(1)直線運動：初速度方向與電場方向在同一直線或由靜止出發(fā)，一般用牛頓第二定律與運動學公式結合處理或用動能定理處理；
(2)類平拋運動：初速度方向與電場方向垂直，一般從運動的分解的角度處理，也可用動能定理處理能量問題；
(3)斜拋運動：初速度方向與電場方向有一定夾角，一般從運動的分解的角度處理．
1．(2023·河南省八市重點高中聯(lián)盟第三次模擬)如圖1，矩形ABCD區(qū)域存在沿A至D方向的勻強電場，場強為E，邊長AB＝2AD，質量為m、帶電荷量q的正電粒子以恒定的速度v從A點沿AB方向射入矩形區(qū)域，粒子恰好從C點以速度v1射出電場，粒子在電場中運動時間為t，則( )
圖1
A．若電場強度變?yōu)?E，粒子從DC邊中點射出
B．若電場強度變?yōu)?E，粒子射出電場的速度為2v1
C．若粒子入射速度變?yōu)閑q \f(v,2)，則粒子從DC邊中點射出電場
D．若粒子入射速度變?yōu)閑q \f(v,2)，則粒子射出電場時的速度為eq \f(v1,2)
2.(2020·安徽安慶市調研)如圖2所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負極板附近有另一質量為m、電荷量為－q的粒子，在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距eq \f(2,5)l的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m為( )
圖2
A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1
3．(2023·福建龍巖市3月質量檢查)如圖3所示，平行邊界PQ、MN間存在豎直向下的勻強電場，一質量為m＝2.0×10－11kg，電荷量為q＝＋1.0×10－5C的帶電粒子，從a點由靜止開始經電壓為U＝100V的電場加速后，垂直邊界PQ進入勻強電場中，從虛線MN上的某點離開勻強電場，離開電場時速度方向與電場方向成45°角，已知PQ、MN間距離為20cm，帶電粒子的重力忽略不計，則下列說法正確的是( )
圖3
A．帶電粒子從邊界PQ進入勻強電場時的速度大小v0＝2.0×104m/s
B．帶電粒子離開電場時沿電場方向的偏移量為y＝5cm
C．邊界PQ、MN間的場強大小為E＝2.0×103N/C
D．若將帶電粒子換成質子，質子離開電場時沿電場方向的偏移量不變
4．(2023·安徽合肥市第一次質量檢測)圖4為一帶電粒子在水平向右的勻強電場中運動的一段軌跡，A、B為軌跡上的兩點．已知該粒子質量為m、電荷量為q，其在A點的速度大小為v0，方向豎直向上，到B點時速度方向與水平方向的夾角為30°，粒子重力不計．則A、B兩點間的電勢差為( )
圖4
A.eq \f(mv02,q)B.eq \f(mv02,2q)C.eq \f(3mv02,2q)D.eq \f(2mv02,q)
5．(多選)(2023·四川省第二次診斷)如圖5所示，勻強電場中有一個與電場平行的長方形區(qū)域ABCD.已知AC＝2AB＝4cm，A、B、C三點的電勢分別為12V、8V、4V．某帶電粒子從A點以初速度v0＝2m/s，與AD成30°夾角射入電場，粒子在ABCD所在平面運動，恰好經過C點．不計粒子的重力．下列說法正確的是( )
圖5
A．該粒子可能帶負電
B．電場強度大小為eq \f(400\r(3),3)V/m
C．粒子過C點的速度為2eq \r(13)m/s
D．僅改變初速度v0方向，該粒子可能經過B點
6．(2020·吉林長春市質量監(jiān)測)如圖6所示，A、B兩帶正電粒子質量相等，電荷量之比為1∶4.兩粒子在O上方同一位置沿垂直電場方向射入平行板電容器中，分別打在C、D兩點，OC＝CD，忽略粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是( )
圖6
A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2
B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1
C．A和B的初速度大小之比為1∶4
D．A和B的位移大小之比為1∶2
7．(多選)(2023·廣東肇慶市第二次統(tǒng)一檢測)如圖7所示，一帶電粒子在勻強電場中只受電場力運動，經過一平面直角坐標系中的a、O、b三點時的動能分別為10eV、4eV、12eV，下列說法正確的是( )
圖7
A．該電場方向一定與xOy平面平行
B．該電場場強大小為200eq \r(2)V/m
C．O點是該粒子軌跡上電勢能最高的點
D．該粒子軌跡為拋物線
答案精析
1．C [若電場強度變?yōu)?E，則粒子從DC邊離開，運動時間變?yōu)閑q \f(\r(2),2)t，則水平位移變?yōu)樵瓉淼膃q \f(\r(2),2)，而不是eq \f(1,2)，故A錯誤；在粒子穿過電場的過程中，設電場力做功為W，則有W＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv2，可知電場強度加倍，電場力做功變?yōu)榱?W，則射出電場的速度不等于2v，故B錯誤；若粒子入射速度變?yōu)閑q \f(v,2)，則粒子在電場中運動時間不變，即可得出粒子從DC邊中點射出電場，故C正確；由于電場不變，粒子在電場中運動時間不變，則電場力做功不變，由動能定理可知，粒子射出電場時的速度不是eq \f(v1,2)，故D錯誤．]
2．A [設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有a＝eq \f(Eq,M)，eq \f(2,5)l＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,M)t2；對m有a′＝eq \f(Eq,m)，eq \f(3,5)l＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2，聯(lián)立解得eq \f(M,m)＝eq \f(3,2)，A正確．]
3．D [帶電粒子在加速電場中由動能定理qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，得v0＝eq \r(\f(2qU,m))＝eq \r(\f(2×1.0×10－5×100,2.0×10－11))m/s＝1.0×104 m/s，故A錯誤；帶電粒子離開電場時速度方向與電場方向成45°角，速度方向的反向延長線交于水平位移的中點，由于PQ、MN間距離為20cm，所以帶電粒子離開電場時沿電場方向的偏移量為y＝10cm，故B錯誤；帶電粒子在偏轉電場中運動的時間為t＝eq \f(20×10－2,1.0×104)s＝2.0×10－5s，粒子離開偏轉電場時的電場力方向的速度vy＝v0＝1.0×104m/s，所以有vy＝at＝eq \f(qE,m)t，解得：E＝eq \f(vym,qt)＝eq \f(1.0×104×2.0×10－11,1.0×10－5×2.0×10－5)N/C＝
1.0×103 N/C，故C錯誤；帶電粒子在加速電場中有qU＝eq \f(1,2)mv02，在偏轉電場中有：L＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qU偏,mL)，聯(lián)立解得：y＝eq \f(U偏L,4U)，由此可知，偏移量與電荷量和質量都無關，即偏移量不變，故D正確．]
4．C [根據(jù)題意，在B點，v0＝vBsin30°，解得vB＝2v0
從A到B根據(jù)動能定理得：qUAB＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02
聯(lián)立解得：UAB＝eq \f(3mv02,2q)，故選C.]
5．BC [因AC＝2AB＝4cm，A、B、C三點的電勢分別為12V、8V、4V，取O點為AC的中點，則φO＝8V，連接BO，過A點作BO的垂線，則實線為電場線，如圖所示：
因粒子由A運動經過C點，則電場力的方向與電場線的方向相同，所以粒子帶正電，則A錯誤；因E＝eq \f(UAO,|AO|sin60°)＝eq \f(4,\r(3)×10－2)V/m＝eq \f(400\r(3),3)V/m，B正確；粒子從A點開始做類平拋運動到C點，根據(jù)類平拋運動的推論tanφ＝2tanθ，粒子在C點時vCy＝4eq \r(3)m/s，vC＝eq \r(vCy2＋vCx2)＝2eq \r(13)m/s，C正確；僅改變初速度v0方向，根據(jù)對稱性，粒子必過E點，D錯誤．]
6．C [粒子電荷量之比為1∶4，粒子在豎直方向上做勻加速運動，由h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qE,2m)t2，可知A和B在電場中運動的時間之比為2∶1，故A錯；A、B兩帶正電粒子質量相等，電荷量之比為1∶4，根據(jù)qE＝ma，可知A和B運動的加速度大小之比為1∶4，故B錯；OC＝CD，兩粒子水平方向上做勻速運動，根據(jù)x＝v0t，可知A和B的初速度大小之比為1∶4，故C對；A和B的位移大小之比為1∶2，豎直方向也有位移，那么合位移之比不能等于1∶2，故D錯．]
7．AD [粒子在電場中運動時，粒子的電勢能和動能之和守恒，設粒子帶電荷量為q，總能量為E，則在a點時：10eV＋φaq＝E；在O點時：4eV＋φOq＝E；在b點時：12eV＋φbq＝E；則φaO＝φa－φO＝－eq \f(6,q)；φOb＝φO－φb＝eq \f(8,q)，因電勢差與兩點間距離成正比，可知該電場方向一定與xOy平面平行，選項A正確；因電荷所帶的電荷量未知，不能確定兩點電勢差的數(shù)值，則不能求解場強大小，選項B錯誤；O點時粒子的動能不等于零，則電勢能不是最大的位置，選項C錯誤；粒子只在恒定的電場力作用下做曲線運動，則軌跡一定為拋物線，選項D正確．]

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