PAGEPAGE22專題7.5帶電粒子在電場中的運動1．（陜西省渭南市2025屆高三教學質量檢測）如圖所示，一電荷量為q、質量為m的帶電粒子以初速度v0由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，不計重力作用。則勻強電場的場強E大小是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】帶電粒子在電場中做類平拋運動，依據運動的合成與分解得到：，分方向方程：，聯立方程得：，ACD錯誤，B正確2．（天津市紅橋區2025屆高三下學期期末）圖甲是一點電荷形成的電場中的一條電場線，A、B是電場線上的兩點，一正電荷q僅在電場力作用下以初速度v0從A運動到B過程中的速度圖象如圖乙所示，則以下說法中正確的是（）A.A、B兩點的電場強度是EA=EBB.A、B兩點的電勢是C.正電荷q在A、B兩點的電勢能是EPA＞EPBD.此電場肯定是負電荷形成的電場【答案】B【解析】速度時間圖象的斜率等于物體的加速度，由圖可知，點電荷從A向B運動的過程中加速度越來越大，受到的電場力增大，故A點的場強小于B點場強，即有EA＜EB，故A錯誤；由于物體沿電場線運動過程當中做減速運動，故點電荷所受電場力方向由B指向A，又由于正電荷所受電場力的方向與場強的方向相同，所以電場線的方向由B指向A；而沿電場線的方向電勢降低，所以φA<φB．故B正確；由正電荷在電勢高處電勢能大，所以，故C錯誤；由于電荷由A到B做減速運動，故電場線方向由B向A，又因為加速度在變大，故B處靠近場源電荷，故電場肯定是正電荷所形成的，故D錯誤。3．（河南省八市重點中學聯盟2025屆高三模擬）如圖ABCD的矩形區域存在沿A至D方向的勻強電場，場強為E，邊長AB＝2AD，質量m、帶電量q的正電粒子以恒定的速度v從A點沿AB方向射入矩形區域，粒子恰好從C點以速度v1射出電場，粒子在電場中運動時間為t，則（）A．若電場強度變為2E，粒子從DC邊中點射出B．若電場強度變為2E，粒子射出電場的速度為2v1C．若粒子入射速度變，則粒子從DC邊中點射出電場D．若粒子入射速度變為，則粒子射出電場時的速度為【答案】C【解析】若電場強度變為2E，則粒子從DC邊離開，運動時間變為，則水平位移變為原來的，而不是，故A錯誤；在粒子穿過電場的過程中，設電場力做功為W，則由，可知電場強度加倍，則電場力做功變為了2W，則射出電場的速度不等于2v，故B錯誤；粒子入射速度變，則粒子在電場時間不變，即可得出粒子從DC邊中點射出電場，故C正確；由于電場不變粒子在電場運動時間不變，電場力做功不變，有功能定理可知，粒子射出電場的和速度不是，故D錯誤。4．（廣東省揭陽市2025屆高三其次次模擬）如圖所示，MN是某勻強電場中的一條電場線。一帶正電粒子射入電場后，僅在電場力作用下沿軌跡ABC運動。下列說法中正確的是（）A．粒子在A點的加速度比在C點的加速度大B．粒子在A點的電勢能比在C點的電勢能小C．M、N兩點的電勢：D．電場線的方向水平向右【答案】B【解析】由于電場為勻強電場，可得到粒子在A點的加速度與C點的加速度大小相等，故A錯誤；粒子帶正電，粒子在B點受電場力方向向左，故電場線方向左，又有：沿著電場線電勢降低，所以，從A到C電場力做負功，電勢能增加，所以粒子在A點的電勢能比在C點的電勢能小，故B正確，CD錯誤。5．（北京市通州區2025屆高三一模）如圖所示，電場中一個帶電粒子只在電場力作用下，以肯定的初速度由A點運動到B點，圖中實線為電場線，虛線為粒子運動軌跡，下列說法正確的是（）A．粒子帶正電B．粒子在A點的加速度大于在B點的加速度C．粒子的電勢能不斷增加D．粒子的動能不斷增加【答案】C【解析】由軌跡可知，粒子所受的電場力大致向左，可知粒子帶負電，選項A錯誤；A點的電場線較B點稀疏，可知A點的場強較小，則粒子在A點的加速度小于在B點的加速度，選項B錯誤；從A到B電場力做負功，動能減小，電勢能增加，選項C正確，D錯誤；6．（北京市101中學三模）讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物以相同的初動能在同一位置垂直射入水平放置的一對平行板形成的勻強電場，不計離子的重力和離子間的相互作用，離子束從進入到射出該偏轉電場的過程中，下列說法正確的是（）A．偏轉電場對每個離子做功相等B．偏轉電場對每個離子沖量相同C．在偏轉電場中它們形成兩股離子束D．在偏轉電場中它們形成一股離子束【答案】C【解析】偏轉電場中運動的時間為：，偏轉距離為：，偏轉電場做功為：，由于一價氦離子和二價氦離子的電荷量不同，所以做功不同，故A錯誤；偏轉電場對每個離子沖量為：，所以轉電場對每個離子沖量不相同，故B錯誤；由可知，一價氫離子、一價氦離子的軌跡相同，二價氦離子的軌跡與前兩者不同，所以在偏轉電場中它們形成兩股離子束，故C正確，D錯誤。7．（山東省濰坊一中2025屆模擬）如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線123分別為三條等勢線，三條等勢線與其中一條電場線的交點依次為M、N、Q點，已知MN＝NQ，電荷量相等的a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛出，僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖中虛線a′、b′所示，則（）A．a粒子肯定帶正電，b粒子肯定帶負電B．MN兩點電勢差|UMN|等于NQ兩點電勢差|UNQ|C．a粒子的加速度漸漸增大，b粒子的加速度漸漸減小D．a粒子從動身到等勢線3過程的動能改變量比b粒子從動身到等勢線1過程的動能改變量小【答案】D【解析】由圖可知，a粒子的軌跡方向向右彎曲，a粒子所受電場力方向向右，b粒子的軌跡向左彎曲，b粒子所受電場力方向向左，由于電場線方向未知，無法推斷粒子的電性，故A錯誤；由題可知，a所受電場力漸漸減小，加速度減小，b所受電場力增大，加速度增大，故C錯誤；已知MN＝NQ，由于MN段場強大于NQ段場強，所以MN兩點電勢差|UMN|大于NQ兩點電勢差|UNQ|，故B錯誤；依據電場力做功公式W＝Uq，|UMN|＞|UNQ|，a粒子從等勢線2到3電場力做功小于b粒子從等勢線2到1電場力做功，所以a粒子到達等勢線3的動能改變量比b粒子到達等勢線1的動能改變量小，故D正確。8．（北京市順義區2024年高考物理一模）如圖所示，由粒子源發出的帶正電的粒子經過同一加速電場A加速后，形成粒子束進入同一偏轉電場B中偏轉。已知粒子源發出的粒子中包括有一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子，這些粒子離開粒子源時的初速度可視為零，空氣阻力粒子的重力及粒子之間的相互作用力均可忽視不計。下列說法正確的是（）A．它們始終為一股粒子束B．它們會分別為兩股粒子束C．它們會分別為三股粒子束D．它們會分別為多數股粒子束【答案】A【解析】設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，極板的長度為L，間距為d；離子經過同一加速電場由靜止加速后，在加速電場中，依據動能定理得：，在偏轉電場中，離子做類平拋運動，運動時間，偏轉距離，聯立以上各式得：，y與帶電粒子的質量、電荷量無關，則一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子在偏轉電場軌跡重合，所以它們不會分成三股，而是會聚為一束射出，故A正確，BCD錯誤。9．（2024年湖北省武昌試驗中學高三模擬）靜電場在x軸上的電場強度E隨x的改變關系如圖所示，在x軸上有四點：x1、x2、x3、x4，相鄰兩點間的距離相等，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷（）A．x2和x4兩點處電勢相等；B．由x1運動到x4的過程中加速度先增大后減小；C．由x1運動到x4的過程中電勢能先增大再減小；D．設電荷從x2運動到x1，電場力做功W1，電荷從x3運動到x2，電場力做功W2，則W1=W2【答案】B【解析】x2-x4處場強為x軸負方向，則從x2到x4處逆著電場線方向移動，電勢上升，正電荷在x4處電勢能較大，故A錯誤；由x1運動到x4的過程中，由圖可以看出電場強度的肯定值先增大后減小，所以電場力先增大后減小，加速度與先增大后減小，故B正確；x1-x4處場強為x軸負方向，則從x1到x4處逆著電場線方向移動，電勢上升，正電荷在x4處電勢能較大，故C錯誤；由于每兩點間的距離相等，由圖可知，，所以，故D錯誤。10．（山東省淄博市2025屆高三三模）如圖所示，實線為兩個點電荷Q1、Q2產生的電場的電場線，虛線為電子從A點運動到B點的運動軌跡，則下列推斷正確的是（）A．A點的場強小于B點的場強B．Q1的電荷量大于Q2的電荷量C．電子在A點的電勢能大于在B點的電勢能D．電子在A點的速度大于在B點的速度【答案】D【解析】依據“電場線的密疏表示場強的大小”可知，A點的場強比B點的場強大，選項A錯誤；依據電場線分布狀況可知，Q1、Q2是同種電荷。由點電荷四周電場線較密可知點電荷Q2帶電荷量較多，即Q1＜Q2，故B錯誤；電子做曲線運動，受到的合力方向指向曲線的凹處，得電子過B點時受到的電場力F方向斜向下，可知電子從A點運動到B點的過程中，電場力方向與速度方向的夾角總是大于90°，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即電子在A點的電勢能小于在B點的電勢能，電子在A點的速度大于在B點的速度，故C錯誤，D正確。11．（河北省唐山一中2025屆高三模擬）如圖所示，一個由絕緣材料制成的輕彈簧水平放置，一端固定于豎直墻上，另一端與一帶負電的小球相連，小球置于光滑的絕緣水平面上。當整個裝置處于水平向左的勻強電場中時，小球在B、C間往復運動，在O點處所受合力為0。假定在動動過程中小球的電量保持不變，則（）A．小球在由B到O的過程中，彈性勢能和電勢能都始終削減，動能增加B．小球在由O到C的過程中，彈性勢能增加，電勢能和動能都削減C．小球在由B經O到C的過程中，電勢能的改變量大于彈性勢能改變量D．小球在由C到O的過程中，電勢能的改變量和彈性勢能的改變量大小相等【答案】B【解析】小球做簡諧運動，O點是平衡位置，此處彈簧伸長，則知小球所受的電場力方向向右，則小球在由B到O的過程中，電場力做功負功，電勢能增加，彈性勢能可能減小，也可能增大，平衡位置動能最大，則知小球的動能增加，故A錯誤；小球在由O到C的過程中，彈簧伸長量增大，彈性勢能增加，電場力做正功，電勢能減小，合力向左，做負功，則動能減小，故B正確；小球在由B經O到C的過程中，動能的改變量為零，依據能量守恒得知，電勢能的改變量和彈性勢能的改變量大小相等，故C錯誤；小球在由C到O的過程中，動能減小，彈性勢能增加，電勢能減小，由能量守恒得知，電勢能的改變量大小小于彈性勢能的改變量大小，故D錯誤。12．（福建省福州市2025屆高三其次次質量檢查）如圖所示，傾角為30°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和頂端B分別固定等量的同種正電荷。質量為m、帶電荷量為＋q的物塊從斜面上的M點由靜止釋放，物塊向下運動的過程中經過斜面中點O時速度達到最大值v，運動的最低點為N(圖中沒有標出)，則下列說法正確的是（）A．物塊向下運動的過程中加速度先增大后減小B．物塊和斜面間的動摩擦因數μ=C．物塊運動的最低點N到O點的距離小于M點到O點的距離D．物塊的釋放點M與O點間的電勢差為【答案】D【解析】依據點電荷的電場特點和電場的疊加原理可知，沿斜面從A到B電場強度先減小后增大，中點O的電場強度為零。設物塊下滑過程中的加速度為a，依據牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＋qE=ma，物塊下滑的過程中電場力qE先方向沿斜面對下漸漸削減后沿斜面對上漸漸增加，所以物塊的加速度大小先減小后增大，選項A錯誤；物塊在斜面上運動到O點時的速度最大，加速度為零，又電場強度為零，所以有mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物塊和斜面間的動摩擦因數μ=tanθ=QUOTE，選項B錯誤；由于運動過程中mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物塊從M點運動到N點的過程中受到的合外力為qE，因此最低點N與釋放點M關于O點對稱，選項C錯誤；依據動能定理有qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ=mv2，且mgsinθ=μmgcosθ，所以物塊的釋放點M與O點間的電勢差UMO=，選項D正確。13．（天津市河西區2025屆高三高考二模）如圖所示，邊長為d的等邊三角形abc所在平面與一勻強電場（圖中未畫出）平行。將一電荷量為q（q>0）的甲粒子分別從a、c兩點移到b點，電場力均做正功W。乙粒子以初速度v0從a點沿ac方向射入，僅在電場力作用下運動到b點，不計粒子間相互作用，則（）A．乙粒子帶負電B．乙粒子的比荷為2qv02/wC．乙粒子從a運動到b的時間為d/2v0D．乙粒子運動到b點時的速度大小為2v0【答案】C【解析】乙粒子僅在電場力作用下運動到b點，乙粒子所愛電場力垂直ac斜向右下方，所以乙粒子帶正電，故A錯誤；乙粒子在勻強電場中做類平拋運動，初速度方向：，電場力方向：，由甲粒子分別從a、c兩點移到b點，電場力均做正功得：，聯立解得：，故B錯誤；乙粒子在勻強電場中做類平拋運動，初速度方向：，解得：，故C正確；設乙粒子在b點時速度方向與水平方向夾角為，由平拋運動推論可知，，將速度分解為初速度方向與電場力方向則有：，所以乙粒子在b的速度大小為：，故D錯誤。14．（天津市耀華中學2025屆高三高考二模）如圖所示，平行板電容器板長和板間距均為L，兩極板分別帶等量異種電荷。現有兩個質量相同的帶電粒子AQUOTE和B，分別從緊貼上極板和極板中線位置以相同的初速度垂直于電場強度方向進入電場。最終均恰好貼著下極板飛出電場。粒子重力不計。則（）A.兩個粒子的電荷量之比B.兩個粒子的電荷量之比C.兩個粒子離開電場時的速度大小之比D.過程中電場力對兩個粒子做功之比【答案】B【解析】AB粒子均做類平拋運動，對A粒子有：，，對B粒子有：，，聯立解得：，故A錯誤，B正確；對A粒子，由動能定理得：，對B粒子，由動能定理得：，聯立解得：，因為不知道粒子的初速度和物體的質量，故無法計算粒子離開電場時和的比值，故CD錯誤。15．（山西省太原市2025屆高三模擬）“嫦娥四號”上搭載的中性原子探測儀，主要任務是測量太陽風與月表相互作用后產生的中性原子。探測儀在入口處安裝了高壓偏轉系統，形成強電場區域，對太陽風和月表作用后輻射的帶電粒子進行偏轉，以免其射到探測器上產生干擾信號。已知高壓偏轉系統由長度大于lm、間距僅10mm的兩平行金屬板組成，當兩板加肯定的電壓時，可將平行極板進入、動能不大于320keV的氦核均偏轉到極板而被極板汲取。只考慮該電場的作用，則（）A．對于平行極板進入偏轉系統的質子，只有動能不大于160keV才能完全被極板汲取B．對于平行極板進入偏轉系統的質子，只要動能不大于320keV就可完全被極板汲取C．對于平行極板進入偏轉系統的電子，只有動能不大于320keV才能完全被極板汲取D．對于平行極板進入偏轉系統的電子，只要動能不大于640keV就可完全被極板汲取【答案】A【解析】設平行板間電勢差為U，當兩板加肯定的電壓時，可將平行極板進入、動能不大于320keV的氦核均偏轉到極板而被極板汲取，對氦核依據動能定理得：2eU=320000eV，解得：U=160000V。對質子依據動能定理得：EKH=eU=160000eV，即對于平行極板進入偏轉系統的質子，只有動能不大于160keV才能完全被極板汲取，故A正確，B錯誤；對于平行極板進入的電子，EKH=eU=160000eV，即對于平行極板進入偏轉系統的質子，只有動能不大于160keV才能完全被極板汲取故C，D錯誤；故選A。16．（北京市人大附中2024年高三三模）類比是一種常用的探討方法。如圖所示，O為橢圓ABCD的左焦點，在O點固定一個正電荷，某一電子P正好沿橢圓ABCD運動，A、C為長軸端點，B、D為短軸端點，這種運動與太陽系內行星的運動規律類似。下列說法中正確的是（）A．電子在A點的線速度小于在C點的線速度B．電子在A點的加速度小于在C點的加速度C．電子由A運動到C的過程中電場力做正功，電勢能減小D．電子由A運動到C的過程中電場力做負功，電勢能增加【答案】D【解析】電子繞正電荷做橢圓軌道運動，可類比與太陽系內行星的運動，依據開普勒其次定律可知，電子在A點的線速度大于在C點的線速度，選項A錯誤；A點距離正電荷較近，受庫侖力較大，依據牛頓其次定律可知，電子在A點的加速度大于在C點的加速度，選項B錯誤；電子由A運動到C的過程中電場力做負功，電勢能增加，選項D正確，C錯誤。17．（山東省濰坊市2025屆高三高考二模）如圖所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源，能持續水平向右放射初速度為v0，電荷量為+q，質量為m的粒子。在兩板間存在如圖所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力。以下推斷正確的是A．粒子在電場中運動的最短時間為B．射出粒子的最大動能為mv02C．t=時刻進入的粒子，從O點射出D．t=時刻進入的粒子，從O點射出【答案】AD【解析】由圖可知場強，則粒子在電場中的加速度，則粒子在電場中運動的最短時間滿意，解得，A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為，則隨意時刻射入的粒子射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時的動能均為，B錯誤；時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向下加速，后向下減速速度到零；然后向上加速，再向上減速速度到零…..如此反復，則最終從O點射出時有沿電場方向向下的位移，則粒子將從O點下方射出，故C錯誤；時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向上加速，后向上減速速度到零；然后向下加速，再向下減速速度到零…..如此反復，則最終從O點射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將從O點射出，D正確。18．（安徽省安慶市2025屆高三其次次模擬）有一勻強電場的方向平行于xoy平面，平面內a、b、c、d四點的位置如圖所示，cd、cb分別垂直于x軸、y軸，其中a、b、c三點電勢分別為：4V、8V、10V,將一電荷量為q=-2×l0-5C的負點電荷由a點起先沿abed路途運動，則下列推斷正確的是A．坐標原點0的電勢為6VB．電場強度的大小為C．該點電荷在c點的電勢能為2×l0-5JD．該點電荷從a點移到d點過程中，電場力做功為8×l0-5J【答案】AD【解析】由于是勻強電場，所以沿同一方向前進相同距離電勢的降低相等，所以，代入數據解得：，故A正確；由于是勻強電場，所以沿同一方向前進相同距離電勢的降低相等可知，ab中點e的電勢為，連接oe則為等勢面，如圖所示，由幾何關系可知，垂直oe，則ab為條電場線，且方向由b指向a，電場強度為：，故B錯誤；該點電荷在c點的電勢能為：，故C錯誤；該點電荷從a點移動到b點電場力做功為：，故D正確。故選AD。19．（陜西省寶雞中學2025屆高三下學期第三次模擬）1909年，美國物理學家密立根用如圖所示的試驗裝置,通過探討平行金屬板M、N間懸浮不動的帶電油滴，比較精確地測定了電子的電荷量，因此獲得1923年諾貝爾物理學獎。圖中平行金屬板M、N與輸出電壓恒為U的電源兩極相連，兩金屬板間的距離為d,正對面積為S.現由顯微鏡視察發覺，恰好有一質量為m的帶電油滴在兩金屬板中心懸浮不動，已知靜電力常量為k,真空的介電常數ε=1，重力加速度為g，則（）A．帶電油滴的電荷量B．金屬板M所帶電量C．將金屬板N突然下移△d，帶電油滴獲得向上的加速度D．將金屬板N突然下移△d，帶電油滴的電勢能馬上減小為原來的倍【答案】BD【解析】帶電油滴在平行板電容器中受重力和向上的電場力平衡，而勻強電場的方向向下，則油滴帶負電，由平衡條件有，解得油滴的電荷量大小為為；故A錯誤。平行板電容器的電量，而電容的大小，聯立可得；而相對介電常數ε=1，則；故B正確。N板突然下移△d，電源一干脆在電容器上，則電壓U不變，電場力變小，為，則油滴的合外力向下，由牛頓其次定律，解得，方向向下；故C錯誤。電容器的M板接地為0V，設油滴的位置P點距離M板為，則，電勢能為，則金屬板N下移△d，P點的電勢為，則；故D正確。20．（湖北省武漢二中2024年高三模擬）在豎直平面內有水平向右、電場強度為E=1×104N/C的勻強電場，在場中有一個半徑為R=2m的光滑圓環，環內有兩根光滑的弦AB和AC，A點所在的半徑與豎直直徑BC成角，質量為0.04kg的帶電小球由靜止從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間相同。現去掉弦AB和AC，給小球一個初速度讓小球恰能在豎直平面沿環內做圓周運動，取小球圓周運動的最低點為電勢能和重力勢能的零點，（，g=10m/s2）下列說法正確的是（）A．小球所帶電量為q=3.6×10－5CB．小球做圓周過程中動能最小值是0.5JC．小球做圓周運動從B到A的過程中機械能漸漸減小D．小球做圓周運動的過程中對環的最大壓力是3.0N【答案】BCD【解析】由題知，小球在復合場中運動，由靜止從A點釋放，沿弦AB和AC到達圓周的時間相同，則A點可以認為是等效圓周的最高點，沿直徑與之對應圓周上的點可以認為是等效圓周的最低點，對小球進行受力分析，小球應帶正電，如圖所示，可得mgtan37=qE解得小球的帶電量為故A錯誤；小球做圓周過程中由于重力和電場力都是恒力，所以它們的合力也是恒力，小球的動能、重力勢能和電勢能之和保持不變，在圓上各點中，小球在等效最高點A的勢能（重力勢能和電勢能之和）最大，則其動能最小，由于小球恰能在豎直平面沿環內做圓周運動，依據牛頓其次定律，在A點其合力作為小球做圓周運動的向心力=m小球做圓周過程中動能最小值Ekmin=mvA2==J=0.5J故B正確；由于總能量保持不變，小球從B到A過程中電場力做負功，電勢能增大，小球的機械能漸漸減小，故C正確；將重力與電場力等效成新的“重力場”，新“重力場”方向與豎直方向成，等效重力，等效重力加速度為，小球恰好能做圓周運動，在等效最高點A點速度為，在等效最低點小球對環的壓力最大，設小球在等效最低點的速度為v，由動能定理得在等效最低點，由牛頓其次定律聯立解得小球在等效最低點受到的支持力依據牛頓第三定律知，小球做圓周運動的過程中對環的最大壓力大小也為3.0N，故D正確。1.（2024·江蘇卷）一勻強電場的方向豎直向上，t=0時刻，一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關系圖象是（）【答案】A【解析】由于帶電粒子在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為，經過時間，電場力方向速度為，功率為，所以P與t成正比，故A正確。2.(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計．(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？【答案】(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))【解析】(1)PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤聯立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ)). ⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度L為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ)). ⑧3.(2024·高考天津卷)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程()A．動能增加eq\f(1,2)mv2 B．機械能增加2mv2C．重力勢能增加eq\f(3,2)mv2 D．電勢能增加2mv2【答案】B【解析】小球動能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運動為勻減速直線運動，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間的高度差為h＝eq\f(v2,2g)，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能削減，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減小量為ΔE′p＝eq\f(3,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，D錯誤；由功能關系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數值上等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確．4.(多選)(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點．一電荷量為q(q>0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2.下列說法正確的是()A．此勻強電場的場強方向肯定與a、b兩點連線平行B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功肯定為eq\f(W1＋W2,2)C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小肯定為eq\f(W2,qL)D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差肯定等于b、N兩點之間的電勢差【答案】BD【解析】由題意得，(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只能得出a、b兩點間和c、d兩點間的電勢關系，無法確定場強的方向，選項A錯誤；若c、d之間的距離為L，因無法確定場強的方向，故無法確定場強的大小，選項C錯誤；由于φM＝eq\f(φa＋φc,2)、φN＝eq\f(φb＋φd,2)、WMN＝q(φM－φN)，上述式子聯立求解得粒子從M點移動到N點電場力做的功為WMN＝eq\f(W1＋W2,2)，所以B正確；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，變形可得φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝φa－eq\f(φa＋φc,2)＝eq\f(φa－φc,2)，φb－φN＝φb－eq\f(φb＋φd,2)＝eq\f(φb－φd,2)，所以φa－φM＝φb－φN，D正確．5.(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區域存在方向水平向右的勻強電場．自該區域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進入電場區域，并從該區域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求：(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小．【解析】(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍舊為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學公式得v0－at＝0 ①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2 ②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2 ③聯立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3. ④(2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式veq\o\al(2,y)＝2gh ⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2 ⑥M進入電場后做直線運動，由幾何關系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H) ⑦聯立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H. ⑧(3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg) ⑨設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH＋qEs1 ⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＋mgH－qEs2 ?由已知條件Ek1＝1.5Ek2 ?聯立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝eq\f(mg,\r(2)q).6.(2024·高考全國卷Ⅰ)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直