2025屆高考物理聯(lián)考模擬匯編專題二十五帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題含解析

PAGEPAGEPAGE10帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題1．(2024·日照模擬)有一種電荷限制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示。其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過(guò)帶電室后以肯定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質(zhì)量B．增大墨汁微粒所帶的電荷量C．增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓D．增大墨汁微粒的噴出速度解析：選D依據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式y(tǒng)＝eq\f(qUl2,2mdv02)可知，為使打在紙上的字跡縮小，要增大墨汁微粒的質(zhì)量，減小墨汁微粒所帶的電荷量，減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓，增大墨汁微粒的噴出速度，D正確。2．(多選)一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，只受重力、電場(chǎng)力和空氣阻力三個(gè)力的作用。若重力勢(shì)能增加5J，機(jī)械能增加1.5J，電場(chǎng)力做功2J，則小球()A．重力做功為5J B．電勢(shì)能削減2JC．空氣阻力做功0.5J D．動(dòng)能削減3.5J解析：選BD小球的重力勢(shì)能增加5J，則小球克服重力做功5J，故A錯(cuò)誤；電場(chǎng)力對(duì)小球做功2J，則小球的電勢(shì)能減小2J，故B正確；小球共受到重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三個(gè)力作用，小球的機(jī)械能增加1.5J，則除重力以外的力做功為1.5J，電場(chǎng)力對(duì)小球做功2J，則知空氣阻力做功為－0.5J，即小球克服空氣阻力做功0.5J，故C錯(cuò)誤；重力、電場(chǎng)力、空氣阻力三力做功之和為－3.5J，依據(jù)動(dòng)能定理，小球的動(dòng)能減小3.5J，D正確。3．(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變更的圖像。當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的作用，下列說(shuō)法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)B．2s末帶電粒子回到原動(dòng)身點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零解析：選CD設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，設(shè)帶電粒子起先時(shí)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，可見(jiàn)，粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3s末回到原動(dòng)身點(diǎn)，粒子的速度為0，設(shè)帶電粒子起先時(shí)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可知，此過(guò)程中電場(chǎng)力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確。4．(多選)(2024·佛山模擬)一平行板電容器的兩個(gè)極板水平放置，兩極板間有一帶電荷量不變的小油滴，油滴在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速上升。若兩極板間電壓為2U，油滴做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小可能為()A．3v B．4vC．5v D．6v解析：選AC若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速下降，有mg＝kv，若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速上升，知電場(chǎng)力大于重力，有：qeq\f(U,d)＝mg＋kv，若兩極板間電壓為2U，假如電場(chǎng)力方向向上，油滴向上做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qeq\f(2U,d)＝mg＋kv′，聯(lián)立解得v′＝3v，故A正確，假如電場(chǎng)力方向向下，油滴向下做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qeq\f(2U,d)＋mg＝kv″，聯(lián)立解得v″＝5v，C正確。5.(多選)如圖所示，在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一不行伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止在B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與豎直方向夾角θ＝37°(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，則()A．小球帶負(fù)電B．勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為eq\f(3mg,4q)C．電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為eq\f(3mgL,4q)D．當(dāng)小球從A點(diǎn)由靜止釋放至B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，小球經(jīng)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為eq\r(gL)解析：選BD小球靜止在B點(diǎn)，受力平衡，受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)線的拉力，電場(chǎng)力水平向右，與電場(chǎng)方向一樣，說(shuō)明小球帶正電，A錯(cuò)誤；依據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得tan37°＝eq\f(Eq,mg)，解得E＝eq\f(3mg,4q)，B正確；電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UAB＝－Ed＝－EL(1－sinθ)＝－eq\f(3mgL,10q)，C錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力和重力做功，依據(jù)動(dòng)能定理可得mgLcosθ＋UABq＝eq\f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq\r(gL)，D正確。6．(多選)(2024·石家莊六校聯(lián)考)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變更規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是()A．末速度大小為eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力勢(shì)能削減了eq\f(1,2)mgd D．克服電場(chǎng)力做功為mgd解析：選BC因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(2T,3)時(shí)刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時(shí)間內(nèi)，由牛頓其次定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝0，微粒的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場(chǎng)力做功為eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。7.虛線是用試驗(yàn)方法描繪出的某一靜電場(chǎng)的一簇等勢(shì)線及其電勢(shì)的值，一帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下飛經(jīng)該電場(chǎng)時(shí)，恰能沿圖中的實(shí)線AC運(yùn)動(dòng)，則下列推斷正確的是()A．粒子肯定帶負(fù)電B．粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在C點(diǎn)的電勢(shì)能C．粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能大于在C點(diǎn)的動(dòng)能D．A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于C點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)解析：選C電場(chǎng)線和等勢(shì)線垂直且由高電勢(shì)的等勢(shì)線指向低電勢(shì)的等勢(shì)線，可知題圖中電場(chǎng)線方向應(yīng)垂直于等勢(shì)線大體指向左側(cè)，帶電粒子所受的電場(chǎng)力沿電場(chǎng)線指向曲線內(nèi)側(cè)，也大體向左，故粒子應(yīng)帶正電，故A錯(cuò)誤；從A到C過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，則粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在C點(diǎn)的電勢(shì)能，故B錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，且電場(chǎng)力做負(fù)功，依據(jù)動(dòng)能定理得知?jiǎng)幽軠p小，故粒子在A點(diǎn)動(dòng)能較大，故C正確；A點(diǎn)等差等勢(shì)線密，電場(chǎng)線也密，所以A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于C點(diǎn)的，故D錯(cuò)誤。8.(2024南昌模擬)如圖所示，A、B、C是點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)中的三點(diǎn)，BC是以Q為圓心的一段圓弧。UAB＝＋10V，正點(diǎn)電荷q沿A→B→C移動(dòng)，則()A．點(diǎn)電荷Q帶正電B．沿BC運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做正功C．B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度與C點(diǎn)的相等D．q在A點(diǎn)時(shí)具有的電勢(shì)能比在C點(diǎn)時(shí)的大解析：選DUAB＝＋10V，所以A點(diǎn)電勢(shì)高，此點(diǎn)電荷Q為負(fù)電荷，A錯(cuò)誤；BC在同一圓弧上，B、C電勢(shì)相等，沿BC運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力不做功，B錯(cuò)誤；由E＝eq\f(kQ,R2)可知B、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向不同，C錯(cuò)誤；因?yàn)棣誂＞φC，由Ep＝φq可知，正點(diǎn)電荷q在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在C點(diǎn)時(shí)的大，D正確。9.在光滑的絕緣水平面上，相隔2L的A、B兩點(diǎn)固定有兩個(gè)電荷量均為Q的正點(diǎn)電荷，a、O、b是A、B連線上的三點(diǎn)，O為中點(diǎn)，Oa＝Ob＝eq\f(L,2)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的摸索電荷以初速度v0從a點(diǎn)動(dòng)身沿A、B連線向B運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，除靜電力外，摸索電荷受到一個(gè)大小恒定的阻力作用，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為初動(dòng)能的2倍，到b點(diǎn)時(shí)速度剛好為零。已知靜電力常量為k，設(shè)O處電勢(shì)為零，求：(1)a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大??；(2)恒定阻力的大??；(3)a點(diǎn)的電勢(shì)。解析：(1)由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式和電場(chǎng)疊加原理可得：Ea＝eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)－eq\f(kQ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L,2)))2)＝eq\f(32kQ,9L2)。(2)依據(jù)等量同種電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)可知，關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)是相等的，所以從a到b，由動(dòng)能定理得0－fL＝0－eq\f(1,2)mv02，可求得：f＝eq\f(mv02,2L)。(3)從a到O靜電力與阻力做功，依據(jù)動(dòng)能定理得qUaO－eq\f(1,2)fL＝2×eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02解得UaO＝eq\f(3mv02,4q)，φa＝eq\f(3mv02,4q)。答案：(1)eq\f(32kQ,9L2)(2)eq\f(mv02,2L)(3)eq\f(3mv02,4q)10.在示波管中，電子通過(guò)電子槍加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，然后射到熒光屏上，如圖所示，設(shè)電子的質(zhì)量為m(不考慮所受重力)，電荷量為e，從靜止起先，經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速，加速電場(chǎng)電壓為U1，然后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中兩板之間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，求電子射到熒光屏上的動(dòng)能為多大？解析：電子在加速電場(chǎng)加速時(shí)，依據(jù)動(dòng)能定理eU1＝eq\f(1,2)mvx2進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后L＝vxt，vy＝at，a＝eq\f(eU2,md)射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)合速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，由以上各式得Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eU1＋eq\f(eU22L2,4d2U1)。答案：eU1＋eq\f(eU22L2,4d2U1)11．(2024·天津調(diào)研)制備納米薄膜裝置的工作電極可簡(jiǎn)化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變更，其正向電壓為U0，反向電壓為－kU0(k>1)，電壓變更的周期為2t，如圖乙所示。在t＝0時(shí)，極板B旁邊的一個(gè)電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場(chǎng)力作用由靜止起先運(yùn)動(dòng)。若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電子未遇到極板A，且不考慮重力作用。若k＝eq\f(5,4)，電子在0～2t時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿意的條件。解析：電子在0～t時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1t2在t～2t時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a2＝eq\f(5eU0,4md)初速度的大小v1＝a1t勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)依據(jù)題意d>x1＋x2，解得d>eq\r(\f(9eU0t2,10m))。答案：d>eq\r(\f(9eU0t2,10m))B卷——重難增分專練1.一電子在電場(chǎng)中由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的軌跡如圖中虛線所示。圖中一組平行實(shí)線是電場(chǎng)線，則下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高B．電子在a點(diǎn)的加速度方向向右C．電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)動(dòng)能減小D．電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢(shì)能增加解析：選B依據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，電子受到的電場(chǎng)力向右，因此可知電場(chǎng)線的方向向左，沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)降低，所以a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低，所以A錯(cuò)誤。由A項(xiàng)分析可知，電子受到的電場(chǎng)力向右，所以電子在a點(diǎn)的加速度方向向右，所以B正確。從a點(diǎn)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，所以電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)動(dòng)能增加，所以C錯(cuò)誤。電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，所以電子從a點(diǎn)到b點(diǎn)電勢(shì)能減小，所以D錯(cuò)誤。2.(多選)如圖所示，豎直放置的兩平行金屬板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩極板間同一等高線上有兩個(gè)質(zhì)量相等的帶電小球a、b(可以看成質(zhì)點(diǎn))。將小球a、b分別從緊靠左極板和兩極板正中心的位置由靜止釋放，它們沿圖中虛線運(yùn)動(dòng)，都能打在右極板上的同一點(diǎn)。從釋放小球到剛要打到右極板的運(yùn)動(dòng)中，下列說(shuō)法正確的是()A．它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間ta＞tbB．它們的電荷量之比qa∶qb＝2∶1C．它們的電勢(shì)能削減量之比ΔEpa∶ΔEpb＝4∶1D．它們的動(dòng)能增加量之比ΔEka∶ΔEkb＝4∶1解析：選BC兩小球由同一高度釋放，打在同一點(diǎn)，故豎直方向位移相同；在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，故兩小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，A錯(cuò)誤。在水平方向，sa＝2sb，由于時(shí)間相同，所以水平方向的加速度aa＝2ab，由Eq＝F＝ma知它們的電荷量之比為2∶1，B正確。電勢(shì)能的削減量之比為電場(chǎng)力做的功之比，a球所受電場(chǎng)力和水平位移均為b球的兩倍，所以它們電勢(shì)能的削減量之比為4∶1，C正確。動(dòng)能的增加量等于合外力做的功，合外力對(duì)a球做的功不是對(duì)b球做功的4倍，D錯(cuò)誤。3.(多選)如圖所示，在地面上方的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，系在一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線一端，可以在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。AB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(chǎng)強(qiáng)度為eq\f(mg,q)，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)的最小速度vmin≥eq\r(\r(2)gL)B．若小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能最大C．若將小球在A點(diǎn)由靜止起先釋放，它將在CBD圓弧上往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．若將小球在A點(diǎn)以大小為eq\r(gL)的速度豎直向上拋出，它將能夠沿圓周到達(dá)B點(diǎn)解析：選AB小球的平衡位置位于BC的中點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度最小的點(diǎn)位于AD的中點(diǎn)，設(shè)該點(diǎn)為F，要使小球在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，在F點(diǎn)有eq\r(mg2＋Eq2)＝eq\r(2)mg＝eq\f(mvmin2,L)，解得最小速度為vmin＝eq\r(\r(2)gL)，A正確；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功等于小球機(jī)械能的增量，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功最多，所以小球在B點(diǎn)機(jī)械能最大，B正確；若將小球在A點(diǎn)由靜止起先釋放，假如能到達(dá)D點(diǎn)，由動(dòng)能定理：－mgR＋EqR＝eq\f(1,2)mvD2，解得vD＝0，而小球要想沿圓周運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，在D點(diǎn)必需要有速度，事實(shí)上，小球在A點(diǎn)由靜止釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再沿圓弧運(yùn)動(dòng)，所以C錯(cuò)誤；小球要想沿圓周運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，必需能過(guò)F點(diǎn)，由A到F應(yīng)用動(dòng)能定理：－mg·eq\f(\r(2),2)L＋Eqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)))L＝eq\f(1,2)mvmin2－eq\f(1,2)mvA2，則vA＞eq\r(gL)，D錯(cuò)誤。4.(2024·綿陽(yáng)模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(電荷量不變)，經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。(1)求小球所受的電場(chǎng)力大??；(2)求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小。解析：(1)小球在C點(diǎn)時(shí)速度最大，則電場(chǎng)力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場(chǎng)力的大小F＝mgtan60°＝eq\r(3)mg。(2)要使小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小，則必需使小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度最小，即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(2gr)。在小球從圓軌道上的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，有mgr(1＋cos60°)＋Frsin60°＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv2，解得v0＝2eq\r(2gr)。答案：(1)eq\r(3)mg(2)2eq\r(2gr)5．如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽視不計(jì)，電子放射裝置的加速電壓為U0，電容器板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上、下極板間的電勢(shì)差隨時(shí)間變更的圖像如圖乙所示。(每個(gè)電子穿過(guò)平行板電容器的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)(1)在t＝0.06s時(shí)刻放射電子，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長(zhǎng)？解析：(1)電子經(jīng)電場(chǎng)加速滿意qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qu,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2所以y＝eq\f(uL,4U0)。由題圖知t＝0.06s時(shí)刻u＝1.8U0，所以y＝4.5cm設(shè)打在熒光屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為Y，滿意eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm。(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過(guò)2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)為3L＝30cm。答案：(1)O點(diǎn)上方13.5cm處(2)30cm6.(2024·寶雞調(diào)研)如圖所示，兩豎直虛線間距為L(zhǎng)，之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域的A點(diǎn)將質(zhì)量為M、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度；M剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的8倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。已知A點(diǎn)到左邊界的距離也為L(zhǎng)。(1)求該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大??；(2)求小球射出的初速度大?。?3)要使小球M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置之間的距離不超過(guò)L，僅變更兩小球的相同射出速度，求射出速度需滿意的條件。解析：(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)水平速度仍舊為v0，所以小球M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。進(jìn)入電場(chǎng)前，水平方向L＝v0t1豎直方向下落的距離d＝eq\f(1,2)gt12進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)豎直速度vy1＝gt1進(jìn)入電場(chǎng)后，水平方向L＝v0t2故t1＝t2＝t設(shè)N粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，豎直方向有：d＝－vy1t＋eq\f(1,2)at2解得：a＝3由牛頓其次定律得：Eq－mg＝ma解得：E＝eq\f(4mg,q)。(2)小球M射出電場(chǎng)時(shí)豎直速度為vy2＝vy1＋a′tEq＋mg＝ma′eq\f(1,2)m(v02＋vy22)＝8×eq\f(1,2)m(v02＋vy12)解得：v0＝eq\r(2gL)。(3)以豎直向下為正，M的豎直位移為yM＝vy1t＋eq\f(1,2)a′t2N的豎直位移為yN＝vy1t－eq\f(1,2)at2yM－yN≤L解得：v0≥2eq\r(gL)。答案：(1)eq\f(4mg,q)(2)eq