新高考物理一輪復習講義第8章 靜電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動 (含解析)

第3講電容器帶電粒子在電場中的運動學習目標1.掌握電容的定義式和平行板電容器的決定式，會分析電容器動態(tài)變化問題。2.利用動力學、功能觀點分析帶電粒子在電場中的直線運動和偏轉問題。eq\a\vs4\al(1.,,)eq\a\vs4\al(2.,,)1.思考判斷(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。(×)(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。(×)(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。(×)(4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。(×)(5)帶電粒子在電場中，只受靜電力時，也可以做勻速圓周運動。(√)2.帶電粒子沿水平方向射入豎直向下的勻強電場中，運動軌跡如圖1所示，粒子在相同的時間內()圖1A.位置變化相同B.速度變化相同C.速度偏轉的角度相同D.動能變化相同答案B考點一平行板電容器的動態(tài)分析1.動態(tài)分析的思路2.兩類動態(tài)分析的比較例1(多選)如圖2所示，是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是()圖2A.若將A板向右平移一小段位移，電容器的電容C減小B.若斷開S，將B板向下平移一小段位移，帶電液滴的電勢能減小C.在S仍閉合的情況下，增大兩極板間距離的過程中，電阻R中有從b到a的電流D.若斷開S，減小兩極板間的距離，則帶電液滴向下運動答案AB解析根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，將A板向右平移一小段位移，則兩極板正對面積S減小，電容器的電容C減小，故A正確；帶電液滴受到豎直向上的靜電力，電場方向豎直向下，帶電液滴帶負電荷，若斷開S，則電容器所帶的電荷量不變，電場強度不變，B板電勢為零，根據(jù)UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知將B板向下平移一小段位移，dPB增大，則P點的電勢升高，根據(jù)Ep＝qφ可知，帶負電荷的液滴電勢能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，增大兩極板間的距離，電容器的電容C減小，電容器放電，電阻R中有從a到b的電流，故C錯誤；若斷開S，減小兩極板間的距離，電場強度不變，液滴受到的靜電力不變，則帶電液滴不運動，故D錯誤。跟蹤訓練1.(2023·廣東韶關市一模)隨著生活水平的提高，電子秤已經(jīng)成為日常生活中不可或缺的一部分，電子秤的種類也有很多，如圖3所示是用平行板電容器制成的廚房用電子秤及其電路簡圖。稱重時，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會導致平行板上層膜片電極下移。則放上物體后()圖3A.電容器的電容變小B.電容器的帶電荷量增大C.極板間電場強度變小D.膜片下移過程中，電流表有從a到b的電流答案B解析根據(jù)電容表達式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當兩個極板間的距離減小時，電容器的電容增大；再根據(jù)電容定義式C＝eq\f(Q,U)，可知電容器一直和電源相連，電壓不變時，電容增大，帶電荷量增大，即電容器被充電，電流表有從b到a的電流，A、D錯誤，B正確；由勻強電場公式E＝eq\f(U,d)知，當電壓不變，兩個極板間的距離減小時，極板間電場強度變大，C錯誤?？键c二帶電粒子(帶電體)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，粒子靜止或做勻速直線運動。(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動。2.用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。3.用功能觀點分析勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1角度帶電粒子在電場中的直線運動例2(多選)如圖4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點靜止釋放的一價氫離子恰好能運動到P點，下列說法正確的是()圖4A.一定有UAB＝－UBCB.若從O點靜止釋放二價氨離子，其將以一定速度越過P點C.若將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的氫離子將運動到P′點返回D.若將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的氫離子仍運動到P點返回答案AD解析由O點靜止釋放的一價氫離子恰好能運動到P點，則qUAB＋qUBC＝0，即UAB＝－UBC，由上式可知，上述過程與粒子帶電荷量無關，即若從O點靜止釋放二價氨離子，則也恰好能運動到P點，選項A正確，B錯誤；若將C板向右平移到P′點，由于B、C帶電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知兩板間電場強度不變，M、P之間的電勢差不變，根據(jù)qUOM＋qUMP＝0，可知由O點靜止釋放的氫離子仍運動到P點返回，選項C錯誤，D正確。角度帶電體在電場中的直線運動例3如圖5所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上下極板開有一小孔，四個質量均為m、帶電荷量均為q的帶電小球，其間用長均為eq\f(d,4)的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于上極板小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落。當下端第二個小球到達下極板時，速度恰好為零。重力加速度為g，(僅兩極板間存在電場)試求：圖5(1)兩極板間的電壓；(2)小球運動的最大速度。答案(1)eq\f(20mgd,13q)(2)eq\r(\f(11gd,26))解析(1)根據(jù)動能定理可得4mg·eq\f(5,4)d－2qU－eq\f(3,4)qU－eq\f(1,2)qU＝0解得U＝eq\f(20mgd,13q)。(2)當兩個小球在電場中時，靜電力F1＝2q·eq\f(U,d)＝eq\f(40,13)mg＜4mg當三個小球在電場中時，靜電力F2＝3q·eq\f(U,d)＝eq\f(60,13)mg＞4mg故當?shù)谌齻€小球剛進入電場時速度最大，根據(jù)動能定理可得4mg·eq\f(d,2)－eq\f(1,2)qU－eq\f(1,4)qU＝eq\f(1,2)×4mv2－0解得v＝eq\r(\f(11gd,26))。跟蹤訓練2.(2023·四川成都一診)如圖6，傾角為θ的絕緣光滑斜面和斜面底端電荷量為Q的正點電荷均固定，一質量為m、電荷量為q的帶正電小滑塊從A點由靜止開始沿斜面下滑，剛好能夠到達B點。已知A、B間距為L，Q?q，重力加速度大小為g。則A、B兩點間的電勢差UAB等于()圖6A.－eq\f(mgLsinθ,Q) B.eq\f(mgLsinθ,Q)C.－eq\f(mgLsinθ,q) D.eq\f(mgLsinθ,q)答案C解析帶正電小滑塊從A點由靜止開始沿斜面下滑，受到重力和電荷Q的庫侖力作用，從A點運動到B點的過程，由動能定理可知mgLsinθ＋qUAB＝0，解得A、B兩點間的電勢差UAB＝－eq\f(mgLsinθ,q)，C正確。3.如圖7甲所示，A、B是兩個足夠大的平行金屬板，兩平行板間加如圖乙所示電壓，U0、T0為已知。質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在t＝0時刻從緊靠A板位置由靜止釋放(不計重力)，粒子經(jīng)2T0時間到B板。求：圖7(1)粒子到達B板時的速度v；(2)兩個金屬板間的距離d。答案(1)3eq\r(\f(2qU0,7m))(2)T0eq\r(\f(7qU0,2m))解析(1)在0～T0時間，粒子運動的位移為d1＝eq\f(1,2)·eq\f(2qU0,md)Teq\o\al(2,0)＝eq\f(qU0Teq\o\al(2,0),md)在T0～2T0時間，粒子運動的位移為d2＝eq\f(2qU0Teq\o\al(2,0),md)＋eq\f(qU0Teq\o\al(2,0),2md)＝eq\f(5qU0Teq\o\al(2,0),2md)根據(jù)動能定理得2qU0eq\f(d1,d1＋d2)＋qU0eq\f(d2,d1＋d2)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝3eq\r(\f(2qU0,7m))。(2)根據(jù)位移關系得d1＋d2＝d解得d＝T0eq\r(\f(7qU0,2m))。考點三帶電粒子在電場中的偏轉1.帶電粒子在電場中偏轉問題的兩個重要結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)tanθ＝eq\f(qU1l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)可見y和tanθ與粒子的q、m無關。(2)粒子經(jīng)電場偏轉后射出，合速度方向的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。2.處理帶電粒子的偏轉問題的方法運動的分解法將帶電粒子的運動分解為沿靜電力方向的勻加速直線運動和垂直靜電力方向的勻速直線運動功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指運動過程初、末位置兩點間的電勢差3.計算粒子打到屏上的位置離屏中心距離的方法(1)y＝y(tǒng)0＋Ltanθ(L為屏到偏轉電場的水平距離)。(2)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ(l為電場寬度)。(3)根據(jù)三角形相似eq\f(y,y0)＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2))。例4(多選)(2023·四川綿陽診斷)如圖8所示，水平平行板電容器間距為d，電源電壓恒定。閉合開關S，板間電場穩(wěn)定后，一電子以初速度v從平行板左端水平射入，經(jīng)過時間t離開平行板間電場時速度與水平方向夾角為θ，靜電力對電子做功為W，電子在屏上所產(chǎn)生光點的豎直偏移量為y；若保持開關S閉合，將兩板間距調整為2d，電子仍然以初速度v水平射入，不計電子重力，則()圖8A.電子通過平行板電容器的時間是tB.平行板間電場對電子做功是eq\f(1,2)WC.電子離開平行板間電場時速度與水平方向夾角是eq\f(1,2)θD.電子在屏幕所產(chǎn)生的光點的豎直偏移量是eq\f(1,2)y答案AD解析電子在平行板電容器中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，設平行板電容器的長度為L，則有t＝eq\f(L,v)，故電子通過平行板電容器的時間是t，A正確；設電子在平行板電容器中的加速度為a，電子在豎直方向上做勻加速運動，可得電子在平行板電容器間豎直偏移量為y1＝eq\f(1,2)at2，由牛頓第二定律和靜電力公式可得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，靜電力對電子做功為W＝qEy1，聯(lián)立解得W＝eq\f(1,2)·eq\f(q2U2,md2)t2，現(xiàn)將兩板間距調整為2d，則可知W′＝eq\f(1,4)W，B錯誤；電子離開平行板間電場時速度與水平方向夾角正切值tanθ＝eq\f(vy,v)＝eq\f(at,v)＝eq\f(qU,mdv)t，將兩板間距調整為2d，則tanθ′＝eq\f(1,2)tanθ，θ′≠eq\f(1,2)θ，C錯誤；設電子在平行板電容器外豎直方向的位移y2＝Dtanθ，電子在屏幕所產(chǎn)生的光點的豎直偏移量是y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(qUt2,2md)＋Dtanθ，將兩板間距調整為2d，則豎直偏移量變?yōu)閥′＝eq\f(qUt2,4md)＋eq\f(Dtanθ,2)，則有y′＝eq\f(1,2)y，D正確。跟蹤訓練4.如圖9所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點間的電勢差為U(U＞0)，不計粒子重力，P點的電勢為零。則下列說法正確的是()圖9A.粒子帶負電B.帶電粒子在Q點的電勢能為qUC.P、Q兩點間的豎直距離為eq\f(d,2)D.此勻強電場的電場強度為eq\f(2\r(3)U,3d)答案D解析由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的靜電力方向豎直向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯誤；粒子從P點運動到Q點，靜電力做正功，為W＝qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，可知帶電粒子在Q點的電勢能為－qU，故B錯誤；Q點速度的反向延長線過水平位移的中點，則y＝eq\f(\f(d,2),tan30°)＝eq\f(\r(3),2)d，電場強度大小為E＝eq\f(U,y)＝eq\f(2\r(3)U,3d)，故D正確，C錯誤。5.如圖10，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強電場，讓質子流以初速度v0垂直電場射入，沿a軌跡落到下板的中央。現(xiàn)只改變其中一條件，使質子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將(忽略重力影響)()圖10A.開關S斷開B.初速度變?yōu)?v0C.板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)D.上板豎直移動，使板間距變?yōu)?d答案C解析斷開開關，極板上的電壓不變，兩板間電場強度不變，故質子的運動軌跡不變，A錯誤；根據(jù)x＝v0t，a＝eq\f(qU,md)，y＝eq\f(1,2)at2，可得y＝eq\f(qUx2,2mdveq\o\al(2,0))，從下板邊緣射出時，豎直位移y不變，水平位移x變?yōu)樵瓉淼膬杀?，故可采取的措施是初速度變?yōu)?v0，或板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)，或上板上移使板間距變?yōu)?d，B、D錯誤，C正確。A級基礎對點練對點練1平行板電容器的動態(tài)分析1.(多選)(2023·遼寧鐵嶺市六校高三聯(lián)考)計算機鍵盤每個鍵下都連有一塊小金屬片，與該金屬片隔有一定空氣間隙的是另一塊固定的小金屬片，這組金屬片組成一個可變的平行板電容器，如圖1所示。當鍵被按下，此電容器的電容發(fā)生變化，與之相連的電子線路就能檢測到這個鍵被按下，從而給出相應的信號。已知金屬片的正對面積為50mm2，鍵未被按下時兩金屬片的距離為0.6mm，當鍵被按下時兩金屬片的距離為0.3mm，假設金屬片的正對面積及兩端的電壓始終保持不變，則鍵被按下后()圖1A.金屬片間的電場強度保持不變B.金屬片間的電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍C.金屬片上的電荷量變?yōu)樵瓉淼囊话隓.金屬片上的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍答案BD解析根據(jù)E＝eq\f(U,d)，電壓不變，距離減小為原來的一半，則電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，A錯誤，B正確；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，解得Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，電壓不變，距離減小為原來的一半，金屬片上的電荷量變?yōu)樵瓉淼?倍，C錯誤，D正確。2.(2023·江蘇無錫市高三期末)如圖2所示，平行板電容器通過一滑動變阻器R與直流電源連接，G為一零刻度在表盤中央的電流計，閉合開關S后，下列說法中正確的是()圖2A.若在兩板間插入電介質，電容器的電容變小B.若在兩板間插入一導體板，電容器的帶電荷量變小C.若將滑動變阻器的滑片P向上移動，電容器的帶電荷量變大D.若將電容器下極板向下移動一小段距離，此過程電流計中有從a到b方向的電流答案C解析根據(jù)公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，在兩板間插入電介質，εr增加，所以電容器的電容變大，故A錯誤；同理，在兩板間插入一導體板，由于導體板的靜電感應，致使電容器兩板間距d減小，電容器的電容增加，由公式C＝eq\f(Q,U)可知，極板間電壓不變時，帶電荷量變大，故B錯誤；將滑動變阻器的滑片P向上移動，電容器極板間電壓變大，電容器帶電荷量變大，故C正確；將電容器下極板向下移動一小段距離，電容器的電容減小，電容器將放電，此過程電流計中有從b到a方向的電流，故D錯誤。3.(2023·安徽五校聯(lián)盟高三聯(lián)考)如圖3所示，D是一只理想二極管，電流只能從a流向b，而不能從b流向a。平行板電容器的A、B兩極板間有一帶電油滴，電荷量為q(電荷量很小不會影響兩板間電場的分布)，帶電油滴在P點處于靜止狀態(tài)。以Q表示電容器儲存的電荷量，U表示兩極板間電壓，φP表示P點的電勢，EP表示帶電油滴在P點的電勢能。若保持極板A不動，將極板B稍向下平移，則下列說法中正確的是()圖3A.Q減小 B.U減小C.φP減小 D.EP減小答案D解析保持極板A不動，將極板B稍向下平移，板間距離d增大，根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C減小；電容器的電壓不變時，則電容器所帶電荷量將要減小，由于二極管具有單向導電性，電荷不能流回電源，所以電容器的電荷量Q保持不變；由于電容C減小，由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，可知兩極板間電壓U變大；根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，C＝eq\f(Q,U)，E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，板間電場強度E不變，P點與B板間電勢差UPB＝EdPB，UPB增大，根據(jù)UPB＝φP－φB可知P點的電勢增大，根據(jù)平衡條件可知帶電油滴帶負電，根據(jù)EP＝qφ可知油滴在P點的電勢能EP減小，故A、B、C錯誤，D正確。對點練2帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動4.靜電火箭是利用電場加速工作介質形成高速射流而產(chǎn)生推力的。工作過程簡化圖如圖4所示，離子源發(fā)射的離子經(jīng)過加速區(qū)加速，進入中和區(qū)與該區(qū)域里面的電子中和，最后形成中性高速射流噴射而產(chǎn)生推力。根據(jù)題目信息可知()圖4A.M板電勢低于N板電勢B.進入中和區(qū)的離子速度與離子帶電荷量無關C.增大加速區(qū)MN極板的距離，可以增大射流速度而獲得更大的推力D.增大MN極板間的電壓，可以增大射流速度而獲得更大的推力答案D解析由于加速后的離子在中和區(qū)與電子中和，所以被加速的離子帶正電，則加速器極板M電勢高，A錯誤；由動能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以進入中和區(qū)的離子速度與比荷、加速電壓有關，與極板距離無關，電壓增大，速度增大，故D正確，B、C錯誤。5.如圖5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量為m、電荷量為q1(q1>0)的粒子A；在負極板附近有一質量也為m、電荷量為－q2(q2>0)的粒子B，僅在靜電力的作用下兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過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，不計重力，則以下說法正確的是()圖5A.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通過平面Q時的速度之比為9∶16D.粒子A、B通過平面Q時的速度之比為3∶7答案B解析設電場強度大小為E，兩粒子的運動時間相同，對粒子A，有a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)a1t2，對粒子B，有a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)a2t2，聯(lián)立解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，選項A錯誤，B正確；由動能定理得qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，選項C、D錯誤。6.如圖6所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電荷量大小為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，重力加速度為g，則()圖6A.微粒到達B點時動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B.微粒的加速度大小等于gsinθC.兩極板的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D.微粒從A點到B點的過程，電勢能減少eq\f(mgd,cosθ)答案C解析微粒僅受靜電力和重力，靜電力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向，由此可知，靜電力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B點時動能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；根據(jù)qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得E＝eq\f(mg,qcosθ)，a＝gtanθ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項C正確；微粒從A點到B點的過程，靜電力做負功，電勢能增加，電勢能增加量為eq\f(mgd,cosθ)，選項D錯誤。對點練3帶電粒子在電場中的偏轉7.(2023·吉林長春質檢)如圖7所示，空間存在著豎直向下的勻強電場，一個質量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以水平方向的初速度v0由O點射入，剛好通過豎直平面內的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為θ＝45°，不計粒子的重力，則O、P兩點間的電勢差UOP為()圖7A.eq\f(mveq\o\al(2,0),2q) B.eq\f(mveq\o\al(2,0),q) C.eq\f(2mveq\o\al(2,0),q) D.eq\f(5mveq\o\al(2,0),2q)答案C解析粒子所帶電荷量為正，則其所受的靜電力方向豎直向下，設OP長度為L，分析可知，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律，在豎直方向有Lsinθ＝eq\f(1,2)at2，水平方向有Lcosθ＝v0t，由牛頓第二定律有qE＝ma，即a＝eq\f(qE,m)，則OP兩點間的電勢差UOP＝ELsinθ，聯(lián)立解得UOP＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),q)，C正確。8.(多選)如圖8所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地進入水平向右的加速電場E1，之后進入豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉，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，那么()圖8A.偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大C.三種粒子運動到屏上所用時間相同D.三種粒子一定打到屏上的同一位置答案AD解析帶電粒子在電場E1中加速，由動能定理有qE1d＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qE1d,m))；進入豎直向下的勻強電場E2中做類平拋運動，由L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，qE2＝ma，聯(lián)立解得y＝eq\f(E2L2,4E1d)，偏轉電場E2對三種粒子做功W＝qE2y＝eq\f(qEeq\o\al(2,2)L2,4E1d)，與粒子質量無關，所以偏轉電場E2對三種粒子做功一樣多，A正確；設粒子打到屏上時的速度大小為v′，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，可知v′＝eq\r(\f(qEeq\o\al(2,2)L2,2E1md)＋\f(2qE1d,m))，三種粒子質量不相等，B錯誤；三種粒子運動到屏上所用時間t總＝t0＋t勻＝eq\r(\f(2d,a0))＋eq\f(L＋l,v)＝eq\r(\f(2md,qE1))＋eq\r(\f(m,2qE1d))(L＋l)，故所用時間不相同，C錯誤；由于y＝eq\f(E2L2,4E1d)，與粒子質量無關，三種粒子在偏轉電場中的水平位移相等，側移量相同，則出射角相同，所以三種粒子一定打到屏上的同一位置，D正確。B級綜合提升練9.(多選)(2023·山東濰坊市模擬)坐標系xOy所在的豎直平面內存在著范圍足夠大且方向豎直向下的勻強電場，x軸沿水平方向，一帶負電小球以初速度v0從坐標原點O水平射出，一段時間后小球通過第四象限Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L，－L))點(圖9中沒有標出)。已知小球質量為m，重力加速度為g，則小球()圖9A.從O到P的運動過程，運動時間為eq\f(L,v0)B.到達P點時動能為eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)C.到達P點時速度偏向角正切值為tanθ＝1D.所受靜電力大小為eq\f(2mveq\o\al(2,0),L)＋mg答案AB解析從O到P的運動過程，小球在水平方向上做勻速運動，則運動時間為t＝eq\f(L,v0)，選項A正確；小球在豎直方向做勻加速運動，則L＝eq\f(vy,2)t，即vy＝2v0，到達P點時速度為vP＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，選項B正確；到達P點時速度偏向角正切值為tanθ＝eq\f(vy,v0)＝2，選項C錯誤；由動能定理有mgL－FL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所受靜電力大小為F＝mg－eq\f(2mveq\o\al(2,0),L)，選項D錯誤。10.(多選)(2021·全國乙卷，20)四個帶電粒子的電荷量和質量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，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()答案AD解析分析可知帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，則帶電粒子的運動軌跡方程為y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，由于帶電粒子的初速度相同，帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的比荷相同，則帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡重合，C錯誤；當電場方向沿y軸正方向時，帶正電的粒子向y軸正方向偏轉，帶負電的粒子向y軸負方向偏轉，則粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運動軌跡與粒子(－q，m)的運動軌跡關于x軸對稱，粒子(＋q，2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，則x相同時，粒子(＋q，2m)沿y軸方向的偏轉量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正確；當電場方向沿y軸負方向時，同理可知A正確，B錯誤。11.(20