8.6帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個分運動

(1)沿初速度方向做勻速直線運動，。=((如圖).

(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動

①加速度：。=工=延=絲

②離開電場時的偏移量：丁=5-=^^

③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan。燃=喘

1.兩個重要結(jié)論

⑴不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時,

偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的.

證明：在加速電場中有qUo=5m)2

偏轉(zhuǎn)角d,tan。弋=喘

得:>=4Uo/tane=2Uod

y、。均與m、q無關(guān).

(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的交點。為粒子

水平位移的中點，即。到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半.

2.功能關(guān)系

當討論帶電粒子的末速度V時也可以從能量的角度進行求解:

其中Uy4,指初、末位置間的電勢差.

①Q(mào)QQGI帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

例題1.如圖所示坐標系內(nèi)存在平行于坐標平面的勻強電場。一個質(zhì)量為加

電荷量為+q的帶電粒子，以vo的速度沿A3方向入射，粒子恰好以最小的速度

垂直于y軸擊中C點。已知A、B、C三個點的坐標分別為(-6L,0)、(0,2L)、

(0,L)o若不計重力與空氣阻力，則下列說法中正確的是()

A.帶電粒子由A到C過程中最小速度一定為彌

B.帶電粒子由A到C過程中電勢能先減小后增大

C.勻強電場的場強大小為后=駕

D.若改變勻強電場，使粒子恰好能沿A3直線方向到達3點，則此狀態(tài)下電場

強度大小為

IqL

【答案】C

【解析】A.根據(jù)題意有幾何知識可知

AB=J(?)2+4L2=幣L

粒子恰好以最小的速度垂直y軸擊中。點，則。點的速度最小且沿水平方向，

帶電粒子受到的電場力方向一定沿y軸負方向，將初速沿豎直方向和水平方向分

解，水平方向粒子做勻速直線運動，速度為

y/3L5

v=%cosNOAB=%

xEL7°

豎直方向速度減為零時帶電粒子速度最小等于水平分速度，所以帶電粒子由A

到。過程中最小速度一定為4%,故A錯誤；

B.帶電粒子由A到C過程中電場力一定做負功，電勢能增大，故B錯誤；

C.由幾何知識可知OC=L，從A到。根據(jù)動能定理可得

-qEL=gmv；_gm$

解得勻強電場的場強大小為

IqL

故c正確；

D.若改變勻強電場方向，使粒子恰好能沿A5方向到達3點，則電場線的方向

沿A4方向，根據(jù)動能定理有

-qEyflL=O—^mvl

解得此狀態(tài)下電場強度大小為

E

_14qL

故D錯誤。

故選D。

在勻強電場中，一個帶電粒子射入電場后，留下一條從。到6虛線

所示的徑跡，重力不計，下列判斷正確的是（）

A.帶電粒子可能帶正電

B.粒子從。運動到》的過程中電場力對其做正功

C.粒子在a點的動能小于在8點的動能

D.場強方向向右

【答案】A

【解析】AD.根據(jù)粒子的運動軌跡可知，該粒子做曲線運動，則受到水平向左

的電場力作用。由于電場線方向和帶電粒子電性未知，則場強方向無法確定。若

電場線方向向左，則粒子帶正電荷。若電場線方向向右，則粒子帶負電，故A

正確，D錯誤；

B.由于粒子受到電場力方向水平向左，則粒子從。運動到5的過程中電場力對

其做負功，故B錯誤；

C.粒子從。運動到。的過程中電場力對其做負功，動能減小，則粒子在。點的

動能大于在。點的動能，故C錯誤。

故選Ao

（2023?全國?高三專題練習(xí)）如圖所示，一質(zhì)量為加、電荷量為q

（q>0）的粒子以速度vo從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直

向下的勻強電場中，經(jīng)過一段時間后粒子到達連線上的。點（圖中未畫出），

已知與水平方向成45。角，粒子的重力可以忽略，下列說法正確的是（）

M

A.粒子從P點運動到Q點的過程中，電場力的沖量為3mvo

B.粒子經(jīng)過。點時的動能為2機打2

c.P點與。點之間的距離為拽雪

qE

D.粒子經(jīng)過。點時的速度方向與豎直方向的夾角為30°

【答案】C

【解析】A.粒子在電場中做類平拋運動，從P點到再次落到連線上，水平

位移等于豎直位移，即

1qE,

vot=—-—廣

2m

解得

電場力的沖量

I=qEt=2mvo

故A錯誤；

B.豎直速度

Eq.

vy-t-2vo

m

合速度

v=+V；=逐VO

粒子經(jīng)過。點時的動能

Ek=^mv2=^-mvQ

故B錯誤；

C.水平位移

2mv2

x-vot^—n

qE

豎直位移

y=x

故合位移大小

s=0戶也囑

qE

故C正確；

D.設(shè)。點處速度方向與豎直方向的夾角為仇則

%1

tan0=一=弓

32

即

分30。

故D錯誤。

故選C。

總QQ位C

帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的偏轉(zhuǎn)

例題2.如圖，/c是豎直平面內(nèi)的光滑固定軌道，而水平，長度為2R；歷是半徑

為R的四分之一圓弧，與他切于6點。一質(zhì)量為優(yōu)，帶電量為+4的小球在空間中

水平向右大小為后=%的勻強電場中，從。點靜止開始向右運動。重力加速度為

q

g。小球從。點運動到其軌跡的最高點，機械能增量為（）

A.2mgRB.3mgRC.5mgRD.6mgR

【答案】c

【解析】小球從a點運動到。點，有

12

qE?3R—mgR=—mvc

設(shè)小球從c點運動到其軌跡最高點經(jīng)過的時間為這段時間/內(nèi)，小球在豎直

方向上作豎直上拋運動到最高點，在水平方向上則作勻加速運動，有

12

y=vct--gt

在水平方向上則作勻加速運動，有

qE=max

匕="

小球機械能的增量

12

AE=mg(R+y)+—mvx

聯(lián)立解得

△E=5mgR

故選C。

1（多選）在空間中水平面的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量

為m的帶電小球由上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，

到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB=23C,如

圖所示.重力加速度為g.由此可見（）

A.帶電小球所受靜電力為3/ng

B.小球帶正電

C.小球從A到3與從3到C的運動時間相等

D.小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等

【答案】AD

【解析】

帶電小球從A到C,設(shè)在進入電場前后兩個運動過程水平分位移分別為xi和

X2,豎直分位移分別為>1和”，經(jīng)歷的時間分別為九和/2,在電場中的加速度為

a,從A到3過程小球做平拋運動，則有xi=vo/i,從3到C過程，有無2=丫0短,

由題意有XI=2X2,則得h=2t2,即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍,

V=%后將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動，則有

根據(jù)幾何知識有yi：>2=X1:X2,解得a=2g,根據(jù)牛頓第二定律得F~mg=ma

=2mg,解得尸=3mg,C錯誤，A正確；由于在電場中軌跡向上彎曲，加速度

方向必定向上，合力向上，說明靜電力方向向上，所以小球帶負電，B錯誤；根

據(jù)速度變化量'=3,則得AB過程速度變化量大小為△vi=gA=2g/2,BC過程

速度變化量大小為\v2=at2=lgt2,所以小球從A到B與從B到C的速度變化量

大小相等，D正確.

（多選）如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，有兩個質(zhì)量相等、帶

異種電荷的小球A、3（均可視為質(zhì)點）處在同一水平面上.現(xiàn)將兩球以相同的水

平速度vo向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示，兩球之間的靜

電力和空氣阻力均不考慮，則（）

A.A球帶正電，3球帶負電

B.A球比3球先落地

C.在下落過程中，A球的電勢能減少，3球的電勢能增加

D.兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動能變化量比3球的小

【答案】AD

【解析】

兩球在水平方向都做勻速直線運動，由知，V0相同，則A運動的時間比

8的長，豎直方向上，由//=%?可知，豎直位移相等，運動時間長的加速度小，

則A所受的合力比3的小，所以A所受的靜電力向上，帶正電，3所受的靜電

力向下，帶負電，故A正確.A運動的時間比3的長，則5球比A球先落地，

故B錯誤.A所受的靜電力向上，靜電力對A球做負功，A球的電勢能增加.B

所受的靜電力向下，靜電力對3球做正功，3球的電勢能減少，故C錯誤.A所

受的合力比3的小，A、8沿合力方向位移相同，則A所受的合力做功較少，由

動能定理知兩球從拋出到各自落地過程中A球的動能變化量小，故D正確.

i.帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性

變化（如方波）的情形.

當粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿

電場方向的分運動具有周期性.

2.研究帶電粒子在交變電場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓

第二定律正確地判斷粒子的運動情況.根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子

運動的末速度、位移等.

3.注重全面分析（分析受力特點和運動規(guī)律）：抓住粒子運動時間上的周期性和

空間上的對稱性，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相

關(guān)的臨界條件.

4.對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，

帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動.

例題3.

（多選）（2023?全國?高三專題練習(xí)）如圖甲所示，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Uo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,自仁0時刻開始連續(xù)釋

放初速度大小為v。，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，片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7=子，粒子質(zhì)量為加，不計粒

子重力及相互間的作用力。則（）

甲乙

A.在t=Q時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為vo

B.粒子的電荷量為T

C.在f=時刻進入的粒子離開電場時在豎直方向的位移大小為:d

OO

D.在";T時刻進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場

4

【答案】AD

【解析】A.粒子進入電場后，水平方向做勻速直線運動，則仁0時刻進入電場

的粒子在電場中運動的時間

2d丁

t=--=1

%

豎直方向上的位移恰好為d,則:時間內(nèi)的位移為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，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的

速度大小等于水平速度v。，故A正確；

B.由上述分析知

解得

mV。?

q=

Uo

故B錯誤;

C.粒子在靜電力作用下的加速度大小

f=!時刻進入電場的粒子，離開電場時在豎直方向的位移大小為

d'=2'x—a—2x—aaT2=-d

222

故C錯誤；

D.r=g時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動5,然后向下減速運動

444

再向上加速運動］,向上減速運動1，由對稱性可知，此時豎直方向的位移為零,

44

故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場，故D正確。

故選ADo

存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的

帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動

能均為《。。已知t=°時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出

電場。貝U()

T

2

A.部分粒子會打到兩極板上

B.每個粒子在板間運動全過程，所受電場力會致使帶電粒子離開電場時沿電場

方向的速度不為零

C.運動過程中所有粒子的最大動能不可能超過2線。

D.有(n=0,l,2,...)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場

【答案】c

【解析】BD.帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上，

做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運動，由7=0時刻進入電場的粒

子運動情況可知，粒子在平行板間運動時間為交變電流周期的整數(shù)倍，在。?g時

間內(nèi)帶電粒子運動的加速度為

a=^-

m

由勻變速直線運動規(guī)律得

v=at=1

m

同理可分析T時間內(nèi)的運動情況，所以帶電粒子在沿電場方向的速度丫與ET

圖線所圍面積成正比（時間軸下方的面積取負值），而經(jīng)過整數(shù)個周期，&T圖

像與坐標軸所圍面積始終為零，故帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度總為零,

都垂直電場方向射出電場，故BD錯誤；

A.帶電粒子在f=0時刻射入時，側(cè)向位移最大，故其他粒子均不可能打到極板

上，故A錯誤；

C.當粒子在r=0時刻射入且經(jīng)過T離開電場時，粒子在時達到最大速度，

由題意得此時兩分位移之比為

x_2

y一，

即

c12

v0t=2x—at-

可得

%=%

故粒子的最大速度為

V=>/2v0

因此最大動能為初動能的2倍，故C正確。

故選C。

在真空中有水平放置的兩個平行、正對金屬平板，板長為/,兩板

間距離為d,在兩極板間加一交變電壓如圖乙，質(zhì)量為粗，電荷量為e的電子以

速度v（v接近光速的：）從兩極板左端中點沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行

板之間。若電子經(jīng)過兩極板間的時間相比交變電流的周期可忽略不計，不考慮電

A.當％/時，只有部分電子能從極板的右端射出

el

B.當人＞嗎匚時，將沒有電子能從極板的右端射出

el

c.當4=期空時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的

el

時間之比為1:1

D.當心=叵耳匕時，有電子從極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出

el

的時間之比為1:亞

【答案】c

【解析】AB.當電子恰好飛出極板時有

1=vt

d12

—二—at

22

eU

ci-----

md

由此求出

md2V2

U=°

el2

當

md2v2

/

時，所有電子都能從極板的右端射出，當

md2V2

時，只有部分電子能從極板的右端射出，AB錯誤；

C.當

2md2y2

一個周期內(nèi)有9的時間電壓低于臨界電壓土，因此有電子從極板右端射出的

4el

時間與無電子從極板右端射出的時間之比為I：I,c正確；

D.若

22

rTyj2mdv

任意0.2s內(nèi)，有也X0.2S的時間內(nèi)極板間電壓低于臨界電壓嗎匚，則有電子從

2el

極板右端射出的時間與無電子從極板右端射出的時間之比為

1_V2+1

V2-1-1

D錯誤。

故選C。

薪嘴境繚合擺開練

1.如圖所示，有質(zhì)子（:H）、氣核一H）、僦核（汨）和氫核（；He）四種帶電粒

子，先后從加速電壓是G的加速電場中的P點由靜止釋放，被加速后從B板的

小孔射出沿8間的中線進入偏轉(zhuǎn)電壓為3的偏轉(zhuǎn)電場,都能夠從偏轉(zhuǎn)電場的另

一端射出。如果不計重力的影響，以下判斷中正確的是（）

A.質(zhì)子（汨）的偏轉(zhuǎn)位移y最大

B.氯核（；He）的偏向角6最小

C.氫核（；He）射出偏轉(zhuǎn)電場時的動能最大

D.僦核（汨）的射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度最大

【答案】C

【解析】A.設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的長度為Ld為偏轉(zhuǎn)電場極板間的距離，E為偏轉(zhuǎn)電

場間的電場強度，帶電粒子在電場中先做加速運動，后做類平拋運動，有

12

qU、=—mv'

/

d

qE=ma

y=—1at2

2

整理得

u無

y=---

4dUl

由上述分析，看出y與粒子的質(zhì)量和電荷量均無關(guān)，故三種粒子的偏轉(zhuǎn)位移均相

等，故A項錯誤；

B.偏向角有

tan0=—=^^=^-

vdmv2dU1

由上述分析，看出偏向角與粒子的質(zhì)量和電荷量均無關(guān)，故B項錯誤；

C.射出的動能為

Ek=]/=Gq+盤y=Qq+

所以電荷量q越大的粒子，射出時的動能最大，而氨核的電荷量最大，故其動能

最大，故C項正確；

D.射出時的速度為

院20+容建

am

可見哪個粒子的比荷最大，其速度就最大，可見氤核（汨）的比荷為g為最小,

故其射出電場時的速度最小，故D項錯誤。

故選C。

2.如圖所示，一帶電粒子沿與電場線垂直的方向從電場中央進入兩平行金屬板間

的勻強電場，已知粒子的帶電量為q,兩板間的電勢差為。，則粒子運動過程中

()

A.若粒子從電場中射出，則粒子動能增加了qU

B.若粒子從電場中射出，則電場力一定對粒子做了g的功

C.若粒子打在極板上，則電場力一定對粒子做了g的功

D.若粒子打在極板上，則粒子的動能一定增加了好

【答案】C

【解析】ABD.粒子從電場中央進入，根據(jù)動能定理，動能增加量等于電場力

做功與重力做功的代數(shù)和，而電場力與重力大小關(guān)系未知，重力是否考慮未知,

則

\E^=qUy+WG

又是否射出和射出位置不確定，則

uy<u

所以動能增加量不確定，故ABD錯誤；

C.當粒子打在極板上或從極板射出，則電場力做功為g,故C正確。

故選C。

3.（多選）如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質(zhì)量為機、電荷為

的小球，系在一根長為L的絕緣細線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞。點做圓周

運動。A3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

E=%不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

q

D

E

Ai——

C-

A.若小球在豎直平面內(nèi)繞。點做圓周運動，則它運動的最小速度丫=唇

B.若小球在豎直平面內(nèi)繞。點做圓周運動，則小球運動到A點時的機械能最小

C.若將小球在A點由靜止開始釋放。則小球運動到B點時的速度為丫=屈

D.若將小球在A點以大小為v=向的速度豎直向上拋出，它將沿圓周到達3

點

【答案】BC

【解析】A.由于電場強度E=巡，貝U

q

mg=Eq

重力和電場力的合力為屆,方向與豎直方向成45。斜向右下，小球運動的物

理最高點在弧AD的正中間，則

2

sl2mg=m^-

解得小球在等效最高點的最小速度

V.=d^gL

故A錯誤；

B.小球在豎直平面內(nèi)繞。點做圓周運動，小球在運動過程中受電場力、重力、

繩的拉力，則小球的動能、重力勢能、電勢能之和不變，因帶正電的小球運動到

A點時，小球的電勢能最大，所以到A點時的機械能最小，故B正確；

C.小球受合力方向與電場方向夾角45。斜向下，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，到達C點后，繩未繃緊時，由動能定

理可得

y/2mg--J2L=—

求得

vc

則繃緊后小球瞬間的速度為

v'c=vccos45=J2gL

小球接著做圓周運動從C點到達5點，由于合力不做功，根據(jù)動能定理可得

VB~VC，~d2gL

,故C正確；

D.若小球在豎直平面內(nèi)繞。點做圓周運動，則它運動的最小速度為川醞，若

將小球在A點以大小為向的速度豎直向上拋出，球?qū)⒉粫貓A弧運動，小球?qū)?/p>

在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做勻加速直線運動，故D錯誤。

故選BCo

4.（多選）（2022.河南開封.高三開學(xué)考試）如圖，在水平向右的勻強電場中,

質(zhì)量為機的帶電小球，以初速度v從〃點豎直向上運動，通過N點時，速度大

小為2口方向斜向下，且與電場方向的夾角為45°（圖中未畫出），則小球從M

運動到N的過程（）

忘

A.重力勢能減少B.重力勢能減少'mJ

C.電勢能減少D.電勢能減少小〃/

【答案】BC

【解析】AB.將N點的速度進行分解，則在水平方向有

vx=2vcos45°=A/2V

豎直方向有

vy=2vsin45°=仿

在豎直方向根據(jù)速度位移公式有

Vy-v2=2gh

重力做功

Wc=mgh

聯(lián)立解得

2

WG=^mv

則重力勢能減少;加2,故A錯誤，B正確；

CD.根據(jù)動能定理有

191

IV2

Wa=—7?（2）——mv

聯(lián)立解得

W電=加聲

則電勢能減少加廿，故c正確，D錯誤。

故選BCo

5.（多選）（2022.黑龍江哈爾濱.模擬預(yù)測）如圖所示，AC是圓O的一條水平直

徑，3。是豎直直徑，航點是圓上的點，。般連線與。。的夾角為60°,該圓處

于方向與圓面平行的勻強電場中。將電量為q（q>0）、質(zhì)量為機的粒子從圓心。

點以相同的動能反。射出，射出方向不同且都與圓共面，粒子可以經(jīng)過圓周上的

所有點。其中經(jīng)過C點時粒子的動能最小且為爭。已知圓的半徑為R,重力加

速度的大小為g,勻強電場的場強隊管。那么（）

A.航點的電勢高于A點的電勢B.3點的電勢等于。點的電勢

C.粒子經(jīng)過M點時的動能為sEk。D.粒子經(jīng)過A3連線中點時的動能為

O

4k0

【答案】AD

【解析】AB.由題意，因為粒子經(jīng)過C點時粒子的動能最小，所以粒子從。到

C克服合外力所做的功最多，而重力和電場力對粒子做功只與粒子的初末位置有

關(guān)，與路經(jīng)無關(guān)，由此可推知重力和電場力的合力口的方向一定水平向左，如

圖所示，又因為

qE=2mg

則根據(jù)幾何關(guān)系以及平行四邊形定則可知電場強度方向與水平方向夾角為30。,

根據(jù)沿電場強度方向電勢降低可知M點的電勢高于A點的電勢，5點的電勢低

于。點的電勢，故A正確，B錯誤；

C.根據(jù)前面分析可知粒子所受合外力大小為

對從。到C的粒子，根據(jù)動能定理有

^-Ek0=-FR

根據(jù)幾何關(guān)系可知垂直于電場線，所以?！睘橐粭l等勢線，粒子從。到“

的過程，電場力不做功，重力做負功，根據(jù)動能定理有

￡kM-￡kO=-m^sin6O°

解得

EkM=WEkO

故C錯誤；

D.A3連線中點G在A。上的投影點為根據(jù)幾何關(guān)系可知

HO=—

2

根據(jù)動能定理有

E—HO

解得

E^G=Z%

故D正確。

6.（多選）（2022.河南開封.高三開學(xué)考試）如圖，在水平向右的勻強電場中,

質(zhì)量為機的帶電小球,以初速度v從航點豎直向上運動，通過N點時，速度大

小為2v,方向斜向下,且與電場方向的夾角為45°（圖中未畫出），則小球從M

運動到N的過程（)

E

A.重力勢能減少機UB.重力勢能減少gw?

C.電勢能減少相聲D.電勢能減少;加一

【答案】BC

【解析】AB.將N點的速度進行分解，則在水平方向有

vx=2vcos45°=41v

豎直方向有

vy=2vsin45°=-f2v

在豎直方向根據(jù)速度位移公式有

Vy-v2=2gh

重力做功

WG=mgh

聯(lián)立解得

%=gmv2

則重力勢能減少;?2,故A錯誤，B正確；

CD.根據(jù)動能定理有

1?1

%+%=-w（2v/--mv2

聯(lián)立解得

Wig=mv2

則電勢能減少相/，故C正確，D錯誤。

故選BCo

7.（多選）（2022.廣東廣州.模擬預(yù)測）如圖所示為帶異種電荷的平行金屬板MN

（忽略電場的邊界效應(yīng)），在電場內(nèi)緊貼M板左下端，向平行于M板和垂直于

M兩個方向，分別發(fā)射速度大小均為vo的相同粒子a、b,分別打中N板左端和

右端。若不計重力和粒子之間的相互作用，a粒子到達N板的速度大小為及％,

則（）

I-------1”

——?b

V

a

I-------\N

A.a、b粒子到達N板的時間相等

B.a粒子到達N板的時間小于b粒子到達N板的時間

C.a、b粒子到達N板的速度大小相等

D.a粒子到達N板的速率小于b粒子到達N板的速率

【答案】BC

【解析】AB.b粒子在垂直于M板的方向的分運動初速度為0,加速度與a粒

子的加速度相同，而a粒子的初速度不為0,所以a粒子到達N板的時間小于b

粒子到達N板的時間，故A錯誤，B正確；

CD.a^b粒子到達N板時電場力做功相同，根據(jù)動能定理，a、b粒子到達N

板的速度大小相等，故C正確，D錯誤。

故選BCo

8.（多選）（2022.全國?高三課時練習(xí)）如圖所示，有三個質(zhì)量相等分別帶正電、

負電和不帶電的小球，從平行板電場中的P點以相同的水平初速度垂直于E進

入電場，它們分別落在43、C三點，則可判斷（）

II+

CBA

A.落到A點的小球帶正電，落到3點的小球不帶電

B.三小球在電場中運動時間相等

C.三小球到達正極板時的動能關(guān)系是EkA>EkB>EkC

D.三小球在電場中運動的加速度關(guān)系是：aC>aB>aA

【答案】AD

【解析】ABD.在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負電小球的受力

如圖所示

F

Q+o-0

''F

GGG

三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運動，則落在板上時水平方向的距離與

下落時間成正比，即

tA>tB>tC

由于豎直位移相同，根據(jù)介=：。產(chǎn)知

aA<aB<aC

則結(jié)合牛頓第二定律知，落在A點的小球帶正電，8球不帶電，C球帶負電，故

AD正確，B錯誤;

C.根據(jù)動能定理

W^Ek—Eko

三球所受合力關(guān)系

FA<FB<FC

三球的初動能相等，可知

EkA<EkB<EkC

故C錯誤。

故選ADo

9.如圖所示為一種新型粒子收集裝置，一個粒子源放置在立方體ABCD4BC?！?/p>

中心(固定在豎直軸上)，粒子源可以向水平各方向均勻地發(fā)射一種帶正電粒子，

粒子比荷為旦=1x108c/kg。立方體處在豎直向下的勻強電場中，場強E=1X1()3N/C；

m

立方體邊長L=01m,除了上下底面A455、CCDD為空外,其余四個側(cè)面均為

熒光屏。不考慮粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子間的相互作用；粒子打到

熒光屏上后被熒光屏所吸收，不考慮熒光屏吸收粒子后的電勢變化。求：

(1)粒子打出后，在電場中運動的加速度大小；

(2)若所有粒子都能打到熒光屏上，求粒子源發(fā)射粒子的速率范圍；

(3)若粒子源發(fā)射的速率為％=。*105向5,求每秒打在熒光屏上的粒子數(shù)占每

秒發(fā)射粒子數(shù)的比例。

2

【答案】(1)Wm/s；(2)匕25x104m/$；(3)j

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律

qE=ma

代入數(shù)據(jù)可得加速度為

a=101!m/s2

(2)粒子在電場中做類平拋運動，粒子剛落在熒光屏的下邊緣時，速度有最小

值，則有

豎直方向

L1

，一5

水平方向

L