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高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动优秀练习题
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这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动优秀练习题，文件包含105带电粒子在电场中的运动分层作业原卷版docx、105带电粒子在电场中的运动分层作业解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共52页， 欢迎下载使用。
1．（2022·福建·上杭一中高二开学考试）（多选）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，在这种疗法中，质子先按加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，若质子的加速长度d，要使质子由静止被匀加速到v，已知质子的质量为m，电量为e，则下列说法正确的是（ ）
A．由以上信息可以推算该加速电场的电压
B．由以上信息可以推算该加速电场的电场强度
C．由以上信息不可以推算质子加速后的电势能
D．由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能增加
【答案】ABC
【详解】A．根据
则可以推算该加速电场的电压
选项A正确；
B．根据
则可以推算该加速电场的电场强度，选项B正确；
CD．因零电势点不确定，则由以上信息不可以推算质子加速后的电势能，但由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能减小，选项C正确，D错误。
故选ABC。
2．粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O（为薄金属环）及A、B、C、D、E5个金属圆筒（又称漂移管），相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入（初速度为0）金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则（ ）
A．质子从圆筒E射出时的速度大小为
B．圆筒E的长度为T
C．MN所接电源是直流恒压电源
D．金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为
【答案】B
【详解】A．质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得
质子从圆筒E射出时的速度大小为
选项A错误；
B．质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为
选项B正确；
D．同理可知，金属圆筒A的长度
金属圆筒B的长度
则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为，选项D错误；
C．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，选项C错误。
故选B。
3．（2022·江苏南京·高二开学考试）如图甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t=0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是（ ）
A．在t2时刻，电子的位移最大
B．在t2时刻，电子的动能最大
C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0
D．电子不可能在t2~t3时间内飞出电场
【答案】C
【详解】AB．t=0时刻，B板的电势比A板高，电子在t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束，t1~t2电子减速，并在t2时刻速度刚好为零，之后一直重复这样的运动，直到从P点飞出，故在t2时刻，电子的位移和动能都不是最大的，故AB错误；
C．由上述分析可知，电子的最大动能为，所以电子最终从P点飞出时的动能都小于等于，故C正确；
D．根据已知信息，无法确定电子在什么时候飞出电场，所以电子是有可能在t2~t3时间内飞出电场的，故D错误。
故选C。
4．（2022·浙江·模拟预测）如图，在倾角为37°的绝缘斜面AB段，有垂直斜面向下的匀强电场E。质量，电荷量为的物体（视为质点），以初速度从A开始下滑，经过斜面底端C点后进入绝缘水平面运动，直到停止在D处，已知物体与斜面、水平面的动摩擦因数均为。已知，，物体经过C时没有能量损失，求：
（1）物体到达C时的瞬时速度；
（2）斜面AB段的长度；
（3）从A点运动到D点总时间。
【答案】（1）10m/s；（2）4m；（3）3.5s
【详解】（1）从C到D点，由动能定理可得
解得
（2）从A到C点，由动能定理可得
且
解得
（3）从B到C，由动能定理可得
解得
所以从A到B为匀速运动，时间为
从B到C，做匀加速运动，平均速度为
时间为
从C到D，做匀减速运动，平均速度为
时间为
总时间为
带电粒子在匀强电场中的曲线运动
5．某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为的直线加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为，板长为L，把叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（ ）
A．电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变
B．电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于
C．当、L增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小
D．当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度增大
【答案】B
【详解】A．电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能增大，故A错误；
B．电子在加速电场中，有
解得
电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于
故B正确；
C．电子在偏转电场中，有
结合
联立可得
可知当、L增大，d不变，示波器的灵敏度可能增大、可能减小、还可能不变，故C错误；
D．根据
可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度不变，故D错误。
故选B。
6．如图所示，电子从A点由静止出发被U1=5 000V 的电压加速后，从B孔沿平行板间的中线垂直射入匀强偏转电场，若两极板间距d=1.0cm，极板的长度L=5.0cm，要使电子能从两极板间飞出，求两个极板上所加电压U2的最大值。
【答案】400V
【详解】在加速电压一定时，偏转电压U2越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压达到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，偏转电压为最大电压，电子加速过程，由动能定理得
eU1=12mv02
电子进入偏转电场做类平抛运动，有
L=v0t
偏转距离
y=at2=
恰能飞出的条件为
y=
联立方程并代入数据解得
U2m=400V
7．光刻机是半导体行业中重中之重的利器，我国上海微电子装备公司（SMEE）在这一领域的技术近年取得了突破性进展。电子束光刻技术原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光。某型号光刻机的束偏移器长L=0.04m，间距也为L，两极间有扫描电压，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，芯片到束偏移器下端的距离为。若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为，单个电子的初动能为Ek0=1.6×10-14J，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略其他因素的影响，电子到达芯片即被吸收。
（1）若扫描电压为零，电子束在束偏移器中做何种运动？电子束到达芯片时的落点位置？
（2）若扫描电压为零，且It=Ne（N为电子个数），求O点每秒接收的能量E?（e=1.6×10-19C）
（3）若某时刻扫描电压为15kV，则电子束到达芯片时的位置离O点的距离为多少？
【答案】（1）匀速直线运动，O；（2）；（3）0.003m
【详解】（1）无偏转电压时，电子束做匀速直线运动，落点位置为O；
（2）若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是
（3）电子在束偏移器中的加速度大小为
设电子的初速度大小为v0，则由题意可知
电子在束偏移器中运动的时间为
电子在束偏移器中的偏移量为
电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y，如图所示
根据几何关系有
联立解得
Y=0.003m
8．（2022·广东·华南师大附中高二期末）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定放置，所在空间存在一竖直向下的匀强电场，且与电容器间的电场互不影响。一带电小球以一定的初速度从圆弧轨道顶端开始沿轨道运动，最终小球恰好不脱离圆弧轨道以水平速度v0飞出，随即沿平行板电容器中线水平飞入两平行板间的电场，在电容器中做匀速直线运动，当小球运动到某一点P处时立即将上板向上平移Δd=2cm，小球刚好从金属板右端飞出。已知电容器两极板间距离为d=8cm，板长为L=25cm，接在恒压电源上，重力加速度g取10m/s2。
（1）若小球的质量为m，电量为q，请判断小球的电性（不需要说明理由），并写出竖直向下的匀强电场的电场强度E的表达式；
（2）若v0=0.5m/s，求小球从射入电容器到运动至P点所用的时间t（不考虑电容器充放电的时间）。
【答案】（1）带负电，；（2）0.3s
【详解】（1）小球在电容器中做匀速直线运动，重力与电场力平衡，小球所受的重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，又因场强方向竖直向下，所以小球带负电。
小球沿着圆弧轨道运动恰好不脱离轨道时，根据牛顿第二定律
解得
（2）带电小球在板间受重力和竖直向上的电场力，因为小球匀速运动，根据平衡条件
当上板向上提后，由于板间场强减小，电场力减小，故小球向下偏转，在电场中做类平抛运动，此时小球的加速度满足
解得
小球刚好从金属板右端飞出，设从P点到板末端飞出过程的时间t1，则有
解得
t1= 0.2s
设刚进入电场到飞出电场时间为t2，有
解得
t2= 0.5s
因此小球从射入电容器到运动至P点的时间
t=t2-t1=0.3s
带电粒子在非匀强电场中的运
9．（2022·福建漳州·高三阶段练习）（多选）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示，P、Q是电场中的两点。K为阴极，A为阳极，在两极之间加上高压，就会有电子从K极由静止被加速。则（ ）
A．P点的电势高于Q点的电势
B．P点的电场强度小于Q点的电场强度
C．电子在P点的电势能大于在Q点的电势能
D．电子由P运动到Q，电场力做负功
【答案】BC
【详解】AC．阳极电势高，阴极电势低，所以P点的电势低于Q点的电势，所以电子在P点的电势能大于在Q点的电势能，故A错误，C正确；
B．电场线越密场强越强，所以P点的电场强度小于Q点的电场强度，故B正确；
D．电子从K极由静止被加速，所以电子由P运动到Q，做加速运动，电场力做正功，故D错误。
故选BC。
10．（2022·江苏省天一中学高一期中）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2A．小物体上升的最大高度为
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力先减小后增大
【答案】A
【详解】A．因为OM=ON，所以正点电荷在M、N两点产生的电势相等，则小物体在M、N两点的电势能相等，从M到N电场力对小物体做功为零。由于小物体与斜面间的摩擦力大小与其运动速度大小无关，则根据对称性可知小物体从M到N和从N到M，摩擦力对小物体做的功相等，均设为Wf，对小物体从M到N，根据动能定理有
对小物体从N到M，根据动能定理有
联立以上两式解得小物体上升的最大高度为
故A正确；
BC．从N到M的过程中，小物体到正点电荷的距离先减小后增大，电场力对小物体先做正功后做负功，所以小物体的电势能先减小后增大，故BC错误；
D．从N到M的过程中，小物体受到的电场力在垂直斜面向下的分力先增大后减小，所以小物体对斜面的压力先增大后减小，受到的摩擦力先增大后减小，故D错误。
故选A。
11．（2023·全国·高三专题练习）沿电场线所在直线建立如图所示Ox轴，x轴上各点电势随x的变化规律如图所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，O点电势为零。带电量为-e的电子从O点由静止释放，仅受电场力作用，下列说法正确的是（ ）
A．在0~区间内，电场方向始终指向x轴正方向
B．电子到达B点时动能为
C．电子从A运动到C，加速度先增大后减小
D．若在B点给电子一个沿x轴方向的初速度，电子一定会在AC间做往复运动
【答案】B
【详解】A．沿电场线方向电势降低，在0~区间内，电势先升高、再降低、再升高，则电场线方向没有始终指向x轴正方向，故A错误；
B．根据动能定理
电子到达B点时动能为
故B正确；
C．电势随x图像的斜率大小等于电场强度，电子加速度大小为
由图像可知，A、C间斜率先变小后变大，则加速度先变小后变大，故C错误；
D．若在B点电子的初速度为沿+x轴方向，BC间电势升高，电场线方向由C指向B，电场力由B指向C，电子做加速运动；若在B点电子的初速度为沿-x轴方向，同理，电子也做加速运动。故电子不会再AC间做往复运动，故D错误。故选B。
12．（2022·河北邢台·高三开学考试）（多选）如图所示，ABCD四点构成一个竖直平面内的矩形，其中，，E、F是AD、BC中点，一根光滑杆穿过E、F两点，O为EF的中点，G为AB的中点，在B、C两点放置正、负两个点电荷，电荷量大小均为Q，在G点放置另一点电荷后，O点的电场强度刚好为零。现将一套在光滑杆上的带电小球从E点由静止释放，小球经过O、F两点。已知重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．G点的电荷带正电
B．G点的电荷所带电荷量的大小
C．小球经过O点时速率为
D．小球经过F点时速率为
【答案】BD
【详解】AB．由几何关系可知，所以B点和C点电荷在O点产生的电场强度为
方向分别沿BO方向和OC方向，由几何关系可知BC两电荷在O点产生的电场强度为
方向水平向右，所以G点电荷在O点产生的电场强度大小为
方向水平向左，所以G点电荷为负电荷，且
所以
故A错误，B正确；
C． E点和O点都在B、C处电荷形成电场的零等势线上，所以小球从E到O点的过程中BC处电荷给小球的电场力不做功，而此过程中G点电荷给小球的电场力做功，所以有
解得
故C错误；
D．E点和F点不仅在B、C处电荷形成电场的零等势线上，而且还在G点电荷的等势线上，所以小球从E到F点的过程中BC处电荷给小球的电场力不做功，同时G点电荷给小球的电场力也不做功，所以有
解得
故D正确。故选BD。
能量和动量综合
13．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点，一带电荷量为、质量为的小物块从A点由静止释放，沿MN做直线运动，其运动的图像如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大（图中标出了该切线），C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电荷量保持不变，则下列说法中正确的是（ ）
A．A、B两点电势差
B．小物块从B点到C点电场力做的功
C．C点为AC间电场强度最大的点，场强大小
D．由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大
【答案】B
【详解】A．根据动能定理，可知
解得
故A错误；
B．根据动能定理可知
代入数据得
故B正确；
C．图像的斜率为加速度，有图像可知，B点的加速度最大，且
所以粒子在B的电场强度最大，根据公式
解得
故C错误；
D．从A到B到C物体速度一直变大，所以物体动能一直增大，根据能量守恒可知，物体电势能一直降低，故D错误。
故选B。
14．（2022·湖北·天门市教育科学研究院高三学业考试）如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球（视为质点）穿在杆上，以速度从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功
B．小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功
C．小球的机械能可能增加
D．以上都有可能
【答案】B
【详解】AB．小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，故 A错误，B正确；
CD．电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，故CD错误。
故选B。
15．图中AB是绝缘水平面上相距的两点，AB间存在一个水平向右的匀强电场，场强大小。一带电量，质量的绝缘滑块Q静置在A点，滑块Q与水平面的动摩擦因数。用长的轻绳将不带电小球P悬挂在A点正上方的O点，保持绳子绷紧，将P球拉至与点O等高的水平位置，如图所示。现给P球竖直向下的初速度，此后P球下摆与Q发生弹性正碰。已知P球质量也为m，整个过程没有电荷转移，P、Q体积大小均可忽略不计，轻绳不被拉断。（）求：
（1）P与Q第一次碰撞后瞬间，P与Q的速度大小；
（2）P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离；
（3）若场强E可变，试讨论在轻绳不松弛的前提下，滑块Q在AB段滑行的路程与电场强度E的关系。
【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【详解】（1）小球P运动至与Q碰撞前，有
解得
P与Q发生弹性碰撞，有
解得
，
（2）设碰撞后，Q没有滑离AB段，当Q减速至0，有
解得
假设成立，即P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离为1.5m。
（3）当P与Q第一次碰撞后，Q恰好能滑到B点，则
解得
当时，Q从B点离开电场，则Q在AB段滑行的路程为
当时，Q没有从B离开，因为
则Q返回再次与P相碰。设Q第一次在AB段减速至0的位移为时，返回与P碰撞后，P恰好能回到O点等高位置，则
设Q回到A点时速度为，Q从A开始运动到又回到A点时，有
P与Q再次碰撞，质量相等弹性碰撞，交换速度，则碰后P的速度也为v2，此后P运动至圆心等高，有
解得
当时，P超过O点等高位置，因为，P无法到达最高点，绳子松懈，不满足条件。
当时，因为，Q无法停在AB段，最终停在A点，全过程，对系统，由能量守恒，有
解得
则Q在AB段滑行的路程为
综上：为保证绳子不松懈需满足为：；当时，Q在AB段滑行的路程为；当时，Q在AB段滑行的路程为。
16．如图（a）所示，质量m1=2.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量m2=1.0kg可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为q=1.0×10-3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1=5.0×102V/m。质量m3=1.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从t0=0时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在t1=1s时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小v1；
（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度v共；
（3）若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为E2=7.0×102V/m，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则
①木板A至少多长？
②整个过程中物块B的电势能变化量是多少？
【答案】（1）10.5m/s；（2）3m/s；（3）①10.5m，②12J
【详解】（1）在F作用的1s内，对滑块C，由动量定理得
由图像围成的面积可得
得
（2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为vC和vA，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒，得
A、C发生弹性碰撞，动能不变，则
代入数据，解得
vA=7m/s
A、C碰撞后，对B有
代入数据得
a2=1.5m/s2
对A有
得
a1=2m/s2
设碰后经t2时间A、B共速，则
解得
t2=2s，v共=3m/s
（3）①从A被碰后到A、B刚好共速过程
所以此过程B相对A向左滑行
当电场强度变为E2时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有
得
对A有
因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止。此过程它们的位移分别为
则此过程B相对A向右滑行
因为
所以板长至少为10.5m
②整个过程中静电力对B做功
故物块B的电势能变化量为
即电势能减少了12J。
17．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中二模）（多选）静置在绝缘地面上的质量为的物体带正电，电荷量为，在物体所在空间加上竖直方向的电场后，物体向上运动，物体运动过程中的机械能与其位移关系图像如图所示，其中为直线，为曲线，为平行横轴的直线。重力加速度为，不计空气阻力（ ）
A．过程中，电场强度的大小恒为B．过程中，静电力做功为
C．过程中，电场强度先向上，后向下D．过程中，物体的电势能减小
【答案】AB
【详解】AC．过程中，设物体在很短的位移内电场力为F，则根据功能关系得物体的机械能变化量
图象的斜率
由图知过程中斜率不变，则电场强度的大小恒为
选项A正确；
B．过程中，物体机械能减少，根据功能关系可得静电力做功为，选项B正确；
C．由图知过程中图象的斜率逐渐减小到0，即电场力F逐渐减小到0，方向没有变化，所以电场强度方向没有变化，选项C错误；
D．过程中图象的斜率为0，即电场力F为零，则电场力不做功，物体的电势能不变，选项D错误。故选AB。
18．（2022·山东日照·高二开学考试）如图甲所示，在xOy直角坐标系第一象限内有等腰三角形ABC的区域，AB边的长度为L且与x轴平行，区域内有水平向左的匀强电场，电场强度大小为；在第二象限内有边长为L的正方形BOEF区域，区域内有竖直向下的匀强电场（电场强度大小未知）。现有一质量为m、电荷量为q的正粒子从AC的中点P由静止释放，恰好通过E点，不计粒子的重力，则
（1）求BOEF区域内的电场强度大小；
（2）求粒子从P点运动到E点的时间；
（3）在保持BOEF区域电场强度不变的情况下，将正方形电场区域分成BOMN和GHEF相等的两部分，并将GHEF区域向左平移一段距离，如图乙所示。若把粒子从第一象限内的A点由静止释放，要使粒子仍从E点射出，求GHEF区域平移的距离x。
【答案】（1）；（2）；（3）3L
【详解】（1）粒子从P点运动到BC中点过程中由动能定理
在BOEF区域内，由牛顿第二定律
水平方向上
竖直方向上
解得
（2）在加速电场中运动时间
在偏转电场中运动时间
在无场区域运动时间
所以粒子从P运动到E点时间
（3）带电粒子从A到B由动能定理
带电粒子在区域BOMN中
竖直方向速度
速度偏转角
带电粒子在两个区域内偏转距离
由几何关系得
解得
19．（2022·辽宁营口·高一期末）如图甲所示，某直线加速器由沿轴线分布的两个金属圆管（漂移管A、B）组成， 质子（带正电）从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过金属筒，筒B接地（电势为零），两筒间电压恒定。不同时刻释放的质子进入金属筒A时速度均为8×105m/s，进入金属筒B时速度均为1×106 m/s，从B筒右端射出后，沿两水平金属板M、N间的中心线射入，MN板长 L=10cm，板间距d=10cm，加在MN板上的电压UMN随时间 t 变化的图像如图乙所示。粒子穿过 MN 板的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一圆筒，其表面有一层厚度不计的方格坐标纸。筒的左侧边缘与极板右端距离s=8 cm，圆筒绕其轴线匀速转动，能接收到通过M、N板后射出的所有质子。质子的比荷为1×108 C/kg，不计质子重力。
（1）请根据所学知识，判断质子在漂移管内的运动状态；
（2）粒子在AB之间加速时，求A管的电势；
（3）以t0=0 时刻进入MN的质子打到圆筒记录纸上的点为坐标原点，取y轴竖直向下为正，质子打到记录纸上沿y轴方向的最大侧移量是多少？
【答案】（1）匀速直线运动；（2）；（3）13cm
【详解】（1）由于漂移管A、B是金属制作而成，其能够起到静电屏蔽的作用，即质子在其中不受外界电场的作用，又由于不计质子重力，则质子在漂移管内做匀速直线运动。
（2）根据动能定理有
解得
（3）若质子从极板右边缘射出，则有
解得
则极板MN间电压为时，质子打到记录纸上沿y轴方向的侧移量达到最大，由几何关系有
解得
20．（2022·贵州遵义·高三开学考试）1909至1911年，英国物理学家卢瑟福（1871~1937）和他的合作者们做了以粒子轰击金箔的实验，如图甲所示，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线射到金箔上。粒子穿过金箔后，打到荧光屏上产生一个个的闪光，这些闪光可以用显微镜观察到。整个装置放在一个抽成真空的容器里，荧光屏和显微镜能够围绕金箔在一个圆周上转动。实验得到了出乎意料的结果。绝大多数粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，少数粒子却发生了较大角度的偏转，并且有极少数粒子偏转角超过了90度，有的甚至被弹回，为了解释这个实验结果，卢瑟福在1911年提出了如下的原子核式结构学说：在原子的中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转。原子核所带的单位正电荷数等于核外的电子数，所以整个原子是中性的。电子绕核旋转所需的向心力就是核对它的库仑引力。现考虑某一个粒子被弹回的情况，可简化为如图乙所示的模型，其中金的原子核类似一个固定的点电荷，而粒子仅在原子核库仑力作用下弹回，图中画出了三个以原子核为圆心的圆，它们的半径之比为，而粒子被弹回的轨迹是直线ABC，ABC为轨迹与三个圆的交点，其中A点时粒子速度为零。求：
（1）粒子经过B、C加速度大小之比。
（2）粒子经过B、C动量大小之比。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）对粒子：
B点
C点
联立得
（2）对粒子，任意过程，采用动能定理
因为，所以
所以可变形为
得
这里采用累加法，得
得，A→B
进一步得
同理，A→C
进一步得
又因为
联立得
21．图（a）为示波管的原理图．如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是
A．B．
C． D．
【答案】B
【详解】电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：
前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧．
前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．
同理，后半周期的图像应在第四象限．
A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．
B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．
C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．
D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．
22．如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
由
可得
故A错误；
B．由于
故粒子速度大小为
故B错误；
C．由几何关系可知，到P点的距离为
故C正确；
D．由于平抛推论可知，，可知速度正切
可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。
故选C。
23．如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧
24．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】（1）；（2）；（3）0或
【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知
所以根据动能定理有
解得
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度
（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点
故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有
电场力提供加速度
联立解得
当粒子从C点射出时初速度为0，粒子穿过电场前后动量变化量的大小为，该粒子进入电场时的速率应为或。
另解：
由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为
25．某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，边长为，边长为，质量为m、电荷量为的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为，入射角为，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。
（1）当时，若粒子能从边射出，求该粒子通过电场的时间t；
（2）当时，若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，求入射角的范围；
（3）当，粒子在为范围内均匀射入电场，求从边出射的粒子与入射粒子的数量之比。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示
粒子在水平方向的速度为
根据可知
解得
（2）粒子进入电场时的初动能
粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得
粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，则要求
解得
所以入射角的范围为
或
（3）设粒子入射角为时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速相同的减速运动，加速运动。粒子的速度
运动时间为
粒子在沿电场方向，反复做加速相同的减速运动，加速运动，则
则
则粒子在分层电场中运动时间相等，设为，则
且
代入数据化简可得
即
解得
（舍去）或
解得
则从边出射的粒子与入射粒子的数量之比
1．（2022·福建·上杭一中高二开学考试）（多选）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，在这种疗法中，质子先按加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，若质子的加速长度d，要使质子由静止被匀加速到v，已知质子的质量为m，电量为e，则下列说法正确的是（ ）
A．由以上信息可以推算该加速电场的电压
B．由以上信息可以推算该加速电场的电场强度
C．由以上信息不可以推算质子加速后的电势能
D．由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能增加
【答案】ABC
【详解】A．根据
则可以推算该加速电场的电压
选项A正确；
B．根据
则可以推算该加速电场的电场强度，选项B正确；
CD．因零电势点不确定，则由以上信息不可以推算质子加速后的电势能，但由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能减小，选项C正确，D错误。
故选ABC。
2．粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O（为薄金属环）及A、B、C、D、E5个金属圆筒（又称漂移管），相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入（初速度为0）金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则（ ）
A．质子从圆筒E射出时的速度大小为
B．圆筒E的长度为T
C．MN所接电源是直流恒压电源
D．金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为
【答案】B
【详解】A．质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得
质子从圆筒E射出时的速度大小为
选项A错误；
B．质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为
选项B正确；
D．同理可知，金属圆筒A的长度
金属圆筒B的长度
则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为，选项D错误；
C．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，选项C错误。
故选B。
3．（2022·江苏南京·高二开学考试）如图甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t=0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是（ ）
A．在t2时刻，电子的位移最大
B．在t2时刻，电子的动能最大
C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0
D．电子不可能在t2~t3时间内飞出电场
【答案】C
【详解】AB．t=0时刻，B板的电势比A板高，电子在t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束，t1~t2电子减速，并在t2时刻速度刚好为零，之后一直重复这样的运动，直到从P点飞出，故在t2时刻，电子的位移和动能都不是最大的，故AB错误；
C．由上述分析可知，电子的最大动能为，所以电子最终从P点飞出时的动能都小于等于，故C正确；
D．根据已知信息，无法确定电子在什么时候飞出电场，所以电子是有可能在t2~t3时间内飞出电场的，故D错误。
故选C。
4．（2022·浙江·模拟预测）如图，在倾角为37°的绝缘斜面AB段，有垂直斜面向下的匀强电场E。质量，电荷量为的物体（视为质点），以初速度从A开始下滑，经过斜面底端C点后进入绝缘水平面运动，直到停止在D处，已知物体与斜面、水平面的动摩擦因数均为。已知，，物体经过C时没有能量损失，求：
（1）物体到达C时的瞬时速度；
（2）斜面AB段的长度；
（3）从A点运动到D点总时间。
【答案】（1）10m/s；（2）4m；（3）3.5s
【详解】（1）从C到D点，由动能定理可得
解得
（2）从A到C点，由动能定理可得
且
解得
（3）从B到C，由动能定理可得
解得
所以从A到B为匀速运动，时间为
从B到C，做匀加速运动，平均速度为
时间为
从C到D，做匀减速运动，平均速度为
时间为
总时间为
带电粒子在匀强电场中的曲线运动
5．某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为的直线加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为，板长为L，把叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（ ）
A．电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变
B．电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于
C．当、L增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小
D．当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度增大
【答案】B
【详解】A．电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能增大，故A错误；
B．电子在加速电场中，有
解得
电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于
故B正确；
C．电子在偏转电场中，有
结合
联立可得
可知当、L增大，d不变，示波器的灵敏度可能增大、可能减小、还可能不变，故C错误；
D．根据
可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度不变，故D错误。
故选B。
6．如图所示，电子从A点由静止出发被U1=5 000V 的电压加速后，从B孔沿平行板间的中线垂直射入匀强偏转电场，若两极板间距d=1.0cm，极板的长度L=5.0cm，要使电子能从两极板间飞出，求两个极板上所加电压U2的最大值。
【答案】400V
【详解】在加速电压一定时，偏转电压U2越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压达到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，偏转电压为最大电压，电子加速过程，由动能定理得
eU1=12mv02
电子进入偏转电场做类平抛运动，有
L=v0t
偏转距离
y=at2=
恰能飞出的条件为
y=
联立方程并代入数据解得
U2m=400V
7．光刻机是半导体行业中重中之重的利器，我国上海微电子装备公司（SMEE）在这一领域的技术近年取得了突破性进展。电子束光刻技术原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光。某型号光刻机的束偏移器长L=0.04m，间距也为L，两极间有扫描电压，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，芯片到束偏移器下端的距离为。若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为，单个电子的初动能为Ek0=1.6×10-14J，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略其他因素的影响，电子到达芯片即被吸收。
（1）若扫描电压为零，电子束在束偏移器中做何种运动？电子束到达芯片时的落点位置？
（2）若扫描电压为零，且It=Ne（N为电子个数），求O点每秒接收的能量E?（e=1.6×10-19C）
（3）若某时刻扫描电压为15kV，则电子束到达芯片时的位置离O点的距离为多少？
【答案】（1）匀速直线运动，O；（2）；（3）0.003m
【详解】（1）无偏转电压时，电子束做匀速直线运动，落点位置为O；
（2）若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是
（3）电子在束偏移器中的加速度大小为
设电子的初速度大小为v0，则由题意可知
电子在束偏移器中运动的时间为
电子在束偏移器中的偏移量为
电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y，如图所示
根据几何关系有
联立解得
Y=0.003m
8．（2022·广东·华南师大附中高二期末）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定放置，所在空间存在一竖直向下的匀强电场，且与电容器间的电场互不影响。一带电小球以一定的初速度从圆弧轨道顶端开始沿轨道运动，最终小球恰好不脱离圆弧轨道以水平速度v0飞出，随即沿平行板电容器中线水平飞入两平行板间的电场，在电容器中做匀速直线运动，当小球运动到某一点P处时立即将上板向上平移Δd=2cm，小球刚好从金属板右端飞出。已知电容器两极板间距离为d=8cm，板长为L=25cm，接在恒压电源上，重力加速度g取10m/s2。
（1）若小球的质量为m，电量为q，请判断小球的电性（不需要说明理由），并写出竖直向下的匀强电场的电场强度E的表达式；
（2）若v0=0.5m/s，求小球从射入电容器到运动至P点所用的时间t（不考虑电容器充放电的时间）。
【答案】（1）带负电，；（2）0.3s
【详解】（1）小球在电容器中做匀速直线运动，重力与电场力平衡，小球所受的重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，又因场强方向竖直向下，所以小球带负电。
小球沿着圆弧轨道运动恰好不脱离轨道时，根据牛顿第二定律
解得
（2）带电小球在板间受重力和竖直向上的电场力，因为小球匀速运动，根据平衡条件
当上板向上提后，由于板间场强减小，电场力减小，故小球向下偏转，在电场中做类平抛运动，此时小球的加速度满足
解得
小球刚好从金属板右端飞出，设从P点到板末端飞出过程的时间t1，则有
解得
t1= 0.2s
设刚进入电场到飞出电场时间为t2，有
解得
t2= 0.5s
因此小球从射入电容器到运动至P点的时间
t=t2-t1=0.3s
带电粒子在非匀强电场中的运
9．（2022·福建漳州·高三阶段练习）（多选）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示，P、Q是电场中的两点。K为阴极，A为阳极，在两极之间加上高压，就会有电子从K极由静止被加速。则（ ）
A．P点的电势高于Q点的电势
B．P点的电场强度小于Q点的电场强度
C．电子在P点的电势能大于在Q点的电势能
D．电子由P运动到Q，电场力做负功
【答案】BC
【详解】AC．阳极电势高，阴极电势低，所以P点的电势低于Q点的电势，所以电子在P点的电势能大于在Q点的电势能，故A错误，C正确；
B．电场线越密场强越强，所以P点的电场强度小于Q点的电场强度，故B正确；
D．电子从K极由静止被加速，所以电子由P运动到Q，做加速运动，电场力做正功，故D错误。
故选BC。
10．（2022·江苏省天一中学高一期中）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力先减小后增大
【答案】A
【详解】A．因为OM=ON，所以正点电荷在M、N两点产生的电势相等，则小物体在M、N两点的电势能相等，从M到N电场力对小物体做功为零。由于小物体与斜面间的摩擦力大小与其运动速度大小无关，则根据对称性可知小物体从M到N和从N到M，摩擦力对小物体做的功相等，均设为Wf，对小物体从M到N，根据动能定理有
对小物体从N到M，根据动能定理有
联立以上两式解得小物体上升的最大高度为
故A正确；
BC．从N到M的过程中，小物体到正点电荷的距离先减小后增大，电场力对小物体先做正功后做负功，所以小物体的电势能先减小后增大，故BC错误；
D．从N到M的过程中，小物体受到的电场力在垂直斜面向下的分力先增大后减小，所以小物体对斜面的压力先增大后减小，受到的摩擦力先增大后减小，故D错误。
故选A。
11．（2023·全国·高三专题练习）沿电场线所在直线建立如图所示Ox轴，x轴上各点电势随x的变化规律如图所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，O点电势为零。带电量为-e的电子从O点由静止释放，仅受电场力作用，下列说法正确的是（ ）
A．在0~区间内，电场方向始终指向x轴正方向
B．电子到达B点时动能为
C．电子从A运动到C，加速度先增大后减小
D．若在B点给电子一个沿x轴方向的初速度，电子一定会在AC间做往复运动
【答案】B
【详解】A．沿电场线方向电势降低，在0~区间内，电势先升高、再降低、再升高，则电场线方向没有始终指向x轴正方向，故A错误；
B．根据动能定理
电子到达B点时动能为
故B正确；
C．电势随x图像的斜率大小等于电场强度，电子加速度大小为
由图像可知，A、C间斜率先变小后变大，则加速度先变小后变大，故C错误；
D．若在B点电子的初速度为沿+x轴方向，BC间电势升高，电场线方向由C指向B，电场力由B指向C，电子做加速运动；若在B点电子的初速度为沿-x轴方向，同理，电子也做加速运动。故电子不会再AC间做往复运动，故D错误。故选B。
12．（2022·河北邢台·高三开学考试）（多选）如图所示，ABCD四点构成一个竖直平面内的矩形，其中，，E、F是AD、BC中点，一根光滑杆穿过E、F两点，O为EF的中点，G为AB的中点，在B、C两点放置正、负两个点电荷，电荷量大小均为Q，在G点放置另一点电荷后，O点的电场强度刚好为零。现将一套在光滑杆上的带电小球从E点由静止释放，小球经过O、F两点。已知重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．G点的电荷带正电
B．G点的电荷所带电荷量的大小
C．小球经过O点时速率为
D．小球经过F点时速率为
【答案】BD
【详解】AB．由几何关系可知，所以B点和C点电荷在O点产生的电场强度为
方向分别沿BO方向和OC方向，由几何关系可知BC两电荷在O点产生的电场强度为
方向水平向右，所以G点电荷在O点产生的电场强度大小为
方向水平向左，所以G点电荷为负电荷，且
所以
故A错误，B正确；
C． E点和O点都在B、C处电荷形成电场的零等势线上，所以小球从E到O点的过程中BC处电荷给小球的电场力不做功，而此过程中G点电荷给小球的电场力做功，所以有
解得
故C错误；
D．E点和F点不仅在B、C处电荷形成电场的零等势线上，而且还在G点电荷的等势线上，所以小球从E到F点的过程中BC处电荷给小球的电场力不做功，同时G点电荷给小球的电场力也不做功，所以有
解得
故D正确。故选BD。
能量和动量综合
13．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点，一带电荷量为、质量为的小物块从A点由静止释放，沿MN做直线运动，其运动的图像如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大（图中标出了该切线），C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电荷量保持不变，则下列说法中正确的是（ ）
A．A、B两点电势差
B．小物块从B点到C点电场力做的功
C．C点为AC间电场强度最大的点，场强大小
D．由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大
【答案】B
【详解】A．根据动能定理，可知
解得
故A错误；
B．根据动能定理可知
代入数据得
故B正确；
C．图像的斜率为加速度，有图像可知，B点的加速度最大，且
所以粒子在B的电场强度最大，根据公式
解得
故C错误；
D．从A到B到C物体速度一直变大，所以物体动能一直增大，根据能量守恒可知，物体电势能一直降低，故D错误。
故选B。
14．（2022·湖北·天门市教育科学研究院高三学业考试）如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球（视为质点）穿在杆上，以速度从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功
B．小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功
C．小球的机械能可能增加
D．以上都有可能
【答案】B
【详解】AB．小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，故 A错误，B正确；
CD．电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，故CD错误。
故选B。
15．图中AB是绝缘水平面上相距的两点，AB间存在一个水平向右的匀强电场，场强大小。一带电量，质量的绝缘滑块Q静置在A点，滑块Q与水平面的动摩擦因数。用长的轻绳将不带电小球P悬挂在A点正上方的O点，保持绳子绷紧，将P球拉至与点O等高的水平位置，如图所示。现给P球竖直向下的初速度，此后P球下摆与Q发生弹性正碰。已知P球质量也为m，整个过程没有电荷转移，P、Q体积大小均可忽略不计，轻绳不被拉断。（）求：
（1）P与Q第一次碰撞后瞬间，P与Q的速度大小；
（2）P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离；
（3）若场强E可变，试讨论在轻绳不松弛的前提下，滑块Q在AB段滑行的路程与电场强度E的关系。
【答案】（1），；（2）；（3）见解析
【详解】（1）小球P运动至与Q碰撞前，有
解得
P与Q发生弹性碰撞，有
解得
，
（2）设碰撞后，Q没有滑离AB段，当Q减速至0，有
解得
假设成立，即P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离为1.5m。
（3）当P与Q第一次碰撞后，Q恰好能滑到B点，则
解得
当时，Q从B点离开电场，则Q在AB段滑行的路程为
当时，Q没有从B离开，因为
则Q返回再次与P相碰。设Q第一次在AB段减速至0的位移为时，返回与P碰撞后，P恰好能回到O点等高位置，则
设Q回到A点时速度为，Q从A开始运动到又回到A点时，有
P与Q再次碰撞，质量相等弹性碰撞，交换速度，则碰后P的速度也为v2，此后P运动至圆心等高，有
解得
当时，P超过O点等高位置，因为，P无法到达最高点，绳子松懈，不满足条件。
当时，因为，Q无法停在AB段，最终停在A点，全过程，对系统，由能量守恒，有
解得
则Q在AB段滑行的路程为
综上：为保证绳子不松懈需满足为：；当时，Q在AB段滑行的路程为；当时，Q在AB段滑行的路程为。
16．如图（a）所示，质量m1=2.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量m2=1.0kg可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为q=1.0×10-3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1=5.0×102V/m。质量m3=1.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从t0=0时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在t1=1s时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小v1；
（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度v共；
（3）若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为E2=7.0×102V/m，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则
①木板A至少多长？
②整个过程中物块B的电势能变化量是多少？
【答案】（1）10.5m/s；（2）3m/s；（3）①10.5m，②12J
【详解】（1）在F作用的1s内，对滑块C，由动量定理得
由图像围成的面积可得
得
（2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为vC和vA，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒，得
A、C发生弹性碰撞，动能不变，则
代入数据，解得
vA=7m/s
A、C碰撞后，对B有
代入数据得
a2=1.5m/s2
对A有
得
a1=2m/s2
设碰后经t2时间A、B共速，则
解得
t2=2s，v共=3m/s
（3）①从A被碰后到A、B刚好共速过程
所以此过程B相对A向左滑行
当电场强度变为E2时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有
得
对A有
因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止。此过程它们的位移分别为
则此过程B相对A向右滑行
因为
所以板长至少为10.5m
②整个过程中静电力对B做功
故物块B的电势能变化量为
即电势能减少了12J。
17．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中二模）（多选）静置在绝缘地面上的质量为的物体带正电，电荷量为，在物体所在空间加上竖直方向的电场后，物体向上运动，物体运动过程中的机械能与其位移关系图像如图所示，其中为直线，为曲线，为平行横轴的直线。重力加速度为，不计空气阻力（ ）
A．过程中，电场强度的大小恒为B．过程中，静电力做功为
C．过程中，电场强度先向上，后向下D．过程中，物体的电势能减小
【答案】AB
【详解】AC．过程中，设物体在很短的位移内电场力为F，则根据功能关系得物体的机械能变化量
图象的斜率
由图知过程中斜率不变，则电场强度的大小恒为
选项A正确；
B．过程中，物体机械能减少，根据功能关系可得静电力做功为，选项B正确；
C．由图知过程中图象的斜率逐渐减小到0，即电场力F逐渐减小到0，方向没有变化，所以电场强度方向没有变化，选项C错误；
D．过程中图象的斜率为0，即电场力F为零，则电场力不做功，物体的电势能不变，选项D错误。故选AB。
18．（2022·山东日照·高二开学考试）如图甲所示，在xOy直角坐标系第一象限内有等腰三角形ABC的区域，AB边的长度为L且与x轴平行，区域内有水平向左的匀强电场，电场强度大小为；在第二象限内有边长为L的正方形BOEF区域，区域内有竖直向下的匀强电场（电场强度大小未知）。现有一质量为m、电荷量为q的正粒子从AC的中点P由静止释放，恰好通过E点，不计粒子的重力，则
（1）求BOEF区域内的电场强度大小；
（2）求粒子从P点运动到E点的时间；
（3）在保持BOEF区域电场强度不变的情况下，将正方形电场区域分成BOMN和GHEF相等的两部分，并将GHEF区域向左平移一段距离，如图乙所示。若把粒子从第一象限内的A点由静止释放，要使粒子仍从E点射出，求GHEF区域平移的距离x。
【答案】（1）；（2）；（3）3L
【详解】（1）粒子从P点运动到BC中点过程中由动能定理
在BOEF区域内，由牛顿第二定律
水平方向上
竖直方向上
解得
（2）在加速电场中运动时间
在偏转电场中运动时间
在无场区域运动时间
所以粒子从P运动到E点时间
（3）带电粒子从A到B由动能定理
带电粒子在区域BOMN中
竖直方向速度
速度偏转角
带电粒子在两个区域内偏转距离
由几何关系得
解得
19．（2022·辽宁营口·高一期末）如图甲所示，某直线加速器由沿轴线分布的两个金属圆管（漂移管A、B）组成， 质子（带正电）从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过金属筒，筒B接地（电势为零），两筒间电压恒定。不同时刻释放的质子进入金属筒A时速度均为8×105m/s，进入金属筒B时速度均为1×106 m/s，从B筒右端射出后，沿两水平金属板M、N间的中心线射入，MN板长 L=10cm，板间距d=10cm，加在MN板上的电压UMN随时间 t 变化的图像如图乙所示。粒子穿过 MN 板的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一圆筒，其表面有一层厚度不计的方格坐标纸。筒的左侧边缘与极板右端距离s=8 cm，圆筒绕其轴线匀速转动，能接收到通过M、N板后射出的所有质子。质子的比荷为1×108 C/kg，不计质子重力。
（1）请根据所学知识，判断质子在漂移管内的运动状态；
（2）粒子在AB之间加速时，求A管的电势；
（3）以t0=0 时刻进入MN的质子打到圆筒记录纸上的点为坐标原点，取y轴竖直向下为正，质子打到记录纸上沿y轴方向的最大侧移量是多少？
【答案】（1）匀速直线运动；（2）；（3）13cm
【详解】（1）由于漂移管A、B是金属制作而成，其能够起到静电屏蔽的作用，即质子在其中不受外界电场的作用，又由于不计质子重力，则质子在漂移管内做匀速直线运动。
（2）根据动能定理有
解得
（3）若质子从极板右边缘射出，则有
解得
则极板MN间电压为时，质子打到记录纸上沿y轴方向的侧移量达到最大，由几何关系有
解得
20．（2022·贵州遵义·高三开学考试）1909至1911年，英国物理学家卢瑟福（1871~1937）和他的合作者们做了以粒子轰击金箔的实验，如图甲所示，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线射到金箔上。粒子穿过金箔后，打到荧光屏上产生一个个的闪光，这些闪光可以用显微镜观察到。整个装置放在一个抽成真空的容器里，荧光屏和显微镜能够围绕金箔在一个圆周上转动。实验得到了出乎意料的结果。绝大多数粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，少数粒子却发生了较大角度的偏转，并且有极少数粒子偏转角超过了90度，有的甚至被弹回，为了解释这个实验结果，卢瑟福在1911年提出了如下的原子核式结构学说：在原子的中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转。原子核所带的单位正电荷数等于核外的电子数，所以整个原子是中性的。电子绕核旋转所需的向心力就是核对它的库仑引力。现考虑某一个粒子被弹回的情况，可简化为如图乙所示的模型，其中金的原子核类似一个固定的点电荷，而粒子仅在原子核库仑力作用下弹回，图中画出了三个以原子核为圆心的圆，它们的半径之比为，而粒子被弹回的轨迹是直线ABC，ABC为轨迹与三个圆的交点，其中A点时粒子速度为零。求：
（1）粒子经过B、C加速度大小之比。
（2）粒子经过B、C动量大小之比。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）对粒子：
B点
C点
联立得
（2）对粒子，任意过程，采用动能定理
因为，所以
所以可变形为
得
这里采用累加法，得
得，A→B
进一步得
同理，A→C
进一步得
又因为
联立得
21．图（a）为示波管的原理图．如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是
A．B．
C． D．
【答案】B
【详解】电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：
前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧．
前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．
同理，后半周期的图像应在第四象限．
A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．
B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．
C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．
D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．
22．如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（ ）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
由
可得
故A错误；
B．由于
故粒子速度大小为
故B错误；
C．由几何关系可知，到P点的距离为
故C正确；
D．由于平抛推论可知，，可知速度正切
可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。
故选C。
23．如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧
24．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】（1）；（2）；（3）0或
【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知
所以根据动能定理有
解得
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度
（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点
故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有
电场力提供加速度
联立解得
当粒子从C点射出时初速度为0，粒子穿过电场前后动量变化量的大小为，该粒子进入电场时的速率应为或。
另解：
由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为
25．某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，边长为，边长为，质量为m、电荷量为的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为，入射角为，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。
（1）当时，若粒子能从边射出，求该粒子通过电场的时间t；
（2）当时，若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，求入射角的范围；
（3）当，粒子在为范围内均匀射入电场，求从边出射的粒子与入射粒子的数量之比。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示
粒子在水平方向的速度为
根据可知
解得
（2）粒子进入电场时的初动能
粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得
粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，则要求
解得
所以入射角的范围为
或
（3）设粒子入射角为时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速相同的减速运动，加速运动。粒子的速度
运动时间为
粒子在沿电场方向，反复做加速相同的减速运动，加速运动，则
则
则粒子在分层电场中运动时间相等，设为，则
且
代入数据化简可得
即
解得
（舍去）或
解得
则从边出射的粒子与入射粒子的数量之比
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