專題13勻強電場中的勻變速直（曲）線運動模型目錄TOC\o"1-3"\h\u【模型一】帶電粒子在電場中的加速和減速運動模型 11.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型 12.交變電場中的直線運動 23.帶電體在電場中的直線運動 3【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉模型 18【模型三】帶電粒子經加速電場后進入偏轉電場模型 24【模型四】帶電粒子在復合場中的勻變速曲線運動的幾種常見模型 32【模型一】帶電粒子在電場中的加速和減速運動模型1.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型受力分析：與力學中受力分析方法相同,知識多了一個電場力而已.如果帶電粒子在勻強電場中，則電場力為恒力（qE）,若在非勻強電場，電場力為變力.運動過程分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，收到的電場力與運動方向在同一直線上，做勻加（減）速直線運動.兩種處理方法：=1\*GB3①力和運動關系法——牛頓第二定律：帶電粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛頓第二定律求出加速度，結合勻變速直線運動的公式確定帶電粒子的速度、時間和位移等.=2\*GB3②功能關系法——動能定理：帶電粒子在電場中通過電勢差為UAB的兩點時動能的變化是，則.例：如圖真空中有一對平行金屬板，間距為d，接在電壓為U的電源上，質量為m、電量為q的正電荷穿過正極板上的小孔以v0進入電場，到達負極板時從負極板上正對的小孔穿出.不計重力，求：正電荷穿出時的速度v是多大？解法一、動力學：由牛頓第二定律：①由運動學知識：v2－v02=2ad②聯立①②解得：解法二、動能定理：解得討論：（1）若帶電粒子在正極板處v0≠0，由動能定理得qU=mv2-mv02解得v=（2）若將圖中電池組的正負極調換，則兩極板間勻強電場的場強方向變為水平向左，帶電量為+q，質量為m的帶電粒子，以初速度v0，穿過左極板的小孔進入電場，在電場中做勻減速直線運動.①若v0>，則帶電粒子能從對面極板的小孔穿出，穿出時的速度大小為v，有-qU=mv2-mv02解得v=②若v0<，則帶電粒子不能從對面極板的小孔穿出，帶電粒子速度減為零后，反方向加速運動，從左極板的小孔穿出，穿出時速度大小v=v0.設帶電粒子在電場中運動時距左極板的最遠距離為x，由動能定理有：-qEx=0-mv02又E=(式d中為兩極板間距離)解得x=.2.交變電場中的直線運動U-t圖v-t圖tOtOvv0T/2T單向直線運動AB速度不反向ttOvv0往返直線運動AB速度反向TT/2-v0ttOvv0往返直線運動AB速度反向TT/8-3v05T/8ttOvv0T/32T/3往返直線運動AB速度反向T-v0軌跡圖OOABOOABAOOABDCOOABA3.帶電體在電場中的直線運動(1).帶電小球在電容器中的直線運動勻速直線運動勻加速直線運動勻加速直線運動勻減速直線運動++++++++++++++++++++----------mgqEmgmgqEθmgmgqEθqE=mg，a=0qE=mgtanθ，a=g/cosθqE=mg/cosθ，a=gtanθqE=mg/cosθ，a=gtanθ(2)多過程運動規律運動模型受力分析運動分析規律mgmgmg●qEttOvt2t1agv0=1\*GB3①速度公式v0=gt1=at2;速度位移公式v02=2gx1=2ax2=2\*GB3②全程動能定理：mg(h+d)-qU=01．如圖所示，一平行板電容器兩極板間距離為d，極板間電勢差為U，一個電子從O點沿垂直于極板的方向射入兩極板間，最遠到達A點，然后返回。已知OA兩點相距為h，電子質量為m，電荷量為，重力不計。下列說法正確的是（）A．電子在O點的電勢能高于在A點的電勢能B．電子返回到O點時的速度與從O點射入兩極板間時的速度相同C．電子從O點射出時的速度D．OA間的電勢差【答案】D【詳解】A．電子在A點的動能的最小，根據能量守恒，電子在A點的電勢能的最大，故電子在O點的電勢能低于在A點的電勢能，故A錯誤；B．電子在運動過程中，只受到電場力，故電勢能與動能之和不變，故返回到O點時的電勢能與從O點射入兩極板間時的電勢能相同，故返回到O點時的速度大小與從O點射入兩極板間時的速度大小相同，但是方向相反，故B錯誤；C．根據動能定理解得電子從O點射出時的速度為故C錯誤；D．OA間的電勢差為故D正確；故選D。2．如圖，金屬板平行放置，兩極接上恒定電壓。質量相等的粒子A和B分別靜止在上下極板處。閉合開關，兩粒子僅在電場力作用下同時運動，且同時經過圖中的虛線處，虛線到上下極板的距離之比為1：2，忽略粒子間的相互作用。下列說法正確的是（）A．A帶負電，B帶正電B．兩粒子所帶電荷量大小之比為1：2C．從開始運動到經過虛線處電場力做功之比1：4D．減小兩板間距，兩粒子運動到另一極板時的速率也會減小【答案】BC【詳解】AB．兩粒子僅在電場力作用下，均做初速度為0的勻加速直線運動，可知A受到的電場力向下，B受到的電場力向上，且場強方向向下，則A帶正電，B帶負電；根據，由于兩粒子質量相等，則兩粒子所帶電荷量大小之比為故A錯誤，B正確；C．從開始運動到經過虛線處電場力做功之比故C正確；D．根據動能定理可得可得減小兩板間距，由于極板間的電壓不變，則兩粒子運動到另一極板時的速率不變，故D錯誤。故選BC。3．（多選）如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒（又稱漂移管）A、B、C、D、E組成，相鄰金屬圓筒分別接在電源的兩端。質子以初速度v0從O點沿軸線進入加速器，質子在金屬圓筒內做勻速運動且時間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速時電壓U大小相同。質子電量為e，質量為m，不計質子經過狹縫的時間，則下列說法正確的是（）A．MN所接電源的極性應周期性變化B．金屬圓筒的長度應與質子進入圓筒時的速度成正比C．金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比為1:2D．質子從圓筒B射出時的速度大小為【答案】ABD【詳解】A．因用直線加速器加速質子，其運動方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為正極時，則在下一個加速時，B、C、D、E的右邊緣均為正極，所以MN所接電源極性應周期性變化，故A正確；B．質子在金屬圓筒內做勻速運動，且時間均為T，由可知，金屬圓筒的長度L應與質子進入圓筒時的速度v成正比，故B正確；CD．對于質子在圓筒A分析可得對于質子以初速度v0從O點沿軸線進入加速器，質子經1次加速，由動能定理可得所以所以金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比為金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比不一定是1:2，故C錯誤，D正確。故選ABD。4．（多選）如圖所示，是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為的交變電壓板的電勢B板的電勢隨時間的變化規律如圖所示。現有一電子從板上的小孔進入兩板間的電場區域內，設電子的初速度和重力的影響可忽略。則（）A．若電子是在時刻進入的，它將一直向B板運動B．若電子足在時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上C．若電子是在時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上D．若電子是在時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在A板上【答案】AB【詳解】根據電子進入電場后的受力和運動情況，可作出電子在極板間的，，圖像如圖乙，丙，丁所示。A．根據圖像圍成的面積表示位移，由圖丁圖像可知，當電子在0時刻進入電場時，電子一直向B板運動，故A正確；B．若電子在時刻進入，則由圖像知，向B板運動的位移大于向A板運動的位移，因此它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上，故B正確；C．若電子在時刻進入電場，則由圖像知，在第一個周期電子即返回至A板，故C錯誤；D．由前面分析可知，若電子在時刻進入，則電子向B板運動的位移等于向A板運動的位移，則它可能時而向B板運動，時而向A板運動，即可能在AB之間往復運動。由于，可推知電子向B板運動的位移仍然大于向A板運動的位移，因此它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上，故D錯誤。故選AB。5．（多選）如圖所示，連接在恒壓電源兩端的電容器的水平a，b極板中間開有一小孔（不影響極板電荷分布），閉合開關S，將一帶電液滴（可視為點電荷）由b極板小孔的正上方的P點由靜止釋放，液滴恰好在到達a極板小孔處沿原路返回。已知帶電液滴的比荷為k，a，b極板間的距離為d，P點到b極板的距離為h，重力加速度大小為g，兩極板間的電場可視為勻強電場。若經過如下調整后，仍將液滴從P點由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．僅將恒壓電源的電壓調整為，液滴將穿過a極板B．斷開開關，僅將b極板向上移動，液滴在距離b極板處沿原路返回C．斷開開關，僅將a極板向下移動，液滴將穿過a極板D．保持開關閉合，僅將b極板同下移動，液滴仍會在到達a極板小孔處沿原路返回【答案】BD【詳解】A．液滴由b極板小孔的正上方的P點由靜止釋放，到達a極板小孔處沿原路返回，設此時電容器兩板間的電壓為U，由題意可知，從P點到a極板小孔處，液滴的重力做正功，電場力做負功，由動能定理可得解得可知僅將恒壓電源的電壓調整為，液滴不能穿過a極板，A錯誤；B．保持開關閉合，僅將b極板向下移動，由動能定理可得整理可得可知解得可知液滴仍會在到達a極板小孔處沿原路返回，B正確；C．斷開開關，僅將a極板向下移動，由平行板電容器電容的決定式可知電容C減小，可有由電容的定義式可知電荷量Q不變，電容C減小，電壓U增大，可有若液滴能從P點到a極板小孔處，由動能定理可得由于可知可知液滴不會到達a極板小孔處，C錯誤；D．斷開開關，電容器所帶的電荷量不變，僅將b極板向上移動，由推論可知，電容器板間的電場強度不變，為假設僅將b極板向上移動，液滴在距離b極板處沿原路返回成立，由動能定理可得可得假設成立，因此斷開開關，僅將b極板向上移動，液滴在距離b極板處沿原路返回，D正確。故選BD。6．反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產生微波。其振蕩原理與下述過程類似。已知靜電場的方向平行于x軸，其電勢隨x的分布如圖所示。一質量、電荷量的帶負電的粒子從點由靜止開始，僅在電場力作用下在x軸上做往返運動。忽略粒子的重力等因素，求：(1)x軸左側電場強度和右側電場強度的大小之比；(2)該粒子運動的最大速度；(3)該粒子運動的周期T。【答案】(1)2:1(2)(3)【詳解】（1）由題圖可知由電場強度和電勢差的關系可得左側電場強度右側電場強度由題圖知，聯立可得（2）粒子運動到原點時速度最大，根據解得（3）設粒子半個周期內在原點左右兩側運動的時間分別為、，由運動學公式得聯立解得粒子運動的周期7．如圖所示，真空中兩塊大小形狀完全相同的金屬板A、B正對水平放置，間距為d。兩板可以通過開關S與電壓為U的電源連接。開始時開關S斷開，兩金屬板均不帶電，一帶電液滴從A板中央的小孔O由靜止進入板間，當液滴運動到兩板正中間位置時閉合開關，液滴剛好未觸及B板。已知真空中平行板電容器的電容為，其中d為兩板間的距離，S為兩板的正對面積。忽略金屬板正對部分之外的電場，重力加速度為g。(1)求液滴的比荷；(2)求液滴再次經過O點時的速度大小；(3)當液滴運動到最高點時，迅速斷開開關并將A板豎直向上移動，保持極板的電荷量不變，B板不動。求之后液滴與B板之間的最小距離。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）由題意知，液滴受到的電場力方向豎直向上。液滴從A板小孔運動到B板過程中，根據動能定理整理得（2）設液滴再次經過O點時速度為v，則液滴從B板運動到O點過程中，根據動能定理整理得（3）設液滴到達的最高處與B板距離為h，則S斷開前，兩極板間的電場強度S斷開后，極板的電荷量Q不變，板間距離變為后，電容變為板間電壓板間電場的電場強度整理得設液滴與B板之間的最小距離為x，根據動能定理整理得8．如圖甲所示，真空中相距的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規律如圖乙所示。將一個質量、帶電荷量的粒子從緊臨B板處無初速度釋放，在時刻釋放的帶電粒子，粒子恰好不能到達A板，不計重力，求：(1)在時刻釋放的帶電粒子釋放瞬間粒子加速度的大小；(2)在時刻釋放的帶電粒子到達A板時速度大小；(3)A板電勢變化的周期。【答案】(1)；(2)；(3)【詳解】（1）由題圖可知，在時刻，A板的電勢為所以此時電場方向向右，帶電粒子將向右做勻加速直線運動。又根據勻強電場中電場強度與電勢差之間的關系，可得則帶電粒子釋放瞬間加速度大小為（2）由題可知，在時刻釋放的帶電粒子恰好不能到達A板，結合圖像分析可知其中解得若在0時刻釋放帶電粒子，可知粒子從B板到A板做勻加速直線運動。根據勻變速直線運動的速度位移公式解得帶電粒子到達A板時的速度為（3）由第二問分析可知，A板電勢變化的周期為9．如圖所示，某科學興趣小組利用平行板電容器再現密立根油滴實驗。實驗中調節兩極板電壓為U且上極板帶正電，觀測到一質量為m、帶電油滴懸浮靜止在電場之中，已知極板間距離為d，重力加速度為g。求：(1)判斷該油滴的電性，并求油滴的帶電量q：(2)若將兩極板電壓調節為原來的1.5倍，求該油滴的加速度。【答案】(1)負電；(2)【詳解】（1）上極板帶正電，則場強方向向下，油滴受向上的電場力，可知油滴帶負電，由平衡可知可得（2）若將兩極板電壓調節為原來的1.5倍，則由牛頓第二定律解得10．在真空中存在空間范圍足夠大、水平向右的勻強電場。若將一個質量為、帶正電且電荷量為的小球在此電場中由靜止釋放，小球將沿與豎直方向夾角為的直線運動。現將該小球從電場中某點以初速度豎直向上拋出，自由落體加速度為，，。(1)求電場強度的大小；(2)求小球拋出點至運動的最高點之間的水平距離。【答案】(1)(2)【詳解】（1）小球受重力與電場力作用，沿與豎直方向夾角為的直線運動，則電場力大小為解得（2）將該小球從電場中某點以初速度豎直向上拋出，設到最高點的時間為t，則沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為此過程小球沿電場方向位移為拋出點至最高點之間的距離為11．相距d=0.1m水平放置的平行金屬板a和b，且中央有孔，為其提供電壓的電路如圖所示，且已知電源的電動勢為E=24V，內阻為r=5Ω，分壓電阻為R2=100Ω，現閉合電鍵K，當電流達到穩定后，將帶電荷量為q=1.0×10-7C、質量為m=6.0×10-7kg的液滴從小孔正上方h=0.1m高處無初速滴下，為使液滴剛好不落在b板上。g=10m/s2，求：(1)ab兩板間的電壓；(2)此時滑動變阻器R1的阻值；(3)閉合開關后，若R2斷路，液滴仍從原位置無初速滴下，能否到達b板？若能，則速度為多少？若不能，則距離a板的最大距離是多少？【答案】(1)12V(2)95Ω(3)不能，【詳解】（1）液滴從開始運動到剛好到b板附近，根據動能定理可得解得ab兩板電壓為（2）根據閉合電路歐姆定律可得聯立解得（3）閉合開關后，若R2斷路，則電容器兩極板電壓等于電源電動勢，液滴仍從原位置無初速滴下，不能到達b板，設距離a板的最大距離為d?，則解得12．如圖所示為美國物理學家密立根測量油滴所帶電荷量裝置的截面圖，兩塊水平放置的金屬板間距為d。油滴從噴霧器的噴嘴噴出時，由于與噴嘴摩擦而帶負電。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少數油滴通過上面金屬板的小孔進入平行金屬板間。當平行金屬板間不加電壓時，由于受到氣體阻力的作用，油滴最終以速度v1豎直向下勻速運動；當上板帶正電，下板帶負電，兩板間的電壓為U時，帶電油滴恰好能以速度v2豎直向上勻速運動。已知油滴在極板間運動時所受氣體阻力的大小與其速率成正比，油滴密度為ρ，已測量出油滴的直徑為D（油滴可看做球體，球體體積公式V=16πD3），重力加速度為g。（1）設油滴受到氣體的阻力f=kv，其中k為阻力系數，求k的大小；（2）求油滴所帶電荷量。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）油滴速度為v1時所受阻力f1=kv1油滴向下勻速運動時，重力與阻力平衡，則有f1=mg則解得（2）設油滴所帶電荷量為q,油滴受到的電場力油滴向上勻速運動時，阻力向下，油滴受力平衡則油滴所帶電荷量【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉模型【運動模型】質量為、電荷量為的帶電粒子以初速沿垂直于電場的方向，進入長為、間距為、電壓為的平行金屬板間的勻強電場中，粒子將做勻變速曲線運動，如圖所示，若不計粒子重力，則可求出如下相關量：UUdlqv0y1、粒子穿越電場的時間：粒子在垂直于電場方向以做勻速直線運動，，；2、粒子離開電場時的速度：粒子沿電場方向做勻加速直線運動，加速度，粒子離開電場時平行電場方向的分速度，所以。3、粒子離開電場時的側移距離：②②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述設備的物理量、不難發現：（1）當不同粒子（不同）以相同的速度進入偏轉電場時側移距離（2）當不同粒子以相同的動能進入偏轉電場時側移距離4、粒子離開電場時的偏角：因為③②與③的關系：（熟記）5、速度方向的反向延長線必過偏轉電場的中點由和，可推得。粒子可看作是從兩板間的中點沿直線射出的。1.如圖所示，空間存在豎直向上的勻強電場，一個帶電粒子電荷量為q，以一定的水平初速度由P點射入勻強電場，當粒子從Q點射出電場時，其速度方向與豎直方向成30°角。已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力，設Q點的電勢為零。則下列說法正確的是（）

A．帶電粒子在P點的電勢能為Uq B．帶電粒子帶負電C．勻強電場場強大小為 D．勻強電場場強大小為【答案】AD【詳解】AB．由圖看出粒子的軌跡向上，則所受的電場力向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電。粒子從P到Q，電場力做正功為W=qU則粒子的電勢能減少了qU，Q點的電勢為零，則知帶電粒子在P點的電勢能為Uq，故A正確，B錯誤；CD．設帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由平拋運動的規律和幾何知識求得粒子在y軸方向的分速度為粒子在y軸方向上的平均速度為設粒子在y軸方向上的位移為y0，粒子在電場中的運動時間為t，則：豎直方向有水平方向有d=v0t可得所以場強為聯立得故C錯誤，D正確。故選AD。2.如圖所示，示波器的工作原理可以簡化為：金屬絲K發射出的電子由靜止經電壓加速后，從金屬板的小孔O1射出，沿O1O2進入偏轉電場，經偏轉電場后打在熒光屏上。偏轉電場是由兩個平行的相同金屬極板M、N組成，已知極板的長度為，兩板間的距離為。極板間電壓為，偏轉電場極板的右端到熒光屏的距離為。電子電荷量大小為，質量為，不計電子受到的重力和電子之間的相互作用。(1)求電子從小孔O1穿出時的速度大小；(2)求電子離開偏轉電場時速度偏轉角度的正切值和在熒光屏上形成的亮斑到O2的距離y2。【答案】(1)(2)，8.25cm【詳解】（1）電子在加速電場中，根據動能定理可得解得（2）電子在MN間做類平拋運動，沿初速度方向有解得沿電場方向有電子離開偏轉電場的速度為電子在偏轉電場中的偏轉位移為電子離開偏轉電場時的偏轉角聯立解得，，電子離開偏轉電場后做勻速直線運動，沿水平方向有解得則電子打到熒光屏上的位置P2點到O2點的距離為3.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區域內存在一個平行于該區域的勻強電場，MN為圓的一條直徑。質量為m、電荷量為+q的粒子從M點以速度v射入電場，速度方向與MN夾角θ=45°，一段時間后粒子運動到N點，速度大小也為v，不計粒子重力，規定M點電勢為零。求：（1）勻強電場的場強大小；（2）粒子電勢能的最大值；（3）僅改變粒子速度大小，當粒子離開圓形區域的電勢能最小時，粒子射入電場的速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】解：（1）從M到N粒子動能不變，電場力不做功，所以MN為等勢線，電場線與MN垂直，粒子做類似斜拋的運動，沿MN方向，粒子勻速運動垂直MN方向根據牛頓第二定律解得（2）粒子垂直MN方向速度為0時，電勢能最大，根據能量守恒（3）如圖所示，當粒子運動到P點時，電勢能最小，由

聯立求得4.如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間的距離和板長均為L，兩板間加恒定的電壓。一帶正電的粒子從兩板中央沿平行兩板的方向以某一初速度射入電場，最終恰好打在N板中點處。所用時間為t，不計帶電粒子的重力。求：（1）帶電粒子的初速度大小；（2）若在帶電粒子運動時撤去所加電壓，該粒子打在N板的位置與N板中點的距離。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）由帶電粒子水平方向做勻速運動可得解得（2）設時間內發生的位移與水平的夾角為時速度與水平的夾角為，已知則解得撤去電壓后，帶電粒子以傾角做勻速運動，水平位移與堅直位移均為，有【模型三】帶電粒子經加速電場后進入偏轉電場模型【運動模型】如圖所示，由靜止開始被電場（加速電壓為）加速的帶電粒子平行于兩正對的平行金屬板且從兩板正中間射入，從右側射出，設在此過程中帶電粒子沒有碰到兩極板。若金屬板長為，板間距離為、兩板間電壓為，試分析帶電粒子的運動情況。U1dU1dU2qv1v2Lqv0v1qy設帶電粒子的質量為，電量為，經電壓加速后速度為。由動能定理有，2、粒子穿越偏轉電場的時間：帶電粒子以初速度平行于兩正對的平行金屬板從兩板正中間射入后，在偏轉電場中運動時間為，則3、粒子穿越偏轉電場時沿電場方向的加速度：帶電粒子在偏轉電場中運動時沿電場方向的加速度4、粒子離開偏轉電場時的側移距離：帶電粒子在偏轉電場中運動時沿電場方向作初速度為0的做勻加速直線運動④④式表明靜止的帶電粒子經過同一電場加速，再垂直射入同一偏轉電場，射出粒子的側移量與粒子的、無關。5、粒子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為：帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度為，則6、粒子離開偏轉電場時的偏角：設飛出兩板間時的速度方向與水平方向夾角為。則⑤⑤式表明靜止的帶電粒子經過同一電場加速，再垂直射入同一偏轉電場，射出粒子的偏轉角與粒子的、無關。1.(多選)示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成的．如圖所示，不同的帶負電粒子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，從M孔射出，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足帶負電粒子能射出平行板電場區域的條件下，則()A．若電荷量q相等，則帶負電粒子在板間的加速度大小相等B．若比荷eq\f(q,m)相等，則帶負電粒子從M孔射出的速率相等C．若電荷量q相等，則帶負電粒子從M孔射出時的動能相等D．若不同比荷eq\f(q,m)的帶負電粒子由O點射入，偏轉角度θ相同【答案】BCD【解析】設加速電場的板間距離為d，由牛頓第二定律得a＝eq\f(U1q,md)，由于粒子的質量未知，所以無法確定帶負電粒子在板間的加速度大小關系，故A錯誤；由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，可得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，所以當帶負電粒子的比荷eq\f(q,m)相等時，它們從M孔射出的速度相等，故B正確；粒子從M孔射出時的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝qU1，所以當帶負電粒子的電荷量q相等時，它們從M孔射出時的動能相等，故C正確；如圖所示，設偏轉電場的板間距離為d′，在偏轉電場中有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(U2l,2U1d′)，偏轉角度θ與粒子的比荷無關，所以不同比荷eq\f(q,m)的帶負電粒子從O點射入，偏轉角度θ相同，故D正確．2.如圖所示，兩平行金屬板A、B間電勢差為，帶電量為q、質量為m的帶電粒子，由靜止開始從極板A出發，經電場加速后射出，沿金屬板C、D的中心軸線進入偏轉電壓為的偏轉電場，最終從極板C的右邊緣射出。偏轉電場可看作勻強電場，板間距為d。忽略重力的影響。（1）求帶電粒子進入偏轉電場時動量的大小。（2）求偏轉電場對帶電粒子沖量的大小I和方向。（3）保持其他條件不變，僅在極板C、D之間再施加一個垂直紙面向里的勻強磁場，使得帶電粒子恰好從距離極板D右邊緣射出偏轉電場，求該帶電粒子離開偏轉電場時的動能。

【答案】（1）；（2），方向豎直向上；（3）【詳解】（1）由動能定理可得（2）帶電粒子在偏轉電場加速度大小為在豎直方向上有解得偏轉電場對帶電粒子沖量的大小為方向豎直向上；（3）由（1）中分析可得由于洛倫茲力不做功，因此帶電粒子恰好從距離極板D右邊緣射出偏轉電場，電場力做負功，根據動能定理可得解得3.某種負離子空氣凈化原理如圖所示。由空氣和帶負電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構成的收集器。在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d、不考慮重力影響和顆粒間相互作用。（1）若不計空氣阻力，質量為m、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；（2）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為，其中r為顆粒的半徑，k為常量。假設顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度。a、半徑為R、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；b、已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為和的兩種顆粒，若的顆粒恰好100%被收集，求的顆粒被收集的百分比。

【答案】（1）；（2）a、；b、25%【詳解】（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側，顆粒就能夠全部收集，水平方向有豎直方向根據牛頓第二定律又解得（2）a.顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度且解得b.帶電荷量q的顆粒恰好100%被收集，顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于電場力，有在豎直方向顆粒勻速下落的顆粒帶電荷量為顆粒在金屬板間經極短時間加速達到最大速度，所受阻力等于電場力，有設只有距下極板為的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落解得的顆粒被收集的百分比4.如圖所示，M、N為豎直放置的平行金屬板，S1、S2為板上正對的小孔，兩板間所加電壓為U1，金屬板P和Q水平放置在N板右側，關于小孔S1、S2所在直線對稱，兩板間加有恒定的偏轉電壓U2，極板間距為d，板長度為L。現有一質子（）從小孔S1處先后由靜止釋放，經加速后穿過小孔S2水平向右進入偏轉電場。已知質子的質量為m，電荷量為q。(1)求質子進入偏轉電場時的速度v0大小；(2)從偏轉電場射出時沿垂直板面方向的側移量y；(3)從偏轉電場射出時的速度v。【答案】(1)(2)(3)見解析【詳解】（1）在加速電場中，根據動能定理可得解得（2）質子在偏轉電場中做類平拋運動，則聯立可得（3）質子從偏轉電場射出時有解得即射出偏轉電場時質子的速度大小為，速度方向與水平方向的夾角的正切值為。5.如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經電壓為的加速電場加速后垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，偏轉電場電壓為，板長為l。求：(1)電子進入偏轉電場時的速度大小；(2)電子在偏轉電場中的運行時間；(3)電子進入偏轉電場后的偏轉量h。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）電子經電壓為的加速電場加速，根據動能定理可得解得電子進入偏轉電場時的速度大小為（2）電子在偏轉電場中做類平拋運動，則有解得電子在偏轉電場中的運行時間為（3）電子在偏轉電場中，沿電場方向有，聯立解得電子進入偏轉電場后的偏轉量為6．一個電荷量為q，質量為m的帶電粒子，由靜止經電壓為U1的加速電場加速后，立即沿中心線O1O2垂直進入一個偏轉電場，從偏轉電場射出時的動能為，然后打在垂直于O1O2放置的熒光屏上的P點（未畫出），偏轉電場兩極板間距為d，極板長L，極板的右端與熒光屏之間的距離也為L。整個裝置如圖示（不計粒子的重力）求：(1)粒子出加速電場時的速度v0；(2)偏轉電場的場強大小；(3)P點到O2的距離y′。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）粒子在加速電場中時解得（2）在偏轉電場中由動能定理解得（3）由比例關系可知可得【模型四】帶電粒子在復合場中的勻變速曲線運動的幾種常見模型1.帶電物體在靜電場和重力場的復合場中運動時的能量守恒

(1)帶電物體只受重力和靜電場力作用時，電勢能、重力勢能以及動能相互轉化，總能量守恒，即恒定值(2)帶電物體除受重力和靜電場力作用外，如果還受到其它力的作用時，電勢能、重力勢能以及動能之和發生變化，此變化量等于其它力的功，這類問題通常用動能定理來解決。2.帶電粒子在復合場中的勻變速曲線運動的幾種常見情況豎直向上拋出水平拋出斜上拋出AABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqE1.如圖所示，平面直角坐標系處于豎直平面內，O為坐標原點，x軸水平且上方處于勻強電場中。質量為m、帶電量為q的微粒在豎直平面內以初速度從x軸上的A點進入電場，初速度方向與x軸負方向成45°角，兩點間的距離為L。若x軸上方的勻強電場豎直向上，微粒恰能沿初速度方向做勻速直線運動。重力加速度為g，求：(1)微粒帶正電還是負電？(2)勻強電場的場強大小；(3)若保持電場強度大小不變，只將方向改為水平向左后，讓微粒再以原初速度從A點進入，微粒在勻強電場運動的過程中，經過多長時間離x軸最遠；(4)在（3）的條件下，微粒再次經過x軸時的位置坐標。【答案】(1)正電(2)(3)(4)【詳解】（1）微粒恰能沿初速度方向做勻速直線運動，則微粒受力平衡，電場力方向應向上，x軸上方的勻強電場豎直向上，故微粒帶正電。（2）電場豎直向上時，因微粒在電場中能做勻速直線運動，故由平衡條件可得即（3）對豎直方向的運動，微粒上升的時間故離軸最遠的時間為。（4）再次到達軸的時間為上升時間的2倍，故微粒到達軸時沿軸負方向運動的距離為解得故微粒再次經過軸時的位置坐標為。2.一勻強電場，電場強度方向水平向左，如圖所示，一個質量為m、帶正電的小球以初速度v從O點出發，在靜電力與重力的作用下，恰能沿與電場強度的反方向成θ角的直線運動（如圖所示）。(1)求小球運動到最高點時的電勢能與在O點時的電勢能之差；(2)若電場方向變為水平向右，其他初始條件不變，求小球運動到最高點時的電勢能與在O點時的電勢能之差；【答案】(1)(2)【詳解】（1）由題意可知，電場力與重力的合力沿初速度v反方向，則有水平方向有過程中有功能關系故小球運動到最高點時的電勢能與在O點時的電勢能之差為解得（2）電場反向后，電場力與重力的關系仍滿足豎直方向到最高點滿足水平方向有解得此時小球運動到最高點時的電勢能與在O點時的電勢能之差解得3.如圖，一質量、帶電荷量的微粒以初速度大小沿電場場強方向從B點射入一水平向右的勻強電場，當微粒運動到比B點低的A點時，速度大小為，方向豎直向下。g取，求：(1)微粒的初速度大小；(2)A、B兩點間的電勢差；(3)勻強電場的場強大小E。【答案】(1)4m/s(2)(3)1000V/m【詳解】（1）由題意可知，微粒在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在水平方向做勻減速直線運動，豎直方向有代入數據得（2）微粒從B點運動到A點的過程，由動能定理得代入數據得由得（3）設微粒從A點運動到B點的時間為t，沿電場線方向運動的距離為d，則豎直方向有水平方向有解得勻強電場的場強大小4.如圖所示，一個質量為，帶電量為的微粒，從點以大小為的初速度豎直向上射入水平方向的勻強電場中，微粒通過最高點時的速度大小為方向水平向右，求：（1）該勻強電場的場強大小；（2）該微粒從點到點過程中速率的最小值。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）沿豎直方向和方向建立直角坐標，帶電微粒受到重力及電場力作用，兩力分別沿豎直方向和水平方向，將物體的運動分解為豎直方向和水平方向的兩個分運動在豎直方向物體做勻減速運動，加速度為水平方向物體做勻加速運動，初速度為0，加速度為點是最高點，豎直分速度為0，有水平方向有聯立兩式得（2）設重力與電場力的合力為，其與水平方向的夾角為，則開始一段時間內，與速度方向夾角大于90°，合力做負功，動能減小，后來與速度夾角小于90°，合力做正功，動能增加，因此，當與速度的方向垂直時，小球的動能最小，速度也最小，設為。即，，聯立以上三式得，，所以最小速度為5.如圖所示，水平面上豎直固定絕緣的四分之一圓弧軌道BC，軌道AB和BC均光滑，水平面AB與圓弧BC相切于B點，О為圓心，OB豎直，OC水平，BC軌道半徑為R。整個空間有足夠大、水平向右的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電絕緣小球自A點由靜止釋放，小球沿水平面向右運動，AB間距離為2R，勻強電場的電場強度，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。求：（1）小球到達C點時對軌道的壓力；（2）小球從A點開始，經過C點脫離軌道后上升到最高點過程中，小球電勢能的變化量Ep；（3）小球離開圓弧軌道到落地前的最小速率，以及小球從離開圓弧軌道到最小速率時經歷的時間。【答案】（1），方向水平向右；（2）；（3）【詳解】（1）設小球在C點的速度為，小球從A點運動C點過程中，由動能定理可得解得小球在C點時水平方向的支持力FN與電場力qE的合力提供向心力，所以有解得由牛頓第三定律可得小球對軌道的壓力大小為方向水平向右。（2）小球過C點上升到達最高點的過程中，由運動的分解可知，在水平方向小球做初速度為零的勻加速運動，豎直方向做豎直上拋運動，設小球從C點到最高點的時間為t，則有水平方向上豎直方向上小球從A點開始運動到達最高點過程中電場力做功為根據電場力做功與電勢能變化關系解得（3）小球從C點以拋出后，可將小球的運動分解為沿合力方向的分運動和垂直合力方向的分運動，如圖所示其中垂直合力方向為勻速直線運動，速度沿合力方向做類豎直上拋運動，初速度加速度滿足解得當沿合力方向的速度減為零時，小球的速度具有最小值，最小值為經歷的時間6.如圖所示，坐標系xOy位于豎直平面內，y軸正方向豎直向上，整個空間存在著勻強電場（電場強度E的大小未知，方向平行于xOy平面）。為了確定場強的大小和方向，研究人員先后進行了兩次操作。第一次，將一帶正電的小球從原點O處以速率沿x軸正方向拋出，小球在y軸右側運動中與y軸的最遠距離為；第二次，將該小球從原點O處以速率沿y軸正方向拋出，小球在x軸上方運動中與x軸的最遠距離為。已知小球的質量為m、電荷量為，小球可視為質點，且，忽略空氣阻力，重力加速度為g，求場強E的大小和方向（結果用m、g、q表示）。【答案】，電場方向與y軸正方向的夾角【詳解】小球運動中受到重力和電場力的共同作用，將小球的加速度分別沿x軸和y軸方向分解，易知，兩個分加速度的方向均沿負半軸方向，設其大小分別為、，則第一次有第二次有又解得，設沿x軸和y軸方向的場強大小分別為和，由牛頓第二定律分別有場強大小設電場方向與y軸正方向的夾角為，則有聯立解得，7.如圖，豎直平面內存在方向水平的勻強電場，電場區域間距為H，在該區域下邊界的O點將質量為m、電荷量為q的小球以一定的初速度豎直上拋，小球從上邊界離開電場，