8-6帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(解析版)

8.6帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t＝eq\f(l,v0)(如圖)．(2)沿靜電力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)①加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)②離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)③離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)1．兩個(gè)重要結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：在加速電場(chǎng)中有qU0＝eq\f(1,2)mv02在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2偏轉(zhuǎn)角θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU1l,mdv02)得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)y、θ均與m、q無關(guān)．(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半．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)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)例題1.如圖所示，xOy坐標(biāo)系內(nèi)存在平行于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為+q的帶電粒子，以v0的速度沿AB方向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y軸擊中C點(diǎn)。已知A、B、C三個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（?L，0）、（0，2L）、（0，L）。若不計(jì)重力與空氣阻力，則下列說法中正確的是（）A．帶電粒子由A到C過程中最小速度一定為B．帶電粒子由A到C過程中電勢(shì)能先減小后增大C．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為D．若改變勻強(qiáng)電場(chǎng)，使粒子恰好能沿AB直線方向到達(dá)B點(diǎn)，則此狀態(tài)下電場(chǎng)強(qiáng)度大小為【答案】C【解析】A．根據(jù)題意有幾何知識(shí)可知粒子恰好以最小的速度垂直y軸擊中C點(diǎn)，則C點(diǎn)的速度最小且沿水平方向，帶電粒子受到的電場(chǎng)力方向一定沿y軸負(fù)方向，將初速沿豎直方向和水平方向分解，水平方向粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為豎直方向速度減為零時(shí)帶電粒子速度最小等于水平分速度，所以帶電粒子由A到C過程中最小速度一定為，故A錯(cuò)誤；B．帶電粒子由A到C過程中電場(chǎng)力一定做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故B錯(cuò)誤；C．由幾何知識(shí)可知OC=L,從A到C根據(jù)動(dòng)能定理可得解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為故C正確；D．若改變勻強(qiáng)電場(chǎng)方向，使粒子恰好能沿AB方向到達(dá)B點(diǎn)，則電場(chǎng)線的方向沿BA方向，根據(jù)動(dòng)能定理有解得此狀態(tài)下電場(chǎng)強(qiáng)度大小為故D錯(cuò)誤。故選D。在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)帶電粒子射入電場(chǎng)后，留下一條從a到b虛線所示的徑跡，重力不計(jì)，下列判斷正確的是（）A．帶電粒子可能帶正電B．粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中電場(chǎng)力對(duì)其做正功C．粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)的動(dòng)能D．場(chǎng)強(qiáng)方向向右【答案】A【解析】AD．根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，該粒子做曲線運(yùn)動(dòng)，則受到水平向左的電場(chǎng)力作用。由于電場(chǎng)線方向和帶電粒子電性未知，則場(chǎng)強(qiáng)方向無法確定。若電場(chǎng)線方向向左，則粒子帶正電荷。若電場(chǎng)線方向向右，則粒子帶負(fù)電，故A正確，D錯(cuò)誤；B．由于粒子受到電場(chǎng)力方向水平向左，則粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中電場(chǎng)力對(duì)其做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；C．粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中電場(chǎng)力對(duì)其做負(fù)功，動(dòng)能減小，則粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能大于在b點(diǎn)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤。故選A。（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，經(jīng)過一段時(shí)間后粒子到達(dá)MN連線上的Q點(diǎn)（圖中未畫出），已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，下列說法正確的是（）A．粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力的沖量為3mv0B．粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為2mC．P點(diǎn)與Q點(diǎn)之間的距離為D．粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度方向與豎直方向的夾角為30°【答案】C【解析】A．粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，從P點(diǎn)到再次落到MN連線上，水平位移等于豎直位移，即v0t=·t2解得電場(chǎng)力的沖量I=qEt=2mv0故A錯(cuò)誤；B．豎直速度vy=t=2v0合速度v=v0粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek=mv2=故B錯(cuò)誤；C．水平位移x=v0t=豎直位移y=x故合位移大小s=x=故C正確；D．設(shè)Q點(diǎn)處速度方向與豎直方向的夾角為θ，則tanθ=即θ≠30°故D錯(cuò)誤。故選C。帶電粒子在重力場(chǎng)和電場(chǎng)復(fù)合場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)例題2.如圖，是豎直平面內(nèi)的光滑固定軌道，水平，長度為；是半徑為的四分之一圓弧，與切于點(diǎn)。一質(zhì)量為，帶電量為的小球在空間中水平向右大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從點(diǎn)靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度為。小球從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到其軌跡的最高點(diǎn)，機(jī)械能增量為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】小球從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，有設(shè)小球從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)經(jīng)過的時(shí)間為t，這段時(shí)間t內(nèi)，小球在豎直方向上作豎直上拋運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，在水平方向上則作勻加速運(yùn)動(dòng)，有在水平方向上則作勻加速運(yùn)動(dòng)，有小球機(jī)械能的增量聯(lián)立解得故選C。(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示．重力加速度為g.由此可見()A．帶電小球所受靜電力為3mgB．小球帶正電C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等【答案】AD【解析】帶電小球從A到C，設(shè)在進(jìn)入電場(chǎng)前后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經(jīng)歷的時(shí)間分別為t1和t2，在電場(chǎng)中的加速度為a，從A到B過程小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則有x1＝v0t1，從B到C過程，有x2＝v0t2，由題意有x1＝2x2，則得t1＝2t2，即小球從A到B是從B到C運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，y1＝eq\f(1,2)gt12，將小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)看成沿相反方向的類平拋運(yùn)動(dòng)，則有y2＝eq\f(1,2)at22，根據(jù)幾何知識(shí)有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C錯(cuò)誤，A正確；由于在電場(chǎng)中軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明靜電力方向向上，所以小球帶負(fù)電，B錯(cuò)誤；根據(jù)速度變化量Δv＝at，則得AB過程速度變化量大小為Δv1＝gt1＝2gt2，BC過程速度變化量大小為Δv2＝at2＝2gt2，所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，D正確．(多選)如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有兩個(gè)質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))處在同一水平面上．現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則()A．A球帶正電，B球帶負(fù)電B．A球比B球先落地C．在下落過程中，A球的電勢(shì)能減少，B球的電勢(shì)能增加D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動(dòng)能變化量比B球的小【答案】AD【解析】兩球在水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由x＝v0t知，v0相同，則A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B的長，豎直方向上，由h＝eq\f(1,2)at2可知，豎直位移相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間長的加速度小，則A所受的合力比B的小，所以A所受的靜電力向上，帶正電，B所受的靜電力向下，帶負(fù)電，故A正確．A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B的長，則B球比A球先落地，故B錯(cuò)誤．A所受的靜電力向上，靜電力對(duì)A球做負(fù)功，A球的電勢(shì)能增加．B所受的靜電力向下，靜電力對(duì)B球做正功，B球的電勢(shì)能減少，故C錯(cuò)誤．A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，則A所受的合力做功較少，由動(dòng)能定理知兩球從拋出到各自落地過程中A球的動(dòng)能變化量小，故D正確．帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形．當(dāng)粒子垂直于交變電場(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性．2．研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場(chǎng)變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況．根據(jù)電場(chǎng)的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等．3．注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)：抓住粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間上的周期性和空間上的對(duì)稱性，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件．4．對(duì)于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場(chǎng)，若粒子穿過板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過電場(chǎng)時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)．例題3.（多選）（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓。在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t=0時(shí)刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t=0時(shí)刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場(chǎng)。已知電場(chǎng)變化周期，粒子質(zhì)量為m，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力。則（）A．在t=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度大小仍為v0B．粒子的電荷量為C．在時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場(chǎng)時(shí)在豎直方向的位移大小為D．在時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場(chǎng)【答案】AD【解析】A．粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間豎直方向上的位移恰好為d，則時(shí)間內(nèi)的位移為，粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一個(gè)周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小等于水平速度v0，故A正確；B．由上述分析知解得故B錯(cuò)誤；C．粒子在靜電力作用下的加速度大小時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，離開電場(chǎng)時(shí)在豎直方向的位移大小為故C錯(cuò)誤；D．時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動(dòng)，然后向下減速運(yùn)動(dòng)，再向上加速運(yùn)動(dòng)，向上減速運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱性可知，此時(shí)豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場(chǎng)，故D正確。故選AD。如圖甲所示，兩平行金屬板、的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向源源不斷地射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能均為。已知時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)。則（）A．部分粒子會(huì)打到兩極板上B．每個(gè)粒子在板間運(yùn)動(dòng)全過程，所受電場(chǎng)力會(huì)致使帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度不為零C．運(yùn)動(dòng)過程中所有粒子的最大動(dòng)能不可能超過D．有（，…）時(shí)刻射入電場(chǎng)的粒子才能垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)【答案】C【解析】BD．帶電粒子在垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在沿電場(chǎng)方向上，做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運(yùn)動(dòng)，由時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)情況可知，粒子在平行板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為交變電流周期的整數(shù)倍，在時(shí)間內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得同理可分析時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，所以帶電粒子在沿電場(chǎng)方向的速度v與圖線所圍面積成正比（時(shí)間軸下方的面積取負(fù)值），而經(jīng)過整數(shù)個(gè)周期，圖像與坐標(biāo)軸所圍面積始終為零，故帶電粒子離開電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度總為零，都垂直電場(chǎng)方向射出電場(chǎng)，故BD錯(cuò)誤；A．帶電粒子在時(shí)刻射入時(shí)，側(cè)向位移最大，故其他粒子均不可能打到極板上，故A錯(cuò)誤；C．當(dāng)粒子在時(shí)刻射入且經(jīng)過T離開電場(chǎng)時(shí)，粒子在時(shí)達(dá)到最大速度，由題意得此時(shí)兩分位移之比為即可得故粒子的最大速度為因此最大動(dòng)能為初動(dòng)能的2倍，故C正確。故選C。在真空中有水平放置的兩個(gè)平行、正對(duì)金屬平板，板長為l，兩板間距離為d，在兩極板間加一交變電壓如圖乙，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子以速度v（v接近光速的）從兩極板左端中點(diǎn)沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間。若電子經(jīng)過兩極板間的時(shí)間相比交變電流的周期可忽略不計(jì)，不考慮電子間的相互作用和相對(duì)論效應(yīng)，則（

）A．當(dāng)時(shí)，只有部分電子能從極板的右端射出B．當(dāng)時(shí)，將沒有電子能從極板的右端射出C．當(dāng)時(shí)，有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為D．當(dāng)時(shí)，有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為【答案】C【解析】AB．當(dāng)電子恰好飛出極板時(shí)有l(wèi)=vt由此求出當(dāng)時(shí)，所有電子都能從極板的右端射出，當(dāng)時(shí)，只有部分電子能從極板的右端射出，AB錯(cuò)誤；C．當(dāng)一個(gè)周期內(nèi)有的時(shí)間電壓低于臨界電壓，因此有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1：1，C正確；D．若任意0.2s內(nèi)，有的時(shí)間內(nèi)極板間電壓低于臨界電壓，則有電子從極板右端射出的時(shí)間與無電子從極板右端射出的時(shí)間之比為D錯(cuò)誤。故選C。1.如圖所示，有質(zhì)子（）、氘核（）、氚核（）和氦核（）四種帶電粒子，先后從加速電壓是的加速電場(chǎng)中的P點(diǎn)由靜止釋放，被加速后從B板的小孔射出沿CD間的中線進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電壓為的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，都能夠從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的另一端射出。如果不計(jì)重力的影響，以下判斷中正確的是（）A．質(zhì)子（）的偏轉(zhuǎn)位移y最大B．氦核（）的偏向角最小C．氦核（）射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能最大D．氚核（）的射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度最大【答案】C【解析】A．設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的長度為L，d為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極板間的距離，E為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)間的電場(chǎng)強(qiáng)度，帶電粒子在電場(chǎng)中先做加速運(yùn)動(dòng)，后做類平拋運(yùn)動(dòng)，有整理得由上述分析，看出y與粒子的質(zhì)量和電荷量均無關(guān)，故三種粒子的偏轉(zhuǎn)位移均相等，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．偏向角有由上述分析，看出偏向角與粒子的質(zhì)量和電荷量均無關(guān)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．射出的動(dòng)能為所以電荷量q越大的粒子，射出時(shí)的動(dòng)能最大，而氦核的電荷量最大，故其動(dòng)能最大，故C項(xiàng)正確；D．射出時(shí)的速度為可見哪個(gè)粒子的比荷最大，其速度就最大，可見氚核（）的比荷為為最小，故其射出電場(chǎng)時(shí)的速度最小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選C。2.如圖所示，一帶電粒子沿與電場(chǎng)線垂直的方向從電場(chǎng)中央進(jìn)入兩平行金屬板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，已知粒子的帶電量為q，兩板間的電勢(shì)差為U，則粒子運(yùn)動(dòng)過程中（）A．若粒子從電場(chǎng)中射出，則粒子動(dòng)能增加了qUB．若粒子從電場(chǎng)中射出，則電場(chǎng)力一定對(duì)粒子做了的功C．若粒子打在極板上，則電場(chǎng)力一定對(duì)粒子做了的功D．若粒子打在極板上，則粒子的動(dòng)能一定增加了【答案】C【解析】ABD．粒子從電場(chǎng)中央進(jìn)入，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能增加量等于電場(chǎng)力做功與重力做功的代數(shù)和，而電場(chǎng)力與重力大小關(guān)系未知，重力是否考慮未知，則又是否射出和射出位置不確定，則所以動(dòng)能增加量不確定，故ABD錯(cuò)誤；C．當(dāng)粒子打在極板上或從極板射出，則電場(chǎng)力做功為，故C正確。故選C。3.（多選）如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷為＋q的小球，系在一根長為L的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑。已知重力加速度為g，電場(chǎng)強(qiáng)度不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最小C．若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放。則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為D．若將小球在A點(diǎn)以大小為的速度豎直向上拋出，它將沿圓周到達(dá)B點(diǎn)【答案】BC【解析】A．由于電場(chǎng)強(qiáng)度，則重力和電場(chǎng)力的合力為，方向與豎直方向成45°斜向右下，小球運(yùn)動(dòng)的物理最高點(diǎn)在弧AD的正中間，則解得小球在等效最高點(diǎn)的最小速度故A錯(cuò)誤；B．小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，小球在運(yùn)動(dòng)過程中受電場(chǎng)力、重力、繩的拉力，則小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能、電勢(shì)能之和不變，因帶正電的小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，小球的電勢(shì)能最大，所以到A點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最小，故B正確；C．小球受合力方向與電場(chǎng)方向夾角45°斜向下，若將小球在A點(diǎn)由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)后，繩未繃緊時(shí)，由動(dòng)能定理可得求得則繃緊后小球瞬間的速度為小球接著做圓周運(yùn)動(dòng)從C點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)，由于合力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得，故C正確；D．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度為，若將小球在A點(diǎn)以大小為的速度豎直向上拋出，球?qū)⒉粫?huì)沿圓弧運(yùn)動(dòng)，小球?qū)⒃谪Q直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選BC。4.（多選）（2022·河南開封·高三開學(xué)考試）如圖，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向斜向下，且與電場(chǎng)方向的夾角為45°（圖中未畫出），則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程（）A．重力勢(shì)能減少 B．重力勢(shì)能減少C．電勢(shì)能減少 D．電勢(shì)能減少【答案】BC【解析】AB．將N點(diǎn)的速度進(jìn)行分解，則在水平方向有豎直方向有在豎直方向根據(jù)速度位移公式有重力做功WG=mgh聯(lián)立解得則重力勢(shì)能減少，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得W電=mv2則電勢(shì)能減少mv2，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。5.（多選）（2022·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，AC是圓O的一條水平直徑，BD是豎直直徑，M點(diǎn)是圓上的點(diǎn)，OM連線與OC的夾角為60°，該圓處于方向與圓面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。將電量為q（q>0）、質(zhì)量為m的粒子從圓心O點(diǎn)以相同的動(dòng)能Ek0射出，射出方向不同且都與圓共面，粒子可以經(jīng)過圓周上的所有點(diǎn)。其中經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)粒子的動(dòng)能最小且為。已知圓的半徑為R，重力加速度的大小為g，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)。那么（）A．M點(diǎn)的電勢(shì)高于A點(diǎn)的電勢(shì) B．B點(diǎn)的電勢(shì)等于D點(diǎn)的電勢(shì)C．粒子經(jīng)過M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為 D．粒子經(jīng)過AB連線中點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為【答案】AD【解析】AB．由題意，因?yàn)榱Ｗ咏?jīng)過C點(diǎn)時(shí)粒子的動(dòng)能最小，所以粒子從O到C克服合外力所做的功最多，而重力和電場(chǎng)力對(duì)粒子做功只與粒子的初末位置有關(guān)，與路經(jīng)無關(guān)，由此可推知重力和電場(chǎng)力的合力F的方向一定水平向左，如圖所示，又因?yàn)閯t根據(jù)幾何關(guān)系以及平行四邊形定則可知電場(chǎng)強(qiáng)度方向與水平方向夾角為30°，根據(jù)沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向電勢(shì)降低可知M點(diǎn)的電勢(shì)高于A點(diǎn)的電勢(shì)，B點(diǎn)的電勢(shì)低于D點(diǎn)的電勢(shì)，故A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)前面分析可知粒子所受合外力大小為對(duì)從O到C的粒子，根據(jù)動(dòng)能定理有根據(jù)幾何關(guān)系可知OM垂直于電場(chǎng)線，所以O(shè)M為一條等勢(shì)線，粒子從O到M的過程，電場(chǎng)力不做功，重力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理有解得故C錯(cuò)誤；D．AB連線中點(diǎn)G在AO上的投影點(diǎn)為H，根據(jù)幾何關(guān)系可知根據(jù)動(dòng)能定理有解得故D正確。6.（多選）（2022·河南開封·高三開學(xué)考試）如圖，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向斜向下，且與電場(chǎng)方向的夾角為45°（圖中未畫出），則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程（）A．重力勢(shì)能減少 B．重力勢(shì)能減少C．電勢(shì)能減少 D．電勢(shì)能減少【答案】BC【解析】AB．將N點(diǎn)的速度進(jìn)行分解，則在水平方向有豎直方向有在豎直方向根據(jù)速度位移公式有重力做功WG=mgh聯(lián)立解得則重力勢(shì)能減少，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)動(dòng)能定理有聯(lián)立解得W電=mv2則電勢(shì)能減少mv2，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。7.（多選）（2022·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示為帶異種電荷的平行金屬板MN（忽略電場(chǎng)的邊界效應(yīng)），在電場(chǎng)內(nèi)緊貼M板左下端，向平行于M板和垂直于M兩個(gè)方向，分別發(fā)射速度大小均為v0的相同粒子a、b，分別打中N板左端和右端。若不計(jì)重力和粒子之間的相互作用，a粒子到達(dá)N板的速度大小為，則（）A．a(chǎn)、b粒子到達(dá)N板的時(shí)間相等B．a(chǎn)粒子到達(dá)N板的時(shí)間小于b粒子到達(dá)N板的時(shí)間C．a(chǎn)、b粒子到達(dá)N板的速度大小相等D．a(chǎn)粒子到達(dá)N板的速率小于b粒子到達(dá)N板的速率【答案】BC【解析】AB．b粒子在垂直于M板的方向的分運(yùn)動(dòng)初速度為0，加速度與a粒子的加速度相同，而a粒子的初速度不為0，所以a粒子到達(dá)N板的時(shí)間小于b粒子到達(dá)N板的時(shí)間，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．a(chǎn)、b粒子到達(dá)N板時(shí)電場(chǎng)力做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理，a、b粒子到達(dá)N板的速度大小相等，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。8.（多選）（2022·全國·高三課時(shí)練習(xí)）如圖所示，有三個(gè)質(zhì)量相等分別帶正電、負(fù)電和不帶電的小球，從平行板電場(chǎng)中的P點(diǎn)以相同的水平初速度垂直于E進(jìn)入電場(chǎng)，它們分別落在A、B、C三點(diǎn)，則可判斷（）A．落到A點(diǎn)的小球帶正電，落到B點(diǎn)的小球不帶電B．三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等C．三小球到達(dá)正極板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是EkA>EkB>EkCD．三小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度關(guān)系是：aC>aB>aA【答案】AD【解析】ABD．在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負(fù)電小球的受力如圖所示三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則落在板上時(shí)水平方向的距離與下落時(shí)間成正比，即tA>tB>tC由于豎直位移相同，根據(jù)知aA<aB<aC則結(jié)合牛頓第二定律知，落在A點(diǎn)的小球帶正電，B球不帶電，C球帶負(fù)電，故AD正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理W合=Ek－Ek0三球所受合力關(guān)系FA<FB<FC三球的初動(dòng)能相等，可知EkA<EkB<EkC故C錯(cuò)誤。故選AD。9.如圖所示為一種新型粒子收集裝置，一個(gè)粒子源放置在立方體ABCDA'B'C'D'中心（固定在豎直軸上），粒子源可以向水平各方向均勻地發(fā)射一種帶正電粒子，粒子比荷為C/kg。立方體處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)N/C；立方體邊長L=0.1m，除了上下底面AA'B'B、CC'D'D為空外，其余四個(gè)側(cè)面均為熒光屏。不考慮粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子間的相互作用；粒子