10.5带电粒子在匀强电场中的偏转 同步练-2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中的曲线运动，通过基础巩固、综合应用、拓展创新三层设计，实现从单一知识点到复杂情境的递进，强化物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|类平抛运动基本公式、示波器原理|选择题1-5、26-29直接应用运动分解与电场力公式，夯实运动和相互作用观念| |综合应用|多过程运动、能量转化|计算题9-13结合加速与偏转电场，通过动能定理与运动学公式融合，培养科学推理能力| |拓展创新|周期电场、等效重力场圆周运动|选择题14-17、计算题18-25涉及动态电场分析与等效思想，提升模型建构与质疑创新素养|

带电粒子在匀强电场中的偏转 一、带电粒子在电场中做类平抛运动 1．一带正电的粒子以初速度射入匀强电场，经时间速度方向偏转了。已知匀强电场的场强大小为，粒子质量为、电荷量为，不计粒子重力，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 2．如图，动能为1J的电荷垂直射入有左、右边界的匀强电场，电荷在运动中只受电场力作用，电荷射出电场时的动能为5J。若电荷以4J的动能垂直射入电场，其射出电场时的动能为（　　） A．25J B．20J C．8J D．5J 3．（多选）具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核（、和）以相同的速度从带电平行板间的点沿垂直于电场的方向射入电场，其中氘核（）恰好能离开电场，轨迹如图所示。不计粒子的重力，则（     ） A．不能离开电场 B．在电场中受到的电场力最大 C．在电场中运动的时间最短 D．在电场中运动的过程中电场力对做功最少 4．（多选）如图，平行板电容器上下两极板长L，两板之间的距离也是L，存在竖直向下的匀强电场，两个质量均为m电荷量为q（q>0）的粒子甲和乙从电场的右边界射入电场，其中甲粒子从右边界的中点射入，速度的大小为，乙粒子从右边界的最下方射入，速度的大小为。两粒子都恰能从上极板的左端水平飞出，飞出的速度大小对应为和。那么（     ） A．粒子进入电场时 B．粒子进入电场时 C．粒子离开电场时 D．粒子离开电场时 5．如图所示，水平放置的平行金属板A、B间存在沿竖直方向的匀强电场。质量相同的两个带电粒子1、2以相同的初速度贴着A板左侧沿水平射入，带电粒子1沿轨迹①从两板正中间飞出，带电粒子2沿轨迹②落到B板中点。不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则粒子1、2在极板间运动的过程中（    ） A．运动时间之比为 B．所带电荷量之比 C．电势能减少量之比 D．动量增量之比 6．（多选）如图所示，在竖直面内有一方向未知的匀强电场，质量为m、电荷量为+q的小球从a点以速度v0沿与水平方向成60°角且斜向右上方抛出，先后经过b、c两点，a、c两点在同一水平线上。小球运动到b点时速度方向水平，大小为2v0，且从a点运动至b点的时间为，为重力加速度大小，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．电场强度的大小为 B．a、c两点间的距离为 C．小球在c点的速度大小为 D．a、c两点间的电势差为 7．（多选）如图所示的矩形区域ABCD内分布有平行于AD方向的匀强电场，，P为CD中点。质量相同的带电粒子a、b分别从A点和D点平行于AB同时进入电场，并同时到达P、B点，二者的运动轨迹交于O点（图中未标出）。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用。则带电粒子a、b（     ） A．具有相同的比荷 B．电势能均随时间逐渐增大 C．到达O点所用的时间之比为 D．到达P、B点时的速度之比为 8．我国科学家侯建国院士团队成功研制出高分辨透射电子显微镜，其核心部件电子偏转系统工作原理简化为如图所示：电荷量为q、质量为m的电子束以初速度水平射入平行板电容器。极板间电压为U，板长为L，间距为d，忽略重力和电子间相互作用。已知电子离开偏转系统时动能增量为，偏转距离为y，对于可以飞出电场的电子，下列选项正确的是（     ） A．若仅将初速度v0减小为原来的一半，则y变为原来的4倍，变为原来的4倍 B．若仅将电压U增大为原来的2倍，则y变为原来的2倍，变为原来的2倍 C．若仅将板长L增大为原来的2倍，则y变为原来的2倍，变为原来的4倍 D．若仅将板间距d减小为原来的一半，则y变为原来的2倍，变为原来的2倍 9．电子从静止经加速电压加速后获得速度，然后紧贴下极板边缘斜向上方进入两块水平金属板间的匀强电场，初速度方向与极板的夹角为，如图所示。电场方向竖直向上，两板间距为d。电子的质量为m，电荷量为e，不计重力，要求电子不打到上极板。求： (1)电子刚进入电场时的初速度大小； (2)如果金属板足够长，则应在两金属板间至少加多大的电压； (3)若金属板长，则应在两金属板间至少加多大的电压。 10．如图所示，、分别为平面内坐标为和的两点。一质量为、电荷量为的粒子从点以动能射入，不计粒子重力。 (1)若在空间加垂直平面的匀强磁场，粒子先后经过、两点，求所加磁场的磁感应强度大小； (2)若空间存在平行于平面的匀强电场，粒子先后经过、两点，经过、两点时动能分别为和。求： ①、两点间的电势差； ②匀强电场的电场强度； ③粒子从点运动到点与从点到点的时间的比值。 11．如图所示，粒子源产生质量为m、电荷量为q的正粒子漂入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿正对放置的平行金属板A、B的中心线射入偏转电场，A、B板长为L，相距为d，A、B两板间电压为U2，A板带正电，B板带负电，不计粒子重力及相互作用，以S为坐标原点、A、B的中心线为x轴建立如图所示的直角坐标系。 (1)求粒子进入偏转电场时的速度v0大小； (2)写出粒子在偏转电场中的运动轨迹方程； (3)若粒子从B板右边缘（L，）点射出偏转电场，求应满足的条件。 12．如图，水平边界M下方足够大的空间内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小未知。两个质量相等的带正电小球A、B电荷量之比为，在M上方等高处分别以大小为 和的初速度同时水平反向抛出，A球进入电场时速度方向与边界 M成 角，在电场中做直线运动。不计空气阻力、小球大小和电荷间的作用力，重力加速度为g，在两小球碰撞前，求： (1)刚开始时小球距水平边界M的高度大小； (2)当B球从进入电场到速度方向竖直向下时，B球电势能的变化量； (3)当两小球在电场中相距最远时，小球A下落高度为多少。 13．如图所示，A、B为半径R=1m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E=1×106V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m=1kg、带电量q=+1.4×10-5C的物体（可视为质点），从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC段为长L=2m、与物体间动摩擦因数为µ=0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ=53°且离地面DE高h=0.8m的斜面，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度g取10m/s2。 (1)若H=1m，求物体到达A点时的速度大小； (2)若H=1m，物体能沿轨道到达C，求物体到达C处的速度大小以及从C处射出后落点的位置（不讨论物体反弹以后的情况）； (3)通过计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8m处。 二、带电粒子在周期变化的电场中运动 14．（多选）图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为的交变电压，电压随时间变化的图线如图乙所示。质量为、重力不计的带电粒子以初速度沿两板中线射入两板间，经时间从两板间飞出。已知粒子射入两板间的时刻在时间内，下列关于粒子运动描述正确的是（     ） A．时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大 B．时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大 C．无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度方向都水平 D．无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度大小都相等 15．如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边框上a点开有一小孔。时，质量m、电荷量Q的带电粒子（不计重力）以初速度v（未知）从a点水平射入，然后与上边框碰撞于b点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b均为中点，m、Q、T、L均为已知量，则（　　） A．粒子带正电 B．若粒子时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞 C．若粒子时刻到达b点，那么粒子无法从a点射出 D．粒子时刻到达b点时的电场强度为粒子时刻到达b点时电场强度的4倍 16．（多选）如图甲所示，两平行板、水平正对放置，在其右侧有汇聚形的电场，电场线的延长线的交点在点（的中点），在两平行板间加上周期为的交变电场（如图乙所示），两板间电势差的绝对值为。时刻一质量为、带电量为的粒子（不计重力）从点以水平向右的速度射入匀强电场，时刻到达、的交点，接着从点垂直进入辐射状电场做匀速圆周运动，经过半个圆周到达点，到达点时的速度水平向左，最后从点离开电场，下列说法正确的是（　　） A．两平行板的长度为 B．粒子在点的速度大小为 C．两平行板间的距离为 D．粒子从到受到的电场力的大小为 17．如图甲所示，真空中的电极连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场，A、B板长为2L，AB两板间加周期性变化的电场，UAB如图乙所示，周期为T，加速电压为，其中m为电子质量、e为电子电量，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，t=0时刻电子射入偏转电场，图中U0、T已 知。 (1)求电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小； (2)若k=1时，电子恰从A板右端边缘飞出，求两极板的间距d； (3)若该电子恰能从极板右端正中间飞出，求图乙中k的值。 三、带电粒子在匀强电场中的圆周运动 18．（多选）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为、电荷量为的小球，系在一根长为的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕点做圆周运动。为圆周的水平直径，为竖直直径。已知重力加速度为，电场强度。下列说法正确的是（　　） A．若小球在竖直平面内绕点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B．若小球在竖直平面内绕点做圆周运动，则小球在点动能最大 C．若将小球在点由静止开始释放，它将沿直线运动到点 D．若将小球在点以大小为的速度竖直向上抛出，它将到达点 19．（多选）如图所示，在水平向左且足够大的匀强电场中，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系着一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球静止在M点。现给小球一垂直于OM的初速度v0，使其在竖直平面内绕点O恰好做完整的圆周运动，AB为圆的竖直直径。已知匀强电场的场强大小为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．小球在M点时细线与竖直方向的夹角为θ=60° B．小球恰好做完完整的圆周运动时，动能的最大值为 C．小球运动到B点时的速度大小为 D．小球从初始位置M在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先增大后减小 20．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg，带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，求： (1)小球受到的电场力。 (2)小球从A到C的过程中电场力所做的功？ (3)小球运动通过最低点C时的速度大小。 21．如图所示，倾角θ=30°的足够大的光滑绝缘斜面ABCD固定于水平地面上，空间中存在平行于斜面的匀强电场（图中未画出），长为L的绝缘轻绳一端固定于斜面上的O点，另一端连接一质量为m的带正电小球。现给小球一个初速度，使其恰好能够在斜面上做完整的圆周运动，EF为小球运动轨迹的一条直径，其与底边AB的夹角为α=45°，小球经过F点时速度最小，经过E、F两点时机械能相等。小球电荷量为q，重力加速度为g。下列说法正确的是（     ） A．电场的方向沿EF斜向上 B．电场强度大小为 C．小球经过F点时的速度大小为 D．小球运动过程中机械能守恒 22．如图，用一长L=20cm不可伸长的绝缘轻绳将一带电小球悬挂于O点，小球质量m=1.0×10-3kg，施加一范围足够大水平向右的匀强电场，场强大小E=3.0×105N/C，平衡时小球静止于A点，此时轻绳与竖直方向夹角θ=37°。现将小球拉到O点正下方B点由静止释放。带电小球可视为质点，g =10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)小球所带电荷电性和电荷量q； (2)小球经过A点时的绳子拉力大小F； (3)当小球第一次运动到A点时立即剪断轻绳，小球运动到与A点等高处时与A点的水平距离x。 23．等效思想是解决特定物理问题的重要思想方法，例如带电物体在匀强电场中受到电场力恒定，物体重力也恒定，因此二者合力恒定，我们将电场力和重力的合力叫等效重力，这样处理后减少了物体受力个数，将复杂问题简单化。如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一可视为质点的质量为m、电荷量大小为q（电性未知）的带电小球。小球静止时细线与竖直方向夹角θ＝60°。现使小球获得沿切线方向的初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。求： (1)小球的电性和小球所受到的等效重力的大小和方向； (2)小球做圆周运动过程中速度的最小值和释放瞬间绳中拉力的大小。 24．如图所示，足够长的粗糙绝缘水平轨道与竖直光滑绝缘的半圆轨道在点平滑连接，半圆轨道半径，过半圆轨道圆心的水平界面的下方和竖直直径的左侧空间分布有水平向右的匀强电场，电场强度，竖直直径及其右侧空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度，质量为，带电量的小滑块从水平轨道上点由静止释放，当滑块运动到半圆轨道最高点时对轨道的压力大小为。已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度，整个运动过程中滑块电荷量保持不变，不计空气阻力，求： (1)小滑块运动到半圆轨道最高点时的速度大小； (2)释放点到半圆轨道最低点的距离； (3)小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距的距离。 25．如图所示，长轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右足够大的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角，已知小球所带电荷量，质量，取重力加速度，，。求： (1)小球带正电还是负电及匀强电场的场强大小； (2)若在某时刻将细绳突然剪断，求经过时小球的速度大小（小球运动过程中电荷量保持不变）； (3)若只改变电场，小球仍在原位置平衡，求所加匀强电场的电场强度最小值及其方向； (4)若将小球移至悬点正下方的最低点，然后由静止释放，求小球能获得的最大速率。 四、示波器 26．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示，如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（  ） A．极板X应带负电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电 27．如图所示的示波管，当两偏转电极上所加电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间（图示坐标在O点，其中x轴与X、X′间的电场的电场强度方向平行，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与Y、Y′间的电场的电场强度方向平行）。若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则（　　） A．X′、Y′接电源的正极，X、Y接电源的负极 B．X、Y′接电源的正极，X′、Y接电源的负极 C．X′、Y接电源的正极，X、Y′接电源的负极 D．X、Y接电源的正极，X′、Y′接电源的负极 28．如图所示为由加速电场、偏转电场与荧光屏组成的示波管结构示意图。忽略电子重力，下列说法正确的是（　　） A．加速电场可使电子的速度增大，偏转电场仅改变速度的方向 B．加速电场可使电子的速度增大，偏转电场也可使电子的速度增大 C．水平偏转板间的电场可以让电子上下偏转 D．荧光屏上不能产生倾斜亮线 29．有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，下图是它的原理图。如图所示，如果两偏转电极都不加偏转电压，电子束将刚好打在荧光屏的中心处，形成亮斑。如果在偏转电极XX’上不加电压，在偏转电极YY’上加电压，YY’两极板间距为d。现有一电子以速度进入示波管的YY’偏转电场，最后打在荧光屏上的位置与中心点竖直距离为y，电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间为t，则下列说法正确的是（   ） A．若，则电子打在荧光屏中心位置下方 B．若仅增大偏转电压，则t不变 C．若仅减小YY’极板间距离d，则y不变 D．若，则可以让电子打在荧光屏正中心处 30．一个初速度为零的电子在经的电压加速后，垂直于平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距，板长，两板间的电压；已知电子的带电量为，质量为，只考虑两板间的电场，不计重力，求： (1)电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y； (2)电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，P点到下极板右端的距离x。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《带电粒子在电场中的曲线运动》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 14 15 答案 B D CD BC D CD AC A ACD D 题号 16 18 19 21 26 27 28 29 答案 BD CD AC C C A B B 1．B 【详解】粒子在匀强电场中加速度大小为，恒定不变。设电场方向与初速度的夹角为，将加速度分解为：沿初速度方向分量 该方向分速度 垂直初速度方向分量 该方向分速度 速度偏转角为，满足 代入整理得 利用辅助角公式化简分母：，其最大值为（当时取最大值），此时最小： 故选B。 2．D 【详解】电荷垂直射入匀强电场，做类平抛运动；设电场沿初速度方向的宽度为，初动能 运动时间 沿电场方向偏转位移 由动能定理，电场力做功，即电场力做功（动能增量）与初动能成反比； 第一次初动能，末动能，动能增量 第二次初动能，电场力做功（动能增量）与初动能成反比，则动能增量 射出时动能 故选D。 3．CD 【详解】A．三种粒子在电场中均做类平抛运动，设金属板的长度为L，P点到下极板的距离为h，则竖直方向有 水平方向有 联立解得 分析可知，能否离开电场与比荷有关，氘核恰好能离开电场，的比荷比的大，相同水平位移时，偏转距离更大，所以不能离开电场；的比荷比的小，相同水平位移时，偏转距离更小，所以能离开电场，故A错误； B．电场力大小为，同一匀强电场，E相同，三种粒子所带电荷量相同，所以三种粒子在电场中所受电场力大小相等，故B错误； C．三种粒子的初速度相同，不能离开电场，水平位移最小，由x=vt可知，在电场中运动的时间最短，和都能离开电场，电场中运动时间相同，故C正确； D．电场力做功为W=Eqd，电荷量相同，电场强度相同，分析可知、在电场中运动的竖直位移相等，而在电场中运动的竖直位移最小，因此在电场中运动的过程中电场力对做功最少，故D正确。 故选CD。 4．BC 【详解】CD．根据牛顿第二定律可知 可见粒子在电场中的加速度相等，粒子在电场中做类似斜抛物体运动，把它看成自左向右的类平抛运动，有， 解得 将，代入解得， 则粒子离开电场时，故C正确，D错误； AB．根据速度的合成有， 竖直方向有， 解得， 则粒子进入电场时，故B正确，A错误。 故选BC。 5．D 【详解】A．水平方向，则运动时间与水平位移成正比，即，故A错误； B．竖直方向， 联立解得 则 即，故B错误； C．由功能关系有 则 即，故C错误； D．由动量定理可知 则 即，故D正确。 故选D。 6．CD 【详解】A．由分析可知，小球做匀变速曲线运动，其从点到点的速度变化量的方向如图所示： 则由几何关系可知，速度变化量的方向与竖直方向成角且斜向右下方，即速度变化量的方向与的方向相互垂直，则速度变化量的大小为 已知小球从点运动到点的时间，则小球的加速度为 由于加速度的方向与的方向一致，所以加速度的方向与竖直方向也成角且斜向右下方。将加速度分解至水平方向和竖直方向有， 设电场强度的大小为，方向与水平方向的夹角为，则有， 联立解得， 即电场强度的大小为，方向与水平方向成角且斜向右上方，故A错误； B．由类平抛运动的知识可知，小球从点运动到点的时间为小球从点运动到点的时间的两倍，即 将初速度分解至水平方向和竖直方向有， 则、两点间的距离为，故B错误； C．对小球从点运动至点的过程列动能定理方程有 解得小球在c点的速度大小为，故C正确； D．、两点间的电势差为，故D正确。 故选CD。 7．AC 【详解】A．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿电场方向的位移大小相等，由可知两粒子的加速度大小相等，由牛顿第二定律可得 解得 所以两粒子的比荷相等，故A正确； B．带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误； C．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿垂直电场方向的位移大小为1:2，由可知两粒子的初速度大小之比为1:2，带电粒子a、b到达O点的垂直电场方向的位移大小相等，所用的时间之比为2:1，故C正确； D．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿电场方向的位移大小相等，由，可知带电粒子a、b同时到达P、B点沿电场方向的速度大小相等；对b粒子，到达B点，有， 所以 由于带电粒子a、b的初速度大小之比为1:2，所以 到达P、B点时的速度之比为，故D错误。 故选AC。 8．A 【详解】电子在电场中做类平抛运动，平行于极板方向,有 垂直于极板方向,有 根据牛顿第二定律，有 联立解得 由动能定理可得 A．若仅将初速度v0减小为原来的一半，则y变为原来的4倍，变为原来的4倍，故A正确； B．若仅将电压U增大为原来的2倍，则y变为原来的2倍，变为原来的4倍，故B错误； C．若仅将板长L增大为原来的2倍，则y变为原来的4倍，变为原来的4倍，故C错误； D．若仅将板间距d减小为原来的一半，则y变为原来的2倍，变为原来的4倍，故D错误。 故选A。 9．(1) (2) (3) 【详解】（1）设电子到下极板边缘的速度为，则 故 （2）要使电子刚好不达到上面极板，则刚好要到上极板时垂直极板的速度为0 由动能定理得 其中 联立得 （3）若电子从金属板右侧飞出，在板间运动的时间 若刚好上面极板边缘离开电场，则垂直于极板方向 其中 由动能定理得 联立得 即在两金属板间至少加的电压。 10．(1) (2)①，②，③1:1 【详解】（1）若在空间加垂直平面的匀强磁场，粒子先后经过a、b两点，粒子运动轨迹如图所示 由几何关系可得，粒子轨迹半径为 洛伦兹力提供向心力，则有 又有 联立解得 （2）①根据动能定理可得 解得，O、b两点间的电势差 ②根据动能定理可得， 解得， 则可知b点电势最低，设b点电势，则有， 匀强电场中的电场线及等势面如图 由几何关系可得 解得 则a、O两点沿电场线方向的距离 匀强电场的电场强度为 ③由题意可知，带电粒子在电场力方向先做匀变速直线运动，垂直电场力方向做匀速直线运动，由前图可知，粒子由O点运动到a点与从a点到b点的在垂直电场力方向上通过的位移相同，则粒子从O点运动到a点与从a点到b点的时间的比值为1:1。 11．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子电荷量为，质量为，在加速电场中由动能定理得，解得： （2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，方向位移，方向位移，其中加速度，联立得轨迹方程 （3）当粒子从B板右边缘 射出时，代入轨迹方程得 解得： 12．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球在进入电场前做平抛运动，将进入电场时的速度分解，竖直方向速度 小球距水平边界M的高度 （2）A球在电场中做直线运动，说明合力方向与速度方向共线。A球受重力和电场力，设A球电荷量为q，质量为m，则 B球电荷量为3q，则电场力 B球进入电场时水平速度为，竖直方向上速度为， 速度大小 其中， 解得 故B球在电场中的水平位移为 电势能变化 （3）两球在竖直分运动相同，水平速度相同时相距最远，则有，即 对A球，根据牛顿第二定律，有，解得 对B球，根据牛顿第二定律，有，解得 联立解得 小球A进入电场速度为 电场中竖直方向上速度分量为 故当两小球在电场中相距最远时，小球A下落高度为 13．(1) (2)2m/s，距离D点0.2m (3)不存在，理由见解析 【详解】（1）物体由静止开始运动到A点的过程中有 解得 （2）若H=1m，物体能沿轨道到达C，物体由静止开始运动到B点的过程中 物体由B点到C点的过程中，根据动能定理得 解得 物体在C点做平抛运动，假设落到地面上，有， 联立解得 C、D水平距离为 可知物体落到地面上，物体的落地点离D点水平距离为0.2m。 （3）不存在。物体沿轨道AB经过最低点B的最小速度满足 解得 根据动能定理有 解得 可知不存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8m处。 14．ACD 【详解】A．粒子在电场中水平方向始终做匀速直线运动，即粒子在电场中运动的时间是相同的，时刻入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故时刻入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，故A正确； B．结合上述可知，时刻入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，故B错误； CD．因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期，故所有粒子离开电场时竖直方向的分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度大小，故CD正确。 故选ACD。 15．D 【详解】A．根据题意可知，t=0时刻粒子往上做类平抛运动，所受电场力向上；此时上边框为高电势，电场竖直向下，粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误； B．时刻到达b点的粒子，因电场力此时向下，故做斜下抛运动，其速度水平分量不可能为0，故不会与下边框垂直碰撞，故B错误； C．根据题意可知，时刻粒子在b点的碰后速度与碰前速度关于上边框对称，结合受力可知其运动轨迹具有对称性。故粒子最终将从a点水平向左飞出，故C错误； D．根据类平抛运动的规律有 解得 因为时间之比为1∶2，故电场强度之比为4∶1，故D正确。 故选D。 16．BD 【详解】A．由于粒子在水平方向做匀速直线运动，从A到M沿初速度方向的位移 由对称性可知，粒子在T时刻到达B点，两平行板的长度，故A错误； BC．时间内，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有 竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得 竖直方向的速度 竖直方向上的位移 粒子在水平方向依然做匀速直线运动，竖直方向做加速度大小不变的减速运动，根据运动的对称性可知，粒子到达B点时竖直方向速度为零，竖直方向的位移大小依然为 故有 解得两平行板间的距离 时刻竖直方向的速度 故0.5T时刻，粒子在点的速度大小为，故B正确，C错误； D．由题可知，粒子在电场中做匀速圆周运动的半径 电场力为粒子圆周运动提供向心力，根据牛顿第二定律则有 联立解得，粒子圆周运动时所受电场力的大小为，故D正确。 故选BD。 17．(1) (2) (3)3 【详解】（1）粒子在电场中做加速运动，根据动能定理，有 解得 （2）电子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，运动时间为 0- 时间内，电子的加速度为 竖直方向的位移为 竖直方向的速度为 偏转电压-U0，加速电压为 竖直方向的位移为 竖直方向总位移为 电子从A板右边缘飞出，则有 联立解得 （3）电子从极板右端正中间飞出，说明竖直方向位移为零。0-时间内，电子的加速度为 竖直方向的位移为 竖直方向的速度为 偏转电压为-kU0，加速度为 竖直方向的位移为零，则有 联立解得k=3 18．CD 【详解】A．小球受到的重力和电场力的合力F，即 可将F视为等效重力，当F恰好提供小球做圆周运动的向心力时，它运动有最小速度，则有 解得，故A错误； B．当小球在等效重力最低点时动能最大，由于重力与电场力等大，可知等效重力方向与竖直方向夹角为，故等效重力最低点在BC的中点，类比竖直面内的圆周运动可知小球在等效最低点速度最大，动能最大，故B错误； C．由于AC连线与竖直方向夹角为，可知等效重力方向与AC共线且从A指向C，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿直线运动到C点，故C正确； D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，由对称性可知小球再次回到AB水平面所用时间为 该段时间内小球水平位移 其中 联立解得 故小球刚好运动到B点，可绘制出运动图示如下，故D正确。 故选CD。 19．AC 【详解】A．小球在M点时，细线与竖直方向的夹角为，根据受力平衡关系可得，解得，故A正确； B．重力与电场力的合力 恰好做完整的圆周运动，小球在圆周的等效最高点（与M对称的位置）时，细线对小球的拉力为0，设小球在时，速度为v，根据牛顿第二定律 小球从M到的过程中，根据动能定理 小球的最大动能，故B错误； C．小球从M点运动到B点的过程中，根据动能定理 解得，故C正确； D．设圆周的最左端为C点，最右端为D点。从M点到C点过程中，电势降低，电势能减小，从C点到D点过程中，电势升高，电势能增大，从D点到M点过程中，电势降低，电势能减小。小球从初始位置M在竖直平面内顺时针运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小，故D错误。 故选AC。 20．(1)1.5N，方向水平向右 (2)-0.6J (3) 【详解】（1）小球静止在点时受力平衡，对小球受力分析：竖直方向 水平方向 两式联立得，方向水平向右。 （2）小球从A运动到C电场力所做的功为 （3）小球从A到C过程，由动能定理 解得 21．C 【详解】A．小球经过、两点时机械能相等，根据功能关系，除重力外其他力做的功等于机械能的变化量，可知从到电场力做功为零，即电场力方向垂直于。又因为点速度最小，说明点为等效重力场的“最高点”，合力方向沿方向。重力沿斜面向下的分力 方向垂直向下。根据力的合成，电场力必须抵消垂直于的分量，故电场力方向垂直斜向上，电场方向垂直斜向上，故A错误； B．由几何关系可知，与夹角为。电场力 解得，故B错误； C．小球恰好做完整圆周运动，在点绳子拉力为零，合力提供向心力。合力 由牛顿第二定律 解得，故C正确； D．小球运动过程中，除重力外还有电场力做功，机械能不守恒，故D错误。 故选C。 22．(1)带正电， (2) (3) 【详解】（1）平衡时小球静止于A点，受电场力、重力和绳子拉力平衡，可知小球受电场力向右，与场强方向相同，可知小球带正电。根据平衡条件有 解得电荷量 （2）B点由静止释放到A点，根据动能定理有 解得 等效重力大小为，且方向沿，在A点有 解得绳子拉力大小 （3）第一次运动到A点时立即剪断轻绳，小球水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向有 解得运动到与A点等高处的时间为 水平方向有 解得水平加速度为 运动到与A点等高处时与A点的水平距离为 解得 23．(1)负电，，与水平方向夹角 (2)， 【详解】（1） 根据平衡条件可知小球所受的电场力向右，小球带负电，有 小球所受到的等效重力等于电场力和重力的合力，大小为 设小球所受到的等效重力与竖直方向的夹角为 ，有 可得或与水平方向夹角 （2）在等效重力场最高点有 小球做圆周运动过程中速度的最小值为 在等效重力场最低点有 从 A 到 B 由动能定理 解得 24．(1) (2) (3)， 【详解】（1）根据牛顿第三定律可知在点轨道对小滑块的支持力为9N，根据牛顿第二定律，在点有 解得 （2）从到过程，由动能定理得 解得 从到过程，由动能定理得 解得 （3）从到边界的过程，竖直方向有 解得 从到水平面上 解得 则在以下运动的时间为 在以下运动时，可得小滑块落回水平面时的水平速度 根据牛顿第二定律 解得 联立可得 竖直方向速度为 解得 则 解得 小滑块的水平位移：从到边界的过程有 从边界以下到落回水平面的过程 解得 则小滑块再次到达水平轨道时距的距离为 25．(1)带正电， (2) (3)，方向垂直于细绳斜向上 (4) 【详解】（1）对小球受力分析，根据平衡条件可知，小球受到的电场力水平向右，与场强方向相同，则小球带正电；根据受力平衡可得， 解得匀强电场的场强大小为 （2）剪断细绳后，重力和电场力的合力为恒力，小球做初速度为0的匀加速直线运动；合力大小为 根据牛顿第二定律可得加速度大小为 则经过时小球的速度大小为 （3）若只改变电场，小球仍在原位置平衡，根据三角形定则可知，当电场力与绳子方向垂直时，电场力最小，所加匀强电场的电场强度最小，则有 解得 方向垂直于细绳斜向上。 （4）若将小球移至悬点正下方的最低点，然后由静止释放，可知小球运动到原来平衡位置时，速度最大；根据动能定理可得 代入数据解得小球能获得的最大速率为 26．C 【详解】如果在荧光屏上P点出现亮斑，可知电子分别向极板X和极板Y偏转，由于电子带负电，所以极板X应带正电，极板Y应带正电，则极板X′带负电，极板Y′带负电。 故选C。 27．A 【详解】电子带负电，其受到电场力的方向与场强方向相反，若要让电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，在x轴上，其坐标为负值，故电子朝X′方向运动，故X′接电源的正极、X接电源的负极； 在y轴上，其坐标为负值，故电子朝Y′方向运动，故Y′接电源的正极、Y接电源的负极。 故选A。 28．B 【详解】 AB．加速电场对电子做正功，电子速度增大，偏转电场对电子的作用力与电子的初速度方向垂直，电子做类平抛运动，电子的速度也增大，故A错误，B正确； C．水平偏转板间的电场方向是水平的，对电子施加水平方向的电场力，能使电子在水平方向上发生偏转，不能使电子上下偏转，故C错误； D．如果在水平偏转板和竖直偏转板上同时施加合适的扫描电压，可以使电子束在荧光屏上沿任意倾斜方向移动，从而形成倾斜的亮线，故D错误。 故选B。 29．B 【详解】A．若，则电子受到的电场力竖直向上，所以电子打在荧光屏中心位置上方，故A错误； B．电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，所以若仅增大偏转电压，所以电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间t不变，故B正确； C．电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，偏转位移 时间不变，若仅减小YY’极板间距离d，偏转位移y变大，故C错误； Ｄ．若，则电子受到的电场力竖直向上，所以电子打在荧光屏中心位置上方，若，则电子受到的电场力水平向左，所以电子打在荧光屏中心位置左方，所以电子不会打在荧光屏正中心处，故D错误。 故选B。 30．(1) (2) 【详解】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理有 电子在偏转电场中，水平方向有 竖直方向上有， 整理可得 （2）电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹角为，则有 由几何关系有 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $