热点07 匀强电场中的匀变速直（曲）线运动模型（解析版）

热点07匀热点07匀强电场中的匀变速直（曲）线运动模型高考命题经常消灭带电粒子（不计重力）在匀强电场中的做直线或曲线运动，带电粒子在电场中只受静电力，加速度恒定，做匀变速直线运动或匀变速曲线运动模型，结合静电学学问、运动学学问、功能关系、能量关系进行考查。高考命题经常消灭带电粒子（计重力）在匀强电场、重力场中运动的情景，带电粒子在电场中受静电力和重力，合力恒定，加速度恒定，做匀变速直线运动或匀变速曲线运动模型，结合静电学学问、运动学学问、功能关系、能量关系进行考查。【模型一】带电粒子在电场中的加速和减速运动模型1.带电粒子在电场中的加速直线运动模型受力分析：与力学中受力分析方法相同,只是多了一个电场力而已.假如带电粒子在匀强电场中，则电场力为恒力（qE）,若在非匀强电场，电场力为变力.运动过程分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同始终线上，做匀加（减）速直线运动.两种处理方法：=1\*GB3①力和运动关系法——牛顿其次定律：带电粒子受到恒力的作用，可以便利地由牛顿其次定律求出加速度，结合匀变速直线运动的公式确定带电粒子的速度、时间和位移等.=2\*GB3②功能关系法——动能定理：带电粒子在电场中通过电势差为UAB的两点时动能的变化是，则.2.交变电场中的直线运动U-t图v-t图tOtOvv0T/2T单向直线运动AB速度不反向ttOvv0来回直线运动AB速度反向TT/2-v0ttOvv0来回直线运动AB速度反向TT/8-3v05T/8ttOvv0T/32T/3来回直线运动AB速度反向T-v0轨迹图OOABOOABAOOABDCOOABA3.带电体在电场中的直线运动(1).带电小球在电容器中的直线运动匀速直线运动匀加速直线运动匀加速直线运动匀减速直线运动++++++++++++++++++++----------mgqEmgmgqEθmgmgqEθqE=mg，a=0qE=mgtanθ，a=g/cosθqE=mg/cosθ，a=gtanθqE=mg/cosθ，a=gtanθ(2)多过程运动规律运动模型受力分析运动分析规律mgmgmg●qEttOvt2t1agv0=1\*GB3①速度公式v0=gt1=at2;速度位移公式v02=2gx1=2ax2=2\*GB3②全程动能定理：mg(h+d)-qU=0【模型二】带电粒子在匀强电场中的偏转模型【运动模型】质量为、电荷量为的带电粒子以初速沿垂直于电场的方向，进入长为、间距为、电压为的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速曲线运动，如图所示，若不计粒子重力，则可求出如下相关量：UUdlqv0y1、粒子穿越电场的时间：粒子在垂直于电场方向以做匀速直线运动，，；2、粒子离开电场时的速度：粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度，粒子离开电场时平行电场方向的分速度，所以。3、粒子离开电场时的侧移距离：②②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述设备的物理量、不难发觉：（1）当不同粒子（不同）以相同的速度进入偏转电场时侧移距离（2）当不同粒子以相同的动能进入偏转电场时侧移距离4、粒子离开电场时的偏角：由于③②与③的关系：（熟记）5、速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点由和，可推得。粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。【模型三】带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型【运动模型】如图所示，由静止开头被电场（加速电压为）加速的带电粒子平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有遇到两极板。若金属板长为，板间距离为、两板间电压为，试分析带电粒子的运动状况。U1dUU1dU2qv1v2Lqv0v1qy设带电粒子的质量为，电量为，经电压加速后速度为。由动能定理有，2、粒子穿越偏转电场的时间：带电粒子以初速度平行于两正对的平行金属板从两板正中间射入后，在偏转电场中运动时间为，则3、粒子穿越偏转电场时沿电场方向的加速度：带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度4、粒子离开偏转电场时的侧移距离：带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向作初速度为0的做匀加速直线运动④④式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的侧移量与粒子的、无关。5、粒子离开偏转电场时沿电场方向的速度为：带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为，则6、粒子离开偏转电场时的偏角：设飞出两板间时的速度方向与水平方向夹角为。则⑤⑤式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的偏转角与粒子的、无关。【模型四】带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见模型1.带电物体在静电场和重力场的复合场中运动时的能量守恒

(1)带电物体只受重力和静电场力作用时，电势能、重力势能以及动能相互转化，总能量守恒，即恒定值(2)带电物体除受重力和静电场力作用外，假如还受到其它力的作用时，电势能、重力势能以及动能之和发生变化，此变化量等于其它力的功，这类问题通常用动能定理来解决。2.带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见状况竖直向上抛出水平抛出斜上抛出AABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqEAABC●●v0yxmgqE（建议用时：60分钟）一、单选题1．如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一个质量为m，电荷量为e的电子，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达距O点为h处的A点，然后返回。则此电子在O点射出时的速度大小是（）A．eU B． C． D．【答案】B【解析】电子最远到达距O点为h处的A点，依据动能定理有电场强度为此电子在O点射出时的速度大小是故选B。2．（2023·安徽·校联考二模）如图所示，三块平行放置的金属薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。B板与电源正极相连，A、C两板与电源负极相连。闭合电键，从O点由静止释放一电子，电子恰好能运动到P点（不计电子的重力影响）。现将C板向右平移到点，下列说法正确的是（

）A．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P点返回B．若闭合电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到点返回C．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将运动到P和点之间返回D．若断开电键后，再从O点由静止释放电子，电子将穿过点【答案】B【解析】AB．依据题意可知电子从O到M电场力做正功，从M到P电场力做负功或从M到电场力做负功，电子在板间运动的过程，由动能定理可知将C板向右平移到点，若电键处于闭合状态，上式仍旧成立，电子将运动到点返回，故A错误，B正确；CD．断开电键后，依据，，联立解得可知板间的电场强度与板间距离无关，而断开电键后可认为极板间电荷量不变，则电场强度不变，依据动能定理可知因此若断开电键后再从O点由静止释放电子，电子仍将运动到P点，故CD错误。故选B。3．如图所示，半径为R的圆处在匀强电场中，O为圆心，圆所在平面与电场线平行，A、B是圆上两点，间劣弧为四分之一圆弧，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以大小为v0的速度从O点沿某一方向射出，到达B点时的动能为，若以垂直连线向左的方向仍以大小为的速度射出，过一段时间t粒子又回到O点，再转变粒子从O点射出的方向，射出速度大小仍为，结果粒子到达了A点，不计粒子的重力，则（）A． B．A点电势比B点电势高C．匀强电场的电场强度大小为 D．O、A两点的电势差为【答案】C【解析】B．粒子从O点沿垂直方向射出去，能回到O点，说明电场方向垂直，由O指向，则是等势线，A、B两点等势，故B错误；C．由题意知解得故C正确；A．依据题意解得故A错误；D．O、A两点的电势差等于故D错误。故选C。4．质量为、电荷量为的物块处于水平方向的匀强电场中，在电场力的作用下，由静止开头在水平地面上做直线运动，与时间的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，，则（）A．时，物块的速率为3m/sB．时，物块的动能为零C．时，物块回到初始位置D．0~6s内，物块平均速度的大小为2m/s【答案】B【解析】0~3s间，依据牛顿其次定律得时，3s后得明显时动能为零，3s~4s间4s后反向加速得4s~6s间0~6s内，物块的位移6s时未回到动身点，0~6s内平均速度故选B。5．（2023·福建福州·统考模拟猜测）1909年密立根通过油滴试验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，试验装置如图。两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负两极相接，从A板上小孔进入两板间的油滴因摩擦带上肯定的电荷量。两金属板间未加电压时，通过显微镜观看到某带电油滴P以速度大小竖直向下匀速运动；当油滴P经过板间M点（图中未标出）时，给金属板加上电压U，经过一段时间，发觉油滴P恰以速度大小竖直向上匀速经过M点。已知油滴运动时所受空气阻力大小为，其中k为比例系数，v为油滴运动速率，r为油滴的半径，不计空气浮力，重力加速度为g。下列说法正确的是（

）A．油滴P带正电B．油滴P所带电荷量的值为C．从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度先增大后减小D．油滴先后两次经过M点经受的时间为【答案】D【解析】A．由于加上电压时，经过一段时间，发觉油滴P恰以速度大小竖直向上匀速运动，说明油滴受到的电场力方向向上，所以油滴带负电，故A错误；B．设油滴P所带电荷量的值为q，没有加电压时，依据平衡条件可得施加电压后匀速向上运动时，依据平衡条件可得联立解得q=故B错误；C．从金属板加上电压到油滴速度减为零的过程中，依据牛顿其次定律可得解得加速度大小为随着速度的减小、加速度渐渐减小；向上加速运动的过程中，依据牛顿其次定律可得解得加速度大小为随着速度的增大、加速度渐渐减小；综上所述，从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的加速度始终减小，故C错误；D．油滴经过M点向下运动到速度为零过程中，取向上为正方向，依据动量定理可得油滴从速度为零到达到M点的过程中，依据动量定理可得其中q=联立解得油滴先后两次经过M点经受的时间为故D正确。故选D。二、多选题6．（2024·湖南邵阳·统考一模）如图所示，有一匀强电场平行于平面，一个质量为m的带电粒子仅在电场力作用下从O点运动到A点，粒子在O点时速度沿y轴正方向，经A点时速度沿x轴正方向，且粒子在A点的速度大小是它在O点时速度大小的2倍。关于该粒子在OA这一过程的运动状况，下列说法正确的是（

）A．带电粒子带负电B．带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小C．这段运动过程中粒子的最小动能为D．电场力方向与轴正方向之间夹角的正切值为【答案】BD【解析】A．由于电场线方向未知，则带电粒子的电性未知，故A错误；B．带电粒子从O点到A点动能增加，则电场力做正功，电势能减小，故带电粒子在A点的电势能比在O点的电势能小，故B正确；D．设加速度方向与y轴正方向之间的夹角为，如图所示则在沿着y轴方向上沿着x轴方向上并且粒子在A点的速度是它在O点时速度的2倍，即联立解得故D正确；C．当速度最小时，速度方向与电场力方向垂直，设最小速度为，将初速v0沿着电场力方向和垂直电场力方向进行分解，可得则最小动能为故C错误；故选BD。7．（2024·四川绵阳·统考二模）如图所示，在真空中两水平平行板P、Q正对，电容为C，板长为L，板间距为d，充电后与电源（未画出）始终相连，一带正电的粒子从左侧中心以水平初速度v0正对屏上的O点射入，在板间做直线运动；现保持P板不动，将Q板向上平移d，稳定后，将该粒子仍从左侧同一位置以相同初速度射入，粒子打在屏上M点（未标出）。已知粒子质量为m，电荷量为q，平行板右端到屏距离也为L，重力加速度为g。则（

）A．P板电势高于Q板B．Q板平移前平行板电容器所带电荷量为C．点O、M间距离为D．点M与O重合【答案】BD【解析】A．带正电的粒子在电容器中受到重力和电场力平衡，故电场力向上，上极板带负电，则P板电势低于Q板，故A错误；B．Q板平移前由平衡可知其中有电容器的定义式联立解得故B正确；CD．Q板平移后，板间电场强度依据牛顿其次定律解得在两板间做类平抛运动，有，解得出板间时竖直方向的速度出板间后做斜抛运动，竖直方向的位移为水平方向解得所以在电容器内和出电容器后在竖直方向的位移为所以点M与O重合，故C错误，D正确。故选BD。8．如图所示，一带负电粒子（不计重力）质量为、电荷量大小为，以初速度沿两板中心水平方向射人水平放置、距离为、电势差为的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大小为，下列说法正确的是（）

A．粒子在两板间运动的加速度大小为 B．粒子从两板间离开时的速度大小为C．金属板的长度为 D．入射点与出射点间的电势差为【答案】ACD【解析】A．依据牛顿其次定律可知，粒子在两板间运动的加速度大小为故A正确；BC．粒子在水平方向做匀速直线运动，水平方向的动量变化为0；粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，依据题意有可得粒子从两板间离开时沿电场方向的分速度大小为则粒子在两板间的运动时间为金属板的长度为故B错误，C正确；D．设入射点与出射点间的电势差为，依据动能定理可得其中，联立解得故D正确。故选ACD。9．真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。现将该小球从电场中A点以初速度竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A．小球所受的电场力为 B．小球在最高点B的动能为C．小球在C点的机械能比在A点多 D．小球在C点的动能为【答案】BCD【解析】A．如图所示，依据题意可知，小球重力与电场力的合力方向与竖直方向的夹角为37°，由几何关系可得，小球所受的电场力为A错误；B．依据题意可知，小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公式可得，运动到B点的时间为由牛顿其次定律可得，小球在水平方向上的加速度为则小球运动到B点的速度为则小球在最高点B的动能为B正确；C．依据对称性可知，小球运动到C点的时间为则AC间的水平位移为由功能关系可知，小球从A运动到C，机械能的增加量为即小球在C点的机械能比在A点多，故C正确；D．依据题意，由对称性可知，小球运动到C点时，竖直分速度为竖直向下的，由运动学公式可得，小球运动到C点时的水平分速度为则小球在C点的速度为则小球在C点的动能为D正确；故选BCD。10．如图所示，某空间存在一匀强电场，电场中固定一个光滑的半圆形轨道，电场强度的方向平行于轨道所在平面，为轨道圆心，半径为R，为半圆形轨道的四等分点。处放置一个粒子源，能向纸面内各个方向放射速率均为的带电粒子，粒子的质量均为、电荷量均为。已知在能打到轨道上的粒子中，运动到点的粒子动能最大；且初速度水平向右的粒子恰能运动到点，不考虑粒子重力、粒子之间的相互作用和粒子在轨道上的反弹，下列说法正确的是（

）A．匀强电场的场强大小为，方向由指向B．轨道上有粒子打到的弧长为C．带电粒子运动到点时，速度大小仍为，方向由指向D．带电粒子运动到点时的动能【答案】AC【解析】A．如图所示，在能打到轨道上的粒子中，运动到D点的粒子动能最大，即A、D间电势差最大，D为轨道上电势最低的位置，过d点做圆的切线，场强方向垂直切线，由O指向D，当粒子v0水平向右，从A到C的运动过程中，沿AC、垂直AC方向建立坐标系，运动满足，联立得A正确；B．OD垂直AC，粒子在电场中做类斜抛运动，设v0与AC夹角为θ时，粒子沿AC方向运动的距离x满足，联立得当θ=45°时，即初速度水平向右时，x最大，落点为C，故有粒子打到轨道的弧长B错误；C．AC垂直OD，A、C在同一等势面上，故vC=v0再由类平抛运动的对称性可知，vC方向与AC夹角也为45°，即由O指向C，C正确；D．从A运动到D，依据动能定理解得D错误。故选AC。三、解答题11．（2024·辽宁沈阳·统考一模）如图，水平地面上放置一长度、质量的长木板。一可视为质点、质量、带电量的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离。在距木板右端的虚线右侧，存在宽度的匀强电场，场强，方向竖直向下。匀强电场右侧存在宽度，的匀强电场，场强，方向竖直向上。从时刻起，水平恒力作用在长木板上，5s末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与水平地面间的动摩擦因数，物块带电量始终不变，重力加速度g取，求：（1）物块运动多长时间进入匀强电场;（2）物块离开匀强电场时速度的大小；（3）物块最终停下来时，离木板右端的距离。【答案】（1）4s；（2）6m/s；（3）5.5m【解析】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为，则由牛顿其次定律有解得当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速度大小为，则对整体由牛顿其次定律有代入数据解得则假设成立，在未撤去力F的时间内物块的位移可知则可知在力F撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开头运动到物块进入电场的施加为，由位移与时间的关系可得解得（2）当物块进入电场后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场中，在力F未撤去时，设物块和木板共同运动的加速度大小为，由牛顿其次定律有解得即在物块进入电场中的1s时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为，进入电场时的速度大小为，则有此时距进入电场的距离为设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为，由牛顿其次定律有解得设物块和木板共同进入电场时的速度大小为，则由速度与位移的关系可得解得当进入匀强电场，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有可知，物块在电场中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场时速度的大小为。（3）设物块出电场所用的时间为，在物块出电场的过程中木板在电场中做匀减速直线运动的加速度大小为，则有解得，设该过程中木板的位移为，可得则可得物块出电场时距离木板右端的距离为此时木板的速度此后在两者达到共速前物块的加速度大小为，设木板的加速度大小为，对木板由牛顿其次定律有解得即物块出电场后做匀减速直线运动，而木板做匀速直线运动，设达到共速所用时间为，依据速度时间关系可得解得则在该时间内物块和木板的位移分别为、，则依据位移与时间的关系有两者达到共速后将一起做减速运动，直至停止，则可知物块最终离木板右端的距离为12．（2023·河南开封·统考一模）在真空中存在着方向竖直向上、足够大且周期性变化的匀强电场E。将一个质量为m带电量为q的小球（可视为质点），从电场中的P点由静止释放，同时开头计时，小球先向上运动，经时间T后，小球恰好回到P点。已知电场的周期为T=2t0，规定竖直方向为正方向，重力加速为g，求：（1）匀强电场E的大小及小球上升的最大高度h；（2）小球在第一个T时间内机械能的变化量；（3）已知t=nt0（n取1，2，3....），试确定小球t时刻的速度。

【答案】（1），；（2）；（3）见解析【解析】（1）由牛顿其次定律得，有电场时撤去电场后从释放到回到动身点有联立可得（即）有电场时上升的高度撤去电场后上升的高度小球上升的最大高度（2）由功能关系得，小球在第一个T时间内机械能的增加量（3）在（n取1，3，5....即奇数）内，小球的加速度为在（n取2，4，6....即偶数）内，小球的加速度为，当时当时当时当时当时所以当（n取1，3，5....即奇数）时，小球的速度为除n取1时，方向竖直向上，其余速度均竖直向下；在（n取2，4，6....即偶数）内，小球的速度为方向竖直向下。（建议用时：30分钟）一、单选题1．（2023·安徽合肥·统考二模）真空中存在着方向平行x轴的电场，x轴上各点的电势随位置x变化的关系如图所示。一带正电粒子从处由静止释放，已知粒子的比荷为，不计重力。则下列说法正确的是（）A．该电场为匀强电场B．粒子在区间内做简谐运动C．粒子运动过程中的最大速率为D．粒子沿x轴正方向运动过程中，电势能先变大后变小【答案】C【解析】A．坐标原点左、右两侧的电场强度分别为可知左、右两侧的电场强度大小不同，则该电场不是匀强电场，故A错误；B．带正电的粒子从静止释放后，在原点左侧做匀变速直线运动，进入原点右侧后也做匀变速直线运动，粒子不做简谐运动，故B错误；C．原点处的电势最低，则粒子在该点的电势能最小，动能最大，从处到原点处的过程中，由动能定理可得解得故C正确；D．带正电粒子沿x轴正方向运动过程中，所在位置的电势先变小后变大，所以粒子的电势能先变小后变大，故D错误。故选C。2．（2023·湖北·统考三模）如图所示，一束单色光入射到极限频率为的金属板K上，放射的光电子可沿垂直于平行板电容器极板的方向从左极板上的小孔进入电场，均不能到达右极板，则（）A．该单色光的波长为B．若仅增大该单色光的强度，则将有电子到达右极板C．若仅换用频率更大的单色光，则照旧没有电子到达右极板D．若仅将电容器右极板右移一小段距离，电子仍旧不能到达右极板【答案】D【解析】A．由题可知，单色光的波长应大于，故A错误；B．若仅增大该单色光的强度，由于入射光的频率不变，则电子仍旧不能到达右极板，故B错误；C．若仅换用频率更大的单色光，逸出的光电子的初动能增大，则可能有电子到达右极板，故C错误；D．若仅将电容器右极板右移一小段距离，由于两板间的电压不变，电子仍旧不能到达右极板，故D正确。故选D。3．（2023·安徽马鞍山·统考二模）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F作用下由静止开头从O点向右做匀加速直线运动，先经时间t力F做功，此后撤去力F，物块再经时间返回到动身点O，且回到动身点时的速度大小为v。设物块在O点的电势能为零，则（）

A．撤去力F时物块的速度大小为B．物块向右滑动的最大距离为C．物块回到动身点时的动能为D．撤去力F时物块的电势能为【答案】C【解析】A．设F撤去前、后物块的加速度大小分别为a1、a2，依据位移关系有解得依据运动学规律有所以撤去力F时物块的速度大小为故A错误；B．从撤去F到物块速度减为零所经受的时间为所以物块向右滑动的最大距离为故B错误；C．物块从O点开头运动到又回到O点的过程中，电场力做功为零，恒力F做功为90J，依据动能定理可知物块回到动身点时的动能为，故C正确；D．物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，依据能量守恒定律可知物块向右到达最远位置时的电势能为90J，设撤去F时物块的电势能为Ep，则解得故D错误。故选C。4．如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域内有电场强度大小为E的匀强电场，图中竖直平行的直线为匀强电场的电场线（方向未知）。一电荷量为q、质量为m的带负电粒子，从A点以某一初速度沿AB边、垂直电场方向进入电场，经过电场中的P点并从BC边上的Q点离开电场，带电粒子通过Q点的速度方向与水平方向的夹角为53°，已知∠PAD=60°，忽视空气的阻力，不考虑带电粒子受到的重力，取sin53°=0.8，cos53°=0.6.下列说法正确的是（）A．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为B．带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为C．带电粒子从A点运动到P点的时间为D．带电粒子从A点运动到P点的时间为【答案】A【解析】AB．依据类平抛运动规律的推论可知，粒子在Q点速度方向的反向延长线肯定过AB中点，依据几何关系可知解得粒子运动到Q点时的竖直位移为带电粒子从A点运动到Q点的过程中，电场力所做的功为故A正确，B错误；CD．设带电粒子的初速度大小为v0，经时间t2运动到Q点，则有联立上述两式解得设带电粒子从A点运动到P点的时间为t1，则有解得故CD错误。故选A。二、多选题5．（2024·海南·校联考一模）如图所示，与坐标系平面平行的匀强电场（未画出）中有一个电荷量为q的正粒子，从坐标原点O处沿与x轴正方向成角的虚线匀速运动。已知粒子在运动过程中始终受到一个大小为F、方向沿x轴正向的恒定外力的作用，不计粒子的重力。则下列说法正确的是（）A．匀强电场的电场强度大小为B．虚线上相距为L的两点间的电势差确定值为C．粒子沿虚线运动距离L的过程中，静电力做功为D．粒子沿虚线运动距离L的过程中，电势能增加了【答案】BD【解析】A．粒子沿虚线做匀速运动，则受力平衡，即电场力qE与外力F等大反向，则解得方向沿x轴负向，选项A错误；B．虚线上相距为L的两点间的电势差确定值为选项B正确；CD．粒子沿虚线运动距离L的过程中，静电力做功为电势能增加了选项C错误，D正确。故选BD。6．如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同始终线上，圆筒的长度遵照肯定的规律依次增加．圆板和圆筒与沟通电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若电压的确定值为U，电子电量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽视不计。在t=0时刻，圆板中心的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开头加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（）A．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场B．电子运动到第n个圆筒时动能为2neUC．在t=时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值D．第个和第n个圆筒的长度之比为∶【答案】AD【解析】A．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；B．电子每经过一个间隙，电场力做功eU，依据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为电子运动到第n个圆筒时动能为neU，B错误；C．由于时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；D．依据动能定理得，，，得电子在每个圆筒中做匀速运动，故第个和第n个圆筒的长度之比为得D正确。故选AD。7．如图所示，在纸面所在的平面内，带正电粒子（不计重力），从O点以速度v0进入电场强度为E的匀强电场（范围足够大），经过一段时间t0，到达P点，速度正好达最小值，再经过一段时间，到达N点，速度的大小正好等于v0，sin37°=0.6，下列说法正确的是（）A．粒子在O点时的速度v0与场强E的夹角为127° B．O、N两点的连线不是等势线C．粒子从P到N的运动时间可能小于t0 D．带电粒子的荷质比【答案】AD【解析】B．在O点时粒子速度为，N点时速度为，整个过程中只有电场力做功，而O、N两点速度相同，动能相同，故粒子在O、N两点的电势能相等，则O、N两点的电势相等，且电场为匀强电场，所以O、N两点的连线为等势线，故B错误；A．由于速度的最小值为，在匀强电场中只有竖直方向受力，故可分解在水平方向的和竖直方向，故与水平方向的夹角为37，由几何关系知与与场强E的夹角为127°，故A正确；C．从O到P再到N过程中粒子所受的电场力不变，则加速度不变，O到P过程竖直方向的速度由减速到0，P到N的过程竖直方向的速度由0加速到，故到的时间等于到的时间，同为，故C错误；D．粒子在电场中受力为加速度为经过时间，竖直方向速度由减速到0，可得联立可得故D正确。故选AD。8．如图所示，电子枪产生的初速度为零的电子经过的电场加速，沿中心进入平行板电容器，板间电压，板长L和板间距离d均为，距板右侧处有一竖直圆筒，圆筒外侧粘贴涂有感光材料的荧光纸，圆筒以角速度转动，不计电子通过平行板时极板上电压的变化，电子打到荧光纸上留下印迹．然后从圆筒上沿轴线方向剪开荧光纸并开放，剪开位置不同，得到的图像外形也不同，以下图像可能正确的是（

）．A． B．C． D．【答案】BD【解析】设电子的电量为e，质量为m，出加速电场的速度为，在加速电场的运动过程，由动能定理得解得电子在平行板间做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，设离开电场时速度方向与水平方向的夹角为，竖直方向的分速度为，竖直方向的位移为y，则有电子打在圆筒上时的竖直位移代入数据解得可知若电子打到平面的白纸上留下黑色印迹随时间是按正弦规律变化的，峰值为20cm。圆筒以转动，其周期为T=0.5s，而变化的周期为1s，即圆筒转一周只能在白纸上留下半个周期的正弦图像印迹。AB．若在处沿轴线剪开，在开放的白纸上会看到两个周期的正弦图像上下对称分布，故A错误，B正确；CD．若在最大为20cm处沿轴线剪开，在开放的白纸上会看到两个周期的正弦图像交叉分布，故C错误，D正确；故选BD。三、解答题9．中科院高能物理争辩所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图1所示，在平面内的第一象限和第四象限加一沿轴正方向的匀强电场（未知），一粒子放射源固定在坐标原点，该装置可以沿轴正方向放射质量为、电荷量为的粒子，粒子的初速度均为，刚好能过第一象限内的点，已知点的横坐标为，不计重力及粒子间的相互作用。（1）已知粒子过点时速度为，求匀强电场的场强大小和点的纵坐标；（