PAGE1專題17帶電粒子在電場中的運動考點十年考情（2016-2025）命題趨勢考點1帶電粒子在電場中的運動（10年10考）2025·重慶·高考真題2025·江蘇·高考真題2025·福建·高考真題2024·福建·高考真題、2024·廣東·高考真題、2024·山東·高考真題、2024·廣西·高考真題、2023·浙江·高考真題、2023·浙江·高考真題、2023·廣東·高考真題、2023·山東·高考真題、2023·遼寧·高考真題、2023·海南·高考真題、2023·全國·高考真題、2022·天津·高考真題、2022·江蘇·高考真題、2022·浙江·高考真題、2022·河北·高考真題、2022·廣東·高考真題、2022·全國·高考真題、2021·遼寧·高考真題、2021·北京·高考真題、2021·全國高考真題、2021·海南·高考真題、2021·河北·高考真題、2020·北京·高考真題、2020.浙江·高考真題、2020·海南·高考真題、2020·江蘇·高考真題、2020·山東·高考真題、2020·全國·高考真題、2019·江蘇·高考真題、2017·全國高考真題注重基礎(chǔ)考查：?？疾閹щ娏Ｗ釉趧驈婋妶鲋械募铀?、偏轉(zhuǎn)等基本運動規(guī)律，以及電場力做功與動能變化的關(guān)系等基礎(chǔ)知識，多以選擇題和計算題形式出現(xiàn)。強調(diào)綜合應用：常與動力學、能量等知識綜合考查，如分析帶電粒子在復合場中的運動，要求學生綜合運用多種物理規(guī)律解決問題。結(jié)合實際情境：命題情境逐漸向科技前沿、生活實際等領(lǐng)域拓展，如以示波管、靜電加速器等為背景，考查學生對帶電粒子在電場中運動的理解和應用能力。重視圖像問題：涉及帶電粒子在電場中運動的軌跡圖像、速度圖像等，要求學生能從圖像中提取有效信息，分析粒子的運動情況。備考時，學生應扎實掌握基礎(chǔ)知識，強化綜合應用訓練，關(guān)注實際情境和圖像問題?？键c01帶電粒子在電場中的運動1．（2025·重慶·高考真題）某興趣小組用人工智能模擬帶電粒子在電場中的運動，如圖所示的矩形區(qū)域OMPQ內(nèi)分布有平行于OQ的勻強電場，N為QP的中點。模擬動畫顯示，帶電粒子a、b分別從Q點和O點垂直于OQ同時進入電場，沿圖中所示軌跡同時到達M、N點，K為軌跡交點。忽略粒子所受重力和粒子間的相互作用，則可推斷a、b（）A．具有不同比荷B．電勢能均隨時間逐漸增大C．到達M、N的速度大小相等D．到達K所用時間之比為【答案】D【詳解】A．根據(jù)題意可知，帶電粒子在電場中做類平拋運動，帶電粒子a、b分別從Q點和O點同時進入電場，沿圖中所示軌跡同時到達M、N點，可知，運動時間相等，由圖可知，沿初速度方向位移之比為，則初速度之比為，沿電場方向的位移大小相等，由可知，粒子運動的加速度大小相等，由牛頓第二定律有可得可知，帶電粒子具有相同比荷，故A錯誤；B．帶電粒子運動過程中，電場力均做正功，電勢能均隨時間逐漸減小，故B錯誤；C．沿電場方向，由公式可知，到達M、N的豎直分速度大小相等，由于初速度之比為，則到達M、N的速度大小不相等，故C錯誤；D．由圖可知，帶電粒子a、b到達K的水平位移相等，由于帶電粒子a、b初速度之比為，則所用時間之比為，故D正確。故選D。2．（2025·江蘇·高考真題）如圖所示，平行金屬板與電源連接。一點電荷由a點移動到b點的過程中，電場力做功為W?，F(xiàn)將上、下兩板分別向上、向下移動，使兩板間距離增大為原來的2倍，再將該電荷由a移動到b的過程中，電場力做功為（

）A． B．W C． D．【答案】A【詳解】根據(jù)題意可知，電容器與電源保持連接，電容器兩端電壓不變，現(xiàn)將電容器兩極板間距增大至原來的兩倍，由公式可知，極板間電場強度變?yōu)樵瓉淼?，則有可知，再把電荷由a移至b，則電場力做功變?yōu)樵瓉淼?，即電場力做功為。故選A。3．（2025·福建·高考真題）空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場B與水平向右的勻強電場E，一帶電體在復合場中恰能沿著MN做勻速直線運動，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當粒子到N時，撤去磁場，一段時間后粒子經(jīng)過P點，重力加速度為,則（）A．電場強度為B．磁場強度為C．NP兩點的電勢差為D．粒子從N→P時距離NP的距離最大值為【答案】BC【詳解】AB、帶電體在復合場中能沿著做勻速直線運動，可知粒子受力情況如圖所示。由受力平衡可知解得電場強度，磁感應強度，故A錯誤，B正確。C、在點撤去磁場后，粒子受力方向與運動方向垂直，做類平拋運動，如圖所示。且加速度粒子到達點時，位移偏轉(zhuǎn)角為，故在點，速度角的正切值所以粒子在點的速度到過程，由動能定理，有解得兩點間的電勢差，C正確；D、將粒子在點的速度沿水平方向和豎直方向進行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運動，且故粒子能向上運動的最大距離D錯誤；故選BC。4．（2025·黑吉遼蒙卷·高考真題）如圖，光滑絕緣水平面AB與豎直面內(nèi)光滑絕緣半圓形軌道BC在B點相切，軌道半徑為r，圓心為O，O、A間距離為。原長為的輕質(zhì)絕緣彈簧一端固定于O點，另一端連接一帶正電的物塊?？臻g存在水平向右的勻強電場，物塊所受的電場力與重力大小相等。物塊在A點左側(cè)釋放后，依次經(jīng)過A、B、C三點時的動能分別為，則（

）A． B．C． D．【答案】C【詳解】由題意可得A點彈簧伸長量為，B點和C點彈簧壓縮量為，即三個位置彈簧彈性勢能相等，則由A到B過程中彈簧彈力做功為零，電場力做正功，動能增加，同理B到C過程中彈簧彈力和電場力做功都為零，重力做負功，則動能減小，由A到C全過程則有因此故選C。5．（2025·河南·高考真題）流式細胞儀可對不同類型的細胞進行分類收集，其原理如圖所示。僅含有一個A細胞或B細胞的小液滴從噴嘴噴出（另有一些液滴不含細胞），液滴質(zhì)量均為。當液滴穿過激光束、充電環(huán)時被分類充電，使含A、B細胞的液滴分別帶上正、負電荷，電荷量均為。隨后，液滴以的速度豎直進入長度為的電極板間，板間電場均勻、方向水平向右，電場強度大小為。含細胞的液滴最終被分別收集在極板下方處的A、B收集管中。不計重力、空氣阻力以及帶電液滴間的作用。求：(1)含A細胞的液滴離開電場時偏轉(zhuǎn)的距離；(2)A、B細胞收集管的間距?！敬鸢浮?1)(2)0.11m【詳解】（1）由題意可知含A細胞的液滴在電場中做類平拋運動，垂直于電極板方向則沿電極板方向由牛頓第二定律解得含A細胞的液滴離開電場時偏轉(zhuǎn)的距離為（2）含A細胞的液滴離開電場后做勻速直線運動，則則聯(lián)立解得有對稱性可知則A、B細胞收集管的間距6．（2025·甘肅·高考真題）離子注入機是研究材料輻照效應的重要設備，其工作原理如圖1所示。從離子源S釋放的正離子（初速度視為零）經(jīng)電壓為的電場加速后，沿方向射入電壓為的電場（為平行于兩極板的中軸線）。極板長度為l、間距為d，關(guān)系如圖2所示。長度為a的樣品垂直放置在距極板L處，樣品中心位于點。假設單個離子在通過區(qū)域的極短時間內(nèi)，電壓可視為不變，當時。離子恰好從兩極板的邊緣射出。不計重力及離子之間的相互作用。下列說法正確的是（

）A．的最大值B．當且時，離子恰好能打到樣品邊緣C．若其他條件不變，要增大樣品的輻照范圍，需增大D．在和時刻射入的離子，有可能分別打在A和B點【答案】B【詳解】A．粒子在加速電場中被加速時在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則解得選項A錯誤；B．當時粒子從板的邊緣射出，恰能打到樣品邊緣時，則解得選項B正確；C．根據(jù)若其它條件不變，要增加樣品的輻照范圍，則需減小U1，選項C錯誤；D．由圖可知t1時刻所加的向上電場電壓小于t2時刻所加的向下的電場的電壓，則t1時刻射入的粒子打到A點時的豎直位移小于打到B點時的豎直位移，則選項D錯誤。故選B。7．（2025·四川·高考真題）如圖所示，真空中固定放置兩塊較大的平行金屬板，板間距為d，下極板接地，板間勻強電場大小恒為E?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q（）的金屬微粒，從兩極板中央O點由靜止釋放。若微粒與極板碰撞前后瞬間機械能不變，碰撞后電性與極板相同，所帶電荷量的絕對值不變。不計微粒重力。求：(1)微粒第一次到達下極板所需時間；(2)微粒第一次從上極板回到O點時的動量大小。【答案】(1)(2)【詳解】（1）由牛頓第二定律由運動學公式聯(lián)立可得微粒第一次到達下極板所需的時間為（2）微粒第一次到達下極板時的速度大小為由于微粒與極板碰撞前后瞬間機械能不變，碰撞后電性與極板相同，所帶電荷量的絕對值不變，設微粒碰后第一次到達上極板時的速度大小為，滿足代入解得同理可得微粒第一次從上極板回到O點時的速度大小為，滿足代入解得故微粒第一次從上極板回到O點時的動量大小為8．（2025·江蘇·高考真題）如圖所示，在電場強度為E，方向豎直向下的勻強電場中，兩個相同的帶正電粒子a、b同時從O點以初速度射出，速度方向與水平方向夾角均為。已知粒子的質(zhì)量為m。電荷量為q，不計重力及粒子間相互作用。求：(1)a運動到最高點的時間t；(2)a到達最高點時，a、b間的距離H?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）根據(jù)題意，不計重力及粒子間相互作用，則豎直方向上，由對球，根據(jù)牛頓第二定律有a運動到最高點的時間，由運動學公式有聯(lián)立解得（2）方法一、根據(jù)題意可知，兩個小球均在水平方向上做勻速直線運動，且水平方向上的初速度均為，則兩小球一直在同一豎直線上，斜上拋的小球豎直方向上運動的位移為斜下拋的小球豎直方向上運動位移為則小球a到達最高點時與小球b之間的距離方法二、兩個小球均受到相同電場力，以a球為參考系，球以的速度向下做勻速直線運動，則a到達最高點時，a、b間的距離9．（2024·福建·高考真題）如圖，直角坐標系中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器、，其中垂直軸放置，極板與軸相交處存在小孔、；垂直軸放置，上、下極板右端分別緊貼軸上的、點。一帶電粒子從靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從射出，緊貼下極板進入，而后從進入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為、帶電量為，、間距離為，、的板間電壓大小均為，板間電場視為勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應。求：(1)粒子經(jīng)過時的速度大小；(2)粒子經(jīng)過時速度方向與軸正向的夾角；(3)磁場的磁感應強度大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）粒子從M到N的運動過程中，根據(jù)動能定理有解得（2）粒子在中，根據(jù)牛頓運動定律有根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有、又解得（3）粒子在P處時的速度大小為在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有由幾何關(guān)系可知解得10．（2024·廣東·高考真題）如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為、周期為的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強磁場。磁感應強度大小為B．一帶電粒子在時刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內(nèi)，在時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應。（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在時刻的速度大小v；（3）求從時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W?！敬鸢浮浚?）正電；；（2）；；（3）【詳解】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中的運動軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運動的周期為根據(jù)洛倫茲力提供向心力得則粒子所帶的電荷量（2）若金屬板的板間距離為D，則板長粒子在板間運動時出電場時豎直速度為零，則豎直方向在磁場中時其中的聯(lián)立解得，（3）帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由（2）的計算可知金屬板的板間距離則粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉(zhuǎn)電場，在4t0時刻進入左側(cè)的電場做減速運動速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進入中間的偏轉(zhuǎn)電場，6.5t0時刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時，在時間t0內(nèi)電場力做功為零，在左側(cè)電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始進入左側(cè)電場時電場力做功和最后0.5t0時間內(nèi)電場力做功，則11．（2024·河北·高考真題）如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為、質(zhì)量為m，A、B兩點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：（1）電場強度E的大小。（2）小球在A、B兩點的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2），【詳解】（1）在勻強電場中，根據(jù)公式可得場強為（2）在A點細線對小球的拉力為0，根據(jù)牛頓第二定律得A到B過程根據(jù)動能定理得聯(lián)立解得12．（2024·新疆河南·高考真題）一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運動，其速度可用圖示的直角坐標系內(nèi)，一個點表示，、分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個坐標軸上的分量。粒子出發(fā)時P位于圖中點，粒子在水平方向的勻強電場作用下運動，P點沿線段ab移動到點；隨后粒子離開電場，進入方向豎直、磁感應強度大小為B的勻強磁場，P點沿以O為圓心的圓弧移動至點；然后粒子離開磁場返回電場，P點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間內(nèi)P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。求（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；（2）電場強度的大??；（3）P點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場中做圓周運動時的速度為根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得做圓周運動的半徑為周期為（2）根據(jù)題意，已知任何相等的時間內(nèi)P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應的曲線，根據(jù)可知任意點的加速度大小相等，故可得解得（3）根據(jù)題意分析可知從b點到c點粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，繞一圈的過程中兩次在電場中運動，根據(jù)對稱性可知粒子的運動軌跡如圖，從a到b過程中粒子做類平拋運動，得故可得該段時間內(nèi)沿y方向位移為根據(jù)幾何知識可得由粒子在兩次電場中運動的對稱性可知移動一周時粒子位移的大小為聯(lián)立解得13．（2024·新疆河南·高考真題）如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板的O點上，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q；小球處在某一方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大小相等。則（）A．兩繩中的張力大小一定相等B．P的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量C．P的電荷量一定小于Q的電荷量D．P的電荷量一定大于Q的電荷量【答案】B【詳解】由題意可知設Q和P兩球之間的庫侖力為F，繩子的拉力分別為T1，T2，質(zhì)量分別為m1，m2；與豎直方向夾角為θ，對于小球Q有對于小球P有聯(lián)立有所以可得又因為可知，即P的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量；兩小球的電荷量則無法判斷。故選B。14．（2024·遼寧·高考真題）在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中（）A．動能減小，電勢能增大 B．動能增大，電勢能增大C．動能減小，電勢能減小 D．動能增大，電勢能減小【答案】D【詳解】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強度方向為水平方向，根據(jù)力的合成可知電場強度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的運動方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。15．（2024·浙江·高考真題）如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會逸出光電子，最大速率為。正對M放置一金屬網(wǎng)N，在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為d（遠小于板長），電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，則（）A．M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大B．只有沿x方向逸出的電子到達N時才有最大動能C．電子從M到N過程中y方向位移大小最大為D．M、N間加反向電壓時電流表示數(shù)恰好為零【答案】C【詳解】AB．根據(jù)動能定理，從金屬板M上逸出的光電子到到達N板時則到達N板時的動能為與兩極板間距無關(guān)，與電子從金屬板中逸出的方向無關(guān)，選項AB錯誤；C．平行極板M射出的電子到達N板時在y方向的位移最大，則電子從M到N過程中y方向最大位移為解得選項C正確；D．M、N間加反向電壓電流表示數(shù)恰好為零時，則解得選項D錯誤。故選C。16．（2023·福建·高考真題）如圖（a），一粗糙、絕緣水平面上有兩個質(zhì)量均為m的小滑塊A和B，其電荷量分別為和。A右端固定有輕質(zhì)光滑絕緣細桿和輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)。整個空間存在水平向右場強大小為E的勻強電場。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其大小均為。時，A以初速度向右運動，B處于靜止狀態(tài)。在時刻，A到達位置S，速度為，此時彈簧未與B相碰；在時刻，A的速度達到最大，此時彈簧的彈力大小為；在細桿與B碰前的瞬間，A的速度為，此時。時間內(nèi)A的圖像如圖（b）所示，為圖線中速度的最小值，、、均為未知量。運動過程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變，它們之間的庫侖力等效為真空中點電荷間的靜電力，靜電力常量為k；B與彈簧接觸瞬間沒有機械能損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（1）求時間內(nèi)，合外力對A所做的功；（2）求時刻A與B之間的距離；（3）求時間內(nèi)，勻強電場對A和B做的總功；（4）若增大A的初速度，使其到達位置S時的速度為，求細桿與B碰撞前瞬間A的速度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）時間內(nèi)根據(jù)動能定理可知合外力做的功為（2）由圖（b）可知時刻A的加速度為0，此時滑塊A所受合外力為0，設此時A與B之間的距離為r0，根據(jù)平衡條件有其中聯(lián)立可得（3）在時刻，A的速度達到最大，此時A所受合力為0，設此時A和B的距離為r1，則有且有，聯(lián)立解得時間內(nèi)，勻強電場對A和B做的總功（4）過S后，A、B的加速度相同，則A、B速度的變化相同。設彈簧的初始長度為；A在S位置時，此時刻A、B的距離為，A速度最大時，AB距離為，細桿與B碰撞時，A、B距離為。A以過S時，到B與桿碰撞時，A增加的速度為，則B同樣增加速度為，設B與杠相碰時，B向左運動。設B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運動。對A根據(jù)動能定理有對B有當A以過S時，設B與桿碰撞時，A速度為，則B速度為，設B與杠相碰時，B向左運動。設B與彈簧相碰到B與桿相碰時，B向左運動。對A根據(jù)動能定理有對B聯(lián)立解得17．（2023·湖北·高考真題）一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（

）

A．B．C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不變【答案】BD【詳解】B．粒子在電容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線直線運動，根據(jù)電場強度和電勢差的關(guān)系及場強和電場力的關(guān)系可得，粒子射入電容器后的速度為，水平方向和豎直方向的分速度，從射入到運動到最高點由運動學關(guān)系粒子射入電場時由動能定理可得聯(lián)立解得B正確；A．粒子從射入到運動到最高點由運動學可得，聯(lián)立可得A錯誤；C．粒子穿過電容器時從最高點到穿出時由運動學可得，射入電容器到最高點有解得設粒子穿過電容器與水平的夾角為，則粒子射入電場和水平的夾角為C錯誤；D．粒子射入到最高點的過程水平方向的位移為，豎直方向的位移為聯(lián)立，，解得且，即解得即粒子在運動到最高點的過程中水平和豎直位移均與電荷量和質(zhì)量無關(guān)，最高點到射出電容器過程同理，，即軌跡不會變化，D正確。故選BD。18．（2023·新課標卷·高考真題）密立根油滴實驗的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個油滴很快達到相同的速率，均豎直向下勻速運動。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運動速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計空氣浮力和油滴間的相互作用。（1）求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；（2）判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比。

【答案】（1）8:1；（2）油滴a帶負電，油滴b帶正電；4:1【詳解】（1）設油滴半徑r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量則速率為v時受阻力則當油滴勻速下落時解得可知則（2）兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個油滴很快達到相同的速率，可知油滴a做減速運動，油滴b做加速運動，可知油滴a帶負電，油滴b帶正電；當再次勻速下落時，對a由受力平衡可得其中對b由受力平衡可得其中聯(lián)立解得19．（2023·浙江·高考真題）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U。電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子（

）A．在XX′極板間的加速度大小為B．打在熒光屏時，動能大小為11eUC．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切【答案】D【詳解】A．由牛頓第二定律可得，在XX′極板間的加速度大小A錯誤；B．電子電極XX′間運動時，有vx=axt電子離開電極XX′時的動能為電子離開電極XX′后做勻速直線運動，所以打在熒光屏時，動能大小為，B錯誤；C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小C錯誤；D．打在熒光屏時，其速度方向與OO′連線夾角α的正切D正確。故選D。20．（2022·福建·高考真題）我國霍爾推進器技術(shù)世界領(lǐng)先，其簡化的工作原理如圖所示。放電通道兩端電極間存在一加速電場，該區(qū)域內(nèi)有一與電場近似垂直的約束磁場（未畫出）用于提高工作物質(zhì)被電離的比例。工作時，工作物質(zhì)氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，再經(jīng)電場加速噴出，形成推力。某次測試中，氙氣被電離的比例為95%，氙離子噴射速度為，推進器產(chǎn)生的推力為。已知氙離子的比荷為；計算時，取氙離子的初速度為零，忽略磁場對離子的作用力及粒子之間的相互作用，則（）A．氙離子的加速電壓約為B．氙離子的加速電壓約為C．氙離子向外噴射形成的電流約為D．每秒進入放電通道的氙氣質(zhì)量約為【答案】AD【詳解】AB．氙離子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理有可得加速電壓為故A正確，B錯誤；D．在時間內(nèi)，有質(zhì)量為的氙離子以速度噴射而出，形成電流為，由動量定理可得進入放電通道的氙氣質(zhì)量為，被電離的比例為，則有聯(lián)立解得故D正確；C．在時間內(nèi)，有電荷量為的氙離子噴射出，則有，聯(lián)立解得故C錯誤。故選AD。21．（2022·北京·高考真題）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F；（2）求帶電粒子到達N板時的速度大小v；（3）若在帶電粒子運動距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）兩極板間的場強帶電粒子所受的靜電力（2）帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）設帶電粒子運動距離時的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有帶電粒子在前距離做勻加速直線運動，后距離做勻速運動，設用時分別為t1、t2，有，則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間22．（2022·海南·高考真題）如圖，帶正電的物塊A放在水平桌面上，利用細繩通過光滑的滑輪與B相連，A處在水平向左的勻強電場中，，從O開始，A與桌面的動摩擦因數(shù)隨x的變化如圖所示，取O點電勢能為零，A、B質(zhì)量均為，B離滑輪的距離足夠長，則（）A．它們運動的最大速度為B．它們向左運動的最大位移為C．當速度為時，A的電勢能可能是D．當速度為時，繩子的拉力可能是【答案】ACD【詳解】AB．由題知設A向左移動x后速度為零，對A、B系統(tǒng)有（此處前面的是因為摩擦力是變力，其做功可以用平均力），可得A向左運動是先加速后減速，當時，摩擦力變成靜摩擦力，并反向，系統(tǒng)受力平衡，最后靜止。設A向左運動x′后速度為v，對系統(tǒng)則有得即：當時，v最大為，故A正確，B錯誤；C．當時，可得或當時，電場力做功則電勢能減小，由于，則電勢能為，當時故C正確；D．根據(jù)牛頓第二定律當時，系統(tǒng)加速度對B有得當時，系統(tǒng)加速度對B分析可得故D正確。故選ACD。23．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，光滑水平面和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導軌在B點平滑連接，導軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過B點時的速度大小為，之后沿軌道運動。以O為坐標原點建立直角坐標系，在區(qū)域有方向與x軸夾角為的勻強電場，進入電場后小球受到的電場力大小為。小球在運動過程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：（1）彈簧壓縮至A點時的彈性勢能；（2）小球經(jīng)過O點時的速度大小；（3）小球過O點后運動的軌跡方程?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得（2）小球從B到O，根據(jù)動能定理有解得（3）小球運動至O點時速度豎直向上，受電場力和重力作用，將電場力分解到x軸和y軸，則x軸方向有豎直方向有解得，說明小球從O點開始以后的運動為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，y軸方向做勻速直線運動，即做類平拋運動，則有，聯(lián)立解得小球過O點后運動的軌跡方程24．（2022·湖北·高考真題）密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間產(chǎn)生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（）A．q，r B．2q，r C．2q，2r D．4q，2r【答案】D【詳解】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止狀態(tài)時，滿足即AB．當電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑不變，則滿足可得AB錯誤；CD．當電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑變?yōu)?r時，則滿足可得C錯誤，D正確。故選D。25．（2022·浙江·高考真題）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L（不考慮邊界效應）。t=0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（）A．M板電勢高于N板電勢B．兩個粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度D．粒子從N板下端射出的時間【答案】C【詳解】A．由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；B．根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減小；則平行M板向下的粒子到達N板時電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；CD．設兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有聯(lián)立解得，故C正確，D錯誤；故選C。26．（2022·廣東·高考真題）密立根通過觀測油滴的運動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質(zhì)量均為、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內(nèi)都勻速下落了距離。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時間后向上勻速運動。B在勻速運動時間t內(nèi)上升了距離，隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。求：（1）比例系數(shù)k；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離電勢能的變化量；（3）新油滴勻速運動速度的大小和方向?！敬鸢浮浚?）；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負電，電荷量，電勢能的變化量；（3）見解析【詳解】（1）未加電壓時，油滴勻速時的速度大小勻速時又聯(lián)立可得（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場力向上，極板間電場強度向下，可知油滴B帶負電，油滴B向上勻速運動時，速度大小為根據(jù)平衡條件可得解得根據(jù)又聯(lián)立解得（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為，新油滴所受電場力若，即可知新油滴速度方向向上，設向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得新油滴向上加速，達到平衡時解得速度大小為速度方向向上；若，即可知設向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知新油滴向下加速，達到平衡時解得速度大小為速度方向向下。27．（2022·全國甲卷·高考真題）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中Р點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在Р點。則射出后，（）A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量【答案】BD【詳解】A．如圖所示故等效重力的方向與水平成。當時速度最小為，由于此時存在水平分量，電場力還可以向左做負功，故此時電勢能不是最大，故A錯誤；BD．水平方向上在豎直方向上由于，得如圖所示，小球的動能等于末動能。由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定理可知則重力做功等于小球電勢能的增加量，故BD正確；C．當如圖中v1所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤；故選BD。28．（2021·北京·高考真題）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應強度為B。從S點釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導體板的虛線）通過N。不計重力。（1）求粒子加速器M的加速電壓U；（2）求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向；（3）仍從S點釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能?！敬鸢浮浚?）；（2），方向垂直導體板向下；（3）【詳解】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）速度選擇器中電場力與洛倫茲力平衡得方向垂直導體板向下。（3）粒子在全程電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有解得29．（2021·全國乙卷·高考真題）四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別、、、它們先后以相同的速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行，不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】AD【詳解】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運動時間為離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個帶電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；粒子與粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與粒子的比荷也相同，所以、、三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但粒子與前兩個粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；粒子的比荷與、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。故選AD。30．（2021·湖南·高考真題）如圖，圓心為的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，和為該圓直徑。將電荷量為的粒子從點移動到點，電場力做功為；若將該粒子從點移動到點，電場力做功為。下列說法正確的是（）A．該勻強電場的場強方向與平行B．將該粒子從點移動到點，電場力做功為C．點電勢低于點電勢D．若只受電場力，從點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動【答案】AB【詳解】A．由于該電場為勻強電場，可采用矢量分解的思路，沿cd方向建立x軸，垂直與cd方向建立y軸如下圖所示在x方向有W=Exq2R在y方向有2W=EyqR+ExqR經(jīng)過計算有Ex=，Ey=，E=，tanθ=由于電場方向與水平方向成60°，則電場與ab平行，且沿a指向b，A正確；B．該粒從d點運動到b點，電場力做的功為W′=Eq=0.5WB正確；C．沿電場線方向電勢逐漸降低，則a點的電勢高于c點的電勢，C錯誤；D．若粒子的初速度方向與ab平行則粒子做勻變速直線運動，D錯誤。故選AB。31．（2020·天津·高考真題）多反射飛行時間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，經(jīng)電壓為U的勻強電場加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分析器由兩個反射區(qū)和長為l的漂移管（無場區(qū)域）構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當離子第一次進入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場，其電場強度足夠大，使得進入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復即將進入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間。設實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力。（1）求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間；（2）反射區(qū)加上電場，電場強度大小為E，求離子能進入反射區(qū)的最大距離x；（3）已知質(zhì)量為的離子總飛行時間為，待測離子的總飛行時間為，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，有

①離子在漂移管中做勻速直線運動，則

②聯(lián)立①②式，得

③（2）根據(jù)動能定理，有

④得

⑤（3）離子在加速電場中運動和反射區(qū)電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設其為，有

⑥通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運動路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運動的總路程相等，設為，在無場區(qū)的總路程設為，根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為v，設離子的總飛行時間為。有

⑦聯(lián)立①⑥⑦式，得

⑧可見，離子從A到B的總飛行時間與成正比。由題意可得可得

⑨32．（2020·浙江·高考真題）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為（）的粒子以速度從連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達連線上的某點時（）A．所用時間為B．速度大小為C．與P點的距離為D．速度方向與豎直方向的夾角為30°【答案】C【詳解】A．粒子在電場中做類平拋運動，水平方向豎直方向由可得故A錯誤；B．由于故粒子速度大小為故B錯誤；C．由幾何關(guān)系可知，到P點的距離為故C正確；D．由于平拋推論可知，，可知速度正切可知速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯誤。故選C。33．（2020·全國II卷·高考真題）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度的大小可使P點左移【答案】D【詳解】A．由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；B．增大加速電壓則根據(jù)可知會增大到達偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力有可得可知會增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點會右移，故B錯誤；C．電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運動，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；D．由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點左移，故D正確。故選D。34．（2020·全國I卷·高考真題）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以O為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ=60°。運動中粒子僅受電場力作用。（1）求電場強度的大?。唬?）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？（3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進入電場時的速度應為多大？【答案】（1）；（2）；（3）0或【詳解】（1）由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q>0，故電場線由A指向C，根據(jù)幾何關(guān)系可知所以根據(jù)動能定理有解得（2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點為D，即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)系有而電場力提供加速度有聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度（3）因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0，過C點做AC垂線會與圓周交于B點故由題意可知粒子會從C點或B點射出。當從B點射出時由幾何關(guān)系有電場力提供加速度聯(lián)立解得當粒子從C點射出時初速度為0，粒子穿過電場前后動量變化量的大小為，該粒子進入電場時的速率應為或。另解：由題意知，初速度為0時，動量增量的大小為，此即問題的一個解。自A點以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，動量變化都相同，自B點射出電場的粒子，其動量變化量也恒為，由幾何關(guān)系及運動學規(guī)律可得，此時入射速率為35．（2020·浙江·高考真題）如圖所示，電子以某一初速度沿兩塊平行板的中線方向射入偏轉(zhuǎn)電場中，已知極板長度l，間距d，電子質(zhì)量m，電荷量e。若電子恰好從極板邊緣射出電場，由以上條件可以求出的是（

）A．偏轉(zhuǎn)電壓 B．偏轉(zhuǎn)的角度 C．射出電場速度 D．電場中運動的時間【答案】B【詳解】AD．粒子在平行板電容器中做以初速度做類平拋運動，分解位移：電場力提供加速度：極板間為勻強電場，偏轉(zhuǎn)電壓和電場強度滿足：聯(lián)立方程可知偏轉(zhuǎn)位移滿足：結(jié)合上述方程可知，由于初速度未知，所以偏轉(zhuǎn)電壓和電場中運動的時間無法求出，故AD錯誤；BC．偏轉(zhuǎn)的角度滿足：解得：；初速度未知，粒子飛出電場時的豎直方向速度無法求出，所以粒子射出電場的速度無法求出，故B正確，C錯誤。故選B．36．（2019·江蘇·高考真題）一勻強電場的方向豎直向上，t=0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是A． B． C． D．【答案】A【詳解】由于帶電粒子在電場中類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為，經(jīng)過時間，電場力方向速度為，功率為，所以P與t成正比，故A正確．37．（2019·天津·高考真題）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為的帶電小球，以初速度從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程（

）A．動能增加 B．機械能增加C．重力勢能增加 D．電勢能增加【答案】B【詳解】由動能的表達式可知帶電小球在M點的動能為，在N點的動能為，所以動能的增量為，故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有，可得，豎直方向的位移，水平方向的位移，因此有，對小球?qū)憚幽芏ɡ碛?，?lián)立上式可解得，，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加，電勢能減少，故B正確D錯誤，重力做負功重力勢能增加量為，故C錯誤．38．（2019·全國III卷·高考真題）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點．從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B．A不帶電，B的電荷量為q（q>0）．A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為．重力加速度為g，求（1）電場強度的大?。唬?）B運動到P點時的動能．【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a．根據(jù)牛頓定律、運動學公式和題給條件，有mg+qE=ma①②解得③（2）設B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有④且有⑤⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得⑦39．（2019·全國II卷·高考真題）如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，PQG的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為（>0）。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大??；（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？【答案】（1）；（2）【詳解】（1）PG、QG間場強大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有①F=qE=ma②設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有③設粒子第一次到達G時所用時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有④l=v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得⑥⑦（2）設粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為⑧40．（2019·浙江·高考真題）用長為1.4m的輕質(zhì)柔軟絕緣細線，拴一質(zhì)量為1.0×10－2kg、電荷量為2.0×10-8C的小球，細線的上端固定于O點．現(xiàn)加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與鉛垂線成370，如圖所示．現(xiàn)向左拉小球使細線水平且拉直，靜止釋放，則（sin370=0.6）A．該勻強電場的場強為3.75×107N/CB．平衡時細線的拉力為0.17NC．經(jīng)過0.5s，小球的速度大小為6.25m/sD．小球第一次通過O點正下方時，速度大小為7m/s【答案】C【詳解】AB．小球在平衡位置時，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得，細線的拉力：T=，選項AB錯誤；C．小球向左被拉到細線水平且拉直的位置，釋放后將沿著電場力和重力的合力方向做勻加速運動，其方向與豎直方向成370角，加速度大小為，則經(jīng)過0.5s，小球的速度大小為v=at=6.25m/s，選項C正確；D．小球從水平位置到最低點的過程中，若無能量損失，則由動能定理：，帶入數(shù)據(jù)解得v=7m/s；因小球從水平位置先沿直線運動，然后當細繩被拉直后做圓周運動到達最低點，在繩子被拉直的瞬間有能量的損失，可知到達最低點時的速度小于7m/s，選項D錯誤．41．（2019·浙江·高考真題）質(zhì)子療法進行治療，該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細胞．現(xiàn)用一直線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到1.0×107m/s．已知加速電場的場強為1.3×105N/C，質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10-27kg，電荷量為1.6×10-19C，則下列說法正確的是A．加速過程中質(zhì)子電勢能增加B．質(zhì)子所受到的電場力約為2×10－15NC．質(zhì)子加速需要的時間約為8×10-6sD．加速器加速的直線長度約為4m【答案】D【詳解】A．加速過程中電場力對質(zhì)子做正功，則質(zhì)子電勢能減小，選項A錯誤；B．質(zhì)子所受到的電場力約為F=Eq=1.3×105×1.6×10-19N=2×10－14N，選項B錯誤；C．加速度，則質(zhì)子加速需要的時間約為，選項C錯誤；D．加速器加速的直線長度約為，選項D正確．42．（2018·全國III卷·高考真題）如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是（??）A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等【答案】BD【詳解】A．根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據(jù)a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab對微粒a，由牛頓第二定律qE=maaa對微粒b，由牛頓第二定律qE=mbab聯(lián)立解得>由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，故A錯誤；B．在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b大，故B正確；C．由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，故C錯誤；D．由于a微粒受到的電場力（合外力）等于b微粒受到的電場力（合外力），根據(jù)動量定理，在t時刻，a微粒的動量等于b微粒，故D正確。故選BD。43．（2018·浙江·高考真題）如圖所示，AMB是一條長L=10m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高h=1.25m處，A、B為端點，M為中點，軌道MB處在方向豎直向上，大小E=5×103N/C的勻強電場中，一質(zhì)量m=0.1kg，電荷量q=+1.3×10-4C的可視為質(zhì)點的滑塊以初速度v0=6m/s在軌道上自A點開始向右運動，經(jīng)M點進入電場，從B點離開電場，已知滑塊與軌道間動摩擦因數(shù)μ=0.2，（重力加速度10m/s2）求滑塊（1）到達M點時的速度大?。?）從M點運動到B點所用的時間（3）落地點距B點的水平距離【答案】（1）4m/s（2）（3）1.5m【詳解】（1）滑塊在AM階段由摩擦力提供加速度，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)運動學公式，聯(lián)立解得（2）進入電場后，受到電場力，F(xiàn)=Eq，由牛頓第二定律有根據(jù)運動學公式由運動學勻變速直線運動規(guī)律聯(lián)立解得（3）從B點飛出后，粒子做平拋運動，由可知所以水平距離44．（2017·浙江·高考真題）如圖所示，在豎直放置間距為的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場。有一質(zhì)量為，電荷量為的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為。則點電荷運動到負極板的過程（）A．加速度大小為B．所需的時間為C．下降的高度為D．電場力所做的功為【答案】B【詳解】點電荷在電場中的受力如圖所示，點電荷所受的合外力為由牛頓第二定律得故A錯；點電荷在水平方向的加速度為，由運動學公式d/2=a1t2/2,所以，故B正確，點電荷在豎直方向上做自由落體運動，所以下降的高度，故C錯誤；由功公式W=Eqd/2,故D錯誤．綜上所述本題答案是：B【點睛】由于電荷水平方向和豎直方向都受到力的作用，根據(jù)水平方向上的運動求出運動時間，再結(jié)合豎直方向上自由落體運動求出下落的高度．45．（2017·全國I卷·高考真題）真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變．持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點．重力加速度大小為g。（1）油滴運動到B點時的速度；（2）求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的t1和v0應滿足的條件．已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍?！敬鸢浮?1)；(2)見解析【詳解】（1）設油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正．油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上．在t=0時，電場強度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足油滴在時刻t1的速度為電場強度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足油滴在時刻t2=2t1的速度為解得（2）由題意，在t=0時刻前有油滴從t=0到時刻t1的位移為油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內(nèi)的位移為由題給條件有式中h是B、A兩點之間的距離若B點在A點之上，依題意有解得為使，應有即當或才是可能的條件分別對應于和兩種情形若B在A點之下，依題意有由以上式子得為使，應有即另一解為負，不符合題意，已舍去46．（2017·北京·高考真題）如圖所示，長的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角；已知小球所帶電荷量，勻強電場的場強，取重力加速度，，。求：（1）小球所受電場力F的大小；（2）小球的質(zhì)量m；（3）將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小?！敬鸢浮浚?）3.0×10－3N；（2）4.0×10－4kg；（3）2.0m/s【詳解】（1）根據(jù)電場力的計算公式可得電場力（2）小球受力情況如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得所以（3）電場撤去后小球運動過程中機械能守恒，則解得47．（2017·江蘇·高考真題）如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點，由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子（

）A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點【答案】A【詳解】設A、B板間的電勢差為U1，B、C板間的電勢差為U2，板間距為d，電場強度為E，第一次由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，根據(jù)動能定理得則有將C板向右移動，B、C板間的電場強度變?yōu)閯t將C板向右平移到P′點，B、C間電場強度E不變，所以電子還是運動到P點速度減小為零，然后返回。故選A。48．（2017·全國II卷·高考真題）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和–q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）A點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強度大小?！敬鸢浮浚?）3：1；（2）；（3）【詳解】（1）設帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進入電場時的水平速度仍為v0。因為兩小球從拋出到離開電場，豎直方向做自由落體運動，所以M、N在電場中的運動時間t相等。又因為電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，設在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由運動公式可得v0–at=0聯(lián)立解得（2）設A點距離電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，則因為M在電場中做勻加速直線運動，則解得h=（3）設電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得由已知條件Ek1=1.5E