高中物理培優(yōu)講義08A帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)基礎(chǔ)版

帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)知識(shí)點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、帶電粒子在電場(chǎng)中的加速分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：1．利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式分析．適用于電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)且涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間等描述運(yùn)動(dòng)過程的物理量，公式有qE＝ma，v＝v0＋at等．2．利用靜電力做功結(jié)合動(dòng)能定理分析．適用于問題涉及位移、速率等動(dòng)能定理公式中的物理量或非勻強(qiáng)電場(chǎng)情景時(shí)，公式有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02)(勻強(qiáng)電場(chǎng))或qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02)(任何電場(chǎng))等．二、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板長為l，極板間距離為d，極板間電壓為U.(1)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：①沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)．②垂直v0的方向：初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．(2)運(yùn)動(dòng)規(guī)律：①偏移距離：因?yàn)閠＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(02)d).②偏轉(zhuǎn)角度：因?yàn)関y＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02)).三、示波管的原理1．示波管主要由電子槍(由發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(由一對(duì)X偏轉(zhuǎn)電極和一對(duì)Y偏轉(zhuǎn)電極組成)和熒光屏組成．2．掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓．3．示波管工作原理：被加熱的燈絲發(fā)射出熱電子，電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，以很大的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，如果在Y偏轉(zhuǎn)電極上加一個(gè)信號(hào)電壓，在X偏轉(zhuǎn)電極上加一個(gè)掃描電壓，當(dāng)掃描電壓與信號(hào)電壓的周期相同時(shí)，熒光屏上就會(huì)得到信號(hào)電壓一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖像．技巧點(diǎn)撥一、帶電粒子在電場(chǎng)中的加速1．帶電粒子的分類及受力特點(diǎn)(1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力．(2)質(zhì)量較大的微粒，如帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時(shí)一般都不能忽略重力．2．分析帶電粒子在電場(chǎng)力作用下加速運(yùn)動(dòng)的兩種方法(1)利用牛頓第二定律F＝ma和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，只能用來分析帶電粒子的勻變速運(yùn)動(dòng)．(2)利用動(dòng)能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02.若初速度為零，則qU＝eq\f(1,2)mv2，對(duì)于勻變速運(yùn)動(dòng)和非勻變速運(yùn)動(dòng)都適用．二、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，已知板長為l，板間電壓為U，板間距離為d，不計(jì)粒子的重力．1．運(yùn)動(dòng)分析及規(guī)律應(yīng)用粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)分解的知識(shí)進(jìn)行分析處理．(1)在v0方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)；(2)在電場(chǎng)力方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．2．過程分析如圖所示，設(shè)粒子不與平行板相撞初速度方向：粒子通過電場(chǎng)的時(shí)間t＝eq\f(l,v0)電場(chǎng)力方向：加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場(chǎng)時(shí)垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度與初速度方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02))離開電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)力方向的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(02)).3．兩個(gè)重要推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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)為粒子沿初速度方向位移的中點(diǎn)．(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.4．分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動(dòng)能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中沿電場(chǎng)力方向的偏移量．例題精練1．（2021?東城區(qū)二模）如圖所示，一價(jià)氫離子、一價(jià)氦離子和二價(jià)氦離子的混合物以相同的初速度沿垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，且經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后都從右側(cè)離開了電場(chǎng)，則三種粒子相同的是（）A．離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能 B．在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的時(shí)間 C．在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度 D．在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的側(cè)移量【分析】三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求出加速獲得的動(dòng)能表達(dá)式，從而找到動(dòng)能關(guān)系；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律確定時(shí)間關(guān)系；根據(jù)推論分析粒子偏轉(zhuǎn)距離與加速電壓和偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系，從而得出偏轉(zhuǎn)位移的關(guān)系以及偏轉(zhuǎn)角度的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、因?yàn)榱Ｗ釉陔妶?chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，故y＝at2＝××＝，根據(jù)動(dòng)能定理，Ek2﹣Ek1＝W電＝Eqy，所以Ek2＝mv2+，由于E、L、v都相同，但q、m不同，故離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能不相同，故A錯(cuò)誤；B、粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，故在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的時(shí)間t＝，因L和v都相同，故時(shí)間相同，故B正確；C、在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度為θ，則tanθ＝，由于E、L、v都相同，但q、m不同，故角度不相同，故C錯(cuò)誤；D、在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的側(cè)移量y＝at2＝××＝，由于E、L、v都相同，但q、m不同，故側(cè)移量不相同，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵掌握運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律的應(yīng)用，得出對(duì)應(yīng)的表達(dá)式即可正確求解。2．（2021?重慶模擬）一帶電粒子在靜電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用時(shí)，不可能做的運(yùn)動(dòng)是（）A．勻變速運(yùn)動(dòng) B．勻速圓周運(yùn)動(dòng) C．勻速直線運(yùn)動(dòng) D．往復(fù)運(yùn)動(dòng)【分析】明確不同電場(chǎng)的電場(chǎng)力性質(zhì)，同時(shí)明確：勻速直線運(yùn)動(dòng)中，合力為零；勻變速運(yùn)動(dòng)中，合力恒定；勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，合力指向圓心；往復(fù)運(yùn)動(dòng)中，合力充當(dāng)回復(fù)力，指向平衡位置。【解答】解：A、一帶電粒子在靜電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用時(shí)，可能是勻強(qiáng)電場(chǎng)，則粒子運(yùn)動(dòng)是勻變速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、粒子可能在點(diǎn)電荷電場(chǎng)中，以電場(chǎng)力為向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C、粒子所受合力不為零，加速度不為零，粒子不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；D、粒子可能在電場(chǎng)中做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，如在等量同種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，同種電荷的粒子在兩個(gè)電荷連線之間某點(diǎn)釋放后，受到的電場(chǎng)力提供回復(fù)力，使粒子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。本題選不可能的，故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)、往復(fù)運(yùn)動(dòng)中力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，同時(shí)掌握常見電場(chǎng)的性質(zhì)才能準(zhǔn)確求解．隨堂練習(xí)1．（2021?天津模擬）如圖所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶正電的油滴從下極板左邊緣射入，并沿直線從上極板右邊緣射出，油滴質(zhì)量為m，帶電荷量為q?，F(xiàn)僅將上極板上移少許，其他條件保持不變，重力加速度為g，則下列分析正確的是（）A．上移后，油滴的運(yùn)動(dòng)軌跡是曲線 B．上移后，電場(chǎng)強(qiáng)度大小小于，方向豎直向上 C．上移后，下極板和上極板之間的電勢(shì)差為 D．上移后，油滴穿越兩板之間的電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能減少了mgd【分析】僅將上極板上移些許，其它條件保持不變，板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，油滴的受力情況不變，運(yùn)動(dòng)情況不變。油滴在電場(chǎng)中受到重力和電場(chǎng)力，而做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力必定平衡做勻速直線運(yùn)動(dòng)，否則就做曲線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)平衡條件求電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)U＝Ed求解電勢(shì)差；根據(jù)功能關(guān)系確定電勢(shì)能減少量。【解答】解：AB、由于油滴沿直線在極板間運(yùn)動(dòng)，可知油滴一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可得qE＝mg，則電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，根據(jù)公式，，可得，則當(dāng)上極板向上移動(dòng)時(shí)，E不變，方向豎直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的運(yùn)動(dòng)軌跡仍然是直線，故AB錯(cuò)誤；C、綜上分析，由于E不變，根據(jù)U＝Ed，當(dāng)上極板向上移動(dòng)少許，d變大，所以U變大，兩極板間的電勢(shì)差不再是，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)上極板向上移動(dòng)少許，E不變，所以油滴射出電場(chǎng)時(shí)的位置也不變，重力做的負(fù)功為﹣mgd，則電場(chǎng)力做的正功為mgd，根據(jù)功能關(guān)系可知，油滴的電勢(shì)能減少了mgd，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題是帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，關(guān)鍵是掌握電容器帶電量不變，只改變兩板間距離時(shí)的電場(chǎng)強(qiáng)度的推論：E＝，知道電容器帶電量不變，僅僅改變電容器極板間距離時(shí)板間場(chǎng)強(qiáng)不變。要能正確分析油滴的受力情況，判斷出粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。2．（2021春?瑤海區(qū)月考）一帶電油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，電場(chǎng)方向豎直向下。若不計(jì)空氣阻力，則此帶電油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，下列說法不正確的是（）A．油滴帶負(fù)電 B．電勢(shì)能減少 C．動(dòng)能增加 D．重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和增加【分析】根據(jù)油滴的運(yùn)動(dòng)軌跡情況，可以判斷出電場(chǎng)力方向，確定油滴的電性，分析電場(chǎng)力做功情況判斷電勢(shì)能的變化，然后根據(jù)功能關(guān)系求解即可?！窘獯稹拷猓篈、由軌跡圖可知，帶電油滴所受的電場(chǎng)力豎直向上，與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以油滴帶負(fù)電，故A正確。B、從a到b的運(yùn)動(dòng)過程電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，故B正確；CD、根據(jù)功能關(guān)系可知，油滴在從a到b的運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力、電場(chǎng)力做功，因此重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能三者之和保持不變，從a到b的運(yùn)動(dòng)過程中，重力勢(shì)能增加，因此動(dòng)能和電勢(shì)能之和減少。因該過程中合外力向上，合外力做正功，動(dòng)能增加，因此重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和減小，故C正確，D錯(cuò)誤；本題選錯(cuò)誤的，故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，關(guān)鍵要能根據(jù)軌跡彎曲方向判斷合外力方向，在學(xué)習(xí)過程中要明確各種功能關(guān)系是解這類問題的基礎(chǔ)。3．（2021春?瑤海區(qū)月考）如圖所示，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v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，方向與電場(chǎng)方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程（）A．動(dòng)能增加mv2 B．機(jī)械能增加2mv2 C．重力勢(shì)能增加mv2 D．電勢(shì)能減小mv2【分析】小球的運(yùn)動(dòng)可以看成豎直方向豎直上拋和水平方向初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，分別分析兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)即可，注意兩個(gè)運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性?！窘獯稹拷猓盒∏虻倪\(yùn)動(dòng)可以看成豎直方向的豎直上拋和水平方向在電場(chǎng)力作用下的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。A、小球的動(dòng)能增加量為△Ek＝m（2v）2﹣mv2＝mv2，故A錯(cuò)誤；B、除重力外，只有電場(chǎng)力做功，電場(chǎng)力做功等于小球的機(jī)械能增加量，電場(chǎng)力做功等于水平方向小球動(dòng)能的增加量△E＝m（2v）2＝2mv2，即小球的機(jī)械能增加量為2mv2，故B正確；C、豎直方向只有重力做功，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)N點(diǎn)豎直速度為0，豎直方向動(dòng)能減小量為mv2，即重力勢(shì)能增加mv2，故C錯(cuò)誤；D、電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電勢(shì)能的減小量等于水平方向電場(chǎng)力所做的功2mv2，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查靈活選擇處理曲線運(yùn)動(dòng)的能力。小球在水平和豎直兩個(gè)方向受到的都是恒力，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解法研究是常用的思路，注意電場(chǎng)力和重力做功的特點(diǎn)。綜合練習(xí)一．選擇題（共20小題）1．（2021?南充模擬）一平行板電容器的兩極板與一電源相連，極板水平放置，極板間距為d。當(dāng)兩極板間的電壓為U時(shí)，兩板間有一帶電粒子（質(zhì)量和電荷量分別為m、q）靜止在電容器中，當(dāng)兩極板間的電壓增大△U后，粒子開始運(yùn)動(dòng)，則粒子開始運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向分別為（）A．q，豎直向下 B．q，豎直向上 C．q，豎直向下 D．q，豎直向上【分析】利用U和d求解電場(chǎng)強(qiáng)度，因?yàn)樵瓉韼c(diǎn)粒子靜止，說明粒子受到的電場(chǎng)力和重力平衡，首先列出平衡的表達(dá)式；電壓增大△U后，列牛頓第二定律表達(dá)式，綜合以上表達(dá)式即可求解?！窘獯稹拷猓寒?dāng)兩極板間電壓為U時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，帶電粒子靜止，由平衡條件得qE1＝mg.當(dāng)兩極板間的電壓增大△U后，，因?yàn)镋2＞E1，所以qE2＞qE1＝mg，可知粒子的合外力豎直向上，加速度豎直向上.由牛頓第二定律得qE2﹣mg＝ma，整理得，故B正確，ACD錯(cuò)誤.故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了平行板電容器的場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系，以及受力平衡和牛頓第二定律的知識(shí)，處理時(shí)只要將以上規(guī)律有機(jī)結(jié)合起來，即可以達(dá)到解題的目的，本題考查簡潔精煉，難度不大，是一道力電綜合的典型題目。2．（2021?惠州模擬）利用電場(chǎng)可以使帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生改變?，F(xiàn)使一群電荷量相同、質(zhì)量不同的帶電粒子同時(shí)沿同一方向垂直射入同一勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)相同時(shí)間，速度的偏轉(zhuǎn)角相同，不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，則它們?cè)谶M(jìn)入電場(chǎng)時(shí)一定具有相同的物理量是（）A．初速度 B．動(dòng)量 C．加速度 D．動(dòng)能【分析】粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)相同時(shí)間速度的偏轉(zhuǎn)角相同；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律寫出粒子偏轉(zhuǎn)角的公式，即可找到合適的物理量?！窘獯稹拷猓毫Ｗ釉陔妶?chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向上，粒子的加速度：a＝，時(shí)間t時(shí)速度vy＝at＝；垂直電場(chǎng)方向上速度vx＝v0；經(jīng)相同時(shí)間速度的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝＝＝從表達(dá)式可以看出，在電場(chǎng)一定、時(shí)間相同，粒子電荷量相同的情況下，偏轉(zhuǎn)角僅與粒子的初動(dòng)量有關(guān)，即它們?cè)谶M(jìn)入電場(chǎng)時(shí)一定具有相同的初動(dòng)量，故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題，只要明確類平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，會(huì)根據(jù)兩分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律寫出粒子穿越電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)角的表達(dá)式即可。3．（2021?江蘇模擬）如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有小孔M、N．今有一帶電質(zhì)點(diǎn)，自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落（P、M、N三點(diǎn)在同一豎直線上），空氣阻力不計(jì)，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，然后按原路徑返回。若保持兩板間的電壓不變，則（）A．若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落仍能返回 B．若把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落仍能返回 C．若把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落后將穿過N孔繼續(xù)下落 D．若把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)下落后將穿過N孔繼續(xù)下落【分析】一帶電質(zhì)點(diǎn)自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止自由下落（P、M、N在同一豎直線上），空氣阻力不計(jì)，到達(dá)N孔時(shí)速度恰好為零，然后沿原路返回，根據(jù)動(dòng)能定理知，在此過程中重力做功與電場(chǎng)力做功大小相等。移動(dòng)上下極板，抓住兩板間的電勢(shì)差不變，通過動(dòng)能定理判斷帶電質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況。【解答】解：AC、由題設(shè)條件知，mg?2d﹣qU＝0，知電場(chǎng)力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落，根據(jù)動(dòng)能定理知，mg?2d﹣qU＝0，小球到達(dá)N點(diǎn)速度為零然后返回。故A正確，C錯(cuò)誤。B、將B板向下移動(dòng)一小段距離，根據(jù)動(dòng)能定理知：mg?（2d+x）﹣qU＞0，知小球到達(dá)N點(diǎn)速度不為零，小球會(huì)穿過N孔繼續(xù)下落。故B錯(cuò)誤。D、將B板向上移動(dòng)一小段距離，根據(jù)動(dòng)能定理知：mg?（2d﹣x）＜qU，小球到達(dá)N點(diǎn)前速度就減小為零，然后返回。故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于本題選擇全過程為研究過程，運(yùn)用動(dòng)能定理進(jìn)行求解比較方便，在運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，抓住電勢(shì)差不變，電場(chǎng)力做功不變，比較電場(chǎng)力做功與重力做功的關(guān)系進(jìn)行分析。4．（2021?江蘇模擬）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(chǎng)，E、F、H是對(duì)應(yīng)邊的中點(diǎn)。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(chǎng)后恰好從C點(diǎn)射出，以下說法正確的是（）A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過P點(diǎn) B．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過PH之間某點(diǎn) C．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿過EH D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點(diǎn)從BC邊射出【分析】由題意可知電場(chǎng)方向在豎直方向，粒子做的是類平拋運(yùn)動(dòng)，和平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律類似，只不過平拋時(shí)受到重力，這個(gè)題受的是電場(chǎng)力。仿照平拋運(yùn)動(dòng)的分析方法，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析即可?！窘獯稹拷猓篈B、粒子從F點(diǎn)沿FH方向射入電場(chǎng)后恰好從C點(diǎn)射出，其軌跡是拋物線，根據(jù)推論知，過C點(diǎn)做速度的反向延長線一定與水平位移交于FH的中點(diǎn)，而延長線又經(jīng)過P點(diǎn)，所以粒子軌跡一定經(jīng)過PE之間某點(diǎn)，故A、B錯(cuò)誤；C、由上知，粒子從C點(diǎn)射出時(shí)速度反向延長線與EH垂直。若增大初速度，粒子軌跡可能經(jīng)過PH之間某點(diǎn)，根據(jù)速度的反向延長線交水平位移中點(diǎn)，可知粒子不可能垂直穿過EH．故C錯(cuò)誤。D、由平拋知識(shí)類比可知，當(dāng)豎直位移一定時(shí)，水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點(diǎn)射出BC．故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題運(yùn)用類比的方法分析比較簡單，也可以運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和推論，分析時(shí)間和豎直關(guān)系進(jìn)行求解。5．（2020秋?寧縣校級(jí)期末）在示波管中，電子槍在2秒內(nèi)發(fā)射了5×1015個(gè)電子，已知電子的電量e＝1.6×10﹣19C，則示波管中的電流大小和方向?yàn)椋ǎ〢．大小為8×10﹣4A，和發(fā)射方向相同 B．大小為4×10﹣4A，和發(fā)射方向相同 C．大小為8×10﹣4A，和發(fā)射方向相反 D．大小為4×10﹣4A，和發(fā)射方向相反【分析】每個(gè)電子的電荷量大小為e＝1.6×10﹣19C．根據(jù)電流的定義式I＝，求解示波管中電流的大小，方向?yàn)檎姾傻倪\(yùn)動(dòng)方，與負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)方向相反【解答】解：每個(gè)電子的電荷量大小為：e＝1.6×10﹣19C，5×1015個(gè)電子總電荷量為：q＝5×1015×1.6×10﹣19C＝8×10﹣4C，則示波管中電流大小為：I＝。電流方向?yàn)檎姾蛇\(yùn)動(dòng)方向，故與負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)方向相反，故D正確故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題首先要了解電子的電荷量等于元電荷，是個(gè)常量．其次要掌握電流的定義式．6．（2021?遼寧模擬）帶電粒子射入兩塊平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，入射方向跟極板平行，重力不計(jì)，若初動(dòng)能為EK，則出場(chǎng)時(shí)動(dòng)能為2EK．如果初速度增加為原來的2倍，則出場(chǎng)時(shí)動(dòng)能為（）A．3EK B．4EK C． D．【分析】兩個(gè)過程中帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩過程初速度不同故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，在豎直方向的位移不同，最后用動(dòng)能定理求解．【解答】解：設(shè)粒子第一個(gè)過程中初速度為v，電場(chǎng)寬度為L，初動(dòng)能為Ek＝。第一個(gè)過程中粒子沿電場(chǎng)線方向的位移為：y＝at2＝第一個(gè)過程由動(dòng)能定理：qEy＝2Kk﹣Ek＝Ek；第二個(gè)過程中沿電場(chǎng)線方向的位移為：Y＝，初動(dòng)能為Ek′＝；根據(jù)動(dòng)能定理得：qEY＝Ek末﹣4Ek代入得：qE?y＝Ek末﹣4Ek，解得：EK末＝4.25Ek故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題是動(dòng)能定理和類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)的綜合應(yīng)用，用相同的物理量表示電場(chǎng)力做功是解題的關(guān)鍵．7．（2021?山東模擬）如圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加電壓為之U，電子最終打在光屏P上．只改變某一條件，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）A．滑動(dòng)變阻器滑片向右移動(dòng)時(shí)，電了打在熒光屏上的位置上升 B．滑動(dòng)變阻器滑片向左移動(dòng)時(shí)，電子打在熒光屏上的位置上升 C．電壓U增大時(shí)，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間增大 D．電壓U增大時(shí)，電子打在熒光屏上的速度大小不變【分析】滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，加速電壓增大，加速后速度變大，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，粒子在平行偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)方向的位移減小．同理觸頭向左移動(dòng)時(shí)，加速電壓減小，加速后速度變小，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長，粒子在平行偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)方向的位移增大；當(dāng)加速電壓不變時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓變化，影響平行電場(chǎng)方向的電場(chǎng)力的大小，也就是影響加速度的大小，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，改變偏轉(zhuǎn)的位移大?。窘獯稹拷猓弘娮釉诩铀匐妶?chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得：eU′＝，則得電子獲得的速度為：v＝。電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，電子在沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝；在平行電場(chǎng)方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝，電子在電場(chǎng)方向偏轉(zhuǎn)的位移y＝。聯(lián)立以上各式得：y＝又因?yàn)槠D(zhuǎn)電場(chǎng)方向向下，所以電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里向上偏轉(zhuǎn)。A、B：滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，加速電壓U′變大，由上可知電子偏轉(zhuǎn)位移變小，因?yàn)殡娮酉蛏掀D(zhuǎn)，故在屏上的位置下降，相反，滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，電子打在熒光屏上的位置上升，故A錯(cuò)誤，B正確；C、偏轉(zhuǎn)電壓U增大時(shí)，電子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力增大，即電子偏轉(zhuǎn)的加速度a增大，又因?yàn)殡娮蛹铀佾@得的速度v不變，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，離開電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于水平速度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間也不變，所以電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間不變。故C錯(cuò)誤。D、電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，a增大，而電子打在屏上的速度為v′＝，故電子打在屏上的速度增大。故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】電子在加速電場(chǎng)作用下做加速運(yùn)動(dòng)，要能運(yùn)用動(dòng)能定理可得電子獲得的速度與加速電場(chǎng)大小間的關(guān)系．電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間受電場(chǎng)的寬度和進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度所決定，電子在電場(chǎng)方向偏轉(zhuǎn)的距離與時(shí)間和電場(chǎng)強(qiáng)度共同決定．熟練用矢量合成與分解的方法處理類平拋運(yùn)動(dòng)問題．8．（2020秋?郊區(qū)校級(jí)期末）帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后垂直進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，要使它離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角增大，可采用的方法有（）A．增加帶電粒子的電荷量 B．增加帶電粒子的質(zhì)量 C．增高加速電壓 D．增高偏轉(zhuǎn)電壓【分析】先由動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度，利用類平拋規(guī)律求出粒子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度偏角的正切值，然后討論即可．【解答】解：設(shè)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v0，加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2。帶電粒子在加速過程，應(yīng)有：qU1＝mv02①進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度為a，偏轉(zhuǎn)角為θ，由類平拋規(guī)律：L＝v0t②③tanφ＝④得：tanφ＝可見，偏轉(zhuǎn)角與帶電粒子的電量和質(zhì)量無關(guān)；要使偏轉(zhuǎn)角增大，可減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2．故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵應(yīng)掌握帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做“類平拋運(yùn)動(dòng)”的求解思路和方法，熟練運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解偏轉(zhuǎn)角的正切．9．（2020秋?紅花崗區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子（速度可視為零），經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子的重量不計(jì)．在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A．僅增加加速電場(chǎng)的電壓 B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離 C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓 D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓【分析】電子經(jīng)電場(chǎng)加速后，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出電子離開電場(chǎng)時(shí)數(shù)值方向分速度，表示出偏轉(zhuǎn)角正切值的表達(dá)式，從而判斷使偏轉(zhuǎn)角變大的方法．【解答】解：根據(jù)動(dòng)能定理：eU1＝mv2﹣0，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中由平拋規(guī)律可得：vy＝at＝t，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝，可得偏角的正切值為：tanθ＝，解得：tanθ＝，若使偏轉(zhuǎn)角變大即使tanθ變大，由上式看出可以增大U2，或減小U1，或增大L，或減小d。故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問題，電場(chǎng)中加速根據(jù)動(dòng)能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法是運(yùn)動(dòng)的分解和合成，常規(guī)問題．10．（2020秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上的P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（）A．極板X帶正電 B．極板X′不帶電 C．極板Y′帶正電 D．極板Y不帶電【分析】從P點(diǎn)坐標(biāo)都是正值判斷，電子先向Y板偏轉(zhuǎn)，再向X板偏轉(zhuǎn)?！窘獯稹拷猓毫涟逷點(diǎn)X、Y坐標(biāo)都是正值，說明電子都向XY板偏轉(zhuǎn)，所以Y、X板都帶正電，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】示波管里兩組偏轉(zhuǎn)場(chǎng)，重點(diǎn)看清使電子向哪里偏：YY′使電子向上或下偏，XX′使電子向前或后偏。11．（2020秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，為模仿動(dòng)物的爬行行為，用帶正電的爬行小機(jī)器人C，沿四分之一圓弧形曲面，從圓弧底部A向B勻速率爬行，在此區(qū)域內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，則小機(jī)器從A向B爬行的過程中（）A．所受合力保持不變 B．曲面對(duì)小機(jī)器人的作用力大小保持不變 C．摩擦力先變小后變大 D．摩擦力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相反【分析】小機(jī)器人做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受重力、支持力和摩擦力以及電場(chǎng)力作用，合力沿著切線方向的分力為零，徑向分量的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式以及矢量合成法則進(jìn)行分析求解?！窘獯稹拷猓篈、機(jī)器人受到的合外力充當(dāng)向心力，故Fn＝，因機(jī)器人的速度方向發(fā)生變化，故合力的方向變化，故合力是變化的，故A錯(cuò)誤；B、曲面對(duì)小機(jī)器人的作用力F為支持力和摩擦力的合力，根據(jù)矢量合成法則，有：+＝，故＝﹣，由于不變，而的大小不變、方向變化，故的大小是變化的，故B錯(cuò)誤；CD、小機(jī)器人受重力、電場(chǎng)力、支持力和摩擦力；將重力與電場(chǎng)力合成一個(gè)恒力，因勻速率爬行，因此先摩擦力與速度方向相反，當(dāng)支持力與恒力共線后，摩擦力方向與速度相同，故摩擦力先做負(fù)功再做正功，在變化過程中摩擦力先減小后增大，摩擦力的方向也發(fā)生變化，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確小機(jī)器人的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，再根據(jù)矢量合成規(guī)律進(jìn)行分析，從而明確摩擦力以及斜面作用力的變化，本題還要注意不能將機(jī)器人的運(yùn)動(dòng)看作平衡處理，而是勻速圓周運(yùn)動(dòng)。12．（2020秋?重慶月考）如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點(diǎn)的初速度最小值是（）A． B． C． D．【分析】分析小球在斜面上的受力可知，小球所受重力與電場(chǎng)力的合力垂直斜面向下，即可知小球在斜面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則過A畫出圓弧軌道的直徑，直徑的另一端點(diǎn)即為小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)，小球在此點(diǎn)的速度最小，結(jié)合牛頓第二定律與動(dòng)能定理即可分析?！窘獯稹拷猓簩?duì)小球在斜面上的運(yùn)動(dòng)受力分析，如圖所示：則有，則可知小球所受重力與電場(chǎng)力的合力垂直斜面向下，小球在斜面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，過A點(diǎn)畫出圓弧軌道的直徑，直徑的另一端D點(diǎn)即為小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)，小球在此點(diǎn)的速度最小，此時(shí)小球在D點(diǎn)時(shí)，重力與電場(chǎng)力的合力等于小球所需要的向心力，設(shè)小球的初速度為v0，則由動(dòng)能定理可得：由向心力公式可得：根據(jù)受力分析可知：聯(lián)立可得，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查利用等效法分析小球在重力場(chǎng)與電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，確定電場(chǎng)力與重力的合力方向，從而確定小球運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)與最低點(diǎn)是關(guān)鍵。13．（2020秋?南京月考）密立根測(cè)定電子的電荷量的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如圖所示。油滴室內(nèi)有兩塊水平放置的平行金屬板M、N，并分別與電壓為U的恒定電源兩極相連，板的間距為d。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的油滴在極板間勻速下落，不計(jì)空氣阻力，則（）A．油滴帶正電荷 B．油滴帶的電荷量為 C．油滴下降過程中電勢(shì)能不斷減小 D．將極板N向上緩慢移動(dòng)一小段距離，油滴將減速下降【分析】油滴靜止不動(dòng)時(shí)，所受的電場(chǎng)力與重力平衡，由平衡條件分析油滴的電性；根據(jù)受力平衡得到電荷量及電場(chǎng)力方向，從而根據(jù)電場(chǎng)力做功得到電勢(shì)能變化；再根據(jù)條件變化得到場(chǎng)強(qiáng)變化，從而根據(jù)電場(chǎng)力變化得到合外力變化，即可得到油滴運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹拷猓篈、油滴靜止不動(dòng)，受到向上的電場(chǎng)力，平行板電容器板間場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，則油滴帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、帶電油滴在極板間勻速下落，故受力平衡，則有mg＝q，油滴帶電荷量q＝，故B錯(cuò)誤；C、油滴下降過程中，電場(chǎng)力方向向上，則電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能不斷增大，故C錯(cuò)誤；D、將極板N向上緩慢移動(dòng)一小段距離，d減小，電場(chǎng)力F＝q增大，合外力豎直向上，油滴將減速下降，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題整合了微粒的力平衡、電容器動(dòng)態(tài)分析，由平衡條件判斷微粒的電性，注意由受力情況來確定運(yùn)動(dòng)情況，是解題的思路．14．（2020秋?荔灣區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，水平放置的平行板電容器兩極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，它從上極板的邊緣以初速度v0射入，沿直線從下極板N的邊緣射出，則（）A．微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．微粒的電勢(shì)能減少了mgd C．兩極板的電勢(shì)差為 D．M板的電勢(shì)低于N板的電勢(shì)【分析】微粒沿直線運(yùn)動(dòng)，則其所受的合力方向與速度方向在同一直線上或合力為零，即可判斷出電場(chǎng)力方向豎直向上，而且電場(chǎng)力與重力相平衡，由平衡條件和U＝Ed求解電勢(shì)差．由電場(chǎng)力方向判斷出場(chǎng)強(qiáng)的方向，確定M、N兩板電勢(shì)關(guān)系．【解答】解：A、微粒進(jìn)入豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，所受的電場(chǎng)力方向豎直向上或豎直向下，因?yàn)槲⒘Ｗ鲋本€運(yùn)動(dòng)，可知，電場(chǎng)力方向必定豎直向上，而且電場(chǎng)力與重力平衡，微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤。B、微粒的重力勢(shì)能減小了mgd，由能量守恒定律得知，微粒的電勢(shì)能增加了mgd。故B錯(cuò)誤。C、由mg＝qE＝q得，U＝．故C正確。D、帶負(fù)電的微粒所受電場(chǎng)力方向豎直向上，則場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下，則M板的電勢(shì)高于N板的電勢(shì)。故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵根據(jù)質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的條件分析微粒的受力情況，再確定運(yùn)動(dòng)情況，并分析功能關(guān)系．15．（2020秋?南安市校級(jí)月考）真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線由A向B做直線運(yùn)動(dòng)，則下列判斷正確的是（）A．微粒一定帶正電 B．微?？赡茏鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng) C．微粒一定做勻減速直線運(yùn)動(dòng) D．微粒一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【分析】帶電微粒做直線運(yùn)動(dòng)，所以所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上，根據(jù)重力和電場(chǎng)力的方向可確定微粒運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)?！窘獯稹拷猓篈、微粒做直線運(yùn)動(dòng)的條件是速度方向和合外力的方向在同一條直線上，微粒受到豎直向下的重力，只有微粒受到水平向左的電場(chǎng)力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則微粒必帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；BCD、微粒受到向左的電場(chǎng)力與豎直向下的重力，合力的方向?yàn)樽笙路?，與速度方向相反，所以運(yùn)動(dòng)過程中微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故BD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電微粒在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是分析得出重和電場(chǎng)力的關(guān)系，明確粒子做直線運(yùn)動(dòng)的條件。16．（2020秋?安溪縣期中）如圖所示，實(shí)線表示勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一組電場(chǎng)線，一帶電粒子（不計(jì)重力）經(jīng)過電場(chǎng)區(qū)域從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，軌跡如圖中虛線所示。關(guān)于粒子的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法中可能的是（）A．該粒子帶正電荷 B．運(yùn)動(dòng)過程中粒子的加速度變大 C．運(yùn)動(dòng)過程中粒子的速度變大 D．運(yùn)動(dòng)過程中粒子的電勢(shì)能變大【分析】做曲線運(yùn)動(dòng)物體所受合外力指向曲線內(nèi)側(cè)，本題中粒子只受電場(chǎng)力，由此可判斷電場(chǎng)力向左，從而分析粒子的電性；加速度的判斷可以根據(jù)電場(chǎng)線的疏密進(jìn)行，根據(jù)電場(chǎng)力方向與位移的夾角分析電場(chǎng)力做功情況，從而明確速度的變化和電勢(shì)能的變化?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)做曲線運(yùn)動(dòng)物體所受合外力指向曲線內(nèi)側(cè)，可知電場(chǎng)力的方向水平向左，與電場(chǎng)線的方向相反，所以粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、該電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)處處相同，粒子所受的電場(chǎng)力不變，則加速度不變，故B錯(cuò)誤；CD、粒子從a到b過程中電場(chǎng)力與速度方向成鈍角，則電場(chǎng)力做負(fù)功，粒子的速度減小，電勢(shì)能增大，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題以帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為背景考查了帶電粒子的速度、加速度、動(dòng)能等物理量的變化情況，注意明確曲線運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，根據(jù)軌跡確定受力方向是解題的關(guān)鍵。17．（2020秋?海珠區(qū)校級(jí)期中）圖中虛線為勻強(qiáng)電場(chǎng)中與場(chǎng)強(qiáng)方向垂直的等間距平行直線。兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對(duì)值也相等?，F(xiàn)將M、N從虛線上的O點(diǎn)以相同速率射出，兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡分別如圖中兩條實(shí)線所示。點(diǎn)a、b、c為實(shí)線與虛線的交點(diǎn)，已知O點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)。若不計(jì)重力，則下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．M帶負(fù)電荷，N帶正電荷 B．N在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度大小相同 C．N在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的過程中電勢(shì)能減少 D．M在從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)它做的功等于零【分析】O點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，而且由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，可判斷出電場(chǎng)方向，根據(jù)等勢(shì)面間電勢(shì)的大小關(guān)系可知電場(chǎng)線方向，從而確定出粒子的電性；由動(dòng)能定理可分析電場(chǎng)力對(duì)兩電荷的做功情況，從而明確速度大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、由題，這些平行直線是一些等勢(shì)線，等勢(shì)線在水平方向，O點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直，而且由高電勢(shì)指向低電勢(shì)，可知電場(chǎng)方向豎直向下，根據(jù)粒子的軌跡可判斷出N粒子所受的電場(chǎng)力方向豎直向上，M粒子所受的電場(chǎng)力方向豎直向下，所以M粒子帶正電，N帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B、由于相鄰等勢(shì)線間的電勢(shì)差相等，由W＝qU可知，M粒子從O到a與N粒子從O到c，電場(chǎng)力做功相等，兩個(gè)粒子初動(dòng)能相等，由動(dòng)能定理可知，N在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度大小相等，故B正確；C、N從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力與速度的夾角為銳角，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故C正確；D、由于O點(diǎn)與b點(diǎn)在同一等勢(shì)線上，即兩點(diǎn)電勢(shì)相等，所以兩點(diǎn)電勢(shì)差為零，由W＝qU可知，電場(chǎng)力做功為零，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線垂直的特點(diǎn)確定電場(chǎng)線的方向，再根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向確定受力方向，從而判定粒子電性；同時(shí)由動(dòng)能定理分析電場(chǎng)力做功也是常用的方法。18．（2020秋?瀘縣校級(jí)月考）如圖所示，有三個(gè)質(zhì)量相等的分別帶正電、負(fù)電和不帶電的粒子，從兩水平放置的金屬板左側(cè)中央以相同的水平初速度v0先后射入電場(chǎng)中，最后在正極板上打出A、B、C三個(gè)點(diǎn)，則（）A．落到A處粒子帶負(fù)電，落到C處粒子帶正電 B．三種粒子到達(dá)正極板時(shí)速度相同 C．三種粒子到達(dá)正極板時(shí)落在A、C處的粒子機(jī)械能增大，落在B處粒子機(jī)械能不變 D．三種粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同【分析】因?yàn)樯蠘O板帶負(fù)電，所以平行板間有豎直向上的電場(chǎng)，正電荷在電場(chǎng)中受到向上的電場(chǎng)力，負(fù)電荷受到向下的電場(chǎng)力；則不帶電的小球做平拋運(yùn)動(dòng)，帶負(fù)電的小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度比重力加速度大，帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運(yùn)動(dòng)，由此根據(jù)平拋和類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解；再根據(jù)電場(chǎng)力做功情況分析機(jī)械能的改變情況?！窘獯稹拷猓篈D、根據(jù)題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，球到達(dá)下極板時(shí)，在豎直方向產(chǎn)生的位移h相等，則有h＝，解得：t＝；由于平行板間有豎直向上的電場(chǎng)，正電荷在電場(chǎng)中受到向上的電場(chǎng)力，向下的合力最小，向下的加速度最小，負(fù)電荷受到向下的電場(chǎng)力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不帶電的小球做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度g，根據(jù)t＝得到正電荷運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，不帶電的小球所用時(shí)間處于中間三粒子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移：x＝v0t，由于初速度相同，所用時(shí)間越長則水平位移越大，所用A粒子帶負(fù)電，B粒子不帶電，C粒子帶正電，故A正確，D錯(cuò)誤；B、三種粒子下落過程它們的初動(dòng)能相同，有重力和電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理合力做功越多則末動(dòng)能越大，而重力做功相同，A粒子帶負(fù)電，電場(chǎng)力做正功；B粒子不帶電，電場(chǎng)力不做功；C粒子帶正電電場(chǎng)力做負(fù)功；所以動(dòng)能EkC＜EkB＜EkA，故三種粒子到達(dá)正極板時(shí)的速度不相同，故BC錯(cuò)誤。C、B不帶電，運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能守恒，而A帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做正功，機(jī)械能減小，C帶正電，運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，機(jī)械能增加，故C錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是確認(rèn)不帶電小球做平拋運(yùn)動(dòng)，帶電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)；分別對(duì)水平和豎直方向進(jìn)行分析，明確水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解進(jìn)行分析即可，同時(shí)要注意明確功能關(guān)系的應(yīng)用。19．（2020秋?青羊區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在豎直平面內(nèi)存在一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的帶電小球從O點(diǎn)靜止釋放且沿直線OA方向運(yùn)動(dòng)，已知直線OA與豎直方向夾角為θ，下列有關(guān)說法正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)過程中的加速度一定大于g B．滿足運(yùn)動(dòng)條件的勻強(qiáng)電場(chǎng)的最小值為 C．帶電小球在運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能一定增加 D．帶電小球的重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和一定減小【分析】帶電小球在運(yùn)動(dòng)過程中，只受重力mg和電場(chǎng)力F，由于小球做直線運(yùn)動(dòng)，其合力與速度在同一直線上，即合力方向與豎直方向夾角為θ，結(jié)合平行四邊形定則分析最小的電場(chǎng)力，從而得到場(chǎng)強(qiáng)的最小值。根據(jù)電場(chǎng)力做功情況，判斷電勢(shì)能和機(jī)械能的變化情況?！窘獯稹拷猓篈、帶電小球在重力和電場(chǎng)力作用下沿OA方向運(yùn)動(dòng)，則帶電小球所受的合力沿OA方向，由三角形定則作圖可知，合力可能大于重力，可能等于重力，可能小于重力，所以帶電小球運(yùn)動(dòng)過程中的加速度可能大于g，可能等于g，可能小于g，故A錯(cuò)誤；B、由三角形定則可知，當(dāng)電場(chǎng)力方向垂直于OA時(shí)，電場(chǎng)力最小，則有Eq＝mgsinθ，解得電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為，故B錯(cuò)誤；C、由圖可知，電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)的方向的夾角可能是銳角，可能是直角，也可能是鈍角，因此電場(chǎng)力可能做正功，可能不做功，也可能做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知，除重力以外的其他力做功等于機(jī)械能的變化，因此帶電小球的機(jī)械能可能增大，可能不變，也可能減小，故C錯(cuò)誤；D、帶電小球從O點(diǎn)靜止釋放，小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，合力對(duì)小球一直做正功，小球的動(dòng)能會(huì)一直增加，由能量守恒定律可得，帶電小球的重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和一定減小，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是對(duì)小球受力分析后，根據(jù)三角形定則確定電場(chǎng)力F的大小和方向，然后根據(jù)功能關(guān)系判斷機(jī)械能的變化情況。20．（2020秋?唐縣校級(jí)月考）如圖所示，一充電后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)從靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面Q，兩粒子間相互作用力可忽略不計(jì)重力，則以下說法正確的是（）A．電荷量q1與q2的比值為3：7 B．電荷量q1與q2的比值為3：4 C．粒子A、B通過平面Q時(shí)的速度之比為9：16 D．粒子A、B通過平面Q時(shí)的速度之比為3：7【分析】通過勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式及動(dòng)能定理求解?！窘獯稹拷猓篈B、由題意知，粒子A、B同時(shí)從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，粒子A、B運(yùn)動(dòng)到平面Q的位移之比為3：4，由a＝，x＝＝得，電荷量q1與q2的比值為3：4，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、兩粒子從靜止運(yùn)動(dòng)到平面Q的過程中由動(dòng)能定理得：Eqx＝解得：v＝，則粒子A、B通過平面Q時(shí)的速度之比為3：4，故CD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，熟練運(yùn)動(dòng)公式即可。二．多選題（共16小題）21．（2021春?瑤海區(qū)月考）讓H、H、He和Al3+的混合物以相同的速度方向從同一位置垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，設(shè)四種粒子都能飛出電場(chǎng)，粒子重力不計(jì)，則下列說法中正確的是（）A．若粒子以相同初動(dòng)能入射，則飛出電場(chǎng)時(shí)它們將分成3股 B．若粒子以相同初動(dòng)能入射，則飛出電場(chǎng)時(shí)它們將分成4股 C．若粒子以相同初速度入射，則飛出電場(chǎng)時(shí)它們將分成3股 D．若粒子經(jīng)間一加速場(chǎng)從靜止加速后入射，則飛出電場(chǎng)時(shí)它們將分成2股【分析】四種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律推導(dǎo)偏轉(zhuǎn)距離與比荷等的關(guān)系，從而明確分成幾股。【解答】解：AB、粒子垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)都做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m；板間距為d，極板長度為l；根據(jù)牛頓第二定律得到粒子加速度的表達(dá)式為：a＝粒子射出電場(chǎng)時(shí)的側(cè)位移y的表達(dá)式為：y＝，飛行時(shí)間t＝聯(lián)立上三式得：y＝＝偏轉(zhuǎn)角度tanθ＝＝＝由題，兩個(gè)粒子的初動(dòng)能Ek相同，E、l相同，則y、tanθ與q成正比，故H、H運(yùn)動(dòng)軌跡重合，但和He和Al3+的軌跡不同，故會(huì)分為三股，故A正確，B錯(cuò)誤；C、若以相同的初速度入射，由y＝和tanθ＝可知，H和He運(yùn)動(dòng)軌跡重合，但和H和Al3+的軌跡不同，故會(huì)分成三股，故C正確；D、若粒子經(jīng)間一加速場(chǎng)從靜止加速后入射，則有：Uq＝mv02，以及AB中推導(dǎo)出的偏轉(zhuǎn)距離和偏轉(zhuǎn)角度可知，y＝，tanθ＝，則可知，所有粒子偏轉(zhuǎn)距離和角度與比荷無關(guān)，故粒子不會(huì)分股，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，要牢記粒子從靜止開始經(jīng)過同一加速電場(chǎng)加速，再垂直打入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡相同。22．（2021?長安區(qū)一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R的圓周，另外空間有一平行于圓周平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、D兩點(diǎn)為圓周上和圓心同一高度的點(diǎn)，C點(diǎn)為圓周上的最高點(diǎn)。在與OA夾角為θ＝30°的圓弧B點(diǎn)上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在豎直面（平行于圓周面）內(nèi)沿各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m、帶電的同種微粒，在對(duì)比通過圓周上各點(diǎn)的微粒中，發(fā)現(xiàn)從圓周D點(diǎn)上離開的微粒機(jī)械能最大，從圓周E點(diǎn)（OE與豎直方向夾角α＝30°）上離開的微粒動(dòng)能最大，已知重力加速度為g，取最低點(diǎn)F所在水平面為重力零勢(shì)能面。則有（）A．電場(chǎng)一定沿OD方向，且電場(chǎng)力等于mg B．通過E點(diǎn)的微粒動(dòng)能大小為（+1）mgR+mv02 C．動(dòng)能最小的點(diǎn)可能在BC圓弧之間 D．A點(diǎn)的動(dòng)能一定小于B點(diǎn)【分析】依據(jù)除重力之外的力做功導(dǎo)致微粒機(jī)械能變化，從而判定電場(chǎng)力方向，再結(jié)合動(dòng)能定理，即可判定求解；根據(jù)等效法，可確定等效重力位置，依據(jù)合力做功多少，即動(dòng)能變化多少，即可求解?！窘獯稹拷猓篈B、在D點(diǎn)微粒機(jī)械能最大，說明B到D電場(chǎng)力做功最大，由數(shù)學(xué)關(guān)系知過D點(diǎn)做圓的切線為電場(chǎng)的等勢(shì)線，即電場(chǎng)力沿OD方向，帶電粒子電性未知，場(chǎng)強(qiáng)方向不能確定。在E點(diǎn)微粒動(dòng)能最大，說明B到E合力做功最多，即重力電場(chǎng)力的合力方向沿OE，有：＝tan30°，mg＝F合cos30°，解得Eq＝mg，F(xiàn)合＝mg，根據(jù)動(dòng)能定理有：EkE＝mv02+F合R（1+cos30°）＝（+1）mgR+mv02，故A錯(cuò)誤、B正確；C、OE反向延長線與圓的交點(diǎn)，為等效重力的最高點(diǎn)，當(dāng)合力做的負(fù)功最大，則動(dòng)能最小，因此動(dòng)能最小的點(diǎn)一定在BC圓弧之間，故C正確；D、B點(diǎn)到A點(diǎn)等效重力（合力）做正功，動(dòng)能增加，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是明確等效重力的方向，掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用，注意等效法的運(yùn)用，及等效重力最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的位置是解題的關(guān)鍵。23．（2020秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，一對(duì)平行金屬板長為L，兩板間距為d，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線不斷進(jìn)入平行板之間，兩板間所加交變電壓UAB如圖乙所示，交變電壓的周期T＝，已知所有電子都能穿過平行板，且偏距最大的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計(jì)重力作用，則（）A．所有電子都從右側(cè)的同一點(diǎn)離開電場(chǎng) B．所有電子離開電場(chǎng)時(shí)速度都是v0 C．t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能最大 D．t＝時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，在兩板間運(yùn)動(dòng)過程中離A板最近距離為【分析】電子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子豎直方向運(yùn)動(dòng)情況不同，則知不是從同一點(diǎn)離開電場(chǎng)；所有電子都能穿過平行板，豎直方向加速和減速的時(shí)間必然相等，飛出電場(chǎng)時(shí)，電子只有水平速度；t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，離開電場(chǎng)時(shí)速度等于v0，電子的動(dòng)能不是最大；分析t＝時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子運(yùn)動(dòng)情況，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解最大側(cè)位移，從而求出此時(shí)離A板的距離?！窘獯稹拷猓篈、電子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子豎直方向分速度圖象如圖，根據(jù)圖象的“面積”大小等于位移可知，各個(gè)電子在豎直方向的位移不全相同，故所有電子從右側(cè)的離開電場(chǎng)的位置不全相同，電子不會(huì)從同一點(diǎn)離開電場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；B、電子離開極板所用時(shí)間t＝，即所有電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為交變電壓周期的2倍，則由圖看出，所有電子離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正確。C、由上分析可知，電子離開電場(chǎng)時(shí)的速度都相同，動(dòng)能都相同。故C錯(cuò)誤。D、t＝時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，在t＝T時(shí)刻側(cè)位移最大，最大側(cè)位移為ymax＝2?a（）2＝…①在t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子側(cè)位移最大為，則有：＝4×a（）2＝…②聯(lián)立①②得：ymax＝，因電子向上偏轉(zhuǎn)，故此時(shí)粒子距A板距離d＝﹣＝d，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是明確粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，作出豎直方向上的速度圖象，根據(jù)“面積”大小等于位移分析豎直方向的運(yùn)動(dòng)情況是解題的關(guān)鍵。24．（2020秋?湖南月考）豎直平面內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一帶正電的小球在電場(chǎng)中向右水平拋出，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列分析正確的是（）A．小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) B．小球的速率先減小后增大 C．電場(chǎng)力對(duì)小球一直做正功 D．小球的機(jī)械能守恒【分析】分析小球的受力情況，根據(jù)合力的方向與速度方向的關(guān)系判斷小球做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)力做功確定其速率變化情況，并明確機(jī)械能的變化情況?！窘獯稹拷猓盒∏蚴艿降碾妶?chǎng)力方向水平向右，重力方向豎直向下，合力恒定且與初速度方向不在同一直線上，所以小球做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；由于電場(chǎng)力和重力的合力方向與初速度方向夾角為銳角，故合力做正功，小球的速率一直增大；由于電場(chǎng)力方向沿初速度方向，故電場(chǎng)力對(duì)小球一直做正功，小球的機(jī)械能一直增大，故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查小球在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解決本題的關(guān)鍵知道物體做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)的條件，關(guān)鍵看合力的方向與速度方向的關(guān)系，同時(shí)掌握功能關(guān)系的應(yīng)用。25．（2020秋?重慶月考）兩水平平行放置的導(dǎo)體板連接在如圖所示的電路中，板長為2L，間距為d，在距板右端2L處有一豎直擋板，D為理想二極管。讓一帶電荷量大小為q、質(zhì)量m的微粒（視為質(zhì)點(diǎn)）從兩板左側(cè)連線的中點(diǎn)O以水平速度v射入板間，微粒最終垂直打在擋板上，重力加速度為g，則（）A．兩導(dǎo)體板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B．整個(gè)過程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做功為 C．若僅增大R1的阻值，再讓該微粒從O點(diǎn)以v水平射入，微粒打在擋板上的位置將上移 D．若僅將板間距增大，再讓該微粒從O點(diǎn)以v水平射入，微粒仍垂直打在擋板上【分析】微粒先在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，要垂直打在擋板上，離開電場(chǎng)后，微粒一定打在光屏的上方，做斜上拋運(yùn)動(dòng)。微粒從離開電場(chǎng)后到垂直打在擋板上的過程是平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)，采用運(yùn)動(dòng)的分解方法可知，分析微粒類平拋運(yùn)動(dòng)與斜上拋的關(guān)系，確定加速度關(guān)系，求出板間場(chǎng)強(qiáng)大??；【解答】解：A、微粒在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，最終微粒要垂直打在擋板上，離開電場(chǎng)后，微粒一定打在光屏的上方，做斜上拋運(yùn)動(dòng)。由于微粒最終垂直打在擋板上，所以斜上拋運(yùn)動(dòng)的逆過程是平拋運(yùn)動(dòng)，微粒在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中水平方向有：2L＝vt1，在電場(chǎng)外運(yùn)動(dòng)過程水平方向有2L＝vt2，可知兩個(gè)過程的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，t1＝t2。在電場(chǎng)中豎直方向有：vy＝at1＝t1，在電場(chǎng)外運(yùn)動(dòng)過程豎直方向有vy＝gt2，結(jié)合t1＝t2，解得E＝，故A正確；B、由上可知a＝g，微粒離開電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)距離y＝＝，整個(gè)過程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做功為W＝qEy＝2mg?＝，故B錯(cuò)誤；C、若僅增大R1的阻值，電容器板間電壓不變，板間電場(chǎng)不變，則微粒的受力情況不變，運(yùn)動(dòng)情況不變，微粒仍打在擋板上的原來位置，故C錯(cuò)誤；D、若僅將板間距增大，電容器電容減小，由C＝知U不變，Q要減小，電容器要放電，但由于二極管具有單向?qū)щ娦裕噪娙萜鞑荒芊烹?，帶電量不變，根?jù)推論E＝可知板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以微粒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況不變，再讓該微粒從O點(diǎn)以v水平射入，微粒仍垂直打在擋板上，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵抓住兩個(gè)過程運(yùn)動(dòng)軌跡的特點(diǎn)，巧用逆向思維分析電場(chǎng)外微粒的運(yùn)動(dòng)情況。要知道運(yùn)動(dòng)的合成與分解是研究曲線運(yùn)動(dòng)的常用方法，要能靈活運(yùn)用。26．（2020秋?北碚區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小 B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝ C．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢(shì)能先減小后增大 D．小球動(dòng)能的最小值為Ek＝【分析】小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和電場(chǎng)力，三力平衡，根據(jù)平衡條件列式求解場(chǎng)強(qiáng)的大??；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律列式求解最小速度，得到最小動(dòng)能；小球運(yùn)動(dòng)過程中只有重力和電場(chǎng)力做功，故重力勢(shì)能、電勢(shì)能和動(dòng)能之和守恒，機(jī)械能最小的位置即為電勢(shì)能最大的位置?！窘獯稹拷猓篈、小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和守恒，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢(shì)能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，故A錯(cuò)誤；B、小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成θ角，對(duì)小球受力分析，小球受重力、拉力和電場(chǎng)力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：mgtanθ＝qE，解得E＝，故B正確；C、小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢(shì)能先減小后增大，再減小，故C錯(cuò)誤；D、小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有：＝m，則最小動(dòng)能Ek＝mv2＝，故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，可以將重力和電場(chǎng)力的合力等效成重力進(jìn)行考慮，結(jié)合動(dòng)能定理和牛頓第二定律分析，不難求解；至于機(jī)械能最小的位置就是電勢(shì)能最大的位置，由能量守恒定律和功能關(guān)系求兩者之和。27．（2019秋?蒸湘區(qū)校級(jí)期末）如圖，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場(chǎng)加速后，沿垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是（）A．保持U2和平行板間距不變，增大U1 B．保持U1和平行板間距不變，減小U2 C．保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板 D．保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板【分析】帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電場(chǎng)為U1的加速電場(chǎng)加速，該過程能量守恒，粒子電勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能；隨后粒子垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器，而平行板電容器內(nèi)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)；在下板不移動(dòng)的情況下，要想粒子能夠穿出平行板電容器，有兩種方法：①增大粒子進(jìn)入平行板電容器的初速度；②減小平行板電容器中勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。鴾p小平行板電容器中勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小方法也有兩種：①減小板間電壓；②增大板間距?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ釉诩铀匐妶?chǎng)中根據(jù)動(dòng)能定理有：U1q＝mv2；在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中水平方向x＝vt，偏轉(zhuǎn)位移y＝＝，則有：A、保持U2和平行板間距不變，平行板電容器中勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小不變，增大U1，偏轉(zhuǎn)位移減小，粒子更容易穿出平行板電容器，故A正確；B、保持U1和平行板間距不變，則粒子初速度不變，減小U2，平行板電容器中勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)減小，粒子偏轉(zhuǎn)減緩，更容易穿出平行板電容器，故B正確；CD、保持U1、U2和下板位置不變，要想粒子穿出，必須減小板間電場(chǎng)強(qiáng)度，因此需要增大板間距，故需要向上平移上板，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的題目，關(guān)鍵是明確進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度是加速電場(chǎng)的末速度，加速電場(chǎng)一般優(yōu)先考慮動(dòng)能定理，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析。28．（2020秋?云陽縣校級(jí)月考）如圖所示，一電子槍發(fā)射出的電子（初速度很小，可視為零）進(jìn)入加速電場(chǎng)加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，射出后偏轉(zhuǎn)位移為Y。要使偏轉(zhuǎn)位移增大，下列哪些措施是可行的（不考慮電子射出時(shí)碰到偏轉(zhuǎn)電極板的情況）（）A．將發(fā)射電子改成發(fā)射負(fù)離子 B．增大加速電壓U0 C．減小偏轉(zhuǎn)極板間距離 D．增大偏轉(zhuǎn)電壓U【分析】電子先經(jīng)電場(chǎng)加速，后經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，先根據(jù)動(dòng)能定理得到加速獲得的速度表達(dá)式，再運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，得到偏轉(zhuǎn)距離Y的表達(dá)式，即可進(jìn)行分析。【解答】解：設(shè)電子電量為q，質(zhì)量為m，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中板間中為d，則在加速電場(chǎng)中根據(jù)動(dòng)能定理得：qU0＝m在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為：a＝＝偏轉(zhuǎn)位移為：y＝at2水平方向有：l＝v0t聯(lián)立解得：y＝，可見增大偏轉(zhuǎn)電壓U，減小加速電壓U0，減小極板間距離d都可使偏轉(zhuǎn)位移y增大，由y的表達(dá)式可知，偏轉(zhuǎn)位移的大小與發(fā)射的帶電粒子的q、m無關(guān)，故AB錯(cuò)誤，CD正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子先在加速電場(chǎng)中加速，再在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，最后得出帶電粒子的偏轉(zhuǎn)位移與帶電粒子的電量和質(zhì)量無關(guān)的結(jié)論。29．（2020秋?城廂區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，兩個(gè)平行金屬板P、Q正對(duì)且豎直放置，兩金屬板間加上如圖乙所示的交流電壓。t＝0時(shí)，P板的電勢(shì)比Q板的電勢(shì)高U0，此時(shí)在兩金屬板的正中央M點(diǎn)處有一電子（電子所受重力可忽略）在電場(chǎng)力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知電子在0～4t0時(shí)間內(nèi)未與兩金屬板相碰，則（）A．3t0時(shí)刻，電子的電勢(shì)能最大 B．0～4t0時(shí)間內(nèi)，電子運(yùn)動(dòng)的方向不變 C．t0～2t0時(shí)間內(nèi)，電子的動(dòng)能減小 D．3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，電子運(yùn)動(dòng)的速度方向向右，且速度逐漸減小【分析】平行板電容器兩極板帶電后形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電離子在電場(chǎng)中受到力的作用，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，分析各時(shí)間段電子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，機(jī)械能減小，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，機(jī)械能增加?！窘獯稹拷猓涸?～t0時(shí)間內(nèi)，P板電勢(shì)高，場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右，所以電子所受電場(chǎng)力方向向左，加速度方向也向左，所以電子向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻，速度最大；在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，Q板電勢(shì)高，場(chǎng)強(qiáng)方向水平向左，電子加速度向右，所以電子向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在2t0時(shí)刻，速度減為0；在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，Q板電勢(shì)高，場(chǎng)強(qiáng)方向水平向左，電子加速度向右，所以電子向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在3t0時(shí)刻，速度最大；3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，P板電勢(shì)高，場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右，所以電子所受電場(chǎng)力方向向左，加速度方向也向左，所以電子向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在4t0時(shí)刻，速度減為0，回到原處；所以：A、在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，電子向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，2t0～3t0時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故2t0時(shí)刻，電子的電勢(shì)能最大，故A錯(cuò)誤；B、由以上分析可知，2t0時(shí)刻，電子的速度方向發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；C、在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，電子向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電子的動(dòng)能減小，故C正確；D、在3t0～4t0時(shí)間內(nèi)，電子運(yùn)動(dòng)的速度方向向右，且速度大小逐漸減小，故D正確；故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】電子在極板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，分析各時(shí)間段電子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵；也可以畫出電子運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象求解。30．（2020秋?河南月考）如圖所示，在豎直平面坐標(biāo)系內(nèi)存在與x軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)。有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒，以初速度沿y軸正方向從A點(diǎn)射入電場(chǎng)中，經(jīng)過一段時(shí)間，帶電微粒到達(dá)y軸上的B點(diǎn)，此時(shí)速度大小為2v，方向沿x軸負(fù)方向。已知B點(diǎn)坐標(biāo)為（0，h），重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B．A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為 C．從A到B微粒的機(jī)械能增加mv2 D．從A到B微粒的電勢(shì)能增加mv2【分析】帶電微粒豎直方向受重力做勻減速運(yùn)動(dòng)，水平方向受電場(chǎng)力做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律和牛頓第二定律即可求解AB間的電勢(shì)差，根據(jù)功能關(guān)系確定機(jī)械能和電勢(shì)能的改變?！窘獯稹拷猓篈、由牛頓第二定律可知，水平方向上F＝Eq＝ma，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vy＝v＝gt，，解得qE＝2mg，因此電場(chǎng)強(qiáng)度，故A正確；B、豎直方向上的位移，水平方向的位移，因此有x＝2h，A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差，故B正確；CD、由動(dòng)能定理得，聯(lián)立可解得qEx＝2mv2，，電場(chǎng)力做功等于機(jī)械能的改變也等于電勢(shì)能的改變，故機(jī)械能增加2mv2，電勢(shì)能減少2mv2，故C、D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題以帶電粒子在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)為情景，考查運(yùn)動(dòng)學(xué)、動(dòng)能定理、電勢(shì)差，考查考生的推理能力、分析綜合能力和科學(xué)思維，注意運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律的應(yīng)用。31．（2020秋?黔南州月考）靜電噴涂原理的示意圖如圖所示，噴槍噴嘴與被涂工件（帶正電）之間有強(qiáng)電場(chǎng)，噴嘴噴出的帶電涂料微粒在強(qiáng)電場(chǎng)的作用下向工件高速運(yùn)動(dòng)，最后被吸附到工件表面。下列說法正確的是（）A．微粒帶正電 B．微粒帶負(fù)電 C．微粒運(yùn)動(dòng)過程中，電勢(shì)能越來越大 D．微粒運(yùn)動(dòng)過程中，電勢(shì)能越來越小【分析】工件帶正電荷，由于庫侖引力，負(fù)電荷向正電荷運(yùn)動(dòng)，根據(jù)做功與電勢(shì)能的關(guān)系即可判斷。【解答】解：工件帶正電荷，微粒在強(qiáng)電場(chǎng)的作用下會(huì)向工件高速運(yùn)動(dòng)，最后被吸附到工件表面，說明微粒一定帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力對(duì)微粒做正功，其電勢(shì)能越來越小，故BD正確，AC錯(cuò)誤。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題結(jié)合生活中的具體應(yīng)用，關(guān)鍵要掌握異種電荷相互吸引，電場(chǎng)力做正功時(shí)電荷的電勢(shì)能減小。32．（2020?天長市校級(jí)一模）一個(gè)帶電小球在豎直向上的電場(chǎng)中被繩牽引做變速圓周運(yùn)動(dòng)，且在最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力最大。以下說法正確的是（）A．小球帶負(fù)電 B．E≤ C．小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，某一時(shí)刻繩是松弛的狀態(tài) D．小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，動(dòng)能減少（不包括最高點(diǎn)和最低點(diǎn)）【分析】小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)繩的拉力，電場(chǎng)力與重力必定平衡，可判斷小球的電性。小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中，重力和電場(chǎng)力的合力向上，對(duì)小球做負(fù)功，動(dòng)能減小，速度減小，則將重力和電場(chǎng)力的合力分解到沿著繩子和垂直繩子方向，沿著繩子方向的分力恰好可以提供向心力時(shí)，繩子拉力為零，繩子處于松弛狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈、小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)繩的拉力，在最高點(diǎn)繩受到的拉力最大，說明小球電場(chǎng)力向上，小球帶正電，故A錯(cuò)誤；B、由于小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)拉力最大，說明電場(chǎng)力大于重力，即qE＞mg，，故B錯(cuò)誤；C、在最高點(diǎn)由牛頓第二定律可知，合力提供向心力：FN+mg﹣qE＝，即FN＝+qE﹣mg，由于電場(chǎng)力大于重力，小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力和重力的合力對(duì)小球做負(fù)功，動(dòng)能減小，在最高點(diǎn)繩子拉力最大，隨著速度減小，又將電場(chǎng)力和重力的合力分解到沿著繩子方向和垂直繩子方向的兩個(gè)分力，某一時(shí)刻可能合力分解到繩子方向的分力可以提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力，此時(shí)繩子拉力為0，繩子是松弛狀態(tài)，故C正確；D、由于小球所受電場(chǎng)力大于重力，合力向上，小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程，合力對(duì)小球做負(fù)功，動(dòng)能減小，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題判斷電場(chǎng)力大于重力之后，將重力和電場(chǎng)力的合力分解到沿著繩子方向和垂直繩子方向的分力，進(jìn)而判斷沿著繩子方向的力如果能提供向心力，那么繩子所受的拉力為零，處于松弛狀態(tài)，這是本題的關(guān)鍵。33．（2020?濮陽二模）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向左，由電場(chǎng)中的P點(diǎn)沿豎直方向向電場(chǎng)中射入各種不同的帶正電粒子，結(jié)果粒子均能通過電場(chǎng)中的Q點(diǎn)。不計(jì)粒子受到的重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．若粒子所帶電荷量大，則粒子的初速度一定大 B．若粒子所帶電荷量大，則粒子的初動(dòng)能一定大 C．若粒子的比荷大，則粒子的初速度一定大 D．若粒子的比荷大，則粒子的初動(dòng)能一定大【分析】粒子水平方向做勻變速運(yùn)動(dòng)，豎直方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，由豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得出時(shí)間表達(dá)式，再根據(jù)水平方向上的勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式，聯(lián)立即可求出速率、初動(dòng)能與比荷間的關(guān)系，從而確定答案?！窘獯稹拷猓涸O(shè)P、Q兩點(diǎn)高度差為h，水平距離為x，粒子豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間為：水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：得：，則若粒子所帶電荷量大，則粒子的初動(dòng)能一定大，若粒子的比荷大，則粒子的初速度一定大，故BC正確，AD錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律應(yīng)用，要注意明確粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)采用運(yùn)動(dòng)的合成和分解方法分析求解。34．（2020?河南二模）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，0＜x＜d區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x＞d區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P（0，d）點(diǎn)以平行于x軸的初速度v0射入電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間粒子從M（d，）點(diǎn)離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從N（d，﹣d）點(diǎn)返回電場(chǎng)，當(dāng)粒子返回電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，方向反向。不計(jì)粒子重力，不考慮電場(chǎng)方向變化產(chǎn)生的影響。則以下分析正確的是（）A．粒子最后射出電場(chǎng)時(shí)速度大小為2v0 B．粒子最后射出電場(chǎng)的位置坐標(biāo)是（0，2d） C．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝ D．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝【分析】粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)水平分位移和豎直分位移公式分別列式，即可求出粒子射出電場(chǎng)時(shí)豎直分速度，從而求得射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向。粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，射出磁場(chǎng)后，根據(jù)對(duì)稱性確定粒子最后射出電場(chǎng)的位置坐標(biāo)。根據(jù)牛頓第二定律和分位移公式求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，由洛倫茲力等于向心力求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小?！窘獯稹拷猓篈、粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)M點(diǎn)時(shí)，水平方向有：d＝v0t豎直方向有：＝，可得：粒子到達(dá)M點(diǎn)時(shí)豎直分速度vy＝v0，則粒子到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度大小為v＝，速度方向與水平方向的夾角為45°．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率不變。從N點(diǎn)到射出電場(chǎng)，由對(duì)稱性可知，粒子最后射出電場(chǎng)時(shí)速度大小為v0，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)對(duì)稱性可知，粒子最后射出電場(chǎng)的位置縱坐標(biāo)為y＝﹣（d+）＝﹣d，故粒子最后射出電場(chǎng)的位置坐標(biāo)是（0，﹣d），故B錯(cuò)誤；C、粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的過程，豎直方向有vy＝at＝，結(jié)合vy＝v0，解得E＝，故C正確；D、設(shè)粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r。根據(jù)幾何知識(shí)可知，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為90°，則r＝×＝d根據(jù)qvB＝m，結(jié)合v＝，解得B＝，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問題，一般要確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求軌跡半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；對(duì)于帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)問題，往往采用運(yùn)動(dòng)的分解法研究。35．（2020?廣東一模）如圖，虛線a、b、c、d、e為某有界勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域的五個(gè)等勢(shì)面，各等勢(shì)面間的距離相等。質(zhì)子（H）、α粒子（He）以相同的初動(dòng)能，沿c射入該電場(chǎng)區(qū)域，其中一束粒子從d離開電場(chǎng)，另一束粒子從下邊界e離開電場(chǎng)。則質(zhì)子和α粒子從進(jìn)入到離開電場(chǎng)的過程中，下列說法正確的是（）A．從e等勢(shì)面離開電場(chǎng)的是α粒子 B．質(zhì)子與α粒子的動(dòng)能增量之比為△EkH：△Ekα＝1：2 C．質(zhì)子與α粒子的動(dòng)量改變量之比為△PH：△Pα＝1：2 D．質(zhì)子與α粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為tH：tα＝1：2【分析】質(zhì)子和α粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和分位移公式分析通過相等的水平位移時(shí)豎直位移的關(guān)系，從而確定從e等勢(shì)面離開電場(chǎng)的粒子。根據(jù)動(dòng)能定理求動(dòng)能增量之比，根據(jù)動(dòng)量定理求動(dòng)量改變量之比。根據(jù)豎直分位移公式求質(zhì)子與α粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，結(jié)合兩個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，知電場(chǎng)線豎直向下。質(zhì)子和α粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)于任一粒子，設(shè)其質(zhì)量為m，電荷量為q，水平位移為x時(shí)豎直位移為y，初動(dòng)能為Ek0．由牛頓第二定律得：a＝，則y＝＝?＝可知，x相等時(shí)，y∝q，所以從e等勢(shì)面離開電場(chǎng)的是α粒子，故A正確；B、根據(jù)動(dòng)能定理得：△Ek0＝qEy∝qy，離開電場(chǎng)時(shí)，質(zhì)子與α粒子的豎直位移之比yH：yα＝1：2，電荷量之比qH：qα＝1：2，則質(zhì)子與α粒子的動(dòng)能增量之比為△EkH：△Ekα＝1：4，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)y＝＝?t2，得t＝，質(zhì)子與α粒子的比荷之比：＝2：1，結(jié)合yH：yα＝1：2，可得，質(zhì)子與α粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為tH：tα＝1：2。根據(jù)動(dòng)量定理得：△P＝qEt，則得質(zhì)子與α粒子的動(dòng)量改變量之比為△PH：△Pα＝1：4，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)，掌握處理類平拋運(yùn)動(dòng)的方法：運(yùn)動(dòng)的分解法，結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理、動(dòng)量定理列式分析。36．（2020?中衛(wèi)三模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，A點(diǎn)與B點(diǎn)的連線垂直電場(chǎng)線，兩個(gè)完全相同的帶等量正電荷的粒子，以相同大小的初速度v0分別從A和B點(diǎn)沿不同方向開始運(yùn)動(dòng)，之后都能到達(dá)電場(chǎng)中的N點(diǎn)，粒子的重力不計(jì)，下列說法正確的是（）A．兩粒子到達(dá)N點(diǎn)所用的時(shí)間可能相等 B．兩粒子到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度大小一定相等 C．兩粒子在N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能可能小于各自初始點(diǎn)的動(dòng)能 D．兩粒子整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能的增加量一定相等【分析】分析初末位置的電勢(shì)差，判斷電場(chǎng)力做功的關(guān)系。由動(dòng)能定理分析速度大小關(guān)系。運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系。【解答】解：A、根據(jù)題意可知，A粒子受到向右的電場(chǎng)力，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而B粒子也受到向右的電場(chǎng)力在水平方向做初速度不為零的變速運(yùn)動(dòng)，兩粒子的加速度為：a＝，由于兩粒子的電荷量以及質(zhì)量相同，所以加速度相同，兩粒子在水平方向的位移