2021全國高三（上）期中物理匯編：帶電粒子在電場中的運動

第40頁/共40頁2021全國高三（上）期中物理匯編帶電粒子在電場中的運動一、單選題1．研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是(

)A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大2．一個固定在空間某點、帶負電的點電荷Q產(chǎn)生電場，其中一條電場線與x軸重合。另有一個帶正電的試探電荷q僅在電場力作用下從的位置開始沿x軸運動，其動能與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖所示，虛斜線為該曲線過點（0.2，2）的切線，已知。下列判定錯誤的是（）A．點電荷Q的位置一定在x軸上B．該電場的電勢沿x軸正方向一直升高C．處場強的大小為10N/CD．與兩點間的電勢差為1V3．如題圖所示，真空中豎直平面內(nèi)的三點A、B、C構(gòu)成直角三角形，其中AC豎直，長度為L，B30。勻強電場在A、B、C所決定的平面內(nèi)，電場強度為E，電場方向與AB平行?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的帶電小球以初動能Ek沿CA方向從C點射出，小球通過B點時速度恰好沿AB方向，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．小球所受電場力為所受重力的3倍B．經(jīng)過時間，小球電勢能和重力勢能之和最大C．從C到B，小球做勻變速直線運動D．從C到B，小球克服重力做功與電場力做功之比為4．如圖，電子在電勢差為的加速電場中從A點由靜止開始運動，然后射入電勢差為的兩塊平行極板間的電場中，入射方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略。在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A．變大，變大 B．變小，變小C．變大，變小 D．變小，變大5．如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場，場強，AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，從A點由靜止釋放進入軌道?？諝庾枇Σ挥嫞铝姓f法正確的是（）A．小球在運動過程中機械能守恒B．小球不能到達B點C．小球沿軌道運動的過程中，對軌道的壓力一直增大D．小球沿軌道運動的過程中，動能的最大值為6．如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（）A．帶電油滴一直處于靜止?fàn)顟B(tài)B．P點的電勢將升高C．帶電油滴的電勢能將增大D．極板帶電量將增大二、多選題7．四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別、、、它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行，不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（）A． B．C． D．8．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、場強為E=1×104N/C的勻強電場．在勻強電場中有一根長L=2m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為0.08kg的帶電小球，它靜止時懸線與豎直方向成37°角，若小球獲得初速度恰能繞O點在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，取小球在靜止時的位置為電勢能零點和重力勢能零點，cos37°=0.8，g取10m/s2．下列說法正確（）A．小球的帶電荷量q=6×10﹣5CB．小球動能的最小值為1JC．小球在運動至圓周軌跡上的最高點時有機械能的最小值D．小球繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動的電勢能和機械能之和保持不變，且為4J9．如圖所示，兩個相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強電場E和勻強磁場B中，軌道兩端在同一高度上，兩個相同的帶正電小球a、b同時從軌道左端最高點由靜止釋放，在運動中都能通過各自軌道的最低點M、N，則（）A．兩小球每次到達軌道最低點時的速度都有B．兩小球每次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力都有C．小球b第一次到達N點的時刻與小球a第一次到達M點的時刻相同D．小球b能到達軌道的最右端，小球a不能到達軌道的最右端10．如圖所示，粗糙絕緣的水平面附近存在一平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x軸上的電勢q與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖中曲線所示，曲線過（0.1，4.5）和（0.15，3）兩點，圖中虛線為該曲線過點（0.15，3）的切線，現(xiàn)有一質(zhì)量為0.20kg、電荷量為+2.0×10﹣8C的滑塊P（可視為質(zhì)點），從x＝0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動摩擦因數(shù)為0.02，取重力加速度g＝10m/s．則下列說法中正確的是（）A．滑塊P運動過程中的電勢能先減小后增大B．滑塊P運動過程中的加速度先減小后增大C．x＝0.15m處的電場強度大小為2.0×106N/CD．滑塊P運動的最大速度為0.1m/s11．如圖所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間距離為d，右極板有一小孔，通過孔有絕緣桿，左端固定在左極板上，電容器極板連同底座、絕緣桿總質(zhì)量為M．給電容器充電后，有一質(zhì)量為m的帶正電環(huán)恰套在桿上以某一速度v0對準(zhǔn)小孔向左運動，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器極板間電場的分布．帶電環(huán)進入電容器后距左極板的最小距離為d/2，則A．帶電環(huán)與左極板相距最近時的速度B．此過程中電容器移動的距離C．此過程中電勢能的變化量D．帶電環(huán)減少的動能大于電容器增加的動能12．質(zhì)量為m的帶電小球由空中某點P無初速度地自由下落，經(jīng)過時間t，加上豎直方向且范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過時間t小球又回到P點。整個過程中不計空氣阻力且小球未落地，則（）A．電場強度的大小為B．整個過程中小球電勢能減少了C．從P點到最低點的過程中，小球重力勢能減少了D．從加電場開始到小球運動到最低點的過程中，小球動能減少了13．如圖所示，在水平方向的勻強電場中，一質(zhì)量為m的帶電小球用一輕繩連接恰好在豎直平面內(nèi)繞O點做半徑為R的圓周運動，運動軌跡上均勻地分布著A、B、C、D、F、G、H和P點，OA垂直于電場強度方向。已知小球帶電荷量為，電場強度（g為重力加速度），則下列說法正確的是（）A．小球在A點時的速度為B．小球運動至C點的電勢能大于H點時的電勢能C．小球運動過程中繩子的最大拉力為D．小球運動過程中的最小速度為14．如圖甲所示，兩個點電荷、固定在x軸上，其中位于原點O，a、b是它們連線延長線上的兩點?，F(xiàn)有一帶負電的粒子q以一定的初速度沿x軸從a點開始經(jīng)b點向遠處運動（粒子只受電場力作用），設(shè)粒子經(jīng)過a、b兩點時的速度分別為、，其速度隨坐標(biāo)x變化的圖像如圖乙所示，則以下判斷正確的是（）A．處場強一定為零B．的電荷量等于的電荷量C．連線的中點電勢最低D．q在a點的電勢能比在b點的電勢能多三、解答題15．如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，，.將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點．使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時加一勻強電場，場強方向與所在平面平行，現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g．求（1）無電場時，小球達到A點時的動能與初動能的比值；（2）電場強度的大小和方向．16．在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xoy中，第Ⅰ象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向（豎直向上）的勻強電場，電場強度大小E0=50N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d=0.2m、方向沿x軸正方向（水平向右）的勻強電場。質(zhì)量m=0.1kg、帶電荷量q=+1×10-2C的小球從y軸上P點以一定的初速度垂直y軸方向進入第Ⅰ象限后，從x軸上的A點進入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點離開，已知P、A的坐標(biāo)分別為（0，0.4m），（0.4m，0），取重力加速度g=10m/s2。求：(1)初速度v0的大??；(2)A、B兩點間的電勢差UAB；(3)小球經(jīng)過B點時的速度大小。17．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xoy的第二象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，電場強度大小為E，方向沿y軸負方向。在第一、四象限內(nèi)有一個半徑為R的圓，圓心坐標(biāo)為（R，0），圓內(nèi)有方向垂直于xoy平面向里的勻強磁場。一帶正電的粒子（不計重力），以速度為v0從第二象限的P點，沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標(biāo)原點O進入第四象限，速度方向與x軸正方向成，最后從Q點平行于y軸離開磁場，已知P點的橫坐標(biāo)為。求：（1）帶電粒子的比荷；（2）圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；（3）帶電粒子從P點進入電場到從Q點射出磁場的總時間。18．如圖所示，傾角θ=37°的粗糙絕緣斜面AB與粗糙絕緣水平地面BC在B點平滑連接，B點右側(cè)區(qū)域存在水平向左的勻強電場，電場強度大小E=5.0×103N/C。斜面頂端A點離地高度h=2.4m，可視為質(zhì)點的帶正電金屬滑塊質(zhì)量m=1.0kg、電荷量q=1.0×10-4C?，F(xiàn)將滑塊從A點由靜止釋放，最后停在水平地面上的C點。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.5，滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.15，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：（1）滑塊在粗糙絕緣斜面AB上下滑時加速度a1的大??；（2）求滑塊在水平地面上滑行的距離；（3）將電場強度的大小突然增大到某一值，可使靜止在C點的滑塊恰好能重新返回到斜面頂端A點，求滑塊從C點重新返回到斜面頂端A點所需要的時間t。19．在一空間范圍足夠大區(qū)域內(nèi)可能存在豎直向上的勻強電場，其電場線與坐標(biāo)xOy平面平行．以坐標(biāo)原點O為圓心，作半徑為R的圓交坐標(biāo)軸于A、B兩點，C點為AB圓弧中點位置，如圖所示．在原點O處有帶正電小球，以某一初動能沿x軸正向水平拋出．（1）空間電場強度為0時，小球以Ek0的初動能從O點平拋，剛好能經(jīng)過C點位置，求小球經(jīng)過C點位置時的動能．（2）空間電場強度不為0時，小球以Ek0的初動能從O點平拋，當(dāng)小球經(jīng)過圖中圓周上D點時動能大小為2Ek0，求D點位置坐標(biāo)（圖中未標(biāo)出D點）．（3）空間電場強度不為0時，小球以某一初動能從O點平拋，小球經(jīng)過圖中圓周上C點時動能大小為2Ek0，若已知帶電小球的質(zhì)量為m，電量為q，求空間所加勻強電場的場強大?。ㄓ胢、q、g表達）．20．電子在電場中會受到電場力，電場力會改變電子的運動狀態(tài)，電場力做功也對應(yīng)著能量的轉(zhuǎn)化．已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為-e，不計重力及電子之間的相互作用力，不考慮相對論效應(yīng)．（1）空間中存在豎直向上的勻強電場，一電子由A點以初速度v0沿水平方向射入電場，軌跡如圖1中虛線所示，B點為其軌跡上的一點．已知電場中A點的電勢為φA，B點的電勢為φB，求：①電子在由A運動到B的過程中，電場力做的功WAB；②電子經(jīng)過B點時，速度方向偏轉(zhuǎn)角θ的余弦值cosθ（速度方向偏轉(zhuǎn)角是指末速度方向與初速度方向之間的夾角）．（2）電子槍是示波器、電子顯微鏡等設(shè)備的基本組成部分，除了加速電子外，同時對電子束起到會聚的作用．①電子束會聚的原理如圖2所示，假設(shè)某一厚度極小的薄層左側(cè)空間中各處電勢均為φ1，右側(cè)各處電勢均為φ2（φ2>φ1），某電子射入該薄層時，由于只受到法線方向的作用力，其運動方向?qū)⑾蚍ň€方向偏折，偏折前后能量守恒．已知電子入射速度為v1，方向與法線的夾角為θ1，求它射出薄層后的運動方向與法線的夾角θ2的正弦值sinθ2．②電子槍中某部分靜電場的分布如圖3所示，圖中虛線1、2、3、4表示該電場在某平面內(nèi)的一簇等勢線，等勢線形狀相對于z軸對稱．請判斷等勢面1和等勢面4哪個電勢高？對一束平行于z軸入射的電子，請結(jié)合能量守恒的觀點、力與運動的關(guān)系簡要分析說明該電場如何起到加速的作用？如何起到會聚的作用？21．如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小。一不帶電的絕緣小球甲，以速度沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞，已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為，乙所帶電荷量，g取水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移(1)甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離；(2)在滿足(1)的條件下求甲的速度；(3)若甲仍以速度向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍。22．如圖，在直角坐標(biāo)系的第一象限中，存在豎直向上的勻強電場，場強，虛線是電場的理想邊界線，虛線右端與x軸的交點為，虛線與x軸所圍成的空間內(nèi)沒有電場；在第二象限存在水平向左的勻強電場，場強。有一粒子發(fā)生器能在和兩點連線上的任意位置產(chǎn)生初速度為零的負粒子，粒子質(zhì)量均為、電荷量，不計粒子重力和相互間的作用力，且整個裝置處于真空中。已知從上靜止釋放的所有粒子，最后都能到達A點：(1)若粒子從M點由靜止開始運動，進入第一象限后始終在電場中運動并恰好到達A點，求到達A點的速度大??；(2)若粒子從上的中點由靜止開始運動，求該粒子從釋放點運動到A點的時間；(3)求第一象限的電場邊界線（圖中虛線）方程。23．如圖所示，質(zhì)量mA=0.8kg、帶電量q=－4×10?3C的A球用長度l=0.8m的不可伸長的絕緣輕線懸吊在O點，O點右側(cè)有豎直向下的勻強電場，場強E=5×103N/C。質(zhì)量mB=0.2kg不帶電的B球靜止在光滑水平軌道上，右側(cè)緊貼著壓縮并鎖定的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與固定擋板連接，彈性勢能為3.6J?，F(xiàn)將A球拉至左邊與圓心等高處釋放，將彈簧解除鎖定，B球離開彈簧后，恰好與第一次運動到最低點的A球相碰，并結(jié)合為一整體C，同時撤去水平軌道。A、B、C均可視為質(zhì)點，線始終未被拉斷，g=10m/s2，求：(1)碰撞過程中A球?qū)球做的功；(2)碰后C第一次離開電場時的速度；(3)C每次離開最高點時，電場立即消失，到達最低點時，電場又重新恢復(fù)，不考慮電場瞬間變化產(chǎn)生的影響，求C每次離開電場前瞬間繩子受到的拉力。24．如圖所示，水平絕緣軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R=0.4m。軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度E=1.0×104N/C?，F(xiàn)有一電荷量q=1.0×10-4C，質(zhì)量m=0.1kg的帶電體（可視為質(zhì)點），在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體運動到圓形軌道最低點B時的速度vB=5m/s。已知帶電體與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g=10m/s2。求:（1）帶電體在水平軌道上的釋放點P到B點的距離；（2）帶電體第一次經(jīng)過C點后，落在水平軌道上的位置到B點的距離。25．一勻強電場，場強方向是水平的（如圖）.一個質(zhì)量為m的帶正電q的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強的反方向成θ角的直線運動.求：（1）小球作什么運動？（2）勻強電場的電場強度？（3）小球運動到最高點時其電勢能變化了多少？.26．如圖甲所示，真空中的電極可連續(xù)不斷均勻地逸出電子（設(shè)電子的初速度為零），經(jīng)加速電場加速，由小孔穿出，沿兩個彼此絕緣且靠近的水平金屬板A、B的中線射入偏轉(zhuǎn)電場，A、B兩板距離為d，A、B板長為L，AB兩板間加周期性變化的電場，如圖乙所示，周期為T，加速電壓，其中m為電子質(zhì)量、e為電子電量，L為A、B板長，T為偏轉(zhuǎn)電場的周期，不計電子的重力，不計電子間的相互作用力，且所有電子都能離開偏轉(zhuǎn)電場，求：（1）電子從加速電場飛出后的水平速度的大?。浚?）時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子離開偏轉(zhuǎn)電場時距A、B間中線的距離y；（3）在內(nèi)從中線上方離開偏轉(zhuǎn)電場的電子占離開偏轉(zhuǎn)電場電子總數(shù)的百分比。27．如圖，傾角的足夠長光滑絕緣斜面固定在水平向右的勻強電場中，一質(zhì)量為m、電荷量為的小滑塊A放在斜面上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．質(zhì)量也為m的不帶電小滑塊B從斜面上與A相距為L的位置由靜止釋放，下滑后與A多次發(fā)生彈性正碰，每次碰撞時間都極短，且沒有電荷轉(zhuǎn)移，已知重力加速度大小為g。求：（1）斜面對A的支持力大小和勻強電場的場強大小；（2）兩滑塊發(fā)生第1次碰撞到發(fā)生第2次碰撞的時間間隔；（3）在兩滑塊發(fā)生第1次碰撞到發(fā)生第5次碰撞的過程中，A的電勢能增加量。28．如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道平滑連接，半圓形軌道的半徑，在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度?，F(xiàn)有一電荷量、質(zhì)量的帶電體（可視為質(zhì)點），在水平軌道上的點由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點，然后落至水平軌道上的點（圖中未畫出）。取。試求：（1）帶電體運動到圓形軌道點時的速度；（2）圓弧形軌道對帶電體支持力的最大值；（3）點到點的距離。29．用細線將質(zhì)量為的帶電小球P懸掛在O點下，當(dāng)空中有方向為水平向右，大小為的勻強電場時，小球偏轉(zhuǎn)后處在靜止?fàn)顟B(tài)，已知，，。（1）求小球的帶電量；（2）求細線的拉力；（3）現(xiàn)將細線剪斷，求小球落地前的加速度大小a。30．如圖所示，兩金屬板A、B水平放置，間距為3d。距離A下方2d處有一水平放置的金屬網(wǎng)G，A、B、G的尺寸相同，G接地，A、B的電勢均為。今有一帶電粒子從金屬網(wǎng)G的左側(cè)正上方P點以初速度水平射入電場，P點到G的距離為d。粒子穿越金屬網(wǎng)過程中與金屬網(wǎng)不接觸，已知帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0），粒子重力忽略不計。求：（1）粒子第一次到達G所需的時間t；（2）粒子穿過G后距B板的最近距離y；（3）若粒子恰好沿水平方向飛離電場，求金屬板的長度L。

參考答案1．A【詳解】A、當(dāng)用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，故選項A正確；B、根據(jù)電容器的決定式：，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，根據(jù)可知，電量Q不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故選項B錯誤；C、根據(jù)電容器的決定式：，只在極板間插入有機玻璃板，則介電系數(shù)增大，則電容C增大，根據(jù)可知，電量Q不變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，故選項C錯誤；D、根據(jù)可知，電量Q增大，則電壓U也會增大，則電容C不變，故選項D錯誤．點睛：本題是電容器動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵抓住兩點：一是電容器的電量不變；二是電容與哪些因素有什么關(guān)系．2．B【詳解】A．根據(jù)點電荷電場線的特點可知點電荷一定在電場線所在的直線上，點電荷Q的一條電場線與x軸重合，則點電荷Q的位置一定在x軸上，選項A正確；B．帶正電的試探電荷沿x軸正方向運動的過程中，動能增加，由動能定理知電場力對其做正功，則電場方向沿x軸的正方向，電勢沿x軸正方向降低，選項B錯誤；C．由于點電荷僅受電場力，由動能定理得知，圖象的斜率為電場力，由圖可知處則場強大小為選項C正確；D．由圖可知處動能為到過程由動能定理得解得選項D正確。本題選錯誤的，故選B。3．B【詳解】A．設(shè)小球在C點的速度為vy，在B點速度為vx，AB的長度設(shè)從C到B的時間為t，有，解得根據(jù)速度?時間關(guān)系可得即所以故A錯誤；D．從C到B，小球克服重力做的功為電場力所做的功為小球克服重力做的功與電場力做的功的比值為故D錯誤；B．設(shè)電場力和重力的合力與水平方向的夾角為，則有則則合加速度為將小球的初速度分解為沿合外力的方向和與合外力垂直的方向，小球電勢能和重力勢能之和最大時，小球動能最小，合外力方向的分速度減為零，該過程所用時間解得故B正確；C．電場力和重力的合力與水平方向的夾角為小球初速度方向與合力方向夾角為120°故小球做勻變速曲線運動，故C錯誤。故選B。4．D【詳解】電子在加電場中，根據(jù)動能定理有在偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)極板的長為l，寬為d，由牛頓第二定律可得水平方向上滿足電子的偏轉(zhuǎn)角滿足聯(lián)立可解得要使電子的偏轉(zhuǎn)角變大，可以使變小，變大。故選D。5．D【詳解】A．除重力以外做功的力只有電場力，從到電場力做負功，所以機械能減少，故A錯誤；B．從到根據(jù)動能定理得解得所以能到達點，故B錯誤；C．從到過程中存在一位置的重力和電場力的合力的反向延長線過圓心如下圖所示此點為等效最低點，即速度最大的位置，所以從到速度先增大后減小，由牛頓第二定律可知對軌道的壓力先增大后減小，故C錯誤；D．等效最低點重力和電場力的合力的反向延長線與豎直方向夾角為，則則從到等效最低點的過程中，動能定理解得故D正確。故選D。6．C【詳解】A．開始時帶電油滴所受電場力與重力平衡，將上極板豎直向上移動一小段距離后，極板間距離d增大，而極板間電勢差U不變，根據(jù)可知極板間電場強度E減小，所以油滴所受電場力減小，則合外力將變?yōu)樨Q直向下，即油滴將豎直向下做勻加速運動，故A錯誤；B．設(shè)P點到下極板的距離為h，則P點電勢為由于下極板始終接地，則其電勢不變，又因為E減小，h不變，所以降低，故B錯誤；C．帶電油滴所受電場力豎直向上，所以帶負電，將上極板豎直向上移動一小段距離后，油滴將向下運動，電場力對油滴做負功，油滴電勢能將增大，故C正確；D．平行板電容器的決定式為由于d增大，所以C減小。根據(jù)可知極板帶電量將減小，故D錯誤。故選C。7．AD【詳解】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運動時間為離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個帶電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉(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、、三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但粒子與前兩個粒子的偏轉(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。8．AB【詳解】A、對小球進行受力分析如上圖所示可得：解得小球的帶電量為：，故A正確；B、由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力在圓上各點中，小球在平衡位置A點時的勢能（重力勢能和電勢能之和）最小，在平衡位置的對稱點B點，小球的勢能最大，由于小球總能量不變，所以在B點的動能EkB最小，對應(yīng)速度vB最小，在B點，小球受到的重力和電場力，其合力作為小球做圓周運動的向心力，而繩的拉力恰為零，有：，而，所以，故B正確；C、由于總能量保持不變，即恒量，所以當(dāng)小球在圓上最左側(cè)的C點時，電勢能最大，機械能最小，故C錯誤；D、由于總能量保持不變，即恒量，由B運動到A，，，所以，總能量，故D錯誤；故選AB．【點睛】關(guān)鍵抓住小球恰好做圓周運動，求出等效最高點的臨界速度，根據(jù)該功能關(guān)系確定何處機械能最小，知道在等效最高點的動能最小，則重力勢能和電勢能之和最大．9．AD【詳解】A．小球a滑到M點的過程中重力做正功，電場力做負功，小球b滑到N點的過程中只有重力做正功，由動能定理，有所以故A正確。B．設(shè)小球a、b受到的支持力大小分別為、，對M點，小球a經(jīng)過M點時，有由牛頓第三定律知，對軌道的壓力得對N點，有當(dāng)小球b向右運動通過N點時且由牛頓第三定律知，對軌道的壓力得顯然但當(dāng)小球b在磁場中向左運動通過N點時得由于與大小關(guān)系不能確定，所以FN與FM大小關(guān)系不能確定，故B錯誤。C．電場力沿軌道切線分量阻礙小球a的下滑，則小球a第一次到達M點的時間大于小球b第一次到達N點的時間，故C錯誤。D．小球b向右運動過程中機械能守恒，能到達軌道的最右端，小球a向右運動過程中機械能減小，不能到達軌道的最右端，故D正確。故選AD。10．BCD【詳解】電勢?與位移x圖線的斜率表示電場強度可知，電場方向未變，滑塊運動的過程中，電場力始終做正功，電勢能逐漸減小，故A錯誤；電勢?與位移x圖線的斜率表示電場強度，則x＝0.15m處的場強為：，此時的電場力為：F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N；滑動摩擦力大小為：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，電場力大于摩擦力，做加速運動，加速度逐漸減小，x＝0.15m后電場力小于摩擦力，做減速運動，加速度逐漸增大．故BC正確．在x＝0.15m時，電場力等于摩擦力，速度最大，根據(jù)動能定理得，qU﹣fx＝mv2，因為0.10m和0.15m處的電勢差大約為1.5×105V，代入求解，最大速度大約為0.1m/s．故D正確．11．BCD【分析】帶電環(huán)與極板間相距最近時兩者速度相等，選取帶電環(huán)與電容器構(gòu)成的系統(tǒng)作為研究對象，根據(jù)動量守恒定律，即可求出帶電環(huán)與左極扳相距最近時的速度大??；結(jié)合運動學(xué)公式求解電容器移動的距離；在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，電勢能增加，同時電容器等的動能增加，系統(tǒng)中減少的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能．【詳解】A．帶電環(huán)進入電容器后在電場力的作用下做初速度為的勻減速直線運動，而電容器則在電場力的作用下做勻加速直線運動，當(dāng)它們的速度相等時，帶電環(huán)與電容器的左極板相距最近，由系統(tǒng)動量守恒定律可得，解得，A錯誤；B．該過程中電容器向左做勻加速直線運動根據(jù)運動學(xué)基本公式得，環(huán)向左做勻減速直線運動，由公式得，根據(jù)位移關(guān)系有，解得，B正確；C．在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，電勢能增加，同時電容器等的動能增加，系統(tǒng)中減少的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能．所以，聯(lián)立得，C正確；D．在此過程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動能減少，轉(zhuǎn)化為電容器增加的動能以及系統(tǒng)的電勢能，故帶電環(huán)減少的動能大于電容器增加的動能，D正確。故選BCD。12．AD【詳解】A.設(shè)電場強度為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下為正方向，則由和可得故A正確；B.整個過程中電場力做功所以小球電勢能減少了，故B錯誤；C.從P點到最低點的過程中，小球下降的距離所以小球重力勢能減少故C錯誤；D.小球運動到最低點時，速度為零，從加電場開始到小球運動到最低點的過程中，小球動能減少故D正確；故選AD。13．CD【詳解】AD．由于電場強度故物體的加速度大小為故若小球恰好在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運動到達P點的速度最小為v，則有解得小球運動的最小速度為，從P到A的過程中解得故A錯誤，D正確；B．由于，，所以小球運動至C點的電勢能小于H點時的電勢能，故B錯誤；C．在P點的速度是，小球運動等效最低點D時的速度最大，對繩子的拉力最大，由動能定理可得在等效最低點D點解得故C正確。故選CD。14．AD【詳解】AB．由圖象分析可知：在距離O點3L前做加速運動，后做減速運動，可見3L處的加速度為0，則在3L處受到兩點電荷的電場力平衡，可知3L點的合場強為零，Q2帶負電，由，Q1距離3L處較遠，所以Q1＞Q2，故A正確，B錯誤；C．該粒子從a點到3L處，做加速運動，且該粒子為負電荷，電場力做正功，所以電勢能減小，再據(jù)知，電勢升高，從3L到b減速運動，電場力做負功，電勢能增加，電勢又降低，故3L處電勢最高，故C錯誤；D．由圖象可知，粒子在b點的速度大于在a點的速度，a點到b點整個過程中電場力做正功，電勢能減小，a點的電勢能比在b點的電勢能多，故D正確；故選AD。15．（1）（2）【詳解】（1）小球做平拋運動，設(shè)初速度v0．初動能EK0，從O到A的運動時間為t，令OA＝d，則：OB=d，根據(jù)平拋運動的規(guī)律得：水平方向：d?sin60°=v0t…①豎直方向：y＝d?cos60°＝d＝gt2…②又：EK0＝mv02…③聯(lián)立①②③解得：EK0＝mgd…④設(shè)小球到達A時的動能為EKA，則：EKA＝EK0+mgd＝mgd…⑤所以：；（2）加電場后，從O點到A點下降了y=d，從O點到B點下降了d，設(shè)電場力F與豎直方向夾角為α，則由動能定理：其中EK0＝mgd聯(lián)立解得：α=300所以電場強度為，正電荷受力方向與電場方向相同，即E與豎直方向夾角為16．(1)1m/s；(2)5V；(3)【詳解】(1)小球進入豎直方向的勻強電場后做類平拋運動，小球帶正電，受到的電場力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律，加速度a=解得a=5m/s2根據(jù)平拋運動規(guī)律，小球沿水平方向做勻速運動，有xA=v0t豎直方向有yP=at2聯(lián)立得v0=xA代入數(shù)據(jù)，解得v0=1m/s(2)設(shè)水平電場的電場強度大小為E，因未進入水平電場前，帶電小球做類平拋運動，所以進入電場時豎直方向的速度vy=因為小球在水平電場區(qū)域恰好做直線運動，所以合外力的方向與速度方向在一條直線上，即速度方向與合外力的方向相同，有解得E=50N/C設(shè)小球在水平電場中運動的水平距離為l=根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系有UAB=El解得UAB=5V(3)設(shè)小球在B點的速度大小為v，對小球運動的全過程，由動能定理，有mv2-mv=mg（yP+d）+qUAB-qE0yP解得v=m/s17．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由水平方向勻速直線運動得2h=v0t1豎直向下的分速度由豎直方向勻加速直線運動知vy=at1加速度為根據(jù)以上式解得（2）粒子進入磁場的速度為v，有粒子運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得，粒子在磁場中作勻速圓周運動的軌道半徑為r=R由洛倫茲力提供向心力可知解得（3）粒子在磁場中運動的時間為粒子在磁場中運動的周期為，粒子在電場中運動的時間為粒子運動的總時間代入數(shù)據(jù)得18．（1）；（2）4m；（3）【詳解】（1）設(shè)滑塊在斜面上運動的加速大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）設(shè)滑塊在水平地面上運動加速大小為a2，根據(jù)牛頓第二定理可得解得設(shè)滑塊在水平地面上滑行的距離為x2，根據(jù)勻減速運動公式可得（3）設(shè)滑塊在水平地面上運動加速大小為a3，滑塊在斜面上運動的加速大小為a4，根據(jù)動力學(xué)知識可得，又根據(jù)牛頓第二定律可得解得所以19．（1）

（2），或，

（3）【分析】（1）小球從O到C做平拋運動，結(jié)合平拋運動的規(guī)律求解小球經(jīng)過C點位置時的動能．（2）空間電場強度不為0時，根據(jù)平拋運動的規(guī)律和幾何關(guān)系求解D點位置坐標(biāo)；（3）結(jié)合第（1）問的結(jié)論，根據(jù)能量關(guān)系列式求解空間所加勻強電場的場強.【詳解】（1）小球從O到C做平拋運動有

可得vy＝2v0則得EkC＝5Ek0（2）小球過D點時有xD＝v0tEkD＝2Ek0即可得則有vy＝v0代入位移公式得：又由幾何關(guān)系得解得，或，（3）在（1）問中由和可得空間有電場時小球過C點有：xc＝v′0t其中，v′y＝2v′0EkC＝2Ek0即可得代入位移公式得：代入加速度公式得20．（1）①e(φB-φA)②（2）①②等勢面4電勢高；電子運動過程中，電勢升高，電勢能減小，根據(jù)能量守恒的觀點，電子的動能增加，實現(xiàn)加速．根據(jù)等勢面的分布，可以畫出電場線的分布如答圖中實線所示，可以看出，電子在電場力的作用下，向z軸偏轉(zhuǎn)，說明電場對電子起到會聚的作用．【詳解】（1）①A、B兩點的電勢差UAB=φA-φB在電子由A運動到B的過程中電場力做的功WAB=-eUAB=e(φB-φA)）②設(shè)電子在B點處的速度大小為v，根據(jù)動能定理由于可得（2）設(shè)電子穿過薄層后的速度為v2，由于電子只受法線方向的作用力，其沿薄層方向速度不變，有：電子穿過薄層的過程中，能量守恒：

可解得：

則：②等勢面4電勢高電子運動過程中，電勢升高，電勢能減小，根據(jù)能量守恒的觀點，電子的動能增加，實現(xiàn)加速．根據(jù)等勢面的分布，可以畫出電場線的分布如答圖中實線所示，可以看出，電子在電場力的作用下，向z軸偏轉(zhuǎn)，說明電場對電子起到會聚的作用．21．(1)0.4m；(2)；(3)【詳解】在乙恰能通過軌道的最高點的情況下，設(shè)乙到達最高點的速度為，乙離開D點到達水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，則由向心力公式得豎直方向勻加速運動水平方向勻速運動聯(lián)立解得設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為、，根據(jù)動量守恒有根據(jù)機械能守恒定律有聯(lián)立解得，由動能定理得聯(lián)立解得設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為、，根據(jù)動量守恒有根據(jù)機械能守恒定律有有以上兩式可得由于，可得設(shè)乙球過D點的速度為，由動能定理得聯(lián)立以上兩個方程可得設(shè)乙在水平軌道上的落點到B點的距離為，則有所以可以解得22．(1)1.6×103m/s；(2)s；(3)其中【詳解】(1)由動能定理得v＝1.6×103m/s(2)由動能定理得qE2Δx＝勻加速時間t1＝勻速時間t2＝總時間t＝t1+t2＝s(3)設(shè)粒子從MN線上某點由靜止釋放，經(jīng)第一象限電場邊界交點，后做勻速直線運動到A點，在第一象限做類平拋運動，如圖水平方向豎直方向h＝由幾何關(guān)系知＝推出邊界方程其中23．(1)；(2)；(3)【詳解】(1)碰前A的速度解得碰前B的速度解得由動量守恒可得解得碰撞過程中A球?qū)球做的功(2)碰后，整體受到電場力因為小球做類平拋運動，水平方向上豎直方向上其中圓的方程解得x=0.8my=0.8mC剛好在圓心等高處繩子拉直設(shè)此時C向上的速度為設(shè)小球運動到最高點速度為由動能定理得解得(3)設(shè)小球從最高點運動到最低點時的速度為，可得解得由可知T>0，所以小球能一直做圓周運動，設(shè)經(jīng)過最高點次數(shù)為n，故有解得24．（1）2.5m；（2）0.4m【詳解】（1）帶電體從P運動到B過程，依據(jù)動能定理得代入數(shù)據(jù)解得（2）帶電體從B運動到C過程，由動能定理得解得帶電體離開C點后在豎直方向上做自由落體運動解得在水平方向上做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律有解得則水平方向的位移為代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得25．（1）勻減速直線運動

（2）

（3）【詳解】試題分析：（1）因物體受重力及電場力的作用而做直線運動，故物體所受力的合力一定在運動方向的直線上，由合力方向與速度方向的關(guān)系判斷小球的運動性質(zhì)，（2）由力的合成可求得電場強度，（3）由動能定理求得位移，即可由功的公式求得電場力的功，電場力做的功等于電勢能的變化量．（1）設(shè)小球的電荷量為q，因小球做直線運動，則它受到的電場力Eq和重力mg的合力方向必與初速度方向在同一直線上，電場力必定水平向左，如圖所示由力的合成可知合力恒定且與速度方向相反，所以小球做勻減速直線運動．（2）結(jié)合平行四邊形定則作圖，有：得：（3）設(shè)小球從O到最高點的路程為s，合力根據(jù)動能定理得：，得：物體運動的水平距離為：電場力做功為