2023屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)-帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)復(fù)習(xí)含解析

2023屆高中物理高考備考一輪總復(fù)習(xí)

帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題復(fù)習(xí)卷

一、單選題（共7題）

1.力8板間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)沿垂直電場(chǎng)線方向射入三種比荷（電荷量與質(zhì)量的比）相同的帶

電微粒（不計(jì)重力），。、6和c的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，其中b和c是從同一點(diǎn)射入的。不計(jì)空氣阻力，則

可知粒子運(yùn)動(dòng)的全過程（）

A.運(yùn)動(dòng)加速度四>四>痣

B.飛行時(shí)間tb=tc>ta

C.水平速度va>vb=vc

D.電勢(shì)能的減少量

2.豎直平面內(nèi)有一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子（不計(jì)重力）從。到6的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，

不計(jì)空氣阻力，粒子在該過程中（）

“二:

---------------------------?

%

-----------------------------------------------------------------------?

\b

------------------------------------------------T---------------------?

A.可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)

B.一定做勻變速運(yùn)動(dòng)

C.電勢(shì)能一定減少

D.在a點(diǎn)受到的電場(chǎng)力一定大于在b點(diǎn)受到的電場(chǎng)力

3.如圖，水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電粒子從/點(diǎn)以豎直向上的初速度開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)最高點(diǎn)8后回到

與力在同一水平線上的C點(diǎn)，粒子從4到8過程中克服重力做功2J,電場(chǎng)力做功3J,則（）

D.下滑過程中，小球的機(jī)械能逐漸增大

6.如圖所示，帶正電的擺球可繞固定點(diǎn)。在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)?？臻g中存在與水平方向夾角為0=30。的勻

強(qiáng)電場(chǎng)，擺線長(zhǎng)度為心擺球質(zhì)量為機(jī)，把擺球拉到與。點(diǎn)等高處由靜止釋放，擺球恰能運(yùn)動(dòng)到擺線與電

場(chǎng)方向垂直處速度減為0。擺線不可伸長(zhǎng)且一直處于拉直狀態(tài)，擺球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加

速度為g。關(guān)于此過程下列說法正確的是（）

A.擺球受到的電場(chǎng)力大小大于重力大小

B.擺球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)機(jī)械能減少了與

C.當(dāng)擺球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)，擺線的拉力大小為如芋〃密

D.擺球速度最大時(shí)，擺線上的拉力大小為3百〃%

7.如圖所示，一塊質(zhì)量可忽略不計(jì)的足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣板，置于光滑水平面上，板上放置A、B兩物塊,

質(zhì)量分別為mA=010kg、wB=0.20kg,與板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.20。在水平面上方有水平向左

的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=2.0x105N/C?，F(xiàn)將A、B帶上電荷，電荷量分別為私=2.0x彘=-3.5x105C,

且保持不變。重力加速度g取lOWs，則帶電后A、B的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是（）

%一..

?團(tuán)后

A.A、B都以l.Om/sZ的加速度向右運(yùn)動(dòng)

B.A靜止不動(dòng)，B以1.5m/s2的加速度向右運(yùn)動(dòng)

C.A以ZOm/s?的加速度向左運(yùn)動(dòng)，B以15訣2的加速度向右運(yùn)動(dòng)

D.A以Z.Om/sz的加速度向左運(yùn)動(dòng)，B以2.5m/s2的加速度向右運(yùn)動(dòng)

二、多選題（共5題）

8.如圖所示，圖中實(shí)線是一簇未標(biāo)明方向的由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)線，虛線是某一帶電粒子通過該電場(chǎng)區(qū)

域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，。、6是軌跡上的兩點(diǎn)。若粒子在運(yùn)動(dòng)中只受電場(chǎng)力作用。根據(jù)此圖能作出的正確判斷

是（）

b、

A.帶電粒子所帶電荷的正負(fù)B.以b兩點(diǎn)電場(chǎng)的方向

C.粒子在a、b兩點(diǎn)的受力方向D.粒子在a、b兩點(diǎn)何處速度大

9.如圖所示，絕緣底座上固定一電荷量為8X10-6C的帶負(fù)電小球A,其正上方。點(diǎn)處用輕細(xì)彈簧懸掛一

質(zhì)量機(jī)=0.06kg、電荷量大小為2xl0《c的小球B,彈簧的勁度系數(shù)A=5N/m,原長(zhǎng)Ao=O.3m?，F(xiàn)小球B恰

能以A球?yàn)閳A心在水平面內(nèi)做順時(shí)針方向（從上往下看）的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)彈簧與豎直方向的夾角

外53。。已知靜電力常量49.0xl09N.m2/c2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,g=10m/s2,兩小球都視為點(diǎn)電荷。則

下列說法正確的是（）

A.小球B一定帶負(fù)電

B.B球圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為"m/s

3

C.在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)的瞬間，B球?qū)⒆鲭x心運(yùn)動(dòng)

D.在圖示位置若突然在B球所在范圍內(nèi)加上豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的瞬間，B球?qū)⒆鼋倪\(yùn)動(dòng)

10.一半徑為R的光滑圓環(huán)豎直放在水平向右的場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖所示，環(huán)上a、c是豎直直

徑的兩端，6、"是水平直徑的兩端，質(zhì)量為〃?的帶電小球套在圓環(huán)上，并可沿環(huán)無(wú)摩擦滑動(dòng)，已知小球

自a點(diǎn)由靜止釋放，沿“歷運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，由此可知（）

E

A.小球所受重力等于電場(chǎng)力B.小球在b點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最小

C.小球在d點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最大D.小球在c點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大

11.如圖所示，一質(zhì)量為，八電荷量為4的帶正電小球以大小為W的速度從〃、N連線上的P點(diǎn)水平向右

射入電場(chǎng)強(qiáng)度大小為臂（g為重力加速度大?。⒎较蜇Q直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小球運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過上

的。點(diǎn)（未畫出）。已知與水平方向成45。角。不計(jì)空氣阻力。則下列說法正確的是（）

M

尸?寸E

w*

N

A.小球從尸點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中電勢(shì)能減小

B.小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為0g

C.小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的時(shí)間為白

2g

D.P、。兩點(diǎn)的距離為國(guó)

g

12.真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板力、8之間有加速電場(chǎng)，C、。之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M為熒

光屏。今有質(zhì)子、笊核和a粒子均由/板從靜止開始被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最

后打在熒光屏上、已知質(zhì)子、笊核和a粒子的質(zhì)量之比為1口2口4,電荷量之比為1口1口2,重力不計(jì)。則

A.三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同

B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同

C.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1山口2

D.三種粒子運(yùn)動(dòng)到熒光屏?xí)r的動(dòng)能之比為1102

三、解答題（共4題）

13.如圖，AB是豎直面（紙面）內(nèi)圓心在。點(diǎn)，半徑為R的;固定圓狐軌道，所在空間有方向水平向右

（與04平行）的勻強(qiáng)電場(chǎng)，從。點(diǎn)靜止釋放一質(zhì)量為叭電荷量為46>0）的小球，小球第一次與軌道

2

碰撞于。點(diǎn)，DB=-AB.小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。

（1）求電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；

（2）若小球與軌道碰后速度反向且電荷量不變，碰后瞬間速率變?yōu)榕銮八查g速率的求小球第一次反

彈后與。點(diǎn)的最近距離。

14.如圖所示，電荷量為-e,質(zhì)量為，〃的電子從4點(diǎn)沿與電場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，初速度為w,當(dāng)

它通過電場(chǎng)中8點(diǎn)時(shí)，速度與場(chǎng)強(qiáng)方向成150。角，不計(jì)電子的重力，求：

（1）電子經(jīng)過8點(diǎn)的速度多大；

（2）兩點(diǎn)間的電勢(shì)差多大。

15.放射性元素發(fā)生夕衰變時(shí)會(huì)釋放出電子，某發(fā)生月衰變的放射源用絕緣支柱放置于真空容器內(nèi)，該容

器底部有一層水平放置的熒光屏，當(dāng)有電子打到上面時(shí)會(huì)發(fā)出淡淡的熒光，從而可以用來檢測(cè)電子打到的

位置，放射源與熒光屏的距離為/i,容器內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,熒光屏和容器

的空間足夠大。為了簡(jiǎn)化問題，可以把放射源當(dāng)成一個(gè)電子發(fā)射器，能夠向空間內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射速度大小

均為%的電子，電子的質(zhì)量為"?、所帶電荷量為%忽略電子間的相互作用及電子的重力，求：

(1)豎直向上飛出的電子從發(fā)射到打到熒光屏上經(jīng)過的時(shí)間4:

(2)大量沿水平方向飛出的電子的落點(diǎn)形成的軌跡的周長(zhǎng)心

(3)電子在熒光屏上散布的區(qū)域的半徑R。

16.如圖甲所示。真空中水平放置的平行金屬板A8間距為乩緊鄰兩板右側(cè)有一熒光屏。。點(diǎn)為熒光屏的

中心，A8兩板間加如圖乙所示的變化電壓(。。己知)?，F(xiàn)有大量完全相同的帶電粒子由靜止開始經(jīng)加速

電場(chǎng)q后。沿平行板正中間水平射入A8兩板之間。某粒子在r=o時(shí)刻進(jìn)入A8兩板。經(jīng)過時(shí)間包打在熒

光屏上P點(diǎn)，已知平行金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)粒子質(zhì)量為加、電荷量為小所有粒子均能從A8兩板間射出并打在

熒光屏上。不計(jì)粒子重力和粒子間相互作用。求：

(1)加速電壓G;

(2)r=0時(shí)刻進(jìn)入A3板間的粒子打在熒光屏上P點(diǎn)與。點(diǎn)間的距離；

(3)不同時(shí)刻進(jìn)入板間的粒子打在熒光屏上的落點(diǎn)與。點(diǎn)間距的最大值與最小值之比。

u

4

。

2to3/04/05/06/07to8/0

甲乙

參考答案

1.B

【詳解】

A.根據(jù)牛頓第二定律得:微粒的加速度為

m

據(jù)題且相同，E相同，所以加速度相同，即?！?四=。《,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

m

B.三個(gè)帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由

y=2a12

得

喟

由圖有

yb=yc>ya

則得

tb=tc>ta

選項(xiàng)B正確；

C.三個(gè)帶電微粒水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由

X=Vot

得

X

Vo=-

t

由圖知

Xa>Xb>Xc

又

tb=tc>ta

則得

Va>Vb>Vc

選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.電場(chǎng)力做功為

W=qEy

由于電荷量關(guān)系不能確定，所以不能確定電場(chǎng)力做功的大小，也就不能確定電勢(shì)能減少量的大小，選項(xiàng)D

錯(cuò)誤；

故選Bo

2.B

【詳解】

A.帶電粒子在恒力的作用下不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)牛頓第二定律，帶電粒子在恒力的作用下一定做勻變速運(yùn)動(dòng)。B正確；

C.根據(jù)軌跡的彎曲方向，可知帶電粒子受到的電場(chǎng)力水平向左，所以從從。到6的運(yùn)動(dòng)過程，電場(chǎng)力做

負(fù)功，電勢(shì)能增大。C錯(cuò)誤；

D.在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，在。點(diǎn)受到的電場(chǎng)力與在6點(diǎn)受到的電場(chǎng)力相等。D錯(cuò)誤。

故選Bo

3.A

【詳解】

A.由于帶電粒子做拋體運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解為水平方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，豎

直方向先做勻減速后做反向勻加速運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知tAB=tBC,由于水平方向?yàn)槌跛俣葹榱愕?/p>

勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的比例關(guān)系有

XAB：XBC=1：3

則電場(chǎng)力所做的功有

3WAB=WBC

在豎直方向上

VA=2gh

變形可知初動(dòng)能為：

~mvA=mgh=2J

從/一C由動(dòng)能定理有

代入數(shù)據(jù)有

12

-fnvc=14J

A正確；

BC.電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減小，且做了多少正功，電勢(shì)能就減少多少，由選項(xiàng)力知

3%B=%c=9J

BC錯(cuò)誤；

D.其他力（除重力彈力以外的力）做正功機(jī)械能增加，且其它力做了多少正功，機(jī)械能就增加多少，則

WAH=2S

則粒子在8點(diǎn)的機(jī)械能比在N點(diǎn)多2J,D錯(cuò)誤。

故選A。

4.C

【詳解】

設(shè)粒子的電荷量為4,質(zhì)量為〃?，粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為

qE

a=——

m

運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

X

t=—

%

偏轉(zhuǎn)位移為

y=-1at2

2

整理得

q二2)嘯1

mEx2

因此，得

%

聯(lián)立解得

k'=-k

9

故選Co

5.A

【詳解】

AB.小球受到的重力和電場(chǎng)力均為豎直向下的力，根據(jù)受力分析可知，小球的加速度大小為

叱生嗎ine

m

可知加速度不變，則小球沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，符合題意；B正確，不符合題意;

C.根據(jù)動(dòng)能定理有

(mg+qE)h=；mv：

解得

\l^mg+qE)h

VB

vm

可求得小球到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度，故C正確，不符合題意;

D.由于小球受到電場(chǎng)力做正功，故小球的機(jī)械能增大，故D正確，不符合題意。

故選Ao

6.B

【詳解】

A.設(shè)擺球所受電場(chǎng)力大小為代對(duì)全過程由動(dòng)能定理有

{mg+Fsin0)Lcos0—FcosgL(1+sin，)=0

得

F=mg

故A錯(cuò)誤；

B.在。點(diǎn)正下方時(shí)，擺球機(jī)械能的減少量等于克服電場(chǎng)力做的功的大小，有

=FL(cos0-sin。)=小21mgL

故B正確；

C.擺球從釋放運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有

mgL-FL（cos，-sin6）=J加/

在。點(diǎn)正下方，由向心力公式有

T-mg-Fsin0=m—

解得

T9-273

T=2mg

故c錯(cuò)誤；

D.電場(chǎng)力與重力的合力大小為與豎直方向夾角為30。，當(dāng)擺球運(yùn)動(dòng)到等效重力場(chǎng)中的最低點(diǎn)時(shí),

擺球速度最大，有

CmgX—=—772V2

22

此時(shí)合力方向與擺線共線，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有

%=m；+6m.g

聯(lián)立，可得

F稅=2jimg

故D錯(cuò)誤;

故選B。

7.D

【詳解】

A與木板間的動(dòng)摩擦力為

4==0.2x0.1x1ON=0.2N

B與木板間的動(dòng)摩擦力為

fB==0.2x0.2x1ON=0.4N

由于人＞〃，所以木板跟B一起運(yùn)動(dòng)。對(duì)A水平方向受力分析有

解得

2

aK=2.0m/s

方向向左；對(duì)B與輕質(zhì)絕緣板水平方向受力分析有

解得

2

“B=2.5m/s

方向向右；故ABC錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

8.CD

【詳解】

AB.由于電場(chǎng)線未標(biāo)明方向，故無(wú)法判斷出帶電粒子所帶電荷的正負(fù)，也無(wú)法確定〃、/＞兩點(diǎn)電場(chǎng)的方向，

故A、B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)合外力指向軌跡凹側(cè)，且?guī)щ娏Ｗ釉谶\(yùn)動(dòng)中只受電場(chǎng)力，故可判斷出粒子在6兩

點(diǎn)的受力方向，故C正確；

D.假設(shè)粒子從a運(yùn)動(dòng)到b,則電場(chǎng)力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知?jiǎng)幽軠p小，則粒子在〃點(diǎn)速度大，反之

也可得粒子在。點(diǎn)速度大，故D正確。

故選CD。

9.CD

【詳解】

A.小球工、8之間的庫(kù)侖力

FzzkQ￡s_

左

設(shè)彈簧彈力為兀小球8在豎直方向上，有

Tcos&=mg

彈簧的彈力在水平方向的分力

Tx=Tsin6

由胡克定律

T=ko(IOB-LQ)

又

〃尸/oAsin。

可解得

7MN

A=0.8N

尸=0.9N

片0.5m

〃8=0.4m

小球8做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向圓心4又有尸＞八，則8球帶正電，A錯(cuò)誤；

B.小球所受向心

Fn=F+7：v=1.7N

由

2

Fn=rn—

‘AB

解得

「幽m/s

3

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.在圖示位置加上水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)的瞬間，小球受到向左的電場(chǎng)力，這時(shí)提供的向心力減小，小球

做離心運(yùn)動(dòng)，故C正確；

D.在圖示位置加上豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的瞬間，由于小球做順時(shí)針運(yùn)動(dòng)，且?guī)д?，由左手定則可知，

小球受到一個(gè)指向圓心的洛倫茲力作用，這時(shí)供的向心力大于需要的向心力，小球做近心運(yùn)動(dòng)，故D正確。

故選CD。

10.AC

【詳解】

A.分析題意可知，小球自a點(diǎn)由靜止釋放，沿運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，則小球帶負(fù)電，ad圓弧

的中點(diǎn)E為小球圓周運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)，重力和電場(chǎng)力的合力與豎直方向夾角為45。,故重力等于電場(chǎng)力，

A選項(xiàng)正確；

B.根據(jù)功能關(guān)系可知，電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能增加，故小球在6點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.根據(jù)能量守恒可知，小球在6點(diǎn)的電勢(shì)能最小，在d點(diǎn)的電勢(shì)能最大，C選項(xiàng)正確；

D.根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，必弧的中點(diǎn)F為等效最低點(diǎn)，小球運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能最大，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；

故選ACo

11.AD

【詳解】

A.小球帶正電，在從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故A正確；

B.根據(jù)牛頓第二定律

mg+Eq=ma

因￡=整，所以小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為2g,故B錯(cuò)誤；

q

c.小球從0點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。做類平拋，水平方向

豎直方向

y--ar

-2

又

tan45°=—

x

聯(lián)立解得『=為，故c錯(cuò)誤;

g

D.根據(jù)

2

v0

g

P、。兩點(diǎn)的距離為

xV2v

s=--------=--0----

cos45g

故D正確。

故選AD,

12.BCD

【詳解】

A.粒子加速過程

qU\=^mv2

從8至M用時(shí)

,=—?+L

V

得

飛\m

所以

6口￡2口￡3=1口□V2

A錯(cuò)誤；

B.偏轉(zhuǎn)位移

2%知2=義立

2mdv4dU\

所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同，B正確;

C.電場(chǎng)力做功

W=qEy

得

%口咤印3=/"口43=1口1口2

C正確；

D.粒子運(yùn)動(dòng)到熒光屏?xí)r的動(dòng)能為電場(chǎng)力做的功，即有

Ek=qU、+Eqy

可得三種粒子的動(dòng)能之比

0：%：線3=%：%：%=1：1：2

D正確。

故選BCD,

13.（1）E=3整；（2）小?=苧

q4

【詳解】

（1）從。到。，小球受二力作用做初速度為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)

因

DB=-AB

3

故

6=60。

由

qE=mgtan0

解得

E-6mg

q

°r<------------------qE

mqF合

（2）小球所受合力為

4=g=2,〃g

COS0

從。到。，由動(dòng)能定理有

2mgR=gmv2

可得

V=2y/gR

第一次碰后瞬間的速率為

V'=^V=y[gR

從。點(diǎn)反彈至最高點(diǎn)的過程,小球沿。。方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

由動(dòng)能定理有

12

-2mgx=0——mv'

可得

解得小球第一次反彈后與。點(diǎn)的最近距離為

n3R

/in=R-x=——

4

14.(1)2%；(2)-現(xiàn)也1

2e

【詳解】

(1)電子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，做類平拋運(yùn)動(dòng),8點(diǎn)的速度

V=^-=2%

cos600°

(2)電子從4運(yùn)動(dòng)到B由動(dòng)能定理得

1,12

-MB=—mv~-—/HV0-

A.8兩點(diǎn)間的電勢(shì)差

2

3/nv0

UAB個(gè)

2e

，Ee.

%+、％+2—h巧畫;(3)屋小尸

15.(1)t,=——L-—；(2)L=2m0J—

Ee,Ee絲

mm

【詳解】

(1)電子受到向下的電場(chǎng)力，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為“，由牛頓第二定律得

Ee=ina

,12

-h=votl--at{

解得

2、Ee]

%+\%+2——h

一Y〃？(另外一負(fù)根舍去)。

Ee