【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-1 第七章 专题突破 (含解析).doc，共(20)页，353.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题突破带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题突破一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)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。考向粒子的单向直线运动【

例1】如图1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1解析电子在交变电场中所受电场力大小恒定，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，12T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考向粒子的往返运动【例2】(多选)如图2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2A．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末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零解析设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝qEm可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动

，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s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考向粒子的偏转运动【例3】(多选)如图3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～T3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3A．末速度大小为2v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了12mgdD．克服电场力做功为mgd解析因0～T3内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在T3～2T3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝2T3时刻的竖直速度为vy1＝gT3，水平速度

为v0；在2T3～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·T3＝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·d2＝12m

gd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知12mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为12mgd，选项D错误。答案BC1．(多选)(2019·长春模拟)如图4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4A．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＝T2时刻进入的，它一定不能到达B

板C．若电子是在t＝T8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＝3T8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T2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T4时刻进入两板时，电子先加速，经T4时速度最大，此时电子受到电场力反向，经T4速度减为零，再加速T4反向速度最大，接着减速T4回到原位置，即电子在大于T4时刻进入时一定不能到达B板，小于T4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BC2．

(多选)(2018·江西临川测试)如图5甲所示，平行板相距为d，在两金属板间加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带正电粒子(不计重力)。t＝0时刻进入电场的粒子恰好在t＝T时刻到达B板右边

缘，则()图5A．任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为TB．t＝T4时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大C．t＝T4时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为d4D．粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关解析任意时刻进入的粒子在

水平方向的分运动都是匀速直线运动，则由L＝v0t，得t＝Lv0，由于L、v0都相等，而且水平方向的速度不变，所以到达电场右边界所用时间都相等，且都为T，故A正确；粒子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边

界时速度的变化量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关，故B错误，D正确；对于t＝0时刻进入电场的粒子，据题意有d2＝2×12a(T2)2；对于t＝T4时刻进入的粒子，在前

T2时间内竖直方向的位移向下，大小为y1＝2×12a(T2)2，在后T2时间内竖直方向的位移向上，大小为y2＝2×12a(T2)2，则知y1＝y2，即竖直方向的位移为0，所以粒子到达电场右边界时距B板距离为y＝d2，故C错误。答案AD突破二带电粒子的力电综合

问题解决力电综合问题的一般思路考向用动力学观点和能量观点解决力电综合问题【例4】(2019·名师原创预测)如图6所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于

OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，取

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力。求：图6(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。解析(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根

据动能定理有qE[Lsin37°＋R(1－cos37°)]－μqELcos37°＝12mv2C1－0解得vC1＝22qER5m在C点根据向心力公式得FNC1′－qE＝mv2C1R解得FNC1′＝5.4qE根据牛顿第三定律得FNC1＝5.4qE(2)设小物块第一次到

达D点时的速度大小为vD1，根据动能定理有qE(Lsin37°－Rcos37°)－μqELcos37°＝12mv2D1－0解得vD1＝12qER5m小物块第一次到达D点后先以速度vD1沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得－q

Exm＝0－12mv2D1解得xm＝65R(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得qELsin37°＝μqEscos37°解得s＝Ltan37°μ＝15R答案

(1)5.4qE(2)56R(3)15R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。考向用动量观点和能量观点解决力电综合问题【例5】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＝12·2mv20解得v0＝2gh(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＝23v0＝232gh据能量守恒定律得2mgh＝12(2m＋m)v2＋Ep解得Ep＝23mgh(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＋mvB12×2mv20＝12

×2mv2A＋12mv2B解得vA＝13v0＝132gh，vB＝43v0＝432gh答案(1)2gh(2)23mgh(3)132gh432gh电场中动量和能量问题的解题技巧动量守恒定律与其他知识综合应用类问题

的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键。1．(多选)如图8所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平

向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点。一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点D，则()图8A．R越大，x越大B．R越大，小球经过B点后

瞬间对轨道的压力越大C．m越大，x越大D．m与R同时增大，电场力做功增大解析小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝mv2DR，小球由B到D的过程中有－2mgR＝12mv2D－12mv2B，解得vB＝5gR，

R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，故选项A正确；在B点有FN－mg＝mv2BR，解得FN＝6mg，与R无关，故选项B错误；由qEx＝12mv2B，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，故选项C、D正确。答案ACD2．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＝3mg5q，方向竖直向下，如图9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9(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＝mM＋mv0根据能量守恒定律得热量Q＝12mv20－12(M＋m)v2＝mMv202（M＋m）(2)由题意知，物块带负电。场强向下时FN＝mg－qE场强

向上时FN′＝mg＋qE所以FNFN′＝14(3)两次产生的热量相等μFN′l′＝Q，μFNl＝Q所以l′＝l4。答案(1)mMv202（M＋m）(2)1∶4(3)l4科学思维系列——“等效法”在电场中的应用1．等效重力法图10把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。如图10所示，

则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝F合m为等效重力场中的“等效重力加速度”；F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向。2．物理最高点与几何最高点在叠加电场和重力场中做圆周运动的小球，经常遇

到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。【典例】如图11所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个

装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？图11解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、

电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝（qE）2＋（mg）2＝23mg3，tanθ＝qEmg＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的

“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有mg′＝mv2DR，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知AD－＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知－2mg′R＝12mv2D－12mv20解得v0＝103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v0≥103gR3。

答案v0≥103gR3(1)重力和电场力合力的方向，一定在等效“最高点”和等效“最低点”连线的延长线的方向上。(2)类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。【即学即练】如图12所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半

径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g。试求：图12(1)小球所受的电场力大小；(2)小球在A

点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。解析(1)小球在C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，所以小球受到的电场力的大小F＝mgtan60°＝3mg(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆

轨道的压力恰好为零，有mgcos60°＝mv2r，解得v＝2gr。在小球从圆轨道上的A点运动到D点的过程中，由能量守恒得mgr(1＋cos60°)＋Frsin60°＝12mv20－12mv2解得v0＝22gr。答案(1)3mg

(2)22gr课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1．如图1所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是()

图1A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒解析由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有

电场力做功，机械能不守恒，D错误。答案B2．(2018·河南中原名校第二次联考)如图2所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示，关于电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是()图2A．电压是甲图时，在0～

T时间内，电子的电势能一直减少B．电压是乙图时，在0～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动解析若电压是甲图，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减

速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0～T2时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速

运动，过了T2做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到T4后向左减速，T2后向右加速，34T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D正确。答

案D3．(多选)(2019·河北冀州中学模拟)如图3所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为E＝3mg4q，小球初始

位置在最低点，若给小球一个水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是()图3A．小球在运动过程中机械能守恒B．小球在运动过程中机械能不守恒C．小球在运动过程的最小速度至少为gLD．小球在运动过程的最大速度至少为

52gL解析小球在运动的过程中，电场力做功，机械能不守恒，故A错误，B正确；如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点分别为A点和B点，等效重力G′＝54mg，小球在最高点的最小速度v1满足G′＝mv21L，得v1＝5gL2，故C错误；小球由最高点运动到最低点，由动能定理有G′·2L＝

12mv22－12mv21，解得v2＝52gL，故D正确。答案BD4．(2019·山东潍坊模拟)如图4甲所示，平行金属板A、B正对竖直放置，C、D为两板中线上的两点。A、B板间不加电压时，一带电小球从C点无初速释放，经时间T到达D点，此时速度为v0。在A

、B两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0带电小球仍从C点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t＝T时，小球()图4A．在D点上方B．恰好到达D点C．速度大于vD．速度小于v解析小球仅受重力作用时从C到D做自由落体运动，由速度公式得v0＝gT；现加水平方向的周

期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0～T4沿电场力方向做匀加速直线运动，T4～T2做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，T2～3T4做反向的匀加速直线运动，3T4～T做反向的匀减速直线运动，水平速度由对称性减为零，故t＝T时合速度为v0，水平位

移为零，则刚好到达D点，故选项B正确。答案B5．(多选)如图5，一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则()图5A．小球在B点时速度最大B．小球从A点到B点的过程中，机械能一

直在减少C．小球在B点时的细线拉力最大D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加解析小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到重力和电场力的合力和细线的拉

力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，故A、C错误；从A点到C点的过程中，因为重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正

确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。答案BD6．如图6所示，在一个倾角θ＝30°的斜面上建立x轴，O为坐标原点，在x轴正向空间有一个匀强电场，场强大小E＝4.5×106N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝5

.0×10－6C，质量m＝1kg带负电的绝缘物块。物块与斜面间的动摩擦因数μ＝32，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝5m/s，如图所示(g取10m/s2)。求：图6(1)物块沿斜面向下运动的最大距离为多少？(2)到物块最终停止时

系统产生的焦耳热共为多少？解析(1)设物块向下运动的最大距离为xm，由动能定理得mgsinθ·xm－μmgcosθ·xm－qExm＝0－12mv20代入数据解得xm＝0.5m(2)因qE＞mgsinθ＋μmgcosθ，物块不可能停止在x轴正向，设最终停在x轴负向

且离O点为x处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得－mgxsinθ－μmgcosθ(2xm＋x)＝0－12mv20代入数据解得x＝0.4m产生的焦耳热Q＝μmgcosθ·(2xm＋x)代入数据解得Q＝10.5J答案(1)0.5m(2)10.5J综合提能练7．(多选)如图7(a)所示，光滑绝

缘水平面上有甲、乙两个点电荷，t＝0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v－t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知()图7A．两电荷的电性一定相反B．t1时刻两电荷的电势能最大C．0～t2时间内，

两电荷的静电力先增大后减小D．0～t3时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守恒解析t＝0时，甲静止，乙以初速度6m/s向甲运动，由图可知甲的速度在增大，乙的速度在减小，所以两电荷的电性一定相同，故A错误；t1

时刻两电荷相距最近，电势能最大，故B正确；0～t2时间内，两电荷之间的距离先减小后增大，由F＝kq1q2r2可知两电荷的静电力先增大后减小，故C正确；0～t3时间内，因为甲、乙两个点电荷的合力为零，所以在0～t3时间内动量守恒，但甲的动量一直增大，乙的动量先减小到0后增大，故D错误。答案BC8．

(2019·江西宜春调研)如图8所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度

最大，其大小为vm，小金属块最后停止在C点。已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，则()图8A．在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝2μmgL＋mv2m2qB．在小金属块由A向C运动的过程

中，电势能先增大后减小C．O、B间的距离为kQqμmgD．从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能解析小金属块从A到B过程，由动能定理得－qUAB－μmgL＝12mv2m－0，得A、B两点间的电势差UAB＝－2μmgL＋mv2m2q，故A错误；小

金属块由A点向C点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程，金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg＝kQqr2，得r＝kQqμmg，故C正确

；从B到C的过程中，小金属块的动能和减少的电势能全部转化为内能，故D错误。答案C9．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＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，

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＝0.06s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＝12mv2经电场偏转后侧移量y＝12at2＝12·qumL(Lv)2所以y＝uL4U0由图知t＝0.06s时刻u＝1.8U0所以y＝4.5cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足Yy＝L＋L2L2所以Y＝13.5cm。(2)由题知电子侧移量y的最大值为L2，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＝30cm。答案(1)O点上方13.5cm处(2)30cm10．如图10所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆

相切，A为水平轨道上的一点，而且sAB＝R＝0.2m。把一个质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋1×10－4C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动。(取g＝10m/s2)求：图10(1)小球到达C点时的速度；(2)小球

到达C点时对轨道的压力；(3)若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远。解析(1)由A点到C点应用动能定理有qE(sAB＋R)－mgR＝12mv2C解得vC＝2m/s(2)在C点应用牛顿第二定律得FN－qE

＝mv2CR，得FN＝3N由牛顿第三定律知，小球在C点时对轨道的压力大小为3N。(3)小球要安全通过D点，必有mg≤mv2DR。设释放点距B点的距离为x，由动能定理得qEx－mg·2R＝12mv2D解得x≥0.5m答案(1)2m

/s(2)3N(3)x≥0.5m