高考物理一轮复习：带电粒子在电场中的运动
一、选择题
1．（2024高一下·浙江月考）让一价氢离子、一价离子和二价离子的混合体，由静止开始经同一加速电场加速后，从同一位置垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（ ）
A．进入偏转电场时的动能相同
B．进入偏转电场时的速率相同
C．先后到达屏上不同点
D．离开偏转电场时动能之比为
【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】AB.在加速电场中有
可知粒子进入偏转电场的动能与它们的电量有关，故一价氢离子、一价离子进入偏转电场的动能相同，二价离子与它们进入偏转电场的动能不同，由上式可得粒子进入偏转电场的速度为
可知，如果它们的比荷不同，则它们进入偏转电场时的速率也不相同，AB不符合题意；
C.在加速电场中有
在偏转电场中有
，，，
解得在电场中的偏转位移为
离子离开电场时的偏转角为
则不同带电粒离开偏转电场时偏转位移与偏转角度相同，所以能到达屏上同一个点，C不符合题意；
D.对粒子在加速电场和偏转电场中运动的全过程，由动能定理可得粒子离开偏转电场的动能为
可知它们离开偏转电场时动能之比等于它们的电量之比，即它们离开偏转电场时动能之比为 ，D符合题意。
故答案为D。
【分析】由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，得出影响它们进入电场的动能和速率的相关量；粒子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式，求出三种粒子离开偏转电场时偏转位移和偏转角的关系，得出结论；由动能定理分析粒子在加速电场和偏转电场中运动的全过程，求出三种粒子离开偏转电场时动能之比。
2．（2018高二上·四子王旗期中）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）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． B． C． D．
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A.若0＜t0＜ ，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意。
B、若 ＜t0＜ ，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意。
C、若 ＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意。
D、若T＜t0＜ ，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意。
故答案为：B
【分析】带电粒子在两个极板中运动，结合题目给出的ab两极板的电势随时间的变化，确定电荷受到的电场力的方向，再结合运动学公式分析求解即可。
3．（2024高二下·金牛月考）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，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，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．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为
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偏转
【解析】【解答】 A、设粒子从射入到运动至最到点的时间t1，根据动力学有
粒子射入水平放置的平行板电容器水平速度、竖直速度为
，
解得
故A错误；
B、 粒子在平行板电容器内的加速度
竖直方向有
粒子射入电场的动能
可得
故B错误；
C、设粒子从最高点运动至射出平行板电容器的时间为t2，根据动力学有
可得
射出磁场时竖直方向的速度
微粒穿出电容器区域时速度与水平方向夹角θ的正切值
故C错误；
D、设粒子从射入到运动至最低点的水平位移为x，设粒子从射入到运动至最到点的时间为t ，为
竖直方向的位移为
粒子在平行板电容器内的加速度
粒子射入电场的动能
联立解得
且
，
联立解得
，
即粒子从射入到运动至最到点的水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，粒子射出磁场的过程同理可得，故轨迹不会变化，故D正确。
故答案为：D。
【分析】粒子进入极板间后做斜抛运动，从进入到最高点的过程中，根据运动的可逆性可视为类平抛运动，再根据类平抛运动规律及运动的合成与分解确定L与d的关系。粒子在加速电场做匀加速直线运动，根据动能定理确定电压与粒子进入极板初速度的关系，再结合粒子在极板间的牛顿第二定律确定极板间的电压，继而确定两电压的关系。对最高点到射出点的过程运用类平抛运动规律确定粒子射出速度偏转角。对整个运动过程运用斜抛运动规律判断粒子运动轨迹与质量或电荷量的关系。
4．（2024高一下·汨罗月考）半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有质量为m带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图，珠子所受静电力是其重力的倍，将珠子从环上最低位置A点由静止释放（sin53°＝0.8；cos53°＝0.6）则珠子所获得的最大动能是（ ）
A．sinr B．mgr C．mgr D．mgr
【答案】C
【知识点】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】【解答】珠子沿圆环先做加速运动，后做减速运动，设其运动至跟圆心连线与竖直方向的夹角为θ 时，切向合力为零，珠子在此位置时速度最大，动能最大，则有
解得
由动能定理
解得
故答案为：C。
【分析】珠子所处空间同时存在匀强电场和重力场，为等效重力场模型，根据“等效重力场”模型的特点，根据电场力与重力的大小关系确定“等效最低点”的位置，珠子在“等效最低点”的速度最大，即动能最大，确定珠子从A运动到“等效最低点”过程的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答。
5．（2024高一下·浙江月考）一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m且带电量为的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（已知，）（ ）
A．剪断细线，小球将做曲线运动
B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
D．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.剪断细线，小球从静止释放，重力和电场力的合力恒定，所以小球将在恒力作用下做匀加速直线运动，A不符合题意；
B.突然撤去电场，小球开始做圆周运动，撤去得出瞬间，由于小球的速度为零，所以沿绳方向合力为零，即
B不符合题意；
C.如图所示：
当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由共点力平衡条件可得
解得电场强度最小值为
C不符合题意；
D.A点为圆周运动等效最低点，关于O与A对称的点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据剪断细线后小球的受力分析小球的运动性质；突然撤去电场的瞬间，小球将做圆周运动，根据向心力与线速度的关系，求解此时绳子拉力大小；作图分析电场力最小时的方向，由共点力平衡条件求出电场强度的最小值；根据小球受到的合力方向，得出小球做圆周运动的等效最高点和最低点的位置，由牛顿第二定律求出小球恰能做圆周运动时通过B点的速度，再由动能定理计算小球通过A点的最小速度。
6．（2020高二上·肇东期中）将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是（ ）
A．电子一直向着A板运动
B．电子一直向着B板运动
C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
【答案】D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】根据交变电压的变化规律，可确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度 、速度 随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个 内做匀加速运动，第二个 内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势高于A板电势，所以电子向B板运动，加速度大小为 ．在第三个 内做匀加速运动，第四个 内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为 ，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项为D．
故答案为：D
【分析】利用电场中电压的规律结合牛顿第二定律可以画出加速度和时间的图像，利用加速度的变化情况可以画出电子的速度时间图像，利用图像可以判别电子在板间的运动情况。
7．（2023高二上·新郑月考）示波器可用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管。示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极、上都不加电压时，从电子枪发出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在O点产生一个亮斑。若同时在两个偏转电极上分别加和两个交流电信号，则在荧光屏上会观察到（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】若同时在两个偏转电极上分别加和两个交流电信号，所以在方上的偏转位移在正负最大值之间按正弦规律变化，YY'方向上的偏转位移在正负最大值之间按余弦规律变化，在XX'方向有最大值时，YY'方向为 0，同理，在YY'方向有最大值时，XX'方向为 0，根据正余弦的定义可知，任意时刻，电子打在荧光屏上的位置坐标都是
即
所以电子在荧光屏上的落点组成了以0为圆心的圆。
故选C。
【分析】本题需要掌握示波器的工作原理，知道x及y方向的位置坐标表达式，结合圆的方程可知粒子的轨迹图像，对数学在物理中的应用由一定的要求。
8．（2024高二上·望城开学考）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知，下列说法错误的是（ ）
A．三个等势面中，c的电势最高
B．带电质点通过P点时的加速度较Q点大
C．带电质点通过P点时的电势能较Q点大
D．带电质点通过P点时的动能较Q点大
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，A正确，不符合题意；
B．由于相邻等势面之间的电势差相等，等势线密的地方场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故B正确，不符合题意；
C．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故C正确，不符合题意；
D．从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故D错误，符合题意。
故选D。
【分析】根据带电粒子的运动轨迹分析：
1.根据运动轨迹分析粒子的受力方向，结合粒子的电性分析电场强度方向，根据电场强度方向与电势高低的关系分析电势高低。
2.根据等势面的疏密表示电场的强弱，分析带电质点在P、Q点的电场力大小，根据牛顿第二定律分析加速度大小。
3.根据判断电势能高低，或根据电场力做功与电势能变化的关系判断带电质点在P、Q点的电势能高低。根据能量守恒定律分析对应的动能变化。
9．（2024高一下·周至期末）某条电场线上有两点，一带正电的粒子仅在静电力作用下以一定的初速度从点沿电场线运动到点，其图像如图所示，则此电场的电场线分布可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】粒子从A到B的过程，粒子做加速度不断减小的减速运动，由于速度不断减小说明带正电的粒子所受电场力方向与运动方向相反，则电场线方向从指向，由于加速度不断减小，根据牛顿第二定律则B点处的电场强度比A点处的电场强度小，又根据电场线越密电场强度越大可知从A到B电场线越来越稀疏。
故选B。
【分析】根据粒子速度变化可以判别电场的方向；利用加速度的变化可以判别电场线的疏密变化。
10．（2024高一下·泸州期末）在真空中，与点电荷Q相距r的M点放一个带负电的试探电荷q，此时试探电荷受到的电场力大小为F，方向如图所示。则（ ）
A．点电荷Q带的是负电荷
B．M点的场强大小为
C．M点的场强方向与F的方向相同
D．取走试探电荷q，M点场强变为零
【答案】A
【知识点】电场强度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．同名电荷相互排斥，点电荷Q带的是负电荷，故A正确；
B．根据
故B错误；
C．电场强度方向与电场力方向相反，故C错误；
D．电场强度与放不放电荷，放什么电荷均无关，故D错误。
故选A。
【分析】根据点电荷电场强度公式可得M点的场强大小，由于试探电荷带负电，场强方向与电场力方向相反。
11．（2024高二下·衡阳期末）“嫦娥四号”上搭载的中性原子探测仪，在入口处安装了高压偏转系统，形成强电场区域，对太阳风和月球表面作用后辐射的带电粒子进行偏转，以免其射到探测器上产生干扰信号。已知高压偏转系统由两平行金属板组成，当两板加一定的电压时其间形成匀强电场，可将沿平行极板方向射入金属板间、动能不大于Ek0的氦核均偏转到极板而被极板吸收。只考虑该电场的作用，则粒子沿平行极板方向射入金属板间，能够完全被极板吸收的是（ ）
A．动能不大于的质子 B．动能不大于Ek0的质子
C．动能不大于Ek0的电子 D．动能不大于2Ek0的电子
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】氦核恰好打在极板上偏转距离等于d
A．根据
质子恰好打在极板上被吸收，A正确。
B．动能不大于Ek0的质子的偏转距离为
没有打在极板上，从偏转电场中射出，没有被吸收，B错误；
C．动能不大于Ek0的电子的偏转距离为
没有打在极板上，从偏转电场中射出，没有被吸收，C错误；
D．动能不大于2Ek0的电子的偏转距离为
没有打在极板上，从偏转电场中射出，没有被吸收，D错误。
故选A。
【分析】带电粒子在中场中偏转，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动。
12．（2024高二上·望城开学考）绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度v0由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（ ）
A．负点电荷在AO段的运动时间小于在OB段的运动时间
B．负点电荷由A运动到O点过程中，随着电势的升高电势能变化越来越快
C．负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大
D．当负点电荷分别处于m和m时，电场力的功率相等
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AC．由于沿场强方向电势降低，所以AO段场强沿OA方向，OB段场强沿OB方向；
由图像可知，A到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小。同理，OB段不变。则负点电荷在AO段做加速度减小的加速运动，在OB段做匀减速运动；
由于B点电势等于A点电势，所以负点电荷在B点速度为v0，则电荷在AB间运动v-t图像如图
AO、OB段，由于位移相等，则图线与t轴围成的面积相等，显然AO段的时间小于OB段的时间。故A正确，C错误；
B．相等距离上电势能变化越快，说明该处电场力越大，即场强越大，由A到O点场强逐渐减小，所以电势能变化应越来越慢，故B错误；
D．负点电荷分别处于m和m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但m处的电势大于m处的电势，说明O点到的电势差小于O点到的电势差，根据运动的可逆性都可看成O点向两处的减速运动
可知处的速度大，所以电场力的功率不相等，故D错误。
故选A。
【分析】根据图像分析：
1.斜率——反映电场强度的大小和方向，根据斜率变化分析电场强度的大小、方向变化情况。
2.沿着电场线方向电势逐渐降低分析电势的高低，结合分析电荷电势能的变化。
3.根据牛顿第二定律分析加速度的大小关系。
4.根据功率分析电场力功率的大小关系。
二、多项选择题
13．（2024高一下·和平期末）高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则（ ）
A．避雷针尖端带负电
B．带电粒子带负电
C．带电粒子越靠近避雷针尖端，其加速度越小
D．带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】B,D
【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】【解答】A．云层带负电，根据异种电荷相互吸引，则避雷针尖端带正电。故A错误；
BD．粒子做曲线运动时，轨迹的弯曲方向为合力的方向，根据运动轨迹可知，带电粒子所受电场力指向避雷针尖端，带电粒子带负电，根据功能关系有：由M点到N点电场力做正功，电势能降低，则带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能。故BD正确；
C．带电粒子越靠近避雷针尖端，根据等势线的疏密代表电场强度的大小，则等势线越密集，电场强度越大，带电粒子所受电场力越大，加速度越大。故C错误。
故选BD。
【分析】利用异种电荷相互吸引可以判别避雷针的带电；利用粒子运动的轨迹可以判别电场力的方向，结合粒子轨迹的切线方向可以判别速度方向，进而判别电场力做功，再利用功能关系可以比较电势能的大小；利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小。
14．（2024高三下·河北模拟） 直线加速器是粒子物理学重要的实验工具，图中一系列管状导体叫做漂移管，漂移管与频率恒定的交变电源相连，每当电子到达两个相邻漂移管交界处时，电子前方的漂移管总是接电源正极，电子后方的漂移管总是接电源负极。当电子最后离开加速器时速度能够接近光速。不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．电子在漂移管中被加速
B．电子在漂移管中做匀速运动
C．从前到后相邻漂移管之间的距离差不变
D．从前到后相邻漂移管之间的距离差逐渐变小
【答案】B,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】AB、由于静电屏蔽，管状导体漂移管内的强度为0，电子在漂移管内做匀速直线运动，而在漂移管之间形成的电场中被加速，故A错误，B正确；
CD、由于每当电子到达两个相邻漂移管交界处时，电子前方的漂移管总是接电源正极，则电子在每个漂移管中匀速直线运动的时间等于交变电源周期的一半，即电子在相邻漂移管之间加速过程的时间也等于交变电源周期的一半，则有
若电子被加速n次后、被加速n+1次后、被加速n+2次后，根据动能定理有
，，
第n个漂移管与第n+1个漂移管前后的距离
第n +1个漂移管与第n+2个漂移管前后的距离
则从前到后相邻漂移管之间的距离差
解得
可知，从前到后相邻漂移管之间的距离差逐渐变小，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】由于静电屏蔽，管状导体漂移管内的强度为0，电子在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管之间形成的电场中做匀加速直线运动。漂移管与频率恒定的交变电源相连，则即电子在漂移管内运动的时间相同。根据动能定理确定第n次、第n+1次、第n+2次加速后电子的速度，再根据匀速运动规律确定从前到后相邻漂移管之间的距离差的变化情况。
15．（2024高一下·济宁月考）如图所示，竖直平面内有一半径为的圆形光滑绝缘轨道，轨道的最高点为，最低点为，轨道所在空间存在匀强电场，电场强度大小为，电场强度的方向与水平面夹角为度，轨道内有一质量为、电荷量为的带正电小球，给小球一个沿轨道切线的初速度，使小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，重力加速度为，忽略一切阻力，则小球在运动过程中
A．在点的速率最小 B．最大速率为
C．对轨道的压力最大为 D．电势能最小时，动能最大
【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、小球在运动过程中受到的重力和电场力恒定不变，由平行四边形定则可知它们的合力方向指向右下方，大小为
如图所示
根据“等效场”的原理，小球通过P点的速率最小，故A 错误；
B、通过“等效最高点”P点时，有
解得
从P点到Q点，由动能定理得
解得
故B正确；
C、在Q点时，有
解得
由牛顿第三定律可知对轨道的压力最大为
故C正确；
D、速度最大时，动能最大，对应“等效最低点”Q点，此时小球具有的电势能并不是最小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】小球在电场及重力场构成的组合场中运动，即为“等效重力场”模型。根据重力与电场力合力的方向确定“等效重力场”的等效最高点和等效最低点，小球恰好能做完整的圆周运动，则小球在“等效最高点”恰好由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律确定小球在等效最高点的速度，再根据动能定理确定小球在等效最低点的速度，此时小球的速度最大，对轨道的压力最大。根据电场力做功与电势能的关系确定电势能最小的位置。
16．（2024高一下·博爱期末）如图所示，一带负电粒子（不计重力）质量为、电荷量大小为，以初速度沿两板中央水平方向射入水平放置、距离为、电势差为的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大小为，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在两板间运动的加速度大小为
B．粒子从两板间离开时的速度大小为
C．金属板的长度为
D．入射点与出射点间的电势差为
【答案】A,C,D
【知识点】动量；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．根据
故A正确；
BC．根据
可得金属板的长度为
故B错误，C正确；
D．根据动能定理可得
联立解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】根据牛顿第二定律求解粒子加速度大小，粒子在水平方向做匀速直线运动，粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动。
17．（2024高二下·五莲月考） 现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为，电子做圆周运动的轨道半径为，若图甲中磁场随时间按（、k均为正常数）规律变化，形成涡旋电场的电场线是一系列同心圆，单个圆上形成的电场场强大小处处相等。将一个半径为的闭合环形导体置于相同半径的电场线位置处，闭合环形导体的电阻为，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势。（ ）
A．为使电子加速，当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，电流的大小应该减小
B．电子的加速度大小为
C．环形导体中感应电流大小为
D．电子在圆形轨道中加速一周的过程中，电子获得的动能为
【答案】B,C,D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A、为使电子沿逆时针方向加速，则电子所受电场力沿逆时针方向，所以感生电场的方向沿顺时针方向；当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，根据楞次定律，电流的大小应该增大，故A错误；
BC、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为
则感应电场场强大小为
电子的加速度大小为
根据闭合电路欧姆定律可得
联立可得
故BC正确；
D、电子在圆形轨道中加速一周的过程中，由动能定理可得
可得电子获得的动能为
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】根据图示确定电子的运动方向，电子的运动方向与感应电流的方向相反。根据感应电流方向结合图示电流产生磁场的方向判断电流的变化情况。根据法拉第电磁感应定律确定感应电动势大小，再根据电势差与场强的关系确定感应电场场强度，再结合牛顿第二定律确定电子的加速度，根据欧姆定律确定感应电流的大小。电子在圆形轨道中加速一周的过程中，只有电场力做功，再根据动量定理进行解答。
三、非选择题
18．（2024·贵州） 如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：
（1）粒子沿直线通过区域时的速度大小；
（2）粒子的电荷量与质量之比；
（3）粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
【答案】（1）解：带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有
解得
（2）解：粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得
由类平抛运动规律可得
联立解得粒子的电荷量与质量之比
（3）解：粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为，由几何关系可知
可得
则有
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子在cdef区域做直线运动的要求，分析粒子受到的洛伦兹力与电场力的关系，求出粒子在该区域的速度大小；（2）粒子在abcd区域做类平抛运动，根据对应的运动学公式和牛顿第二定律，可得求出粒子的比荷；（3）粒子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力求出粒子运动轨迹的半径，再由几何关系计算粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
19．（2024高一下·浙江月考）如图所示，AB为半径的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着，方向竖直向上的匀强电场，有一质量，带电量的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点处由静止开始自由下落（不计空气阻力）经圆弧轨道AB和水平直线轨道BC从C点抛出，已知BC段是长、与物体间动摩擦因数为的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角且离地面DE高的斜面。（取）
（1）求A、B两点的电势差；
（2）求物体从C处射出后，C点至落点的水平位移。（已知，，不考虑物体反弹以后的情况）
（3）若H可调，求H至少需要多大才能使滑块沿圆弧从A运动到B。
【答案】（1）解：根据匀强电场中场强与电势差之间关系可得：
代入数据可知：
（2）解：物块从开始运动到C点由动能定理可知：
解得：
设物体落在水平地面上，则根据平抛运动的规律可知
，
解得：，故物体落在斜面上。
则有：
从C点至落点的水平位移为：
解得：
（3）解：物块在B点恰不脱离圆弧轨道时，有：
解得
物块从开始运动到B点由动能定理可知：
解得
故H至少需要
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据匀强电场电势差与电场强度的公式U=Ed求解；（2）由动能定理求出物块到达C点的速度，再根据平抛规律，由运动学公式，计算C点至落点的水平位移；（3）由牛顿第二定律求出物块恰好在B点恰不脱离圆弧轨道时在B点的速度，再由动能定理计算H的最小值。
20．（湖南省长沙市弘益高级中学2023-2024学年高一下学期期末物理试卷）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，，。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；
（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能。
【答案】（1）小物块静止时受力如图所示，沿斜面方向，根据受力平衡可得
解得
（2）若将电场强度减小为原来的，则变为
根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小
（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时，根据动能定理可得
解得动能为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小物块静止时受力如图所示，沿斜面方向，根据受力平衡可得电场强度大小；
（2）电场强度减小为原来的一半，电场力减为原来的一半，根据牛顿第二定律求解加速度；
（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时，合力做功等于物体动能变化，根据动能定理求解物块下滑的距离L时的动能。
21．（2024高一下·和平期末）如图所示，一带电荷量为，质量为的小物块处于一倾角为的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。，，，求：
（1）小物块的电性；
（2）电场强度E的大小；
（3）若将电场强度减小为原来的一半，小物块下滑距离为时的动能？
【答案】解：（1）小物块静止时受力如图所示
可知小物块受的电场力与匀强电场的方向相反，所以小物块带负电。
（2）沿斜面方向，根据受力平衡可得
解得
（3）若将电场强度减小为原来的一半，小物块下滑距离为时，根据动能定理可得
代入数据解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】
【分析】（1）物块静止时，根据平衡条件可以判别物块受到的电场力方向，结合电场强度的方向可以判别小球的电性；
（2）当物块处于静止时，利用平衡方程可以求出电场强度的大小；
（3）当电场强度减小时，小物块下滑，利用动能定理可以求出物块的动能大小。
22．（2024高一下·渝中期末）如图所示，有一质量为、电荷量为的小球（可视为质点）与长为的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在点，其所在平面存在一与竖直方向夹角为的匀强电场，小球静止在与点等高的点。现给静止的小球一个竖直向下的初速度，小球恰好能绕点在竖直平面内做完整的圆周运动，重力加速度，试求：
（1）所加匀强电场的大小和方向；
（2）求小球运动到圆周最低点时的速度。
【答案】解：（1）根据题意可知，小球受三个力处于平衡状态，根据几何关系
电场方向左下与竖直方向夹角
（2）由等效重力法可知，A点的对称点C点为等效最高点。重力与电场力的合力
等效重力加速度
恰好做圆周运动时C点对应的速度
从C点到圆周最低点B点由动能定理可得
解得
【知识点】生活中的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球处于静止时，利用小球的平衡方程可以求出电场强度的大小及方向；
（2）将小球受到的电场力和重力等效为合力，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合动能定理可以求出小球运动到B点的速度大小。
23．（2024·海南） 如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）
（1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离。
【答案】（1），
（2）
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的加速；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）根据动能定理得
解得
粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
（3）如图，将速度分解为沿y轴正方向的速度及速度，因为
可得
故可知沿y轴正方向的速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知
故当方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为
【分析】(1)根据动能定理结合牛顿第二定律，求加速电场两板间的电压U和区域I的半径R；
(2)由洛伦兹力提供向心力结合几何关系、周期公式，求该粒子在区域I和区域II中运动的总时间t；
(3)对速度v0进行分解，判断出粒子沿y正方向做旋进运动，结合几何关系求粒子的速度大小所在的位置到x轴的距离。
24．（2024高二下·重庆市期末）如图甲所示，空间中有一直角坐标系xOy，在，的空间中有沿方向的匀强电场。在紧贴的上侧处有一粒子源P，能沿x轴正方向以的速度持续发射比荷为的某种原子核。在的空间有垂直于xOy平面向外的足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为。忽略原子核间的相互作用和重力。
（1）求原子核第一次穿过y轴时速率；
（2）设原子核从Q点第二次穿过y轴，求O、Q两点之间距离以及粒子在磁场中的运动时间；
（3）若撤去原磁场，其余条件保持不变。在xOy平面内的某区域加一圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，取磁场垂直纸面向外为正方向。时刻进入磁场的粒子始终在磁场区域内沿闭合轨迹做周期性运动，若，求圆形磁场区域的最小面积S以及粒子进入磁场时的位置到y轴的最短距离x。忽略磁场突变的影响，计算结果用含有的式子表示
【答案】解：（1）原子核在电场中做类平抛运动，有
加速度为
代入数据，其中
可得
（2）原子核离开电场时速度与夹角设为，则
偏移距离
右侧的磁场中做匀速圆周运动，有
该轨迹圆在y轴上对应的弦长
OQ间距离
代入数据可得
粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动的时间为
（3）设粒子圆形磁场中做圆周运动的半径为r，则
解得
运动的周期
解得
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
所以圆形磁场的最小半径
最小面积
解得
由图可知，进入磁场的位置距y轴的最小距离
解得
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）原子核在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀变速直线运动的。
（2）右侧的磁场中做匀速圆周运动，轨迹圆在y轴上对应的弦长，求出磁场中运动的周期，结合轨迹圆心角求解时间；
（3）画出粒子在磁场中运动的轨迹，求出圆形磁场的最小半径以及最小面积，根据几何关系求解进入磁场的位置距y轴的最小距离。
25．（2024高一下·江岸期末）如图甲，一粗糙绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q（q>0）和-q。A右端固定有轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长。整个空间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t=0时，A以初速度v0向右运动，B处于静止状态。滑块A运动的v-t图像如图乙所示，在t1时刻，速度为。并且为图线中速度的最小值，此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的速度，在t3时刻，A的速度达到最大，此时，弹簧的弹力大小为3qE，t1、t2、t3均为未知量。在运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变且可看作点电荷，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。当A、B的间距为r时，其电势能为，求：
（1）t1时刻A与B之间的距离；
（2）t2时刻B的速度；
（3）t1~t3时间内，弹簧弹性势能的增量。
【答案】解：（1）由于速度时间图像的斜率表示加速度，由图乙可知，t1时刻A的加速度为0，说明此时A所受合外力为0，设此时A、B相距为x，根据平衡条件有
联立解得
（2）A、B组成的系统合外力为0，由动量守恒定律有
解得
即物块B的速度大小为，方向向左；
（3）设A、B间的距离为x'，对A有
联立解得
t1~t3时间内，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律可得
解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）速度时间图像的斜率表示加速度，t1时刻A的加速度为0，根据平衡条件列式求解；
（2）t1~t2时间内，A受到向右大小为Eq的电场力、向右的库仑力以及向左大小为2Eq的摩擦力，B受到向左大小为Eq的电场力、向左的库仑力以及向右大小为2Eq的摩擦力。
（3）在t3时刻A的速度达到最大，此时A的加速度为0，合外力为0。
1 / 1高考物理一轮复习：带电粒子在电场中的运动
一、选择题
1．（2024高一下·浙江月考）让一价氢离子、一价离子和二价离子的混合体，由静止开始经同一加速电场加速后，从同一位置垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（ ）
A．进入偏转电场时的动能相同
B．进入偏转电场时的速率相同
C．先后到达屏上不同点
D．离开偏转电场时动能之比为
2．（2018高二上·四子王旗期中）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）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． B． C． D．
3．（2024高二下·金牛月考）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，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，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．微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为
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
4．（2024高一下·汨罗月考）半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有质量为m带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图，珠子所受静电力是其重力的倍，将珠子从环上最低位置A点由静止释放（sin53°＝0.8；cos53°＝0.6）则珠子所获得的最大动能是（ ）
A．sinr B．mgr C．mgr D．mgr
5．（2024高一下·浙江月考）一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m且带电量为的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（已知，）（ ）
A．剪断细线，小球将做曲线运动
B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为
C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为
D．在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
6．（2020高二上·肇东期中）将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是（ ）
A．电子一直向着A板运动
B．电子一直向着B板运动
C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
7．（2023高二上·新郑月考）示波器可用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管。示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极、上都不加电压时，从电子枪发出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在O点产生一个亮斑。若同时在两个偏转电极上分别加和两个交流电信号，则在荧光屏上会观察到（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二上·望城开学考）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知，下列说法错误的是（ ）
A．三个等势面中，c的电势最高
B．带电质点通过P点时的加速度较Q点大
C．带电质点通过P点时的电势能较Q点大
D．带电质点通过P点时的动能较Q点大
9．（2024高一下·周至期末）某条电场线上有两点，一带正电的粒子仅在静电力作用下以一定的初速度从点沿电场线运动到点，其图像如图所示，则此电场的电场线分布可能是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高一下·泸州期末）在真空中，与点电荷Q相距r的M点放一个带负电的试探电荷q，此时试探电荷受到的电场力大小为F，方向如图所示。则（ ）
A．点电荷Q带的是负电荷
B．M点的场强大小为
C．M点的场强方向与F的方向相同
D．取走试探电荷q，M点场强变为零
11．（2024高二下·衡阳期末）“嫦娥四号”上搭载的中性原子探测仪，在入口处安装了高压偏转系统，形成强电场区域，对太阳风和月球表面作用后辐射的带电粒子进行偏转，以免其射到探测器上产生干扰信号。已知高压偏转系统由两平行金属板组成，当两板加一定的电压时其间形成匀强电场，可将沿平行极板方向射入金属板间、动能不大于Ek0的氦核均偏转到极板而被极板吸收。只考虑该电场的作用，则粒子沿平行极板方向射入金属板间，能够完全被极板吸收的是（ ）
A．动能不大于的质子 B．动能不大于Ek0的质子
C．动能不大于Ek0的电子 D．动能不大于2Ek0的电子
12．（2024高二上·望城开学考）绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度v0由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（ ）
A．负点电荷在AO段的运动时间小于在OB段的运动时间
B．负点电荷由A运动到O点过程中，随着电势的升高电势能变化越来越快
C．负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大
D．当负点电荷分别处于m和m时，电场力的功率相等
二、多项选择题
13．（2024高一下·和平期末）高大的建筑物上安装避雷针，阴雨天气时可避免雷击，从而达到保护建筑物的目的。如图所示，虚线是某次避雷针即将放电时，带负电的云层和避雷针之间三条等势线的分布示意图；实线是空气中某个带电粒子由M点到N点的运动轨迹，不计该带电粒子的重力，则（ ）
A．避雷针尖端带负电
B．带电粒子带负电
C．带电粒子越靠近避雷针尖端，其加速度越小
D．带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
14．（2024高三下·河北模拟） 直线加速器是粒子物理学重要的实验工具，图中一系列管状导体叫做漂移管，漂移管与频率恒定的交变电源相连，每当电子到达两个相邻漂移管交界处时，电子前方的漂移管总是接电源正极，电子后方的漂移管总是接电源负极。当电子最后离开加速器时速度能够接近光速。不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．电子在漂移管中被加速
B．电子在漂移管中做匀速运动
C．从前到后相邻漂移管之间的距离差不变
D．从前到后相邻漂移管之间的距离差逐渐变小
15．（2024高一下·济宁月考）如图所示，竖直平面内有一半径为的圆形光滑绝缘轨道，轨道的最高点为，最低点为，轨道所在空间存在匀强电场，电场强度大小为，电场强度的方向与水平面夹角为度，轨道内有一质量为、电荷量为的带正电小球，给小球一个沿轨道切线的初速度，使小球恰能沿轨道做完整的圆周运动，重力加速度为，忽略一切阻力，则小球在运动过程中
A．在点的速率最小 B．最大速率为
C．对轨道的压力最大为 D．电势能最小时，动能最大
16．（2024高一下·博爱期末）如图所示，一带负电粒子（不计重力）质量为、电荷量大小为，以初速度沿两板中央水平方向射入水平放置、距离为、电势差为的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大小为，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在两板间运动的加速度大小为
B．粒子从两板间离开时的速度大小为
C．金属板的长度为
D．入射点与出射点间的电势差为
17．（2024高二下·五莲月考） 现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下看，电子沿逆时针方向运动。已知电子的电荷量为，电子做圆周运动的轨道半径为，若图甲中磁场随时间按（、k均为正常数）规律变化，形成涡旋电场的电场线是一系列同心圆，单个圆上形成的电场场强大小处处相等。将一个半径为的闭合环形导体置于相同半径的电场线位置处，闭合环形导体的电阻为，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势。（ ）
A．为使电子加速，当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，电流的大小应该减小
B．电子的加速度大小为
C．环形导体中感应电流大小为
D．电子在圆形轨道中加速一周的过程中，电子获得的动能为
三、非选择题
18．（2024·贵州） 如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：
（1）粒子沿直线通过区域时的速度大小；
（2）粒子的电荷量与质量之比；
（3）粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
19．（2024高一下·浙江月考）如图所示，AB为半径的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着，方向竖直向上的匀强电场，有一质量，带电量的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点处由静止开始自由下落（不计空气阻力）经圆弧轨道AB和水平直线轨道BC从C点抛出，已知BC段是长、与物体间动摩擦因数为的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角且离地面DE高的斜面。（取）
（1）求A、B两点的电势差；
（2）求物体从C处射出后，C点至落点的水平位移。（已知，，不考虑物体反弹以后的情况）
（3）若H可调，求H至少需要多大才能使滑块沿圆弧从A运动到B。
20．（湖南省长沙市弘益高级中学2023-2024学年高一下学期期末物理试卷）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g，，。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；
（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能。
21．（2024高一下·和平期末）如图所示，一带电荷量为，质量为的小物块处于一倾角为的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态。，，，求：
（1）小物块的电性；
（2）电场强度E的大小；
（3）若将电场强度减小为原来的一半，小物块下滑距离为时的动能？
22．（2024高一下·渝中期末）如图所示，有一质量为、电荷量为的小球（可视为质点）与长为的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在点，其所在平面存在一与竖直方向夹角为的匀强电场，小球静止在与点等高的点。现给静止的小球一个竖直向下的初速度，小球恰好能绕点在竖直平面内做完整的圆周运动，重力加速度，试求：
（1）所加匀强电场的大小和方向；
（2）求小球运动到圆周最低点时的速度。
23．（2024·海南） 如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）
（1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离。
24．（2024高二下·重庆市期末）如图甲所示，空间中有一直角坐标系xOy，在，的空间中有沿方向的匀强电场。在紧贴的上侧处有一粒子源P，能沿x轴正方向以的速度持续发射比荷为的某种原子核。在的空间有垂直于xOy平面向外的足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为。忽略原子核间的相互作用和重力。
（1）求原子核第一次穿过y轴时速率；
（2）设原子核从Q点第二次穿过y轴，求O、Q两点之间距离以及粒子在磁场中的运动时间；
（3）若撤去原磁场，其余条件保持不变。在xOy平面内的某区域加一圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，取磁场垂直纸面向外为正方向。时刻进入磁场的粒子始终在磁场区域内沿闭合轨迹做周期性运动，若，求圆形磁场区域的最小面积S以及粒子进入磁场时的位置到y轴的最短距离x。忽略磁场突变的影响，计算结果用含有的式子表示
25．（2024高一下·江岸期末）如图甲，一粗糙绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q（q>0）和-q。A右端固定有轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长。整个空间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t=0时，A以初速度v0向右运动，B处于静止状态。滑块A运动的v-t图像如图乙所示，在t1时刻，速度为。并且为图线中速度的最小值，此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的速度，在t3时刻，A的速度达到最大，此时，弹簧的弹力大小为3qE，t1、t2、t3均为未知量。在运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变且可看作点电荷，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。当A、B的间距为r时，其电势能为，求：
（1）t1时刻A与B之间的距离；
（2）t2时刻B的速度；
（3）t1~t3时间内，弹簧弹性势能的增量。
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】AB.在加速电场中有
可知粒子进入偏转电场的动能与它们的电量有关，故一价氢离子、一价离子进入偏转电场的动能相同，二价离子与它们进入偏转电场的动能不同，由上式可得粒子进入偏转电场的速度为
可知，如果它们的比荷不同，则它们进入偏转电场时的速率也不相同，AB不符合题意；
C.在加速电场中有
在偏转电场中有
，，，
解得在电场中的偏转位移为
离子离开电场时的偏转角为
则不同带电粒离开偏转电场时偏转位移与偏转角度相同，所以能到达屏上同一个点，C不符合题意；
D.对粒子在加速电场和偏转电场中运动的全过程，由动能定理可得粒子离开偏转电场的动能为
可知它们离开偏转电场时动能之比等于它们的电量之比，即它们离开偏转电场时动能之比为 ，D符合题意。
故答案为D。
【分析】由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，得出影响它们进入电场的动能和速率的相关量；粒子在偏转电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式，求出三种粒子离开偏转电场时偏转位移和偏转角的关系，得出结论；由动能定理分析粒子在加速电场和偏转电场中运动的全过程，求出三种粒子离开偏转电场时动能之比。
2．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A.若0＜t0＜ ，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意。
B、若 ＜t0＜ ，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意。
C、若 ＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意。
D、若T＜t0＜ ，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意。
故答案为：B
【分析】带电粒子在两个极板中运动，结合题目给出的ab两极板的电势随时间的变化，确定电荷受到的电场力的方向，再结合运动学公式分析求解即可。
3．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】 A、设粒子从射入到运动至最到点的时间t1，根据动力学有
粒子射入水平放置的平行板电容器水平速度、竖直速度为
，
解得
故A错误；
B、 粒子在平行板电容器内的加速度
竖直方向有
粒子射入电场的动能
可得
故B错误；
C、设粒子从最高点运动至射出平行板电容器的时间为t2，根据动力学有
可得
射出磁场时竖直方向的速度
微粒穿出电容器区域时速度与水平方向夹角θ的正切值
故C错误；
D、设粒子从射入到运动至最低点的水平位移为x，设粒子从射入到运动至最到点的时间为t ，为
竖直方向的位移为
粒子在平行板电容器内的加速度
粒子射入电场的动能
联立解得
且
，
联立解得
，
即粒子从射入到运动至最到点的水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，粒子射出磁场的过程同理可得，故轨迹不会变化，故D正确。
故答案为：D。
【分析】粒子进入极板间后做斜抛运动，从进入到最高点的过程中，根据运动的可逆性可视为类平抛运动，再根据类平抛运动规律及运动的合成与分解确定L与d的关系。粒子在加速电场做匀加速直线运动，根据动能定理确定电压与粒子进入极板初速度的关系，再结合粒子在极板间的牛顿第二定律确定极板间的电压，继而确定两电压的关系。对最高点到射出点的过程运用类平抛运动规律确定粒子射出速度偏转角。对整个运动过程运用斜抛运动规律判断粒子运动轨迹与质量或电荷量的关系。
4．【答案】C
【知识点】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】【解答】珠子沿圆环先做加速运动，后做减速运动，设其运动至跟圆心连线与竖直方向的夹角为θ 时，切向合力为零，珠子在此位置时速度最大，动能最大，则有
解得
由动能定理
解得
故答案为：C。
【分析】珠子所处空间同时存在匀强电场和重力场，为等效重力场模型，根据“等效重力场”模型的特点，根据电场力与重力的大小关系确定“等效最低点”的位置，珠子在“等效最低点”的速度最大，即动能最大，确定珠子从A运动到“等效最低点”过程的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答。
5．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.剪断细线，小球从静止释放，重力和电场力的合力恒定，所以小球将在恒力作用下做匀加速直线运动，A不符合题意；
B.突然撤去电场，小球开始做圆周运动，撤去得出瞬间，由于小球的速度为零，所以沿绳方向合力为零，即
B不符合题意；
C.如图所示：
当电场力qE与拉力T垂直时，电场力最小，场强最小，由共点力平衡条件可得
解得电场强度最小值为
C不符合题意；
D.A点为圆周运动等效最低点，关于O与A对称的点B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过B点即可，可得等效重力为
在B点满足
从A到B由动能定理可得
联立解得在A点的最小速度为
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据剪断细线后小球的受力分析小球的运动性质；突然撤去电场的瞬间，小球将做圆周运动，根据向心力与线速度的关系，求解此时绳子拉力大小；作图分析电场力最小时的方向，由共点力平衡条件求出电场强度的最小值；根据小球受到的合力方向，得出小球做圆周运动的等效最高点和最低点的位置，由牛顿第二定律求出小球恰能做圆周运动时通过B点的速度，再由动能定理计算小球通过A点的最小速度。
6．【答案】D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】根据交变电压的变化规律，可确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度 、速度 随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个 内做匀加速运动，第二个 内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势高于A板电势，所以电子向B板运动，加速度大小为 ．在第三个 内做匀加速运动，第四个 内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为 ，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项为D．
故答案为：D
【分析】利用电场中电压的规律结合牛顿第二定律可以画出加速度和时间的图像，利用加速度的变化情况可以画出电子的速度时间图像，利用图像可以判别电子在板间的运动情况。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】若同时在两个偏转电极上分别加和两个交流电信号，所以在方上的偏转位移在正负最大值之间按正弦规律变化，YY'方向上的偏转位移在正负最大值之间按余弦规律变化，在XX'方向有最大值时，YY'方向为 0，同理，在YY'方向有最大值时，XX'方向为 0，根据正余弦的定义可知，任意时刻，电子打在荧光屏上的位置坐标都是
即
所以电子在荧光屏上的落点组成了以0为圆心的圆。
故选C。
【分析】本题需要掌握示波器的工作原理，知道x及y方向的位置坐标表达式，结合圆的方程可知粒子的轨迹图像，对数学在物理中的应用由一定的要求。
8．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，A正确，不符合题意；
B．由于相邻等势面之间的电势差相等，等势线密的地方场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故B正确，不符合题意；
C．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故C正确，不符合题意；
D．从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故D错误，符合题意。
故选D。
【分析】根据带电粒子的运动轨迹分析：
1.根据运动轨迹分析粒子的受力方向，结合粒子的电性分析电场强度方向，根据电场强度方向与电势高低的关系分析电势高低。
2.根据等势面的疏密表示电场的强弱，分析带电质点在P、Q点的电场力大小，根据牛顿第二定律分析加速度大小。
3.根据判断电势能高低，或根据电场力做功与电势能变化的关系判断带电质点在P、Q点的电势能高低。根据能量守恒定律分析对应的动能变化。
9．【答案】B
【知识点】电场线；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】粒子从A到B的过程，粒子做加速度不断减小的减速运动，由于速度不断减小说明带正电的粒子所受电场力方向与运动方向相反，则电场线方向从指向，由于加速度不断减小，根据牛顿第二定律则B点处的电场强度比A点处的电场强度小，又根据电场线越密电场强度越大可知从A到B电场线越来越稀疏。
故选B。
【分析】根据粒子速度变化可以判别电场的方向；利用加速度的变化可以判别电场线的疏密变化。
10．【答案】A
【知识点】电场强度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A．同名电荷相互排斥，点电荷Q带的是负电荷，故A正确；
B．根据
故B错误；
C．电场强度方向与电场力方向相反，故C错误；
D．电场强度与放不放电荷，放什么电荷均无关，故D错误。
故选A。
【分析】根据点电荷电场强度公式可得M点的场强大小，由于试探电荷带负电，场强方向与电场力方向相反。
11．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】氦核恰好打在极板上偏转距离等于d
A．根据
质子恰好打在极板上被吸收，A正确。
B．动能不大于Ek0的质子的偏转距离为
没有打在极板上，从偏转电场中射出，没有被吸收，B错误；
C．动能不大于Ek0的电子的偏转距离为
没有打在极板上，从偏转电场中射出，没有被吸收，C错误；
D．动能不大于2Ek0的电子的偏转距离为
没有打在极板上，从偏转电场中射出，没有被吸收，D错误。
故选A。
【分析】带电粒子在中场中偏转，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动。
12．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AC．由于沿场强方向电势降低，所以AO段场强沿OA方向，OB段场强沿OB方向；
由图像可知，A到O斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小。同理，OB段不变。则负点电荷在AO段做加速度减小的加速运动，在OB段做匀减速运动；
由于B点电势等于A点电势，所以负点电荷在B点速度为v0，则电荷在AB间运动v-t图像如图
AO、OB段，由于位移相等，则图线与t轴围成的面积相等，显然AO段的时间小于OB段的时间。故A正确，C错误；
B．相等距离上电势能变化越快，说明该处电场力越大，即场强越大，由A到O点场强逐渐减小，所以电势能变化应越来越慢，故B错误；
D．负点电荷分别处于m和m时，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，电荷所受电场力大小相等，但m处的电势大于m处的电势，说明O点到的电势差小于O点到的电势差，根据运动的可逆性都可看成O点向两处的减速运动
可知处的速度大，所以电场力的功率不相等，故D错误。
故选A。
【分析】根据图像分析：
1.斜率——反映电场强度的大小和方向，根据斜率变化分析电场强度的大小、方向变化情况。
2.沿着电场线方向电势逐渐降低分析电势的高低，结合分析电荷电势能的变化。
3.根据牛顿第二定律分析加速度的大小关系。
4.根据功率分析电场力功率的大小关系。
13．【答案】B,D
【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】【解答】A．云层带负电，根据异种电荷相互吸引，则避雷针尖端带正电。故A错误；
BD．粒子做曲线运动时，轨迹的弯曲方向为合力的方向，根据运动轨迹可知，带电粒子所受电场力指向避雷针尖端，带电粒子带负电，根据功能关系有：由M点到N点电场力做正功，电势能降低，则带电粒子在M点的电势能大于在N点的电势能。故BD正确；
C．带电粒子越靠近避雷针尖端，根据等势线的疏密代表电场强度的大小，则等势线越密集，电场强度越大，带电粒子所受电场力越大，加速度越大。故C错误。
故选BD。
【分析】利用异种电荷相互吸引可以判别避雷针的带电；利用粒子运动的轨迹可以判别电场力的方向，结合粒子轨迹的切线方向可以判别速度方向，进而判别电场力做功，再利用功能关系可以比较电势能的大小；利用等势面的疏密可以比较电场强度的大小，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小。
14．【答案】B,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】AB、由于静电屏蔽，管状导体漂移管内的强度为0，电子在漂移管内做匀速直线运动，而在漂移管之间形成的电场中被加速，故A错误，B正确；
CD、由于每当电子到达两个相邻漂移管交界处时，电子前方的漂移管总是接电源正极，则电子在每个漂移管中匀速直线运动的时间等于交变电源周期的一半，即电子在相邻漂移管之间加速过程的时间也等于交变电源周期的一半，则有
若电子被加速n次后、被加速n+1次后、被加速n+2次后，根据动能定理有
，，
第n个漂移管与第n+1个漂移管前后的距离
第n +1个漂移管与第n+2个漂移管前后的距离
则从前到后相邻漂移管之间的距离差
解得
可知，从前到后相邻漂移管之间的距离差逐渐变小，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】由于静电屏蔽，管状导体漂移管内的强度为0，电子在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管之间形成的电场中做匀加速直线运动。漂移管与频率恒定的交变电源相连，则即电子在漂移管内运动的时间相同。根据动能定理确定第n次、第n+1次、第n+2次加速后电子的速度，再根据匀速运动规律确定从前到后相邻漂移管之间的距离差的变化情况。
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、小球在运动过程中受到的重力和电场力恒定不变，由平行四边形定则可知它们的合力方向指向右下方，大小为
如图所示
根据“等效场”的原理，小球通过P点的速率最小，故A 错误；
B、通过“等效最高点”P点时，有
解得
从P点到Q点，由动能定理得
解得
故B正确；
C、在Q点时，有
解得
由牛顿第三定律可知对轨道的压力最大为
故C正确；
D、速度最大时，动能最大，对应“等效最低点”Q点，此时小球具有的电势能并不是最小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】小球在电场及重力场构成的组合场中运动，即为“等效重力场”模型。根据重力与电场力合力的方向确定“等效重力场”的等效最高点和等效最低点，小球恰好能做完整的圆周运动，则小球在“等效最高点”恰好由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律确定小球在等效最高点的速度，再根据动能定理确定小球在等效最低点的速度，此时小球的速度最大，对轨道的压力最大。根据电场力做功与电势能的关系确定电势能最小的位置。
16．【答案】A,C,D
【知识点】动量；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．根据
故A正确；
BC．根据
可得金属板的长度为
故B错误，C正确；
D．根据动能定理可得
联立解得
故D正确。
故选ACD。
【分析】根据牛顿第二定律求解粒子加速度大小，粒子在水平方向做匀速直线运动，粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动。
17．【答案】B,C,D
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；楞次定律；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A、为使电子沿逆时针方向加速，则电子所受电场力沿逆时针方向，所以感生电场的方向沿顺时针方向；当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，根据楞次定律，电流的大小应该增大，故A错误；
BC、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为
则感应电场场强大小为
电子的加速度大小为
根据闭合电路欧姆定律可得
联立可得
故BC正确；
D、电子在圆形轨道中加速一周的过程中，由动能定理可得
可得电子获得的动能为
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】根据图示确定电子的运动方向，电子的运动方向与感应电流的方向相反。根据感应电流方向结合图示电流产生磁场的方向判断电流的变化情况。根据法拉第电磁感应定律确定感应电动势大小，再根据电势差与场强的关系确定感应电场场强度，再结合牛顿第二定律确定电子的加速度，根据欧姆定律确定感应电流的大小。电子在圆形轨道中加速一周的过程中，只有电场力做功，再根据动量定理进行解答。
18．【答案】（1）解：带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有
解得
（2）解：粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得
由类平抛运动规律可得
联立解得粒子的电荷量与质量之比
（3）解：粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为，由几何关系可知
可得
则有
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据粒子在cdef区域做直线运动的要求，分析粒子受到的洛伦兹力与电场力的关系，求出粒子在该区域的速度大小；（2）粒子在abcd区域做类平抛运动，根据对应的运动学公式和牛顿第二定律，可得求出粒子的比荷；（3）粒子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力求出粒子运动轨迹的半径，再由几何关系计算粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
19．【答案】（1）解：根据匀强电场中场强与电势差之间关系可得：
代入数据可知：
（2）解：物块从开始运动到C点由动能定理可知：
解得：
设物体落在水平地面上，则根据平抛运动的规律可知
，
解得：，故物体落在斜面上。
则有：
从C点至落点的水平位移为：
解得：
（3）解：物块在B点恰不脱离圆弧轨道时，有：
解得
物块从开始运动到B点由动能定理可知：
解得
故H至少需要
【知识点】平抛运动；竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）根据匀强电场电势差与电场强度的公式U=Ed求解；（2）由动能定理求出物块到达C点的速度，再根据平抛规律，由运动学公式，计算C点至落点的水平位移；（3）由牛顿第二定律求出物块恰好在B点恰不脱离圆弧轨道时在B点的速度，再由动能定理计算H的最小值。
20．【答案】（1）小物块静止时受力如图所示，沿斜面方向，根据受力平衡可得
解得
（2）若将电场强度减小为原来的，则变为
根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小
（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时，根据动能定理可得
解得动能为
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小物块静止时受力如图所示，沿斜面方向，根据受力平衡可得电场强度大小；
（2）电场强度减小为原来的一半，电场力减为原来的一半，根据牛顿第二定律求解加速度；
（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时，合力做功等于物体动能变化，根据动能定理求解物块下滑的距离L时的动能。
21．【答案】解：（1）小物块静止时受力如图所示
可知小物块受的电场力与匀强电场的方向相反，所以小物块带负电。
（2）沿斜面方向，根据受力平衡可得
解得
（3）若将电场强度减小为原来的一半，小物块下滑距离为时，根据动能定理可得
代入数据解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】
【分析】（1）物块静止时，根据平衡条件可以判别物块受到的电场力方向，结合电场强度的方向可以判别小球的电性；
（2）当物块处于静止时，利用平衡方程可以求出电场强度的大小；
（3）当电场强度减小时，小物块下滑，利用动能定理可以求出物块的动能大小。
22．【答案】解：（1）根据题意可知，小球受三个力处于平衡状态，根据几何关系
电场方向左下与竖直方向夹角
（2）由等效重力法可知，A点的对称点C点为等效最高点。重力与电场力的合力
等效重力加速度
恰好做圆周运动时C点对应的速度
从C点到圆周最低点B点由动能定理可得
解得
【知识点】生活中的圆周运动；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球处于静止时，利用小球的平衡方程可以求出电场强度的大小及方向；
（2）将小球受到的电场力和重力等效为合力，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合动能定理可以求出小球运动到B点的速度大小。
23．【答案】（1），
（2）
（3）
【知识点】带电粒子在电场中的加速；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）根据动能定理得
解得
粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
（3）如图，将速度分解为沿y轴正方向的速度及速度，因为
可得
故可知沿y轴正方向的速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知
故当方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为
【分析】(1)根据动能定理结合牛顿第二定律，求加速电场两板间的电压U和区域I的半径R；
(2)由洛伦兹力提供向心力结合几何关系、周期公式，求该粒子在区域I和区域II中运动的总时间t；
(3)对速度v0进行分解，判断出粒子沿y正方向做旋进运动，结合几何关系求粒子的速度大小所在的位置到x轴的距离。
24．【答案】解：（1）原子核在电场中做类平抛运动，有
加速度为
代入数据，其中
可得
（2）原子核离开电场时速度与夹角设为，则
偏移距离
右侧的磁场中做匀速圆周运动，有
该轨迹圆在y轴上对应的弦长
OQ间距离
代入数据可得
粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动的时间为
（3）设粒子圆形磁场中做圆周运动的半径为r，则
解得
运动的周期
解得
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
所以圆形磁场的最小半径
最小面积
解得
由图可知，进入磁场的位置距y轴的最小距离
解得
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【分析】（1）原子核在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀变速直线运动的。
（2）右侧的磁场中做匀速圆周运动，轨迹圆在y轴上对应的弦长，求出磁场中运动的周期，结合轨迹圆心角求解时间；
（3）画出粒子在磁场中运动的轨迹，求出圆形磁场的最小半径以及最小面积，根据几何关系求解进入磁场的位置距y轴的最小距离。
25．【答案】解：（1）由于速度时间图像的斜率表示加速度，由图乙可知，t1时刻A的加速度为0，说明此时A所受合外力为0，设此时A、B相距为x，根据平衡条件有
联立解得
（2）A、B组成的系统合外力为0，由动量守恒定律有
解得
即物块B的速度大小为，方向向左；
（3）设A、B间的距离为x'，对A有
联立解得
t1~t3时间内，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律可得
解得
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）速度时间图像的斜率表示加速度，t1时刻A的加速度为0，根据平衡条件列式求解；
（2）t1~t2时间内，A受到向右大小为Eq的电场力、向右的库仑力以及向左大小为2Eq的摩擦力，B受到向左大小为Eq的电场力、向左的库仑力以及向右大小为2Eq的摩擦力。
（3）在t3时刻A的速度达到最大，此时A的加速度为0，合外力为0。
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