，帶電荷量越多的塵埃，所受電場(chǎng)力越大，D項(xiàng)正確答案：BD圖2356如圖235所示，D是一只二極管，AB是平行板電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，帶電微粒P的運(yùn)動(dòng)情況是()A向下運(yùn)動(dòng) B向上運(yùn)動(dòng)C仍靜止不動(dòng) D不能確定解析：當(dāng)帶電微粒P靜止時(shí)，對(duì)其進(jìn)行受力分析得Eqmg，即qmg.當(dāng)A、B之間距離增大時(shí)，電容器的電容C減小，由QCU得，Q也減小，但由于電路中連接了一個(gè)二極管，它具有單向?qū)щ娦裕荒芊烹姡孰娙萜鰽、B兩極板上的電荷量不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，電場(chǎng)力仍等于微粒的重力，故帶電微粒仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，C選項(xiàng)正確答案：C圖2367(多選題)如圖236所示，燈絲發(fā)熱后發(fā)出的電子經(jīng)加速電場(chǎng)后，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，若加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，要使電子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)量y變?yōu)樵瓉淼?倍，可選用的方法有(設(shè)電子不落到極板上)()A只使U1變?yōu)樵瓉淼谋禕只使U2變?yōu)樵瓉淼谋禖只使偏轉(zhuǎn)電極的長(zhǎng)度L變?yōu)樵瓉淼谋禗只使偏轉(zhuǎn)電極間的距離d減為原來的倍解析：先求出y值由qU1mv，得v0 .故yat2.由此可確定A、C、D正確答案：ACDB組能力提升8xx江西省五校聯(lián)考如圖237所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計(jì)，開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度下述結(jié)論正確的是()圖237A若保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些，指針張開角度將變小B若保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板正對(duì)面積變小些，指針張開角度將不變C若斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板靠近些，指針張開角度將變大D若斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板正對(duì)面積變小些，指針張開角度將不變解析：靜電計(jì)指針張開角度與A、B兩極板間的電壓成正比若保持開關(guān)S閉合，無論是將A、B兩極板靠近些，還是將A、B兩極板正對(duì)面積變小些，A、B兩極板間的電壓都等于電源電動(dòng)勢(shì)，所以指針張開角度將不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；若斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板靠近些，則兩極板所帶電荷量Q保持不變，而其電容C變大，所以U將變小，指針張開角度將變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；同理分析，若斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板正對(duì)面積變小些，則Q不變，C變小，所以UQ/C將變大，指針張開角度將變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤答案：B圖2389(多選題)xx沈陽(yáng)二中測(cè)試在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB2BC，如圖238所示由此可見()A電場(chǎng)力為3mgB小球帶正電C小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等解析：設(shè)AC與豎直方向的夾角為，對(duì)帶電小球從A到C，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球帶負(fù)電，由動(dòng)能定理，mgACcosqEBCcos0，解得電場(chǎng)力為qE3mg，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤小球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球在豎直方向先加速后減速，小球從A到B與從B到C豎直方向的速度變化量的大小相等，水平速度不變，小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等，選項(xiàng)D正確答案：AD10圖239甲為示波管的原理圖如果在電極YY之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是圖2310中的()甲乙丙圖239ABCD圖2310解析：本題考查示波管的原理，意在考查考生對(duì)示波管原理的掌握在02t1時(shí)間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號(hào)電壓完成一個(gè)周期，當(dāng)UY為正的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當(dāng)UY為負(fù)的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有負(fù)的最大位移，因此一個(gè)周期內(nèi)熒光屏上的圖象為B.答案：B11反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似如圖2311所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場(chǎng)力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別是E12.0103 N/C和E24.0103 N/C，方向如圖2311所示，帶電微粒質(zhì)量m1.01020 kg，帶電量q1.0109C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d11.0 cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對(duì)論效應(yīng)求：圖2311(1)B點(diǎn)距虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t.解析：(1)帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由動(dòng)能定理有|q|E1d1|q|E2d20解得d2d10.50 cm.(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1ma1|q|E2ma2設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有d1a1td2a2t又tt1t2以上各式聯(lián)立解得t1.5108 s.答案：(1)0.50 cm(2)1.5108 s12xx湖南省雅禮中學(xué)月考如圖2312所示，在傾角37的絕緣斜面所在空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E4.0103 N/C，在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板質(zhì)量m0.20 kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下，滑到斜面底端與擋板相碰后以碰前的速率返回已知斜面的高度h0.24 m，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.30，滑塊帶電量q5.0104 C重力加速度g10 m/s2，sin370.60，cos370.80.求：圖2312(1)滑塊從斜面最高點(diǎn)滑到斜面底端時(shí)的速度大??；(2)滑塊被擋板彈回能夠沿斜面上升的最大高度；(3)滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到停下來的整個(gè)過程中產(chǎn)生的熱量Q.(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)解析：(1)滑塊沿斜面滑下的過程中，電荷帶負(fù)電，電場(chǎng)力方向豎直向下，受到的滑動(dòng)摩擦力f(mgqE)cos37設(shè)到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理(mgqE)hfmv2解得v2.4 m/s.(2)滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大，設(shè)為H，根據(jù)動(dòng)能定理(mgqE)Hfmv2H0.10 m.(3)滑塊最終靜止在斜面底端，因此重力勢(shì)能和電勢(shì)能的減少量等于克服摩擦力做的功，即等于產(chǎn)生的熱能QmghEqh0.96 J.答案：(1)2.4 m/s(2)0.10 m(3)0.96 J13xx河南省南陽(yáng)市一中月考如圖2313所示為研究電子槍中電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型示意圖在Oxy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線y的一段(0xL,0yL)為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)；在第二象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)(2LxL,0yL)兩個(gè)電場(chǎng)大小均為E，不計(jì)電子所受重力求圖2313(1)從電場(chǎng)的邊界B點(diǎn)處由靜止釋放電子，電子離開MNPQ時(shí)的位置；(2)由電場(chǎng)的AB曲線邊界處由靜止釋放電子離開MNPQ時(shí)的最小動(dòng)能解析：(1)據(jù)題意，B點(diǎn)縱坐標(biāo)yBL，根據(jù)雙曲線方程y得到，橫坐標(biāo)xB，電子從B運(yùn)動(dòng)到C過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：eEmv2，電子在MNPQ區(qū)域做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：svt，豎直方向：Lat2，a，解得：sL，即電子從P點(diǎn)射出(2)設(shè)釋放位置坐標(biāo)為(x，y)，則有eExmv2，svt，yat2t2，解得：y，又y，得到：EkeE(x)，根據(jù)數(shù)學(xué)知道得知，當(dāng)xy時(shí)，動(dòng)能Ek有最小值EkeEL.答案：(1)電子從P點(diǎn)射出(2)eELC組難點(diǎn)突破14如圖2314所示，在真空區(qū)域、中存在兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)線方向豎直向下，在區(qū)域中有一個(gè)帶負(fù)電的粒子沿電場(chǎng)線以速度v0勻速下落，并進(jìn)入?yún)^(qū)域(電場(chǎng)范圍足夠大)下列能描述粒子在這兩個(gè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象(圖2315)的是(以v0方向?yàn)檎较?()圖2314圖2315解析：在區(qū)域中，mgE1q；在區(qū)域中，mgE2q，合力向上，做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為0后，再反向加速，再次回到區(qū)域，做勻速運(yùn)動(dòng)答案：C名師心得拱手相贈(zèng)教學(xué)積累資源共享教師用書獨(dú)具帶電粒子在兩種典型電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、帶電粒子在兩種典型電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)形式一覽表點(diǎn)電荷電場(chǎng)勻強(qiáng)電場(chǎng)初速度與場(chǎng)強(qiáng)方向的關(guān)系運(yùn)動(dòng)形式初速度與場(chǎng)強(qiáng)方向的關(guān)系運(yùn)動(dòng)形式v0E做變速直線運(yùn)動(dòng)v0E做勻變速直線運(yùn)動(dòng)v0E有可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)v0E勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))v0與E有夾角曲線運(yùn)動(dòng)v0與E有夾角勻變速曲線運(yùn)動(dòng)二、帶電粒子在兩種典型電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的典型剖析(一)點(diǎn)電荷電場(chǎng)類型一：v0E(E為點(diǎn)電荷電場(chǎng))圖61【例1】如圖61所示，在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中有A、B兩點(diǎn)，將質(zhì)子和粒子(帶電荷量是質(zhì)子的2倍，質(zhì)量是質(zhì)子的4倍)分別從A點(diǎn)由靜止釋放到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，它們速度大小之比為多少？解析：質(zhì)子是氫原子核，粒子是氦原子核，質(zhì)子和粒子都是正離子，從A點(diǎn)到B點(diǎn)都做加速運(yùn)動(dòng)設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，由動(dòng)能定理有對(duì)質(zhì)子qHUmHv，對(duì)粒子qUmv.答案：1總結(jié)：不計(jì)重力的帶電粒子非勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，不能用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解，只能用動(dòng)能定理求解帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題，如涉及加速度、時(shí)間，需采用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解；否則優(yōu)先用動(dòng)能定理求解類型二：v0E(E為點(diǎn)電荷電場(chǎng))【例2】已知?dú)湓又械馁|(zhì)子和電子所帶電荷量都是e，電子質(zhì)量為m，電子繞核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r，試確定電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的v、T等物理量解析：電子繞核做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由質(zhì)子和電子之間的庫(kù)侖力提供根據(jù)牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：m，mr2，mr解得v，T.答案：見解析類型三：v0與E有夾角(E為點(diǎn)電荷電場(chǎng))圖62【例3】(多選題)如圖62所示，虛線a、b和c是某靜電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，它們的電勢(shì)分別為a、b和c，且a>b>c，一帶正電粒子射入電場(chǎng)中，其運(yùn)動(dòng)軌跡如實(shí)線KLMN所示由圖可知()A粒子從K到L的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功B粒子從L到M的過程中，電場(chǎng)力做負(fù)功C粒子從K到L的過程中，電勢(shì)能增加D粒子從L到M的過程中，動(dòng)能減少解析：由題目條件可知，a、b、c是孤立點(diǎn)電荷激發(fā)的電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)粒子帶正電，且沿KLMN運(yùn)動(dòng)，所以受到的是靜電斥力，可以判斷場(chǎng)源電荷必為正電荷，電場(chǎng)力做功情況便確定下來因?yàn)镵N<M<L，所以由K到L過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，A、C正確；由L到M過程中，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，電勢(shì)能先增加后減小，動(dòng)能先減小后增加，B、D錯(cuò)誤答案：AC(二)勻強(qiáng)電場(chǎng)類型一：v0E(E為勻強(qiáng)電場(chǎng))1運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析：帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，受到的電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上，做勻加(減)速直線運(yùn)動(dòng)2帶電粒子勻加速(減速)運(yùn)動(dòng)的處理方法(1)利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式(2)利用功能關(guān)系：如動(dòng)能定理、能量守恒定律等圖63【例4】如圖63所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，一帶電粒子q的初速度v0恰與電場(chǎng)線方向相同，則帶電粒子q在開始運(yùn)動(dòng)后，將()A沿電場(chǎng)線方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B沿電場(chǎng)線方向做變加速直線運(yùn)動(dòng)C沿電場(chǎng)線方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D偏離電場(chǎng)線方向做曲線運(yùn)動(dòng)解析：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到恒定的靜電力，且靜電力方向與初速度方向相反，故粒子做的是勻減速直線運(yùn)動(dòng)答案：C類型二：v0E(E為勻強(qiáng)電場(chǎng))1運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析：帶電粒子以初速度v0垂直于電場(chǎng)線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，受到恒定的與初速度方向成90角的電場(chǎng)力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng)(是一種勻變速曲線運(yùn)動(dòng))2偏轉(zhuǎn)問題的處理方法(1)類平拋運(yùn)動(dòng)分析法運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)分析處理(2)功能關(guān)系法如選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，以及初態(tài)和末態(tài)的動(dòng)能和動(dòng)能變化量如選用能量守恒定律，則要分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，哪種能量是增加的，哪種能量是減少的能量守恒的表達(dá)方式有以下幾種：初態(tài)和末態(tài)的能量相等，即：E初E末；某些形式的能量減少一定等于其他形式的能量增加，即：E減E增；各種形式的能量變化量的代數(shù)和為零：E1E20.圖64【例5】如圖64所示，一束電子流在經(jīng)U5 000 V的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，若兩板間距d1.0 cm，板長(zhǎng)L5.0 cm，那么要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最多能加多大電壓？解析：在加速電壓一定時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓越大，電子在極板間的偏轉(zhuǎn)距離就越大，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出時(shí)達(dá)到最大，加速過程，由動(dòng)能定理得eUmv.進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子在平行于板面的方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有Lv0t；在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有yat2.電子能飛出的條件為yd.由以上各式解得U1400 V，即要使電子能從平行板間飛出，所加電壓最大為400 V.答案：400 V類型三：v0與E有夾角(E為勻強(qiáng)電場(chǎng))圖65【例6】(多選題)如圖65所示，三條平行等距的直線表示電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，電勢(shì)值分別為10 V、20 V、30 V，實(shí)線是一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)在該區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡，對(duì)于該軌道上的a、b、c三點(diǎn)來說()A粒子必先過a，再到b，然后到cB粒子在三點(diǎn)所受的合力FaFbFcC粒子在三點(diǎn)的動(dòng)能大小為Ekb>Eka>EkcD粒子在三點(diǎn)的電勢(shì)能大小為Epb>Epa>Epc解析：該電場(chǎng)必為勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線垂直等勢(shì)面向上，帶負(fù)電的粒子所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)線方向相反而向下，由做曲線運(yùn)動(dòng)的條件可知，粒子可先過c，到b，再到a；也可先過a，到b，再到c，選項(xiàng)A是錯(cuò)誤的，選項(xiàng)B正確粒子由a到b的過程，克服電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能增加，動(dòng)能減少，Eka>Ekb，Epb>Epa；粒子從b到c的過程，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，所以有Ekc>Ekb、Epb>Epc；粒子從a到b再到c的全過程，電勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，且電勢(shì)能的減少等于動(dòng)能的增加，則有Ekc>Eka，Epa>Epc，綜合上述有Ekc>Eka>Ekb，Epb>Epa>Epc.粒子從c到b再到a的過程，分析方法一樣，所以選項(xiàng)D正確，而選項(xiàng)C是錯(cuò)誤的答案：BD