高中物理人教版 (2019)必修 第三册带电粒子在电场中的运动优秀课后复习题

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TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc6522" 【题型1 交变电场中的曲线运动问题】
\l "_Tc25206" 【题型2 类平抛问题】
\l "_Tc2094" 【题型3 类斜抛问题】
\l "_Tc22177" 【题型4 变速圆周运动杆模型】
\l "_Tc9103" 【题型5 变速圆周运动绳模型】
\l "_Tc10925" 【题型6 联系实际】
\l "_Tc22177" 【题型7 组合场中的运动问题】
\l "_Tc22177" 【题型8 叠加场中的运动问题】
【题型1 交变电场中的曲线运动问题】
【例1】如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，B板接地，A、B两极板间电压随时间的变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2。现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定的初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知粒子的带电荷量为－q，质量为m，(不计粒子重力)求：
(1)粒子刚好能到达O2孔时，则该粒子进入A、B间的初速度v0为多大；
(2)在(1)的条件下，A、B两板长度的最小值；
(3)A、B两板间距的最小值。
解析：(1)因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力作用做匀速运动，所以进入O1′孔时的速度即为进入A、B板的初速度
在C、D间，由动能定理有qU2＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝ eq \r(\f(2qU2,m))。
(2)由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即v竖＝0，竖直方向的位移也为0，若在第一个周期末粒子从A、B板中射出，则对应两板最短，长度为L＝v0T＝Teq \r(\f(2qU2,m))。
(3)若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板间距最小，设为d
则有eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·eq \f(T,4)2×2＝eq \f(d,2)
解得d＝eq \f(T,2) eq \r(\f(qU1,2m))。
答案：(1) eq \r(\f(2qU2,m)) (2)Teq \r(\f(2qU2,m)) (3)eq \f(T,2) eq \r(\f(qU1,2m))
【变式1-1】如图1所示,水平放置的平行金属板A和B的距离为d,它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN,现在A、B板上加上如图2所示的方波形电压,电压的正向值为U0,反向电压值为U02,且每隔T2变向1次。现将质量为m的带正电、电荷量为q的粒子束从AB的中点O沿平行于金属板的方向OO'射入,设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T,不计重力的影响。
(1)定性分析在t=0时刻从O点进入的粒子,在垂直于金属板的方向上的运动情况。
(2)在距靶MN的中心O'点多远的范围内有粒子击中?
(3)要使粒子能全部打在靶MN上,电压U0的数值应满足什么条件?(写出U0、m、d,q、T的关系式即可)
答案 (1)先向下做匀加速运动,再向下做匀减速运动 (2)击中的范围在O'以下5qU0T216md到O'以上qU0T216md (3)U0φF，B错误；根据电场分布的对称性规律可知φC＝φE，则小球在C、E两点的电势能相同，由能量守恒定律可得小球在C和E两点动能相同，速度大小相等，C正确；等量同种正点电荷的电场线如图，D、F两点场强方向相反，因此小球受到的电场力方向相反，D错误。
【变式4-1】如图所示,环形塑料管半径为R,竖直放置,且管的内径远小于环的半径,ab为该环的水平直径,环的ab及其以下部分有水平向左的匀强电场,电场强度的大小E=mgq,管的内壁光滑。现将一质量为m,电荷量为+q的小球从管中a点由静止释放,则( )。
A.小球到达b点时速度为零,并在adb间往复运动
B.小球每周的运动过程中最大速度在圆弧ad之间的某一位置
C.小球第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶5
D.小球第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为4∶1
答案 C
解析 带电小球从a点由静止释放,只有重力和电场力做功,带电小球到达b点,重力势能不变,电势能减小,故到达b点时的动能Ek=qE·2R=2mgR,A项错误;当小球重力和电场力的合力正好沿半径方向时,小球的速度最大,所以速度最大点在d点的左侧,B项错误;第一次过d点时,根据动能定理,有mgR+qER=12mv1d2,根据向心力公式,有FN1d-mg=mv1d2R,解得FN1d=5mg,第一次过c点,根据向心力公式,有FN1c+mg=mv1c2R,第一次经过c点的动能为12mv1c2=mgR,FN1c=mg,则小球第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为FN1d∶FN1c=5∶1,D项错误;从a点释放到第二次到c点的过程,根据动能定理,有-mgR+2qE·2R=12mv2c2,根据向心力公式,有FN2c+mg=mv2c2R,解得FN2c=5mg,则小球第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为FN1c∶FN2c=1∶5,C项正确。
【变式4-2】如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处放一点电荷，将质量为m，带电量为q的小球从圆弧管的水平直径端点C由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则放于圆心处的点电荷在C点产生的场强大小为（ ）
A．B．C．D．
答案：B
解析：小球从C释放，到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，即
解得
竖直平面内的圆周运动，在最低点B对管壁恰好无压力，即电场力与重力的合力为向心力，即
解得
故选B。
【变式4-3】如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。
解析：(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，
则有eq \f(qE,mg)＝tan θ，所以E＝eq \f(3mg,4q)。
(2)小球所受重力与电场力的合力F＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \f(5,4)mg。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为eq \f(5,4)g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有
－eq \f(5,4)mg·2r＝0－eq \f(1,2)mvmin2，
所以vmin＝eq \r(5gr)，即小球的初速度应不小于eq \r(5gr)。
答案：(1)eq \f(3mg,4q) (2)不小于eq \r(5gr)
【题型5 变速圆周运动绳模型】
【例5】如图所示，一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，轨道半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为eq \f(3mg,4q)，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从距离B点为eq \f(R,3)处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C。(重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)则：
(1)带电小球从A点开始运动时的初速度v0多大？
(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点(图中未标出)，B点与D点的水平距离多大？
[解析] (1)小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。设F合与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝eq \f(Eq,mg)＝eq \f(3,4)，则θ＝37°，故F合＝eq \f(Eq,sin 37°)＝eq \f(5,4)mg。设此时的速度为v，由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得eq \f(5mg,4)＝meq \f(v2,R)
解得v＝ eq \r(\f(5gR,4))
从A点到该点由动能定理得
－mgR(1＋cs 37°)－eq \f(3mgR,4)eq \f(1,3)＋sin 37°＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \f(5,2)eq \r(gR)。
(2)设小球运动到C点的速度为vC，小球从A点到C点由动能定理得－2mgR－eq \f(3mg,4)×eq \f(R,3)＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mv02
解得vC＝eq \f(1,2)eq \r(7gR)
当小球离开C点后，在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，设C点到D点的运动时间为t。设水平方向的加速度为a，B点到D点的水平距离为x
水平方向上有eq \f(3mg,4)＝ma
x＝vCt＋eq \f(1,2)at2
竖直方向上有2R＝eq \f(1,2)gt2
联立解得x＝eq \r(7)＋eq \f(3,2)R。
[答案] (1)eq \f(5,2)eq \r(gR) (2)eq \r(7)＋eq \f(3,2)R
【变式5-1】(多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m小球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则( )
A．小球在最高点的速度大小为eq \r(gL)
B．当小球运动到最高点时电势能最小
C．小球运动到最低点时，机械能最大
D．小球运动到最低点时，动能为eq \f(5,2)(mg＋qE)L
答案 CD
解析 小球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则在最高点由重力和静电力的合力提供向心力，则有mg＋Eq＝meq \f(v2,L)，解得v＝eq \r(\f(mg＋Eq,m)L)，故A错误；小球向上运动时，静电力做负功，电势能增加，当小球运动到最高点时电势能最大，故B错误；小球向下运动时，静电力做正功，机械能增大，运动到最低点时，小球的机械能最大，故C正确；从最高点到最低点的过程中，根据动能定理得Ek－eq \f(1,2)mv2＝(mg＋Eq)·2L，解得Ek＝eq \f(5,2)(mg＋Eq)L，故D正确．
【变式5-2】(多选)如图，在水平向右的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度E＝eq \f(mg,q)，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则过最高点D的最小速度为eq \r(gL)
B．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则小球运动到B点时机械能最大
C．若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从C到D的过程中机械能不守恒
D．若将小球从A点由静止释放，小球能沿圆弧运动到D点且速度为零
解析：选BC 由于电场强度mg＝Eq，将电场力和重力合成，合力方向通过圆心时，合力所在的直线与圆周的交点是速度最大点和最小点。当绳子拉力为零时，小球的加速度大小为a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(\r(2)mg,m)＝eq \r(2)g，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，在右上方的交点时，绳子拉力为零，此时则有：eq \r(2)mg＝meq \f(v2,L)，解得，v＝eq \r(\r(2)gL)，故过最高点D的最小速度一定大于eq \r(gL)，故A错误；除重力和弹力
外其他力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做正功最大，故到B点时的机械能最大，故B正确；若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，小球从C到D的过程中电场力做功，所以机械能不守恒，故C正确；由于mg＝Eq，则小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。
【变式5-3】如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点B点与一条水平轨道相连，轨道是光滑的，轨道所在空间存在水平向右、场强为E的匀强电场，从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m带正电的小球，设A、B间的距离为s.已知小球受到的静电力大小等于小球重力的eq \f(3,4)倍，C点为圆形轨道上与圆心O的等高点．(重力加速度为g)
(1)若s＝2R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；
(2)为使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，求s的值．
答案 (1)eq \f(13mg,4) (2)eq \f(23R,6)
解析 (1)当小球从A点释放，在静电力作用下运动，从A到C点静电力做正功，重力做负功，应用动能定理得：
qE·3R－mgR＝eq \f(1,2)mvC2
到达C点时，小球受到的支持力和静电力提供向心力，
即：FN－qE＝meq \f(vC2,R)
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小与小球受到的支持力大小相等，则
FN′＝FN＝eq \f(13mg,4)
(2)为了使小球刚好在圆周轨道内运动，小球到达D点时恰好仅重力和静电力，如图所示，此时有：
F＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \f(5,4)mg
F＝meq \f(v2,R)
从A点到D点时据动能定理有：qE(s－0.6R)－mg(1.8R)＝eq \f(1,2)mv2
则可以计算得：s＝eq \f(23R,6).
【题型6 联系实际问题】
【例6】(多选)示波管是电子示波器的心脏,其中的电子枪产生一个聚集很细的电子束,电子束经电场加速到很大的速度,再经过一对偏转板,加在偏转板上的电压使电子束发生偏转,电子束将随偏转板的电压的变化而上下运动。简化示波管的工作原理图如图所示,两组平行带电金属板Ⅰ和Ⅱ,板间距离和板长均为L,金属板组Ⅰ竖直放置,两板间所加电压为U1,金属板组Ⅱ水平放置,两板间所加电压为U2。电子从金属板组Ⅰ竖直板上的A点由静止释放后,经B点沿金属板组Ⅱ的中心线水平进入,最终恰好从金属板组Ⅱ的下板右边缘射出。则下列说法正确的是( )。
A.电子经过两组金属板的时间之比为2∶1
B.电子经过两组金属板的加速度之比为1∶2
C.平行带电金属板组Ⅰ和Ⅱ所加电压之比为1∶3
D.电子射出两组金属板的末动能之比为1∶3
答案 AB
解析 设经过B点的速度为v0,经过金属板组Ⅰ的时间t1=2Lv0,经过金属板组Ⅱ的时间t2=Lv0,电子经过两组金属板的时间之比为2∶1,A项正确;经过金属板组Ⅰ有L=12a1t12,经过金属板组Ⅱ有L2=12a2t22,电子经过两组金属板的加速度之比为1∶2,B项正确;经过金属板组Ⅰ的加速度a1=eU1mL,经过金属板组Ⅱ的加速度a2=eU2mL,结合a1∶a2=1∶2可得两组
金属板所加电压之比为1∶2,C项错误;电子经过金属板组ⅠeU1=12mv02,电子经过金属板组ⅡeU22=12mvt2-12mv02,解得12mvt2=2×12mv02,射出两组金属板的末动能之比为1∶2,D项错误
【变式6-1】如图为某静电除尘装置的示意图。A、B为电极和集尘板上某点连线上的两点。不计烟尘微粒与空气的作用力及重力，下列说法正确的是( )
A．A、B两点的电场强度大小不同，方向相同
B．集尘板边缘的电场方向一定与集尘板表面垂直
C．向集尘板加速靠近的烟尘微粒带负电，且加速度逐渐增大
D．若带电烟尘微粒由静止开始仅受电场力作用，则一定沿电场线到达集尘板
解析：选B 电极与集尘板之间的电场线是曲线，并非直线，并且越靠近电极处电场线越密集，所以A、B两点的电场强度大小不同，方向也不同，故A错误；集尘板表面为一等势面，所以集尘板边缘的电场方向一定与集尘板表面垂直，故B正确；向集尘板加速靠近的烟尘微粒带负电，但所受电场力逐渐减小，加速度逐渐减小，故C错误；由于电极与集尘板之间的电场线并非直线，所以带电烟尘微粒由静止开始仅受电场力作用，其速度方向不可能始终沿电场线的切线方向，故D错误。
【变式6-2】如图所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)．若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为( )
A.eq \r(\f(2eU,m)) B.eq \f(L,d)eq \r(\f(eU,m))
C.eq \f(1,d)eq \r(\f(eUd2＋L2,m)) D.eq \f(L,d)eq \r(\f(eU,2m))
答案 C
解析 从细管C水平射出的β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2，且a＝eq \f(qU,md).从A到C的过程有－eq \f(1,2)qU＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，q＝e，以上各式联立解得v＝eq \f(1,d)eq \r(\f(eUd2＋L2,m))，选项C正确．
【变式6-3】(多选)电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3×104 V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间 1×103 V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO′所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图中弧线所示，则( )
A．电极A1的电势高于电极A2的电势
B．电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°
C．聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小
D．电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV
解析：选ABD 由粒子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，电子带负电，所以电场强度方向与电子受到的电场力方向相反，即电极A1的电势高于电极A2的电势，故A正确；电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°，故B正确；聚焦电场不仅改变电子速度的方向，也改变电子速度的大小，故C错误；由动能定理，电子到达聚焦电场时动能已经为3×104 eV，再经过聚焦电场加速，可知电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV，故D正确。
【题型7 组合场中的运动问题】
【例7】(多选)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，垂直于电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压为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( )
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做加速运动，由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv02－0，偏转电场中，设板长为L，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，离开偏转电场时速度的偏转角为α，有tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)，联立以上各式得y＝eq \f(U2L2,4dU1)，tan α＝eq \f(U2L,2dU1)，偏移量y和速度偏转角α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＋qU2′＝Ek－0，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．
【变式7-1】喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上,则微滴在极板间电场中 ( )
A.向负极板偏转
B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线
D.运动轨迹与带电量无关
【解题指南】解答本题需明确以下三点:
(1)分析带负电的微滴的受力情况判断其偏转方向。
(2)根据电场力做功的正负判断电势能是增大还是减小。
(3)根据微滴在电场中做类平抛运动计算其偏移量,从而确定运动轨迹的性质。
【解析】选C。微滴带负电,进入电场,受电场力向上,应向正极板偏转,A错误;电场力做正功,电势能减小,B错误;微滴在电场中做类平抛运动,沿v方向:x=vt,沿电场方向:y=at2,又a=,得y=x2,即微滴运动轨迹是抛物线,且运动轨迹与电荷量有关,C正确、D错误。
【变式7-2】如图所示，虚线左侧有一场强为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e，质量为m)无初速度放入电场E1中的A点，最后打在右侧的屏上，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连线夹角的正切值；
(3)电子打到屏上的点B到O点的距离．
答案 (1)3eq \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，
由牛顿第二定律得：a1＝eq \f(E1e,m)＝eq \f(Ee,m)
eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1t12
电子进入电场E2时的速度为：
v1＝a1t1
从进入电场E2到打到屏上，电子水平方向做匀速直线运动，时间为：t2＝eq \f(2L,v1)
电子从释放到打到屏上所用的时间为：
t＝t1＋t2
解得：t＝3eq \r(\f(mL,Ee))
(2)设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得：电子在电场E2中的加速度为：a2＝eq \f(E2e,m)＝eq \f(2Ee,m)
vy＝a2t3
t3＝eq \f(L,v1)
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝eq \f(vy,v1)
解得： tan θ＝2
(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：
设电子打到屏上的点B到O点的距离为x，由几何关系得：tan θ＝eq \f(x,\f(3,2)L)，
联立得：x＝3L.
【变式7-3】(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，则下列说法中正确的是(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 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：
则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(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，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)，整个过程中质点的重力势能的增加量Ep＝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，仍垂直打在M上，故D错误．
【题型8 叠加场中的运动问题】
【例8】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)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)．
【变式8-1】(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示．重力加速度为g.由此可见( )
A．带电小球所受静电力为3mg
B．小球带正电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
答案 AD
解析 带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，从A到B过程小球做平抛运动，则有x1＝v0t1，从B到C过程，有x2＝v0t2，由题意有x1＝2x2，则得t1＝2t2，即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，y1＝eq \f(1,2)gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有y2＝eq \f(1,2)at22，根据几何知识有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C错误，A正确；由于在电场中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向上，所以小球带负电，B错误；根据速度变化量Δv＝at，则得AB过程速度变化量大小为Δv1＝gt1＝2gt2，BC过程速度变化量大小为Δv2＝at2＝2gt2，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，D正确．
【变式8-2】(多选)如图，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则( )
A．小球在B点时速度最大
B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少
C．小球在B点时细线的拉力最大
D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加
解析：选BD 小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，A、C错误；从A点到C点的过程中，小球所受重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。
【变式8-3】(多选)如图所示，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，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则( )
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所受的静电力向上，带正电，B所受的静电力向下，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所受的静电力向上，静电力对A球做负功，A球的电势能增加．B所受的静电力向下，静电力对B球做正功，B球的电势能减少，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所受的合力做功较少，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．