新高考物理一轮复习讲义 第8章 第4讲 带电粒子在电场中的运动

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考点一 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动．
2．用动力学观点分析
a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
例1 如图1所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则( )
图1
A．微粒到达B点时动能为eq \f(1,2)mv02
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差UMN＝eq \f(mgd,qcs θ)
D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少eq \f(mgd,cs θ)
答案 C
解析 微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于eq \f(1,2)mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcs θ＝mg，解得E＝eq \f(mg,qcs θ)，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq \f(mgd,qcs θ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN＝eq \f(mgd,cs θ)，选项D错误．
带电粒子在交变电场中的直线运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动．
(2)粒子做往返运动．
3．解题技巧
(1)按周期性分段研究．
(2)将eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq \(――→,\s\up7(转换))a－t图像eq \(――→,\s\up7(转化))v－t图像．
例2 如图2所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图3中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
图2
图3
A．电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在0～eq \f(T,2)时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
答案 D
解析 电压是题图甲时，0～T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是题图乙时，在0～eq \f(T,2)时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是题图丙时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了eq \f(T,2)后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是题图丁时，电子先向左加速，到eq \f(T,4)后向左减速，eq \f(T,2)后向右加速，eq \f(3,4)T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确．
1．(带电粒子在电场中的直线运动)如图4所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( )
图4
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
答案 C
解析 两板间距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝eq \f(1,2)mv2，e·E·d＝eq \f(1,2)mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq \r(2)v0，选项D错误．
2．(带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动)(多选)(2020·贵州贵阳市一模)如图5所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )
图5
A．电场强度的最小值等于eq \f(mg,q)
B．电场强度的最大值等于eq \f(mgsin θ,q)
C．带电油滴的机械能可能增加
D．电场力可能对带电油滴不做功
答案 CD
解析 带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mgsin θ，得到Emin＝eq \f(mgsin θ,q)，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝eq \f(mgsin θ,q)时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；当E>eq \f(mgsin θ,q)时，若电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确．
3.(带电粒子在交变电场中做直线运动)(2020·黑龙江齐齐哈尔市一模)如图6所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB－t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是( )
图6
答案 B
考点二 带电粒子在电场中的偏转
基础回扣
运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝eq \f(l,v0)(如图7)．
图7
(2)沿电场力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
②离开电场时的偏移量：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv\\al(02))
③离开电场时的偏转角：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al(02))
技巧点拨
1．两个结论
(1)不同的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，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mv02
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU1l,mdv\\al(02))
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
y、θ均与m、q无关．
(2)粒子经电场偏转后射出，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到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半．
2．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＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
例3 如图8所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝
200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝
3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留2位有效数字)．求：
图8
(1)电子射入偏转电场时的初速度v0大小；
(2)电子打在荧光屏上的P点到O′的距离h；
(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W.
答案 (1)3.0×107 m/s (2)0.72 cm (3)5.8×10－18 J
解析 (1)根据动能定理有eU0＝eq \f(1,2)mv02，得v0＝eq \r(\f(2eU0,m))，代入数据得v0≈3.0×107 m/s.
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t，电子在竖直方向上做匀加速直线运动，y＝eq \f(1,2)at2，根据牛顿第二定律有eq \f(eU,d)＝ma，联立得y＝eq \f(UL\\al(12),4dU0)，代入数据得y＝0.36 cm.电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点M，由图知eq \f(y,h)＝eq \f(\f(L1,2),\f(L1,2)＋L2)＝eq \f(L1,L1＋2L2)，解得h＝0.72 cm.
(3)电子经过偏转电场过程中，电场力对它做的功W＝eeq \f(U,d)y≈5.8×10－18 J.
4．(带电粒子在加速电场、偏转电场作用下运动)如图9所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y.要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转极板的情况)( )
图9
A．增大偏转电压U
B．增大加速电压U0
C．增大偏转极板间距离
D．将发射电子改成发射负离子
答案 A
解析 设偏转极板长为l，极板间距为d，由qU0＝eq \f(1,2)mv02，t＝eq \f(l,v0)，y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU,2md)t2得，联立得偏转位移y
＝eq \f(Ul2,4U0d)，增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A正确，选项B、C错误；由于偏转位移y＝eq \f(Ul2,4U0d)与粒子质量、带电荷量无关，故将发射电子改变成发射负离子，偏转位移不变，选项D错误．
5.(带电粒子在电场中的偏转)如图10，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
图10
A.eq \f(s,2)eq \r(\f(2qE,mh)) B.eq \f(s,2)eq \r(\f(qE,mh)) C.eq \f(s,4)eq \r(\f(2qE,mh)) D.eq \f(s,4)eq \r(\f(qE,mh))
答案 B
解析 两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：eq \f(s,2)＝v0t，在竖直方向上：eq \f(h,2)＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2，两式联立解得：v0＝eq \f(s,2)eq \r(\f(qE,mh))，故B正确，A、C、D错误．
考点三 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
例4 (2019·全国卷Ⅲ·24)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(veq \\al(02)＋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)a(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得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)．
6．(带电粒子在重力、电场力作用下偏转)(多选)(2021·天津市宁河区芦台第四中学高三月考)如图11所示，在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图1所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则( )
图11
A．A球带正电，B球带负电
B．A球比B球先落地
C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加
D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小
答案 AD
解析 两球在水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t知，v0相同，则A运动的时间比B的长，竖直方向上，由h＝eq \f(1,2)at2可知，竖直位移相等，运动时间长的加速度小，则A所受的合力比B的小，所以A所受的电场力向上，带正电，B所受的电场力向下，带负电，故A正确．A运动的时间比B的长，则B球比A球先落地，故B错误．A所受的电场力向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加．B所受的电场力向下，电场力对B球做正功，B球的电势能减小，故C错误．A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，则A的合力做功较少，由动能定理知两球从抛出到各自落地过程中A球的动能变化量小，故D正确．
7．(带电粒子先后在电场里外运动)(多选)(2019·河南南阳市期末)如图12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，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)( )
图12
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,v\\al(02))
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 据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，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得两极板间电压为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(gL2,2v\\al(02))，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s＝2y＝eq \f(gL2,v\\al(02))，整个过程中质点的重力势能的增加量Ep＝mgs＝eq \f(mg2L2,v\\al(02))，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，仍垂直打在M上，故D错误．
课时精练
1.(多选)如图1所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板．如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的eq \f(1,2)处返回，则下述措施能满足要求的是( )
图1
A．使初速度减为原来的eq \f(1,2)
B．使M、N间电压提高到原来的2倍
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的eq \f(1,2)
答案 BD
解析 设带电粒子离开M板的最远距离为x，由动能定理得－qEx＝0－eq \f(1,2)mv02，所以x＝eq \f(mv\\al(02),2qE)，则使初速度减为原来的eq \f(1,2)，x＝eq \f(d,4)；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x＝eq \f(d,2)；使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x＝eq \f(d,4)；使初速度和M、N间电压都减为原来的eq \f(1,2)，电场强度变为原来的eq \f(1,2)，x＝eq \f(d,2).故B、D正确．
2.(2019·江西九江市测试)如图2所示，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电微粒沿图中直线从A向B运动，则该带电微粒( )
图2
A．动能减小
B．电势能减小
C．机械能减小
D．可能带负电
答案 B
解析 带电微粒沿题图中直线从A向B运动，微粒受到的电场力与重力的合力沿AB方向，所以电场力方向水平向右，微粒带正电，电场力做正功，电势能减小，机械能增大，故B正确，C、D错误；合外力做正功，动能增大，故A错误．
3.(2019·湖北宜昌市四月调研)如图3所示，一水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一束同种带电粒子从P点以相同速度平行于极板射入电容器，最后均打在下极板的A点，若将上极板缓慢上移，则( )
图3
A．粒子打在下极板的落点缓慢左移
B．粒子打在下极板的落点缓慢右移
C．粒子仍然打在下极板的A点
D．因粒子的电性未知，无法判断粒子的落点
答案 C
解析 断开电源后，电容器电荷量保持不变，将上极板缓慢上移，d变大，电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，则电场强度不变，粒子所受电场力不变，则粒子仍然打在下极板的A点，故C正确，A、B、D错误．
4．(2020·山东烟台市质检)如图4所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则( )
图4
A．在前eq \f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq \f(qU,4)
B．在后eq \f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq \f(3qU,8)
C．在粒子下落前eq \f(d,4)和后eq \f(d,4)的过程中，电场力做功之比为1∶2
D．在粒子下落前eq \f(d,4)和后eq \f(d,4)的过程中，电场力做功之比为2∶1
答案 B
解析 带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动，竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前eq \f(t,2)和后eq \f(t,2)时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为eq \f(qU,2)，所以在前eq \f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq \f(qU,8)，选项A错误；在后eq \f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq \f(3qU,8)，选项B正确；由W＝qEy知，在粒子下落前eq \f(d,4)和后eq \f(d,4)的过程中，电场力做功相等，故C、D错误．
5．(2020·浙江7月选考·6)如图5所示，一质量为m、电荷量为qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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( )
图5
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)mv\\al(02),qE)
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
答案 C
解析 粒子在电场中只受电场力，F＝qE，方向向下，如图所示．
粒子的运动为类平抛运动．
水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t
竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2
eq \f(y,x)＝tan 45°
联立解得t＝eq \f(2mv0,qE)，
故A错误．
vy＝at＝eq \f(qE,m)·eq \f(2mv0,qE)＝2v0，则速度大小v＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(y2))＝eq \r(5)v0，tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(1,2)，则速度方向与竖直方向夹角θ＝arctan eq \f(1,2)，故B、D错误；
x＝v0t＝eq \f(2mv\\al(02),qE)，与P点的距离s＝eq \f(x,cs 45°)＝eq \f(2\r(2)mv\\al(02),qE)，故C正确．
6.(2019·山东济南市模拟)如图6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(每单位电压引起的偏转量eq \f(h,U2))可采用的方法是( )
图6
A．增大两板间的电势差U2
B．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 电子加速时，由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv2，电子偏转时，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)，联立以上各式可得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D正确．
7．(多选)如图7所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
图7
A．带电粒子始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
答案 CD
解析 设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确．
8.(2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图8所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
图8
A．电场力大小为eq \f(\r(3)mg,2)
B．小球所受的合外力大小为eq \f(\r(3)mg,3)
C．小球由O点到P点用时eq \f(\r(3)v0,g)
D．小球通过P点时的动能为eq \f(5,2)mv02
答案 C
解析 设OP＝L，小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcs 60°＝eq \f(v0,2)t，竖直方向：Lsin 60°＝eq \f(1,2)gt2，解得：t＝eq \f(\r(3)v0,g)，选项C正确；水平方向F1＝ma＝meq \f(v0,t)＝eq \f(\r(3)mg,3)，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝eq \r(mg2＋F\\al(12))＝eq \f(2\r(3),3)mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝
eq \r(3)v0，则动能：EkP＝eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(3,2)mv02，选项D错误．
9．(多选)(2020·辽宁葫芦岛市高三期末)如图9所示，质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点．下列关于两种粒子运动的说法正确的是( )
图9
A．两种粒子会打在屏MN上的同一点
B．两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远
C．两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能
D．两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大
答案 AD
解析 两种粒子在加速电场中的直线加速由动能定理得：qU1＝eq \f(1,2)mv02－0
偏转电场中，平行于极板方向：L＝v0t
垂直于极板方向：a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU2,md)，y＝eq \f(1,2)at2
设离开偏转电场的速度偏向角为θ，有：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)
联立以上各式得y＝eq \f(U2L2,4dU1)，tan θ＝eq \f(U2L,2dU1)
偏移量y和速度偏向角θ都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，B错误；
对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得：
qU1＋qeq \f(U2,d)y＝Ek－0，即Ek＝qU1＋qeq \f(U2,d)y
因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确．
10．(多选)如图10所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则( )
图10
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为g
C．小球上升的最大高度为eq \f(v\\al(02),2g)
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为eq \f(mv\\al(02),4)
答案 BD
解析 由于带电小球在竖直平面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，且mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理得：－mg·eq \f(h,sin 30°)＝0－eq \f(1,2)mv02，解得：h＝eq \f(v\\al(02),4g)，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcs 120°＝qEh＝mg·eq \f(v\\al(02),4g)＝eq \f(mv\\al(02),4)，D正确．
11.(2020·广东肇庆中学质检)如图11所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一个匀强电场，场强大小为E、方向与圆所在的面平行．PQ为圆的一条直径，与场强方向的夹角θ＝60°.质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场，不计粒子重力．
图11
(1)若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0.
(2)若粒子在P点的初速度大小在0～v0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能变化的最大值ΔEp.
答案 (1)eq \r(\f(3qER,2m)) (2)圆弧上最低点 －eq \f(3qER,2)
解析 (1)粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，
则水平方向有：2Rsin θ＝v0t
竖直方向有：2Rcs θ＝eq \f(1,2)at2
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得v0＝eq \r(\f(3qER,2m))
(2)粒子到达圆弧上最低点电势能变化最大
ΔEp＝－qEd
d＝R＋Rcs θ
解得ΔEp＝－eq \f(3qER,2).
12．(2021·江苏扬州市期中)静电喷漆原理如图12所示，A、B为两块足够大的平行金属板，间距为d，两板间存在匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半球形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒．若油漆微粒的初速度大小均为v0，质量为m、电荷量为－q，场强大小为E＝eq \f(3mv\\al(02),2qd) ，微粒所受重力、空气阻力、微粒间相互作用力均不计，试求：
图12
(1)微粒打在B板时的动能Ek；
(2)微粒到达B板上O点所需的时间t；
(3)微粒最后落在B板上所形成的图形形状及其面积S.
答案 (1)2mv02 (2)eq \f(2d,3v0) (3)圆形 eq \f(4,3)πd2
解析 (1)微粒从P喷出到打在B板，由动能定理得qEd＝Ek－eq \f(1,2)mv02
得Ek＝2mv02
(2)设微粒到达O点时的速度为v, Ek＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝2v0
微粒从P到O做匀加速直线运动，有eq \f(v0＋v,2)t＝d，得t＝eq \f(2d,3v0)
(3)微粒落在B板上所形成的图形是圆形．微粒运动水平距离最大时，初速度水平，做类平抛运动，设此运动时间为t′，微粒在电场中运动的加速度为a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(3v\\al(02),2d)
竖直方向：d＝eq \f(1,2)at′2
水平方向：圆形半径R＝v0t′
圆面积为S＝πR2
得S＝eq \f(4,3)πd2.