2025新課改-高中物理-必修第3冊(cè)（20講）08 B帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 中檔版含答案

2025新課改-高中物理-必修第3冊(cè)（20講）08B帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)中檔版帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、帶電粒子在電場(chǎng)中的加速分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：1．利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式分析．適用于電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)且涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間等描述運(yùn)動(dòng)過程的物理量，公式有qE＝ma，v＝v0＋at等．2．利用靜電力做功結(jié)合動(dòng)能定理分析．適用于問題涉及位移、速率等動(dòng)能定理公式中的物理量或非勻強(qiáng)電場(chǎng)情景時(shí)，公式有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02)(勻強(qiáng)電場(chǎng))或qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02)(任何電場(chǎng))等．二、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板長(zhǎng)為l，極板間距離為d，極板間電壓為U.(1)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：①沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)．②垂直v0的方向：初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．(2)運(yùn)動(dòng)規(guī)律：①偏移距離：因?yàn)閠＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(02)d).②偏轉(zhuǎn)角度：因?yàn)関y＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02)).三、示波管的原理1．示波管主要由電子槍(由發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(由一對(duì)X偏轉(zhuǎn)電極和一對(duì)Y偏轉(zhuǎn)電極組成)和熒光屏組成．2．掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓．3．示波管工作原理：被加熱的燈絲發(fā)射出熱電子，電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，以很大的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，如果在Y偏轉(zhuǎn)電極上加一個(gè)信號(hào)電壓，在X偏轉(zhuǎn)電極上加一個(gè)掃描電壓，當(dāng)掃描電壓與信號(hào)電壓的周期相同時(shí)，熒光屏上就會(huì)得到信號(hào)電壓一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖像．技巧點(diǎn)撥一、帶電粒子在電場(chǎng)中的加速1．帶電粒子的分類及受力特點(diǎn)(1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力．(2)質(zhì)量較大的微粒，如帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時(shí)一般都不能忽略重力．2．分析帶電粒子在電場(chǎng)力作用下加速運(yùn)動(dòng)的兩種方法(1)利用牛頓第二定律F＝ma和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，只能用來分析帶電粒子的勻變速運(yùn)動(dòng)．(2)利用動(dòng)能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02.若初速度為零，則qU＝eq\f(1,2)mv2，對(duì)于勻變速運(yùn)動(dòng)和非勻變速運(yùn)動(dòng)都適用．二、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，已知板長(zhǎng)為l，板間電壓為U，板間距離為d，不計(jì)粒子的重力．1．運(yùn)動(dòng)分析及規(guī)律應(yīng)用粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)分解的知識(shí)進(jìn)行分析處理．(1)在v0方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)；(2)在電場(chǎng)力方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．2．過程分析如圖所示，設(shè)粒子不與平行板相撞初速度方向：粒子通過電場(chǎng)的時(shí)間t＝eq\f(l,v0)電場(chǎng)力方向：加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場(chǎng)時(shí)垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度與初速度方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02))離開電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)力方向的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(02)).3．兩個(gè)重要推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，其速度方向的反向延長(zhǎng)線與初速度方向的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)為粒子沿初速度方向位移的中點(diǎn)．(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.4．分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動(dòng)能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中沿電場(chǎng)力方向的偏移量．例題精練1．（2021春?連云港期末）如圖所示為密立根測(cè)定電子電荷量的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板M、N，分別與電壓恒為U的電源兩極相連，兩板間距為d．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的油滴在極板間勻速下降，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．油滴帶正電荷 B．油滴帶的電荷量為 C．油滴下降過程中電勢(shì)能不斷減小 D．將極板N向下移動(dòng)一小段距離，油滴將加速下降【分析】根據(jù)油滴勻速運(yùn)動(dòng)，可以判斷油滴電性，結(jié)合受力平衡可知油滴的電荷量；根據(jù)功能關(guān)系，電場(chǎng)力做負(fù)功，則油滴的電勢(shì)能增加；根據(jù)板間距離變化，判斷油滴的電場(chǎng)力和重力關(guān)系，進(jìn)而判斷油滴的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、油滴在極板間勻速下降，故油滴受力平衡；即可知油滴受到的電場(chǎng)力豎直向上，又板間場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，可知油滴帶負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；B、由題意可知板間的場(chǎng)強(qiáng)E＝油滴受力平衡，有Eq＝mg整理可得油滴帶的電荷量q＝，故B錯(cuò)誤；C、油滴下降過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知該過程電勢(shì)能不斷增大，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)題意可知板間距離增大，板間場(chǎng)強(qiáng)減小，則油滴受到的電場(chǎng)力減小，油滴所受重力mg大于電場(chǎng)力Eq，合力方向向下，故油滴將加速下降，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】在判斷物體的電勢(shì)能變化時(shí)，可以根據(jù)電勢(shì)關(guān)系結(jié)合電荷來判斷，也可以利用功能關(guān)系來判斷。隨堂練習(xí)1．（2021?宜城市模擬）如圖所示，空間有與水平方向成θ角的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，用長(zhǎng)L的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)。當(dāng)小球靜止時(shí)，細(xì)線恰好處于水平位置?，F(xiàn)用一個(gè)外力將小球沿圓弧軌道（圖中的虛線）緩慢地拉到最低點(diǎn)，此過程小球的電荷量不變。則該外力做的功為（重力加速度為g）（）A． B．mgLtanθ C．mgL﹣mgLcosθ D．【分析】小球在最高點(diǎn)受力平衡，根據(jù)平衡條件得出電場(chǎng)力大?。蝗缓髮?duì)從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解?！窘獯稹拷猓盒∏蛟谧罡唿c(diǎn)受力平衡，如圖所示，三個(gè)力的合力為零根據(jù)平衡條件有：T＝mgcotθ、qE＝對(duì)從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得到：WF+mgL+qE?L?cos（225°﹣θ）＝0聯(lián)立解得：WF＝mgLcotθ故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是先根據(jù)平衡條件求出彈力和電場(chǎng)力，然后根據(jù)動(dòng)能定理列式求解出拉力F做的功。2．（2021春?安徽月考）如圖所示，固定的光滑絕緣斜面OM與光滑絕緣水平面平滑連接（不考慮滑塊經(jīng)過M點(diǎn)的能量損失），傾角θ＝37°，斜面和水平面所在空間存在著平行于斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝103N/C?，F(xiàn)有質(zhì)量為m＝1kg、帶電量為q＝2.0×10﹣3C的帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從O點(diǎn)由靜止釋放恰好滑至水平面的N點(diǎn)（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），則OM與MN的長(zhǎng)度之比為（）A．2：5 B．3：5 C．1：1 D．2：3【分析】通過受力分析分別求解出滑塊在斜面和水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律表示出OM、MN的長(zhǎng)度，最后進(jìn)行比較即可。【解答】解：分別對(duì)滑塊在斜面和水平面上受力分析如圖：由牛頓第二定律有：斜面上：mgsinθ﹣qE＝ma1，解得：a1＝，水平面上：qEcosθ＝ma2，解得：a2＝，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)的速度為v，在斜面上做初速度為零的勻加速，有：v2＝2a1OM，在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，將其看做反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有：v2＝2a2MN，所以＝，代入數(shù)據(jù)得：＝，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考察牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，難度不大，只需要進(jìn)行正確的受力分析表示出加速度，再應(yīng)用勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可。3．（2021?和平區(qū)一模）電子束焊接機(jī)中的電場(chǎng)線如圖中虛線所示．K為陰極，A為陽(yáng)極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速．不考慮電子重力，元電荷為e，則下列說法正確的是（）A．A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為 B．電子到達(dá)A極板時(shí)的動(dòng)能大于eU C．由K沿直線到A電勢(shì)逐漸減小 D．由K到A電子的電勢(shì)能減小了eU【分析】A、K之間建立的是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，公式U＝Ed不適用；電子被加速的過程中只有電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理分析電子到達(dá)A板時(shí)的動(dòng)能；根據(jù)電場(chǎng)線的方向分析電勢(shì)的變化；由能量守恒定律分析電子電勢(shì)能的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、A、K之間建立的是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，公式U＝Ed不適用，因此A、K之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不等，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)能定理得：Ek﹣0＝eU，得電子到達(dá)A極板時(shí)的動(dòng)能Ek＝eU，故B錯(cuò)誤；C、由于電子在K極由靜止加速，則電子受到的電場(chǎng)力從K沿電場(chǎng)線直線A，電場(chǎng)線由A指向K，所以由K沿直線到A電勢(shì)逐漸升高，故C錯(cuò)誤；D、由能量守恒定律知，由K到A，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，電子的電勢(shì)能減小了△EP＝eU．故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題只要抓住電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，電場(chǎng)力做正功時(shí)，電荷的電勢(shì)能減少，動(dòng)能增大，就能輕松解答．要知道公式U＝Ed只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)．綜合練習(xí)一．選擇題（共20小題）1．（2021?海陵區(qū)校級(jí)四模）如圖所示，電場(chǎng)強(qiáng)度方向在豎直平面內(nèi)的矩形勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)I、Ⅱ的高和間距均為h，上面為I、下面為Ⅱ，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.質(zhì)量為m的帶電小球由靜止釋放，進(jìn)入電場(chǎng)I和Ⅱ時(shí)的速度相等，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則（）A．剛進(jìn)入電場(chǎng)I時(shí)加速度方向豎直向上 B．穿過電場(chǎng)I的時(shí)間大于在兩電場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 C．穿過兩電場(chǎng)后小球的電勢(shì)能增加了3mgh D．穿過兩電場(chǎng)后小球的電勢(shì)能增加2mgh【分析】進(jìn)入電場(chǎng)I和Ⅱ時(shí)的速度相等，結(jié)合小球受力分析，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律即可求解。【解答】解：AB、因?yàn)樾∏蛟趧驈?qiáng)電場(chǎng)區(qū)I、Ⅱ之間的運(yùn)動(dòng)是勻加速運(yùn)動(dòng)，其末速度與其進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)I的初速度相等，由于勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)I與I、Ⅱ之間的間距均為h，且在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)I一定做勻變速運(yùn)動(dòng)，所以帶電小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)I做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小等于重力加速度，電場(chǎng)力為重力的2倍，運(yùn)動(dòng)過程與在I、Ⅱ之間的運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，穿過電場(chǎng)I的時(shí)間等于在兩電場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、由于電場(chǎng)力為重力的2倍，所以經(jīng)過兩個(gè)電場(chǎng)區(qū)域，電勢(shì)能增加2×2mgh＝4mgh，故CD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，前兩問較基礎(chǔ)，要注意分析粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的可能情況要分析到位，對(duì)學(xué)生的能力要求較高．2．（2021?廣東模擬）如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板長(zhǎng)均為2d，上極板帶正電，兩板間電壓為U。一個(gè)電荷量為q（q＞0）的粒子在電容器中下板的左邊緣正對(duì)上板的O點(diǎn)射入，O點(diǎn)與上板左邊緣距離為0.5d。不計(jì)重力，若粒子能打在上極板上，則粒子的初動(dòng)能至少為（）A．qU B．qU C．qU D．qU【分析】在電容器中下板的左邊緣處對(duì)粒子速度進(jìn)行分解，豎直方向根據(jù)速度﹣位移關(guān)系求解豎直方向的初速度大小，再求出水平方向初速度，根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式求解最小初動(dòng)能。【解答】解：在電容器中下板的左邊緣處對(duì)粒子速度進(jìn)行分解，如圖所示；豎直方向根據(jù)速度﹣位移關(guān)系可得：vy2＝2ad＝2×＝根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得tanθ＝＝＝則：vx2＝＝粒子的初動(dòng)能至少為：Ek＝＝解得：Ek＝qU，故D正確、ABC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是弄清楚粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解結(jié)合動(dòng)能的計(jì)算公式進(jìn)行解答。3．（2021?河南模擬）如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)O及點(diǎn)a（0，5）、點(diǎn)b（10，0）三點(diǎn)的電勢(shì)分別為φO＝10V、φa＝15V、φb＝0V?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)子從坐標(biāo)原點(diǎn)以10eV的初動(dòng)能沿與x軸正方向成45°角方向射入坐標(biāo)平面，則下列判斷正確的是（）A．該質(zhì)子將始終在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng) B．該質(zhì)子將穿過y軸正半軸在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng) C．該質(zhì)子將經(jīng)過點(diǎn)（40，0）進(jìn)入第四象限內(nèi)運(yùn)動(dòng) D．該質(zhì)子經(jīng)過坐標(biāo)軸時(shí)其速度方向與坐標(biāo)軸的夾角成60°角【分析】利用電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系，分析電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，從而判斷質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)，進(jìn)而可運(yùn)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解?！窘獯稹拷猓篈B、由φO＝10V、φa＝15V、φb＝0V，可知，在y方向上Ey＝＝100V/m，沿y軸負(fù)方向，在x軸上Ex＝＝100V/m，沿x軸正方向，所以電場(chǎng)方向與初速度方向垂直，與x軸夾角為45°向右下，所以粒子類平拋運(yùn)動(dòng)，從第一象限進(jìn)入第四象限，故AB錯(cuò)誤；C、該質(zhì)子沿電場(chǎng)方向位移y'＝t2，在初速度方向x'＝v0t，粒子初動(dòng)能10eV，Ek0＝mv2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成s＝，代入數(shù)據(jù)，解得s＝40cm，故C正確；D．根據(jù)圖象，速度反向延長(zhǎng)線過位移中點(diǎn)，可知，D點(diǎn)反向延長(zhǎng)過OE中點(diǎn)，所以該質(zhì)子經(jīng)過坐標(biāo)軸時(shí)其速度方向與坐標(biāo)軸的夾角小于45°，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)以及類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，要求學(xué)生作圖后結(jié)合圖象進(jìn)行求解，難度適中。4．（2021?浙江模擬）如圖所示，兩平行金屬板AB、CD相距為d，板長(zhǎng)為6d，M、N是兩板中間正對(duì)的小孔，AB板電勢(shì)高于CD板，在保持兩極板電量不變的情況下，有一帶電粒子（不計(jì)重力）從M孔以速率v0沿MN連線方向射入兩極之間，結(jié)果恰好能到達(dá)N點(diǎn)。若該粒子仍以速率v0從M孔射入，速度方向與AB板的夾角為θ（θ＞0），下列說法正確的是（）A．此帶電粒子帶正電 B．該粒子仍能到達(dá)CD板 C．調(diào)整θ的大小，粒子可以直接從BD端口飛出 D．當(dāng)θ＝45°時(shí)，粒子打在AB板上的落點(diǎn)距M點(diǎn)最遠(yuǎn)【分析】根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況，判斷粒子所受的電場(chǎng)力方向，從而確定粒子的電性；根據(jù)粒子沿水平方向的位移與板間距離d的關(guān)系，判斷粒子能否到達(dá)CD板；運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，研究粒子在水平方向和豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，確定θ為多大時(shí)粒子打在AB板上的落點(diǎn)距M點(diǎn)最遠(yuǎn)。【解答】解：A、帶電粒子從M孔沿MN連線方向射入兩極之間，恰好能到達(dá)N點(diǎn)，說明粒子在電場(chǎng)中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，受到的電場(chǎng)力水平向左，與電場(chǎng)方向相反，則粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、兩極板電量不變，故板間距離E不變，當(dāng)粒子的速度方向與AB板的夾角為θ時(shí)，粒子的加速度不變，粒子沿從MN方向的位移小于d，不能到達(dá)CD板，故B錯(cuò)誤；C、帶電粒子從M孔沿MN連線方向射入時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v02＝2ad。粒子在豎直方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有y＝v0cosθ?t；粒子在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝，則，當(dāng)θ＝45°時(shí)，粒子打在AB板上距M點(diǎn)最遠(yuǎn)，且最遠(yuǎn)距離為ymax＝＝d＜3d，因此，粒子不會(huì)從BD端口飛出，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題采用運(yùn)動(dòng)的分解法研究帶電粒子在電場(chǎng)中的類斜拋運(yùn)動(dòng)，要把握兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，熟練運(yùn)用分位移公式進(jìn)行解答。5．（2021?江蘇模擬）如圖甲所示，傾角為θ的絕緣傳送帶以2m/s的恒定速率沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，其頂端與底端間的距離為5m，整個(gè)裝置處于方向垂直傳送帶向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間按圖乙規(guī)律變化。t＝0時(shí)刻將質(zhì)量m＝0.02kg的帶正電小物塊輕放在傳送帶頂端，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，已知sinθ＝、cosθ＝，，取g＝10m/s2，則小物塊（）A．始終沿傳送帶向下加速 B．運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小變化 C．在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為2.5s D．與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的總熱量為0.48J【分析】根據(jù)牛頓第二定律求兩個(gè)階段的加速度，分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)位移﹣時(shí)間關(guān)系式求運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)熱量為摩擦力乘以相對(duì)位移求熱量?！窘獯稹拷猓篈B、存在電場(chǎng)時(shí)，沿傳送帶方向，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣E0q）＝ma解得：a＝2m/s2不存在電場(chǎng)時(shí)，沿傳送帶方向，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma'解得：a'＝﹣2m/s2所以小物塊先勻加速再勻減速，因?yàn)榧铀俣却笮∠嗟?，故剛好減速到零，交替進(jìn)行，故AB錯(cuò)誤；C、加速1s，再減速1s是一個(gè)周期，一個(gè)周期T＝2s的位移為：解得：x0＝2m運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝故C錯(cuò)誤；D、在沒有電場(chǎng)時(shí)，小物塊與傳送帶間有摩擦，所以相對(duì)位移為傳送帶的位移和物塊位移的和：s＝2（vt+x0）解得：s＝6m產(chǎn)生的熱量為：Q＝μmgcosθ×s解得：Q＝0.48J，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】解題時(shí)注意傳送帶和物塊的位移方向不同，相對(duì)位移為兩個(gè)位移大小之和。6．（2021春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）一帶正電的小球質(zhì)量為m、電量為q，將小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則小球（）A．做直線運(yùn)動(dòng) B．機(jī)械能先增加后減少 C．加速度大小為2g D．速率先減少后增大【分析】根據(jù)合力的方向與速度方向的關(guān)系判斷小球做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能原理確定機(jī)械能的變化，由牛頓第二定律求加速度，根據(jù)合力的方向與速度方向的關(guān)系判斷小球的速率變化?！窘獯稹拷猓篈、小球受重力和電場(chǎng)力兩個(gè)力作用，合力的方向與速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤；B、從水平方向考慮，小球受電場(chǎng)力水平速度選減小為零，后把向增大，那么電場(chǎng)力先做負(fù)功，后做正功，據(jù)動(dòng)能原理，除重力以外的力對(duì)物體做的功等于機(jī)械能的增加量，所以機(jī)械能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；C、小于受到兩個(gè)恒力，其合為，所以加速度大小為，故C錯(cuò)誤；D、小球所受的合力與速度方向先成鈍角，然后成直角、銳角，可知合力先做負(fù)功然后做正功，則速度先減小后增大故，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解決本題的關(guān)鍵明確受力情況，知道物體做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，關(guān)鍵看合力的方向與速度方向的關(guān)系，從而明確速度大小和方向的變化。7．（2021?承德二模）已知無窮大均勻帶電平板在其周圍空間激發(fā)與平面垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)在水平無窮大帶電平板上方某點(diǎn)固定一點(diǎn)電荷+Q。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球以點(diǎn)電荷Q為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中AC、BD分別為圓周軌跡的水平和豎直直徑，重力加速度為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．無窮大平板帶正電 B．圓周上的場(chǎng)強(qiáng)在B點(diǎn)有最小值，在D點(diǎn)有最大值 C．無窮大平板在空間激發(fā)的勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 D．若A、C兩點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)方向相互垂直，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為【分析】根據(jù)題目中的條件：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分析出庫(kù)侖力提供向心力，重力和平板對(duì)小球的電場(chǎng)力平衡，根據(jù)點(diǎn)電荷的電性判斷小球的電性，得出無窮大平板的電性，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱?！窘獯稹拷猓篊、小球受到重力、勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力、點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力，因?yàn)樾∏蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，所以庫(kù)侖力提供向心力，重力和平板對(duì)小球的電場(chǎng)力平衡，mg＝Eq無窮大平板在空間激發(fā)的勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝故C正確；A、點(diǎn)電荷帶正電，故小球帶負(fù)電，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)小球的電場(chǎng)力方向豎直向上，故電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向下，無窮大平板帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、固定點(diǎn)電荷在B、D兩點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向分別豎直向下和豎直向上，所以B處場(chǎng)強(qiáng)為兩個(gè)分場(chǎng)強(qiáng)大小之和，D點(diǎn)為兩者大小之差，所以B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最大，D點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最小，故B錯(cuò)誤；D、若A、C兩點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)方向相互垂直，則兩分場(chǎng)強(qiáng)在兩點(diǎn)處于水平方向的夾角均為45°，所以＝故：故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解題關(guān)鍵是通過題目中的條件：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，判斷出小球的受到的各力之間的關(guān)系。8．（2021?山東模擬）如圖所示，一電子以某一初速度從A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，射入方向與電場(chǎng)成角θ＝60°。當(dāng)電子運(yùn)動(dòng)到電場(chǎng)中的P點(diǎn)時(shí)速度最小（P點(diǎn)未畫出），最小速度為v，電子電荷量為e、質(zhì)量為m，不計(jì)電子重力，則A、P間的電勢(shì)差為（）A． B．﹣ C． D．﹣【分析】根據(jù)粒子做的是類斜坡運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)的速度只有垂直于電場(chǎng)方向求粒子在P點(diǎn)的速度，根據(jù)動(dòng)能定理求AP兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。【解答】解：粒子只受電場(chǎng)力做類斜拋運(yùn)動(dòng)，粒子在P點(diǎn)的速度為在A點(diǎn)垂直于電場(chǎng)方向的分速度如圖：v＝vAsin60°解得：vA＝從A到P根據(jù)動(dòng)能定理：解得UAP＝﹣故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解求P點(diǎn)的速度，利用電勢(shì)差求在AP間運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力的功。9．（2021?二模二模）如圖所示，水平桌面上固定一傾角為37°的光滑斜面，整個(gè)裝置放于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。當(dāng)一帶電量為q、質(zhì)量為m的小物塊在距水平面h高度處以某一速度釋放后，小物塊恰好沿著斜面勻速下滑，已知重力加速度為g。則在小物塊勻速下滑到斜面底端的過程中，下列說法正確的是（）A．小物塊帶負(fù)電 B．小物塊所具有的電勢(shì)能減小 C．電場(chǎng)力對(duì)小物塊所做的功為mgh D．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝【分析】物塊勻速下滑，因此處于受力平衡狀態(tài)，動(dòng)能變化為0，由此可分析物體受力情況從而確定電場(chǎng)力方向以及做功情況，【解答】解：A、根據(jù)平衡條件可知電場(chǎng)力水平向右，與電場(chǎng)方向一致，所以小物塊帶正電。故A錯(cuò)誤；B、物塊下滑，即向左下方運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。故B錯(cuò)誤；C、物塊勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)力做功為W，根據(jù)動(dòng)能定理得：W+mgh＝0，解得W＝﹣mgh，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)平衡條件可得Eq＝mgtan37°，解得E＝，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生受力分析能力以及對(duì)電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力、電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功關(guān)系的認(rèn)識(shí)和掌握情況，難度不大。10．（2021?山西模擬）如圖所示，一根內(nèi)壁粗糙且足夠長(zhǎng)的絕緣圓管水平固定，圓管所在的空間有與圓管中軸線垂直的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)。圓管內(nèi)，質(zhì)量為m的帶正電荷的小球，在水平向右拉力F0的作用下沿管軸向右勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球所受電場(chǎng)力的大小為mg。如果撤去電場(chǎng)，為使小球仍沿管軸勻速向右運(yùn)動(dòng)，則拉力的大小應(yīng)等于（）A．F0 B．F0 C．F0 D．F0【分析】根據(jù)題意受力分析，根據(jù)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)可知小球的拉力大小。【解答】解：根據(jù)題意對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖（左視圖）由題意、根據(jù)勾股定理可知，F(xiàn)合＝＝N，根據(jù)摩擦力公式有，，由于小球做勻速運(yùn)動(dòng)有，f＝F0＝；當(dāng)撤去電場(chǎng)，N＝mg，f＝μmg根據(jù)題意小球做勻速運(yùn)動(dòng)有，f＝F拉＝μmg＝，故選項(xiàng)C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】明確小球在電場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)受力平衡，但要注意支持力的方向是與重力與電場(chǎng)力的合力方向相反，這是解題的關(guān)鍵。11．（2021?江城區(qū)校級(jí)模擬）研究放射性元素射線性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。兩塊平行放置的金屬板A、B分別與電源的兩極a、b連接，放射源在兩平行板正中間的小鉛盒內(nèi)，發(fā)出的射線從小鉛盒上方小孔向外射出。已知α粒子的質(zhì)量是電子質(zhì)量的7359倍，α射線速度約為光速的十分之一，β射線的速度接近光速，則落在金屬板A、B上的α射線在豎直方向上通過的位移約是β射線的多少倍？（）A．12 B．6 C．3 D．4【分析】電子和α粒子在電場(chǎng)中都只受到電場(chǎng)力的作用，進(jìn)入電場(chǎng)后沿電場(chǎng)的方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，沿平行于極板的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出加速度，然后結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析即可?！窘獯稹拷猓涸O(shè)兩極板之間的電壓為U，極板之間的距離為d，粒子的帶電量為q，在電場(chǎng)中的加速度為a，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則：a＝沿平行于極板的方向：x＝v0t沿電場(chǎng)方向：＝聯(lián)立可得：x＝所以：＝≈6即落在金屬板A、B上的α射線在豎直方向上通過的位移約是β射線的6倍，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，解答的關(guān)鍵是將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)線的方向與垂直于電場(chǎng)線的方向分解處理。12．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)（重力不計(jì)），則從開始射入到打到上極板的過程中（）A．它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ＞tP B．它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQ＜aP C．它們的動(dòng)能增加之比△EkP：△EkQ＝1：2 D．它們所帶的電荷量之比qp：qQ＝1：2【分析】帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，化曲為直分解到水平和豎直方向，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹緼、垂直電場(chǎng)方向不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移相等，得到運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；B、平行電場(chǎng)方向；粒子做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，，即，所以加速度aQ＞aP，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律，有：qE＝ma。兩式解得：，所以它們所帶的電荷量之比qP：qQ＝1：2，故D正確；C、根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做功等于動(dòng)能的變化量W＝qEy，動(dòng)能增量之比△EkP：△EkQ＝1：4，故C錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】會(huì)處理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，知道分解以后兩個(gè)方向分別做什么運(yùn)動(dòng)，會(huì)用合適的公式來求解。13．（2021春?河南月考）一個(gè)重力不計(jì)的帶電粒子，穿過某一空間時(shí)未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，下列說法中正確的是（）A．此空間一定不存在電場(chǎng)或磁場(chǎng) B．此空間可能同時(shí)有電場(chǎng)、磁場(chǎng)，且電場(chǎng)、磁場(chǎng)方向與速度方向平行 C．此空間可能僅有磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與速度方向垂直 D．此空間可能僅有電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與速度方向成45°角【分析】若存在磁場(chǎng)，只要磁場(chǎng)的方向與帶電粒子運(yùn)動(dòng)方向平行，則粒子不受洛倫茲力，故不偏轉(zhuǎn)；若磁場(chǎng)方向與帶電粒子運(yùn)動(dòng)的方向垂直，則粒子一定受與速度垂直的洛倫茲力，故偏轉(zhuǎn)；只要帶電粒子在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力與速度平行，粒子就不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)?！窘獯稹拷猓篈、若存在磁場(chǎng)，只要磁場(chǎng)的方向與帶電粒子運(yùn)動(dòng)方向平行，則粒子不受洛倫茲力，穿過這一空間時(shí)不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故可能存在磁場(chǎng)；若存在電場(chǎng)，只要電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向相同或相反，帶電粒子就不會(huì)偏轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤。B、若空間同時(shí)有電場(chǎng)、磁場(chǎng)，且電場(chǎng)、磁場(chǎng)方向與速度方向平行，則帶電粒子不受洛倫茲力，只受與速度方向平行的電場(chǎng)力的作用，帶電粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B正確.C、若此空間只有磁場(chǎng)且方向與帶電粒子運(yùn)動(dòng)的方向垂直，則粒子一定受與速度垂直的洛倫茲力，故帶電粒子一定做曲線運(yùn)動(dòng)，即會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤。D、若空間僅有電場(chǎng)，因?yàn)閹щ娏Ｗ釉陔妶?chǎng)中受到的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)的方向平行，若電場(chǎng)方向與速度方向成45°角，說明電場(chǎng)力與速度夾角為45°，所以做曲線運(yùn)動(dòng)，故發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要掌握帶電粒子的速度與磁場(chǎng)平行時(shí)不受洛倫茲力；只要帶電粒子在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力與速度平行，粒子就不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)。14．（2021?呼和浩特模擬）如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以速度v0從圖中M點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向射入，經(jīng)過一段時(shí)間，到達(dá)左上方N點(diǎn)。已知MN的連線與水平方向夾角為30°，則粒子從M到N的過程中（粒子重力可以忽略）（）A．所用時(shí)間為 B．位移大小為 C．到達(dá)N點(diǎn)速度大小為v0 D．MN兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為【分析】粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律寫出加速度表達(dá)式，水平方向和豎直方向分別根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)和勻速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律列方程即可求解時(shí)間位移和速度，根據(jù)動(dòng)能定理可求解電勢(shì)差?！窘獯稹拷猓篈、粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律其加速度為①垂直電場(chǎng)方向的位移為y＝v0t②平行電場(chǎng)方向的位移為③根據(jù)幾何關(guān)系tan30°＝④①②③④聯(lián)立解得t＝，故A錯(cuò)誤；B、將t代入②得豎直位移為y＝由幾何關(guān)系可得合位移為l＝2y＝，故B錯(cuò)誤；C、到達(dá)N處時(shí)水平方向的速度為vx＝at代入數(shù)據(jù)解得故到達(dá)N點(diǎn)時(shí)合速度的大小為v＝＝，故C正確；D、從粒子在該電場(chǎng)中向左偏轉(zhuǎn)可知該粒子帶負(fù)電，根據(jù)動(dòng)能定理﹣qUMN＝解得，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問題及動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用，考查的核心素養(yǎng)是物理觀念、科學(xué)思維。15．（2021春?浙江月考）如圖所示，從混合放射源射出的正離子a、b、c分別從O點(diǎn)水平射入豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，a、b打到傾斜的絕緣板A上不同的點(diǎn)，c打在水平絕緣板B上，不計(jì)重力，則（）A．c的初速度一定大于a的初速度 B．c從O到B板的時(shí)間一定大于a從O到A板的時(shí)間 C．c打在B板時(shí)的速度方向一定與b打在A板時(shí)的速度方向不平行 D．a(chǎn)、b打在A板上的速度方向可能不平行【分析】從放射源射出的正離子a、b、c初速度水平，射入豎直向下的電場(chǎng)，則做類平拋運(yùn)動(dòng)，可用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。注意類平拋運(yùn)動(dòng)的速度偏向角與位移偏向角的關(guān)系：設(shè)速度偏向角為α，位移偏向角為θ，則tanθ＝2tanα?！窘獯稹拷猓篈B、正離子a、b、c均做類平拋運(yùn)動(dòng)，由于在豎直方向加速度的大小關(guān)系無法確定，故時(shí)間、初速度大小無法比較，故AB錯(cuò)誤：C、由類平拋運(yùn)動(dòng)的速度偏向角與位移偏向角的關(guān)系，設(shè)速度偏向角為α，位移偏向角為θ，則tanθ＝2tanα，c打在B板的位移偏向角一定與b打在A板的偏向角不同，故C正確：D、a，b打在A板上的位移偏向角相等，則速度方向一定平行，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生掌握類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及角度關(guān)系，進(jìn)行分析和求解。16．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖甲所示，一平行板電容器極板長(zhǎng)l＝10cm，寬a＝8cm，兩極板間距為d＝4cm，距極板右端處有一豎直放置的熒光屏。在平行板電容器左側(cè)有一長(zhǎng)b＝8cm的“狹縫”粒子源，可沿著兩板中心平面均勻、連續(xù)不斷地向電容器內(nèi)射入比荷為2×1010C/kg、速度為4×106m/s的帶電粒子?，F(xiàn)在平行板電容器的兩極板間加上如圖乙所示的交流電，已知粒子在電容器中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間遠(yuǎn)小于交流電的周期。下面說法正確的是（）A．粒子打到屏上時(shí)在豎直方向上偏移的最大距離為6.25cm B．粒子打在屏上的區(qū)域面積為64cm2 C．在0～0.02s內(nèi)，進(jìn)入電容器內(nèi)的粒子有36%能夠打在屏上 D．在0～0.02s內(nèi)，屏上出現(xiàn)亮線的時(shí)間為0.016s【分析】離子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，先由類平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)求出離子恰好從極板邊緣射出時(shí)的電壓，利用推論，求出離子打在屏上最大的偏轉(zhuǎn)距離。即可得到離子打在屏上的區(qū)域面積；根據(jù)臨界情況的電壓，求出在一個(gè)周期內(nèi)，離子打到屏上的時(shí)間?！窘獯稹拷猓簂＝10cm＝0.1m，a＝8cm＝0.08m，d＝4cm＝0.04m。AB、設(shè)離子恰好從極板邊緣射出時(shí)的電壓為U0水平方向：l＝v0t…①豎直方向：at2…②又a＝…③由①②③得：U0＝128V當(dāng)U≥128V時(shí)離子打到極板上，當(dāng)U＜128V時(shí)打到屏上，可知，離子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)距離最大為d。利用推論：打到屏的離子好像是從極板中心沿直線射到屏上。由三角形相似可得：解得打到屏上的長(zhǎng)度為：y＝d＝4cm，又由對(duì)稱知，離子打在屏上的總長(zhǎng)度為2d，區(qū)域面積為S＝2y?a＝2ad＝2×0.08×0.04m2＝0.0064m2＝64cm2，故A錯(cuò)誤，B正確；C、粒子打在屏上的比例為%＝64%，在0﹣0.02s內(nèi)，進(jìn)入電容器內(nèi)的粒子由64%粒子能夠打在屏上，故C錯(cuò)誤；D、在前T，離子打到屏上的時(shí)間t0＝×0.005s＝0.0032s；又由對(duì)稱性知，在一個(gè)周期內(nèi)，打到屏上的總時(shí)間t＝4t0＝4×0.0032s＝0.0128s，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題是類平拋運(yùn)動(dòng)的問題，采用運(yùn)動(dòng)的分解方法處理，關(guān)鍵是挖掘隱含的臨界條件，并且巧妙利用推論進(jìn)行研究。17．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別以大小相等的初速度從電容器的上、下極板附近的左右兩端同時(shí)水平射入兩極板間（入射點(diǎn)到極板的距離相等），在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間上半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)的質(zhì)量小于b的質(zhì)量 B．在t時(shí)刻，a的動(dòng)能小于b的動(dòng)能 C．在t時(shí)刻，a的速度小于b的速度 D．在t時(shí)刻，a、b的電勢(shì)能相等【分析】?jī)蓚€(gè)粒子在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移﹣時(shí)間公式、牛頓第二定律結(jié)合位移關(guān)系，比較質(zhì)量的大小，由動(dòng)能定理列式分析動(dòng)能的大小；由速度﹣時(shí)間關(guān)系及運(yùn)動(dòng)的合成比較速度大小；由電勢(shì)能公式分析電勢(shì)能的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、兩個(gè)粒子在豎直方向上都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有y＝at2＝?t2，由題意知，相同時(shí)間內(nèi)a的位移小于b的位移，q、E又相等，可知ma＞mb，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)能定理得：qEy＝Ek﹣，即t時(shí)刻粒子的動(dòng)能為：Ek＝qEy+，a的豎直位移小，電場(chǎng)力做功少，a粒子動(dòng)能增加量小，由于ma＞mb，粒子初速度相等，則有＞，所以在t時(shí)刻，a的動(dòng)能與b的動(dòng)能大小無法比較，故B錯(cuò)誤；C、在豎直方向上，由速度﹣時(shí)間公式得：vy＝at＝，根據(jù)ma＞mb，可得：vya＜vyb，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成，可得：v＝，所以在t時(shí)刻，a的速度小于b的速度，故C正確；D、t時(shí)刻，a、b經(jīng)過電場(chǎng)中同一水平面，電勢(shì)相等，它們的電荷量大小相等，符號(hào)相反，由Ep＝qφ知，a和b的電勢(shì)能不相等，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題是牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理的綜合運(yùn)用，根據(jù)動(dòng)能定理研究動(dòng)能關(guān)系是常用的思路，要熟練掌握。18．（2021?四川模擬）如圖所示，在一斜面頂端，將甲、乙兩個(gè)帶電小球先后分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在斜面上。已知甲球質(zhì)量為2m、帶電量為+q，乙球質(zhì)量為m、帶電量也為+q，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)E＝，重力加速度g取10m/s2。則甲、乙兩球落至斜面時(shí)的動(dòng)量大小之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1【分析】根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)中速度方向偏向角與位移方向偏向角的關(guān)系求解兩個(gè)小球落在斜面上的速度大小之比，根據(jù)動(dòng)量的計(jì)算公式求解動(dòng)量大小之比?！窘獯稹拷猓簝汕蛟谪Q直方向受到電場(chǎng)力和重力，均做類平拋運(yùn)動(dòng)，由于兩球均落在斜面上，故位移方向偏向角都等于斜面的傾角，設(shè)為α；設(shè)速度方向偏向角為θ，位移方向偏向角為α，則tanθ＝＝＝＝2tanα，故兩個(gè)小球落在斜面上的速度方向相同，由速度分解（如圖所示）可知甲、乙兩球落到斜面上的速度大小之比：＝＝，又因?yàn)橘|(zhì)量之比m甲：m乙＝2：l，則動(dòng)量大小之比為：＝＝＝，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查考查類平拋運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是知道類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，知道類平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻加速運(yùn)動(dòng)，掌握動(dòng)量的計(jì)算公式。19．（2021?安慶一模）一帶電粒子（不計(jì)粒子重力）從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q板上如圖所示的位置。則下列說法中正確的是.（）A．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板，該粒子仍落在Q板上原位置 B．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板，該粒子可能從Q板上的小孔B射出 C．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板，該粒子仍落在Q板上原位置 D．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板，該粒子可能從Q板上的小孔B射出【分析】粒子在電場(chǎng)力作用下做類斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是類豎直上拋運(yùn)動(dòng)，分析板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況，根據(jù)牛頓第二定律和分運(yùn)動(dòng)公式列式分析?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子做類斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是類豎直上拋運(yùn)動(dòng)。粒子的加速度為：a＝。斷開開關(guān)S，電容器的帶電量不變，由E＝，C＝、C＝得E＝，可知，Q不變，適當(dāng)上移P極板，板間距離d增大，板間場(chǎng)強(qiáng)E不變，粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況不變，該粒子仍落在Q板上原位置，故A正確；B、斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板，電容器的帶電量不變，兩極板正對(duì)面積減小，由E＝，可知板間場(chǎng)強(qiáng)增大，帶電粒子的加速度增大，由t＝可知帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間縮短，由x＝v0xt知，帶電粒子打在Q板上時(shí)水平位移減小，則該粒子將打在Q板上原位置的左側(cè)，不能從小孔B射出，故B錯(cuò)誤；C、保持開關(guān)S閉合，電容器板間電壓不變，適當(dāng)上移P極板，板間距離d增大，由E＝知板間場(chǎng)強(qiáng)E減小，帶電粒子的加速度減小，由t＝可知帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間延長(zhǎng)，由x＝v0xt知，帶電粒子打在Q板上時(shí)水平位移增大，則該粒子將打在Q板上原位置的右側(cè)，故C錯(cuò)誤；D、保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板，由E＝知板間場(chǎng)強(qiáng)不變，帶電粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況不變，該粒子仍落在Q板上原位置，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確帶電粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，然后結(jié)合類斜拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式分析。要知道電容器帶電量不變時(shí)，只改變板間距離，板間場(chǎng)強(qiáng)不變。20．（2021?江蘇一模）實(shí)驗(yàn)室中探測(cè)到電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為一條拋物線。為研究問題方便，建立如圖所示的坐標(biāo)系，該拋物線開口向下，a、b是拋物線上的兩點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向可能沿x軸正方向 B．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向可能沿y軸負(fù)方向 C．勻強(qiáng)電場(chǎng)中a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高 D．電子在b點(diǎn)的動(dòng)能比在a點(diǎn)的大【分析】電子做曲線運(yùn)動(dòng)，所受電場(chǎng)力應(yīng)指向軌跡的內(nèi)側(cè)，由此分析電場(chǎng)力可能的方向，從而確定電場(chǎng)可能的方向。根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況分析動(dòng)能和電勢(shì)能的變化，從而判斷電勢(shì)高低?！窘獯稹拷猓篈、電子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，所受電場(chǎng)力應(yīng)指向軌跡的內(nèi)側(cè)，若勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿x軸正方向，電子所受的電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向，在軌跡左側(cè)電場(chǎng)力指向軌跡外側(cè)，不可能，故A錯(cuò)誤；B、若勻強(qiáng)電場(chǎng)方向可能沿y軸負(fù)方向，電子所受的電場(chǎng)力沿y軸正方向，電場(chǎng)力指向軌跡外側(cè)，不可能，故B錯(cuò)誤；CD、拋物線開口向下，從a點(diǎn)到b點(diǎn)電子一定做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大，結(jié)合負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，可知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)中a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高，電子在b點(diǎn)的動(dòng)能比在a點(diǎn)的小，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握曲線運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)特征：合外力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，來判斷電子所受的電場(chǎng)力方向。二．多選題（共10小題）21．（2021?山東模擬）如圖所示，ABCD為豎直平面內(nèi)的絕緣光滑軌道，其中AB部分為傾角為30°的斜面，BCD部分為半徑為R的四分之三圓弧軌道，與斜面平滑相切，C為軌道最低點(diǎn)，整個(gè)軌道放置在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)將一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，小滑塊恰能沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)。已知重力加速度為g，且qE＝mg，下列說法正確的是（）A．釋放點(diǎn)A到斜面底端B的距離為R B．小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為9mg C．小滑塊運(yùn)動(dòng)過程中最大動(dòng)能為5mgR D．小滑塊從D點(diǎn)拋出后恰好落在軌道上的B點(diǎn)【分析】對(duì)小滑塊分析受力可知，小滑塊所受的重力與電場(chǎng)力的合力斜向下且與AB平行，故D點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，和它對(duì)稱的點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，在等效最低點(diǎn)動(dòng)能最大。再結(jié)合牛頓第二定律與動(dòng)能定理進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓篈、小滑塊恰能沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，表明此點(diǎn)為軌道的等效最高點(diǎn)，重力與電場(chǎng)力的合力F＝＝2mg。小滑塊在D點(diǎn)時(shí)，由重力與電場(chǎng)力的合力提供向心力，則有2mg＝m。設(shè)釋放點(diǎn)A到斜面底端B的距離為s。從A點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg（ssin30°﹣Rcos30°﹣Rsin30°）+Eq（scos30°﹣Rsin60°+Rsin30°）＝mvD2﹣0，解得s＝R，故A錯(cuò)誤；B、從C到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：﹣mgR（1+cos60°）﹣EqRsin60°＝mvD2﹣mvC2，在C點(diǎn)，對(duì)小滑塊，由牛頓第二定律有：FN﹣mg＝m，解得FN＝9mg，根據(jù)牛頓第三定律得小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為9mg，故B正確；C、小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)時(shí)，速度最大，從該點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：﹣2mg×2R＝mvD2﹣mvm2，解得最大動(dòng)能Ekm＝mvm2＝5mgR，故C正確；D、小滑塊從D點(diǎn)拋出后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)剛好落到B點(diǎn)，則有2mg＝ma，vDt＝R，則在合力方向上的位移y＝at2＝R＜R，假設(shè)錯(cuò)誤，即小滑塊從D點(diǎn)拋出后沒有落在軌道上的B點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查利用等效法分析小滑塊在重力場(chǎng)與電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，確定電場(chǎng)力與重力的合力方向，從而確定小球運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)與最低點(diǎn)是關(guān)鍵。22．（2021?廣東模擬）靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費(fèi)少、質(zhì)量好、有利于工人健康等優(yōu)點(diǎn)，其裝置可簡(jiǎn)化如圖。A、B為兩塊平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在A板的中央放置一個(gè)安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個(gè)方向均勻地噴出速率相同的負(fù)電油漆微粒，油漆微粒最后都落在金屬板B上。微粒的重力和所受空氣阻力以及帶電微粒之間的相互作用力均可忽略，則所有油漆微粒（）A．落在板B上最終形成正方形 B．到達(dá)板B時(shí)動(dòng)能相同 C．運(yùn)動(dòng)到達(dá)板B所需時(shí)間相同 D．運(yùn)動(dòng)到板B過程電勢(shì)能減少量相同【分析】微粒在電場(chǎng)中受電場(chǎng)力的作用，在垂直進(jìn)入的微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知物體落在B板上時(shí)的距離；由動(dòng)能定理可求得電場(chǎng)力所做的功；由功能關(guān)系可知電勢(shì)能的改變量?！窘獯稹拷猓篈、微粒進(jìn)入電場(chǎng)后受電場(chǎng)力做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，因垂直電場(chǎng)線進(jìn)入的微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)，則在水平方向上運(yùn)動(dòng)的距離均相等，故所有微粒在B板上的圖形為圓形，故A錯(cuò)誤；B、因帶電粒子在電場(chǎng)中初始末位置相同，故電場(chǎng)力對(duì)微粒做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理可得動(dòng)能的增加量相同，又由于帶電微粒的初動(dòng)能相同，所以微粒到達(dá)板B時(shí)動(dòng)能相同，故B正確；C、因粒子的速度沿各個(gè)方向，故當(dāng)粒子沿電場(chǎng)線方向進(jìn)入的粒子用時(shí)最短，而垂直電場(chǎng)進(jìn)入的粒子用時(shí)最長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤；D、因電場(chǎng)力做功相等，故運(yùn)動(dòng)到板B的過程中電勢(shì)能減少量相同，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題以靜電噴漆技術(shù)具有效率高為情境載體，考查了帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的實(shí)際問題，考查理論聯(lián)系實(shí)際的能力，關(guān)鍵在于建立物理模型，要弄清物理情景，實(shí)質(zhì)是研究類平拋運(yùn)動(dòng)問題。23．（2021?河北模擬）一對(duì)相同的平行金屬板，正對(duì)水平放置，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距為d，上下兩板分別帶等量的正負(fù)電荷，如圖所示。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，沿兩板中線以v0的初速度射入電場(chǎng)，恰好從下板右邊緣處飛離。假設(shè)電場(chǎng)只在兩板間分布，不計(jì)粒子重力，則下列說法正確的是（）A．粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝ B．兩板間電勢(shì)差為U＝ C．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能逐漸減小 D．將上極板向下平移一小段距離，粒子仍沿原路徑飛離電場(chǎng)【分析】根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和兩板間電勢(shì)差；根據(jù)電場(chǎng)力做功情況判斷電勢(shì)能的變化情況；根據(jù)C＝＝結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度計(jì)算公式分析電場(chǎng)強(qiáng)度是否變化，由此分析運(yùn)動(dòng)情況。【解答】解：A、粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直電場(chǎng)線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，故A正確；B、設(shè)板間電勢(shì)差為U，則場(chǎng)強(qiáng)大小，粒子加速度為，又，聯(lián)立解得兩板間電勢(shì)差為，故B錯(cuò)誤；C、粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故C正確；D、此平行板電容器所帶電荷量Q保持不變，根據(jù)C＝＝結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度計(jì)算公式可得：，改變兩板間距，板間電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變，粒子運(yùn)動(dòng)過程中受力情況不變，所以粒子仍然沿原路徑運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是掌握類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，知道電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系、掌握電容器電容的計(jì)算公式。24．（2021?福建模擬）帶電平行板電容器兩極板水平放置，充電后與電源斷開。兩質(zhì)量相等的帶電小球a、b分別位于電容器內(nèi)上、下極板附近，a與上極板、b與下極板的距離相等?，F(xiàn)在同時(shí)由靜止釋放a、b，a和b同時(shí)經(jīng)過兩極板的中線MN，已知重力加速度為g，不計(jì)a、b間的相互作用和電容器極板的邊緣效應(yīng)，下列說法正確的是（）A．到達(dá)MN時(shí)，a的動(dòng)能大于b的動(dòng)能 B．到達(dá)MN時(shí)，a、b的電勢(shì)能變化相等 C．從釋放兩帶電小球a、b到MN的過程中，b的機(jī)械能變化量的絕對(duì)值大于a的機(jī)械能變化量的絕對(duì)值 D．若將上極板上移一小段距離h，下極板下移2h，再同時(shí)由原位置釋放a、b，a、b仍同時(shí)到達(dá)原中線MN【分析】根據(jù)位移公式x＝at2和題目已知條件判斷兩微粒到達(dá)MN的速度判斷動(dòng)能大小，再依據(jù)牛頓第二定律以及電場(chǎng)力做功公式分析電勢(shì)能變化，機(jī)械能變化由除重力之外的其他力做功大小來判斷，由電容決定式和電場(chǎng)與電勢(shì)差關(guān)系確定E的變化，從而判斷改變之后到達(dá)MN的時(shí)間?！窘獯稹緼、根據(jù)位移公式x＝at2，位移相等，時(shí)間相等，所以兩微粒的加速度大小相等，則到達(dá)MN時(shí)，b的速率等于a的速率，根據(jù)公式Ek＝mv2可知，a的動(dòng)能等于b的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；B、因?yàn)閎加速度向上，所以b所受電場(chǎng)力一定向上，對(duì)b有：Eqb﹣mg＝ma，對(duì)a，若a受電場(chǎng)力向下有：mg+Eqa＝ma，若a受電場(chǎng)力向上，有：mg﹣Eqa＝ma，所以a無論屬于哪種情況，都有：qb＞qa，由△Ep＝﹣W＝﹣Eqx可知，到達(dá)MN時(shí)，a、b的電勢(shì)能變化不相等，故B錯(cuò)誤；C、除重力外的力做功改變物體的機(jī)械能，且qb＞qa，所以電場(chǎng)力對(duì)b做的功大于對(duì)a做的功，所以粒子從釋放至運(yùn)動(dòng)到MN的過程中，b的機(jī)械能變化量的絕對(duì)值大于a的機(jī)械能變化量的絕對(duì)值，故C正確；D、若僅將上極板向上平移一段距離h，下極板下移2h，再同時(shí)由原位置釋放a、b，由C＝和E＝，聯(lián)立可知場(chǎng)強(qiáng)E＝，所以E不變，則兩微粒的加速度不變，位置不變，所以兩微粒同時(shí)到達(dá)原中線MN，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，比較常規(guī)是一道好題，注意判斷ab受力，以及電容Q不變是解題關(guān)鍵。25．（2021?天津模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場(chǎng)強(qiáng)度為E、區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，則（）A．電場(chǎng)方向豎直向上 B．小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g C．小球上升的最大高度為 D．若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，則小球電勢(shì)能的最大值為mv02【分析】首先對(duì)小球的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況進(jìn)行分析，結(jié)合小球受重力和電場(chǎng)力相等且沿ON運(yùn)動(dòng)，得出電場(chǎng)力的方向及合力方向，可知小球應(yīng)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)二力進(jìn)行合成，求得加速度；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可判斷C的對(duì)錯(cuò)；因電場(chǎng)力和重力在ON上的分量相等，可知克服電場(chǎng)力做功和克服重力做功是相等的，可知轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能的最大值為初動(dòng)能的一半。【解答】解：AB、小球做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，合力應(yīng)與速度在同一直線上，即在ON直線上，因?yàn)閙g＝qE，所以電場(chǎng)力qE與重力mg關(guān)于ON對(duì)稱，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得；電場(chǎng)力qE與水平方向的夾角應(yīng)為30°，受力情況如圖所示，合力沿ON方向向下，大小為mg，所以加速度為g，方向沿ON向下，故A錯(cuò)誤，B正確；C、小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得最大位移為x＝則最大高度為h＝xsin30°＝故C正確；D、若小球在初始位置的電勢(shì)能為零，在減速運(yùn)動(dòng)至速度為零的過程中，小球克服電場(chǎng)力做功和克服重力做功是相等的，由能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律可知，小球的初動(dòng)能一半轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，一半轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，初動(dòng)能為，則小球的最大電勢(shì)能為，故D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，要求同學(xué)們能通過粒子的運(yùn)動(dòng)情況正確分析粒子的受力情況，再熟練掌握運(yùn)動(dòng)的基本公式，本題難度適中。26．（2021?乃東區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，電子在電勢(shì)差為U1的加速電場(chǎng)中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊平行極板間的電場(chǎng)中，入射方向與極板平行，整個(gè)裝置處于真空中，重力不計(jì)，在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是（）A．其它條件不變，U1變大 B．其它條件不變，U2變大 C．其它條件不變，U1變大、同時(shí)U2變小 D．其它條件不變，U1變小、同時(shí)U2變大【分析】電子在加速電場(chǎng)中，在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理求出電子加速獲得的速度，電子進(jìn)入平行板之間，因受到的電場(chǎng)力方向與初速度方向垂直，故電子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求出偏轉(zhuǎn)角θ正切表達(dá)式，再分析偏轉(zhuǎn)角θ的變化情況。【解答】解：設(shè)電子質(zhì)量為m，電子被加速后獲得的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理得：eU1＝mv02設(shè)水平極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，則電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝設(shè)電子在水平極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a，由牛頓第二定律得：a＝電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)速度﹣時(shí)間公式，得豎直方向的分速度大小為：vy＝at偏轉(zhuǎn)角θ正切為：tanθ＝聯(lián)立解得：tanθ＝，故其它條件不變，U2變大，或其它條件不變，U1變小，或其它條件不變，U1變小的同時(shí)U2變大，都一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故BD正確，AC錯(cuò)誤。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】帶電粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力的運(yùn)動(dòng)可分為三類：第一類是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，此過程是電勢(shì)能與帶電粒子動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化；第二類是帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，分解為兩個(gè)方向的直線運(yùn)動(dòng)，牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式是這類問題的最基本解法；第三類是帶電粒子在點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)求解。27．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，帶電量之比為qA：qB＝1：3的帶電粒子A、B，先后以相同的速度從同一點(diǎn)射入平行板電容器中，不計(jì)重力，帶電粒子偏轉(zhuǎn)后打在同一極板上，水平飛行距離之比為XA：XB＝2：1，則兩粒子質(zhì)量和飛行時(shí)間之比分別為帶電粒子的質(zhì)量之比mA：mB以及在電場(chǎng)中飛行時(shí)間之比tA：tB分別為（）A．tA：tB＝2：1 B．tA：tB＝4：3 C．mA：mB＝4：3 D．mA：mB＝2：1【分析】帶電粒子垂直射入電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得到偏轉(zhuǎn)量y的表達(dá)式，求解質(zhì)量之比；根據(jù)水平位移與初速度之比求解時(shí)間之比.【解答】解：AB、兩個(gè)帶電粒子垂直射入電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).則水平方向有：x＝v0t，v0相等，所以t∝x，則得：tA：tB＝xA：xB＝2：1，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、豎直方向有：則得：因?yàn)镋、y、v0相等，則得：，故C正確，D錯(cuò)誤.故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要熟練掌握類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法：運(yùn)動(dòng)的分解法，推導(dǎo)出質(zhì)量與時(shí)間的表達(dá)式進(jìn)行求解，本題是一道典型類平拋問題，同學(xué)們平常注意多積累基本知識(shí)，本題難度適中.28．（2021?華龍區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板水平放置，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)右邊的擋板豎直放置，氕、氘、氚三粒子同時(shí)從同一位置沿水平方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最終均打在右邊的豎直擋板上。不計(jì)氕、氘、氚的重力，不考慮三者之間的相互影響，下列說法正確的是（）A．若三者進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速率相同，則一定到達(dá)擋板上同一點(diǎn) B．若三者進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能相同，則一定到達(dá)擋板上同一點(diǎn) C．若三者進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速率相同，則到達(dá)擋板的時(shí)間一定相同 D．若三者進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能相同，則到達(dá)擋板的時(shí)間一定相同【分析】判斷三個(gè)粒子到達(dá)擋板上的時(shí)間以及是否在同一點(diǎn)，關(guān)鍵是判斷它們?cè)陔妶?chǎng)中豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移以及它們的初速度，根據(jù)帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，可判斷影響偏轉(zhuǎn)位移的因素，即可根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律判斷是否在同一點(diǎn)；從水平方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以判斷其運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)任一粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m、進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速率為v，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E、極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，極板右端到豎直擋板的距離為d，離子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)的速度偏向角為θ，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向有：①②水平方向有③由①②看出，若三個(gè)粒子的初速率v相同，由于三個(gè)粒子的質(zhì)量不同，y、θ就不同，一定到達(dá)擋板上不同的點(diǎn)；若三個(gè)粒子的初動(dòng)能相同，mv2相同，三個(gè)粒子的電荷量也相同，y、θ就相同，一定能到達(dá)擋板上同一點(diǎn)，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、由③可知，若三粒子的初速率相同，到達(dá)擋板的時(shí)間一定相同；若三個(gè)粒子的初動(dòng)能相同，則初速率不同，到達(dá)擋板的時(shí)間一定不同，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題，關(guān)鍵要掌握類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法：運(yùn)動(dòng)的分解法，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式分析。29．（2021?山東模擬）墻壁噴繪機(jī)是一種大型制圖機(jī)器，能夠?qū)⒏鞣N圖案、照片、宣傳語(yǔ)等快速呈現(xiàn)于墻面，相對(duì)于傳統(tǒng)的墻體手繪，畫面細(xì)膩，色彩艷麗，圖象逼真，視覺沖擊力更強(qiáng)，其主要工作部分的工作原理如乙圖所示，機(jī)器產(chǎn)生的墨汁微滴（重力不計(jì)）從墨盒以一定速度噴出，經(jīng)帶電室使微粒帶電后，沿平行板的中心線垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入平行板電容器內(nèi)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后飛出，最終打在墻壁上，通過調(diào)節(jié)信號(hào)輸入，使微滴帶不同的電荷量q，改變偏轉(zhuǎn)電壓U及兩極板的極性均可改變墨汁微滴打在墻壁上的位置。如果極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d，極板右端到墻壁的距離為L(zhǎng)′，則以下說法正確的是（）A．若微滴帶負(fù)電，上極板接正極時(shí)微滴向上偏轉(zhuǎn) B．如果增大微滴的噴射速度，可以增大微滴偏轉(zhuǎn)的靈敏度 C．如果板間電壓一定，要使微滴打在墻壁的偏移量加倍，則微滴的電荷量要加倍 D．噴頭不動(dòng)時(shí)微滴打在墻壁上的最大范圍為（+）d【分析】根據(jù)微滴的受力情況即可判斷微滴的偏轉(zhuǎn)情況；微滴在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可得到微滴打雜墻壁上的偏移量，也可分析出微滴偏轉(zhuǎn)的靈敏度與那些因素有關(guān)；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及幾何關(guān)系得到微滴打在墻壁上的偏移量的表達(dá)式即可判斷出結(jié)果；微滴打在墻壁上的范圍是在一邊最大偏移量的二倍，根據(jù)幾何關(guān)系即可得到偏轉(zhuǎn)的范圍。【解答】解：A、如果上極板是正極，則板間電場(chǎng)的方向向下，由于微滴帶負(fù)電，則微滴所受電場(chǎng)力向上，故微滴會(huì)向上偏轉(zhuǎn)，故A正確；B、設(shè)微滴在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)力方向的偏移量為△y1，微滴在墻壁上的偏移量為△y2。微滴在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得L＝vt，，微滴在電場(chǎng)中的加速度為，解得.，做平拋運(yùn)動(dòng)的物體的速度反向延長(zhǎng)線相交于水平位移的中點(diǎn)，所以。則.在保持其它條件不變的情況下，，則微滴速度越大，微滴的偏移量就越小，說明微滴偏移的靈敏度降低，故B錯(cuò)誤；C、由上面B的分析可知在板間電壓U一定時(shí)，△y2∝q，所以要使微滴打在墻壁上的偏移量△y2加倍，則微滴的電荷量也要加倍，故C正確；D、當(dāng)微滴在電場(chǎng)中的偏移量為d時(shí)，微滴由極板邊緣射出時(shí)，對(duì)應(yīng)打在墻壁上范圍最大，此時(shí)滿足，所以打在墻壁上的范圍為y＝2△y2，即，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。30．（2021?永州模擬）如圖所示，A、B為水平放置平行正對(duì)金屬板，在板中央分別有一小孔M、N，D為理想二極管，R為滑動(dòng)變阻器。閉合開關(guān)S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負(fù)電荷的帶電小球從M、N的正上方的P點(diǎn)由靜止釋放，小球恰好能運(yùn)動(dòng)至小孔N處。下列說法正確的是（）A．若僅將B板下移，帶電小球仍將恰好運(yùn)動(dòng)至小孔N處 B．若僅將B板上移，帶電小球?qū)男】譔穿出 C．若僅將R的滑片上移，帶電小球?qū)o法運(yùn)動(dòng)至N處 D．若僅斷開開關(guān)S，帶電小球仍將恰好運(yùn)動(dòng)至小孔N處【分析】小球恰好能穿過小孔N，小球到達(dá)小孔N時(shí)速度恰好為零，此過程小球的重力做功等于克服電場(chǎng)力做功，二極管的作用可以阻止電容器上的電量流出，開關(guān)S閉合時(shí)，可以充電不能放電，開關(guān)S斷開，板間場(chǎng)強(qiáng)不變，小球下落與原來同樣的高度時(shí)，速度為零?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)板不動(dòng)時(shí)，設(shè)P到A板的距離為H，兩極板間的距離為h，則mg（H+h）﹣qEh＝0﹣0，則mg＜qE，若僅將B板下移，移動(dòng)距離為△h，則，根據(jù)公式C＝，電容減??；由于二極管的作用可以阻止電容器上的電量流出，故電量不變，根據(jù)C＝，U＝Ed，得到：E＝，故場(chǎng)強(qiáng)不變；故到達(dá)小孔N時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得重力做功小于電場(chǎng)力做功，可知到小孔N時(shí)速度已經(jīng)減為零返回了，故A錯(cuò)誤；B、若僅將B板上移，根據(jù)C＝，電容增加，電容器要充電；由于電壓U一定，根據(jù)U＝Ed，電場(chǎng)強(qiáng)度增加；故到達(dá)小孔N時(shí)，重力做功小于電場(chǎng)力做功，可知未達(dá)到小孔N時(shí)速度已經(jīng)減為零返回了；故B錯(cuò)誤；C、將滑動(dòng)變阻器的滑片上移，分壓增加，故電容器的電壓增加，故如果能到達(dá)小孔N，重力做功小于電場(chǎng)力做功，可知未達(dá)到小孔N時(shí)速度已經(jīng)減為零返回了，故C正確；D、斷開開關(guān)S，場(chǎng)強(qiáng)不變，故小球恰好能運(yùn)動(dòng)至小孔N處，故D正確；故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題應(yīng)用動(dòng)能定理分析小球的運(yùn)動(dòng)情況。根據(jù)動(dòng)能定理：當(dāng)總功為正值時(shí)，動(dòng)能增加；當(dāng)總功為負(fù)值時(shí)，動(dòng)能減小，在分析物體的運(yùn)動(dòng)情況時(shí)經(jīng)常用到。三．填空題（共10小題）31．（2021?青浦區(qū)二模）我國(guó)科學(xué)家用冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面蛋白與人體細(xì)胞表面蛋白的結(jié)合過程。冷凍電子顯微鏡比光學(xué)顯微鏡分辨率更高，其原因是電子的物質(zhì)波波長(zhǎng)遠(yuǎn)小于可見光波長(zhǎng)。由此可知電子比可見光更不容易（選填“更容易”或“更不容易”或“一樣容易”）發(fā)生明顯衍射。電子束通過由電場(chǎng)構(gòu)成的電子透鏡實(shí)現(xiàn)會(huì)聚、發(fā)散作用。電子透鏡由金屬圓環(huán)M、N組成，其結(jié)構(gòu)如圖甲所示，圖乙為其截面圖（虛線為等勢(shì)面）。顯微鏡工作時(shí)，兩圓環(huán)的電勢(shì)φN＞φM。現(xiàn)有一束電子沿著平行于圓環(huán)軸線的方向進(jìn)入M。則電子在穿越電子透鏡的過程中速度不斷增大（選填“增大”或“減小”或“不變化”）?！痉治觥坎ㄩL(zhǎng)越長(zhǎng)，波動(dòng)性越強(qiáng)，衍射現(xiàn)象越明顯；根據(jù)電場(chǎng)力做功情況分析電子速度的變化情況?！窘獯稹拷猓弘娮拥奈镔|(zhì)波波長(zhǎng)遠(yuǎn)小于可見光波長(zhǎng)，根據(jù)波長(zhǎng)越長(zhǎng)，越容易發(fā)生明顯的衍射，故電子比可見光更不容易發(fā)生明顯衍射。因?yàn)棣誑＞φM，所以電子在從M到N穿越電子透鏡的過程，電場(chǎng)力對(duì)電子一直做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，故電子的速度不斷增大。故答案為：更不容易；增大?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要讀懂題意，理解電子顯微鏡的工作原理，利用電場(chǎng)知識(shí)進(jìn)行分析。32．（2020秋?天河區(qū)校級(jí)月考）如圖，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，從A點(diǎn)以速度v0垂直于電場(chǎng)方向射入一個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從B點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)線成120°角，電子重力不計(jì)。則A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB＝﹣，電子從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間tAB＝?！痉治觥扛鶕?jù)牛頓第二定律可得加速度大小，利用幾何關(guān)系可求得B點(diǎn)的速度；根據(jù)動(dòng)能定理，可求得AB間的電勢(shì)差；電子豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得時(shí)間?！窘獯稹拷猓弘娮釉陔妶?chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)牛頓第二定律得：eE＝ma將電子在B點(diǎn)的速度分解可知（如圖所示）vB＝＝v0電子從A到B的過程中，由動(dòng)能定理可知：﹣eUAB＝﹣聯(lián)立解得：A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB＝﹣設(shè)電子在B點(diǎn)沿電場(chǎng)方向的速度大小為vy，則由速度的分解有：vy＝v0tan30°由速度﹣時(shí)間公式得：vy＝atAB聯(lián)立解得電子從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間：tAB＝故答案為：﹣，?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速，本題運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究類平拋運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵將速度進(jìn)行分解，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合進(jìn)行研究，同時(shí)應(yīng)用了動(dòng)能定理求解。33．（2020秋?海淀區(qū)校級(jí)月考）正離子A（質(zhì)量為m、電荷量為q）和正離子B（質(zhì)量為2m、電荷量為q）由靜止開始經(jīng)相同電加速后，如圖所示垂直電場(chǎng)線射入兩塊平行帶電金屬板間，從兩板間射出時(shí)（重力不計(jì)）A、B側(cè)移之比yA：yB＝1：1；A、B動(dòng)能增量之比△EkA：△EkB＝1：1?！痉治觥拷柚\(yùn)動(dòng)的分解，離子水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，豎直方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，在借助運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理進(jìn)行求解?！窘獯稹拷猓海?）正離子在電場(chǎng)中加速，設(shè)末速度為v0，據(jù)動(dòng)能定理得：qU1＝m正離子穿出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間為：t＝正離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的加速度為：a＝＝正離子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)豎直方向的側(cè)移量為：y＝at2＝則離子側(cè)移量與電荷的電量和質(zhì)量均無關(guān)，即A、B側(cè)移之比為：yA：yB＝1：1（2）根據(jù)動(dòng)能定理：△Ek＝U1q+，離子的動(dòng)能變化僅與U1、U2、q、d與y相關(guān)，則A、B動(dòng)能增量之比：△EkA：△EkB＝1：1故答案為：1：1；1：1?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)于粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的知識(shí)的運(yùn)用，需要學(xué)生借助化曲為直的思想，將復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)處理。34．（2020秋?雨城區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，A、B為一對(duì)平行正對(duì)帶電金屬板，B板帶正電，A、B兩板間的電勢(shì)差為U。質(zhì)量為m的帶電粒子（重力可忽略不計(jì)）以初速度v0水平射入勻強(qiáng)電場(chǎng)。若粒子帶電荷量為﹣q，則粒子到達(dá)B板時(shí)速度大小為；若粒子帶電荷量為+q，它到達(dá)B板時(shí)速度大小為?！痉治觥糠治鲭妶?chǎng)力對(duì)電子功做情況，根據(jù)動(dòng)能定理列式即可求得粒子到達(dá)B板時(shí)的速度．【解答】解：粒子帶負(fù)電，由A到B過程中電場(chǎng)力做正功，由動(dòng)能定理可知：Uq＝mv2﹣mv02解得：v＝粒子帶正電，由A到B過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知：﹣Uq＝mv′2﹣mv02解得：v′＝故答案為：，；【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速規(guī)律，要注意明確電場(chǎng)力做功的正負(fù)，從而正確根據(jù)動(dòng)能定理列式求解．35．（2020春?涪城區(qū)校級(jí)月考）M板附近的帶電粒子由靜止釋放后從M板加速運(yùn)動(dòng)到N板（MN板間電壓為U），從N板上的小孔C飛出電場(chǎng)，垂直進(jìn)入以N板為左邊界的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，半個(gè)圓周后從D處進(jìn)入如圖所示的電場(chǎng)，PQ兩板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，PQ板長(zhǎng)為d。則該電荷電性為負(fù)電（正電、負(fù)電、無法確定），到C的速度為（用m，q，U表示），最后從勻強(qiáng)電場(chǎng)E中飛出的速度大小為A。A.B.C.D.（已知帶電粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，不計(jì)重力，各有界場(chǎng)之間互不影響）【分析】（1）根據(jù)C點(diǎn)速度方向結(jié)合磁場(chǎng)方向，通過左手定則判斷電荷電性；（2）根據(jù)電場(chǎng)力做功計(jì)算公式結(jié)合動(dòng)能定理，計(jì)算粒子在C點(diǎn)的速度；（3）粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，計(jì)算出從E飛出時(shí)的水平方向和豎直方向速度，利用平行四邊形法則計(jì)算合速度的大小?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，粒子從N板小孔C飛出電場(chǎng)時(shí)，速度方向垂直N板向外，根據(jù)速度方向、磁場(chǎng)方向和圓周運(yùn)動(dòng)的圓心位置，應(yīng)用左手定則可知在C點(diǎn)正電荷的速度方向與粒子速度方向相反，故粒子帶負(fù)電。（2）從M板加速運(yùn)動(dòng)到N板過程中，只有電場(chǎng)力做功，設(shè)C點(diǎn)速度為v，由動(dòng)能定理，可得：…①由①式可知，（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)不改變速度大小，故粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，水平方向速度為v。粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，所以水平速度保持v不變，豎直方向加速度a為：…②飛出勻強(qiáng)電場(chǎng)所用時(shí)間t：…③飛出勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度v0：v0＝at…④飛出勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速度v′：…⑤②③④⑤聯(lián)立并代入數(shù)值解得，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故答案為：（1）負(fù)電；（2）；（3）A?！军c(diǎn)評(píng)】本題綜合考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和動(dòng)能定理的相關(guān)知識(shí)，注意正確分析運(yùn)動(dòng)過程，并注意計(jì)算的準(zhǔn)確性。36．（2019秋?靜安區(qū)期末）如圖所示，實(shí)線表示勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線，虛線表示一個(gè)正電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡，比較軌跡上的a、b兩點(diǎn)，a點(diǎn)的電勢(shì)較高；正電荷在點(diǎn)的動(dòng)能較大?！痉治觥苛Ｗ釉陔妶?chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)軌跡的彎曲程度，判斷出合力（電場(chǎng)力）的方向，再根據(jù)電場(chǎng)力方向和電荷性質(zhì)判斷場(chǎng)強(qiáng)方向；沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低的，由此判定電勢(shì)高低；根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷動(dòng)能大小?！窘獯稹拷猓簞驈?qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力與電場(chǎng)線平行，而曲線運(yùn)動(dòng)合力指向曲線的內(nèi)側(cè)，故電場(chǎng)力一定向左；粒子帶正電，故電場(chǎng)強(qiáng)度方向向左，所以a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系是電勢(shì)φa＞φb；粒子帶正電，如果粒子從a至b運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加；如果粒子從b至a運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子動(dòng)能減小，故無論從a至b還是從b至a，都有Eka小于Ekb。故答案為：a；b?！军c(diǎn)評(píng)】電場(chǎng)線雖然實(shí)際不存在，但可形象來描述電場(chǎng)的分布。對(duì)于本題關(guān)鍵是根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡來判定電場(chǎng)力方向，由曲線運(yùn)動(dòng)條件可知合力偏向曲線內(nèi)側(cè)。37．（2020秋?安慶期中）如圖所示，有一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球以初速度v0從a點(diǎn)豎直向上射入電場(chǎng)中．小球通過電場(chǎng)中b點(diǎn)時(shí)速度大小為2v0，方向與電場(chǎng)方向一致，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為．【分析】采用運(yùn)動(dòng)的分解法研究：水平方向小球只受電場(chǎng)力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求出a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差．【解答】解：小球水平方向只受電場(chǎng)力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可得：水平方向，2v0＝at豎直方向，v0＝gt則有a＝2g由牛頓第二定律可知，E＝故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查靈活選擇處理曲線運(yùn)動(dòng)的能力．小球在水平和豎直兩個(gè)方向受到的都是恒力，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解法研究是常用的思路．38．（2019秋?泉港區(qū)校級(jí)月考）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的極板X應(yīng)帶正電?！痉治觥坑闪涟呶恢每芍娮悠D(zhuǎn)后打在偏向X，由電子所受電場(chǎng)力的方向確定電場(chǎng)的方向，再確定極板所帶的電性?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)亮斑的位置可知，電子在XX′極板中受到電場(chǎng)力為由X′指向X，從而向X向偏轉(zhuǎn)，因?yàn)殡娮邮芰Ψ较蚺c電場(chǎng)方向相反，所以電場(chǎng)方向?yàn)閄到X′，則X帶正電，故答案為：正?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)熒光屏上的位置判斷電子在兩極板間受到的電場(chǎng)力方向，知道電子受到的電場(chǎng)力和電場(chǎng)線方向相反；39．（2019秋?廣安區(qū)校級(jí)月考）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，電子槍發(fā)射電子經(jīng)過加速后，通過偏轉(zhuǎn)電極打在熒光屏上形成亮斑，如圖所示。如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中X極板應(yīng)帶正電，Y極板帶正電?！痉治觥坑闪涟呶恢每芍娮悠D(zhuǎn)的打在偏向X，Y向，由電子所受電場(chǎng)力的方向確定電場(chǎng)的方向，從