10.5带电粒子在电场中的运动 同步学案

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10.5 带电粒子在电场中的运动
一、考点梳理
考点一、带电粒子在电场中的直线运动
1.带电粒子的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的静电力与运动方向在同一直线上，做加速（或减速）直线运动。
2.分析带电粒子加速的问题的两种思路
（1）利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析
当解决的问题属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量时，适合运用这一种思路分析。
可由静电力求得加速度进而求出末速度、位移或时间。
（2）利用静电力做功结合动能定理来分析。
静电力做的功等于粒子动能的变化量。
当问题只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时，适合运用这一种思路分析。
①若粒子的初速度为零，则
得：
②若粒子的初速度不为零，则
得：
【典例1】如图所示，、是真空中的两块平行金属板，质量为、电荷量为的带电粒子，以初速度由小孔进入电场，当、间电压为时，粒子恰好能达到板，如果要使这个带电粒子到达、板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是（不计带电粒子的重力）（　　）
A．使初速度减为原来的 B．使、间电压减半
C．使、间电压提高到原来的4倍 D．使带电粒子的比荷变为原来的2倍
【答案】D
【解析】A．由知，则有当变为原来的，向右到达的距离变为，故A错误；
BCD．因为所以 通过分析知，使、间电压减半或使、间电压提高到原来的4倍均不可以使这个带电粒子到达、板间距的后返回，若带电粒子的比荷变为原来的2倍则可以满足要求，故BC错误，D正确。故选D。
【典例2】如图所示，悬线下挂一个带正电的小球，它的质量为m，电荷量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，下列说法中正确的是（　　）
A．若剪断悬线，则小球将做曲线运动
B．若剪断悬线，则小球将静止不动
C．若剪断悬线，则小球做匀速运动
D．若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动
【答案】D
【解析】平衡时小球受到的电场力与重力的合力与悬绳的拉力等大、反向，当剪断悬线时，拉力消失，电场力与重力的合力保持不变，则小球将从静止开始做匀加速直线运动。故选D。
【典例3】如图，固定在竖直面内的光滑绝缘轨道由水平段和半径为的半圆环段平滑相切而成，过圆环直径的虚线左侧存在方向水平向右的匀强电场。现将一可视为质点的带正电小滑块，从水平轨道的点由静止释放，滑块沿轨道运动到半圆环上点时对轨道的压力等于滑块重力的6倍，且滑块离开半圆环后不经任何碰撞回到点，关于上述过程，下列说法正确的是（　　）
A．滑块沿轨道运动经过点时对轨道无压力
B．滑块受到的电场力是滑块重力的2倍
C．在虚线左侧，滑块到达距虚线的水平距离为的位置时，电场力的瞬时功率为零
D．到点的距离为
【答案】AC
【解析】A．滑块沿轨道运动到半圆环上点时，由牛顿第二定律可得其中解得从B到D过程，据动能定理可得在D点时，由牛顿第二定律可得联立解得，即滑块沿轨道运动经过点时对轨道无压力，A正确；B．由滑块离开半圆环后不经任何碰撞回到点可知，在竖直方向上滑块自由下落在水平方向上，滑块先向左减速后向右加速，满足联立解得B错误；C．当滑块的速度竖直向下，即水平分速度为零时，电场力的瞬时功率为零，从D点飞出的水平位移为即在虚线左侧，滑块到达距虚线的水平距离为的位置时，电场力的瞬时功率为零，C正确；D．设到点的距离为s，由动能定理可得解得即到点的距离为，D错误。
练习1、（多选）一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不计）以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E（如图所示），则（　　）
A．粒子射入的最大深度为
B．粒子射入的最大深度为
C．粒子在电场中运动的最长时间为
D．粒子在电场中运动的最长时间为
【答案】BD
【解析】粒子射入到最右端，由动能定理得-Eqxmax=0-mv02最大深度xmax=由v0=at a=可得则粒子在电场中运动的最长时间为故选BD。
练习2、如图所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图所示，设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为фA，фB则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】AB．因为电子做匀加速直线运动，则加速度不变，即所受电场力不变，可知电场强度不变，所以故A正确，B错误；CD．因为电子从A到B做加速运动，所以电场线由B指向A，沿电场线方向电势逐渐降低，则故D正确，C错误。
考点二、带电粒子在非匀强电场中的运动
【典例1】如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条电场线，实线为一带正电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹，P、Q为轨迹与电场线A、C的交点，则下列说法正确的是（　　）
A．P点电势比Q点电势高
B．粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度
C．粒子在P点的动能大于Q点动能
D．粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能
【答案】A
【解析】
A．根据电场力与电场线相切且指向轨迹凹侧可知粒子所受电场力F的方向如图所示，由于粒子带正电，故场强方向与电场力的方向一致，沿电场线方向，电势降低，故P点电势比Q点电势高，A正确；
B．P点电场线比Q点电场线稀疏，故P点场强更小，带正电粒子所受电场力更小，加速度更小，B错误；
CD．从P点到Q点的过程电场力的方向与运动方向夹角小于90°，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故粒子在P点的动能小于Q点动能，粒子在P点电势能大于粒子在Q点电势能，CD错误。
【典例2】根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹。在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．动能先增大后减小 B．电势能先减小后增大
C．加速度先变小后变大 D．电场力先做负功后做正功
【答案】D
【解析】
ABD．原子核带正电，α粒子粒子也带正电，则α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，速度方向先和电场力方向相反，后和电场力方向相同，则电场力先做负功后做正功，可得电势能先增加后减小，动能先减小后增大，故D正确，AB错误；
C．由
可得电场力先增大后减小，则由
可知加速度先变大后变小，故C错误。
练习1、如图所示，实线表示匀强电场的电场线。一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b 为轨迹上的两点。则（　　）
A．电场强度的方向水平向左
B．电场强度的方向水平向右
C．两点速度大小关系为va>vb
D．两点电势大小关系为φa＜φb
【答案】B
【解析】
AB．带正电荷的粒子受到的电场力与电场线方向相同，且根据粒子曲线运动的轨迹，可以判断受力方向向右，故电场强度方向水平向右，A错误，B正确；
C．从a到b点，电场力做正功，动能增加，所以有
vaC错误；
D．沿电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故D错误。
考点三、带电粒子在周期变化电场中的直线运动
【典例1】匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子（带正电），设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2s末带电粒子回到原出发点
C．3s末带电粒子的速度不为零
D．0～3s内，电场力做的总功为零
【答案】D
【解析】A．由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为第2s内加速度为故a2=2a1因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子没有回到出发点，故B错误；C．由解析中的图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；D．因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，0～3s内，电场力做的总功为零，故D正确。
【典例2】如图甲，两平行金属板M、N竖直放置；乙图为两板间电势差随时间的变化规律，0时刻在两板的正中央点由静止释放一个电子，电子在电场力作用下运动，取向右为运动正方向，假设电子未与两板相碰。下面的图象能反映电子运动情况的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】0-t1时间内，，场强水平向左，电子受到的电场力水平向右，电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，t1-t2时间内，，场强水平向右，电子受到的电场力水平向左，电子向右做匀减速直线运动，由对称性可知，t2时刻速度恰好减小为零，对比图象可知，D正确。
【典例3】空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图所示（取水平向右为正方向）。一个质量为、电荷量为的粒子（重力不计），开始处于图中的点。在时刻将该粒子由静止释放，经过时间，刚好运动到点，且瞬时速度为零。已知电场强度大小为。试求：
(1)电场变化的周期应满足的条件；
(2)A，B之间的距离。
【答案】(1)（为正整数）；(2)（为正整数）
【解析】
(1)粒子在电场中先加速后减速，再加速再减速...，每段运动都是对称的，经过时间t0，瞬时速度为零，故时间t0为周期的整数倍，即：
t0＝nT
解得
n为正整数.
(2)作出v－t图象，如图甲所示.
最大速度为
v－t图象与时间轴包围的面积表示位移大小为
n为正整数．
练习1、如图甲所示，在平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压。当t＝0时，一个电子从靠近N板处由静止开始运动，经1.0×10－3 s到达两板正中间的P点，那么在3.0×10－3 s这一时刻，电子所在的位置和速度大小为（　　）
A．到达M板，速度为零
B．到达P点，速度为零
C．到达N板，速度为零
D．到达P点，速度不为零
【答案】D
【解析】在1.0×10-3 s的时间里，电子做初速度为零的匀加速直线运动，当t=1.0×10-3s时电子达到P点，之后板间电压反向，两极板间的电场强度大小不变，方向和原来相反，电子开始做匀减速直线运动，由于加速度的大小不变，当t=2.0×10-3s时电子到达靠近M板处，且速度减为零。随后电子将反向做加速运动，当t=3.0×10-3 s时电子又回到P点，且速度大小与第一次经过P点时相等，而方向相反。故正确选项为D。
练习2、（多选）如图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正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）
A．带电粒子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
【答案】CD
【解析】设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由
可知可见，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图象如下图所示，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，A、B错误。
练习3、（多选）如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处（不计重力作用）。下列说法中正确的是（ ）
A．从t = 0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t = 0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C．从t =时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t =时刻释放电子，电子必将打到左极板上
【答案】AC
【解析】
AB．根据题中条件作出带电粒子的v—t图像，根据v—t图像与坐标轴围成的面积及v—t图像分析粒子的运动，由图（a）知，t = 0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，则电子一定能击中右板，A正确、B错误；CD．由图（b）知t =时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的内不能到达右板，则之后将往复运动，C正确、D错误。
考点四、带电粒子在电场中的偏转
如图所示，电子以初速度v0垂直于电场线方向射入匀强电场时，电子只受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动，类似于力学中的平抛运动（轨迹为抛物线）。
1、受力分析：由于带电粒子在电场中运动受力仅有电场力F（与初速度垂直且恒
定），不考虑重力。
2、运动情况分析：由受力分析可知，带电粒子做类平抛运动
3、求粒子的速度偏转角粒子穿越电场的时间：
垂直场强方向匀速直线运动：
，，可得：
粒子穿越电场时，竖直方向的加速度：
则粒子竖直方向速度：
粒子离开电场时的速度：
粒子离开电场时的偏移量：
…….①
粒子的偏转角为：
……..②
（2）
由（1）中得到①式 和②式
图中的y称为侧移，又叫横向位移，x为纵向。我们把这样的电场称为偏转电场。
，
因此，
【典例1】如图所示，a、b两个带电粒子分别从M板左边缘和两板中间同时垂直两平行金属板MN间电场线射入，经匀强电场偏转后击中N板的中点P。则 （　　）
A．粒子b的初速度是粒子a的倍
B．粒子a的比荷是粒子b的2倍
C．若电场强度减小为原来的二分之一，其它条件不变，粒子a、b均从N板右边缘射出
D．若两粒子比荷均减小为原来的四分之一，其它条件不变，粒子a、b均从N板右边缘射出
【答案】D
【解析】AB．a、b两个带电粒子在电场中分别做类平抛运动，则有 解得 初速度v0和比荷均有关，AB错误；C．因即x∝可知不能从N板右边缘射出，C错；D．由x∝可知，两粒子比荷均减小为原来的四分之一，其它条件不变，粒子a、b均从N板右边缘射出，D正确。
【典例2】如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（　　）
A．U1∶U2=1∶8 B．U1∶U2=1∶4 C．U1∶U2=1∶2 D．U1∶U2=1∶1
【答案】A
【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x=v0t两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t1∶t2=2∶1由于竖直方向上的位移为h=at2 h1∶h2=1∶2故加速度之比为1∶8，又因为加速度a=故两次偏转电压之比为U1∶U2=1∶8 BCD错误，A正确。
【典例3】AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三种比荷（电荷量与质量的比）相同的带电微粒（不计重力），a、b和c的运动轨迹如图所示，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则可知粒子运动的全过程（　　）
A．运动加速度aa>ab>ac
B．飞行时间tb=tc>ta
C．水平速度va>vb=vc
D．电势能的减少量ΔEc=ΔEb>ΔEa
【答案】B
【解析】A．根据牛顿第二定律得:微粒的加速度为a=据题相同，E相同，所以加速度相同，即aa=ab=ac，选项A错误；B．三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y=at2得t=由图有yb=yc>ya则得tb=tc>ta选项B正确；C．三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x=v0t得v0=由图知xa>xb>xc又tb=tc>ta则得va>vb>vc选项C错误；D．电场力做功为W=qEy由于电荷量关系不能确定，所以不能确定电场力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，选项D错误；
【典例4】（多选）如图所示，竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O做圆周运动，以下四种说法中正确的是（　　）
A．带电小球可能做匀速圆周运动
B．带电小球可能做非匀速圆周运动
C．带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小
D．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小
【答案】ABD
【解析】A．当小球所示重力与电场力合力为零时，绳子的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，A正确；B．当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速圆周运动，B正确；C．当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力都相等；如果小球做非匀变速运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，如果小球带负电，在最高点，小球的拉力最大，C错误；D．如果小球所受重力与电场力不相等，做变速圆周运动，且小球带负电时，在最低点细线拉力最小，D正确。
【典例5】（多选）如图所示，把质量为 m，带电量为 q的质点，以初速 v0在水平方向的匀强电场中竖直向上抛出， 若其运动到最高点时速度大小为 v0，设重力加速度为 g，则质点在电场中上升到最大高度 h的过程中（　　）
A．电场强度的大小为
B．这个过程中质点所受合力的冲量为 mv0
C．到最高点时质点的加速度大小为 2g
D．这个过程中质点机械能增加
【答案】AD
【解析】A．竖直方向上做匀减速运动，上升的时间水平方向上做匀加速运动，因此而可得电场强度的大小A正确；B．由竖直向上的动量，变为水平方向的动量，因此动量的变化为，根据动量定理，在这个过程中质点所受合力的冲量为，B错误；C．到最高点时，质点竖直方向的加速度为g，水平方向的加速度大小为因此合加速度为，C错误；D．这个过程中，除重力以外，电场力对物体做正功，因此质点机械能增加，D正确。
练习1、一束电子流经U=5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d=1.0 cm，板长l=5.0 cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两极板间所加电压的最大值为（　　）
A．400 V B．300 V C．100 V D．480 V
【答案】A
【解析】加速过程中，由动能定理有eU=mv02进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动，有l=v0t在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度偏转距离y=at2若电子能从两极板间飞出，则联立解得U′≤=400 V即要使电子能飞出，所加电压的最大值为400 V。
练习2、如图边长为L的正方形区域内（包括边界）有场强为E、方向竖直向下的匀强电场，一带电粒子从ad的中点以初速度v0垂直电场方向射入，刚好从c点射出，粒子只受电场力的作用，则下列判断正确的是（ ）
A．粒子带正电，比荷为 B．粒子带负电，比荷为
C．粒子带正电，比荷为 D．粒子带负电，比荷为
【答案】A
【解析】带电粒子从ad的中点垂直电场方向射入，电场方向竖直向下，粒子只受电场力的作用，从c点射出，可知粒子带正电，设粒子带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有L=v0t在竖直方向有由牛顿第二定律可得联立解得A正确，BCD错误。
练习3、如图所示，三个分别带正电、带负电和不带电的质量相同的颗粒从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下极板上的a、b、c三点处。下列判断正确的是（　　）
A．落在a点的颗粒带正电，落在b点的颗粒不带电，落在c点的颗粒带负电
B．落在a点的颗粒带负电，落在b点的颗粒不带电，落在c点的颗粒带正电
C．落在a点的颗粒不带电，落在b点的颗粒带负电，落在c点的颗粒带正电
D．落在a点的颗粒带负电，落在b点的颗粒带正电，落在c点的颗粒不带电
【答案】B
【解析】根据题意，三小球在水平方向做匀速直线运动，则有v0相同，由图看出，水平位移的关系为则运动时间关系为竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等则知加速度关系为由牛顿第二定律得知三个小球的合力关系为由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电。
练习4、如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中，下列说法正确的（　　）
A．它们带上同种电荷
B．它们运动的时间tQ=tP
C．它们的动能增加之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2
D．它们所带的电荷量之比qP∶qQ=1∶2
【答案】ABD
【解析】B．垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，初速度相等，由
知运动的时间相等，故B正确；A．两个带电粒子在电场的方向，都向上运动，则所受电场力方向相同，所以两个带电粒子带同种电荷，故A正确；CD．在竖直方向上，根据知竖直位移之比为，则电荷量之比为电场力做功竖直位移之比为，则电场力做功为，根据动能定理知，电场力做功为，则动能的增量之比为，故D正确，C错误。
考点五、示波器图像
示波管的原理图，它由电子枪，偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的电子。
电极XX′使电子束沿水平方向偏转，电极YY′使电子束沿竖直方向偏转，这样就在荧光屏上出现了随时间而展开的信号电压的波形。显然，这个波形是电子束同时参与两个相互垂直的分运动合成的结果。
示波器不仅可以用来定性观察电压的动态变化过程，而且可以定量测定电压的大小、周期和相位等，示波管是示波器中显示波形的部件，其结构如图所示，由发射、加速和聚焦电子束的电子枪，控制电子束偏转的X轴和Y轴偏转板，偏转电极一般有相互平行的两组，一组控制水平偏转，一组控制竖直偏转。以及电子打在上面会发光的荧光屏三个部分组成，管内抽成高度真空（106mm汞柱以下），以避免电子与气体分子碰撞而引起电子束散射。电子经过偏转电场后打到荧光屏上使荧光粉发光。
原理 图中的Y称为侧移，又叫横向位移，X为纵向。我们把这样的电场称为偏转电场。电子枪中的灯丝K发射电子，经加速电场加速后，由本节i带电粒子在电场中的加速例1中得到的速度公式：
v0=
如果在偏转电极上加电压电子在偏转电极的电场中发生偏转。离开偏转电极 后沿直线前进，打
在荧光屏上的亮斑在竖直方向发生偏移。其偏移量为：
=y+Ltanθ[
所以
=
==（L+）tanθ
由思考题中的式③
]可得：
从前面我们已经知道侧移与电压成正比，尽管电子离开偏转电场后到荧光屏之间还有一段匀速直
线运动，但我们仍然可以证明电子打在荧光屏上的亮点位置与入射位置相比其侧移量仍是与电压
成正比的。
【典例1】示波管原理如图所示，当两偏转电极、电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏正中间的O点，其中x轴与电场的场强方向平行，y轴与电场的场强方向平行。若要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，则下列操作可行的是（　　）
A．X、Y接电源的正极，、接电源的负极
B．X、接电源的正极，、Y接电源的负极
C．、Y接电源的正极，X、接电源的负极
D．、接电源的正极，X、Y接电源的负极
【答案】C
【解析】要使电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限内，则电子向Y极板及极板偏转，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，则Y极板带正电，极板带正电，所以、Y接电源的正极，X、接电源的负极，则C正确；ABD错误；
练习1、示波管的构造如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（　　）
A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
【答案】AC
【解析】根据亮斑的位置，竖直方向上，向上偏转，电子受力向上，因此Y极板带正电；水平方向上，向X板偏转，电子受力指向X板，因此X板带正电。
考点六、电场中的能量问题
【典例1】如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，轨迹如图中虚线所示，则下列描述错误的是（　　）
A．若微粒带负电荷，则A板可能带负电荷
B．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
C．微粒从M点运动到N点电势能可能增加
D．微粒从M点运动到N点动能一定增加
【答案】B
【解析】A．若微粒带负电荷，假如A板带负电荷，向下的重力和电场力同向，合力向下能如图中轨迹运动，故A正确；
B．若微粒带正电荷、A板带负电荷，电场力的方向向上，微粒从M点运动到N点电场力对微粒做负功，电势能增加，机械能减少，故B错误；
C．若微粒带正电荷、A板带负电荷，此时电场力向上，微粒从M点运动到N点过程中，电场力对微粒做负功，微粒的电势能增加，故C正确;
D．由运动轨迹可知微粒所受合外力一定向下，微粒从M点运动到N点合外力做正功，由动能定理可知微粒的动能一定增加，故D正确。
本题选错误项，故选B。
【典例2】如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为-q （q>0）的小环，在杆的左侧固定一个电荷量为+Q （Q>0）的点电荷，杆上a、b两点与+Q正好构成等边三角形，c是ab的中点。使小环从O点无初速度释放，小环通过a点的速率为v。若已知ab=Oa=l，静电常量为k，重力加速度为g。则（　　）
A．在a点，小环所受弹力大小为
B．在c点，小环的动能最大
C．在c点，小环的电势能最大
D．在b点，小环的速率为
【答案】D
【解析】A．在a点，小环所受的库仑力沿aQ方向，大小为，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向的分力
A错误；
B．从c点到b点，小环所受重力做正功，库仑力做负功，由于重力和库仑力大小关系未知，在c点，小环的动能不一定最大，B错误；
C．c点距离正点电荷Q最近，对应电势最高，带负电荷的小环在c点电势能最小，C错误；
D．从a点到b点，由点电荷电场分布特点及几何关系知，a、b两点电势相等，则电场力不做功，应用动能定理
解得
D正确。
【典例3】空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，x轴正方向为电场强度的正方向，带电粒子在此空间只受电场力作用。下列说法中正确的是（　　）
A．此空间电场一定是由一对等量同种正点电荷产生的
B．带正电的粒子在x1处和-x1处的电势能相等
C．电子以一定的速度由-x1处沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做负功后做正功
D．质子沿x轴由x1处运动到-x1处，在O点电势能最小
【答案】B
【解析】A．若该电场是由一对等量同种正点电荷产生的，靠近正电荷时场强应趋于无穷大，对比图像不符，A错误；
B．O点左侧场强向左、O点右侧场强向右，假设正电荷从O运动到x1处，电场力做正功，电势能减小，可得
其中U1为O到x1的电势差，即该段图线与x轴所围的面积，同理可知，正电荷从O运动到-x1处，电场力做正功，电势能减小，可得
其中U2为O到-x1的电势差，即该段图线与x轴所围的面积，由对称性可知
即
故带正电的粒子在x1处和-x1处的电势能相等，B正确；
C．电子以一定的速度由-x1处沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做正功后做负功，C错误；
D．质子沿x轴由x1处运动到-x1处，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，在O点电势能最大，D错误。
故选B。
练习1、(多选)如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电荷量为q、质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则　 (　　)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.液滴做的是匀速直线运动
B.液滴做的是匀减速直线运动
C.两板间的电势差为
D.液滴的电势能减少了mgd
【答案】ACD
【解析】液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的静电力方向竖直向上或竖直向下，因为液滴做直线运动，可知静电力方向必定竖直向上，而且静电力与重力平衡，液滴做匀速直线运动，选项A正确，B错误；液滴从下极板运动到上极板的过程中，由动能定理有qU-mgd=0，解得U=，选项C正确；液滴在两板间运动的过程中，重力做功-mgd，液滴的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，液滴的电势能减少了mgd。
练习2、(多选)如图甲所示，用长度为L的轻绳拴着一质量为m、带电荷量为q(q>0)的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能Ek与绳上张力F间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g，则 (　　)
A.轻绳的长度L=
B.小球所带电荷量q=
C.小球在最高点的最小速度为
D.小球在最高点的最小速度为
【答案】AC
【解析】小球在最高点时，绳对小球的拉力、重力和静电力的合力提供向心力，则有：F+mg+Eq=m，即mv2·=F+mg+Eq，故Ek=F+(mg+Eq)，由题图乙可知，图线斜率k==，即L=，选项A正确；当F=0时，由mg+Eq=m，m=a，解得q=，选项B错误；当F=0时，重力和静电力的合力提供向心力，此时小球在最高点有最小速度，m=a，解得v1=，选项C正确，D错误。
练习3、如图所示，在E=1×103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R=40 cm，P为QN圆弧的中点，一带正电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处，现给小滑块一向左的初速度，小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点Q，取g=10 m/s2。
(1)滑块在最高点的速度多大？
(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
(3)滑块应以多大的初速度向左运动？
【答案】(1)2 m/s　(2)0.6 N　(3)7 m/s
【解析】(1)设滑块到达Q点时速度为v，则mg+qE=m
代入数据，解得v=2 m/s。
(2)设滑块到达P点时速度为v'，则从P点运动到最高点的过程中，由动能定理得
(mg+qE)R=mv'2-mv2
又在P点时：FN=m
代入数据，解得FN=0.6 N
根据牛顿第三定律知，滑块通过P点时对轨道的压力大小为0.6 N。
(3)滑块从开始运动至到达Q点的过程中，由动能定理得
-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)s=mv2-m
代入数据解得v0=7 m/s。
练习4、将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC固定在竖直面内，圆环的圆心为O，D为圆环的最低点，其中∠BOC=90°，圆环的半径为R，水平虚线BC的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场。圆心O的正上方A点有一质量为m、带电荷量为+q的小球(可视为质点)，其直径略小于圆管内径。现将该小球无初速度释放，经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度为g。求：
(1)A点到O点的距离及匀强电场的电场强度大小；
(2)小球运动到圆环的最低点D时对圆环的作用力大小。深度解析
【答案】(1)R　　(2)(3+3)mg
【解析】(1)小球被释放后，在重力和静电力的作用下做匀加速直线运动，小球刚好无碰撞地进入圆管，说明小球进入圆管时的速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，
则有tan 45°=
解得E=
由几何知识易得出OA=R
(2)小球从A点到D点的过程中，根据动能定理得：
m-0=mg(R+OA)+Eq·，其中BC=OA=R
当小球运动到圆环的最低点D时，根据牛顿第二定律得：
FN-mg=m
联立解得：FN=(3+3)mg
根据牛顿第三定律可知，小球运动到圆环的最低点D时对圆环的压力大小为(3+3)mg，方向竖直向下。
二、夯实小练
1．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图10所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是(　　)
A. B．edUL
C. D.
【答案】D
【解析】电子从O点运动到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和题图判断，电子仅受电场力，不计重力．根据能量守恒定律得mv＝eUOA.因E＝，UOA＝EL＝，故mv＝，所以D正确．
2.图甲为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是(　　)
【答案】B
【解析】由于电极XX′之间所加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压为信号电压，所以荧光屏上会看到B选项所示的图形。
3.如图所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合．一带电粒子沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器．则下列判断正确的是(　　)
A．粒子带正电
B．保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动
C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动
D．断开开关，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动
【答案】B
【解析】开关闭合时，粒子做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A极板和电源正极相连，所以场强方向向下，故粒子带负电，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由公式E＝知场强增大，电场力大于重力，粒子可沿轨迹②运动，故B正确；保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，板间距d增大，由公式E＝知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C错误；断开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，由公式C＝，C＝，E＝得，E＝，与板间距离无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D错误．
故选b。
4.如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子.在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略.不计重力,则M∶m为 (　　)
A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1
【答案】A
【解析】设板间电场强度为E,两粒子的运动时间相同,对质量为M的粒子有:aM=,l=t2;对质量为m的粒子有:am=,l=t2,联立解得=,选项A正确.
5.（多选）两个平行的极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)
A.所受重力与静电力平衡
B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加
D.做匀变速直线运动
【答案】BD
【解析】带电粒子在平行板之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是静电力F＝Eq，方向垂直于极板向上。因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，A、C错误；从粒子运动的方向和静电力的方向可判断出，静电力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确。
6．（多选）如图所示,在水平向右的匀强电场中,某带电粒子从A点运动到B点,在A点时速度竖直向上,在B点时速度水平向右,在这一运动过程中粒子只受电场力和重力,并且克服重力做的功为1 J,电场力做的正功为3 J,则下
列说法中正确的是 (　　)
A.粒子带正电
B.粒子在A点的动能比在B点多2 J
C.粒子在A点的机械能比在B点少3 J
D.粒子由A点到B点过程中速度最小时,速度的方向与水平方向的夹角为60°
【答案】 ACD
【解析】　从A到B,电场力做正功,可知电场力方向水平向右,电场强度方向也是水平向右,所以粒子带正电,故A正确;根据动能定理得,从A到B动能的变化量ΔEk=WG+W电=(-1+3)J=2 J,所以粒子在A点的动能比在B点少2 J,故B错误;除重力以外只有电场力做功,因为除重力以外其他力做的功等于机械能的增量,所以A到B机械能增加3 J,故C正确;由机械能守恒定律可知,竖直方向mgh=1 J=mv2,全程mv'2-mv2=(3-1)J=2 J,故mv'2=3 J,即=,由动量定理:mgt=mv,qEt=mv',得=,可知合力与水平方向成30°角,当合速度方向与合力方向垂直时,合速度达到最小值,故速度最小时速度的方向与水平方向成60°角,故D正确.
故选ACD。
7.（多选）带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是(　　)
A.微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
【答案】BD
【解析】0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误。
8．如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106 m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e＝1.6×10－19 C，电子质量m＝0.91×10－30 kg.求：
(1)电子在C点时的动能是多少J
(2)O、C两点间的电势差大小是多少V
【答案】　(1)9.7×10－18 J　(2)15.2 V
【解析】　(1)依据几何三角形解得：电子在C点时的速度为：
vt＝①
而Ek＝mv2②
联立①②得：Ek＝m()2＝9.7×10－18 J.
(2)对电子从O到C，由动能定理，有
eU＝mv－mv③
联立①③得：U＝＝15.2 V.
9.如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点．现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速度进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力．
(1)求粒子进入电场前的初速度v0的大小；
(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能Ek；
(3)求粒子从Q点飞出时打在荧屏上的点离O点的距离y.
【答案】(1)　(2)qEL　(3)7L
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有
L＝v0t
在竖直方向上有：＝at2
qE＝ma
联立解得：v0＝
(2)其他条件不变，增大电场强度，粒子从CD边中点Q飞出，则
水平方向：＝v0t′
竖直方向：L＝a′t′2
qE′＝ma′
得：E′＝8E
由动能定理得：qE′L＝Ek－mv
得：Ek＝qEL.
(3)设打在屏幕上的位置距O点的距离为Y，
由几何关系知＝
得Y＝7L.
四、夯实小练
1．如图所示,在正方形ABCD区域内有场强方向平行于AB边的匀强电场,E、F、H是对应边的中点,P点是EH的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出.以下说法正确的是 (　　)
A.粒子的运动轨迹经过P点
B.粒子的运动轨迹经过PH之间某点
C.若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EH
D.若将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E点从BC边射出
【答案】D
【解析】粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出,其轨迹是抛物线,根据推论知,过C点作速度的反向延长线一定交于FH的中点,而延长线又经过P点,所以粒子轨迹一定经过PE之间某点,故A、B错误;粒子从C点射出时速度方向的反向延长线与EH垂直,若增大初速度,粒子轨迹可能经过PH之间某点,可知粒子不可能垂直穿过EH,故C错误;由平抛知识类比可知,当竖直位移一定时,水平速度变为原来的一半,则水平位移也变为原来的一半,粒子恰好由E点射出BC,故D正确.
2．如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)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 (　　)
A.0C.【答案】B
【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意得,粒子的速度方向时而为负,时而为正,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负.作出t0=0、、、时粒子运动的速度图象如图所示.由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象可知0T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.
如图,电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd,水平边ab长为s,竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为+q和-q的两粒子,由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中).不计重力.若两粒子轨迹恰好相切,则v0等于 (　　)
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据对称性,两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心.则在水平方向有s=v0t,在竖直方向有h=··t2,解得v0=,选项B正确.
故选B。
4．AB板间存在竖直方向的匀强电场,现沿垂直电场线方向射入三种比荷(电荷量与质量的比)相同的带电微粒(不计重力),a、b和c的运动轨迹如图所示,其中b和c是从同一点射入的.不计空气阻力,则可知粒子运动的全过程 (　　)
A.运动加速度:aa>ab>ac
B.飞行时间:tb=tc>ta
C.水平速度:va>vb=vc
D.电势能的减少量:ΔEc=ΔEb>ΔEa
【答案】B
【解析】根据牛顿第二定律得:微粒的加速度为a=,据题相同,E相同,所以加速度相同,即aa=ab=ac,选项A错误;三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动,由y=at2,得:t=,由图有:yb=yc>ya,则得:tb=tc>ta,选项B正确;三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动,由x=v0t得v0=,由图知:xa>xb>xc,又tb=tc>ta,则得:va>vb>vc,选项C错误;电场力做功为W=qEy,由于电荷量关系不能确定,所以不能确定电场力做功的大小,也就不能确定电势能减少量的大小,选项D错误.
5.（多选）如图所示,一质量为m、电荷量大小为q的带电油滴,从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37°角射入电场中,油滴运动到最高点时速度大小也是v,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　)
A.最高点不可能在O点的正上方
B.匀强电场的电场强度可能为E=
C.O点与最高点之间的电势差可能为零
D.匀强电场的电场强度可能为E=
【答案】 AD
【解析】　油滴到最高点的速度仍为v,则动能的变化量为零,根据动能定理知,克服重力做的功等于电场力做的正功,最高点如果是O点正上方,则电场力不做功,故A正确;
若油滴带正电,到最高点的时间为t==
vcos 37°+t=v
解得:E=,
若油滴带负电,电场方向有:vcos 37°-t=-v
解得:E=,故B错误,D正确;
根据动能定理知,从开始到最高点过程中,动能变化量为零,克服重力做的功等于电场力做的正功,根据U=可知O点与最高点的电势差不可能为零,故C错误.
故选AD。
6.（多选）如图所示,高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中,匀强电场的方向平行于竖直平面,一带电荷量为+q,质量为m的小球,以初速度v0从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑,到达曲面顶端B点的速度仍为v0,则下列说法不正确的是 (　　)
A.电场力对小球做功为mgh+m
B.A、B两点的电势差为
C.小球在B点的电势能大于在A点的电势能
D.由A到B的过程,机械能的总和保持不变
【答案】ACD
【解析】　小球上滑过程中,由动能定理得:
W-mgh=m-m
得:W=mgh.
故A错误,符合题意.
由W=qU得,A、B两点的电势差为U=
故B正确,不符合题意.
由于电场力做正功,小球的电势能减小,则小球在B点的电势能小于在A点的电势能.故C错误,符合题意.
由A到B的过程,由于电场力做正功,则机械能增加,选项D错误,符合题意.
7.如图所示，在xOy平面的第一象限内放置平行金属网，OA与y轴重合，边缘落在坐标原点，两网正对，长度和间距均为L，AO和BC间的电势差恒为U0（U0>0）；第二象限内正对放置平行金属板MN和PQ，板长和板间距离也均为L，PQ与x轴重合，边缘P点坐标为（- ，0），PQ与MN间电势差也为U0电子可以自OA和BC间任意位置由静止出发，设电子通过金属网时不与网发生碰撞，不考虑平行板电容器的边缘电场，不计电子所受重力。若电子自（L， ）出发，求电子到达x轴的位置坐标。
【答案】 解：电子经平行金属网BC、OA间电场加速后，速度为v0 ， 则由动能定理有
此后电子在MN、PQ的电场间做类平拋运动，设运动时间为t1 ， 则
， ，
由上式整理得 ，
电子在此后的运动为匀速直线运动
水平方向
竖直方向
整理得
x总 = -(x + L + ) = -2L
所以电子到达x轴的坐标为（-2L，0）。
【解析】电子在平行金属网中做加速运动，利用动能定理可以求出进入偏转电场的速度大小；电子在偏转电场中做类平抛运动，利用位移公式可以求出离开电场时的偏移量及速度的大小；结合粒子离开电场后做匀速直线运动；利用位移公式可以求出电子到达x轴的坐标。
8.如图所示，水平正对放置的平行板电容器的极板长 ，两极板间的距离 ，上极板接地。当两极板不带电时，有大量相同带电微粒依次以大小 的速度从两极板左端中央位置平行极板射入，微粒落到极板上后，其所带电荷量全部被极板吸收。已知每个微粒的质量 ，电荷量 ，电容器的电容 ，取 。求能落到下极板上的微粒的最大数目。
【答案】 解：若微粒恰好落到下极板的右端，则有
由牛顿第二定律有
两极板间的电压为
解得
即能落到下极板上的微粒的最大数目为 个。
【解析】粒子做类平抛运动，结合运动学公式和牛顿第二定律求解电场强度，结合公式Q=CU求解电容器的电荷量，除以微粒电量即为微粒个数。
9．一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉至水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过角时，小球到达B点速度恰好为零。试求：
(1)A、B两点的电势差；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)小球到达B点时，细线对小球的拉力大小。
【答案】(1)； (2)； (3)
【解析】
（1）小球由A到B过程，由动能定理得
解得
（2）B、A间电势差为
则场强大小
（3）分析可知小球在A、B间摆动，由对称性得知，B处细线拉力与A处细线拉力大小相等，而在A处，由水平方向受力平衡有
所以
10．如图所示，有一光滑竖直圆环轨道，O为圆心，半径为，B点与O点等高，在最低点固定一点电荷A，B点恰能静止一质量为、电荷量为的带电小球，现将点电荷A的电荷量增大为原来的两倍，小球沿圆环轨道向上运动到最高点C时的速度为，g取，静电力常量。求：
（1）小球静止在B点时点电荷A的带电荷量Q；
（2）点电荷A的电荷量增大为原来的两倍后，小球在B点刚开始运动时的加速度；
（3）小球在C点时对轨道的压力；
（4）点电荷A的电荷量增大为原来的两倍后，B、C两点间的电势差。
【答案】（1）；（2）；方向竖直向上；（3）；方向竖直向上；（4）
【解析】
（1）小球在B点静止时，有
解得
（2）A的电荷量增大为原来的两倍后，小球水平方向受力平衡，竖直方向上由牛顿第二定律有
解得
，方向竖直向上
（3）小球在C点时，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道的压力大小为，方向竖直向上
（4）对小球由B到C的过程，由动能定理得
解得
11．如图所示，半径为R的环状非金属管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB以下处于水平向左的匀强电场中。现将一质量为m，带电量为q的小球从管中A点由静止释放，小球恰好能通过最高点C，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)小球第二次通过C点时，小球对管壁压力的大小和方向。
【答案】(1) ；(2) ，方向向上
【解析】
(1)据题可知小球恰好能通过最高点，在点由重力与支持力提供其向心力，根据牛顿第二定律得：
从到的过程，由动能定理得：
解得：
(2)设小球第二次通过点时速度为，根据动能定理得：
在点，根据牛顿第二定律有：
解得：
根据牛顿第三定律得小球对管壁压力的大小为，方向向上。
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