考點一 帶電體在電場中的直線運動（1-8T）
考點二 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)（不計粒子重力）（9-18T）
考點三 帶電體在勻強電場中的運動（重力不可忽略）（19-20T）
考點四 帶電體在兩個互相垂直的方向上分別受到恒力作用的問題（21-30T）
1．帶電粒子(體)在電場中運動時是否考慮重力的處理方法
(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．
(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都要考慮重力．
2.帶電粒子(或帶電體)在電場中加速時：
(1)用運動學、動力學觀點分析： a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad.
(2)用功能觀點分析：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0) (勻強電場中)
W＝qU＝Ek2－Ek1 (勻強電場、非勻強電場中)
考點一 帶電體在電場中的直線運動
受力決定運動，運動反映受力
①勻速直線運動←→F合＝0.
②變速直線運動←→F合≠0，且F合方向與速度方向在同一直線上．
1.(多選)如圖所示，有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的油滴，被置于豎直放置的兩平行金屬板間的勻強電場中．設(shè)油滴是從兩板中間位置，由靜止釋放，則可以判定( )
A．油滴在電場中做拋物線運動
B．油滴在電場中做勻加速直線運動
C．油滴打在極板上的運動時間只取決于電場強度和兩板間距離
D．油滴打在極板上的運動時間不僅取決于電場強度和兩板間距離，還取決于油滴的比荷
【答案】BD
【解析】油滴初速度為0，受不變的重力和電場力，做勻加速直線運動，A錯，B對；由eq \f(d,2)＝eq \f(1,2) eq \f(Eq,m)t2得，C錯，D對．
2.如圖所示,兩平行金屬板AB、MN與水平面成30°角固定放置,金屬板間存在勻強電場。一帶電小球以一定的速度垂直電場強度方向射入電場中,恰能沿兩板中央虛線做直線運動。已知重力加速度為g,不計空氣阻力。在此過程中,下列說法正確的是( )
A.小球一定帶負電
B.小球一定做勻速直線運動
C.小球的電勢能增大
D.小球加速度大小為g2
【答案】D
【解析】因為極板所帶正負電不確定,所以小球帶電性無法確定,故A錯誤;對小球受力分析,小球受到的靜電力垂直極板斜向上,根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin 30°=ma,解得a=g2,所以小球做勻加速直線運動,故B錯誤,D正確;因為靜電力始終與小球運動方向垂直,因此靜電力不做功,小球的電勢能不變,故C錯誤。
3.(2022·天津模擬)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E的勻強電場中，以初速度v0沿直線ON做勻變速運動，直線ON與水平面的夾角為30°，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，則下面說法中正確的是( )
A．電場方向一定豎直向上
B．電場強度E的最小值為eq \f(\r(3)mg,2q)
C．如果電場強度為E＝eq \f(mg,q)，則小球相對初始位置的最大高度為eq \f(veq \\al(2,0),2g)
D．如果電場強度為E＝eq \f(mg,q)，小球電勢能的最大值為eq \f(mveq \\al(2,0),4)
【答案】BD。
【解析】
因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結(jié)合平行四邊形定則知，電場力的方向不確定，當垂直于運動方向時，電場力有最小值為mgcs 30°，如圖所示，所以電場強度的最小值Emin＝eq \f(mgcs 30°,q)＝eq \f(\r(3)mg,2q)，故A錯誤，B正確；根據(jù)平行四邊形定則知，小球所受的重力和電場力相等，兩個力的夾角為120°，所以合力大小與分力大小相等，等于mg，根據(jù)牛頓第二定律知，小球的加速度為g，小球斜向上做勻減速直線運動，位移x＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)，則小球上升的最大高度h＝xsin 30°＝eq \f(veq \\al(2,0),4g)，在整個過程中電場力做功W＝qExcs 120°＝－eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，電勢能增加eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，所以小球電勢能的最大值為eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，故C錯誤，D正確。
4．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點，由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子（ ）
A．運動到P點返回 B．運動到P和P′點之間返回
C．運動到P′點返回 D．穿過P′點
【答案】A
【解析】設(shè)A、B板間的電勢差為U1，B、C板間的電勢差為U2，板間距為d，電場強度為E，第一次由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，根據(jù)動能定理得：qU1=qU2=qEd，將C板向右移動，B、C板間的電場強度，E不變，所以電子還是運動到P點速度減小為零，然后返回，故A正確；BCD錯誤．
5．（2022·北京·高考真題）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。
（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；
（2）求帶電粒子到達N板時的速度大小v；
（3）若在帶電粒子運動d2距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t。
【答案】（1）F=qUd；（2）v=2qUm；（3）t=3d2mqU
【解析】（1）兩極板間的場強 E=Ud
帶電粒子所受的靜電力 F=qE=qUd
（2）帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有 qU=12mv2
解得 v=2qUm
（3）設(shè)帶電粒子運動d2距離時的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有 qU2=12mv′2
帶電粒子在前d2距離做勻加速直線運動，后d2距離做勻速運動，設(shè)用時分別為t1、t2，
有 d2=v′2t1，d2=v′t2
則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間 t=t1+t2=3d2mqU
6.如圖所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落,穿過小孔到達下極板處速度恰為零?？諝庾枇雎圆挥?極板間電場可視為勻強電場,重力加速度為g。求:
(1)小球到達小孔處的速度;
(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量;
(3)小球從開始下落到運動到下極板處的時間。
【答案】Cmg(?+d)q (3)?+d?2?g
【解析】(1)由v2=2gh得v=2g?。
(2)在極板間帶電小球受重力和靜電力作用,有qE-mg=ma且v2-0=2ad,得E=mg(?+d)qd
由U=Ed,Q=CU,得Q=Cmg(?+d)q。
(3)由題得h=12gt12,0=v+at2
t=t1+t2=?+d?2?g。
7．如圖1所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m=0.2kg，帶電量為g=+2.0×10-6C的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)u=0.1，從t=0時刻開始，空間加上一個如圖2所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場，（取水平向右為正方向，取10m/s2）。求：
（1）15秒末小物塊的速度大??；
（2）15秒內(nèi)小物塊的位移大小。
【答案】（1）2m/s；（2）31m
【解析】（1）0~2s加速度 a1=qE1?μmgm=2m/s2
2~4s內(nèi)物塊加速度 a2=?E2q?μmgm=?2m/s2
即0~4s內(nèi)先加速后減速到零，以后重復(fù)這樣的運動，則16s末的速度為零，由逆向思維可知，15秒末小物塊的速度大小 v15=a2t'=2×1m/s=2m/s
（2）0~4s內(nèi)的位移 x1=2×12a1t22=2×22m=8m
則16s的位移為 x16=32m
最后1s內(nèi)的位移 x2=12a2t'2=12×2×12m=1m
15秒內(nèi)小物塊的位移大小 x15=x16?x2=31m
8.（2022·廣東高考）密立根通過觀測油滴的運動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質(zhì)量均為、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內(nèi)都勻速下落了距離。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內(nèi)上升了距離，隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。求：
（1）比例系數(shù)k；
（2）油滴A、B帶電量和電性；B上升距離電勢能的變化量；
（3）新油滴勻速運動速度的大小和方向。
【答案】（1）；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負電，電荷量為，；（3）見解析
【解析】（1）未加電壓時，油滴勻速時的速度大小
勻速時
又
聯(lián)立可得
（2）加電壓后，油滴A速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場力向上，極板間電場強度向下，可知油滴B帶負電，油滴B向上勻速運動時，速度大小為
根據(jù)平衡條件可得
解得
根據(jù)
又
聯(lián)立解得
（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為，新油滴所受電場力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律
可得
新油滴向上加速，達到平衡時
解得速度大小為 速度方向向上；
若，即
可知
設(shè)向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律
可知
新油滴向下加速，達到平衡時
解得速度大小為 速度方向向下。
考點二 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)（不計粒子重力）
1.帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場做類平拋運動：
設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響), 則有
(1)加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
(2)在電場中的運動時間：t＝eq \f(l,v0)
(3)離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度及速度的偏轉(zhuǎn)角：ν=v02+at2， tan θ＝atv0＝eq \f(qUl,mv02d)
(4) 離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏移量：
2.計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的四種方法，如圖所示：
①Y＝y(tǒng)＋dtan θ；
②Y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)＋d))tan θ；
③Y＝y(tǒng)＋vy·eq \f(d,v0)；
④根據(jù)三角形相似得eq \f(Y,y)＝eq \f(\f(L,2)＋d,\f(L,2))。
3．兩個結(jié)論
(1)電性相同的不同帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度和軌跡總是相同的。
證明：由qU0＝eq \f(1,2)mv02及tan θ＝eq \f(qUl,mv02d)得tan θ＝eq \f(Ul,2U0d)。
(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為eq \f(l,2)。
4．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：
qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy指初、末位置間的電勢差。
9.如圖所示，三個同樣的帶電粒子(不計重力)同時從同一位置沿同一方向垂直于電場線射入平行板電容器間的勻強電場，它們的運動軌跡分別用a、b、c標出，不考慮帶電粒子間的相互作用，下列說法中錯誤的是( )
A．當b飛離電場的同時，a剛好打在下極板上
B．b和c同時飛離電場
C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小
D．在電場中運動過程中c的動能增加量最小，a、b動能增加量相同
【答案】B
【解析】三個粒子相同，故進入電場后，受到的電場力相等，即加速度相等，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，偏移量y＝eq \f(1,2)at2，所以ta＝tb>tc，A正確，B錯誤；在水平方向上做勻速直線運動，故有v0＝eq \f(x,t)，因為xb＝xc>xa，ta＝tb>tc，所以有vc>vb>va，C正確；根據(jù)動能定理qU＝Eqy＝ΔEk，故c的動能增加量最小，a和b的動能增加量一樣大，D正確。
10．（2022·北京·人大附中高三開學考試）讓氕核（11H）和氘核（12H）以相同的動能沿與電場垂直的方向從ab邊進入矩形勻強電場（方向沿a→b，邊界為abcd，如圖所示）。已知兩種粒子均能從cd邊離開偏轉(zhuǎn)電場，不計粒子的重力，則（ ）
A．兩種粒子進入電場時的速度相同B．兩種粒子在電場中運動的加速度相同
C．兩種粒子離開電場時的動能相同D．兩種粒子離開電場時的速度方向不同
【答案】C
【解析】A．兩種粒子的質(zhì)量不同，進入電場時的動能相同，所以速度不同，故A錯誤；
B．設(shè)電場強度為E、電荷質(zhì)量為m、電荷量為q，兩種粒子在電場中運動的加速度a=qEm
電場強度相同，電荷量相同，質(zhì)量不同，所以加速度不同，故B錯誤；
CD．設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的寬度bc為L，粒子的初動能為Ek，
粒子離開電場時沿電場方向的速度為vy=at=qELmv0
粒子離開電場時的速度方向與初速度夾角的正切為tanα=vyv0=qELmv02=qEL2Ek
兩種粒子離開電場時的速度方向相同，兩種粒子離開電場時的動能
E′k=12mv2=12m(v02+vy2)=Ek+q2E2L24Ek
兩種粒子離開電場時的動能相同，故C正確，D錯誤。故選C。
11.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時( )
A．所用時間為eq \f(mv0,qE)
B．速度大小為3v0
C．與P點的距離為eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)
D．速度方向與豎直方向的夾角為30°
【答案】C
【解析】粒子從P點垂直電場方向出發(fā)到達MN連線上某點時，沿水平方向和豎直方向的位移大小相等，即v0t＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(Eq,m)，解得t＝eq \f(2mv0,qE)，A錯誤；在該點，粒子沿電場方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小為v＝eq \r(（2v0）2＋veq \\al(2,0))＝eq \r(5)v0，B錯誤；該點到P點的距離s＝eq \r(2)x＝eq \r(2)v0t＝eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)，C正確；由平行四邊形定則可知，在該點速度方向與豎直方向夾角的正切值tan θ＝eq \f(v0,2v0)＝eq \f(1,2)，則θ≠30°，D錯誤。
12．（2022·浙江·高考真題）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L（不考慮邊界效應(yīng)）。t=0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（ ）
A．M板電勢高于N板電勢
B．兩個粒子的電勢能都增加
C．粒子在兩板間的加速度
D．粒子從N板下端射出的時間
【答案】C
【解析】A．由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；
B．根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減??；則平行M板向下的粒子到達N板時電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；
CD．設(shè)兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，
有
對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，
有
聯(lián)立解得 ， 故C正確，D錯誤；
13．（2023·全國·高三專題練習）如圖裝置是由粒子加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、間距為Δd的相同平行金屬板構(gòu)成，極板間距離和板長均為L。加速電壓為U0，兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等均為U0，電場方向相反。質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子無初速地進入加速電場，被加速器加速后，從平移器下板邊緣水平進入平移器，最終從平移器上板邊緣水平離開，不計重力。下列說法正確的是（ ）
A．粒子離開加速器時速度v0=qU0m
B．粒子通過左側(cè)平移器時，豎直方向位移y1=L4
C．Δd與2L相等
D．只增加加速電壓，粒子將不能從平移器離開
【答案】B
【解析】A．根據(jù) qU0=12mv02 粒子離開加速器時速度為 v0=2qU0m 故A錯誤；
B．粒子平移器電場中的偏轉(zhuǎn)量為 y1=12at2
又 qU0L=ma ，L=v0t
得 y1=L4 故B正確；
C．根據(jù)類平拋運動的特點和對稱性，粒子在兩平移器之間做勻速直線運動的軌跡延長線分別過平行板中點，根據(jù)幾何關(guān)系可知 Δd=L 故C錯誤；
D．由B選項可得 y1=qU0L2mv02
由A選項可知當加速電壓增大時，粒子進入平移器的速度增大，粒子在平移器中豎直方向偏轉(zhuǎn)量變小，粒子可以離開平移器，位置比原來靠下，故D錯誤。
故選B。
14．如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L。為了提高示波管的靈敏度eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量為\f(h,U2)))可采用的方法是( )
A．增大兩板間的電勢差U2B．盡可能使板長L短些
C．使加速電壓U1升高些D．盡可能使板間距離d小些
【答案】D
【解析】帶電粒子加速時，由動能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv2，帶電粒子偏轉(zhuǎn)時，由類平拋運動規(guī)律，得L＝vt，h＝eq \f(1,2)at2，又由牛頓第二定律得a＝eq \f(qU2,md)，聯(lián)立得h＝eq \f(U2L2,4dU1)，由題意，靈敏度為eq \f(h,U2)＝eq \f(L2,4dU1)，可見，靈敏度與U2無關(guān)，要提高示波管的靈敏度，可使板長L長些、板間距離d小一些、加速電壓U1降低一些，故A、B、C錯誤，D正確。
15.如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，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(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多
B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大
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
【解析】根據(jù)動能定理有qE1d＝eq \f(1,2)mv12，得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度
v1＝ eq \r(\f(2qE1d,m))。在偏轉(zhuǎn)電場中，由l＝v1t2及y＝eq \f(1,2)eq \f(qE2,m)t22得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移y＝eq \f(E2l2,4E1d)，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)W＝qE2y得，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，選項A正確。根據(jù)動能定理，qE1d＋qE2y＝eq \f(1,2)mv22，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E2打到屏上時的速度v2＝ 2(qE1d+qE2y)m，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項B錯誤。粒子打在屏上所用的時間t＝eq \f( d ,\f(v1,2))＋eq \f(L′,v1)＝eq \f(2d,v1)＋eq \f(L′,v1)(L′為偏轉(zhuǎn)電場左端到屏的水平距離,v1為三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度,)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時間不相同，選項C錯誤。根據(jù)vy＝eq \f(qE2,m)t2及tan θ＝eq \f(vy,v1)得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝eq \f(E2l,2E1d)，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項D正確。
16.示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來的電子(帶電荷量為e，質(zhì)量為m)被加速后從金屬板的小孔穿出，進入偏轉(zhuǎn)電場。電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進，最后打在熒光屏上。設(shè)加速電壓U1＝1 640 V，偏轉(zhuǎn)極板長l＝4 cm，偏轉(zhuǎn)極板間距d＝1 cm，當電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)極板的正中央沿與板平行的方向進入偏轉(zhuǎn)電場。
(1)偏轉(zhuǎn)電壓U2為多大時，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大？
(2)如果偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離L＝20 cm，則電子到達熒光屏時最大偏轉(zhuǎn)距離y為多少？
【答案】(1)205 V (2)0．055 m
【解析】電子從偏轉(zhuǎn)電場射出后沿著射出方向做勻速直線運動至打到熒光屏上；電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大的條件是：電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須從下極板邊緣射出。
(1)要使電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須從下極板邊緣出來。
在加速電場中，由動能定理得eU1＝eq \f(mv02,2)
電子進入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝ eq \r(\f(2eU1,m))
電子在偏轉(zhuǎn)電場中的飛行時間t1＝eq \f(l,v0)
電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU2,md)
電子從下極板邊緣出來，則有 eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(eU2l2,2mdv02)＝eq \f(U2l2,4dU1)
解得U2＝eq \f(1,8)U1＝205 V。
(2)電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離y＝eq \f(d,2)＋y2
電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的豎直極板方向分速度 vy＝at1＝eq \f(eU2l,mdv0)
電子從離開偏轉(zhuǎn)電場到到達熒光屏經(jīng)過的時間t2＝eq \f(L,v0)
則y2＝vy·t2＝eq \f(eU2lL,mdv02)＝eq \f(U2lL,2dU1)＝0．05 m
所以電子到達熒光屏時的最大偏轉(zhuǎn)距離y＝eq \f(d,2)＋y2＝0．055 m。
17．如圖所示，虛線MN左側(cè)有一電場強度為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏，現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：
(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；
(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ；
(3)電子打到屏上P′點到O點的距離x。
【答案】(1)3 eq \r(\f(mL,eE)) (2)2 (3)3L
【解析】(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動。設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律和運動學公式得：a1＝eq \f(eE1,m)＝eq \f(eE,m)，eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1t12
v1＝a1t1，t2＝eq \f(2L,v1)，運動的總時間為t＝t1＋t2＝3 eq \r(\f(mL,eE))。
(2)設(shè)電子射出電場E2時，沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場中的加速度為
a2＝eq \f(eE2,m)＝eq \f(2eE,m)，t3＝eq \f(L,v1)，vy＝a2t3，tan θ＝eq \f(vy,v1)
聯(lián)立各式，解得tan θ＝2。
(3)如圖所示，設(shè)電子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y1，
則y1＝eq \f(1,2)a2t32，tan θ＝eq \f(y2,L)
解得x＝y(tǒng)1＋y2＝3L。
18.在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出)，由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計。求：
(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功；
(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；
(3)粒子經(jīng)過C點時的速率。
【答案】(1)3qEl0 (2)3eq \r(\f(2ml0,qE)) (3)eq \r(\f(17qEl0,2m))
【解析】(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功W＝qE(yA－yC)＝3qEl0①
(2)粒子只受沿y軸負方向的電場力作用，粒子做類似斜上拋運動，粒子在x軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令tAD＝tDB＝T，且tBC＝T②
由牛頓第二定律qE＝ma③
由運動學公式得yD＝eq \f(1,2)aT2④
從D到C做類平拋運動，沿y軸方向：yD＋3l0＝eq \f(1,2)a(2T)2⑤
由②③④⑤式解得T＝eq \r(\f(2ml0,qE))⑥
則A→C過程所經(jīng)歷的時間t＝3T＝3eq \r(\f(2ml0,qE))⑦
(3)粒子由D到C過程中
x軸方向：2l0＝vD·2T⑧
y軸方向：vCy＝a·2T⑨
vC＝eq \r(veq \\al(2,D)＋veq \\al(2,Cy))⑩
由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝eq \r(\f(17qEl0,2m))?
考點三 帶電體在勻強電場中的運動（重力不可忽略）
19．(多選)如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結(jié)論正確的是(已知重力加速度為g)( )
A．兩極板間電壓為eq \f(mgd,2q)
B．板間電場強度大小為eq \f(2mg,q)
C．整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加eq \f(mg2L2,v02)
D．若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點不可能垂直打在M上
【答案】BC
【解析】根據(jù)題意分析可知，在平行板間質(zhì)點受到重力和電場力作用，其軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，質(zhì)點只受重力作用，其軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在屏M上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，如圖所示，
可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq \f(2mg,q)，由U＝Ed得板間電勢差U＝eq \f(2mg,q)×d＝eq \f(2mgd,q)，故A錯誤，B正確；質(zhì)點在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE－mg,m)＝g，t＝eq \f(L,v0)，解得y＝eq \f(gL2,2v02)，故質(zhì)點打在屏上的位置與P點的距離為s＝2y＝eq \f(gL2,v02)，重力勢能的增加量ΔEp＝mgs＝eq \f(mg2L2,v02)，故C正確；僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據(jù)E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，板間場強不變，質(zhì)點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故仍垂直打在屏M上，故D錯誤。
20.空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq \f(t,2)。重力加速度為g，求：
(1)電場強度的大?。?br>(2)B運動到P點時的動能。
【答案】(1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
【解析】(1)設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，
有 mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2＝eq \f(1,2)gt2②
聯(lián)立①②式得E＝eq \f(3mg,q)。③
(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。⑦
考點四 帶電體在兩個互相垂直的方向上分別受到恒力作用的問題
方法技巧：帶電體在兩個互相垂直的方向上分別受到恒力作用，這兩個方向上都做勻變速直線運動，兩個分運動互不影響且具有等時性，在兩個方向上分別進行運動分析。
注意：如果物體的初速度為零或者初速度方向與合力方向在同一直線上，則物體做直線運動。
如果物體的初速度不為零且初速度方向與合力方向不在同一直線上，則物體做曲線運動。
21．如圖所示，在豎直放置間距為的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場．有一質(zhì)量為，電荷量為的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為．則點電荷運動到負極板的過程中（ ）
A．加速度大小為
B．所需的時間為
C．下降的高度為
D．電場力所做的功為
【答案】B
【解析】點電荷在電場中的受力如圖所示，
點電荷所受的合外力為
由牛頓第二定律得 故A錯；
點電荷在水平方向的加速度為 ，由運動學公式d/2=a1t2/2,所以 ，故B正確，
點電荷在豎直方向上做自由落體運動，所以下降的高度 ，故C錯誤；
由功公式W=Eqd/2,故D錯誤．
22．（2022·湖北·高三階段練習）(多選)如圖，平行板電容器兩極板AB豎直放置，一個帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電油滴從A板的內(nèi)側(cè)垂直A板以大小為v的速度向右運動，最終打在B板時的速度大小仍為v，速度方向與B板成θ角，θ=53°，sin53°=0.8，cs53°=0.6，已知重力加速度為g。則（ ）
A．帶電油滴帶正電
B．兩極板間的電場強度大小為mg3q
C．AB兩極板間的距離為3v250g
D．油滴從A板到B板機械能減小950mv2
【答案】BD
【解析】A．由于A、B極板的極性未知，故無法判斷油滴的電性，故A錯誤；
依題意，知油滴在豎直方向上做自由落體運動，當油滴打在B板時，
平行B板方向的速度 vy=vcsθ=35v=gt
垂直B板方向的速度 vx=vsinθ=45v

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