人教版物理必修3同步练习: 10.5 带电粒子在电场中的运动(优生加练)
一、选择题
1．（2024高三上·沈阳） 一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
2．（2022高二下·舟山期末）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，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连，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。若已知电子的质量为m、电荷量为e、电压的绝对值为u，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在时，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，则（ ）
A．圆筒内存在沿轴线的电场，电子在圆筒内向右加速运动
B．电子在各圆筒内运动时间均为
C．在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D．第n个圆筒的长度为
3．（2022高二下·联合期中）某科研小组在进行一次科研实验时，将一个能产生多种正离子（质子、氘核、氚核及氦核等）的粒子源放在如图装置的位置。粒子源产生的正离子飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入。已知平行金属板A、B板长为L，相距为d，两板间的电压为。若离子能从A、B板间射出（不计离子的重力），则（ ）
A．与之间的关系要满足
B．各离子在电场中的运动轨迹重合
C．各离子从A，B板间射出时的速度相同
D．各离子从粒子源到从A，B板间射出的时间相同
4．（2022高三上·湖北月考）如图所示，水平放置的平行板电容器与电源始终相连，两板间距为d。开关闭合，一带电微粒质量为m，电荷量为q，刚好静止在两板间。现将两板同时绕两板的中点A和B逆时针旋转角，并给微粒一初速度，重力加速度为，则（ ）
A．带电微粒带正电
B．带电微粒将在板间做曲线运动
C．带电微粒在板间运动的加速度大小为
D．电源电动势为
5．（2023高二上·北京市期中）如图甲所示，两个平行金属板、正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压。时，板比板电势高，在两板的正中央点有一电子在电场力作用下由静止开始运动电子所受重力可忽略不计，已知电子在时间内未与两板相碰。则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是（ ）
A． B． C． D．
6．（高中物理人教版选修3-1第一章第9节带电粒子在电场中的运动同步练习）如图①所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图②所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是（ ）
A．0C． 7．（2017高三上·大连期末）一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2s内，电场力所做的功等于零
C．4s末带电粒子回到原出发点
D．2.5s～4s内，电场力的冲量等于零
8．（2017高三上·定州模拟）如图所示的是示波管工作原理图：电子经电场加速后垂直射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度（该距离越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可使示波管的灵敏度提高（ ）
A．增大U1 B．增大U2 C．减小L D．减小d
二、多项选择题
9．（2024高二上·成都期末）如图，在一柱形区域内有匀强电场，该区域的横截面是以О为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径。质量为m、电荷量为e的电子在纸面内从A点先后以不同大小的速度进入电场，速度方向与电场强度方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的电子，从圆周上的C点以速率离开电场，AC与AB的夹角为θ=60°，运动过程中电子仅受电场力作用。下列说法正确的是
A．电场强度的方向沿AC连线由A指向C
B．电场强度的大小为
C．电子进入电场的速率为时，将从B.点离开电场
D．电子进入电场的速率为时，离开电场后的动能增量最大
10．（2023高三上·泉州月考）在图甲的直角坐标系中，x轴上固定两点电荷M、N，距坐标原点O均为L，y轴上有P1、P2、P3三点，其纵坐标值分别为L、L、L。y轴上各点电场强度E随y变化的关系如图乙所示，图中0~L的阴影部分面积为a，0~L的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为-q的带负电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，则（ ）
A．M、N是等量正电荷
B．带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比为2∶3
C．带电粒子运动到P3位置时动能为q（b+a）
D．带电粒子运动过程中最大速度为
11．（2022高二上·成都期末）如图所示，一个氢离子和一个氦离子同时从同一点由静止开始，经同一电场加速后垂直射入同一偏转电场中，最终打在与偏转电场平行的竖直荧光屏上，整个过程中不考虑两离子间的相互作用，则下列说法正确的是（)
A．两离子将先后打在荧光屏上的同一点
B．两离子将同时打在荧光屏上的同一点
C．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为2：1
D．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为：1
12．（2022高二上·运城期中）如图所示，让带电粒子M和N分别以不同的初速度同时沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点。已知，，不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从粒子射入到打在上极板的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．它们运动的时间之比
B．它们的初速度之比
C．它们的动能增加量之比
D．它们的电势能减少量之比
13．（2024高三下·成都模拟）如图所示，竖直平面内建立直角坐标系，整个空间存在平行平面的匀强电场，电场强度方向与轴正方向成角。质量为的带电小球从坐标原点沿轴的正方向以初速度水平抛出，经过一段时间小球以的速度穿过轴正半轴某点（图中未画），重力加速度为，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．小球所受电场力大小为
B．小球所受电场力大小为
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度大小等于竖直速度大小
14．（2024高三上·抚顺期末）如图所示，长为、倾角为的光滑绝缘细杆垂直穿过半径为l、带电荷量为的固定大圆环的圆心O，细杆上的B点及圆心O恰好将细杆三等分．现从细杆的顶端A由静止释放一个套在细杆上的质量为m、带电荷量为、可视为点电荷的小滑环，小滑环恰好在A、C之间做往复运动．已知大圆环上的电荷分布均匀，静电力常量为k，重力加速度大小为g，，下列说法正确的是（ ）
A．小滑环在B点的速度大小为
B．A、C两点的电势差为
C．大圆环在C点产生的电场的电场强度大小为
D．小滑环在A点时的加速度最大
15．（2023高二上·成都期中） 如图甲所示，半径为R的圆管道固定在竖直平面内，管道内径较小且与半径相比可忽略，内壁光滑，管道最低点为B，最高点为A，圆管所在平面内存在一匀强电场，在B点给质量为m、带电荷量为的小球一水平初速度，小球运动过程中动能与机械能随转过角度的变化关系分别如图乙、图丙所示，已知B点为重力势能和电势的零点，小球在管道内恰好做圆周运动，重力加速度为g，小球可视为质点，则（ ）
A．电场强度大小为，方向与水平方向成角斜向左下
B．小球的初动能为
C．小球的最大机械能为
D．小球在A点对管壁的作用力大小为
16．（2023高二上·武汉期中） 如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以速度大小为v竖直向上射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为－q，重力加速度为g，则在该过程中（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球克服重力做功为0
C．小球射入电场后，小球的电势能逐渐减小
D．小球机械能增加
17．（2023高二上·沈阳期中）如图甲所示为两块水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压U，电压U随时间t变化的图像如图乙所示。现有一群质量为m、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两金属板间，经时间T都能从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（ ）
A．时入射的粒子，从进入电场到射出电场，电场力对粒子始终不做功
B．时入射的粒子，离开电场时的速度方向沿水平方向
C．时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
D．时入射的粒子，离开电场时的速度大小等于初速度
18．（2021高二上·深圳月考）如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔，一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，保持两极板上电荷量不变，则（ ）
A．微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小
B．微粒下落过程中重力做功为 ，静电力做功为
C．若将A板上移 ，则微粒无法到达c点
D．若微粒从距B板高 处自由下落，则恰好能到达A板
19．（2018高二下·宣城期末）如图所示，匀强电场中有一个以 O 为圆心、半径为 R 的圆，电场方向与圆所在平面平 行，A、O 两点电势差为 U，一带正电的粒子在该电场中运动，经 A、B 两点时速度方向沿 圆的切线，速度大小均为 v0，粒子重力不计，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子从 A 到 B 的运动轨迹是一段抛物线
B．粒子从 A 到 B 的运动过程中，电势能先减小后增大
C．粒子从 A 到 B 的运动过程中，动能最小值为 A 点动能的一半
D．圆周上任两点间电势差的最大值为 2U
三、非选择题
20．（2024高二上·汕尾期末）如图所示，竖直放置的平行板电容器两板间的电势差，在xOy平面直角坐标系第Ⅰ象限内分布着沿y轴正方向的匀强电场，离子源N放置在电容器左边极板的中间，可以水平向右发射带负电的离子．若离子进入电容器时速度为零，经电容器电场的加速后穿过右板垂直于y轴从P点处射入电场，并从x轴上的A点处射出．已知P点的纵坐标为，A点的横坐标为，带电粒子的荷质比，不考虑带电粒子所受的重力．
（1）求带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小；
（2）求匀强电场的电场强度的大小E；
（3）在过y轴上的B点处放一张感光胶片，感光胶片与x轴平行，B点的纵坐标为．带电粒子打到感光胶片上会使胶片曝光．若离子源发射的离子速度范围是[为第（1）问中求出的结果]，求感光胶片上曝光点的横坐标范围．
21．（2023高二上·北京市期中）研究原子核的结构时，需要用能量很高的粒子轰击原子核。为了使带电粒子获得很高的能量，科学家发明了各种粒子加速器。
图为某加速装置的示意图，它由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图所示。在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时和偶数圆筒相连的金属圆板序号为的中央有一电子，在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒。为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵循一定的规律。
若电子的质量为，电荷量为，交变电源的电压为，周期为，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为。不计电子的重力和相对论效应。
（1）求电子进入圆筒时的速度，并分析电子从圆板出发到离开圆筒这个过程的运动。
（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，则第个金属圆筒的长度应该为多少？
（3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度是多少？
22．（2024高二上·月考）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物视为小球组成的台混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为，间距为。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度方向相反，大小为，其中为颗粒的半径，为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
①半径为、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进入收集器的均匀混合气流包含了直径为和的两种颗粒，若的颗粒恰好被收集，求的颗粒被收集的百分比。
23．（2023高二上·广州期末）如图（a）所示，两竖直平行金属板A、B与x轴垂直，接在电压大小为的稳压电源上，A板过原点，在B板上靠近中间处有一长度的水平狭缝．在B板右侧水平放置边长为的两正方形平行金属板C、D，两板间距，距板右端处垂直x轴有一足够大的荧光屏．A板中间位置沿z轴方向有一线形离子源，可以连续释放初速度为零的正离子．已知离子源、B板上的狭缝和C、D板中间线均在同一水平面内，且C、D板不加电压时，屏上会出现长2cm一条水平亮线．现在C、D两极板间接上如图（b）所示的交变电压（若每个离子穿过C、D板间的时间极短，可认为此过程中C、D板间电压不变，极板间形成的电场可视为匀强电场），忽略电场的边缘效应，不计离子重力以及离子间的相互作用力，离子的比荷均为=．求：
图（a） 图（b）
（1）离子穿过B板狭缝时的速度大小；
（2）C、D板间电压为U1=400V时，离子离开C、D板时的速度与水平方向夹角(即速度偏向角)的正切值；
（3）离子打在屏上的区域面积S．
24．（2024高二下·雅安开学考）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达B点的速度；
（2）在（1）的情况下，求滑块到达B点时对轨道的压力；
（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小；
（4）改变s的大小，为了使小滑块不脱离圆弧轨道，求AB初始距离s的取值范围。
25．（2024高二下·江油开学考）如图所示，竖直固定的半径R＝0.32m的光滑绝缘圆弧轨道在B点与粗糙绝缘水平轨道AB相切。整个轨道处于水平向左的匀强电场中。将一个质量m＝0.4kg、带电量q＝＋3×10－3C的物块P（可视为质点）从水平轨道上B点右侧距离B点x＝0.64m的位置由静止释放，物块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小为。圆弧轨道右下方留有开口，物块进入圆弧轨道后，开口将自动关闭形成一个闭合的圆轨道。已知物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.25，，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
（1）物块P运动到B点时的速度大小以及匀强电场的场强大小；
（2）为了让物块P进入圆弧轨道后恰好能做完整的圆周运动，需要将物块P从B点右侧多远处由静止释放？
（3）通过计算分析物块P进入圆弧轨道后的运动过程是否会与圆弧轨道分离。
26．（2023高二上·重庆市期中） 如图建立xOy直角坐标系，在其第二象限中放置平行金属板A、B和平行于金属板的细管C，细管C开口紧靠金属板右侧且与两板等距，另一开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿任意方向发射某一速度的带电粒子。当A、B板加上某一大小为U的电压时，有带电粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第一象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，t=0时刻带电粒子垂直于x轴进入第四象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。已知带电粒子电荷量为+q，质量为m，重力不计。求：
（1）粒子源发射带电粒子的速度v；
（2）带电粒子在静电分析器中的轨迹半径r和运动时间t0；
（3）当t=nT时，带电粒子的坐标。（n=1，2，3……）
27．（2023高二上·武汉期中） 如图建立竖直平面内坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板（场强的方向竖直向下）的细管C组成，放置在第II象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子（带正电）。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0（已知）从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，t=0时刻α粒子垂直于x轴进入第IV象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。已知α粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。求：
（1）α粒子在静电分析器中的运动半径r；
（2）A、B极板间所加的电压U；
（3）0时刻起，α粒子动能最大时的位置坐标。
28．（2024高二下·汉寿开学考）某种空气净化装置原理如图所示，由空气和带负电的灰尘颗粒物视为小球组成的均匀混合气流进入由一对平行金属板构成的集尘器。在集尘器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变，在匀强电场作用下，有些带电颗粒能打到集尘板上被收集。已知金属板长度为，间距为、板间电压恒为，不考虑重力影响和颗粒间的相互作用。求：
（1）若不计空气阻力，沿中轴线进入电场的质量为、电量为的颗粒打在集尘板上时的动能；
（2）若不计空气阻力，能被集尘板全部收集的颗粒比荷的最小值；
（3）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度方向相反，大小为，颗粒所带电量的大小与其半径平方成正比，其值为，为颗粒半径，、为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间即加速达到最大速度。能被集尘板全部收集的颗粒的最小半径。
29．（2023高二上·龙门月考）如图所示，一带电粒子由静止被电压为U1的加速电场加速，然后沿着与电场垂直的方向进入另一个电压为U2的匀强偏转电场，并射出偏转电场。已知粒子的带电量为q，质量为m；偏转电极长为L，极板间距为d、不计粒子的重力。求粒子：
（1）进入偏转场的速度和在偏转电场中的运动时间；
（2）射出偏转电场时偏转的角度的正切值tanθ；
（3）射出偏转电场U2时垂直极板方向的偏转位移。
30．（2023·丰台模拟） 如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为，AC与AB的夹角为，中垂线上距离A点为的点的电势为（以无穷远处为零电势点）。一个质量为的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为。
（1）画出C点的电场强度方向；
（2）若经过C点的点电荷的电荷量为，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值；
（3）若经过C点的点电荷的电荷量为，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度的大小和方向。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】根据牛顿第二定律有，微粒射入电容器后水平方向上的分速度为，竖直方向上的分速度为，
A. 微粒在射入到最高点过程中，水平方向上的位移为，竖直方向上的位移为，联立可知L：d=1：1，故A不符合题意
B. 微粒在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，有，微粒在电场加速的过程中由动能定理可得，可以求得，故B不符合题意
C.在微粒到达最高点过程中有，从最高点穿出过程中有水平方向上速度为，竖直方向上有，于是在水平方向上有，竖直方向上有，设粒子穿过电容器时，速度与水平方向夹角为，粒子射入电场和水平方向的夹角=，，故微粒穿过电容器区域的偏转角的正切值为，故C不符合题意
D.微粒射入最高点过程中水平方向位移为x，竖直方向上为，由此式子可以看出来微粒在运动过程中的位移与微粒的质量和电荷数量均无关，且由可以看出射出电场过程中微粒在电容器中运动轨迹不变，故D符合题意
【分析】微粒在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，明确受力和运动情况，再结合类平抛分解水平和竖直方向上的速度和位移列式求解，在解题过程中运用到动能定理并有电场力与电势差关系的运用，应当熟练掌握相关知识，从而得以运用。
2．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A．因一个筒只接一个电极，所以金属筒内部场强处处为0，电子在筒内不受力做匀速运动，A不符合题意；
B．因为筒长是按一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为交流电周期的一半，即均为，B不符合题意；
C．因为在时，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，则此时圆筒1电势高，即在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C不符合题意；
D．设粒子进入第n个筒时的速度为vn，由动能定理可得
解得
所以第n个筒的长度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由于其筒内电场强度等于0所以电子在筒内做匀速直线运动，由于其筒长按规律增加所以其电子在筒内运动时间相等；由于其电子开始加速时筒1为高电势，则其奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值；利用动能定理可以求出粒子进入第n个筒的速度大小，结合其位移公式可以求出第n个筒的长度。
3．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．粒子经加速电场加速后的速度大小为，根据动能定理可得
粒子进入偏转电场做类平抛运动，若粒子能够从A、B板间射出则粒子的竖直偏转位移应满足
根据类平抛的特点可得
联立可得
A不符合题意；
B．假设带电粒子向下偏转，以S为坐标原点建立直角坐标系，如图所示
根据类平抛运动的特点可以求出粒子的竖直位移和水平位移分别为
联立可求得粒子的轨迹方程为
由此可知，粒子运动的轨迹与正离子的比荷无关，只有加速电场和偏转电场的性质决定，即各离子在电场中的运动轨迹重合，B符合题意；
C．各离子在电场中的运动轨迹重合，即在偏转电场中的竖直偏转位移相同，竖直偏转位移为，设粒子射出时的速度大小为，根据动能定理可得
解得
由此可知，粒子射出电场时的速度大小与正离子的比荷相关，即各离子从A、B板间射出时的速度大小不同，速度方向相同，C不符合题意；
D．设加速电场的宽度为，粒子在加速电场中运动的时间为，则有
解得
离子在偏转电场中运动的时间为
离子从粒子源到从A、B板间射出的时间为
由此可知，离子从粒子源到从A、B板间射出的时间与正离子的比荷相关，即各离子从A、B板间射出的时间不相同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出加速获得的速度表达式，结合其粒子在电场中偏转的位移公式可以求出加速电压与偏转电压的比值；利用其类平抛运动的位移公式可以求出偏转位移的表达式进而判别与离子的比荷无关；利用其动能定理可以判别离开偏转电场的速度与粒子的比荷有关；利用其匀变速的位移公式结合在偏转电场的位移公式可以求出其粒子运动的时间大小与比荷有关。
4．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．开关闭合，一带电微粒质量为m，电荷量为q，刚好静止在两板间。电场力向上，板间场强向下，故微粒带负电，A不符合题意；
B．初始时
现将两板同时绕两板的中点A和B逆时针旋转角，板间距减小场强变大因为满足
故电场力与重力合力水平向左，则带电微粒将在板间做减速直线运动，B不符合题意；
C．电场力垂直极板向上，根据合成可知，带电微粒在板间运动的加速度大小为
C符合题意；
D．根据以上分析可知
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】闭合开关时根据粒子的状态得出微粒的电性；结合共点力平衡以及匀强电场的表达式得出电场力与重力合力 的方向，从而判断粒子的运动情况；利用力的合成以及牛顿第二定律得出带电微粒在板间运动的加速度；结合电场力做功得出电源电动势。
5．【答案】C
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A.，电子所受电场力方向向右，电子向右做匀加速直线运动，速度逐渐增大，故A不符合题意；
B.，电子所受的电场力方向向左，电子向右做匀减速直线运动，时速度为零，故B不符合题意；
C.，电子所受电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，故C符合题意；
D.，电子所受电场力方向向右，电子向左做匀减速直线运动，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】由乙图分析电场力的方向，根据牛顿第二定律和运动学知识分析运动情况。
6．【答案】B
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】若0【分析】由v-t图像分析粒子运动规律可以直观发现粒子的运动情况
7．【答案】D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度 ，为第2s内加速度 的 ，因此先加速1s再减小0.5s速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v﹣﹣t图象如图所示，由对称关系可得，反向加速的距离使带电粒子刚回到减速开始的点，所以选项A错；0～2s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B错误；由v﹣﹣t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称可以看出，前4s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C错误；2.5s～4s内，电场力的冲量为 I=2qE0×0.5+（﹣qE0）×1=0，选项D正确．
故选D．
【分析】从图中可以看出，电场变化的周期是3s，在每个周期的前一秒内，带电粒子的加速度为 ，后两秒的加速度为 ，可得a2是a1的2倍，从而绘出v﹣t图，有题意可知粒子在反向加速0.5s后开始反方向运动，可判断A错误；由图可以看出0～2s的时间内，做功不会为零；由v﹣t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为位移可判断C选项的正误；由动量定理可计算出2.5s～4s内的动量的变化，从而判断D的正误．
8．【答案】D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解：经加速电场后的速度为v，则：
所以电子进入偏转电场时速度的大小为： ，
电子进入偏转电场后的偏转的位移为：y= at2= = ，
所以示波管的灵敏度 ，
所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，D符合题意、ABC不符合题意．
故答案为：D．
【分析】粒子在加速电场的运动是由电场力充当合外力，电场力做功等于粒子动能的改变量，求出电子进入偏转电场时速度，再根据偏转的位移公式导出示波管的灵敏度的函数解析式，分析提高示波管的灵敏度的条件。
9．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、电子初速度为零，从C点离开电场，故电场强度方向与AC平行，由C指向A，故A错误；
B、由几何关系和电场强度的定义可知
，
由动能定理有
得
故B正确；
C、如图
电子从A点运动到B点做类平抛运动，由几何关系可知AC⊥BC，由牛顿第二定律和运动学公式有
解得
故C正确；
D、作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于Р点，则从圆周上的D点离开的电子电场力做功最多，动能增量最大。电子从A点运动到D点做类平抛运动，在AC方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向做匀速直线运动，运动的距离等于DP。由几何关系可知∠PAD=30°。由牛顿第二定律和运动学公式有
解得
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反。确定电子从A到C的受力情况及运动情况，再根据匀变速运动规律及牛顿第二定律结合几何关系进行解答。当初速度与力垂直，且力为恒力时，电子做类平抛运动，根据类平抛运动规律进行解答即可。
10．【答案】A,D
【知识点】电场力做功；点电荷的电场；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A、根据图像可知两电荷电量相等，电性相同，一个质量为m、电荷量为-q的带负电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，即带电粒子受到的合力沿y轴负方向，故p1处场强方向沿y轴正方向，所以M、N是等量正电荷，故A正确；
B、设电荷带电量为Q，则带电粒子在y轴上任一距离原点距离为y处，根据库仑定律及牛顿第二定律可得：，所以带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比不是2∶3，故B错误；
C、图乙中面积代表电势差，带电粒子运动到P3的过程中，电场力在y轴正半轴做正功，在y轴负半轴做负功，根据动能定理可知动能为：，故C错误；
D、带电粒子从静止运动到P3的过程中，电场力在y轴正半轴做正功，在y轴负半轴做负功，带电粒子运动过程中最大速度在O点，根据动能定理可得：，解得最大速度：，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】对于图像类题型，需注意从图像的走势、截距、拐点、斜率及面积等维度进行分析。根据图像的对称性，根据点电荷的电场强度可知两电荷的电荷量情况。根据粒子的运动情况，结合场强与电场力的关系分析电荷的电性。分析带电粒子所受库仑力及牛顿第二定律分析加速度情况。对于带电粒子在非匀强电场的运动，要熟练电场力做功与电势差的关系。
11．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB、在加速电场中，由动能定理得，由于两粒子比荷不同，所以得到的速度不同，两种粒子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间为，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上；设偏转场极板间距离为，粒子在偏转电场中的偏转位移为： ，以上三式联立解得：，同理可得到偏转角的正切为： ，可见偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点，故A正确，B错误；
CD、打在荧光屏上的速度为，因为两离子的比荷之比为：，则两离子打在荧光屏上时速度大小之比为，故C错误，D正确．
故选择AD．
【分析】在加速电场中，由动能定理可得比荷不同得粒子速度不同，然而在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上，偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点；再根据两离子的比荷之比关系，可得两离子打在荧光屏上时速度大小之比。
12．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．带电粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向有
解得
则有
A符合题意；
B．带电粒子在水平方向则有
解得
B符合题意；
C．由动能定理可得
则有
C不符合题意；
D．由功能关系可知，电场力做正功，电势能减少，则电势能的减少量等于电场力做功的大小，则有
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动，类平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的初速度为零的匀加速直线运动，结合类平抛运动的规律得出运动的时间之比和初速度之比。
13．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB. 由题可知，带电粒子经过一段时间穿过y轴正半轴，故粒子带正电，设所受电场力为qE，在竖直方向上有
水平方向有
水平方向运动具有对称性，返回y轴正半轴时水平速度大小不变，有
竖直方向分速度
联立可得
A不符合题意题意，B符合题意；
C. 当小球速度与电场方向垂直时，此时克服电场力做功最多，电势能最大，此时重力与速度方向夹角为钝角，故小球继续做减速运动，动能不是最小的时候，C不符合题意；
D. 当速度与电场线垂直时，分解到水平和竖直方向的分速度大小相等，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用运动的分解思想，结合牛顿第二定律可求出分运动的加速度大小，利用匀变速直线运动的速度时间关系时，联立可求出电场力的大小。
14．【答案】A,C
【知识点】功能关系；电场强度的叠加；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 小滑环从A点到B点对称，故电场力做功为零，由动能定理可知
得
A符合题意；
B. 可知A、C点滑环速度为零，由动能里可知
可得
B不符合题意；
C. 可知圆环上一点到C点距离为
单个电荷在C点产生电场强度沿杆的分量为
则密度分布均匀的圆环在C点产生电场强度为
C符合题意；
D. 可知等量同种电荷在中垂线上一点存在场强最大的点，故均匀带电圆环可看成多对等量同种电荷，故在AO连线存在一点场强最大，但不一定为A点，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用动能定律，结合电场力做功和重力做功的特点，可求出速度和电势差的大小；利用场强叠加可求出电场强度的大小。
15．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A、根据机械能随角度的变化图像可知，当小球转过的角度为240°时，小球机械能最小，电场力做的负功最多，说明电场力的方向与水平方向的夹角为30°斜向左下，故A错误；
B、根据动能随角度的变化图像可知，当小球转过的角度为210°时，小球的动能为零，说明此时小球在等效最高点，有
解得
对小球从B点到等效最高点的过程，根据动能定理有
解得
故B正确；
C、当小球转过的角度为60°时，电场力做的正功最多，根据功能关系有
解得
故C正确；
D、从B点到A点根据动能定理有
解得
在A点竖直方向上根据牛顿第二定律有
解得
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】该题型为等效重力场模型的题型，根据图像确定小球在运动过程中的等效最高点和等效最低点。对于双轨模型，到达等效最高点的临界速度为零，即小球受力平衡。继而得出场强的大小和方向。再选择恰当的运动过程，运动动能定理求出小球的初动能、A点速度及最大机械能。再根据牛顿第二定律求出A点作用力大小。
16．【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.小球在竖直方向上做竖直上抛运动，速度方向恰好沿水平方向时，竖直方向的速度为零，则运动时间：；水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，则；联立解得：，故A符合题意；
B. 小球上升的高度为：，小球克服重力做功为：，故B不符合题意；
C.在该过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减小，故C符合题意；
D.在该过程中，除重力做功外只有电场力做功，且电场力做正功。水平方向的位移为：，电场力做功为：，根据功能关系知，小球机械能增加了，故D符合题意。
故答案为：ACD
【分析】小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律求解电场强度；根据运动学公式求小球上升的高度，再求小球克服重力做的功；根据电场力做功情况判断电势能的变化；由功能关系求解小球机械能的增量。
17．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A.因为粒子在水平方向不受力，所以粒子的水平分速度保持不变，当粒子在t=0时入射时，在竖直方向上，时间内，粒子做匀加速运动，在时粒子在竖直方向上的速度达到最大，时间内，电场反向，粒子做减速运动，根据运动的对称性可知，当t=T时粒子在竖直方向上的速度恰好减小为零，因此离开电场时偏离中线的距离最大，故t=0时入射的粒子，从进入电场到射出电场，电场力对粒子做功，A不符合题意；
C.时入射的粒子，在竖直方向上，在时间内进行加速，是时间内减速，根据运动的对称性可知，时速度减为零，此时距离中线距离最大，在时间内进行反向加速，时间内再次减速，直到速度为零，根据运动的对称性可知，时粒子回到中线，即粒子离开电场时不偏离中线，C不符合题意；
BD.无论哪个时刻入射的粒子，在一个周期T内，受到的正向电压和反向电压的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都是水平的，且离开电场时的速度大小都相等，都等于初速度，BD符合题意。
故答案为：BD。
【分析】带电粒子进入电场做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电压正向和反向时运动的对称性，分析粒子在竖直方向上的运动过程，得出粒子最终从电场中射出时的位置；一个周期内，正向电压和反向电压的时间是相同的，不论哪个时刻入射的粒子，竖直分速度出电场时的速度均为零。
18．【答案】B,D
【知识点】功的计算；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由微粒运动到 点过程中先做自由落体运动，进入电容器以后受恒定的电场力和重力而最后速度变为零，因此一定做减速运动，因此动能先增加后减小，A不符合题意；
B．微粒下落高度为 ，重力做功为 ，静电力做负功，大小为 ，B符合题意；
C．根据
得
保持两极板上电荷量不变，将A板上移 ，板间电场强度不变，微粒在板中受到的力不变，仍能到达c点，C不符合题意；
D．若微粒从距 板高 处自由下落，假设能够到达A板，重力做功为 ，克服静电力做功 ，结合B分析可知，假设成立，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据微粒的受力情况得出微粒的运动情况，从而得出位移速度的变化情况；根据电容器的定义式以及决定式 和匀强电场电场强度的表达式得出A板上移的过程是否能到达C点；结合自由落体运动的规律以及恒力做功判断微粒是否能到达A板。
19．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等。因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，A符合题意；
由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，B不符合题意；粒子运动到C点时动能最小，其速度为 ，则最小动能 ，C符合题意； 匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO=E× R，所以E= ；圆周上任两点间电势差的最大值为 ，D不符合题意；
故答案为：AC.
【分析】解决本题的关键是找出电场力方向，再根据电场力与初速度方向间关系确定带电粒子怎样运动。根据运动性质选择规律解决问题。
20．【答案】（1）解： 离子在电容器极板间加速，根据动能定理得
解得
（2）解： 离子在第Ⅰ象限中做类平抛运动
在方向上有：
在方向上，由牛顿第二定律得
解得
（3）解： 若离子的初速度为零，离子从点离开电场，之后做匀速直线运动
由几何关系可知，打在感光胶片的横坐标
联立方程得
若离子的初速度为，设离子进入偏转电场的速度为，根据动能定理得
解得：
设离子在轴点离开电场，由于，且不变，也不变．
由几何关系可知
联立方程得
感光胶片上曝光点的横坐标范围为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）带电粒子从平行板电容器内做加速运动，由动能定理求出带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小；（2）离子在第Ⅰ象限中做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式，求解匀强电场的电场强度的大小；（3）根据几何关系求解感光胶片上曝光点的横坐标。
21．【答案】（1）解：电子由金属圆板经电场加速进入圆筒，根据动能定理得
解得 ，
电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒，筒内场强为，电子不受外力做匀速直线运动，在圆筒、之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒再做匀速直线运动。
（2）解：电子进入第个圆筒时，经过次加速，根据动能定理得
解得
由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期，则
解得
（3）解：由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和中相同，且考虑电子在间隙中的加速时间，则电子进入每级圆筒的时间都要比中对应的时间延后一些，如果延后累计时间等于，则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是电子获得的最大速度。
由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均相同，则电子的加速度为 ，
又 ， ，
则
累计延后时间为 ，则电子的加速时间为 ，所以电子的最大速度为
可得。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的加速
【解析】【分析】（1）根据动能定理分析电子在圆筒0和圆筒1之间的运动，求出电子进入圆筒1时的速度 ，根据电子运动过程中的受力情况分析运动情况；（2）根据动能定理求解经过n次加速后电子的速度大小，结合交流电的周期，由x=vt求解第n个金属圆筒的长度；（3）根据匀变速直线运动的规律结合运动学公式、牛顿第二定律进行解答。
22．【答案】（1）若不计空气阻力，质量为、电荷量为的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动得：
沿着电场方向匀加速直线运动，有：
根据牛顿第二定律得：
联立可以求解两金属板间的电压
（2）空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，设竖直方向最大速度为，根据二力平衡得：
根据题意假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，则忽略竖直方向变速运动的距离；半径为、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，则根据两个方向运动时间相等得：
联立解得两金属板间的电压|已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，，在上一问基础上，设，，设的颗粒竖直方向达到的最大速度为，的颗粒竖直方向达到的最大速度为，若的颗粒恰好被收集，对的颗粒，根据二力平衡得：①
根据两个方向运动时间相等得：②
对的颗粒，设在平行板之间竖直方向运动的最大距离为，根据二力平衡得：③
根据两个方向运动时间相等得：④
①式：③式得：
②式和④式联立解得：
进一步解得：
即只有靠近下板的范围的颗粒才能够收集，所以的颗粒被收集的百分比
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】（1） 对左上角颗粒，垂直电场方向匀速直线运动得
沿着电场方向匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律得
联立可以求解两金属板间的电压
（2） ① 空气和带电颗粒沿板方向的速度相等，匀速运动。
竖直方向根据二力平衡得
全部收集，有
综上得
② 竖直方向根据二力平衡
颗粒的电荷量与其半径的平方成正比
整理得
两颗粒的速度之比
两个方向运动时间相等，直径为 颗粒
直径为颗粒
综上得
的颗粒被收集的百分比
【分析】（1）类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向匀加速，轨迹为抛物线；（2）匀速直线运动，分解后水平方向和数值方向均为匀速，颗粒运行的轨迹是直线。
23．【答案】（1）解： 设离子穿过B板狭缝时速度为，根据动能定理有①
解得②
（2）解： C、D两板间电压
设粒子离开C、D间电场时的竖直方向的速度分量为，速度偏向角为θ
由牛顿第二定律可得
③
④
⑤
联立：①③④⑤得⑥
代入数据得⑦
（3）解：设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有
y＝at2
l＝v0t
vy＝at
联立以上各式解得
即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点
设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为，有
⑧
⑨
由③⑧⑨得⑩
可知，当时离子打到极板上，时离子打到屏上；
设粒子打到屏上区域的竖直高度为y0，根据上述推导可得结论：打到屏上的离子好像是从两极板间中线的中点沿直线射出一样
结合题图由三角形相似可得
解得 =0.1m
因此，打到屏上区域为高2y0、宽的长方形
面积 =4×10-3m2
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）确定AB板间的电势差，粒子在AB板内只受电场力，再根据动能定理进行解答；
（2）离子进入CD板间做类平抛运动，确定离子在水平方向的位移，再根据类平抛运动规律进行解答；
（3）当离子从CD极板的端点飞出时，打在屏上的距离最远。运用类平抛运动规律判断离子从端点飞出时所需的极板电压是否在电压变化范围内。根据类平抛推论确定离子在光屏上与中心线的最大距离，再根据几何关系进行解答。
24．【答案】（1）解：从A点到B，根据动能定理可得
解得
（2）解：由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得
解得
方向竖直向下。
（3）解：滑块恰好始终沿轨道BCDG滑行，则滑至圆弧轨道D、G间等效最高点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，G与竖直方向夹角的正切值为
解得
令，则
解得
（4）解：滑块不离开轨道有两种可能，一种是最高到I点（等效重力场中圆心等高处），另一种是恰好通过H点（等效最高点）。
①如果最高到I点，根据动能定理，有
解得
②如果在等效场中最高到H点，则根据动能定理，有
联立解得
故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的s的取值范围为
或
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）对滑块从A到B的过程进行受力分析，确定各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（2）确定滑块在点做曲线运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律及牛顿第三定律进行解答；
（3） 使滑块恰好始终沿轨道滑行， 则滑至圆弧轨道的等效最高点时，由电场力和重力的合力提供向心力， 此时的速度为恰好做圆周运动的临界速度。根据力的合成与分解确定重力与电场力合力的大小及方向。再对等效最高点运用牛顿第二定律进行解答；
（3）滑块能不离开轨道做完整的圆周运动，当滑块恰好到达等效重力场中圆心等高处时，此时临界速度为0。当滑块恰好能经过等效最高点时，此时滑块能做完整的圆周运动，此时由电场力和重力的合力提供向心力。等效重力场的圆心等高处与圆心的连线与等效最高点与圆心的连线相互垂直。再根据不同的情况及临界条件，对全过程运用动能定理进行解答。
25．【答案】（1）解：依题意，物块运动到B点时，所受轨道的支持力大小为，由牛顿第二定律，可得
解得
物块P从静止运动到B点过程，根据动能定理可得
解得
（2）解：设物块P在圆弧轨道运动的等效最低点为D点，设电场力和物块的重力的合力与竖直方向的夹角为，如下图所示：
则有
解得
等效最高点在D点关于圆心对称的F点，依题意，物块P进入圆弧轨道后恰好能做完整的圆周运动的条件为
解得
即物块P进入圆弧轨道后恰好能做完整的圆周运动的临界速度为，设将物块P从B点右侧处由静止释放运动到F点过程，由动能定理可得
联立，解得
（3）解：根据（1）中分析，物块P从B点运动到等效最高点的速度设为，由动能定理可得
解得
即物块P进入圆弧轨道后的运动过程会与圆弧轨道分离。
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）物块从静止开始运动到B点的过程，有电场力和摩擦力做功，对该过程运用动能定理确定物块到达B点的速度。在B点开始物块做曲线运动，由支持力与重力的合力提供向心力，在B点运用牛顿第二定律进行联立解得；
（2）物块在轨道上运动过程为等效重力场模型，根据电场力与重力的大小关系确定两力合力的大小及方向，继而确定物块在轨道上的等效最高点和等效最低点。当物体在等效最高点完全由电场力及重力的合力提供向心力时，物块恰好在轨道最完整的圆周运动。根据牛顿第二定律确定此时物块在等效最高点的临界速度大小。再对物块开始运动到运动至等效最高点的过程运用动能定理进行解答；
（3）若物块能做完整的圆周运动，则在等效最高点的速度应不小于临界速度。加速物块能做完整的圆周运动，再结合（1）中分析对物块从B到等效最高点过程运用动能定理确定物块在等效最高点的速度，再根据该速度与临界速度的关系判断是否脱离。
26．【答案】（1）粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理
解得
（2）由牛顿第二定律
解得
同时有
解得
（3）时，粒子在x方向的速度为
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度
根据运动的对称特点，每个周期粒子在x正方向前进距离为
因为开始计时时粒子横坐标为
所以nT时，粒子的横坐标为
粒子的纵坐标为
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式求解；
（2）根据电场力提供向心力，得出运动半径，再根据 得出运动时间；
（3）先求出时，粒子在x方向的速度，再求出一个周期的平均速度，根据运动的对称性求出每个周期的前进距离，再根据数学知识求坐标。
27．【答案】（1）解： α粒子在静电分析器中的运动时满足，解得
（2）解：粒子在两板间的逆过程为类平抛运动，则
解得A、B极板间所加的电压
（3）解：粒子进入周期性变化的电场后，竖直方向做速度为v0的匀速运动，水平向右在0~做匀加速运动，在~T做匀减速运动，T~加速，~2T减速，则粒子在、…..时刻速度最大，动能最大，在时间内沿x方向加速的位移
同理减速的位移也为
在时间粒子位置的纵坐标
则粒子在、…..时刻粒子位置的横坐标（n=0、1、2、3……）
纵坐标（n=0、1、2、3……）
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）根据电场力提供向心力求半径；
（2）根据类平抛运动规律求A、B极板间所加的电压；
（3）分析粒子的运动情况，根据类平抛运动规律求解。
28．【答案】（1）解：根据动能定理
解得颗粒打在集尘板上时的动能
（2）解：若颗粒从上板下边缘进入经电场偏转后能打在集尘板上，则该种颗粒能全部被收集，其中打在右边缘上的颗粒比荷最小，则
根据牛顿第二定律
颗粒做类平抛运动，则
联立解得
（3）解：因颗粒在极短时间内即被加速到最大速度，颗粒在电场中做匀速直线运动，沿板方向与空气无相对运动，不受阻力。从上板下边缘进入的颗粒沿直线匀速运动至下板右边缘的颗粒恰能全部被收集，其半径最小，设颗粒沿电场方向的速度为 ，则
颗粒做类平抛运动，有
又因为
联立解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据动能定理求电量为-q的颗粒打在集尘板上时的动能；
（2）颗粒做类平抛运动，结合牛顿第二定律求能被集尘板全部收集的颗粒比荷
的最小值；
（3）因颗粒在极短时间内即被加速到最大速度，颗粒在电场中做匀速直线运动，根据二力平衡求解
29．【答案】（1），
（2）
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】(1)进偏转场速度，由动能定理
得
水平方向匀速运动
得
(2)正切值
纵向速度
由 得
(3)关系公式
由得
【分析】直线加速运动中动能定理优先应用；偏转中化曲为直计算加速分运动时注意方法的灵活与多样性；最后粒子出电场时的偏角与位移均不含m与q，与它们无关；字母运算要学会拖式运算。
30．【答案】（1）解：根据对称性可知，C点电场场强方向沿着AB连线的中垂线向上，如图所示
（2）解：C点电势为
O点电势为
设此点电荷刚好能够到达O点，由能量守恒定律可得
解得
（3）解：设圆周运动的半径为，C点电场场强大小为，则有
联立解得
方向垂直于纸面向里或者向外。
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中的运动。（1）根据对称性和电场叠加原理知，C电的电场强度方向竖直向上。（2）正电荷从C点运动到O点，电场力做负功，根据题意判断C、O两点电势或，根据能量守恒定理或动能定理求解。（3）电荷做匀速圆周运动，即合力总是指向圆心，且合力大小不变，故粒子在C点的运动方向应该垂直于纸面，由电场力提供向心力。
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 10.5 带电粒子在电场中的运动(优生加练)
一、选择题
1．（2024高三上·沈阳） 一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为和，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2
D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】根据牛顿第二定律有，微粒射入电容器后水平方向上的分速度为，竖直方向上的分速度为，
A. 微粒在射入到最高点过程中，水平方向上的位移为，竖直方向上的位移为，联立可知L：d=1：1，故A不符合题意
B. 微粒在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，有，微粒在电场加速的过程中由动能定理可得，可以求得，故B不符合题意
C.在微粒到达最高点过程中有，从最高点穿出过程中有水平方向上速度为，竖直方向上有，于是在水平方向上有，竖直方向上有，设粒子穿过电容器时，速度与水平方向夹角为，粒子射入电场和水平方向的夹角=，，故微粒穿过电容器区域的偏转角的正切值为，故C不符合题意
D.微粒射入最高点过程中水平方向位移为x，竖直方向上为，由此式子可以看出来微粒在运动过程中的位移与微粒的质量和电荷数量均无关，且由可以看出射出电场过程中微粒在电容器中运动轨迹不变，故D符合题意
【分析】微粒在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，明确受力和运动情况，再结合类平抛分解水平和竖直方向上的速度和位移列式求解，在解题过程中运用到动能定理并有电场力与电势差关系的运用，应当熟练掌握相关知识，从而得以运用。
2．（2022高二下·舟山期末）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，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连，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。若已知电子的质量为m、电荷量为e、电压的绝对值为u，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在时，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，则（ ）
A．圆筒内存在沿轴线的电场，电子在圆筒内向右加速运动
B．电子在各圆筒内运动时间均为
C．在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D．第n个圆筒的长度为
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A．因一个筒只接一个电极，所以金属筒内部场强处处为0，电子在筒内不受力做匀速运动，A不符合题意；
B．因为筒长是按一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为交流电周期的一半，即均为，B不符合题意；
C．因为在时，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，则此时圆筒1电势高，即在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C不符合题意；
D．设粒子进入第n个筒时的速度为vn，由动能定理可得
解得
所以第n个筒的长度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由于其筒内电场强度等于0所以电子在筒内做匀速直线运动，由于其筒长按规律增加所以其电子在筒内运动时间相等；由于其电子开始加速时筒1为高电势，则其奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值；利用动能定理可以求出粒子进入第n个筒的速度大小，结合其位移公式可以求出第n个筒的长度。
3．（2022高二下·联合期中）某科研小组在进行一次科研实验时，将一个能产生多种正离子（质子、氘核、氚核及氦核等）的粒子源放在如图装置的位置。粒子源产生的正离子飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入。已知平行金属板A、B板长为L，相距为d，两板间的电压为。若离子能从A、B板间射出（不计离子的重力），则（ ）
A．与之间的关系要满足
B．各离子在电场中的运动轨迹重合
C．各离子从A，B板间射出时的速度相同
D．各离子从粒子源到从A，B板间射出的时间相同
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．粒子经加速电场加速后的速度大小为，根据动能定理可得
粒子进入偏转电场做类平抛运动，若粒子能够从A、B板间射出则粒子的竖直偏转位移应满足
根据类平抛的特点可得
联立可得
A不符合题意；
B．假设带电粒子向下偏转，以S为坐标原点建立直角坐标系，如图所示
根据类平抛运动的特点可以求出粒子的竖直位移和水平位移分别为
联立可求得粒子的轨迹方程为
由此可知，粒子运动的轨迹与正离子的比荷无关，只有加速电场和偏转电场的性质决定，即各离子在电场中的运动轨迹重合，B符合题意；
C．各离子在电场中的运动轨迹重合，即在偏转电场中的竖直偏转位移相同，竖直偏转位移为，设粒子射出时的速度大小为，根据动能定理可得
解得
由此可知，粒子射出电场时的速度大小与正离子的比荷相关，即各离子从A、B板间射出时的速度大小不同，速度方向相同，C不符合题意；
D．设加速电场的宽度为，粒子在加速电场中运动的时间为，则有
解得
离子在偏转电场中运动的时间为
离子从粒子源到从A、B板间射出的时间为
由此可知，离子从粒子源到从A、B板间射出的时间与正离子的比荷相关，即各离子从A、B板间射出的时间不相同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】粒子在电场中加速，利用动能定理可以求出加速获得的速度表达式，结合其粒子在电场中偏转的位移公式可以求出加速电压与偏转电压的比值；利用其类平抛运动的位移公式可以求出偏转位移的表达式进而判别与离子的比荷无关；利用其动能定理可以判别离开偏转电场的速度与粒子的比荷有关；利用其匀变速的位移公式结合在偏转电场的位移公式可以求出其粒子运动的时间大小与比荷有关。
4．（2022高三上·湖北月考）如图所示，水平放置的平行板电容器与电源始终相连，两板间距为d。开关闭合，一带电微粒质量为m，电荷量为q，刚好静止在两板间。现将两板同时绕两板的中点A和B逆时针旋转角，并给微粒一初速度，重力加速度为，则（ ）
A．带电微粒带正电
B．带电微粒将在板间做曲线运动
C．带电微粒在板间运动的加速度大小为
D．电源电动势为
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．开关闭合，一带电微粒质量为m，电荷量为q，刚好静止在两板间。电场力向上，板间场强向下，故微粒带负电，A不符合题意；
B．初始时
现将两板同时绕两板的中点A和B逆时针旋转角，板间距减小场强变大因为满足
故电场力与重力合力水平向左，则带电微粒将在板间做减速直线运动，B不符合题意；
C．电场力垂直极板向上，根据合成可知，带电微粒在板间运动的加速度大小为
C符合题意；
D．根据以上分析可知
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】闭合开关时根据粒子的状态得出微粒的电性；结合共点力平衡以及匀强电场的表达式得出电场力与重力合力 的方向，从而判断粒子的运动情况；利用力的合成以及牛顿第二定律得出带电微粒在板间运动的加速度；结合电场力做功得出电源电动势。
5．（2023高二上·北京市期中）如图甲所示，两个平行金属板、正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压。时，板比板电势高，在两板的正中央点有一电子在电场力作用下由静止开始运动电子所受重力可忽略不计，已知电子在时间内未与两板相碰。则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A.，电子所受电场力方向向右，电子向右做匀加速直线运动，速度逐渐增大，故A不符合题意；
B.，电子所受的电场力方向向左，电子向右做匀减速直线运动，时速度为零，故B不符合题意；
C.，电子所受电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，故C符合题意；
D.，电子所受电场力方向向右，电子向左做匀减速直线运动，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】由乙图分析电场力的方向，根据牛顿第二定律和运动学知识分析运动情况。
6．（高中物理人教版选修3-1第一章第9节带电粒子在电场中的运动同步练习）如图①所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图②所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是（ ）
A．0C． 【答案】B
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】若0【分析】由v-t图像分析粒子运动规律可以直观发现粒子的运动情况
7．（2017高三上·大连期末）一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（ ）
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2s内，电场力所做的功等于零
C．4s末带电粒子回到原出发点
D．2.5s～4s内，电场力的冲量等于零
【答案】D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度 ，为第2s内加速度 的 ，因此先加速1s再减小0.5s速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v﹣﹣t图象如图所示，由对称关系可得，反向加速的距离使带电粒子刚回到减速开始的点，所以选项A错；0～2s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B错误；由v﹣﹣t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称可以看出，前4s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C错误；2.5s～4s内，电场力的冲量为 I=2qE0×0.5+（﹣qE0）×1=0，选项D正确．
故选D．
【分析】从图中可以看出，电场变化的周期是3s，在每个周期的前一秒内，带电粒子的加速度为 ，后两秒的加速度为 ，可得a2是a1的2倍，从而绘出v﹣t图，有题意可知粒子在反向加速0.5s后开始反方向运动，可判断A错误；由图可以看出0～2s的时间内，做功不会为零；由v﹣t图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为位移可判断C选项的正误；由动量定理可计算出2.5s～4s内的动量的变化，从而判断D的正误．
8．（2017高三上·定州模拟）如图所示的是示波管工作原理图：电子经电场加速后垂直射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度（该距离越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可使示波管的灵敏度提高（ ）
A．增大U1 B．增大U2 C．减小L D．减小d
【答案】D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】解：经加速电场后的速度为v，则：
所以电子进入偏转电场时速度的大小为： ，
电子进入偏转电场后的偏转的位移为：y= at2= = ，
所以示波管的灵敏度 ，
所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，D符合题意、ABC不符合题意．
故答案为：D．
【分析】粒子在加速电场的运动是由电场力充当合外力，电场力做功等于粒子动能的改变量，求出电子进入偏转电场时速度，再根据偏转的位移公式导出示波管的灵敏度的函数解析式，分析提高示波管的灵敏度的条件。
二、多项选择题
9．（2024高二上·成都期末）如图，在一柱形区域内有匀强电场，该区域的横截面是以О为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径。质量为m、电荷量为e的电子在纸面内从A点先后以不同大小的速度进入电场，速度方向与电场强度方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的电子，从圆周上的C点以速率离开电场，AC与AB的夹角为θ=60°，运动过程中电子仅受电场力作用。下列说法正确的是
A．电场强度的方向沿AC连线由A指向C
B．电场强度的大小为
C．电子进入电场的速率为时，将从B.点离开电场
D．电子进入电场的速率为时，离开电场后的动能增量最大
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、电子初速度为零，从C点离开电场，故电场强度方向与AC平行，由C指向A，故A错误；
B、由几何关系和电场强度的定义可知
，
由动能定理有
得
故B正确；
C、如图
电子从A点运动到B点做类平抛运动，由几何关系可知AC⊥BC，由牛顿第二定律和运动学公式有
解得
故C正确；
D、作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于Р点，则从圆周上的D点离开的电子电场力做功最多，动能增量最大。电子从A点运动到D点做类平抛运动，在AC方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向做匀速直线运动，运动的距离等于DP。由几何关系可知∠PAD=30°。由牛顿第二定律和运动学公式有
解得
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】负电荷所受电场力方向与电场强度方向相反。确定电子从A到C的受力情况及运动情况，再根据匀变速运动规律及牛顿第二定律结合几何关系进行解答。当初速度与力垂直，且力为恒力时，电子做类平抛运动，根据类平抛运动规律进行解答即可。
10．（2023高三上·泉州月考）在图甲的直角坐标系中，x轴上固定两点电荷M、N，距坐标原点O均为L，y轴上有P1、P2、P3三点，其纵坐标值分别为L、L、L。y轴上各点电场强度E随y变化的关系如图乙所示，图中0~L的阴影部分面积为a，0~L的阴影部分面积为b。一个质量为m、电荷量为-q的带负电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，则（ ）
A．M、N是等量正电荷
B．带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比为2∶3
C．带电粒子运动到P3位置时动能为q（b+a）
D．带电粒子运动过程中最大速度为
【答案】A,D
【知识点】电场力做功；点电荷的电场；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A、根据图像可知两电荷电量相等，电性相同，一个质量为m、电荷量为-q的带负电粒子，由P1点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，即带电粒子受到的合力沿y轴负方向，故p1处场强方向沿y轴正方向，所以M、N是等量正电荷，故A正确；
B、设电荷带电量为Q，则带电粒子在y轴上任一距离原点距离为y处，根据库仑定律及牛顿第二定律可得：，所以带电粒子在P1、P2两点处的加速度大小之比不是2∶3，故B错误；
C、图乙中面积代表电势差，带电粒子运动到P3的过程中，电场力在y轴正半轴做正功，在y轴负半轴做负功，根据动能定理可知动能为：，故C错误；
D、带电粒子从静止运动到P3的过程中，电场力在y轴正半轴做正功，在y轴负半轴做负功，带电粒子运动过程中最大速度在O点，根据动能定理可得：，解得最大速度：，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】对于图像类题型，需注意从图像的走势、截距、拐点、斜率及面积等维度进行分析。根据图像的对称性，根据点电荷的电场强度可知两电荷的电荷量情况。根据粒子的运动情况，结合场强与电场力的关系分析电荷的电性。分析带电粒子所受库仑力及牛顿第二定律分析加速度情况。对于带电粒子在非匀强电场的运动，要熟练电场力做功与电势差的关系。
11．（2022高二上·成都期末）如图所示，一个氢离子和一个氦离子同时从同一点由静止开始，经同一电场加速后垂直射入同一偏转电场中，最终打在与偏转电场平行的竖直荧光屏上，整个过程中不考虑两离子间的相互作用，则下列说法正确的是（)
A．两离子将先后打在荧光屏上的同一点
B．两离子将同时打在荧光屏上的同一点
C．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为2：1
D．两离子打在荧光屏上时速度大小之比为：1
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB、在加速电场中，由动能定理得，由于两粒子比荷不同，所以得到的速度不同，两种粒子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间为，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上；设偏转场极板间距离为，粒子在偏转电场中的偏转位移为： ，以上三式联立解得：，同理可得到偏转角的正切为： ，可见偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点，故A正确，B错误；
CD、打在荧光屏上的速度为，因为两离子的比荷之比为：，则两离子打在荧光屏上时速度大小之比为，故C错误，D正确．
故选择AD．
【分析】在加速电场中，由动能定理可得比荷不同得粒子速度不同，然而在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，则运动时间不同，所以将先后打在荧光屏上，偏转量和偏转角正切值与电荷的电荷量无关，所以两离子将打到荧光屏上同一点；再根据两离子的比荷之比关系，可得两离子打在荧光屏上时速度大小之比。
12．（2022高二上·运城期中）如图所示，让带电粒子M和N分别以不同的初速度同时沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点。已知，，不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从粒子射入到打在上极板的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．它们运动的时间之比
B．它们的初速度之比
C．它们的动能增加量之比
D．它们的电势能减少量之比
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．带电粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向有
解得
则有
A符合题意；
B．带电粒子在水平方向则有
解得
B符合题意；
C．由动能定理可得
则有
C不符合题意；
D．由功能关系可知，电场力做正功，电势能减少，则电势能的减少量等于电场力做功的大小，则有
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动，类平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的初速度为零的匀加速直线运动，结合类平抛运动的规律得出运动的时间之比和初速度之比。
13．（2024高三下·成都模拟）如图所示，竖直平面内建立直角坐标系，整个空间存在平行平面的匀强电场，电场强度方向与轴正方向成角。质量为的带电小球从坐标原点沿轴的正方向以初速度水平抛出，经过一段时间小球以的速度穿过轴正半轴某点（图中未画），重力加速度为，不计空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．小球所受电场力大小为
B．小球所受电场力大小为
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度大小等于竖直速度大小
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB. 由题可知，带电粒子经过一段时间穿过y轴正半轴，故粒子带正电，设所受电场力为qE，在竖直方向上有
水平方向有
水平方向运动具有对称性，返回y轴正半轴时水平速度大小不变，有
竖直方向分速度
联立可得
A不符合题意题意，B符合题意；
C. 当小球速度与电场方向垂直时，此时克服电场力做功最多，电势能最大，此时重力与速度方向夹角为钝角，故小球继续做减速运动，动能不是最小的时候，C不符合题意；
D. 当速度与电场线垂直时，分解到水平和竖直方向的分速度大小相等，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用运动的分解思想，结合牛顿第二定律可求出分运动的加速度大小，利用匀变速直线运动的速度时间关系时，联立可求出电场力的大小。
14．（2024高三上·抚顺期末）如图所示，长为、倾角为的光滑绝缘细杆垂直穿过半径为l、带电荷量为的固定大圆环的圆心O，细杆上的B点及圆心O恰好将细杆三等分．现从细杆的顶端A由静止释放一个套在细杆上的质量为m、带电荷量为、可视为点电荷的小滑环，小滑环恰好在A、C之间做往复运动．已知大圆环上的电荷分布均匀，静电力常量为k，重力加速度大小为g，，下列说法正确的是（ ）
A．小滑环在B点的速度大小为
B．A、C两点的电势差为
C．大圆环在C点产生的电场的电场强度大小为
D．小滑环在A点时的加速度最大
【答案】A,C
【知识点】功能关系；电场强度的叠加；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 小滑环从A点到B点对称，故电场力做功为零，由动能定理可知
得
A符合题意；
B. 可知A、C点滑环速度为零，由动能里可知
可得
B不符合题意；
C. 可知圆环上一点到C点距离为
单个电荷在C点产生电场强度沿杆的分量为
则密度分布均匀的圆环在C点产生电场强度为
C符合题意；
D. 可知等量同种电荷在中垂线上一点存在场强最大的点，故均匀带电圆环可看成多对等量同种电荷，故在AO连线存在一点场强最大，但不一定为A点，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用动能定律，结合电场力做功和重力做功的特点，可求出速度和电势差的大小；利用场强叠加可求出电场强度的大小。
15．（2023高二上·成都期中） 如图甲所示，半径为R的圆管道固定在竖直平面内，管道内径较小且与半径相比可忽略，内壁光滑，管道最低点为B，最高点为A，圆管所在平面内存在一匀强电场，在B点给质量为m、带电荷量为的小球一水平初速度，小球运动过程中动能与机械能随转过角度的变化关系分别如图乙、图丙所示，已知B点为重力势能和电势的零点，小球在管道内恰好做圆周运动，重力加速度为g，小球可视为质点，则（ ）
A．电场强度大小为，方向与水平方向成角斜向左下
B．小球的初动能为
C．小球的最大机械能为
D．小球在A点对管壁的作用力大小为
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A、根据机械能随角度的变化图像可知，当小球转过的角度为240°时，小球机械能最小，电场力做的负功最多，说明电场力的方向与水平方向的夹角为30°斜向左下，故A错误；
B、根据动能随角度的变化图像可知，当小球转过的角度为210°时，小球的动能为零，说明此时小球在等效最高点，有
解得
对小球从B点到等效最高点的过程，根据动能定理有
解得
故B正确；
C、当小球转过的角度为60°时，电场力做的正功最多，根据功能关系有
解得
故C正确；
D、从B点到A点根据动能定理有
解得
在A点竖直方向上根据牛顿第二定律有
解得
故D错误。
故答案为：BC。
【分析】该题型为等效重力场模型的题型，根据图像确定小球在运动过程中的等效最高点和等效最低点。对于双轨模型，到达等效最高点的临界速度为零，即小球受力平衡。继而得出场强的大小和方向。再选择恰当的运动过程，运动动能定理求出小球的初动能、A点速度及最大机械能。再根据牛顿第二定律求出A点作用力大小。
16．（2023高二上·武汉期中） 如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以速度大小为v竖直向上射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为－q，重力加速度为g，则在该过程中（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球克服重力做功为0
C．小球射入电场后，小球的电势能逐渐减小
D．小球机械能增加
【答案】A,C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.小球在竖直方向上做竖直上抛运动，速度方向恰好沿水平方向时，竖直方向的速度为零，则运动时间：；水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，则；联立解得：，故A符合题意；
B. 小球上升的高度为：，小球克服重力做功为：，故B不符合题意；
C.在该过程中，电场力对小球做正功，小球的电势能减小，故C符合题意；
D.在该过程中，除重力做功外只有电场力做功，且电场力做正功。水平方向的位移为：，电场力做功为：，根据功能关系知，小球机械能增加了，故D符合题意。
故答案为：ACD
【分析】小球在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律求解电场强度；根据运动学公式求小球上升的高度，再求小球克服重力做的功；根据电场力做功情况判断电势能的变化；由功能关系求解小球机械能的增量。
17．（2023高二上·沈阳期中）如图甲所示为两块水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压U，电压U随时间t变化的图像如图乙所示。现有一群质量为m、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两金属板间，经时间T都能从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（ ）
A．时入射的粒子，从进入电场到射出电场，电场力对粒子始终不做功
B．时入射的粒子，离开电场时的速度方向沿水平方向
C．时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
D．时入射的粒子，离开电场时的速度大小等于初速度
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A.因为粒子在水平方向不受力，所以粒子的水平分速度保持不变，当粒子在t=0时入射时，在竖直方向上，时间内，粒子做匀加速运动，在时粒子在竖直方向上的速度达到最大，时间内，电场反向，粒子做减速运动，根据运动的对称性可知，当t=T时粒子在竖直方向上的速度恰好减小为零，因此离开电场时偏离中线的距离最大，故t=0时入射的粒子，从进入电场到射出电场，电场力对粒子做功，A不符合题意；
C.时入射的粒子，在竖直方向上，在时间内进行加速，是时间内减速，根据运动的对称性可知，时速度减为零，此时距离中线距离最大，在时间内进行反向加速，时间内再次减速，直到速度为零，根据运动的对称性可知，时粒子回到中线，即粒子离开电场时不偏离中线，C不符合题意；
BD.无论哪个时刻入射的粒子，在一个周期T内，受到的正向电压和反向电压的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都是水平的，且离开电场时的速度大小都相等，都等于初速度，BD符合题意。
故答案为：BD。
【分析】带电粒子进入电场做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电压正向和反向时运动的对称性，分析粒子在竖直方向上的运动过程，得出粒子最终从电场中射出时的位置；一个周期内，正向电压和反向电压的时间是相同的，不论哪个时刻入射的粒子，竖直分速度出电场时的速度均为零。
18．（2021高二上·深圳月考）如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔，一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，保持两极板上电荷量不变，则（ ）
A．微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小
B．微粒下落过程中重力做功为 ，静电力做功为
C．若将A板上移 ，则微粒无法到达c点
D．若微粒从距B板高 处自由下落，则恰好能到达A板
【答案】B,D
【知识点】功的计算；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．由微粒运动到 点过程中先做自由落体运动，进入电容器以后受恒定的电场力和重力而最后速度变为零，因此一定做减速运动，因此动能先增加后减小，A不符合题意；
B．微粒下落高度为 ，重力做功为 ，静电力做负功，大小为 ，B符合题意；
C．根据
得
保持两极板上电荷量不变，将A板上移 ，板间电场强度不变，微粒在板中受到的力不变，仍能到达c点，C不符合题意；
D．若微粒从距 板高 处自由下落，假设能够到达A板，重力做功为 ，克服静电力做功 ，结合B分析可知，假设成立，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据微粒的受力情况得出微粒的运动情况，从而得出位移速度的变化情况；根据电容器的定义式以及决定式 和匀强电场电场强度的表达式得出A板上移的过程是否能到达C点；结合自由落体运动的规律以及恒力做功判断微粒是否能到达A板。
19．（2018高二下·宣城期末）如图所示，匀强电场中有一个以 O 为圆心、半径为 R 的圆，电场方向与圆所在平面平 行，A、O 两点电势差为 U，一带正电的粒子在该电场中运动，经 A、B 两点时速度方向沿 圆的切线，速度大小均为 v0，粒子重力不计，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子从 A 到 B 的运动轨迹是一段抛物线
B．粒子从 A 到 B 的运动过程中，电势能先减小后增大
C．粒子从 A 到 B 的运动过程中，动能最小值为 A 点动能的一半
D．圆周上任两点间电势差的最大值为 2U
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等。因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面。根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，A符合题意；
由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，B不符合题意；粒子运动到C点时动能最小，其速度为 ，则最小动能 ，C符合题意； 匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO=E× R，所以E= ；圆周上任两点间电势差的最大值为 ，D不符合题意；
故答案为：AC.
【分析】解决本题的关键是找出电场力方向，再根据电场力与初速度方向间关系确定带电粒子怎样运动。根据运动性质选择规律解决问题。
三、非选择题
20．（2024高二上·汕尾期末）如图所示，竖直放置的平行板电容器两板间的电势差，在xOy平面直角坐标系第Ⅰ象限内分布着沿y轴正方向的匀强电场，离子源N放置在电容器左边极板的中间，可以水平向右发射带负电的离子．若离子进入电容器时速度为零，经电容器电场的加速后穿过右板垂直于y轴从P点处射入电场，并从x轴上的A点处射出．已知P点的纵坐标为，A点的横坐标为，带电粒子的荷质比，不考虑带电粒子所受的重力．
（1）求带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小；
（2）求匀强电场的电场强度的大小E；
（3）在过y轴上的B点处放一张感光胶片，感光胶片与x轴平行，B点的纵坐标为．带电粒子打到感光胶片上会使胶片曝光．若离子源发射的离子速度范围是[为第（1）问中求出的结果]，求感光胶片上曝光点的横坐标范围．
【答案】（1）解： 离子在电容器极板间加速，根据动能定理得
解得
（2）解： 离子在第Ⅰ象限中做类平抛运动
在方向上有：
在方向上，由牛顿第二定律得
解得
（3）解： 若离子的初速度为零，离子从点离开电场，之后做匀速直线运动
由几何关系可知，打在感光胶片的横坐标
联立方程得
若离子的初速度为，设离子进入偏转电场的速度为，根据动能定理得
解得：
设离子在轴点离开电场，由于，且不变，也不变．
由几何关系可知
联立方程得
感光胶片上曝光点的横坐标范围为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）带电粒子从平行板电容器内做加速运动，由动能定理求出带电粒子从平行板电容器射出时的速度大小；（2）离子在第Ⅰ象限中做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式，求解匀强电场的电场强度的大小；（3）根据几何关系求解感光胶片上曝光点的横坐标。
21．（2023高二上·北京市期中）研究原子核的结构时，需要用能量很高的粒子轰击原子核。为了使带电粒子获得很高的能量，科学家发明了各种粒子加速器。
图为某加速装置的示意图，它由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源的两极相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图所示。在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值。此时和偶数圆筒相连的金属圆板序号为的中央有一电子，在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒。为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵循一定的规律。
若电子的质量为，电荷量为，交变电源的电压为，周期为，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为。不计电子的重力和相对论效应。
（1）求电子进入圆筒时的速度，并分析电子从圆板出发到离开圆筒这个过程的运动。
（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，则第个金属圆筒的长度应该为多少？
（3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为，在保持圆筒长度、交变电压的变化规律和中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度是多少？
【答案】（1）解：电子由金属圆板经电场加速进入圆筒，根据动能定理得
解得 ，
电子从圆板开始先做匀加速直线运动，进入圆筒，筒内场强为，电子不受外力做匀速直线运动，在圆筒、之间间隙再做匀加速直线运动，进入圆筒再做匀速直线运动。
（2）解：电子进入第个圆筒时，经过次加速，根据动能定理得
解得
由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期，则
解得
（3）解：由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和中相同，且考虑电子在间隙中的加速时间，则电子进入每级圆筒的时间都要比中对应的时间延后一些，如果延后累计时间等于，则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是电子获得的最大速度。
由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均相同，则电子的加速度为 ，
又 ， ，
则
累计延后时间为 ，则电子的加速时间为 ，所以电子的最大速度为
可得。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的加速
【解析】【分析】（1）根据动能定理分析电子在圆筒0和圆筒1之间的运动，求出电子进入圆筒1时的速度 ，根据电子运动过程中的受力情况分析运动情况；（2）根据动能定理求解经过n次加速后电子的速度大小，结合交流电的周期，由x=vt求解第n个金属圆筒的长度；（3）根据匀变速直线运动的规律结合运动学公式、牛顿第二定律进行解答。
22．（2024高二上·月考）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物视为小球组成的台混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为，间距为。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若不计空气阻力，质量为、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度方向相反，大小为，其中为颗粒的半径，为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
①半径为、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压；
②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进入收集器的均匀混合气流包含了直径为和的两种颗粒，若的颗粒恰好被收集，求的颗粒被收集的百分比。
【答案】（1）若不计空气阻力，质量为、电荷量为的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动得：
沿着电场方向匀加速直线运动，有：
根据牛顿第二定律得：
联立可以求解两金属板间的电压
（2）空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，设竖直方向最大速度为，根据二力平衡得：
根据题意假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，则忽略竖直方向变速运动的距离；半径为、电荷量为的颗粒恰好全部被收集，则根据两个方向运动时间相等得：
联立解得两金属板间的电压|已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，，在上一问基础上，设，，设的颗粒竖直方向达到的最大速度为，的颗粒竖直方向达到的最大速度为，若的颗粒恰好被收集，对的颗粒，根据二力平衡得：①
根据两个方向运动时间相等得：②
对的颗粒，设在平行板之间竖直方向运动的最大距离为，根据二力平衡得：③
根据两个方向运动时间相等得：④
①式：③式得：
②式和④式联立解得：
进一步解得：
即只有靠近下板的范围的颗粒才能够收集，所以的颗粒被收集的百分比
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】（1） 对左上角颗粒，垂直电场方向匀速直线运动得
沿着电场方向匀加速直线运动，有
根据牛顿第二定律得
联立可以求解两金属板间的电压
（2） ① 空气和带电颗粒沿板方向的速度相等，匀速运动。
竖直方向根据二力平衡得
全部收集，有
综上得
② 竖直方向根据二力平衡
颗粒的电荷量与其半径的平方成正比
整理得
两颗粒的速度之比
两个方向运动时间相等，直径为 颗粒
直径为颗粒
综上得
的颗粒被收集的百分比
【分析】（1）类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向匀加速，轨迹为抛物线；（2）匀速直线运动，分解后水平方向和数值方向均为匀速，颗粒运行的轨迹是直线。
23．（2023高二上·广州期末）如图（a）所示，两竖直平行金属板A、B与x轴垂直，接在电压大小为的稳压电源上，A板过原点，在B板上靠近中间处有一长度的水平狭缝．在B板右侧水平放置边长为的两正方形平行金属板C、D，两板间距，距板右端处垂直x轴有一足够大的荧光屏．A板中间位置沿z轴方向有一线形离子源，可以连续释放初速度为零的正离子．已知离子源、B板上的狭缝和C、D板中间线均在同一水平面内，且C、D板不加电压时，屏上会出现长2cm一条水平亮线．现在C、D两极板间接上如图（b）所示的交变电压（若每个离子穿过C、D板间的时间极短，可认为此过程中C、D板间电压不变，极板间形成的电场可视为匀强电场），忽略电场的边缘效应，不计离子重力以及离子间的相互作用力，离子的比荷均为=．求：
图（a） 图（b）
（1）离子穿过B板狭缝时的速度大小；
（2）C、D板间电压为U1=400V时，离子离开C、D板时的速度与水平方向夹角(即速度偏向角)的正切值；
（3）离子打在屏上的区域面积S．
【答案】（1）解： 设离子穿过B板狭缝时速度为，根据动能定理有①
解得②
（2）解： C、D两板间电压
设粒子离开C、D间电场时的竖直方向的速度分量为，速度偏向角为θ
由牛顿第二定律可得
③
④
⑤
联立：①③④⑤得⑥
代入数据得⑦
（3）解：设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有
y＝at2
l＝v0t
vy＝at
联立以上各式解得
即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点
设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为，有
⑧
⑨
由③⑧⑨得⑩
可知，当时离子打到极板上，时离子打到屏上；
设粒子打到屏上区域的竖直高度为y0，根据上述推导可得结论：打到屏上的离子好像是从两极板间中线的中点沿直线射出一样
结合题图由三角形相似可得
解得 =0.1m
因此，打到屏上区域为高2y0、宽的长方形
面积 =4×10-3m2
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）确定AB板间的电势差，粒子在AB板内只受电场力，再根据动能定理进行解答；
（2）离子进入CD板间做类平抛运动，确定离子在水平方向的位移，再根据类平抛运动规律进行解答；
（3）当离子从CD极板的端点飞出时，打在屏上的距离最远。运用类平抛运动规律判断离子从端点飞出时所需的极板电压是否在电压变化范围内。根据类平抛推论确定离子在光屏上与中心线的最大距离，再根据几何关系进行解答。
24．（2024高二下·雅安开学考）如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带电量为的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，。
（1）若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放，求滑块到达B点的速度；
（2）在（1）的情况下，求滑块到达B点时对轨道的压力；
（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小；
（4）改变s的大小，为了使小滑块不脱离圆弧轨道，求AB初始距离s的取值范围。
【答案】（1）解：从A点到B，根据动能定理可得
解得
（2）解：由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得
解得
方向竖直向下。
（3）解：滑块恰好始终沿轨道BCDG滑行，则滑至圆弧轨道D、G间等效最高点时，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，G与竖直方向夹角的正切值为
解得
令，则
解得
（4）解：滑块不离开轨道有两种可能，一种是最高到I点（等效重力场中圆心等高处），另一种是恰好通过H点（等效最高点）。
①如果最高到I点，根据动能定理，有
解得
②如果在等效场中最高到H点，则根据动能定理，有
联立解得
故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的s的取值范围为
或
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）对滑块从A到B的过程进行受力分析，确定各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；
（2）确定滑块在点做曲线运动向心力的来源，再根据牛顿第二定律及牛顿第三定律进行解答；
（3） 使滑块恰好始终沿轨道滑行， 则滑至圆弧轨道的等效最高点时，由电场力和重力的合力提供向心力， 此时的速度为恰好做圆周运动的临界速度。根据力的合成与分解确定重力与电场力合力的大小及方向。再对等效最高点运用牛顿第二定律进行解答；
（3）滑块能不离开轨道做完整的圆周运动，当滑块恰好到达等效重力场中圆心等高处时，此时临界速度为0。当滑块恰好能经过等效最高点时，此时滑块能做完整的圆周运动，此时由电场力和重力的合力提供向心力。等效重力场的圆心等高处与圆心的连线与等效最高点与圆心的连线相互垂直。再根据不同的情况及临界条件，对全过程运用动能定理进行解答。
25．（2024高二下·江油开学考）如图所示，竖直固定的半径R＝0.32m的光滑绝缘圆弧轨道在B点与粗糙绝缘水平轨道AB相切。整个轨道处于水平向左的匀强电场中。将一个质量m＝0.4kg、带电量q＝＋3×10－3C的物块P（可视为质点）从水平轨道上B点右侧距离B点x＝0.64m的位置由静止释放，物块运动到B点时对圆弧轨道的压力大小为。圆弧轨道右下方留有开口，物块进入圆弧轨道后，开口将自动关闭形成一个闭合的圆轨道。已知物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.25，，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
（1）物块P运动到B点时的速度大小以及匀强电场的场强大小；
（2）为了让物块P进入圆弧轨道后恰好能做完整的圆周运动，需要将物块P从B点右侧多远处由静止释放？
（3）通过计算分析物块P进入圆弧轨道后的运动过程是否会与圆弧轨道分离。
【答案】（1）解：依题意，物块运动到B点时，所受轨道的支持力大小为，由牛顿第二定律，可得
解得
物块P从静止运动到B点过程，根据动能定理可得
解得
（2）解：设物块P在圆弧轨道运动的等效最低点为D点，设电场力和物块的重力的合力与竖直方向的夹角为，如下图所示：
则有
解得
等效最高点在D点关于圆心对称的F点，依题意，物块P进入圆弧轨道后恰好能做完整的圆周运动的条件为
解得
即物块P进入圆弧轨道后恰好能做完整的圆周运动的临界速度为，设将物块P从B点右侧处由静止释放运动到F点过程，由动能定理可得
联立，解得
（3）解：根据（1）中分析，物块P从B点运动到等效最高点的速度设为，由动能定理可得
解得
即物块P进入圆弧轨道后的运动过程会与圆弧轨道分离。
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）物块从静止开始运动到B点的过程，有电场力和摩擦力做功，对该过程运用动能定理确定物块到达B点的速度。在B点开始物块做曲线运动，由支持力与重力的合力提供向心力，在B点运用牛顿第二定律进行联立解得；
（2）物块在轨道上运动过程为等效重力场模型，根据电场力与重力的大小关系确定两力合力的大小及方向，继而确定物块在轨道上的等效最高点和等效最低点。当物体在等效最高点完全由电场力及重力的合力提供向心力时，物块恰好在轨道最完整的圆周运动。根据牛顿第二定律确定此时物块在等效最高点的临界速度大小。再对物块开始运动到运动至等效最高点的过程运用动能定理进行解答；
（3）若物块能做完整的圆周运动，则在等效最高点的速度应不小于临界速度。加速物块能做完整的圆周运动，再结合（1）中分析对物块从B到等效最高点过程运用动能定理确定物块在等效最高点的速度，再根据该速度与临界速度的关系判断是否脱离。
26．（2023高二上·重庆市期中） 如图建立xOy直角坐标系，在其第二象限中放置平行金属板A、B和平行于金属板的细管C，细管C开口紧靠金属板右侧且与两板等距，另一开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿任意方向发射某一速度的带电粒子。当A、B板加上某一大小为U的电压时，有带电粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出，进入位于第一象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，t=0时刻带电粒子垂直于x轴进入第四象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。已知带电粒子电荷量为+q，质量为m，重力不计。求：
（1）粒子源发射带电粒子的速度v；
（2）带电粒子在静电分析器中的轨迹半径r和运动时间t0；
（3）当t=nT时，带电粒子的坐标。（n=1，2，3……）
【答案】（1）粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理
解得
（2）由牛顿第二定律
解得
同时有
解得
（3）时，粒子在x方向的速度为
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度
根据运动的对称特点，每个周期粒子在x正方向前进距离为
因为开始计时时粒子横坐标为
所以nT时，粒子的横坐标为
粒子的纵坐标为
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）根据动能定理列式求解；
（2）根据电场力提供向心力，得出运动半径，再根据 得出运动时间；
（3）先求出时，粒子在x方向的速度，再求出一个周期的平均速度，根据运动的对称性求出每个周期的前进距离，再根据数学知识求坐标。
27．（2023高二上·武汉期中） 如图建立竖直平面内坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板（场强的方向竖直向下）的细管C组成，放置在第II象限，细管C离两板等距，细管C开口在y轴上。放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子（带正电）。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0（已知）从细管C水平射出，进入位于第I象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动，t=0时刻α粒子垂直于x轴进入第IV象限的交变电场中，交变电场随时间的变化关系如图乙（图上坐标均为已知物理量），规定沿x轴正方向为电场正方向，静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，场强大小为E0。已知α粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。求：
（1）α粒子在静电分析器中的运动半径r；
（2）A、B极板间所加的电压U；
（3）0时刻起，α粒子动能最大时的位置坐标。
【答案】（1）解： α粒子在静电分析器中的运动时满足，解得
（2）解：粒子在两板间的逆过程为类平抛运动，则
解得A、B极板间所加的电压
（3）解：粒子进入周期性变化的电场后，竖直方向做速度为v0的匀速运动，水平向右在0~做匀加速运动，在~T做匀减速运动，T~加速，~2T减速，则粒子在、…..时刻速度最大，动能最大，在时间内沿x方向加速的位移
同理减速的位移也为
在时间粒子位置的纵坐标
则粒子在、…..时刻粒子位置的横坐标（n=0、1、2、3……）
纵坐标（n=0、1、2、3……）
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）根据电场力提供向心力求半径；
（2）根据类平抛运动规律求A、B极板间所加的电压；
（3）分析粒子的运动情况，根据类平抛运动规律求解。
28．（2024高二下·汉寿开学考）某种空气净化装置原理如图所示，由空气和带负电的灰尘颗粒物视为小球组成的均匀混合气流进入由一对平行金属板构成的集尘器。在集尘器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度保持不变，在匀强电场作用下，有些带电颗粒能打到集尘板上被收集。已知金属板长度为，间距为、板间电压恒为，不考虑重力影响和颗粒间的相互作用。求：
（1）若不计空气阻力，沿中轴线进入电场的质量为、电量为的颗粒打在集尘板上时的动能；
（2）若不计空气阻力，能被集尘板全部收集的颗粒比荷的最小值；
（3）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度方向相反，大小为，颗粒所带电量的大小与其半径平方成正比，其值为，为颗粒半径，、为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间即加速达到最大速度。能被集尘板全部收集的颗粒的最小半径。
【答案】（1）解：根据动能定理
解得颗粒打在集尘板上时的动能
（2）解：若颗粒从上板下边缘进入经电场偏转后能打在集尘板上，则该种颗粒能全部被收集，其中打在右边缘上的颗粒比荷最小，则
根据牛顿第二定律
颗粒做类平抛运动，则
联立解得
（3）解：因颗粒在极短时间内即被加速到最大速度，颗粒在电场中做匀速直线运动，沿板方向与空气无相对运动，不受阻力。从上板下边缘进入的颗粒沿直线匀速运动至下板右边缘的颗粒恰能全部被收集，其半径最小，设颗粒沿电场方向的速度为 ，则
颗粒做类平抛运动，有
又因为
联立解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）根据动能定理求电量为-q的颗粒打在集尘板上时的动能；
（2）颗粒做类平抛运动，结合牛顿第二定律求能被集尘板全部收集的颗粒比荷
的最小值；
（3）因颗粒在极短时间内即被加速到最大速度，颗粒在电场中做匀速直线运动，根据二力平衡求解
29．（2023高二上·龙门月考）如图所示，一带电粒子由静止被电压为U1的加速电场加速，然后沿着与电场垂直的方向进入另一个电压为U2的匀强偏转电场，并射出偏转电场。已知粒子的带电量为q，质量为m；偏转电极长为L，极板间距为d、不计粒子的重力。求粒子：
（1）进入偏转场的速度和在偏转电场中的运动时间；
（2）射出偏转电场时偏转的角度的正切值tanθ；
（3）射出偏转电场U2时垂直极板方向的偏转位移。
【答案】（1），
（2）
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】(1)进偏转场速度，由动能定理
得
水平方向匀速运动
得
(2)正切值
纵向速度
由 得
(3)关系公式
由得
【分析】直线加速运动中动能定理优先应用；偏转中化曲为直计算加速分运动时注意方法的灵活与多样性；最后粒子出电场时的偏角与位移均不含m与q，与它们无关；字母运算要学会拖式运算。
30．（2023·丰台模拟） 如图所示，真空中A、B两点分别固定电荷量均为的两个点电荷，O为A、B连线的中点，C为A、B连线中垂线上的一点，C点与A点的距离为，AC与AB的夹角为，中垂线上距离A点为的点的电势为（以无穷远处为零电势点）。一个质量为的点电荷（其电荷量远小于Q），以某一速度经过C点，不计点电荷的重力，静电力常量为。
（1）画出C点的电场强度方向；
（2）若经过C点的点电荷的电荷量为，速度方向由C指向O，要让此点电荷能够到达O点，求其在C点的速度最小值；
（3）若经过C点的点电荷的电荷量为，要让此点电荷能够做过C点的匀速圆周运动，求其在C点的速度的大小和方向。
【答案】（1）解：根据对称性可知，C点电场场强方向沿着AB连线的中垂线向上，如图所示
（2）解：C点电势为
O点电势为
设此点电荷刚好能够到达O点，由能量守恒定律可得
解得
（3）解：设圆周运动的半径为，C点电场场强大小为，则有
联立解得
方向垂直于纸面向里或者向外。
【知识点】电场强度的叠加；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中的运动。（1）根据对称性和电场叠加原理知，C电的电场强度方向竖直向上。（2）正电荷从C点运动到O点，电场力做负功，根据题意判断C、O两点电势或，根据能量守恒定理或动能定理求解。（3）电荷做匀速圆周运动，即合力总是指向圆心，且合力大小不变，故粒子在C点的运动方向应该垂直于纸面，由电场力提供向心力。
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