2025新課改-高中物理-必修第3冊（20講）08 B帶電粒子在電場中的運動 中檔版含答案

2025新課改-高中物理-必修第3冊（20講）08B帶電粒子在電場中的運動中檔版帶電粒子在電場中的運動知識點：帶電粒子在電場中的運動一、帶電粒子在電場中的加速分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：1．利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式分析．適用于電場是勻強電場且涉及運動時間等描述運動過程的物理量，公式有qE＝ma，v＝v0＋at等．2．利用靜電力做功結(jié)合動能定理分析．適用于問題涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場情景時，公式有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02)(勻強電場)或qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02)(任何電場)等．二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場，極板長為l，極板間距離為d，極板間電壓為U.(1)運動性質(zhì)：①沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運動．②垂直v0的方向：初速度為零的勻加速直線運動．(2)運動規(guī)律：①偏移距離：因為t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(02)d).②偏轉(zhuǎn)角度：因為vy＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02)).三、示波管的原理1．示波管主要由電子槍(由發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(由一對X偏轉(zhuǎn)電極和一對Y偏轉(zhuǎn)電極組成)和熒光屏組成．2．掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓．3．示波管工作原理：被加熱的燈絲發(fā)射出熱電子，電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉(zhuǎn)電場，如果在Y偏轉(zhuǎn)電極上加一個信號電壓，在X偏轉(zhuǎn)電極上加一個掃描電壓，當掃描電壓與信號電壓的周期相同時，熒光屏上就會得到信號電壓一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖像．技巧點撥一、帶電粒子在電場中的加速1．帶電粒子的分類及受力特點(1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力．(2)質(zhì)量較大的微粒，如帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力．2．分析帶電粒子在電場力作用下加速運動的兩種方法(1)利用牛頓第二定律F＝ma和運動學公式，只能用來分析帶電粒子的勻變速運動．(2)利用動能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02.若初速度為零，則qU＝eq\f(1,2)mv2，對于勻變速運動和非勻變速運動都適用．二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距離為d，不計粒子的重力．1．運動分析及規(guī)律應用粒子在板間做類平拋運動，應用運動分解的知識進行分析處理．(1)在v0方向：做勻速直線運動；(2)在電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運動．2．過程分析如圖所示，設粒子不與平行板相撞初速度方向：粒子通過電場的時間t＝eq\f(l,v0)電場力方向：加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場時垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度與初速度方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02))離開電場時沿電場力方向的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(02)).3．兩個重要推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點．(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.4．分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉(zhuǎn)電場中沿電場力方向的偏移量．例題精練1．（2021春?連云港期末）如圖所示為密立根測定電子電荷量的實驗裝置示意圖。油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板M、N，分別與電壓恒為U的電源兩極相連，兩板間距為d．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的油滴在極板間勻速下降，不計空氣阻力，重力加速度為g。則（）A．油滴帶正電荷 B．油滴帶的電荷量為 C．油滴下降過程中電勢能不斷減小 D．將極板N向下移動一小段距離，油滴將加速下降【分析】根據(jù)油滴勻速運動，可以判斷油滴電性，結(jié)合受力平衡可知油滴的電荷量；根據(jù)功能關系，電場力做負功，則油滴的電勢能增加；根據(jù)板間距離變化，判斷油滴的電場力和重力關系，進而判斷油滴的運動狀態(tài)。【解答】解：A、油滴在極板間勻速下降，故油滴受力平衡；即可知油滴受到的電場力豎直向上，又板間場強方向豎直向下，可知油滴帶負電荷，故A錯誤；B、由題意可知板間的場強E＝油滴受力平衡，有Eq＝mg整理可得油滴帶的電荷量q＝，故B錯誤；C、油滴下降過程中電場力做負功，根據(jù)功能關系可知該過程電勢能不斷增大，故C錯誤；D、根據(jù)題意可知板間距離增大，板間場強減小，則油滴受到的電場力減小，油滴所受重力mg大于電場力Eq，合力方向向下，故油滴將加速下降，故D正確。故選：D。【點評】在判斷物體的電勢能變化時，可以根據(jù)電勢關系結(jié)合電荷來判斷，也可以利用功能關系來判斷。隨堂練習1．（2021?宜城市模擬）如圖所示，空間有與水平方向成θ角的勻強電場。一個質(zhì)量為m的帶電小球，用長L的絕緣細線懸掛于O點。當小球靜止時，細線恰好處于水平位置。現(xiàn)用一個外力將小球沿圓弧軌道（圖中的虛線）緩慢地拉到最低點，此過程小球的電荷量不變。則該外力做的功為（重力加速度為g）（）A． B．mgLtanθ C．mgL﹣mgLcosθ D．【分析】小球在最高點受力平衡，根據(jù)平衡條件得出電場力大??；然后對從最高點到最低點過程運用動能定理列式求解?！窘獯稹拷猓盒∏蛟谧罡唿c受力平衡，如圖所示，三個力的合力為零根據(jù)平衡條件有：T＝mgcotθ、qE＝對從最高點到最低點過程運用動能定理得到：WF+mgL+qE?L?cos（225°﹣θ）＝0聯(lián)立解得：WF＝mgLcotθ故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題關鍵是先根據(jù)平衡條件求出彈力和電場力，然后根據(jù)動能定理列式求解出拉力F做的功。2．（2021春?安徽月考）如圖所示，固定的光滑絕緣斜面OM與光滑絕緣水平面平滑連接（不考慮滑塊經(jīng)過M點的能量損失），傾角θ＝37°，斜面和水平面所在空間存在著平行于斜面向上的勻強電場，電場強度E＝103N/C?，F(xiàn)有質(zhì)量為m＝1kg、帶電量為q＝2.0×10﹣3C的帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點）從O點由靜止釋放恰好滑至水平面的N點（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），則OM與MN的長度之比為（）A．2：5 B．3：5 C．1：1 D．2：3【分析】通過受力分析分別求解出滑塊在斜面和水平面上運動時的加速度，再根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律表示出OM、MN的長度，最后進行比較即可?！窘獯稹拷猓悍謩e對滑塊在斜面和水平面上受力分析如圖：由牛頓第二定律有：斜面上：mgsinθ﹣qE＝ma1，解得：a1＝，水平面上：qEcosθ＝ma2，解得：a2＝，設滑塊運動到M點時的速度為v，在斜面上做初速度為零的勻加速，有：v2＝2a1OM，在水平面上做勻減速直線運動，將其看做反向的勻加速直線運動，有：v2＝2a2MN，所以＝，代入數(shù)據(jù)得：＝，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題考察牛頓第二定律和勻變速直線運動的運動規(guī)律，難度不大，只需要進行正確的受力分析表示出加速度，再應用勻變速運動的規(guī)律求解即可。3．（2021?和平區(qū)一模）電子束焊接機中的電場線如圖中虛線所示．K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上高壓U，有一電子在K極由靜止被加速．不考慮電子重力，元電荷為e，則下列說法正確的是（）A．A、K之間的電場強度為 B．電子到達A極板時的動能大于eU C．由K沿直線到A電勢逐漸減小 D．由K到A電子的電勢能減小了eU【分析】A、K之間建立的是非勻強電場，公式U＝Ed不適用；電子被加速的過程中只有電場力做功，由動能定理分析電子到達A板時的動能；根據(jù)電場線的方向分析電勢的變化；由能量守恒定律分析電子電勢能的變化情況。【解答】解：A、A、K之間建立的是非勻強電場，公式U＝Ed不適用，因此A、K之間的電場強度不等，故A錯誤；B、根據(jù)動能定理得：Ek﹣0＝eU，得電子到達A極板時的動能Ek＝eU，故B錯誤；C、由于電子在K極由靜止加速，則電子受到的電場力從K沿電場線直線A，電場線由A指向K，所以由K沿直線到A電勢逐漸升高，故C錯誤；D、由能量守恒定律知，由K到A，電場力做正功，電勢能減少，電子的電勢能減小了△EP＝eU．故D正確；故選：D?！军c評】本題只要抓住電場線的疏密表示場強的大小，電場力做正功時，電荷的電勢能減少，動能增大，就能輕松解答．要知道公式U＝Ed只適用于勻強電場．綜合練習一．選擇題（共20小題）1．（2021?海陵區(qū)校級四模）如圖所示，電場強度方向在豎直平面內(nèi)的矩形勻強電場區(qū)I、Ⅱ的高和間距均為h，上面為I、下面為Ⅱ，電場強度為E.質(zhì)量為m的帶電小球由靜止釋放，進入電場I和Ⅱ時的速度相等，空氣阻力不計，重力加速度為g，則（）A．剛進入電場I時加速度方向豎直向上 B．穿過電場I的時間大于在兩電場之間的運動時間 C．穿過兩電場后小球的電勢能增加了3mgh D．穿過兩電場后小球的電勢能增加2mgh【分析】進入電場I和Ⅱ時的速度相等，結(jié)合小球受力分析，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律即可求解?！窘獯稹拷猓篈B、因為小球在勻強電場區(qū)I、Ⅱ之間的運動是勻加速運動，其末速度與其進入勻強電場區(qū)I的初速度相等，由于勻強電場區(qū)I與I、Ⅱ之間的間距均為h，且在勻強電場區(qū)I一定做勻變速運動，所以帶電小球在勻強電場區(qū)I做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度，電場力為重力的2倍，運動過程與在I、Ⅱ之間的運動具有對稱性，穿過電場I的時間等于在兩電場之間的運動時間，故A正確，B錯誤；CD、由于電場力為重力的2倍，所以經(jīng)過兩個電場區(qū)域，電勢能增加2×2mgh＝4mgh，故CD錯誤。故選：A?！军c評】本題是帶電粒子在復合場中運動的問題，前兩問較基礎，要注意分析粒子在磁場中的運動的可能情況要分析到位，對學生的能力要求較高．2．（2021?廣東模擬）如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板長均為2d，上極板帶正電，兩板間電壓為U。一個電荷量為q（q＞0）的粒子在電容器中下板的左邊緣正對上板的O點射入，O點與上板左邊緣距離為0.5d。不計重力，若粒子能打在上極板上，則粒子的初動能至少為（）A．qU B．qU C．qU D．qU【分析】在電容器中下板的左邊緣處對粒子速度進行分解，豎直方向根據(jù)速度﹣位移關系求解豎直方向的初速度大小，再求出水平方向初速度，根據(jù)動能的計算公式求解最小初動能。【解答】解：在電容器中下板的左邊緣處對粒子速度進行分解，如圖所示；豎直方向根據(jù)速度﹣位移關系可得：vy2＝2ad＝2×＝根據(jù)圖中幾何關系可得tanθ＝＝＝則：vx2＝＝粒子的初動能至少為：Ek＝＝解得：Ek＝qU，故D正確、ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題主要是考查帶電粒子在電場中的運動，關鍵是弄清楚粒子的受力情況和運動情況，根據(jù)運動的合成與分解結(jié)合動能的計算公式進行解答。3．（2021?河南模擬）如圖所示，在xOy坐標平面內(nèi)存在一勻強電場，坐標原點O及點a（0，5）、點b（10，0）三點的電勢分別為φO＝10V、φa＝15V、φb＝0V?，F(xiàn)有一個質(zhì)子從坐標原點以10eV的初動能沿與x軸正方向成45°角方向射入坐標平面，則下列判斷正確的是（）A．該質(zhì)子將始終在第一象限內(nèi)運動 B．該質(zhì)子將穿過y軸正半軸在第二象限內(nèi)運動 C．該質(zhì)子將經(jīng)過點（40，0）進入第四象限內(nèi)運動 D．該質(zhì)子經(jīng)過坐標軸時其速度方向與坐標軸的夾角成60°角【分析】利用電場強度與電勢差的關系，分析電場強度的方向，從而判斷質(zhì)子的運動為類平拋運動，進而可運用類平拋運動規(guī)律求解。【解答】解：AB、由φO＝10V、φa＝15V、φb＝0V，可知，在y方向上Ey＝＝100V/m，沿y軸負方向，在x軸上Ex＝＝100V/m，沿x軸正方向，所以電場方向與初速度方向垂直，與x軸夾角為45°向右下，所以粒子類平拋運動，從第一象限進入第四象限，故AB錯誤；C、該質(zhì)子沿電場方向位移y'＝t2，在初速度方向x'＝v0t，粒子初動能10eV，Ek0＝mv2，根據(jù)運動的合成s＝，代入數(shù)據(jù)，解得s＝40cm，故C正確；D．根據(jù)圖象，速度反向延長線過位移中點，可知，D點反向延長過OE中點，所以該質(zhì)子經(jīng)過坐標軸時其速度方向與坐標軸的夾角小于45°，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查電場強度與電勢差的關系、帶電粒子在勻強電場中的運動以及類平拋運動規(guī)律，要求學生作圖后結(jié)合圖象進行求解，難度適中。4．（2021?浙江模擬）如圖所示，兩平行金屬板AB、CD相距為d，板長為6d，M、N是兩板中間正對的小孔，AB板電勢高于CD板，在保持兩極板電量不變的情況下，有一帶電粒子（不計重力）從M孔以速率v0沿MN連線方向射入兩極之間，結(jié)果恰好能到達N點。若該粒子仍以速率v0從M孔射入，速度方向與AB板的夾角為θ（θ＞0），下列說法正確的是（）A．此帶電粒子帶正電 B．該粒子仍能到達CD板 C．調(diào)整θ的大小，粒子可以直接從BD端口飛出 D．當θ＝45°時，粒子打在AB板上的落點距M點最遠【分析】根據(jù)粒子的運動情況，判斷粒子所受的電場力方向，從而確定粒子的電性；根據(jù)粒子沿水平方向的位移與板間距離d的關系，判斷粒子能否到達CD板；運用運動的分解法，研究粒子在水平方向和豎直方向的運動規(guī)律，確定θ為多大時粒子打在AB板上的落點距M點最遠?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子從M孔沿MN連線方向射入兩極之間，恰好能到達N點，說明粒子在電場中做勻減速直線運動，受到的電場力水平向左，與電場方向相反，則粒子帶負電，故A錯誤；B、兩極板電量不變，故板間距離E不變，當粒子的速度方向與AB板的夾角為θ時，粒子的加速度不變，粒子沿從MN方向的位移小于d，不能到達CD板，故B錯誤；C、帶電粒子從M孔沿MN連線方向射入時，由運動學公式有v02＝2ad。粒子在豎直方向上做勻速直線運動，有y＝v0cosθ?t；粒子在水平方向上做勻減速直線運動，運動時間為t＝，則，當θ＝45°時，粒子打在AB板上距M點最遠，且最遠距離為ymax＝＝d＜3d，因此，粒子不會從BD端口飛出，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題采用運動的分解法研究帶電粒子在電場中的類斜拋運動，要把握兩個分運動的規(guī)律，熟練運用分位移公式進行解答。5．（2021?江蘇模擬）如圖甲所示，傾角為θ的絕緣傳送帶以2m/s的恒定速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，其頂端與底端間的距離為5m，整個裝置處于方向垂直傳送帶向上的勻強電場中，電場強度大小隨時間按圖乙規(guī)律變化。t＝0時刻將質(zhì)量m＝0.02kg的帶正電小物塊輕放在傳送帶頂端，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，已知sinθ＝、cosθ＝，，取g＝10m/s2，則小物塊（）A．始終沿傳送帶向下加速 B．運動過程中加速度大小變化 C．在傳送帶上運動的總時間為2.5s D．與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的總熱量為0.48J【分析】根據(jù)牛頓第二定律求兩個階段的加速度，分析物體的運動情況，根據(jù)位移﹣時間關系式求運動的時間，根據(jù)熱量為摩擦力乘以相對位移求熱量?！窘獯稹拷猓篈B、存在電場時，沿傳送帶方向，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣E0q）＝ma解得：a＝2m/s2不存在電場時，沿傳送帶方向，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma'解得：a'＝﹣2m/s2所以小物塊先勻加速再勻減速，因為加速度大小相等，故剛好減速到零，交替進行，故AB錯誤；C、加速1s，再減速1s是一個周期，一個周期T＝2s的位移為：解得：x0＝2m運動時間為t＝故C錯誤；D、在沒有電場時，小物塊與傳送帶間有摩擦，所以相對位移為傳送帶的位移和物塊位移的和：s＝2（vt+x0）解得：s＝6m產(chǎn)生的熱量為：Q＝μmgcosθ×s解得：Q＝0.48J，故D正確。故選：D。【點評】解題時注意傳送帶和物塊的位移方向不同，相對位移為兩個位移大小之和。6．（2021春?鼓樓區(qū)校級期中）一帶正電的小球質(zhì)量為m、電量為q，將小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，電場強度E＝。不計空氣阻力，重力加速度為g，則小球（）A．做直線運動 B．機械能先增加后減少 C．加速度大小為2g D．速率先減少后增大【分析】根據(jù)合力的方向與速度方向的關系判斷小球做直線運動還是曲線運動，根據(jù)功能原理確定機械能的變化，由牛頓第二定律求加速度，根據(jù)合力的方向與速度方向的關系判斷小球的速率變化。【解答】解：A、小球受重力和電場力兩個力作用，合力的方向與速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運動。故A錯誤；B、從水平方向考慮，小球受電場力水平速度選減小為零，后把向增大，那么電場力先做負功，后做正功，據(jù)動能原理，除重力以外的力對物體做的功等于機械能的增加量，所以機械能先減小后增大，故B錯誤；C、小于受到兩個恒力，其合為，所以加速度大小為，故C錯誤；D、小球所受的合力與速度方向先成鈍角，然后成直角、銳角，可知合力先做負功然后做正功，則速度先減小后增大故，D正確。故選：D。【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，解決本題的關鍵明確受力情況，知道物體做曲線運動的條件，關鍵看合力的方向與速度方向的關系，從而明確速度大小和方向的變化。7．（2021?承德二模）已知無窮大均勻帶電平板在其周圍空間激發(fā)與平面垂直的勻強電場。現(xiàn)在水平無窮大帶電平板上方某點固定一點電荷+Q。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球以點電荷Q為圓心做勻速圓周運動，其中AC、BD分別為圓周軌跡的水平和豎直直徑，重力加速度為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．無窮大平板帶正電 B．圓周上的場強在B點有最小值，在D點有最大值 C．無窮大平板在空間激發(fā)的勻強電場強度大小為 D．若A、C兩點處的場強方向相互垂直，則小球做勻速圓周運動的半徑為【分析】根據(jù)題目中的條件：小球做勻速圓周運動，分析出庫侖力提供向心力，重力和平板對小球的電場力平衡，根據(jù)點電荷的電性判斷小球的電性，得出無窮大平板的電性，根據(jù)電場強度的疊加判斷電場強度的強弱?！窘獯稹拷猓篊、小球受到重力、勻強電場的電場力、點電荷的庫侖力，因為小球做勻速圓周運動，所以庫侖力提供向心力，重力和平板對小球的電場力平衡，mg＝Eq無窮大平板在空間激發(fā)的勻強電場強度大小為E＝故C正確；A、點電荷帶正電，故小球帶負電，勻強電場對小球的電場力方向豎直向上，故電場強度豎直向下，無窮大平板帶負電，故A錯誤；B、固定點電荷在B、D兩點產(chǎn)生的場強方向分別豎直向下和豎直向上，所以B處場強為兩個分場強大小之和，D點為兩者大小之差，所以B點場強最大，D點場強最小，故B錯誤；D、若A、C兩點處的場強方向相互垂直，則兩分場強在兩點處于水平方向的夾角均為45°，所以＝故：故D錯誤。故選：C。【點評】解題關鍵是通過題目中的條件：小球做勻速圓周運動，判斷出小球的受到的各力之間的關系。8．（2021?山東模擬）如圖所示，一電子以某一初速度從A點射入勻強電場，射入方向與電場成角θ＝60°。當電子運動到電場中的P點時速度最?。≒點未畫出），最小速度為v，電子電荷量為e、質(zhì)量為m，不計電子重力，則A、P間的電勢差為（）A． B．﹣ C． D．﹣【分析】根據(jù)粒子做的是類斜坡運動，P點的速度只有垂直于電場方向求粒子在P點的速度，根據(jù)動能定理求AP兩點間的電勢差?！窘獯稹拷猓毫Ｗ又皇茈妶隽ψ鲱愋睊佭\動，粒子在P點的速度為在A點垂直于電場方向的分速度如圖：v＝vAsin60°解得：vA＝從A到P根據(jù)動能定理：解得UAP＝﹣故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】解題的關鍵是根據(jù)運動的分解求P點的速度，利用電勢差求在AP間運動時電場力的功。9．（2021?二模二模）如圖所示，水平桌面上固定一傾角為37°的光滑斜面，整個裝置放于水平向右的勻強電場中。當一帶電量為q、質(zhì)量為m的小物塊在距水平面h高度處以某一速度釋放后，小物塊恰好沿著斜面勻速下滑，已知重力加速度為g。則在小物塊勻速下滑到斜面底端的過程中，下列說法正確的是（）A．小物塊帶負電 B．小物塊所具有的電勢能減小 C．電場力對小物塊所做的功為mgh D．電場強度大小為E＝【分析】物塊勻速下滑，因此處于受力平衡狀態(tài)，動能變化為0，由此可分析物體受力情況從而確定電場力方向以及做功情況，【解答】解：A、根據(jù)平衡條件可知電場力水平向右，與電場方向一致，所以小物塊帶正電。故A錯誤；B、物塊下滑，即向左下方運動，電場力做負功，電勢能增加。故B錯誤；C、物塊勻速運動，設電場力做功為W，根據(jù)動能定理得：W+mgh＝0，解得W＝﹣mgh，故C錯誤；D．根據(jù)平衡條件可得Eq＝mgtan37°，解得E＝，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查學生受力分析能力以及對電場強度與電場力、電勢能與電場力做功關系的認識和掌握情況，難度不大。10．（2021?山西模擬）如圖所示，一根內(nèi)壁粗糙且足夠長的絕緣圓管水平固定，圓管所在的空間有與圓管中軸線垂直的水平勻強電場。圓管內(nèi)，質(zhì)量為m的帶正電荷的小球，在水平向右拉力F0的作用下沿管軸向右勻速運動，此時小球所受電場力的大小為mg。如果撤去電場，為使小球仍沿管軸勻速向右運動，則拉力的大小應等于（）A．F0 B．F0 C．F0 D．F0【分析】根據(jù)題意受力分析，根據(jù)小球做勻速直線運動可知小球的拉力大小?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意對小球進行受力分析如圖（左視圖）由題意、根據(jù)勾股定理可知，F(xiàn)合＝＝N，根據(jù)摩擦力公式有，，由于小球做勻速運動有，f＝F0＝；當撤去電場，N＝mg，f＝μmg根據(jù)題意小球做勻速運動有，f＝F拉＝μmg＝，故選項C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】明確小球在電場中做勻速運動受力平衡，但要注意支持力的方向是與重力與電場力的合力方向相反，這是解題的關鍵。11．（2021?江城區(qū)校級模擬）研究放射性元素射線性質(zhì)的實驗裝置如圖所示。兩塊平行放置的金屬板A、B分別與電源的兩極a、b連接，放射源在兩平行板正中間的小鉛盒內(nèi)，發(fā)出的射線從小鉛盒上方小孔向外射出。已知α粒子的質(zhì)量是電子質(zhì)量的7359倍，α射線速度約為光速的十分之一，β射線的速度接近光速，則落在金屬板A、B上的α射線在豎直方向上通過的位移約是β射線的多少倍？（）A．12 B．6 C．3 D．4【分析】電子和α粒子在電場中都只受到電場力的作用，進入電場后沿電場的方向做勻變速直線運動，沿平行于極板的方向做勻速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，然后結(jié)合類平拋運動的特點分析即可?！窘獯稹拷猓涸O兩極板之間的電壓為U，極板之間的距離為d，粒子的帶電量為q，在電場中的加速度為a，運動的時間為t，則：a＝沿平行于極板的方向：x＝v0t沿電場方向：＝聯(lián)立可得：x＝所以：＝≈6即落在金屬板A、B上的α射線在豎直方向上通過的位移約是β射線的6倍，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】該題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，解答的關鍵是將帶電粒子的運動沿電場線的方向與垂直于電場線的方向分解處理。12．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點（重力不計），則從開始射入到打到上極板的過程中（）A．它們運動的時間tQ＞tP B．它們運動的加速度aQ＜aP C．它們的動能增加之比△EkP：△EkQ＝1：2 D．它們所帶的電荷量之比qp：qQ＝1：2【分析】帶電粒子做類平拋運動，化曲為直分解到水平和豎直方向，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動?！窘獯稹緼、垂直電場方向不受力，做勻速直線運動，位移相等，得到運動時間相等，故A錯誤；B、平行電場方向；粒子做初速度為0的勻加速直線運動，，即，所以加速度aQ＞aP，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，有：qE＝ma。兩式解得：，所以它們所帶的電荷量之比qP：qQ＝1：2，故D正確；C、根據(jù)動能定理，電場力做功等于動能的變化量W＝qEy，動能增量之比△EkP：△EkQ＝1：4，故C錯誤。故選：D?！军c評】會處理帶電粒子在電場中的運動，知道分解以后兩個方向分別做什么運動，會用合適的公式來求解。13．（2021春?河南月考）一個重力不計的帶電粒子，穿過某一空間時未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，下列說法中正確的是（）A．此空間一定不存在電場或磁場 B．此空間可能同時有電場、磁場，且電場、磁場方向與速度方向平行 C．此空間可能僅有磁場，磁場方向與速度方向垂直 D．此空間可能僅有電場，電場方向與速度方向成45°角【分析】若存在磁場，只要磁場的方向與帶電粒子運動方向平行，則粒子不受洛倫茲力，故不偏轉(zhuǎn)；若磁場方向與帶電粒子運動的方向垂直，則粒子一定受與速度垂直的洛倫茲力，故偏轉(zhuǎn)；只要帶電粒子在電場中所受電場力與速度平行，粒子就不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)。【解答】解：A、若存在磁場，只要磁場的方向與帶電粒子運動方向平行，則粒子不受洛倫茲力，穿過這一空間時不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故可能存在磁場；若存在電場，只要電場力的方向與運動的方向相同或相反，帶電粒子就不會偏轉(zhuǎn)，故A錯誤。B、若空間同時有電場、磁場，且電場、磁場方向與速度方向平行，則帶電粒子不受洛倫茲力，只受與速度方向平行的電場力的作用，帶電粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B正確.C、若此空間只有磁場且方向與帶電粒子運動的方向垂直，則粒子一定受與速度垂直的洛倫茲力，故帶電粒子一定做曲線運動，即會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C錯誤。D、若空間僅有電場，因為帶電粒子在電場中受到的電場力的方向與電場的方向平行，若電場方向與速度方向成45°角，說明電場力與速度夾角為45°，所以做曲線運動，故發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題關鍵要掌握帶電粒子的速度與磁場平行時不受洛倫茲力；只要帶電粒子在電場中所受電場力與速度平行，粒子就不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)。14．（2021?呼和浩特模擬）如圖所示，在水平向右的勻強電場E中，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以速度v0從圖中M點垂直電場方向射入，經(jīng)過一段時間，到達左上方N點。已知MN的連線與水平方向夾角為30°，則粒子從M到N的過程中（粒子重力可以忽略）（）A．所用時間為 B．位移大小為 C．到達N點速度大小為v0 D．MN兩點之間的電勢差為【分析】粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律寫出加速度表達式，水平方向和豎直方向分別根據(jù)勻變速直線運動和勻速直線運動的規(guī)律列方程即可求解時間位移和速度，根據(jù)動能定理可求解電勢差?！窘獯稹拷猓篈、粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律其加速度為①垂直電場方向的位移為y＝v0t②平行電場方向的位移為③根據(jù)幾何關系tan30°＝④①②③④聯(lián)立解得t＝，故A錯誤；B、將t代入②得豎直位移為y＝由幾何關系可得合位移為l＝2y＝，故B錯誤；C、到達N處時水平方向的速度為vx＝at代入數(shù)據(jù)解得故到達N點時合速度的大小為v＝＝，故C正確；D、從粒子在該電場中向左偏轉(zhuǎn)可知該粒子帶負電，根據(jù)動能定理﹣qUMN＝解得，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題及動能定理的簡單應用，考查的核心素養(yǎng)是物理觀念、科學思維。15．（2021春?浙江月考）如圖所示，從混合放射源射出的正離子a、b、c分別從O點水平射入豎直向下的勻強電場中，a、b打到傾斜的絕緣板A上不同的點，c打在水平絕緣板B上，不計重力，則（）A．c的初速度一定大于a的初速度 B．c從O到B板的時間一定大于a從O到A板的時間 C．c打在B板時的速度方向一定與b打在A板時的速度方向不平行 D．a(chǎn)、b打在A板上的速度方向可能不平行【分析】從放射源射出的正離子a、b、c初速度水平，射入豎直向下的電場，則做類平拋運動，可用類平拋運動規(guī)律求解。注意類平拋運動的速度偏向角與位移偏向角的關系：設速度偏向角為α，位移偏向角為θ，則tanθ＝2tanα?！窘獯稹拷猓篈B、正離子a、b、c均做類平拋運動，由于在豎直方向加速度的大小關系無法確定，故時間、初速度大小無法比較，故AB錯誤：C、由類平拋運動的速度偏向角與位移偏向角的關系，設速度偏向角為α，位移偏向角為θ，則tanθ＝2tanα，c打在B板的位移偏向角一定與b打在A板的偏向角不同，故C正確：D、a，b打在A板上的位移偏向角相等，則速度方向一定平行，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動，要求學生掌握類平拋運動的規(guī)律以及角度關系，進行分析和求解。16．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖甲所示，一平行板電容器極板長l＝10cm，寬a＝8cm，兩極板間距為d＝4cm，距極板右端處有一豎直放置的熒光屏。在平行板電容器左側(cè)有一長b＝8cm的“狹縫”粒子源，可沿著兩板中心平面均勻、連續(xù)不斷地向電容器內(nèi)射入比荷為2×1010C/kg、速度為4×106m/s的帶電粒子?，F(xiàn)在平行板電容器的兩極板間加上如圖乙所示的交流電，已知粒子在電容器中運動所用的時間遠小于交流電的周期。下面說法正確的是（）A．粒子打到屏上時在豎直方向上偏移的最大距離為6.25cm B．粒子打在屏上的區(qū)域面積為64cm2 C．在0～0.02s內(nèi)，進入電容器內(nèi)的粒子有36%能夠打在屏上 D．在0～0.02s內(nèi)，屏上出現(xiàn)亮線的時間為0.016s【分析】離子進入電場后做類平拋運動，先由類平拋運動的知識求出離子恰好從極板邊緣射出時的電壓，利用推論，求出離子打在屏上最大的偏轉(zhuǎn)距離。即可得到離子打在屏上的區(qū)域面積；根據(jù)臨界情況的電壓，求出在一個周期內(nèi)，離子打到屏上的時間。【解答】解：l＝10cm＝0.1m，a＝8cm＝0.08m，d＝4cm＝0.04m。AB、設離子恰好從極板邊緣射出時的電壓為U0水平方向：l＝v0t…①豎直方向：at2…②又a＝…③由①②③得：U0＝128V當U≥128V時離子打到極板上，當U＜128V時打到屏上，可知，離子通過電場偏轉(zhuǎn)距離最大為d。利用推論：打到屏的離子好像是從極板中心沿直線射到屏上。由三角形相似可得：解得打到屏上的長度為：y＝d＝4cm，又由對稱知，離子打在屏上的總長度為2d，區(qū)域面積為S＝2y?a＝2ad＝2×0.08×0.04m2＝0.0064m2＝64cm2，故A錯誤，B正確；C、粒子打在屏上的比例為%＝64%，在0﹣0.02s內(nèi)，進入電容器內(nèi)的粒子由64%粒子能夠打在屏上，故C錯誤；D、在前T，離子打到屏上的時間t0＝×0.005s＝0.0032s；又由對稱性知，在一個周期內(nèi)，打到屏上的總時間t＝4t0＝4×0.0032s＝0.0128s，故D錯誤。故選：B。【點評】本題是類平拋運動的問題，采用運動的分解方法處理，關鍵是挖掘隱含的臨界條件，并且巧妙利用推論進行研究。17．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別以大小相等的初速度從電容器的上、下極板附近的左右兩端同時水平射入兩極板間（入射點到極板的距離相等），在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間上半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)的質(zhì)量小于b的質(zhì)量 B．在t時刻，a的動能小于b的動能 C．在t時刻，a的速度小于b的速度 D．在t時刻，a、b的電勢能相等【分析】兩個粒子在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)位移﹣時間公式、牛頓第二定律結(jié)合位移關系，比較質(zhì)量的大小，由動能定理列式分析動能的大?。挥伤俣醛仌r間關系及運動的合成比較速度大??；由電勢能公式分析電勢能的關系。【解答】解：A、兩個粒子在豎直方向上都做初速度為零的勻加速直線運動，則有y＝at2＝?t2，由題意知，相同時間內(nèi)a的位移小于b的位移，q、E又相等，可知ma＞mb，故A錯誤；B、根據(jù)動能定理得：qEy＝Ek﹣，即t時刻粒子的動能為：Ek＝qEy+，a的豎直位移小，電場力做功少，a粒子動能增加量小，由于ma＞mb，粒子初速度相等，則有＞，所以在t時刻，a的動能與b的動能大小無法比較，故B錯誤；C、在豎直方向上，由速度﹣時間公式得：vy＝at＝，根據(jù)ma＞mb，可得：vya＜vyb，根據(jù)運動的合成，可得：v＝，所以在t時刻，a的速度小于b的速度，故C正確；D、t時刻，a、b經(jīng)過電場中同一水平面，電勢相等，它們的電荷量大小相等，符號相反，由Ep＝qφ知，a和b的電勢能不相等，故D錯誤。故選：C。【點評】本題是牛頓第二定律、運動學公式和動能定理的綜合運用，根據(jù)動能定理研究動能關系是常用的思路，要熟練掌握。18．（2021?四川模擬）如圖所示，在一斜面頂端，將甲、乙兩個帶電小球先后分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在斜面上。已知甲球質(zhì)量為2m、帶電量為+q，乙球質(zhì)量為m、帶電量也為+q，整個裝置處于豎直向下的勻強電場中，場強E＝，重力加速度g取10m/s2。則甲、乙兩球落至斜面時的動量大小之比為（）A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1【分析】根據(jù)類平拋運動中速度方向偏向角與位移方向偏向角的關系求解兩個小球落在斜面上的速度大小之比，根據(jù)動量的計算公式求解動量大小之比?！窘獯稹拷猓簝汕蛟谪Q直方向受到電場力和重力，均做類平拋運動，由于兩球均落在斜面上，故位移方向偏向角都等于斜面的傾角，設為α；設速度方向偏向角為θ，位移方向偏向角為α，則tanθ＝＝＝＝2tanα，故兩個小球落在斜面上的速度方向相同，由速度分解（如圖所示）可知甲、乙兩球落到斜面上的速度大小之比：＝＝，又因為質(zhì)量之比m甲：m乙＝2：l，則動量大小之比為：＝＝＝，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題主要是考查考查類平拋運動，關鍵是知道類平拋運動的規(guī)律，知道類平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速運動，掌握動量的計算公式。19．（2021?安慶一模）一帶電粒子（不計粒子重力）從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q板上如圖所示的位置。則下列說法中正確的是.（）A．先斷開開關S，再適當上移P極板，該粒子仍落在Q板上原位置 B．先斷開開關S，再適當左移P極板，該粒子可能從Q板上的小孔B射出 C．保持開關S閉合，適當上移P極板，該粒子仍落在Q板上原位置 D．保持開關S閉合，適當左移P極板，該粒子可能從Q板上的小孔B射出【分析】粒子在電場力作用下做類斜拋運動，水平方向的分運動是勻速直線運動，豎直方向的分運動是類豎直上拋運動，分析板間電場強度的變化情況，根據(jù)牛頓第二定律和分運動公式列式分析?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子做類斜拋運動，水平方向的分運動是勻速直線運動，豎直方向的分運動是類豎直上拋運動。粒子的加速度為：a＝。斷開開關S，電容器的帶電量不變，由E＝，C＝、C＝得E＝，可知，Q不變，適當上移P極板，板間距離d增大，板間場強E不變，粒子的受力情況和運動情況不變，該粒子仍落在Q板上原位置，故A正確；B、斷開開關S，再適當左移P極板，電容器的帶電量不變，兩極板正對面積減小，由E＝，可知板間場強增大，帶電粒子的加速度增大，由t＝可知帶電粒子在電場中運動時間縮短，由x＝v0xt知，帶電粒子打在Q板上時水平位移減小，則該粒子將打在Q板上原位置的左側(cè)，不能從小孔B射出，故B錯誤；C、保持開關S閉合，電容器板間電壓不變，適當上移P極板，板間距離d增大，由E＝知板間場強E減小，帶電粒子的加速度減小，由t＝可知帶電粒子在電場中運動時間延長，由x＝v0xt知，帶電粒子打在Q板上時水平位移增大，則該粒子將打在Q板上原位置的右側(cè)，故C錯誤；D、保持開關S閉合，適當左移P極板，由E＝知板間場強不變，帶電粒子的受力情況和運動情況不變，該粒子仍落在Q板上原位置，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題關鍵是明確帶電粒子的運動性質(zhì)，然后結(jié)合類斜拋運動的分運動規(guī)律列式分析。要知道電容器帶電量不變時，只改變板間距離，板間場強不變。20．（2021?江蘇一模）實驗室中探測到電子在勻強電場中的運動軌跡為一條拋物線。為研究問題方便，建立如圖所示的坐標系，該拋物線開口向下，a、b是拋物線上的兩點。下列說法正確的是（）A．勻強電場方向可能沿x軸正方向 B．勻強電場方向可能沿y軸負方向 C．勻強電場中a點的電勢比b點高 D．電子在b點的動能比在a點的大【分析】電子做曲線運動，所受電場力應指向軌跡的內(nèi)側(cè)，由此分析電場力可能的方向，從而確定電場可能的方向。根據(jù)粒子的運動情況分析動能和電勢能的變化，從而判斷電勢高低?！窘獯稹拷猓篈、電子在電場中做曲線運動，所受電場力應指向軌跡的內(nèi)側(cè)，若勻強電場方向沿x軸正方向，電子所受的電場力沿x軸負方向，在軌跡左側(cè)電場力指向軌跡外側(cè)，不可能，故A錯誤；B、若勻強電場方向可能沿y軸負方向，電子所受的電場力沿y軸正方向，電場力指向軌跡外側(cè)，不可能，故B錯誤；CD、拋物線開口向下，從a點到b點電子一定做減速運動，動能減小，電勢能增大，結(jié)合負電荷在電勢高處電勢能小，可知勻強電場中a點的電勢比b點高，電子在b點的動能比在a點的小，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關鍵要掌握曲線運動的動力學特征：合外力指向軌跡的內(nèi)側(cè)，來判斷電子所受的電場力方向。二．多選題（共10小題）21．（2021?山東模擬）如圖所示，ABCD為豎直平面內(nèi)的絕緣光滑軌道，其中AB部分為傾角為30°的斜面，BCD部分為半徑為R的四分之三圓弧軌道，與斜面平滑相切，C為軌道最低點，整個軌道放置在電場強度為E的水平勻強電場中。現(xiàn)將一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，小滑塊恰能沿圓弧軌道運動到D點。已知重力加速度為g，且qE＝mg，下列說法正確的是（）A．釋放點A到斜面底端B的距離為R B．小滑塊運動到C點時對軌道的壓力為9mg C．小滑塊運動過程中最大動能為5mgR D．小滑塊從D點拋出后恰好落在軌道上的B點【分析】對小滑塊分析受力可知，小滑塊所受的重力與電場力的合力斜向下且與AB平行，故D點為等效最高點，和它對稱的點為等效最低點，在等效最低點動能最大。再結(jié)合牛頓第二定律與動能定理進行解答。【解答】解：A、小滑塊恰能沿圓弧軌道運動到D點，表明此點為軌道的等效最高點，重力與電場力的合力F＝＝2mg。小滑塊在D點時，由重力與電場力的合力提供向心力，則有2mg＝m。設釋放點A到斜面底端B的距離為s。從A點到D點，根據(jù)動能定理得：mg（ssin30°﹣Rcos30°﹣Rsin30°）+Eq（scos30°﹣Rsin60°+Rsin30°）＝mvD2﹣0，解得s＝R，故A錯誤；B、從C到D點，由動能定理得：﹣mgR（1+cos60°）﹣EqRsin60°＝mvD2﹣mvC2，在C點，對小滑塊，由牛頓第二定律有：FN﹣mg＝m，解得FN＝9mg，根據(jù)牛頓第三定律得小滑塊運動到C點時對軌道的壓力為9mg，故B正確；C、小滑塊運動到D點關于O點的對稱點時，速度最大，從該點到D點，由動能定理得：﹣2mg×2R＝mvD2﹣mvm2，解得最大動能Ekm＝mvm2＝5mgR，故C正確；D、小滑塊從D點拋出后，做類平拋運動，假設剛好落到B點，則有2mg＝ma，vDt＝R，則在合力方向上的位移y＝at2＝R＜R，假設錯誤，即小滑塊從D點拋出后沒有落在軌道上的B點，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查利用等效法分析小滑塊在重力場與電場中的圓周運動，確定電場力與重力的合力方向，從而確定小球運動的等效最高點與最低點是關鍵。22．（2021?廣東模擬）靜電噴漆技術具有效率高、浪費少、質(zhì)量好、有利于工人健康等優(yōu)點，其裝置可簡化如圖。A、B為兩塊平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的勻強電場。在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出速率相同的負電油漆微粒，油漆微粒最后都落在金屬板B上。微粒的重力和所受空氣阻力以及帶電微粒之間的相互作用力均可忽略，則所有油漆微粒（）A．落在板B上最終形成正方形 B．到達板B時動能相同 C．運動到達板B所需時間相同 D．運動到板B過程電勢能減少量相同【分析】微粒在電場中受電場力的作用，在垂直進入的微粒做類平拋運動，由平拋運動的規(guī)律可知物體落在B板上時的距離；由動能定理可求得電場力所做的功；由功能關系可知電勢能的改變量。【解答】解：A、微粒進入電場后受電場力做勻變速曲線運動，因垂直電場線進入的微粒做類平拋運動，則在水平方向上運動的距離均相等，故所有微粒在B板上的圖形為圓形，故A錯誤；B、因帶電粒子在電場中初始末位置相同，故電場力對微粒做功相同，根據(jù)動能定理可得動能的增加量相同，又由于帶電微粒的初動能相同，所以微粒到達板B時動能相同，故B正確；C、因粒子的速度沿各個方向，故當粒子沿電場線方向進入的粒子用時最短，而垂直電場進入的粒子用時最長，故C錯誤；D、因電場力做功相等，故運動到板B的過程中電勢能減少量相同，故D正確。故選：BD。【點評】本題以靜電噴漆技術具有效率高為情境載體，考查了帶電粒子在電場中運動的實際問題，考查理論聯(lián)系實際的能力，關鍵在于建立物理模型，要弄清物理情景，實質(zhì)是研究類平拋運動問題。23．（2021?河北模擬）一對相同的平行金屬板，正對水平放置，板長為L，兩板間距為d，上下兩板分別帶等量的正負電荷，如圖所示。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，沿兩板中線以v0的初速度射入電場，恰好從下板右邊緣處飛離。假設電場只在兩板間分布，不計粒子重力，則下列說法正確的是（）A．粒子在板間運動的時間為t＝ B．兩板間電勢差為U＝ C．粒子在電場中運動，電勢能逐漸減小 D．將上極板向下平移一小段距離，粒子仍沿原路徑飛離電場【分析】根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求解粒子在板間運動的時間和兩板間電勢差；根據(jù)電場力做功情況判斷電勢能的變化情況；根據(jù)C＝＝結(jié)合電場強度計算公式分析電場強度是否變化，由此分析運動情況?！窘獯稹拷猓篈、粒子在板間做類平拋運動，垂直電場線方向做勻速直線運動，所以粒子在板間運動的時間為，故A正確；B、設板間電勢差為U，則場強大小，粒子加速度為，又，聯(lián)立解得兩板間電勢差為，故B錯誤；C、粒子在電場中運動，電場力做正功，電勢能減小，故C正確；D、此平行板電容器所帶電荷量Q保持不變，根據(jù)C＝＝結(jié)合電場強度計算公式可得：，改變兩板間距，板間電場強度保持不變，粒子運動過程中受力情況不變，所以粒子仍然沿原路徑運動，故D正確。故選：ACD?！军c評】本題主要是考查帶電粒子在電場中的運動，關鍵是掌握類平拋運動的規(guī)律，知道電場力做功與電勢能變化的關系、掌握電容器電容的計算公式。24．（2021?福建模擬）帶電平行板電容器兩極板水平放置，充電后與電源斷開。兩質(zhì)量相等的帶電小球a、b分別位于電容器內(nèi)上、下極板附近，a與上極板、b與下極板的距離相等?，F(xiàn)在同時由靜止釋放a、b，a和b同時經(jīng)過兩極板的中線MN，已知重力加速度為g，不計a、b間的相互作用和電容器極板的邊緣效應，下列說法正確的是（）A．到達MN時，a的動能大于b的動能 B．到達MN時，a、b的電勢能變化相等 C．從釋放兩帶電小球a、b到MN的過程中，b的機械能變化量的絕對值大于a的機械能變化量的絕對值 D．若將上極板上移一小段距離h，下極板下移2h，再同時由原位置釋放a、b，a、b仍同時到達原中線MN【分析】根據(jù)位移公式x＝at2和題目已知條件判斷兩微粒到達MN的速度判斷動能大小，再依據(jù)牛頓第二定律以及電場力做功公式分析電勢能變化，機械能變化由除重力之外的其他力做功大小來判斷，由電容決定式和電場與電勢差關系確定E的變化，從而判斷改變之后到達MN的時間?！窘獯稹緼、根據(jù)位移公式x＝at2，位移相等，時間相等，所以兩微粒的加速度大小相等，則到達MN時，b的速率等于a的速率，根據(jù)公式Ek＝mv2可知，a的動能等于b的動能，故A錯誤；B、因為b加速度向上，所以b所受電場力一定向上，對b有：Eqb﹣mg＝ma，對a，若a受電場力向下有：mg+Eqa＝ma，若a受電場力向上，有：mg﹣Eqa＝ma，所以a無論屬于哪種情況，都有：qb＞qa，由△Ep＝﹣W＝﹣Eqx可知，到達MN時，a、b的電勢能變化不相等，故B錯誤；C、除重力外的力做功改變物體的機械能，且qb＞qa，所以電場力對b做的功大于對a做的功，所以粒子從釋放至運動到MN的過程中，b的機械能變化量的絕對值大于a的機械能變化量的絕對值，故C正確；D、若僅將上極板向上平移一段距離h，下極板下移2h，再同時由原位置釋放a、b，由C＝和E＝，聯(lián)立可知場強E＝，所以E不變，則兩微粒的加速度不變，位置不變，所以兩微粒同時到達原中線MN，故D正確。故選：CD?！军c評】本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動，比較常規(guī)是一道好題，注意判斷ab受力，以及電容Q不變是解題關鍵。25．（2021?天津模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動。ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝qE，則（）A．電場方向豎直向上 B．小球運動的加速度大小為g C．小球上升的最大高度為 D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為mv02【分析】首先對小球的運動情況和受力情況進行分析，結(jié)合小球受重力和電場力相等且沿ON運動，得出電場力的方向及合力方向，可知小球應做勻減速直線運動，對二力進行合成，求得加速度；由運動學公式可判斷C的對錯；因電場力和重力在ON上的分量相等，可知克服電場力做功和克服重力做功是相等的，可知轉(zhuǎn)化為電勢能的最大值為初動能的一半。【解答】解：AB、小球做勻變速直線運動，合力應與速度在同一直線上，即在ON直線上，因為mg＝qE，所以電場力qE與重力mg關于ON對稱，根據(jù)數(shù)學知識得；電場力qE與水平方向的夾角應為30°，受力情況如圖所示，合力沿ON方向向下，大小為mg，所以加速度為g，方向沿ON向下，故A錯誤，B正確；C、小球做勻減速直線運動，由運動學公式可得最大位移為x＝則最大高度為h＝xsin30°＝故C正確；D、若小球在初始位置的電勢能為零，在減速運動至速度為零的過程中，小球克服電場力做功和克服重力做功是相等的，由能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律可知，小球的初動能一半轉(zhuǎn)化為電勢能，一半轉(zhuǎn)化為重力勢能，初動能為，則小球的最大電勢能為，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題主要考查了帶電粒子在復合場中運動的問題，要求同學們能通過粒子的運動情況正確分析粒子的受力情況，再熟練掌握運動的基本公式，本題難度適中。26．（2021?乃東區(qū)校級一模）如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，入射方向與極板平行，整個裝置處于真空中，重力不計，在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是（）A．其它條件不變，U1變大 B．其它條件不變，U2變大 C．其它條件不變，U1變大、同時U2變小 D．其它條件不變，U1變小、同時U2變大【分析】電子在加速電場中，在電場力的作用下做勻加速直線運動，由動能定理求出電子加速獲得的速度，電子進入平行板之間，因受到的電場力方向與初速度方向垂直，故電子做類平拋運動，根據(jù)分運動的規(guī)律可求出偏轉(zhuǎn)角θ正切表達式，再分析偏轉(zhuǎn)角θ的變化情況。【解答】解：設電子質(zhì)量為m，電子被加速后獲得的速度為v0，根據(jù)動能定理得：eU1＝mv02設水平極板長為L，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為：t＝設電子在水平極板間運動時的加速度為a，由牛頓第二定律得：a＝電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，根據(jù)速度﹣時間公式，得豎直方向的分速度大小為：vy＝at偏轉(zhuǎn)角θ正切為：tanθ＝聯(lián)立解得：tanθ＝，故其它條件不變，U2變大，或其它條件不變，U1變小，或其它條件不變，U1變小的同時U2變大，都一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故BD正確，AC錯誤。故選：BD?！军c評】帶電粒子在電場中只受電場力的運動可分為三類：第一類是在勻強電場中做勻變速直線運動，此過程是電勢能與帶電粒子動能之間的轉(zhuǎn)化；第二類是帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)，帶電粒子垂直進入勻強電場時做勻變速曲線運動，分解為兩個方向的直線運動，牛頓第二定律和運動學公式是這類問題的最基本解法；第三類是帶電粒子在點電荷形成的電場中做勻速圓周運動，應用圓周運動的知識求解。27．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，帶電量之比為qA：qB＝1：3的帶電粒子A、B，先后以相同的速度從同一點射入平行板電容器中，不計重力，帶電粒子偏轉(zhuǎn)后打在同一極板上，水平飛行距離之比為XA：XB＝2：1，則兩粒子質(zhì)量和飛行時間之比分別為帶電粒子的質(zhì)量之比mA：mB以及在電場中飛行時間之比tA：tB分別為（）A．tA：tB＝2：1 B．tA：tB＝4：3 C．mA：mB＝4：3 D．mA：mB＝2：1【分析】帶電粒子垂直射入電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得到偏轉(zhuǎn)量y的表達式，求解質(zhì)量之比；根據(jù)水平位移與初速度之比求解時間之比.【解答】解：AB、兩個帶電粒子垂直射入電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動.則水平方向有：x＝v0t，v0相等，所以t∝x，則得：tA：tB＝xA：xB＝2：1，故A正確，B錯誤；CD、豎直方向有：則得：因為E、y、v0相等，則得：，故C正確，D錯誤.故選：AC?！军c評】本題關鍵要熟練掌握類平拋運動的研究方法：運動的分解法，推導出質(zhì)量與時間的表達式進行求解，本題是一道典型類平拋問題，同學們平常注意多積累基本知識，本題難度適中.28．（2021?華龍區(qū)校級模擬）如圖所示，偏轉(zhuǎn)電場的極板水平放置，偏轉(zhuǎn)電場右邊的擋板豎直放置，氕、氘、氚三粒子同時從同一位置沿水平方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最終均打在右邊的豎直擋板上。不計氕、氘、氚的重力，不考慮三者之間的相互影響，下列說法正確的是（）A．若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初速率相同，則一定到達擋板上同一點 B．若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能相同，則一定到達擋板上同一點 C．若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初速率相同，則到達擋板的時間一定相同 D．若三者進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能相同，則到達擋板的時間一定相同【分析】判斷三個粒子到達擋板上的時間以及是否在同一點，關鍵是判斷它們在電場中豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移以及它們的初速度，根據(jù)帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的運動規(guī)律，可判斷影響偏轉(zhuǎn)位移的因素，即可根據(jù)運動規(guī)律判斷是否在同一點；從水平方向的運動規(guī)律可以判斷其運動時間關系。【解答】解：AB、設任一粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m、進入偏轉(zhuǎn)電場的速率為v，偏轉(zhuǎn)電場的場強為E、極板長度為L，極板右端到豎直擋板的距離為d，離子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的速度偏向角為θ，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則豎直方向有：①②水平方向有③由①②看出，若三個粒子的初速率v相同，由于三個粒子的質(zhì)量不同，y、θ就不同，一定到達擋板上不同的點；若三個粒子的初動能相同，mv2相同，三個粒子的電荷量也相同，y、θ就相同，一定能到達擋板上同一點，故A錯誤，B正確；CD、由③可知，若三粒子的初速率相同，到達擋板的時間一定相同；若三個粒子的初動能相同，則初速率不同，到達擋板的時間一定不同，故C正確，D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題，關鍵要掌握類平拋運動的研究方法：運動的分解法，運用牛頓第二定律和運動學公式列式分析。29．（2021?山東模擬）墻壁噴繪機是一種大型制圖機器，能夠?qū)⒏鞣N圖案、照片、宣傳語等快速呈現(xiàn)于墻面，相對于傳統(tǒng)的墻體手繪，畫面細膩，色彩艷麗，圖象逼真，視覺沖擊力更強，其主要工作部分的工作原理如乙圖所示，機器產(chǎn)生的墨汁微滴（重力不計）從墨盒以一定速度噴出，經(jīng)帶電室使微粒帶電后，沿平行板的中心線垂直于電場方向進入平行板電容器內(nèi)，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后飛出，最終打在墻壁上，通過調(diào)節(jié)信號輸入，使微滴帶不同的電荷量q，改變偏轉(zhuǎn)電壓U及兩極板的極性均可改變墨汁微滴打在墻壁上的位置。如果極板長度為L，板間距離為d，極板右端到墻壁的距離為L′，則以下說法正確的是（）A．若微滴帶負電，上極板接正極時微滴向上偏轉(zhuǎn) B．如果增大微滴的噴射速度，可以增大微滴偏轉(zhuǎn)的靈敏度 C．如果板間電壓一定，要使微滴打在墻壁的偏移量加倍，則微滴的電荷量要加倍 D．噴頭不動時微滴打在墻壁上的最大范圍為（+）d【分析】根據(jù)微滴的受力情況即可判斷微滴的偏轉(zhuǎn)情況；微滴在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律即可得到微滴打雜墻壁上的偏移量，也可分析出微滴偏轉(zhuǎn)的靈敏度與那些因素有關；根據(jù)平拋運動規(guī)律以及幾何關系得到微滴打在墻壁上的偏移量的表達式即可判斷出結(jié)果；微滴打在墻壁上的范圍是在一邊最大偏移量的二倍，根據(jù)幾何關系即可得到偏轉(zhuǎn)的范圍。【解答】解：A、如果上極板是正極，則板間電場的方向向下，由于微滴帶負電，則微滴所受電場力向上，故微滴會向上偏轉(zhuǎn)，故A正確；B、設微滴在電場中沿電場力方向的偏移量為△y1，微滴在墻壁上的偏移量為△y2。微滴在電場中做類平拋運動，則由平拋運動規(guī)律得L＝vt，，微滴在電場中的加速度為，解得.，做平拋運動的物體的速度反向延長線相交于水平位移的中點，所以。則.在保持其它條件不變的情況下，，則微滴速度越大，微滴的偏移量就越小，說明微滴偏移的靈敏度降低，故B錯誤；C、由上面B的分析可知在板間電壓U一定時，△y2∝q，所以要使微滴打在墻壁上的偏移量△y2加倍，則微滴的電荷量也要加倍，故C正確；D、當微滴在電場中的偏移量為d時，微滴由極板邊緣射出時，對應打在墻壁上范圍最大，此時滿足，所以打在墻壁上的范圍為y＝2△y2，即，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，粒子做類平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律求解。30．（2021?永州模擬）如圖所示，A、B為水平放置平行正對金屬板，在板中央分別有一小孔M、N，D為理想二極管，R為滑動變阻器。閉合開關S，待電路穩(wěn)定后，將一帶負電荷的帶電小球從M、N的正上方的P點由靜止釋放，小球恰好能運動至小孔N處。下列說法正確的是（）A．若僅將B板下移，帶電小球仍將恰好運動至小孔N處 B．若僅將B板上移，帶電小球?qū)男】譔穿出 C．若僅將R的滑片上移，帶電小球?qū)o法運動至N處 D．若僅斷開開關S，帶電小球仍將恰好運動至小孔N處【分析】小球恰好能穿過小孔N，小球到達小孔N時速度恰好為零，此過程小球的重力做功等于克服電場力做功，二極管的作用可以阻止電容器上的電量流出，開關S閉合時，可以充電不能放電，開關S斷開，板間場強不變，小球下落與原來同樣的高度時，速度為零?！窘獯稹拷猓篈、當板不動時，設P到A板的距離為H，兩極板間的距離為h，則mg（H+h）﹣qEh＝0﹣0，則mg＜qE，若僅將B板下移，移動距離為△h，則，根據(jù)公式C＝，電容減??；由于二極管的作用可以阻止電容器上的電量流出，故電量不變，根據(jù)C＝，U＝Ed，得到：E＝，故場強不變；故到達小孔N時，根據(jù)動能定理可得重力做功小于電場力做功，可知到小孔N時速度已經(jīng)減為零返回了，故A錯誤；B、若僅將B板上移，根據(jù)C＝，電容增加，電容器要充電；由于電壓U一定，根據(jù)U＝Ed，電場強度增加；故到達小孔N時，重力做功小于電場力做功，可知未達到小孔N時速度已經(jīng)減為零返回了；故B錯誤；C、將滑動變阻器的滑片上移，分壓增加，故電容器的電壓增加，故如果能到達小孔N，重力做功小于電場力做功，可知未達到小孔N時速度已經(jīng)減為零返回了，故C正確；D、斷開開關S，場強不變，故小球恰好能運動至小孔N處，故D正確；故選：CD?！军c評】本題應用動能定理分析小球的運動情況。根據(jù)動能定理：當總功為正值時，動能增加；當總功為負值時，動能減小，在分析物體的運動情況時經(jīng)常用到。三．填空題（共10小題）31．（2021?青浦區(qū)二模）我國科學家用冷凍電鏡捕捉到新冠病毒表面蛋白與人體細胞表面蛋白的結(jié)合過程。冷凍電子顯微鏡比光學顯微鏡分辨率更高，其原因是電子的物質(zhì)波波長遠小于可見光波長。由此可知電子比可見光更不容易（選填“更容易”或“更不容易”或“一樣容易”）發(fā)生明顯衍射。電子束通過由電場構(gòu)成的電子透鏡實現(xiàn)會聚、發(fā)散作用。電子透鏡由金屬圓環(huán)M、N組成，其結(jié)構(gòu)如圖甲所示，圖乙為其截面圖（虛線為等勢面）。顯微鏡工作時，兩圓環(huán)的電勢φN＞φM?，F(xiàn)有一束電子沿著平行于圓環(huán)軸線的方向進入M。則電子在穿越電子透鏡的過程中速度不斷增大（選填“增大”或“減小”或“不變化”）?！痉治觥坎ㄩL越長，波動性越強，衍射現(xiàn)象越明顯；根據(jù)電場力做功情況分析電子速度的變化情況?！窘獯稹拷猓弘娮拥奈镔|(zhì)波波長遠小于可見光波長，根據(jù)波長越長，越容易發(fā)生明顯的衍射，故電子比可見光更不容易發(fā)生明顯衍射。因為φN＞φM，所以電子在從M到N穿越電子透鏡的過程，電場力對電子一直做正功，電勢能減小，動能增大，故電子的速度不斷增大。故答案為：更不容易；增大?！军c評】解決本題的關鍵要讀懂題意，理解電子顯微鏡的工作原理，利用電場知識進行分析。32．（2020秋?天河區(qū)校級月考）如圖，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子，從A點以速度v0垂直于電場方向射入一個電場強度為E的勻強電場中，從B點射出電場時的速度方向與電場線成120°角，電子重力不計。則A、B兩點間的電勢差UAB＝﹣，電子從A運動到B的時間tAB＝。【分析】根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小，利用幾何關系可求得B點的速度；根據(jù)動能定理，可求得AB間的電勢差；電子豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式求得時間?！窘獯稹拷猓弘娮釉陔妶鲋兄皇茈妶隽ψ饔茫鶕?jù)牛頓第二定律得：eE＝ma將電子在B點的速度分解可知（如圖所示）vB＝＝v0電子從A到B的過程中，由動能定理可知：﹣eUAB＝﹣聯(lián)立解得：A、B兩點間的電勢差UAB＝﹣設電子在B點沿電場方向的速度大小為vy，則由速度的分解有：vy＝v0tan30°由速度﹣時間公式得：vy＝atAB聯(lián)立解得電子從A運動到B的時間：tAB＝故答案為：﹣，?！军c評】本題考查帶電粒子在電場中的加速，本題運用運動的分解法研究類平拋運動，關鍵將速度進行分解，由牛頓第二定律和運動學公式相結(jié)合進行研究，同時應用了動能定理求解。33．（2020秋?海淀區(qū)校級月考）正離子A（質(zhì)量為m、電荷量為q）和正離子B（質(zhì)量為2m、電荷量為q）由靜止開始經(jīng)相同電加速后，如圖所示垂直電場線射入兩塊平行帶電金屬板間，從兩板間射出時（重力不計）A、B側(cè)移之比yA：yB＝1：1；A、B動能增量之比△EkA：△EkB＝1：1?！痉治觥拷柚\動的分解，離子水平方向為勻速直線運動，豎直方向為初速度為零的勻加速直線運動，在借助運動學公式和動能定理進行求解。【解答】解：（1）正離子在電場中加速，設末速度為v0，據(jù)動能定理得：qU1＝m正離子穿出偏轉(zhuǎn)電場的時間為：t＝正離子在偏轉(zhuǎn)電場的加速度為：a＝＝正離子離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向的側(cè)移量為：y＝at2＝則離子側(cè)移量與電荷的電量和質(zhì)量均無關，即A、B側(cè)移之比為：yA：yB＝1：1（2）根據(jù)動能定理：△Ek＝U1q+，離子的動能變化僅與U1、U2、q、d與y相關，則A、B動能增量之比：△EkA：△EkB＝1：1故答案為：1：1；1：1?！军c評】本題考查學生對于粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的知識的運用，需要學生借助化曲為直的思想，將復雜的曲線運動簡化為簡單的直線運動處理。34．（2020秋?雨城區(qū)校級月考）如圖所示，A、B為一對平行正對帶電金屬板，B板帶正電，A、B兩板間的電勢差為U。質(zhì)量為m的帶電粒子（重力可忽略不計）以初速度v0水平射入勻強電場。若粒子帶電荷量為﹣q，則粒子到達B板時速度大小為；若粒子帶電荷量為+q，它到達B板時速度大小為。【分析】分析電場力對電子功做情況，根據(jù)動能定理列式即可求得粒子到達B板時的速度．【解答】解：粒子帶負電，由A到B過程中電場力做正功，由動能定理可知：Uq＝mv2﹣mv02解得：v＝粒子帶正電，由A到B過程中電場力做負功，由動能定理可知：﹣Uq＝mv′2﹣mv02解得：v′＝故答案為：，；【點評】本題考查帶電粒子在電場中的加速規(guī)律，要注意明確電場力做功的正負，從而正確根據(jù)動能定理列式求解．35．（2020春?涪城區(qū)校級月考）M板附近的帶電粒子由靜止釋放后從M板加速運動到N板（MN板間電壓為U），從N板上的小孔C飛出電場，垂直進入以N板為左邊界的磁感應強度為B的勻強磁場中，半個圓周后從D處進入如圖所示的電場，PQ兩板間勻強電場的電場強度為E，PQ板長為d。則該電荷電性為負電（正電、負電、無法確定），到C的速度為（用m，q，U表示），最后從勻強電場E中飛出的速度大小為A。A.B.C.D.（已知帶電粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，不計重力，各有界場之間互不影響）【分析】（1）根據(jù)C點速度方向結(jié)合磁場方向，通過左手定則判斷電荷電性；（2）根據(jù)電場力做功計算公式結(jié)合動能定理，計算粒子在C點的速度；（3）粒子在勻強電場中做類平拋運動，根據(jù)運動學公式，計算出從E飛出時的水平方向和豎直方向速度，利用平行四邊形法則計算合速度的大小?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，粒子從N板小孔C飛出電場時，速度方向垂直N板向外，根據(jù)速度方向、磁場方向和圓周運動的圓心位置，應用左手定則可知在C點正電荷的速度方向與粒子速度方向相反，故粒子帶負電。（2）從M板加速運動到N板過程中，只有電場力做功，設C點速度為v，由動能定理，可得：…①由①式可知，（3）勻強磁場不改變速度大小，故粒子進入勻強電場時，水平方向速度為v。粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向為勻速直線運動，所以水平速度保持v不變，豎直方向加速度a為：…②飛出勻強電場所用時間t：…③飛出勻強電場時豎直方向速度v0：v0＝at…④飛出勻強電場時的速度v′：…⑤②③④⑤聯(lián)立并代入數(shù)值解得，故A正確，BCD錯誤。故答案為：（1）負電；（2）；（3）A?！军c評】本題綜合考查帶電粒子在電場中的運動和動能定理的相關知識，注意正確分析運動過程，并注意計算的準確性。36．（2019秋?靜安區(qū)期末）如圖所示，實線表示勻強電場的電場線，虛線表示一個正電荷的運動軌跡，比較軌跡上的a、b兩點，a點的電勢較高；正電荷在點的動能較大。【分析】粒子在電場力作用下運動，根據(jù)軌跡的彎曲程度，判斷出合力（電場力）的方向，再根據(jù)電場力方向和電荷性質(zhì)判斷場強方向；沿著電場線的方向電勢降低的，由此判定電勢高低；根據(jù)電場力做功判斷動能大小?！窘獯稹拷猓簞驈婋妶鲋须妶隽εc電場線平行，而曲線運動合力指向曲線的內(nèi)側(cè)，故電場力一定向左；粒子帶正電，故電場強度方向向左，所以a、b兩點的電勢關系是電勢φa＞φb；粒子帶正電，如果粒子從a至b運動，電場力做正功，動能增加；如果粒子從b至a運動，電場力對粒子做負功，粒子動能減小，故無論從a至b還是從b至a，都有Eka小于Ekb。故答案為：a；b?！军c評】電場線雖然實際不存在，但可形象來描述電場的分布。對于本題關鍵是根據(jù)運動軌跡來判定電場力方向，由曲線運動條件可知合力偏向曲線內(nèi)側(cè)。37．（2020秋?安慶期中）如圖所示，有一方向水平向右的勻強電場，一個質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球以初速度v0從a點豎直向上射入電場中．小球通過電場中b點時速度大小為2v0，方向與電場方向一致，則勻強電場的場強大小為．【分析】采用運動的分解法研究：水平方向小球只受電場力做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理求出a、b兩點的電勢差．【解答】解：小球水平方向只受電場力做勻加速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，根據(jù)運動學公式，可得：水平方向，2v0＝at豎直方向，v0＝gt則有a＝2g由牛頓第二定律可知，E＝故答案為：．【點評】本題考查靈活選擇處理曲線運動的能力．小球在水平和豎直兩個方向受到的都是恒力，運用運動的合成與分解法研究是常用的思路．38．（2019秋?泉港區(qū)校級月考）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的極板X應帶正電。【分析】由亮斑位置可知電子偏轉(zhuǎn)后打在偏向X，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，再確定極板所帶的電性?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)亮斑的位置可知，電子在XX′極板中受到電場力為由X′指向X，從而向X向偏轉(zhuǎn)，因為電子受力方向與電場方向相反，所以電場方向為X到X′，則X帶正電，故答案為：正?！军c評】解決該題的關鍵是能根據(jù)熒光屏上的位置判斷電子在兩極板間受到的電場力方向，知道電子受到的電場力和電場線方向相反；39．（2019秋?廣安區(qū)校級月考）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，電子槍發(fā)射電子經(jīng)過加速后，通過偏轉(zhuǎn)電極打在熒光屏上形成亮斑，如圖所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中X極板應帶正電，Y極板帶正電?！痉治觥坑闪涟呶恢每芍娮悠D(zhuǎn)的打在偏向X，Y向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，從