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第10章 静电场中的能量
10.5　带电粒子在电场中的运动
一：带电粒子的加速
1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远远小于静电力，可以忽略不计．
2．带电粒子加速问题的处理方法：
①利用动能定理分析．
初速度为零的带电粒子，经过电势差为U的电场加速后，qU＝mv2，则v＝.
②在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析．
二：带电粒子在匀强电场中的偏转
质量为m、带电量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，板间距离为d，板间电压为U.
1．运动性质
(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动．
(2)垂直v0的方向上：初速度为零，加速度为a＝的匀加速直线运动．
2．运动规律
(1)偏移距离：因为t＝，a＝，所以偏移距离y＝at2＝.
(2)偏转角度：因为vy＝at＝，所以tan θ＝＝.
三：示波管的原理
1．构造
示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成．
甲　示波管的结构　　　乙　荧光屏
2．原理
(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压．
(2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转极板上加一个信号电压，在X偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图象．
带电粒子在匀强电场中偏转
1．基本关系：
2．导出关系：粒子离开电场时的侧向位移为：y＝
粒子离开电场时的偏转角的正切
tan θ＝＝
粒子离开电场时位移与初速度夹角的
正切tan α＝＝.
3．几点说明：①mv为粒子进入电场初动能的2倍．
②叫粒子的比荷．
③由tan θ＝2tan α可知，粒子从偏转电场中射出时，其速度方向反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿初速度方向的位移．
一：带电粒子在匀强电场中的直线运动
1．如图甲所示为某电场中的一条电场线，一电子只在电场力的作用下从A点到B点运动的速度-时间图像如图乙所示，则下列分析正确的是（　　）
A．该电场可能是正点电荷产生的 B．从A点运动到B点的过程中该粒子的电势能变小
C．A点的电势一定高于B点的电势 　　D．A点的电场强度比B点的大
2．如图甲所示为一平行板电容器，A极板上有一小孔C，在小孔处由静止释放一个带负电的粒子，已知该带电粒子只受电场力的作用，在电容器两极板间加如图乙所示的电压，电压的变化周期为T，若粒子从t=时刻释放，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子一定能运动到B极板上
B．粒子一直向B极板运动
C．粒子的速度时间图像可能为图丙
D．粒子的速度时间图像可能为图丁
3．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子（不计重力），以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（　　）
A．使初速度减为原来的
B．使M、N间电压减为原来的
C．使M、N间电压提高到原来的4倍
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的
二：带电粒子在非匀强电场中的运动
4．如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条电场线，实线为一带正电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹，P、Q为轨迹与电场线A、C的交点，则下列说法正确的是（　　）
A．P点电势比Q点电势高
B．粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度
C．粒子在P点的动能大于Q点动能
D．粒子在P点电势能小于粒子在Q点电势能
5．根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹。在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．动能先增大后减小 B．电势能先减小后增大
C．加速度先变小后变大 D．电场力先做负功后做正功
6．如图所示，实线表示匀强电场的电场线。一个带正电荷的粒子以某一速度射入匀强电场，只在电场力作用下，运动的轨迹如图中的虚线所示，a、b 为轨迹上的两点。则（　　）
A．电场强度的方向水平向左
B．电场强度的方向水平向右
C．两点速度大小关系为va>vb
D．两点电势大小关系为φa＜φb
三：带电粒子在匀强电场中的偏转
7．如图，带电荷量之比为qA：qB = 1：3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC = CD，忽略粒子重力的影响，则（ ）
A．A和B在电场中运动的时间之比为2：1 B．A和B运动的加速度大小之比为4：1
C．A和B的质量之比为1：2 D．A和B的位移大小之比为1：1
8．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，平行金属板C、D之间有偏转电场。今有质子、粒子He，均由A板从静止开始，被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后从偏转电场C、D间穿出。重力忽略不计。则下列判断中正确的是（　　）
A．两种粒子在C、D板间运动的时间相同
B．两种粒子的运动轨迹相同
C．质子、粒子He在偏转电场中的加速度之比为1：2
D．偏转电场的电场力对质子、粒子He做功之比为1：4
9．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行金属板间的电场中，在能从平行金属板间射出的前提条件下，能使电子的偏转角的正切值增大到原来2倍的是（　　）
A． U1不变，U2变为原来的2倍 B． U1不变，U2变为原来的
C． U2不变，U1变为原来的2倍 D． U1、U2都变为原来的2倍
四：示波管及其应用
10．图为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L，为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量）可采取的方法是（　　）
A．减小两板间电势差U2 B．使加速电压U1升高一些
C．尽可能使板长L长些 D．尽可能使板间距离d大一些
11．如图是示波管的原理图。它由电子枪、偏转电极（XX′和YY′）、荧光屏组成，管内抽成真空。给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑．下列说法错误的是（　　）
A．要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY′上加电压，且Y′比Y电势高
B．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X比X′电势高、Y比Y′电势高
C．要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX′上加特定的周期性变化的电压（扫描电压）
D．要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压
12．喷墨打印机的结构原理如图所示，其中墨盒可以发出半径为的墨汁微粒。此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流回墨盒。设偏转极板长，两板间的距离，偏转板的右端到纸的距离。若一个墨汁微粒的质量为，所带电荷量为，以的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，打到纸上的点距原射入方向的距离是（不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性）（　　）
A．墨汁从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动
B．两偏转板间的电压是
C．两偏转板间的电压是
D．为了使纸上的字体放大10％，可以把偏转电压降低10％
五：电场中的能量问题
13．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，轨迹如图中虚线所示，则下列描述错误的是（　　）
A．若微粒带负电荷，则A板可能带负电荷
B．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
C．微粒从M点运动到N点电势能可能增加
D．微粒从M点运动到N点动能一定增加
14．如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为-q （q>0）的小环，在杆的左侧固定一个电荷量为+Q （Q>0）的点电荷，杆上a、b两点与+Q正好构成等边三角形，c是ab的中点。使小环从O点无初速度释放，小环通过a点的速率为v。若已知ab=Oa=l，静电常量为k，重力加速度为g。则（　　）
A．在a点，小环所受弹力大小为
B．在c点，小环的动能最大
C．在c点，小环的电势能最大
D．在b点，小环的速率为
15．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图像如图所示，x轴正方向为电场强度的正方向，带电粒子在此空间只受电场力作用。下列说法中正确的是（　　）
A．此空间电场一定是由一对等量同种正点电荷产生的
B．带正电的粒子在x1处和-x1处的电势能相等
C．电子以一定的速度由-x1处沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做负功后做正功
D．质子沿x轴由x1处运动到-x1处，在O点电势能最小
一、单选题
16．真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块，开始时滑块处于静止状态。若在滑块所在空间加一水平匀强电场，持续一段时间后立即换成与相反方向的匀强电场，又经过时间后，滑块恰好回到初始位置，且具有动能。在上述过程中，对滑块的电场力做功为，时刻物体的速度大小为，对滑块的电场力做功为，时刻物体的速度大小为，则（　　）
A． B．
C．， D．，
17．一带负电的粒子仅在电场力作用下从O点开始沿x轴正方向运动，O、a、b是x轴上的三个点，O和b关于点a对称，从O到b该电场的电势φ随位移x变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．a点电场强度为零
B．O、a间场强方向与a、b间场强方向相反
C．从O到b整个运动过程中，粒子经过a点时速度最大
D．从O到b整个运动过程中，粒子做匀加速直线运动
18．如图所示，是截面为正方形的区域边界，其中，水平，、竖直，在该区域内有竖直向下的匀强电场。有一质量为m、带电量为q的微粒，自边的中点O以一定的水平速度平行于边垂直电场进入该区域，微粒恰好从C点离开。现在保持电场方向不变，将电场强度增大为原来的二倍，且微粒进入时的速度大小也增大为原来的二倍，微粒恰好从B点离开。有关微粒和电场说法正确的是（　　）
A．微粒带正电
B．电场强度大小为
C．电场强度大小为
D．若只将电场强度增大到原来的4倍，微粒将从中点射出
19．如图所示，将带等量同种正电荷的两个点电荷分别固定在A、B点，其中OC是AB连线的中垂线，D点处于OC之间。下列对这两个点电荷电场的分析不正确的是（　　）
A．O点处的电场强度等于0
B．电场线在C点的分布一定比D点的分布稀疏
C．两点处的电场强度方向均背离O点
D．若在C点由静止释放一不计重力的带负电的试探电荷，则该试探电荷在此后的运动过程中多次经过D点
20．平行板电容器连接在如图所示的电路中，A极板在上、B极板在下，两板均水平，S1和S2是板中央的两个小孔。现从S1正上方P处由静止释放一带电小球，小球刚好能够到达S2而不穿出。不考虑带电小球对电场的影响，下列说法正确的是（　　）
A．仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
B．仅使A板下移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
C．仅使A板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔
D．仅使B板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将原路返回且能到达P点
21．如图所示，水平向左的匀强电场中，质量为的带电小球从A点沿直线由A点运动到B点。不计空气阻力，在这一过程中（　　）
A．小球可能带正电 B．小球的动能增大
C．小球的机械能减小 D．小球的电势能减小
22．某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲中虚线所示。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，不计空气阻力。则（　　）
A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向
B．从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度越来越小
C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功相等
D．到达x1位置时，小球速度的大小为
一、单选题
23．如图所示，四个质量均为、带电荷量均为的微粒、、、距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为的匀强电场（），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是、、、，不计空气阻力，则（　　）
A． B．
C． D．
24．如图所示，匀强电场中竖直放置有一半径为R的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为（q>0）、质量为m的带电小球在b点获得一个初速度v0，恰好可以做完整的圆周运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g。则小球在b点获得的初速度v0的大小是（　　）
A． B． C． D．
25．如图所示为密立根测定电子电荷量的实验装置示意图。油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，分别与电压恒为U的电源两极相连，两板间距为d．现有一质量为m的油滴在极板间匀速下降，不计空气阻力，重力加速度为g。则（　　）
A．油滴带正电荷
B．油滴带的电荷量为
C．油滴下降过程中电势能不断减小
D．将极板N向下移动一小段距离，油滴将加速下降
26．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）
A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动
27．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，则（ ）
A．从A点运动到M点电势能增加 2J
B．小球水平位移 x1与 x2 的比值 1：4
C．小球落到B点时的动能 24J
D．小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于 6J
28．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（ 　）
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回 D．在距上极板处返回
29．如图所示，长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=3m/s恰能沿斜面匀速上滑，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（ ）
A．水平匀强电场的电场强度大小为3mg/5q
B．小球在B点的电势能大于在A点的电势能
C．若电场强度大小加倍，小球运动的加速度大小为6 m/s2
D．若电场强度大小减半，小球运动到B点时速度为初速度v0的一半
30．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中
A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关
31．分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是（　　）
A．A带正电、B不带电、C带负电
B．三小球在电场中加速度大小关系是：aA＜aB＜aC
C．三小球在电场中运动时间相等
D．三小球到达下板时的动能关系是EkC＞EkB＞EkA
32．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T，（不计重力作用）下列说法中正确的是（　　）
A．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动
B．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
C．从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上
D．从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上
33．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠A＝30°。有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q（q＞0），以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为
A． B． C． D．
二、多选题
34．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( 　 　)
A．它们运动的时间tQ＝tP
B．它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2
D．它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4
35．如图所示A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用下，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图所示．则（ ）
A．电子在A、B两点受的电场力FAB．A、B两点的电场强度EA>EB
C．场强方向为从B到A
D．电场线的方向一定是从A到B
36．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
37．如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则(　　)
A．两小球到达轨道最低点的速度vM＝vN
B．两小球到达轨道最低点的速度vM>vN
C．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间
D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端
38．如图所示，MNQP为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为轨道水平直径的两个端点。一个质量为m、电荷量为-q的带电小球从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆形轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是 ( )
A．小球一定能从B点离开轨道
B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动
C．小球到达C点的速度可能为零
D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H
39．如图所示，在电场强度方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为q的粒子从A点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动到B点时速度方向水平，大小也为v0，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子在该过程中克服电场力做功
B．匀强电场的电场强度大小为
C．粒子在A点的电势能比在B点的电势能大
D．粒子从A点运动到B点所用的时间为
40．如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A、D两点为圆周上和圆心同一高度的点，C点为圆周上的最高点。在与OA夹角为的圆弧B点上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在竖直面（平行于圆周面）内沿各个方向发射质量为m，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D点上离开的微粒机械能最大，从圆周E点（OE与竖直方向夹角）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为，取最低点F所在水平面为重力零势能面。则有（　　）
A．电场一定沿OD方向，且电场力等于mg
B．通过E点的微粒动能大小为(＋1)mgR＋mv
C．动能最小的点可能在BC圆弧之间
D．A点的动能一定小于B点
41．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子。t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则（　　）
A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了
D．在时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
三、解答题
42．如图所示，一静止的质量为m、电荷量为q的带电粒子经过电压为U的电场加速后，立即射入方向竖直向上的偏转匀强电场中，射入方向与电场线垂直，射入点为A，最终粒子从电场的B点射出电场．已知偏转电场的电场强度大小为E，求：
（1）粒子进入偏转电场时的速度v0；
（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，粒子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E变为原来的多少倍。
43．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔．质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）．求：
（1）小球到达小孔处的速度；
（2）极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；
（3）小球从开始下落运动到下极板处的时间．
44．如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压V加速后以速度沿两极板的中线进入电压V，间距为，板长的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场的屏幕上的点，（e=1.6×10-19C ，m=0.9×10-30kg）求：
（1）电子进入偏转电场时的速度
（2）射出偏转电场时速度的偏角
（3）打在屏幕上的侧移位移
45．如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：
(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功
(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
46．如图，绝缘光滑斜面倾角为θ，所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块静止在斜面上P点，P到斜面底端的距离为L．滑块可视为质点，重力加速度为g．
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）若仅将电场的方向变为平行于斜面向下，求滑块由静止从P点滑至斜面底端经历的时间．
47．如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量．求：
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)P、Q两点间的电势差UPQ；
(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间．
参考答案
1．C
【详解】
由图乙可知，电子A点到B点的过程中，速度减小，动能减小，电子的加速度恒定，故可知电场为匀强电场，该电场不可能是正点电荷产生的，且电场力做负功，故电势能增加，则电子在B点的电势能大于在A点的电势能，由于电子带负电可得A点的电势高于B点电势。
故选 C。
2．C
【详解】
AB． t=时刻释放，带电粒子做往复运动，经时间T粒子回到出发点，之后重复上述过程，不一定打到B极板上，故AB错误；
CD．两极板间电压大小恒定，则电场强度大小恒定，根据牛顿第二定律得加速度大小恒定，粒子做匀加速或匀减速运动，故C正确，D错误。
故选C。
3．D
【详解】
A．在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得
所以
设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，所以
故A错误；
B．使M、N间电压减为原来的，电场强度变为原来的，粒子将打到N板上，故B错误；
C．使M、N间电压提高到原来的4倍，所以
故C错误；
D．使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的，所以
故D正确。
故选D。
4．A
【详解】
A．根据电场力与电场线相切且指向轨迹凹侧可知粒子所受电场力F的方向如图所示，由于粒子带正电，故场强方向与电场力的方向一致，沿电场线方向，电势降低，故P点电势比Q点电势高，A正确；
B．P点电场线比Q点电场线稀疏，故P点场强更小，带正电粒子所受电场力更小，加速度更小，B错误；
CD．从P点到Q点的过程电场力的方向与运动方向夹角小于90°，电场力做正功，动能增大，电势能减小，故粒子在P点的动能小于Q点动能，粒子在P点电势能大于粒子在Q点电势能，CD错误。
故选A。
5．D
【详解】
ABD．原子核带正电，α粒子粒子也带正电，则α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，速度方向先和电场力方向相反，后和电场力方向相同，则电场力先做负功后做正功，可得电势能先增加后减小，动能先减小后增大，故D正确，AB错误；
C．由
可得电场力先增大后减小，则由
可知加速度先变大后变小，故C错误。
故选D。
6．B
【详解】
AB．带正电荷的粒子受到的电场力与电场线方向相同，且根据粒子曲线运动的轨迹，可以判断受力方向向右，故电场强度方向水平向右，A错误，B正确；
C．从a到b点，电场力做正功，动能增加，所以有
vaC错误；
D．沿电场线方向电势降低，a点电势高于b点电势，故D错误。
故选B。
7．B
【详解】
A．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有
x = v0t
又由于初速度相等，所以t∝x，A和B在电场中运动的水平位移之比为1：2，则时间之比1：2，A错误；
B．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向有
y = at2
y相同，a与t2成反比，则A和B运动的加速度大小之比为4：1，B正确；
C．由牛顿第二定律有
Eq = ma
则粒子的质量
m = ∝
则A和B的质量之比为1：12，C错误；
D．因A、B的水平位移之比为1：2，竖直位移相等，则A、B的位移大小之比不等于1：1，D错误。
故选B。
8．B
【详解】
粒子在A、B板间做匀加速直线运动，在C、D板间做类平抛运动，设加速电场电压为，偏转电场电压为，极板长度为L，宽度为d，则有
可得飞出加速电场时，粒子速度为
粒子进入偏转电场并能飞出电场，则有水平方向
竖直方向有
A．粒子在C、D板间运动的时间为
由于质子、粒子He的不等，所以两种粒子在C、D板间运动的时间不相同，故A错误；
B．两种粒子在加速电场中均做匀加速直线运动，在偏转电场中有
与粒子电荷量，质量均无关，所以两粒子的运动轨迹相同，故B正确；
C．粒子在偏转电场中的加速度为
所以，质子、粒子He在偏转电场中的加速度之比为
故C错误；
D．粒子在偏转电场中，电场力做功为
由于质子、粒子He在偏转电场中竖直方向位移y相等，则做功之比为
故D错误。
故选B。
9．A
【详解】
在加速场中，有
在偏转场中，有
则电子的偏转角的正切值为
故选A。
10．C
【详解】
电子在加速电场中加速，根据动能定理可得
eU1=mv02
所以电子进入偏转电场时速度的大小为
电子进入偏转电场后的偏转量为
联立得
所以示波管的灵敏度为
所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，所以ABD错误，C正确。
故选C。
11．A
【详解】
A．电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY向上移动，电子在YY′中受到的电场力必须向上，板间场强必须向下，则需在偏转电极YY′上加电压，且Y比Y′电势高，选项A错误；
B．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，电子在偏转电极XX′间受到的电场力指向X、在YY′间受到的电场力指向Y，则需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X比X′电势高，Y比Y′电势高，选项B正确；
C．设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为
可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描，选项C正确；
D．由上分析知，电子在荧光屏偏转的距离与偏转电压成正比，则在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线，选项D正确。
本题选错误的，故选A。
12．C
【详解】
A．墨汁在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，选项A错误；
BC．墨汁出偏转电场后做匀速直线运动，且反向延长线平分水平位移，如图所示：
由图可知
又
联立解得两偏转板间的电压是
选项B错误，C正确；
D．由以上式子整理得
为了使纸上的字体放大10％，可以把偏转电压提高10％，选项D错误。
故选C。
13．B
【详解】
A．若微粒带负电荷，假如A板带负电荷，向下的重力和电场力同向，合力向下能如图中轨迹运动，故A正确；
B．若微粒带正电荷、A板带负电荷，电场力的方向向上，微粒从M点运动到N点电场力对微粒做负功，电势能增加，机械能减少，故B错误；
C．若微粒带正电荷、A板带负电荷，此时电场力向上，微粒从M点运动到N点过程中，电场力对微粒做负功，微粒的电势能增加，故C正确；
D．由运动轨迹可知微粒所受合外力一定向下，微粒从M点运动到N点合外力做正功，由动能定理可知微粒的动能一定增加，故D正确。
本题选错误项，故选B。
14．D
【详解】
A．在a点，小环所受的库仑力沿aQ方向，大小为，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向的分力
A错误；
B．从c点到b点，小环所受重力做正功，库仑力做负功，由于重力和库仑力大小关系未知，在c点，小环的动能不一定最大，B错误；
C．c点距离正点电荷Q最近，对应电势最高，带负电荷的小环在c点电势能最小，C错误；
D．从a点到b点，由点电荷电场分布特点及几何关系知，a、b两点电势相等，则电场力不做功，应用动能定理
解得
D正确。
故选D。
15．B
【详解】
A．若该电场是由一对等量同种正点电荷产生的，靠近正电荷时场强应趋于无穷大，对比图像不符，A错误；
B．O点左侧场强向左、O点右侧场强向右，假设正电荷从O运动到x1处，电场力做正功，电势能减小，可得
其中U1为O到x1的电势差，即该段图线与x轴所围的面积，同理可知，正电荷从O运动到-x1处，电场力做正功，电势能减小，可得
其中U2为O到-x1的电势差，即该段图线与x轴所围的面积，由对称性可知
即
故带正电的粒子在x1处和-x1处的电势能相等，B正确；
C．电子以一定的速度由-x1处沿x轴正方向运动的过程中，电场力先做正功后做负功，C错误；
D．质子沿x轴由x1处运动到-x1处，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，在O点电势能最大，D错误。
故选B。
16．C
【详解】
AB．由题意可知，两个过程的位移大小相等、方向相反，由位移关系可得
解得
AB错误；
CD．由题意可知
在电场中运动的过程，据动能定理可得
换成电场后的过程，据动能定理可得
C正确，D错误。
故选C。
17．D
【详解】
A．根据电场强度与电势差的关系U＝Ed可知，φ-x图像的斜率表示电场强度E，a点电势为零，但a点的电场强度不为零，A错误；
B．O、a间图像斜率与a、b间图像斜率相同，则O、a间与a、b间场强大小、方向均相同，B错误；
CD．沿电场方向电势降低，故电场方向沿x轴负方向，粒子受到的电场力方向沿x轴正方向，从O到b整个运动过程中，粒子所受到的电场力大小和方向不变，做匀加速直线运动，粒子经过b点时速度最大，C错误，D正确。
故选D。
18．C
【详解】
A．电场强度增大后，带电粒子向上偏转，显然粒子带负电荷，A错误；
BC．设正方形的边长为L，由已知可得，改变前
改变后
联立可得
B错误，C正确；
D．若只将电场强度增大到原来的4倍，则
解得
因此从中点的左方射出，D错误。
故选C。
19．B
【详解】
AB．空间某点的电场强度等于A、B两点电荷在该点电场强度的矢量和，根据
可知，A、B两点电荷在O点的电场强度大小相等，方向相反，则O点的电场强度为0，又由于在空间无穷远处电场强度为0，则在中垂线上有O点往两侧向外，电场强度必定先增大后减小，则在中垂线上必定存在一电场强度的最大值，由于不确定C、D两点是在极值点的异侧还是同侧，则无法判断C、D两点的电场强度的大小，而电场线分布的疏密程度用来描述电场强度的大小，所以无法比较C、D两点电场线分布的疏密，故A正确，B错误；
C．根据场强的叠加可判定C、D两点处的电场强度方向均背离O点，故C正确；
D．带负电的试探电荷在中垂线上受到的电场力始终指向O点，且在中垂线上关于O点对称的两点受到的电场力大小相等，方向相反，由对称规律可知，该试探电荷将以O点为中心，在C点关于O点的对称点之间做往复运动，所以该试探电荷在此后的运动过程中多次经过D点，故D正确。
本题选不正确的，故选B。
20．D
【详解】
设P点到B板距离为h，A、B板间电压为U，小球质量为m，带电量为q，由于小球刚好能够到达S2而不穿出，可知到达S2时速度恰好为零，电场力对小球做负功，小球从释放至到达S2，根据动能定理有
A．仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，由于滑动变阻器分压始终为0，P点到B板距离h不变，两极板间电压不变，可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，故A错误；
BC．仅使A板下移或上移一小段距离，P点到B点的距离h不变，两极板间电压不变，可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，故BC错误；
D．仅使B板上移一小段距离，P点到B点的距离变小，两极板间电压不变，则
可知小球不能达到，在达到之前动能已经为0，小球将原路返回，根据能量守恒可知小球能回到P点，故D正确。
故选D。
21．C
【详解】
A．因为小球沿直线运动，故合力方向在直线上，由于重力竖直向下，所以小球受到水平向右的电场力，因此小球带负电，故A错误；
B．合力方向与运动方向相反，所以合力做负功，动能减小故B错误；
CD．电场力方向和运动方向夹角为钝角，故电场力做负功，所以电势能增大，机械能减小，故C正确，D错误。
故选C。
22．D
【详解】
A．由功能关系可知，除重力外的其他力所做的功等于机械能的变化量，由于机械能减小，可知电场力做负功，场强方向沿x轴负方向，由
可知，图线斜率减小，故场强减小，A错误；
B．从O到x1的过程中，由牛顿第二定律可得
场强减小，加速度增大，小球速度增大，B错误；
C．从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功为
由于场强减小，故减小，C错误；
D．到达x1位置时，由能量守恒可得
解得小球速度的大小为
D正确。
故选D。
23．D
【详解】
设四个微粒抛出时距地面的高度为h，微粒、在竖直方向均做自由落体运动，由
可得落地时间为
微粒受电场力向下，做类平抛运动，微粒受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得
类比微粒a可得，落地时间分别为
对比可得
故选D。
24．B
【详解】
带电小球在圆轨道上运动时，受重力、电场力和轨道弹力，类比于重力场，将电场力与重力合成等效重力，即
与竖直方向夹角∠θ=37°（如图1）
因此图2中AB方向为等效竖直方向，A点是物体做圆周运动的等效最高点，若该点临界速度为vA，则有
解得
带电小球在从b点运动至A点过程中，根据动能定理可得
解得
故选B。
25．D
【详解】
AB．带电油滴在极板间匀速下落，则受力平衡，受到向上的电场力和重力，平行板电容器极板间场强方向竖直向下，电场力向上，则微粒带负电，由受力平衡得
则油滴带的电荷量为
故AB错误；
C．油滴下降过程中，电场力向上，电场力做负功，电势能不断增大，故C错误；
D．将极板N向下移动一小段距离，d增大，电场力
减小，合力竖直向下，则油滴加速下降，故D正确。
故选D。
26．D
【详解】
AD．根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同线，粒子做匀变速直线运动，因此A错误，D正确；
BC．电场力和重力的合力水平向左，但是不知道粒子从左向右运动还是从右向左运动，故无法确定电场力做正功还是负功，则不确定粒子动能是增加还是减少，电势能减少还是增加，故BC错误。
故选D。
【点睛】
考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。
27．D
【详解】
将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动；
A．从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；
B．对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B错误；
C．设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。
由竖直方向运动对称性知
mVBy2=8J
对于水平分运动
Fx1=mVMx2-mVAX2
F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2
x1：x2=1：3
解得：
Fx1=6J；
F（x1+x2）=24J
故
EkB=m（VBy2+VBx2）=32J
故C错误；
D．由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：
Fx1=6J
Gh=8J
所以：
由右图可得：
所以
则小球从 A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效G’垂直，即图中的 P点，故
故D正确。
故选D。
28．D
【详解】
设带电粒子的质量为m，电容器两基板的电压为U，由动能定理得，若将下极板向上移动d/3，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得，联立解得，所以带电粒子还没达到下极板就减速为零，D正确．
【考点定位】动能定理、电场力做功、匀强电场电场强度和电势差的关系
29．C
【详解】
A、带电小球从A点到B点匀速上滑，动能不变，由动能定理知重力做功与电场力做功之和为零，即得 qELcosθ-mgLsinθ=0，得；A错误．
B、带电小球从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，因此B点的电势能小于A点的电势能；故B错误．
C、由题意知电场强度未加倍时，满足mgsinθ=qEcosθ，电场强度加倍后，小球在斜面方向的合力 F=2qEcosθ-mgsinθ=ma，所以小球的加速度a=gsinθ=6m/s2，故C正确．
D、电场强度未减半时，满足mgsinθ=qEcosθ；若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为：，所以小球的加速度为，根据速度位移公式，有，代入数据解得；故D错误．
故选C．
【点睛】
本题是带电体在电场中运动问题，要转换思维，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理．
30．C
【详解】
A项：由于带负电，故向正极板偏转，A错误；
B项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；
C项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；
D项：由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．
点晴：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转即粒子作类平抛运动：沿初速度方向作匀速直线运动，电场力方向作匀加速直线运动．
31．C
【详解】
C.三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是，三个小球水平速度相同，由得运动时间关系是，故选项C符合题意；
B.竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移大小相等，由得到加速度关系为，故选项B不符合题意；
A.根据牛顿第二定律得到合力关系为，三个小球重力相同，而平行金属板上板带负极，可以判断出来带正电、不带电、带负电，故选项A不符合题意；
D.三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力，则合力做功大小关系为，根据动能定理得三小球到达下板时的动能关系是，故选项D不符合题意．
32．B
【详解】
AB．分析电子在一个周期内的运动情况，从时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动。后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，故A错误，B正确；
C．分析电子在一个周期内的运动情况；从时刻释放电子，在内，电子向右做匀加速直线运动；在内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在时刻速度减为零；接着重复。电子到达右板的时间大于T，电子在两板间往返运动，不能打到右极板上，故C错误；
D．用同样的方法分析从时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，所以电子最终一定从左极板的小孔离开电场，即不会打到左极板，故D错误。
故选B。
33．D
【详解】
从A点到B点应用动能定理有：
从A点到C点应用动能定理有：
所以
做出等势面和电场线如图所示：
则从A点到B点应用动能定理有：
解得。
选项D正确，A、B、C错误。
34．ABD
【解析】
【详解】
A.带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确；
平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：
，
解得：
；
B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 yP：yQ=1：2；所以它们所带的电荷量之比 qP：qQ=yP：yQ=1：2，故B正确；
C.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比为：yP：yQ=1：2，电荷量之比为：qP：qQ=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：4．故C错误；
D .根据动能定理，有：
qEx=△Ek
而：
qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2
所以动能增加量之比：
△EkP：△EkQ=1：4
故D正确；
故选ABD．
【点睛】
本题关键将两个带电粒子的运动分解为垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．
35．AC
【解析】
速度-时间图象的斜率等于加速度，由图可知：电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动．加速度增大，说明电子所受电场力增大，电子在A点受到的电场力小于B点，即FA＜FB．由F=qE可知，电场强度增大，A点的场强小于B点，即EA＜EB．故A正确，B错误．电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，而电子带负电，则场强方向从B到A，电场线方向一定从B到A，故C正确，D错误．故选AC．
点睛：本题实质考查分析电子受力情况和运动情况的能力，从力和能量两个角度进行分析，分析的切入口是速度的斜率等于加速度．
36．CD
【详解】
由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为：，第2s内加速度为：故 a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：
带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；
根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；
由解析中的图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；
因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确．
37．BD
【详解】
AB.小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以只有重力做功．在电场中受的电场力向左，下滑过程中电场力做负功，所以到达最低点时速度关系为vM>vN，故A错误，B正确；
C.整个过程的平均速度> ，所以时间tMD. 由于电场力做负功，电场中的小球不能到达轨道的另一端．故D正确．
故选BD
38．BD
【详解】
A．由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；
B．若重力大小等于电场力大小，小球进入轨道后靠弹力提供向心力，小球在AC部分能做匀速圆周运动，故B正确；
C．若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故C错误；
D．由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，故D正确。
故选BD。
39．CD
【详解】
BD．粒子在竖直方向在重力作用下做加速度为g的匀减速运动，则
水平方向在电场力作用下做匀加速运动，则
则
a=g
匀强电场的电场强度大小为
则B错误，D正确。
AC．从A到B电场力做正功
则电势能减小，则粒子在A点的电势能比在B点的电势能大，则选项C正确，A错误。
故选CD。
40．BC
【详解】
AB．在D点微粒机械能最大，说明B到D电场力做功最大，由数学关系知过D点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定。
在E点微粒动能最大，说明B到E合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE，有
解得
动能定理有
故选项A错误、B正确；
C．OE反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C正确；
D．B点到A点等效重力（合力）做正功，动能增加，选项D错误。
故选BC。
41．AD
【详解】
A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间
此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，进过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；
B．粒子在竖直方向，在时间内的位移为，则
解得
选项B错误；
C．时刻进入电场的粒子，出离电场时在竖直方向的位移为
故电场力做功
选项C错误；
D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧出离电场，选项D正确．
故选AD。
【点睛】
此题关键是要搞清粒子在电场中水平方向和竖直方向的运动特征，主要是结合电场的变化情况研究竖直方向在一个周期内的运动情况；此题还可以结合v-t图像进行分析。
42．（1）；（2）2倍
【详解】
（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：
解得：
（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：
…③…④
且
qE=ma…⑤
联立解得：
…⑥
根据题意可知x、y均不变，当U增大为原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。
43．（1）；（2），；（3）
【详解】
（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh
解得： ①
（2）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0
解得：②
电容器两极板间的电压为：
电容器的带电量为：
（3）加速过程：
mgt1=mv…③
减速过程，有：
（mg-qE）t2=0-mv…④
t=t1+t2…⑤
联立①②③④⑤解得：
【点睛】
本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难．
44．(1) v0=4×107m/s (2) (3) 1.25cm
【详解】
(1) 电子在加速电场中加速，由动能定理得：
代入数据解得：v0=4×107m/s．
(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：l=v0t1，
在竖直方向上由牛顿第二定律得：
电场方向的速度：
vy=at1
设射出偏转电场时速度的偏角为θ，则
代入数据解得：．
(3) 飞出电场时偏转量为：
代入数据解得：y1=0.25cm，电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2，则运动时间：
竖直位移：
y2=vyt2
故电子到达屏上时，它离O点的距离：
y=y1+y2
代入数据解得：y=1.25cm．
45．(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N
【详解】
（1）W=－qE·2R W= - 0.08J
(2)设小滑块到达Q点时速度为v，
由牛顿第二定律得mg＋qE＝m
小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv
联立方程组，解得：v0＝7m/s.
(3)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv
又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m
代入数据，解得：FN＝0.6N
由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6N.
【点睛】
（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；
（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；
（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力．
46．（1）（2）
【详解】
(1)滑块受重力、电场力、支持力作用处于平衡状态
由力的平衡条件有：qE＝mgsinθ
解得：E＝
(2)当电场方向平行于斜面向下时
由牛顿第二定律有：qE＋mgsinθ＝ma
a＝2gsinθ
由运动学规律有：L＝at2
联立解得：t＝
【点睛】
电场中的平衡条件是合外力为零；牛顿运动定律在电场中的运用依然是把加速度求解作为运动和力的桥梁.
47．(1)(2)－　(3)
【详解】
(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有
qE＝mg
设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，且由带电质点在第一象限做直线运动，有
解得
θ＝.
(2)P到Q的过程，由动能定理有
qEL－mgL＝0
WPQ＝qEL
解得
(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有
mg＝ma
即
a＝g
由速度公式得
v0＝at
解得
带电质点在第一象限中往返一次所用的时间

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