第11课时带电粒子在电场中的运动

第11课时带电粒子在电场中的运动内容重要的规律、公式和二级结论1.带电粒子在电场中的直线运动(1)动力学观点：a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(2)能量观点：W＝qU＝Ek2－Ek1。2.带电粒子在电场中的偏转(3)运动条件：①只受静电力；②初速度v0⊥E。(4)运动性质：类平抛运动。(5)偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))。(6)偏转角的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。高考题型一带电粒子在电场中的运动1.电场中直线运动问题的两种解题思路(1)动能定理：不涉及a、t时可用。(2)牛顿运动定律：涉及a、t时可用。2.匀强电场中的偏转问题(1)带电粒子垂直于场强方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类平抛运动，可用运动的分解来解决。(2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。注意：偏转时静电力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)。3.匀强电场中偏转问题的两个结论(1)如图1所示，有tanφ＝2tanθ，且x＝eq\f(L,2)。图1(2)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y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL2,4U0d)，偏转角的正切值tanφ＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL,2U0d)，与比荷无关，总是相同的。角度1带电粒子在电场中的直线运动【例1】(2022·北京房山区一模)如图2是电子加速系统，K是与金属板M距离最近的灯丝，电源E1给K加热可以产生初速度不计的热电子，N为金属网，M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，系统放置在真空环境中，正常工作时，从K发出的电子经M、N之间的电场加速后，大多数电子从金属网N的小孔射出，少部分电子打到金属网丝上被吸收，从而形成回路电流，电流表的示数稳定为I。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子所受的重力和电子之间的相互作用。图2(1)求单位时间内被金属网N吸收的电子数n；(2)若金属网N吸收电子的动能全部转化为内能，证明金属网的发热功率P＝IU；(3)电子可认为垂直打到金属网N上，并假设打在金属网N上的电子全部被吸收，不反弹。求被金属网吸收的电子对金属网的作用力大小F。答案(1)eq\f(I,e)(2)见解析(3)Ieq\r(\f(2mU,e))解析(1)根据电流定义式得I＝eq\f(Q,t)Q＝net解得n＝eq\f(I,e)。(2)每个电子被加速，有eU＝eq\f(1,2)mv2单位时间内金属网吸收的电子动能转化为金属网的发热功率P＝n·eq\f(1,2)mv2＝neU＝eq\f(I,e)eU＝IU。(3)电子被加速时，有eU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU,m))由动量定理－F′t＝Δp得F′t＝nmv联立解得F′＝Ieq\r(\f(2mU,e))由牛顿第三定律知F＝F′＝Ieq\r(\f(2mU,e))。角度2带电粒子在匀强电场中的曲线运动【例2】(2022·浙江6月选考，9)如图3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eq\r(2)v0；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()图3A.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为a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)D.粒子从N板下端射出的时间t＝eq\f(（\r(2)－1）L,2v0)答案C解析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；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，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，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eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，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，则在电场中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－veq\o\al(2,0)＝2ad，联立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)，故C正确，D错误。【素能提升】1.(2022·河北新高考演练卷)如图4，一平行板电容器竖直放置，两极板间距为d，极板间的电场强度为E，左极板上有一小孔O。一个电子从小孔O射入平行板电容器，速度方向在纸面内与左极板成60°角，电子向右运动的最远距离为eq\f(d,2)，现将电容器左极板固定，右极板向右水平移动d，电子以相同的速率由O点垂直极板射入平行板电容器。下列说法正确的是()图4A.极板间距增大一倍后两极板间的电场强度为EB.极板间距增大一倍后两极板间的电场强度为eq\f(1,2)EC.电子向右运动到达的最远处距左极板的距离为eq\f(1,3)dD.电子向右运动到达的最远处距左极板的距离为eq\f(4,3)d答案A解析由E＝eq\f(U,d)、U＝eq\f(Q,C)和C＝eq\f(εrS,4πkd)，得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则两极板间距增大后电场强度不变，故A正确，B错误；电子第一次在平行板电容器中运动时，沿垂直极板方向，运动到距左极板最远时，由运动学公式有(v0sin60°)2＝2eq\f(eE,m)·eq\f(d,2)，电容器间距增大，电场强度不变，电子第二次在平行板电容器中运动到距左极板最远时，有veq\o\al(2,0)＝2eq\f(eE,m)x，联立解得x＝eq\f(2,3)d，故C、D错误。2.(多选)(2022·全国乙卷，21)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图5所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R<r1<r2<R＋d)；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图中虚线所示。则()图5A.粒子3入射时的动能比它出射时的大B.粒子4入射时的动能比它出射时的大C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能答案BD解析在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Er＝k，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有qE1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，qE2＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，可得eq\f(qE1r1,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做近心运动，静电力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，静电力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；粒子3做近心运动，有qE2>meq\f(veq\o\al(2,3),r2)，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)<eq\f(qE2r2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确。高考题型二带电体在电场和重力场中的运动角度1带电体在电场和重力场中的匀变速运动【例3】(2022·广东江门预测)某实验小组想测量元电荷的大小。实验装置如图6，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板间相距d＝0.3m。外部电路电源电动势E＝300V，内阻r＝1.0Ω，保护电阻R0＝19.0Ω，电阻箱的阻值R可调。实验时，开关S1闭合、S2断开时，小组从显微镜发现容器中有一个小油滴正好在两板中间处于静止状态，该油滴质量为m＝3.2×10－13kg，取g＝10m/s2，求：图6(1)该油滴带电性质及所带电荷量q；(2)调节电阻箱R＝20.0Ω，闭合开关S2，油滴将加速下落，求油滴下落到B板的时间t(结果可以保留根号)。答案(1)负电3.2×10－15C(2)eq\f(\r(6),10)s解析(1)开关S1闭合、S2断开时UAB＝E＝300V该油滴处于静止状态，受力平衡qE1＝mg，E1＝eq\f(UAB,d)解得q＝3.2×10－15C由于电场方向竖直向下，静电力方向竖直向上，故该油滴带负电。(2)闭合开关S2，电容器与R并联，因此UAB′＝UR根据闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋R0＋r)UR＝IR电场强度E2＝eq\f(UAB′,d)根据牛顿第二定律得mg－qE2＝ma油滴下落到B板由运动学公式得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2联立解得t＝eq\f(\r(6),10)s。角度2带电体在电场和重力场中的圆周运动【例4】如图7所示，ABCD表示竖直放在场强为E＝104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2m。把一质量m＝100g、带电荷量q＝10－4C的小球，放在水平轨道上的A点，由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动。(g＝10m/s2)求：图7(1)它到达C点时的速度是多大？(2)它到达C点时对轨道压力是多大？(3)小球所能获得的最大动能是多少？答案(1)2m/s(2)3N(3)eq\f(\r(2),5)J解析(1)设小球在C点的速度大小是vC，轨道对小球的压力大小为FNC，则对于小球由A→C的过程中，应用动能定理得qE·2R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得vC＝eq\r(\f(4qER,m)－2gR)＝2m/s。(2)在C点沿圆轨道径向，对小球应用牛顿第二定律，有FNC－qE＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)得FNC＝5qE－2mg＝3N根据牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力大小为3N。(3)因为mg＝qE＝1N所以小球受到合力的方向垂直于B、C两点的连线向下，BC弧的中点D为等效重力的最低点，在此处小球具有最大速度，从A到D由动能定理得qER(1＋sin45°)－mg·R(1－cos45°)＝Ekm所以Ekm＝eq\f(\r(2),5)J。等效思维法解决带电体在电场和重力场中的圆周运动(1)等效重力场：重力场、电场等叠加而成的复合场；等效重力：重力、静电力的合力。(2)处理思路：①受力分析，计算等效重力(重力与静电力的合力)的大小和方向。②在复合场中找出等效最低点、最高点。③根据圆周运动供需关系结合动能定理列方程处理。【素能提升】3.(2022·广东深圳一模)如图8所示，竖直平面内两个带电小油滴a、b在匀强电场E中分别以速度v1、v2做匀速直线运动，不计空气阻力及两油滴之间的库仑力，下列说法正确的是()图8A.a、b带异种电荷B.a比b的比荷大C.a的电势能减小，b的电势能增加D.沿v1方向电势升高，沿v2方向电势降低答案C解析由于两油滴均做匀速直线运动，受静电力与重力平衡，即qE＝mg，eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，a与b比荷相等，又静电力方向都竖直向上，因此a、b均带正电荷，A、B错误；a向上运动，静电力做正功，电势能减小，b向下运动，静电力做负功，电势能增加，C正确；沿电场线方向，电势降低，因此沿v1方向电势降低，沿v2方向电势升高，D错误。4.(2022·广东高考，14)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9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m0、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h1，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h2(h2≠h1)，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f＝kmeq\s\up6(\f(1,3))v，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：图9(1)比例系数k；(2)油滴A、B的带电荷量和电性；B上升距离h2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)eq\f(m0\s\up6(\f(2,3))gt,h1)(2)油滴A不带电油滴B带负电eq\f(m0gd（h1＋h2）,h1U)－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)(3)见解析解析(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1＝eq\f(h1,t)，匀速时有m0g＝f，又f＝kmeq\f(1,3)v1联立可得k＝eq\f(m0\s\up6(\f(2,3))gt,h1)(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受静电力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2＝eq\f(h2,t)根据平衡条件可得m0g＋kmeq\f(1,3)v2＝qeq\f(U,d)联立解得q＝eq\f(m0gd（h1＋h2）,h1U)根据ΔEp＝－W电，又有W电＝qh2eq\f(U,d)联立解得ΔEp＝－eq\f(m0gh2（h1＋h2）,h1)(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，带电荷量仍为q，新油滴所受静电力F′＝eq\f(qU,d)＝eq\f(m0g（h1＋h2）,h1)若F′>2m0g，即h2>h1，可知v2>v1新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律有m0v2－m0v1＝2m0v共可得v共>0新油滴向上加速，达到平衡时有2m0g＋k·(2m0)eq\f(1,3)v＝F′解得速度大小为v＝eq\f(h2－h1,\r(3,2)t)，方向向上；若F′<2m0g，即h1>h2，可知v2<v1设向下为正方向，根据动量守恒定律有m0v1－m0v2＝2m0v共′，可知v共′>0新油滴向下加速，达到平衡时有2m0g＝F′＋k·(2m0)eq\f(1,3)v′解得速度大小为v′＝eq\f(h1－h2,\r(3,2)t)，方向向下。高考题型三带电粒子在交变电场中的运动1.受力情况：粒子所受的静电力是周期性变化的，即在一段时间内与速度方向相同，在下一段时间内相反。2.运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定。3.处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。(1)当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。(2)研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图像，特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。【例5】(2022·江苏二轮拔高卷)如图10甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，OO′为板间水平中线，AB板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示。t＝0时刻，有一个质量为m，电荷量为q的带电小球，从O点以v0的速度水平射入电场。T时刻小球恰好从O′点射出电场，小球运动过程中未与极板相碰，重力加速度为g。则下列说法正确的是()图10A.小球受的静电力大小等于重力B.板间电压U＝eq\f(4mgd,q)C.t＝eq\f(T,2)时，小球竖直方向速度为0D.t＝T时，小球竖直方向速度为0答案B解析设eq\f(T,2)～T时间内小球的加速度大小为a，0～T小球在竖直方向的位移为零，根据运动学公式可得eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝0，解得a＝3g，由牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝4mg，故A错误；根据匀强电场中电场强度与电势差的关系式，有U＝Ed，又F＝qE，联立可得U＝eq\f(4mgd,q)，故B正确；t＝eq\f(T,2)时，小球竖直方向速度为vy＝g·eq\f(T,2)，故C错误；t＝T时，小球竖直方向速度为vy′＝vy－a·eq\f(T,2)＝－gT，故D错误。【素能提升】5.(2022·山东青岛质检)在如图11所示的平行板电容器的两板A、B间分别加如图12甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的v－t图像。图11图12答案见解析解析t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板(设为正方向)做初速度为零的匀加速运动。(1)对于题图甲，在0～eq\f(1,2)T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，eq\f(1,2)T～T电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其v－t图线如图(1)所示。(2)对于题图乙，在0～eq\f(T,2)做类似(1)0～T的运动，eq\f(T,2)～T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其v－t图线如图(2)所示。1.(2022·湖北高考，4)密立根油滴实验装置如图13所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为()图13A.q，r B.2q，rC.2q，2r D.4q，2r答案D解析初始状态下，油滴处于静止状态时，满足qE＝mg，即qeq\f(U,d)＝eq\f(4,3)πr3·ρg，当电势差调整为2U时，若油滴的半径不变，则满足q′eq\f(2U,d)＝eq\f(4,3)πr3·ρg，可得q′＝eq\f(q,2)，A、B错误；若油滴的半径变为2r时，则满足q″eq\f(2U,d)＝eq\f(4,3)π(2r)3·ρg，可得q″＝4q，C错误，D正确。2.(多选)(2021·全国乙卷，20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是()答案AD解析分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电的粒子向y轴正方向偏转，带负电的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q，2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，则x相同时，粒子(＋q，2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正确；同理可知当电场方向沿y轴负方向时，A正确，B错误。3.(多选)(2022·全国甲卷，21)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。小球所受的重力和静电力的大小相等，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解析由于qE＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°。如图所示，当vy＝0时速度最小，为vmin＝v1，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，由于此时v1存在水平分量，静电力还可以对小球做负功，电势能继续增大，故此时电势能不是最大，故A、C错误；当小球水平速度减为0时，水平方向上有v0＝eq\f(qE,m)t，在竖直方向上v＝gt，由于qE＝mg，得v＝v0，此时小球的动能等于初动能，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WG＋W电＝0，则重力做功等于小球电势能的增加量，故B、D正确。1.(2022·广东肇庆质检)示波管原理图如图1甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为()图1答案A解析UXX′和UYY′均为正值，电场强度方向分别由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，所受静电力方向与电场强度方向相反，所以电子分别向X、Y方向偏转，可知A正确。2.(2022·江苏通州一中模拟)如图2，圆环上均匀分布着＋Q的电荷，在垂直于圆环平面且过圆心O的轴线上有a、b两点，aO＝Ob。一个电荷量为－q的试探电荷从a点由静止释放，仅在静电力作用下运动，试探电荷()图2A.可能做曲线运动B.一定能运动到b点C.在O点受到的静电力最大D.在O点时的电势能最大答案B解析带电圆环在a、b连线上产生的电场与一对以a、b连线为对称轴的等量同种正电荷产生的电场相似，根据等量同种正电荷在a、b连线上的场强分布可知，a、b连线上的场强方向都沿a、b连线，所以试探电荷从a点由静止释放，仅在静电力作用下，不可能做曲线运动，O点的场强为0，所以试探电荷在O点受到的静电力最小，故A、C错误；由对称性可知，a、b两点的电势相等，所以试探电荷从a点由静止释放，一定能到达b点，在a、b之间往返运动，故B正确；根据等量同种正电荷在x轴上的电场分布可知，O点的电势最高，因为试探电荷带负电，所以试探电荷在O点的电势能最小，故D错误。3.(2022·辽宁铁岭六校联考)如图3所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，现将一个质量为m，带电荷量为＋q的小球在A点以一定的初动能Ek竖直向上抛出，小球运动到竖直方向最高点C时的沿电场强度方向位移是x0，动能变为原来的一半(重力加速度为g)，下列说法正确的是()图3A.电场强度大小为eq\f(\r(2)mg,2q)B.A、C竖直方向的距离为x0的2倍C.小球从C点再次落回到与A点等高的B点时，水平位移是2x0D.小球从C点落回到与A点等高的B点时，静电力做功大小为2Ek答案A解析设水平方向因静电力产生的加速度为a，小球在A点的初速度为v0，小球在最高点C的速度为vC，小球从A到C的时间为t，则有qE＝ma，vC＝at，0－v0＝－gt，由题意知，最高点C小球的动能变为原来的一半，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立解得电场强度大小为E＝eq\f(\r(2)mg,2q)，A正确；小球从A到C过程，水平方向x0＝eq\f(vC,2)t，竖直方向y＝eq\f(v0,2)t，联立解得y＝eq\r(2)x0，B错误；小球在水平方向做初速度为0的匀加速运动，由于A到C的时间等于C到B的时间，则有x0∶xCB＝1∶3，即小球从C点再次落回到与A点等高的B点时，水平位移是3x0，C错误；小球从C点落回到与A点等高的B点时，静电力做功大小WCB＝qExCB＝3qEx0＝3×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(3,2)Ek，D错误。4.(2022·茂名综合测试)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图4所示。在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是()图4A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2s内，静电力所做的功等于零C.4s末带电粒子回到原出发点D.2.5～4s内，静电力的冲量等于零答案D解析由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小a1＝eq\f(qE0,m)，第2s内加速度大小a2＝eq\f(2qE0,m)，则a1＝eq\f(1,2)a2，因此粒子先加速1s再减速0.5s速度变为零，接下来的0.5s将反向加速运动，A错误；0～2s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知，静电力所做的功不为零，B错误；带电粒子运动的v－t图像如图所示，v－t图像中图线与时间轴围成的图形的“面积”表示带电粒子的位移，由图像可以看出，前4s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，C错误；2.5～4s内，静电力的冲量为I＝2qE0×0.5s＋(－qE0)×1s＝0，D正确。5.(多选)(2022·湖南衡阳一中模拟)如图5所示，A、B为平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N。小孔对平行板间电场无影响，其中D为理想二极管，R为滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N正上方的P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是()图5A.若仅将A板上移，带电小球将无法运动至B板的小孔N处B.若仅将B板下移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处C.若仅将R的滑片上移，带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处D.若仅将R的滑片下移、带电小球将无法运动至B板的小孔N处答案ACD解析设P到N的高度为h，由题意，根据动能定理得mgh－qU＝0。根据C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4πkd)联立可得eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，若仅将A板上移，d增大，C减小，但由于二极管处于截止状态，电荷量Q保持不变，电压U将增大，则带电小球无法运动到B板的小孔N处，故A正确；若仅将B板下移，d增大，电荷量Q保持不变，由E＝eq\f(U,d)联立得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，电压U增大，场强E不变，因此带电小球将无法运动到N处，故B错误；若仅将R的滑片上移，R两端的电压减小，二极管使得电容器不能放电而处于断开，电容器两端电压U不变，则带电小球仍将恰好能到达B板的小孔N处，故C正确；若仅将R的滑片下移，R两端的电压增大，电荷量Q将增大，带电小球将不能运动到B板的小孔N处，故D正确。6.(多选)(2022·陕西宝鸡模拟)如图6所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°角斜向上，在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为L不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好水平，位置如图中M点。现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，重力加速度为g，则以下判断正确的是()图6A.小球能上升的最大高度在O点正上方L高度处B.小球从P到M过程中，静电力对它做功为eq\r(3)mgLC.小球从P运动到M时，绝缘细线对小球的拉力为eq\r(3)mgD.小球从P到M过程中，机械能增加了(eq\r(3)＋1)mgL答案AD解析当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和静电力的合力方向水平向右，M点为等效最低点，OP方向与OM方向垂直，由对称性可知，小球能上升的最大高度在O点正上方L高度处，故A正确；在M点，静电力与重力的合力为F合＝eq\f(mg,tan30°)＝eq\r(3)mg，小球在合力方向上位移为L，由动能定理知动能增加量为eq\r(3)mgL，重力势能增加量为mgL，则机械能的增加量为(eq\r(3)＋1)mgL，由功能关系知，机械能增加量即为静电力做的功，故B错误，D正确；小球从P运动到M的过程，根据动能定理得eq\r(3)mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，设小球从P运动到M时，绝缘细线对小球的拉力为F，则由牛顿第二定律得F－eq\r(3)mg＝meq\f(veq\o\al(2,M),L)，联立解得F＝3eq\r(3)mg，故C错误。7.(多选)(2022·四川凉山二模)如图7所示，在固定斜面顶端以速度v0水平抛出一质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球仅在重力作用下落到斜面上的P点。若在空中加一竖直向下的匀强电场E，当小球水平抛出速度变成2v0，小球仍然落到P点。不计空气阻力，则()图7A.匀强电场E大小为eq\f(4mg,q)B.前后两次运动小球动能改变量大小之比为1∶4C.前后两次运动小球动量改变量大小之比为1∶4D.前后两次运动小球落到P点时速度方向不变答案BD解析只受重力时，由平抛运动特点可得x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2受到静电力后，水平方向x＝2v0t′竖直方向y＝eq\f(1,2)at′2可得t＝2t′，a＝4g所以eq\f(qE＋mg,m)＝4g，则E＝eq\f(3mg,q)，故A错误；由动能定理得前后两次的动能变化量分别为ΔEk1＝mgy，ΔEk2＝(mg＋qE)y＝4mgy，所以前后两次动能变化量之比为1∶4，故B正确；前后两次动量变化量分别为Δp1＝mvy1＝mgt，Δp2＝mvy2＝(mg＋qE)t′＝4mgeq\f(t,2)＝2mgt，Δp1∶Δp2＝1∶2，故C错误；小球前后两次落在P点时位移方向不变，而位移方向与速度方向的夹角关系是不变的，所以前后两次运动小球落到P点时速度方向也不变，故D正确。8.(2022·四川内江三模)在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随x变化的φ－x图像如图8所示。现有一质量为m、电荷量为q的带负电小球，从坐标原点O开始，仅在静电力作用下，以一定的初速度v0沿x轴正向运动，下列说法中正确的是()图8A.带电小球从O点运动到x1处的过程中，加速度逐渐增大B.带电小球从O点运动到x2的过程中，静电力的冲量为零C.带电小球从O点运动到x2的过程中，最大速度为eq\r(veq\o\al(2,0)－\f(2qφ0,m))D.带电小球从O点运动到x2点时速度为v0＋eq\r(\f(6qφ0,m))答案B解析φ－x图像中，斜率等于电场强度，在带电小球从O点运动到x1处的过程中，斜率不变，电场强度不变，由F＝qE知，粒子所受静电力保持不变，所以加速度不变，故A错误；带电小球从O点运动到x2的过程中，电势差为零，静电力做功为零，小球的动能变化量为零，故速度变化为零，即电荷在O点和x2处的速度相同，都是v0，由I＝Δp＝mΔv可知，静电力冲量为零，故B正确，D错误；由图可知0～x1过程，静电力做正功，x1～x2过程，静电力做负功，故x1处速度最大，有qφ0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可解得vmax＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qφ0,m))，故C错误。9.(多选)(2022·江西南昌一模)如图9所示，竖直平面内有匀强电场，a、b、c、d为沿竖直方向的等势线，且a等势线的电势高于d等势线的电势。一带负电的微粒从b等势线O点在此平面上以某一初速度沿竖直平面向右上方发射，初速度方向与水平方向成θ＝37°角。微粒运动到其轨迹的最高点时，速度大小与O点速度大小相等，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则可判断在此过程中()图9A.静电力对带电微粒一定做正功B.微粒运动轨迹的最高点可能在b等势线上C.微粒受到的静电力与它的重力的比值为3∶1D.静电力对微粒做功与微粒的重力势能增量的比值为3∶1答案AC解析当微粒运动到其轨迹最高点时，其竖直方向的分速度为零，该过程中重力对微粒做负功，微粒的速度大小不变，则动能不变，根据动能定理可知，静电力一定对带电微粒做正功，故A正确；因为a等势线电势高于d等势线的电势，所以匀强电场场强的方向向右，则带负电的微粒受到的静电力的方向向左，静电力一定对该带电微粒做正功，所以微粒运动轨迹的最高点一定在b等势线的左侧，故B错误；由题意可知带电微粒在水平方向上先向右做匀减速运动，速度减为零后反向匀加速，其水平初速度和竖直初速度的大小分别为v0x＝v0cos37°，v0y＝v0sin37°，设静电力为F，取水平向左为正方向，根据牛顿第二定律可知微粒在水平方向的加速度大小为a＝eq\f(F,m)，根据运动学公式可得微粒从开始到运动至最高点所需的时间为t＝eq\f(v0y,g)，由题意可知v0＝at－v0x，联立解得eq\f(F,mg)＝eq\f(3,1)，故C正确；重力对微粒做负功，静电力对该微粒做正功，由于微粒运动到其轨迹的最高点时，速度大小与O点速度大小相等，则重力做功的绝对值与静电力做的功大小相等，所以静电力对微粒做的功与微粒重力势能增量相等，它们的比值为1∶1，故D错误。10.(2022·山西太原期末)如图10甲所示，一绝缘细直长杆水平放置，处于水平方向的静电场中。以O为原点，沿细杆建立x轴，电场强度E随x的分布如图乙所示。x≤0的范围内，电场强度恒定、方向沿x轴正方向；在x>0的范围内，电场强度沿