10.5带电粒子在电场中的运动练习（Word版含答案）

10.5 带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1．有一方向水平向右的匀强电场，一个质量为m，带电量为＋q的小球以初速度v0从a点竖直向上射入电场中。小球通过电场中b点时速度大小为2v0，方向与电场方向一致，则a、b两点的电势差为（　　）
A． B． C． D．
2．在真空中一匀强电场，电场中有一质量为0.01g，带电荷量为-1×10-8C的尘埃沿水平方向向右做匀速直线运动，取g=10 m／s2，则 ( )
A．场强方向水平向左
B．场强的方向竖直向上
C．场强的大小是5×104 N／C
D．场强的大小是1×104 N／C
3．在匀强电场中，将一个带电量为q，质量为m的小球由静止释放，带电小球的轨迹为一直线，该直线与竖直方向夹角为θ，如图所示，那么匀强电场的场强大小为 （ ）
A．最大值是 B．最小值是
C．唯一值是 D．同一方向上，可有不同的值
4．如图所示，a、b、c、O位于同一直线上，ab=bc．在O点固定一点电荷Q，已知b点电势高于c点电势．一电子仅在电场力作用下先从a点运动到b点，再从b点运动到c点，经历两个运动过程．下列说法正确的是
A．点电荷Q带正电
B．两个运动过程，电场力做的功相等
C．两个运动过程，电子运动的加速度相等
D．整个运动过程，电子的动能不断减小
5．如图所示，在光滑绝缘水平地面上相距为L处有两个完全相同的带正电小球A和B，它们的质量都为m．现由静止释放B球，同时A球以大小为v0的速度沿两小球连线方向向B球运动，运动过程中，两球最小距离为 ，下列说法中正确的是
A．距离最小时与开始时B球的加速度之比为3:1
B．从开始到距离最小的过程中，电势能的增加量为
C．A、B组成的系统动能的最小值是
D．B球速度的最大值为
6．如图所示，偏转电场的极板水平放置，偏转电场右边的挡板竖直放置，氕、氘、氚三粒子同时从同一位置沿水平方向进入偏转电场，最终均打在右边的竖直挡板上．不计氕、氘、氚的重力，不考虑三者之间的相互影响，则下列说法正确的是
A．若三者进入偏转电场时的初动能相同，则必定到达挡板上同一点
B．若三者进入偏转电场时的初动量相同，则到达挡板的时间必然相同
C．若三者进入偏转电场时的初速度相同，则必定到达挡板上同一点
D．若三者进入偏转电场时的初动能相同，则到达挡板的时间必然相同
7．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0 （v0接近光速的1/20）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间．若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则（ ）
A．当Um＜时，所有电子都能从极板的右端射出
B．当Um＞时，将没有电子能从极板的右端射出
C．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2
D．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：
8．如图所示是从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，在保持其它物理量不变条件下，可供选用的方法有，使（ ）
A．U1减小为原来的一半
B．U2减小为原来的一半
C．偏转电场极板长度增大为原来的2倍
D．偏转电场极板距离增大为原来的2倍
9．如图所示为平行于x轴的静电场电势随x变化的图象，电子只受电场力，自-x2位置静止释放，到达O点时的动能为Ek，已知电子电量为e，质量为m，2x1=x2，则下列分析正确的是（　　）
A．电子在x=x1处速度为
B．电子在x=x1处加速度为
C．电子将沿x轴做往复运动，周期
D．电子在x=x1处动能与电势能之和为
二、多选题
10．如下图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为1.5 J．则下列说法正确的是( )
A．粒子带正电
B．粒子在A点的电势能比在B点多1.5 J
C．粒子在A点的动能比在B点少0.5 J
D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
11．如图所示，真空中质子和粒子从静止开始经同一加速电场加速后，沿着中心轴线垂直进入同一偏转电场，最后均打在荧光屏MN上。粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点，不计粒子重力，则（　　）
A．两种粒子打在屏MN上同一点
B．质子打在屏MN上离O点较远
C．两种粒子离开偏转电场时动能相等
D．粒子离开偏转电场时的动能较大
12．分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地三小球分别落在图中A、B、C三点，则(　　)
A．A带正电、B不带电、C带负电
B．三小球在电场中加速度大小关系是：aA>aB>aC
C．三小球在电场中运动时间相等
D．三小球到达下板时的动能关系是EkC>EkB>EkA
13．在如图所示的空间里，xoy 平面为光滑水平地面，质量 m=0.4kg、带电量 q=1.6×10-4C 可视为质点的小球以 v0=1m/s 的速度从A 点沿 y 轴负方向运动，从某时刻起在空间加上平行于x 轴的匀强交变电场，以此时刻为 t=0，电场强度 E 随时间的变化如图所示（以沿x 轴正向为E 的正方向），OA=2m。则（ ）
A．越早加电场，小球从 A 到达 x 轴的时间越短
B．小球从A 点开始运动时刻加电场，小球能垂直打在x 轴上
C．小球到达 x 轴时离O 点最远可达 1m
D．小球到达 x 轴时的速度最大可达 2m/s
14．如图所示，一个电量为+Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．电量为﹣q、质量为m的点电荷乙从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点速度最小为v．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，AB间距离为L0．则：
A．OB间的距离为
B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为
C．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为
D．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差
15．如图所示,一质量为、带电荷量为的小球,用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中,假设电场区域足够大,静止时悬线向左与竖直方向成60°角．线长为L,细线不可伸长．小球在运动过程中电荷量保持不变,重力加速度为.现将电场反向,则下列说法正确的是
A．小球带负电,电场强度
B．电场反向后,小球即做圆周运动,在最低点的速度最大
C．电场反向后,小球先做匀加速直线运动,然后做圆周运动,最大速度
D．电场反向后，小球将作往复运动，能够回到初始位置
16．如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角θ=30°，物块与斜面间的动摩擦因数，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。则下列判断正确的是（　　）
A．物块在上滑过程中机械能一定减小
B．物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C．物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能
D．物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零
三、解答题
17．如图，真空中平行金属板M、N之间的距离为，有的带电粒子位于M板旁，粒子的电荷量为，给两金属板加直流电压。
(1)求带电粒子所受的静电力的大小；
(2)求带电粒子从M板由静止开始运动到达N板时的速度；
(3)如果两金属板距离增大为原来的2倍，其他条件不变，则上述问题(1)(2)的答案又如何？
18．如图1所示，平行板电容器极板长度为L，板间距为d，B极板接地（即电势）。在电容器两极板间接交变电压，A极板的电势随时间变化的图像如图2所示，其最大值为U。电子以速度v0沿图1中虚线方向射入两板间，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，重力不计。
（1）每个电子穿过偏转电场的时间极短，可以认为这个过程中两极板间的电压是不变的，偏转电场可看做匀强电场。求在t = 0.15s时刻进入偏转电场的电子从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了每个电子穿过电场过程中两极板间电压的变化，请结合下列数据分析说明其原因。已知L = 4.0×10-2m，v0 = 2.0×107m/s。
（3）电势可以随时间变化，也可以随空间发生变化。自然界中某量 D的变化可以记为D，发生这个变化所用的时间间隔可以记为 t ；变化量 D与 t的比值就是这个量对时间的变化率。若空间中存在一静电场，x轴与某条电场线重合。
a．请你类比上述变化率的概念写出电势对空间位置x的变化率A的表达式；
b. 该静电场的电势随x的分布可能是图3所示甲、乙两种情况中的一种。请你根据电势随空间的变化情况分析比较两种情况的电场在0 < x < d区域内的相同点和不同点。
19．如图所示，在上方有一匀强电场，电场强度方向水平向左，质量为m、电荷量为的小球，从距水平地面高处以一定的初速度水平向右抛出，在距抛出点水平距离为L处有根管口比小球略大的竖直细管，管的上口距地面的高度为H。小球恰好无碰撞地通过细管，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：
（1）小球的初速度的大小；
（2）匀强电场的电场强度的大小E；
（3）小球落地时的动能。
20．示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形．示波管是示波器的核心部分，它主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成，其简化图如图甲所示．电子枪释放电子并使电子加速后从小孔A射出，偏转系统使电子束发生偏转，电子束打在荧光屏形成光迹．这三部分均封装于真空玻璃壳中．已知电子的电荷量为e，质量为m，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应．
（1）闭合开关S，电子枪中的灯丝K发热后逸出电子，电子逸出的初速度可忽略不计．经过阴极K和阳极A之间电压为U0的电场加速后，电子从阳极板A上的小孔中射出，求电子射出时的速度v0是多大？
（2）电子被U0的电场加速后进入偏转系统，若只考虑电子沿Y（竖直）方向的偏转情况，偏转系统可以简化为如图乙所示的偏转电场．偏转电极的极板长为L1，两板间距离为d，极板右端与荧光屏的距离为L2，当在偏转电极上加如图丙所示的正弦交变电压时（所有电子均能从极板中射出，且电子穿过极板的时间极短，约10-9s），求电子打在荧光屏上产生的亮线的最大长度；
（3）若在偏转电极XXˊ上加如图丁所示的电压，在偏转电极YYˊ上加如图丙所示的电压时，荧光屏上显示出如图戊所示的图形，此时XXˊ上所加电压的周期是多少？
若在两个偏转电极上均加上u=Asin（ωt + φ）或u=Acos（ωt + φ）（φ取各种不同值）交变电压时，荧光屏上将显示出各种各样的图形，这些图形称为李萨茹图形．若在偏转电极YYˊ上加如图丙所示的电压，在偏转电极XXˊ上加如图己所示的电压时，请你尝试画出荧光屏上将会出现的图形（画在答题纸上的方格图内）．
21．如图所示，一对平行金属板a、b水平正对放置，两板长度均为L，板间距为d，板间电压为U。一质量为m的小球从两板的左端正中央以一定的水平速度射入电场，在电场中沿直线运动，然后射出电场，最后打到距离板右端处的屏MN上的P点（图中没画出），已知P点与O点间的距离为h，加速度为g，电场只存在两板之间。
（1）求小球所带电量大小及刚进入电场时的速度大小v；
（2）改变小球的电量，再把小球从左端正中央以同样的水平速度射入电场，最终小球垂直打在屏上（小球始终没有与板相碰），求小球电量改变后的大小以及小球打在屏上的位置与O点距离。
22．如图所示，有一电子(电量为e、质量为m)经电压U0加速后，沿平行金属板A、B中心线进入两板，A、B板间距为d、长度为L，A、B板间电压为U，屏CD足够大，距离A、B板右边缘2L，AB板的中心线过屏CD的中心且与屏CD垂直。试求电子束打在屏上的位置到屏中心间的距离。
23．利用图像分析问题是物理学中常用的方法，其中的斜率、面积通常具有明确的物理意义。
（1）小明以6m/s的初速度将足球水平踢出，足球在草坪上滚动直到停下来的全过程中的速度-时间图像如图甲所示，求此过程中足球的加速度；
（2）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图乙所示。
一质量m=1.0×10-20 kg，电荷量q=1.0×10-9 C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素。
a.求图乙区域内电场强度的大小和方向；
b. 求粒子从（-1，0）点到（0，0）点过程中电势能的变化量。
24．真空中足够大的两个相互平行的金属板a和b之间的距离为d，两板之间的电压Uab按图所示规律变化，其变化周期为T.在t＝0时刻，一带电粒子（＋q）仅在该电场的作用下，由a板从静止开始向b板运动，并于t＝nT（n为自然数）时刻，恰好到达b板.求：

（1）若粒子在t＝T/6时刻才开始从a板运动，那么经过同样长的时间，它将运动到离a板多远的地方？
（2）若该粒子在t＝T/6时刻才开始从a板运动，需要经过多长时间才能达到b板
25．有一电荷量为q=-3×10-6 C的点电荷，从电场中的A点移到B点时，克服电场力做功6×10-4 J。从B点移到C点电场力做功9×10-4 J。
（1）AB、BC、CA间电势差各为多少？
（2）如以B点电势为零，则A、C两点的电势各为多少？电荷在A、C两点的电势能各为多少？
26．如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，两板间距d=0.04m，两板间的电压U=400V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电小球，已知小球的质量m=5×10﹣6kg，电荷量q=5×10﹣8C．设A、B板足够长，g取10m/s2．求：
（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间到达Q点？
（2）带正电小球从Q点进入电场后，经多长时间与金属板相碰？
（3）相碰时，离金属板上端的距离多大？
27．如图所示，一条长为L的细线，上端固定，下端栓一个质量为m的带电小球，将它置于一个匀强电场中，场强大小为E，水平向右，已知当细线离开竖直位置的偏角为时，小球处于平衡状态．
（1）小球带何种电荷？电荷量是多少？
（2）如果使细线的偏角由增大到，然后由静止释放，则应为多大，才能使细线达到竖直位置时，小球的速度刚好为零？
（3）如果将小球向左方拉成水平，此时线被拉直，那么放手后小球将做怎样的运动？小球开始运动后经多次时间又被拉直？
28．如图所示，光滑水平面上固定一倾斜角为的光滑斜面，紧靠斜面底端有一质量为4kg的木板，木板与斜面底端之间通过微小弧形轨道相接，以保证滑块从斜面滑到木板的速度大小不变。质量为2kg的滑块从斜面上高h=1.8m处由静止滑下，并以到达倾斜底端的速度滑上木板左端，最终滑块没有从木板上滑下。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，求：
（1）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间；
（2）木板的最短长度。
试卷第1页，共3页
试卷第2页，共2页
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
竖直方向上小球做竖直上抛运动，设上升高度为h，有
由a点到b点根据动能定理有
可得
故a、b两点的电势差为。
故选D。
2．D
【解析】
【分析】
【详解】
由题，尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，而尘埃带负电，所以电场强度方向竖直向下，根据平衡条件得
得
故选D．
点睛：尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平衡，根据平衡条件求出电场强度大小和方向．
3．B
【解析】
【详解】
ABC．小球在重力和电场力的共同作用下做加速直线运动，当电场力的大小与重力沿合力的垂直方向分力相等时，电场力最小，即
qE=mgsinθ
解得
所以只要满足
无最大值，故B正确，AC错误；
D．根据矢量三角形法则可知电场力方向确定时，电场力的大小确定，故D错误。
故选B。
4．D
【解析】
【详解】
A．根据沿电场线电势越来越低且b点电势高于c点电势可知，点电荷Q带负电，故A错误；
B．根据题述，ab之间电场强度小于bc之间电场强度，前一过程中电场力做的功小于后一过程中电场力做的功，故B错误；
C．根据点电荷的场强公式可知，离点荷越远电场强度越小，所以两个运动过程，电子运动的加速度不相等且，故C错误；
D．整个运动过程，电场力一直做负功，所以电子的动能不断减小，故D正确．
故选D。
5．C
【解析】
【详解】
设小球的质量为m，电荷量为q，开始时B球的加速度为，距离最小时B球的加速度为，故，A错误；距离最小时两球的速度相同，设为，在水平方向上两球组成的系统动量守恒，故，解得，根据能量守恒定律可得，解得，此时电势能最大，动能最小，故动能最小为，B错误C正确；因为B受到的电场力恒向右，B一直向右运动，电场力一直对B做正功，所以B球的速度大于，D错误．
6．A
【解析】
【详解】
设任一正电荷的电量为q，偏转电压为U，偏转电极的极板为L，板间距离为d，极板到挡板的水平距离为L1；在偏转电场中，离子做类平抛运动，运动时间 t=；偏转距离；联立以上各式得： ，则若三者进入偏转电场时的初动能相同，则出离电场时偏转距离相同，出离磁场时的速度方向也相同，则三个粒子必定到达挡板上同一点；此时从进入偏转电场到到达挡板的运动时间，则三个粒子到达挡板的时间也不相同，选项A正确，D错误；若三者进入偏转电场时的初动量相同，可知到达挡板的时间可知，三个粒子打在屏上的时间不同，选项B错误；若三者进入偏转电场时的初速度相同，则可解得：可知粒子出离偏转电场时的偏转距离不同，粒子不能到达挡板上同一点，选项C错误；故选A.
7．A
【解析】
【详解】
A、B、当由电子恰好飞出极板时有：l=v0t，，由此求出：，当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A正确，B错误；C、当，一个周期内有的时间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C错误,D、若，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为，则D选项错误．故选A．
【点睛】该题考查了带电粒子的类平抛运动，和平抛运动具有相同规律，因此熟练掌握平抛运动规律是解决这类问题的关键．
8．A
【解析】
【详解】
电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得： ，电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度大小为： ，电子在水平方向做匀速直线运动，则有： ，在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量： ，联立解得： ，所以要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U1减小为原来的一半；使U2增大为原来的2倍；偏转板的长度L增大为原来的 倍；使偏转板的距离减小为原来的一半，A正确BCD错误．
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．静电场平行于轴，则图线的斜率表示场强，所以到0间的电场为匀强电场，0到间电场也为匀强电场，设电子在处速度为v，根据动能定理
所以
故A错误；
B．电子只受电场力，根据牛顿第二定律
故B错误；
C．电子将沿轴做往复运动，设从到0电子的运动时间为t1，根据运动学公式
所以
往复运动的周期
故C正确；
D.点子只受电场力，所以动能和电势能之和不变，初始时动能为零，电势能也为零，所以任意位置动能和电势能之和为0，故D错误。
故选C。
10．ABD
【解析】
【详解】
A. 带电粒子从A点运动到B点，电场力做的功为1.5 J，说明粒子受水平向右的电场力，则粒子带正电，选项A正确；
B. 带电粒子从A点运动到B点，电场力做的功为1.5 J，电势能减少1.5J，所以粒子在A点的电势能比在B点多1.5 J，选项B正确；
C.从A点运动到B点根据动能定理有
，
即，所以粒子在A点的动能比在B点多0.5 J，选项C错误；
D. 从A点运动到B点根据功能关系有
，
即，所以粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J，选项D正确。
故选ABD。
11．AD
【解析】
【详解】
AB．因为从静止开始经同一加速电场加速后，沿着中心轴线垂直进入同一偏转电场，最后均打在荧光屏MN上的侧位移
联立解得
速度偏转角正切值为
即
可以看出，带电性相同的不同粒子从静止开始经同一加速电场加速后，沿着中心轴线垂直进入同一偏转电场，最终会打在屏上的同一位置，故A正确，B错误；
CD．从开始到最终离开偏转电场过程，由动能定理得
即粒子电荷量越大，最终动能越大，故粒子离开偏转电场时的动能较大，故C错误，D正确。
故选AD。
12．AD
【解析】
【详解】
ABC.三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是：
xA＞xB＞xC
三个小球水平速度v0相同，由x=v0t得，运动时间关系是：
tA＞tB＞tC
竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移y大小相等，由得到加速度关系为：
aA＜aB＜aC
根据牛顿第二定律得到合力关系为：
FA＜FB＜FC
三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来A带正电、B不带电、C带负电，故A正确BC错误．
D. 三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力
FA＜FB＜FC
则合力做功大小关系为：
WA＜WB＜WC
根据动能定理得，三小球到达下板时的动能关系是
EkC＞EkB＞EkA
故D正确．
13．BC
【解析】
【详解】
A．不管何时加电场，小球沿y轴方向都做匀速直线运动，运动到x轴的时间都是相同的
故A选项错误；
B．小球从A点运动时加电场，沿x轴方向速度在周期性变化，周期为1s，当时间为2s时x轴方向速度恰好为0，故可以垂直打在x轴上，故B选项正确；
C．小球从A点加电场到达x轴时离O点最远则
故C选项正确；
D．小球到达x轴时，沿x轴方向最大速度
此时合速度最大
故D选项错误。
故选BC。
14．ACD
【解析】
【详解】
试题分析：当速度最小时有：，所以解得：，A正确，
点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：，解得，，，CD正确，B错误，
考点：本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，
点评：正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．
15．AC
【解析】
【分析】
根据平衡条件分析小球所受电场力的方向，进而判断小球的电性，由平衡条件求解场强E的大小．
【详解】
A项：由平衡条件知小球受的电场力水平向左，而场强方向向右，故小球带负电，根据平衡条件得：
Tsin60°=mg
Tcos60°=qE
得：qE=mgtan60°，所以，故A正确；
B项：电场反向后，小球受向右的电场力大小为，绳子松弛不再有拉力，则小球沿电场力与重力合力的方向做匀加速直线运动，当小球运动到最低点时绳子恰被拉直，拉直时由于重力做功获得的竖直分速度变为0，保留水平方向分速度做圆周运动，当绳子方向与重力与电场力合力方向在一条直线上时，小球有最大速度，即当绳子到达右侧与竖直方向夹角为60°时速度最大，根据动能定理：
解得：，故C正确，B错误；
D项：由于绳子被拉直时小球的动能有所损失，所以小球无法回到初始位置，故D错误．
故应选AC．
16．CD
【解析】
【详解】
A．上滑过程中满足
则电场力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其它力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误；
B．上滑过程中由动能定理
则
则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；
C．由于滑块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；
D．当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为
N=mgcos30°
摩擦力
f=μmgcos30°=mgsin30°
可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D正确。
故选CD。
17．(1)；(2)；(3)；
【解析】
【详解】
(1)两金属板间的电场强度，带电粒子所受的静电力，则有
(2)静电力远大于重力，因此重力可忽略不计。
带电粒子运动的加速度
设带电粒子到达板时速度为。根据匀变速直线运动的速度与时间的关系有
则
(3)当时
，，
则
带电粒子所受的静电力的大小是，到达板时的速度是；两金属板距离增大为原来的2倍时，静电力的大小是，速度仍然是。
18．（1）（2）见解析（3）a. 或 b. 见解析
【解析】
【详解】
（1）由t图可知t=0.15s时两极板间的电压
电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动
L = v0t
在垂直于极板的方向上做初速度为0的匀加速直线运动
其中
代入解得
（2）电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动
L = v0t
可知电子通过电场所用的时间为
由图2可知电场变化的周期T = 0.2s
可见电子通过电场所用的时间远远小于电场变化的周期，因此电子穿过平行板的过程中可以认为两板间的电压是不变的。
（3）a. 或
b. 由图3可知甲、乙两种情况中电势沿x轴的正方向均降低，由此可知两种情况的电场方向是相同的，均沿x轴的正方向。不同点是电势随空间位置的变化快慢不同，甲电场的电势在沿x轴的正方向上随空间位置均匀降低，为匀强电场；乙电场的电势在沿x轴的正方向上随空间位置降低得越来越慢，电场强弱分布不均匀，沿x轴的正方向电场强度逐渐减小。
19．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下，从抛出至到达管口过程，小球在竖直方向上的运动为自由落体运动，设运动时间为t
在水平方向上，小球做匀减速运动，减速至0，位移
解得
（2）在水平方向上，根据牛顿第二定律
又由运动学公式
解得
（3）对小球从抛出到落地的全过程应用动能定理
解得
20．（1）；（2）；（3）见解析．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）加速电场中：eU0 = 4分
解得： 2分
（2）偏转电压为Um时：偏转电场中： 1分
1分 L1 = v0 t1 1分
1分 得： 1分
出电场后，由几何关系可得： 1分
得： 1分
荧光屏上亮线的最大长度：Y =" 2y" = 1分
第（2）小题解法二
偏转电压为Um时：
偏转电场中：
L1 = v0 t1 vy =" a" t1
出电场后：L2 = v0 t2 y2 = vy t2电子距荧光屏中心的最大距离：y = y1 + y2 得：
荧光屏上亮线的最大长度：Y =" 2y" =
（3）所求周期T=4×10-2 s 2分 图形是： 2分
考点：动能定理，带电粒子在电场中的运动．
21．（1），；（2），3h
【解析】
【分析】
【详解】
（1）带电小球在电场中受力平衡，有
解得
出电场后，小球做平抛运动
，
解得
（2）在两板间，小球运动时间
令小球的电量为，小球在两板间的加速度a满足
要使小球垂直打在板上
以上各式联立解得
，
小球射出两板间时偏转距离
将，，，代入解得
小球射出电场后继续向上运动，在竖直方向的距离
故小球最终打在屏上O点上方处
22．
【解析】
【详解】
带电粒子在加速电场中运动，由动能定理得
得
带电粒子在AB间的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有
L=v0t
带电粒子在偏转电场中的加速度
带电粒子飞出偏转时的偏转量为
联立得
带电粒子飞出偏转时偏转角正切
可得
解得粒子束打在屏上的位置到屏中心间的距离
Y=y+2Ltanθ
23．（1）；（2）a．，沿x轴正方向；b．
【解析】
【详解】
（1）根据加速度的定义式和图像的特点可知
负号表示加速度方向与初速度方向相反。
（2）a．根据场强与电势差的关系和图像特点可知
方向：沿x轴正方向。
b．根据动能定理
根据功能关系
联立可得
24．（1）d/3（2）(3n-1)T+
【解析】
【详解】
（1）设带电粒子在匀强电场中的加速度为a，前半个周期为加速运动，后半个周期为减速运动，所以a、b间距离d＝2ns=2n ①
若粒子在时刻开始从a板运动，该粒子向b板运动的距离x1=2n在电场力作用下返回a板的距离x2=2n·该粒子向b板运动的位移
x=2n[] ②
∴①÷②得 x=.
（2）最后一个周期尚未结束就已经碰到b板，则该粒子除去最后一个周期运动时间t1=(3n－1)T最后一个周期中，粒子加速了，当减速的未完成就已和b板相碰，计算时，仍可按粒子向b板运动了的时间，再减去碰b板之后的时间.碰b板之后的时间可由粒子反向回b板的两段距离（即：反向加速及减速的的距离）和粒子过b板直到末速度为零时的匀减速的位移相等而求得.
即：2×
解出t2= 故粒子从a到b板的总时间为t=t1+t2 ∴t=(3n-1)T+
25．（1）UAB=200 V；UBC=-300 V；UCA=100 V；（2）φA=200 V；φC=300 V；EpA=-6×10-4 J；EpC=-9×104-4 J
【解析】
【详解】
（1）电荷由A移向B克服电场力做功即电场力做负功，WAB=-6×10-4 J
电荷由B移到C电场力做正功，
故
UCA=UCB＋UBA=100 V
（2）若φB=0，由UAB=φA-φB，得
φA=UAB＋φB=200 V
由
UBC=φB-φC
得
φC=φB-UBC=0-（-300）V=300 V
电荷在A点的电势能
EpA=qφA=-3×10-6×200 J=-6×10-4 J
电荷在C点的电势能
EpC=qφC=-3×10-6×300 J=-9×10-4 J
26．（1）0.5s；
（2）0.52s；
（3）2.45m
【解析】
【详解】
试题分析：（1、2）设小球从P到 Q点做自由落体运动，根据自由落体公式求出时间，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度ax，根据匀加速直线运动位移时间公式求出时间，两个时间之和即为所求时间；
（3）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，求出在时间t内的位移y．
解：（1）设小球从P到Q需时间t1，由h=得
t1==0.5s
（2）设小球进入电场后运动时间为t2
则qE=ma
E=
则小球水平方向的加速度a=
水平方向作匀加速运动，则有
解得t2=0.02s
故总时间为t=t1+t2=0.52s
（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，则y==2.45m
答：
（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经0.5s时间到达Q点；
（2）带正电小球从P点开始由静止下落，经0.52s和金属板相碰；
（3）相碰时，离金属板上端的距离为2.45m．
【点评】该题考查了自由落体运动和类平抛运动的基本规律，难度适中，属于中档题．
27．（1）正电，；（2）；（3）球将沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，
【解析】
【详解】
（1）分析小球受力如图所示，由力的平衡知小球带正电，且满足
解得
（2）小球从细线偏角的位置运动到竖直位置时，拉力T不做功，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得
即
再由二倍角公式代入可得
，即
（3）小球受力分析如图所示．由于小球所受重力、电场力均为恒力且由静止释放，故小球将沿合力方向做初速度为零的匀加速直线运动，当线被拉直时，小球运动的位移为：s=2Lsinθ
小球的加速度为
由
28．（1）2s ；（2）6m
【解析】
【详解】
（1）滑块从光滑斜面下滑，根据牛顿第二定律有
解得
根据速度位移公式有
解得
v=6m/s
滑块在木板上滑动，根据牛顿第二定律有
解得滑块的加速度
a1=2m/s2
对木板，根据牛顿第二定律有
解得木板的加速度
两者共速时
解得
t=2s ，v共=2m/s
（2）共速时木块的位移
木板的位移
木板的最小长度
L=s1-s2=6m
答案第1页，共2页
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