专题一 带电粒子在电场中的运动-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第三册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第十章　静电场中的能量 专题一　带电粒子在电场中的运动 目录 1 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 2 核心概念　规律再现 3 3 核心概念　规律再现 带电粒子在电场中运动时，是否要考虑重力，应根据题意分析。题目有时会明确指出是否考虑重力，有时则需要根据粒子的运动特点分析是否要考虑重力。 1．带电粒子在电场中做直线运动 (1)匀速直线运动：带电粒子受到的合力一定等于零，即所受到的静电力与其他力平衡。 (2)匀变速直线运动：带电粒子受到的合力恒定且与其初速度方向共线。 核心概念 规律再现 4 2．带电粒子在电场中做匀变速曲线运动 (1)如果带电粒子的初速度方向与合力方向垂直，则粒子做类平抛运动；如果带电粒子的初速度方向与合力方向既不平行又不垂直时，粒子做类斜抛运动。 (2)分析带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时通常需要分解力或分解运动。 3．带电粒子在交变电场中运动：一般根据交变电场的特点分段研究，注意抓住周期性和空间上的对称性。 核心概念 规律再现 5 4．带电粒子在电场中做圆周运动 (1)解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源——指向圆心的合力提供向心力，向心力有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的重力或静电力。 (2)在匀强电场中可以把重力和静电力合成为一个等效重力，找出等效“最高点”和“最低点”进行分析。 核心概念 规律再现 6 考点模型 考点对点练 典型考点一　带电粒子在电场中的直线运动 1．(多选)如图所示，有一质量为m、电荷量为q的油滴， 被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中。设油滴是 从两板中间位置以初速度为零进入电场的，且两板足够长， 可以判定(　　) A．油滴在电场中做抛物线运动 B．油滴在电场中做匀加速直线运动 C．油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强度和两板间的距离 D．油滴打在极板上的运动时间不仅取决于电场强度和两板间的距离，还取决于油滴的比荷 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 9 2．如图所示，某一空间为真空，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么(　　) A．微粒只能带正电荷 B．微粒一定做匀减速直线运动 C．仅改变初速度的方向微粒仍做直线运动 D．运动中微粒的电势能保持不变 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 10 解析　带电微粒恰能沿图示虚线由A向B做直线运动，则微粒所受的合力一定与初速度在一条直线上，微粒如果带正电，静电力方向向右，合力不可能与初速度在一条直线上，则微粒必带负电，故A错误；微粒受向左的静电力与向下的重力，则合力方向一定与初速度方向相反，微粒做匀减速直线运动，故B正确；改变初速度的方向，合力方向和初速度方向可能不在同一直线上，故微粒可能做曲线运动，C错误；微粒带负电，由A到B静电力做负功，电势能增加，故D错误。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 11 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 12 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 13 4．如图所示，一水平放置的两平行金属板板长L＝1.0 m，板间距离d＝0.06 m，上板带正电，下板带负电，有一质量m＝0.1 g、电荷量q＝－4×10－7 C的微粒沿水平方向从两板中央处以v0＝10 m/s的初速度射入两板间匀强电场，要使带电微粒能穿出极板，求两板间电压值的范围。(不计空气阻力，g取10 m/s2) 答案　60 V<U<240 V 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 14 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 15 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 16 典型考点三　带电粒子在交变电场中的运动 5．(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　) 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 17 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 18 答案　(1)4×10－3 s　(2)(－2×10－5 m，2 m) (3)4×10－3 m/s 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 19 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 20 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 21 典型考点四　带电粒子在电场中的圆周运动 7．如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。 (1)求小球的带电性质； (2)求电场强度E的大小； (3)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时 的初速度vA的大小(可含根式)。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 22 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 23 核心能力提升练 1．电场分选是在高压电场中利用入选物料的电性差异进行分选的方法。如图所示，从漏斗漏出的混合物料经起电区(未画出)起电(带正电或负电)后沿电场中线由静止进入高压电场，已知物料全部落入M、N槽中且打不到极板，不计空气阻力和物料间的相互作用力，则起电后的物料经过高压电场区域时(　　) A．所用时间一定不同 B．机械能一定增大 C．一定做曲线运动 D．电势能可能增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 2．在空间有正方向为水平向右、场强按如图所示规律变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时静止释放，运动过程中只受静电力作用。在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l，那么在t＝3 s时，电子将处在(　　) A．A点右方3l处 B．A点左方2l处 C．A点左方3l处 D．A点 解析　电子在t＝0时静止释放，开始在水平向右的电场中水平向左做匀加速直线运动，t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l，之后再水平向左做加速度大小相同的匀减速直线运动，经过1 s，电子速度减为零，距离A点2l，之后重复前面的过程，3 s时在A点左方3l处，故C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 3．如图是密立根油滴实验的原理示意图。两个水平放置的平行金属极板相距为d，上极板中央开有一小孔，初始时均不带电。现通过小孔喷入小油滴，测得半径为r的小油滴A(视为球体)在t时间内匀速下落了h。这时给两极板加上电压(上极板接电源正极)，适当调节电压，发现经过一段时间后，油滴A向上匀速运动，在t时间内同样上升了h，此时两板间的电压为U。已知油滴的密度为ρ，运动中受到的空气阻力大小恒为f＝krv(k为比例系数，v为运动速率)，则(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 4．一个带负电q、质量为m的小球，从光滑绝缘的倾斜轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动。现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则(　　) A．小球不能过B点 B．小球仍恰好能过B点 C．小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0 D．以上说法都不对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 5．(多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为1×104 N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08 kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得一定初速度后恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2。下列说法错误的是(　　) A．小球的电荷量q＝＋6×10－5 C B．小球在c点的动能最小，且为1 J C．小球在b点时的机械能最小 D．小球在运动过程中电势能和机械能 之和保持不变，且为5 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 9．如图甲所示，热电子由阴极飞 出时的初速度忽略不计，电子发射装置 的加速电压为U0，电容器板长和板间距 离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器 右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在 电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求： (1)在t＝0.06 s时刻进入平行板的电子打在荧光屏上的何处？ (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？ 答案　(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm　(2)30 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 核心能力提升练 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　油滴从静止开始运动，受重力和静电力作用，两个力都是恒力，所以合力是恒力，油滴在恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，A错误，B正确；在水平方向上有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(Eq,m)·t2，得t＝eq \r(\f(md,Eq))，故油滴打在极板上的运动时间取决于电场强度、两板间的距离和油滴的比荷，C错误，D正确。 典型考点二　带电粒子在电场中的匀变速曲线运动 3．(多选)如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒，以初速度v0竖直向上从两板正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N板上的C点。已知AB＝BC。不计空气阻力，则可知(　　) A．微粒在电场中做抛物线运动 B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 C．M、N板间的电势差为2,0)eq \f(2mv,q) D．M、N板间的电势差为2,0)eq \f(Ev,2g) 解析　由题意可知，微粒受水平向右的静电力qE和竖直向下的重力mg作用，合力恒定且与v0不共线，所以微粒在电场中做抛物线运动，故A正确；因AB＝BC，即eq \f(v0,2)·t＝eq \f(vC,2)·t，可知vC＝v0，故B正确；设AB＝x，则veq \o\al(2,C)＝2ax，a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,2x)，得U＝2,C)eq \f(mv,q) ＝2,0)eq \f(mv,q) ，故C错误；又由题意可知veq \o\al(2,0)＝2gx，故q＝eq \f(mg,E)，代入U＝2,0)eq \f(mv,q) ，得U＝2,0)eq \f(Ev,g) ，故D错误。 解析　带电微粒在板间受静电力和重力的作用，做类平抛运动。当微粒刚好打中下板右边缘时，有v0t＝L，eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(d,2) 可得a1＝2,0)eq \f(dv,L2) ＝eq \f(0.06×102,1.02) m/s2＝6.0 m/s2 对微粒，有mg－eq \f(|q|U1,d)＝ma1 所以U1＝eq \f(m（g－a1）d,|q|) ＝eq \f(0.1×10－3×（10－6.0）×0.06,4×10－7) V＝60 V。 当微粒刚好打中上板右边缘时，有 v0t＝L，eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(d,2) 可得a2＝2,0)eq \f(dv,L2) ＝6.0 m/s2 对微粒，有eq \f(|q|U2,d)－mg＝ma2 所以U2＝eq \f(m（g＋a2）d,|q|)＝eq \f(0.1×10－3×（10＋6.0）×0.06,4×10－7) V＝240 V。 要使带电微粒能穿出极板，则两板间的电压U应满足：U1<U<U2，即60 V<U<240 V。 解析　在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性变化的电压时，因为电子在平行金属板间所受的静电力大小F＝eq \f(U0e,d)，所以电子所受的静电力大小不变，而方向随电压呈周期性变化。由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个eq \f(T,4)内向B板做匀加速直线运动，在第二个eq \f(T,4)内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq \f(T,4)内反向做匀加速直线运动，在第四个eq \f(T,4)内向A板做匀减速直线运动，所以a­t图像如图1所示，v­t图像如图2所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，所以x­t图像应是曲线。故选A、D。 6．如图甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大。电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为eq \f(q,m)＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102 m/s 从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力。求： (1)粒子通过电场区域的时间； (2)粒子离开电场时的位置坐标； (3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小。 解析　(1)粒子初速度方向垂直匀强电场，粒子在初速度方向上做匀速直线运动，由匀速直线运动的规律有y＝v0t 可得粒子通过电场区域的时间为： t＝eq \f(y,v0)＝eq \f(2,5×102) s＝4×10－3 s。 (2)由图乙可知，在x轴方向上，粒子在0～2×10－3 s内向左做匀加速运动，在2×10－3～4×10－3 s内向左做匀减速运动，所以粒子在电场中沿x轴负方向先做匀加速运动后做匀减速运动。 由牛顿第二定律可知，向左匀加速时的加速度大小为：a1＝eq \f(qE1,m)＝4 m/s2 向左匀减速时的加速度大小为：a2＝eq \f(qE2,m)＝2 m/s2 所以在x轴方向上的位移为：x＝eq \f(1,2)a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2))) eq \s\up12(2)＋a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2))) eq \s\up12(2)＝2×10－5 m 因此粒子离开电场时的位置坐标为：(－2×10－5 m，2 m)。 (3)粒子在x轴方向先向左做初速度为0的匀加速直线运动，再向左做匀减速直线运动，故粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小为：vx＝a1eq \f(t,2)－a2eq \f(t,2)＝4×10－3 m/s。 答案　(1)正电　(2)eq \f(\r(3)mg,3q)　(3)eq \r(2（\r(3)＋1）gL) 解析　(1)根据电场方向和小球运动方向可知小球带正电。 (2)小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0－0 解得E＝eq \f(\r(3)mg,3q)。 (3)将小球所受的重力和静电力的合力作为小球的等效 重力G′，设G′方向与竖直方向夹角为θ，则tanθ＝eq \f(Eq,mg)＝eq \f(\r(3),3) 得θ＝30° G′＝eq \r(（Eq）2＋（mg）2)＝eq \f(2\r(3),3)mg 若小球恰能做完整的圆周运动，那么在等效最高点有G′＝meq \f(v2,L) 从A点到等效最高点，由动能定理有－G′L(1＋cos30°)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A) 联立解得vA＝eq \r(2（\r(3)＋1）gL)。 解析　从漏斗漏出的混合物料经起电区起电(带正电或负电)后沿电场中线由静止进入高压电场，故起电后的物料经过高压电场区域时一定做初速度为零的、由静电力和重力的合力提供加速度的匀加速直线运动，C错误；起电后的物料经过高压电场区域时，在竖直方向上均做自由落体，在水平方向上均做匀加速直线运动，由h＝eq \f(1,2)gt2，可知所用时间一定相同，A错误；起电后的物料经过高压电场区域时，静电力做正功，机械能增大，电势能减小，B正确，D错误。 A．比例系数k＝eq \f(\a\vs4\al(4πr3ρt),3h) B．油滴所带的电荷量为－eq \f(\a\vs4\al(8πr3ρgd),3U) C．油滴的速度由向下变为向上的过程中，受到的静电力大小恒为eq \f(\a\vs4\al(4πr3ρg),3) D．油滴匀速上升的过程中，静电力对油滴做功的功率为eq \f(\a\vs4\al(4πr3ρgh),3t) 解析　初始两极板不带电时，油滴匀速下落的过程中，根据平衡条件可知f＝mg，而f＝krv，v＝eq \f(h,t)，m＝eq \f(4,3)πr3ρ，联立解得k＝eq \f(\a\vs4\al(4πr2ρgt),3h)，A错误；加上电压后，上极板带正电，一段时间后油滴向上匀速运动，则油滴受到的静电力向上，带负电荷，在匀速上升的阶段，油滴速度大小为v′＝eq \f(h,t)＝v，所以所受阻力大小f′＝f，则有f＋mg＝Eq，而E＝eq \f(U,d)，联立解得油滴所带电荷量大小q＝eq \f(\a\vs4\al(8πr3ρgd),3U)，则其电荷量为－eq \f(\a\vs4\al(8πr3ρgd),3U)，B正确；油滴的速度由向下变为向上的过程中，受到的静电力大小恒为F＝Eq＝eq \f(U,d)q＝eq \f(\a\vs4\al(8πr3ρg),3)，C错误；油滴匀速上升的过程中，静电力对油滴做功的功率P＝Fv＝eq \f(\a\vs4\al(8πr3ρgh),3t)，D错误。 解析　小球从光滑绝缘的倾斜轨道的A点由静止下滑，恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，则mg＝m2,1)eq \f(v,R) ，mg(h－2R)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)；加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则(mg－qE)(h－2R)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，联立解得mg－qE＝2,2)eq \f(mv,R) ，满足小球恰好能过B点的临界条件，B正确。 解析　对小球静止时的状态分析受力可知，小球所受静电力水平向右，则小球带正电，根据平衡条件可知，小球静止时悬线与竖直方向成37°角，则此时Eq＝mgtan37°，代入数据解得q＝＋6×10－5 C，故A正确；在重力场与电场的叠加场中，小球动能最小的地方在整个圆周运动的“等效最高点”，即b点，此时小球所受重力与静电力的合力提供圆周运动的向心力，有F合＝eq \f(mg,cos37°)＝m2,min)eq \f(v,r) ，最小动能为Ekmin＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,min)＝eq \f(mgr,2cos37°)＝1 J，故B错误；根据能量守恒定律可知，小球的机械能和电势能之和不变，轨迹上最左端的位置a点电势最高，则小球在a点的电势能最大，机械能最小，故C错误；小球在运动过程中电势能和机械能之和保持不变，(对b点状态列式)为E＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,min)＋2mgrcos37°＋2Eqrsin37°＝5 J，故D正确。本题选说法错误的，故选B、C。 6．空间存在与水平方向成30°角斜向右上方的匀强电场，场强E＝1×109 V/m，质量为m＝2 kg、带电量为q＝＋2×10－8 C的小球，套在光滑绝缘且长度未知的轻杆上(轻杆未画出)，轻杆的一端固定在过O点转轴上，重力加速度g＝10 m/s2。O点距倾角为60°的挡板L＝0.6 m，小球由O点静止释放，则关于小球沿杆到达挡板的最短时间及此情形下的杆长应为(　　) A．tmin＝0.2 s，l＝eq \f(\r(3),10) m B．tmin＝0.3 s，l＝eq \f(9\r(3),40) m C．tmin＝0.4 s，l＝eq \f(2\r(3),5) m D．tmin＝0.5 s，l＝eq \f(5\r(3),8) m 解析　小球的重力mg＝20 N，方向竖直向下，所受静电力F＝qE＝20 N，方向与水平方向夹角为30°斜向右上方，则它们的合力F合＝20 N，方向与水平方向夹角为30°斜向右下方，如图所示，在沿F合方向的Of上找一点O1，作一半径为r的圆，过O点且与挡板相切于e点，由几何关系可得fO＝eq \f(L,sin30°)，fO1＝eq \f(r,sin30°)，且fO＝fO1＋r，解得r＝0.4 m，由“等时圆”模型可知，从O点静止沿任何光滑杆自由滑到圆周上的时间均相等，所以小球沿杆到达挡板的最短时间tmin满足2r＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,min)，由牛顿第二定律可得F合＝ma，联立解得tmin＝0.4 s，此情形下Oe两点间距即为杆长，因∠OO1e＝120°，则l＝2rcos30°＝eq \f(2\r(3),5) m，故A、B、D错误，C正确。 7．(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～eq \f(T,3)时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　) A．末速度大小为eq \r(2)v0 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了eq \f(1,2)mgd D．克服静电力做功为mgd 解析　设微粒所带电荷量为q，0～eq \f(T,3)时间内微粒做匀速直线运动，则qE0＝mg。eq \f(T,3)～eq \f(2T,3)时间内没有电场作用，微粒做平抛运动，加速度大小为g，方向竖直向下。eq \f(2T,3)～T时间内，由于电场作用，根据牛顿第二定律，得2E0q－mg＝ma′，解得此阶段微粒的加速度大小a′＝g，方向竖直向上。微粒离开电场时，竖直方向分速度vy＝g·eq \f(T,3)－g·eq \f(T,3)＝0，故到达金属板边缘时，微粒速度大小为v0，方向沿水平方向，A错误，B正确；从微粒进入金属板间到离开，重力做功mgeq \f(d,2)，重力势能减少eq \f(1,2)mgd，C正确；由动能定理知WG＋W静＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得W静＝－eq \f(1,2)mgd，即克服静电力做功eq \f(1,2)mgd，D错误。 8．如图所示，abc是竖直面内的光滑绝缘固定轨道，ab水平，bc是与ab相切于b点且半径为R的eq \f(1,4)圆弧，所在空间有方向平行于ab向右的匀强电场。在轨道上P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q(q>0)的小球，小球飞出轨道后达到的最高点为Q(图中未画出)。若小球可视为质点，重力加速度大小为g，电场的场强大小E＝eq \f(mg,q)，Q与c点的高度差为eq \f(R,2)，则可知(　　) A．Q在c点的正上方 B．Pb＝R C．从c到Q的过程中，小球的动能不变 D．从b到c的过程中，小球对轨道的最大压力为(3eq \r(2)－1)mg 解析　小球飞出轨道后受到水平向右的静电力与竖直向下的重力，则飞出轨道后水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，可知，Q在c点的右上方，A错误；从c到Q的过程中，竖直方向上有veq \o\al(2,c)＝2g·eq \f(R,2)，从P到c的过程有qE(xPb＋R)－mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,c)，解得xPb＝eq \f(R,2)，B错误；从c到Q的过程中，作出小球所受的合力与大致运动轨迹如图所示，由图可知，小球所受合力方向与其速度方向先为钝角，后为锐角，则小球所受合力先做负功，后做正功，则小球的动能先减小后增大，C错误； 根据题意可知重力与静电力大小相等，则轨道上“等效最低点”位于bc圆弧的中点，且此时轨道与小球之间的作用力最大，设在该点小球的速度大小为v，所受支持力为N，有N－eq \r(2)mg＝meq \f(v2,R)，qEeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)＋Rsin45°))－mg(R－Rcos45°)＝eq \f(1,2)mv2，联立解得N＝(3eq \r(2)－1)mg，由牛顿第三定律得，小球对轨道的最大压力N′＝N＝(3eq \r(2)－1)mg，D正确。 解析　(1)电子经电场加速满足qU0＝eq \f(1,2)mv2－0 经电容器中的电场偏转后，侧移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU偏,mL) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v))) eq \s\up12(2) 所以y＝eq \f(U偏L,4U0) 由图乙知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0 所以电子向上偏转，且侧移量y＝4.5 cm 设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足 eq \f(Y,y)＝eq \f(L＋\f(L,2),\f(L,2)) 所以Y＝13.5 cm。 10．如图所示，竖直平面(即纸面)内存在范围足够大的匀强电场，其场强大小和方向未知。一质量为m、带电荷量为＋q(q>0)的小球从O点以初速度v0水平向左抛出，小球运动到抛出点正下方A点时的速度大小为eq \r(13)v0，已知OA两点间距离为2,0)eq \f(4v,g) ，重力加速度为g，不计空气阻力，在小球从O点运动到A点的过程中，求： (1)静电力对小球做的功； (2)电场强度E的大小和方向； (3)小球的最小速度。 答案　(1)2mveq \o\al(2,0)　(2)eq \f(mg,q)　方向为与OA成60°角斜向右下方　 (3)eq \f(\r(3),2)v0 解析　(1)小球由O运动到A的过程，由动能定理有 mg·OA＋W＝eq \f(1,2)m(eq \r(13)v0)2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 代入数据得静电力对小球做的功为W＝2mveq \o\al(2,0)。 (2)设小球所受静电力方向斜向右下方，与OA的夹角为θ，则小球由O运动到A的过程，静电力做的功W＝qE·OA·cosθ 设小球加速度的水平分量大小为ax，竖直分量大小为ay，从O到A的运动时间为tOA， 小球在水平方向做匀变速直线运动，有 qEsinθ＝max 0＝v0tOA－eq \f(1,2)axteq \o\al(2,OA) 在竖直方向做匀加速直线运动，有 mg＋qEcosθ＝may OA＝eq \f(1,2)ayteq \o\al(2,OA) 联立得E＝eq \f(mg,q) θ＝60°，即电场强度的方向为与OA成60°角斜向右下方。 (3)将小球所受的静电力与重力的合力作为小球所受的等效重力，可知等效重力方向为与OA成30°角斜向右下方，则初速度垂直等效重力方向的分速度即为小球的最小速度，则小球的最小速度为vmin＝v0cos30°＝eq \f(\r(3),2)v0。 $$