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专题07 带电粒子在电场中的加速问题
知识点一 带电粒子在匀强电场中的加速
分析带电粒子的加速问题有两种思路
1.利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量，公式有qE＝ma，v＝v0＋at等。
2.利用静电力做功结合动能定理分析。适用于问题涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时，公式有qEd＝mv2－mv(匀强电场)或qU＝mv2－mv(任何电场)等。
知识点二 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
知识点三 多过程运动模型
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，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则（ ）
A．电场方向竖直向上
B．小球做匀加速直线运动
C．小球上升的最大高度为
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为
人体的细胞膜模型图如图a所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图b所示，初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是（ ）
A．钾离子的电势能增大
B．A点电势低于B点电势
C．若膜电位减小，则钾离子进入细胞内的速度减小
D．若膜电位不变，膜的厚度越大，则钾离子进入细胞内的速度越大
如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U。一带负电的粒子以初速度v0由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板B。如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有（ ）
A．初速度为，电压U不变
B．初速度为，电压为
C．初速度为v0，电压为
D．初速度为v0，电压为
如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，M板上有一小孔。质量为m、带电荷量为﹣q的粒子（不计重力），以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子从M、N两板的正中间处返回，下述措施能满足要求的是（ ）
A．使带电粒子的初速度减为原来的
B．使M、N间电压变为原来的2倍
C．使M、N间电压变为原来的4倍
D．使带电粒子的初速度和M、N间电压都变为原来的2倍
如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到P'点，则由O点静止释放的电子（ ）
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P'点后继续运动
知识点四 带电粒子在交变电场中的运动
1.受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向。
2.运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定。
3.处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
(1)当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。
(2)研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图像，特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。
图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是（ ）
A．金属圆筒1、2、3的长度之比为1：2：3
B．电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍
C．第n个圆筒的长度应满足
D．进入第n个圆筒时电子的速率为
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的荷质比取1×108C/kg。则（ ）
A．漂移管需要用绝缘材料制成
B．各漂移管的长度应相等
C．漂移管B的长度为0.6m
D．相邻漂移管间的加速电压U＝6×104V
匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，将一带电粒子在此匀强电场中由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．0～3s内，电场力做的总功不为零
C．2s末带电粒子离出发点最远
D．3s末带电粒子回到原出发点
如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受重力），在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移x、速度v、加速度a和动能Ek随时间（一个周期内）变化规律的是（ ）
A． B．
C． D．
粒子直线加速器原理示意图如图1所示，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图2所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是（ ）
A．要实现加速，电子在圆筒中运动的时间必须为T
B．电子出圆筒2时的速度为出圆筒1时速度的两倍
C．第n个圆筒的长度应满足
D．要加速质子，无须改变其他条件但要在到时间内从圆板处释放
匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子将做往复运动
B．3s末带电粒子回到原出发点
C．3s末带电粒子的速度不为零
D．前3s内，静电力做的总功为零
如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A．圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B．电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C．电子在各圆筒中运动的时间都为T
D．各圆筒的长度之比可能为1：
如图所示，在一个场强大小为E的区域内有一个倾角为60°的斜面，当场强方向水平向右时，在高为h的斜面顶端一个质量为m带电量为q的带电物体能静止在其上。某时刻场强方向突然换成水平向左，其大小不变，最后物体运动到水平面上。则场强未变向时物体所受的摩擦力和物体刚与水平地面接触时的速度大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（ ）
A．I B．I C．I D．I
（多选）水平地面上方存在水平方向的匀强电场。质量为m、带负电且电荷量为q的小球A以一定的初速度v0从地面上的O点射入匀强电场，速度方向与水平方向的夹角为53°，恰好沿v0方向离开地面在竖直平面内做直线运动，则（ ）
A．电场方向水平向右且电场力大小为mg
B．从地面到最高点，克服重力做功为
C．从地面到最高点，克服电场力做功为0.18
D．从地面出发再回到地面用时为
（多选）早期的滤尘器由两块带正电的平行板及之间的一组带负电的导线构成，如图所示，带电导线附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收集板迁移并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收集板运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是（ ）
A．两平行板间存在匀强电场
B．带正电尘埃向收集板运动并沉积
C．两平行板间越靠近带电导线电势越低
D．带电尘埃向收集板运动过程中电势能减小
如图所示，水平地面上放置一长度L＝10m、质量M＝1kg的长木板。一可视为质点、质量m＝1kg、带电量q＝+1×10﹣5C的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离d1＝7m，在距木板右端d2＝9m的虚线右侧，存在宽度d3＝11.5m的匀强电场，场强E1＝2×106N/C，方向竖直向下。匀强电场E1右侧存在宽度d4＝6m的匀强电场，场强E2＝1×106N/C，方向竖直向上。从t＝0时刻起，水平恒力F＝8N作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块运动多长时间进入匀强电场E1；
（2）从物块进入匀强电场E1到离开匀强电场E1的过程，小物块对长木板的摩擦力所用的功；
（3）物块离开匀强电场E2时，其离木板右端的距离。
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专题07 带电粒子在电场中的加速问题
知识点一 带电粒子在匀强电场中的加速
分析带电粒子的加速问题有两种思路
1.利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量，公式有qE＝ma，v＝v0＋at等。
2.利用静电力做功结合动能定理分析。适用于问题涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时，公式有qEd＝mv2－mv(匀强电场)或qU＝mv2－mv(任何电场)等。
知识点二 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
知识点三 多过程运动模型
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，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝qE，则（ ）
A．电场方向竖直向上
B．小球做匀加速直线运动
C．小球上升的最大高度为
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为
【解答】解：AB．小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg＝qE，故电场力与重力关于ON对称，
根据数学知识得，电场强度方向与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图所示：
合力沿NO方向向下，由几何关系可知合力大小为mg，加速度为g，方向沿NO向下，小球做匀减速直线运动，故AB错误；
C．小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为，则最大高度为hm＝xmsin30°，解得：，故C正确；
D．由电场力方向与速度方向的关系可知，电场力对小球做负功，由功能关系可知，小球运动过程中电势能逐渐增大；
若小球在初始位置的电势能为零，当小球处于最高点时，则小球电势能的最大，根据能量守恒有，解得：，故D错误。
故选：C。
人体的细胞膜模型图如图a所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图b所示，初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是（ ）
A．钾离子的电势能增大
B．A点电势低于B点电势
C．若膜电位减小，则钾离子进入细胞内的速度减小
D．若膜电位不变，膜的厚度越大，则钾离子进入细胞内的速度越大
【解答】解：A.初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，可知钾离子运动中电场力做正功，所以钾离子的电势能减小，故A 错误；
B.初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，则电场线从A到B，沿电场线电势降低，所以A点电势大于B点电势，故B错误；
CD.由动能定理可知，若膜电位不变时，即电压U不变时，膜的厚度越大，则钾离子进入细胞内的速度仍不变；电压U减小时，速度减小，故C正确，D错误。
故选：C。
如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U。一带负电的粒子以初速度v0由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板B。如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有（ ）
A．初速度为，电压U不变
B．初速度为，电压为
C．初速度为v0，电压为
D．初速度为v0，电压为
【解答】解：设A、B两板间距离为d，粒子带电荷量大小为q，带电粒子从进入电场到开始返回运动的距离为x，
当A、B间电压为U时，粒子刚好能到达B板，根据动能定理有：，
整理得：，此时 x＝d，
当带电粒子从A、B两板的正中间处返回时，，即x变为原来的；
A.由可知，当v0变为原来的、U不变时，x变为原来的，不满足要求，故A错误；
B.由可知，当v0和U都变为原来的时，x变为原来的，满足要求，故B正确；
C.由可知，当v0不变、U变为原来的时，x变为原来的2倍，不满足要求，故C错误；
D.由可知，当v0不变、U变为原来的倍时，x变为原来的，不满足要求，故D错误；
故选：B。
如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，M板上有一小孔。质量为m、带电荷量为﹣q的粒子（不计重力），以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子从M、N两板的正中间处返回，下述措施能满足要求的是（ ）
A．使带电粒子的初速度减为原来的
B．使M、N间电压变为原来的2倍
C．使M、N间电压变为原来的4倍
D．使带电粒子的初速度和M、N间电压都变为原来的2倍
【解答】解：设M、N两板间距离为d，带电粒子从进入电场到开始返回运动的距离为x，
当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，根据动能定理有：，
整理得：，此时 x＝d；
当带电粒子从M、N两板的正中间处返回时，，即x变为原来的；
A.由可知，当v0变为原来的时，则x变为原来的，不满足要求，故A错误；
B.由可知，当U变为原来的2倍时，则x变为原来的，满足要求，故B正确；
C.由可知，当U变为原来的4倍时，则x变为原来的，不满足要求，故C错误；
D.由可知，当v0变为原来的2倍，U也变为原来的2倍时，则x变为原来的2倍，不满足要求，故D错误；
故选：B。
如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到P'点，则由O点静止释放的电子（ ）
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P'点后继续运动
【解答】解：由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点速度为0，之后重复先前的运动。
电子从O点到P点，根据动能定理有
﹣eUOM﹣eUMP＝0
解得：UMP＝﹣UOM＝UMO
当C板向左平移到P'点时，B、C间距减小，由电容的决定式C知电容增大，由电容的定义式C，结合电荷量不变，知B、C之间电压减小，则有
UMP＝UMO＞UMP'
结合上述有：﹣eUOM﹣eUMP'＞0
可知，电子减速运动到P'的速度不等于0，即电子穿过P'点后继续向右运动，故ABC错误，D正确。
故选：D。
知识点四 带电粒子在交变电场中的运动
1.受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向。
2.运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定。
3.处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
(1)当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。
(2)研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图像，特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。
图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是（ ）
A．金属圆筒1、2、3的长度之比为1：2：3
B．电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍
C．第n个圆筒的长度应满足
D．进入第n个圆筒时电子的速率为
【解答】解：ACD、由于电子每经过圆筒狭缝时都要加速，进入圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间均为，电子在加速过程中加速度相同，经过n次加速后，根据动能定理得
可得
则电子进入第n个圆筒时的速度为
不计缝隙时间，电子在圆筒内的时间均为，则第n个圆筒的长度为
所以金属圆筒1、2、3的长度之比为，故AC错误，D正确；
B、由于电子在筒内做匀速直线运动，所以电子离开圆筒1时的速度等于进入时的速度，故B错误；
故选：D。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的荷质比取1×108C/kg。则（ ）
A．漂移管需要用绝缘材料制成
B．各漂移管的长度应相等
C．漂移管B的长度为0.6m
D．相邻漂移管间的加速电压U＝6×104V
【解答】解：A．漂移管内电场强度为零，质子在漂移管内做匀速直线运动，根据静电屏蔽，漂移管需要用金属材料制成，故A错误；
B．质子在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，质子在每个管内运动时间视为电源周期的，各漂移管的长度应逐渐增大，故B错误；
C．电源周期为
漂移管B的长度为
故C错误；
D．从B到E，根据动能定理
解得相邻漂移管间的加速电压
U＝6×104V
故D正确。
故选：D。
匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，将一带电粒子在此匀强电场中由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．0～3s内，电场力做的总功不为零
C．2s末带电粒子离出发点最远
D．3s末带电粒子回到原出发点
【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小为
在第2s内加速度大小为
因此带电粒子在0～1s内向负方向做加速度大小为a1的匀加速直线运动，在1～1.5s内向负方向做加速度大小为a2的匀减速直线运动，同理1.5～2s内向正方向做加速度大小为a2的匀加速直线运动，2～3s内向正方向做加速度大小为a1的匀减速直线运动，在t＝3s时，带电粒子速度刚好减为0且回到出发点；综上分析可知，带电粒子做周期性的往返运动，1.5s末，带电粒子离出发点最远；3s末带电粒子回到原出发点；0～3s内，电场力做的总功为零。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
如图甲所示，距离足够大的两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受重力），在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压。若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正确反映电子的位移x、速度v、加速度a和动能Ek随时间（一个周期内）变化规律的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB．电子一个周期内的运动情况为：0～时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～时间内，原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。～时间内，向B板做匀加速直线运动，～T时间内，继续向B板做匀减速直线运动，根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线；电子做匀变速直线运动时x﹣t图象是抛物线，故AB错误；
C．由于牛顿第二定律F＝ma，解得可知匀变速运动的加速度大小不变，方向发生变化，故a﹣t图象应平行于横轴，故C正确；
D．匀变速运动速度图象是倾斜的直线，根据，可知Ek与v成二次函数关系，结合上述分析，v与t在每一阶段均为一次函数关系，由此可知Ek﹣t图象是曲线，故D错误。
故选：C。
粒子直线加速器原理示意图如图1所示，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图2所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是（ ）
A．要实现加速，电子在圆筒中运动的时间必须为T
B．电子出圆筒2时的速度为出圆筒1时速度的两倍
C．第n个圆筒的长度应满足
D．要加速质子，无须改变其他条件但要在到时间内从圆板处释放
【解答】解：A．电子每经过圆筒狭缝时都要加速，然后进入圆筒做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间必须为，故A错误；
B．由动能定理得电子出圆筒1时的速度为
解得
由动能定理得电子出圆筒2时速度为
解得
电子出圆筒2时的速度为出圆筒1时速度的倍，故B错误；
C．由动能定理得电子进圆筒n时的速度为
第n个圆筒的长度为
解得
故C正确；
D．质子的比荷比电子的比荷要小，则质子进入圆筒的速度比电子进入圆筒的速度要小，则圆筒的长度需要相应的变短，释放的时间应该在到时间内释放，故D错误。
故选：C。
匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，带电粒子只受静电力的作用。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子将做往复运动
B．3s末带电粒子回到原出发点
C．3s末带电粒子的速度不为零
D．前3s内，静电力做的总功为零
【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在前2s内的加速度为a1，是第3s内加速度a2的，因此先加速2s再减速1s时速度为零，接下来的运动从0～3s的运动过程，v﹣t图像如图所示：
A、由所画的v﹣t图像可知带电粒子不做往复运动，始终向同一方向运动，故A错误。
B、根据v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t＝3s时（即3s末）带电粒子离出发点最远，故B错误；
C、由所画的v﹣t图像可知，粒子在前2s内做匀加速直线运动，第3s内做匀减速直线运动，3s末（即3s末）的瞬时速度刚减到0，故C错误；
D、因为第3s末粒子的速度刚好减为0，前3s内动能变化为0，粒子只受电场力作用，根据动能定理可知电场力做的总功为零。故D正确。
故选：D。
如图甲所示，某多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。电子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A．圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小
B．电子在各圆筒中做匀加速直线运动
C．电子在各圆筒中运动的时间都为T
D．各圆筒的长度之比可能为1：
【解答】解：AB．金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速运动，故AB错误；
C．只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；
D．电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
解得
第n个圆筒长度
则各金属筒的长度之比为，故D正确。
故选：D。
如图所示，在一个场强大小为E的区域内有一个倾角为60°的斜面，当场强方向水平向右时，在高为h的斜面顶端一个质量为m带电量为q的带电物体能静止在其上。某时刻场强方向突然换成水平向左，其大小不变，最后物体运动到水平面上。则场强未变向时物体所受的摩擦力和物体刚与水平地面接触时的速度大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：场强未变向时，对物体受力分析如图所示：
根据平衡条件得：mgsinθ＝Fcosθ+f，其中，联立解得：；
场强方向改变时，物体受力分析如图
因为，故FN＝0，摩擦力f＝0，物体只受电场力和重力作用，可得合力为，加速度为，根据速度—位移公式可得，解得：，故C正确，ABD错误。
故选：C。
我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（ ）
A．I B．I C．I D．I
【解答】解：氙离子在加速电场中由动能定理有：
设Δt时间内有n个氙离子喷射出，则有：
取水平向右为正方向，对n个氙离子由动量定理有：FΔt＝nmv﹣0
联立方程可得：
由牛顿第三定律可知离子推进器产生的推力，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（多选）水平地面上方存在水平方向的匀强电场。质量为m、带负电且电荷量为q的小球A以一定的初速度v0从地面上的O点射入匀强电场，速度方向与水平方向的夹角为53°，恰好沿v0方向离开地面在竖直平面内做直线运动，则（ ）
A．电场方向水平向右且电场力大小为mg
B．从地面到最高点，克服重力做功为
C．从地面到最高点，克服电场力做功为0.18
D．从地面出发再回到地面用时为
【解答】解：A.小球恰好沿方向离开地面在竖直平面内做直线运动，可知小球受到的重力和电场力的合力方向刚好与v0方向相反，如图所示：
可知电场力大小为Eqmg，由于小球带负电，可知电场方向水平向右，故A正确；
BCD.小球受到的合力为Fmg，小球的加速度为：a，根据对称性可知，从地面出发再回到地面用时为：t＝2t1＝2，从地面到最高点，通过的位移大小为s，则从地面到最高点，克服重力做功为WG＝mgh＝mgs sin53°m，从地面到最高点，克服电场力做功为W电＝qEs cos53°，解得W电＝0.18m，故BD错误，C正确。
故选：AC。
（多选）早期的滤尘器由两块带正电的平行板及之间的一组带负电的导线构成，如图所示，带电导线附近会形成很强的电场使空气电离，废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收集板迁移并沉积，以达到除尘目的。假设尘埃向收集板运动过程中所带电量不变，下列判断正确的是（ ）
A．两平行板间存在匀强电场
B．带正电尘埃向收集板运动并沉积
C．两平行板间越靠近带电导线电势越低
D．带电尘埃向收集板运动过程中电势能减小
【解答】解：A．靠近带电导线附近的位置电场强，两平行板间不存在匀强电场，故A错误；
B．因为收集板带正电，所以带负电尘埃向收集板运动并沉积，故B错误；
C．因为带电导线带负电，两平行板间越靠近带电导线电势越低，故C正确；
D．带电尘埃向收集板运动过程中电场力做正功，电势能减小，故D正确。
故选：CD。
如图所示，水平地面上放置一长度L＝10m、质量M＝1kg的长木板。一可视为质点、质量m＝1kg、带电量q＝+1×10﹣5C的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离d1＝7m，在距木板右端d2＝9m的虚线右侧，存在宽度d3＝11.5m的匀强电场，场强E1＝2×106N/C，方向竖直向下。匀强电场E1右侧存在宽度d4＝6m的匀强电场，场强E2＝1×106N/C，方向竖直向上。从t＝0时刻起，水平恒力F＝8N作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块运动多长时间进入匀强电场E1；
（2）从物块进入匀强电场E1到离开匀强电场E1的过程，小物块对长木板的摩擦力所用的功；
（3）物块离开匀强电场E2时，其离木板右端的距离。
【解答】解：（1）当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为a，则对整体由牛顿第二定律有：
F﹣μ（m+M）g＝（m+M）a
代入数据解得a＝2m/s2
因a＜μ1g，故假设成立。
设从开始运动到物块进入电场的时间为t0，由位移与时间的关系可得：
d1+d2
解得：t0＝4s；
（2）当物块进入电场区后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场E1中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：
F﹣μ2[（m+M）g+Eq]＝（m+M）a1
解得：a1＝0
长木板与小物块间为摩擦力为0，即在物块进入电场E1中的1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为x1，进入电场E1时的速度大小为v1，则有：
v1＝at0＝2×4m/s＝8m/s
x1＝v1t1＝8×1m＝8m
此时距进入电场E1的右边界距离为x2＝d3﹣x1＝11.5m﹣8m＝3.5m
设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为a1′，由牛顿第二定律有：
μ2[（m+M）g+Eq]＝（m+M）a1′
解得：a1′＝4m/s2
因：a1′＝μ1g，故物块和木板一起做匀减速直线运动离开电场E1，小物块对长木板静摩擦力大小为：
f＝ma1′，方向向右。
此摩擦力做正功，则有：Wf＝f x2
代入数据解得：Wf＝14J；
（3）当物块进入电场E2时的速度大小为v2，则由速度与位移的关系可得：
2a1′x2
代入数据解得：v2＝6m/s
当进入匀强电场E2，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有：mg＝E2q
可知物块在电场E2中做匀速直线运动，木板在电场E2中做匀减速直线运动，木板加速度大小为a2，物块通过电场E2时间为t2，则有：
d4 ＝v2t2
μ2Mg ＝ Ma2
解得：t2＝1s，a2＝2m/s2
设该过程中木板的位移为x3，可得：x3＝v2t25m
则可得物块出电场E2时距离木板右端的距离为：d5＝d1﹣（d4﹣x3）
代入数据解得：d5＝6m
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