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专题53带电粒子(体)在电场中的运动之直线运动和偏转-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破
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这是一份专题53带电粒子(体)在电场中的运动之直线运动和偏转-2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破，文件包含专题53带电粒子体在电场中的运动之直线运动和偏转原卷版docx、专题53带电粒子体在电场中的运动之直线运动和偏转解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
考点一 带电体在电场中的直线运动（1-8T）
考点二 带电粒子在匀强电场中的偏转（不计粒子重力）（9-18T）
考点三 带电体在匀强电场中的运动（重力不可忽略）（19-20T）
考点四 带电体在两个互相垂直的方向上分别受到恒力作用的问题（21-30T）
1．带电粒子(体)在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力．
2.带电粒子(或带电体)在电场中加速时：
(1)用运动学、动力学观点分析： a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad.
(2)用功能观点分析：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0) (匀强电场中)
W＝qU＝Ek2－Ek1 (匀强电场、非匀强电场中)
考点一 带电体在电场中的直线运动
受力决定运动，运动反映受力
①匀速直线运动←→F合＝0.
②变速直线运动←→F合≠0，且F合方向与速度方向在同一直线上．
1.(多选)如图所示，有一质量为m、带电荷量为q的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中．设油滴是从两板中间位置，由静止释放，则可以判定( )
A．油滴在电场中做抛物线运动
B．油滴在电场中做匀加速直线运动
C．油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强度和两板间距离
D．油滴打在极板上的运动时间不仅取决于电场强度和两板间距离，还取决于油滴的比荷
【答案】BD
【解析】油滴初速度为0，受不变的重力和电场力，做匀加速直线运动，A错，B对；由eq \f(d,2)＝eq \f(1,2) eq \f(Eq,m)t2得，C错，D对．
2.如图所示,两平行金属板AB、MN与水平面成30°角固定放置,金属板间存在匀强电场。一带电小球以一定的速度垂直电场强度方向射入电场中,恰能沿两板中央虚线做直线运动。已知重力加速度为g,不计空气阻力。在此过程中,下列说法正确的是( )
A.小球一定带负电
B.小球一定做匀速直线运动
C.小球的电势能增大
D.小球加速度大小为g2
【答案】D
【解析】因为极板所带正负电不确定,所以小球带电性无法确定,故A错误;对小球受力分析,小球受到的静电力垂直极板斜向上,根据牛顿第二定律可得mgsin 30°=ma,解得a=g2,所以小球做匀加速直线运动,故B错误,D正确;因为静电力始终与小球运动方向垂直,因此静电力不做功,小球的电势能不变,故C错误。
3.(2022·天津模拟)(多选)如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是( )
A．电场方向一定竖直向上
B．电场强度E的最小值为eq \f(\r(3)mg,2q)
C．如果电场强度为E＝eq \f(mg,q)，则小球相对初始位置的最大高度为eq \f(veq \\al(2,0),2g)
D．如果电场强度为E＝eq \f(mg,q)，小球电势能的最大值为eq \f(mveq \\al(2,0),4)
【答案】BD。
【解析】
因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，当垂直于运动方向时，电场力有最小值为mgcs 30°，如图所示，所以电场强度的最小值Emin＝eq \f(mgcs 30°,q)＝eq \f(\r(3)mg,2q)，故A错误，B正确；根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g，小球斜向上做匀减速直线运动，位移x＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)，则小球上升的最大高度h＝xsin 30°＝eq \f(veq \\al(2,0),4g)，在整个过程中电场力做功W＝qExcs 120°＝－eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，电势能增加eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，所以小球电势能的最大值为eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，故C错误，D正确。
4．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（ ）
A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回 D．穿过P′点
【答案】A
【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误．
5．（2022·北京·高考真题）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
【答案】（1）F=qUd；（2）v=2qUm；（3）t=3d2mqU
【解析】（1）两极板间的场强 E=Ud
带电粒子所受的静电力 F=qE=qUd
（2）带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有 qU=12mv2
解得 v=2qUm
（3）设带电粒子运动d2距离时的速度大小为v′，根据功能关系有 qU2=12mv′2
带电粒子在前d2距离做匀加速直线运动，后d2距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，
有 d2=v′2t1，d2=v′t2
则该粒子从M板运动到N板经历的时间 t=t1+t2=3d2mqU
6.如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g。求:
(1)小球到达小孔处的速度;
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
(3)小球从开始下落到运动到下极板处的时间。
【答案】Cmg(ℎ+d)q (3)ℎ+dℎ2ℎg
【解析】(1)由v2=2gh得v=2gℎ。
(2)在极板间带电小球受重力和静电力作用,有qE-mg=ma且v2-0=2ad,得E=mg(ℎ+d)qd
由U=Ed,Q=CU,得Q=Cmg(ℎ+d)q。
(3)由题得h=12gt12,0=v+at2
t=t1+t2=ℎ+dℎ2ℎg。
7．如图1所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg，带电量为g=+2.0×10-6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数u=0.1，从t=0时刻开始，空间加上一个如图2所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场，（取水平向右为正方向，取10m/s2）。求：
（1）15秒末小物块的速度大小；
（2）15秒内小物块的位移大小。
【答案】（1）2m/s；（2）31m
【解析】（1）0~2s加速度 a1=qE1−μmgm=2m/s2
2~4s内物块加速度 a2=−E2q−μmgm=−2m/s2
即0~4s内先加速后减速到零，以后重复这样的运动，则16s末的速度为零，由逆向思维可知，15秒末小物块的速度大小 v15=a2t'=2×1m/s=2m/s
（2）0~4s内的位移 x1=2×12a1t22=2×22m=8m
则16s的位移为 x16=32m
最后1s内的位移 x2=12a2t'2=12×2×12m=1m
15秒内小物块的位移大小 x15=x16−x2=31m
8.（2022·广东高考）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】（1）；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为，；（3）见解析
【解析】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，新油滴所受电场力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为 速度方向向上；
若，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为 速度方向向下。
考点二 带电粒子在匀强电场中的偏转（不计粒子重力）
1.带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场做类平抛运动：
设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响), 则有
(1)加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
(2)在电场中的运动时间：t＝eq \f(l,v0)
(3)离开偏转电场时的速度及速度的偏转角：ν=v02+at2， tan θ＝atv0＝eq \f(qUl,mv02d)
(4) 离开偏转电场时的偏移量：
2.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法，如图所示：
①Y＝y＋dtan θ；
②Y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)＋d))tan θ；
③Y＝y＋vy·eq \f(d,v0)；
④根据三角形相似得eq \f(Y,y)＝eq \f(\f(L,2)＋d,\f(L,2))。
3．两个结论
(1)电性相同的不同带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度和轨迹总是相同的。
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mv02及tan θ＝eq \f(qUl,mv02d)得tan θ＝eq \f(Ul,2U0d)。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为eq \f(l,2)。
4．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：
qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy指初、末位置间的电势差。
9.如图所示，三个同样的带电粒子(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a、b、c标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中错误的是( )
A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．在电场中运动过程中c的动能增加量最小，a、b动能增加量相同
【答案】B
【解析】三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y＝eq \f(1,2)at2，所以ta＝tb>tc，A正确，B错误；在水平方向上做匀速直线运动，故有v0＝eq \f(x,t)，因为xb＝xc>xa，ta＝tb>tc，所以有vc>vb>va，C正确；根据动能定理qU＝Eqy＝ΔEk，故c的动能增加量最小，a和b的动能增加量一样大，D正确。
10．（2022·北京·人大附中高三开学考试）让氕核（11H）和氘核（12H）以相同的动能沿与电场垂直的方向从ab边进入矩形匀强电场（方向沿a→b，边界为abcd，如图所示）。已知两种粒子均能从cd边离开偏转电场，不计粒子的重力，则（ ）
A．两种粒子进入电场时的速度相同B．两种粒子在电场中运动的加速度相同
C．两种粒子离开电场时的动能相同D．两种粒子离开电场时的速度方向不同
【答案】C
【解析】A．两种粒子的质量不同，进入电场时的动能相同，所以速度不同，故A错误；
B．设电场强度为E、电荷质量为m、电荷量为q，两种粒子在电场中运动的加速度a=qEm
电场强度相同，电荷量相同，质量不同，所以加速度不同，故B错误；
CD．设偏转电场的宽度bc为L，粒子的初动能为Ek，
粒子离开电场时沿电场方向的速度为vy=at=qELmv0
粒子离开电场时的速度方向与初速度夹角的正切为tanα=vyv0=qELmv02=qEL2Ek
两种粒子离开电场时的速度方向相同，两种粒子离开电场时的动能
E′k=12mv2=12m(v02+vy2)=Ek+q2E2L24Ek
两种粒子离开电场时的动能相同，故C正确，D错误。故选C。
11.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN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MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
A．所用时间为eq \f(mv0,qE)
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【解析】粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(Eq,m)，解得t＝eq \f(2mv0,qE)，A错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝eq \r(（2v0）2＋veq \\al(2,0))＝eq \r(5)v0，B错误；该点到P点的距离s＝eq \r(2)x＝eq \r(2)v0t＝eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)，C正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(v0,2v0)＝eq \f(1,2)，则θ≠30°，D错误。
12．（2022·浙江·高考真题）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度
D．粒子从N板下端射出的时间
【答案】C
【解析】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；
CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，
有
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，
有
联立解得 ， 故C正确，D错误；
13．（2023·全国·高三专题练习）如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为Δd的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为U0，两对极板间偏转电压大小相等均为U0，电场方向相反。质量为m，电荷量为＋q的粒子无初速地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子离开加速器时速度v0=qU0m
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1=L4
C．Δd与2L相等
D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
【答案】B
【解析】A．根据 qU0=12mv02 粒子离开加速器时速度为 v0=2qU0m 故A错误；
B．粒子平移器电场中的偏转量为 y1=12at2
又 qU0L=ma ，L=v0t
得 y1=L4 故B正确；
C．根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知 Δd=L 故C错误；
D．由B选项可得 y1=qU0L2mv02
由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。
故选B。
14．如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L。为了提高示波管的灵敏度eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(每单位电压引起的偏转量为\f(h,U2)))可采用的方法是( )
A．增大两板间的电势差U2B．尽可能使板长L短些
C．使加速电压U1升高些D．尽可能使板间距离d小些
【答案】D
【解析】带电粒子加速时，由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv2，带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得L＝vt，h＝eq \f(1,2)at2，又由牛顿第二定律得a＝eq \f(qU2,md)，联立得h＝eq \f(U2L2,4dU1)，由题意，灵敏度为eq \f(h,U2)＝eq \f(L2,4dU1)，可见，灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、加速电压U1降低一些，故A、B、C错误，D正确。
15.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
【答案】AD
【解析】根据动能定理有qE1d＝eq \f(1,2)mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度
v1＝ eq \r(\f(2qE1d,m))。在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝eq \f(1,2)eq \f(qE2,m)t22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝eq \f(E2l2,4E1d)，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确。根据动能定理，qE1d＋qE2y＝eq \f(1,2)mv22，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝ 2(qE1d+qE2y)m，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误。粒子打在屏上所用的时间t＝eq \f( d ,\f(v1,2))＋eq \f(L′,v1)＝eq \f(2d,v1)＋eq \f(L′,v1)(L′为偏转电场左端到屏的水平距离,v1为三种粒子经加速电场加速后获得的速度,)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误。根据vy＝eq \f(qE2,m)t2及tan θ＝eq \f(vy,v1)得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝eq \f(E2l,2E1d)，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确。
16.示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电荷量为e，质量为m)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 cm，偏转极板间距d＝1 cm，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场。
(1)偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？
(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？
【答案】(1)205 V (2)0．055 m
【解析】电子从偏转电场射出后沿着射出方向做匀速直线运动至打到荧光屏上；电子束打在荧光屏上偏转距离最大的条件是：电子经偏转电场后必须从下极板边缘射出。
(1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下极板边缘出来。
在加速电场中，由动能定理得eU1＝eq \f(mv02,2)
电子进入偏转电场的初速度v0＝ eq \r(\f(2eU1,m))
电子在偏转电场中的飞行时间t1＝eq \f(l,v0)
电子在偏转电场中的加速度a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU2,md)
电子从下极板边缘出来，则有 eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(eU2l2,2mdv02)＝eq \f(U2l2,4dU1)
解得U2＝eq \f(1,8)U1＝205 V。
(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y＝eq \f(d,2)＋y2
电子离开偏转电场时的竖直极板方向分速度 vy＝at1＝eq \f(eU2l,mdv0)
电子从离开偏转电场到到达荧光屏经过的时间t2＝eq \f(L,v0)
则y2＝vy·t2＝eq \f(eU2lL,mdv02)＝eq \f(U2lL,2dU1)＝0．05 m
所以电子到达荧光屏时的最大偏转距离y＝eq \f(d,2)＋y2＝0．055 m。
17．如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x。
【答案】(1)3 eq \r(\f(mL,eE)) (2)2 (3)3L
【解析】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动。设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1＝eq \f(eE1,m)＝eq \f(eE,m)，eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1t12
v1＝a1t1，t2＝eq \f(2L,v1)，运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 eq \r(\f(mL,eE))。
(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为
a2＝eq \f(eE2,m)＝eq \f(2eE,m)，t3＝eq \f(L,v1)，vy＝a2t3，tan θ＝eq \f(vy,v1)
联立各式，解得tan θ＝2。
(3)如图所示，设电子在电场中的偏转距离为y1，
则y1＝eq \f(1,2)a2t32，tan θ＝eq \f(y2,L)
解得x＝y1＋y2＝3L。
18.在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求：
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
(2)粒子从A到C过程所经历的时间；
(3)粒子经过C点时的速率。
【答案】(1)3qEl0 (2)3eq \r(\f(2ml0,qE)) (3)eq \r(\f(17qEl0,2m))
【解析】(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功W＝qE(yA－yC)＝3qEl0①
(2)粒子只受沿y轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tAD＝tDB＝T，且tBC＝T②
由牛顿第二定律qE＝ma③
由运动学公式得yD＝eq \f(1,2)aT2④
从D到C做类平抛运动，沿y轴方向：yD＋3l0＝eq \f(1,2)a(2T)2⑤
由②③④⑤式解得T＝eq \r(\f(2ml0,qE))⑥
则A→C过程所经历的时间t＝3T＝3eq \r(\f(2ml0,qE))⑦
(3)粒子由D到C过程中
x轴方向：2l0＝vD·2T⑧
y轴方向：vCy＝a·2T⑨
vC＝eq \r(veq \\al(2,D)＋veq \\al(2,Cy))⑩
由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝eq \r(\f(17qEl0,2m))⑪
考点三 带电体在匀强电场中的运动（重力不可忽略）
19．(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)( )
A．两极板间电压为eq \f(mgd,2q)
B．板间电场强度大小为eq \f(2mg,q)
C．整个过程中质点的重力势能增加eq \f(mg2L2,v02)
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
【答案】BC
【解析】根据题意分析可知，在平行板间质点受到重力和电场力作用，其轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点只受重力作用，其轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示，
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq \f(2mg,q)，由U＝Ed得板间电势差U＝eq \f(2mg,q)×d＝eq \f(2mgd,q)，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE－mg,m)＝g，t＝eq \f(L,v0)，解得y＝eq \f(gL2,2v02)，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝eq \f(gL2,v02)，重力势能的增加量ΔEp＝mgs＝eq \f(mg2L2,v02)，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏M上，故D错误。
20.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq \f(t,2)。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
【答案】(1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，
有 mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2＝eq \f(1,2)gt2②
联立①②式得E＝eq \f(3mg,q)。③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。⑦
考点四 带电体在两个互相垂直的方向上分别受到恒力作用的问题
方法技巧：带电体在两个互相垂直的方向上分别受到恒力作用，这两个方向上都做匀变速直线运动，两个分运动互不影响且具有等时性，在两个方向上分别进行运动分析。
注意：如果物体的初速度为零或者初速度方向与合力方向在同一直线上，则物体做直线运动。
如果物体的初速度不为零且初速度方向与合力方向不在同一直线上，则物体做曲线运动。
21．如图所示，在竖直放置间距为的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场．有一质量为，电荷量为的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为．则点电荷运动到负极板的过程中（ ）
A．加速度大小为
B．所需的时间为
C．下降的高度为
D．电场力所做的功为
【答案】B
【解析】点电荷在电场中的受力如图所示，
点电荷所受的合外力为
由牛顿第二定律得 故A错；
点电荷在水平方向的加速度为 ，由运动学公式d/2=a1t2/2,所以 ，故B正确，
点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度 ，故C错误；
由功公式W=Eqd/2,故D错误．
22．（2022·湖北·高三阶段练习）(多选)如图，平行板电容器两极板AB竖直放置，一个带电荷量为q、质量为m的带电油滴从A板的内侧垂直A板以大小为v的速度向右运动，最终打在B板时的速度大小仍为v，速度方向与B板成θ角，θ=53°，sin53°=0.8，cs53°=0.6，已知重力加速度为g。则（ ）
A．带电油滴带正电
B．两极板间的电场强度大小为mg3q
C．AB两极板间的距离为3v250g
D．油滴从A板到B板机械能减小950mv2
【答案】BD
【解析】A．由于A、B极板的极性未知，故无法判断油滴的电性，故A错误；
依题意，知油滴在竖直方向上做自由落体运动，当油滴打在B板时，
平行B板方向的速度 vy=vcsθ=35v=gt
垂直B板方向的速度 vx=vsinθ=45v说明油滴在垂直B板方向上做减速运动，则有 vx=v−at
又 a=qEm
联立，可得两极板间的电场强度大小为 E=mg3q 故B正确；
C．AB两极板间的距离为 d=v2−vx22a=27v250g 故C错误；
D．油滴从A板到B板，根据功能关系可知，
机械能的减小量等于油滴克服电场力所做的功为ΔE=Eqd=950mv2故D正确。
23．（2022·天津·模拟预测）(多选)如图所示，由两水平面（虚线）所夹的区域内，有水平向右的匀强电场，自该区域上方的A点，将质量相等、带等量异种电荷的小球a、b先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力的作用下从B点进入电场区域，并从该区域的的下边界离开，已知a球在电场中做直线运动之后从M点离开电场，b球从N点离开电场且离开电场时速度方向竖直向下，根据上述信息，下列判断正确的是（ ）
A．a球带负电，b球带正电
B．a球和b球在电场中运动的时间相等
C．M点到B点的水平距离是N点到B点的水平距离的3倍
D．b球离开电场时比其进入电场时电势能大
【答案】BCD
【解析】A．由题意可知，b球进入水平电场后在水平方向做减速运动，出离电场时水平速度减为零，则b球带负电，a球带正电，选项A错误；
B．从开始抛出到出离电场，两球在竖直方向只受重力作用，加速度相同，则两球在竖直方向的运动相同，即a球和b球在电场中运动的时间相等，选项B正确；
C．设两粒子进入电场时水平速度为v0，经过电场的时间为t，则对a球从M点射出时水平位移xMB=v0t+12at2
对b球从N点射出时水平位移xNB=v0t−12at2
其中对b球v0=at
解得xMB=3xNB
即M点到B点的水平距离是N点到B点的水平距离的3倍，选项C正确；
D．b球在电场中运动时，电场力做负功，则电势能增加，即离开电场时比其进入电场时电势能大，选项D正确。
24．（2022·重庆·模拟预测）(多选)在水平方向的匀强电场中竖直向上抛出一个质量为m，电荷量为q的小球，当小球运动到最高点时动能与重力势能（以水平面为零势能面）之比为16：9，当小球落回水平面时与抛出点距离为d。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．重力与电场力大小之比为3：4
B．小球上升的最大高度为38d
C．小球在最高点的速度为23gd
D．小球在运动过程中最小速度为1225gd
【答案】AC
【解析】A．设小球是最高点速度为vx，刚抛出时的速度大小为vy，
由题 12mvx2:mgℎ=16:9
又因为 vy2=2gℎ
所以 vx:vy=4:3
又因为经过相同的时间，于是水平方向加速度和竖直方向加速度大小之比也是4:3，则重力与电场力大小之比为3：4，A正确；
B．上升到最高点的过程中，水平方向的位移大小为d4，所以竖直方向的高度为
ℎ=d4×34=316d B错误；
C．在y方向有 vy=2gℎ=38gd
因此 vx=43vy=23gd C正确；
小球所受到的合力与水平方向成θ = 37°，所以最小速度为 vmin=vycsθ=625gd
D错误。
25.（2022·甲卷）(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】BD
【解析】A．如图所示 故等效重力的方向与水平成。
当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上
在竖直方向上
由于 ，得
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。
由动能定理可知
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
26.（2022·全国·高三课时练习）如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道 ABC 固定在竖直面内，圆心为 O ，轨道半径为 R，B 为轨道最低点．该装置右侧的圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中．某一时刻一个带电小球从 A 点由静止开始运动．到达 B 点时，小球的动能为 E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达 C 点时小球的电势能减少量为 2E0 ，试求：
( 1)小球所受重力和电场力的大小；
(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能．
【答案】(1) (2)8E0
【解析】 ( 1)设带电小球的质量为 m ，则从 A 到 B 根据动能定理有：mgR＝E0
则小球受到的重力为：mg＝ ，方向竖直向下；
由题意可知：到达 C 点时小球的电势能减少量为 2E0 ，根据功能关系可知：EqR＝2E0
则小球受到的电场力为：Eq＝ ，方向水平向右，小球带正电；
(2)设小球到达 C 点时速度为 vC ，则从 A 到 C 根据动能定理有：EqR＝mvC2＝2E0
则 C 点速度为：vC ＝ ，方向竖直向上
从 C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动，到达最高点时间为：
t ＝＝
在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时只有水平方向的速度，其速度为：
v＝at ＝t ＝ ＝2
4E0
则在最高点时的动能为：Ek ＝mv2 ＝m 2 2＝8E0 .
27．（2022·江苏·句容市第三中学高一期末）如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m。有一质量0.5kg的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。（g取10m/s2）求：
（1）小环离开直杆后的加速度大小；
（2）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0；
（3）环从C运动到P的时间为多少？
【答案】（1）102m/s2；（2）v0=2m/s；（3）25s
【解析】（1）小环在光滑直杆上匀速下滑，有 mgsin45°=qEcs45°
得 mg=qE
所以离开直杆后，由牛顿第二定律，有 F合=mg2+qE2=ma
解得 a=2g=102m/s2
（2）环从C运动到P过程，水平方向满足 x=v0cs45°t−12axt2=0
其中 ax=qEm=g
竖直方向满足 ℎ=v0sin45°t+12gt2
解得 v0=2m/s
（3）将v0=2m/s代入竖直方向位移方程，可得 t=25s
28．（2022·安徽省桐城中学高三阶段练习）如图所示，在足够高的竖直墙面上A点，以垂直墙面的水平速度v0=1m/s向左抛出一个质量为m=1kg的带电小球，小球抛出后始终受到水平向右的恒定电场力的作用，电场力大小F=5N，经过一段时间小球将再次到达墙面上的B点处，重力加速度为g=10m/s2，空气阻力不计，求在此过程中：（计算结果可用根式表示）
（1）小球距墙面最远的水平距离；
（2）墙面上A、B两点间的距离；
（3）小球速度的最小值。
【答案】（1）0.1m；（2）0.8m；（3）255m/s
【解析】（1）小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动，将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，
水平方向 F=max
则 v02=2axx
解得 x=0.1m
（2）水平方向速度减小为零所需的时间 t1=v0ax
所以从A点到B点时间 t=2t1
竖直方向上 yAB=12gt2
解得 yAB=0.8m
（3）将速度进行分解，当v⊥=0时，小球速度最小，此时 vmin=v//=vcsθ
根据力的关系知 csθ=mgF2+(mg)2
解得 vmin=255m/s
29．如图所示，桌面固定一半径R=1.5m的14圆弧，圆弧下端与光滑水平桌面相切，桌面距地面高ℎ=1.25m，桌子右侧足够大的区域内存在方向水平向左，大小E=6×103N/C的匀强电场。现将一带正电q=5×10−4C、质量m=0.2kg的小球，由圆弧最高端静止释放，小球滑至圆弧最低端速度为5m/s（重力加速度g取10m/s2，小球运动过程中电荷量不变），
（1）小球沿圆弧下滑过程中，克服摩擦力做的功是多少？
（2）小球滑离桌面后，碰撞地面前，水平位移最大值是多少？
【答案】（1）0.5J；（2）56m
【解析】（1）小球沿圆弧下滑过程，使用动能定理，得 mgR−Wf=12mv02
解得 Wf=0.5J
小球沿圆弧下滑过程中，克服摩擦力做功0.5J。
（2）小球滑离桌面后，进入电场区域，竖直方向，自由落体运动 ℎ=12gt2
解得 t=0.5s
水平方向，受力 qE=max
解得 ax=15m/s2
水平方向速度减为0，所需时间 t′=v0ax=13s
因为，t'解得 xm=56m
30．如图所示，在水平向右的匀强电场中，半径为R=0.2m的14绝缘光滑圆弧轨道固定在光滑绝缘水平轨道上，下端与水平轨道相切于B点，上端C与圆轨道的圆心等高。现将一质量为m=0.2kg，电荷量为q=2.0×10−5C的带电小球从距离B点L=4.05m的A处无初速度释放（图中没有画出）。已知电场强度E=5.0×103N/C，小球运动过程中电量保持恒定，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小球经过圆弧轨道C点时的速度大小；
（2）小球离开圆弧轨道后第一次的落点到C点的水平距离。
【答案】（1）0.5m/s ；（2）1.64×10−2m
【解析】（1）设带电小球到达C点时的速度大小为v，
从A到C由动能定理可得 qE(L+R)−mgR=12mv2
代入数据解得 v=0.5m/s
（2）带电小球离开C点后做匀变速曲线运动，小球离开圆弧轨道到第一次的落点过程，竖直方向有 −R=vt−12gt2
解得 t=0.5+4.2510s≈0.256s
设水平方向的加速度为a，则有 a=qEm=0.5m/s2
由运动学规律可得 x=12at2=12×0.5×0.2562m≈1.64×10−2m
考点一 带电体在电场中的直线运动（1-8T）
考点二 带电粒子在匀强电场中的偏转（不计粒子重力）（9-18T）
考点三 带电体在匀强电场中的运动（重力不可忽略）（19-20T）
考点四 带电体在两个互相垂直的方向上分别受到恒力作用的问题（21-30T）
1．带电粒子(体)在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力．
2.带电粒子(或带电体)在电场中加速时：
(1)用运动学、动力学观点分析： a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad.
(2)用功能观点分析：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0) (匀强电场中)
W＝qU＝Ek2－Ek1 (匀强电场、非匀强电场中)
考点一 带电体在电场中的直线运动
受力决定运动，运动反映受力
①匀速直线运动←→F合＝0.
②变速直线运动←→F合≠0，且F合方向与速度方向在同一直线上．
1.(多选)如图所示，有一质量为m、带电荷量为q的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中．设油滴是从两板中间位置，由静止释放，则可以判定( )
A．油滴在电场中做抛物线运动
B．油滴在电场中做匀加速直线运动
C．油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强度和两板间距离
D．油滴打在极板上的运动时间不仅取决于电场强度和两板间距离，还取决于油滴的比荷
【答案】BD
【解析】油滴初速度为0，受不变的重力和电场力，做匀加速直线运动，A错，B对；由eq \f(d,2)＝eq \f(1,2) eq \f(Eq,m)t2得，C错，D对．
2.如图所示,两平行金属板AB、MN与水平面成30°角固定放置,金属板间存在匀强电场。一带电小球以一定的速度垂直电场强度方向射入电场中,恰能沿两板中央虚线做直线运动。已知重力加速度为g,不计空气阻力。在此过程中,下列说法正确的是( )
A.小球一定带负电
B.小球一定做匀速直线运动
C.小球的电势能增大
D.小球加速度大小为g2
【答案】D
【解析】因为极板所带正负电不确定,所以小球带电性无法确定,故A错误;对小球受力分析,小球受到的静电力垂直极板斜向上,根据牛顿第二定律可得mgsin 30°=ma,解得a=g2,所以小球做匀加速直线运动,故B错误,D正确;因为静电力始终与小球运动方向垂直,因此静电力不做功,小球的电势能不变,故C错误。
3.(2022·天津模拟)(多选)如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的是( )
A．电场方向一定竖直向上
B．电场强度E的最小值为eq \f(\r(3)mg,2q)
C．如果电场强度为E＝eq \f(mg,q)，则小球相对初始位置的最大高度为eq \f(veq \\al(2,0),2g)
D．如果电场强度为E＝eq \f(mg,q)，小球电势能的最大值为eq \f(mveq \\al(2,0),4)
【答案】BD。
【解析】
因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，当垂直于运动方向时，电场力有最小值为mgcs 30°，如图所示，所以电场强度的最小值Emin＝eq \f(mgcs 30°,q)＝eq \f(\r(3)mg,2q)，故A错误，B正确；根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g，小球斜向上做匀减速直线运动，位移x＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)，则小球上升的最大高度h＝xsin 30°＝eq \f(veq \\al(2,0),4g)，在整个过程中电场力做功W＝qExcs 120°＝－eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，电势能增加eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，所以小球电势能的最大值为eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，故C错误，D正确。
4．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（ ）
A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回 D．穿过P′点
【答案】A
【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误．
5．（2022·北京·高考真题）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
（1）求带电粒子所受的静电力的大小F；
（2）求带电粒子到达N板时的速度大小v；
（3）若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
【答案】（1）F=qUd；（2）v=2qUm；（3）t=3d2mqU
【解析】（1）两极板间的场强 E=Ud
带电粒子所受的静电力 F=qE=qUd
（2）带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有 qU=12mv2
解得 v=2qUm
（3）设带电粒子运动d2距离时的速度大小为v′，根据功能关系有 qU2=12mv′2
带电粒子在前d2距离做匀加速直线运动，后d2距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，
有 d2=v′2t1，d2=v′t2
则该粒子从M板运动到N板经历的时间 t=t1+t2=3d2mqU
6.如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g。求:
(1)小球到达小孔处的速度;
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;
(3)小球从开始下落到运动到下极板处的时间。
【答案】Cmg(ℎ+d)q (3)ℎ+dℎ2ℎg
【解析】(1)由v2=2gh得v=2gℎ。
(2)在极板间带电小球受重力和静电力作用,有qE-mg=ma且v2-0=2ad,得E=mg(ℎ+d)qd
由U=Ed,Q=CU,得Q=Cmg(ℎ+d)q。
(3)由题得h=12gt12,0=v+at2
t=t1+t2=ℎ+dℎ2ℎg。
7．如图1所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg，带电量为g=+2.0×10-6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数u=0.1，从t=0时刻开始，空间加上一个如图2所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场，（取水平向右为正方向，取10m/s2）。求：
（1）15秒末小物块的速度大小；
（2）15秒内小物块的位移大小。
【答案】（1）2m/s；（2）31m
【解析】（1）0~2s加速度 a1=qE1−μmgm=2m/s2
2~4s内物块加速度 a2=−E2q−μmgm=−2m/s2
即0~4s内先加速后减速到零，以后重复这样的运动，则16s末的速度为零，由逆向思维可知，15秒末小物块的速度大小 v15=a2t'=2×1m/s=2m/s
（2）0~4s内的位移 x1=2×12a1t22=2×22m=8m
则16s的位移为 x16=32m
最后1s内的位移 x2=12a2t'2=12×2×12m=1m
15秒内小物块的位移大小 x15=x16−x2=31m
8.（2022·广东高考）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】（1）；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量为，；（3）见解析
【解析】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，新油滴所受电场力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为 速度方向向上；
若，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为 速度方向向下。
考点二 带电粒子在匀强电场中的偏转（不计粒子重力）
1.带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场做类平抛运动：
设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响), 则有
(1)加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
(2)在电场中的运动时间：t＝eq \f(l,v0)
(3)离开偏转电场时的速度及速度的偏转角：ν=v02+at2， tan θ＝atv0＝eq \f(qUl,mv02d)
(4) 离开偏转电场时的偏移量：
2.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法，如图所示：
①Y＝y＋dtan θ；
②Y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)＋d))tan θ；
③Y＝y＋vy·eq \f(d,v0)；
④根据三角形相似得eq \f(Y,y)＝eq \f(\f(L,2)＋d,\f(L,2))。
3．两个结论
(1)电性相同的不同带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度和轨迹总是相同的。
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mv02及tan θ＝eq \f(qUl,mv02d)得tan θ＝eq \f(Ul,2U0d)。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为eq \f(l,2)。
4．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：
qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy指初、末位置间的电势差。
9.如图所示，三个同样的带电粒子(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a、b、c标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中错误的是( )
A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．在电场中运动过程中c的动能增加量最小，a、b动能增加量相同
【答案】B
【解析】三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y＝eq \f(1,2)at2，所以ta＝tb>tc，A正确，B错误；在水平方向上做匀速直线运动，故有v0＝eq \f(x,t)，因为xb＝xc>xa，ta＝tb>tc，所以有vc>vb>va，C正确；根据动能定理qU＝Eqy＝ΔEk，故c的动能增加量最小，a和b的动能增加量一样大，D正确。
10．（2022·北京·人大附中高三开学考试）让氕核（11H）和氘核（12H）以相同的动能沿与电场垂直的方向从ab边进入矩形匀强电场（方向沿a→b，边界为abcd，如图所示）。已知两种粒子均能从cd边离开偏转电场，不计粒子的重力，则（ ）
A．两种粒子进入电场时的速度相同B．两种粒子在电场中运动的加速度相同
C．两种粒子离开电场时的动能相同D．两种粒子离开电场时的速度方向不同
【答案】C
【解析】A．两种粒子的质量不同，进入电场时的动能相同，所以速度不同，故A错误；
B．设电场强度为E、电荷质量为m、电荷量为q，两种粒子在电场中运动的加速度a=qEm
电场强度相同，电荷量相同，质量不同，所以加速度不同，故B错误；
CD．设偏转电场的宽度bc为L，粒子的初动能为Ek，
粒子离开电场时沿电场方向的速度为vy=at=qELmv0
粒子离开电场时的速度方向与初速度夹角的正切为tanα=vyv0=qELmv02=qEL2Ek
两种粒子离开电场时的速度方向相同，两种粒子离开电场时的动能
E′k=12mv2=12m(v02+vy2)=Ek+q2E2L24Ek
两种粒子离开电场时的动能相同，故C正确，D错误。故选C。
11.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN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MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )
A．所用时间为eq \f(mv0,qE)
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【解析】粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(Eq,m)，解得t＝eq \f(2mv0,qE)，A错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝eq \r(（2v0）2＋veq \\al(2,0))＝eq \r(5)v0，B错误；该点到P点的距离s＝eq \r(2)x＝eq \r(2)v0t＝eq \f(2\r(2)mveq \\al(2,0),qE)，C正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(v0,2v0)＝eq \f(1,2)，则θ≠30°，D错误。
12．（2022·浙江·高考真题）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度
D．粒子从N板下端射出的时间
【答案】C
【解析】A．由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B．根据题意垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；
CD．设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，
有
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，
有
联立解得 ， 故C正确，D错误；
13．（2023·全国·高三专题练习）如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为Δd的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为U0，两对极板间偏转电压大小相等均为U0，电场方向相反。质量为m，电荷量为＋q的粒子无初速地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子离开加速器时速度v0=qU0m
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1=L4
C．Δd与2L相等
D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
【答案】B
【解析】A．根据 qU0=12mv02 粒子离开加速器时速度为 v0=2qU0m 故A错误；
B．粒子平移器电场中的偏转量为 y1=12at2
又 qU0L=ma ，L=v0t
得 y1=L4 故B正确；
C．根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知 Δd=L 故C错误；
D．由B选项可得 y1=qU0L2mv02
由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。
故选B。
14．如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L。为了提高示波管的灵敏度eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(每单位电压引起的偏转量为\f(h,U2)))可采用的方法是( )
A．增大两板间的电势差U2B．尽可能使板长L短些
C．使加速电压U1升高些D．尽可能使板间距离d小些
【答案】D
【解析】带电粒子加速时，由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv2，带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得L＝vt，h＝eq \f(1,2)at2，又由牛顿第二定律得a＝eq \f(qU2,md)，联立得h＝eq \f(U2L2,4dU1)，由题意，灵敏度为eq \f(h,U2)＝eq \f(L2,4dU1)，可见，灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、加速电压U1降低一些，故A、B、C错误，D正确。
15.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
【答案】AD
【解析】根据动能定理有qE1d＝eq \f(1,2)mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度
v1＝ eq \r(\f(2qE1d,m))。在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝eq \f(1,2)eq \f(qE2,m)t22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝eq \f(E2l2,4E1d)，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确。根据动能定理，qE1d＋qE2y＝eq \f(1,2)mv22，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝ 2(qE1d+qE2y)m，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误。粒子打在屏上所用的时间t＝eq \f( d ,\f(v1,2))＋eq \f(L′,v1)＝eq \f(2d,v1)＋eq \f(L′,v1)(L′为偏转电场左端到屏的水平距离,v1为三种粒子经加速电场加速后获得的速度,)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误。根据vy＝eq \f(qE2,m)t2及tan θ＝eq \f(vy,v1)得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝eq \f(E2l,2E1d)，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确。
16.示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电荷量为e，质量为m)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 cm，偏转极板间距d＝1 cm，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场。
(1)偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？
(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？
【答案】(1)205 V (2)0．055 m
【解析】电子从偏转电场射出后沿着射出方向做匀速直线运动至打到荧光屏上；电子束打在荧光屏上偏转距离最大的条件是：电子经偏转电场后必须从下极板边缘射出。
(1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下极板边缘出来。
在加速电场中，由动能定理得eU1＝eq \f(mv02,2)
电子进入偏转电场的初速度v0＝ eq \r(\f(2eU1,m))
电子在偏转电场中的飞行时间t1＝eq \f(l,v0)
电子在偏转电场中的加速度a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU2,md)
电子从下极板边缘出来，则有 eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(eU2l2,2mdv02)＝eq \f(U2l2,4dU1)
解得U2＝eq \f(1,8)U1＝205 V。
(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y＝eq \f(d,2)＋y2
电子离开偏转电场时的竖直极板方向分速度 vy＝at1＝eq \f(eU2l,mdv0)
电子从离开偏转电场到到达荧光屏经过的时间t2＝eq \f(L,v0)
则y2＝vy·t2＝eq \f(eU2lL,mdv02)＝eq \f(U2lL,2dU1)＝0．05 m
所以电子到达荧光屏时的最大偏转距离y＝eq \f(d,2)＋y2＝0．055 m。
17．如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏，现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(3)电子打到屏上P′点到O点的距离x。
【答案】(1)3 eq \r(\f(mL,eE)) (2)2 (3)3L
【解析】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动。设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1＝eq \f(eE1,m)＝eq \f(eE,m)，eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1t12
v1＝a1t1，t2＝eq \f(2L,v1)，运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 eq \r(\f(mL,eE))。
(2)设电子射出电场E2时，沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为
a2＝eq \f(eE2,m)＝eq \f(2eE,m)，t3＝eq \f(L,v1)，vy＝a2t3，tan θ＝eq \f(vy,v1)
联立各式，解得tan θ＝2。
(3)如图所示，设电子在电场中的偏转距离为y1，
则y1＝eq \f(1,2)a2t32，tan θ＝eq \f(y2,L)
解得x＝y1＋y2＝3L。
18.在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求：
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
(2)粒子从A到C过程所经历的时间；
(3)粒子经过C点时的速率。
【答案】(1)3qEl0 (2)3eq \r(\f(2ml0,qE)) (3)eq \r(\f(17qEl0,2m))
【解析】(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功W＝qE(yA－yC)＝3qEl0①
(2)粒子只受沿y轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tAD＝tDB＝T，且tBC＝T②
由牛顿第二定律qE＝ma③
由运动学公式得yD＝eq \f(1,2)aT2④
从D到C做类平抛运动，沿y轴方向：yD＋3l0＝eq \f(1,2)a(2T)2⑤
由②③④⑤式解得T＝eq \r(\f(2ml0,qE))⑥
则A→C过程所经历的时间t＝3T＝3eq \r(\f(2ml0,qE))⑦
(3)粒子由D到C过程中
x轴方向：2l0＝vD·2T⑧
y轴方向：vCy＝a·2T⑨
vC＝eq \r(veq \\al(2,D)＋veq \\al(2,Cy))⑩
由⑥⑧⑨⑩式解得vC＝eq \r(\f(17qEl0,2m))⑪
考点三 带电体在匀强电场中的运动（重力不可忽略）
19．(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g)( )
A．两极板间电压为eq \f(mgd,2q)
B．板间电场强度大小为eq \f(2mg,q)
C．整个过程中质点的重力势能增加eq \f(mg2L2,v02)
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
【答案】BC
【解析】根据题意分析可知，在平行板间质点受到重力和电场力作用，其轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点只受重力作用，其轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示，
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq \f(2mg,q)，由U＝Ed得板间电势差U＝eq \f(2mg,q)×d＝eq \f(2mgd,q)，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE－mg,m)＝g，t＝eq \f(L,v0)，解得y＝eq \f(gL2,2v02)，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝eq \f(gL2,v02)，重力势能的增加量ΔEp＝mgs＝eq \f(mg2L2,v02)，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏M上，故D错误。
20.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为eq \f(t,2)。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
【答案】(1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，
有 mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2＝eq \f(1,2)gt2②
联立①②式得E＝eq \f(3mg,q)。③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。⑦
考点四 带电体在两个互相垂直的方向上分别受到恒力作用的问题
方法技巧：带电体在两个互相垂直的方向上分别受到恒力作用，这两个方向上都做匀变速直线运动，两个分运动互不影响且具有等时性，在两个方向上分别进行运动分析。
注意：如果物体的初速度为零或者初速度方向与合力方向在同一直线上，则物体做直线运动。
如果物体的初速度不为零且初速度方向与合力方向不在同一直线上，则物体做曲线运动。
21．如图所示，在竖直放置间距为的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场．有一质量为，电荷量为的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为．则点电荷运动到负极板的过程中（ ）
A．加速度大小为
B．所需的时间为
C．下降的高度为
D．电场力所做的功为
【答案】B
【解析】点电荷在电场中的受力如图所示，
点电荷所受的合外力为
由牛顿第二定律得 故A错；
点电荷在水平方向的加速度为 ，由运动学公式d/2=a1t2/2,所以 ，故B正确，
点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度 ，故C错误；
由功公式W=Eqd/2,故D错误．
22．（2022·湖北·高三阶段练习）(多选)如图，平行板电容器两极板AB竖直放置，一个带电荷量为q、质量为m的带电油滴从A板的内侧垂直A板以大小为v的速度向右运动，最终打在B板时的速度大小仍为v，速度方向与B板成θ角，θ=53°，sin53°=0.8，cs53°=0.6，已知重力加速度为g。则（ ）
A．带电油滴带正电
B．两极板间的电场强度大小为mg3q
C．AB两极板间的距离为3v250g
D．油滴从A板到B板机械能减小950mv2
【答案】BD
【解析】A．由于A、B极板的极性未知，故无法判断油滴的电性，故A错误；
依题意，知油滴在竖直方向上做自由落体运动，当油滴打在B板时，
平行B板方向的速度 vy=vcsθ=35v=gt
垂直B板方向的速度 vx=vsinθ=45v
又 a=qEm
联立，可得两极板间的电场强度大小为 E=mg3q 故B正确；
C．AB两极板间的距离为 d=v2−vx22a=27v250g 故C错误；
D．油滴从A板到B板，根据功能关系可知，
机械能的减小量等于油滴克服电场力所做的功为ΔE=Eqd=950mv2故D正确。
23．（2022·天津·模拟预测）(多选)如图所示，由两水平面（虚线）所夹的区域内，有水平向右的匀强电场，自该区域上方的A点，将质量相等、带等量异种电荷的小球a、b先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力的作用下从B点进入电场区域，并从该区域的的下边界离开，已知a球在电场中做直线运动之后从M点离开电场，b球从N点离开电场且离开电场时速度方向竖直向下，根据上述信息，下列判断正确的是（ ）
A．a球带负电，b球带正电
B．a球和b球在电场中运动的时间相等
C．M点到B点的水平距离是N点到B点的水平距离的3倍
D．b球离开电场时比其进入电场时电势能大
【答案】BCD
【解析】A．由题意可知，b球进入水平电场后在水平方向做减速运动，出离电场时水平速度减为零，则b球带负电，a球带正电，选项A错误；
B．从开始抛出到出离电场，两球在竖直方向只受重力作用，加速度相同，则两球在竖直方向的运动相同，即a球和b球在电场中运动的时间相等，选项B正确；
C．设两粒子进入电场时水平速度为v0，经过电场的时间为t，则对a球从M点射出时水平位移xMB=v0t+12at2
对b球从N点射出时水平位移xNB=v0t−12at2
其中对b球v0=at
解得xMB=3xNB
即M点到B点的水平距离是N点到B点的水平距离的3倍，选项C正确；
D．b球在电场中运动时，电场力做负功，则电势能增加，即离开电场时比其进入电场时电势能大，选项D正确。
24．（2022·重庆·模拟预测）(多选)在水平方向的匀强电场中竖直向上抛出一个质量为m，电荷量为q的小球，当小球运动到最高点时动能与重力势能（以水平面为零势能面）之比为16：9，当小球落回水平面时与抛出点距离为d。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．重力与电场力大小之比为3：4
B．小球上升的最大高度为38d
C．小球在最高点的速度为23gd
D．小球在运动过程中最小速度为1225gd
【答案】AC
【解析】A．设小球是最高点速度为vx，刚抛出时的速度大小为vy，
由题 12mvx2:mgℎ=16:9
又因为 vy2=2gℎ
所以 vx:vy=4:3
又因为经过相同的时间，于是水平方向加速度和竖直方向加速度大小之比也是4:3，则重力与电场力大小之比为3：4，A正确；
B．上升到最高点的过程中，水平方向的位移大小为d4，所以竖直方向的高度为
ℎ=d4×34=316d B错误；
C．在y方向有 vy=2gℎ=38gd
因此 vx=43vy=23gd C正确；
小球所受到的合力与水平方向成θ = 37°，所以最小速度为 vmin=vycsθ=625gd
D错误。
25.（2022·甲卷）(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【答案】BD
【解析】A．如图所示 故等效重力的方向与水平成。
当时速度最小为，由于此时存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；
BD．水平方向上
在竖直方向上
由于 ，得
如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。
由动能定理可知
则重力做功等于小球电势能的增加量， 故BD正确；
C．当如图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；
26.（2022·全国·高三课时练习）如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道 ABC 固定在竖直面内，圆心为 O ，轨道半径为 R，B 为轨道最低点．该装置右侧的圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中．某一时刻一个带电小球从 A 点由静止开始运动．到达 B 点时，小球的动能为 E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达 C 点时小球的电势能减少量为 2E0 ，试求：
( 1)小球所受重力和电场力的大小；
(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能．
【答案】(1) (2)8E0
【解析】 ( 1)设带电小球的质量为 m ，则从 A 到 B 根据动能定理有：mgR＝E0
则小球受到的重力为：mg＝ ，方向竖直向下；
由题意可知：到达 C 点时小球的电势能减少量为 2E0 ，根据功能关系可知：EqR＝2E0
则小球受到的电场力为：Eq＝ ，方向水平向右，小球带正电；
(2)设小球到达 C 点时速度为 vC ，则从 A 到 C 根据动能定理有：EqR＝mvC2＝2E0
则 C 点速度为：vC ＝ ，方向竖直向上
从 C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动，到达最高点时间为：
t ＝＝
在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时只有水平方向的速度，其速度为：
v＝at ＝t ＝ ＝2
4E0
则在最高点时的动能为：Ek ＝mv2 ＝m 2 2＝8E0 .
27．（2022·江苏·句容市第三中学高一期末）如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m。有一质量0.5kg的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。（g取10m/s2）求：
（1）小环离开直杆后的加速度大小；
（2）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0；
（3）环从C运动到P的时间为多少？
【答案】（1）102m/s2；（2）v0=2m/s；（3）25s
【解析】（1）小环在光滑直杆上匀速下滑，有 mgsin45°=qEcs45°
得 mg=qE
所以离开直杆后，由牛顿第二定律，有 F合=mg2+qE2=ma
解得 a=2g=102m/s2
（2）环从C运动到P过程，水平方向满足 x=v0cs45°t−12axt2=0
其中 ax=qEm=g
竖直方向满足 ℎ=v0sin45°t+12gt2
解得 v0=2m/s
（3）将v0=2m/s代入竖直方向位移方程，可得 t=25s
28．（2022·安徽省桐城中学高三阶段练习）如图所示，在足够高的竖直墙面上A点，以垂直墙面的水平速度v0=1m/s向左抛出一个质量为m=1kg的带电小球，小球抛出后始终受到水平向右的恒定电场力的作用，电场力大小F=5N，经过一段时间小球将再次到达墙面上的B点处，重力加速度为g=10m/s2，空气阻力不计，求在此过程中：（计算结果可用根式表示）
（1）小球距墙面最远的水平距离；
（2）墙面上A、B两点间的距离；
（3）小球速度的最小值。
【答案】（1）0.1m；（2）0.8m；（3）255m/s
【解析】（1）小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动，将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，
水平方向 F=max
则 v02=2axx
解得 x=0.1m
（2）水平方向速度减小为零所需的时间 t1=v0ax
所以从A点到B点时间 t=2t1
竖直方向上 yAB=12gt2
解得 yAB=0.8m
（3）将速度进行分解，当v⊥=0时，小球速度最小，此时 vmin=v//=vcsθ
根据力的关系知 csθ=mgF2+(mg)2
解得 vmin=255m/s
29．如图所示，桌面固定一半径R=1.5m的14圆弧，圆弧下端与光滑水平桌面相切，桌面距地面高ℎ=1.25m，桌子右侧足够大的区域内存在方向水平向左，大小E=6×103N/C的匀强电场。现将一带正电q=5×10−4C、质量m=0.2kg的小球，由圆弧最高端静止释放，小球滑至圆弧最低端速度为5m/s（重力加速度g取10m/s2，小球运动过程中电荷量不变），
（1）小球沿圆弧下滑过程中，克服摩擦力做的功是多少？
（2）小球滑离桌面后，碰撞地面前，水平位移最大值是多少？
【答案】（1）0.5J；（2）56m
【解析】（1）小球沿圆弧下滑过程，使用动能定理，得 mgR−Wf=12mv02
解得 Wf=0.5J
小球沿圆弧下滑过程中，克服摩擦力做功0.5J。
（2）小球滑离桌面后，进入电场区域，竖直方向，自由落体运动 ℎ=12gt2
解得 t=0.5s
水平方向，受力 qE=max
解得 ax=15m/s2
水平方向速度减为0，所需时间 t′=v0ax=13s
因为，t'
30．如图所示，在水平向右的匀强电场中，半径为R=0.2m的14绝缘光滑圆弧轨道固定在光滑绝缘水平轨道上，下端与水平轨道相切于B点，上端C与圆轨道的圆心等高。现将一质量为m=0.2kg，电荷量为q=2.0×10−5C的带电小球从距离B点L=4.05m的A处无初速度释放（图中没有画出）。已知电场强度E=5.0×103N/C，小球运动过程中电量保持恒定，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小球经过圆弧轨道C点时的速度大小；
（2）小球离开圆弧轨道后第一次的落点到C点的水平距离。
【答案】（1）0.5m/s ；（2）1.64×10−2m
【解析】（1）设带电小球到达C点时的速度大小为v，
从A到C由动能定理可得 qE(L+R)−mgR=12mv2
代入数据解得 v=0.5m/s
（2）带电小球离开C点后做匀变速曲线运动，小球离开圆弧轨道到第一次的落点过程，竖直方向有 −R=vt−12gt2
解得 t=0.5+4.2510s≈0.256s
设水平方向的加速度为a，则有 a=qEm=0.5m/s2
由运动学规律可得 x=12at2=12×0.5×0.2562m≈1.64×10−2m
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