2018-2022高考物理試題真題分類(lèi)匯編-帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

參考答案：1．C【詳解】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(shì)高低，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度增加，動(dòng)能增加，則電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；則平行M板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)電場(chǎng)力也做正功，電勢(shì)能同樣減小，故B錯(cuò)誤；CD．設(shè)兩板間距離為d，對(duì)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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有對(duì)于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因兩粒子相同，在電場(chǎng)中加速度相同，有聯(lián)立解得，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C。2．D【詳解】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，滿足即AB．當(dāng)電勢(shì)差調(diào)整為2U時(shí)，若液滴的半徑不變，則滿足可得AB錯(cuò)誤；CD．當(dāng)電勢(shì)差調(diào)整為2U時(shí)，若液滴的半徑變?yōu)?r時(shí)，則滿足可得C錯(cuò)誤，D正確。故選D。3．D【詳解】A．高壓電源左為正極，則所加強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)向右，而沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，可知故A錯(cuò)誤；B．等差等勢(shì)線的疏密反映場(chǎng)強(qiáng)的大小，由圖可知a處的等勢(shì)線較密，則故B錯(cuò)誤；C．液滴的重力不計(jì)，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為因，可得故C錯(cuò)誤；D．液滴在電場(chǎng)力作用下向右加速，則電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減少，即故D正確；故選D。4．D【詳解】A．由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場(chǎng)方向由N指向M，根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知M的電勢(shì)低于N的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B．增大加速電壓則根據(jù)可知會(huì)增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力有可得可知會(huì)增大在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場(chǎng)寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會(huì)減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點(diǎn)會(huì)右移，故B錯(cuò)誤；C．電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故C錯(cuò)誤；D．由B選項(xiàng)的分析可知，當(dāng)其它條件不變時(shí)，增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度會(huì)減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點(diǎn)左移，故D正確。故選D。5．B【詳解】A．如圖所示，金屬棒繞軸切割磁感線轉(zhuǎn)動(dòng)，棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)A錯(cuò)誤；B．電容器兩極板間電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，帶電微粒在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，則即B正確；C．電阻消耗的功率C錯(cuò)誤；D．電容器所帶的電荷量D錯(cuò)誤。故選B。6．C【詳解】A．粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向豎直方向由可得故A錯(cuò)誤；B．由于故粒子速度大小為故B錯(cuò)誤；C．由幾何關(guān)系可知，到P點(diǎn)的距離為故C正確；D．由于平拋推論可知，，可知速度正切可知速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯(cuò)誤。故選C。7．B【詳解】AD．粒子在平行板電容器中做以初速度做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，分解位移：電場(chǎng)力提供加速度：極板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電壓和電場(chǎng)強(qiáng)度滿足：聯(lián)立方程可知偏轉(zhuǎn)位移滿足：結(jié)合上述方程可知，由于初速度未知，所以偏轉(zhuǎn)電壓和電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間無(wú)法求出，故AD錯(cuò)誤；BC．偏轉(zhuǎn)的角度滿足：解得：；初速度未知，粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的豎直方向速度無(wú)法求出，所以粒子射出電場(chǎng)的速度無(wú)法求出，故B正確，C錯(cuò)誤。故選B．8．B【詳解】由動(dòng)能的表達(dá)式可知帶電小球在M點(diǎn)的動(dòng)能為，在N點(diǎn)的動(dòng)能為，所以動(dòng)能的增量為，故A錯(cuò)誤；帶電小球在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向受重力做勻減速運(yùn)動(dòng)，水平方向受電場(chǎng)力做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，可得，豎直方向的位移，水平方向的位移，因此有，對(duì)小球?qū)憚?dòng)能定理有，聯(lián)立上式可解得，，因此電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能增加，故機(jī)械能增加，電勢(shì)能減少，故B正確D錯(cuò)誤，重力做負(fù)功重力勢(shì)能增加量為，故C錯(cuò)誤．9．A【詳解】由于帶電粒子在電場(chǎng)中類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)力方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為，經(jīng)過(guò)時(shí)間，電場(chǎng)力方向速度為，功率為，所以P與t成正比，故A正確．10．D【詳解】A．加速過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)質(zhì)子做正功，則質(zhì)子電勢(shì)能減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．質(zhì)子所受到的電場(chǎng)力約為F=Eq=1.3×105×1.6×10-19N=2×10－14N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．加速度，則質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．加速器加速的直線長(zhǎng)度約為，選項(xiàng)D正確．11．D【詳解】試題分析：將粒子的運(yùn)動(dòng)分情況討論：從M運(yùn)動(dòng)到N；從N運(yùn)動(dòng)到M，根據(jù)電場(chǎng)的性質(zhì)依次判斷；電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，同一個(gè)粒子受到的電場(chǎng)力越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子從M運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，則根據(jù)帶電粒子所受電場(chǎng)力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點(diǎn)的電場(chǎng)力方向和速度方向如圖所示，故電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，即，負(fù)電荷在低電勢(shì)處電勢(shì)能大，故；若粒子從N運(yùn)動(dòng)到M，則根據(jù)帶電粒子所受電場(chǎng)力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點(diǎn)的電場(chǎng)力方向和速度方向如圖所示，故電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，即，負(fù)電荷在低電勢(shì)處電勢(shì)能大，故；綜上所述，D正確；【點(diǎn)睛】考查了帶電粒子在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；本題的突破口是根據(jù)粒子做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，從而判斷出電場(chǎng)力方向與速度方向的夾角關(guān)系，進(jìn)而判斷出電場(chǎng)力做功情況．12．BD【詳解】C．在截面內(nèi)，極板間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與其到O點(diǎn)的距離成反比，可設(shè)為帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有，可得即粒子1入射時(shí)的動(dòng)能等于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；A．粒子3從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，做向心運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，則動(dòng)能增大，粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的小，故A錯(cuò)誤；B．粒子4從距O點(diǎn)的位置入射并從距O點(diǎn)的位置出射，做離心運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大，故B正確；D．粒子3做向心運(yùn)動(dòng)，有可得粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能，故D正確；故選BD。13．BD【詳解】A．如圖所示故等效重力的方向與水平成。當(dāng)時(shí)速度最小為，由于此時(shí)存在水平分量，電場(chǎng)力還可以向左做負(fù)功，故此時(shí)電勢(shì)能不是最大，故A錯(cuò)誤；BD．水平方向上在豎直方向上由于，得如圖所示，小球的動(dòng)能等于末動(dòng)能。由于此時(shí)速度沒(méi)有水平分量，故電勢(shì)能最大。由動(dòng)能定理可知?jiǎng)t重力做功等于小球電勢(shì)能的增加量，故BD正確；C．當(dāng)如圖中v1所示時(shí)，此時(shí)速度水平分量與豎直分量相等，動(dòng)能最小，故C錯(cuò)誤；故選BD。14．BC【詳解】A．根據(jù)電場(chǎng)力提供向心力可得解得可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)電場(chǎng)力提供向心力可得解得又聯(lián)立可得可知電荷量大的粒子的動(dòng)能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑r一定無(wú)關(guān)，故BC正確；D．磁場(chǎng)的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運(yùn)動(dòng)，也可能做近心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選BC。15．AD【詳解】AB．該過(guò)程中由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)實(shí)現(xiàn)，此時(shí)粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)該過(guò)程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)時(shí)，此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向分速度在減小，根據(jù)可知t1<t2故A正確，B錯(cuò)誤。CD．該過(guò)程中由方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)實(shí)現(xiàn)，此時(shí)粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度大于v0；當(dāng)該過(guò)程僅由方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)時(shí)，此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度等于v0，而根據(jù)可知Ek1>Ek2故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。16．AD【詳解】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，帶電粒子的在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為因?yàn)樗膫€(gè)帶電的粒子的初速相同，電場(chǎng)強(qiáng)度相同，極板長(zhǎng)度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個(gè)帶電粒子帶正電，一個(gè)帶電粒子帶負(fù)電，所以一個(gè)粒子與另外三個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；粒子與粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與粒子的比荷也相同，所以、、三個(gè)粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但粒子與前兩個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；粒子的比荷與、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。故選AD。17．AB【詳解】A．由于該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，可采用矢量分解的的思路，沿cd方向建立x軸，垂直與cd方向建立y軸如下圖所示在x方向有W=Exq2R在y方向有2W=EyqR+ExqR經(jīng)過(guò)計(jì)算有Ex=，Ey=，E=，tanθ=由于電場(chǎng)方向與水平方向成60°，則電場(chǎng)與ab平行，且沿a指向b，A正確；B．該粒從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功為W′=Eq=0.5WB正確；C．沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，則a點(diǎn)的電勢(shì)高于c點(diǎn)的電勢(shì)，C錯(cuò)誤；D．若粒子的初速度方向與ab平行則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選AB。18．CD【詳解】A．根據(jù)電荷間等勢(shì)面的分布情況可知兩點(diǎn)電荷時(shí)同種電荷，又根據(jù)電子在該電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷電子一直受到排斥的力，故可知兩點(diǎn)電荷為同種負(fù)電荷；故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)等勢(shì)面的疏密程度可以判斷A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的小，故B錯(cuò)誤；C．因?yàn)閮牲c(diǎn)電荷是同種負(fù)電荷，電場(chǎng)線指向負(fù)電荷，故可知A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，故C正確；D．根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡和電場(chǎng)線的方向可知由M到P電場(chǎng)力做負(fù)功，由P到N電場(chǎng)力做正功；由M到P動(dòng)能減小，由P到N動(dòng)能增加，故電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，故D正確。故選CD。19．BD【詳解】A．根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運(yùn)動(dòng)，微粒b向上加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab對(duì)微粒a，由牛頓第二定律qE=maaa對(duì)微粒b，由牛頓第二定律qE=mbab聯(lián)立解得>由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，故A錯(cuò)誤；B．在a、b兩微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動(dòng)能定理，在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b大，故B正確；C．由于在t時(shí)刻兩微粒經(jīng)過(guò)同一水平面，電勢(shì)相等，電荷量大小相等，符號(hào)相反，所以在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能不等，故C錯(cuò)誤；D．由于a微粒受到的電場(chǎng)力（合外力）等于b微粒受到的電場(chǎng)力（合外力），根據(jù)動(dòng)量定理，在t時(shí)刻，a微粒的動(dòng)量等于b微粒，故D正確。故選BD。20．ABC【詳解】試題分析：由粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M帶負(fù)電荷，N帶正電荷，故A正確．M從a到b點(diǎn)，庫(kù)侖力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理知，動(dòng)能減小，則b點(diǎn)的動(dòng)能小于在a點(diǎn)的動(dòng)能，故B正確．d點(diǎn)和e點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)相等，則N在d點(diǎn)的電勢(shì)能等于在e點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確．D、N從c到d，庫(kù)侖斥力做正功，故D錯(cuò)誤．故選ABC考點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件判斷出靜電力的方向，掌握判斷動(dòng)能和電勢(shì)能變化的方向，一般的解題思路是根據(jù)動(dòng)能定理判斷動(dòng)能的變化，根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化．21．AC【詳解】A．由于電場(chǎng)的特點(diǎn)未知，對(duì)于帶電粒子，其運(yùn)動(dòng)的速度大小可能先增大后減小，如M、N兩點(diǎn)在等量同種電荷的電場(chǎng)中，M、N為等量同種電荷連線上的中垂線上，且關(guān)于等量同種電荷的連線對(duì)稱，故A正確；B．靜電場(chǎng)中，帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)且電場(chǎng)線是直線時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡才與電場(chǎng)線重合，由于電場(chǎng)未知，所以粒子的軌跡不一定與某條電場(chǎng)線重合，故B錯(cuò)誤；C．粒子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力一定做正功，動(dòng)能增加，電勢(shì)能一定減小，所以粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能，故C正確；D．若粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向?yàn)殡妶?chǎng)線的切線方向，粒子軌跡的切線方向?yàn)樗俣鹊姆较?，根?jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件可知，此時(shí)電場(chǎng)力的方向與速度方向一定不平行，故D錯(cuò)誤。故選AC。22．（1）；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電，電荷量，電勢(shì)能的變化量；（3）見(jiàn)解析【詳解】（1）未加電壓時(shí)，油滴勻速時(shí)的速度大小勻速時(shí)又聯(lián)立可得（2）加電壓后，油滴A的速度不變，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(chǎng)力向上，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度向下，可知油滴B帶負(fù)電，油滴B向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(chǎng)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(dòng)量守恒定律可得新油滴向上加速，達(dá)到平衡時(shí)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(dòng)量守恒定律可知新油滴向下加速，達(dá)到平衡時(shí)解得速度大小為速度方向向下。23．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得（2）小球從B到O，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（3）小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)時(shí)速度豎直向上，受電場(chǎng)力和重力作用，將電場(chǎng)力分解到x軸和y軸，則x軸方向有豎直方向有解得，說(shuō)明小球從O點(diǎn)開(kāi)始以后的運(yùn)動(dòng)為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有，聯(lián)立解得小球過(guò)O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程24．（1）；（2）或；（3）【詳解】（1）電場(chǎng)方向豎直向上，粒子所受電場(chǎng)力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度分解如圖所示粒子在水平方向的速度為根據(jù)可知解得（2）粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能粒子進(jìn)入電場(chǎng)沿電場(chǎng)方向做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得粒子從邊射出電場(chǎng)時(shí)與軸線的距離小于d，則要求解得所以入射角的范圍為或（3）設(shè)粒子入射角為時(shí)，粒子恰好從D點(diǎn)射出，由于粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向反復(fù)做加速相同的減速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)。粒子的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子在沿電場(chǎng)方向，反復(fù)做加速相同的減速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)，則則則粒子在分層電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為，則且代入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)可得即解得（舍去）或解得則從邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比25．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到N板的過(guò)程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)距離時(shí)的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后距離做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)用時(shí)分別為t1、t2，有，則該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間26．（1）；（2），方向垂直導(dǎo)體板向下；（3）【詳解】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）速度選擇器中電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡得方向垂直導(dǎo)體板向下。（3）粒子在全程電場(chǎng)力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有解得27．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)A到M點(diǎn)的距離為，A點(diǎn)的電荷對(duì)小球的庫(kù)侖力大小為，由庫(kù)侖定律有

①設(shè)小球在點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小為，由力的合成有

②聯(lián)立①②式，由幾何關(guān)系并代入數(shù)據(jù)得

③（2）設(shè)O點(diǎn)下方處為點(diǎn)，與的距離為，小球在處所受的庫(kù)侖力大小為，由庫(kù)侖定律和力的合成有

④式中設(shè)小球的質(zhì)量為，小球在點(diǎn)的加速度大小為，由牛頓第二定律有

⑤由圖（c）可知，式中聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)得

⑥設(shè)的質(zhì)量為，碰撞前、后的速度分別為，，碰撞前、后的速度分別為，，取豎直向下為正方向。由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有

⑦

⑧設(shè)小球S2碰撞前的動(dòng)量為，由動(dòng)量的定義有

⑨依題意有聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)，得⑩即碰撞前的動(dòng)量大小為。（3）設(shè)O點(diǎn)上方處為D點(diǎn)。根據(jù)圖（c）和對(duì)稱性可知，在D點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小等于小球的重力大小，方向豎直向上，在此處加速度為0；在D點(diǎn)上方做減速運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)下方做加速運(yùn)動(dòng)，為保證能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與相碰，運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度必須大于零。設(shè)M點(diǎn)與D點(diǎn)電勢(shì)差為，由電勢(shì)差定義有

?設(shè)小球初動(dòng)能為，運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的動(dòng)能為，由動(dòng)能定理有

?

?由對(duì)稱性，D點(diǎn)與C點(diǎn)電勢(shì)相等，M點(diǎn)與N點(diǎn)電勢(shì)相等，依據(jù)圖（b）所給數(shù)據(jù)，并聯(lián)立⑥???式可得

?28．（1）；（2）；（3）0或【詳解】（1）由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會(huì)沿著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，由于q>0，故電場(chǎng)線由A指向C，根據(jù)幾何關(guān)系可知所以根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）根據(jù)題意可知要使粒子動(dòng)能增量最大則沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點(diǎn)為D，即粒子要從D點(diǎn)射出時(shí)沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)距離最多，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系有而電場(chǎng)力提供加速度有聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度（3）因?yàn)榱Ｗ釉陔妶?chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量大小為mv0，即在電場(chǎng)方向上速度變化為v0，過(guò)C點(diǎn)做AC垂線會(huì)與圓周交于B點(diǎn)故由題意可知粒子會(huì)從C點(diǎn)或B點(diǎn)射出。當(dāng)從B點(diǎn)射出時(shí)由幾何關(guān)系有電場(chǎng)力提供加速度聯(lián)立解得當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時(shí)初速度為0，粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量的大小為，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速率應(yīng)為或。另解：由題意知，初速度為0時(shí)，動(dòng)量增量的大小為，此即問(wèn)題的一個(gè)解。自A點(diǎn)以不同的速率垂直于電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)的粒子，動(dòng)量變化都相同，自B點(diǎn)射出電場(chǎng)的粒子，其動(dòng)量變化量也恒為，由幾何關(guān)系及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得，此時(shí)入射速率為29．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)離子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小為v，有

①離子在漂移管中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則

②聯(lián)立①②式，得

③（2）根據(jù)動(dòng)能定理，有

④得

⑤（3）離子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)和反射區(qū)電場(chǎng)中每次單向運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度大小均相等，設(shè)其為，有

⑥通過(guò)⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)路程