2018年高考物理二輪復習 專題07 電場及帶電粒子在電場中的運動學案

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1、 專題07 電場及帶電粒子在電場中的運動 構建知識網絡： 考情分析： 電場的基本概念、電場的基本性質是近幾年高考的熱點，考查的內容主要有電場強度與電場力的計算、電勢、電勢能的比較、電場力做功與電勢能變化的關系等，高考中主要以選擇題的形式出現，題目難度適中。復習中應注意以下幾個知識點：電場強度的疊加、電勢、等勢面與電場線的關系、電場力做功與電荷電勢能的變化等。 帶電粒子在電場中的運動問題有機結合了力學知識和電學知識，能最大限度地考查受力分析、運動過程分析和功能關系分析等基本思維能力，是每年高考的必考內容。復習中要注意能量守恒定律的理解，注意對粒子運動過程的分析等。 重點知識梳理：

2、 一、庫侖定律的應用 1．真空中兩點電荷間庫侖力的大小由公式F＝k計算，方向由同種電荷相斥，異種電荷相吸判斷． 2．兩帶電體間的庫侖力是一對作用力與反作用力． 二、電場強度的三個公式 1．E＝是電場強度的定義式，適用于任何電場．電場中某點的場強是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關． 2．E＝k是真空點電荷所形成的電場的決定式．E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定． 3．E＝是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場，注意式中d為兩點間沿電場方向的距離． 三、電勢、電勢差與電勢能 1．電勢φ＝，具有相對性，與零勢能點的選取有關． 2．電勢差UAB＝，電勢差是絕對的，與零

3、勢能點的選取無關． 3．電勢能的變化，靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負功，電勢能增加． 四、電容器及帶電粒子在電場中的運動 1．電容定義式 C＝，適用于任何電容器；平行板電容器電容的決定式C＝. 2．帶電粒子的加速 (1)勻強電場中，v0與E平行時，可用牛頓第二定律和運動學公式求，基本方程a＝，E＝，v2－v＝2ax. (2)非勻強電場中，用動能定理，qU＝mv2－mv. 3．帶電粒子的偏轉 (1)處理方法 用運動的合成和分解的思想處理，即分解為沿v0方向的勻速直線運動和垂直于v0方向的勻加速直線運動． (2)偏轉規(guī)律 偏轉位移y＝()2y＝ 偏轉角tanφ＝＝t

4、anφ＝. 【名師提醒】 一對平衡力做功絕對值肯定相等；一對相互作用力做功的絕對值不一定相等，可以同為正或同為負，也可以一個做功一個不做功，可以一正一負絕對值不一定相等---因為相互作用力作用在不同的物體上，不同的物體位移不一定相等。 典型例題剖析： 考點一：電場力的性質 【典型例題1】(2017·連云港質檢)均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R。已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　) A

5、.－E　　　　　　　B. C.－E D.＋E 【答案】 A 【變式訓練1】(2017·南京期中)MN為足夠大的不帶電的金屬板，在其右側距離為d的位置放一個電荷量為＋q的點電荷O，金屬板右側空間的電場分布如圖甲所示，P是金屬板表面上與點電荷O距離為r的一點。幾位同學想求出P點的電場強度大小，但發(fā)現問題很難，經過研究，他們發(fā)現圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側的電場分布是一樣的。圖乙中是兩等量異號點電荷的電場線分布，其電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線。由此他們分別對甲圖P點的電場強度方向和大小做出以下判斷，

6、其中正確的是(　　) A．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為 B．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為 C．方向垂直于金屬板向左，大小為 D．方向垂直于金屬板向左，大小為 【答案】C 【解析】　據題意，從乙圖可以看出，P點電場方向為水平向左；由圖乙可知，正、負電荷在P點電場的疊加，其大小為E＝2kcos θ＝2k＝2k，故選項C正確。 【變式訓練2】　如圖所示，均勻帶電圓環(huán)所帶電荷量為Q，半徑為R，圓心為O，P為垂直于圓環(huán)平面中心軸上的一點，OP＝L，試求P點的場強。 【答案】：k 【名師提醒】 計算電場強度的三種常用方法： （1）疊加法：電場強度是矢量，滿

7、足矢量的合成法，如果空間某點的電場強度是由多個場源疊加形成的，就用矢量的法則求解。如果合場強為零，其中一個場源產生的電場強度與其他場源產生的電場強度之和大小相等，方向相反。 （2）微元法：將研究對象分割成許多微小的單元，每一個單元可看成點電荷，求一小單元在某處的場強，然后利用電場疊加方法確定研究對象在該處產生的合場強的大小和方向。 （3）對稱法：利用均勻帶電體（如長桿、薄板、圓環(huán)）產生的電場具有對稱性的特點求電場強度的方法。 考點二：電場能的性質 【典型例題2】一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內的電場線分布如圖所示，容器內表面為等勢面，A、B為容器內表面上

8、的兩點，下列說法正確的是(　　) A．A點的電場強度比B點的大 B．小球表面的電勢比容器內表面的低 C．B點的電場強度方向與該處內表面垂直 D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同 【答案】C 【解析】　由題圖知，B點處的電場線比A點處的密，則A點的電場強度比B點的小，選項A錯誤；沿電場線方向電勢降低，選項B錯誤；電場強度的方向總是與等勢面(容器內表面)垂直，選項C正確；沿任意路徑將檢驗電荷由A點移動到B點，電場力做功都為零，選項D錯誤。 【變式訓練3】(2017·連云港模擬)如圖，勻強電場中的點A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的8個頂點。已知G、F、

9、B、D點的電勢分別為5 V、1 V、2 V、4 V，則A點的電勢為(　　) A．0　　　　　B．1 V C．2 V D．3 V 【答案】A 【變式訓練4】(多選)(2017·常州一中調研)如圖甲所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，一帶正電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度va沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運動，其v-t圖像如圖乙所示，下列說法正確的是(　　) A．兩點電荷一定都帶負電，但電荷量不一定相等 B．兩點電荷一定都帶負電，且電荷量一定相等 C．試探電荷一直向上運動，直至運動到無窮遠處 D．t2時刻試探電荷的電勢能最大，但

10、加速度不為零 【答案】BD 【名師提醒】 1.三個重要概念兩個重要結論 （1）場強的大小與電場線的疏密有關、電勢高低與電場線的方向有關、電勢高低與場強大小無必然聯(lián)系 （2）結論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝，如圖甲所示． 結論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示． 2.兩個要點：第一，公式既可用于勻強電場中的定量計算，又可用于非勻強電場的定性分析；第二，場強的方向總是由電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面，且與等勢面垂直 考點三：平行板電容器問題 【典型例題3】如圖所示，平行板電容器

11、帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A．θ增大，E增大　　　　　　　　B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 【答案】D 【變式訓練5】(創(chuàng)新題)如圖所示，理想二極管(具有單向導電性)、平行板電容器、電源組成閉合電路，帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間而靜止，則下列說法中正確的是(　　) A．

12、若將極板A向下移動少許，則液滴的電勢能將減小 B．若將極板A向上移動少許，則液滴將向上運動 C．若將極板B向上移動少許，則液滴的電勢能將增大 D．若將極板A、B錯開少許，使兩極板正對面積變小，則液滴將向下運動 【答案】A 【解析】 若將極板A向下移動少許(d減小)，電容器電容增大，二極管正向導通給電容器充電，電容器兩端電壓保持U不變，由E＝知兩極板間電場強度增大，電場力大于液滴重力，液滴將沿電場力方向運動，電場力做正功，帶電液滴的電勢能減小，A對；若將極板A向上移動少許(d增大)，由C＝知C減小，由Q＝CU知Q將減小，但因二極管具有單向導電性，所以電容器的帶電荷量Q將不變，由E＝、Q

13、＝CU及C＝知兩極板間電場強度不變，所以液滴仍靜止，B錯；若將極板B向上移動少許(d減小)，由E＝知兩極板間電場強度增大，與選項A相同，帶電液滴將沿電場力方向向上運動，電場力做正功，電勢能減小，C錯；若將極板A、B錯開少許(S減小)，電容減小，但二極管阻止電容器放電，電容器帶電荷量Q不變，由C＝可知兩極板間電壓升高，由E＝知兩極板間電場強度增大，液滴沿電場力方向向上運動，D錯． 【名師提醒】 1.必須記住的三個公式 C＝、C＝、E＝. 2.必須明確的兩個關鍵點 (1)電路處于接通狀態(tài)時，電容器兩極板間電壓不變. (2)電路處于斷開狀態(tài)時，電容器兩極板間的帶電荷量不變. 3.平行板

14、電容器動態(tài)問題的分析思路 4.平行板電容器問題的一個常用結論：電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場強度與極板間的距離無關。 考點四：帶電粒子在電場中的運動 【典型例題4】如圖所示，一電荷量為＋q、質量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度是多大； (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能． 【答案】　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL

15、 【解析】　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示， 則有FNsin37°＝qE① FNcos37°＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma 可得a＝0.3g (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得 mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL. 【變式訓練6】如圖8所示，噴墨打印機中的墨滴在進入偏轉電場之前會被帶上一定量的電荷，在電場的作用下使電荷發(fā)生偏轉到達紙上．已知兩偏轉極板長度L＝1

16、.5×10－2m，兩極板間電場強度E＝1.2×106N/C，墨滴的質量m＝1.0×10－13 kg，電荷量q＝1.0×10－16 C，墨滴在進入電場前的速度v0＝15 m/s，方向與兩極板平行．不計空氣阻力和墨滴重力，假設偏轉電場只局限在平行極板內部，忽略邊緣電場的影響． (1)判斷墨滴帶正電荷還是負電荷？ (2)求墨滴在兩極板之間運動的時間； (3)求墨滴離開電場時在豎直方向上的位移y. 【答案】　(1)負電荷　(2)1.0×10－3s　(3)6.0×10－4m 【變式訓練7】如圖所示，一絕緣“?”形桿由兩段相互平行的足夠長的水平直桿PQ、MN和一半徑為R的光滑半圓環(huán)MAP

17、組成，固定在豎直平面內，其中MN桿是光滑的，PQ桿是粗糙的．現將一質量為m的帶正電荷的小環(huán)套在MN桿上，小環(huán)所受的電場力為重力的. (1)若將小環(huán)由D點靜止釋放，則剛好能到達P點，求DM間的距離； (2)若將小環(huán)由M點右側5R處靜止釋放，設小環(huán)與PQ桿間的動摩擦因數為μ，小環(huán)所受最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，求小環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功． 【答案】　(1)4R　(2)若μ≥，Wf＝　若μ<，Wf＝mgR 【解析】：(1)設DM間距離為x，對小環(huán)從D點到P點過程由動能定理得qEx－2mgR＝0－0 又有qE＝mg 解得x＝4R. 【名師提醒】 一．帶電粒子

18、在電場中的直線運動問題 1．做直線運動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運動． (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，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動． 2．用動力學觀點分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. 3．用功能觀點分析 勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1. 二、帶電粒子在電場中的偏轉運動問題 1．基本運動規(guī)律 (1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間 (2)沿電場力方向，做勻加速直線運動 考點五：帶電粒子在交變電場中的運動 【典型例題5】如圖甲

19、所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，O點是一個可以連續(xù)產生粒子的粒子源，O點到A、B的距離都是l?，F在A、B之間加上電壓，電壓UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知粒子源在交變電壓的一個周期內可以均勻產生300個粒子，粒子質量為m、電荷量為－q。這種粒子產生后，在電場力作用下從靜止開始運動。設粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運動，且電荷量同時消失，不影響A、B板電勢。不計粒子的重力，不考慮粒子之間的相互作用力。已知上述物理量l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C。 (1)在t＝0時刻產生的粒子

20、，會在什么時刻到達哪個極板？ (2)在t＝0到t＝這段時間內哪個時刻產生的粒子剛好不能到達A板？ (3)在t＝0到t＝這段時間內產生的粒子有多少個可到達A板？ 【答案】　(1)×10－3 s　到達A極板　(2)4×10－3 s　(3)100個 【解析】：(1)根據圖乙可知，從t＝0時刻開始，A板電勢高于B板電勢，粒子向A板運動。因為x＝2＝3.6 m>l，所以粒子從t＝0時刻開始，一直加速到達A板。設粒子到達A板的時間為t，則l＝t2 解得t＝×10－3 s。 (3)因為粒子源在一個周期內可以產生300個粒子，而在0～時間內的前時間內產生的粒子可以到達A板，所以到達A板的粒子數

21、n＝300××＝100(個)。 【變式訓練8】如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求： (1)在t＝0.06 s時刻，電子打在熒光屏上的何處。 (2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？ 【答案】　(1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5 cm　(2)30 cm (2)由題知電子側移量y的最大值為，所以當偏轉電壓超

22、過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30 cm。 【名師提醒】 帶電粒子在交變電場中運動的處理方法 分清三種情況 一、粒子做單向直線運動(牛頓運動定律求解) 二、粒子做往返運動(分段研究) 三、粒子做偏轉運動(分解) 思考兩個關系 力和運動的關系 功能關系 注意全面分析 分析受力特點和運動規(guī)律，抓住粒子運動的周期性或對稱性的特征，確定與物理過程相關的臨界條件 專題七 課時跟蹤訓練 一、單項選擇題 1.(2017·紅花崗區(qū)期中)如圖所示，在水平向右、大小為E的勻強電場中，在O點固定一電荷量為Q的正電荷，A、B、C、D為

23、以O為圓心、半徑為r的同一圓周上的四點，B、D連線與電場線平行，A、C連線與電場線垂直。則(　　) A．A點的場強大小為 B．B點的場強大小為E－k C．D點的場強大小不可能為0 D．A、C兩點的場強相同 【答案】A 2.(2017·南京期中)MN為足夠大的不帶電的金屬板，在其右側距離為d的位置放一個電荷量為＋q的點電荷O，金屬板右側空間的電場分布如圖甲所示，P是金屬板表面上與點電荷O距離為r的一點。幾位同學想求出P點的電場強度大小，但發(fā)現問題很難，經過研究，他們發(fā)現圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側的電場分布是一樣的。圖乙中是兩等量異號點電荷的電場

24、線分布，其電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線。由此他們分別對甲圖P點的電場強度方向和大小做出以下判斷，其中正確的是(　　) A．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為 B．方向沿P點和點電荷的連線向左，大小為 C．方向垂直于金屬板向左，大小為 D．方向垂直于金屬板向左，大小為 【答案】C 3.(2017·無錫模擬)如圖所示，在某電場中畫出了三條電場線，C點是A、B連線的中點。已知A點的電勢為φA＝30 V，B點的電勢為φB＝－10 V，則C點的電勢為(　　) A．φC＝10 V B．φC>10

25、V C．φC<10 V D．上述選項都不正確 【答案】C 【解析】　由于AC之間的電場線比CB之間的電場線密，相等距離之間的電勢差較大，即UAC>UCB，所以φA－φC>φC－φB，可得φC<，即φC<10 V，選項C正確。 4.如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角.若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(　　) A.θ增大，E增大

26、 B.θ增大，Ep不變 C.θ減小，Ep增大 D.θ減小，E不變 【答案】D 【解析】 若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據C＝可知，C變大；根據Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減??；根據E＝，Q＝CU，C＝聯(lián)立可得E＝，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確. 5. 在真空中某區(qū)域有一電場，電場中有一點O，經過O點的一條直線上有P、M、N三點，到O點的距離分別為r0、r1、r2

27、，直線上各點的電勢φ分布如圖所示，r表示該直線上某點到O點的距離，下列說法中正確的是(　　) A．O、P兩點間電勢不變，O、P間場強一定為零 B．M點的電勢低于N點的電勢 C．M點的電場強度大小小于N點的電場強度大小 D．在將正電荷沿該直線從M移到N的過程中，電場力做負功 【答案】A 二、多項選擇題 6.兩個相同的負電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示。c是兩負電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則(　　) A．a點的電場強度比b點的大 B．a點的電勢比b點的高 C．c點的電場強度比d點的大 D．c點的電勢比d點的低 【答案

28、】ACD 7.(2016·海南高考)如圖，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。下列說法正確的是(　　) A．M帶負電荷，N帶正電荷 B．M在b點的動能小于它在a點的動能 C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功 【答案】ABC 【解析】　如圖所示，粒子受到的電場力指向軌跡的凹側，可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M帶負電荷，N帶正電荷，選項A正確；由于虛線是等勢面，故M從a點到b點電場力對其做負功，動能減

29、小，選項B正確；d點和e點在同一等勢面上，N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，故選項C正確； N從c點運動到d點的過程中，電場力做正功，故選項D錯誤。 8.(2017·蘇州一模)如圖所示，11H、12H、13H三種粒子從同一位置無初速度地飄入水平向右的勻強電場，被加速后進入豎直向下的勻強電場發(fā)生偏轉，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么(　　) A．偏轉電場對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時速度一樣大 C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 【答案】AD 9.(2017·南通一模)如圖所示，空間存在勻

30、強電場，方向豎直向下，從絕緣斜面上的M點沿水平方向拋出一帶電小球。最后小球落在斜面上的N點。已知小球的質量為m，初速度大小為v0，斜面傾角為θ，電場強度大小未知。則下列說法正確的是(　　) A．可以斷定小球一定帶正電荷 B．可以求出小球落到N點時速度的方向 C．可以求出小球到達N點過程中重力和電場力對小球所做的總功 D．可以斷定，當小球的速度方向與斜面平行時，小球與斜面間的距離最大 【答案】BCD 【解析】　小球做類平拋運動，電場力既可向上也可向下，故小球帶正電、負電都可以，故A錯誤；利用平拋知識有：＝＝＝tan θ，速度偏向角設為α，則tan α＝＝2tan θ，可求出小球落

31、到N點時的速度大小和方向，故B正確；求出小球到達N點的速度，由動能定理可以求出小球到達N點過程中重力和電場力對小球所做的總功，故C正確；小球在垂直于斜面方向上做勻減速直線運動，當小球在垂直于斜面方向的速度為零，即小球速度平行于斜面時，小球與斜面間的距離最大，故D正確。 10.兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢線如圖9中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中f點進入電場，其運動軌跡如圖中實線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列說法中正確的是(　　) A.f、b、c、d、e五點中，c點電場強度最大 B.帶電粒子的加速度逐漸變大 C.帶電粒子的速度先增大后減小 D.粒子經過b

32、點和d點時的速度大小相同 【答案】AD 三、計算題 11.(2017·徐州一模)如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d＝0.6 cm，兩板間加有一周期性變化的電壓，當B板接地(φB＝0)時，A板電勢φA隨時間變化的情況如圖乙所示。現有一帶負電的微粒在t＝0時刻從B板中央小孔射入電場，若該帶電微粒受到的電場力為重力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計。求： (1)在0～和～T這兩段時間內微粒的加速度大小和方向； (2)要使該微粒不與A板相碰，所加電壓的周期最長為多少(g＝10 m/s2)。 【答案】：(1)g，方向向上　3g，方向向下　(2)6×10－2 s

33、(2)前半周期上升的高度h1＝a12＝gT2 前半周期微粒的末速度為v1＝gT 后半周期先向上做勻減速運動，設減速運動時間為t1，則3gt1＝gT，則得t1＝。 此段時間內上升的高度 h2＝a2t12＝×3g×2＝ 則上升的總高度為H＝h1＋h2＝ 后半周期的－t1＝時間內，微粒向下加速運動，下降的高度h3＝×3g×2＝。 上述計算表明，微粒在一個周期內的總位移為零，只要在上升過程中不與A板相碰即可，則H≤d，即≤d 所加電壓的周期最長為Tm＝ ＝6×10－2 s。 12.(2017·東臺模擬)如圖所示，ABC是固定在豎直平面內的絕緣圓弧軌道，圓弧半徑為R。A點與圓心O等高，B

34、、C點處于豎直直徑的兩端。PA是一段絕緣的豎直圓管，兩者在A點平滑連接，整個裝置處于方向水平向右的勻強電場中。一質量為m、電荷量為＋q的小球從管內與C點等高處由靜止釋放，一段時間后小球離開圓管進入圓弧軌道運動。已知勻強電場的電場強度E＝(g為重力加速度)，小球運動過程中的電荷量保持不變，忽略圓管和軌道的摩擦阻力。求： (1)小球到達B點時速度的大?。? (2)小球到達B點時對圓弧軌道的壓力； (3)小球在圓弧軌道運動過程中速度最大為多少？ 【答案】：(1) 　(2)mg　(3) 【解析】：(1)小球從P運動到B的過程中，由動能定理得：mg·2R＋EqR＝mvB2－0解得：vB＝ 。 (2)小球在最低點B時，根據牛頓第二定律得： FN－mg＝m FN＝mg 則由牛頓第三定律得：小球對圓弧軌道的壓力大小為 mg。 21