8.(09·廣東物理·6)如圖所示，在一個粗糙水平面上，彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的小物塊。由靜止釋放后，兩個物塊向相反方向運動，并最終停止。在物塊的運動過程中，下列表述正確的是　　　　 (　 A　 )

A．兩個物塊的電勢能逐漸減少

B．物塊受到的庫侖力不做功

C．兩個物塊的機械能守恒

D. 物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力

解析：由于兩電荷電性相同，則二者之間的作用力為斥力，因此在遠離過程中，電場力做正功，則電勢能逐漸減少，A正確；B錯誤；由于運動過程中，有重力以外的力電場力和摩擦力做功，故機械能不守恒，C錯誤；在遠離過程中開始電場力大于摩擦力，后來電場力小于摩擦力。

7.(09·上海物理·7)位于A、B處的兩個帶有不等量負電的點電荷在平面內(nèi)電勢分布如圖所示，圖中實線表示等勢線，則　　　　　　　　　　　 (　 CD　 )

A．a(chǎn)點和b點的電場強度相同

B．正電荷從c點移到d點，電場力做正功

C．負電荷從a點移到c點，電場力做正功

D．正電荷從e點沿圖中虛線移到f點，電勢能先減小后增大

解析：電場線的疏密可以表示電場的強弱，可見A錯誤；正電荷從c點移到d點，電場力做負功，負電荷從a點移到c點，電場力做正功，所以B錯誤，C正確；正電荷從e點沿圖中虛線移到f點，電場力先做正功，后做負功，但整個過程電場力做正功，D正確。

6.(09·上海物理·3)兩帶電量分別為q和－q的點電荷放在x軸上，相距為L，能正確反映兩電荷連線上場強大小E與x關(guān)系的是圖　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　(　 A　 )

解析：由等量異種點電荷的電場強度的關(guān)系可知，在兩電荷連線中點處電場強度最小，但不是零，從兩點電荷向中點電場強度逐漸減小，因此A正確。

5.(09·北京·20)圖示為一個內(nèi)、外半徑分別為R₁和R₂的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為。取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設(shè)軸上任意點P到O點的的距離為x，P點電場強度的大小為E。下面給出E的四個表達式(式中k為靜電力常量)，其中只有一個是合理的。你可能不會求解此處的場強E，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，E的合理表達式應(yīng)為　 ( B )

A．

B．

C．

D．

解析：當(dāng)R₁=0時，對于A項而言E=0，此時帶電圓環(huán)演變?yōu)閹щ妶A面，中心軸線上一點的電場強度E>0，故A項錯誤；當(dāng)x=0時，此時要求的場強為O點的場強，由對稱性可知E_O=0，對于C項而言，x=0時E為一定值，故C項錯誤。當(dāng)x→∞時E→0，而D項中E→4πκσ故D項錯誤；所以正確選項只能為B。

4.(09·北京·19)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b　　 (　 C　 )　　　　　 　　　　　　　　　　　　

A．穿出位置一定在O′點下方

B．穿出位置一定在O′點上方

C．運動時，在電場中的電勢能一定減小

D．在電場中運動時，動能一定減小

解析：a粒子要在電場、磁場的復(fù)合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，

故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復(fù)合場區(qū)，當(dāng)撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O’點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤。

3.(09·北京·16)某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中P、Q兩點的電場強度的大小分別為E_P和E_Q，電勢分別為U_P和U_Q，則　　　　　　　　　　 (　 A　 )　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A．E_P＞E_Q，U_P＞U_Q　　

B．E_P＞E_Q，U_P＜U_Q

C．E_P＜E_Q，U_P＞U_Q

D．E_P＜E_Q，U_P＜U_Q

解析：從圖可以看出P點的電場線的密集程度大于Q點的密集程度，故P點的場強大于Q點的場強，因電場線

的方向由P指向Q，而沿電場線的方向電勢逐漸降低， P點的電勢高于Q點的電勢，故A項正確。

2.(09·全國卷Ⅱ·19)圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線。兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等。現(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c 點。若不計重力，則　 (　 BD )　　　　　　　　

A. M帶負電荷，N帶正電荷

B. N在a點的速度與M在c點的速度大小相同

C. N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功

D. M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零

解析：本題考查帶電粒子在電場中的運動.圖中的虛線為等勢線,所以M點從O點到b點的過程中電場力對粒子做功等于零,D正確.根據(jù)MN粒子的運動軌跡可知N受到的電場力向上M受到的電場力向下,電荷的正負不清楚但為異種電荷.A錯.o到a的電勢差等于o到c的兩點的電勢差,而且電荷和質(zhì)量大小相等,而且電場力都做的是正功根據(jù)動能定理得a與c兩點的速度大小相同,但方向不同,B對。

1.(09·年全國Ⅰ·18)如圖所示，一電場的電場線分布關(guān)于y軸(沿豎直方向)對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM=MN，P點在y軸的右側(cè)，MP⊥ON，則　　 (　 AD　 )

A.M點的電勢比P點的電勢高

B.將負電荷由O點移動到P點，電場力做正功

C. M、N 兩點間的電勢差大于O、M兩點間的電勢差

D.在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運動

解析：本題考查電場、電勢、等勢線、以及帶電粒子在電場中的運動.由圖和幾何關(guān)系可知M和P兩點不處在同一等勢線上而且有,A對.將負電荷由O點移到P要克服電場力做功,及電場力做負功,B錯.根據(jù),O到M的平均電場強度大于M到N的平均電場強度,所以有,C錯.從O點釋放正電子后,電場力做正功,該粒子將沿y軸做加速直線運動。

2、在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

　 如圖所示，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子沿平行于帶電金屬板以初速度v₀進入偏轉(zhuǎn)電場，飛出電場時速度的方向改變角α。

�、僦�道在偏轉(zhuǎn)電場中的兩個分運動：垂直電場方向的勻速運動，v_x＝v₀，平行電場方向的初速度為零，加速度為Eq/m的勻加速直線運動

②偏向角tanα=qUL/mdv₀²

推導(dǎo)：在電場中運動的時間t＝L/v₀………①　　　　

　在電場中的加速度a＝qU/dm………②

飛出電場時豎直方向速度v_y＝at………③

　　　 偏轉(zhuǎn)角的正切值tanα=v_y/v₀……………④　 由①②③④可得tanα=qUL/mdv₀²　

③飛出電場時，豎直方向位移y=½at²=qUL²/2mdv₀²

④經(jīng)同一加速電場由靜止加速的兩個質(zhì)量、電量均不同的粒子，進入同一偏轉(zhuǎn)電場，飛出時偏轉(zhuǎn)角相同U₀q=½mv ……①　 tanα=qUL/mdv₀²……②

由①②得tanα=UL/2dU₀　　 所以兩粒子的偏轉(zhuǎn)角相同與m與q無關(guān)．

　　 注意：這里的U與U₀不可約去，因為這是偏轉(zhuǎn)電場的電壓與加速電場的電壓，二者不一定相等．

⑤沿速度v反方向延長交MN交于Q點，則QN＝L/2,　　 QN＝y(tǒng)/tanα=L/2

⑥粒子在電場中運動，一般不計粒子的重力，個別情況下需要計重力，題目中會說時或者有明顯的暗示。

[例3]一帶電粒子從靜止經(jīng)加速電壓U₁的加速電場加速后進入板間距離為d，板間電勢差為U₂的偏轉(zhuǎn)電場，當(dāng)它飛出偏轉(zhuǎn)電場時，偏轉(zhuǎn)角為θ，要使偏轉(zhuǎn)角θ增大，則需要(　 )

A．使粒子的荷質(zhì)比變大(q/m)　　 B．其它條件不變，只使U₁變大　　

C．其它條件不變，只使U₂變大　　　 D．其它條件不變，只使d變大

解析：這里是經(jīng)加速電場加速后進入偏轉(zhuǎn)電場tanα=U₂L/2dU₁

　　 所以這里與荷質(zhì)比無關(guān)．所以A錯．從tanα=U₂L/2dU₁可知： B錯， C對， D錯．　　 答案：c

點評：注意經(jīng)加速電場加速的情況，應(yīng)當(dāng)注意從tanα=U₂L/2dU₁角度討論問題．

[例5]長為l的平行金屬板，板間形成勻強電場，一個帶電為十q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速v₀緊貼上板垂直于電場線方向射入該電場，剛好從下板邊緣射出，末速度恰與下板成30⁰角，如圖所示．求：(1)粒子未速度的大��；(2)勻強電場的場強； (3)兩板間的距離d．

解法一：由牛頓定律和運動學(xué)公式求解．

(1)由速度矢量圖8-63所示，得粒子束速度v＝v₀／cos30⁰=2v₀／3

(2)粒子在電場中運動時間t＝l／v₀，粒子射出電場時沿場強方向的分速度v_y=v₀tan30⁰=v₀／3． 由v_y＝at有v₀／3=Eql/mv₀．則場強E＝mv/3ql．

(3)兩板間距離 d=v_yt/2=L/6

解法二：(1)由動量定理和動能定理求解．v＝v₀／cos30⁰，t＝L/v₀．

　　 (2)由動量定理有　 qEt＝mv₀tan30⁰。E＝mv/3ql

　　 (3)由動能定理有　 qEd＝½mv²－½mv，d=L/6

　　 答案：(1)2v₀／3；(2)mv/3ql；(3)L/6

[例6]有三個質(zhì)量相等，分別一帶有正電，負電和不帶電的微粒，從極板左側(cè)中央以相同的水平初速度V先后垂直場強射入，分別落到極板A、B、C處，如圖所示，則正確的有(　　　 )

　　 A．粒子A帶正電，B不帶電，C帶負電

　　 B．三個粒子在電場中運動時間相等

　　 C、三個粒子在電場中運動的加速度a_A＜a_B＜a_C

　　 D．三個粒子到這極板時動能E_A＞E_B＞E_C

解析：三粒子在水平方向上都為勻速運動，則它們在電場中的飛行時間關(guān)系為t_A＞t_B＞t_C 三粒子在豎直方向上有d/2=½at² 所以a_A＜a_B＜a_C，則A帶正電，B不帶電，C帶負電． 再由動能定理知，三粒子到這極板時動能關(guān)系為E_A＜E_B＜E_C．　　 答案：AC

說明：通過以上幾個題目，請體會帶電粒子，飛出偏轉(zhuǎn)電場；恰好飛出，沒有飛出幾種情況的處理方法是什么？

[例7]如圖(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距為d的平行金屬板，板長為L，兩板加電壓后板間的電場可視為勻強電場，�，F(xiàn)在A、B兩板間加上如圖(b)所示的周期性的交變電壓，在t=0時恰有一質(zhì)量為m、電量為q的粒子在板間中央沿水平方向以速度v₀射入電場，忽略粒子的重力，，則下列關(guān)于粒子運動狀況的表述中正確的是

　 A．粒子在垂直于板的方向上的分運動可能是往復(fù)振動

B．粒子在垂直于板的方向上的分運動是單向運動

C．只要周期T和電壓U₀的值滿足一定條件，粒子就可沿與板平行的方向飛出；

　 D．粒子不可能沿與板平行的方向飛出

　 解析：當(dāng) t＝0時，帶電粒子飛入電場后，在垂直于板的方向上受到電場力的作用，做加速運動，若是粒子在T/2的時間內(nèi)沒有打在極板上，且沒有飛出電場，那么在T／2-T的時間內(nèi)，粒子做勻減速運動，粒子在這段時間內(nèi)還沒有打在極板上，同時還沒有飛出電場，當(dāng)t=T時，粒子沿電場方向的速度為零．在第二個周期內(nèi)又將重復(fù)第一個周期的運動，……所以粒子在垂直于板的方向上的分運動不可能是往復(fù)振動，只能是單向運動．當(dāng)粒子在周期T的整數(shù)倍時飛出電場時，它的速度方向是與板平行的，因為此時粒子沿電場方向(就是與板垂直方向)的速度剛好為零．由此可見選項B、C正確。

[點評]關(guān)鍵是分析帶電粒子在電場力的作用下所作運動的特點：當(dāng)電場力的方向發(fā)生變化時，帶電粒子的加速度也發(fā)生了變化．當(dāng)加速度方向與速度方向相同時，帶電粒子作加速運動，加速度方向與速度方相反時，帶電粒子做減速運動．

[例8]兩平行金屬板間所加電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示，大量質(zhì)量為m、帶電量為e的電子由靜止開始經(jīng)電壓為U₀的電場加速后連續(xù)不斷地沿兩平行金屬板間的中線射入，若兩板間距恰能使所有子都能通過．且兩極長度使每個電子通過兩板均歷時3t₀，電子所受重力不計，試求：

　　 ①電子通過兩板時側(cè)向位移的最大值和最小值．

　　 ②側(cè)向位移最大和最小的電子通過兩板后的動能之比．

[解析]①電子在t=2 nt₀(其中：n= 0、1、2、……)時刻進入電場，電子通過兩極的側(cè)向位移最大，在t＝(2n+l)t₀(其中n＝0、l、2、…)時刻進入電場電子通過兩板側(cè)向位移最小．電子側(cè)向位移最大時，進入電場在沿電場線方向上作初速度為零的勻加速運動，再作勻速運動，后作初速度不為零的勻加速運動，各段運動的時間均為t₀；當(dāng)電子側(cè)向位移最小時，在電場線上只有在第二個t₀的時間開始作初速度為零的勻加速運動，在第三個t₀的時間作勻速運動．電子進入偏轉(zhuǎn)電場后，在電場中的加速度均為a=eU_O／md,電子側(cè)向最大位移為y_max= a t₀²／2+a t₀²+a t₀²+a t₀²／2＝3a t₀²＝3eU₀ t₀²／md�！� y_max=d／2

由以上兩式解得y_max＝t₀ ； d＝2y_max＝2 t_{0　 ；}；電子側(cè)向最小位移為y_min=a t₀²／2+a t₀²= y_max／2＝t₀　　　 y_min=d／4

②電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能等于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場電場力做功之和．當(dāng)電子的側(cè)向位移為最大時，電子在電場中加速(只有加速，電場力才做功)．運動的距離為y₁＝2 y_max ／3＝d／3，電子的側(cè)向位移最小時，電子在電場中加速運動的距離為y₂＝y(tǒng)_min／3=d／12,側(cè)向位移最大的電子動能為 E_kmax＝eU_O+eU_O· y₁／d＝4eU_O／3，側(cè)向位移最小的電子動能為E_kmin= eU_O+eU_O·y₂／d＝13eU_O／12，故E_kmax∶E_kmin＝16∶13

點評：電子在電場中的分段運動分析清楚后，在電場中側(cè)向位移是可求的，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能則必須注意到電子進入兩平行金屬板后，在加速階段有電場力對電子做功，在無電場時的勻速運動階段沒有電場力做功．

[例8]北京靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置，其中某部分靜電場的分布如下圖所示。虛線表示這個靜電場在xoy平面內(nèi)的一簇等勢線，等勢線形狀相對于ox軸、oy軸對稱。等勢線的電勢沿x軸正向增加，且相鄰兩等勢線的電勢差相等。一個電子經(jīng)過P點(其橫坐標為-x₀)時，速度與ox軸平行。適當(dāng)控制實驗條件，使該電子通過電場區(qū)域時僅在ox軸上方運動。在通過電場區(qū)域過程中，該電子沿y方向的分速度v_y隨位置坐標x變化的示意圖是(　 D　 )

解析:電子在Y軸方向的分速度V_y變化的原因，應(yīng)為Y方向上的電場力作用，給出ox軸上方的電場線示意圖，注意電場線與等勢線垂直如圖所示，則x<0的范圍，電場有沿Y軸負向的分量，電子先向Y軸負向獲得分速度,A,C選項排除，經(jīng)過Y軸后，電場有對電子向上的力作用，故V_y將減小，但在x方向上一直在加速，因此當(dāng)其橫坐標為+x時，電子并未回到與P點對稱的位置，由功能關(guān)系知，V_y不會為零，因此選D.

[例9]下圖是某種靜電分選器的原理示意圖。兩個豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強電場。分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等。混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，a種顆粒帶上正電，b種顆粒帶上負電。經(jīng)分選電場后，a、b兩種顆粒分別落到水平傳送帶A、B上。

　　 已知兩板間距d=0.1m,，板的長度L=0.5m,，電場僅局限在平行板之間；各顆粒所帶電量大小與其質(zhì)量之比均為1×10^－5C/kg。設(shè)顆粒進入電場時的初速度為零，分選過程中顆粒大小及顆粒間的相互作用力不計。要求兩種顆粒離開電場區(qū)域時，不接觸到極板但有最大偏轉(zhuǎn)量。重力加速度g取10m/s²。

(1)左右兩板各帶何種電荷？兩極板間的電壓多大？

(2)若兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H=0.3m,，顆粒落至傳送帶時的速度大小是多少？

(3)設(shè)顆粒每次與傳送帶碰撞反彈時，沿豎直方向的速度大小為碰撞前豎直方向速度大小的一半。寫出顆粒第n次碰撞反彈高度的表達式。并求出經(jīng)過多少次碰撞，顆粒反彈的高度小于0.01m。

解析：(1)左板帶負電荷，右板帶正電荷。

　　 依題意，顆粒在平行板間的豎直方向上滿足　　 　　　　<1>

　　 在水平方向上滿足　　 　　<2>　　 <1><2>兩式聯(lián)立得　　

(2)根據(jù)動能定理，顆粒落到水平傳送帶上滿足

(3)在豎直方向顆粒作自由落體運動，它第一次落到水平傳送帶上沿豎直方向的速度。反彈高度　　

根據(jù)題設(shè)條件，顆粒第n次反彈后上升的高度　　 　　當(dāng)時，　

[例10]20世紀50年代，物理學(xué)家發(fā)現(xiàn)了“電子偶素”。所謂“電子偶素”，實際上是指由一個負電子和一個正電子繞它們連線的中點旋轉(zhuǎn)所形成的相對穩(wěn)定的系統(tǒng)。已知正、負電子的質(zhì)量均為m_e，帶電荷電量均為e，靜電力常量為k，普朗史常量為h。

(1)設(shè)“電子偶素”中正、負電子繞它們連線的中點做勻速圓周運動的軌道半徑為r、運動速度為v，根據(jù)量子化理論上述物理量滿足關(guān)系式：。試證明n=1時，正、負電子做勻速圓周運動的速率；

(2)已知“電子偶素”的能量為正、負電子運動的動能和系統(tǒng)的電勢能之和。當(dāng)正、負電子相距d時系統(tǒng)的電勢能為試求n=1時，“電子偶素”的能量E₁。

解答：(1)設(shè)n=1時電子運轉(zhuǎn)軌道半徑為r₁，此時正負電子間庫侖力 ①

　　 此庫侖力作為向心力 ②　　 由題中量子化理論知n=1時　 �、�

　　 聯(lián)立①②③式證得　 �、�

　 (2)由題意可知系統(tǒng)的電勢能　 ⑤

　　 每個電子動能　 �、蕖　� 系統(tǒng)的能量 E=2E_k+E_p　 ⑦

　　 聯(lián)立①②③⑤⑥⑦式可得　 �、�

帶電粒子在電場中的運動與前面的帶電物體在電場中的運動的不同點就是不考慮粒子的重力．帶電粒子在電場中運動分兩種情況：第一種是帶電粒子垂直于電場方向進入電場，在沿電場力的方向上初速為零，作類似平拋運動．第二種情況是帶電粒子沿電場線進入電場，作直線運動．

1、加速電場

　　 加速電壓為U，帶電粒子質(zhì)量為m，帶電量為q，假設(shè)從靜止開始加速，則根據(jù)動能定理½mv²=Uq，所以離開電場時速度為v=．