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专题13 匀强电场中的匀变速直（曲）线运动模型
[模型导航]
【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型 1
1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型 1
2.交变电场中的直线运动 7
3.带电体在电场中的直线运动 13
【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型 18
【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型 26
【模型四】带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见模型 35
[模型分析]
【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型
1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型
受力分析：
与力学中受力分析方法相同,只是多了一个电场力而已.如果带电粒子在匀强电场中，则电场力为恒力（qE）,若在非匀强电场，电场力为变力.
运动过程分析：
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加（减）速直线运动.
两种处理方法：
①力和运动关系法——牛顿第二定律：
带电粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛顿第二定律求出加速度，结合匀变速直线运动的公式确定带电粒子的速度、时间和位移等.
②功能关系法——动能定理：
带电粒子在电场中通过电势差为UAB的两点时动能的变化是，则.
例：如图真空中有一对平行金属板，间距为d，接在电压为U的电源上，质量为m、电量为q的正电荷穿过正极板上的小孔以v0进入电场，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出.不计重力，求：正电荷穿出时的速度v是多大？
解法一、动力学：由牛顿第二定律： ①
由运动学知识：v2－v02=2ad ②
联立①②解得：
解法二、动能定理：解得
讨论：
（1）若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=mv2-mv02解得v=
（2）若将图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v0，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动.
①若v0>，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v，
有 -qU=mv2-mv02解得v=
②若v0<，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动，从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v0.
设带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理有： -qEx=0-mv02
在进行长距离星际运行时，不再使用化学燃料，而采用一种新型发动机一离子发动机，其原理是用恒定电压加速一价惰性气体离子，将加速后的气体离子高速喷出，利用反冲作用使飞船本身得到加速。在氦、氖、氩、氪、氙多种气体中选用了氙，已知这几种气体离子的质量中氙的质量最大，下列说法正确的是（ ）
A．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时速度更大
B．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动量更大
C．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动能更大
D．一价氙离子体积更小，不容易堵塞发动机
（多选）如图所示，在两平行板间接直流电源，位于A板附近的带电粒子在电场力作用下，由静止开始向B板运动，关于粒子在两板间的运动，下列说法正确的是（ ）
A．粒子到达B板时的速率与两板间距离和电源电压均有关
B．若电源电压U与粒子的电荷量q均变为原来的2倍，则粒子到达B板时的速率变为原来的4倍
C．两板间距离越大，粒子运动的时间越长
D．粒子到达B板时的速率与两板间距离无关，与电源电压有关
卫星在一定高度绕地心做圆周运动时，由于极其微弱的阻力等因素的影响，在若干年的运行时间中，卫星高度会发生变化（可达15km之多），利用离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整。离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。设单位时间内飘入的正离子数目为n，离子质量为m，电荷量为q，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（ ）
A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小
B．离子推进器获得的平均推力大小
C．加速正离子束所消耗的功率P＝nqU
D．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以使用比荷更大的正离子作为推进器
一电量为q（带正电）的物体静置在一光滑绝缘水平面上。从某时刻起在整个空间施加一水平向右的电场，电场强度大小为E1，经过t时间，电场改变方向，变成水平向左，电场强度大小变为E2，再经过2t时间，物体恰好返回出发点，则（ ）
A．电场强度E1与E2之比为5：4
B．电场强度E1与E2之比为2：1
C．这一过程中带电物体的动能先增大后减小再增大，其变化量大于0
D．这一过程中带电物体的动能先增加后减小，其变化量大于0
如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N，一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．若保持两极板间的电压不变，则（ ）
A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后不能返回
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
在密立根油滴实验中，一个油滴进入两块相距为d＝5.0×10﹣3m的水平放置的平行板之间，如图所示．油滴为质量均匀的小球，半径为r，带电荷量为q．当油滴匀速下落时，测得v＝2.5×10﹣4m/s．随后在两平板间加电压U，使油滴减速，调节U使油滴静止，此时的电压值U1＝270V．已知油滴运动时所受空气阻力大小Ff＝6πηrv，其中v为油滴运动速率，η＝1.96×10﹣5N s/m2为空气与油滴间的粘滞系数．油滴的密度ρ＝980kg/m3，重力加速度g＝10m/s2．求
（1）该油滴的半径r；
（2）该油滴所带电量q；
（3）用汞灯照射该油滴仅使其电量发生改变，重新调节U使油滴再次静止，此时的电压值U2＝330V．油滴电量的改变量约为几个元电荷e？
2.交变电场中的直线运动
U-t图
v-t图
轨迹图
（多选）如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的负电荷仅在静电力作用下，在刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则（ ）
A．电荷在时到达B板
B．电荷在两板间的最大速度为
C．A、B两板间的距离为
D．若电荷在时刻进入两极板，它将不能到达B板
如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子（不计重力），t＝0时刻，A板电势高于B板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图像中能正确反映质子速度v、位移x和动能Ek随时间变化规律的是（ ）
A． B．
C． D．
如图甲所示，电子原静止在两平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开始A、B板间的电势差按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是（ ）
A．t1时刻电子的位移最大
B．t2时刻电子的动能最大
C．电子可能在极板间做往复运动
D．电子能从小孔P飞出，且飞出的动能不大于eU0
如图所示，一平行板电容器两板间距为d，在一板内侧附近有一带电量为q、质量为m的正离子，为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极上，在两极间加上如图所示交变电压，此交变电压的周期应有（ ）
A．T＜4d B．T＞4d C．T＜2d D．T＞2d
（多选）如图（甲）所示，在竖直放置、距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），规定水平向左为正方向。当两板间加上如图（乙）所示的交变电压后，下列图像中能正确反映电子受到的电场力F、位移x、动量P和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若电压的绝对值为U，电子电量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（ ）
A．在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
B．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
C．电子运动到第n个圆筒时动能为（n﹣1）eU
D．第n个和第n+1个圆筒的长度之比为
3.带电体在电场中的直线运动
(1).带电小球在电容器中的直线运动
匀速直线运动 匀加速直线运动 匀加速直线运动 匀减速直线运动
qE=mg，a=0 qE=mgtanθ，a=g/cosθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ
(2)多过程运动规律
运动模型 受力分析 运动分析 规律
①速度公式v0=gt1=at2; 速度位移公式v02=2gx1=2ax2 ②全程动能定理：mg(h+d)-qU=0
如图所示，相距为d的平行板A和B之间有电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场。电场中C点到B板的距离为0.3d，D点到A板的距离为0.2d。有一个质量为m的带电微粒沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．该微粒在D点时的电势能比在C点时的大
B．该微粒做匀变速直线运动
C．在此过程中电场力对微粒做的功为0.5mgd
D．该微粒带正电，所带电荷量大小为q
如图所示，空间存在水平向右的匀强电场有一带电滑块，从A点沿粗糙绝缘的水平面以100J的初动能向左滑动，当第一次到达B点时，动能减小了30J，其中有18J转化为电势能，下面判断正确的是（ ）
A．滑块向左运动过程中它的动能和电势能均增大
B．滑块向左运动过程中它的机械能不变
C．滑块在运动过程中它的最大电势能是60J
D．滑块再次经过B点时它的动能是18J
如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带正电小球，以初速度v从P点竖直向上抛出，到达最高点Q时的速度大小为0.5v，后来小球又经过与P点等高的N点，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到N点时，动能为mv2
B．小球运动到N点时，电势能增加2mv2
C．小球从P运动到Q的过程，机械能增加2mv2
D．小球从P运动到Q的过程，动能减少0.25mv2
一个带负电的液滴从A点以一定的初速度射入水平方向的匀强电场中，液滴沿直线AB运动，AB与电场线夹角为θ，液滴的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则（ ）
A．电场强度的方向水平向左
B．电场强度的大小为
C．静电力做正功
D．液滴的机械能减小
一个质量为m的带电小球在A点以初速度v0水平进入一个匀强电场，一段时间后经过B点，速度大小仍为v0，且A、B在同一竖直平面内，AB与水平面夹角为60°，如图所示，则（ ）
A．小球带正电
B．小球的电势能增加
C．电场力大小可能是
D．A点电势一定高于B点电势
如图所示，在与水平方向成θ角的匀强电场中有一绝缘光滑细杆，底端固定一带正电的小球，上端有一带正电的小环，在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，下列关于小环能量变化的说法中正确的是（ ）
A．重力势能与动能之和增加
B．电势能与动能之和增加
C．机械能守恒
D．动能一定增加
【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型
【运动模型】质量为、电荷量为的带电粒子以初速沿垂直于电场的方向，进入长为、间距为、电压为的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速曲线运动，如图所示，若不计粒子重力，则可求出如下相关量：
1、粒子穿越电场的时间：
粒子在垂直于电场方向以做匀速直线运动，
，；
2、粒子离开电场时的速度：
粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度，
粒子离开电场时平行电场方向的分速度，
所以。
3、粒子离开电场时的侧移距离：
②
②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述设备的物理量、
不难发现：（1）当不同粒子（不同）以相同的速度进入偏转电场时侧移距离
（2）当不同粒子以相同的动能进入偏转电场时侧移距离
4、粒子离开电场时的偏角：
因为③
②与③的关系：（熟记）
5、速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点
由和，可推得。粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。
具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核（H、H和H）以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，其中氘核（H）恰好能离开电场，轨迹如图所示。不计粒子的重力，则（ ）
A．H不能离开电场
B．H在电场中受到的电场力最大
C．H在电场中运动的时间最短
D．在电场中运动的过程中电场力对H做功最少
如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电、下极板带负电并接地，一质量为m电荷量为q的带正电粒子a从两板左端中点入射，入射速度正对上极板中点A，已知板长为2d，板间距离为d，两板间电压为U，粒子重力不计且运动过程中不与极板碰撞，则（ ）
A．粒子a射入电场时电势能为Uq
B．粒子a在电场内运动过程中电势能最大时动能为零
C．若粒子a从下极板右边缘射出，其在运动过程中电势能最大值为Uq
D．若粒子a射出点与射入点在同一水平线上，则其在电场中运动时间为
如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜面上A点平抛一带电小球，落到斜面上的B点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（ ）
A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB两点的中点
B．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同
C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J
（多选）如图所示，光滑绝缘圆弧曲面AB固定在支架ACB上，BC水平，B为切点，圆弧半径为R，且圆弧所对的圆心角为60°，空间存在水平方向匀强电场E（图中未画出，大小未知）。点电荷+Q固定在圆心处，一个质量为m带电量为+q的小球可以静止在圆弧AB的中点D，现在将小球从A点静止释放，能沿圆弧轨道ADB运动，则（ ）
A．电场方向水平向右，
B．小球从A运动到B的过程中匀强电场电场力的功率一直减小
C．小球运动到D点速度最大，
D．小球运动到B点时小球对B点的压力大小为（k为静电力常数）
（多选）如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在A点的速度大小为v1，且方向与等势面平行，在B点的速度大小为v2，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（ ）
A．粒子的速度v2一定大于v1
B．等势面b的电势比等势面c的电势低
C．粒子从A点运动到B点所用的时间为
D．匀强电场的电场强度大小为
（多选）如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场。坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E，大量电荷量为﹣q（q＞0）、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其它粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走并不影响原来的电场分布，不计粒子的重力及它们间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B．到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越大
C．能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU
D．若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮
【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型
【运动模型】如图所示，由静止开始被电场（加速电压为）加速的带电粒子平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板。若金属板长为，板间距离为、两板间电压为，试分析带电粒子的运动情况。
1、粒子穿越加速电场获得的速度
设带电粒子的质量为，电量为，
经电压加速后速度为。由动能定理有
，
2、粒子穿越偏转电场的时间：
带电粒子以初速度平行于两正对的平行金属板从两板正中间射入后，在偏转电场中运动时间为，则
3、粒子穿越偏转电场时沿电场方向的加速度：
带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度
4、粒子离开偏转电场时的侧移距离：
带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向作初速度为0的做匀加速直线运动 ④
④式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的侧移量与粒子的、无关。
5、粒子离开偏转电场时沿电场方向的速度为：
带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为，则
6、粒子离开偏转电场时的偏角：
设飞出两板间时的速度方向与水平方向夹角为。则⑤
⑤式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的偏转角与粒子的、无关。
如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（ ）
A．减小偏转电压U
B．减小加速电压U0
C．增大偏转电场的极板间距离d
D．将发射电子改成发射负离子
甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为（﹣q，m）、（﹣q，4m），它们先后经过同一加速电场由静止开始加速后，由同一点进入同一偏转电场，两粒子进入时的速度方向均与偏转电场方向垂直，如图所示。粒子重力不计。则甲、乙两粒子（ ）
A．进入偏转电场时的速度大小之比为1：2
B．离开偏转电场时的动能之比为1：1
C．在偏转电场中运动的时间相同
D．离开偏转电场时的速度方向不同
如图所示，带电量与比荷均不相同的两种带正电的粒子从同一位置无初速度地飘入加速电场，加速后从同一位置进入偏转电场，并离开偏转电场。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．加速电场对两种粒子做功一样多
B．两种粒子同时离开加速电场
C．两种粒子在偏转电场中的轨迹相同
D．整个过程两种粒子受到的电场力的冲量一样大
现代科技中常常利用电场来控制带电粒子的运动。某控制装置由加速电场、偏转电场和收集装置组成，如图所示。加速电场可以提供需要的电压，偏转电场为辐向电场，其内外圆形边界的半径分别为r0、3r0，在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，方向沿半径向外，且满足（r为半径），已知r0处的电场强度大小为E0，带电粒子的质量为m，电荷量为﹣q，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。则（ ）
A．加速电场电压无论取多少，粒子只要垂直PB飞入电场，就一定能做匀速圆周运动
B．要使粒子由静止加速后能从A点沿半径2r0的圆形轨迹1到达C点，则加速电场的电压为
C．若加速后从PB间垂直PB方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子做圆周运动的周期T与轨迹对应半径r应满足的关系式
D．若粒子从B点垂直于OP方向射入，对应的轨迹2可能是抛物线
如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的16倍。有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力。则偏转电场长宽之比（ ）
A．4 B． C． D．
真空中的某装置如图所示，现有质子、α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与O′垂直的荧光屏上（图中未画出），使荧光屏上出现亮点（已知质子、α粒子质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，重力不计）。下列说法中正确的是（ ）
A．质子、α粒子在偏转电场中运动时间之比为：1
B．两种粒子出偏转电场时的速度相同
C．在荧光屏上将出现2个亮点
D．偏转电场的电场力对质子、α粒子做功之比为1：2
如图所示是半导体注入工艺的装置示意图，某种元素的两种离子X+和X3+，质量均为m，可从A点水平向右注入加速电场，初速度大小连续分布且在0和之间。经电压为U的电场直线加速后，离子均从小孔C水平射入偏转电场（两极板水平放置且上极板带负电，电势差U'可调），偏转后均能穿出此电场，其中CD为偏转电场的中线。离子穿出电场后立即进入紧靠电场的匀强磁场，该磁场边界线竖直、右侧足够大，磁感应强度大小B在B0和3B0之间可调，方向始终垂直纸面向里。不考虑离子的重力及相互作用，元电荷带电量为e。
（1）仅注入初速度0的离子，U'不为0，求X+和X3+穿出偏转电场时竖直方向位移之比；
（2）仅注入初速度为的X+离子，U'不为0且B＝B0，求离子在磁场中射入位置与射出位置的距离Y；
（3）若放置一块紧靠磁场左边界的竖直收集板，长度，下端距D点的距离。先调节偏转电场的电压，使U'＝0，仅注入X+离子，每秒发射的离子数为n0，各种速率的离子数目相同，再调节磁感应强度大小，使B0≤B≤3B0，求收集板上每秒能收集到的离子数n与B之间的关系。
【模型四】带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见模型
1.带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒
(1)带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能
量守恒，即恒定值
(2)带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力
势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决。
2.带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见情况
竖直向上抛出 水平抛出 斜上抛出
如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（ ）
A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能减小mv2
一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．油滴带负电
B．电势能减少
C．动能增加
D．重力势能和电势能之和增加
如图所示，水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后运动到与A在同一水平线上的C点，小球从A到B过程中克服重力做功4.0J，电场力做功5.0J，则（ ）
A．小球在A点的电势能比在C点多10J
B．小球在A点的动能比在B点多1.0J
C．小球在A点的机械能比在C点少20J
D．小球在C点的动能为20J
如图所示，真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形，其中AC竖直，长度为L，∠B＝30°。匀强电场在A、B、C所决定的平面内，电场强度为E，电场方向与AB平行，现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出，小球通过B点时速度恰好沿AB方向，已知重力加速度为g，下列说法错误的是（ ）
A．从C到B，小球做匀变速运动
B．小球所受电场力为所受重力的3倍
C．经过时间小球电势能和重力势能之和最大
D．从C到B，小球克服重力做功与电场力做功之比为1：3
在电场方向水平向右的匀强电场中，一电荷量为q的带正电小球从O点以初速度v0竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，以O点为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示，小球运动过程中经过A、B、C三点，A点的纵坐标为3L，B点为运动轨迹的最高点，B点纵坐标为4L，C点与O点在同一水平线上，OB间的电势差大小为U，小球在A点的速度方向与竖直方向间的夹角为60°，重力加速度为g，求：
（1）从O点运动到A点的时间与从A点运动到B点的时间之比tOA：tAB，B点的速度大小vB；
（2）O到B的水平位移大小xOB，小球的质量大小m；
（3）从O点到C点的运动过程中最小速度的大小vmin。
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专题13 匀强电场中的匀变速直（曲）线运动模型
[模型导航]
【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型 1
1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型 1
2.交变电场中的直线运动 7
3.带电体在电场中的直线运动 13
【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型 18
【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型 26
【模型四】带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见模型 35
[模型分析]
【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型
1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型
受力分析：
与力学中受力分析方法相同,只是多了一个电场力而已.如果带电粒子在匀强电场中，则电场力为恒力（qE）,若在非匀强电场，电场力为变力.
运动过程分析：
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加（减）速直线运动.
两种处理方法：
①力和运动关系法——牛顿第二定律：
带电粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛顿第二定律求出加速度，结合匀变速直线运动的公式确定带电粒子的速度、时间和位移等.
②功能关系法——动能定理：
带电粒子在电场中通过电势差为UAB的两点时动能的变化是，则.
例：如图真空中有一对平行金属板，间距为d，接在电压为U的电源上，质量为m、电量为q的正电荷穿过正极板上的小孔以v0进入电场，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出.不计重力，求：正电荷穿出时的速度v是多大？
解法一、动力学：由牛顿第二定律： ①
由运动学知识：v2－v02=2ad ②
联立①②解得：
解法二、动能定理：解得
讨论：
（1）若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=mv2-mv02解得v=
（2）若将图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v0，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动.
①若v0>，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v，
有 -qU=mv2-mv02解得v=
②若v0<，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动，从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v0.
设带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理有： -qEx=0-mv02
在进行长距离星际运行时，不再使用化学燃料，而采用一种新型发动机一离子发动机，其原理是用恒定电压加速一价惰性气体离子，将加速后的气体离子高速喷出，利用反冲作用使飞船本身得到加速。在氦、氖、氩、氪、氙多种气体中选用了氙，已知这几种气体离子的质量中氙的质量最大，下列说法正确的是（ ）
A．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时速度更大
B．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动量更大
C．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动能更大
D．一价氙离子体积更小，不容易堵塞发动机
【解答】解：AC.以隋性气体离子为研究对象，根据动能定理得：
eUmv2
得
可见，这几种气体离子的带电量相同，加速电压相同，故获得的动能相同，氙离子的质量大，获得的速度小，故AC错误；
B.根据动量的定义p＝mv，氙离子的质量大，动量大，故B正确；
D.相同质量的一价惰性气体离子中，虽然一价氙离子体积更小，但发动机的喷口较大，其它体积较大的惰性气体的离子还不至于堵塞发动机，故D错误。
故选：B。
（多选）如图所示，在两平行板间接直流电源，位于A板附近的带电粒子在电场力作用下，由静止开始向B板运动，关于粒子在两板间的运动，下列说法正确的是（ ）
A．粒子到达B板时的速率与两板间距离和电源电压均有关
B．若电源电压U与粒子的电荷量q均变为原来的2倍，则粒子到达B板时的速率变为原来的4倍
C．两板间距离越大，粒子运动的时间越长
D．粒子到达B板时的速率与两板间距离无关，与电源电压有关
【解答】解：AD、由动能定理得：qUmv2﹣0，解得：v，到达Q板时的动能和速率仅与加速电压U有关，与两极板间的距离无关，故A错误，D正确；
B、粒子到达B板的速度：v，若板间电压U与电量q均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故B错误；
C、由牛顿第二定律得：a，由匀变速运动的速度—位移公式得：dat2，解得：td，m、q、U一定，则两板间距离越大，加速度越小，加速时间越长，故C正确；
故选：CD。
卫星在一定高度绕地心做圆周运动时，由于极其微弱的阻力等因素的影响，在若干年的运行时间中，卫星高度会发生变化（可达15km之多），利用离子推进器可以对卫星进行轨道高度、姿态的调整。离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。设单位时间内飘入的正离子数目为n，离子质量为m，电荷量为q，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（ ）
A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小
B．离子推进器获得的平均推力大小
C．加速正离子束所消耗的功率P＝nqU
D．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以使用比荷更大的正离子作为推进器
【解答】解：A、已知单位时间内飘入的正离子数目为n，离子电荷量为q，则正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为，故A错误；
B、电场对离子加速，由动能定理有
取向右为正方向，对n个正离子，根据动量定理有m0v0＝Ft
其中m0＝nmt，Q＝nqt
由牛顿第三定律知离子推进器获得的平均推力大小F′＝F
联立解得离子推进器获得的平均推力大小F′＝n，故B错误；
C、加速正离子束所消耗的功率，故C正确；
D、根据以上分析可得，要使尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器，故D错误。
故选：C。
一电量为q（带正电）的物体静置在一光滑绝缘水平面上。从某时刻起在整个空间施加一水平向右的电场，电场强度大小为E1，经过t时间，电场改变方向，变成水平向左，电场强度大小变为E2，再经过2t时间，物体恰好返回出发点，则（ ）
A．电场强度E1与E2之比为5：4
B．电场强度E1与E2之比为2：1
C．这一过程中带电物体的动能先增大后减小再增大，其变化量大于0
D．这一过程中带电物体的动能先增加后减小，其变化量大于0
【解答】解：AB、在0﹣t内物体的加速度为 a1，物体向右做匀加速直线运动；在t﹣3t内，物体的加速度为：a2，将物体的运动看成一种匀减速直线运动，取向右为正方向，则两段时间内位移大小相等、方向相反，
则有：a1t2＝﹣[a1t 2ta2（2t）2]，解得：E1：E2＝4：5，故AB错误；
CD、在0﹣t内电场力做正功，动能增加，在t﹣3t内，电场力先做负功，后做正功，动能先减小后增大，返回出发点时总动能增加，变化量大于0，在整个过程中，物体的动能先增加后减小再增大，其变化量大于0，故C正确，D错误。
故选：C。
如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N，一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．若保持两极板间的电压不变，则（ ）
A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后不能返回
B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
【解答】解：A、由题设条件，由动能定理得：mg 2d﹣qU＝0，则知电场力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg 2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。故A错误。
B、将A板向下移动一小段距离，根据动能定理知，mg 2d﹣qU＝0，小球到达N点速度为零然后返回。故B错误。
C、把B板向上平移一小段距离，根据动能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到达N点速度已减为零，然后返回。故C错误。
D、把B板向下平移一小段距离后，根据动能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到达N点速度不为零，小球会穿过N孔继续下落。故D正确。
故选：D。
在密立根油滴实验中，一个油滴进入两块相距为d＝5.0×10﹣3m的水平放置的平行板之间，如图所示．油滴为质量均匀的小球，半径为r，带电荷量为q．当油滴匀速下落时，测得v＝2.5×10﹣4m/s．随后在两平板间加电压U，使油滴减速，调节U使油滴静止，此时的电压值U1＝270V．已知油滴运动时所受空气阻力大小Ff＝6πηrv，其中v为油滴运动速率，η＝1.96×10﹣5N s/m2为空气与油滴间的粘滞系数．油滴的密度ρ＝980kg/m3，重力加速度g＝10m/s2．求
（1）该油滴的半径r；
（2）该油滴所带电量q；
（3）用汞灯照射该油滴仅使其电量发生改变，重新调节U使油滴再次静止，此时的电压值U2＝330V．油滴电量的改变量约为几个元电荷e？
【解答】解：（1）油滴的速度为v＝2.5×10﹣4m/s时，重力等于阻力，有：
f＝mg…①
②
则③
（2）油滴静止时，电场力等于重力④
mg＝6πηrv
则⑤
（3）⑥
△q＝q﹣q'＝4.7×10﹣19C…⑦
n3个
所以电量改变量约为3个元电荷．…⑧
答：（1）该油滴的半径为1.5×10﹣6m；
（2）该油滴所带电量2.56×10﹣18C；
（3）用汞灯照射该油滴仅使其电量发生改变，重新调节U使油滴再次静止，此时的电压值U2＝330V．油滴电量的改变量约为3个元电荷e．
2.交变电场中的直线运动
U-t图
v-t图
轨迹图
（多选）如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的负电荷仅在静电力作用下，在刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则（ ）
A．电荷在时到达B板
B．电荷在两板间的最大速度为
C．A、B两板间的距离为
D．若电荷在时刻进入两极板，它将不能到达B板
【解答】解：A．电荷恰好能到达B板，意味着速度为零，根据题意，刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，电荷先加速时长后减速时长，电荷应该在时到达B板，故A错误；
B．根据A的分析，电荷在时达到最大速度，此时电荷刚好运动到两极板的中间，根据电势差与电场强度的关系，初始位置到极板中间的电势差为，根据动能定理列式
解得
故B正确；
C．电荷进入极板先做匀加速运动，后做匀减速运动，刚好时电荷的运动位移为两极板的间距
解得
故C错误；
D．若电荷在时刻进入两极板，电荷先加速，然后减速，减速到零，根据上面的分析，电荷此时未到达B板，接下来，电荷向A板加速时长，在U﹣t图像的基础上画出电荷的v﹣T图像，如图所示
由图可知，一个完整周期，电荷在向A板运动，故电荷到达不了B板，故D正确。
故选BD。
如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子（不计重力），t＝0时刻，A板电势高于B板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图像中能正确反映质子速度v、位移x和动能Ek随时间变化规律的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：AD、质子在金属板间的加速度a，所以a∝U，0～做匀加速直线运动，～做匀减速直线运动，然后反方向匀加、匀减速直线运动，所以质子做的是变加速直线运动，那么x﹣t图像则不能为线性关系，故CD错误。
BC、由于a∝U，所以v﹣t图像为线性关系，则Ek﹣t图像不是线性关系，故A正确，B错误。
故选：A。
如图甲所示，电子原静止在两平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开始A、B板间的电势差按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是（ ）
A．t1时刻电子的位移最大
B．t2时刻电子的动能最大
C．电子可能在极板间做往复运动
D．电子能从小孔P飞出，且飞出的动能不大于eU0
【解答】解：AC、0～t1时间内A板电势低，电子受到的电场力的方向指向B，电子向B板加速，t1～t2时间内A板电势高，电子受到的电场力的方向指向A，电子向B板减速，根据对称性，在t2时刻速度恰好为零，接下来，电子重复上述运动，所以电子一直向B板运动，直到从小孔P穿出．故AC错误；
B、0～t1时间内电子向B板加速，t1～t2时间内电子向B板减速，所以t1时刻电子的动能最大，由于电子一直向B板运动，只要电子没有离开电场，电子在t1、t3、t5、…时刻电子的动能都是最大的．故B错误；
D、电子动能最大的时刻为t1、t3、t5、…时刻，根据动能定理，电子的动能都是最大为eU0．只要电子不是在这些时刻飞出电场的，动能小于最大值，即电子飞出的动能不大于eU0，故D正确。
故选：D。
如图所示，一平行板电容器两板间距为d，在一板内侧附近有一带电量为q、质量为m的正离子，为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极上，在两极间加上如图所示交变电压，此交变电压的周期应有（ ）
A．T＜4d B．T＞4d C．T＜2d D．T＞2d
【解答】解：设周期为T时，正离子从左极板向右运动，先做的匀加速，再的做匀减速，到达右极板时，速度恰好减为零。
根据图象可知，加速和减速运动的加速度相同，位移相同，是完全对称的运动。
其加速度为a
则根据匀加速运动的速度公式
又由动能定理得
解得：
为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极上，则T＜4d，故A正确、BCD错误。
故选：A。
（多选）如图（甲）所示，在竖直放置、距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），规定水平向左为正方向。当两板间加上如图（乙）所示的交变电压后，下列图像中能正确反映电子受到的电场力F、位移x、动量P和动能Ek四个物理量随时间变化规律的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、根据电子受到的电场力F＝eE，可知，F与UAB成正比，F﹣t图像与UAB﹣t图像相似，故A正确；
B、0～时间内，电子从静止开始向左做匀加速直线运动，则x，x﹣t图像是抛物线，故B错误；
C、0～时间内，电子受到的电场力水平向左，从静止开始向左做匀加速直线运动，由P＝mv＝mat知P与t成正比，P﹣t图像是过原点的直线；～时间内电子受到的电场力水平向右，电子继续向左做匀减速直线运动，速度随时间均匀减小，P也随时间均匀减小，时刻速度为零，P＝0；～T时间内电子受到的电场力水平向右，电子从静止开始向右做匀加速直线运动，T～T继续向右做匀减速直线运动，故C正确；
D、0～时间内，有v＝at，则电子的动能Ek，则Ek﹣t图像是抛物线，故D错误。
故选：AC。
（多选）如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若电压的绝对值为U，电子电量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（ ）
A．在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
B．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
C．电子运动到第n个圆筒时动能为（n﹣1）eU
D．第n个和第n+1个圆筒的长度之比为
【解答】解：A．根据题意可知，时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，故A错误；
B．因为静电屏蔽作用，所以圆筒内不存在电场，故B正确；
C．电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理可得：
neU＝Ek﹣0
由上式可知电子运动到第n个圆筒时动能为neU，故C错误；
D．根据动能定理得
第n个和第n+1个圆筒的长度之比为Ln：Ln+1＝vn：vn+1
解得，故D正确。
故选：BD。
3.带电体在电场中的直线运动
(1).带电小球在电容器中的直线运动
匀速直线运动 匀加速直线运动 匀加速直线运动 匀减速直线运动
qE=mg，a=0 qE=mgtanθ，a=g/cosθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ
(2)多过程运动规律
运动模型 受力分析 运动分析 规律
①速度公式v0=gt1=at2; 速度位移公式v02=2gx1=2ax2 ②全程动能定理：mg(h+d)-qU=0
如图所示，相距为d的平行板A和B之间有电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场。电场中C点到B板的距离为0.3d，D点到A板的距离为0.2d。有一个质量为m的带电微粒沿图中虚线所示的直线从C点运动至D点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．该微粒在D点时的电势能比在C点时的大
B．该微粒做匀变速直线运动
C．在此过程中电场力对微粒做的功为0.5mgd
D．该微粒带正电，所带电荷量大小为q
【解答】解：根据题意，由于带电微粒在两板间做直线运动，所以重力与电场力的合力必在虚线方向上，显然带电微粒受到电场力向上，且与重力平衡，则微粒带负电。
A、由于沿着电场线方向电势降低，所以D点的电势比C点高，但微粒是带负电的，则电势高处，负电荷的电势能小，故A错误；
B、由上述分析，带电微粒做匀速直线运动，故B错误；
C、由于重力与电场力平衡，所以电场力对微粒做的功与微粒克服重力做的功相等，则电场力做功：W＝WG＝mghCD＝mg（d﹣0.2d﹣0.3d）＝0.5mgd，故C正确；
D、由以上分析可知，该微粒带负电，由于重力与电场力平衡，所以有mg＝Eq，所以q，故D错误。
故选：C。
如图所示，空间存在水平向右的匀强电场有一带电滑块，从A点沿粗糙绝缘的水平面以100J的初动能向左滑动，当第一次到达B点时，动能减小了30J，其中有18J转化为电势能，下面判断正确的是（ ）
A．滑块向左运动过程中它的动能和电势能均增大
B．滑块向左运动过程中它的机械能不变
C．滑块在运动过程中它的最大电势能是60J
D．滑块再次经过B点时它的动能是18J
【解答】解：A.由题意可知滑块向左运动过程中它的动能减少，电势能增大，电场力做负功，故A错误；
B.滑块向左运动过程中电场力和摩擦力均做负功，机械能减小，故B错误；
C.滑块从A运动到B的过程中动能减少30J，电势能增加18J，则克服摩擦力做功为12J，则有：Fd＝18J，fd＝﹣12J，电场力和摩擦力大小比值为：
从B点到滑块速度为0，动能减小70J，克服摩擦力做功为：
转化的电势能为：70J﹣28J＝42J，则最大电势能为：EPm＝18J+42J＝60J
故C正确；
D.滑块再次经过B点时电场力做功为0，根据动能定理有：﹣2Wf＝E′KB﹣EKB
则有E′KB＝14J
故D错误。
故选：C。
如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带正电小球，以初速度v从P点竖直向上抛出，到达最高点Q时的速度大小为0.5v，后来小球又经过与P点等高的N点，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到N点时，动能为mv2
B．小球运动到N点时，电势能增加2mv2
C．小球从P运动到Q的过程，机械能增加2mv2
D．小球从P运动到Q的过程，动能减少0.25mv2
【解答】解：A、小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性可知，向上和向下运动的时间相等，小球运动到N点时，竖直方向速度大小为v，方向竖直向下。
小球在水平方向上做匀加速直线运动，从P到Q，有：0.5v＝axt；从P到N，vx＝ax 2t＝v，小球运动到N点时的动能为Ekmv2，故A正确；
B、小球运动过程中，电场力一直在做正功，电势能减小，故B错误；
C、小球从P运动到Q的过程，水平方向根据速度—位移关系可得：（0.5v）2＝2，所以电场力做的功W电＝qEx，所以机械能增加了，故C错误；
D、小球从P运动到Q的过程，动能减少：△Ek，故D错误。
故选：A。
一个带负电的液滴从A点以一定的初速度射入水平方向的匀强电场中，液滴沿直线AB运动，AB与电场线夹角为θ，液滴的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则（ ）
A．电场强度的方向水平向左
B．电场强度的大小为
C．静电力做正功
D．液滴的机械能减小
【解答】解：A、带负电的液滴在电场中受到竖直向下的重力与水平方向的电场力作用，而沿AB做直线运动，液滴所受合力一定与AB在同一直线上，即沿BA方向，电场力只能水平向左，由于液滴带负电，则匀强电场方向水平向右，A错误；
B、由于合力方向没BA方向，那么在垂直BA方向上合力为零，即有：qEsinθ＝mgcosθ。解得：，B错误；
C、因为液滴运动过程中，运动方向与电场力的方向是钝角，故静电力做负功，C错误；
D、由能量守恒定律可知，液滴在电场中静电力做负功，电势能增加，故液滴的机械能较小，D正确。
故选：D。
一个质量为m的带电小球在A点以初速度v0水平进入一个匀强电场，一段时间后经过B点，速度大小仍为v0，且A、B在同一竖直平面内，AB与水平面夹角为60°，如图所示，则（ ）
A．小球带正电
B．小球的电势能增加
C．电场力大小可能是
D．A点电势一定高于B点电势
【解答】解：ABD、小球受重力和电场力作用从A点运动到B点，运动过程中，电势能、重力势能和动能之和守恒，从A到B动能不变，重力势能增加，则电势能减小，电场力做正功，电场的方向不能确定，则小球的电性不能确定，AB两点的电势高低无法比较，故ABD错误；
C、因物体的动能不变，则合力不做功，即合力方向垂直于AB连线斜向上方向，如图：
当电场力大小是时，由几何关系可知，F合＝mg，故C正确；
故选：C。
如图所示，在与水平方向成θ角的匀强电场中有一绝缘光滑细杆，底端固定一带正电的小球，上端有一带正电的小环，在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，下列关于小环能量变化的说法中正确的是（ ）
A．重力势能与动能之和增加
B．电势能与动能之和增加
C．机械能守恒
D．动能一定增加
【解答】解：AC、小环向下运动的过程中，匀强电场对小环做负功，+Q对小球也做负功，其机械能减少，即重力势能与动能之和减少，故AC错误；
B、根据能量守恒知：小环的重力势能、动能与电势能之和保持不变，重力势能减小，则电势能与动能之和增加，故B正确；
D、电场力对小环做负功，其电势能增加。小环由静止释放后沿杆向下运动，+Q对小环的库仑力逐渐增大，小环的合力先沿杆向下，对小环做正功，后沿杆向上，对小环做负功，其动能先增加后减小，故D错误。
故选：B。
【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型
【运动模型】质量为、电荷量为的带电粒子以初速沿垂直于电场的方向，进入长为、间距为、电压为的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速曲线运动，如图所示，若不计粒子重力，则可求出如下相关量：
1、粒子穿越电场的时间：
粒子在垂直于电场方向以做匀速直线运动，
，；
2、粒子离开电场时的速度：
粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度，
粒子离开电场时平行电场方向的分速度，
所以。
3、粒子离开电场时的侧移距离：
②
②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述设备的物理量、
不难发现：（1）当不同粒子（不同）以相同的速度进入偏转电场时侧移距离
（2）当不同粒子以相同的动能进入偏转电场时侧移距离
4、粒子离开电场时的偏角：
因为③
②与③的关系：（熟记）
5、速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点
由和，可推得。粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。
具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核（H、H和H）以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，其中氘核（H）恰好能离开电场，轨迹如图所示。不计粒子的重力，则（ ）
A．H不能离开电场
B．H在电场中受到的电场力最大
C．H在电场中运动的时间最短
D．在电场中运动的过程中电场力对H做功最少
【解答】解：A、三种粒子在电场中均做类平抛运动，设金属板的长度为L，P点距底板的距离为h，则由平抛运动的相关知识可得，L＝vt
联立解得，分析可知，能否离开电场与比荷有关，氘核H恰好能离开电场，则可知H不能离开电场，故A正确；
B、电场力大小为F＝Eq，同一电场，E相同，三种粒子所带电荷量相同，故三种粒子在电场中所受电场力大小相等，故B错误；
C、三种粒子的初速度相同，H不能离开电场，水平位移最小，由x＝vt知可知H在电场中运动的时间最短，H和H都能离开电场，则在电场中运动的时间相同，故C错误；
D、电场力做功为W＝Eqd，电荷量相同，电场强度相同，分析可知H、H在电场中运动的竖直位移相等，而H在电场中运动的竖直位移最小，因此在电场中运动的过程中电场力对H做功最少，故D错误。
故选：A。
如图所示，平行板电容器水平放置，上极板带正电、下极板带负电并接地，一质量为m电荷量为q的带正电粒子a从两板左端中点入射，入射速度正对上极板中点A，已知板长为2d，板间距离为d，两板间电压为U，粒子重力不计且运动过程中不与极板碰撞，则（ ）
A．粒子a射入电场时电势能为Uq
B．粒子a在电场内运动过程中电势能最大时动能为零
C．若粒子a从下极板右边缘射出，其在运动过程中电势能最大值为Uq
D．若粒子a射出点与射入点在同一水平线上，则其在电场中运动时间为
【解答】解：A．粒子射入电场位置电势为，根据电势能与电势关系，粒子a射入电场时电势能，故A错误；
B．粒子的运动可以分解为沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，当垂直于极板方向的分速度减为零时，电场力做负功最大，根据功能关系，粒子a在电场内运动过程中电势能最大，但此时粒子有平行极板方向的速度，粒子运动的动能不为零，故B错误；
C．假设粒子初速度为v0，将初速度分解为沿极板方向vx和垂直于极板方向vy
由数学知识，
粒子沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，根据位移公式有，粒子a从下极板右边缘射出时2d＝vxt，
解得
粒子进入电场到最大势能处在垂直于极板方向经过的位移为
最大势能处的电势为
故运动过程中最大势能
故C正确；
D．由C选项，
粒子沿极板方向的匀速直线运动，垂直于极板方向的变速直线运动，根据位移公式有，粒子a射出点与射入点在同一水平线上则2d＝vxt，
解得
又
得
所以
则粒子在电场中运动时间为
故D错误。
故选：C。
如图所示，空间有竖直向下的匀强电场E，从倾角30°的斜面上A点平抛一带电小球，落到斜面上的B点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（ ）
A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB两点的中点
B．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同
C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J
【解答】解：小球受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动，加速度a固定，向下；
根据类平抛运动的分运动规律，有：
x＝v0t，
y，
，
故：t，x，y；
A、若将平抛初速度减小一半，根据x，y，x和y均减小为原来的，故A错误；
BC、设小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角为α，则有：
tan（α+30°），
故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相同，但是tanα≠2tan30°，故BC错误；
D、由于小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角的正切值：tanβ，
初动能：Ek6J，
末动能：Ek′，
故：Ek′＝6J+（）2×6J＝14J，故D正确；
故选：D。
（多选）如图所示，光滑绝缘圆弧曲面AB固定在支架ACB上，BC水平，B为切点，圆弧半径为R，且圆弧所对的圆心角为60°，空间存在水平方向匀强电场E（图中未画出，大小未知）。点电荷+Q固定在圆心处，一个质量为m带电量为+q的小球可以静止在圆弧AB的中点D，现在将小球从A点静止释放，能沿圆弧轨道ADB运动，则（ ）
A．电场方向水平向右，
B．小球从A运动到B的过程中匀强电场电场力的功率一直减小
C．小球运动到D点速度最大，
D．小球运动到B点时小球对B点的压力大小为（k为静电力常数）
【解答】解：A、因为带正电的小球可以静止在圆弧AB的中点D，可知小球受匀强电场的电场力水平向右，则匀强电场方向水平向右，由平衡知识可知：
qE＝mgtan30°
解得：，故A正确；
B、在A点时，小球的速度为零，则小球此时的功率为零；之后小球的速度变大，且速度方向和电场力方向存在一定的夹角，所以功率大于零，即小球的功率不会一直减小，故B错误；
C、因小球在D点时受合力为零，加速度为零，则小球运动到D点时速度最大，根据动能定理得：
mgR（cos30°﹣cos60°）﹣qER（sin60°﹣sin30°）
解得：，故C正确；
D、因为D是AB的中点，也是平衡位置，根据对称性可知，小球到达B点时速度也为零，则此时小球对轨道的压力大小等于，故D错误。
故选：AC。
（多选）如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在A点的速度大小为v1，且方向与等势面平行，在B点的速度大小为v2，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（ ）
A．粒子的速度v2一定大于v1
B．等势面b的电势比等势面c的电势低
C．粒子从A点运动到B点所用的时间为
D．匀强电场的电场强度大小为
【解答】解：A、该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，从A到B的过程中电场力对粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A正确；
B、粒子带正电，则知电场方向竖直向下，等势面b的电势比等势面c的电势高，故B错误；
C、粒子在A点的速度大小为v1，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以粒子运动的时间：t，故C正确；
D、A、B两点沿电场线方向的距离为：y＝Lsinθ
由动能定理有：qEy
联立解得：E，故D错误。
故选：AC。
（多选）如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场。坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E，大量电荷量为﹣q（q＞0）、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其它粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走并不影响原来的电场分布，不计粒子的重力及它们间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B．到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与y轴的夹角θ越大
C．能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU
D．若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮
【解答】解：A、设粒子开始时的坐标为（﹣x，﹣h），粒子在电场中运动过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得
x＝v0t ①
hat2②
qE＝ma ③
联立得：④
可知能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上。故A错误；
B、粒子的初速度是相等的，到达O点的粒子速度越大，则沿y方向的分速度越大。
粒子到达O点时，沿+y方向的分速度vy
速度与x正方向的夹角θ满足：⑥
可知到达坐标原点的粒子速度越大，到达O点的速度方向与x轴的夹角θ越大，与y轴的夹角越小。故B错误；
C、负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：
0⑦
即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU．故C正确；
D、粒子在电场中的偏转角：⑧，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同。所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若U，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮。故D正确。
故选：CD。
【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型
【运动模型】如图所示，由静止开始被电场（加速电压为）加速的带电粒子平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板。若金属板长为，板间距离为、两板间电压为，试分析带电粒子的运动情况。
1、粒子穿越加速电场获得的速度
设带电粒子的质量为，电量为，
经电压加速后速度为。由动能定理有
，
2、粒子穿越偏转电场的时间：
带电粒子以初速度平行于两正对的平行金属板从两板正中间射入后，在偏转电场中运动时间为，则
3、粒子穿越偏转电场时沿电场方向的加速度：
带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度
4、粒子离开偏转电场时的侧移距离：
带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向作初速度为0的做匀加速直线运动 ④
④式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的侧移量与粒子的、无关。
5、粒子离开偏转电场时沿电场方向的速度为：
带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为，则
6、粒子离开偏转电场时的偏角：
设飞出两板间时的速度方向与水平方向夹角为。则⑤
⑤式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的偏转角与粒子的、无关。
如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（ ）
A．减小偏转电压U
B．减小加速电压U0
C．增大偏转电场的极板间距离d
D．将发射电子改成发射负离子
【解答】解：设电子进入偏转电场的速度为v0，偏转电场极板的长度为L，极板间距为d，则在加速电场中，有：
变形解得：
电子在偏转电场中，有：L＝v0t
根据牛顿第二定律有：，竖直位移：
联立以上各式可得：
由此可知，要使偏转位移增大，可以增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转电场的极板间距d，而与带电粒子无关，故ACD错误，B正确。
故选：B。
甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为（﹣q，m）、（﹣q，4m），它们先后经过同一加速电场由静止开始加速后，由同一点进入同一偏转电场，两粒子进入时的速度方向均与偏转电场方向垂直，如图所示。粒子重力不计。则甲、乙两粒子（ ）
A．进入偏转电场时的速度大小之比为1：2
B．离开偏转电场时的动能之比为1：1
C．在偏转电场中运动的时间相同
D．离开偏转电场时的速度方向不同
【解答】解：A、带电粒子经过加速电场加速，设加速电场两极板电势差为U1，由动能定理得：qU1mv2
进入偏转电场时的速度大小v
则两带电粒子进入偏转电场时的速度大小之比为v甲：v乙：2：1
故A错误；
C、带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，在偏转电场中运动的时间t
两带电粒子进入偏转电场时的速度不同，则时间不同，故C错误；
B、带电粒子在偏转电场中，竖直方向为初速度为0的匀加速直线运动，设偏转电场两极板电势差为U2，竖直位移为：
yat2（）2
则两带电粒子在偏转电场中竖直方向的位移相同，设偏转电场中电场强度为E，根据动能定理得：qEy＝Ekmv2＝Ek﹣qU1
离开偏转电场时的动能为Ek＝qEy+qU1
两带电粒子电荷量相同，则离开偏转电场时的动能相同，动能之比为1：1，故B正确；
D、根据类平抛运动规律得，速度偏转角的正切值为位移偏转角正切值的两倍，两带电粒子离开偏转电场时的竖直位移相同，水平位移相同，则位移偏转角正切值相同，速度偏转角相同，即离开偏转电场时的速度方向相同，故D错误；
故选：B。
如图所示，带电量与比荷均不相同的两种带正电的粒子从同一位置无初速度地飘入加速电场，加速后从同一位置进入偏转电场，并离开偏转电场。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．加速电场对两种粒子做功一样多
B．两种粒子同时离开加速电场
C．两种粒子在偏转电场中的轨迹相同
D．整个过程两种粒子受到的电场力的冲量一样大
【解答】解：A、加速电场对粒子做功为W＝qU1，由于两种带正电的粒子带电量是不相同的，所以加速电场对两种粒子做功不一样，故A错误；
B、带电粒子在加速电场中加速，由牛顿第二定律可知，加速度为，在加速度电场中由位移公式得：。联立解得：，由于两粒子的比荷不同，所以加速的时间不同，故B错误；
C、加速电场对粒子由动能定理得：，解得。在偏转电场中，沿初速度方向L＝v1t2，解得，垂直于初速度方向为：，vy＝a2t2，而，离开电场时速度的偏角为：。
联立解得：，，由此可知，带电量与比荷均不相同的两种带正电的粒子从同一位置无初速度地飘入加速电场，加速后从同一位置进入偏转电场，并离开偏转电场，两种粒子在偏转电场中的轨迹相同，故C正确；
D、设粒子离偏转电场速度与水平方向成θ，则有：
竖直方向的速度为：
粒子出加速电场的速度为：
联立解得：，与粒子的电荷量，比荷均无关，即两种粒子经两电场的加速和偏转后从同一位置以相同的方向离开电场，根据动能定理有：U1q+U2q，那么离开电场时的速度大小v，与比荷有关，即两种粒子离开电场的速度大小不同。
再根据动量定理，电场力的冲量I，不相同。故D错误。
故选：C。
现代科技中常常利用电场来控制带电粒子的运动。某控制装置由加速电场、偏转电场和收集装置组成，如图所示。加速电场可以提供需要的电压，偏转电场为辐向电场，其内外圆形边界的半径分别为r0、3r0，在半径相等的圆周上电场强度大小都相等，方向沿半径向外，且满足（r为半径），已知r0处的电场强度大小为E0，带电粒子的质量为m，电荷量为﹣q，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用。则（ ）
A．加速电场电压无论取多少，粒子只要垂直PB飞入电场，就一定能做匀速圆周运动
B．要使粒子由静止加速后能从A点沿半径2r0的圆形轨迹1到达C点，则加速电场的电压为
C．若加速后从PB间垂直PB方向进入的粒子都能做匀速圆周运动而到达收集装置，则粒子做圆周运动的周期T与轨迹对应半径r应满足的关系式
D．若粒子从B点垂直于OP方向射入，对应的轨迹2可能是抛物线
【解答】解：A、设加速电场电压U，粒子垂直PB飞入电场，做匀速圆周运动，则由动能定理有：
在辐向电场中，由牛顿第二定律得：
联立两式得：
即加速电压与粒子入射的半径满足以上关系，粒子才能做匀速圆周运动，故A错误；
B、带电粒子在电场中加速，有：
粒子在偏转电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，可得：
又由题意知：，
联立上式解得：，故B错误；
C、若粒子在偏转电场中做圆周运动的半径为r，由电场力提供向心力可得：
又由题意和运动学公式有：，
联立解得：，故C正确；
D、若粒子从B点垂直于OP方向射入，且恰能从右侧3r0处D点垂直于OD方向射出，其轨迹如图中轨迹2所示，粒子在轨迹2的位置离O的距离为r时，粒子受到的电场力为：，对比万有引力表达式：，可知粒子在偏转电场中运动的受力特点与行星绕太阳转动的受力特点相似，故粒子在偏转电场中运动特点与行星的运动特点相似，粒子在偏转电场中的轨迹为椭圆，故D错误。
故选：C。
如图所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的16倍。有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力。则偏转电场长宽之比（ ）
A．4 B． C． D．
【解答】解：设加速电压为kU，偏转电压为U，对直线加速过程，根据动能定理，有：q（kU）mv2
对类似平抛运动过程，
水平方向：L＝vt
竖直方向：dt2
联立解得：4，故ACD错误，B正确。
故选：B。
真空中的某装置如图所示，现有质子、α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与O′垂直的荧光屏上（图中未画出），使荧光屏上出现亮点（已知质子、α粒子质量之比为1：4，电荷量之比为1：2，重力不计）。下列说法中正确的是（ ）
A．质子、α粒子在偏转电场中运动时间之比为：1
B．两种粒子出偏转电场时的速度相同
C．在荧光屏上将出现2个亮点
D．偏转电场的电场力对质子、α粒子做功之比为1：2
【解答】解：A、在加速电场中，根据动能定理得：qU1mv02，
解得：v0
因为质子和α粒子的比荷之比为2：1，则进入偏转电场的速度之比为：1；
在偏转电场中运动时间：t，L相同，则知时间之比为1：，故A错误；
B、粒子出偏转电场时在竖直方向上的分速度：vy＝at
则出电场时的速度：v，解得：v，因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，故B错误；
C、粒子在偏转电场中的偏转位移：yat2，可知偏转位移与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个亮点，故C错误；
D、偏转电场的电场力对粒子做功W＝qEy，因为E和y相同，电量之比为1：2，则电场力做功为1：2，故D正确。
故选：D。
如图所示是半导体注入工艺的装置示意图，某种元素的两种离子X+和X3+，质量均为m，可从A点水平向右注入加速电场，初速度大小连续分布且在0和之间。经电压为U的电场直线加速后，离子均从小孔C水平射入偏转电场（两极板水平放置且上极板带负电，电势差U'可调），偏转后均能穿出此电场，其中CD为偏转电场的中线。离子穿出电场后立即进入紧靠电场的匀强磁场，该磁场边界线竖直、右侧足够大，磁感应强度大小B在B0和3B0之间可调，方向始终垂直纸面向里。不考虑离子的重力及相互作用，元电荷带电量为e。
（1）仅注入初速度0的离子，U'不为0，求X+和X3+穿出偏转电场时竖直方向位移之比；
（2）仅注入初速度为的X+离子，U'不为0且B＝B0，求离子在磁场中射入位置与射出位置的距离Y；
（3）若放置一块紧靠磁场左边界的竖直收集板，长度，下端距D点的距离。先调节偏转电场的电压，使U'＝0，仅注入X+离子，每秒发射的离子数为n0，各种速率的离子数目相同，再调节磁感应强度大小，使B0≤B≤3B0，求收集板上每秒能收集到的离子数n与B之间的关系。
【解答】解：（1）设偏转电场的极板间距为d'，板长为L'，则在加速电场中，根据动能定理：
在偏转电场中竖直方向位移为
解得
可知竖直方向位移与所带电荷量无关，仅注入初速度0的离子时X+和X3+穿出偏转电场时竖直方向位移之比为1：1。
（2）仅注入初速度为的X+离子，则在加速电场，根据动能定理：
在偏转电场射出后的速度大小为v，在磁场当中，设入射方向与磁场边界线夹角为θ，则射入位置与射出位置的距离Y＝2rsinθ，洛伦兹力提供向心力，
联立以上方程可得
（3）收集板最上端的位置距离D点
初速度为0的粒子射入磁场后偏转的距离为
初速度为的粒子射入磁场后偏转的距离为
当B＝B0时，所有的粒子均在收集板上。
当
解得
即范围时所有的粒子恰好均在收集板上。
当
解得
即恰好所有的粒子均不在收集板上。
当范围时，每秒能收集到的离子数n为
收集板上每秒能收集到的离子数n与B之间的关系为时n＝n0
时时n＝0
答：（1）X+和X3+穿出偏转电场时竖直方向位移之比1：1；
（2）离子在磁场中射入位置与射出位置的距离；
（3）见解析
【模型四】带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见模型
1.带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒
(1)带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能
量守恒，即恒定值
(2)带电物体除受重力和静电场力作用外，如果还受到其它力的作用时，电势能、重力
势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决。
2.带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见情况
竖直向上抛出 水平抛出 斜上抛出
如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（ ）
A．动能增加mv2 B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加mv2 D．电势能减小mv2
【解答】解：小球的运动可以看成竖直方向的竖直上抛和水平方向在电场力作用下的初速度为0的匀加速直线运动。
A、小球的动能增加量为ΔEkm（2v）2mv2mv2，故A错误；
C、竖直方向小球做竖直上抛运动，到达N点竖直速度为0，则有：v2＝2gh；可得重力势能增加为ΔEp＝mghmv2，故C错误；
B、小球的机械能增加量为ΔE＝ΔEk+ΔEpmv2mv2＝2mv2，故B正确；
D、电势能的减小量等于小球的机械能增加量，则电势能的减小量为2mv2，故D错误；
故选：B。
一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．油滴带负电
B．电势能减少
C．动能增加
D．重力势能和电势能之和增加
【解答】解：A、由轨迹图可知，带电油滴所受的电场力竖直向上，与电场强度方向相反，所以油滴带负电，故A正确。
B、从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减少，故B正确；
CD、根据功能关系可知，油滴在从a到b的运动过程中，只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，从a到b的运动过程中，重力势能增加，因此动能和电势能之和减少。因该过程中合外力向上，合外力做正功，动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C正确，D错误；
本题选错误的，
故选：D。
如图所示，水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后运动到与A在同一水平线上的C点，小球从A到B过程中克服重力做功4.0J，电场力做功5.0J，则（ ）
A．小球在A点的电势能比在C点多10J
B．小球在A点的动能比在B点多1.0J
C．小球在A点的机械能比在C点少20J
D．小球在C点的动能为20J
【解答】解：粒子运动过程只受重力、电场力作用，故只有重力、电场力做功；
B、粒子从A到B过程中克服重力做功4.0J，电场力做功5.0J，故合外力做功1.0J，那么，由动能定理可得：粒子在B点的动能比在A点多1.0J，故B错误；
A、根据粒子受力情况，由牛顿第二定律可得：粒子在竖直方向做加速度为g的匀变速运动，在水平方向做初速度为零，加速度a的匀加速运动；
根据B为最高点，竖直分速度为零可得：粒子从A到B与从B到C的运动时间相等，故由匀加速运动规律可得：粒子在BC上的水平位移时AB上水平位移的3倍，故粒子从B到C电场力做功15.0J，则粒子从A到C电场力做功20.0J，那么，粒子在C点的电势能比在A点少20.0J，故A错误；
C、粒子从A到C，除重力外其他力做功，即电场力做功20.0J，故粒子在C点的机械能比在A点多20.0J，故C正确；
D、又有A点、C点等高，重力势能相等，那么，粒子从B到C，重力做功4.0J；
又有B点速度水平，粒子从A到B电场力做功5.0J，所以，粒子在B点的动能为5.0J；
由动能定理可得：粒子在C点的动能为5.0J+4.0J+15.0J＝24.0J，故D错误。
故选：C。
如图所示，真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形，其中AC竖直，长度为L，∠B＝30°。匀强电场在A、B、C所决定的平面内，电场强度为E，电场方向与AB平行，现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出，小球通过B点时速度恰好沿AB方向，已知重力加速度为g，下列说法错误的是（ ）
A．从C到B，小球做匀变速运动
B．小球所受电场力为所受重力的3倍
C．经过时间小球电势能和重力势能之和最大
D．从C到B，小球克服重力做功与电场力做功之比为1：3
【解答】解：A、从C到B，小球受到的重力及电场力均为恒力，所以合外力恒定，小球做匀变速运动。故A正确，不符合题意；
B、设小球的初速度为v0，在B点的速度为vB，则有Lv0t，vBt，所以两速度关系是，
结合牛顿第二定律得，故B错误，符合题意；
C、小球运动过程中，只有重力及电场力做功，小球的机械能与电势能之和不变，当动能最小时，小球电势能和重力势能之和最大，设经过时间t小球的动能最小，则有
Ek'm[（） +（v0﹣gt） ]m[4（gt） +v0 ﹣2v0gt]，
当gt即t时，小球的动能最小，电势能及重力势能最大。故C正确，不符合题意；
D、从C到B，小球克服重力做功与电场力做功之比为，故D正确，不符合题意。
故选：B。
在电场方向水平向右的匀强电场中，一电荷量为q的带正电小球从O点以初速度v0竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，以O点为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示，小球运动过程中经过A、B、C三点，A点的纵坐标为3L，B点为运动轨迹的最高点，B点纵坐标为4L，C点与O点在同一水平线上，OB间的电势差大小为U，小球在A点的速度方向与竖直方向间的夹角为60°，重力加速度为g，求：
（1）从O点运动到A点的时间与从A点运动到B点的时间之比tOA：tAB，B点的速度大小vB；
（2）O到B的水平位移大小xOB，小球的质量大小m；
（3）从O点到C点的运动过程中最小速度的大小vmin。
【解答】解：（1）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，则：vyB＝0
从O到B：
从A到B：
可得：tOB＝2tAB
所以从O点运动到A点的时间与从A点运动到B点的时间之比为：
小球到达A点，竖直方向的分速度为：
由小球在A点的速度方向与竖直方向间的夹角为60°，可得：
代入解得：
小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，则小球在B点的速度大小：
（2）小球从O到B过程，竖直方向有v0＝gtOB
水平方向有：
联立解得：
则有：
又根据牛顿第二定律有：
解得：
（3）小球受到的电场力方向水平向右，大小为：
设小球受到的重力和电场力的合力方向与水平方向的夹角为θ，则有：
解得：θ＝30°
将小球在O点的速度分解到平行重力和电场力的合力方向和垂直重力和电场力的合力方向，如图所示
当平行重力和电场力的合力方向的分速度为零时，小球的速度最小，则有
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