PAGE1專題02帶電粒子在電場中的運動內(nèi)容導航考點聚焦：核心考點+高考考點，有的放矢重點速記：知識點和關鍵點梳理，查漏補缺難點強化：難點內(nèi)容標注與講解，能力提升復習提升：真題感知+提升專練，全面突破核心考點聚焦1．帶電粒子在電場中的直線運動2．帶電粒子在電場中的類拋體運動3．帶電粒子在交變電場中的運動4．帶電粒子在電場中的圓周運動5．帶電粒子在電場中的能量問題高考考點聚焦?？伎键c真題舉例帶電粒子在電場中的直線運動2022·北京卷帶電粒子在電場中的類拋體運動2023·北京卷、湖北卷帶電粒子在交變電場中的運動2024·廣東卷帶電粒子在電場中的圓周運動2024·浙江卷、河北卷帶電粒子在電場中的能量問題2024·遼寧卷知識點一：帶電粒子在電場中的直線運動1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。(2)勻強電場中，粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。2．用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad(勻強電場)。3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。知識點二：帶電粒子在電場中的類拋體運動1.求解電偏轉(zhuǎn)問題的兩種思路以示波管模型為例,帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后,需再經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P,如圖所示。(1)確定最終偏移距離OP的兩種方法方法1:方法2:(2)確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后的動能(或速度)的兩種方法2.特別提醒：（1）利用動能定理求粒子偏轉(zhuǎn)后的動能時,電場力做功W=qU=qEy,其中“U”為初末位置的電勢差,而不一定是U=U2（2）注意是否考慮重力①基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．②帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．知識點三：帶電粒子在交變電場中的運動1.此類題型一般有三種情況:一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解);二是粒子做往返運動(一般分段研究);三是粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究)。2.分析時從兩條思路出發(fā):一是力和運動的關系,根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析;二是功能關系。3.注重全面分析(分析受力特點和運動特點),抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征,求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件。4.交變電場中的直線運動（方法實操展示）U-t圖像v-t圖像軌跡圖5.交變電場中的偏轉(zhuǎn)（帶電粒子重力不計，方法實操展示）U-t圖軌跡圖vv0v0v0v0v0v0vy-t圖ttOvyv0T/2T單向直線運動AB速度不反向ttOvyv0往返直線運動AB速度反向TT/2-v0知識點四：帶電粒子在電場中的圓周運動1.方法概述等效思維方法是將一個復雜的物理問題,等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復雜,運算量大。若采用等效法求解,則能避開復雜的運算,過程比較簡捷。2.方法應用先求出重力與電場力的合力,將這個合力視為一個等效重力,將a=F合知識點五：帶電粒子在電場中的能量問題1．電場中的功能關系(1)若只有靜電力做功電勢能與動能之和保持不變。(2)若只有靜電力和重力做功電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。(3)除重力之外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的變化。(4)所有外力對物體所做的功等于物體動能的變化。2．電場力做功的計算方法(1)WAB＝qUAB(普遍適用)(2)W＝qExcosθ(適用于勻強電場)(3)WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(從能量角度求解)(4)W電＋W非電＝ΔEk(由動能定理求解)一、帶電粒子在電場中的直線運動1．如圖所示，空間內(nèi)存在方向與豎直方向夾角為60°的勻強電場，用絕緣細繩懸掛質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球，平衡時絕緣細繩與豎直方向夾角為30°，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球帶負電B．電場強度大小為C．剪斷絕緣細繩后小球做勻變速曲線運動D．撤去電場的瞬間，小球的瞬時加速度為【答案】D【詳解】A．小球受到重力、繩的拉力與電場力處于平衡，根據(jù)平衡條件可知，電場力的方向一定與電場強度方向相同，則小球帶正電，故A錯誤；B．對小球進行受力分析，如圖所示則有解得故B錯誤；C．剪斷絕緣細繩后，小球受到重力與電場力，結(jié)合上述可知，合力大小一定，方向沿繩的反方向，由于初速度為0，則小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運動，故C錯誤；D．撤去電場的瞬間，小球隨后將做圓周運動，初速度為0，撤去電場瞬間，所需向心力為0，即沿半徑方向所受合力為0，則有解得故D正確。故選D。2．兩塊長為L的平行金屬板AB、CD相距正對豎直放置，平行金屬板之間為勻強電場。某時刻一個帶電小球由C點進入電場，小球在電場中沿垂直于BD的直線運動，最遠能夠到達直線BD上。已知重力加速度為g，則小球進入電場時的初速度的大小為（）

A． B． C． D．【答案】B【詳解】帶電小球能在電場中沿方向做直線運動，則小球受到的合力方向與在同一直線上，故小球受到的電場力方向只能水平向右，受力分析如下圖

小球受到的合力大小為小球在電場中做勻減速直線運動，加速度大小為由題意可得故由幾何知識可得小球運動到直線BD所走的距離為小球恰好到達直線BD上，可得聯(lián)合解得故選B。3．如圖所示，固定的光滑絕緣斜面OM與光滑絕緣水平面MN平滑連接，斜面OM長度L=4.0m，傾角，斜面和水平面所在空間存在著平行于斜面向上的勻強電場，電場強度的大小，現(xiàn)有一帶電量為的帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點）從O點以v=3m/s的速度沿斜面勻速下滑，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則小滑塊的質(zhì)量m和滑塊在水平面MN運動的最大位移x分別為（

）

A．m=2kg，x=0.4375m B．m=2kg，x=0.9375mC．m=1kg，x=0.4375m D．m=1kg，x=0.9375m【答案】D【詳解】帶正電的小滑塊從O到M沿斜面勻速下滑，對小滑塊受力分析知解得小滑塊的m=1kg帶正電的小滑塊速度從v=3m/s到0，根據(jù)動能定理有解得帶正電的小滑塊在水平面MN運動的最大位移x=0.9375m故選D。4．如圖所示，真空中水平放置的平行板電容器的兩極板與電壓恒定的電源相連，下極板接地，當兩極板間距為d時，兩極板間的帶電質(zhì)點恰好靜止在點，當把上極板快速向下平移距離后，電容器所帶的電荷量在極短時間內(nèi)重新穩(wěn)定，帶電質(zhì)點開始運動，重力加速度大小為，則上極板向下平移后（

）

A．電容器所帶的電荷量不變 B．帶電質(zhì)點將向下運動C．P點的電勢升高 D．帶電質(zhì)點的加速度大小為【答案】C【詳解】A．根據(jù)平行板電容器電容的決定式可知，當上極板向下平移后，極板間的距離減小，導致電容器的電容增大，依題意，電容器極板間電壓保持不變，根據(jù)易知電容器所帶的電荷量增大。故A錯誤；B．根據(jù)又解得可知帶電質(zhì)點所受電場力增大，將向上運動。故B錯誤；C．根據(jù)電勢差與場強的關系，可知P點與下極板的電勢差為依題意，下極板接地，電勢為零，由可知P點的電勢升高。故C正確；D．依題意，上極板移動前，有下極板移動后，有聯(lián)立，解得故D錯誤。故選C。二、帶電粒子在電場中的類拋體運動5．讓一價氫離子（質(zhì)量為m，電量為e）、一價氦離子（質(zhì)量為4m，電量為e）和二價氦離子（質(zhì)量為4m，電量為2e）先后以相同的速度從帶電平行板間的P點沿垂直電場方向射入電場，其中一價氫離子恰能離開電場，軌跡如圖中曲線所示，不計離子的重力，板間電場可視為勻強電場。則它們在電場中運動過程（）A．一價氫離子運動的時間最短B．一價氫離子與一價氦離子的軌跡重合C．出電場時，二價氦離子的速度最小D．電場力對一價氫離子做的功等于對二價氦離子做的功【答案】D【詳解】AB．設平行板中的電場強度為E，三種離子的初速度為，豎直方向上運動的距離水平方向上運動的距離聯(lián)立可得由題可知，一價氫離子恰能離開電場，一價氦離子和二價氦離子的比荷比一價氫離子的比荷小，因此一價氦離子和二價氦離子也可以離開電場。三種離子的比荷不同，因此豎直方向上運動的距離不一樣，運動軌跡不一樣。由于初速度相同，因此它們在電場中運動時間和一價氫離子運動的時間相同。故AB錯誤；C．由動能定理可得整理可得將一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的質(zhì)量和電荷量代入可得故C錯誤；D．電場力做的功將一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的質(zhì)量和電荷量代入可得故D正確。故選D。6．如圖所示，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板間電壓為，極板長度為，間距為。電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后。沿平行于極板的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為，電荷量為，加速電場電壓為，忽略電子所受重力。電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度和從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離分別是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【詳解】根據(jù)功能關系可得電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度為在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間為偏轉(zhuǎn)加速度為偏轉(zhuǎn)距離為故選D。7．水平地面上方有水平向右的勻強電場，從地面上的A點斜向右上方以速度拋出一個帶電荷量為、質(zhì)量為m的小球，速度方向與水平地面的夾角（，），軌跡如圖所示，點B為軌跡最高點，D、E兩點高度相等，小球落在水平地面的C點，忽略空氣阻力的影響，g取，勻強電場的場強大小為，則（）A．小球從A點運動到B點的時間為1s B．小球在B點的速度為12m/sC．小球在D點和E點的速度大小相等 D．小球落地時與水平方向的夾角小于53°【答案】D【詳解】A．小球在豎直方向與水平方向的初速度為點為軌跡最高點，所以在點豎直速度為零，由可得A錯誤；B．小球水平方向的加速度為小球在點速度為B錯誤；C．D、E兩點高度相等，小球從D到E重力做功為零，電場力做正功，所以點速度大小大于點速度大小，故C錯誤；D．小球從A到C的時間為從A到B的時間的兩倍，則到C點時，水平速度為則小球落地時與水平方向的夾角正切為故小球落地時與水平方向的夾角小于53°，D正確。故選D。8．如圖所示，質(zhì)量相同、帶電荷量不同的兩帶電粒子（重力不計）以大小相同的初速度從左上端水平射入平行板電容器，粒子1打在下極板中點處，粒子2由右側(cè)板中央處射出電場區(qū)域，粒子1和2所帶電荷量分別為和，在電場中的運動時間分別為和，在電場中運動的加速度分別為和，在電場中運動時動能的變化量分別為和。則（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】對粒子1，有對粒子2，有由此可知故選D。三、帶電粒子在交變電場中的運動9．如圖甲為直線加速器原理圖，由多個橫截面積相同的圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上。序號為奇數(shù)的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。已知電子的質(zhì)量為m、元電荷為e、電壓的絕對值為u，周期為T，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在時，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，此時位于和偶數(shù)圓筒相連的圓板（序號為0）中央有一個初速度為零的電子。下列說法正確的是（）A．可以選用高強度的玻璃作為圓筒材料 B．電子在圓筒內(nèi)運動的時間為TC．進入第2個金屬圓筒時的速度為 D．第8個金屬圓筒的長度為【答案】C【詳解】A．圓筒需要和交流電源相連形成電場，必須導電，故A錯誤；B．因為電子從金屬圓筒出來后要繼續(xù)做加速運動，所以電子在金屬圓筒中的運動時間應該為交變電源周期的一半，即，故B錯誤；C．由動能定理得所以電子進入第2個圓筒瞬間速度為故C正確；D．由動能定理得所以電子進入第8個圓筒瞬間速度為因為金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內(nèi)部場強為零，電子在圓筒中做勻速直線運動，所以第8個圓筒長度為故D錯誤。故選C。10．某電場的電場強度E隨時間t變化規(guī)律的圖像如圖所示。當t=0時，在該電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受靜電力作用，則下列說法中正確的是（）A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．0～2s內(nèi)靜電力對帶電粒子的沖量為0C．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點D．0～2s內(nèi)，靜電力做的總功不為零【答案】D【詳解】A．由牛頓第二定律可得帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度大小為a1＝第2s內(nèi)加速度大小為a2＝因E2＝2E1則a2＝2a1則帶電粒子先勻加速運動1s再勻減速0.5s時速度為零，接下來的0.5s將反向勻加速，再反向勻減速，t＝3s時速度為零，v－t圖像如圖所示。由圖可知，帶電粒子在電場中做往復運動，故A錯誤；C．由v－t圖像面積表示位移可知，t＝2s時，帶電粒子位移不為零，沒有回到出發(fā)原點，故C錯誤；D．由v－t圖像可知，t＝2s時，v≠0，根據(jù)動能定理可知，0～2s內(nèi)靜電力做的總功不為零，故D正確；B．由動量定理可知靜電力對帶電粒子的沖量不為0，故B錯誤。故選D。11．如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，間距為d，金屬板長為2d，兩金屬板間加如圖乙所示的電壓（t=0時上金屬板帶正電），其中。一粒子源連續(xù)均勻發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子（初速度，重力忽略不計），該粒子源射出的帶電粒子均恰好從上板左端的下邊緣水平進入兩金屬板間，若粒子碰到兩金屬板即被吸收不再反彈且對極板的電量幾乎無影響，則（）A．能從極板右側(cè)飛出的粒子電場力對其做功一定為0B．t=0時刻進入兩極板間的粒子能夠從極板右側(cè)飛出C．能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為D．能從極板右側(cè)飛出的粒子數(shù)占入射粒子總數(shù)的25%【答案】A【詳解】A．根據(jù)對稱性，能從極板右側(cè)飛出的粒子在電場中運動時間為T，則出電場時豎直速度一定為零，則電場力對其做功為零，故A正確；B．假設時刻進入兩極板間的粒子能夠從極板右側(cè)飛出，則它在豎直方向上先加速向下，經(jīng)過時間后電場反向，開始在豎直方向上減速向下，又經(jīng)過時間，豎直分速度減為零，則有由牛頓第二定律，可得聯(lián)立解得則假設不成立，時刻進入兩金屬板間的粒子將打在金屬板上，故B錯誤；C．能從板間飛出的粒子，水平方向做勻速直線運動，則有故C錯誤；D．考慮射入的粒子，當粒子射出位置最低時，可以假設釋放的時間為，在釋放后的時間內(nèi)，豎直位移應恰好為d，則解得隨后的內(nèi)，由于豎直上升高度為假設成立，此為一臨界位置；當粒子射出位置最高時，根據(jù)對稱性可知從時刻射入粒子恰好從上邊緣射出，此為一臨界位置，則能從極板右側(cè)飛出的粒子數(shù)占入射粒子總數(shù)故D錯誤。故選A。12．圖甲所示兩水平金屬板間距為d，兩板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度沿中線射入兩板間，時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述正確的是（

）A．末速度大小為 B．微粒帶正電C．重力勢能減少了mgd D．微粒的電勢能增加了【答案】D【詳解】AB．0～T時間內(nèi)微粒勻速運動，說明重力和電場力平衡，則有qE0=mg時間內(nèi)，微粒只受到重力，微粒做平拋運動，下降的位移時間內(nèi)，微粒的加速度大小方向豎直向上，微粒在豎直方向上向下做勻減速運動，結(jié)合T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出，所以T時刻豎直分速度為零，在水平方向上仍做勻速直線運動，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，但不能確定粒子電性，故AB錯誤；CD．T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出，則重力勢能減少量為粒子的動能不變，可知粒子的電勢能增加，故C錯誤，D正確。故選D。四、帶電粒子在電場中的圓周運動 13．如圖所示，空間原有大小為E、方向豎直向下的勻強電場，空間同一水平面的M、N點固定兩個等量正點電荷，半徑為R的絕緣光滑圓管道垂直放置，其圓心O在的中點，和分別為豎直和水平的直徑。質(zhì)量為m、電荷量為的小球（直徑略小于圓管直徑）放進圓管內(nèi)，從A點沿圓環(huán)以初速度做完整的圓周運動，則（）A．小球從A到C的過程中電勢能減少 B．小球不可能沿圓管道做勻速圓周運動C．可求出小球運動到C點時的加速度 D．小球在D點受到的合外力一定指向O【答案】C【詳解】A．根據(jù)等量異種點電荷的電場分布特點可知，圓環(huán)所在平面為在M、N點的兩個點電荷形成的電場的等勢面，勻強電場方向豎直向下，則小球從A到C的過程中所處位置的電勢降低，因小球帶負電，故其電勢能增加，故A錯誤；B．當豎直向下的勻強電場的電場強度E滿足：qE=mg小球沿圓環(huán)運動時所受合力不做功，合力等于圓周運動所需向心力，小球沿圓環(huán)做勻速圓周運動，故B錯誤；C．小球從A到C的過程，根據(jù)動能定理根據(jù)可以求出小球運動到C點的加速度大小，故C正確；D．小球在D點勻強電場的電場力與重力不一定相等，則兩個力的合力在豎直方向上，在M、N點的兩個點電荷形成的電場對小球的電場力方向由D指向O，圓環(huán)對球的彈力方向也是由D指向O，所以小球在D點受到合外力方向不一定指向O點，故D錯誤。故選C。14．如圖所示，用絕緣細線拴一個帶負電的小球q，細線長為L，讓它在豎直向下的勻強電場E中繞O點做豎直平面內(nèi)的圓周運動，已知，a、b兩點分別是圓周的最高點和最低點，則（）A．小球經(jīng)過a點時，動能最小B．小球經(jīng)過b點時，機械能最大C．若小球恰能做完整的圓周運動，則經(jīng)過b點時細線的拉力為0D．若小球恰能做完整的圓周運動，則經(jīng)過a點時的最小速度為【答案】C【詳解】根據(jù)題意可知，小球在電場與重力場中運動，設等效重力加速度為，則有可得方向豎直向上，則點為等效最高點，點為等效最低點A．由于點為等效最低點，則小球在點的速度最大，動能最大，故A錯誤；B．根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低可知，點的電勢最低，由公式可知，小球在點電勢能最大，則機械能最小，故B錯誤；CD．根據(jù)題意可知，若小球恰能做完整的圓周運動，當小球通過等效最高點時，等效重力提供向心力，此時繩子的拉力為0，則有小球由等效最高點運動到等效最低點，由動能定理有解得故D錯誤，C正確。故選C。15．如圖所示，將絕緣細線的一端O點固定，另一端拴一帶電的小球P，空間存在著方向水平向右的勻強電場E。剛開始小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，給小球一個沿圓弧切線左下方的瞬時沖量，讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為r的圓周運動，下列分析正確的是（）A．小球可能帶負電B．小球在右半圈從d運動到c的過程中其速度先減小后增大C．當小球運動到弧ab中點時，小球的電勢能與重力勢能之和最小D．當小球運動到最高點a的速度時，小球才能做完整的圓周運動【答案】D【詳解】A．小球受重力、繩子的拉力和電場力三個力的作用，剛開始小球靜止于P處，由受力平衡可知電場力方向水平向右，與電場方向相同，所以小球帶正電，選項A錯誤；B．小球靜止于P處，與豎直方向的夾角為45°，可知電場力和重力的合力方向斜向右下方45°角，大小為小球從d運動到c的過程中，繩子拉力不做功，合力做功即F做功，可以判斷F先做正功再做負功，故小球的速度先增大后減小，選項B錯誤；C．小球運動過程中，重力勢能、電勢能、動能的總和保持不變，當小球運動到弧ab中點時，為等效最高點，此時速度最小，動能最小，則電勢能與重力勢能之和最大，選項C錯誤；D．當小球運動到弧ab中點，且細線彈力為零時，有小球能做完整的圓周運動，在該點的速度為小球從該點運動到a點，由動能定理得解得因此，當小球運動到最高點a的速度時，小球才能做完整的圓周運動，選項D正確。故選D。16．如圖所示，環(huán)形塑料管半徑為R，豎直放置，且管的內(nèi)徑遠小于環(huán)的半徑，ab為該環(huán)的水平直徑，環(huán)的ab及其以下部分處于水平向左的勻強電場中，管的內(nèi)壁光滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，電荷量為q的小球從管中a點由靜止開始釋放，已知，小球可以運動過b點。則下列說法正確的是（）A．小球釋放后的運動過程中機械能守恒B．小球每周的運動過程中最大速度在圓弧ad之間，且與od之間的夾角為37°C．小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點d和最高點c時，對管壁的壓力之比為9∶2D．小球釋放后，第二次恰好到達b點時，對管壁的壓力大小為【答案】D【詳解】A．根據(jù)機械能守恒定律的條件可知，在小球運動的過程中，除了重力做功之外，電場力也做功了，故小球釋放后的運動過程中機械能不守恒，故A錯誤；B．如果小球帶負電，不可能到達b點，所以小球帶正電，則設電場力與重力合力的方向與od之間的夾角為，則由小球的受力可知故故小球每周的運動過程中最大速度在圓弧bd之間，且與od之間的夾角為37°，故B錯誤；C．球釋放后，小球第一次經(jīng)過最低點d時有解得第一次經(jīng)過最高點c時有聯(lián)立解得故C錯誤；D．小球釋放后，第二次恰好到達b點時聯(lián)立解得小球釋放后，第二次恰好到達b點時，對管壁的壓力大小為，故D正確；故選D。五、帶電粒子在電場中的能量問題17．如圖所示，在光滑水平地面左側(cè)有豎直擋板，勁度系數(shù)為的輕彈簧左端固定在擋板上，右端自由且處于原長狀態(tài)，質(zhì)量為、帶電量為的小滑塊緊貼著彈簧右端由靜止釋放。整個裝置處于水平向左、電場強度大小為的勻強電場中。已知彈簧彈性勢能與形變量的關系為，運動過程中小滑塊的電荷量不變，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）A．小滑塊加速度的最大值大于B．小滑塊的最大速度為C．彈簧的最大壓縮量為D．若僅將小滑塊的釋放點適當右移，小滑塊速度最大的位置將更加靠近擋板【答案】C【詳解】A．剛釋放時，小滑塊的加速度最大，有解得故A錯誤；B．小滑塊先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，當加速度為0時速度最大，有由能量守恒有解得故B錯誤；C．小滑塊做簡諧運動，所以當彈簧壓縮量最大時，小滑塊的加速度最大，為對小滑塊受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有解得故C正確；D．若僅將小滑塊的釋放點適當右移，小滑塊先做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做加速度增大的減速運動，當小滑塊的加速度為0時它的速度最大，所以有解得所以小滑塊速度最大的位置不變，故D錯誤。故選C。18．質(zhì)量1kg的帶正電滑塊，輕輕放在傳送帶底端。傳送帶與水平方向夾角為θ=37°，與滑塊間動摩擦因數(shù)為μ=0.5，電動機帶動傳送帶以3m/s速度順時針勻速轉(zhuǎn)動?；瑝K受到沿斜面向上的4N恒定電場力作用，則1s內(nèi)（）A．滑塊動能增加4J B．滑塊機械能增加12JC．由于放上滑塊電機多消耗電能為12J D．滑塊因摩擦生熱而增加的內(nèi)能為6J【答案】C【詳解】A．以滑塊為對象，由牛頓第二定律得解得加速度大小為1s末，滑塊的速度為則滑塊的動能增加量為故A錯誤；B．在1s內(nèi)滑塊通過的位移為滑塊的機械能增加量為故B錯誤；CD．在1s內(nèi)傳送帶的位移為則滑塊與傳送帶的相對位移為在1s內(nèi)滑塊因摩擦生熱而增加的內(nèi)能為在1s內(nèi)減少的電勢能為根據(jù)能量守恒可得解得在1s內(nèi)由于放上滑塊電機多消耗電能為故C正確，D錯誤。故選C。19．如圖所示，勻強電場與豎直圓面平行，圓心為O，一質(zhì)量m、帶正電q的小球從C點出發(fā)經(jīng)過D點，動能增加ΔEk，從A點出發(fā)經(jīng)過B點，動能增加，若CD是與豎直方向夾角30°的直徑，AB為水平直徑，已知重力加速度g，以下說法正確的是（

）A．該勻強電場的方向沿CD方向斜向下B．如果小球由B點出發(fā)經(jīng)過D點，動能增加C．該電場最小的電場強度D．從A點射入圓區(qū)域的所有帶電小球都做曲線運動【答案】C【詳解】A．帶正電小球在勻強電場和重力場受力均為恒力，即電場力和重力的合力為恒力，在的作用下：由動能定理，則C→DA→B同理：C→OA→O取CO中點M，則M→OA→M，F(xiàn)合做功為0，即AM垂直于的方向，即的方向為沿CO方向向下。根據(jù)力的合成原則，電場方向不沿CD方向，A錯誤；B．B到D中做功與N到D中做功相等B錯誤；CD．根據(jù)力的合成，當電場力與垂直時，電場力取到最小值，即如果從A點射入，小球沿的方向做直線運動，D錯誤，C正確。故選C。20．某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場，其中豎直的一條電場線如圖甲中虛線所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球；在電場中從O點由靜止開始沿電場線豎直向下運動,以O為坐標原點，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機械能E與位移x的關系如圖乙所示，不計空氣阻力、則（

）A．電場強度方向沿x軸正方向B．從O到x1的過程中，小球的速率越來越大，加速度越來越小C．從O到x1的過程中，相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功相等D．到達x1位置時，小球速度的大小為【答案】D【詳解】A．由圖像可知，小球向下運動運動時機械能減小，可知電場力做負功，電場力方向向上，因小球帶正電，可知電場強度方向沿x軸負方向，選項A錯誤；B．圖像的斜率等于電場力，可知從O到x1的過程中，電場力逐漸減小，根據(jù)可知小球的加速度越來越大，速率越來越大，選項B錯誤；C．從O到x1的過程中，相等的位移內(nèi)，機械能減少量不相等，則小球克服電場力做的功不相等，選項C錯誤；D．從O到x1的過程中，電場力做功為由動能定理解得到達x1位置時小球速度的大小為選項D正確。故選D。一、單選題1．如圖所示，沿水平方向放置的平行金屬板a和b，分別與電源的正負極相連。a、b板的中央沿豎直方向各有一個小孔，帶正電的液滴從小孔的正上方P點由靜止自由落下，先后穿過兩個小孔后速度為。現(xiàn)使a板不動，開關S斷開或閉合，b板向上或向下平移一小段距離，相同的液滴仍從P點自由落下，先后穿過兩個小孔后速度為，下列說法正確的是（）A．若開關S保持閉合，向下移動b板，則B．若開關S閉合一段時間后再斷開，向下移動b板，則C．若開關S保持閉合，向上或向下移動b板，均有D．若開關S閉合一段時間后再斷開，向上或向下移動b板，均有【答案】B【詳解】AC．液滴從P點到出a板的過程中，由動能定理得保持S閉合，向上或向下移動b板，U均不變，qU均不變，則AC錯誤；BD．S閉合一段時間后再斷開，液滴從P點到出a板的過程中，由動能定理得其中不變，若b下移，電場力做功的距離d減小，；若b上移，電場力做功的距離d增大，，B正確，D錯誤。故選B。2．一勻強電場，場強方向是水平的（如圖），一個質(zhì)量為m的帶正電的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強的反方向成θ角做直線運動。設小球在O點的電勢能為零，則小球運動到最高點時的電勢能為（）A． B．sin2θC．tan2θ D．cos2θ【答案】D【詳解】由題意可知，小球所受合力為設最高點到O點距離為s，則由動能定理可得由能量守恒可得小球在最高點的電勢能聯(lián)立兩式解得故選D。3．如圖所示的直角坐標系，在第一象限內(nèi)存在有方向水平向左的勻強電場。在x軸上的P點沿y軸正方向射入一帶電粒子（粒子重力不計），設粒子通過y軸時，離坐標原點的距離為h，從P點到y(tǒng)軸所需的時間為t。則關于該粒子運動的說法正確的是（）A．該粒子帶負電B．粒子以不同速率進入電場，h越大，t越大C．粒子以不同速率進入電場，從P點到y(tǒng)軸的運動過程中，電場力對粒子做的功不相等D．粒子以不同速率進入電場，h越大，進入電場時的速率v也越大【答案】D【詳解】A．由題意可知，粒子向左偏，由電場線的方向，可確定粒子所受電場力方向向左，因此粒子帶正電，故A錯誤；B．粒子以不同速率進入電場時，粒子受到的電場力相同，加速度也相同，因此運動時間也相等，由于粒子進入電場的速率不同，則導致h不同，故B錯誤；C．粒子以不同速率進入電場，到達y軸時在電場力方向的位移相同，因此電場力做的功相等，故C錯誤；D．水平分位移x相等，由可知，運動時間t相等，豎直分位移h越大，粒子進入電場時的速率v也越大，故D正確。故選D。4．某種負離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，不考慮重力影響和顆粒間相互作用。顆粒在垂直板方向所受阻力與其相對于空氣的速度方向相反，大小為，其中為顆粒的半徑，為常量。假設顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度。已知顆粒的電荷量與其半徑的二次方成正比，進入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為和的兩種顆粒，若的顆粒恰好被收集，則的顆粒被收集的百分比為（）A．75% B．55% C．45% D．20.25%【答案】C【詳解】設金屬板長度為，間距為，則水平方向有帶電荷量的顆粒恰好被收集，顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達到最大速度，豎直方向有，的顆粒帶電荷量為豎直方向有，聯(lián)立解得則的顆粒被收集的百分比為故選C。5．氕（）、氘（）、氚（）是氫的同位素，已知三者均帶正電，電荷量之比為1：1：1，質(zhì)量之比為1：2：3.將如圖甲、乙所示結(jié)構(gòu)均放入云室，云室可以顯示帶電粒子運動徑跡。如圖甲，含有氕、氘、氚三種粒子的粒子束從O點靜止進入電場，所有粒子經(jīng)同一加速、偏轉(zhuǎn)場最終都能打在光屏上；如圖乙，含有氕、氘、氚三種粒子的粒子束從點以相同且不為零的初速度v0進入同一偏轉(zhuǎn)場最終都能打在光屏上。已知粒子打在光屏上動能越大，光屏上顯現(xiàn)的光點亮度越高，不計阻力、粒子間的相互作用和粒子重力，下列說法正確的是（）A．甲圖中，云室顯示3條徑跡，氕、氘、氚三種粒子打在光屏上速度大小之比為B．甲圖中，光屏上有3個光點，最亮的光點對應的粒子是氕C．乙圖中，云室只能顯示出1條徑跡，不能通過徑跡區(qū)分三種粒子D．乙圖中，光屏上有3個光點，離光屏中心最近的是氚【答案】D【詳解】AB．甲圖中，粒子在加速電場中時在偏轉(zhuǎn)電場中時可知三種粒子出離偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)距離y相同；粒子出離偏轉(zhuǎn)電場時的速度滿足即可知氕、氘、氚三種粒子打在光屏上速度大小之比為，因粒子出離偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏向角即偏向角相同，可知云室顯示1條徑跡，光屏上有1個光點，三個粒子打到屏上動能相同，則亮度相同，選項AB錯誤；CD．乙圖中，在出離偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏向角可知三種粒子在電場中運動軌跡不同，即云室能顯示出3條徑跡，能通過徑跡區(qū)分三種粒子，光屏上有3個光點，氚的最小，則偏轉(zhuǎn)距離最小，即離光屏中心最近的是氚，選項C錯誤，D正確。故選D。6．如圖所示，一對平行金屬板長為L，兩板間距為d，兩板間所加交變電壓為，交變電壓的周期。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度沿兩板的中線持續(xù)不斷的進入平行板之間，已知所有電子都能穿過平行板，且最大偏距的電子剛好從極板的邊緣飛出，不計重力作用，下列說法正確的是（）A．時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最大側(cè)位移為B．時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最大側(cè)位移為C．只有時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最大側(cè)位移為D．不是所有電子離開電場時的速度都是【答案】A【詳解】A．依題意，可知所有電子離開極板所用時間時刻進入電場的電子在垂直極板方向的速度時間圖像如圖所示，圖像與時間軸圍成的面積代表位移在時刻側(cè)位移最大，最大位移為在時刻進入電場的電子側(cè)位移最大為，則有聯(lián)立可得故A正確；B．時刻進入電場的電子，在時刻側(cè)位移最大，最大側(cè)位移為故B錯誤；C．在時刻進入電場的電子側(cè)位移最大為，故C錯誤；D．電子進入電場后做類平拋運動，不同時刻進入電場的電子豎直方向分速度圖像如圖所示所有電子離開極板所用時間由圖看出，所有電子離開電場時豎直方向分速度，所以所有電子離開電場時速度都等于，故D錯誤。故選A。7．如圖甲所示，一平行板電容器極板長，寬，兩極板間距為，距極板右端處有一豎直放置的熒光屏。在平行板電容器左側(cè)有一長的“狹縫”粒子源，可沿著兩板中心平面，均勻、連續(xù)不斷地向電容器內(nèi)射入比荷為，速度為的帶電粒子?，F(xiàn)在平行板電容器的兩極板間加上如圖乙所示的交流電，已知粒子在電容器中運動所用的時間遠小于交流電的周期。下面說法正確的是（）A．粒子打到屏上時在豎直方向上偏移的最大距離為6.25cmB．粒子打在屏上的區(qū)域面積為C．在內(nèi)，進入電容器內(nèi)的粒子有能夠打在屏上D．在內(nèi)，屏上出現(xiàn)亮線的時間為0.0126s【答案】C【詳解】AB．設離子恰好從極板邊緣射出時的電壓為U0水平方向l=v0t豎直方向又得U0=128V當U≥128V時離子打到極板上，當U＜128V時打到屏上，可知，離子通過電場偏轉(zhuǎn)距離最大為。利用推論：打到屏的離子好像是從極板中心沿直線射到屏上。由三角形相似可得解得打到屏上的長度為y=d=4cm又由對稱知，離子打在屏上的總長度為2d，區(qū)域面積為S=2y?a=2ad=2×8×4cm2=64cm2故AB錯誤；C．粒子打在屏上的比例為在0-0.02s內(nèi)，進入電容器內(nèi)的粒子由64%粒子能夠打在屏上，故C正確；D．在前，離子打到屏上的時間又由對稱性知，在一個周期內(nèi)，打到屏上的總時間t=4t0=4×0.0032s=0.0128s故D錯誤。故選C。8．如圖所示，在水平向左且足夠大的勻強電場中，一長為L的絕緣細線一端固定于O點，另一端系著一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球靜止在M點?，F(xiàn)給小球一垂直于OM的初速度，使其在豎直平面內(nèi)繞O點恰好做完整的圓周運動，AB為圓的豎直直徑。已知勻強電場的場強大小為，重力加速度為g。當小球第二次運動到B點時細線突然斷裂，則下列說法正確的是（）A．小球做完整的圓周運動時，動能的最小值為B．細線斷裂后，小球動能的最小值為C．從細線斷裂到小球的動能與在B點時的動能相等的過程中，電勢能增加了D．從細線斷裂到小球的電勢能與在B點時的電勢能相等的過程中，重力勢能減少了【答案】D【詳解】A．小球靜止在M點，該點就是小球的等效最低點，等效最高點在OM連線的反向延長線與圓周的交點上，設為點。等效重力為等效重力加速度為設，等效重力加速度與豎直方向夾角的正切值為可知恰好做完整的圓周運動，等效最高點點動能最小，且滿足小球做完整的圓周運動時，動能的最小值為故A錯誤；B．點到B點，由能量守恒得解得細線斷裂后小球做類斜上拋運動，速度的最小值最小動能為故B錯誤；C．從細線斷裂后，將小球的運動沿合力方向和垂直合力方向做運動的分解。沿合力方向做勻變速直線運動（類豎直上拋），設從細線斷裂到小球的動能與在B點時的動能相等所經(jīng)歷的時間為t，則垂直合力方向做勻速直線運動，時間t內(nèi)走過位移電場力做功根據(jù)功能關系可知，電勢能增加了，故C錯誤；D．小球的電勢能與在B點時的電勢能相等時，小球到達B點所在等勢線（AB所在的直線）。小球的運動可分解為水平分運動和豎直分運動，小球水平方向只受電場力，可得水平方向做勻變速直線運動（類豎直上拋），到達與B點等電勢能位置時，速度等大反向，水平方向運動時間為豎直方向只受重力，做自由落體運動，可得從細線斷裂到小球的電勢能與在B點時的電勢能相等的時候，豎直方向分位移為重力做功為根據(jù)重力做功與重力勢能的關系，可知重力勢能減少了，故D正確。故選D。9．如圖，一半徑為R的光滑絕緣半圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，其下端與光滑絕緣水平面相切于B點，整個空間存在水平向右的勻強電場。一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以某一初速度向左運動，經(jīng)過P點時恰好對圓弧軌道沒有壓力。已知軌道上的M點與圓心O等高，OP與豎直方向夾角為37°，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小為g，則小球（）A．帶電小球經(jīng)過C點的速度大小為B．帶電小球所受電場力大小為C．帶電小球經(jīng)過P點的速度為D．帶電小球經(jīng)過M點時對圓弧軌道的壓力大小為3mg【答案】C【詳解】BC．經(jīng)過P點時重力與電場力的合力恰好提供向心力，則有解得故B錯誤，C正確；A．小球從P點到C點過程，根據(jù)動能定理可得解得故A錯誤；D．小球從M點到P點過程，根據(jù)動能定理可得小球在M點，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律可得，小球?qū)A弧軌道的壓力大小為，故D錯誤。故選C。10．如圖，豎直平面內(nèi)有平行于該平面的勻強電場，一帶電小球由M點斜向上拋出，速度大小為v、方向與水平面成角，經(jīng)過時間t到達N點，速度大小仍為v、方向水平向右。已知小球運動軌跡在該豎直平面內(nèi)，重力加速度大小為g，。下列說法正確的是（）A．電場強度方向水平向右 B．小球受電場力大小為重力的C．從M到N的過程，電場力做功為 D．從M到N的過程，小球的電勢能先減少后增大【答案】C【詳解】AB．分析可知帶電小球在電場中做勻變速曲線運動，以M點為坐標原點，水平向右為軸正方向，豎直向上為軸正方向，豎直方向的加速度水平方向的加速度設電場力為，其水平方向的分力其豎直方向的分力為，則得故電場力大小，方向得，即電場力與正方向成斜向上，因小球帶電性質(zhì)未知，故不能判斷電場強度方向，故AB錯誤；C．從M到N的過程，豎直方向的高度，設電場力做功為，由動能定理得，解得，故C正確；D．由AB選項分析可知，電場力與正方向成斜向上，M點電場力和速度方向垂直，從M到N的過程，電場力與速度方向為銳角，故電場力一直做正功，電勢能減小，故D錯誤。故選C。二、多選題11．某些腫瘤可以用“粒子流”療法進行治療。在這種療法中，為了能讓粒子進入癌細胞，首先要實現(xiàn)粒子的高速運動，該過程需要一種被稱作“粒子加速器”的裝置來實現(xiàn)。粒子先被平行板電容加速到較高的速度，然后轟擊腫瘤并殺死癌細胞，如圖所示，來自粒子源的粒子（初速度為零），經(jīng)加速電壓為U的加速器加速后，從A處以細柱形的粒子流向右運動。粒子的質(zhì)量為m，其電荷量為。粒子間相互作用可忽略不計，不考慮粒子重力，粒子不會打到板上，那么（

）A．從A處流出的粒子速度B．從A處流出的粒子，形成的等效電流方向向右C．若保持開關S閉合，若只減小平行板距離，從A處流出的粒子的速度將減小D．若斷開開關且板上電荷分布不變，增大平行板距離，從A處流出的粒子的速度將增大【答案】AD【詳解】A．電子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，有解得故A正確；B．從A處流出的粒子帶負電，形成的等效電流方向向左。故B錯誤；C．若保持開關S閉合，則極板間電壓保持不變，若只減小平行板距離，根據(jù)A選項分析可知，從A處流出的粒子的速度不變。故C錯誤；D．若斷開開關，則極板上電荷量保持不變，根據(jù)可知極板間電場強度保持不變，由可知增大平行板距離，極板間電壓將增大，根據(jù)A選項分析可知，從A處流出的粒子的速度將增大。故D正確。故選AD。12．如圖所示，一平行板電容器兩極板間距離為d，極板間電勢差為U，一個電子從O點沿垂直于極板的方向射入兩極板間，最遠到達A點，然后返回。已知OA兩點相距為h，電子質(zhì)量為m，電荷量為，重力不計，規(guī)定右側(cè)極板電勢為零。下列說法正確的是（）A．將右側(cè)極板向右平移一小段距離，電容器帶電量減少B．將右側(cè)極板向右平移一小段距離，電子以原初速度向右運動不能到達A點C．在電容器與電源斷開后將右側(cè)極板向右平移一小段距離，電子剛好到達A點，電子從O點射出時的速度D．在電容器與電源斷開后將右側(cè)極板向右平移一小段距離，A點的電勢降低【答案】AC【詳解】A．將右側(cè)極板向右平移一小段距離，增大，由平行板電容器的電容決定式可知，增大,電容器電容減小，而電容器兩端的電壓不變，由電容的定義式電容器的電容變小，電壓不變，則帶電量減少，故A正確；B．電容器兩端電壓不變，由動能定理有有可知將右側(cè)極板向右平移一小段距離，即增大，則電子以原初速度向右運動到達A點的動能增大，故電子能到達A點，B錯誤；CD．由平行板電容器的電容決定式和定義式,有再由勻強電場場強與電壓關系可得則在電容器與電源斷開后將右側(cè)極板向右平移一小段距離，即d增大，電場強度是不變的，而A點的電勢為因為E不變，增大，所以A點的電勢升高；在電容器與電源斷開后將右側(cè)極板向右平移一小段距離后電子剛好到達A點，根據(jù)前面分析可知板間場強不變，根據(jù)動能定理解得電子從O點射出時的速度為故C正確，D錯誤。故選AC。13．如圖，氘核，氦核（已知Z原子核）兩種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，則（）A．氘核與氦核在偏轉(zhuǎn)電場E2做功之比為1∶2B．兩種粒子打到屏上時的速度大小一樣大C．兩種粒子運動到屏上所用時間不相同D．兩種粒子一定打到屏上的同一位置【答案】ABD【詳解】A．帶電粒子在加速電場中加速，由動能定理可知解得水平方向速度為粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的時間在偏轉(zhuǎn)電場中的縱向速度，解得縱向位移解得偏轉(zhuǎn)角解得即位移與比荷無關，與速度無關；則可兩種粒子的偏轉(zhuǎn)位移相同，速度的偏向角相同，則偏轉(zhuǎn)電場對兩種粒子做功做功之比為1：2，故A正確；B．粒子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，粒子打到屏上時的速度等于粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度因兩粒子的比荷相等，則v0相同；又相同，則v相同，故B正確；C．粒子打到屏上的時間取決于橫向速度v0，因橫向速度v0相同，則兩種粒子運動到屏上所用時間相同，故C錯誤；D．因兩粒子由同一點射入偏轉(zhuǎn)電場，且偏轉(zhuǎn)位移相同，離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同，故兩個粒子打在屏幕上的位置一定相同，故D正確。故選ABD。14．圖（a）為示波管的部分原理圖，電子經(jīng)加速電壓加速后，向右進入水平偏轉(zhuǎn)電極，電極X、X′間加上圖（b）所示的掃描電壓，內(nèi)部可視為勻強電場（豎直偏轉(zhuǎn)電極未畫出）。已知加速電壓為U，水平偏轉(zhuǎn)電極長L1，間距d，電極右端到熒光屏距離為L2，當掃描電壓周期為T，峰值為U0時，熒光屏上可見一亮點在水平方向上移動。電子比荷為，不計電子重力及電子間的相互作用力，電子通過水平偏轉(zhuǎn)電極的時間極短。關于掃描過程，下列說法正確的是（）

A．電子射入偏轉(zhuǎn)電極時的速度大小為B．0～入射的電子有可能打到圖（a）所示亮點a的位置C．若要在熒光屏上看到一條水平亮線，應該降低掃描頻率D．熒光屏上亮點移動的速度為【答案】BD【詳解】A．電子在加速電場中，根據(jù)動能定理可得，電子射入偏轉(zhuǎn)電極時的速度故A錯誤。B．在時間內(nèi)，掃描電壓為正，電子在水平偏轉(zhuǎn)電極間受到沿X′X的電場力，會向X側(cè)偏轉(zhuǎn)，所以入射的電子有可能打到圖（a）所示亮點a的位置，故B正確。C．在熒光屏上看到一條水平亮線的條件需要減小掃描時間，即提高掃描頻率，使得電子在熒光屏上的位置快速變化，由于視覺暫留效應，人眼就會看到一條連續(xù)的亮線，而不是降低掃描頻率，故C錯誤。D．電子在水平偏轉(zhuǎn)電極間做類平拋運動，水平方向豎直方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有所以有離開偏轉(zhuǎn)電場豎直方向速度為vy，有電子離開偏轉(zhuǎn)電場，做勻速直線運動，水平方向位移豎直方向有則電子所打位置與O之間的距離為由題圖可知，其偏轉(zhuǎn)電場U與時間在0~T內(nèi)關系由題圖結(jié)合數(shù)學知識可知為將其代入，整理有由速度的定義可知，其是物體運動的位移與其時間的比值，在數(shù)學上的表示即為位移與時間函數(shù)的一階導，可得熒光屏上亮斑移動的速度故D正確。故選BD。15．如圖甲所示，A、B是一對水平放置的平行板電容器，其極板為圓形，當閉合開關S給電容器充電，穩(wěn)定后，在兩級板中線邊緣位置放置一粒子源，水平向電場中均勻發(fā)射大量速度大小相同方向各異的同種正粒子，圖乙為裝置電容器部分的俯視圖，已知有粒子落在了B極板中心，忽略電場的邊際效應，不計粒子重力，則下列說法正確的是（）A．向左移動滑片P，還有粒子能落在B極板中心B．若將粒子源向上平移到A極板邊緣，之前落在B極板中心的粒子剛好能出電場C．斷開開關S，僅將A極板豎直向上稍作移動，落在B極板上的粒子運動時間變長D．落在極板上的粒子占總數(shù)量（即進入電場的粒子）的【答案】AD【詳解】A．電容器始終與電源相連，所以電容器兩極板間的電勢差不變，根據(jù)可知兩極板間的電場強度不變，粒子在兩極板間運動時受力不變，故向左移動滑片P，還有粒子能落在B極板中心，A正確；B．粒子在兩極板間做類平拋運動，恰好打到B板中心的粒子，設極板半徑為R，兩極板間距為d，極板間電勢差為，粒子電荷量為，質(zhì)量為，由運動學知識有若將粒子源向上平移到A極板邊緣，粒子達到B極板時，豎直方向由運動學知識有水平方向勻速直線運動，有聯(lián)立解得，水平位移為所以之前落在B極板中心的粒子未能出電場，B錯誤；C．斷開開關S，極板所帶電荷量保持不變，僅將A極板豎直向上稍作移動，根據(jù)可知，電容器的電容值變小，根據(jù)可知，極板間的電勢差變大，又因為聯(lián)立解得可知斷開開關S，僅將A極板豎直向上稍作移動，極板間的電場強度不變，所以粒子在極板間的受力不變，故落在B極板上的粒子運動時間不變，C錯誤；D．粒子在極板間的受力相同，粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，由運動學知識有可知在極板間的運動時間為即在極板間運動的粒子打到極板上的時間相等，粒子在水平方向上做勻速直線運動，有可知，達到B極板上的粒子在水平方向的位移大小相等，題中說有粒子落在了B極板中心，故達到B極板上的粒子在水平方向上的位移大小均為，由幾何關系可知能打到B極板的粒子的初速度夾角在120度以內(nèi)，如圖所示即落在極板上的粒子占總數(shù)量（即進入電場的粒子）的，D正確。故選AD。16．某真空區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場，其中一條豎直電場線如圖甲中豎直實線所示（方向未知）。一個質(zhì)量為、電荷量為的帶正電小球，在電場中從O點以一定的初速度水平向右拋出，其軌跡如圖甲中虛線所示。以O為坐標原點，取豎直向下為軸的正方向，A點是軌跡上的一點，其軸方向坐標值是x1，小球的機械能與豎直方向的位移的關系如圖乙所示，不計空氣阻力。則下列說法正確的是（）A．電場強度大小可能恒定，方向沿軸負方向B．從O到A的過程中小球的電勢能越來越大C．到達A位置時，小球的動能為D．到達A位置時，小球的動能為【答案】BD【詳解】AB．由圖乙可知，機械能減少，說明電場力做負功，電勢能增加，因此電場力方向與運動方向的夾角大于90°，又因小球帶正電，故電場強度方向沿x軸負方向；由功能關系得可知，圖乙的斜率絕對值為電場力大小，由圖可知斜率在減小，則電場力在減小，即電場強度在減小。故A錯誤；B正確；CD．小球從O運動到A過程，由動能定理，得解得故C錯誤；D正確。故選BD。17．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，一根長為的絕緣細線的一端固定在電場中的點，另一端系住一質(zhì)量為、帶電量為的小球，小球靜止時細線與豎直方向成角?，F(xiàn)給小球一個與細線垂直的初速度，使其從靜止位置開始運動，發(fā)現(xiàn)它恰好能繞點在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動。已知重力加速度為，則（）

A．勻強電場的電場強度大小為B．小球獲得的初速度大小為C．小球從初始位置運動至軌跡最左端的過程中機械能減小了D．小球在豎直平面內(nèi)順時針運動一周回到初始位置的過程中，其電勢能先增大后減小【答案】AC【詳解】A．受力分析如圖所示小球靜止時懸線與豎直方向成角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有解得故A正確；B．小球運動到等效最高點時速度最小，此時對細線的拉力為零，由重力與電場力的合力解得從初始位置到等效最高點，根據(jù)動能定理又聯(lián)立解得故B錯誤；C．根據(jù)功能關系知，小球從初始位置運動至軌跡最左端的過程中機械能減小量等于克服電場力做的功，為故C正確；D．小球在豎直平面內(nèi)順時針運動一周回到初始位置的過程中，電場力先做負功后做正功再做負功，則其電勢能先增大后減小再增大，故D錯誤。故選AC。18．如圖，勻強電場中有一半徑為0.1m的光滑絕緣圓軌道豎直固定放置，電場與軌道所在平面平行，軌道上A、B、C三點連線構(gòu)成等邊三角形，C點位于圓軌道最高點，A、B、C三點的電勢分別為30V、、0V。一電荷量為、質(zhì)量為的帶正電小球在軌道內(nèi)做圓周運動，經(jīng)過A點時速度大小為。取重力加速度大小，則（）A．勻強電場的場強方向由A指向B B．勻強電場的電場強度大小為C．小球運動過程中電勢能最小值為 D．小球運動過程中對軌道壓力最小值為0.3N【答案】AC【詳解】A．設中點為點，則則連線為一條等勢線，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知勻強電場的場強方向由A指向B，故A正確；B．根據(jù)幾何關系可得勻強電場的電場強度大小為故B錯誤；C．根據(jù)幾何關系可知點在等勢線上，點的電勢為零，根據(jù)沿電場線電勢降低，可知小球運動到最右端點時，電勢最低，小球電勢能最低，則又小球運動過程中電勢能最小值為故C正確；D．小球所受電場力設等效重力最高點所在的半徑與豎直方向夾角為，則有解得等效重力根據(jù)幾何關系可知，E點即為等效重力最高點，小球運動至E點速度最小，小球運動過程中對軌道壓力最小，小球從A點運動到E點過程，根據(jù)動能定理有解得在E點，根據(jù)牛頓第二定律可得解得根據(jù)牛頓第三定律可知小球運動過程中對軌道壓力最小值為0，故D錯誤。故選AC。19．如圖所示，空間中存在一勻強電場，平行實線為該電場的等勢面，其方向與水平方向間的夾角為與等勢面垂直，一質(zhì)量為、電荷量為的帶負電小球，從點水平向右拋出，經(jīng)過時間小球最終落在點，小球在兩點速度大小相同，且，重力加速度為，則下列說法中正確的是（

）

A．電場方向沿A指向BB．電場強度大小為C．小球從A落到C點過程中重力做功D．此過程增加的電勢能【答案】AC【詳解】A．由于在A、C兩點速度大小相同，從A到C的過程中，重力做正功，因此電場力做負功，所以電場線的方向由A指向B，故A正確；B．根據(jù)動能定理，從A到C的過程中解得電場強度故B錯誤；C．小球在豎直方向上做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律解得因此下落的高度此過程重力做的功故C正確；D．根據(jù)動能定理，克服電場力做的功即重力做功為因此電勢能的增量為故D錯誤。故選AC。20．如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)存在大小、方向未知的勻強電場。一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上P點以水平速度v進入第一象限，速度方向沿x軸正方向，經(jīng)過x軸上Q點時的速度大小也為v，方向與x軸夾角為37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，小球從P點運動到Q點的過程中（

）A．動能與電勢能之和一直減小B．水平位移與豎直位移的大小之比為3:1C．速度的最小值為vD．所受電場力的最小值為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)小球從P點運動到Q點的過程中重力一直做正功，重力勢能一直減小，小球運動過程中只有重力勢能、動能與電勢能的轉(zhuǎn)化，可知動能與電勢能之和一直增大，故A錯誤。B．將小球在Q點的速度v分解為水平分量vcos37°和豎直分量vsin37°。由位移一時間公式可得：小球水平分位移為小球豎直分位移為解得x:y=3:1故B正確；C．根據(jù)題中所述，可知小球水平方向先向右做勻減速直線運動，小球水平向右方向的分加速度大小為小球豎直向下方向的分加速度大小為設小球合加速度方向與豎直方向夾角為θ則有聯(lián)立解得可知，小球在空中做類斜拋運動，可以將該運動分解為垂直于合加速度方向的勻速直線運動與沿合加速度方向的勻加速直線運動，可知勻速直線運動的分速度即為速度的最小值，則有vmin=vcosθ結(jié)合上述解得故C錯誤；D．根據(jù)上述小球所受電場力與重力的合力大小為F=ma該合力方向與豎直方向夾角亦為θ可知，當電場力方向與合力方向垂直時，電場力達到最小值，則有最小電場力F電min=mgsinθ可求得從而求得故D正確；故選BD。三、計算題21．如圖所示，在P處有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子自A板小孔進入A、B平行板間的加速電場從靜止加速后，水平進入靜電分析器（為圓?。┲?，靜電分析器中存在著如圖中所示的輻向電場，電場線沿半徑方向指向圓心O，粒子在該電場中沿圖示虛線恰好做勻速圓