第04講 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)（復(fù)習(xí)篇）（解析版）-2025版高二物理寒假精-品講義

第04講帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)（復(fù)習(xí)篇）考點(diǎn)聚焦：復(fù)習(xí)要點(diǎn)+知識(shí)網(wǎng)絡(luò)，有的放矢重點(diǎn)專攻：知識(shí)點(diǎn)和關(guān)鍵點(diǎn)梳理，查漏補(bǔ)缺難點(diǎn)強(qiáng)化：難點(diǎn)內(nèi)容標(biāo)注與講解，能力提升提升專練：真題感知+提升專練，全面突破知識(shí)點(diǎn)1：帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力處理（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除了有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但不能忽略質(zhì)量）.（2）帶電粒子：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都要考慮重力；2．做直線運(yùn)動(dòng)的條件（1）粒子所受合力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。（2）粒子所受合力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(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。3．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。4．用功能觀點(diǎn)分析（1）勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)（2）非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1知識(shí)點(diǎn)2：帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律重要推論（1）粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)為粒子水平位移的中點(diǎn)。（2）不同的帶電粒子經(jīng)同一電場加速后，又進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，在偏轉(zhuǎn)電場中的偏移量和偏轉(zhuǎn)角都相同。若電性相同，則所有粒子的軌跡必定重合。2.計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離的方法（1）y＝y(tǒng)0＋Ltanθ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)；（2）y＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ(l為電場寬度)；（3）y＝y(tǒng)0＋vy·eq\f(L,v0)；（4）根據(jù)三角形相似eq\f(y,y0)＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2)).處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法（1）運(yùn)動(dòng)的分解法一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)．（2）功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)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，指初、末位置間的電勢差．知識(shí)點(diǎn)3：帶電粒子在電場和重力場中的運(yùn)動(dòng)1．帶電體在電場和重力場的疊加場中運(yùn)動(dòng)的一般分析方法(1)對(duì)帶電體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律解決問題。(2)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點(diǎn)，分析帶電體的運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往涉及重力勢能、電勢能以及動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變。2．帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運(yùn)動(dòng)(1)“等效重力”法將重力與靜電力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“等效重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向?yàn)椤暗刃е亓Α钡姆较颉?2)“等效最高”點(diǎn)和“等效最低”點(diǎn)：在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點(diǎn)即為“等效最高”點(diǎn)和“等效最低”點(diǎn)。強(qiáng)化點(diǎn)一帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在勻強(qiáng)電場中所受的電場力方向與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上時(shí)，可應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，也可應(yīng)用動(dòng)能定理求解：帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，只能應(yīng)用動(dòng)能定理求解?！镜淅?】（23-24高一下·江蘇南京·期末）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(diǎn)，由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，現(xiàn)將C板向左平移到點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子（）A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回 B．運(yùn)動(dòng)到P和點(diǎn)之間返回C．運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)返回 D．穿過點(diǎn)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)【答案】D【詳解】由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，表明電子在薄板A、B之間做加速運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，電場方向向左，在薄板B、C之間做減速運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，電場方向向右，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度恰好為0，之后，電子向左加速至M點(diǎn)，再向左減速至O點(diǎn)速度為0，之后重復(fù)先前的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得根據(jù)當(dāng)C板向左平移到點(diǎn)，B、C間距減小，B、C之間電壓減小，則有結(jié)合上述有可知，電子減速運(yùn)動(dòng)到的速度不等于0，即電子穿過點(diǎn)后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)。故選D?！咀兪?-1】（23-24高二上·江西九江·期末）平行金屬板A、B豎直放置，間距為d，充電后與電源分離，將一帶正電粒子從A板附近由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從B板上小孔射出。現(xiàn)將極板間距變?yōu)?d，再將同一粒子從A板附近由靜止釋放，則（）A．粒子射出時(shí)的速度增加為原來兩倍 B．粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變C．系統(tǒng)電勢能的減少量不變 D．靜電力的沖量大小不變【答案】B【詳解】B．根據(jù)解得由電容器充電后與電源分離可得Q不變，所以E不變，則粒子所受靜電力不變，由牛頓第二定律得粒子加速度不變，故B正確；A．根據(jù)公式若將極板間距變?yōu)?d，可得粒子射出時(shí)速度變?yōu)椋蔄錯(cuò)誤；C．靜電力做功為d變?yōu)?倍，則電勢能的減少量變?yōu)?倍，故C錯(cuò)誤；D．靜電力的沖量為速度變?yōu)?，則靜電力的沖量變?yōu)楸?，故D錯(cuò)誤。故選B?！咀兪?-2】（23-24高二上·四川綿陽·期末）粒子加速器是基礎(chǔ)科學(xué)研究的重要設(shè)備，可以使帶電粒子獲得很高的能量。圖甲為某加速裝置的示意圖，它由很多個(gè)橫截面積相同的金屬圓筒依次排列組成，其軸線在同一直線上，序號(hào)為奇數(shù)的圓筒與序號(hào)為偶數(shù)的圓筒分別與兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示的交變電源的兩極相連。在t=0時(shí)刻，奇數(shù)圓筒相對(duì)偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，此時(shí)刻與偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號(hào)為0）的中央有一電子，在圓板和圓筒1之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線進(jìn)入圓筒1。為使電子在圓筒之間的間隙都能被加速，圓筒長度的設(shè)計(jì)必須遵照一定的規(guī)律。若電子的質(zhì)量為m，電荷量為，交變電源的電壓為U，周期為T，兩圓筒間隙的電場可視為勻強(qiáng)電場，圓筒內(nèi)場強(qiáng)均為零。不計(jì)電子的重力，電子運(yùn)動(dòng)過程中質(zhì)量不變。（1）求電子進(jìn)入圓筒1時(shí)的動(dòng)量大?。唬?）若忽略電子通過圓筒間隙的時(shí)間，第3個(gè)金屬圓筒的長度L3應(yīng)該為多大？（3）若電子通過圓筒間隙的時(shí)間不可忽略，且圓筒間隙的距離均為d，仍然保持交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示，各圓筒長度與在忽略電子通過圓筒間隙時(shí)間條件下設(shè)計(jì)的長度相同的情況下，求該裝置能夠讓電子獲得的最大速度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）電子由金屬圓板經(jīng)電場加速進(jìn)入圓筒1，根據(jù)動(dòng)能定理得電子進(jìn)入圓筒1時(shí)的動(dòng)量大小為聯(lián)立解得（2）電子進(jìn)入第3個(gè)圓筒時(shí)，經(jīng)過3次加速，根據(jù)動(dòng)能定理得由于不計(jì)電子通過圓筒間隙的時(shí)間，則電子在圓筒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間恰好是半個(gè)周期，則聯(lián)立解得（3）由題意，若電子通過圓筒間隙的時(shí)間不可忽略，則電子進(jìn)入每級(jí)圓筒的時(shí)間都要比忽略電子通過圓筒間隙中對(duì)應(yīng)時(shí)間延后一些，當(dāng)延后時(shí)間累計(jì)為，則電子再次進(jìn)入電場時(shí)將開始做減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)的速度就是裝置能夠加速的最大速度，則有根據(jù)動(dòng)能定理得聯(lián)立解得強(qiáng)化點(diǎn)二帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)是類平拋運(yùn)動(dòng)，故需從兩個(gè)方向分析:垂直電場方向的勻速運(yùn)動(dòng)和沿電場方向的勻加速運(yùn)動(dòng)?！镜淅?】（23-24高二下·湖南益陽·期末）如圖，豎直放置的A、B與水平放置的C、D為兩對(duì)正對(duì)的平行金屬板，A、B兩板間電勢差為，C、D兩板分別帶正電和負(fù)電，兩板間電勢差為，兩板間距離為d，C、D兩極板長均為L。一質(zhì)量為m，電荷量為的帶電粒子（不計(jì)重力）由靜止從A板開始經(jīng)A、B間電壓加速后穿過C、D并發(fā)生偏轉(zhuǎn)（右側(cè)沒有電場），最后打在熒光屏上。求：（1）粒子離開B板時(shí)速度大小v；（2）粒子剛穿過C、D時(shí)的豎直偏轉(zhuǎn)位移y；（3）粒子打在熒光屏上時(shí)的動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在加速電場中加速過程，由動(dòng)能定理可得得（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)力學(xué)知識(shí)可得聯(lián)立得（3）粒子從開始運(yùn)動(dòng)到打在熒光屏上整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)能定理可知聯(lián)立得【變式2-1】（23-24高二上·安徽六安·期末）如圖所示，質(zhì)量、電荷量的帶電粒子，由靜止經(jīng)電壓加速電場加速后，從金屬小孔穿出并從正中央垂直射入電壓的偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場極板長度，兩極板間的距離。不計(jì)帶電粒子的重力。求：（1）粒子離開加速電場時(shí)的速度v的大?。唬?）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)的加速度a的大小。【答案】（1）；（2）【詳解】偏轉(zhuǎn)電場極板長度兩極板間的距離（1）粒子在加速電場加速的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得解得（2）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度解得【變式2-2】（23-24高二上·福建福州·期末）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子從極板A處由靜止加速，通過極板A1間的小孔以射出，然后從坐標(biāo)系xoy中的B點(diǎn)（0，d）平行于x坐標(biāo)軸進(jìn)入yOP區(qū)域，該區(qū)域充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，OP與x軸夾角。已知質(zhì)子比荷為，d=0.5m，不計(jì)質(zhì)子的重力。求：（1）極板AA1間的加速電壓U；（2）質(zhì)子在電場中偏轉(zhuǎn)并擊中邊界OP上的C點(diǎn)（x1，y1），已知x1=0.1m，求電場強(qiáng)度E的大小；（3）改變電場強(qiáng)度的大小，場強(qiáng)方向不變，使質(zhì)子在電場中偏轉(zhuǎn)并垂直擊中邊界OP上的D點(diǎn)（x2，y2）（圖中未標(biāo)出），求D點(diǎn)的坐標(biāo)。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理可知解得（2）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向有豎直方向有其中，解得（3）質(zhì)子在電場中垂直擊中邊界OP上的D點(diǎn)，則聯(lián)立解得強(qiáng)化點(diǎn)三帶電粒子在電場力和重力作用下的運(yùn)動(dòng)此類問題的研究對(duì)象往往是帶電小球、帶電液滴或帶電微粒等，運(yùn)動(dòng)軌跡可能是直線，也可能是曲線?？捎脛?dòng)力學(xué)規(guī)律或功能關(guān)系分析?！镜淅?】（23-24高二下·河南信陽·期末）如圖所示，半徑為R的虛線圓位于豎直面內(nèi)，AC和BD為相互垂直的兩條直徑，其中BD位于水平方向。豎直平面內(nèi)有足夠大的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為，方向與圓周平面平行。在圓周平面內(nèi)將質(zhì)量為m、帶電荷量為的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），從A點(diǎn)以相同的速率在圓周平面向各個(gè)方向拋出，小球會(huì)經(jīng)過圓周上不同的點(diǎn)。在這些點(diǎn)中，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能最大。若將小球從A點(diǎn)垂直電場方向拋出，小球恰好能經(jīng)過C點(diǎn)，則小球初速度為（重力加速度為g）（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】小球受到電場力和重力的合力，當(dāng)?shù)竭_(dá)等效最低點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，故B點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，則小球受到的合力沿方向。受力如圖由平行四邊形定則可知：電場方向與方向成則小球垂直電場拋出，做類斜上拋運(yùn)動(dòng)，如圖，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過程得故選D。【變式3-1】（22-23高二上·福建泉州·期中）如圖所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g。(1)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放，從釋放到滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)這一過程的電勢能變化量；(2)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=10R的A點(diǎn)由靜止釋放，求滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力大??；(3)改變s的大小仍使滑塊由靜止釋放，且滑塊始終沿軌道滑行，并從G點(diǎn)飛出軌道，求s的最小值?！敬鸢浮?1)(2)0(3)【詳解】（1）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=3R的A點(diǎn)由靜止釋放，從釋放到滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)這一過程的電場力做功為電場力做正功，電勢能減小，故電勢能變化量為（2）若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s=10R的A點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度為，從A點(diǎn)到D點(diǎn)過程運(yùn)用動(dòng)能定理，可得解得在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律解得滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小為0。（3）等效豎直平面圓周運(yùn)動(dòng)，要使滑塊從G點(diǎn)飛出，則必須可以通過等效最高點(diǎn)，當(dāng)恰好通過等效最高點(diǎn)時(shí)，滿足題意的s最小。等效重力由重力和電場力的合力提供等效重力與重力的夾角解得當(dāng)恰好通過等效最高點(diǎn)時(shí)的速度設(shè)為v，則此時(shí)滿足從A點(diǎn)由靜止釋放到達(dá)等效最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理可得解得【變式3-2】（23-24高二上·上海黃浦·期末）如圖所示，一質(zhì)量為m帶正電的小球，用長為L的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，處于一水平方向的勻強(qiáng)電場中，靜止時(shí)細(xì)線右偏與豎直方向成45°角，位于圖中的P點(diǎn)。重力加速度為g，求：（1）靜止在P點(diǎn)時(shí)線的拉力是多大？（2）如將小球向右拉緊至與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)由靜止釋放，則當(dāng)小球擺至P點(diǎn)時(shí)，其電勢能如何變？變化了多少？（3）如將小球向左拉緊至與O點(diǎn)等高的B點(diǎn)由靜止釋放，則小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大??？【答案】（1）；（2）電勢能增加；；（3）【詳解】（1）由平衡可知細(xì)線的拉力（2）如將小球向右拉緊至與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)由靜止釋放，則當(dāng)小球擺至P點(diǎn)時(shí)，電場力做負(fù)功，則電勢能增加，增加量為解得（3）小球先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)C，根據(jù)動(dòng)能定理得解得到達(dá)C點(diǎn)后細(xì)繩繃緊，小球沿細(xì)繩方向的速度變?yōu)榱?，則垂直繩方向的速度從C到P做圓周運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得解得強(qiáng)化點(diǎn)四帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)從帶電粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，劃分為兩種情形:(1)類似于示波管的情況，速度很大的粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t遠(yuǎn)小于交變電壓的周期T，此時(shí)需采用近似方法處理，認(rèn)為粒子通過極板間的時(shí)間內(nèi)電壓不變，且認(rèn)為此時(shí)的電壓等于粒子入射時(shí)的瞬時(shí)電壓。(2)粒子在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t與交變電壓變化周期T相差不大甚至t>T，此類問題常用動(dòng)力學(xué)知識(shí)分段求解，重點(diǎn)分析各段時(shí)間內(nèi)的加速度、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，每段運(yùn)動(dòng)時(shí)間與交變電場的周期T間的關(guān)系等。有時(shí)也可借助圖像來描述帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)情況。【典例4】（23-24高二下·四川·期末）如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長和板間距均為d，兩板之間的電壓隨時(shí)間周期性變化規(guī)律如圖乙所示。一不計(jì)重力的帶電粒子束先后以速度從O點(diǎn)沿板間中線射入極板之間，若時(shí)刻進(jìn)入電場的帶電粒子在時(shí)刻剛好沿A板右邊緣射出電場，則（）?A．時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子離開電場時(shí)速度大小為B．時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子離開電場時(shí)速度大小為C．時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為D．時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)過程中離A板的最小距離為0【答案】B【詳解】A．依題意可知粒子帶負(fù)電，由受力分析可知，時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子，沿電場方向在內(nèi)向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，在內(nèi)向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，在時(shí)刻，沿電場方向的速度剛好減為0，則粒子離開電場時(shí)速度大小為，故A錯(cuò)誤；B．時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子，沿電場方向在內(nèi)向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，在內(nèi)向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，在時(shí)刻，沿電場方向的速度剛好減為0，則粒子離開電場時(shí)速度大小為，故B正確；CD．時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子，沿電場方向在內(nèi)向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，在內(nèi)向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，在內(nèi)向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，在內(nèi)向下做勻減速運(yùn)動(dòng)；可知粒子在時(shí)刻的速度最大，在時(shí)刻與A板的距離最?。辉O(shè)粒子在電場中的加速度大小為，對(duì)于時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子，在時(shí)刻剛好沿A板右邊緣射出電場，則有，可得對(duì)于時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子，在時(shí)刻沿電場方向的分速度為則時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為在內(nèi)粒子向上運(yùn)動(dòng)的位移大小為則時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)過程中離A板的最小距離為故CD錯(cuò)誤。故選B?！咀兪?-1】（23-24高二上·安徽黃山·期中）如圖甲所示，在兩平行金屬板間加有一交變電場，兩極板間可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場，當(dāng)時(shí)，一帶電粒子從左側(cè)極板附近開始運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙圖所示。帶電粒子經(jīng)過4T時(shí)間恰好到達(dá)右側(cè)極板，（帶電粒子的質(zhì)量m、電量q、速度最大值、時(shí)間T為已知量）則下列說法正確的是（）A．帶電粒子在兩板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，周期為TB．兩板間距離C．兩板間所加交變電場的周期為T，所加電壓D．若其他條件不變，該帶電粒子從開始進(jìn)入電場，該粒子能到達(dá)右側(cè)板【答案】BD【詳解】A．由圖像可知，運(yùn)動(dòng)過程中粒子速度方向未發(fā)生改變，帶電粒子在兩板間做單向直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．速度—時(shí)間圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，由圖像可知兩板間距離為B正確；C．設(shè)板間電壓為U，則粒子加速度為則解得C錯(cuò)誤；D．開始進(jìn)入電場的粒子，速度—時(shí)間圖像如圖，由圖像可知，粒子正向位移大于負(fù)向，故運(yùn)動(dòng)方向時(shí)而向右，時(shí)而向左，最終打在右板上，D正確。故選BD?！咀兪?-2】（23-24高二上·福建泉州·期末）如圖甲，水平放置的平行板電容器的兩極板的長度為、間距為，兩板間加一恒定電壓。一個(gè)質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子從上極板邊緣點(diǎn)以水平速度射入電容器后，從點(diǎn)飛出，點(diǎn)與下極板的距離為。不計(jì)粒子受到的重力和空氣阻力。（1）求兩板間的電壓；（2）若兩極板間的電勢差隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，其。中時(shí)刻，粒子從上極板邊緣點(diǎn)以水平速度射入電容器，求粒子射出電容器的位置與下極板間的距離（用表示）?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）帶電粒子在電場中做類平拋，在水平和豎直方向分別有，又根據(jù)，方程聯(lián)立解得（2）帶電粒子在電場中水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則由已知條件解得因?yàn)榱Ｗ訒r(shí)刻從上極板邊緣A點(diǎn)射入電容器，所以內(nèi)，粒子在豎直方向上做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，內(nèi)粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，并減速到0，設(shè)內(nèi)粒子在豎直方向上的位移為，則內(nèi)粒子的運(yùn)動(dòng)情況與內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況相同，則解得故粒子射出電容器的位置與下極板的距離為（要求：分兩個(gè)板塊，2024年真題和優(yōu)選最新模擬題）真題感知1．（2024·新疆河南·高考真題）如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細(xì)繩的上端均系在天花板的O點(diǎn)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(qiáng)電場中，平衡時(shí)兩細(xì)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(shè)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(duì)于小球Q有對(duì)于小球P有聯(lián)立有所以可得又因?yàn)榭芍?，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。2．（2024·遼寧·高考真題）在水平方向的勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)等高處的過程中（）A．動(dòng)能減小，電勢能增大 B．動(dòng)能增大，電勢能增大C．動(dòng)能減小，電勢能減小 D．動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(qiáng)度方向?yàn)樗椒较?，根?jù)力的合成可知電場強(qiáng)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(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)等高處的過程中重力對(duì)小球做功為零，電場力的方向與小球的運(yùn)動(dòng)方向相同，則電場力對(duì)小球正功，小球的動(dòng)能增大，電勢能減小。故選D。3．（2024·江西·高考真題）如圖所示，垂直于水平桌面固定一根輕質(zhì)絕緣細(xì)直桿，質(zhì)量均為m、帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿，兩小球均可視為點(diǎn)電荷，帶電荷量分別為q和Q。在圖示的坐標(biāo)系中，小球乙靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)，初始時(shí)刻小球甲從處由靜止釋放，開始向下運(yùn)動(dòng)。甲和乙兩點(diǎn)電荷的電勢能（r為兩點(diǎn)電荷之間的距離，k為靜電力常量）。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力f，重力加速度為g。關(guān)于小球甲，下列說法正確的是（）A．最低點(diǎn)的位置B．速率達(dá)到最大值時(shí)的位置C．最后停留位置x的區(qū)間是D．若在最低點(diǎn)能返回，則初始電勢能【答案】BD【詳解】A．全過程，根據(jù)動(dòng)能定理解得故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)小球甲的加速度為零時(shí)，速率最大，則有解得故B正確；C．小球甲最后停留時(shí)，滿足解得位置x的區(qū)間故C錯(cuò)誤；D．若在最低點(diǎn)能返回，即在最低點(diǎn)滿足結(jié)合動(dòng)能定理又聯(lián)立可得故D正確。故選BD。4．（2024·福建·高考真題）如圖，木板A放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧M、N與桌面上的兩個(gè)固定擋板相連。小物塊B放在A的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球C相連，輕繩絕緣且不可伸長，B與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。時(shí)撤去電場，C向下加速運(yùn)動(dòng)，下降后開始勻速運(yùn)動(dòng)，C開始做勻速運(yùn)動(dòng)瞬間彈簧N的彈性勢能為。已知A、B、C的質(zhì)量分別為、、，小球C的帶電量為，重力加速度大小取，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì)。(1)求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大??；(2)求A與B間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)及C做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；(3)若時(shí)電場方向改為豎直向下，當(dāng)B與A即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)瞬間撤去電場，A、B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，A從右向左運(yùn)動(dòng)。求A第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中最大速度的大小。（整個(gè)過程B未與A脫離，C未與地面相碰）【答案】(1)(2)；(3)【詳解】（1）撤去電場前，A、B、C均靜止，M、N處于原長狀態(tài)，對(duì)A、B整體分析可知，此時(shí)繩中拉力為0，對(duì)C根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有解得（2）C開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)后，對(duì)C和B根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分別有，其中解得C開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，A、B剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)A、B、C三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈性勢能相同，C下降的過程中，對(duì)A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有解得（3）沒有電場時(shí)，C開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，A、B剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以此時(shí)A的加速度為零，對(duì)A根據(jù)共點(diǎn)力平衡有當(dāng)電場方向改為豎直向下，設(shè)B與A即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，C下降高度為，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律可得對(duì)B、C根據(jù)牛頓第二定律可得撤去電場后，由第（2）問的分析可知A、B在C下降時(shí)開始相對(duì)滑動(dòng)，在C下降的過程中，對(duì)A、B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有此時(shí)A的速度是其從左向右運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度，此后A做簡諧運(yùn)動(dòng)，所以A第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為聯(lián)立解得5．（2024·河北·高考真題）如圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，用長為L的絕緣細(xì)線系住一帶電小球，在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。圖中A、B為圓周上的兩點(diǎn)，A點(diǎn)為最低點(diǎn)，B點(diǎn)與O點(diǎn)等高。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，細(xì)線對(duì)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(diǎn)間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：（1）電場強(qiáng)度E的大小。（2）小球在A、B兩點(diǎn)的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2），【詳解】（1）在勻強(qiáng)電場中，根據(jù)公式可得場強(qiáng)為（2）在A點(diǎn)細(xì)線對(duì)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(dòng)能定理得聯(lián)立解得提升專練一、單選題1．（2024·浙江·一模）圖甲為直線加速原理示意圖，它由多個(gè)截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，奇數(shù)序號(hào)與偶數(shù)序號(hào)圓筒分別與交變電源相連，交變電源兩極間電壓變化規(guī)律如圖乙。在t=0時(shí)，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時(shí)序號(hào)為0的金屬圓板中央有一電子由靜止開始在各狹縫間不斷加速。若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，交變電源電壓大小為U，周期為T。不考慮電子的重力和相對(duì)論效應(yīng)，且忽略電子通過狹縫的時(shí)間。下列說法正確的是（）A．金屬圓筒1、2、3的長度之比為1:2:3B．電子離開圓筒1時(shí)的速度為進(jìn)入時(shí)速度的兩倍C．第n個(gè)圓筒的長度應(yīng)滿足D．進(jìn)入第n個(gè)圓筒時(shí)電子的速率為【答案】D【詳解】由于電子每經(jīng)過圓筒狹縫時(shí)都要加速，進(jìn)入圓筒后做勻速運(yùn)動(dòng)，所以電子在筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為，電子在加速過程中加速度相同，經(jīng)過n次加速后，根據(jù)動(dòng)能定理解得不計(jì)縫隙時(shí)間，電子在圓筒內(nèi)的時(shí)間均為,則所以金屬圓筒1、2、3的長度之比為，故A錯(cuò)誤；B．由于電子在筒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以電子離開圓筒1時(shí)的速度等于進(jìn)入時(shí)的速度，故B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)動(dòng)能定理，電子進(jìn)入第n個(gè)圓筒時(shí)的速度滿足所以所以第n個(gè)圓筒的長度為故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。2．（2024·云南曲靖·二模）在如圖所示的空間直角坐標(biāo)系中，一不計(jì)重力且?guī)д姷牧Ｗ訌淖鴺?biāo)為處以某一初速度平行y軸正方向射出，經(jīng)時(shí)間t，粒子前進(jìn)的距離為L，在該空間加上勻強(qiáng)電場，粒子仍從同一位置以相同的速度射出，經(jīng)相同時(shí)間t后恰好運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)O，已知粒子的比荷為k，則該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設(shè)沿三個(gè)軸方向的加速度分別為則在三個(gè)方向上運(yùn)動(dòng)分別為，，不加電場時(shí)有根據(jù)聯(lián)立解得故選A。3．（2024·廣東汕頭·模擬預(yù)測）如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場，E、F、G、H是各邊中點(diǎn)，其連線構(gòu)成正方形，其中P點(diǎn)是EH的中點(diǎn)，一個(gè)帶正電的粒子（不計(jì)重力）從F點(diǎn)沿FH方向射入電場后恰好從D點(diǎn)射出，以下說法正確的是（）A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定經(jīng)過P點(diǎn)B．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定經(jīng)過PH之間某點(diǎn)C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子?huì)由ED之間某點(diǎn)從AD邊射出D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『糜蒃點(diǎn)從AD邊射出【答案】D【詳解】AB．由題意知，粒子的初速度方向垂直于電場方向，故粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)推理：速度反向延長線過水平位移的中點(diǎn)，O為FH中點(diǎn)，即DO為軌跡的切線，因P在DO線上，所以運(yùn)動(dòng)軌跡一定不經(jīng)過P點(diǎn)，一定經(jīng)過EP之間點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤；CD．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉硪话?，在電場力的方向運(yùn)動(dòng)不變，即離開矩形區(qū)域的時(shí)間不變，又初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以位移是原來的一半，恰好由E點(diǎn)射出，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時(shí)緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力。下列說法正確的是（）A．L:d=2:1B．U1:U1=2:1C．微粒穿過圖中電容器區(qū)域的速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值為D．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(yùn)動(dòng)軌跡不變【答案】D【詳解】A．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，從進(jìn)入電場到最高點(diǎn)有聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；B．帶電粒子在加速電場中，有帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，有聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．設(shè)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度方向與水平方向夾角為α，則有設(shè)帶電粒子射出偏轉(zhuǎn)電場的速度方向與水平夾角為β，則有依題意，帶電粒子從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到射出電場過程，有聯(lián)立解得根據(jù)數(shù)學(xué)三角函數(shù)，可得故C錯(cuò)誤；D．粒子射入最高點(diǎn)的過程水平方向和豎直方向的位移分別為解得可知帶電粒子的軌跡方程與其質(zhì)量或者電荷數(shù)量無關(guān)，即軌跡不會(huì)變化，故D正確。故選D。5．（24-25高二上·北京·期中）如圖所示，兩塊相互靠近的平行金屬板M、N組成電容器，充電后與電源斷開，M板帶負(fù)電，N板帶正電，且它們的電荷量保持不變。板間有一個(gè)用絕緣細(xì)線懸掛的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），小球靜止時(shí)與豎直方向的夾角為，忽略帶電小球所帶電荷量對(duì)極板間勻強(qiáng)電場的影響，M、N板足夠大，則（）A．若只將N板水平向右平移稍許，電容器的電容將變小，夾角將變大B．若只將N板豎直向上平移稍許，電容器的電容將變小，夾角將變小C．將細(xì)線燒斷，小球的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D．若只將M板水平向左平移稍許，將細(xì)線燒斷，小球到達(dá)N板的時(shí)間不變【答案】D【詳解】A．只將N板水平向右平移稍許，由公式可知，電容器的電容將變小，而又由可知，兩板間的電場強(qiáng)度將不變，電場力不變，故夾角θ將不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．只將N板豎直向上平移稍許，由公式可知，電容器的電容將變小，而又由可知，兩板間的電場強(qiáng)度將變大，電場力變大，故夾角θ將變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．若將細(xì)線燒斷，小球受電場力和重力都為恒力，則小球?qū)⒀乩K的方向斜向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．只將M板水平向左平移稍許，由公式可知，電容器的電容將變小，而又由可知，兩板間的電場強(qiáng)度將不變，電場力不變，將細(xì)線燒斷，小球與C選項(xiàng)情景中運(yùn)動(dòng)位移、加速度均不變，到達(dá)N板的時(shí)間不變，故D正確。故選D。6．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）如圖所示為兩個(gè)電荷量均為的帶電小球A和B（均可視為質(zhì)點(diǎn)），球A固定在點(diǎn)的正下方處，球B用長為的細(xì)線懸掛在點(diǎn)，靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為。已知靜電常量為，重力加速度為，下列說法正確的是（）A．B的質(zhì)量為 B．B的質(zhì)量為C．點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的大小為 D．點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的大小為【答案】C【詳解】AB．對(duì)B受力分析，如圖所示由幾何關(guān)系可知，三個(gè)力之間的夾角均為，則有又則B質(zhì)量為故AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式，A、B在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小都為又兩電場強(qiáng)度方向間夾角為，結(jié)合平行四邊形定則得O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度的大小為故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。7．（2024·四川德陽·模擬預(yù)測）如圖所示，一根輕質(zhì)的不可伸長的細(xì)線兩端分別系在水平天花板上的A、B兩點(diǎn)，有一質(zhì)量及大小均不計(jì)的光滑動(dòng)滑輪跨在細(xì)線上，滑輪通過絕緣細(xì)線懸掛一帶正電且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊?？臻g存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將電場強(qiáng)度方向由豎直向下緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到水平向右，A、B間細(xì)線的張力大小為F1，滑輪與物塊之間細(xì)線張力大小為F2，則（）A．F1逐漸增大 B．F1逐漸減小C．F2逐漸增大 D．F2先減小后增大【答案】B【詳解】一根繩上的力大小處處相等，則初始時(shí)合力的方向?yàn)樨Q直向下，則設(shè)A、B間細(xì)線與豎直方向夾角為θ，則初始時(shí)，物塊受到的重力和電場力之和（看作等效重力）等于滑輪與物塊之間細(xì)線張力AB繩上的張力隨著電場強(qiáng)度方向由豎直向下緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到水平向右，電場力也逐漸逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)到水平向右，隨著電場力和重力夾角增大，等效重力G′逐漸減小，即F2逐漸減小，AB細(xì)繩與等效重力方向之間的夾角也在逐漸減小，如圖中θ′，則cosθ′>cosθ，可知F1在逐漸減小。故選B。二、多選題8．（2024·河北·模擬預(yù)測）如圖所示，有兩種比荷不同的帶正電的粒子，其中帶電粒子A的比荷大于帶電粒子B的比荷，A、B兩種粒子先后進(jìn)入加速電場加速，然后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在偏轉(zhuǎn)電場右側(cè)的屏上，帶電粒子進(jìn)入電場加速時(shí)的初速度忽略不計(jì)，不考慮重力的影響，下列說法正確的是（）A．離開加速電場時(shí)，A的速度比B的速度大B．離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，A、B的偏轉(zhuǎn)距離相等C．偏轉(zhuǎn)電場對(duì)A、B所做的功一定相等D．從進(jìn)入加速電場到離開偏轉(zhuǎn)電場，A、B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等【答案】AB【詳解】A．粒子在加速電場中，根據(jù)動(dòng)能定理有解得帶電粒子A的比荷大于帶電粒子B的比荷，則離開加速電場時(shí)，A的速度比B的速度大，故A正確；B．粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)板長為L，間距為d，則根據(jù)牛頓第二定律有解得則離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，A、B的偏轉(zhuǎn)距離相等，故B正確；C．電場力做功為則偏轉(zhuǎn)電場對(duì)A所做的功大于對(duì)B做的功，故C錯(cuò)誤；D．加速電場的寬度為，在加速電場中有從進(jìn)入加速電場到離開偏轉(zhuǎn)電場，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為解得則從進(jìn)入加速電場到離開偏轉(zhuǎn)電場，A、B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不相等，故D錯(cuò)誤；故選AB。9．（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖所示，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球用長為L、不可伸長的絕緣細(xì)線懸于O點(diǎn)，將小球向左拉至與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)，細(xì)線剛好伸直，已知電場強(qiáng)度大小，g為重力加速度大小，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，將小球由靜止釋放，則下列判斷正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大小為B．小球第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)的速度是小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度C．小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為D．小球最終運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，軌跡為半個(gè)圓周【答案】BD【詳解】BC．對(duì)小球受力分析，將電場力與重力合成為一個(gè)等效“重力”，如圖所示由解得可知其等效“重力場”的最低點(diǎn)為點(diǎn)C。如圖所示依題意，小球由靜止釋放后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)的速度設(shè)為v，由動(dòng)能定理，可得解得此時(shí)細(xì)線瞬間繃緊，致使沿細(xì)線方向的速度變?yōu)榱?，則垂直于細(xì)線方向的速度