專題11電偏轉(zhuǎn)模型中的分解與能量

專題11電偏轉(zhuǎn)模型中的分解與能量目錄TOC\o"13"\h\u模型一帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn) 1模型二帶電粒子在交變電場中的運動 1模型三“等效重力法”在電場中的應(yīng)用 2模型一帶電粒子(體)在電場中的偏轉(zhuǎn)1．偏轉(zhuǎn)的一般規(guī)律2．兩個重要推論(1)不同的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、偏移距離總是相同的。(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，若電場寬度為l，O到電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。3．一般解題方法運動的分解法一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動功能關(guān)系當(dāng)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＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差模型二帶電粒子在交變電場中的運動1．兩條分析思路一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系(機械能守恒定律、動能定理、能量守恒定律)。2．兩個運動特征分析受力特點和運動規(guī)律，抓住粒子的運動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。3.交變電壓與vt圖像例：如圖甲所示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時刻A板電勢比B板高，兩板中間靜止一電子，設(shè)電子在運動過程中不與兩板相碰，而且電子只受靜電力作用，規(guī)定向左為正方向，則下列敘述正確的是()A．在t＝0時刻釋放電子，則電子運動的vt圖像如圖丙圖線一所示，該電子一直向B板做勻加速直線運動B．若t＝eq\f(T,8)時刻釋放電子，則電子運動的vt圖像如圖線二所示，該電子一直向B板做勻加速直線運動C．若t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，則電子運動的vt圖像如圖線三所示，該電子在2T時刻在出發(fā)點左邊D．若t＝eq\f(3,8)T時刻釋放電子，在2T時刻電子在出發(fā)點的左邊【答案】C【解析】在t＝eq\f(T,2)時刻之前釋放電子，靜電力水平向左，電子在靜電力的作用下向A板做勻加速直線運動，A、B錯誤；若t＝eq\f(1,4)T時刻釋放電子，電子先向左做勻加速直線運動，水平向左為速度正方向，在eq\f(1,2)T時刻速度達到最大，然后做勻減速直線運動，圖線三符合電子運動的vt圖像，vt圖像與t軸所圍的面積即為電子的位移，在從開始出發(fā)到2T時刻vt圖像與t軸所圍的面積為正，電子的位移為正，所以電子在出發(fā)點左邊，C正確；若t＝eq\f(3T,8)時刻釋放電子，易分析得在從開始出發(fā)到2T時刻vt圖像與t軸所圍的面積為負，即位移為負，電子在出發(fā)點的右邊，D錯誤。模型三“等效重力法”在電場中的應(yīng)用1．等效重力法把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”；F合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。2．物理最高點與幾何最高點【模型演練1】（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）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【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，電勢能減小；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；故選C?！灸Ｐ脱菥?】．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）如圖甲所示，長為、間距為d的平行金屬板水平放置，O點為兩板中點的一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為、電荷量為、質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力，以下判斷正確的是（）A．能從板間射出的粒子的動能均相同B．粒子在電場中運動的最短時間為C．時刻進入的粒子，從點的下方射出D．時刻進入的粒子，從點的上方射出【答案】A【詳解】B．由圖可知場強則粒子在電場中的加速度則粒子在電場中運動的最短時間滿足解得故B錯誤；A．能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為則任意時刻射入的粒子射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時的動能均為，故A正確；C．時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向下加速，后向下減速速度到零；然后向上加速，再向上減速速度到零…..如此反復(fù)，則最后從O′點射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將從O′點射出，故C錯誤；D．時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向下加速，運動的位移此時粒子已經(jīng)到達下極板，即粒子不能從右側(cè)射出，故D錯誤。故選A。【模型演練3】．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中Р點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在Р點。則射出后，（）A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量【答案】BD【詳解】A．如圖所示故等效重力的方向與水平成。當(dāng)時速度最小為，由于此時存在水平分量，電場力還可以向左做負功，故此時電勢能不是最大，故A錯誤；BD．水平方向上在豎直方向上由于，得如圖所示，小球的動能等于末動能。由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知則重力做功等于小球電勢能的增加量，故BD正確；C．當(dāng)如圖中v1所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤；故選BD?！灸Ｐ脱菥?】（2024上·福建泉州·高三統(tǒng)考期末）如圖甲，豎直平面中有平行于該平面的勻強電場，長為的絕緣輕繩一端固定于點，另一端連接質(zhì)量為、帶電量為的小球，小球繞點在豎直面內(nèi)沿順時針方向做完整的圓周運動。圖中為水平直徑，為豎直直徑。從A點開始，小球動能與轉(zhuǎn)過角度的關(guān)系如圖乙所示，已知重力加速度大小為，則（）A．為電場的一條等勢線 B．該勻強電場的場強大小為C．輕繩的最大拉力大小為 D．輕繩在兩點拉力的差值為【答案】BC【詳解】AB．由圖像知為等效最低點，為等效最高點，根據(jù)動能定理可知解得重力和電場力的合力在等效最低點與等效最高點連線上，運動距離為2l，則合力大小為mg，根據(jù)余弦定理可知解得根據(jù)幾何關(guān)系可知，電場強度方向和重力方向夾角為，方向斜向上，如圖所示由于為勻強電場，則可知不是電場的等勢線，故A錯誤，B正確；C．在等效最低點拉力最大，可得解得故C正確；D．在等效最高點拉力最小，可得解得則輕繩在等效最底點和最高點拉力的差值為故輕繩在兩點拉力的差值為，故D錯誤。故選BC?！鞠到y(tǒng)建?！康刃Хㄇ蠼怆妶鲋袌A周運動問題的解題思路(1)求出重力與電場力的合力F合，將這個合力視為一個“等效重力”。(2)將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”。找出等效“最低點”和等效“最高點”。(3)將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解。一、單選題1．（2024上·河南周口·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）質(zhì)子（質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)均為1）和粒子（質(zhì)量數(shù)為4、電荷數(shù)為2）垂直進入某一平行板間的勻強電場中，又都從另一側(cè)離開電場。若兩粒子在通過平行板時動能的增量相同，不計粒子重力，則下列判斷正確的是（

）A．質(zhì)子和粒子射入時的初動量之比為2：1B．質(zhì)子和粒子射入時的初動能之比為1：2C．質(zhì)子和粒子射入時的初速度之比為1：1D．質(zhì)子和粒子在平行板間的運動時間之比為1：4【答案】C【詳解】A．粒子在勻強電場中，垂直于電場方向做勻速運動豎直方向上由動能定理知電場力對粒子做的功等于粒子動能增量，則故動量為故初動量之比為故A錯誤；B．由動能增量可知粒子的初動能故初動能之比故B錯誤；C．由兩粒子初動量可知，初速度之比故C正確；D．由于兩粒子初速度相等，則質(zhì)子和粒子在平行板間的運動時間之比為故D錯誤。故選C。2．（2023上·河南南陽·高三統(tǒng)考期中）在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶正電小球以初速度v0豎直向上拋出，經(jīng)過時間t末小球的速度達到最小值v，則（）A．小球在最高點的速度大小為B．小球所受合外力的大小為C．時間t內(nèi)合力對小球做功為D．時間t內(nèi)合外力對小球的沖量大小為【答案】B【詳解】B．設(shè)重力與電場力的合力F與豎直方向的夾角為，將初速度正交分解為與F共線和垂直兩個方向，分速度分別為，垂直合力方向的分速度即最小速度，速度最小時整理得故B正確；A．小球在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，有運動學(xué)公式，聯(lián)立得，最高點速度為故A錯誤；C．根據(jù)動能定理，時間t內(nèi)合力對小球做功為故C錯誤；D．為重力沖量，小球受重力和電場力作用，則合外力對小球的沖量大小不等于，故D錯誤。故選B。3．（2024·廣西·統(tǒng)考一模）如圖，空間中有一勻強電場，大小為，方向與水平方向成角，現(xiàn)有一光滑絕緣大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O點為環(huán)心，將質(zhì)量為m、帶電荷量為的小圓環(huán)套在大圓環(huán)的M點并同時給小圓環(huán)一個向右的水平初速度，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，重力加速度為g，則小圓環(huán)（）A．從M點到Q點動能減小B．在M點和N點的電勢能相等C．從M點到Q點電場力做負功D．動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢【答案】D【詳解】C．小圓環(huán)帶正電，從M點到Q點電場力做正功，C錯誤；B．作出等勢面如圖：沿電場線方向電勢降低，則在M點的電勢高于N點的電勢，正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以在M點的電勢能大于N點的電勢能，B錯誤；A．小圓環(huán)受到的電場力受力如圖：則小圓環(huán)運動的等效最高點和等效最低點分別為A點和B點，在A點速度最小，在B點速度最大，則從M點到Q點動能先增大后減小，A錯誤；D．根據(jù)沿電場線方向電勢降低，則在B點的電勢低于A點的電勢，即動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢，D正確。故選D。二、多選題4．（2024上·安徽阜陽·高三安徽省臨泉第一中學(xué)?？计谀┤鐖D所示，空間分布著勻強電場，豎直方向的實線為其等勢面，一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從。點由靜止開始恰能沿直線p運動，且到達p點時的速度大小為v，重力加速度為g（規(guī)定。點的電勢為零），下列說法正確的是（）A．電場強度的大小 B．p點的電勢C．p點的電勢能 D．小球機械能的變化量為【答案】BD【詳解】A．小球沿直線運動OP，合力沿OP方向，如圖所示則有解得故A錯誤；BC．設(shè)，根據(jù)動能定理得解得電場力做功根據(jù)解得根據(jù)且，解得則P點的電勢能為故B正確，C錯誤；D．小球機械能的變化量等于電場力做的功，為故D正確。故選BD。5．（2024上·四川內(nèi)江·高三四川省內(nèi)江市第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點，整個軌道處于水平向右的勻強電場中，電場范圍足夠大，電場強度。質(zhì)量為2m帶電量為的小球，由a點從靜止開始向右運動到距水平面高度為R的位置時，其動能的增量可能為（已知重力加速度大小為g，不考慮小球與地面碰撞后的運動）（

）A．0.5mgR B．mgR C．2mgR D．3mgR【答案】BC【詳解】小球受到的電場力為當(dāng)小球第一次到達C點時，根據(jù)動能定理得解得則從C點開始，小球在豎直方向上做豎直上拋運動，水平方向上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)小球再次運動到距水平面高度為R的位置時，所用時間為t，根據(jù)運動學(xué)公式得在t時間內(nèi)小球沿電場方向運動的位移為對小球，從a點到再次運動到距水平面高度為R的位置，根據(jù)動能定理得解得故選BC。6．（2024上·廣西·高三校聯(lián)考專題練習(xí)）如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0且周期性變化的電壓，在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場，已知電場變化周期T＝，粒子質(zhì)量為m，不計粒子重力及相互間的作用力，則（）A．在t＝0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0B．粒子的電荷量為C．在t＝T時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了mv02D．在t＝T時刻進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場【答案】AD【詳解】A．粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則t＝0時刻進入電場的粒子在電場中運動時間t＝，此時間正好是交變電壓的一個周期，粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經(jīng)過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，故A正確；B．在豎直方向，t＝0時刻進入電場的粒子在時間內(nèi)的位移為，則解得q＝故B錯誤；C．在t＝時刻進入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移為＝2×a（T）2－2×a（）2＝故靜電力做功為W＝×d＝U0q＝m電勢能減少了m，故C錯誤；D．t＝時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動，然后向下減速運動，再向上加速，然后再向上減速，由對稱可以知道，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，故D正確。故選AD。7．（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖甲所示，xOy平面內(nèi)存在著平行于y軸方向的勻強電場，電場強度隨時間的變化如圖乙所示。時刻，一帶電粒子從y軸上的P點以大小為的初速度沿x軸正方向進入電場。已知O、P兩點之間的距離為L，粒子在時刻從Q點以與x軸正方向成的角度第一次穿過x軸，時刻粒子所在位置的y坐標(biāo)也為L，粒子在電場中運動時僅受電場力作用。下列說法正確的是（）A．Q點的坐標(biāo)為B．圖乙中C．時刻，粒子的速度大小為D．時刻，粒子的位置坐標(biāo)為【答案】ACD【詳解】A．粒子沿x軸方向上做速度為的勻速直線運動，沿y軸方向上在，，時間內(nèi)分別做勻變速直線運動，在，時間內(nèi)加速度大小在時間內(nèi)加速度大小粒子在時刻從Q點以與x軸正方向成的角度第一次穿過x軸，可得此時粒子沿y軸方向的速度大小方向向下，由可得故Q點的坐標(biāo)為，A項正確；B．設(shè)時刻粒子沿y軸方向的速度大小為，方向向上，由時刻粒子所在位置的y坐標(biāo)也為L，可得即又可得即B項錯誤；C．時刻，粒子的速度大小C項正確；D．時刻，粒子沿y軸方向的速度故粒子在時間內(nèi)沿y軸方向的位移大小時刻，粒子的y坐標(biāo)為時刻，粒子的x坐標(biāo)為D項正確。故選ACD。8．（2024·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）如圖所示，有一勻強電場平行于平面，一個質(zhì)量為m的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點的速度大小是它在O點時速度大小的2倍。關(guān)于該粒子在OA這一過程的運動情況，下列說法正確的是（

）A．帶電粒子帶負電B．帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小C．這段運動過程中粒子的最小動能為D．電場力方向與軸正方向之間夾角的正切值為【答案】BD【詳解】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(shè)加速度方向與y軸正方向之間的夾角為，如圖所示則在沿著y軸方向上沿著x軸方向上并且粒子在A點的速度是它在O點時速度的2倍，即聯(lián)立解得故D正確；C．當(dāng)速度最小時，速度方向與電場力方向垂直，設(shè)最小速度為，將初速v0沿著電場力方向和垂直電場力方向進行分解，可得則最小動能為故C錯誤；故選BD。9．（2024上·寧夏銀川·高三寧夏育才中學(xué)?？计谀┱婵罩械哪逞b置如圖所示，豎直放置平行金屬板A、B和水平放置的平行金屬板C、D上均加有電壓，M為熒光屏。現(xiàn)有質(zhì)子（）、氘核（）和粒子（）均從A板上的O點由靜止開始被加速，經(jīng)過一段時間后，均打在熒光屏上。中子從O點水平射出，將打在熒光屏上的點，不計粒子所受重力，不考慮平行金屬板外的電場，下列說法正確的是（）A．質(zhì)子、氘核和粒子均打在熒光屏上的同一位置B．質(zhì)子、氘核和粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同C．質(zhì)子、氘核和粒子打在熒光屏上時的速度方向相同D．平行金屬板C、D間的電場力對質(zhì)子、氘核和粒子做的功之比為1∶1∶2【答案】ACD【詳解】A．設(shè)加速電場電壓為，偏轉(zhuǎn)電場電壓為，偏轉(zhuǎn)電場間距為，偏轉(zhuǎn)極板長度為，則在加速電場解得偏轉(zhuǎn)電場因為代入得由題知，加速電場電壓，偏轉(zhuǎn)電場電壓，極板長度，極板間距不變，則可知，質(zhì)子、氘核和粒子均打在熒光屏上的同一位置。A正確；B．在加速電場解得由于3個粒子比荷不一樣，故速度不一樣，由知，質(zhì)子、氘核和粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不相同。B錯誤；C．粒子的速度偏轉(zhuǎn)角由題知，加速電場電壓，偏轉(zhuǎn)電場電壓，極板長度，極板間距不變，質(zhì)子、氘核和粒子打在熒光屏上時的速度方向相同。C正確；D．設(shè)電場力對質(zhì)子、氘核和粒子做的功為、、，則電場力做功為代入得則，故D正確；10．（2024·四川綿陽·統(tǒng)考二模）如圖所示，在真空中兩水平平行板P、Q正對，電容為C，板長為L，板間距為d，充電后與電源（未畫出）始終相連，一帶正電的粒子從左側(cè)中央以水平初速度v0正對屏上的O點射入，在板間做直線運動；現(xiàn)保持P板不動，將Q板向上平移d，穩(wěn)定后，將該粒子仍從左側(cè)同一位置以相同初速度射入，粒子打在屏上M點（未標(biāo)出）。已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，平行板右端到屏距離也為L，重力加速度為g。則（

）A．P板電勢高于Q板B．Q板平移前平行板電容器所帶電荷量為C．點O、M間距離為D．點M與O重合【答案】BD【詳解】A．帶正電的粒子在電容器中受到重力和電場力平衡，故電場力向上，上極板帶負電，則P板電勢低于Q板，故A錯誤；B．Q板平移前由平衡可知其中有電容器的定義式聯(lián)立解得故B正確；CD．Q板平移后，板間電場強度根據(jù)牛頓第二定律解得在兩板間做類平拋運動，有，解得出板間時豎直方向的速度出板間后做斜拋運動，豎直方向的位移為水平方向解得所以在電容器內(nèi)和出電容器后在豎直方向的位移為所以點M與O重合，故C錯誤，D正確。故選BD。11．（2023·河北衡水·河北武邑中學(xué)?？既＃┱婵罩写嬖诳臻g范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為37°。現(xiàn)將該小球從電場中A點以初速度豎直向上拋出，經(jīng)過最高點B后回到與A在同一水平線上的C點，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，則（）A．小球所受的電場力為 B．小球在最高點B的動能為C．小球在C點的機械能比在A點多 D．小球在C點的動能為【答案】BCD【詳解】A．如圖所示，根據(jù)題意可知，小球重力與電場力的合力方向與豎直方向的夾角為37°，由幾何關(guān)系可得，小球所受的電場力為A錯誤；B．根據(jù)題意可知，小球在豎直方向上做勻減速運動，由運動學(xué)公式可得，運動到B點的時間為由牛頓第二定律可得，小球在水平方向上的加速度為則小球運動到B點的速度為則小球在最高點B的動能為B正確；C．根據(jù)對稱性可知，小球運動到C點的時間為則AC間的水平位移為由功能關(guān)系可知，小球從A運動到C，機械能的增加量為即小球在C點的機械能比在A點多，故C正確；D．根據(jù)題意，由對稱性可知，小球運動到C點時，豎直分速度為豎直向下的，由運動學(xué)公式可得，小球運動到C點時的水平分速度為則小球在C點的速度為則小球在C點的動能為D正確；故選BCD。12．（2024·四川涼山·統(tǒng)考一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xoy，整個空間存在平行xoy平面與y軸正方向成45°角的勻強電場E。質(zhì)量為m的帶電小球從坐標(biāo)原點O沿x軸的正方向以速度v水平拋出，經(jīng)過一段時間小球以v的速度穿過y軸正半軸某點（圖中未畫出），不計空氣阻力，則（

）A．小球可能帶負電B．小球所受電場力的大小為mgC．小球電勢能最大時動能最小D．小球電勢能最大時水平速度等于豎直速度【答案】BD【詳解】A．從拋出到穿過y軸正半軸的過程中，重力做負功，動能增加，電場力做正功，小球沿著電場線的方向運動了一段距離，因此小球帶正電，A錯誤；B．將電場強度分解到水平方向和豎直方向，則在水平方向上在豎直方向上而聯(lián)立解得B正確；CD．小球拋出后，當(dāng)速度方向與電場線垂直斜向上時，克服電場力做功最多，電勢能最大，此時電場力的方向與速度方向垂直，而重力的方向與速度方向夾角為鈍角，接下來小球的速度會繼續(xù)減小，并非此時是動能最小的時刻，C錯誤，D正確。故選BD。13．（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，整個空間存在著與圓形軌道平面平行且沿水平方向的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點）靜止在軌道上的P點，P點與軌道圓心O的連線和豎直方向的夾角為。若在P點給小球一沿軌道切線方向的初速度v，小球恰好沿軌道做完整的圓周運動。已知重力加速度為g，。下列說法正確的是（）A．電場強度大小為，方向水平向右B．軌道內(nèi)側(cè)任意兩點間的電勢差的最大值為C．小球靜止在P點時對軌道的壓力大小為D．速度v的大小為【答案】BC【詳解】AC.小球在P點靜止，說明小球在P點受力平衡。對小球進行受力分析如圖所示：則由幾何關(guān)系可得則故A錯誤，C正確；B.因為故B正確；D.在等效最高點，僅電場力和重力的合力提供向心力時有最小速度，有從P點運動到等效最高點有得故D錯誤。故選BC。14．（2024上·內(nèi)蒙古包頭·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，地面上方某區(qū)域存在方向水平向左的勻強電場，電場強度，將一質(zhì)量為m，帶正電荷q的小球自電場中P點以初速度水平向右射出。與P點在同一豎直面內(nèi)右下方有一半徑為R的光滑固定圓孤軌道ABC，B為軌道最低點，小球運動過程中恰好經(jīng)過A點，沿圓弧切線方向進入圓軌道，且在A點速度大小仍為，重力勢能和電勢能的零點均取在P點。下列說法正確的是（）A．在空中運動過程中，小球速度的水平分量先增大后減小B．C．小球在B點的速度大于D．小球沿軌道從A運動到B的過程中，對軌道的最大壓力為【答案】BD【詳解】A．在空中運動過程中，小球受到向左的電場力，所以速度的水平分量一直減小，故A錯誤；B．小球水平方向的加速度為豎直方向的加速度為設(shè)從P到A運動的時間為t，根據(jù)速度的合成可知A點速度滿足解得根據(jù)速度的分解可知解得故B正確；C．電場力與重力的合力為與豎直方向的夾角滿足根據(jù)對稱性可知小球在B點的速度等于，故C錯誤；D．根據(jù)“等效重力場”可知，小球沿軌道從A運動到B的過程中，對軌道的最大壓力在圓弧AB的中點C，根據(jù)動能定理有=在C點，根據(jù)牛頓第二定律有解得結(jié)合牛頓第三定律可知對軌道的最大壓力為，故D正確；故選BD。15．（2024上·天津·高三天津市寶坻區(qū)第一中學(xué)校聯(lián)考期末）如圖所示，為有界的豎直向下的勻強電場（邊界上有電場），電場強度，ACB為光滑豎直固定的半圓形軌道，軌道半徑為，A、B為圓水平直徑的兩個端點，為圓弧，一個質(zhì)量為，電荷量為的帶電小球，從A點正上方高為處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道，不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的受力及運動情況，下列說法正確的是（

）A．小球在部分做勻速圓周運動B．小球到達點時對軌道壓力大小為C．適當(dāng)增大，小球沿軌道到達點的速度可能為零D．若，要使小球沿軌道運動到，則應(yīng)將至少調(diào)整為【答案】AD【詳解】A．依題意，有則電場力與重力的合力為零，則小球在AC部分做勻速圓周運動，加速度大小不變，方向始終指向圓心。故A正確；B．小球進入半圓軌道，電場力和重力平衡，小球做勻速圓周運動，根據(jù)動能定理可知在C點，根據(jù)牛頓第二定律得又聯(lián)立，解得由牛頓第三定律可知小球到達C點時對軌道的壓力為2mg。故B錯誤；C．適當(dāng)增大E，即小球所受的電場力大于重力，電場力和重力的合力向上，則在最低點C的最小速度滿足即在最低點的速度不可能為零。故C錯誤；D．若，在最低點軌道的作用力為零，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)動能定理得聯(lián)立，解得可知要使小球沿軌道運動到C，則應(yīng)將至少調(diào)整為。故D正確。故選AD。三、解答題16．（2023上·陜西西安·高三校考期末）空間存在電場強度方向垂直向上的勻強電場，如圖所示，一質(zhì)量為、電量為q的帶正電小球，從水平地面上方一定高度處水平拋出，經(jīng)時間t小球落地，落地時速度方向與水平方向之間的夾角為，已知落地點到拋出點的水平距離為d，重力加速度大小為g，空氣阻力不計，求：（1）小球拋出點與落地點的高度差h；（2）落地點與小球拋出點間的電壓大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）根據(jù)題意可知小球做類平拋運動，小球在水平和豎直方向的位移為，小球落地時速度方向與水平方向之間的夾角為，則所以整理可得（2）小球落地時速度大小為對小球在空中運動的過程列動能定理，有方程聯(lián)立可得17．（2024上·山西太原·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，勻強電場水平向右，將一帶正電的小球從A點豎直上拋，小球經(jīng)M點后運動至B點。M為軌跡最高點，A、B兩點在同一水平線上。小球拋出時動能為2024J，在M點動能也為2024J，不計空氣阻力。求：（1）小球水平位移與的比值；（2）小球從A點運動到B點過程中的最小動能?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）帶電小球水平方向只受電場力做初速度為零的勻加速直線運動、豎直方向只受重力做豎直上拋運動，從A到M的時間與從M到B的時間相等，軌跡如圖所示上升階段的水平方向有下降階段的水平方向有解得（2）合運動與分運動具有等時性，小球所受的電場力為、重力為mg，小球從A到M，由動能定理有水平方向，有牛頓第二定律有上升過程的水平方向豎直方向有整理有由圖可知所以解得即小球的合力為小球從A運動到B的過程中，速度與合外力垂直時可取最小值18．（2024上·廣西·高三校聯(lián)考期末）如圖所示，、兩豎直線相距為，其間以水平線為界，上方電場豎直向下，下方電場豎直向上，在電場左邊界上的、兩點相距為。一電荷量為、質(zhì)量為的粒子從點以初速度沿水平方向射入勻強電場中，通過上的某點進入勻強電場后，從邊上的點水平射出，其軌跡如圖，若、兩點的距離為，不計粒子的重力。求：（1）上方的電場強度大小與下方的電場強度大?。唬?）帶電粒子先后經(jīng)過兩電場所用的時間之比。【答案】（1），；（2）2:1【詳解】（1）粒子在豎直方向先做初速度為0的勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，至速度減為0，則有則有粒子在下側(cè)電場中在豎直方向上，根據(jù)位移公式有粒子在上側(cè)電場中在豎直方向上，根據(jù)位移公式有水平方向上粒子做勻速直線運動，則有解得，（2）在豎直方向上，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有解得帶電粒子經(jīng)過電場所用的時間與經(jīng)過電場所用的時間之比19．（2024上·安徽亳州·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，距離水平地面處有水平方向的勻強電場，電場的寬度為d，長度足夠長。有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場的下邊界處以某一初速度豎直向上拋出，小球從電場的上邊界離開電場，再次進入電場時開始做直線運動，直線運動的軌跡與水平方向的夾角為53°，小球最終落至水平地面上。已知重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計空氣阻力，求：（1）勻強電場的電場強度E的大??；（2）小球從豎直向上拋出到落地過程的時間t?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子再次進入電場時開始做直線運動，可知解得（2）設(shè)小球再次進入電場時豎直方向的分速度為vy，水平方向的分速度vx，根據(jù)對稱性可知小球向上離開電場時的豎直向上的分速度也為vy水平方向的分速度也為vx，設(shè)小球向上穿過電場的時間為t1，則qE=ma解得小球離開電場至到最高點用時間小球在電場中做直線運動的時間為t3，則解得設(shè)小球離開電場到落地用時間t4，則解得則總時間20．（2024上·河南周口·高三西華縣第一高級中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，A、B接在電壓大小恒為U的交變電源上，質(zhì)量為m、電荷量為的離子，以初速度進入直線加速器第1個金屬圓筒左側(cè)的小孔，離子在每個筒內(nèi)均做勻速直線運動，時間均相等，在相鄰兩筒間的縫隙內(nèi)被電場加速，加速時間不計。離子從第3個金屬圓筒右側(cè)出來后，立即由M點射入轉(zhuǎn)向器，轉(zhuǎn)向器中有輻射狀電場，離子沿著圓弧虛線（等勢線）運動，并從N點射出，離子射出時速度方向與矩形區(qū)域CDQP內(nèi)有界勻強電場的電場強度方向垂直，最終離子恰好打在Q點。已知第3個金屬圓筒的長度為l，轉(zhuǎn)向器虛線MN處電場強度的大小為E，、。求：（1）離子在每個金屬圓筒內(nèi)運動的時間；（2）離子在轉(zhuǎn)向器中做圓周運動的半徑；（3）矩形區(qū)域CDQP內(nèi)電場強度的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)離子在第三個圓筒內(nèi)運動時的速度為v，則有離子在每個金屬圓筒內(nèi)運動的時間解得（2）離子由M點射入轉(zhuǎn)向器，沿著圓弧虛線（等勢線）做圓周運動運動，則有結(jié)合上述解得（3）離子在矩形區(qū)域CDQP內(nèi)做類平拋運動，加速度沿電場方向和垂直電場方向的位移分別為，聯(lián)立可得21．（2024上·陜西漢中·高三統(tǒng)考期末）如圖甲所示，帶有等量異種電荷的平行金屬板M、N豎直放置（板N上有一小孔），M、N兩板間的距離d=0.8m，現(xiàn)將一質(zhì)量、電荷量的帶正電小球從兩極板上方的A點以v0=4m/s的初速度水平拋出，A點距離兩板上端的高度h=0.45m。小球恰好從靠近M板上端B處進入兩板間且沿直線運動。設(shè)勻強電場只存在于兩板之間，不計空氣阻力，g取10m/s2。（1）求M、N兩板間的電壓UMN；（2）求小球到達C點時的動能Ek；（3）若將平行金屬板M、N水平放置，如圖乙所示，將帶電小球從板N小孔正上方高H處由靜止開始下落，穿過小孔到達板M時速度恰為零，空氣阻力忽略不計。則H為多大？（結(jié)果用分式表示）【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球從A到B點做平拋運動，設(shè)到達B點的豎直速度為vy，則由于小球進入兩板間后做直線運動，所以重力和電場力的合力方向沿直線方向，設(shè)速度方向與水平方向的夾角為θ，則有聯(lián)立解得（2）小球進入電場后，設(shè)從B點運動到C點的豎直位移為h'。根據(jù)動能定理可得解得（3）根據(jù)動能定理可得解得22．（2024上·黑龍江牡丹江·高三牡丹江市第二高級中學(xué)校聯(lián)考期末）實驗室的粒子分析裝置由粒子發(fā)射源、加速電場、靜電分析器、偏轉(zhuǎn)電場四部分組成。如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，第二象限內(nèi)有豎直向下的勻強電場，第一象限內(nèi)有一靜電分析器，分析器中存在電場線沿半徑方向指向圓心的均勻幅向電場。自點沿與軸夾角為的方向發(fā)射一個初速度為、帶正電的粒子，粒子會沿平行于軸的方向從點進入靜電分析器，且恰好在分析器內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡處的電場強度大小為。若帶電粒子質(zhì)量為，電荷量為，不計粒子重力。求：（1）間的距離；（2）第二象限勻強電場的電場強度大小；（3）粒子在靜電分析器中運動的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由題意粒子到達點的速度為粒子在靜電分析器中做勻速圓周運動，靜電力提供向心力有解得（2）粒子在第二象限中做反向類平拋運動，豎直方向上由運動學(xué)公和牛頓第二定律式有，聯(lián)立得（3）粒子運動的周期為粒子運動時間為聯(lián)立得23．（2024上·天津薊州·高三統(tǒng)考期末）如圖所示為一種質(zhì)譜儀的簡化原理圖。位于第Ⅱ象限的靜電分析器，其通道為以O(shè)為圓心的四分之一圓弧，內(nèi)有方向指向坐標(biāo)原點O的均勻輻向電場，半徑為R＝0.6m的虛線MN為通道的中心線，中心線處的電場強度大小為。位于第Ⅰ象限的擋板OP與x軸夾角為θ＝45°，擋板OP與y軸之間存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為。比荷是的離子從離子源飄出（初速度近似為0），經(jīng)過電壓為U的加速電場加速后，以速度進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，從N點垂直y軸射出后進入電場中，最后離子恰好垂直打在擋板OP上，不計離子重力和離子間相互作用，求：（1）的大?。唬?）加速電場電壓U的大??；（3）電場強度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）離子在靜電分析器中，電場力提供向心力可得求得（2）離子經(jīng)過加速電場加速過程，根據(jù)動能定理可得求得（3）離子在中做類平拋運動，恰好垂直打在擋板OP上，則有沿y軸方向有沿x軸方向有根據(jù)幾何關(guān)系有聯(lián)立解得24．（2024上·天津?qū)幒印じ呷y(tǒng)考期末）如圖所示，在第Ⅰ象限內(nèi)有沿軸負方向的勻強電場，場強為；第Ⅱ象限內(nèi)放置靜電分析器，靜電分析器中電場的方向沿半徑指向圓心（原點）；第Ⅲ象限內(nèi)有沿軸負方向的勻強電場，，在處有一足夠大平行于軸的熒光屏；質(zhì)量為、電荷量為的粒子從第Ⅰ象限內(nèi)點由靜止釋放，進入第Ⅱ象限的靜電分析器恰好做勻速圓周運動，之后進入第Ⅲ象限，打在熒光屏上點，粒子重力忽略不計。求：（1）粒子由點運動到軸正半軸時的速度；（2）第II象限場強與的大小之比；（3）粒子打在點處的位置坐標(biāo)；（4）粒子打在點時的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）2；（3）（，）；（4）【詳解】（1）粒子由點運動到軸正半軸時的速度解得（2）粒子在第Ⅱ象限內(nèi)的電場中做勻速圓周運動，則解得所以（3）帶電粒子在第Ⅲ象限內(nèi)沿y軸負方向做勻速直線運動x軸方向所以點處的位置坐標(biāo)（，）。（4）根據(jù)，所以25．（2024上·北京朝陽·高三統(tǒng)考期末）如圖所示是一個示波管工作原理示意圖。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)量為h，板長為L。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度不計。求：（1）電子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小v；（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t；（3）電子在通過偏轉(zhuǎn)電場的過程中動量變化的大小?p。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）電子經(jīng)過加速電場，根據(jù)動能定理有解得電子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小為（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則有解得電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為（3）電子沿電場力方向做勻加速直線運動，則有解得由于電子在偏轉(zhuǎn)電場中水平方向做勻速運動，則電子在通過偏轉(zhuǎn)電場的過程中動量變化的大小26．（2024上·北京豐臺·高三統(tǒng)考期末）利用帶電粒子（不計重力）在電場或磁場中的運動可以研究很多問題。（1）如圖所示，在間距為d、長度為l的兩塊平行金屬板上施加電壓U，讓帶電粒子沿兩極板的中心線以速度v進入電場，測得粒子離開電場時偏離中心線的距離為y。利用上述方法可以測量帶電粒子的比荷（），請推導(dǎo)粒子比荷的表達式；（2）保持其他條件不變，撤掉問題（1）中兩極板間的電壓，在兩極板間施加一垂直紙面的勻強磁場。將磁感應(yīng)強度的大小調(diào)節(jié)為B時，帶電粒子恰好從極板的右側(cè)邊緣射出。a．利用上述方法同樣可以測量帶電粒子的比荷，請推導(dǎo)粒子比荷的表達式；b．帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時動量發(fā)生變化，使提供磁場的裝置獲得反沖力。假設(shè)單位時間內(nèi)入射的粒子數(shù)為n，單個粒子的質(zhì)量為m，求提供磁場的裝置在垂直極板方向上獲得的反沖力大小?！敬鸢浮浚?）；（2）a．；b．【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，則可得（2）a．設(shè)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系可得根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得b．設(shè)帶電粒子從磁場中出射速度方向與極板成角。以時間內(nèi)入射的粒子為研究對象，在垂直于極板的方向上由動量定理得其中，帶入可得根據(jù)牛頓第三定律，提供磁場的裝置在垂直于極板的方向上所獲得的反沖力大小也為。27．（2024·全國·高三專題練習(xí)）電子被電壓為U的電場加速后，垂直于場強方向飛入一個偏轉(zhuǎn)電場，飛入時動能為，飛出時動能加到飛入時的2倍。如果加速電場的電壓增為4U，此電子飛出同一偏轉(zhuǎn)電場時的動能變?yōu)槎嗌伲俊敬鸢浮俊驹斀狻考铀匐妶鲋?，根?jù)動能定理有加速電場的電壓增為4U，根據(jù)動能定理有則加速電場的電壓為U時，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間加速電場的電壓為4U時，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間電子在同一偏轉(zhuǎn)電場中沿電場方向運動的加速度相同，則電子先后沿電場方向運動的位移為即設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的場強為，根據(jù)動能定理有解得28．（2024·重慶·統(tǒng)考一模）某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進行治療。在這種療法中，質(zhì)子先被加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，如圖。來自質(zhì)子源的質(zhì)子（初速度為零）經(jīng)加速電場加速后，沿圖中四分之一圓弧虛線通過輻向電場，再從P點豎直向上進入存在水平向右的勻強電場的圓形區(qū)域，最終轟擊處在圓上Q點的腫瘤細胞。已知四分之一圓弧虛線處的場強大小為，方向沿半徑指向圓心O，圓O′與OP相切于P點，，圓形區(qū)域的半徑為R，Q點位于OP上方處，質(zhì)子質(zhì)量為m、電量為e．不計質(zhì)子重力和質(zhì)子間相互作用，求：（1）質(zhì)子在P點處的速度大小v；（2）加速電場的加速電壓U；（3）圓形區(qū)域中勻強電場的場強大小。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）質(zhì)子在輻向電場中做圓周運動，質(zhì)子在輻向電場中電場力提供其做圓周運動的向心力，有解得（2）在加速電場有解得（3）進入圓形電場中，其在豎直方向做勻速直線運動，有水平方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有設(shè)與的夾角為，有所以質(zhì)子水平方向有解得29．（2023上·遼寧·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）水平地面上有勻強電場如圖所示，電場方向水平向右。一個質(zhì)量為m、電荷量為的小球，從距地面高h處由靜止釋放，落地速度大小，重力加速度為g。（1）求電場強度E的大小。（2）若將小球以初速度v從距地面高h處豎直向上拋出，求經(jīng)過多長時間，小球的速度最小，最小速度是多大？（3）若將小球以初速度v從距地面高h處豎直向上拋出，求小球的最高點距地面的高度以及小球在最高點時的速度大小。【答案】（1）；（2），；（3），【詳解】（1）小球受力分析如圖所示，小球做初速度為0的勻加速直線運動，加速度方向與豎直方向夾角為，，根據(jù)速度位移關(guān)系式聯(lián)立方程解得，，（2）將小球以初速度v豎直向上拋出，小球做類斜拋運動，沿加速度和垂直加速度方向建立平面直角坐標(biāo)系，如圖。當(dāng)v在y軸分量減小為0時，小球速度變小，悮立方程解得，（3）小球在豎直方向做豎直上拋運動，最大位移到最高點所用時間在最高點的速度則最大高度速度30．（2023·陜西·校聯(lián)考一模）有一水平方向的勻強電場，場強，一帶正電的微粒以豎直向上的初速度從A點射入電場，一段時間后從B點離開電場，A、B兩點在同一條水平直線上。已知帶電微粒質(zhì)量，所帶的電荷量，重力加速度，微粒向上運動過程中未沖出電場。求（1）帶電微粒在豎直方向上的最大位移；（2）A、B兩點的電勢差；（3）帶電微粒在電場中運動速度的最小值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）在豎直方向上，速度減為零的時間為由解得在豎直方向上最大位移（2）根據(jù)對稱性，微粒在電場中的時間為水平方向加速度水平方向位移為兩點之間的電勢差為（3）帶電微粒水平方向速度帶電微粒豎直方向速度帶電微粒的速度代入數(shù)據(jù)由數(shù)學(xué)知識，速度具有最小值的時間為解得速度的最小值31．（2024上·四川內(nèi)江·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，一條絕緣的輕質(zhì)細線，上端固定于O點，下端拴一質(zhì)量為m的帶電小球，將它置于電場強度為E的勻強電場