帶電粒子在電場中的運動（直線、偏轉(zhuǎn)、交變電場、力學(xué)觀點、能量觀點、動量觀點）-高考物理一輪復(fù)習(xí)測試卷（新高考）

專題突破卷09帶電粒子在電場中的運動（直線、偏轉(zhuǎn)、交變

電場、力學(xué)觀點、能量觀點、動量觀點）

建議用時：75分鐘

考點預(yù)覽

考點考向題型分布

帶電粒子在電10單選+6多選

考點1:帶電粒子在電場中做直線運動

場中的運動（直+2計算

線、偏轉(zhuǎn)、交變

考點2:帶電粒子在電場中做曲線（偏轉(zhuǎn)）運動

電場、力學(xué)觀

點、能量觀點、

考點3：帶電粒子在交變電場中的運動

動量觀點）

考點4：帶電粒子在電場中運動的力學(xué)觀點應(yīng)用

考點5:帶電粒子在電場中運動的能量觀點應(yīng)用

考點6:帶電粒子在電場中運動的動量觀點應(yīng)用

考點突破

考點。1,帶電粒子在電場中的運動（直線、偏轉(zhuǎn)、交變電場、力學(xué)

觀點、能量觀點、動量觀點）（10單選+6多選+2計算）

1.（2024?河北?模擬預(yù)測）質(zhì)量1kg的帶正電滑塊，輕輕放在傳送帶底端。傳送帶與水平方向夾角為

0=37。，與滑塊間動摩擦因數(shù)為〃=0.5,電動機帶動傳送帶以3m/s速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。滑塊受到沿斜

面向上的4N恒定電場力作用，則石內(nèi)（）

A.滑塊動能增加4JB.滑塊機械能增加12J

C.由于放上滑塊電機多消耗電能為12JD.滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)熱為4J

【答案】C

【詳解】A.分析滑塊，由牛頓第二定律得

Eq+jumgcos0-mgsin0=ma

解得

a=2m/s2

1S末，滑塊末速度為

v{=at=2xn/s

位移為

12?

x,=-at=lm

2

傳送帶位移為

x2=vt=3m

則，滑塊動能為

Ek=；機吊2=2J

故A錯誤;

B.滑塊機械能增加

AE*1=Eqx+jumgcosOx-8J

故B錯誤;

c.電機多消耗電能

AE2=jumgcos帶=12J

故C正確；

D.滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)熱為

Q=gcosOxx相=jumg(x2-)cos=8J

故D錯誤。

故選C。

2.（2024?廣西貴港?模擬預(yù)測）如圖所示，空間存在范圍足夠大且與長方形N8CD所在平面平行的勻強電場,

已知NC=248=46cm,A.B、C三點的電勢分別為12V、8V、4V。一帶電粒子從/點以斜向右上方與

成30。角、大小為%=2m/s的初速度射入電場，恰好經(jīng)過C點。不計粒子的重力，下列說法正確的是

A.。點電勢為6V

B.電場強度大小為當(dāng)V/m

C.粒子過C點時的速度與初速度方向間夾角的正切值為內(nèi)

D.粒子過C點時的速度大小為4鬲/s

【答案】B

【分析】命題透析本題考查勻強電場計算和類平拋運動，考查考生的科學(xué)思維。

【詳解】A.因NC=248=46cm,4、B、C三點的電勢分別為12V、8V、4V,取。點為/C的中點，則

%=8V,則80為等勢線，連接80并延長過。點，則為=8V,故A錯誤；

B.過/點作2。的垂線，則帶箭頭的實線為電場線，如圖所示

4

V/m=—V/m

3

20x10冶

故B正確;

C.粒子初速度方向剛好與電場方向垂直，則根據(jù)類平拋運動的推論

tana=2tan0=25/3

故C錯誤；

D.粒子在C點時

vCy=%tana=4V3m/s

%=依+總=2V13m/s

故D錯誤。

故選Bo

3.（2024?山東濟南?二模）如圖所示在場強為E的勻強電場中有一帶電絕緣物體P處于水平面上。已知P的

質(zhì)量為加、帶電量為+4,其所受阻力與時間的關(guān)系為/=/o+H。f=0時物體尸由靜止開始運動直至速度

再次為零的過程中，以下說法正確的是（）

-------------------------------->

E

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

=----------------------------------?

P

A.物體達到最大速度的時間%

mk

B.物體達到的最大速度為舊一然

2mk

C.全過程中，物體所受電場力的沖量為"垣二^

2k

D.全過程中，物體的阻力/的沖量為加碼一一

【答案】B

【詳解】AB.當(dāng)物體所受合力為零時，物體的速度最大，則有

Eq=f0+kt

解得

—Eq-4

從靜止到物體達到的最大速度，由動量定理有

+Eq

Eqt-^t=mvm-Q

2

解得

=（Eq一3

m2mk

故A錯誤，B正確；

CD.根據(jù)題意，對全過程，由動量定理有

Eq'fo+fjk，,,=0

解得

2（Eq-f。）

-k-

則全過程中，物體所受電場力的沖量為

=E=至立絲二&

1k

物體的阻力/■的沖量為

Tf0+f0+kt■2Eq（f「Eq）

22k

故CD錯誤。

故選Bo

4.（2024?四川南充?二模）絕緣水平面上固定一正點電荷0,另一質(zhì)量為加、電荷量為a（q>0）的滑塊（可

看做點電荷）從。點以初速度均沿水平面向0運動，6點為滑塊運動中距。最近的點。已知。、6間距離為

d,滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。以下判斷正確的是（）

A.滑塊在6點的加速度一定為0

B.滑塊在運動過程的中間位置，速度的大小等于變%

C.滑塊在運動過程的中間時刻，速度的大小等于5

D.0產(chǎn)生的電場中，a、b兩點間的電勢差為％=’"51

【答案】D

【詳解】A.由題意可知，滑塊水平方向受庫侖力、滑動摩擦力，摩擦力與運動方向相反，而庫侖力與運動

方相同，由于6點為滑塊運動中距。最近的點，則滑塊在6點速度為零，則滑塊在運動過程中庫侖力小于

滑動摩擦力，隨著間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，所以到達6點時加速度不為零，故A錯

誤;

BC.若滑塊在滑動過程中做勻減速直線運動，則在運動過程的中間位置，速度的大小為

在運動過程的中間時刻，速度的大小為

而實際上，隨著間距減小，庫侖力增大，但一直小于滑動摩擦力，所以導(dǎo)致加速度減小，故中間位置的速

度的大小不等于"％,中間時刻的速度不等于?，故BC錯誤;

202

D.根據(jù)動能定理可得

12

Wah-^mgd=O--mvo

%=-qu?b

所以

加（片-2〃gd）

2q

故D正確。

故選D。

5.（2024?陜西銅川?模擬預(yù)測）如圖所示，充電后水平放置的平行板電容器與電源斷開，金屬板相距為d,

一質(zhì)量為加、電荷量為"的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出（軌跡如圖中虛線所示）,

若僅將平行板電容器上極板平行上移與距離后，其他條件保持不變，重力加速度大小為g,則下列說法正確

的是（）

d'、、、、

、1*4、、、

I1

A.平移后油滴將做勻加速直線運動

B.平移后電場強度大于螫，方向豎直向下

q

C.平移后下板和上板之間的電勢差大小為半

4q

D.平移后油滴穿越兩板之間的電場后電勢能減少了!"gd

4

【答案】C

【詳解】AB.由于油滴沿直線從上極板邊緣射出，可知油滴在極板間一定做勻速直線運動，有

qE=mg

可得

E4

q

方向豎直向下，根據(jù)

E=—

d

由電容定義式有

C=F

由電容決定式有

c=-^~

4兀4d

聯(lián)立解得

E尸kQ

可知，當(dāng)上極板向上移動時，E不變，方向仍然豎直向下，仍有

qE=mg

所以油滴仍做勻速直線運動，故AB錯誤；

C.綜上分析，由于E不變，根據(jù)

U=Ed

當(dāng)僅將平行板電容器上極板平行上移g距離后，上、下兩極板間的電勢差。變大，大小為

4

U，=E（d+±）=2~

44q

故C正確；

D.當(dāng)上極板向上移動后，E不變，所以粒子射出電場時的位置也不變，重力做功

WG=-mgd

則電場力做功

W=mgd

根據(jù)功能關(guān)系可知，油滴的電勢能減少了加gl,故D錯誤。

故選Co

6.（2024?河南周口?模擬預(yù)測）光滑絕緣水平桌面上有一質(zhì)量〃?=1kg、帶電荷量q=+5xlOYC的小球系在長

￡=lm的絕緣細線的一端，細線的另一端固定在。點。整個裝置放置于電場強度大小￡=2X1（）4N/C的勻

強電場中，電場方向與水平面平行且沿方向，如圖所示（此圖為俯視圖）。現(xiàn)給小球一垂直于細線的初

速度%=10m/s使其從/點開始繞。點在水平面內(nèi)做圓周運動，小球可視為質(zhì)點。當(dāng)細線轉(zhuǎn)過角度。滿足

7T

owe<5時，繩子張力大小工和。的關(guān)系式為（）

A.=80-30cos（9（N）^0<6><y

C.7s.=80-30sin<9（N）［0<6><|

【答案】B

【詳解】由牛頓第二定律得

丫2

F^-qEcos0=m——

L

由動能定理得

2

—qEL（1—cos8）=Jmv?-gmv0

解得

71

工（）

=80+30cos6NO<0<~2

故選Bo

7.（2024?河南?模擬預(yù)測）豎直面內(nèi)，一帶電小球以一定的速度進入勻強電場中，如圖所示，虛線為勻強電

場的等勢面，實線為帶電小球的軌跡。下列說法正確的是（）

A.小球從。到N機械能守恒

B.從。到M與從M到N,小球的動能的增加量相同，且小球是一定從。運動到N的

C.從。到N小球的機械能減少，重力勢能減小

D.小球所受電場力方向一定豎直向上，所以勻強電場的方向也一定豎直向上

【答案】C

【詳解】BD.根據(jù)軌跡可知，小球的合力豎直向上，小球受豎直向下的重力，所以小球所受電場力一定豎

直向上，小球電性未知，無法確定電場強度的方向，由于電場力與重力做功均與路徑無關(guān)，所以。到M與

”到N合力對小球做功相同，故動能的變化量相同，但無法確定小球的運動方向，故BD錯誤；

AC.從。到N電場力對小球做負功，所以小球的機械能減少，重力做正功，小球的重力勢能減小，故A錯

誤，C正確。

故選Co

8.（2024?四川成都?模擬預(yù)測）一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓必加速后，射入水平放置的平行板電容器,

極板間電壓為仿。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45。，微粒運動軌跡的最高點到極板

左右兩端的水平距離分別為2乙和3到兩極板距離均為d,如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計重力。下列說

法正確的是（）

A.L:d=2-.l

B.U/：U/=2:1

c.微粒穿過圖中電容器區(qū)域的速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值為:

D.僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不變

【答案】D

【詳解】A.帶電粒子在勻強電場中做類斜拋運動，從進入電場到最高點有

2L=vst

d工

2

v?=at

tan45°=—

匕

聯(lián)立解得

L:d=\:\

故A錯誤;

B.帶電粒子在加速電場中，有

=；加片

帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，有

=~mv1

22y

sin45°=-

%

聯(lián)立解得

于，

故B錯誤；

C.設(shè)帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度方向與水平方向夾角為a,則有

tana=tan45O=1

設(shè)帶電粒子射出偏轉(zhuǎn)電場的速度方向與水平夾角為萬，則有

tan/3=—

匕

依題意，帶電粒子從最高點運動到射出電場過程，有

L=v/

Vy=at'

聯(lián)立解得

C1

tan0=3

根據(jù)數(shù)學(xué)三角函數(shù)，可得

tan(a+￡)=3

故C錯誤；

D.粒子射入最高點的過程水平方向和豎直方向的位移分別為

22md

解得

C/x2

y=—2—

4dU]

可知帶電粒子的軌跡方程與其質(zhì)量或者電荷數(shù)量無關(guān)，即軌跡不會變化，故D正確。

故選Do

9.(2024?四川遂寧?模擬預(yù)測)如圖所示，在勻強電場中一帶正電粒子先后經(jīng)過a、b兩點。已知粒子的比

荷為七粒子經(jīng)過。點時速率為3v,經(jīng)過6點時速率為4v,粒子經(jīng)過a、6兩點時速度方向與湖連線的夾

角分別為53。、37。，ab連線長度為工。sin37°=0.6、cos37°-0.8,若粒子只受電場力作用，貝U()

一一'2kL

B.電場強度的方向垂直于初速度3V方向

C.。、6兩點間的電勢差為。"=上

k

D.粒子在a、6兩點的電勢能之差為政=比

k

【答案】A

【詳解】AB.設(shè)電場力的方向與岫所在直線夾角為e,如圖所示

3vcos(<9-37°)=4vsin(6>-37°)

解得

<9=74°

垂直電場力方向做勻速運動,運動的時間為

￡sin。

=—sin37°

3vcos(6?-37°)3v

沿電場力方向速度變化量為

Av=4vcos(<9-37°)+3vsin(6—37°)=4vcos37°+3vsin37°

電場強度的大小為

EFmam\vm（4vcos370+3vsin370）25v2

qqqtSin37o2kL

3v

故A正確，B錯誤；

C.根據(jù)勻強電場電場強度

E-4

Zcos37°

可知。、b兩點的電勢差

故C錯誤；

D.根據(jù)功能關(guān)系有

qUab=NEf

電荷量未知，無法確定粒子在b兩點的電勢能之差，故D錯誤。

故選A?

10.（2024?北京昌平?二模）如圖所示，在水平向右且場強大小為E的勻強電場中，兩個半徑相同、質(zhì)量均

為加的小球A、B靜止放置在光滑的水平面上，且A、B所在直線與電場線平行。A帶電量為q（4>0）,B不

帶電，A、B之間的距離為"f=0時刻開始，A在電場力的作用下開始沿直線運動，并與B發(fā)生彈性碰撞。

碰撞過程中A、B之間沒有電量轉(zhuǎn)移，僅碰撞時才考慮A、B之間的相互作用，下列說法正確的是（）

E

兩球第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞的時間間隔為楮

A.

I2mT

B.兩球第n次碰撞到發(fā)生第n+1次碰撞的時間間隔為-

VqE

兩球連續(xù)兩次碰撞的時間間隔均為停

C.

IDmT

D.兩球連續(xù)兩次碰撞的時間間隔均為2Jr

VqE

【答案】D

【詳解】A.A、B第一次碰撞前

qEL=^mv2

解得A、B第一次碰撞前

IqEL

V=

m

A、B第一次碰撞時

mv=mvM+mvBl

g"?廿二;加片1+;比41

解得A、B第一次碰撞后A、B的速度分別為

VA1=0

\2qEL

m

兩球第一次碰撞到第二次碰撞

2m

解得兩球第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔為

2mL

4=2,

qE

A錯誤;

BCD.A、B第二次發(fā)生碰撞前

I型=2v

VA2=-(1=2,

mm

]2qEL_

VB2=VB1=

m

A、B第二次碰撞時

mvA2+mvB2=mvA2+mvB2

12121，21設(shè)

5加VA2+-^VB2=-mvA2+-mvB2

解得A、B第二次碰撞后A、B的速度分別為

VB22v

同理可得，兩小球第〃+1次碰撞前速度與第"次碰撞后速度的關(guān)系為

VA(n+l)=V)“+2v=V/“+V

兩小球每次碰撞后，兩小球交換速度，即

VB“=VA,

"加=5

兩球連續(xù)兩次碰撞（第〃次碰撞到第”+1次碰撞）滿足

心，+；?追產(chǎn)

=丫Bn

解得兩球連續(xù)兩次碰撞的時間間隔

2mL

t=2

qE

BC錯誤，D正確。

故選D。

11.（2024?海南省直轄縣級單位?模擬預(yù)測）兩塊水平正對放置的導(dǎo)體板如圖甲所示，大量電子由靜止開始,

經(jīng)電壓為。o的電場加速后，連續(xù)不斷地沿水平方向從兩板正中間射入兩板之間。當(dāng)兩板均不帶電時，這些

電子通過兩板之間的時間為3%；當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為20、幅值恒為。0的電壓時，恰好能使

所有電子均從兩板間通過。則（)

A.板長和板間距之比為血：1

B.板長和板間距之比為6:1

C.電子穿過兩板后獲得的最大動能和最小動能之比為16：13

D.電子穿過兩板后獲得的最大動能和最小動能之比為6：5

【答案】BC

【詳解】AB.電子通過兩板之間的時間為3%,當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2/。、幅值恒為。0的電壓

時，可知f=(?=0,1,2,3...)射入的電子穿過兩板后獲得的動能最大，電子的加速度為

空_馬

14————

mmd

電子的沿電場方向最大速度為

匕二a?2%

恰好能使所有電子均從兩板間通過，則

d1,_、2

-

—=-a(2f0)+vlt0

電子在加速電場中，根據(jù)動能定理

〃12

eU。=~mv0

導(dǎo)體板板長為

￡=%3fo

聯(lián)立解得

L=3t0J^,d=t0J^

Vmvm

故板長和板間距之比為

L:d=>/3:1

故A錯誤，B正確；

CD.電子穿過兩板后獲得的最大動能為

114

&nax=］加說+］機匕2=§eQ)，=(2〃+1)/(?=0,1,2,3...)射入的電子穿過兩板后獲得的動能最小，電

子的沿電場方向最小速度為

v2=at0

電子穿過兩板后獲得的最小動能為

1,113

Ekmin=WV0+^mV2=在600

可得電子穿過兩板后獲得的最大動能和最小動能之比為

故C正確，D錯誤。

故選BCo

12.（2024?陜西?模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為機、帶電荷量為+4何＞。）的粒子（不計重力）從尸點以初速

度l射入輻射狀電場中，粒子恰好做勻速圓周運動，經(jīng)過四分之一圓周后從/點垂直/O邊射入以正方形

428為邊界的勻強電場中，最后從C點射出。已知輻射狀電場在圓弧軌跡處的電場強度大小為正方

形N8CD的邊長與粒子做圓周運動的軌跡半徑相等。下列說法正確的是（）

A.粒子在C點時的速度大小為底。

B.粒子在C點時的速度大小為2%

生+1］些

C.粒子從P點運動到C點的時間為

2)qE0

D粒子從0點運動到0點的時間為

【答案】AC

【詳解】AB.設(shè)粒子圓周運動的軌道半徑為此則有

圾=T

解得

R二--

qE0

粒子從/到。做類平拋運動，則水平方向上

R=%

解得

竭

在豎直方向上，則有

1,

7?=—at、

解得

2R_2qE,

a——r-

txm

豎直方向上的分速度

V》=ati=2%

所以粒子在C點時的速度大小為

v=7vo+（2vo）2=底。

A正確，B錯誤；

CD.粒子圓周運動的周期

%加%

ZTIR1=2--=----

%碼）

所以粒子在弧形電場中運動的時間

3=亞

42qE0

所以粒子運動的時間

』*2=嗎（1+生）

C正確，D錯誤。

故選AC。

13.（2023?全國?高考真題）在。點處固定一個正點電荷，P點在。點右上方。從尸點由靜止釋放一個帶負

電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運動，其一段軌跡如圖所示。M.N是軌跡上

A.在運動過程中，電勢能先增加后減少

B.在尸點的電勢能大于在N點的電勢能

C.在M點的機械能等于在N點的機械能

D.從〃點運動到N點的過程中，電場力始終不做功

【答案】BC

【詳解】ABC.由題知，OP>OM,OM=ON,則根據(jù)點電荷的電勢分布情況可知

6M=4>N>OP

則帶負電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且

EpP>EpM=EpN

則小球的電勢能與機械能之和守恒，則帶負電的小球在M點的機械能等于在N點的機械能，A錯誤、BC正

確；

D.從初點運動到N點的過程中，電場力先做正功后做負功，D錯誤。

故選BCo

14.（2024?臺灣?模擬預(yù)測）在均勻靜電場中，將質(zhì)量為加的帶電小球以水平速度拋出，發(fā)現(xiàn)小球在豎直方

向以菅的加速度向下運動（g為重力加速度），而在水平方向作勻速運動。當(dāng)小球在豎直方向的高度下降〃

時，下列敘述哪些正確？（假設(shè)空氣阻力可忽略）（）

A.若小球帶負電，則電場的方向豎直向下

B.若小球帶正電，則電場的方向豎直向下

C.小球的重力勢能減少了整

D.小球的電勢能增加了?

E.小球的動能增加了軍

4

【答案】ADE

【詳解】AB.設(shè)小球所受電場力為方，對小球根據(jù)牛頓第二定律

mg-F=ma

解得

L3

F^-mg

方向豎直向上，若小球帶負電，小球所受電場力與電場的方向相反，則電場的方向豎直向下；若小球帶正

電，小球所受電場力與電場的方向相同，則電場的方向豎直向上，故A正確，B錯誤；

C.小球的重力做功為

WG=mgh

重力做小球做正功，則小球的重力勢能減少了加g〃，故c錯誤；

D.電場力做小球做負功為

叫=-*

則小球的電勢能增加了學(xué)，故D正確；

4

E.根據(jù)動能定理

F合h=mah=AEk

可得小球的動能增加

_mgh

%一4

故E正確。

故選ADE。

15.（2024?河北?二模）虛線間存在如圖所示的電場，虛線左側(cè)的勻強電場片與水平虛線間的夾角為

a=31°,一比荷為人的帶正電的粒子由水平虛線上的N點靜止釋放，經(jīng)過一段時間由豎直虛線的8（圖中

未畫出）點進入虛線右側(cè)豎直向下的勻強電場外（當(dāng)未知），最終粒子由水平虛線的C（圖中未畫出）點

離開電場，離開電場瞬間的速度與水平虛線的夾角為6=53。。已知。4=4￡、電場強度耳=￡,不計粒子

的重力，sin37°=0.6,cos37°=0.8。則下列說法正確的是（）

A.E2=EB.OC=10L

C.粒子由4到C的時間為"?陛D./、C兩點的電勢差為整皮

l\kE9

【答案】CD

【詳解】A.粒子由/點靜止釋放，粒子在片中做勻加速直線運動，/、8兩點間的距離為

4￡

x=--------=5L,x=4Ltan37°=3￡

矣ARcos37°BO

又

E1=E

則該過程由動能定理得

解得

vB=yjlOkEL

粒子由2到C的過程做類斜拋運動，粒子在水平方向做勻速直線運動，速度為

41--------

匕=vBcos310=—yjlOkEL

在豎直方向做類豎直上拋運動，初速度為

3_____

v2=vBsin37°=—yllOkEL

由題意粒子在。點的速度與虛線的夾角為。=53。，設(shè)豎直方向的速度為其，則由

tan53°=^-

匕

解得

V；=—y/10kEL

215

在豎直方向上由牛頓第二定律得

a==kE

m2

由速度公式得

v2=-v2+at2

又由位移公式得

rr12

3L-—y2t2+~at?

解得

9I10Ll_35k

h=-J,E?一—~E

2lykE27

故A錯誤；

B.O、C兩點間的距離為

XOC=印2

整理得

_72

xoc二?L

故B錯誤;

C.粒子由N到5的時間為

5L10L

4=—=--

2

解得

所以粒子由4到C的總時間為

故C正確；

D.粒子在C點的速度為

粒子由A到C的過程由動能定理得

〃12

也C=］叫

解得

UAc=鼻EL

故D正確。

故選CD。

16.（2024?山東東營?二模）如圖所示,在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為加、電荷量為+g的小球,

系在一根長為d的絕緣細線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞。點做圓周運動。N2為圓周的水平直徑，CD為豎

直直徑。已知重力加速度為g,電場強度片=近鱉，下列說法正確的是（）

q

D*

一-一廠'、、.E

A.若小球恰能在豎直平面內(nèi)繞。點做圓周運動，則它運動的最小速度為痂

B.若小球在豎直平面內(nèi)繞。點做圓周運動，則小球運動到2點時的機械能最大

C.若將細線剪斷，再將小球在/點以大小為威的速度豎直向上拋出，小球?qū)⒉荒艿竭_8點

D.若將小球在N點由靜止開始釋放，則小球沿NC圓弧到達C點的速度為J2gd+gd2〃

【答案】BC

【詳解】A.小球受到水平向右的電場力

F=Eq=yfimg

合力為

=/mg)。+(G"2g￥=2mg

方向斜向右下方，與豎直方向夾角為60。，設(shè)小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最小速度為v,有

mv2

~d

聯(lián)立解得

v=J2gd

故A錯誤;

B.由功能關(guān)系知，小球機械能的變化等于除重力或彈力之外的力所做的功，小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓

周運動，運動到8點時，靜電力做功最多，故運動到8點時小球的機械能最大，故B正確;

C.小球?qū)⒃谪Q直方向上做豎直上拋運動，水平方向做勻加速直線運動，當(dāng)豎直方向位移為。時，有

g

水平位移有

x=-at2

2

由牛頓第二定律

a=%Mg

m

解得

x=2>/3d>2d

所以小球?qū)⒉荒艿竭_2點，故C正確;

D.設(shè)合力方向與電場線方向夾角為有

八mgv3

tan8=*=:一

F3

得

0=30°

所以將小球靜止釋放，小球?qū)⒀睾狭Ψ较蜃鰟蚣铀僦本€運動，故D錯誤。

故選BCo

17.（2024?陜西咸陽?模擬預(yù)測）如圖甲所示，真空中相距占5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中

未畫出），其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規(guī)律如圖乙所示。將一個質(zhì)量加=2.OxlO-27kg、電荷量

q=+1.6xl049c的帶電粒子從緊鄰B板處釋放，不計粒子重力。求：

（1）若A板電勢變化周期7=1.0x10%,在上0時將帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放，粒子到達A板時

速度的大??；

（2）A板電勢變化頻率多大時，在"§到"!時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到