2024年高考物理二輪熱點(diǎn)模型電偏轉(zhuǎn)模型中的分解與能量（解析版）

電偏轉(zhuǎn)模型中的分解與籍量

國品

模型一帶電粒子（體）在電場中的偏轉(zhuǎn)

模型二帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動

模型三“等效重力法”在電場中的應(yīng)用

模型講解

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(gè)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(shí)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(diǎn)。為粒子水平位移的中點(diǎn),若電場寬度為

1,0到電場邊緣的距離為亨。

3.一般解題方法

運(yùn)動的分一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的

解法勻加速直線運(yùn)動和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動

當(dāng)討論帶電粒子的末速度。時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：虱4=］小。2

功能關(guān)系

—2館*，其中4=與“指初、末位置間的電勢差

/CL

模型二帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動

1.兩條分析思路

一是力和運(yùn)動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析;二是功能關(guān)系（機(jī)械能守恒定律、動能定理、

能量守恒定律）。

2.兩個(gè)運(yùn)動特征

分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動規(guī)律,抓住粒子的運(yùn)動具有周期性和空間上具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)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v—t圖像

工如圖甲所示，在平行板電容器4、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，力=0時(shí)刻4板電勢比石板

高，兩板中間靜止一電子,設(shè)電子在運(yùn)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()

圖線一

［木圖線二

ABU]

7O

-U1

2圖線三

甲

A.在±=0時(shí)刻釋放電子，則電子運(yùn)動的o—t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(yùn)動

B.若力=彳時(shí)刻釋放電子，則電子運(yùn)動的。一力圖像如圖線二所示,該電子一直向B板做勻加速直

O

線運(yùn)動

C.若七=工時(shí)刻釋放電子，則電子運(yùn)動的v-t圖像如圖線三所示，該電子在2T時(shí)刻在出發(fā)點(diǎn)左邊

4

D.若力=春7時(shí)刻釋放電子，在2T時(shí)刻電子在出發(fā)點(diǎn)的左邊

O

【答案】C

【解析】在力=9時(shí)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(yùn)

動，4、B錯(cuò)誤；若t=時(shí)刻釋放電子，電子先向左做勻加速直線運(yùn)動，水平向左為速度正方向，在

時(shí)刻速度達(dá)到最大，然后做勻減速直線運(yùn)動,圖線三符合電子運(yùn)動的。一t圖像，v—t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(shí)刻0一t圖像與土軸所圍的面積為正，電子的位移為正，所以

電子在出發(fā)點(diǎn)左邊，。正確；若t=用時(shí)刻釋放電子，易分析得在從開始出發(fā)到2T時(shí)刻。一力圖像與t軸

O

所圍的面積為負(fù)，即位移為負(fù)，電子在出發(fā)點(diǎn)的右邊，。錯(cuò)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(gè)等效力，稱為等效重力。如圖所示，則理為等效重力場中的“重

力"，g'=今為等效重力場中的“等效重力加速度”；璃的方向等效為“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(diǎn)與幾何最高點(diǎn)

重力場與電場在一條直線上重力場與電場成一定夾角

(qE>mg)

等效重力場E

E'［［等效“最高點(diǎn)”)

'等效"最低點(diǎn)”)

rngV|\mg

(mg'為等藪重力'

等效重力場

mg'為

等效“最高點(diǎn)”等效“最低點(diǎn)”等效重力

g'為等效重力加速度g'為等效重力加速度

案例剖析1I,

回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(qiáng)電場，板長

為L（不考慮邊界效應(yīng)）ot=0時(shí)刻，河板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直河板

向右的粒子,到達(dá)N板時(shí)速度大小為V2v0；平行同板向下的粒子,剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和粒

子間的相互作用，則（）

A.河板電勢高于N板電勢B.兩個(gè)粒子的電勢能都增加

C.粒子在兩板間的加速度&=孚D.粒子從N板下端射出的時(shí)間J=I"

L2v0

【答案】。

【詳解】4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，故人錯(cuò)誤：

B.根據(jù)題意垂直河板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減??；則平

行兇板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯(cuò)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(yùn)動，有

L_.

萬*

d-

對于垂直Al板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有

（A/2?；O）2—^o=2ad

聯(lián)立解得

-L_2褚

t——一,Q—1一

2。0L

故。正確，_0錯(cuò)誤；

故選。。

的2（2023?安徽淮北?統(tǒng)考一模）如圖甲所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點(diǎn)為兩板中點(diǎn)的一

粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為小、電荷量為+q、質(zhì)量為小的粒子。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(jì)粒子重力，以下判斷正確的是（

、E

加“2

2qd

O

2d4d6d8d

哪?%vovovo

2qd

乙

A.能從板間射出的粒子的動能均相同???

B.粒子在電場中運(yùn)動的最短時(shí)間為烏

2no

c”=4時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從。點(diǎn)的下方射出

為

D.方=三時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從。點(diǎn)的上方射出

2方

【答案】A

【詳解】由圖可知場強(qiáng)

7n裙

2qd

則粒子在電場中的加速度

Q-q-E---vo--

m2d

則粒子在電場中運(yùn)動的最短時(shí)間滿足

11,2

了a—了aXmin

解得

_V2d

6min一

%

故B錯(cuò)誤；

A.能從板間射出的粒子在板間運(yùn)動的時(shí)間均為

.8d

t——

則任意時(shí)刻射入的粒子射出電場時(shí)沿電場方向的速度均為0,可知射出電場時(shí)的動能均為］???/*,故4正

確；

C.1=且=工時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在沿電場方向的運(yùn)動是：先向下加速工，后向下減速與速度到零；然

v0444

后向上加速。，再向上減速［速度到零???..如此反復(fù)，則最后從。點(diǎn)射出時(shí)沿電場方向的位移為零，則

粒子將從O,點(diǎn)射出，故。錯(cuò)誤；

D.■時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在沿電場方向的運(yùn)動是：先向下加速亭，運(yùn)動的位移

此時(shí)粒子已經(jīng)到達(dá)下極板，即粒子不能從右側(cè)射出，故。錯(cuò)誤。

故選人。

網(wǎng)］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(qiáng)電場,將一帶正電荷的小球自電場

中P點(diǎn)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(diǎn)均取在P點(diǎn)。則

射出后，（）

A.小球的動能最小時(shí),其電勢能最大

B.小球的動能等于初始動能時(shí)，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(shí)，其動能最大

D.從射出時(shí)刻到小球速度的水平分量為零時(shí)，重力做的功等于小球電勢能的增加量

【答案】BD

【詳解】如圖所示

Eq=mg

故等效重力G'的方向與水平成45°。

當(dāng)％=0時(shí)速度最小為^min^^1,由于此時(shí)5存在水平分量，電場力還可以向左做負(fù)功，故此時(shí)電勢能不是

最大，故A錯(cuò)誤；

BD.水平方向上

Eq

。0二---1

m

在豎直方向上

由于

Eq=mg，得v=

如圖所示，小球的動能等于末動能。由于此時(shí)速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知

嗎?+%=0

則重力做功等于小球電勢能的增加量，故BO正確；

C.當(dāng)如圖中％所示時(shí)，此時(shí)速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯(cuò)誤；

故選&X

皿￡（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(qiáng)電場，長為Z的絕緣輕繩

一端固定于。點(diǎn),另一端連接質(zhì)量為小、帶電量為+<7的小球，小球繞。點(diǎn)在豎直面內(nèi)沿順時(shí)針方向做完

整的圓周運(yùn)動。圖中4。為水平直徑，BD為豎直直徑。從A點(diǎn)開始，小球動能場與轉(zhuǎn)過角度。的關(guān)系

如圖乙所示，已知重力加速度大小為g,則（）

A.BD為電場的一條等勢線B.該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為理

q

C.輕繩的最大拉力大小為7nigD.輕繩在A、。兩點(diǎn)拉力的差值為6mg

【答案】

【詳解】AB.由圖像知個(gè)=專為等效最低點(diǎn)，■為等效最高點(diǎn)，根據(jù)動能定理可知

00

W^.—mgl—3mgi

解得

W^=—2mgl

重力和電場力的合力在等效最低點(diǎn)與等效最高點(diǎn)連線上，運(yùn)動距離為2/,則合力大小為mg,根據(jù)余弦定

理可知

(Eq)2=(mg)2+(mg)2—2mg?m^cos60°

解得

E=理

q

根據(jù)幾何關(guān)系可知，電場強(qiáng)度方向和重力方向夾角為120°,方向斜向上，如圖所示

由于為勻強(qiáng)電場，則可知BD不是電場的等勢線，故A錯(cuò)誤，B正確；

C.在等效最低點(diǎn)拉力最大，可得

?,2

^Tmax-mScos60°—Eqcosd0°=m-

3mgl—~^~mv2

解得

瑪ma*=7mg

故。正確；

D.在等效最高點(diǎn)拉力最小，可得

，2

用min+77ZgCOS60。+EqCOS60。=7TL十

7_1,2

mgl——mv

解得

瑪min=

則輕繩在等效最底點(diǎn)和最高點(diǎn)拉力的差值為

\F=7mg—(—mg)=8mg

故輕繩在4、。兩點(diǎn)拉力的差值為8mg,故。錯(cuò)誤。

故選B。。

【系統(tǒng)建?！康刃Хㄇ蠼怆妶鲋袌A周運(yùn)動問題的解題思路

⑴求出重力與電場力的合力乙，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”。

⑵將a=坐視為”等效重力加速度”。找出等效“最低點(diǎn)”和等效“最高點(diǎn)”。

m

(3)將物體在重力場中做圓周運(yùn)動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解。

綜合應(yīng)用

一、單融

、題目口（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a粒子（質(zhì)量數(shù)為4、電荷數(shù)

為2）垂直進(jìn)入某一平行板間的勻強(qiáng)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(shí)動能的增

量相同，不計(jì)粒子重力,則下列判斷正確的是（）

A.質(zhì)子和a粒子射入時(shí)的初動量之比為2：1B,質(zhì)子和a粒子射入時(shí)的初動能之比為1：2

C.質(zhì)子和a粒子射入時(shí)的初速度之比為1：1D.質(zhì)子和a粒子在平行板間的運(yùn)動時(shí)間之比為1：4

【答案】。

【詳解】粒子在勻強(qiáng)電場中，垂直于電場方向做勻速運(yùn)動

豎直方向上

y=4QF

"2

qE=rna

由動能定理知電場力對粒子做的功等于粒子動能增量，則

2斤22

W=△耳=qEy=%~~彳

2ITHJUQ

故動量為

故初動量之比為

Pi==]xVI=X

P2q2新鬲2XV44

故4錯(cuò)誤；

B.由動能增量△氏=-...-可知粒子的初動能

1_

耳。一針吁2下逐

故初動能之比

Ekoi__Qi___1^_1

京一至一手一了

故石錯(cuò)誤；

C.由兩粒子初動量p=?7Wo可知，初速度之比

P1

如=a=as=1x4=x

22&。2Ml4X11

m2

故。正確；

D.由于兩粒子初速度相等，則質(zhì)子和a粒子在平行板間的運(yùn)動時(shí)間之比為

L

力1_如_*2_工

力220011

002???

故。錯(cuò)誤。

故選。。

題目習(xí)（2023上?河南南陽?高三統(tǒng)考期中）在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為小的帶正電小球以初速度期。豎

直向上拋出，經(jīng)過時(shí)間t末小球的速度達(dá)到最小值。，則（）

B.小球所受合外力的大小為處手心

A.小球在最高點(diǎn)的速度大小為

/詔一"

C.時(shí)間t內(nèi)合力對小球做功為（若一"）D.時(shí)間t內(nèi)合外力對小球的沖量大小為？ngt

【答案】B

【詳解】8.設(shè)重力與電場力的合力F與豎直方向的夾角為仇將初速度正交分解為與F共線和垂直兩個(gè)方

向，分速度分別為

Vi=vocos0,v=gsine

垂直合力方向的分速度即最小速度，速度最小時(shí)

整理得

2

mv1_mv0cos3_mv41—sin汨_myJVQ—V

tttt

故B正確；

4.小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，水平方向做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律

Feos9—mg,FsinG—max

有運(yùn)動學(xué)公式

伙尸gh,

聯(lián)立得，最高點(diǎn)速度為

故A錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動能定理，時(shí)間t內(nèi)合力對小球做功為

W=-^-mv2---^-7n（D2—i）o）

故。錯(cuò)誤；

D.mgt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?ngt,故。錯(cuò)誤。

故選B。

題目§（2024?廣西?統(tǒng)考一模）如圖,空間中有一勻強(qiáng)電場，大小為管，方向與水平方向成30°角，現(xiàn)有一光

滑絕緣大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，。點(diǎn)為環(huán)心，將質(zhì)量為小、帶電荷量為+q的小圓環(huán)套在大圓環(huán)的河點(diǎn)

并同時(shí)給小圓環(huán)一個(gè)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(yùn)動,重力加速度為9,則

小圓環(huán)（）

A.從/■點(diǎn)到Q點(diǎn)動能減小B.在朋■點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢能相等

C.從M點(diǎn)到Q點(diǎn)電場力做負(fù)功D.動能最大處的電勢低于動能最小處的電勢

【答案】。

【詳解】C.小圓環(huán)帶正電，從河點(diǎn)到Q點(diǎn)電場力做正功，。錯(cuò)誤；

B.作出等勢面如圖：

沿電場線方向電勢降低，則在初點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢，正電荷在電勢高的地方電勢能大，所以在“點(diǎn)

的電勢能大于N點(diǎn)的電勢能，8錯(cuò)誤；

A.小圓環(huán)受到的電場力

mg

F—qE—q=mg

則小圓環(huán)運(yùn)動的等效最高點(diǎn)和等效最低點(diǎn)分別為人點(diǎn)和B點(diǎn)，在人點(diǎn)速度最小，在B點(diǎn)速度最大，則從M

點(diǎn)到Q點(diǎn)動能先增大后減小，A錯(cuò)誤；

D.根據(jù)沿電場線方向電勢降低，則在B點(diǎn)的電勢低于4點(diǎn)的電勢，即動能最大處的電勢低于動能最小處

的電勢，。正確。

故選D。

二、多選題

題目區(qū)（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(qiáng)電場，豎直方向

的實(shí)線為其等勢面，一質(zhì)量為小，帶電量為+q的小球從。點(diǎn)由靜止開始恰能沿直線P運(yùn)動,且到達(dá)P點(diǎn)時(shí)

的速度大小為。，重力加速度為g（規(guī)定。點(diǎn)的電勢為零），下列說法正確的是（）

A.電場強(qiáng)度的大小￡=等B.p點(diǎn)的電勢必=—喑

2:

C.P點(diǎn)的電勢能瓦=TD.小球機(jī)械能的變化量為號

【答案】BD

【詳解】4小球沿直線運(yùn)動OP,合力沿OP方向，如圖所示

則有

qEtan45°=mg

解得

mg

q

故A錯(cuò)誤；

BC.設(shè)OP=L,根據(jù)動能定理得

7ngz/sin45+qELcos45=-mV

解得電場力做功

mv2

W-QEZ/COS45°

4

根據(jù)

qUop

解得

mv2

UOP=

4q

根據(jù)

Uop—(PO~(PP

且＜po—ov,解得

mv2

3產(chǎn)一工

則P點(diǎn)的電勢能為

Ep=q(p=~

P~T~

故B正確，。錯(cuò)誤;

D.小球機(jī)械能的變化量等于電場力做的功，為

mv2

/\E=W=

4

故。正確。

改選BD。

〔題目可（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；be是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn),整個(gè)軌道處于水平向右的

勻強(qiáng)電場中，電場范圍足夠大，電場強(qiáng)度E=4追。質(zhì)量為2加帶電量為+q的小球，由a點(diǎn)從靜止開始向

q

右運(yùn)動到距水平面高度為R的位置時(shí),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(yùn)動）（）

A.Q.5mgRB.mgRC.2mgRD.3mgR

【答案】BC

【詳解】小球受到的電場力為

F=qE=mg

當(dāng)小球第一次到達(dá)。點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動能定理得

Eq{2R+R）—2mgR—△耳尸—X2mvc

解得

mgR

則

Vc^yfgR

從。點(diǎn)開始，小球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動,水平方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動，設(shè)小球再次運(yùn)

動到距水平面高度為R的位置時(shí)，所用時(shí)間為力，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得

t_2"。_gR

99

在力時(shí)間內(nèi)小球沿電場方向運(yùn)動的位移為

對小球，從a點(diǎn)到再次運(yùn)動到距水平面高度為五的位置，根據(jù)動能定理得

-2mgR+Eq（3R+力）=△及2

解得

△瓦2=^mgR

故選

題目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伍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(shí)刻開始連續(xù)釋放初速度大小為。。、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t=0時(shí)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=也,粒子質(zhì)量為機(jī)，不計(jì)粒子重力及相互間的

作用力，則（

T37

2T

A.在t=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)速度大小仍為g

B.粒子的電荷量為第

C.在力=』T時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場時(shí)電勢能減少了

OO

D.在t=3丁時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場

4

【答案】AD

【詳解】A.粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速運(yùn)動，則±=0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在電場中運(yùn)動時(shí)間力=

也，此時(shí)間正好是交變電壓的一個(gè)周期，粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動后做減速運(yùn)動，經(jīng)過一個(gè)周期，粒子

的豎直速度為零，故粒子離開電場時(shí)的速度大小等于水平速度5,故4正確;

B.在豎直方向，力=0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在q時(shí)間內(nèi)的位移為

Td

故8錯(cuò)誤；

C.在￡■時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子，離開電場時(shí)在豎直方向上的位移為

O

。=乂鏟d

2~2

故靜電力做功為

v11rr_12

W——^―x—d=~^U°q——mv0

電勢能減少了47n若，故。錯(cuò)誤；

D.力=彳■時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動工，然后向下減速運(yùn)動與,再向上加速工，然后

4444

再向上減速?，由對稱可以知道,此時(shí)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。正確。

故選A。。

題目可（2024?全國?模擬預(yù)測）如圖甲所示，工。沙平面內(nèi)存在著平行于y軸方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度隨時(shí)

12

間的變化如圖乙所示。t=0時(shí)刻，一帶電粒子從V軸上的P點(diǎn)以大小為vQ的初速度沿c軸正方向進(jìn)入電

場。已知O、P兩點(diǎn)之間的距離為"粒子在。時(shí)刻從Q點(diǎn)以與①軸正方向成夕=45°的角度第一次穿過工

軸，2曲時(shí)刻粒子所在位置的沙坐標(biāo)也為乙，粒子在電場中運(yùn)動時(shí)僅受電場力作用。下列說法正確的是

A.Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(2L,0)B.圖乙中4=2瓦

C.2to時(shí)刻,粒子的速度大小為為。D.4to時(shí)刻，粒子的位置坐標(biāo)為(8L.5L)

【答案】4CD

【詳解】A.粒子沿3軸方向上做速度為％的勻速直線運(yùn)動，沿沙軸方向上在0?書，友?2to，2to~4M時(shí)間內(nèi)

分別做勻變速直線運(yùn)動，在0?力0,2名?4功時(shí)間內(nèi)加速度大小

qE0

s=—

m

在to?2力0時(shí)間內(nèi)加速度大小

_qE、

OL2------

m

粒子在to時(shí)刻從Q點(diǎn)以與a;軸正方向成。=45°的角度第一次穿過立軸，可得此時(shí)粒子沿沙軸方向的速度

大小

5=gtan。=vQ

方向向下，由

L=yto

XQ=voto

可得

xQ=2L

故Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(2乙,0),4項(xiàng)正確；

B.設(shè)2to時(shí)刻粒子沿y軸方向的速度大小為”2,方向向上，由2to時(shí)刻粒子所在位置的y坐標(biāo)也為L,可得

即

。2=2%

又

_5

01—五

仍+。2

。2=%.

可得

。2=3al

即

Ei=3及

石項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.2。時(shí)刻，粒子的速度大小

仇2=V^o+^2=00

。項(xiàng)正確；

D.4力0時(shí)刻，粒子沿g軸方向的速度

。3=。2—。1?2力0=0

故粒子在2M?4力o時(shí)間內(nèi)沿"軸方向的位移大小

△y二-22環(huán)=4L

4加時(shí)刻，粒子的y坐標(biāo)為

L+by=5L

4加時(shí)亥4,粒子的/坐標(biāo)為

VQ*4力0=8L

。項(xiàng)正確。

故選ACO。

、題目回（2024?湖南邵陽?統(tǒng)考一模）如圖所示，有一勻強(qiáng)電場平行于平面忒加，一個(gè)質(zhì)量為小的帶電粒子僅

在電場力作用下從。點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)，粒子在O點(diǎn)時(shí)速度。。沿9軸正方向，經(jīng)A點(diǎn)時(shí)速度沿c軸正方向，且

粒子在A點(diǎn)的速度大小是它在。點(diǎn)時(shí)速度大小的2倍。關(guān)于該粒子在。4這一過程的運(yùn)動情況，下列說

法正確的是（）

九

V

?A

A

A.帶電粒子帶負(fù)電B.帶電粒子在A點(diǎn)的電勢能比在。點(diǎn)的電勢能小

C.這段運(yùn)動過程中粒子的最小動能為卡小褚D.電場力方向與立軸正方向之間夾角的正切值為］

【答案】BD

【詳解】4由于電場線方向未知，則帶電粒子的電性未知，故A錯(cuò)誤；

B.帶電粒子從。點(diǎn)到A點(diǎn)動能增加，則電場力做正功，電勢能減小，故帶電粒子在4點(diǎn)的電勢能比在O

點(diǎn)的電勢能小，故B正確；

D.設(shè)加速度方向與g軸正方向之間的夾角為仇如圖所示

則在沿著0軸方向上

asin。=-y-?fl

沿著立軸方向上

acosd=/

并且粒子在4點(diǎn)的速度是它在。點(diǎn)時(shí)速度的2倍，即

v=2v0

聯(lián)立解得

tan。=-y

故D正確；

C.當(dāng)速度最小時(shí)，速度方向與電場力方向垂直，設(shè)最小速度為"min,將初速期0沿著電場力方向和垂直電場

力方向進(jìn)行分解，可得

"min=VQCOSG=-V5VQ

5

則最小動能為

12_22

及min=ym-ymin=-mv0

故。錯(cuò)誤；

故選BD。

面目。（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,河為熒光屏?，F(xiàn)有質(zhì)子（；H）、氣核儂）和a粒子?

He）均從A板上的。點(diǎn)由靜止開始被加速，經(jīng)過一段時(shí)間后，均打在熒光屏上。中子從O點(diǎn)水平射出，將

打在熒光屏上的。'點(diǎn)，不計(jì)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、笊核和a粒子均打在熒光屏上的同一位置

B.質(zhì)子、:M核和a粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同

C.質(zhì)子、笊核和a粒子打在熒光屏上時(shí)的速度方向相同

D.平行金屬板C、。間的電場力對質(zhì)子、笊核和。粒子做的功之比為1：1：2

【答案】ACD

【詳解】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d,偏轉(zhuǎn)極板長度為乙，則在加速電

場

解得

偏轉(zhuǎn)電場

因?yàn)?/p>

t=—

V

代入得

2_UI}

1qU2+2=1qU2L2

"2md2rrtd4叫

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、電核和a粒子均打在熒光屏

上的同■一位置。A正確；

B.在加速電場

qUi=-^-mv2

解得

V=

由于3個(gè)粒子比荷不一樣，故速度不一樣，由

V

知，質(zhì)子、1核和a粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不相同。_8錯(cuò)誤;

C.粒子的速度偏轉(zhuǎn)角

qUiL

mdv_U?L

tang=—

vv2U2d

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、1核和a粒子打在熒光屏上時(shí)的速

度方向相同。。正確；

D.設(shè)電場力對質(zhì)子、殺核和a粒子做的功為孫、花、取，則電場力做功為

W=qU

代入得

Wy—eU2

W,=eU2

W3=2eU2

則叱:叫:叫=1:1:2,故。正確;

頻目叵1（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。，板長為￡，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)中央以水平初速度為正對屏上的。點(diǎn)射

入,在板間做直線運(yùn)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，粒子打在屏上河點(diǎn)（未標(biāo)出）。己知粒子質(zhì)量為小，電荷量為g,平行板右端到屏距離也為

重力加速度為9。則（）

BQ板平移前平行板電容器所帶電荷量為空幽

A.P板電勢高于Q板.

q

C.點(diǎn)O、河間距離為嗎

D.點(diǎn)刊與。重合

2楮

【答案】BD

【詳解】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(fù)電，則P板電勢

低于Q板，故A錯(cuò)誤；

B.Q板平移前由平衡可知

qE=mg

其中有

E=~

a

電容器的定義式

Q

CJ=u

聯(lián)立解得

Cmgd

W-

q

故B正確；

CD.Q板平移后，板間電場強(qiáng)度

E'=——

根據(jù)牛頓第二定律

qE'—mg=ma

解得

1

在兩板間做類平拋運(yùn)動，有

2

y=ya/：,L=vot

解得

9^

yT6j=*----

出板間時(shí)豎直方向的速度

gL

v=at=-一