資源簡介

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新課預習銜接 帶電粒子在電場中的運動
一．選擇題（共5小題）
1．（2024 天心區校級模擬）如圖所示，絕緣水平光滑桿上套有一質量為m的帶正電的小環，電荷量為q，小環與絕緣彈簧相連，彈簧另一端固定于桿正上方的P點。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強電場，桿上M、N兩點間的電勢差為φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小環以向右的速度v0經過M點，并能通過N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小環的彈力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之間的距離為2L，Q點位于P點的正下方。在小環從M點運動到N點的過程中（　　）
A．小環加速度最大值為
B．小環經過Q點時的速度最大
C．小環經過N點時的速度大小為
D．小環在M、N兩點時，彈性勢能相等，動能也相等
2．（2024春 湖南期末）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，在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場，已知電場變化周期T，粒子質量為m，不計粒子重力及相互間的作用力，則（　　）
A．在t＝0時刻進入的粒子離開電場時速度大小為v0
B．粒子的電荷量為
C．在tT時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了
D．在tT時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場
3．（2024 鹽城三模）隨著環保理念的深入，廢棄塑料分選再循環利用可減少對資源的浪費。其中靜電分選裝置如圖所示，兩極板帶上等量異種電荷僅在板間形成勻強電場，漏斗出口與極板上邊緣等高，到極板間距相等，a、b兩類塑料顆粒離開漏斗出口時分別帶上正、負電荷，經過分選電場后a類顆粒匯集在收集板的右端，已知極板間距為d，板長為L，極板下邊緣與收集板的距離為H，兩種顆粒的荷質比均為k，重力加速度為g，顆粒進入電場時的初速度為零且可視為質點，不考慮顆粒間的相互作用和空氣阻力，在顆粒離開電場區域時不接觸極板但有最大偏轉量，則（　　）
A．右極板帶正電
B．顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速曲線運動
C．兩極板間的電壓值為
D．顆粒落到收集板時的速度大小為
4．（2024春 讓胡路區校級期末）如圖所示，M和N為兩平行金屬板，板間電壓恒為U，在N板附近由靜止釋放一不計重力的帶正電粒子。下列說法中正確的是（　　）
A．若僅減小兩板間距離，粒子受到的電場力不變
B．若僅增大兩板間距離，粒子到達M板時的速度將變大
C．若僅增大兩板間距離，回路中會出現逆時針方向的瞬時電流
D．若僅減小兩板的正對面積，回路中會出現順時針方向的瞬時電流
5．（2024 廣東模擬）在與紙面平行的勻強電場中，建立如圖甲所示的直角坐標系，a、b、c、d是該坐標系中的4個點，已知φa＝6V、φb＝4V、φd＝2V；現有一電子以某一初速度從O點沿Od方向射入，則圖乙中abcd區域內，能大致反映電子運動軌跡的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
二．多選題（共5小題）
（多選）6．（2024春 合肥期末）1911年英國物理學家盧瑟福提出原子的核式結構模型：電子圍繞原子核在高速旋轉。設電子質量為m，電荷量為﹣e，氫原子核電荷量為+e，靜電力常量為k，電子繞原子核做勻速圓周運動的半徑為r。已知在孤立點電荷q的電場中，以無限遠處電勢為0時，距離該點電荷為r處的電勢。下列說法正確的（　　）
A．電子做勻速圓周運動的速率
B．電子繞核運動時等效電流為
C．電子繞核運動一周時，該氫原子核施加的庫侖力對其做功
D．若無限遠處電勢為零，電子繞核運動的動能和電勢能的總和為
（多選）7．（2024春 湖南期末）如圖所示，A、B兩相同的金屬板水平放置。現讓兩板帶上等量異種電荷，兩板間形成豎直方向的勻強電場。將一帶電粒子沿水平方向從A板左側靠近A板射入電場中。當粒子射入速度為v1時，粒子沿軌跡Ⅰ從兩板正中間飛出，電場力做功為W1；當粒子射入速度為v2時，粒子沿軌跡Ⅱ落到B板正中間，電場力做功為W2．不計粒子重力，則（　　）
A．v1：v2＝2：1 B．v1：v2＝2：1
C．W1：W2＝1：1 D．W1：W2＝1：2
（多選）8．（2024 邵陽一模）如圖所示，有一勻強電場平行于平面xOy，一個質量為m的帶電粒子僅在電場力作用下從O點運動到A點，粒子在O點時速度v0沿y軸正方向，經A點時速度沿x軸正方向，且粒子在A點的速度大小是它在O點時速度大小的2倍。關于該粒子在OA這一過程的運動情況，下列說法正確的是（　　）
A．帶電粒子帶負電
B．帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小
C．這段運動過程中粒子的最小動能為
D．電場力方向與x軸正方向之間夾角的正切值為
（多選）9．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，在豎直平面內有一電場強度為E的勻強電場，電場的等勢面如圖中實線所示，與水平方向夾角為37°。一個質量為m，電荷量為+q的小球在A點以初速度v0豎直上拋，運動軌跡如圖中虛線所示，B點是軌跡的最高點。已知重力加速度為g，小球的電荷量。下列說法正確的是（　　）
A．A點電勢低于B點電勢
B．A、B兩點的高度差為
C．A、B兩點的電勢差為
D．小球再次回到拋出點等高位置過程電勢能的減少量等于動能的增加量
（多選）10．（2024 成都模擬）如圖，平行板電容器與電壓為U的直流恒壓電源相連，改變電容器板間距離d，待電路穩定后，帶正電的粒子質量為m、電荷量為q，從靠近左板處由靜止釋放，測得粒子從出發至右板所用的時間為t，到達右板的速度大小為v，重復上述過程，完成多次實驗。板間電場可視為勻強電場，粒子所受重力忽略不計。下列圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
三．解答題（共5小題）
11．（2024 五華區校級模擬）如圖所示，平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔，初始時不帶電。距小孔正上方高h處不斷有質量為m、電荷量為+q的小液滴由靜止滴落，當帶電液滴接觸到下極板后會把電量全部傳給極板，直到液滴不能到達下極板時停止釋放液滴（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g）。求：
（1）小液滴到達小孔處的速度；
（2）電容器所帶電荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴從開始下落到第一次離開上極板的時間。
12．（2024春 耒陽市期末）一質量為m的帶電小球以速度v0沿豎直方向從A點垂直進入勻強電場E中，如圖所示，經過一段時間后到達B點，其速度變為水平方向，大小仍為v0，重力加速度為g，求：
（1）小球帶電情況；
（2）小球由A到B的位移；
（3）小球速度的最小值。
13．（2024 鄭州二模）圖（a）為一種測量帶電微粒速率分布的實驗裝置。圖中直徑為D的豎直圓筒壁上有一豎直狹縫S，高度為h，寬度忽略不計。緊貼圓筒內壁固定有高度為的半圓柱面收集板，用于收集帶電微粒；板的一豎直邊緊貼狹縫S，上邊與狹縫S上端對齊，上邊緣遠離狹縫的頂點為P點，另有一距P點弧長為l的點Q，俯視圖如圖（b）所示。圓筒內存在一豎直向下的勻強電場，電場強度為E。令圓筒以角速度ω繞中心軸順時針轉動，同時由微粒源產生的微粒沿水平方向、以不同的速率射入圓筒，微粒質量均為m，電荷量均為q（q＞0），忽略微粒自身的重力及微粒間的相互作用。
（1）求Q點所在豎直線上收集到的微粒中，入射速率最大的微粒下落的距離；
（2）為了確保收集板任一豎直線上收集到的微粒速率相同，并且能收集到所有該速率的微粒，求圓筒轉動角速度ω的取值范圍。
14．（2024春 宿州期末）如圖所示，由電子槍發出的電子從靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可視為勻強電場，偏轉電極YY'之間電壓為U，極板長度為L，兩極板間距離為d。不計電子重力和電子間相互作用，求：
（1）電子離開加速電場時的速度大小v0；
（2）電子在偏轉電場中的加速度大小a；
（3）電子從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離y。
15．（2024 鎮海區校級模擬）在如圖甲所示的平面直角坐標系內，有三個不同的靜電場。第一象限內有由位于原點O，電荷量為Q的點電荷產生的電場E1（未知）（僅分布在第一象限內）；第二象限內有沿x軸正方向的勻強電場；第四象限內有電場強度按圖乙所示規律變化、方向平行x軸的電場E3，電場E3以沿x軸正方向為正方向，變化周期T。一質量為m、電荷量為+q的離子（重力不計）從（﹣x0，x0）點由靜止釋放，進入第一象限后恰能繞O點做圓周運動。以離子經過x軸時為計時起點，已知靜電力常量為k，求：
（1）離子剛進入第四象限時的速度大小；
（2）當t＝T時，離子的速度大小；
（3）當t＝nT（n＝1、2、3、…）時，離子的坐標（結果用x0表示）。
新課預習銜接 帶電粒子在電場中的運動
參考答案與試題解析
一．選擇題（共5小題）
1．（2024 天心區校級模擬）如圖所示，絕緣水平光滑桿上套有一質量為m的帶正電的小環，電荷量為q，小環與絕緣彈簧相連，彈簧另一端固定于桿正上方的P點。桿所在的空間存在著沿桿方向的勻強電場，桿上M、N兩點間的電勢差為φM﹣φN＝2φ0，其中φ0＞0，小環以向右的速度v0經過M點，并能通過N點。已知在M、N兩點處，彈簧對小環的彈力大小相等，∠MPN＝90°，∠PNM＝30°，M、N之間的距離為2L，Q點位于P點的正下方。在小環從M點運動到N點的過程中（　　）
A．小環加速度最大值為
B．小環經過Q點時的速度最大
C．小環經過N點時的速度大小為
D．小環在M、N兩點時，彈性勢能相等，動能也相等
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．
【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力．
【答案】C
【分析】A．根據勻強電場的電場強度與電勢差關系可以求解場強大小，進一步對小環受力分析，根據牛頓第二定律可以判斷小環加速度最大；
B．根據運動過程受力以及牛頓第二定律可以判斷小環經過Q點時的速度是否最大；
CD．小環從M到N的過程中，根據動能定理可以求解出小環經過N點時的速度，進而判斷正誤。
【解答】解：A．勻強電場的場強大小為
解得
當小環剛越過Q點右側時，彈簧的彈力的水平分力和電場力都向右，所以合加速度必定大于，故A錯誤；
B．小環在M、N之間運動的過程中，在Q點的加速度向右，不是速度最大的位置，故B錯誤；
CD．小環從M到N的過程中，根據動能定理得
解得
小環從M到N的過程中，電場力做功，小環在M、N兩點動能不相等，故C正確，D錯誤。
故選：C。
【點評】掌握好能量變化的關系，弄清楚能量的去向是解答本題的關鍵，在M、N兩點處，彈簧對小環的彈力大小相等，則彈性勢能相等。
2．（2024春 湖南期末）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，在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場，已知電場變化周期T，粒子質量為m，不計粒子重力及相互間的作用力，則（　　）
A．在t＝0時刻進入的粒子離開電場時速度大小為v0
B．粒子的電荷量為
C．在tT時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了
D．在tT時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場
【考點】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉．
【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．
【答案】D
【分析】帶電粒子垂直電場線進入電場做類平拋運動，將類平拋運動分解為垂直電場方向的勻速直線運動和沿電場線方向的勻加速直線運動，根據類平拋運動的規律求解。
【解答】解：A、t＝0時刻進入的粒子，粒子在豎直方向先向下加速運動時間，再向下減速運動時間，經過一個周期，豎直方向速度為0，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，故A錯誤；
B、粒子在水平方向做勻速運動，得2d＝v0t，解得：tT，由題意可知在時間內粒子在豎直方向上的位移為，根據牛頓第二定律可知a（）2，解得q，故B錯誤；
C、tT時刻進入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移為：d′＝2a（）2﹣2a（T）2，進場的位置到出場的位置的電勢差U12＝φ1﹣φ2，電勢能變化量ΔEp＝qφ2﹣qφ1，可知電勢能減少，故C錯誤；
D、tT時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動T時間，然后向下減速運動T時間，再向上加速T時間，向上減速T時間，然后離開電場，由運動過程對稱可知，此時豎直方向位移為0，故粒子剛好從P板右側邊緣離開電場，故D正確。
故選：D。
【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，關鍵是要搞清粒子在電場中水平方向和豎直方向的運動特征，主要是結合電場的變化情況研究豎直方向在一個周期內的運動情況。
3．（2024 鹽城三模）隨著環保理念的深入，廢棄塑料分選再循環利用可減少對資源的浪費。其中靜電分選裝置如圖所示，兩極板帶上等量異種電荷僅在板間形成勻強電場，漏斗出口與極板上邊緣等高，到極板間距相等，a、b兩類塑料顆粒離開漏斗出口時分別帶上正、負電荷，經過分選電場后a類顆粒匯集在收集板的右端，已知極板間距為d，板長為L，極板下邊緣與收集板的距離為H，兩種顆粒的荷質比均為k，重力加速度為g，顆粒進入電場時的初速度為零且可視為質點，不考慮顆粒間的相互作用和空氣阻力，在顆粒離開電場區域時不接觸極板但有最大偏轉量，則（　　）
A．右極板帶正電
B．顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速曲線運動
C．兩極板間的電壓值為
D．顆粒落到收集板時的速度大小為
【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動；斜拋運動．
【專題】定量思想；合成分解法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】D
【分析】根據a顆粒的受力情況分析；根據顆粒的受力情況和初速度為零分析；把顆粒的運動分解為水平方向和豎直方向，分別根據運動學公式計算。
【解答】解：A．a類顆粒匯集在收集板的右端，說明a類顆粒所受電場力水平向右，而a類顆粒帶正電荷，則a類顆粒受電場力方向水平向右，所以右極板帶負電，故A錯誤；
B．由于顆粒進入電場時的初速度為零，在電場中受電場力和重力的合力保持不變，則顆粒離開漏斗口在電場中做勻變速直線運動，故B錯誤；
C．根據題意，設兩極板間的電壓值為U，水平方向上在電場力作用下做勻加速直線運動，有
，
豎直方向上僅受重力作用，做自由落體運動，有
聯立解得
，故C錯誤；
D．根據題意，結合C分析可知，顆粒離開電場時的水平速度為
離開電場后，水平方向做勻速運動，則顆粒落到收集板時的水平速度仍為vx，豎直方向上，顆粒一直做自由落體運動，則顆粒落到收集板時的豎直速度為
則顆粒落到收集板時的速度大小為
，故D正確。
故選：D。
【點評】知道顆粒進入電場中時，因為初速度為零且受力恒定，所以做的是勻變速直線運動，在解題時知道把顆粒的運動分解為水平方向和豎直方向，分別列方程求解。
4．（2024春 讓胡路區校級期末）如圖所示，M和N為兩平行金屬板，板間電壓恒為U，在N板附近由靜止釋放一不計重力的帶正電粒子。下列說法中正確的是（　　）
A．若僅減小兩板間距離，粒子受到的電場力不變
B．若僅增大兩板間距離，粒子到達M板時的速度將變大
C．若僅增大兩板間距離，回路中會出現逆時針方向的瞬時電流
D．若僅減小兩板的正對面積，回路中會出現順時針方向的瞬時電流
【考點】帶電粒子在恒定的電場中做加速（或減速）運動；平行板電容器電容的決定式及影響因素；電容器的動態分析（U不變）——板間距離變化．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；電容器專題；推理能力．
【答案】C
【分析】依據電容器與電源相連，電壓U總是不變，根據，即可判定電場力大小；由動能定理，即可判定速度大小；再根據牛頓第二定律，來判定加速度大小；由電容的決定式，與電容的定義式，即可求解電量大小。
【解答】解：A．極板之間的電場強度
板間電壓U不變，僅減小兩板間距離時，極板間電場強度增大，則粒子受到的電場力增大，故A錯誤；
B．在電場中，粒子只受電場力，只有電場力做功，根據動能定理可得
解得
可知，粒子到達M板時的速度與兩板間距離無關，僅增大兩板間距離，粒子到達M板時的速度不變，故B錯誤；
C．根據電容的定義式有
，
解得
若僅增大兩板間距離，電容器極板所帶的的電荷量減少，即電容器將放電，此時回路出現逆時針方向的瞬時電流，故C正確；
D．結合上述可知，僅減小兩板的正對面積，電容器所帶的的電荷量減少，電容器將放電，此時回路出現逆時針方向的瞬時電流，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查電容的定義式與決定式的應用及其區別，掌握牛頓第二定律的內容，理解動能定理的公式。
5．（2024 廣東模擬）在與紙面平行的勻強電場中，建立如圖甲所示的直角坐標系，a、b、c、d是該坐標系中的4個點，已知φa＝6V、φb＝4V、φd＝2V；現有一電子以某一初速度從O點沿Od方向射入，則圖乙中abcd區域內，能大致反映電子運動軌跡的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．
【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．
【答案】B
【分析】根據題意，找到勻強電場的一條等勢線，再根據電場線與等勢線的關系，再做一條電場線，根據粒子的電性確定電場力的方向，最后根據曲線運動合力、軌跡和速度三者的位置關系判斷能大致反應粒子運動的軌跡。
【解答】解：如圖所示
連接ad與y軸交于m點，根據勻強電場的特點有
Uam＝Umd
即
φa﹣φm＝φm﹣φd
代入數據解得
φm＝4V
故bm連線為勻強電場的一條等勢線，過O點作等勢線的垂線，根據根據電場線總是指向電勢降低的方向，可知電場方向沿著aO方向，由于電子帶負電，所受電場力的方向與電場強度的方向相反，即電子所受電場力方向沿著Oa方向，根據物體做曲線運動的條件可知，軌跡在合力與速度之間，則能大致反映電子運動軌跡的是②，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。
二．多選題（共5小題）
（多選）6．（2024春 合肥期末）1911年英國物理學家盧瑟福提出原子的核式結構模型：電子圍繞原子核在高速旋轉。設電子質量為m，電荷量為﹣e，氫原子核電荷量為+e，靜電力常量為k，電子繞原子核做勻速圓周運動的半徑為r。已知在孤立點電荷q的電場中，以無限遠處電勢為0時，距離該點電荷為r處的電勢。下列說法正確的（　　）
A．電子做勻速圓周運動的速率
B．電子繞核運動時等效電流為
C．電子繞核運動一周時，該氫原子核施加的庫侖力對其做功
D．若無限遠處電勢為零，電子繞核運動的動能和電勢能的總和為
【考點】帶電粒子在點電荷電場中的運動；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】BD
【分析】A.由勻速圓周運動的公式求電子的速率；
B.由電流公式求解；
C.由庫侖力方向和速度方向的夾角判斷功的問題；
D.由動能和勢能得表達式求解。
【解答】解：A．電子做勻速圓周運動，則
解得電子的速率
故A錯誤；
B．電子繞核運動時等效電流為
故B正確；
C．電子繞核運動一周時，該氫原子核施加的庫侖力方向與速度垂直，可知庫侖力對其做功為零，故C錯誤；
D．若無限遠處電勢為零，電子繞核運動的動能和電勢能的總和為
解得
故D正確。
故選：BD。
【點評】本題考查了帶電粒子在電場中的運動問題，明確粒子的運動和受力情況，根據題意具體分析，熟練運用公式。
（多選）7．（2024春 湖南期末）如圖所示，A、B兩相同的金屬板水平放置。現讓兩板帶上等量異種電荷，兩板間形成豎直方向的勻強電場。將一帶電粒子沿水平方向從A板左側靠近A板射入電場中。當粒子射入速度為v1時，粒子沿軌跡Ⅰ從兩板正中間飛出，電場力做功為W1；當粒子射入速度為v2時，粒子沿軌跡Ⅱ落到B板正中間，電場力做功為W2．不計粒子重力，則（　　）
A．v1：v2＝2：1 B．v1：v2＝2：1
C．W1：W2＝1：1 D．W1：W2＝1：2
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；勻變速直線運動位移與時間的關系；電場力做功與電勢能變化的關系．
【專題】參照思想；模型法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】AD
【分析】帶電粒子在電場中做類平拋運動，將其運動沿著平行平板和垂直平板方向進行正交分解，根據運動學公式和牛頓第二定律列式求解。
【解答】解：AB、粒子在水平方向做勻速直線運動，由x＝v0t和x1：x2＝2：1得先后兩次的時間之比為 t1：t2＝2v2：v1，粒子在豎直方向做勻加速直線運動，由yat2和y1：y2＝1：2，得t1：t2＝1：，可得，v1：v2＝2：1，故A正確，B錯誤；
CD、由電場力做功W＝qEy得電場力做功的比值為：W1：W2＝1：2，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
【點評】本題的關鍵要根據類平拋運動的規律和運動學公式寫出一般表達式，然后再進行分析討論。
（多選）8．（2024 邵陽一模）如圖所示，有一勻強電場平行于平面xOy，一個質量為m的帶電粒子僅在電場力作用下從O點運動到A點，粒子在O點時速度v0沿y軸正方向，經A點時速度沿x軸正方向，且粒子在A點的速度大小是它在O點時速度大小的2倍。關于該粒子在OA這一過程的運動情況，下列說法正確的是（　　）
A．帶電粒子帶負電
B．帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小
C．這段運動過程中粒子的最小動能為
D．電場力方向與x軸正方向之間夾角的正切值為
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；電場力做功與電勢能變化的關系．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】BD
【分析】電場線方向未知，則帶電粒子電性未知；
根據電場力做功或動能的增減情況判斷電勢能大小；
對帶電粒子運動分解到水平方向和豎直方向，結合運動學公式求出加速度與初速度之間的夾角；
當加速度與速度垂直的時候，帶電粒子的動能最小。
【解答】解：A、由于電場線方向未知，則帶電粒子的電性未知，故A錯誤；
B、帶電粒子從O點到A點動能增加，則電場力做正功，電勢能減小，故帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小，故B正確；
D、設加速度方向與y軸正方向之間的夾角為θ，如圖所示，
則在沿著y軸方向上：
沿著x軸方向上
并且粒子在A點的速度是它在O點時速度的2倍，即：v＝2v0
聯立以下幾式解得：，故D正確；
C、當速度最小時，速度方向與電場力方向垂直，設最小速度為vmin，將初速v0沿著電場力方向和垂直電場力方向進行分解，可得：
則最小動能為：Ekmin，故C錯誤；
故選：BD。
【點評】本題考查帶電粒子在電場中運動，結合運動的合成和分解考查學生綜合運動知識的能力。關鍵是要結合實際情況將帶電粒子的運動進行分解，知道速度與加速度垂直時動能最小。
（多選）9．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖所示，在豎直平面內有一電場強度為E的勻強電場，電場的等勢面如圖中實線所示，與水平方向夾角為37°。一個質量為m，電荷量為+q的小球在A點以初速度v0豎直上拋，運動軌跡如圖中虛線所示，B點是軌跡的最高點。已知重力加速度為g，小球的電荷量。下列說法正確的是（　　）
A．A點電勢低于B點電勢
B．A、B兩點的高度差為
C．A、B兩點的電勢差為
D．小球再次回到拋出點等高位置過程電勢能的減少量等于動能的增加量
【考點】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動；動能定理的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．
【答案】BD
【分析】沿著電場線方向電勢降低，分析電勢；
豎直方向上根據動能定理列式，求A、B兩點的高度差；
根據幾何關系求AB沿電場方向距離，再根據U＝Ed，求A、B兩點的電勢差；
根據能量守恒，結合動能定理，分析動能和電勢能關系。
【解答】解：小球向右運動，故電場線方向斜向右上方，受力分析如圖
A．由于沿著電場線方向電勢降低，A點電勢高于B點電勢，故A錯誤；
B．豎直方向上根據動能定理列式
解得A、B兩點的高度差為
故B正確；
C．根據
解得
A、B兩點的電勢差為
故C錯誤；
D．小球再次回到拋出點等高位置過程，根據動能定理，電場力做正功，動能增加，根據能量守恒，則電勢能減小，故小球再次回到拋出點等高位置過程電勢能的減少量等于動能的增加量，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題解題關鍵是掌握動能定理、能量守恒以及沿著電場線方向電勢降低等規律，具有一定綜合性，難度中等。
（多選）10．（2024 成都模擬）如圖，平行板電容器與電壓為U的直流恒壓電源相連，改變電容器板間距離d，待電路穩定后，帶正電的粒子質量為m、電荷量為q，從靠近左板處由靜止釋放，測得粒子從出發至右板所用的時間為t，到達右板的速度大小為v，重復上述過程，完成多次實驗。板間電場可視為勻強電場，粒子所受重力忽略不計。下列圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【考點】帶電粒子在恒定的電場中做加速（或減速）運動；牛頓第二定律的簡單應用；動能定理的簡單應用．
【專題】定量思想；方程法；電容器專題；推理能力．
【答案】AC
【分析】對于帶正電的粒子，在勻強電場中僅受電場力作用，根據動能定理，結合牛頓第二定律和運動學公式分析求解。
【解答】解：AB．對于帶正電的粒子，在勻強電場中僅受電場力作用，根據動能定理，有
可得粒子到達右板的速度v滿足
可知，粒子到達右板的速度v的大小與板間距離d無關，故A正確、B錯誤；
CD．設粒子在電場中運動的加速度為a，根據牛頓第二定律，結合運動學公式：
Eq＝ma
聯立可得
可知，粒子從出發至右板所用的時間與板件距離成正比，故C正確、D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題考查了帶電粒子在平行極板間的運動，合理使用動能定理，熟練掌握電場力做功是解決此類問題的關鍵。
三．解答題（共5小題）
11．（2024 五華區校級模擬）如圖所示，平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔，初始時不帶電。距小孔正上方高h處不斷有質量為m、電荷量為+q的小液滴由靜止滴落，當帶電液滴接觸到下極板后會把電量全部傳給極板，直到液滴不能到達下極板時停止釋放液滴（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g）。求：
（1）小液滴到達小孔處的速度；
（2）電容器所帶電荷量的最大值；
（3）最后滴下的液滴從開始下落到第一次離開上極板的時間。
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理能力．
【答案】（1）小液滴到達小孔處的速度為；
（2）電容器所帶電荷量的最大值為；
（3）最后滴下的液滴從開始下落到第一次離開上極板的時間為。
【分析】（1）根據自由落體運動的規律列式求解速度；
（2）根據動能定理和電容器的電荷量公式聯立求解；
（3）根據自由落體運動規律和勻變速直線運動的規律列式求解時間。
【解答】解：（1）因電容器上方無電場，故液滴在電容器上方做自由落體運動，由運動學規律得
2gh＝v2
解得
（2）當帶電液滴剛好不能到達電容器下極板時電容器的電量達到最大，對剛好不能到達電容器下極板的帶電液滴運用動能定理得
mg（h+d）﹣qU＝0
根據電容器的公式有Q＝CU
解得
（3）液滴在電容器上方做自由落體運動，由運動學規律
液滴在電容器內部做勻變速運動，由運動學規律
解得
故t＝t1+t2
解得t
答：（1）小液滴到達小孔處的速度為；
（2）電容器所帶電荷量的最大值為；
（3）最后滴下的液滴從開始下落到第一次離開上極板的時間為。
【點評】考查帶電粒子在組合場中的運動問題，會結合動能定理、勻變速直線運動規律求解相關物理量。
12．（2024春 耒陽市期末）一質量為m的帶電小球以速度v0沿豎直方向從A點垂直進入勻強電場E中，如圖所示，經過一段時間后到達B點，其速度變為水平方向，大小仍為v0，重力加速度為g，求：
（1）小球帶電情況；
（2）小球由A到B的位移；
（3）小球速度的最小值。
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．
【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理能力．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）將帶電小球的運動進行分解，豎直方向上做勻減速直線運動，水平方向上在電場力的作用下勻加速，分別應用勻變速直線運動規律列式求解；
（2）根據水平位移與豎直位移大小相等列方程即可求解；
（3）通過分析知，當力與速度方向垂直時動能最小，速度也最小，據此列式求解。
【解答】解：（1）從A到B過程中，在豎直方向小球做勻減速運動，加速度ay＝g
B點是最高點，豎直分速度為0，有t
水平方向小球在電場力作用下做勻加速運動，可知小球帶正電
初速度為0，加速度ax
水平方向有：v0t
聯立解得：Eq＝mg
可得q；
（2）在兩個方向上的運動互為逆運動，故小球運動的水平位移大小等于豎直位移大小
在豎直方向有2gh
可得h
所以位移為h
其與水平方向的夾角為θ，tan θ1，
即位移與水平方向的夾角為45°斜向右上方；
（3）設重力與電場力的合力為F，其與水平方向的夾角為θ
則：tan θ1，如圖所示
開始一段時間內，F與速度方向夾角大于90°，合力做負功，動能減小
后來F與速度夾角小于90°，合力做正功，動能增加
因此，當F與速度v的方向垂直時，小球的動能最小，速度也最小，設為vmin
即：tan θ1，
則vx＝vy，vxt′＝gt′，
vy＝v0﹣gt′
解得t′，
vmin。
答：（1）小球帶正電，電荷量為
（2）小球由A到B的位移大小為，與水平方向的夾角為45°斜向右上方
（3）小球速度的最小值為；
【點評】解決該題的關鍵是正確進行受力分析，明確知道例子在電場中的運動情況，能根據力做功分析出速度最小的力學特征；
13．（2024 鄭州二模）圖（a）為一種測量帶電微粒速率分布的實驗裝置。圖中直徑為D的豎直圓筒壁上有一豎直狹縫S，高度為h，寬度忽略不計。緊貼圓筒內壁固定有高度為的半圓柱面收集板，用于收集帶電微粒；板的一豎直邊緊貼狹縫S，上邊與狹縫S上端對齊，上邊緣遠離狹縫的頂點為P點，另有一距P點弧長為l的點Q，俯視圖如圖（b）所示。圓筒內存在一豎直向下的勻強電場，電場強度為E。令圓筒以角速度ω繞中心軸順時針轉動，同時由微粒源產生的微粒沿水平方向、以不同的速率射入圓筒，微粒質量均為m，電荷量均為q（q＞0），忽略微粒自身的重力及微粒間的相互作用。
（1）求Q點所在豎直線上收集到的微粒中，入射速率最大的微粒下落的距離；
（2）為了確保收集板任一豎直線上收集到的微粒速率相同，并且能收集到所有該速率的微粒，求圓筒轉動角速度ω的取值范圍。
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】（1）入射速率最大的微粒下落的距離為；
（2）圓筒轉動角速度ω的取值范圍為ω。
【分析】（1）微粒在電場中做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動。當Q點運動路程等于弧長l時，對應微粒的入射速率最大，根據等時性，應用牛頓第二定律與運動學公式求解；
（2）畫出滿足題意的微粒在圓筒上的落點分布示意圖，根據題意確定臨界條件，根據類平拋運動的特點，應用運動學公式求解。
【解答】解：（1）設入射速率最大的微粒下落的距離為y0。微粒在電場中做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動。當Q點運動路程等于弧長l時，運動時間最短（設為t1），對應微粒的入射速率最大，則有：
lωDt1
對微粒由牛頓第二定律可得：qE＝ma
在豎直方向上有：y0
聯立解得：y0；
（2）將圓筒展開為平面圖，打在圓筒上的微粒和打在收集板上的微粒滿足題意的臨界的分布情況如下圖所示。
圓筒轉動一周過程中，設能夠收集到的速率最小的微粒下落的高度為y1，第一周末時，過P點的豎直線上收集到的微粒下落的高度為y2，則需滿足：
h+y1＜H＜y2
能夠收集到的速率最小的微粒對應的弧長為：l1 πD
根據（1）的結論可得：y1
設圓筒轉動周期為T，則：T
y2aT2
聯立解得：ω
已知：，可得：，可知結果合理。
答：（1）入射速率最大的微粒下落的距離為；
（2）圓筒轉動角速度ω的取值范圍為ω。
【點評】本題考查了帶電微粒在電場中的運動問題，難度較大，難點在于尋找臨界條件，關鍵是對題意的理解。微粒在電場中做類平拋運動，應用運動的分解與合成處理曲線運動。
14．（2024春 宿州期末）如圖所示，由電子槍發出的電子從靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出。已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可視為勻強電場，偏轉電極YY'之間電壓為U，極板長度為L，兩極板間距離為d。不計電子重力和電子間相互作用，求：
（1）電子離開加速電場時的速度大小v0；
（2）電子在偏轉電場中的加速度大小a；
（3）電子從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離y。
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．
【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題．
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）在加速電場中動能定理可求出電子離開電場的速度；
（2）在偏轉電場中，由牛頓第二定律可求出加速度大小；
（3）在偏轉電場中，電子做類平拋運動，根據平拋運動的規律求出豎直方向的位移y。
【解答】解：（1）在加速電場中，由動能定理可知：eU0
解得：v0
（2）電子在偏轉電場中，豎直方向只受電場力作用，由牛頓第二定律可知：
F＝ma
F＝eE＝e
解得：a
（3）電子在偏轉電場中做類平拋運動，
水平方向：L＝v0t
豎直方向：yat2
聯立解得：y
答：（1）電子離開加速電場時的速度大小v0為；
（2）電子在偏轉電場中的加速度大小a為；
（3）電子從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離y為。
【點評】本題考查帶電粒子在加速電場和偏轉電場中的運動，在加速電場中動能定理求末速度；
在偏轉電場中做類平拋運動，根據平拋運動的規律求出相關物理量。
15．（2024 鎮海區校級模擬）在如圖甲所示的平面直角坐標系內，有三個不同的靜電場。第一象限內有由位于原點O，電荷量為Q的點電荷產生的電場E1（未知）（僅分布在第一象限內）；第二象限內有沿x軸正方向的勻強電場；第四象限內有電場強度按圖乙所示規律變化、方向平行x軸的電場E3，電場E3以沿x軸正方向為正方向，變化周期T。一質量為m、電荷量為+q的離子（重力不計）從（﹣x0，x0）點由靜止釋放，進入第一象限后恰能繞O點做圓周運動。以離子經過x軸時為計時起點，已知靜電力常量為k，求：
（1）離子剛進入第四象限時的速度大小；
（2）當t＝T時，離子的速度大小；
（3）當t＝nT（n＝1、2、3、…）時，離子的坐標（結果用x0表示）。
【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】（1）離子剛進入第四象限時的速度大小為；
（2）當t＝T時，離子的速度大小為；
（3）當t＝nT（n＝1、2、3、…）時，離子的坐標離子的坐標為[（n+1）x0，2nx0]（n＝1，2，3……）。
【分析】（1）在第一象限，根據庫侖力提供向心力可以得到做圓周運動的速度，即進入第四象限的速度，進而根據動能定理得到場強的大小；
（2）離子進入第四象限后做類平拋運動，根據平拋運動規律分別得到水平和豎直方向的速度，最后根據速度的合成得到離子的速度；
（3）離子在第四象限做的是類平拋運動，在y軸方向勻速直線運動，但在x軸方向的運動具有周期性，先加速，后減速，再加速，分別計算出離子在x方向和在y方向的位移，即可得到離子的坐標位置。
【解答】解：（1）設離子剛進入第四象限的速度為v0，在第一象限內離子做勻速圓周運動，有：
解得：v0
（2）離子進入第四象限后做類平拋運動，在t時，沿x軸方向上有：vx1＝a1t
在t～T電場反向，x方向又做減速運動，所以t＝T時刻的末速度：vx＝vx1﹣a1′t′v0
而vy＝v0，
此時離子的速度v
（3）離子在第四象限中運動時，沿y軸負方向做勻速直線運動，沿x軸正方向離子在前半個周期做勻加速運動，后半個周期做勻減速運動，直到速度減為0，軌跡如圖所示。
每半個周期離子沿x軸正方向前進的距離d＝vx
t＝nT時，離子到y軸的距離Lx＝x0+2nd＝（n+1）x0（n＝1，2，3……）
每半個周期離子沿y軸負方向運動的距離s＝v0 x0
　t＝nT時，離子到x軸的距離Ly＝2ns＝2nx0（n＝1，2，3……）
故當t＝nT時離子的坐標為[（n+1）x0，2nx0]（n＝1，2，3……）
答：（1）離子剛進入第四象限時的速度大小為；
（2）當t＝T時，離子的速度大小為；
（3）當t＝nT（n＝1、2、3、…）時，離子的坐標離子的坐標為[（n+1）x0，2nx0]（n＝1，2，3……）。
【點評】題目看起來很是嚇人，其實還是離子做類平拋運動，根據平拋運動規律即可求解。開始離子在第一象限做圓周運動，一定要分析出是庫侖力提供的向心力，做勻速圓周運動，再一個是在第四象限的運動，雖然是類平拋運動，但在x方向的運動不純粹是加速運動，還有減速運動，這樣離子在x方向的位移就具有了一定的規律性。
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