熱點07 勻強電場中的勻變速直（曲）線運動模型（解析版）

熱點07勻熱點07勻強電場中的勻變速直（曲）線運動模型高考命題經(jīng)常消滅帶電粒子（不計重力）在勻強電場中的做直線或曲線運動，帶電粒子在電場中只受靜電力，加速度恒定，做勻變速直線運動或勻變速曲線運動模型，結(jié)合靜電學(xué)學(xué)問、運動學(xué)學(xué)問、功能關(guān)系、能量關(guān)系進行考查。高考命題經(jīng)常消滅帶電粒子（計重力）在勻強電場、重力場中運動的情景，帶電粒子在電場中受靜電力和重力，合力恒定，加速度恒定，做勻變速直線運動或勻變速曲線運動模型，結(jié)合靜電學(xué)學(xué)問、運動學(xué)學(xué)問、功能關(guān)系、能量關(guān)系進行考查?！灸Ｐ鸵弧繋щ娏Ｗ釉陔妶鲋械募铀俸蜏p速運動模型1.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型受力分析：與力學(xué)中受力分析方法相同,只是多了一個電場力而已.假如帶電粒子在勻強電場中，則電場力為恒力（qE）,若在非勻強電場，電場力為變力.運動過程分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同始終線上，做勻加（減）速直線運動.兩種處理方法：=1\*GB3①力和運動關(guān)系法——牛頓其次定律：帶電粒子受到恒力的作用，可以便利地由牛頓其次定律求出加速度，結(jié)合勻變速直線運動的公式確定帶電粒子的速度、時間和位移等.=2\*GB3②功能關(guān)系法——動能定理：帶電粒子在電場中通過電勢差為UAB的兩點時動能的變化是，則.2.交變電場中的直線運動U-t圖v-t圖tOtOvv0T/2T單向直線運動AB速度不反向ttOvv0來回直線運動AB速度反向TT/2-v0ttOvv0來回直線運動AB速度反向TT/8-3v05T/8ttOvv0T/32T/3來回直線運動AB速度反向T-v0軌跡圖OOABOOABAOOABDCOOABA3.帶電體在電場中的直線運動(1).帶電小球在電容器中的直線運動勻速直線運動勻加速直線運動勻加速直線運動勻減速直線運動++++++++++++++++++++----------mgqEmgmgqEθmgmgqEθqE=mg，a=0qE=mgtanθ，a=g/cosθqE=mg/cosθ，a=gtanθqE=mg/cosθ，a=gtanθ(2)多過程運動規(guī)律運動模型受力分析運動分析規(guī)律mgmgmg●qEttOvt2t1agv0=1\*GB3①速度公式v0=gt1=at2;速度位移公式v02=2gx1=2ax2=2\*GB3②全程動能定理：mg(h+d)-qU=0【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)模型【運動模型】質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子以初速沿垂直于電場的方向，進入長為、間距為、電壓為的平行金屬板間的勻強電場中，粒子將做勻變速曲線運動，如圖所示，若不計粒子重力，則可求出如下相關(guān)量：UUdlqv0y1、粒子穿越電場的時間：粒子在垂直于電場方向以做勻速直線運動，，；2、粒子離開電場時的速度：粒子沿電場方向做勻加速直線運動，加速度，粒子離開電場時平行電場方向的分速度，所以。3、粒子離開電場時的側(cè)移距離：②②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述設(shè)備的物理量、不難發(fā)覺：（1）當(dāng)不同粒子（不同）以相同的速度進入偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)移距離（2）當(dāng)不同粒子以相同的動能進入偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)移距離4、粒子離開電場時的偏角：由于③②與③的關(guān)系：（熟記）5、速度方向的反向延長線必過偏轉(zhuǎn)電場的中點由和，可推得。粒子可看作是從兩板間的中點沿直線射出的?！灸Ｐ腿繋щ娏Ｗ咏?jīng)加速電場后進入偏轉(zhuǎn)電場模型【運動模型】如圖所示，由靜止開頭被電場（加速電壓為）加速的帶電粒子平行于兩正對的平行金屬板且從兩板正中間射入，從右側(cè)射出，設(shè)在此過程中帶電粒子沒有遇到兩極板。若金屬板長為，板間距離為、兩板間電壓為，試分析帶電粒子的運動狀況。U1dUU1dU2qv1v2Lqv0v1qy設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為，電量為，經(jīng)電壓加速后速度為。由動能定理有，2、粒子穿越偏轉(zhuǎn)電場的時間：帶電粒子以初速度平行于兩正對的平行金屬板從兩板正中間射入后，在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間為，則3、粒子穿越偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的加速度：帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時沿電場方向的加速度4、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移距離：帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時沿電場方向作初速度為0的做勻加速直線運動④④式表明靜止的帶電粒子經(jīng)過同一電場加速，再垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場，射出粒子的側(cè)移量與粒子的、無關(guān)。5、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為：帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度為，則6、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏角：設(shè)飛出兩板間時的速度方向與水平方向夾角為。則⑤⑤式表明靜止的帶電粒子經(jīng)過同一電場加速，再垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場，射出粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的、無關(guān)?！灸Ｐ退摹繋щ娏Ｗ釉趶?fù)合場中的勻變速曲線運動的幾種常見模型1.帶電物體在靜電場和重力場的復(fù)合場中運動時的能量守恒

(1)帶電物體只受重力和靜電場力作用時，電勢能、重力勢能以及動能相互轉(zhuǎn)化，總能量守恒，即恒定值(2)帶電物體除受重力和靜電場力作用外，假如還受到其它力的作用時，電勢能、重力勢能以及動能之和發(fā)生變化，此變化量等于其它力的功，這類問題通常用動能定理來解決。2.帶電粒子在復(fù)合場中的勻變速曲線運動的幾種常見狀況豎直向上拋出水平拋出斜上拋出AABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqE（建議用時：60分鐘）一、單選題1．如圖所示，兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一個質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達距O點為h處的A點，然后返回。則此電子在O點射出時的速度大小是（）A．eU B． C． D．【答案】B【解析】電子最遠(yuǎn)到達距O點為h處的A點，依據(jù)動能定理有電場強度為此電子在O點射出時的速度大小是故選B。2．（2023·安徽·校聯(lián)考二模）如圖所示，三塊平行放置的金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。B板與電源正極相連，A、C兩板與電源負(fù)極相連。閉合電鍵，從O點由靜止釋放一電子，電子恰好能運動到P點（不計電子的重力影響）?，F(xiàn)將C板向右平移到點，下列說法正確的是（

）A．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P點返回B．若閉合電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到點返回C．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將運動到P和點之間返回D．若斷開電鍵后，再從O點由靜止釋放電子，電子將穿過點【答案】B【解析】AB．依據(jù)題意可知電子從O到M電場力做正功，從M到P電場力做負(fù)功或從M到電場力做負(fù)功，電子在板間運動的過程，由動能定理可知將C板向右平移到點，若電鍵處于閉合狀態(tài)，上式仍舊成立，電子將運動到點返回，故A錯誤，B正確；CD．?dāng)嚅_電鍵后，依據(jù)，，聯(lián)立解得可知板間的電場強度與板間距離無關(guān)，而斷開電鍵后可認(rèn)為極板間電荷量不變，則電場強度不變，依據(jù)動能定理可知因此若斷開電鍵后再從O點由靜止釋放電子，電子仍將運動到P點，故CD錯誤。故選B。3．如圖所示，半徑為R的圓處在勻強電場中，O為圓心，圓所在平面與電場線平行，A、B是圓上兩點，間劣弧為四分之一圓弧，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子以大小為v0的速度從O點沿某一方向射出，到達B點時的動能為，若以垂直連線向左的方向仍以大小為的速度射出，過一段時間t粒子又回到O點，再轉(zhuǎn)變粒子從O點射出的方向，射出速度大小仍為，結(jié)果粒子到達了A點，不計粒子的重力，則（）A． B．A點電勢比B點電勢高C．勻強電場的電場強度大小為 D．O、A兩點的電勢差為【答案】C【解析】B．粒子從O點沿垂直方向射出去，能回到O點，說明電場方向垂直，由O指向，則是等勢線，A、B兩點等勢，故B錯誤；C．由題意知解得故C正確；A．依據(jù)題意解得故A錯誤；D．O、A兩點的電勢差等于故D錯誤。故選C。4．質(zhì)量為、電荷量為的物塊處于水平方向的勻強電場中，在電場力的作用下，由靜止開頭在水平地面上做直線運動，與時間的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，，則（）A．時，物塊的速率為3m/sB．時，物塊的動能為零C．時，物塊回到初始位置D．0~6s內(nèi)，物塊平均速度的大小為2m/s【答案】B【解析】0~3s間，依據(jù)牛頓其次定律得時，3s后得明顯時動能為零，3s~4s間4s后反向加速得4s~6s間0~6s內(nèi)，物塊的位移6s時未回到動身點，0~6s內(nèi)平均速度故選B。5．（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬猜測）1909年密立根通過油滴試驗測得電子的電荷量，因此獲得1923年諾貝爾物理學(xué)獎，試驗裝置如圖。兩塊水平放置相距為d的金屬板A、B分別與電源正、負(fù)兩極相接，從A板上小孔進入兩板間的油滴因摩擦帶上肯定的電荷量。兩金屬板間未加電壓時，通過顯微鏡觀看到某帶電油滴P以速度大小豎直向下勻速運動；當(dāng)油滴P經(jīng)過板間M點（圖中未標(biāo)出）時，給金屬板加上電壓U，經(jīng)過一段時間，發(fā)覺油滴P恰以速度大小豎直向上勻速經(jīng)過M點。已知油滴運動時所受空氣阻力大小為，其中k為比例系數(shù)，v為油滴運動速率，r為油滴的半徑，不計空氣浮力，重力加速度為g。下列說法正確的是（

）A．油滴P帶正電B．油滴P所帶電荷量的值為C．從金屬板加上電壓到油滴向上勻速運動的過程中，油滴的加速度先增大后減小D．油滴先后兩次經(jīng)過M點經(jīng)受的時間為【答案】D【解析】A．由于加上電壓時，經(jīng)過一段時間，發(fā)覺油滴P恰以速度大小豎直向上勻速運動，說明油滴受到的電場力方向向上，所以油滴帶負(fù)電，故A錯誤；B．設(shè)油滴P所帶電荷量的值為q，沒有加電壓時，依據(jù)平衡條件可得施加電壓后勻速向上運動時，依據(jù)平衡條件可得聯(lián)立解得q=故B錯誤；C．從金屬板加上電壓到油滴速度減為零的過程中，依據(jù)牛頓其次定律可得解得加速度大小為隨著速度的減小、加速度漸漸減??；向上加速運動的過程中，依據(jù)牛頓其次定律可得解得加速度大小為隨著速度的增大、加速度漸漸減小；綜上所述，從金屬板加上電壓到油滴向上勻速運動的過程中，油滴的加速度始終減小，故C錯誤；D．油滴經(jīng)過M點向下運動到速度為零過程中，取向上為正方向，依據(jù)動量定理可得油滴從速度為零到達到M點的過程中，依據(jù)動量定理可得其中q=聯(lián)立解得油滴先后兩次經(jīng)過M點經(jīng)受的時間為故D正確。故選D。二、多選題6．（2024·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）如圖所示，有一勻強電場平行于平面，一個質(zhì)量為m的帶電粒子僅在電場力作用下從O點運動到A點，粒子在O點時速度沿y軸正方向，經(jīng)A點時速度沿x軸正方向，且粒子在A點的速度大小是它在O點時速度大小的2倍。關(guān)于該粒子在OA這一過程的運動狀況，下列說法正確的是（

）A．帶電粒子帶負(fù)電B．帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小C．這段運動過程中粒子的最小動能為D．電場力方向與軸正方向之間夾角的正切值為【答案】BD【解析】A．由于電場線方向未知，則帶電粒子的電性未知，故A錯誤；B．帶電粒子從O點到A點動能增加，則電場力做正功，電勢能減小，故帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小，故B正確；D．設(shè)加速度方向與y軸正方向之間的夾角為，如圖所示則在沿著y軸方向上沿著x軸方向上并且粒子在A點的速度是它在O點時速度的2倍，即聯(lián)立解得故D正確；C．當(dāng)速度最小時，速度方向與電場力方向垂直，設(shè)最小速度為，將初速v0沿著電場力方向和垂直電場力方向進行分解，可得則最小動能為故C錯誤；故選BD。7．（2024·四川綿陽·統(tǒng)考二模）如圖所示，在真空中兩水平平行板P、Q正對，電容為C，板長為L，板間距為d，充電后與電源（未畫出）始終相連，一帶正電的粒子從左側(cè)中心以水平初速度v0正對屏上的O點射入，在板間做直線運動；現(xiàn)保持P板不動，將Q板向上平移d，穩(wěn)定后，將該粒子仍從左側(cè)同一位置以相同初速度射入，粒子打在屏上M點（未標(biāo)出）。已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，平行板右端到屏距離也為L，重力加速度為g。則（

）A．P板電勢高于Q板B．Q板平移前平行板電容器所帶電荷量為C．點O、M間距離為D．點M與O重合【答案】BD【解析】A．帶正電的粒子在電容器中受到重力和電場力平衡，故電場力向上，上極板帶負(fù)電，則P板電勢低于Q板，故A錯誤；B．Q板平移前由平衡可知其中有電容器的定義式聯(lián)立解得故B正確；CD．Q板平移后，板間電場強度依據(jù)牛頓其次定律解得在兩板間做類平拋運動，有，解得出板間時豎直方向的速度出板間后做斜拋運動，豎直方向的位移為水平方向解得所以在電容器內(nèi)和出電容器后在豎直方向的位移為所以點M與O重合，故C錯誤，D正確。故選BD。8．如圖所示，一帶負(fù)電粒子（不計重力）質(zhì)量為、電荷量大小為，以初速度沿兩板中心水平方向射人水平放置、距離為、電勢差為的一對平行金屬板間，經(jīng)過一段時間從兩板間飛出，在此過程中，已知粒子動量變化量的大小為，下列說法正確的是（）

A．粒子在兩板間運動的加速度大小為 B．粒子從兩板間離開時的速度大小為C．金屬板的長度為 D．入射點與出射點間的電勢差為【答案】ACD【解析】A．依據(jù)牛頓其次定律可知，粒子在兩板間運動的加速度大小為故A正確；BC．粒子在水平方向做勻速直線運動，水平方向的動量變化為0；粒子在沿電場方向做初速度為0的勻加速直線運動，依據(jù)題意有可得粒子從兩板間離開時沿電場方向的分速度大小為則粒子在兩板間的運動時間為金屬板的長度為故B錯誤，C正確；D．設(shè)入射點與出射點間的電勢差為，依據(jù)動能定理可得其中，聯(lián)立解得故D正確。故選ACD。9．真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為37°。現(xiàn)將該小球從電場中A點以初速度豎直向上拋出，經(jīng)過最高點B后回到與A在同一水平線上的C點，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（）A．小球所受的電場力為 B．小球在最高點B的動能為C．小球在C點的機械能比在A點多 D．小球在C點的動能為【答案】BCD【解析】A．如圖所示，依據(jù)題意可知，小球重力與電場力的合力方向與豎直方向的夾角為37°，由幾何關(guān)系可得，小球所受的電場力為A錯誤；B．依據(jù)題意可知，小球在豎直方向上做勻減速運動，由運動學(xué)公式可得，運動到B點的時間為由牛頓其次定律可得，小球在水平方向上的加速度為則小球運動到B點的速度為則小球在最高點B的動能為B正確；C．依據(jù)對稱性可知，小球運動到C點的時間為則AC間的水平位移為由功能關(guān)系可知，小球從A運動到C，機械能的增加量為即小球在C點的機械能比在A點多，故C正確；D．依據(jù)題意，由對稱性可知，小球運動到C點時，豎直分速度為豎直向下的，由運動學(xué)公式可得，小球運動到C點時的水平分速度為則小球在C點的速度為則小球在C點的動能為D正確；故選BCD。10．如圖所示，某空間存在一勻強電場，電場中固定一個光滑的半圓形軌道，電場強度的方向平行于軌道所在平面，為軌道圓心，半徑為R，為半圓形軌道的四等分點。處放置一個粒子源，能向紙面內(nèi)各個方向放射速率均為的帶電粒子，粒子的質(zhì)量均為、電荷量均為。已知在能打到軌道上的粒子中，運動到點的粒子動能最大；且初速度水平向右的粒子恰能運動到點，不考慮粒子重力、粒子之間的相互作用和粒子在軌道上的反彈，下列說法正確的是（

）A．勻強電場的場強大小為，方向由指向B．軌道上有粒子打到的弧長為C．帶電粒子運動到點時，速度大小仍為，方向由指向D．帶電粒子運動到點時的動能【答案】AC【解析】A．如圖所示，在能打到軌道上的粒子中，運動到D點的粒子動能最大，即A、D間電勢差最大，D為軌道上電勢最低的位置，過d點做圓的切線，場強方向垂直切線，由O指向D，當(dāng)粒子v0水平向右，從A到C的運動過程中，沿AC、垂直AC方向建立坐標(biāo)系，運動滿足，聯(lián)立得A正確；B．OD垂直AC，粒子在電場中做類斜拋運動，設(shè)v0與AC夾角為θ時，粒子沿AC方向運動的距離x滿足，聯(lián)立得當(dāng)θ=45°時，即初速度水平向右時，x最大，落點為C，故有粒子打到軌道的弧長B錯誤；C．AC垂直O(jiān)D，A、C在同一等勢面上，故vC=v0再由類平拋運動的對稱性可知，vC方向與AC夾角也為45°，即由O指向C，C正確；D．從A運動到D，依據(jù)動能定理解得D錯誤。故選AC。三、解答題11．（2024·遼寧沈陽·統(tǒng)考一模）如圖，水平地面上放置一長度、質(zhì)量的長木板。一可視為質(zhì)點、質(zhì)量、帶電量的小物塊放在木板上，小物塊到木板右端距離。在距木板右端的虛線右側(cè)，存在寬度的勻強電場，場強，方向豎直向下。勻強電場右側(cè)存在寬度，的勻強電場，場強，方向豎直向上。從時刻起，水平恒力作用在長木板上，5s末撤去。已知物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)，長木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)，物塊帶電量始終不變，重力加速度g取，求：（1）物塊運動多長時間進入勻強電場;（2）物塊離開勻強電場時速度的大??；（3）物塊最終停下來時，離木板右端的距離?！敬鸢浮浚?）4s；（2）6m/s；（3）5.5m【解析】（1）在物塊未進入電場時設(shè)其最大加速度大小為，則由牛頓其次定律有解得當(dāng)給木板施加恒力時，假設(shè)物塊和木板能夠保持相對靜止，一起做勻加速直線運動，設(shè)共同加速度的加速度大小為，則對整體由牛頓其次定律有代入數(shù)據(jù)解得則假設(shè)成立，在未撤去力F的時間內(nèi)物塊的位移可知則可知在力F撤去前的某一時間內(nèi)物塊已經(jīng)進入電場，設(shè)從開頭運動到物塊進入電場的施加為，由位移與時間的關(guān)系可得解得（2）當(dāng)物塊進入電場后由于電場力豎直向下，增加了物塊對木板的正壓力同時也增加了木板對地面的正壓力，因此可知木塊仍相對于木板靜止，在電場中，在力F未撤去時，設(shè)物塊和木板共同運動的加速度大小為，由牛頓其次定律有解得即在物塊進入電場中的1s時間內(nèi)物塊和木板一起做勻速直線運動，設(shè)其位移為，進入電場時的速度大小為，則有此時距進入電場的距離為設(shè)在這段位移內(nèi)物塊和木板共同運動的加速度大小為，由牛頓其次定律有解得設(shè)物塊和木板共同進入電場時的速度大小為，則由速度與位移的關(guān)系可得解得當(dāng)進入勻強電場，電場力豎直向上，對物塊在豎直方向有可知，物塊在電場中做勻速直線運動，因此，物塊離開勻強電場時速度的大小為。（3）設(shè)物塊出電場所用的時間為，在物塊出電場的過程中木板在電場中做勻減速直線運動的加速度大小為，則有解得，設(shè)該過程中木板的位移為，可得則可得物塊出電場時距離木板右端的距離為此時木板的速度此后在兩者達到共速前物塊的加速度大小為，設(shè)木板的加速度大小為，對木板由牛頓其次定律有解得即物塊出電場后做勻減速直線運動，而木板做勻速直線運動，設(shè)達到共速所用時間為，依據(jù)速度時間關(guān)系可得解得則在該時間內(nèi)物塊和木板的位移分別為、，則依據(jù)位移與時間的關(guān)系有兩者達到共速后將一起做減速運動，直至停止，則可知物塊最終離木板右端的距離為12．（2023·河南開封·統(tǒng)考一模）在真空中存在著方向豎直向上、足夠大且周期性變化的勻強電場E。將一個質(zhì)量為m帶電量為q的小球（可視為質(zhì)點），從電場中的P點由靜止釋放，同時開頭計時，小球先向上運動，經(jīng)時間T后，小球恰好回到P點。已知電場的周期為T=2t0，規(guī)定豎直方向為正方向，重力加速為g，求：（1）勻強電場E的大小及小球上升的最大高度h；（2）小球在第一個T時間內(nèi)機械能的變化量；（3）已知t=nt0（n取1，2，3....），試確定小球t時刻的速度。

【答案】（1），；（2）；（3）見解析【解析】（1）由牛頓其次定律得，有電場時撤去電場后從釋放到回到動身點有聯(lián)立可得（即）有電場時上升的高度撤去電場后上升的高度小球上升的最大高度（2）由功能關(guān)系得，小球在第一個T時間內(nèi)機械能的增加量（3）在（n取1，3，5....即奇數(shù)）內(nèi)，小球的加速度為在（n取2，4，6....即偶數(shù)）內(nèi)，小球的加速度為，當(dāng)時當(dāng)時當(dāng)時當(dāng)時當(dāng)時所以當(dāng)（n取1，3，5....即奇數(shù)）時，小球的速度為除n取1時，方向豎直向上，其余速度均豎直向下；在（n取2，4，6....即偶數(shù)）內(nèi)，小球的速度為方向豎直向下。（建議用時：30分鐘）一、單選題1．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考二模）真空中存在著方向平行x軸的電場，x軸上各點的電勢隨位置x變化的關(guān)系如圖所示。一帶正電粒子從處由靜止釋放，已知粒子的比荷為，不計重力。則下列說法正確的是（）A．該電場為勻強電場B．粒子在區(qū)間內(nèi)做簡諧運動C．粒子運動過程中的最大速率為D．粒子沿x軸正方向運動過程中，電勢能先變大后變小【答案】C【解析】A．坐標(biāo)原點左、右兩側(cè)的電場強度分別為可知左、右兩側(cè)的電場強度大小不同，則該電場不是勻強電場，故A錯誤；B．帶正電的粒子從靜止釋放后，在原點左側(cè)做勻變速直線運動，進入原點右側(cè)后也做勻變速直線運動，粒子不做簡諧運動，故B錯誤；C．原點處的電勢最低，則粒子在該點的電勢能最小，動能最大，從處到原點處的過程中，由動能定理可得解得故C正確；D．帶正電粒子沿x軸正方向運動過程中，所在位置的電勢先變小后變大，所以粒子的電勢能先變小后變大，故D錯誤。故選C。2．（2023·湖北·統(tǒng)考三模）如圖所示，一束單色光入射到極限頻率為的金屬板K上，放射的光電子可沿垂直于平行板電容器極板的方向從左極板上的小孔進入電場，均不能到達右極板，則（）A．該單色光的波長為B．若僅增大該單色光的強度，則將有電子到達右極板C．若僅換用頻率更大的單色光，則照舊沒有電子到達右極板D．若僅將電容器右極板右移一小段距離，電子仍舊不能到達右極板【答案】D【解析】A．由題可知，單色光的波長應(yīng)大于，故A錯誤；B．若僅增大該單色光的強度，由于入射光的頻率不變，則電子仍舊不能到達右極板，故B錯誤；C．若僅換用頻率更大的單色光，逸出的光電子的初動能增大，則可能有電子到達右極板，故C錯誤；D．若僅將電容器右極板右移一小段距離，由于兩板間的電壓不變，電子仍舊不能到達右極板，故D正確。故選D。3．（2023·安徽馬鞍山·統(tǒng)考二模）如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場，一帶電量為的物塊放在光滑絕緣水平面上，在恒力F作用下由靜止開頭從O點向右做勻加速直線運動，先經(jīng)時間t力F做功，此后撤去力F，物塊再經(jīng)時間返回到動身點O，且回到動身點時的速度大小為v。設(shè)物塊在O點的電勢能為零，則（）

A．撤去力F時物塊的速度大小為B．物塊向右滑動的最大距離為C．物塊回到動身點時的動能為D．撤去力F時物塊的電勢能為【答案】C【解析】A．設(shè)F撤去前、后物塊的加速度大小分別為a1、a2，依據(jù)位移關(guān)系有解得依據(jù)運動學(xué)規(guī)律有所以撤去力F時物塊的速度大小為故A錯誤；B．從撤去F到物塊速度減為零所經(jīng)受的時間為所以物塊向右滑動的最大距離為故B錯誤；C．物塊從O點開頭運動到又回到O點的過程中，電場力做功為零，恒力F做功為90J，依據(jù)動能定理可知物塊回到動身點時的動能為，故C正確；D．物塊向右運動過程中，電勢能增加量等于克服電場力做的功，依據(jù)能量守恒定律可知物塊向右到達最遠(yuǎn)位置時的電勢能為90J，設(shè)撤去F時物塊的電勢能為Ep，則解得故D錯誤。故選C。4．如圖所示，在邊長為L的正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有電場強度大小為E的勻強電場，圖中豎直平行的直線為勻強電場的電場線（方向未知）。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子，從A點以某一初速度沿AB邊、垂直電場方向進入電場，經(jīng)過電場中的P點并從BC邊上的Q點離開電場，帶電粒子通過Q點的速度方向與水平方向的夾角為53°，已知∠PAD=60°，忽視空氣的阻力，不考慮帶電粒子受到的重力，取sin53°=0.8，cos53°=0.6.下列說法正確的是（）A．帶電粒子從A點運動到Q點的過程中，電場力所做的功為B．帶電粒子從A點運動到Q點的過程中，電場力所做的功為C．帶電粒子從A點運動到P點的時間為D．帶電粒子從A點運動到P點的時間為【答案】A【解析】AB．依據(jù)類平拋運動規(guī)律的推論可知，粒子在Q點速度方向的反向延長線肯定過AB中點，依據(jù)幾何關(guān)系可知解得粒子運動到Q點時的豎直位移為帶電粒子從A點運動到Q點的過程中，電場力所做的功為故A正確，B錯誤；CD．設(shè)帶電粒子的初速度大小為v0，經(jīng)時間t2運動到Q點，則有聯(lián)立上述兩式解得設(shè)帶電粒子從A點運動到P點的時間為t1，則有解得故CD錯誤。故選A。二、多選題5．（2024·海南·校聯(lián)考一模）如圖所示，與坐標(biāo)系平面平行的勻強電場（未畫出）中有一個電荷量為q的正粒子，從坐標(biāo)原點O處沿與x軸正方向成角的虛線勻速運動。已知粒子在運動過程中始終受到一個大小為F、方向沿x軸正向的恒定外力的作用，不計粒子的重力。則下列說法正確的是（）A．勻強電場的電場強度大小為B．虛線上相距為L的兩點間的電勢差確定值為C．粒子沿虛線運動距離L的過程中，靜電力做功為D．粒子沿虛線運動距離L的過程中，電勢能增加了【答案】BD【解析】A．粒子沿虛線做勻速運動，則受力平衡，即電場力qE與外力F等大反向，則解得方向沿x軸負(fù)向，選項A錯誤；B．虛線上相距為L的兩點間的電勢差確定值為選項B正確；CD．粒子沿虛線運動距離L的過程中，靜電力做功為電勢能增加了選項C錯誤，D正確。故選BD。6．如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，其中心軸線在同始終線上，圓筒的長度遵照肯定的規(guī)律依次增加．圓板和圓筒與溝通電源相連，序號為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。若電壓的確定值為U，電子電量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽視不計。在t=0時刻，圓板中心的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開頭加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應(yīng)，則（）A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場B．電子運動到第n個圓筒時動能為2neUC．在t=時奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為負(fù)值D．第個和第n個圓筒的長度之比為∶【答案】AD【解析】A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場，A正確；B．電子每經(jīng)過一個間隙，電場力做功eU，依據(jù)動能定理，電子運動到第n個圓筒時動能為電子運動到第n個圓筒時動能為neU，B錯誤；C．由于時圓筒1相對圓板的電勢差為正值，同理，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，C錯誤；D．依據(jù)動能定理得，，，得電子在每個圓筒中做勻速運動，故第個和第n個圓筒的長度之比為得D正確。故選AD。7．如圖所示，在紙面所在的平面內(nèi)，帶正電粒子（不計重力），從O點以速度v0進入電場強度為E的勻強電場（范圍足夠大），經(jīng)過一段時間t0，到達P點，速度正好達最小值，再經(jīng)過一段時間，到達N點，速度的大小正好等于v0，sin37°=0.6，下列說法正確的是（）A．粒子在O點時的速度v0與場強E的夾角為127° B．O、N兩點的連線不是等勢線C．粒子從P到N的運動時間可能小于t0 D．帶電粒子的荷質(zhì)比【答案】AD【解析】B．在O點時粒子速度為，N點時速度為，整個過程中只有電場力做功，而O、N兩點速度相同，動能相同，故粒子在O、N兩點的電勢能相等，則O、N兩點的電勢相等，且電場為勻強電場，所以O(shè)、N兩點的連線為等勢線，故B錯誤；A．由于速度的最小值為，在勻強電場中只有豎直方向受力，故可分解在水平方向的和豎直方向，故與水平方向的夾角為37，由幾何關(guān)系知與與場強E的夾角為127°，故A正確；C．從O到P再到N過程中粒子所受的電場力不變，則加速度不變，O到P過程豎直方向的速度由減速到0，P到N的過程豎直方向的速度由0加速到，故到的時間等于到的時間，同為，故C錯誤；D．粒子在電場中受力為加速度為經(jīng)過時間，豎直方向速度由減速到0，可得聯(lián)立可得故D正確。故選AD。8．如圖所示，電子槍產(chǎn)生的初速度為零的電子經(jīng)過的電場加速，沿中心進入平行板電容器，板間電壓，板長L和板間距離d均為，距板右側(cè)處有一豎直圓筒，圓筒外側(cè)粘貼涂有感光材料的熒光紙，圓筒以角速度轉(zhuǎn)動，不計電子通過平行板時極板上電壓的變化，電子打到熒光紙上留下印跡．然后從圓筒上沿軸線方向剪開熒光紙并開放，剪開位置不同，得到的圖像外形也不同，以下圖像可能正確的是（

）．A． B．C． D．【答案】BD【解析】設(shè)電子的電量為e，質(zhì)量為m，出加速電場的速度為，在加速電場的運動過程，由動能定理得解得電子在平行板間做類平拋運動，離開電場后做勻速直線運動，設(shè)離開電場時速度方向與水平方向的夾角為，豎直方向的分速度為，豎直方向的位移為y，則有電子打在圓筒上時的豎直位移代入數(shù)據(jù)解得可知若電子打到平面的白紙上留下黑色印跡隨時間是按正弦規(guī)律變化的，峰值為20cm。圓筒以轉(zhuǎn)動，其周期為T=0.5s，而變化的周期為1s，即圓筒轉(zhuǎn)一周只能在白紙上留下半個周期的正弦圖像印跡。AB．若在處沿軸線剪開，在開放的白紙上會看到兩個周期的正弦圖像上下對稱分布，故A錯誤，B正確；CD．若在最大為20cm處沿軸線剪開，在開放的白紙上會看到兩個周期的正弦圖像交叉分布，故C錯誤，D正確；故選BD。三、解答題9．中科院高能物理爭辯所利用電場約束帶電粒子的運動，其簡化模型如圖1所示，在平面內(nèi)的第一象限和第四象限加一沿軸正方向的勻強電場（未知），一粒子放射源固定在坐標(biāo)原點，該裝置可以沿軸正方向放射質(zhì)量為、電荷量為的粒子，粒子的初速度均為，剛好能過第一象限內(nèi)的點，已知點的橫坐標(biāo)為，不計重力及粒子間的相互作用。（1）已知粒子過點時速度為，求勻強電場的場強大小和點的縱坐標(biāo)；（