2024年高考物理必修三專(zhuān)題練習(xí)第5節(jié) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

《模型畫(huà)法·物理課堂》馮考必勝第5節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【刷基礎(chǔ)】【題型1帶電粒子的加速】1．[河北邢臺(tái)2021高二上聯(lián)考]如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有恒定的電壓，在P板附近有一電子(不計(jì)重力)由靜止開(kāi)始向Q板運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，與加速電壓無(wú)關(guān)，僅與兩板間距離有關(guān)B．電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，與兩板間距離無(wú)關(guān)，僅與板間電壓有關(guān)C．兩板間距離越小，電子的加速度就越小D．兩板間距離越大，加速時(shí)間越短答案：B解析：極板之間的電壓U不變，由E＝eq\f(U,d)可知兩極板距離d越大，場(chǎng)強(qiáng)E越小，電場(chǎng)力F＝Ee越小，加速度越小，加速時(shí)間越長(zhǎng)，由eU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，則電子到達(dá)Q板時(shí)的速率與極板間距無(wú)關(guān)，與加速電壓有關(guān)，A、C、D錯(cuò)誤，B正確．2．[山東聊城九校2021高二上聯(lián)考]如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質(zhì)量為m，電荷量為q1(q1>0)的粒子A；在負(fù)極板附近有一質(zhì)量也為m、電荷量為－q2(q2>0)的粒子B.僅在電場(chǎng)力的作用下兩粒子同時(shí)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于正極板且與其相距eq\f(3,7)l的平面Q，兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則以下說(shuō)法正確的是()A．電荷量q1與q2的比值為3∶7B．電荷量q1與q2的比值為3∶4C．粒子A、B通過(guò)平面Q時(shí)的速度之比為9∶16D．粒子A、B通過(guò)平面Q時(shí)的速度之比為3∶7答案：B解析：設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)帶正電的粒子A，a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)·t2，對(duì)帶負(fù)電的粒子B，a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)·t2，聯(lián)立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；由動(dòng)能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．3．[湖南岳陽(yáng)一中、汨羅一中2020高二上聯(lián)考]如圖所示，從F處釋放一個(gè)無(wú)初速度的電子(重力不計(jì))，電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(設(shè)電源電壓都恒為U)()A．電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是UeB．電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零C．電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3UeD．電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)答案：C解析：從F處釋放一個(gè)無(wú)初速度的電子，電子在電壓為U的電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，所獲得的動(dòng)能等于電場(chǎng)力做的功，即Ek＝W＝qU＝eU；由題圖可知，B板和C板等勢(shì)，則B、C之間沒(méi)有電場(chǎng)，所以電子在此處做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電子的動(dòng)能不變，電子以eU的動(dòng)能進(jìn)入C、D板間電場(chǎng)中，在電場(chǎng)力的作用下，電子做減速運(yùn)動(dòng)，由于C、D板間的電壓也為U，所以電子在到達(dá)D板時(shí)速度減為零，開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)；由以上分析可知，電子將會(huì)在A板和D板之間做加速、勻速再減速的運(yùn)動(dòng)，再反向做加速、勻速再減速的運(yùn)動(dòng)，即做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故選C.【題型2帶電粒子的偏轉(zhuǎn)】4．(多選)如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場(chǎng)，粒子a由頂點(diǎn)A射入，從BC的中點(diǎn)P射出，粒子b由AB的中點(diǎn)O射入，從頂點(diǎn)C射出．若不計(jì)重力，則()A．a(chǎn)和b在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2B．a(chǎn)和b在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2∶1C．a(chǎn)和b的比荷之比為1∶8D．a(chǎn)和b的比荷之比為8∶1答案：AD解析：兩個(gè)粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，a、b兩粒子的水平位移之比為1∶2，根據(jù)x＝v0t可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1∶2.粒子在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，兩粒子在豎直方向的位移之比為2∶1，則a、b的加速度之比為8∶1，根據(jù)牛頓第二定律知加速度a＝eq\f(qE,m)，加速度之比等于兩粒子的比荷之比，則兩粒子的比荷之比為8∶1.故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．5．[四川射洪中學(xué)2021高二上月考]如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，EF、CD為其邊界，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在A點(diǎn)以垂直電場(chǎng)邊界CD的速度v0進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，MN為無(wú)場(chǎng)區(qū)內(nèi)的光屏，MN與AO相互垂直，MN與EF間距為d.當(dāng)粒子經(jīng)過(guò)EF邊界的B點(diǎn)時(shí)，速度方向與EF成30°角，不計(jì)重力，求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的大小；(2)粒子打在光屏上的位置距離O點(diǎn)的距離．解析：(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(qE,m)①沿電場(chǎng)方向，有vx＝at②沿初速度方向，有d＝v0t③粒子經(jīng)過(guò)EF邊界的B點(diǎn)時(shí)，由幾何關(guān)系得tan30°＝eq\f(v0,vx)④，由①②③④式解得E＝eq\f(\r(3)mv02,qd).(2)從電場(chǎng)中射出時(shí)，速度方向的反向延長(zhǎng)線與初速度方向的延長(zhǎng)線交于粒子沿初速度方向位移的中點(diǎn)，所以子打在光屏上的位置距離O點(diǎn)的距離x＝(eq\f(d,2)＋d)tan60°＝eq\f(3\r(3),2)d.【題型3示波管的原理】6．[四川成都樹(shù)德中學(xué)2021高二上階段性測(cè)試]如圖甲所示是示波管的原理圖，如果在電極XX′之間所加的電壓按圖丙所示的規(guī)律變化，在電極YY′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，則熒光屏上會(huì)看到的圖形是()答案：B解析：因?yàn)樵陔姌OXX′之間所加的電壓大于零且保持不變，可知在正X軸上的偏轉(zhuǎn)位移保持不變，在YY′之間加上隨正弦規(guī)律變化的電壓，即Y方向上偏移在正負(fù)最大值之間變化，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．【刷提升】1．[北京海淀區(qū)101中學(xué)2021高二上月考]如圖所示，電子在電勢(shì)差為U1的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入電勢(shì)差為U2的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在滿(mǎn)足電子(不計(jì)重力)能射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的條件下，下列四種情況中，一定能使電子偏轉(zhuǎn)角變大的是()A．U1變大，U2變大B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小D．U1變小，U2變小答案：B解析：設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，兩板間距離為d，電子在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得eU1＝eq\f(1,2)mv02，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中由牛頓第二定律和電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系得a＝eq\f(eE,m)，E＝eq\f(U2,d)，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得L＝vxt，vx＝v0，vy＝at，則電子的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(U2L,2U1d)，即U1變小，U2變大，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．2．[廣東廣州三校2020高二上月考]如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，讓質(zhì)子流以初速度v0垂直電場(chǎng)射入，沿a軌跡落到下板的中央，現(xiàn)只改變其中一個(gè)條件，讓質(zhì)子流沿b軌跡落到下板邊緣，不計(jì)重力，則可以將()A．開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)B．質(zhì)子流初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)C．板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)D．豎直移動(dòng)上板，使板間距變?yōu)?d答案：C解析：將開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，電容器極板間電荷量不變，電容器兩極板間電壓不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，質(zhì)子所受電場(chǎng)力不變，加速度不變，所以仍落到下板的中央，故A錯(cuò)誤；將質(zhì)子流初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，加速度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，不可能到達(dá)下板邊緣，故B錯(cuò)誤；當(dāng)板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,4)，電場(chǎng)力變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,4)，加速度變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,4)，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2知，質(zhì)子打到極板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，由x＝v0t知水平位移變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，所以能沿b軌跡落到下板邊緣，故C正確；豎直移動(dòng)上板，使板間距變?yōu)?d，則板間場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，電場(chǎng)力變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，加速度變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2知，時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的eq\r(2)倍，水平位移變?yōu)樵瓉?lái)的eq\r(2)倍，不能到達(dá)下板邊緣，故D錯(cuò)誤．3．[山東淄博2020高二上月考]如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)的方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)，粒子重力不計(jì)，則從粒子開(kāi)始射入到打到上極板的過(guò)程中()A．它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ>tPB．它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQ<aPC．它們的動(dòng)能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2D．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2答案：D解析：垂直電場(chǎng)方向有x＝vt，可知粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故A錯(cuò)誤；平行電場(chǎng)方向有y＝eq\f(1,2)at2，得a＝eq\f(2y,t2)，由于兩帶電粒子在平行電場(chǎng)方向分位移之比為yQ∶yp＝2∶1，故其加速度之比為aQ∶aP＝2∶1，即aQ＞aP，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，得q＝eq\f(ma,E)，m、E相同，故粒子所帶電荷量之比等于加速度之比，即qP∶qQ＝1∶2，根據(jù)動(dòng)能定理有qEy＝ΔEk，又yQ∶yP＝2∶1，故ΔEkQ∶ΔEkP＝4∶1，故C錯(cuò)誤，D正確．4．[四川成都七中2020高二上期中](多選)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，兩板間距離足夠大．當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在四個(gè)選項(xiàng)中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個(gè)物理量隨時(shí)間t的變化規(guī)律可能正確的是()答案：BC解析：分析電子一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，0～eq\f(T,4)時(shí)間內(nèi)，電子從靜止開(kāi)始向B板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)繼續(xù)沿該方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(T,2)時(shí)刻速度為零，eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時(shí)間內(nèi)向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(3T,4)～T時(shí)間內(nèi)沿A板方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻速度為零，此時(shí)電子回到原點(diǎn)，接著周而復(fù)始，電子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)x－t圖像應(yīng)是拋物線，A錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度—時(shí)間圖像是傾斜的直線可知，B圖符合電子的運(yùn)動(dòng)情況，B正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)情況：勻加速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)交替產(chǎn)生，而勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，a－t圖像應(yīng)平行于橫軸，C正確．5．如圖甲所示，兩個(gè)平行金屬板P、Q正對(duì)豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的交變電壓．t＝0時(shí)，Q板比P板電勢(shì)高U0，在兩板的正中央M點(diǎn)有一電子在電場(chǎng)力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)(電子所受重力可忽略不計(jì))，已知電子在0～4t0時(shí)間內(nèi)未與兩板相碰．則電子速度方向向左且速度大小逐漸減小的時(shí)間段是()A．0＜t＜t0B．t0＜t＜2t0C．2t0＜t＜3t0D．3t0＜t＜4t0答案：D解析：開(kāi)始時(shí)Q板電勢(shì)比P板高，電子受到的電場(chǎng)力向右，因此在0<t<t0內(nèi)，電子向右做加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；t0時(shí)刻電場(chǎng)反向，電子開(kāi)始向右做減速運(yùn)動(dòng)，到2t0時(shí)刻，速度恰好減為零，B錯(cuò)誤；在2t0<t<3t0時(shí)間內(nèi)，電子向左做加速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；在3t0時(shí)刻，電場(chǎng)再次反向，電子開(kāi)始向左做減速運(yùn)動(dòng)，到4t0時(shí)刻，速度剛好減為零，D正確．6．(多選)如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，板間電壓為U，一不計(jì)重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，恰好沿下板的邊緣飛出，粒子通過(guò)平行金屬板的時(shí)間為t，則()A．在eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為eq\f(1,4)UqB．在eq\f(t,2)時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為eq\f(1,8)UqC．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為1∶1D．在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為1∶2答案：BC解析：在時(shí)間t內(nèi)，L＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，在eq\f(t,2)內(nèi)，y＝eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2，比較可得y＝eq\f(d,8)，則電場(chǎng)力做的功為W＝qEy＝eq\f(qEd,8)＝eq\f(qU,8)，A錯(cuò)誤，B正確；在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功分別為W1＝qE×eq\f(d,4)，W2＝qE×eq\f(d,4)，所以W1∶W2＝1∶1,C正確，D錯(cuò)誤．7．如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)以初速度v0由小孔水平射入電場(chǎng)，當(dāng)M、N間的電壓為U時(shí)，粒子剛好能到達(dá)N板．如果要使該帶電粒子到達(dá)M、N兩板中點(diǎn)位置處即返回，則下列措施能滿(mǎn)足要求的是()A．使初速度減小為原來(lái)的一半B．使M、N間的電壓提高到原來(lái)的2倍C．使M、N間的電壓提高到原來(lái)的4倍D．使初速度減小為原來(lái)的一半，同時(shí)M、N間的電壓提高到原來(lái)的2倍答案：B解析：粒子在進(jìn)入電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為x，由動(dòng)能定理得－eq\f(qU,d)·x＝0－eq\f(1,2)mv02，所以x＝eq\f(mv02,2qU)d，則使初速度減小為原來(lái)的一半，可得x減小為原來(lái)的eq\f(1,4)，故A錯(cuò)誤；若電壓提高到原來(lái)的2倍，則x減小為原來(lái)的eq\f(1,2)，即粒子運(yùn)動(dòng)到M、N兩板中點(diǎn)處即返回，故B正確；使M、N間的電壓提高到原來(lái)的4倍，則x減小為原來(lái)的eq\f(1,4)，故C錯(cuò)誤；使初速度減小為原來(lái)的一半，同時(shí)M、N間的電壓提高到原來(lái)的2倍，則x減小為原來(lái)的eq\f(1,8)，故D錯(cuò)誤．8．(多選)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與bc邊平行．電荷量為q(q>0)、動(dòng)能為Ek的帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是()A．若粒子恰好從c點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，則離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)粒子的動(dòng)能為5EkB．若粒子恰好從c點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，則場(chǎng)強(qiáng)為eq\f(5Ek,qL)C．若粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為2Ek，則粒子一定從bc邊離開(kāi)電場(chǎng)D．若粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為2Ek，則場(chǎng)強(qiáng)為eq\f(2Ek,qL)答案：ACD解析：粒子的初動(dòng)能為Ek＝eq\f(mv02,2)，粒子在ab方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，有L＝v0t，粒子在ad方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，有L＝eq\f(at2,2)，根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(Eq,m)，得E＝eq\f(4Ek,Lq)，根據(jù)動(dòng)能定理，有qEL＝Ekt－Ek，所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek.選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤．若粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能為2Ek，則電場(chǎng)力做功為Ek＝EqL1，可知沿電場(chǎng)方向的分速度v∥＝v0，沿電場(chǎng)方向的位移為L(zhǎng)1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)v0t，小于垂直電場(chǎng)方向的位移v0t，則粒子一定從bc邊離開(kāi)電場(chǎng)，選項(xiàng)C正確．由C項(xiàng)分析有EqL1＝Ek，L1＝eq\f(1,2)L，解得E＝eq\f(2Ek,Lq)，選項(xiàng)D正確．9．(多選)如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向與水平面平行，在圓上A點(diǎn)有一發(fā)射器，以相同的動(dòng)能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電荷量為＋q的粒子，粒子會(huì)經(jīng)過(guò)圓周上不同的點(diǎn)，在這些點(diǎn)中，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的粒子動(dòng)能最大，由于發(fā)射時(shí)刻不同，粒子間無(wú)相互作用且∠α＝30°，不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法正確的是()A．電場(chǎng)的方向與AB平行B．電場(chǎng)的方向與AB垂直C．粒子在A點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向發(fā)射，若恰能經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，則初動(dòng)能為eq\f(qER,4)D．粒子在A點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向發(fā)射，若恰能經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，則初動(dòng)能為eq\f(qER,8)答案：AD解析：粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有qUAB＝Ek－Ek0，因?yàn)榈竭_(dá)B點(diǎn)時(shí)粒子的動(dòng)能最大，所以UAB最大，由A到B電場(chǎng)力對(duì)粒子做正功，所以φA＞φB，則在圓周上找不到與B電勢(shì)相等的點(diǎn)．過(guò)B點(diǎn)作切線BF，則BF為等勢(shì)線，AB垂直BF，則AB為電場(chǎng)線，場(chǎng)強(qiáng)方向如圖所示．故A正確，B錯(cuò)誤．粒子在A點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向發(fā)射，水平方向只受電場(chǎng)力，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，垂直電場(chǎng)方向x＝Rsin60°＝v0t，沿電場(chǎng)方向y＝R＋Rcos60°＝eq\f(qEt2,2m)，由以上兩式得Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,8)qER.故D正確，C錯(cuò)誤．10．[湖北隨州2021高二上聯(lián)考]如圖所示，一群速率不同的一價(jià)離子從A、B兩平行極板正中央水平射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離子的初速度為v0，質(zhì)量為m，A、B間電壓為U，間距為d.C為豎直放置并與A、B間隙正對(duì)的金屬擋板，屏MN足夠大．若A、B極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，C到極板的距離也為L(zhǎng)，C的高為d，不考慮離子所受重力，元電荷為e.(1)寫(xiě)出離子射出A、B板時(shí)的側(cè)移距離y的表達(dá)式；(2)離子通過(guò)A、B板時(shí)電勢(shì)能變化了多少？(3)求初動(dòng)能范圍是多少的離子才能打到屏MN上．解析：(1)離子在A、B板間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(eU,md)，離子通過(guò)A、B板所用的時(shí)間t＝eq\f(L,v0)，離子射出A、B板時(shí)的側(cè)移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(eU,md)×eq\f(L2,v02)＝eq\f(eUL2,2mdv02).(2)離子通過(guò)A、B板時(shí)電場(chǎng)力做正功，離子的電勢(shì)能減少，電場(chǎng)力做的正功W＝eq\f(eU,d)y＝eq\f(e2U2L2,2md2v02)，電場(chǎng)力做多少正功，離子的電勢(shì)能就減少多少，即離子通過(guò)A、B板時(shí)電勢(shì)能減少了eq\f(e2U2L2,2md2v02).(3)離子射出電場(chǎng)時(shí)的豎直分速度vy＝at，射出電場(chǎng)時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(eUL,mdv02)，離子射出電場(chǎng)時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，要使離子打在屏MN上，需滿(mǎn)足y＜eq\f(d,2)，即eq\f(eUL2,2mdv02)＜eq\f(d,