【物理】2020届一轮复习人教版专题7-5带电粒子在电场中的运动作业

【物理】2020届一轮复习人教版专题7-5带电粒子在电场中的运动作业

专题7.5　带电粒子在电场中的运动 ‎1．（陕西省渭南市2019届高三教学质量检测）如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：，分方向方程：，联立方程得：，ACD错误，B正确 ‎2．（天津市红桥区2019届高三下学期期末）图甲是一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一正电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图象如图乙所示，则以下说法中正确的是（ ）‎ A.A、B两点的电场强度是EA=EB B.A、B两点的电势是 C.正电荷q在A、B两点的电势能是EPA＞EPB D.此电场一定是负电荷形成的电场 ‎【答案】B ‎【解析】速度时间图象的斜率等于物体的加速度，由图可知，点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，受到的电场力增大，故A点的场强小于B点场强，即有EA＜EB，故A错误；由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故点电荷所受电场力方向由B指向A，又由于正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，所以电场线的方向由B指向A；而沿电场线的方向电势降低，所以φA<φB．故B正确；由正电荷在电势高处电势能大，所以，故C错误；由于电荷由A到B做减速运动，故电场线方向由B向A，又因为加速度在变大，故B处靠近场源电荷 ，故电场一定是正电荷所形成的，故D错误。‎ ‎3．（河南省八市重点高中联盟2019届高三模拟）如图ABCD的矩形区域存在沿A至D方向的匀强电场，场强为E，边长AB＝2AD，质量m、带电量q的正电粒子以恒定的速度v从A点沿AB方向射入矩形区域，粒子恰好从C点以速度v1射出电场，粒子在电场中运动时间为t，则（　　）‎ A．若电场强度变为2E，粒子从DC边中点射出 B．若电场强度变为2E，粒子射出电场的速度为2v1‎ C．若粒子入射速度变，则粒子从DC边中点射出电场 D．若粒子入射速度变为，则粒子射出电场时的速度为 ‎【答案】C ‎【解析】若电场强度变为2E，则粒子从DC边离开，运动时间变为，则水平位移变为原来的，而不是，故A错误；在粒子穿过电场的过程中，设电场力做功为W，则由，可知电场强度加倍，则电场力做功变为了2W，则射出电场的速度不等于2v，故B错误；粒子入射速度变，则粒子在电场时间不变，即可得出粒子从DC边中点射出电场，故C 正确；由于电场不变粒子在电场运动时间不变，电场力做功不变，有功能定理可知，粒子射出电场的和速度不是，故D错误。‎ ‎4．（广东省揭阳市2019届高三第二次模拟）如图所示，MN是某匀强电场中的一条电场线。一带正电粒子射入电场后，仅在电场力作用下沿轨迹ABC运动。下列说法中正确的是（ ）‎ A．粒子在A点的加速度比在C点的加速度大 B．粒子在A点的电势能比在C点的电势能小 C．M、N两点的电势： D．电场线的方向水平向右 ‎【答案】B ‎【解析】由于电场为匀强电场，可得到粒子在A点的加速度与C点的加速度大小相等，故A错误；粒子带正电，粒子在B点受电场力方向向左，故电场线方向左，又有：沿着电场线电势降低，所以，从A到C电场力做负功，电势能增加，所以粒子在A点的电势能比在C点的电势能小，故B正确，CD错误。‎ ‎5．（北京市通州区2019届高三一模）如图所示，电场中一个带电粒子只在电场力作用下，以一定的初速度由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，下列说法正确的是（ ）‎ A．粒子带正电 B．粒子在A点的加速度大于在B点的加速度 C．粒子的电势能不断增加 D．粒子的动能不断增加 ‎【答案】C ‎【解析】由轨迹可知，粒子所受的电场力大致向左，可知粒子带负电，选项 A错误；A点的电场线较B点稀疏，可知A点的场强较小，则粒子在A点的加速度小于在B点的加速度，选项B错误；从A到B电场力做负功，动能减小，电势能增加，选项C正确，D错误；‎ ‎6．（北京市101中学三模）让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物以相同的初动能在同一位置垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，不计离子的重力和离子间的相互作用，离子束从进入到射出该偏转电场的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A．偏转电场对每个离子做功相等 B．偏转电场对每个离子冲量相同 C．在偏转电场中它们形成两股离子束 D．在偏转电场中它们形成一股离子束 ‎【答案】C ‎【解析】偏转电场中运动的时间为：，偏转距离为：，偏转电场做功为：，由于一价氦离子和二价氦离子的电荷量不同，所以做功不同，故A错误；偏转电场对每个离子冲量为：，所以转电场对每个离子冲量不相同，故B错误；由可知，一价氢离子、一价氦离子的轨迹相同，二价氦离子的轨迹与前两者不同，所以在偏转电场中它们形成两股离子束，故C正确，D错误。‎ ‎7．（山东省潍坊一中2019届模拟）如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线123分别为三条等势线，三条等势线与其中一条电场线的交点依次为M、N、Q点，已知MN＝NQ，电荷量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出，仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线a′、b′所示，则（　　）‎ A．a粒子一定带正电，b粒子一定带负电 B．MN两点电势差|UMN|等于NQ两点电势差|UNQ|‎ C．a粒子的加速度逐渐增大，b粒子的加速度逐渐减小 D．a粒子从出发到等势线3过程的动能变化量比b粒子从出发到等势线1过程的动能变化量小 ‎【答案】D ‎【解析】由图可知，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误；由题可知，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大，故C错误；已知MN＝NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|UMN|大于NQ两点电势差|UNQ|，故B错误；根据电场力做功公式W＝Uq，|UMN|＞|UNQ|，a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故D正确。‎ ‎8．（北京市顺义区2019年高考物理一模）如图所示，由粒子源发出的带正电的粒子经过同一加速电场A加速后，形成粒子束进入同一偏转电场B中偏转。已知粒子源发出的粒子中包括有一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子，这些粒子离开粒子源时的初速度可视为零，空气阻力粒子的重力及粒子之间的相互作用力均可忽略不计。下列说法正确的是（　　）‎ A．它们始终为一股粒子束 B．它们会分离为两股粒子束 C．它们会分离为三股粒子束 D．它们会分离为无数股粒子束 ‎【答案】A ‎【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，极板的长度为L，间距为d；离子经过同一加速电场由静止加速后，在加速电场中，根据动能定理得：，在偏转电场中，离子做类平抛运动，运动时间，偏转距离，联立以上各式得：，y与带电粒子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子在偏转电场轨迹重合，所以它们不会分成三股，而是会聚为一束射出，故A正确，BCD错误。‎ ‎9．（2019年湖北省武昌实验中学高三模拟）静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，在x轴上有四点：x1、x2、x3、x4，相邻两点间的距离相等，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（ ）‎ A．x2和x4两点处电势相等；‎ B．由x1运动到x4的过程中加速度先增大后减小；‎ C．由x1运动到x4的过程中电势能先增大再减小；‎ D．设电荷从x2运动到x1，电场力做功W1，电荷从x3运动到x2，电场力做功W2，则W1=W2‎ ‎【答案】B ‎【解析】x2-x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，所以电场力先增大后减小，加速度与先增大后减小，故B正确；x1-x4处场强为x轴负方向，则从x1到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故C错误；由于每两点间的距离相等，由图可知，，所以，故D错误。‎ ‎10．（山东省淄博市2019届高三三模）如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2 产生的电场的电场线，虚线为电子从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是（ ）‎ A．A 点的场强小于B点的场强 B．Q1的电荷量大于Q2 的电荷量 C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能 D．电子在A点的速度大于在B点的速度 ‎【答案】D ‎【解析】根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知，A点的场强比B点的场强大，选项A错误；根据电场线分布情况可知，Q1、Q2‎ 是同种电荷。由点电荷周围电场线较密可知点电荷Q2带电荷量较多，即Q1＜Q2，故B错误；电子做曲线运动，受到的合力方向指向曲线的凹处，得电子过B点时受到的电场力F方向斜向下，可知电子从A点运动到B点的过程中，电场力方向与速度方向的夹角总是大于90°，电场力做负功，电势能增大，动能减小，即电子在A点的电势能小于在B点的电势能，电子在A点的速度大于在B点的速度，故C错误，D正确。‎ ‎11．（河北省唐山一中2019届高三模拟）如图所示，一个由绝缘材料制成的轻弹簧水平放置，一端固定于竖直墙上，另一端与一带负电的小球相连，小球置于光滑的绝缘水平面上。当整个装置处于水平向左的匀强电场中时，小球在B、C间往复运动，在O点处所受合力为0。假定在动动过程中小球的电量保持不变，则（ ）‎ A．小球在由B到O的过程中，弹性势能和电势能都一直减少，动能增加 B．小球在由O到C的过程中，弹性势能增加，电势能和动能都减少 C．小球在由B经O到C的过程中，电势能的变化量大于弹性势能变化量 D．小球在由C到O的过程中，电势能的变化量和弹性势能的变化量大小相等 ‎【答案】B ‎【解析】小球做简谐运动，O点是平衡位置，此处弹簧伸长，则知小球所受的电场力方向向右，则小球在由B到O的过程中，电场力做功负功，电势能增加，弹性势能可能减小，也可能增大，平衡位置动能最大，则知小球的动能增加，故A错误；小球在由O到C的过程中，弹簧伸长量增大，弹性势能增加，电场力做正功，电势能减小，合力向左，做负功，则动能减小，故B正确；小球在由B经O到C的过程中，动能的变化量为零，根据能量守恒得知，电势能的变化量和弹性势能的变化量大小相等，故C错误；小球在由C到O的过程中，动能减小，弹性势能增加，电势能减小，由能量守恒得知，电势能的变化量大小小于弹性势能的变化量大小，故D错误。‎ ‎12．（福建省福州市2019届高三第二次质量检查）如图所示，倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上，在斜面的底端A和顶端B分别固定等量的同种正电荷。质量为m、带电荷量为＋q的物块从斜面上的M点由静止释放，物块向下运动的过程中经过斜面中点O时速度达到最大值v，运动的最低点为N(图中没有标出)，则下列说法正确的是（ ）‎ A．物块向下运动的过程中加速度先增大后减小 B．物块和斜面间的动摩擦因数μ=‎ C．物块运动的最低点N到O点的距离小于M点到O点的距离 D．物块的释放点M与O点间的电势差为 ‎【答案】D ‎【解析】根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知，沿斜面从A到B电场强度先减小后增大，中点O的电场强度为零。设物块下滑过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＋qE=ma，物块下滑的过程中电场力qE先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加，所以物块的加速度大小先减小后增大，选项A错误；物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物块和斜面间的动摩擦因数μ=tanθ=，选项B错误；由于运动过程中mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物块从M点运动到N点的过程中受到的合外力为qE，因此最低点N与释放点M关于O点对称，选项C错误；根据动能定理有qUMO＋mgxMOsinθ－μmgxMOcosθ=mv2，且mgsinθ=μmgcosθ，所以物块的释放点M与O点间的电势差UMO=，选项D正确。‎ ‎13．（天津市河西区2019届高三高考二模）如图所示，边长为d的等边三角形abc所在平面与一匀强电场（图中未画出）平行。将一 电荷量为q（q>0）的甲粒子分别从a、c两点移到b点，电场力均做正功W。乙粒子以初速度v0从a点沿ac方向射入，仅在电场力作用下运动到b点，不计粒子间相互作用，则（　　）‎ A．乙粒子带负电 B．乙粒子的比荷为2qv02/w C．乙粒子从a运动到b的时间为d/2v0 D．乙粒子运动到b点时的速度大小为2v0‎ ‎【答案】C ‎【解析】乙粒子仅在电场力作用下运动到b点，乙粒子所爱电场力垂直ac斜向右下方，所以乙粒子带正电，故A错误；乙粒子在匀强电场中做类平抛运动，初速度方向：，电场力方向：，由甲粒子分别从a、c两点移到b点，电场力均做正功得：，联立解得：，故B错误；乙粒子在匀强电场中做类平抛运动，初速度方向：，解得：，故C正确；设乙粒子在b点时速度方向与水平方向夹角为，由平抛运动推论可知，，将速度分解为初速度方向与电场力方向则有：，所以乙粒子在b的速度大小为：，故D错误。‎ ‎14．（天津市耀华中学2019届高三高考二模）如图所示，平行板电容器板长和板间距均为L，两极板分别带等量异种电荷。现有两个质量相同的带电粒子A和B，分别从紧贴上极板和极板中线位置以相同的初速度垂直于电场强度方向进入电场。最终均恰好贴着下极板飞出电场。粒子重力不计。则（　　）‎ A.两个粒子的电荷量之比 B.两个粒子的电荷量之比 C.两个粒子离开电场时的速度大小之比D.过程中电场力对两个粒子做功之比 ‎【答案】B ‎【解析】AB粒子均做类平抛运动，对A粒子有：，，对B粒子有：，，联立解得：，故A错误，B正确；对A粒子，由动能定理得：，对B粒子，由动能定理得：，联立解得：，因为不知道粒子的初速度和物体的质量，故无法计算粒子离开电场时和的比值，故CD错误。‎ ‎15．（山西省太原市2019届高三模拟）“嫦娥四号”上搭载的中性原子探测仪，主要任务是测量太阳风与月表相互作用后产生的中性原子。探测仪在入口处安装了高压偏转系统，形成强电场区域，对太阳风和月表作用后辐射的带电粒子进行偏转，以免其射到探测器上产生干扰信号。已知高压偏转系统由长度大于lm、间距仅10mm的两平行金属板组成，当两板加一定的电压时，可将平行极板进入、动能不大于320keV的氦核均偏转到极板而被极板吸收。只考虑该电场的作用，则（ ）‎ A．对于平行极板进入偏转系统的质子，只有动能不大于160keV才能完全被极板吸收 B．对于平行极板进入偏转系统的质子，只要动能不大于320keV就可完全被极板吸收 C．对于平行极板进入偏转系统的电子，只有动能不大于320keV才能完全被极板吸收 D．对于平行极板进入偏转系统的电子，只要动能不大于640keV就可完全被极板吸收 ‎【答案】A ‎【解析】设平行板间电势差为U，当两板加一定的电压时，可将平行极板进入、动能不大于320keV的氦核均偏转到极板而被极板吸收，对氦核根据动能定理得：2eU=320000eV，解得：U=160000V。对质子根据动能定理得：EKH=eU=160000eV，即对于平行极板进入偏转系统的质子，只有动能不大于160keV才能完全被极板吸收，故A正确，B错误；对于平行极板进入的电子，EKH=eU=160000eV，即对于平行极板进入偏转系统的质子，只有动能不大于160keV才能完全被极板吸收故C，D错误；故选A。‎ ‎16．（北京市人大附中2019年高三三模）类比是一种常用的研究方法。如图所示，O为椭圆ABCD的左焦点，在O点固定一个正电荷，某一电子P正好沿椭圆ABCD运动，A、C为长轴端点，B、D为短轴端点，这种运动与太阳系内行星的运动规律类似。下列说法中正确的是（ ）‎ A．电子在A点的线速度小于在C点的线速度 B．电子在A点的加速度小于在C点的加速度 C．电子由A运动到C的过程中电场力做正功，电势能减小 D．电子由A运动到C的过程中电场力做负功，电势能增加 ‎【答案】D ‎【解析】电子绕正电荷做椭圆轨道运动，可类比与太阳系内行星的运动，根据开普勒第二定律可知，电子在A点的线速度大于在C点的线速度，选项A错误；A点距离正电荷较近，受库仑力较大，根据牛顿第二定律可知，电子在A点的加速度大于在C点的加速度，选项B错误；电子由A运动到C的过程中电场力做负功，电势能增加，选项D正确，C错误。‎ ‎17．（山东省潍坊市2019届高三高考二模）如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0，电荷量为+q，质量为m的粒子。在两板间存在如图所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是 A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为mv02‎ C．t=时刻进入的粒子，从O点射出 D．t=时刻进入的粒子，从O点射出 ‎【答案】AD ‎【解析】由图可知场强，则粒子在电场中的加速度，则粒子在电场中运动的最短时间满足，解得，A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为，则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为，B错误；‎ 时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，再向上减速速度到零…..如此反复，则最后从O点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O点下方射出，故C错误；时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零…..如此反复，则最后从O点射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O点射出，D正确。‎ ‎18．（安徽省安庆市2019届高三第二次模拟）有一匀强电场的方向平行于xoy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd、cb 分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为：4V、8V、10V,将一电荷量为q = -2×l0-5C的负点电荷由a点开始沿abed路线运动，则下列判断正确的是 A．坐标原点0的电势为6V B．电场强度的大小为 C．该点电荷在c点的电势能为2×l0-5J D．该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为 8×l0-5J ‎【答案】AD ‎【解析】由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，所以 ，代入数据解得：，故A正确；由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e的电势为，连接oe则为等势面，如图所示，‎ 由几何关系可知，垂直oe，则ab为条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：，故B错误；该点电荷在c点的电势能为：，故C错误；该点电荷从a点移动到b点电场力做功为：‎ ‎，故D正确。故选AD。‎ ‎19．（陕西省宝鸡中学2019届高三下学期第三次模拟）1909年，美国物理学家密立根用如图所示的实验装置,通过研究平行金属板M、N间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖。图中平行金属板M、N与输出电压恒为U的电源两极相连，两金属板间的距离为d,正对面积为S.现由显微镜观察发现，恰好有一质量为m的带电油滴在两金属板中央悬浮不动，已知静电力常量为k,真空的介电常数ε=1，重力加速度为g，则（ ）‎ A．带电油滴的电荷量 B．金属板M所带电量 C．将金属板N突然下移△d，带电油滴获得向上的加速度 D．将金属板N突然下移△d，带电油滴的电势能立即减小为原来的倍 ‎【答案】BD ‎【解析】带电油滴在平行板电容器中受重力和向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则油滴带负电，由平衡条件有，解得油滴的电荷量大小为为；故A错误。平行板电容器的电量，而电容的大小，联立可得；而相对介电常数ε=1，则；故B正确。N板突然下移△d，电源一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小，为，则油滴的合外力向下，由牛顿第二定律，解得，方向向下；故C错误。‎ 电容器的M板接地为0V，设油滴的位置P点距离M板为，则，电势能为，则金属板N下移△d，P点的电势为，则；故D正确。‎ ‎20．（湖北省武汉二中2019年高三模拟）在竖直平面内有水平向右、电场强度为E=1×104 N/C的匀强电场，在场中有一个半径为R=2 m的光滑圆环，环内有两根光滑的弦AB和AC，A点所在的半径与竖直直径BC成角，质量为0.04 kg的带电小球由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同。现去掉弦AB和AC，给小球一个初速度让小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，取小球圆周运动的最低点为电势能和重力势能的零点，（，g=10 m/s2）下列说法正确的是（ ）‎ A．小球所带电量为q=3.6×10－5 C B．小球做圆周过程中动能最小值是0.5 J C．小球做圆周运动从B到A的过程中机械能逐渐减小 D．小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是3.0N ‎【答案】BCD ‎【解析】由题知，小球在复合场中运动，由静止从A点释放，沿弦AB和AC到达圆周的时间相同，则A点可以认为是等效圆周的最高点，沿直径与之对应圆周上的点可以认为是等效圆周的最低点，对小球进行受力分析，小球应带正电，如图所示，可得 mgtan37=qE 解得小球的带电量为 故A错误；‎ 小球做圆周过程中由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，在圆上各点中，小球在等效最高点A的势能（重力势能和电势能之和）最大，则其动能最小，由于小球恰能在竖直平面沿环内做圆周运动，根据牛顿第二定律，在A点其合力作为小球做圆周运动的向心力 ‎=m 小球做圆周过程中动能最小值 Ekmin=mvA2==J=0.5J 故B正确；‎ 由于总能量保持不变，小球从B到A过程中电场力做负功，电势能增大，小球的机械能逐渐减小，故C正确； ‎ 将重力与电场力等效成新的“重力场”，新“重力场”方向与竖直方向成，等效重力，等效重力加速度为，小球恰好能做圆周运动，在等效最高点A点速度为，在等效最低点小球对环的压力最大，设小球在等效最低点的速度为v，由动能定理得 在等效最低点，由牛顿第二定律 联立解得小球在等效最低点受到的支持力 根据牛顿第三定律知，小球做圆周运动的过程中对环的最大压力大小也为3.0N，故D正确。‎ ‎1.（2019·江苏卷）一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是（ ）‎ ‎【答案】A ‎【解析】由于带电粒子在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为 ‎ ‎，经过时间，电场力方向速度为，功率为 ，所以P与t成正比，故A正确。‎ ‎2.(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．‎ ‎(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；‎ ‎(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？‎ ‎【答案】(1)mv＋qh　v0　(2)2v0 ‎【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有 E＝ ①‎ F＝qE＝ma ②‎ 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－mv ③‎ 设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有 h＝at2 ④‎ l＝v0t ⑤‎ 联立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh ⑥‎ l＝v0. ⑦‎ ‎(2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L为 L＝2l＝2v0. ⑧‎ ‎3.(2019·高考天津卷)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程(　　)‎ A．动能增加mv2　　　　　 B．机械能增加2mv2‎ C．重力势能增加mv2 D．电势能增加2mv2‎ ‎【答案】B ‎【解析】小球动能的增加量为ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N时竖直方向的速度为零，则M、N两点之间的高度差为h＝，小球重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝mv2，C错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减小量为ΔE′p＝mv2＋mv2＝2mv2，D错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv2，B正确．‎ ‎4.(多选)(2018·高考全国卷 Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是(　　)‎ A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为 D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 ‎【答案】BD ‎【解析】由题意得，(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只能得出a、b两点间和c、d两点间的电势关系，无法确定场强的方向，选项A错误；若c、d之间的距离为L，因无法确定场强的方向，故无法确定场强的大小，选项C错误；由于φM＝、φN＝、WMN＝q(φM－φN)，上述式子联立求解得粒子从M点移动到N点电场力做的功为WMN＝，所以B正确；若W1＝W2，有φa－φb＝φc－φd，变形可得φa－φc＝φb－φd，又φa－φM＝φa－＝，φb－φN＝φb－＝，所以φa－φM＝φb－φN，D正确．‎ ‎5.(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：‎ ‎(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎(2)A点距电场上边界的高度；‎ ‎(3)该电场的电场强度大小．‎ ‎【解析】(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0 ①‎ s1＝v0t＋at2 ②‎ s2＝v0t－at2 ③‎ 联立①②③式得 ＝3. ④‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式 v＝2gh ⑤‎ H＝vyt＋gt2 ⑥‎ ‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ＝ ⑦‎ ‎ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H. ⑧‎ ‎ (3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则 ＝ ⑨‎ ‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1 ⑩‎ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2 ⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2 ⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝.‎ ‎6.(2017·高考全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.‎ ‎(1)求油滴运动到B点时的速度；‎ ‎(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．‎ ‎【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q ‎，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足 qE2－mg＝ma1 ①‎ 油滴在时刻t1的速度为 v1＝v0＋a1t1 ②‎ 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2 ③‎ 油滴在时刻t2＝2t1的速度为 v2＝v1－a2t1 ④‎ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1. ⑤‎ ‎(2)由题意，在t＝0时刻前有 qE1＝mg ⑥‎ 油滴从t＝0到时刻t1的位移为 s1＝v0t1＋a1t ⑦‎ 油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－a2t ⑧‎ 由题给条件有 v＝2g(2h) ⑨‎ 式中h是B、A两点之间的距离．‎ 若B点在A点之上，依题意有 s1＋s2＝h ⑩‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1 ⑪‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2＋>1 ⑫‎ 即当0 ⑭‎ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．‎ 若B点在A点之下，依题意有 s1＋s2＝－h ⑮‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E2＝E1 ⑯‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2－>1 ⑰‎ 即t1> ⑱‎ 另一解为负，不合题意，已舍去．‎