一、帶電粒子在電場中的加速
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合勻變速直線運動公式分析．適用于電場是勻強電場且涉及運動時間等描述運動過程的物理量，公式有qE＝ma，v＝v0＋at等．
2．利用靜電力做功結合動能定理分析．適用于問題涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場情景時，公式有qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(02)(勻強電場)或qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(02)(任何電場)等．
二、帶電粒子在電場中的偏轉
如圖所示，質量為m、帶電荷量為q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場，極板長為l，極板間距離為d，極板間電壓為U.
(1)運動性質：
①沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運動．
②垂直v0的方向：初速度為零的勻加速直線運動．
(2)運動規(guī)律：
①偏移距離：因為t＝eq \f(l,v0)，a＝eq \f(qU,md)，
偏移距離y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mv\\al(02)d).
②偏轉角度：因為vy＝at＝eq \f(qUl,mv0d)，
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\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)、偏轉電極(由一對X偏轉電極和一對Y偏轉電極組成)和熒光屏組成．
2．掃描電壓：XX′偏轉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)加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉電場，如果在Y偏轉電極上加一個信號電壓，在X偏轉電極上加一個掃描電壓，當掃描電壓與信號電壓的周期相同時，熒光屏上就會得到信號電壓一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖像．
技巧點撥
一、帶電粒子在電場中的加速
1．帶電粒子的分類及受力特點
(1)電子、質子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力．
(2)質量較大的微粒，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，處理問題時一般都不能忽略重力．
2．分析帶電粒子在電場力作用下加速運動的兩種方法
(1)利用牛頓第二定律F＝ma和運動學公式，只能用來分析帶電粒子的勻變速運動．
(2)利用動能定理：qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02.若初速度為零，則qU＝eq \f(1,2)mv2，對于勻變速運動和非勻變速運動都適用．
二、帶電粒子在電場中的偏轉
如圖所示，質量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距離為d，不計粒子的重力．
1．運動分析及規(guī)律應用
粒子在板間做類平拋運動，應用運動分解的知識進行分析處理．
(1)在v0方向：做勻速直線運動；
(2)在電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運動．
2．過程分析
如圖所示，設粒子不與平行板相撞
初速度方向：粒子通過電場的時間t＝eq \f(l,v0)
電場力方向：加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
離開電場時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
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al(02))
離開電場時沿電場力方向的偏移量
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv\\al(02)).
3．兩個重要推論
(1)粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點．
(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉角θ正切值的eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ.
4．分析粒子的偏轉問題也可以利用動能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉電場中沿電場力方向的偏移量．
例題精練
1．（2021?煙臺模擬）一帶負電的離子在勻強電場中運動，從a點運動到c點的軌跡如圖所示。已知該粒子運動到b點時速度方向與它所受電場力方向恰好互相垂直。不計粒子的重力，則從a點運動到c點的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．a(chǎn)點電勢大于c點電勢
B．粒子的電勢能先減少后增加
C．粒子單位時間內(nèi)速度的變化量不同
D．粒子所受的電場力先做負功后做正功
【分析】粒子做曲線運動，所受的合力即電場力指向軌跡的內(nèi)側，離子的速度沿軌跡的切線方向，根據(jù)粒子運動到b點時速度方向與它所受電場力方向恰好互相垂直，確定粒子受到的電場力方向，判斷電場方向，從而確定電勢高低，根據(jù)電場力做功正負判斷電勢能的變化，根據(jù)△v＝at分析粒子單位時間內(nèi)速度的變化量。
【解答】解：A、已知該粒子運動到b點時速度方向與它所受電場力方向恰好互相垂直，由于該粒子運動到b點時速度方向沿b點軌跡的切線方向，結合粒子做曲線運動，所受的合力即電場力指向軌跡的內(nèi)側，則知粒子受到的電場力方向豎直向下，而該粒子帶負電，則電場方向豎直向上，因此，a點電勢低于c點電勢，故A錯誤；
B、從a點運動到c點的過程中，電場力先做負功后正功，粒子的電勢能先增加后減少，故B錯誤；
C、根據(jù)△v＝at分析粒子單位時間內(nèi)速度的變化量等于加速度，保持不變，故C錯誤；
D、粒子所受的電場力方向與速度方向先成鈍角后成銳角，則電場力先做負功后做正功，故D正確。
故選：D。
【點評】本題的關鍵要掌握物體做曲線運動的動力學特征：合外力指向軌跡的內(nèi)側，結合電場力做功情況進行分析。
2．（2021?浙江模擬）如圖所示，固定光滑直桿上套有一個質量為m，帶電量為+q的小球和兩根原長均為L的輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點，空間存在方向豎直向下的勻強電場。已知直桿與水平面的夾角為θ，兩彈簧的勁度系數(shù)均為，小球在距B點的P點處于靜止狀態(tài)，Q點距A點，重力加速度為g。下列選項正確的是（ ）
A．勻強電場的電場強度大小為
B．若小球從P點以初速度v0沿桿向上運動，恰能到達Q點，初速度
C．小球從Q點由靜止下滑過程中動能最大為
D．從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度大小為，方向向上
【分析】對小球由共點力平衡求解勁度系數(shù)；小球從P點到達Q點的過程中彈簧彈力做功為零，根據(jù)動能定理求解初速度大??；小球從Q點由靜止下滑時，運動到P時動能最大，根據(jù)動能定理求解最大動能；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小。
【解答】解：A、小球受兩根彈簧的彈力大小為：F＝2kΔx＝2××＝，對小球由共點力平衡可知：（mg+Eq）sinθ＝F，
解得：E＝，故A錯誤；
B、根據(jù)對稱性可知，小球從P點到達Q點的過程中彈簧彈力做功為零，根據(jù)幾何關系可得PQ間距x＝2L﹣2×＝
根據(jù)動能定理可得：﹣（mg+Eq）xsinθ＝0﹣，解得：v0＝，故B錯誤；
C、小球從Q點由靜止下滑時，運動到P點受平衡力作用，速度最大，動能最大，從Q到P過程中，根據(jù)動能定理可得：（mg+Eq）xsinθ＝Ek﹣0，解得：Ek＝，故C正確；
D、從固定點B處剪斷彈簧的瞬間小球加速度方向沿AB向下，合力等于原來PB間彈簧的彈力，根據(jù)牛頓第二定律可得：
a＝＝，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要是考查帶電小球在電場中的運動，關鍵是弄清楚受力情況和運動情況，能夠根據(jù)動能定理、牛頓第二定律等進行解答。
隨堂練習
1．（2021?鼓樓區(qū)校級模擬）如圖所示，A、B為水平放置平行正對金屬板，在板中央分別有一小孔M、N，D為理想二極管，R為滑動變阻器．閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電荷的帶電小球從M、N的正上方的P點由靜止釋放，小球恰好能運動至小孔N處。下列說法正確的是（ ）
A．若僅將A板上移，帶電小球將無法運動至B板的小孔N處
B．若僅將A板上移，帶電小球仍將恰好運動至B板的小孔N處
C．若僅將R的滑片上移，帶電小球仍將恰好運動至B板的小孔N處
D．若僅將R的滑片上移，帶電小球將從B板的小孔N處穿出
【分析】電路穩(wěn)定時：對小球列動能定理
A、B、A板上移→板間距離↑→C↓→Q↓→即電容器要放電，由于二極管的單向導電性→電容器不能放電，即Q不變→板間電壓U′＞U，與電路穩(wěn)定時比較判斷；
C、D、R的滑片上移，滑動變阻器在電路中有效阻值變大，電容器板間電壓變大為U1＞U，與電路穩(wěn)定時比較判斷.
【解答】解：A、B、設電路穩(wěn)定時電容器帶電量為Q，板間電壓為U，板間距離為d，P到N高度為h，對帶電小球，設其質量為m，電量為q，由P到N，由動能定理：mgh﹣qU＝0﹣0＝0，
即mgh＝qU，僅將A板上移，板間距離增大，由C＝?可得C變小，而U不變，由Q＝CU可知Q應變小，即電容器要放電，但由于二極管的單向導電性，電容器不能放電，Q不變，所以U′＝＞U變大，mgh＜qU′，即小球不能到達N孔，故A正確，B錯誤；
C、D、僅將R的滑片上移，滑動變阻器在電路中有效阻值變大，電容器板間電壓變大為U1，由動能定理：mgh﹣q＝0，與mgh＝qU＝q比較，因U1＞U，所以d′＜d，即小球不能到達N孔，故CD錯誤。
故選：A。
【點評】含容電路要搞清電路結構，注意電容器板間電壓的變化引起充放電，特別是二極管的單向導電性對放電的影響。
2．（2021?山東模擬）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶正電小球，以初速度v從P點豎直向上拋出，到達最高點Q時的速度大小為0.5v，后來小球又經(jīng)過與P點等高的N點，下列說法正確的是（ ）
A．小球運動到N點時，動能為mv2
B．小球運動到N點時，電勢能增加2mv2
C．小球從P運動到Q的過程，機械能增加2mv2
D．小球從P運動到Q的過程，動能減少0.25mv2
【分析】根據(jù)運動的合成與分解求解小球到達N點時豎直方向和水平方向的速度大小，由此得到小球運動到N點時的動能；電場力一直在做正功，電勢能減小；求出電場力做的功分析機械能的增加；根據(jù)動能的計算公式求解小球從P運動到Q的過程中動能的減少。
【解答】解：A、小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性可知，向上和向下運動的時間相等，小球運動到N點時，豎直方向速度大小為v，方向豎直向下。
小球在水平方向上做勻加速直線運動，從P到Q，有：0.5v＝axt；從P到N，vx＝ax?2t＝v，小球運動到N點時的動能為Ek＝＝mv2，故A正確；
B、小球運動過程中，電場力一直在做正功，電勢能減小，故B錯誤；
C、小球從P運動到Q的過程，水平方向根據(jù)速度位移關系可得：（0.5v）2＝2，所以電場力做的功W電＝qEx＝＝，所以機械能增加了，故C錯誤；
D、小球從P運動到Q的過程，動能減少：△Ek＝﹣＝，故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要考查帶電粒子在電場中的運動，關鍵是弄清楚小球的運動情況、受力情況、機械能的轉化情況以及電場力做功情況，能夠根據(jù)運動的合成與分解進行分析。
3．（2021?重慶模擬）如圖所示，水平向右且范圍足夠大的勻強電場空間內(nèi)，一質量為m的帶電小球，通過一長度為l的不可伸長的絕緣輕繩懸掛于水平天花板上O點，靜止時輕繩與豎直方向夾角為θ?，F(xiàn)用外力將小球緩慢移到O點正下方B點，然后撤去外力，將小球由靜止開始無初速度釋放，小球運動過程中輕繩始終繃直，已知θ為銳角，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的是（ ）
A．外力對小球做功為0
B．小球運動到A點時機械能最大
C．小球到達最高點時輕繩的拉力大小為mg
D．小球運動過程中速度最大值為
【分析】在A對小球受力分析可知電場力、重力的方向和大小關系，則小球緩慢移到O點正下方B點過程中可知外力做功情況；電場力做功改變機械能；小球在最高點對小球受力分析可知輕繩拉力等于小球重力；小球運動到A點時速度最大，從B點到A點由動能定理可求出小球運動的速度最大值。
【解答】解：A、小球靜止在A點時，受力平衡，則
tanθ＝
則電場力qE＝mgtanθ
小球緩慢移到O點正下方B點過程中，重力和電場力的合力為阻力，外力為動力，做正功，故A錯誤；
B、把重力和電場力的合力視為“等效重力”，A點為等效最低點，易得小球的擺動關于OA對稱，上擺過程中電場力做正功電勢能減小，機械能增加，小球經(jīng)過A點后，機械能仍增加，故B增加；
C、小球到達最高點時輕繩的拉力與B點相等仍為mg，故C正確；
D、小球運動到A點時速度最大，從B點到A點由動能定理可知：
qElsinθ﹣mgl（l﹣csθ）＝﹣0
解得：v＝，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查等效重力場的知識，在只有重力作用下，最低點速度最大，最高點速度最小。當空間存在電場時，將重力和電場合成為等效重力場，小球在等效最低點時速度最大，在等效最高點時速度最小，根據(jù)動能定理求出速度最大值和速度最小值。
綜合練習
一．選擇題（共20小題）
1．（2021?遼寧模擬）如圖所示，在xOy坐標系所在平面內(nèi)有沿x軸負方向的勻強電場，兩個電荷量不等、質量相等的帶電粒子A、B，從y軸上的S點以不同的速率沿著y軸正方向射入勻強電場，兩粒子在圓形區(qū)域中運動的時間相同，不計粒子所受的重力，則（ ）
A．A粒子帶負電荷
B．B粒子所帶的電荷量比A粒子少
C．A粒子在圓形區(qū)域中電勢能變化量小
D．B粒子進入電場時具有的動能比A粒子大
【分析】根據(jù)粒子的偏轉判斷粒子的帶電性質；
根據(jù)粒子x軸方向的偏轉距離判斷兩粒子的電荷量大小關系；
根據(jù)靜電力做功的多少判斷兩粒子的電勢能變化量的大小關系；
根據(jù)粒子y軸方向的運動距離判斷兩粒子進入電場時具有的動能的大小關系；
【解答】解：A、A粒子向左偏轉，所受的電場力向左，與電場方向相同，故A粒子帶正電荷，故A錯誤；
B、兩個粒子水平方向都做初速度為零的勻加速直線運動，有，E、t、m相等，則x∝q，可知，B粒子所帶的電荷量比A粒子多，故B錯誤；
C、電場力對粒子做功為W＝qEx，A粒子電荷量少，偏轉位移小，則電場力對A粒子做功少，其電勢能變化量小，故C正確；
D、y軸方向有y＝vt，相同時間內(nèi)，B粒子的豎直位移小，則B粒子進入電場時初速度小，又兩粒子質量相等，所以B粒子初動能就小，故D錯誤.
故選：C。
【點評】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動，對兩個方向分別列式，再對各問題一一分析處理即可。
2．（2021?吉林模擬）如圖所示，曲線ACB處于勻強電場中，O為AB的中點，OC長為L，且與AB垂直。一質量為m、電荷量為q帶正電的粒子僅在電場力作用下沿ACB依次通過A、C、B三點，已知粒子在A、B兩點的速率均為2v0，在C點的速度大小為，且方向與OC垂直。勻強電場與曲線所在的平面平行，則該勻強電場的電場強度大小和方向分別為（ ）
A．沿CO方向B．，沿OC方向
C．，沿CO方向D．沿OC方向
【分析】已知粒子在A、B兩點的速率均為2v，在C點的速度大小為，說明A、B電勢相等，AB為等勢線，C點電勢比A電勢高，根據(jù)電場線垂直于等勢面和沿電場方向電勢降低判斷電場方向；根據(jù)E＝和動能定理求解電場強度大小。
【解答】解：已知粒子在A、B兩點的速率均為2v0，在C點的速度大小為，說明A、B電勢相等，AB為等勢線，C點電勢比A電勢高，所以電場方向沿CO方向，根據(jù)E＝知E＝
研究粒子由C運動到B，根據(jù)動能定理知：
qUCB＝m（2v0）2﹣m（v0）2
聯(lián)立解得：E＝，故C正確，ACD錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查了勻強電場中電場力做功與帶電粒子的動能之間的關系，根據(jù)電勢差的變化以及帶電粒子動能的變化，即可表示出電場強度的大小。
3．（2021?湖北模擬）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、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結論正確的是（已知重力加速度為g）（ ）
A．兩極板間電壓為
B．整個過程中合外力對質點做負功
C．整個過程中質點的重力勢能增加
D．若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上
【分析】根據(jù)題意分析，小球最后垂直打在M屏上，必須考慮質點的重力。小球在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，飛出電場后，小球的加速度向下，最后才能最后垂直打在M屏上，根據(jù)對稱性可明確加速度關系，從而根據(jù)動力學規(guī)律即可明確板間電場強度和電勢差，根據(jù)功能關系可分析重力勢能的增加量；同時明確電量不變只改變板間距離時，兩板間的電場強度不變，帶電粒子的運動情況不變。
【解答】解：A、據(jù)題分析可知，小球在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉才能最后垂直打在M屏上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖所示
可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE﹣mg＝mg，
得到：E＝．由U＝Ed可知，板間電壓 U＝，故A錯誤；
B、整個過程中，質點受到豎直方向的電場力和重力，水平方向不受力，在豎直方向上速度由零增加然后又減小到零，所以合外力對質點先做正功后做負功，故B錯誤；
C、小球在電場中向上偏轉的距離 y＝at2，而 a＝＝g，t＝，解得：y＝；故小球打在屏上的位置與P點的距離為：s＝2y＝，重力勢能的增加量EP＝mgs＝，故C正確。
D、僅增大兩板間的距離，因兩板上電量不變，根據(jù)E＝＝＝＝，可知，板間場強不變，小球在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故仍垂直打在屏上，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題是類平拋運動與平拋運動的綜合應用，基本方法相同：運動的合成與分解，關鍵要分析出小球在電場內(nèi)外運動過程的對稱性，得到加速度關系。
4．（2021春?淮安月考）示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成的。如圖所示，不同的帶負電粒子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足帶負電粒子能射出平行板電場區(qū)域的條件下，下列說法錯誤的是（ ）
A．若電荷量q相等，則帶負電粒子在板間的加速度大小相等
B．若比荷相等，則帶負電粒子從M孔射出的速率相等
C．若電荷量q相等，則帶負電粒子從M孔射出的動能相等
D．若比荷不同的帶負電粒子射出電場，則偏轉角度θ相同
【分析】根據(jù)牛頓第二定律分析加速度關系；帶電粒子在加速電場中加速過程，利用動能定理列式分析粒子從M孔射出的速率和動能關系；帶電粒子進入平行金屬板間做類平拋運動，根據(jù)分位移公式和幾何關系分析偏轉角度關系。
【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律得帶負電粒子在板間的加速度大小a＝＝，則知電荷量相等，質量不一定相等，則加速度大小不一定相等，故A錯誤；
B、帶電粒子在加速電場中加速過程，根據(jù)動能定理得：qU1＝，得v0＝，可知，比荷相等，則帶負電粒子從M孔射出的速率相等，故B正確；
C、帶負電粒子從M孔射出的動能為Ek＝＝qU1，可知，若電荷量q相等，則帶負電粒子從M孔射出的動能相等，故C正確；
D、帶電粒子進入平行金屬板間做類平拋運動，設極板長度為L，板間距離為d，粒子在水平方向做勻速直線運動，則有L＝v0t，得t＝。粒子射出電場時偏轉角度正切tanθ＝，結合v0＝，a＝，聯(lián)立解得tanθ＝，可知，tanθ與無關，則比荷不同的帶負電粒子射出電場時偏轉角度θ相同，故D正確。
本題選錯誤的，
故選：A。
【點評】解答本題時，要搞清帶電粒子的運動過程，把握每個過程的物理規(guī)律，能運用運動的分解法研究類平拋運動。要知道帶電粒子經(jīng)同一電場加速后經(jīng)同一偏轉電場偏轉后，比荷不同的帶電粒子偏轉角度相同。
5．（2021?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，平行板電容器的上極板與滑動變阻器的滑片C相連接。電子以速度v.平行于極板射入并穿過平行板間的電場。在保證電子還能穿出平行板間電場的情況下，使滑動變阻器的滑片C上移，則關于電容器極板上所帶電荷量Q和電子穿過平行板所需時間t的說法中，正確的是（ ）
A．電荷量Q增大，時間t減小
B．電荷量Q不變，時間t不變
C．電荷量Q增大，時間t不變
D．電荷量Q不變，時間t增大
【分析】滑動變阻器的滑片C上移時，分析電容器極板間電壓的變化情況，根據(jù)Q＝CQ分析電容器極板上所帶電荷量Q的變化情況。電子在平行板電容器中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律分析時間的變化情況。
【解答】解：當滑動變阻器的滑片C上移時，跟電容器并聯(lián)的阻值增大，根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律可知電容器極板間的電壓U增大，根據(jù)Q＝CU知，C不變，則電荷量Q增大。電子在平行板電容器中做類平拋運動，沿極板方向做勻速直線運動，根據(jù)L＝v0t知t＝，所以電子電子穿過平行板所需時間與電壓的變化無關，所以時間t不變，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
【點評】本題中滑動變阻器接成分壓式，要知道滑片C上移時，其輸出電壓增大。要能靈活運用運動的分解法研究類平拋運動，知道其運動時間與板間電壓無關。
6．（2021?海口模擬）在某靜電場中由靜止釋放一電子，該電子僅在電場力作用下沿直線運動，其加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。則下列說法正確的是（ ）
A．電子做減速運動
B．電子運動過程中途經(jīng)各點的電勢逐漸降低
C．該電場一定是非勻強電場
D．電子具有的電勢能逐漸增大
【分析】電子從靜止做加速運動，根據(jù)a﹣t圖像可知加速度的變化情況，再根據(jù)牛頓第二定律分析電子所受的電場力變化情況，從而明確電場強度的變化；根據(jù)粒子運動情況分析電場力做功情況，從而明確電勢能的變化情況。
【解答】解：A、電子從靜止開始在電場力作用下，只能做加速運動，故A錯誤；
BD、電子由靜止釋放做加速運動，電子所受的電場力做正功，電子具有的電勢能逐漸減小，則電子運動過程中途經(jīng)各點的電勢逐漸升高，故BD錯誤；
C、電子僅在電場力作用下沿直線運動，由于電子的加速度變化，由牛頓第二定律F＝ma知電子在運動過程中所受的電場力一定變化，則運動軌跡上各點的場強大小改變，因此，該電場一定不是勻強電場，故C正確。
故選：C。
【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動與圖象的結合，要明確圖像的物理意義，掌握電場力做功與電勢能變化的關系，知道電場力做正功時，電勢能減小。
7．（2021?武漢模擬）一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）。小孔正上方d處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回。若將下極板向下平移d，則從P點開始下落的相同粒子將（ ）
A．打到下極板上B．在下極板處返回
C．在距下極板d處返回D．在距上極板d處返回
【分析】下極板未移動前，對帶電粒子從靜止釋放到速度為零的過程，運用動能定理列式；若將下極板向下平移d，設粒子運動到距離上極板x處返回，再根據(jù)動能定理列式，從而求得x，即可判斷粒子的運動情況。
【解答】解：下極板未移動前，對帶電粒子從靜止釋放到速度為零的過程，根據(jù)動能定理得
mg?d﹣qU＝0
若將下極板向下平移，設粒子運動到距離上極板x處返回。根據(jù)動能定理得
mg（+x）﹣q?U＝0
解得x＝4d，即粒子打到下極板上，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】本題涉及力在空間的效果，要優(yōu)先考慮動能定理。運用動能定理時，要靈活選擇研究過程，本題選擇全過程列方程，比較簡潔。
8．（2021春?北侖區(qū)校級期中）如圖所示，發(fā)電機兩極分別與兩塊足夠大水平放置的固定平行金屬板連接，兩板間距為d?，F(xiàn)使得發(fā)電機以角速度ω＝rad/s勻速轉動，從上往下看是順時針轉動，從圖示時刻開始計時，此時在平板之間中心靜止釋放一個重力不計的二價銅離子。若第1s內(nèi)位移大小是A，且A＜＜d，則以下說法錯誤的是（ ）
A．零時刻，兩極板間的電場方向向上
B．第1秒末，微粒的加速度大小為零
C．前2秒內(nèi)，微粒的最大速度為Aω
D．第3秒末，微粒的位移大小為3A
【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應電動勢的方向，確定電容器兩極板間的電場方向；根據(jù)牛頓第二定律分析粒子的運動情況，結合簡諧運動的規(guī)律和運動學公式進行解答。
【解答】解：A、線圈轉動的周期T＝＝s＝4s，從圖示位置開始計時，發(fā)電機產(chǎn)生余弦式交流電，如圖所示，零時刻，線圈中感應電流方向為逆時針，電容器下極板帶正電荷，上極板帶負電荷，兩極板間的電場方向向上，故A正確；
B、第1秒末，線圈產(chǎn)生的感應電動勢為零，電容器兩極板間的場強為零，微粒所受的電場力為零，微粒的加速度大小為零，故B正確；
C、銅離子在第1秒內(nèi)向上加速運動，第2秒向上做減速運動，則第1秒末速度最大。線圈產(chǎn)生的感應電動勢，即兩極板間的電壓滿足u＝Emcsωt＝BSωcsωt，微粒受到的電場力滿足F＝2e?＝csωt，滿足簡諧運動回復力的條件，可知微粒在兩極板間做簡諧運動，第1內(nèi)位移大小是A，即為振幅，故位移為x＝A﹣Acsωt＝A﹣Acst
求導可得v＝Aωsinωt＝Aωsint
可知，第1s末達到最大速度，且最大速度為Aω，故C正確；
D、根據(jù)運動的對稱性可知，離子在2秒末速度為零，第3秒內(nèi)向下加速運動，位移大小是A，故D錯誤。
本題選錯誤的，
故選：D。
【點評】解答本題的關鍵要明確微粒的受力情況，判斷知道微粒在兩極板間做簡諧運動，通過求導的方法求微粒的最大速度，要有運用數(shù)學知識解決物理問題的能力。
9．（2021?江蘇模擬）帶電粒子沿水平方向射入豎直向下的勻強電場中，運動軌跡如圖所示，粒子在相同的時間內(nèi)（ ）
A．位置變化相同B．速度變化相同
C．速度偏轉的角度相同D．動能變化相同
【分析】根據(jù)帶電粒子在電場中的受力情況，分析可知粒子做類平拋運動，同時根據(jù)動能定理分析粒子動能變化。
【解答】解：粒子在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動。在豎直方向上在相同的時間內(nèi)運動的位移之比為1：3：5…。
A．粒子在水平方向上位置變化相同，在豎直方向上位置變化不同，所以其位置變化不同，故A錯誤；
B．因為粒子做勻變速曲線運動，根據(jù)勻變速運動的規(guī)律可知，粒子在相同時間內(nèi)速度變化相同，故B正確；
C．粒子的速度逐漸靠近（而不會達到）豎直方向，所以速度的偏轉角度會越來越小，故C錯誤；
D．根據(jù)動能定理：△Ek＝Eqsy，動能的變化與豎直位移成正比，而豎直位移在相同時間內(nèi)之比為1：3：5…，所以動能變化不同，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，解決本題的關鍵是利用類平拋運動是勻變速曲線運動的規(guī)律求解。
10．（2021春?宣城期中）一帶正電的粒子在電場中做直線運動的v﹣t圖象如圖所示，t1、t2時刻分別經(jīng)過M、N兩點。已知運動過程中粒子僅受電場力作用，則下列判斷正確的是（ ）
A．該電場可能是由某正點電荷形成的
B．M點的電勢高于N點的電勢
C．粒子從M點運動到N點的過程中，電場力一定對粒子做正功
D．粒子從M點運動到N點的過程中，電勢能逐漸增大
【分析】粒子在電場中做勻減速直線運動，加速度是一個定值，所以電場力不變，是勻強電場；由速度﹣時間圖象分析粒子速度的變化，根據(jù)能量守恒定律分析電勢能的變化，由此分析電勢的高低和電場力做功情況。
【解答】解：A、由速度﹣時間圖象可知：粒子在電場中做勻減速直線運動，加速度是一個定值，所以電場力不變，場強不變，因此該電場是勻強電場，不可能是由某正點電荷形成的，故A錯誤；
BD、由速度圖象可知，帶電粒子在從M點到N點的過程中，速度減小，動能減??；由于該粒子只有電場力做功，所以動能和電勢能之和不變，根據(jù)能量守恒定律可知，電勢能逐漸增大，所以帶電粒子所受的電場力方向從N→M，而粒子帶正電，則電場線方向從N→M，所以M點的電勢低于N點的電勢，故B錯誤、D正確；
C、帶電粒子所受的電場力方向從N→M，粒子從M點運動到N點的過程中，電場力一定對粒子做負功，故C錯誤。
故選：D。
【點評】本題主要抓住速度時間圖象的特點：斜率等于加速度，分析出粒子做勻減速直線運動，能根據(jù)能量守恒定律或電場力做功與電勢能的關系來判斷粒子電勢能的變化情況．
11．（2021春?如皋市期中）讓一價氫離子和一價氦離子的混合物由靜止開始經(jīng)過同一勻強電場加速，然后在同一勻強電場里偏轉，并離開偏轉電場，則氫離子和氦離子（ ）
A．在加速電場中的加速度相等
B．離開加速電場時的動能相等
C．在偏轉電場中的運動時間相等
D．離開偏轉電場時分成兩股粒子束
【分析】兩種粒子在偏轉電場中做類平拋運動，垂直于電場方向上做勻速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可分析在加速電場中的加速度，根據(jù)動能定理求出離開加速電場時的動能表達式，根據(jù)兩種粒子的電荷質量來分析；
兩種粒子在偏轉電場中，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，根據(jù)比荷可分析在偏轉電場中經(jīng)歷的時間關系．
在偏轉電場中分析離開偏轉電場時的偏轉角和偏轉距離，從而分析離開偏轉電場時是否分成兩股粒子束．
【解答】解：AB、設加速電壓為U1，板間距離為d1，
在加速電場中，由牛頓第二定律可知：a＝
在加速電場中，由動能定理得：qU1＝，則離開加速電場時的動能：Ek＝＝qU1
加速獲得的速度為v0＝，
由于兩種粒子的比荷不同，則在加速電場中的加速度不相等，
兩種粒子所帶電荷相等，則離開加速電場時的動能相等，故A錯誤，B正確；
CD、設偏轉電壓為U2，偏轉極板的長度為L，板間距離為d2。
兩種粒子在偏轉電場中，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，
由于兩種粒子的比荷不同，則v0不同，所以兩粒子在偏轉電場中運動的時間不同，故C錯誤；
粒子離開偏轉電場時，沿電場線方向的分速度：
vy＝at＝?
速度的偏轉角：tanθ＝＝＝，與電荷的電量和質量無關。兩個粒子離開偏轉電場時的速度方向相同。
在偏轉電場中的偏轉位移y＝＝＝，與電荷的電量和質量無關。知出射點的位置相同。
所以兩個粒子離開偏轉電場時的速度方向和位置都相同，即離開偏轉電場時只有一股粒子束，故D錯誤；
故選：B。
【點評】解決本題的關鍵知道帶電粒子在加速電場和偏轉電場中的運動情況，知道從靜止開始經(jīng)過同一加速電場加速，垂直打入偏轉電場，運動軌跡相同，與粒子的比荷無關，這可以當做結論記住便于提高做題速度．
12．（2021春?邳州市校級期中）如圖a所示，A、B是一對平行金屬板，在兩板間加上一周期為T的交變電壓。A板的電勢UA＝0，B板的電勢UB隨時間的變化規(guī)律如圖b所示?，F(xiàn)有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)內(nèi)，設電子的初速度和重力影響可忽略（ ）
A．若電子是在t＝時刻進入的，它將一直向B板運動
B．若電子是在t＝時刻進入的，它可能時而向B板，時而向A板運動，最后打在B板上
C．若電子是在t＝時刻進入的，它可能時而向B板，時而向A板運動，最后打在B板上
D．若電子是在t＝時刻進入的，它可能時而向B板，時而向A板運動
【分析】分析電子的受力情況，來確定電子的運動情況，如果電子一直向上運動，一定能到達B板；如果時而向B板運動，時而向A板運動，則通過比較兩個方向的位移大小，分析能否到達B板．
【解答】解：A、若電子是在t＝時刻進入的，在～階段是向上加速；在～向上減速，末速度為零；在～T反向加速，T～反向減速，末速度為零，完成一個周期的運動，接著周而復始，所以電子時而向B板運動，時而向A板運動，以某一點為中心做往復運動，故A錯誤；
B、若電子是在t＝時刻進入時，在一個周期內(nèi)：在 ～，電子受到的電場力向上，向B板做加速運動，在～內(nèi)，受到的電場力向下，繼續(xù)向B板做減速運動，時刻速度為零，～T接著向A板運動，T～時間內(nèi)繼續(xù)向A板運動，時刻速度為零，完成一個周期的運動，接著周而復始，所以電子時而向B板運動，時而向A板運動，根據(jù)運動學規(guī)律可知，在一個周期內(nèi)電子向B板運動的位移大于向A板運動的位移，所以電子最后一定會打在B板上。故B正確；
C、若電子是在t＝時刻進入的，在～，向上加速；～，向上減速；～T，向下加速；T～，向下減速，速度減小為零，完成一個周期的運動，接著周而復始，所以電子時而向B板運動，時而向A板運動，根據(jù)運動學規(guī)律可知，在一個周期內(nèi)電子向B板運動的位移小于向A板運動的位移，所以電子最后一定不會打在B板上，而是從A板返回；故C錯誤；
D、若電子是在t＝時刻進入時，在一個周期內(nèi)：在～T，電子受到的電場力向上，向上做加速運動，在T～內(nèi)，受到的電場力向下，繼續(xù)向上做減速運動，時刻速度為零，接著周而復始，所以電子一直向B板運動，一定不會到達A板，故D錯誤；
故選：B。
【點評】因極板間加交變電場，故粒子的受力是周期性變化的，本題應通過受力情況先確定粒子的運動情況．根據(jù)位移情況判斷電子能否打在兩極板上．
13．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖，來自質子源A的質子（初速度為零），經(jīng)PQ兩板間的勻強電場加速，形成電流強度為I的細柱形質子流。質子電荷量為e，不計質子的重力和質子間相互作用力，下列說法中正確的是（ ）
A．t時間內(nèi)質子流打到靶板Q的質子數(shù)為
B．t時間內(nèi)質子流每秒打到靶板Q的質子數(shù)為
C．到P板l和4l的兩處，各取一段極短的相等長度的質子流，其中的質子數(shù)之比為2：1
D．到P板l和4l的兩處，各取一段極短的相等長度的質子流，其中的質子數(shù)之比為4：1
【分析】根據(jù)q＝Tt求解打到Q靶的總電荷量再去求解質子數(shù)，在L和4L處電流相等，根據(jù)電流相等求解質子數(shù)之比。
【解答】解：AB、由q＝It求得t時間內(nèi)打到Q靶的總電荷量為It，質子電荷量為e，所以質子數(shù)為：n＝，故AB錯誤。
CD、設L處質子速度為V1，4L處質子速度為V2，電流處處相等，所以：I＝n1esV1＝n2esV2，所以質子數(shù)之比：
L處：由eEL＝得：
4L處：由eE4L＝得：
所以：，故C正確，D錯誤。
故選：C。
【點評】帶電粒子在電場中的加速和偏轉是?？碱}型，處理方法要熟練掌握。牽扯到電流，要充分發(fā)揮電流微觀表達式作用。
14．（2021?日照二模）現(xiàn)代科學儀器常用電場、磁場控制帶電粒子的運動。真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，電場和磁場的寬度都相同，長度足夠長。電場強度方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里。電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直。一個帶正電的粒子在第1層左側邊界某處由靜止釋放，不計粒子的重力及運動時的電磁輻射。已知粒子從第4層磁場右側邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為30°。若保證粒子不能從第n層磁場右邊界穿出，n至少為（ ）
A．12B．16C．20D．24
【分析】根據(jù)電場力做功可求出速度，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力找出第n層中的半徑表達式，由數(shù)學規(guī)律可得出通項式，即可求出sinθn；若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出，則有：θn＝，根據(jù)已知n＝4時，速度的方向與水平方向的夾角聯(lián)立解得保證粒子不能從第n層磁場右邊界穿出時n的值。
【解答】解：設粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn；
則有：
nqEd＝mvn2
qvnB＝m；
粒子進入第n層磁場時，速度的方向與水平方向的夾角為αn，從第n層磁場右側邊界穿出時速度方向與水平方向的夾角為θn，粒
子在電場中運動時，垂直于電場線方向的速度分量不變，有：
vn﹣1sinθn﹣1＝vnsinαn
如圖1所示：
圖1
rnsinθn﹣rnsinαn＝d；
由以上三式可得：
rnsinθn﹣rn﹣1sinθn﹣1＝d；
則可知，r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3、…rnsinθn為一組等差數(shù)列，公差為d，可得：
rnsinθn＝r1sinθ1+（n﹣1）d；
當n＝1時，由圖2可知：
r1sinθ1＝d
圖2
聯(lián)立可得：rnsinθn＝nd
聯(lián)立解得：
sinθn＝B
若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出，則有：
θn＝
sinθn＝1
由題目可知當n＝4時，θ4＝30°，即
sin30°＝B
當sinθn＝1時，聯(lián)立解得：
n＝16
故ACD錯誤,B正確；
故選：B。
【點評】解決該題的關鍵是知道粒子在電場以及磁場中的運動情況，抓住帶電粒子垂直于磁場方向的速度始終不變這一特點。同時該題的關鍵還有整體思想以及數(shù)學知識在物理學中的應用，通過歸納總結得出sinθn的通式。
15．（2020秋?鼓樓區(qū)校級期中）如圖所示，A、B為兩豎直放置的平行金屬板，B兩板間電勢差為U、C、D為兩水放置的平行金屬板，始終和電源相接（圖中并未畫出），且板間的場強為E.一質量為m、電荷量為q的帶電粒子（重力不計）由靜止開始，經(jīng)A、B間加速進入CD之間并發(fā)生偏轉，最后打在熒光屏上，C、D兩極板長均為x，與熒光屏距離為L，則（ ）
A．該粒子帶負電
B．該粒子在偏轉電場中的偏移量為
C．該粒子打在屏上O點下方和O相距（+L） 的位置
D．該粒子打在屏上的動能為qU
【分析】（1）根據(jù)帶電粒子在偏轉電場中受電場力的方向判斷該粒子的電性；
（2）該粒子在偏轉電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求偏移量；
（3）粒子離開偏轉之后做勻速直線運動，速度的反向延長線為平行板的虛線對稱軸的中點，根據(jù)幾何關系求出該粒子打在屏上O點下方和O的距離；
（4）從加速電場出發(fā)到離開偏轉電場過程，有動能定理可求出該粒子打在屏上的動能。
【解答】解：A、在偏轉電場中，帶電粒子向下極板偏轉，受電場力與電場線方向相同，該粒子帶正電，故A錯誤；
B、粒子在AB之間，電場力加速，有動能定理可知：qU＝
在偏轉電場中粒子做類平拋運動：
水平方向：x＝v0t
在豎直方向：y＝＝
聯(lián)立解得偏移量y＝，故B錯誤；
C、粒子離開偏轉之后做勻速直線運動，速度的反向延長線為平行板的虛線對稱軸的中點，如圖所示，
由幾何關系可知：，其中y＝，解得H＝，故C正確。
D、從加速電場出發(fā)到離開偏轉電場過程，動能定理：
qU+qEy＝Ek，顯然qU＜Ek。離開偏轉電場后，粒子做勻速直線運動，所以打在屏上的動能仍然為Ek，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查電子在加速電場和偏轉電場中的規(guī)律：
在加速電場只有一個公式：電場力做功等于動能變化量，求出進入偏轉電場的初速度；
在偏轉電場中做類平拋運動，學會運動的分解，并根據(jù)運動學公式與牛頓第二定律及動能定理綜合解題。
16．（2020秋?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷量為+q的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場強度E＝。下列說法正確的是（ ）
A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為
B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到D點時的機械能最小
C．若將小球在A點由靜止開始釋放，它將做完整的圓周運動
D．若將小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到A點的最小速度為v＝
【分析】（1）小球在做圓周運動時，只有重力和電場力的合力提供向心力時，速度最?。?br>（2）小球做圓周運動，電場力做功改變機械能，電場力做負功使機械能減?。?br>（3）小球在A點收到的合力并不是指向圓心，小球沿著合力方向做勻加速直線運動；
（4）在O點對小球受力分析，合力方向與圓周的交點分別為小球能通過的幾何最高點和最低點，即速度最大值點和速度最小值點。從速度最小值點到A點過程中動能定理，求出的A點速度即為小球運動到A點的最小速度。
【解答】解：A、由于電場強度E＝故mg＝Eq，將電場力和重力合成，合力方向通過圓心時，合力所在的直線與圓周的交點是速度最大點和最小點。當繩子拉力為零時，物體的加速度大小為a＝＝＝g，故若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為v，在右上方的交點時，繩子拉力為零，此時則有：mg＝m，解得，v＝，故A錯誤；
B、除重力和彈力外其它力做功等于機械能的增加值，若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到A點時，電場力做負功絕對值最大，故到A點時的機械能最小，故B錯誤；
C、由于mg＝Eq，則小球受合力方向與電場方向夾角45°斜向下，故若將小球在A點由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運動，故C錯誤；
D、如圖所示：
若使小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則由圓周運動知識和A選項的分析可知，小球在P點取最小速度：
vP＝
從A點到P點的過程中，動能定理可知：
qE（L﹣Lcs45°）﹣mgLsin45°＝m﹣m
解得：vA＝，故D正確。
故選：D。
【點評】掌握合外力做功與動能的關系、注意類比法的應用，小球能夠完成圓周運動的條件是絲線的拉力大于或等于零，在最高點的速度最小恰好滿足重力與電場力的提供向心力，此最高點在AD弧線的中點。
17．（2020秋?懷仁市期末）如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標系中分布著與水平方向成45°角的勻強電場，將一質量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，且小球通過點P，（，），已知重力加速度為g，則（ ）
A．電場強度的大小為
B．小球初速度的大小為
C．小球通過點P時的動能為
D．小球從O點運動到P點的過程中，電勢能減少
【分析】根據(jù)小球的運動特點與平拋運動的方程，判斷出小球受到的重力與電場力在豎直方向上的分力大小相等，由此求出電場強度的大小；根據(jù)平拋運動軌跡方程即可求出類平拋運動的初速度，再根據(jù)平拋運動的方程求出到達P點的速度，根據(jù)功能關系求出電勢能的減小量。
【解答】解：小球以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程x＝ky2，說明小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿y軸正方向；
A、豎直方向上：qEsin45°＝mg，
所以電場強度的大小為：，故A錯誤；
B、類平拋運動的軌跡方程為：，
所以，，故B錯誤；
C、由于，，又，
所以通過P點的動能為：Ek＝，故C正確；
D、小球從O點到P點電場力做正功，故電勢能減小，且減小的電勢能等于電場力所做的功，
即：，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查類平拋運動的相關知識，對于平拋運動基礎公式的應用還有角度關系都要好好掌握。
18．（2020秋?德州期中）如圖所示，足夠長的平行板電容器與電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源連接，電容器兩極板間的距離為d，在靠近電容器右側極板的某點有一粒子發(fā)射源，能向各個方向發(fā)射速度大小都為v的同種粒子，粒子質量為m、帶電量為q（q＜0），所有粒子運動過程中始終未與左側極板接觸。將電容器兩極板間的電場看做勻強電場，不計帶電粒子的重力，則粒子再次到達電容器右側極板時與出發(fā)點的最大距離為（ ）
A．B．C．D．
【分析】將粒子在電容器兩極板間的運動分解為兩個方向：
水平向右的勻減速直線運動和豎直方向上的勻速直線運動。
將速度分解在這兩個方向，然后根據(jù)運動學公式求解在粒子恰好到達左極板又返回過程中的時間，進而求解豎直方向上的位移。
【解答】解：設粒子離開放射源的速度方向與極板間的夾角為θ，則對速度進行分解：
垂直于右極板方向，粒子做勻減速直線運動，初速度大小為：vy＝vsinθ；
平行于右極板方向，粒子做勻速直線運動，初速度大小為：vx＝vcsθ
在垂直于右極板方向上，由牛頓第二定律可知：a＝
設粒子離開放射源后回到極板上所用的時間為t，此時粒子與出發(fā)點的距離為x，則
0＝vy﹣a?
x＝vxt
聯(lián)立解得：x＝sin2θ，故當θ＝45°時，x取最大值，即xm＝，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
【點評】本題考查帶電粒子在電場中運動，雖然不是類平拋運動模型，但仍然是曲線運動模型；
將合運動分解為沿著電場力方向和垂直電場力方向，通過運動學公式求解，最后根據(jù)數(shù)學的函數(shù)關系求解最值，綜合性較大。
19．（2020秋?東河區(qū)校級月考）如圖所示，空間存在水平向右、電場強度大小為E的勻強電場，一個質量為m、電荷量為+q的小球，從A點以初速度v0豎直向上拋出，經(jīng)過一段時間落回到與A點等高的位置B點（圖中未畫出），重力加速度為g。下列說法正確的是（ ）
A．小球運動到最高點時距離A點的高度為
B．小球運動到最高點時速度大小為
C．小球運動過程中最小動能為
D．A、B兩點之間的電勢差為
【分析】小球受重力和水平方向的電場力，將小球的運動分解為水平方向的勻加速運動和豎直方向的勻減速運動，兩個方向的加速度大小都等于g，在兩個方向分別分析求解。
【解答】解：A、小球在空間的運動可以分解為水平方向初速度為零，加速度為a＝的勻加速直線運動和豎直方向初速度為v0，加速度為g的豎直上拋運動，所以在豎直方向上v02＝2gh，解得h＝，故A錯誤；
B、小球運動到最高點時，豎直方向速度減為零，由v0＝gt，解得t＝，水平方向由vx＝at，解得vx＝，故B錯誤；
C、小球運動過程中動能的表達式為Ek＝mv2＝m（+）＝m[（t）2+（v0﹣gt）2]，由數(shù)學知識可得當t＝時，小球的動能最小，
最小動能為Ekm＝，故C錯誤；
D、當小球運動到B點時，運動時間為：2t＝，水平方向的位移為x＝（）（2t）2＝，A、B兩點之間的電勢差為U＝Ex＝，故D正確。
故選：D。
【點評】本題考查了運動的合成和分解，通過分解將曲線運動轉化成直線運動求解，這是求解曲線運動常用的方法，一定要掌握。
20．（2020春?肥城市期末）如圖所示，重力不計的甲、乙、丙三個點電荷，電荷量相等，質量分別為m、2m、3m，由靜止經(jīng)同一電場加速后，又經(jīng)同一勻強電場偏轉，最后打在熒光屏上，那么（ ）
A．經(jīng)過加速電場過程，電場力對丙電荷做的功最多
B．三個電荷打在屏上時的速度一樣大
C．三個電荷打在屏上的同一位置上，且所用時間相等
D．三個電荷經(jīng)過加速和偏轉電場打在熒光屏上，電場力對三個電荷做的功一樣多
【分析】（1）加速電場中電場力做功W＝qU，偏轉電場中電場力做功W＝qEy＝；
（2）求電荷打到屏上時的速度用動能定理；
（3）求運動時間看加速電場出來之后的速度越大，運動時間 越長；
【解答】解：A、電荷通過加速電場，電場力做功W1＝qU1，甲、乙、丙三個點電荷電荷量相等，可知電場力做功相等，故A錯誤；
BD、經(jīng)過加速電場，動能定理：qU1＝
在偏轉電場中電荷做平拋運動，則有：
聯(lián)立以上解得：
說明三個電荷側移量相同，設在偏轉電場中電場力做功為W2，則有：
聯(lián)立解得：
整個過程中電場力做功：W總＝W1+W2＝U1q+
通過比較可知電場力對三個電荷做的功一樣多，因三個電荷質量不同，由動能定理可知三個電荷獲得速度大小不同，故D正確，B錯誤；
C、由前面分析可知電荷在偏轉電場中做類平拋 運動，則有：vy＝at＝
設射出偏轉電場時速度與水平方向的夾角為θ，則有：
聯(lián)立解得：
說明三個點電荷射出偏轉電場時側移量和方向都相同，三個電荷打在屏上的同一個位置，因射出加速電場時速度大小不同，質量大的電荷，速度小，打在熒光屏用時較長，故C錯誤。
故選：D。
【點評】本題考查加速電荷和偏轉電場電場力做功和類平拋的相關知識，綜合性較好，較好的考查了學生的綜合分析能力。
二．多選題（共10小題）
21．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，傾角為30°的粗糙斜面AB固定在水平地面AC上，AB、AC均絕緣，BC豎直且高為h，在水平地面上的D點固定一電荷量絕對值為q′的負點電荷，C、D相距為h，質量為m、帶電荷量為q（q＞0）的小滑塊以初速度v從斜面底端A滑上斜面，恰好能到達斜面頂端B，整個裝置處于方向水平向右的勻強電場中，電場強度大小E＝，若取無窮遠為零勢能面，已知孤立點電荷周圍電場的電勢可表示為φ＝k，式中k為靜電力常量、r為該點到場源電荷的距離，Q為場源電荷的帶電荷量（正電荷取正值，負電荷取負值），則下列說法正確的是（ ）
A．小滑塊從A運動到B的過程中，克服摩擦力做的功W1＝mv2+2mgh
B．小滑塊從A運動到B的過程中，減少的電勢能等于克服重力做的功
C．小滑塊從A運動到AB中點的過程中，點電荷對小滑塊做的功Wq＝
D．小滑塊運動到AB中點時的動能Ek＝+mv2
【分析】根據(jù)幾何關系知道AD＝BD，A、B兩點在點電荷q′產(chǎn)生的電場中等電勢，根據(jù)動能定理求從A運動到B的過程中克服摩擦力做的功。分析能量的轉化情況，判斷減少的電勢能與克服重力做的功的關系。根據(jù)公式φ＝k和電場力做功與電勢能變化的關系求點電荷q′對小滑塊做的功。最后，根據(jù)動能定理求從A運動到AB中點時的動能。
【解答】解：A、因C、D相距h，由幾何關系可知，AD＝BD，又因φ＝k，故A、B兩點在點電荷Q產(chǎn)生的電場中等電勢，從A運動到B的過程中，點電荷Q對滑塊做的總功為零，從A運動到B的過程，根據(jù)動能定理得：，﹣Wf＝0﹣，解得：Wf＝mv02，故A錯誤。
B、小滑塊減少的電勢能等于電場力做的功，從A運動到B的過程中，點電荷Q對滑塊做的總功為零，故減少的電勢能等于勻強電場對小滑塊做的功，即△Ep減＝＝mgh（也可以根據(jù)勻強電場的電場力與重力的合力跟斜面垂直，故其合力不做功判斷），故B正確。
C、由公式φ＝k可知，點電荷Q產(chǎn)生的電場在A點的電勢為：φA＝﹣k，在AB點的電勢為：φ中＝﹣，故從A運動到AB中點的過程中，點電荷q′對小滑塊做的功為：Wq′＝q（φA﹣φ中）＝，故C正確。
D、由對稱性可知，從A運動到AB中點的過程中，克服摩擦力做功為 Wf，由動能定理可得：＝Ek﹣，解得：Ek＝，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】解決本題的關鍵要明確電場力做功與電勢能變化的關系、電勢能與電勢的關系，運用動能定理時，要注意分析各個力做功的情況，正確表示電場力的功，會用功能關系。
22．（2021?濰坊三模）如圖所示，平面直角坐標系xy在豎直面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向，坐標系內(nèi)存在平行于x軸的勻強電場（圖中未畫出）。將一質量為m、電荷量為q的帶正電小球從原點以初速度v0斜向上拋出，a（1.5，1.0）是小球上升的最高點，b（2.0，0）是小球在y軸右側運動過程中離y軸最遠的點。已知重力加速度為g，不計空氣阻力。則（ ）
A．小球初速度方向與x軸成30°角
B．勻強電場的場強為
C．小球在b點時的動能mv02
D．小球回到y(tǒng)軸時的動能為mv02
【分析】小球受力恒定做曲線運動，挖掘題設條件，研判末狀態(tài)特點，將運動正交分解為沿y和沿x軸的分運動，分析運動特點可知分運動有對稱性，應用牛頓第二定律、運動學公式和動能定理解答。
【解答】解：小球受力恒定做曲線運動，將運動正交分解為沿y和沿x軸的分運動，沿+y方向只受重力做勻減速直線運動，到a點沿y軸方向的速度減為零；沿+x方向只受電場力做勻減速直線運動，到b點沿x軸方向的速度減為零，由原點到a點和a點到b點兩階段沿y軸的運動有對稱性（即豎直上拋的上升與下降兩階段），此兩階段運動時間相等。
AB、設小球在原點沿x軸初速度為vx，則vx＝v0csα，沿y軸初速度為vy，則vy＝v0sinα，從原點到a點的時間為t，則原點到b點時間為2t，x軸方向的加速度大小為ax，則ax＝，由圖像數(shù)據(jù)可得：
在y軸方向上：v0sinα＝gt，l＝，
在x軸方向上：v0csα＝，2l＝，
解得：tanα＝1，則α＝45°，E＝，故A錯誤，B正確；
C、x軸方向的加速度大?。篴x＝＝
原點到b點，在x軸方向上：2ax?2l＝（v0sinα）2，可得：qEl＝
對原點到b點的過程，應用動能定理得：
qE?2l＝Ekb﹣
解得：Ekb＝，故C錯誤；
D、設小球回到y(tǒng)軸時與y軸的交點為c點，在x軸方向上由原點到b點和b點到c點兩階段沿x軸的運動有對稱性，此兩階段運動時間相等，即b點到c點時間也為2t，則可知a點到c點時間為3t，設在c點的沿y軸方向速度大小為vcy，沿x軸方向速度大小為vcx，則vcx＝v0csα＝，
在y軸方向上，由b點到c點過程有：vcy＝g?3t，與前式：v0sinα＝gt結合得：
vcy＝3v0sinα＝v0
則小球回到y(tǒng)軸（即c點）時的動能為：Ekc＝＝mv02，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題考查了力與運動之恒力曲線模型，屬經(jīng)典的考查曲線運動的題型，物體受恒定的合力而做曲線運動其軌跡為拋物線，具有對稱性，利用運動的分解將運動分解為正交兩直線運動，利用運動的合成求解運動合狀態(tài)。善于挖掘題中條件，研判分運動的特點。
23．（2021?香坊區(qū)校級三模）如圖所示，電源由幾個相同的干電池組成，單刀雙擲開關S與1閉合，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1（阻值范圍0﹣8Ω）的滑片P從A端滑到B端的過程中，電池輸出電能的效率η最大值為0.8，電池輸出最大功率為4.5w，將單刀雙擲開關S與2閉合，電容器MN并聯(lián)在定值電阻R2兩端，滑動變阻器R1滑片P位于AB中點，電路穩(wěn)定后，一帶電微粒從O點沿電容器兩極板的中軸線以速度v水平進入電場，恰能從下極板邊緣離開電場。不計帶電微粒的重力，二極管正向電阻為零，反向電阻無窮大，不計電表、導線對電路的影響，則（ ）
A．串聯(lián)電池的總電阻為1Ω
B．電源電動勢為6V
C．若開關S與2閉合，將滑片P向B端滑動一小段距離，帶電微粒仍能從下極板邊緣離開
D．若開關S與2閉合，緊貼M板下方插入一鋁板（與M板面積相同，厚度較小），帶電微粒將從兩極板間飛出
【分析】根據(jù)電源的效率η＝及歐姆定律求出電源內(nèi)阻；
根據(jù)輸出功率最大的條件：外電阻等于內(nèi)電阻，求出電源電動勢；
由題設條件，分清電路連接，明確S接2后，電容器與R2并聯(lián)，所以兩極端的電壓不變，結合選項的條件判斷極板間的電場強度的變化，再確定帶電粒子從哪里飛出。
【解答】解：A、當S接在1處，P在B端時，電源的效率最大，則η＝＝0.8，而U＝，聯(lián)立解得：r＝2Ω，故A錯誤；
B、由題意，當R＝r時，電源的輸出功率最大，由題設條件可得：Pmax＝＝4.5W，所以E＝＝＝6V，故B正確；
C、當S接2時，電壓表測量滑動變阻器A側電壓，滑動變阻器全部接入到電路中，故無論P怎么滑動，電極板兩端電壓都不變，則帶電粒子仍能從下極板離開，故C正確；
D、由C選項有電極兩端電壓不變，加入鋁板，由C＝＝，介電常數(shù)ε變大，則C變大，由于U不變，則電場強度不變，粒子仍從下極板邊緣離開，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查閉合電路歐姆定律關于電源效率和最大功率的計算，帶電粒子在電容器板間的類平拋運動等知識點，難點在于單刀雙擲開關分別接兩個位置時，電路結構發(fā)生變化，關鍵抓住電路的特點，結合題設的已知條件可以解題。
24．（2021?湛江校級模擬）真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在該電場中，若將一個質量為m、帶正電的小球由P點靜止釋放，小球會沿直線PQ運動（PQ與豎直方向夾角為37°，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。現(xiàn)將該小球從P點以初速度v0豎直向上拋出，關于小球接下來的運動，下列說法正確的是（ ）
A．小球將做豎直上拋運動
B．小球的最小動量值為mv0
C．小球能到達的最高點高度為
D．小球受到的電場力大小為mg
【分析】小球受到電場力和重力的合力沿著PQ方向，所以小球從P點以初速度v0豎直向上拋出，不可能做豎直上拋運動；
將該小球從P點以初速度v0豎直向上拋出后，小球的運動分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)運動的分解和合成求出速度和時間之間的函數(shù)關系，根據(jù)函數(shù)關系求出最小速度，從而求出最小動量；
小球受到電場力和重力的合力沿著PQ方向，可求出電場力與重力之間的關系；
在豎直方向上，只受重力作用，為豎直上拋運動，求出小球能達到的最高高度。
【解答】解：A、小球由P點靜止釋放，小球會沿直線PQ運動，說明小球受到電場力和重力的合力沿著PQ方向，所以小球從P點以初速度v0豎直向上拋出，不可能做豎直上拋運動，故A錯誤；
BD、將該小球從P點以初速度v0豎直向上拋出后，小球的運動分解為水平方向和豎直方向：
水平速度：vx＝axt,其中ax＝,tan37°＝
豎直速度：vy＝v0﹣gt
小球的速度：v＝
由以上各式得出：g2t2﹣2v0gt+（v02﹣v2）＝0
解得當t＝時，v有最小值vmin＝，所以小球的最小動量值為mv0，電場力qE＝，故B正確，D錯誤；
C、在豎直方向上，小球只受重力作用，則小球能到達的最高高度為h＝，故C正確；
故選：BC。
【點評】本題考查曲線運動的合成和分解，關鍵在于根據(jù)運動的等時性和獨立性分別求出兩個分運動方向上的速度和位移。結合函數(shù)關系求解最小速度。
25．（2021?石家莊二模）如圖甲所示，長為L的兩塊正對金屬板A、B水平放置，兩板接上如圖乙所示隨時間變化的交變電壓UAB，電子流沿中心線OO'從O點以初速度v0＝射入板間，電子都不會碰到極板。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子重力及電子間相互作用。下列說法正確的是（ ）
A．兩板間距d＞
B．電子在t＝0時刻從O點射入時一定從中心線離開電場
C．電子在t＝T時刻從O點射入時一定從中心線離開電場
D．電子無論在哪一時刻從O點射入，離開電場時的速率一定為v0
【分析】根據(jù)題意找到電子何時射入電場到離開電場離中心線最遠，電子在t＝時從O點射入電場，逐段計算各時段位移求解，設定任一時刻，計算豎直方向上速度變化再判斷。
【解答】解：A、B、電子在板間水平方向做勻速運動，穿過板間時間為：t＝＝T，等于交變電場的周期，所以電子在t＝0時從O點射入，離開電場時與中心線間距離最大，故B錯誤，最大距離為：h＝+a+a﹣＝，由牛頓第二定律得：a＝＝，由題意：h，解得：d＞，故A正確，B錯誤；
C、電子在t＝時從O點射入，豎直方向先勻加速運動：h1＝＝，再勻速運動：h2＝a＝，再勻減速運動：h3＝a＝0，再反向勻速運動：
h4＝a＝，最后勻減速：h5＝a﹣＝，離開中心線的距離為：H＝h1+h2+h3﹣h4﹣h5＝0，故電子一定是從中心線離開電場，故C正確；
D、設電子從（）時刻射入電場，則豎直方向上速度變化為：△v＝a△t﹣a+a（）＝0，即電子離開電場時只有水平方向上的速度v0，故D正確。
故選：ACD。
【點評】帶電粒子在交變電場中的運動是復雜運動，關鍵抓住豎直方向運動，要根據(jù)交變電場的周期分段分析，特別注意速度何時變方向，
26．（2021?洛陽模擬）如圖所示，有一勻強電場平行于平面xOy，一個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點的動能是它在O點時動能的3倍。關于粒子在OA段的運動情況，下列判斷正確的是（ ）
A．該帶電粒子帶正電
B．帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小
C．這段時間中間時刻粒子的動能最小
D．加速度方向與y軸正方向之間的夾角等于120°
【分析】電場線方向未知，則帶電粒子電性未知；根據(jù)電場力做功判斷電勢能大小；對帶電粒子運動分解到水平方向和豎直方向，結合運動學公式求出加速度與初速度之間的夾角；當加速度與速度垂直的時候，帶電粒子的動能最小。
【解答】解：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、設加速度方向與y軸正方向之間的夾角為θ，如圖所示，
則在沿著y軸方向上：acs（π﹣θ）＝
沿著x軸方向上：asin（π﹣θ）＝
并且粒子在A點的動能是它在O點時動能的3倍，即：＝3×
聯(lián)立解得：θ＝120°，故D正確；
C、根據(jù)以上分析可知，加速度與初速度方向夾角為鈍角，故粒子先減速后加速，最小的動能出現(xiàn)在加速度與速度垂直的時候，這段時間中間時刻粒子的兩個分速度分別為：
vx＝＝，
合速度與水平面夾角為α，則
tanα＝
解得：α＝30°，
所以此時加速度與速度夾角為90°﹣α＝90°﹣30°＝60°，不垂直，即這段時間中間時刻粒子的動能不是最小，故C錯誤。
故選：BD。
【點評】本題考查帶電粒子在電場中運動，結合運動的合成和分解考查學生綜合運動知識的能力。關鍵是要結合實際情況將帶電粒子的運動進行分解，知道速度與加速度垂直時動能最小。
27．（2021?4月份模擬）如圖，不計重力的質子（H）和α粒子（He）先后從同一位置由靜止經(jīng)同一水平加速電場加速，然后進入同一豎直勻強電場偏轉，最后打在熒光屏上，則在整個運動過程中，質子和α粒子相比，質子（ ）
A．豎直偏移量較小B．所用的時間較小
C．動量改變量較小D．動能改變量較小
【分析】首先利用動能定理計算出粒子經(jīng)過加速電場加速后的速度，然后根據(jù)粒子在偏轉電場中做類平拋運動的特點，計算豎直方向的偏移量；粒子在偏轉電場做類平拋運動以及飛出偏轉電場后做勻速直線運動時，水平方向的速度都等于經(jīng)過加速電場加速后獲得的速度，由此可以計算出粒子在整個過程中的運動時間；首先計算粒子飛出偏轉電場時的速度偏轉角，可以得到粒子飛出偏轉電場時的方向相同，再利用動量公式p＝mv計算動量大小；根據(jù)動能定理計算粒子的動能改變量。
【解答】解：設加速電場的電壓為U，偏轉電場的場強為E，對粒子經(jīng)過加速電場加速前后分析，由動能定理可得：
所以粒子進入偏轉電場時的速度為：
A、粒子在偏轉電場中做類平拋運動，運動時間為：，運動的加速為：，所以粒子在偏轉電場中的豎直偏移量為：
可以發(fā)現(xiàn)粒子在偏轉電場中的豎直偏移量與粒子的性質無關，所以質子和α粒子的豎直偏移量相等，故A錯誤；
B、粒子在加速電場中做勻加速直線運動，所以平均速度等于初、末速度和的一半，飛出偏轉電場后做勻速直線運動，設加速電場極板間距為d，偏轉電場極板長度為L，偏轉電場右端距離熒光屏的水平距離為s
則粒子從開始加速到打在熒光屏上的總時間為：
即粒子在整個運動過程中的總時間與經(jīng)過加速電場加速后獲得的速度成反比。由可知經(jīng)過加速電場加速后質子獲得的速度較大，所以全過程所用的時間較小，故B正確；
C、設粒子飛出偏轉電場時速度方向與水平方向的夾角為α，因為豎直速度為：，水平速度為：
所以有：
即粒子飛出偏轉電場時的速度偏轉角與粒子性質無關，所以質子和α粒子飛出偏轉電場時速度方向相同，離開偏轉電場后開始會打在熒光屏上同一個點
設粒子飛出偏轉電場時的速度為v′，則有：
設粒子動量大小為p，則有：
由此可得，所以質子的動量較小，因為初動量均為0，所以質子的動量改變量較小，故C正確；
D、根據(jù)動能定理，整個過程中有：qU+qEy＝△Ek，加速電場的電壓、偏轉電場的場強、粒子在偏轉電場的豎直偏移量均相等，所以動能改變量與粒子電荷量成正比
即整個過程中質子的動能改變量較小，故D正確。
故選：BCD。
【點評】本題考查的是帶電粒子的電場中的運動專題，考點較多，綜合性強，難度偏大。解題技巧是先根據(jù)所學公式把各個物理量用通用的表達式進行表示，然后對不同粒子的相關物理量進行對比，從而得出結論。這樣可以大大減少計算量以及計算出錯的可能性。
28．（2021?廣東模擬）如圖，某電容器由兩水平放置的半圓形金屬板組成，板間為真空。兩金屬板分別與電源兩極相連，下極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉動。起初兩極板邊緣對齊，然后上極板轉過10°，并使兩極板間距減小到原來的一半。假設變化前后均有一電子由靜止從上極板運動到下極板。忽略邊緣效應，則下列說法正確的是（ ）
A．變化前后電容器電容之比為9：17
B．變化前后電容器所帶電荷量之比為16：9
C．變化前后電子到達下極板的速度之比為：1
D．變化前后電子運動到下極板所用時間之比為2：1
【分析】依題意得到電容器變化前后兩極板的正對面積之比與板間距離之比，再根據(jù)C＝得到電容之比；由Q＝CU，得到電荷量之比；由動能定理得到末速度之比；由牛頓第二定律求出加速度結合運動學公式得到時間之比。
【解答】解：A、變化前后兩極板的正對面積之比為＝＝，板間距離之比為＝2，
由C＝，可知變化前后電容之比為＝＝×＝，故A正確；
B、電容器始終與電源相連，兩端電壓不變，由Q＝CU，可得＝＝，故B錯誤；
C、電子由靜止從上極板運動到下極板的過程，由動能定理得：eU＝mv2
解得電子到達下極板的速度v＝
因電容器兩端電壓U不變，故變化前后電子到達下極板的速度之比為1：1，故C錯誤；
D、電子由靜止從上極板運動到下極板的過程，電子做勻加速直線運動，電子的加速度
a＝＝
電子運動的時間t＝＝
變化前后電子到達下極板所用時間之比為＝＝，故D正確。
故選：AD。
【點評】本題考查電容器相關知識，其決定式與定義式的應用，粒子在其間的運動，知道平行板電容器之間的電場為勻強電場。
29．（2021?五模擬）如圖甲所示，在直角坐標系xOy中，y軸的右方有長度為L、間距為d、垂直于y軸的平行金屬板M、N，兩板間加有周期性變化的電壓UMN，其變化圖象如圖乙所示（圖中U0、T已知），現(xiàn)有大量質量為m、帶正電且電荷量為q的粒子以速度v0＝從原點O沿+x方向不斷射入，設粒子能全部打在x＝2L處平行于y軸的熒光屏上。不計
粒子重力和粒子間相互作用，則下列判斷正確的是（ ）
A．帶電粒子打在熒光屏上的最大速度為v0
B．帶電粒子打在熒光屏上的最小速度為v0
C．帶電粒子打在熒光屏上縱坐標的最大值為
D．帶電粒子打在熒光屏上形成的光斑長度為
【分析】（1）由牛頓第二定律求出粒子在電場中加速度的大小，然后畫出粒子在y方向上的速度圖象，有圖象可知則在t＝0時進入的粒子打在熒光屏上的速度最大；
（2）由y方向的速度圖象可知，在t＝T時進入的粒子打在熒光屏上的速度最??；
（3）在t＝0時進入的粒子打在熒光屏上的最高點，由運動學公式求出帶電粒子打在熒光屏上縱坐標的最大值；
（4）根據(jù)運動的合成和分解求出粒子打在熒光屏時向上偏移量，然后粒子在x軸上L∽2L的距離內(nèi)勻速直線運動，求出此過程中的向上偏移量，兩個偏移量相加即為帶電粒子打在熒光屏上形成的光斑長度。
【解答】解：A、依題意可知帶電粒子在電場中的運動時間為t1＝＝T，
根據(jù)牛頓第二定律可知粒子在電場中加速度的大小分別為a1＝，a2＝
做出y方向的速度圖象，如圖所示
則在t＝0時進入的粒子打在熒光屏上的速度最大，即有：
vymax＝a1T﹣a2?＝
所以vmax＝＝，故A錯誤；
B、由y方向的速度圖象可知，在t＝T時進入的粒子打在熒光屏上的速度最小，即有：
vymin＝a1?﹣a2?T＝0
所以vmin＝＝v0，故B正確；
C、在t＝T時進入的粒子打在熒光屏與x軸的交點，
在t＝0時進入的粒子打在熒光屏上的最高點，
根據(jù)運動的獨立性可知，粒子在電場中偏轉的距離為
y1＝?a1+a1?﹣?a2?+（a1﹣a2）?+?a1?＝
在x軸上L∽2L的距離內(nèi)偏轉的距離為
y2＝vymax?＝
打在熒光屏上形成光斑的長度即縱坐標的最大值ym＝y(tǒng)1+y2＝，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查帶電粒子在電場重的周期性運動，關鍵在于畫出y軸方向的速度時間圖象，運動過程比較多，要逐一分析。本題計算量較大，需要耐心。
30．（2020秋?南陽期中）如圖所示，光滑絕緣弧面AB固定在豎直支架ABC上，BC邊水平，B為切點，圓弧半徑為R，圓弧對應的圓心角為60°，空間存在著水平方向勻強電場，場強大小為E，點電荷+Q固定在圓弧圓心處。一個質量為m、帶電量為﹣q的小球恰好可以靜止在圓弧AB的中點D，現(xiàn)在將該帶電小球從A點由靜止釋放，則（ ）
A．勻強電場的方向水平向左，
B．勻強電場的方向水平向左，
C．小球運動到D點速度最大，vm＝
D．小球運動到B點速度最大，vm＝
【分析】根據(jù)平衡條件得到電場強度的大小和方向；D點為平衡位置，小球從A點由靜止釋放，達到D點的速度最大，根據(jù)動能定理求解最大速度。
【解答】解：A、質量為m，帶電量為﹣q的小球恰好可以靜止在圓弧AB的中點D，則勻強電場和重力場的合成等效重力場由圓心指向D點即可。由此可說明電場力方向向右，則勻強電場的方向向左，根據(jù)平衡條件可得：qE＝mgtan30°，解得電場強度：E＝，故A正確；
B、由以上分析可知，兩個點電荷之間的庫侖力和圓弧的支持力的合力與等效重力場合成之后的合力指向圓心提供向心力，滿足這一條件時，改變庫侖力力，圓弧的支持力也可以隨著改變，所以庫侖力與勻強電場的電場力沒有關系，故B錯誤；
CD、由于小球恰好可以靜止在圓弧AB的中點D處，所以D點為平衡位置，小球從A點由靜止釋放，達到D點的速度最大，根據(jù)對稱性可知達到B點的速度為零；
從A到D根據(jù)動能定理可得：mgR（cs30°﹣cs60°）﹣qER（sin60°﹣sin30°）＝m，解得：vm＝，故C正確、D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題主要是考查了動能定理、電場力做功的計算以及共點力的平衡；
運用動能定理解題時，首先要選取研究過程，然后分析在這個運動過程中哪些力做正功、哪些力做負功，初末動能為多少，根據(jù)動能定理列方程解答。
三．填空題（共10小題）
31．（2021春?徐匯區(qū)校級月考）改變物體內(nèi)能的途徑有 做功和熱傳遞 。某實驗中測得一質量為6.64×10﹣27kg的帶電粒子，在500V/m的勻強電場中，僅在電場力作用下由靜止加速。當其移動16cm時，速度達到8.40×104m/s，由此推測該帶電粒子的帶電量可能為 3.2×10﹣19 C（用科學記數(shù)法表示，保留小數(shù)點后1位）。
【分析】改變物體內(nèi)能的途徑有做功和熱傳遞。帶電粒子在電場中運動時，只有電場力做功，根據(jù)動能定理求其帶電量。
【解答】解：改變物體內(nèi)能的途徑有做功和熱傳遞。
帶電粒子在勻強電場中運動時，由動能定理得：
qEd＝﹣0
由題知E＝500V/m，d＝16cm＝0.16m，m＝6.64×10﹣27kg，v＝8.40×104m/s，代入上式解得：q＝3.2×10﹣19C。
故答案為：做功和熱傳遞；3.2×10﹣19。
【點評】對于帶電粒子在電場中加速過程，往往運用動能定理進行處理，這種方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場。
32．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示為示波管的示意圖，以屏幕的中心為坐標原點，建立如圖所示的直角坐標系xOy，當在XX′這對電極上加上恒定的由壓UXX′＝2V，同時左YY′電極上加上恒定的電壓UYY′＝﹣1V時，當熒光屏上光點的坐標為（4，﹣1），則當在XX′這對電極上加上恒定的電壓UXX'＝﹣1V，同時在YY'電極上加上恒定的電壓UYY′＝3V時，熒光屏上光點的坐標為X＝ ﹣0.5 ，Y＝ 3 。
【分析】電子在偏轉電場方向做勻加速直線運動，垂直于偏轉電場方向做勻速直線運動，根據(jù)類平拋運動的基本公式求出偏轉位移，得出偏轉位移與偏轉電壓的關系即可求解.
【解答】解：電子在YY'內(nèi)的加速度為a＝，在YY'內(nèi)運動的時間：t＝。
所以，偏轉位移y＝at2＝×（）2＝UYY′，由此可以看出偏轉位移和電壓成正比，
同理可以證明在XX'方向上的偏轉位移也與電壓成正比，所以根據(jù)題意得：解得：x＝﹣0.5，y＝3.
所以熒光屏上光點的坐標為（﹣0.5，3）。
故答案為：﹣0.5，3。
【點評】本題關鍵要清楚示波管的工作原理，要用運動的合成與分解的思想進行思考.
33．（2020秋?渝中區(qū)校級月考）平行金屬板與水平面成θ角放置，兩金屬板間的電壓為U，板間距離為d。一個帶電量為q的液滴，以某速度垂直于電場方向射入兩板間，如圖所示，射入后液滴沿直線運動，則兩極板間的電場強度E＝ ，液滴的質量m＝ （重力加速度為g）。
【分析】平行金屬板間存在勻強電場，由E＝求兩極板間的電場強度E。液滴在電場中受到重力和電場力作用，重力方向豎直向下，電場力方向垂直于兩極板，兩個力不在同一條直線上，故合力不為零，物體沿直線運動，所以合力方向必定與微粒的運動方向同向或者反向，很明顯在這合力應與微粒的運動方向反向，電場力方向應垂直于虛線向上，由平行四邊形定則求解液滴的質量m。
【解答】解：平行金屬板間存在勻強電場，兩極板間的電場強度E＝。
液滴做直線運動，則液滴所受電場力方向應垂直于虛線向上，液滴所受的合力方向沿虛線向下，如圖所示，則有
qE＝mgcsθ
聯(lián)立解得m＝
故答案為：，。
【點評】本題是帶電體在電場中運動的類型，分析液滴的受力情況，確定電場力的方向是解題的關鍵，要緊扣直線運動的條件進行分析。
34．（2020秋?和平區(qū)校級期中）半徑為R的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質量為m、帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖所示。珠子所受靜電力與其重力等大，將珠子從環(huán)上最低位置A點靜止釋放，則珠子所能獲得的最大動能Ek＝ （﹣1）mg ；小球在運動到最高點時小球對軌道的壓力大小為 mg （重力加速度為g）。
【分析】從小球受力情況來看，初始階段小球在電場力和重力作用下做加速運動，當電場力與重力的合力與速度垂直時動能最大，此后，小球做減速運動。根據(jù)動能定理求最大動能。從A點到最高點的過程，電場力做功為零，根據(jù)動能定理求出小球到達最高點時的速度，在最高點時，由向心力求妯軌道對小球的支持力，從而得到小球對軌道的壓力。
【解答】解：當電場力與重力的合力與速度垂直時，小球的動能最大。
設小球受到電場力與豎直方向夾角為θ時，電場力與重力的合力與速度垂直。
則tanθ＝＝1
得：θ＝45°
小球從A點運動至動能最大的過程中，重力做負功，電場力做正功，支持力始終垂直于速度，所以不做功，由動能定理得：
Ek＝mgRsin45°﹣mgR（1﹣cs45°）＝（﹣1）mgR。
從A點到最高點的過程根據(jù)動能定理得
WE﹣WG＝0
所以二者做功相抵消，說明當運動至與圓心等高處即為該運動的最高點，則此時小球在水平方向受水平向左的支持力和向右的電場力，由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力等于小球所受電場力，即N＝mg
故答案為：（﹣1）mgR；mg。
【點評】本題是帶電體在復合場中運動的問題，關鍵要正確分析小球的受力情況，判斷出電場力與重力的合力與速度垂直時動能最大，該位置相當于平衡位置。
35．（2020秋?和平區(qū)校級期中）平行金屬板與水平面成θ角放置，板間有勻強電場，一個帶電量為q、質量為m的液滴以速度v0垂直于電場線方向射入兩板間，如圖所示，射入后液滴沿直線運動，已知重力加速度為g，則兩板間的電場E＝ 。若粒子恰好能飛出極板，則金屬板長度L＝ 。
【分析】液滴做直線運動，所以液滴受力方向與其運動方向在一條直線上，根據(jù)力的合成法則可以知道重力和電場力的關系，進而可以得到場強的大?。辉诹Ｗ舆\動過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理即可得到極板的長度。
【解答】解：由題液滴做直線運動，合力與該直線在同一直線上，則電場力方向應垂直于虛線向上，液滴所受的合力方向沿虛線向下．如圖所示：
根據(jù)平衡條件，有：
qE＝mgcsα
解得：
因電場力與位移方向垂直，不做功，若粒子恰好能飛出極板，則v＝0，根據(jù)動能定理得：
解得：
故答案為：；
【點評】知道液滴受合力的方向與運動方向在同一直線上是解題的關鍵。還要知道在液滴運動過程中，電場力不做功。
36．（2020秋?海淀區(qū)期中）如圖所示，一個α粒子（He）和一個質子（H）均在帶電平行板電容器的正極板上由靜止釋放，在到達負極板時，α粒子與質子所用時間之比tα：tH＝ ：1 ，動能之比Ekα：EkH＝ 2：1 。
【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求加速度，然后根據(jù)運動學公式d＝at2求時間；
（2）根據(jù)動能定理求出末動能。
【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律得，a＝，知比荷之比為1：2，則加速度之比為1：2，根據(jù)運動學公式d＝at2可得t＝t，則時間之比為：1；
由動能定理可知：qU＝Ek，則Ekα：EkH＝2：1
故答案為：：1；2：1。
【點評】本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動，根據(jù)牛頓第二定律求加速度，然后運動運動學公式求解相關問題。
求動能的時候，如果用動能定理比用運動學公式更方便快捷。
37．（2021春?思明區(qū)校級月考）如圖所示，長為L、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于勻強電場中，一個帶電量為+q、質量為m的物塊（視為質點），以初速度v0由斜面底端的A點開始沿斜面上滑，到達斜面頂端B點的速度仍為v0。則該電場的電場強度有 最小值 （填“最大值”或“最小值”），相應的大小為 。
【分析】根據(jù)動能定理求出A、B間的電勢差，由U＝Ed分析知道：在A、B兩點間的電勢差一定時，兩點沿電場方向的距離越大，電場強度越小。
【解答】解：設A、B間的電勢差為UAB，根據(jù)動能定理有：qUAB﹣mgLsinθ＝0，可得A、B兩點間的電勢差為UAB＝，可知A、B兩點間的電勢差是一定的。
根據(jù)U＝Ed知，在A、B兩點間的電勢差一定時，兩點間沿電場方向的距離越大，電場強度越小，而A、B兩點沿電場方向的最大距離為L，則電場強度的最小值為
Emin＝＝
故答案為：最小值，。
【點評】本題是帶電體在電場中運動問題，要轉換思維，就把電場力當作一般的力，將這類問題當作力學問題去處理，通過做功情況的分析，由動能定理求電勢差。
38．（2021春?思明區(qū)校級月考）如圖所示，電量為e、質量為m的質子和電量為2e、質量為4m的α粒子以相同的初速度垂直射入偏轉電場（粒子重力忽略不計）。則質子和α粒子射出電場時的側向位移y大小之比為 2：1 。
【分析】帶電粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律得到粒子側向位移y表達式，再求粒子側向位移y之比。
【解答】解：設質量為m、電荷量為q的帶電粒子垂直射入偏轉電場做類平拋運動，由牛頓第二定律得：a＝
水平方向有：L＝v0t，
豎直方向有：y＝
聯(lián)立解得：y＝
因E、L、v相同，所以y與成正比，而質子和α粒子比荷之比為2：1，則質子和α粒子射出電場時的側向位移y大小之比為2：1。
故答案為：2：1。
【點評】本題采用運動的分解法研究類平拋運動，運用數(shù)學上比例法研究兩個粒子側向位移之比，關鍵要掌握分運動的規(guī)律，并能靈活運用。
39．（2020?云南學業(yè)考試）如甲圖所示，平行板電容器水平放置，質量為m、帶電量為+q的油滴恰能靜止于板間的P點（重力加速度為g，平行板間電場可視為勻強電場），由此可知電容器的上極板帶 負 （選填“正”或“負”）電，板間電場的場強大小E＝ ；如乙圖所示，兩個開關A、B串聯(lián)，控制同一個燈泡L，在這個電路中，只有兩個開關同時閉合，燈L才亮，這種關系叫做 與 邏輯關系（選填“與”、“或”或“非”）。
【分析】油滴恰能靜止，受到的電場力和重力平衡，分析電場力方向，從而確定上極板的電性。根據(jù)平衡條件求場強的大小。一個事件的幾個條件都滿足后，該事件才能發(fā)生，我們把這種關系叫做“與”邏輯關系。由此分析邏輯關系。
【解答】解：油滴靜止，受到的電場力和重力平衡，則油滴所受的電場力方向豎直向上，而油滴帶正電，所以電容器的上極板帶負電。
由平衡條件得：mg＝qE
得：E＝
在這個電路中，只有兩個開關同時閉合，燈L才亮，這種關系叫做“與”邏輯關系。
故答案為：負，與
【點評】本題根據(jù)油滴實驗確定電場強度的大小，掌握其原理：平衡條件。要知道各種門電路的特點，并能準確判斷它們的邏輯關系。
40．（2020秋?海淀區(qū)校級期中）如圖所示，A、B是真空中的兩塊面積很大的平行金屬板，已知B板的電勢為零，A板電勢UA隨時間變化的規(guī)律如圖所示，其中UA的最大值為U0，最小值為﹣2U0．在AB的正中央處有一個離子源P，P距離A、B板的距離均為l，離子源P可以源源不斷地產(chǎn)生電荷量為q、質量為m的帶負電的微粒，已知各個時刻產(chǎn)生帶電微粒的機會均等。這種微粒產(chǎn)生后，從靜止出發(fā)在電場力的作用下運動，設微粒一旦碰到金屬板，它就附在板上不再運動，且其電荷同時消失，不影響A、B板的電壓。已知上述的T、U0、l、q和m等各量的值正好滿足等式：，如果在A板電勢變化的每個周期T內(nèi)，平均產(chǎn)生320個上述微粒，則可求出：
（1）在t＝0到t＝這段時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒中，有 80 個微?？傻竭_A板（不計重力，不考慮微粒之間的相互作用）：
（2）從t＝T到t＝T的這段時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒中，有 0 個微?？傻竭_A板。
【分析】分別求出粒子運動的加速度，由粒子先加速運動再減速運動，到達A板時速度恰好為零，此時是恰好還能到達A的粒子，在此之前的粒子都可以到達A板，在此之后的粒子將不能到達A板。
【解答】解：設在0～T時間內(nèi)，在t＝t1時刻開始運動的粒子經(jīng)△t1時間在電壓為U0加速，然后在電壓為﹣2U0減速一段時間到達A板，
當電壓為U0時，粒子的加速度為：a1＝，
當電壓為﹣2U0時，粒子的加速度為：a2＝﹣＝﹣2a1
設加速階段位移為d1，減速階段運動位移為d2，則
l＝d1+d2
d1＝a1（△t1）2
d2＝（0﹣υ12）＝（0﹣（a1△t1）2）
聯(lián)立解得△t1＝T
t1＝T﹣△t1＝T
即從0～T時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子均可到達A板，設0～T時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子有n個粒子到達A板，則n＝×＝80（個）。
～T過程中，粒子均向左加速，微粒不可能到達A板。
故答案為：（1）80；（2）0。
【點評】本題中粒子的運動的過程比較復雜，粒子在電場中先加速運動再減速運動，到達A板時速度恰好見為零，此時是恰好還能到達A的粒子。
四．計算題（共10小題）
41．（2021春?嘉興期末）如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段為傾角θ＝37°的粗糙傾斜軌道，BC段水平光滑，CD段是半徑為r＝0.1m的光滑半圓，各段軌道均平滑連接。AB段軌道所在區(qū)域有場強大小為E0＝、方向垂直于傾斜軌道向下的勻強電場，BB'是電場邊界（垂直于傾斜軌道）。一個質量為m，電荷量為q的帶正電小物塊（視為點電荷）在傾斜軌道上的A點由靜止釋放。已知A、B之間的距離為L＝1m，傾斜軌道與小物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，設小物塊電荷量保持不變，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）求小物塊運動至B點的速度大小；
（2）若勻強電場的電場強度E大小可以變化，為使小物塊通過圓軌道最高點，求E的最大值（結果用E0表示）；
（3）若小物塊剛好通過圓軌道最高點，離開D點后又恰好沒有進入電場直接落在BC面上，求BC的長度？
【分析】（1）小物塊由A點運動到B點的過程，根據(jù)動能定理求小物塊運動至B點的速度大?。?br>（2）研究小物塊剛好通過圓軌道最高點的情形，此時在最高點由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出物塊通過最高點的臨界速度。從A點到圓軌道最高點的過程，利用動能定理求E的最大值；
（3）小物塊離開D點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動公式和幾何關系相結合求BC長度。
【解答】解：（1）受力分析如圖，由動能定理：
代入數(shù)據(jù)解得：vB＝2m/s
（2）小物塊恰好能過D點時，電場強度最大，根據(jù)牛頓第二定律有
代入數(shù)據(jù)解得vD＝1m/s
小物塊由A運動到D，根據(jù)動能定理有
聯(lián)立解得
（3）假設小物塊離開D點后做平拋運動的軌跡與B'B相切與M點，有
代入數(shù)據(jù)解得：
平拋運動水平位移x1＝vDt＝1×＝m
下落高度＝×10×m＝
根據(jù)幾何關系：x2＝（2r﹣h1）tan37°＝（）×m＝
BC軌道長度為x＝x1+x2＝＝
答：（1）小物塊運動至B點的速度大小為2m/s；
（2）若勻強電場的電場強度E大小可以變化，為使小物塊通過圓軌道最高點，E的最大值為；
（3）若小物塊剛好通過圓軌道最高點，離開D點后又恰好沒有進入電場直接落在BC面上，BC的長度為m.
【點評】本題考查動能定理、機械能守恒及運動學基本公式的直接應用，要能正確對物體受力分析，確定物體的運動情況，利用好數(shù)學知識幫助解答。
42．（2021春?河北期末）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上建立直角坐標系O﹣xy，在x＜0一側存在與x軸成45°斜向上的勻強電場，電場強度為E；在x＞0一側存在垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出）。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小球A由第Ш象限的（﹣L、﹣L）處靜止釋放，運動到O點與一靜止在O點、質量也為m的不帶電小球C發(fā)生碰撞并結合成一個整體D，碰撞過程中總電荷量保持不變，在此后的運動中，D第一次經(jīng)過y軸時的坐標為（0，﹣2L）。求：
（1）小球A運動到O點的時間t及與C碰前的速度v1；
（2）磁感應強度B的大小及方向；
（3）D第二次經(jīng)過y軸時的速度大小v2及位置坐標。
【分析】（1）由牛頓第二定律求得加速度，即可根據(jù)勻變速運動規(guī)律求得運動時間和末速度；
（2）根據(jù)質量守恒、電荷守恒求得D的質量、電荷，由動量守恒求得速度；根據(jù)幾何關系求得圓周運動軌道半徑，即可根據(jù)洛倫茲力做向心力求得磁感應強度；根據(jù)運動軌跡求得偏轉方向，從而由左手定則求得磁感應強度方向；
（3）根據(jù)幾何關系及圓周運動規(guī)律求得D進入電場的速度，然后由幾何關系求得位移關系，根據(jù)勻變速動規(guī)律求得運動時間，末速度及位移，即可求得位置坐標。
【解答】（1）小球A到O只受電場力作用，由運動學公式可得：
qE＝ma1
聯(lián)立解得：t＝2
則小球A與C碰前的速度為：
v1＝a1t
代入數(shù)據(jù)解得v1＝2
（2）A和C相撞，規(guī)定v1方向為正方向，由動量守恒得：
mv1＝2mv
D在磁場中做圓周運動，由幾何關系可得：
洛倫茲力提供向心力有：
聯(lián)立解得：B＝，根據(jù)D進出磁場的方向，由左手定則判斷，磁場方向垂直紙面向外
（3）D在電場中做類平拋運動，可得：
a2＝
初速度方向與加速度方向的位移相等，則：vt＝
D在電場中的位移s＝
解得v2＝，s＝4
可得位置坐標為：（0，4﹣L）
答：（1）小球A運動到O點的時間為2，與C碰前的速度為2；
（2）磁感應強度B的大小為，方向垂直紙面向外；
（3）D第二次經(jīng)過y軸時的速度大小為，位置坐標為（0，4﹣L）。
【點評】帶電粒子在勻強電場中運動，一般進行受力分析由勻變速運動規(guī)律求解；在勻強磁場中運動，則根據(jù)洛倫茲力做向心力求得軌道半徑，然后根據(jù)幾何關系求解。
43．（2021春?南京期末）如圖所示，豎直放置的平行金屬板A、B，板間距離為L，板長為2L，A板內(nèi)側中央O處有一個體積不計的放射源，在紙面內(nèi)向A板右方均勻地以等大的速率朝各個方向輻射正離子，離子質量m＝8.0×10﹣26kg，離子電荷量q＝8.0×10﹣19C，離子的速率v0＝2.0×105m/s，不計極板邊緣處及離子重力的影響，計算中?。?.7，則：
（1）若UAB＝0，則打到B板上的離子占總離子數(shù)的幾分之幾？
（2）若使所有離子都能打到B板，且落點在B板上的長度為L，則A、B間要加多大的電壓？
（3）若打到B板的離子只占總離子數(shù)的，則A、B間要加多大的電壓？
【分析】（1）放射源在紙面內(nèi)向A板右方均勻地以等大的速率朝各個方向輻射正離子，所以向某一方向輻射的離子數(shù)與此方向的夾角成正比，由幾何關系求出放射源與AB所成的夾角，此夾角占離子源輻射角180°的比例就是打到B板上的離子數(shù)點總離子的比例；
（2）考慮臨界情況，沿平行于極板方向射出的離子做類平拋運動剛好打到B點，由類平拋運動規(guī)律求出加速度，從而求出了極板間的電壓；
（3）已知了離子數(shù)的占比，則已知了輻射角占平角的比例，也就是已知了離子初速度方向與極板的夾角，此時離子做斜拋運動，由斜拋運動的規(guī)律就能求出極板間的電壓。
【解答】解：（1）UAB＝0，離子做勻速直線運動，O點與板兩端連線的夾角為：
θ＝2arctan＝90°
打到B板上的離子占總離子數(shù)的比值為：＝＝；
（2）若平行于A板的離子能夠打到B板，則所有離子都能打到B板，且落點在B板上的長度為L，則
豎直方向：L＝v0t
水平方向：L＝，其中加速度：a＝＝
代入數(shù)據(jù)解得：UAB＝3.2×105V
（3）設剛好能夠打到B板邊緣的離子速度方向與水平方向的夾角為α，則：
所以有：α＝30°
由于打在B板的粒子減少，可知此時B板的電勢高，此時：
豎直方向：t′＝
水平方向：L＝v0csα?t′﹣，其中：a′＝
解得：UBA＝1400V
所以有：UAB＝﹣UBA＝﹣1400V
答：（1）若UAB＝0，則打到B板上的離了占總離了數(shù)的；
（2）若使所有離子都能打到B板，且落點在B板上的長度為L，則UAB至少為3.2×105V；
（3）若打到B板的離子只占總離子數(shù)的以，則UAB是﹣1400V。
【點評】本題關鍵點在于：一是打到某一方向的離子數(shù)占比應與此方向的輻射角成正比；二是此題考查了幾個特殊情況，沿平行于極板方向射出的離子做類平拋運動、沿垂直于極板方向的離子做勻減速直線運動，這兩種情況是臨界狀態(tài)，從而求出電壓的最小值。
44．（2021?柯橋區(qū)模擬）如圖所示，AC水平軌道上AB段光滑，BC段粗糙，且LBC＝2m，CDF為豎直平面內(nèi)半徑為R＝0.2m的光滑半圓軌道，兩軌道相切于C點，CF右側有電場強度E＝1.5×103N/C的勻強電場，方向水平向右。一根輕質絕緣彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與帶負電滑塊P接觸但不連接，彈簧原長時滑塊在B點?，F(xiàn)向左壓縮彈簧后由靜止釋放，當滑塊P運動到F點瞬間對軌道壓力為2N。已知滑塊P的質量為m＝200g，電荷量為q＝﹣1.0×10﹣3C，與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，忽略滑塊P與軌道間電荷轉移。
（1）求滑塊從F點拋出后落點離C的距離：
（2）求滑塊到C點時對軌道的壓力
（3）欲使滑塊P沿光滑半圓軌道CDF運動時不脫離圓弧軌道，求彈簧釋放彈性勢能大小取值范圍。
【分析】（1）由牛頓第二定律求F點速度，再用平拋規(guī)律解答；（2）由動能定理解C點速度，再由牛頓第二定律和牛頓第三定律解答；（3）計算等效重力，找到等效最高點，分析題意找到滑塊不與軌道分離的兩種情況，分別用動能定理處理。
【解答】解：（1）F點時受力如圖1所示，由牛頓第二定律：N+mg＝m，解得：vF＝2m/s，從F拋出做平拋運動；2R＝，解得：t＝＝s＝s，落點到C點的距離：x＝vFt＝2×m＝
（2）滑塊從C到F，由動能定理：﹣2mgR＝v，解得：vc＝2m/s，在C點如圖2所示：由牛頓第二定律：
FC﹣mg＝m，解得：FC＝14N，由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力大小為14N，方向豎直向下.
（3）如圖3所示，由條件可得等效重力：mg′＝＝2.5N，設方向與豎直方向夾角θ，則有：tanθ＝＝＝0.75，可得θ＝37°
M、N兩點分別為物理最高點和圓心等高點，
Ⅰ.要使小球P沿半圓軌道運動到M點時不與軌道分離，可得：mg′＝m，解得：v＝2.5m2/s2
小球從壓縮時到M點的過程中，由動能定理得：EP﹣μmgLBC﹣mg′R（1+csθ）＝﹣0，聯(lián)立可得：EP＝1.95J
Il.小球在圓心等高點（N點）的最小速度為零，由動能定理得：EP﹣μmgLBC﹣mgR﹣qER＝0﹣0，解得：EP＝1.2J
所以要使小球P沿光滑半圓軌道CDF運動時不脫離圓弧軌道，彈性勢能的取值范圍：EP≥1.95J或EP≤1.2J
答：（1）滑塊從F點拋出后落點離C的距離為；
（2）滑塊到C點時對軌道的壓力大小為14N，，方向豎直向下；
（3）欲使滑塊P沿光滑半圓軌道CDF運動時不脫離圓弧軌道，彈簧釋放彈性勢能大小取值范圍為：EP≥1.95J或EP≤1.2J
【點評】本題難點在（3）中，一是計算等效重力，找到等效最高點，二是滑塊不與軌道分離的兩種情況，記住這種模型。
45．（2021春?杭州期末）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，加速電壓恒定；高度足夠高、寬度為d的虛線框內(nèi)有垂直紙面的勻強偏轉磁場。電子束從靜止開始在M、N之間加速后以速度v水平射出并進入偏轉磁場，速度方向改變60°角后打到靶環(huán)上的P點產(chǎn)生X射線，探測器能夠探測到豎直向上射出的X射線。靶環(huán)形狀是以P點為圓心的圓面，P點距偏轉磁場中心的水平距離為l。已知電子質量為m，電量為e，電子重力不計、始終在真空中運動。
（1）求偏轉磁場的磁感應強度B的大小和方向；
（2）若撤去磁場，在虛線框中加一沿豎直方向的勻強偏轉電場，也可使電子偏轉60°角后打在靶環(huán)上產(chǎn)生X射線。
①求偏轉電場對電子的沖量大?。?br>②求靶環(huán)的最小半徑；
③若②問中求得靶環(huán)的最小半徑為R，且電子以初速度v0進入M、N之間開始加速時，電子仍能打到靶環(huán)上，求的最大值。
【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力以及動能定理求解電子做圓周運動的半徑表達式，由幾何關系求得半徑，聯(lián)立可求得磁感應強度大小；
（2）由動力學規(guī)律及幾何關系偏轉總距離的關系式，從而判斷改變加速電壓后P點的變化情況。
【解答】解：（1）由左手定則知，磁場方向垂直紙面向內(nèi)
洛倫茲力提供向心力：
由幾何關系有：
聯(lián)立可得：
（2）將偏轉磁場換為偏轉電場后，
①經(jīng)過電場的過程，由動量定理：
②由幾何關系知，靶的最小半徑為：
③電子以v0的速度在MN間加速時，由動能定理有：
得到：
再由幾何關系：（l﹣R）tanθ＝（l+R）tanθ'
、
故：
聯(lián)立得：
所以：
答：（1）轉磁場的磁感應強度B的大小，方向垂直紙面向內(nèi)；
（2）①偏轉電場對電子的沖量大小為；
②靶環(huán)的最小半徑為；
③若②問中求得靶環(huán)的最小半徑為R，且電子以初速度v0進入M、N之間開始加速時，電子仍能打到靶環(huán)上，的最大值為。
【點評】解決該題需要明確知道電子在各個區(qū)域的運動情況，知道在勻強電場中順著電場線電勢的變化情況，能正確推導出電子在磁場中運動半徑。
46．（2021?南京模擬）如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有范圍足夠大的周期性呈現(xiàn)的勻強電場和勻強磁場，電場強度E和磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖乙、圖丙所示，E的方向為x軸正方向，E0、T0為已知量，電場強度在第k（k＝1，2，3……）個周期的前半周期內(nèi)大小為kE0。B垂直xOy平面向里，B的大小不確定且可調(diào)t＝0時刻，質量m、電荷量+q的粒子P在坐標原點O處靜止釋放，不計粒子的重力大小，不考慮E、B突變的影響。
（1）t＝時刻粒子P的速度大??；
（2）要使粒子在電場中運動時始終在x軸上，求磁感應強度B。
（3）改變磁感應強度B使粒子在電場中運動時始終做直線運動，且不始終發(fā)生在x軸上，求t＝3T0時刻粒子位置y軸坐標值y3。
【分析】（1）粒子只受電場力，應用動量定理便可求解時刻粒子P的速度大?。?br>（2）要使粒子在電場中運動時始終在x軸上，需要在只有磁場時粒子能轉過整數(shù)倍圈，再根據(jù)勻速圓周運動的規(guī)律列式求解即可；
（3）要使粒子在電場中運動時始終做直線運動，且不始終發(fā)生在x軸上，需要在只有磁場時粒子能轉過整數(shù)倍半圈，再根據(jù)勻速圓周運動的規(guī)律列式求解即可。
【解答】解：（1）選x軸正方向為正方向，由動量定理有：qE0×＝mv1﹣0
解得：v1＝；
（2）要使粒子在電場中運動時始終在x軸上，則粒子在只有磁場時粒子能轉過整數(shù)倍圈，即粒子在時間內(nèi)轉過n圈，其中n＝1，2,3……，
設粒子在磁場中運動時周期為T，則nT＝。
粒子在磁場中，由牛頓第二定律有：qvB＝m，又T＝
解得：T＝，
又nT＝，即＝，
解得：B＝，n＝1，2，3，……；
（3）根據(jù)題意，粒子每個周內(nèi)后半周期在磁場中是轉過圈數(shù)可能是（2k+1），其中k＝0，1，2，3……，
有：＝（2k+1）T＝，
t1＝時刻粒子速度v1＝，
﹣T0時間粒子回旋半徑，
代入上面結果得R1的可能值：
，k＝0，1，2，3……
T0時刻粒子速度為﹣v1，方向向左，
時刻粒子速度v2＝﹣v1+2＝v1，
所以時間粒子回旋半徑R2＝R1
2T0時刻粒子速度為﹣v2，方向向左，
t3＝2T0+時刻粒子速度v3＝﹣v2+＝2v1，
所以2T0+﹣3T0時間粒子回旋半徑R3＝2R1
t＝3T0時刻粒子y坐標y3＝2R1+2R2+2R3＝8R1，
代入數(shù)據(jù)得：y3＝，k＝0，1，2，3……。
答：（1）t＝時刻粒子P的速度大小為；
（2）要使粒子在電場中運動時始終在x軸上，磁感應強度B大小為，n＝1，2，3，……；
（3）要使粒子在電場中運動時始終做直線運動，且不始終發(fā)生在x軸上，t＝3T0時刻粒子位置y軸坐標值y3為，k＝0，1，2，3……。
【點評】本題是帶電粒子在復合場中運動的問題，分析粒子的受力情況，確定其運動情況，關鍵是根據(jù)粒子在電場中的運動情況判斷粒子在磁場中的運動情況。
47．（2021?廈門三模）如圖所示，光滑絕緣水平面上有一處于鎖定狀態(tài)的壓縮輕質絕緣彈簧，彈性勢能Ep＝2mv02，彈簧兩端與兩小球P、Q接觸但不相連，質量為的小球P不帶電，小球Q質量為m，帶電量為+q。彈簧解除鎖定后，小球P、Q向兩邊彈離。小球Q離開彈簧后垂直于邊界MN進入右側多層緊密相鄰的勻強磁場和勻強電場，磁場與電場的寬度均為d，長度足夠，磁感應強度大小相同，方向豎直向下；電場強度大小相同，方向水平向右。小球Q穿出第一個磁場區(qū)域時速度方向與磁場邊界的夾角θ＝60°，假設電場、磁場均有理想邊界，兩小球均可視為質點，求：
（1）彈簧恢復原長時，小球Q的速度大??；
（2）若壓縮彈簧的彈性勢能范圍為0＜Ep≤4mv02，寫出小球Q穿出第一個磁場區(qū)域時速度方向與磁場邊界的夾角余弦值csθ與Ep之間的函數(shù)關系式；
（3）在（2）的前提下，若要小球Q不穿出第5個磁場的右側邊界，求電場強度的最大值。
【分析】（1）彈簧彈開后，P、Q兩小球的動量等大反向，彈性勢能轉化為兩小球的動能，由此列式解得；
（2）根據(jù)彈性勢能的取值不同，找出小球穿出第一個磁場的臨界狀態(tài)及出現(xiàn)臨界時的彈性勢能，并求出對應臨界狀態(tài)下，小球Q穿出第一個磁場區(qū)域時速度方向與磁場邊界的夾角余弦值csθ與Ep之間的函數(shù)關系式，從而解得；
（3）小球Q恰好與第5個磁場右邊界相切時，恰好不穿過第5個磁場，則小球Q經(jīng)過了4個電場加速，結合動能定理列式；垂直于電場方向的洛倫茲力分量引起小球垂直于電場方向的動量變化，結合動量定理列式，再結合水平方向運動規(guī)律，從而解得。
【解答】解：（1）彈簧彈開后，P、Q兩小球的動量等大反向，彈性勢能轉化為兩小球的動能，
則有：＝mvQ
Ep＝?+m
又有：Ep＝2mv02，
解得：vQ＝＝v0
（2）小球Q穿出第一個磁場區(qū)域時與磁場邊界的夾角θ＝60°，
則有：Rcsθ＝d
BqvQ＝m
解得：B＝
若彈簧彈性勢能較小，小球恰與右邊邊界相切，轉半圈后垂直左邊射出，
則有：R1＝d
BqvQ'＝m
解得：vQ'＝
由（1）可知，此時Ep'＝mv02，小球垂直左邊界射出，csθ＝0；
若彈簧彈性勢能較大，則小球從右邊邊界射出，
則有：vQ＝
csθ＝
BqvQ＝m
解得：csθ＝
則有：0＜Ep≤mv02，csθ＝0
或者：mv02＜Ep≤4mv02，csθ＝
（3）小球Q恰好與第5個磁場右邊界相切時，恰好不穿過第5個磁場，則小球Q經(jīng)過了4個電場加速，
則有：4qEd＝mv52﹣mvQ2，其中vQ＝
僅垂直于電場方向的洛倫茲力分量引起小球垂直于電場方向的動量變化，設垂直于電場方向的洛倫茲力的方向為正方向，
則有：∑qvxB△t＝mv5﹣0
∑vx△t＝5d
聯(lián)立解得：E＝
彈性勢能越小，電場強度越大，
即當Ep＝mv02時，對應的電場強度最大，為Em＝。
答：（1）彈簧恢復原長時，小球Q的速度大小為v0；
（2）當壓縮彈簧的彈性勢能0＜Ep≤mv02時，csθ＝0；當壓縮彈簧的彈性勢能 mv02＜Ep≤4mv02時，csθ＝；
（3）在（2）的前提下，若要小球Q不穿出第5個磁場的右側邊界，求電場強度的最大值為。
【點評】本題考查了帶電小球在磁場與電場的組合場中的運動，屬于壓軸題難度較大，關鍵是分析清楚小球的運動過程及臨界狀態(tài)，綜合運用牛頓第二定律、動能定理、動量定理及能量守恒解答。
48．（2021?大慶模擬）受到回旋加速器的啟發(fā)，某科研團隊設計了另一種加速帶電粒子的儀器，基本原理如圖所示，以兩虛線MN、PQ為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側為相同的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一質量為m、電荷量為+q（不計重力）的帶電粒子，以初速度v垂直MN邊界射入磁場做勻速圓周運動后進入電場做勻加速直線運動，然后垂直PQ邊界進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動。已知從帶電粒子第二次進入電場開始，每次進入電場的瞬間，距離粒子較遠的磁場向外移動距離d，使電場的寬度增加距離d，不考慮由于電磁場的移動對空間電磁場帶來的影響。已知帶電粒子每次進入電場時均做勻加速直線運動，且粒子在磁場中運動的半徑是上一次在磁場中運動半徑的v倍。求：
（1）粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W1；
（2）粒子第n次經(jīng)過電場時電場強度的大小En；
（3）從開始運動到第n次經(jīng)過電場時所用的總時間t。
【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出粒子在磁場中的運動軌道半徑，結合軌道半徑的變化得出速度的變化，通過動能定理求出粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功；
（2）第n次經(jīng)過電場時，電場的寬度為nd，結合第n次經(jīng)過電場時的初末速度，運用動能定理求出粒子第n次經(jīng)過電場時電場強度的大?。?br>（3）根據(jù)動量定理求出第n次通過電場所用時間的表達式，結合時間的表達式求出通過電場的總時間，再結合在磁場中運動的總時間，求出從開始運動到第n次經(jīng)過電場時所用的總時間t。
【解答】解：（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有：，
半徑為：r＝，
半徑增加v倍，則速度增加v倍，即：，
根據(jù)動能定理得：，
解得：W1＝；
（2）第n次經(jīng)過電場過程中，電場的寬度為：dn＝nd，（n＝1、2、3??????）
初末速度分別為vn和vn+1，
由動能定理得：qEnnd＝，
解得粒子第n次經(jīng)過電場時的電場強度的大?。篍n＝；
（3）帶電粒子第n次經(jīng)過電場的過程中，由動量定理得：，
解得：，
則：t電＝t1+t2+t3+???+tn，
聯(lián)立可得：t電＝，
整理可得：，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：，
周期為：T＝，
在磁場中運動的總時間：＝，
從開始運動到第n次經(jīng)過電場時所用的總時間為：t＝t電+t磁＝。
答：（1）粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功為；
（2）粒子第n次經(jīng)過電場時電場強度的大小為；
（3）從開始運動到第n次經(jīng)過電場時所用的總時間為。
【點評】本題考查了帶電粒子在組合場中的運動，關鍵理清整個過程中粒子的運動規(guī)律，結合動能定理、動量定理綜合求解。對于第三問，對數(shù)學能力的要求較高，關鍵得出時間的通項表達式，結合數(shù)學知識綜合求解。
49．（2021?西城區(qū)二模）研究原子核的結構時，需要用能量很高的粒子轟擊原子核。為了使帶電粒子獲得很高的能量，科學家發(fā)明了各種粒子加速器。圖1為某加速裝置的示意圖，它由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列組成，其軸線在同一直線上，序號為奇數(shù)的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交變電源的兩極相連，交變電源兩極間的電勢差的變化規(guī)律如圖2所示。在t＝0時，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值。此時和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號為0）的中央有一電子，在圓板和圓筒1之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線進入圓筒1。為使電子在圓筒之間的間隙都能被加速，圓筒長度的設計必須遵照一定的規(guī)律。
若電子的質量為m，電荷量為﹣e，交變電源的電壓為U，周期為T，兩圓筒間隙的電場可視為勻強電場，圓筒內(nèi)場強均為0。不計電子的重力和相對論效應。
（1）求電子進入圓筒1時的速度v1，并分析電子從圓板出發(fā)到離開圓筒2這個過程的運動；
（2）若忽略電子通過圓筒間隙的時間，則第n個金屬圓筒的長度Ln應該為多少？
（3）若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，且圓筒間隙的距離均為d，在保持圓筒長度、交變電壓的變化規(guī)律和（2）中相同的情況下，該裝置能夠讓電子獲得的最大速度是多少？
【分析】（1）根據(jù)動能定理求解電子進入圓筒1時的速度，根據(jù)受力情況分析運動情況；
（2）根據(jù)動能定理求解經(jīng)過n次加速后的速度大小，根據(jù)位移﹣時間關系求解第n個金屬圓筒的長度；
（3）根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律結合運動學公式、牛頓第二定律進行解答；或者根據(jù)動能定理進行解答。
【解答】解：（1）電子由金屬圓板經(jīng)電場加速進入圓筒1，根據(jù)動能定理Ue＝﹣0
解得：v1＝；
電子從圓板開始先做勻加速直線運動，進入圓筒1，筒內(nèi)場強為0，電子不受外力做勻速直線運動，在圓筒1、2之間間隙再做勻加速直線運動，進入圓筒2再做勻速直線運動。
（2）電子進入第n個圓筒時，經(jīng)過n次加速，根據(jù)動能定理nUe＝﹣0
解得：vn＝
由于不計電子通過圓筒間隙的時間，則電子在圓筒內(nèi)做勻速直線運動的時間恰好是半個周期，則：Ln＝vn
解得：Ln＝T；
（3）由于保持圓筒長度、交變電壓的變化規(guī)律和（2）中相同，若考慮電子在間隙中的加速時間，則粒子進入每級圓筒的時間都要比（2）中對應的時間延后一些，如果延后累計時間等于，則電子再次進入電場時將開始減速，此時的速度就是裝置能夠加速的最大速度。
方法1：由于兩圓筒間隙的電場為勻強電場，間距均相同，則電子的加速度為：a＝
其中：F＝Ee，E＝
解得：a＝
累計延后時間為，則電子的加速時間為，所以電子的最大速度為：vm＝a
解得：vm＝；
方法2：由于兩圓筒間隙的電場為勻強電場，間距均為d，經(jīng)過N次加速到最大速度，則：Nd＝
根據(jù)動能定理可得：NUe＝﹣0
解得vm＝。
答：（1）電子進入圓筒1時的速度為；電子從圓板開始先做勻加速直線運動，進入圓筒1做勻速直線運動，在圓筒1、2之間間隙再做勻加速直線運動，進入圓筒2再做勻速直線運動；
（2）若忽略電子通過圓筒間隙的時間，則第n個金屬圓筒的長度Ln應該為T；
（3）該裝置能夠讓電子獲得的最大速度是。
【點評】有關帶電粒子在勻強電場中的運動，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系。根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關系。根據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答。
50．（2021?江蘇模擬）如圖所示，水平細桿MN、CD，長度均為L，兩桿間距離也為L，M、C兩端與半圓形細桿相連，半圓形細桿與MN、CD在同一豎直平面內(nèi)，且MN、CD恰為半圓弧在M、C兩點處的切線。質量為m的帶正電的小球P，電荷量為q，穿在細桿上，已知小球P與兩水平細桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，且與半圓形細桿之間的摩擦不計，小球P與細桿之間相互絕緣。若整個裝置處在水平向右，場強大小為的勻強電場中，如圖甲所示。
（1）小球P以大小為的水平向左的初速度從D端出發(fā)，求它沿桿滑到半圓形軌道最低點C時受到桿對它彈力的大??；
（2）要使得小球能沿半圓形細桿滑到MN水平桿上，則小球P從D端出發(fā)的初速度大小至少多大；
（3）撤去題中所述的電場，改為在MD、NC連線的交點O處固定一電荷量為Q的負電荷，如圖乙所示，使小球P從D端出發(fā)沿桿滑動，滑到N點時速度恰好為零（已知小球所受庫侖力始終小于重力），求小球P從D端出發(fā)時的初速度大小。
【分析】小球由D到C的過程中，由動能定理求小球受到桿對它的彈力；重力和電場力的等效重力的方向為與水平方向夾45°斜向右下方，等效最高點為半圓形軌道斜向左上方45°的位置處，只要該點速度大于等于零即可使得小球能沿半圓形細桿滑到MN水平桿上；根據(jù)對稱性和微元法求摩擦力的功，根據(jù)能量守恒求速度。
【解答】解：（1）小球由D到C的過程中，由動能定理有：
在C點由向心力公式有：
解得：FN＝3mg
（2）重力和電場力的等效重力的方向為與水平方向夾45°斜向右下方，等效最高點為半圓形軌道斜向左上方45°的位置處，只要該點速度大于等于零即可，從D點到該位置的過程，由動能定理得：
mgL＝0﹣
解得：
（3）利用對稱性及微元法有：
△wf＝μ（mg﹣Fy）△s+μ（mg+Fy）△s＝2μmg△s
所以Wf＝△W1+△W2+?＝2μmgL
又因為小球P在D點和N點電勢能相等，所以從D到N，W電＝0
由能量守恒有：
解得：
答：（1）小球P以大小為的水平向左的初速度從D端出發(fā)，求它沿桿滑到半圓形軌道最低點C時受到桿對它彈力的大小為3mg；
（2）要使得小球能沿半圓形細桿滑到MN水平桿上，則小球P從D端出發(fā)的初速度大小至少為；
（3）撤去題中所述的電場，改為在MD、NC連線的交點O處固定一電荷量為Q的負電荷，如圖乙所示，使小球P從D端出發(fā)沿桿滑動，滑到N點時速度恰好為零小球P從D端出發(fā)時的初速度大小為。
【點評】解題的關鍵是利用對稱性和微元法求摩擦力的功；解題時注意用等效重力的方法找等效最高點，找臨界條件。

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高中物理人教版 (2019)必修 第三冊電子課本

5 帶電粒子在電場中的運動

版本： 人教版 (2019)

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