第11課時帶電粒子在電場中的運動專題三電場與磁場高考題型1帶電粒子在電場中的運動高考題型2帶電體在電場和重力場作用下

的運動專題強化練內(nèi)容索引NEIRONGSUOYIN帶電粒子在電場中運動問題的分析思路首先分析粒子的運動情況，確定粒子在電場中做直線運動還是曲線運動.(1)對于直線運動問題，可根據(jù)對粒子的受力分析與運動規(guī)律分析，通過以下兩種途徑進(jìn)行處理：①如果是帶電粒子在恒定電場力作用下的直線運動問題，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等.②如果是非勻強電場中的直線運動，一般利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、運動的位移等.高考題型1帶電粒子在電場中的運動(2)對于類平拋運動模型，通常采用運動的合成與分解方法處理.通過對帶電粒子的受力分析和運動規(guī)律分析，借助運動的合成與分解，尋找兩個分運動，再應(yīng)用牛頓運動定律或運動學(xué)公式求解.考題示例例1

(2016·全國卷Ⅱ·15)如圖1，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓.帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點.若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則A.aa>ab>ac，va>vc>vb B.aa>ab>ac，vb>vc>vaC.ab>ac>aa，vb>vc>va D.ab>ac>aa，va>vc>vb圖1√粒子在a、b、c三點受到的電場力的大小關(guān)系為Fb>Fc>Fa，根據(jù)粒子的軌跡可知，粒子Q與場源電荷P的電性相同，二者之間存在斥力，若粒子由c→b→a運動，在由c→b→a整個過程中，電場力先做負(fù)功再做正功，且Wba>|Wcb|，結(jié)合動能定理可知，va>vc>vb，若粒子由a→b→c運動，可得到同樣的結(jié)論，故選項D正確.例2

(多選)(2018·全國卷Ⅲ·21)如圖2，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等.現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動.在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面.a、b間的相互作用和重力可忽略.下列說法正確的是A.a的質(zhì)量比b的大B.在t時刻，a的動能比b的大C.在t時刻，a和b的電勢能相等D.在t時刻，a和b的動量大小相等圖2√√解析經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa>xb，經(jīng)時間t到下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則電場力做功Wa>Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大，B項正確；在t時刻，a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，C項錯誤；根據(jù)動量定理Ft＝p－p0，則經(jīng)過時間t，a、b的動量大小相等，D項正確.例3

(2020·全國卷Ⅰ·25)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖3所示.質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直.已知剛進(jìn)入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運動中粒子僅受電場力作用.(1)求電場強度的大小；圖3解析粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C.由幾何關(guān)系和電場強度的定義知AC＝R ①F＝qE ②(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？解析如圖，由幾何關(guān)系知AC⊥BC，故電場中的等勢線與BC平行.作與BC平行的直線與圓相切于D點，與AC的延長線交于P點，則自D點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大.由幾何關(guān)系知設(shè)粒子以速度v1進(jìn)入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為t1.粒子在AC方向做加速度為a的勻加速運動，運動的距離等于AP；在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于DP.由牛頓第二定律和運動學(xué)公式有F＝ma ⑥D(zhuǎn)P＝v1t1 ⑧(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？解析解法1：設(shè)粒子以速度v進(jìn)入電場時，在電場中運動的時間為t0.以A為原點，粒子進(jìn)入電場的方向為x軸正方向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系.由運動學(xué)公式有x＝vt ?粒子在電場中運動時，其x方向的動量不變，y方向的初始動量為零.設(shè)穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為v2，由題給條件及運動學(xué)公式有mv2＝mv0＝mat ?解法2：粒子在電場方向上做勻加速直線運動，即沿AC方向做初速度為零的勻加速直線運動，垂直AC方向做勻速直線運動，因動量的變化量只發(fā)生在電場方向上，若粒子從進(jìn)入電場到離開電場的過程中動量變化量為mv0，則粒子會從B點離開電場.設(shè)粒子進(jìn)入電場時的速度為v由題意知，粒子進(jìn)入電場時的速度v＝0時，動量變化量的大小也為mv0.1.(2020·黑龍江省大慶中學(xué)高三開學(xué)考試)帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進(jìn)入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖4所示，實線是電場線，則下列說法正確的是A.粒子在a點的加速度大于在b點的加速度B.粒子在a點的電勢能小于在b點的電勢能C.粒子在a點的速度小于在b點的速度D.電場中a點的電勢一定比b點的電勢高命題預(yù)測123圖4√4123解析電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，可知Ea<Eb，所以a、b兩點比較，粒子的加速度在b點時較大，故A錯誤；由粒子的運動軌跡可知，粒子所受電場力的方向應(yīng)該指向軌跡的內(nèi)側(cè)，根據(jù)電場力方向與速度方向的夾角判斷，電場力先做負(fù)功后做正功，電勢能先增大后減小，整個過程電場力做正功，電勢能減小，即粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，故B錯誤；4123整個過程電場力做正功，根據(jù)動能定理得粒子經(jīng)過b點時的動能大于經(jīng)過a點時的動能，所以無論粒子帶何種電荷，經(jīng)b點時的速度總比經(jīng)過a點時的速度大，故C正確；由于不知道粒子的電性，也不能確定電場線的方向，所以無法確定a點的電勢和b點的電勢大小關(guān)系，故D錯誤.42.如圖5為一有界勻強電場，場強方向為水平方向(虛線為電場線)，一帶負(fù)電微粒以某一角度θ從電場中的a點斜向上射入，沿直線運動到b點，則可知A.電場中a點的電勢低于b點的電勢B.微粒在a點時的動能與電勢能之和與在b點時的動能

與電勢能之和相等C.微粒在a點時的動能小于在b點時的動能，在a點時的電勢能大于在b點

時的電勢能D.微粒在a點時的動能大于在b點時的動能，在a點時的電勢能小于在b點

時的電勢能圖5123√4解析微粒沿直線運動到b點，微粒所受合力與速度方向在同一直線上，重力豎直向下，則受到的電場力水平向左，電場方向水平向右，則a點的電勢高于b點的電勢，故A錯誤；123根據(jù)能量守恒，微粒的重力勢能、動能、電勢能之和不變，從a到b微粒的重力勢能增大，則動能與電勢能之和減小，故B錯誤；微粒從a到b，電場力、重力均做負(fù)功，動能減小，電勢能增大，C錯誤，D正確.43.(多選)(2020·江蘇南京市、鹽城市一模)兩個質(zhì)量相等、電荷量不等的帶電粒子甲、乙，先后以不同的速率沿著HO方向垂直射入勻強電場，電場方向豎直向上，它們在圓形區(qū)域中運動的時間相同，其運動軌跡如圖6所示.不計粒子所受的重力，則下列說法中正確的是A.甲粒子帶正電荷B.乙粒子所帶的電荷量比甲粒子少C.甲粒子在圓形區(qū)域中電勢能變化量小D.乙粒子進(jìn)入電場時具有的動能比甲粒子大123圖6√√4123解析甲粒子向上偏轉(zhuǎn)，所受的電場力向上，與電場方向相同，故甲粒子帶正電荷，故A正確；兩個粒子豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動，可知，乙粒子所帶的電荷量比甲粒子多，故B錯誤；電場力對粒子做功為W＝qEy，甲粒子電荷量少，偏轉(zhuǎn)距離小，則電場力對甲粒子做功少，其電勢能變化量小，故C正確；水平方向有x＝vt，相同時間內(nèi)，乙粒子的水平位移小，則乙粒子進(jìn)入電場時初速度小，初動能小，故D錯誤.44.(2020·北京市高三學(xué)業(yè)考試)如圖7甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓.在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場.已知電場變化周期T＝

，粒子質(zhì)量為m，不計粒子重力及粒子間的作用力，則123圖7√412解析粒子進(jìn)入電場后，水平方向做勻速運動，此時間正好是交變電場的一個周期，粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經(jīng)過一個周期，粒子在豎直方向的速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，A錯誤；對于t＝0時刻釋放的粒子，在豎直方向，3412由對稱可知，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，D正確.341.對帶電體的受力情況和運動情況進(jìn)行分析，綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動的規(guī)律解決問題.2.根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變.高考題型2帶電體在電場和重力場作用下的運動例4

(2019·天津卷·3)如圖8所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)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的過程考題示例圖8√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，電場力對小球做正功，則小球的電勢能減少，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，由功能關(guān)系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數(shù)值上等于小球機(jī)械能的增加量，即2mv2，B正確.例5

(2019·全國卷Ⅲ·24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點.從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q>0).A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達(dá)P點所用時間為t；B從O點到達(dá)P點所用時間為

.重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；解析設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma ①(2)B運動到P點時的動能.答案2m(v02＋g2t2)解析設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達(dá)P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2).5.(多選)(2020·山東泰安市高三模擬)如圖9甲所示，絕緣水平面上存在方向水平向右的勻強電場，一帶電物塊以一定的初速度從O點開始向右運動.取O點為電勢零點，該物塊的電勢能與動能之和E總、電勢能Ep隨它離開O點的距離x變化的關(guān)系如圖乙所示.由此能夠確定的是A.物塊受到的電場力大小B.勻強電場的場強大小C.物塊返回O點時的動能D.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)命題預(yù)測567圖9√√由于不知道電荷量，則無法求解勻強電場的場強大小，故A正確，B錯誤；由題圖乙可知，物塊的初動能為100J，當(dāng)運動到8m處物塊的動能為0，則此過程中有－(F＋Ff)x＝0－Ek0，得Ff＝2.5N，物塊從O點開始運動到返回O點，由動能定理得567－Ff·2x＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－2Ffx＝(100－2×2.5×8)J＝60J由于不知道物塊的質(zhì)量，則無法求解物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)，故C正確，D錯誤.5676.(多選)(2020·河南鄭州市線上測試)如圖10所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長為l的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動.AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑.已知重力加速度為g，電場強度為

，下列說法正確的是A.若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則它運動的最

小速度為B.若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到

B點時的機(jī)械能最大C.若將小球在A點由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復(fù)運動D.若去掉細(xì)線，將小球在A點以大小為

的速度豎直向上拋出，它將能夠到達(dá)B點圖10√√567除重力和彈力外其他力做功等于機(jī)械能的增加量，若小球在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時，電場力做功最多，故到B點時的機(jī)械能最大，故B正確；567小球所受合力方向與電場方向夾角為45°斜向下，故若將小球在A點由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運動，故C錯誤；小球在豎直方向做豎直上拋運動，加速度為－g，水平方向做勻加速運動，加速度為g，5677.(2020·寧夏銀川唐徠回民中學(xué)高三一模)如圖11所示，光滑絕緣的半圓形軌道ABC固定在豎直面內(nèi)，圓心為O，軌道半徑為R，B為軌道最低點.該裝置右側(cè)的

圓弧置于水平向右的范圍足夠大的勻強電場中.某一時刻一個帶電小球從A點由靜止開始運動，到達(dá)B點時，小球的動能為E0，進(jìn)入電場后繼續(xù)沿軌道運動，到達(dá)C點時小球的電勢能減少量為2E0，試求：(1)小球所受重力和電場力的大??；圖11567解析設(shè)帶電小球的質(zhì)量為m，則從A到B根據(jù)動能定理有：mgR＝E0由題意可知：到達(dá)C點時小球的電勢能減少量為2E0，根據(jù)功能關(guān)系可知：EqR＝2E0567(2)小球脫離軌道后到達(dá)最高點時的動能.答案8E0567解析設(shè)小球到達(dá)C點時速度為vC，從C點飛出后，在豎直方向只受重力作用，在水平方向只受電場力作用，做勻加速運動，到達(dá)最高點時的速度為：567則在最高點的動能為：5671.(2020·海南三亞華僑學(xué)校高三模擬)如圖1所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶負(fù)電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、R、Q是這條軌跡上的三點，R點在等勢面b上，據(jù)此可知A.帶電質(zhì)點在P點的加速度比在Q點的加速度小B.帶電質(zhì)點在P點的電勢能比在Q點的電勢能小C.帶電質(zhì)點在P點的動能大于在Q點的動能D.三個等勢面中，c的電勢最高保分基礎(chǔ)練12345678910111213專題強化練圖1√12345678910111213解析等差等勢面P處比Q處密，則P處電場強度大，質(zhì)點受到的電場力大，加速度大，故A錯誤；根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場線與等勢面垂直可知帶電質(zhì)點所受的電場力方向應(yīng)大致向下，所以電場線方向大致向上，因沿電場線方向電勢降低，故c的電勢最高，故D正確；12345678910111213帶負(fù)電質(zhì)點在電勢高處電勢能小，可知質(zhì)點在P點的電勢能比在Q的電勢能大，故B錯誤；帶電質(zhì)點的總能量守恒，即帶電質(zhì)點在P點的動能與電勢能之和不變，在P點的電勢能比在Q的電勢能大，則在P點的動能比在Q點的動能小，故C錯誤.2.(多選)(2020·天津?qū)嶒炛袑W(xué)高三月考)如圖2，一帶正電的點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點，不計重力，下列說法正確的是A.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷B.M在b點的動能小于它在a點的動能C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D.N在從c點運動到d點的過程中克服庫侖力做功12345678910111213圖2√√√12345678910111213解析由粒子運動軌跡可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M帶負(fù)電荷，N帶正電荷，故A正確；M從a點到b點，庫侖力做負(fù)功，根據(jù)動能定理知，動能減小，則M在b點的動能小于在a點的動能，故B正確；d點和e點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于在e點的電勢能，故C正確；N從c點到d點，庫侖斥力做正功，故D錯誤.3.(2020·陜西榆林市高三第一次模擬)如圖3，平行板電容器兩個極板與水平地面成2α角，在平行板間存在著勻強電場，直線CD是兩板間一條垂直于板的直線，豎直線EF與CD交于O點，一個帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經(jīng)O點向B點做直線運動，重力加速度為g.則在此過程中，下列說法正確的是A.小球帶正電B.小球可能做勻加速直線運動C.小球加速度大小為gcosαD.小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量12345678910111213圖3√12345678910111213解析帶電小球沿著∠FOD的角平分線從A點經(jīng)O點向B點做直線運動，所以小球所受合外力沿BA方向，又由于小球受重力，所以電場力的方向由O到D，由于此電場的方向未知，所以小球的電性不能確定，小球做勻減速直線運動，故A、B錯誤；由題圖可知，由于OA是角平分線，且小球的加速度方向由O到A，據(jù)幾何關(guān)系可知a＝2gcosα，故C錯誤；由分析可知，小球所受重力大小等于電場力大小，運動的位移與重力、電場力的夾角相同，所以二力做的功相同，據(jù)功能關(guān)系可知，小球重力勢能的增加量等于電勢能的增加量，故D正確.4.(2020·吉林長春市六中3月線上測試)如圖4所示，a、b兩個帶正電的粒子以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進(jìn)入平行板間的勻強電場，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則A.a的電荷量一定大于b的電荷量B.b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C.a的比荷一定大于b的比荷D.b的比荷一定大于a的比荷12345678910111213圖4√12345678910111213解析設(shè)任一粒子的速度為v，電荷量為q，質(zhì)量為m，加速度為a，運動的時間為t，因為兩個粒子的初速度相等，則t∝x，但a、b的電荷量和質(zhì)量關(guān)系無法確定，故C正確，A、B、D錯誤.5.(2020·安徽黃山市高三期末)如圖5所示，勻強電場中有一個以O(shè)為圓心、半徑為R的圓，電場方向與圓所在平面平行，圓上有三點A、B、C，其中A與C的連線為豎直直徑，∠A＝30°.有兩個完全相同的帶正電粒子，帶電荷量均為q(q＞0)，以相同的初動能Ek從A點先后沿不同方向拋出，它們分別運動到B、C兩點.若粒子運動到B、C兩點時的動能分別為EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，則勻強電場的場強大小為12345678910111213√圖512345678910111213解析從A點到B點應(yīng)用動能定理有：qUAB＝2Ek－Ek＝Ek從A點到C點應(yīng)用動能定理有：qUAC＝3Ek－Ek＝2Ek所以UAC＝2UAB作出等勢面和電場線如圖所示：6.(多選)(2020·河南濮陽市高三下學(xué)期4月摸底)在科研實驗中需要將電離后得到的一價氦離子和二價氦離子進(jìn)行分離，小李同學(xué)設(shè)計了如圖6所示方案：在真空環(huán)境中，將一價氦離子和二價氦離子的混合物通過A、B兩極板間的電場加速，然后再讓它們經(jīng)過由平行帶電金屬板C、D所形成的另一勻強電場發(fā)生偏轉(zhuǎn).若氦離子進(jìn)入加速電場時的速度可忽略不計，氦離子重力和氦離子間的相互作用不計，且所有的氦離子均可到達(dá)離子接收器處.那么在離子接收器處，下列說法正確的是A.一價氦離子和二價氦離子不能分開B.一價氦離子和二價氦離子能分開C.一價與二價氦離子獲得的動能相等D.二價氦離子獲得的動能大于一價氦離子獲得的動能12345678910111213√√圖612345678910111213解析設(shè)離子電荷量為q、質(zhì)量為m，加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電場場強為E，偏轉(zhuǎn)電場極板長為L，離子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的速度偏向角為θ，在偏轉(zhuǎn)電場中離子做類平拋運動，有：從偏轉(zhuǎn)電場中射出時有12345678910111213說明一價氦離子與二價氦離子從偏轉(zhuǎn)電場中射出的位置、射出方向均相同，與電荷量無關(guān)，兩種離子不能分開，故A正確，B錯誤；由功能關(guān)系得，離子離開偏轉(zhuǎn)電場時獲得的動能為Ek＝qU1＋qEy＝q(U1＋Ey)二價氦離子電荷量大，所以二價氦離子獲得的動能較大，故C錯誤，D正確.7.(多選)(2020·湘贛皖長郡中學(xué)十五校高三第二次聯(lián)考)質(zhì)量為m的帶電小球由空中某點A無初速度地自由下落，經(jīng)過時間t，加上豎直方向且范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過時間2t小球又回到A點.整個過程中不計空氣阻力且小球未落地，重力加速度為g，則12345678910111213√√12345678910111213解析由題意知剛加電場時小球的速度v＝gt，設(shè)電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下為正方向，則有12345678910111213電場力做的功等于電勢能的減少量，8.(多選)(2020·湖北武漢市質(zhì)量檢測)如圖7所示，兩個等量異種點電荷A、B固定在同一條水平線上，電荷量分別為＋Q和－Q.MN是水平放置的足夠長的光滑絕緣細(xì)桿，細(xì)桿上套著一個中間穿孔的小球P，其質(zhì)量為m，電荷量為＋q(可視為試探電荷，不影響電場的分布).現(xiàn)將小球從點電荷A的正下方C點由靜止釋放，到達(dá)點電荷B的正下方D點時速度為2m/s，O為CD的中點.則A.小球從C至D先做加速運動，后做減速運動B.小球運動至O點時速度為2m/sC.小球最終可能返回至O點D.小球在整個運動過程中的最終速度為2m/s12345678910111213爭分提能練圖7√√12345678910111213解析根據(jù)等量異種點電荷的電場線分布可知，兩點電荷連線的中垂面是等勢面，電勢為0，正點電荷附近電勢大于0，負(fù)點電荷附近電勢小于0，根據(jù)對稱關(guān)系可得φC＝－φD＝φ，其中φC＞0，φD＜0，所以小球從C到D運動過程中，只有電場力做功，且由于電勢降低，所以電勢能減小，電場力做正功，小球始終做加速運動，A錯誤；12345678910111213解得：vO＝2m/s，B正確；由分析可知：φO＝0，無窮遠(yuǎn)處電勢也是0，小球由O到D加速運動，再由D到無窮遠(yuǎn)處，電勢升高，電勢能增加，電場力做負(fù)功，小球做減速運動，所以不可能返回O點，C錯誤；小球從O到無窮遠(yuǎn)處，電場力做功為0，由能量守恒可知，動能變化量也是0，即無窮遠(yuǎn)處的速度為v＝vO＝2m/s，D正確.9.(多選)(2020·黑龍江哈爾濱師大附中聯(lián)考)平行金屬板PQ、MN與電源和滑動變阻器如圖8所示連接，電源的電動勢為E，內(nèi)電阻為零；靠近金屬板P的S處有一粒子源能夠連續(xù)不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為＋q，初速度為零的粒子，粒子在加速電場PQ的作用下穿過Q板的小孔F，緊貼N板水平進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場MN；改變滑片P的位置可改變加速電場的電壓U1和偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2，且所有粒子都能夠從偏轉(zhuǎn)電場飛出，下列說法正確的是12345678910111213圖8A.粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與U2成正比B.滑片P向右滑動的過程中從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子

的偏轉(zhuǎn)角逐漸減小C.飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率為D.飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率為12345678910111213√√12345678910111213由于U1＋U2＝E則粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離y與U2不成正比關(guān)系，選項A錯誤；12345678910111213滑片P向右滑動的過程中U1增大，U2減小，則從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角逐漸減小，選項B正確；當(dāng)粒子在加速電場中一直被加速時，飛出偏轉(zhuǎn)電場的速率最大，即當(dāng)U1＝E時粒子的速率最大，根據(jù)動能定理可得：10.(多選)(2020·江蘇南通、泰州市期末)如圖9所示，豎直平面內(nèi)存在著兩個相同的方向豎直向上的帶狀勻強電場區(qū)，電場區(qū)的高度和兩電場區(qū)之間的間隔均為d，水平方向足夠長.一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球以初速度v0在距離電場上方d處水平拋出，不計空氣阻力，則12345678910111213圖9√√√12345678910111213解析將小球的運動沿著水平方向和豎直方向進(jìn)行分解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度v0做勻速直線運動，故A正確.小球在電場區(qū)時，受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力，若電場力與重力大小相等，二力平衡，小球能做勻速直線運動，故B正確.在電場區(qū)小球所受的合力為零，做勻速運動，在無電場區(qū)小球做勻加速運動，12345678910111213故經(jīng)過每個電場區(qū)時小球勻速運動的速度均不等，因而小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時間均不等，故C錯誤.在電場區(qū)小球所受的合力大小等于mg，方向豎直向上，加速度大小等于g，方向豎直向上，根據(jù)運動學(xué)公式有，12345678910111213聯(lián)立解得t1＝t2，v2＝0，接下來小球的運動重復(fù)前面的過程，即每次通過無電場區(qū)豎直方向都是自由落體運動，每次通過電場區(qū)豎直方向都是末速度為零的勻減速直線運動，因此，小球經(jīng)過兩電場區(qū)的時間相等，故D正確.11.(多選)如圖10甲所示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時刻A板電勢比B板高，兩板中間靜止一電子，設(shè)電子在運動過程中不與兩板相碰，而且電子只受電場力作用，規(guī)定向左為正方向，則下列敘述正確的是12345678910111213圖10A.在t＝0時刻釋放電子，則電子運動的

v－t圖像如圖丙圖線一所示，該電子

一直向B板做勻加速直線運動B.若t＝

時刻釋放電子，則電子運動的

v－t圖像如圖線二所示，該電子一直

向B板做勻加速直線運動C.若t＝

時刻釋放電子，則電子運動的

v－t圖像如圖線三所示，該電子在2T時刻在出發(fā)點左邊D.若t＝

T時刻釋放電子，在2T時刻電子在出發(fā)點的右邊√12345678910111213√12345678910111213電場力水平向左，電子在電場力的作用下向A板做勻加速直線運動，故A、B錯誤；電子先向左做勻加速直線運動，水平向左為速度正方向，12345678910111213圖線三符合電子運動的v－t圖像，v－t圖像與t軸所圍的面積即為電子的位移，2T時刻之前v－t圖像與t軸所圍的面積為正，電子的位移為正，所以電子在出發(fā)點左邊，故C正確；易分析得2T時刻之前v－t圖像與t軸所圍的面積為負(fù)，即位移為負(fù)，電子在出發(fā)點的右邊，故D正確.12.(2020·廣西南寧市高三下學(xué)期第二次適應(yīng)性