新教材高考物理一輪復(fù)習(xí)課時練26帶電粒子在電場中運動的綜合問題含解析新人教版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGEPAGE1帶電粒子在電場中運動的綜合問題1.(帶電粒子在交變電場中的運動)如圖甲為一對長度為L的平行金屬板,在兩板之間加上圖乙所示的電壓?，F(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計),且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出,若粒子在兩板之間的運動時間均為T,則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶12.(多選)(“等效場”在電場中的應(yīng)用)(2020山東山師大附中月考)如圖,一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力作用下,從靜止開始由b沿直線運動到d,且bd與豎直方向所夾的銳角為45°,則下列結(jié)論正確的是()A.此液滴帶正電B.液滴的加速度等于2gC.合外力對液滴做的總功等于零D.液滴的電勢能減少3.(多選)(力電綜合問題)(2020內(nèi)蒙古鄂爾多斯一中高三下學(xué)期一模)在空間建立三維坐標(biāo)系如圖所示,xOz在水平面內(nèi),y沿豎直方向?？臻g充滿沿-y方向磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場和沿+z方向的勻強電場,電場強度E=v0B。一質(zhì)量為m,電荷量為-q的帶點小球從坐標(biāo)原點O以初速度v0沿+x方向拋出,設(shè)空間足夠大,則()A.帶電小球做加速度不斷變化的變速曲線運動B.帶電小球做勻變速曲線運動C.若帶電小球運動到某位置,坐標(biāo)為(x0,-y0,0),則速度與+x方向的夾角θ滿足tanθ=yD.若帶電小球運動到某位置,坐標(biāo)為(x0,-y0,0),則速度與+x方向的夾角θ滿足tanθ=24.(多選)(力電綜合問題)如圖所示,正方形ABCD位于豎直平面內(nèi),E、F、G、H分別為四條邊的中點,且GH連線水平,O為正方形的中心。豎直平面內(nèi)分布有一勻強電場、電場方向與水平面成45°角?，F(xiàn)自O(shè)點以初速度v0水平向左射出一帶正電粒子,粒子恰能到達G點。若不計空氣阻力,下列說法正確的是()A.電場方向一定由O指向DB.粒子從O到G,電勢能逐漸減小C.粒子返回至H點時速率也為v0D.若僅將初速度方向改為豎直向上,粒子一定經(jīng)過DE間某點5.(多選)(力電綜合問題)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系xOy處于豎直平面內(nèi),O為坐標(biāo)原點,x軸水平且上方處于勻強電場中。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在豎直平面內(nèi)以初速度從x軸上的A點進入電場,初速度方向與x軸負(fù)方向成45°角,OA兩點間的距離為L。若x軸上方的勻強電場豎直向上,微粒恰能沿初速度方向做勻速直線運動。若保持電場強度大小不變,只將方向改為水平向左后,讓微粒再以原初速度從A點進入,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.微粒帶負(fù)電B.勻強電場的場強大小E=mgC.微粒在勻強電場運動的過程中,經(jīng)t=2v02D.微粒再次經(jīng)過x軸時的位置坐標(biāo)為L-2v02素養(yǎng)綜合練6.(2020寧夏石嘴山三中高三上學(xué)期期末)空間存在一方向豎直向下的勻強電場,O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為t;B從O點到達P點所用時間為t2。重力加速度為g(1)電場強度的大小;(2)B運動到P點時的動能。7.(2020內(nèi)蒙古鄂爾多斯一中高三下學(xué)期一模)如圖,豎直平面內(nèi)(紙面)存在平行于紙面的勻強電場,方向與水平方向成θ=60°角,紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成α=30°角,MN長度為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球從M由靜止釋放,小球沿MN方向運動,到達N點的速度大小為vN(待求);若將該小球從M點沿垂直于MN的方向,以大小vN的速度拋出,小球?qū)⒔?jīng)過M點正上方的P點(未畫出),已知重力加速度大小為g,求:(1)勻強電場的電場強度E及小球在N點的速度vN;(2)M點和P點之間的電勢差;(3)小球在P點動能與在M點動能的比值。8.(2020江蘇宿遷高三聯(lián)考)如圖所示,光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接。在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m,電荷量為+q的小球從水平軌道上A點由靜止釋放,小球運動到C點離開圓軌道后,經(jīng)界面MN上的P點進入電場(P點恰好在A點的正上方,如圖所示。小球可視為質(zhì)點,小球運動到C點之前電荷量保持不變,經(jīng)過C點后電荷量立即變?yōu)榱?。已知A、B間距離為2R,重力加速度為g。在上述運動過程中,求:(1)小球在電場中受到的電場力大小;(2)小球過B點時對圓軌道的壓力大小;(3)小球在圓軌道上運動時的最大速率。9.如圖所示,質(zhì)量m=4kg、帶電荷量q=+2.4×10-3C的小物塊(可看作質(zhì)點)沿粗糙絕緣的水平面向右做直線運動,以v0=6m/s的速度經(jīng)過邊界MN進入一水平勻強電場區(qū)域。若以小物塊經(jīng)過MN時作為計時起點,經(jīng)過t1=0.5s小物塊向右運動了x=2.5m;若t2時刻勻強電場消失,則小物塊最后停在MN右方Δx=3.75m處。已知小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,重力加速度g取10m/s2,求:(1)電場強度的大小和方向;(2)電場消失的時刻t2。10.(2020福建廈門六中高三測試)如圖甲所示,粗糙直軌道OB固定在水平平臺上,A是軌道上一點,B端與平臺右邊緣對齊,過B點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=1.0×106N/C,方向水平向右的勻強電場。帶負(fù)電的小物體P電荷量是2.0×10-5C,質(zhì)量為m=1kg。小物塊P從O點由靜止開始在水平外力作用下向右加速運動,經(jīng)過0.75s到達A點,當(dāng)加速到4m/s時撤掉水平外力F,然后減速到達B點時速度是3m/s,F的大小與P的速率v的關(guān)系如圖乙所示。P視為質(zhì)點,P與軌道間動摩擦因數(shù)μ=0.5,直軌道上表面與地面間的距離為h=1.25m,P與平臺右邊緣碰撞前后速度大小保持不變,忽略空氣阻力,g取10m/s2。求:(1)P從開始運動至速率為1m/s所用的時間;(2)軌道OB的長度;(3)P落地時的速度大小。▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁課時規(guī)范練26帶電粒子在電場中運動的綜合問題1.C設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時,粒子在偏轉(zhuǎn)場中的加速度為a,粒子在t=nT時刻進入偏轉(zhuǎn)場,則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)場,此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最大ymax=12a(T2)2+a×T2×T2=38aT2,粒子在t=nT+T2時刻進入偏轉(zhuǎn)場,則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)場,此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最小ymin=0+12a2.BD據(jù)題帶電液滴沿直線b運動到d,帶電液滴所受重力與電場力的合力一定與其運動方向在同一直線上,對液滴進行受力分析,其受力情況如圖所示,則電場力方向一定水平向右,與電場強度方向相反,所以該液滴帶負(fù)電,A錯誤;物體所受合力F=2mg,故物體的加速度a=Fm=2g,B正確;由于液滴從靜止開始做加速運動,故合力的方向與運動的方向相同,故合外力對物體做正功,C錯誤;由于電場力所做的功W=Eqxbd3.BD帶負(fù)電的小球從O點沿+x方向射入,則電場力方向沿-z方向,洛倫茲力沿+z方向,因E=v0B,可知Eq=qv0B,即沿z軸方向受力平衡,則小球?qū)⒃谥亓ψ饔孟伦銎綊佭\動,即帶電小球做勻變速曲線運動,選項A錯誤、B正確;若帶電小球運動到某位置,坐標(biāo)為(x0,-y0,0),則沿x方向:x0=v0t,vy=gt,速度與+x方向的夾角θ滿足tanθ=vy4.AD自O(shè)點以初速度v0水平向左射出一帶正電粒子,粒子恰能到達G點,可知粒子沿OG方向做勻減速運動,粒子受到的合外力沿GO方向水平向右,因重力豎直向下,則電場力斜向右上方,即電場方向一定由O指向D,選項A正確;粒子從O到G,電場力做負(fù)功,則電勢能逐漸增加,選項B錯誤;粒子返回至O點時速率為v0,則到達H點的速度大于v0,選項C錯誤;設(shè)正方形邊長為2L,粒子速度方向向左時,粒子所受的合外力水平向右,其大小等于mg,加速度為向右的g,因粒子恰能到達G點,則L=v022g,僅將初速度方向改為豎直向上,粒子的加速度水平向右,大小為g,則當(dāng)粒子水平位移為L時,則L=12gt2、豎直位移h=v0t=v02L5.BCD當(dāng)電場豎直向上時,因微粒在電場中能做勻速直線運動,故由平衡條件可得qE=mg,即E=mgq,故微粒帶正電,電場強度大小為mgq,選項A錯誤、B正確;對豎直方向的運動,微粒上升的時間t上=v0cos45°g=2v02g,故離x軸最遠的時間為2v02g,選項C正確;又因再次到達x軸的時間為上升時間的2倍,故微粒到達x軸時,沿x軸負(fù)向運動的距離為SN=v0cos45°·2v06.〖答案〗(1)E=3mgq(2)Ek=2m(v02+g〖解析〗(1)設(shè)電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運動學(xué)公式和題給條件,有mg+qE=ma①12at22=12gt2②解得E=3mgq(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1,到達P點時的動能為Ek,O、P兩點的高度差為h,根據(jù)動能定理有Ek-12mv且有v1t2=v0t⑤h=12gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek=2m(v02+g2t2)7.〖答案〗(1)2gd(2)4mgdq〖解析〗(1)由小球運動方向可知,小球受合力沿MN方向,如圖甲所示,由正弦定理mg解得E=3合力為F=mg從M→N,有2ad=v得vN=2甲乙(2)如圖乙,設(shè)MP為h,作PC垂直于電場線,小球做類平拋運動:hcos60°=12athsin60°=vNtUMC=Ehcos30°UMP=UMC得:UMP=4(3)如圖乙,作PD垂直于MN,從M→P,由動能定理:FsMD=EkP-EkMsMD=hsin30°EkM=1E8.〖答案〗(1)mg(2)5mg(3)(〖解析〗(1)設(shè)小球在C點速度的大小為vC,從C到P用時間為t,則從C到P水平方向有2R=vCt豎直方向有R=12gt從A到C由動能定理得qE×3R-mg×2R=1解得F電=qE=mg(2)從A到B由動能定理得qE×2R=12mvB2解得N=5mg(3)設(shè)等效豎直方向與豎直方向的夾角為θ,過O點的等效豎直線與BN軌道交于F點,tanθ=qEmg?θ=從A到F,由動能定理得qE(2R+Rsinθ)-mgR(1-cosθ)=1解得vF=(2+229.〖答案〗(1)5.0×103N/C方向向左(2)2s〖解析〗(1)設(shè)電場強度的方向向左,小物塊受到的電場力的大小為F,小物塊進入電場后的加速度大小為a1,則有F=μmg=ma1小物塊經(jīng)過t1=0.5s的位移為2.5m,有x=v0t1-12a1聯(lián)立以上兩式可得:a1=4m/s2,F=12N加速度a1和電場力F均為正值,說明電場強度的方向向左。電場強度大小E=Fq=5.0×103(2)設(shè)小物塊向右運動的過程中電場沒有消失,經(jīng)過時間t速度減為零,通過的位移為x1,則有t=v0a1=x1=0-v02因為x1=4.5m>3.75m,說明小物塊向右運動的過程中電場沒有消失。從t時刻到t2時刻電場未消失的時間內(nèi),小物塊在電場力F和水平向右的摩擦力作用下,向左做勻加速運動。設(shè)其加速度大小為a2,位移大小為x2,則f=μmg=ma2x2=12a2(t2-t)t2時刻小物塊的速度v=a2(t2-t)電場消失后,小物塊僅在摩擦力的作用下做勻減速運動直到靜止,設(shè)其加速度大小為a3,位移大小為x3,有μmg=ma3x3=v依題意有Δx=x1-x2-x3=3.75m聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得:t2=2s10.〖答案〗(1)0.5s(2)2.825m(3)26m/s〖解析〗(1)P的速率從零增加到v1=1m/s,受外力F1=7N,設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a1,經(jīng)過時間t1,位移為x1,有F1-μmg=ma1v1=a1t1x1=v12代入數(shù)據(jù)得a1=2m/s2,t1=0.5s,x1=0.25m(2)P從v1=1m/s運動至A點,F2=9N,設(shè)其做勻變速直線運動的加速度為a2,有F2-μmg=ma2設(shè)P從速度v1經(jīng)過t2時間,在A點的速度為v2,位移為x2,則t2=0.75-t1=0.25sv2=v1+a2t2x2=v1+解得v2=2m/s,x2=0.375mP從A點至B點,先做勻加速直線運動,速度達到v3=4m/s,位移為x3,有v32-v22解得x3=1.5mP達到速度v3時撤掉水平外力,在摩擦力作用下減速,減速到達B點時速度是v4=3m/s,位移為x4,有-μmg=ma3v42-v32解得x4=0.7m軌道OB的長度:x=x1+x2+x3+x4=2.825m(3)P從B點開始水平方向受向左的電場力,豎直方向上受重力,做曲線運動。水平方向的加速度大小ax=qEm=20m/s水平方向上先向右做勻減速運動,再向左做勻加速運動,經(jīng)時間t3=2×v4ax=與平臺右邊緣碰相碰。豎直方向上做自由落體運動,有h=1解得t4=0.5s落地時水平方向的速度vx=v4-ax(t4-t3)=-1m/s落地時豎直方向的速度vy=gt4=5m/s落地時的速度大小為v=vx帶電粒子在電場中運動的綜合問題1.(帶電粒子在交變電場中的運動)如圖甲為一對長度為L的平行金屬板,在兩板之間加上圖乙所示的電壓?，F(xiàn)沿兩板的中軸線從左端向右端連續(xù)不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(重力不計),且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出,若粒子在兩板之間的運動時間均為T,則粒子最大偏轉(zhuǎn)位移與最小偏轉(zhuǎn)位移的大小之比是()A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶12.(多選)(“等效場”在電場中的應(yīng)用)(2020山東山師大附中月考)如圖,一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力作用下,從靜止開始由b沿直線運動到d,且bd與豎直方向所夾的銳角為45°,則下列結(jié)論正確的是()A.此液滴帶正電B.液滴的加速度等于2gC.合外力對液滴做的總功等于零D.液滴的電勢能減少3.(多選)(力電綜合問題)(2020內(nèi)蒙古鄂爾多斯一中高三下學(xué)期一模)在空間建立三維坐標(biāo)系如圖所示,xOz在水平面內(nèi),y沿豎直方向?？臻g充滿沿-y方向磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場和沿+z方向的勻強電場,電場強度E=v0B。一質(zhì)量為m,電荷量為-q的帶點小球從坐標(biāo)原點O以初速度v0沿+x方向拋出,設(shè)空間足夠大,則()A.帶電小球做加速度不斷變化的變速曲線運動B.帶電小球做勻變速曲線運動C.若帶電小球運動到某位置,坐標(biāo)為(x0,-y0,0),則速度與+x方向的夾角θ滿足tanθ=yD.若帶電小球運動到某位置,坐標(biāo)為(x0,-y0,0),則速度與+x方向的夾角θ滿足tanθ=24.(多選)(力電綜合問題)如圖所示,正方形ABCD位于豎直平面內(nèi),E、F、G、H分別為四條邊的中點,且GH連線水平,O為正方形的中心。豎直平面內(nèi)分布有一勻強電場、電場方向與水平面成45°角?，F(xiàn)自O(shè)點以初速度v0水平向左射出一帶正電粒子,粒子恰能到達G點。若不計空氣阻力,下列說法正確的是()A.電場方向一定由O指向DB.粒子從O到G,電勢能逐漸減小C.粒子返回至H點時速率也為v0D.若僅將初速度方向改為豎直向上,粒子一定經(jīng)過DE間某點5.(多選)(力電綜合問題)如圖所示,平面直角坐標(biāo)系xOy處于豎直平面內(nèi),O為坐標(biāo)原點,x軸水平且上方處于勻強電場中。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在豎直平面內(nèi)以初速度從x軸上的A點進入電場,初速度方向與x軸負(fù)方向成45°角,OA兩點間的距離為L。若x軸上方的勻強電場豎直向上,微粒恰能沿初速度方向做勻速直線運動。若保持電場強度大小不變,只將方向改為水平向左后,讓微粒再以原初速度從A點進入,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.微粒帶負(fù)電B.勻強電場的場強大小E=mgC.微粒在勻強電場運動的過程中,經(jīng)t=2v02D.微粒再次經(jīng)過x軸時的位置坐標(biāo)為L-2v02素養(yǎng)綜合練6.(2020寧夏石嘴山三中高三上學(xué)期期末)空間存在一方向豎直向下的勻強電場,O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電,B的電荷量為q(q>0)。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0,到達P點所用時間為t;B從O點到達P點所用時間為t2。重力加速度為g(1)電場強度的大小;(2)B運動到P點時的動能。7.(2020內(nèi)蒙古鄂爾多斯一中高三下學(xué)期一模)如圖,豎直平面內(nèi)(紙面)存在平行于紙面的勻強電場,方向與水平方向成θ=60°角,紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成α=30°角,MN長度為d。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球從M由靜止釋放,小球沿MN方向運動,到達N點的速度大小為vN(待求);若將該小球從M點沿垂直于MN的方向,以大小vN的速度拋出,小球?qū)⒔?jīng)過M點正上方的P點(未畫出),已知重力加速度大小為g,求:(1)勻強電場的電場強度E及小球在N點的速度vN;(2)M點和P點之間的電勢差;(3)小球在P點動能與在M點動能的比值。8.(2020江蘇宿遷高三聯(lián)考)如圖所示,光滑水平軌道與半徑為R的光滑豎直半圓軌道在B點平滑連接。在過圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場。現(xiàn)有一質(zhì)量為m,電荷量為+q的小球從水平軌道上A點由靜止釋放,小球運動到C點離開圓軌道后,經(jīng)界面MN上的P點進入電場(P點恰好在A點的正上方,如圖所示。小球可視為質(zhì)點,小球運動到C點之前電荷量保持不變,經(jīng)過C點后電荷量立即變?yōu)榱?。已知A、B間距離為2R,重力加速度為g。在上述運動過程中,求:(1)小球在電場中受到的電場力大小;(2)小球過B點時對圓軌道的壓力大小;(3)小球在圓軌道上運動時的最大速率。9.如圖所示,質(zhì)量m=4kg、帶電荷量q=+2.4×10-3C的小物塊(可看作質(zhì)點)沿粗糙絕緣的水平面向右做直線運動,以v0=6m/s的速度經(jīng)過邊界MN進入一水平勻強電場區(qū)域。若以小物塊經(jīng)過MN時作為計時起點,經(jīng)過t1=0.5s小物塊向右運動了x=2.5m;若t2時刻勻強電場消失,則小物塊最后停在MN右方Δx=3.75m處。已知小物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,重力加速度g取10m/s2,求:(1)電場強度的大小和方向;(2)電場消失的時刻t2。10.(2020福建廈門六中高三測試)如圖甲所示,粗糙直軌道OB固定在水平平臺上,A是軌道上一點,B端與平臺右邊緣對齊,過B點并垂直于軌道的豎直面右側(cè)有大小E=1.0×106N/C,方向水平向右的勻強電場。帶負(fù)電的小物體P電荷量是2.0×10-5C,質(zhì)量為m=1kg。小物塊P從O點由靜止開始在水平外力作用下向右加速運動,經(jīng)過0.75s到達A點,當(dāng)加速到4m/s時撤掉水平外力F,然后減速到達B點時速度是3m/s,F的大小與P的速率v的關(guān)系如圖乙所示。P視為質(zhì)點,P與軌道間動摩擦因數(shù)μ=0.5,直軌道上表面與地面間的距離為h=1.25m,P與平臺右邊緣碰撞前后速度大小保持不變,忽略空氣阻力,g取10m/s2。求:(1)P從開始運動至速率為1m/s所用的時間;(2)軌道OB的長度;(3)P落地時的速度大小。▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁課時規(guī)范練26帶電粒子在電場中運動的綜合問題1.C設(shè)偏轉(zhuǎn)電場電壓不為零時,粒子在偏轉(zhuǎn)場中的加速度為a,粒子在t=nT時刻進入偏轉(zhuǎn)場,則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉(zhuǎn)場,此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最大ymax=12a(T2)2+a×T2×T2=38aT2,粒子在t=nT+T2時刻進入偏轉(zhuǎn)場,則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉(zhuǎn)場,此時粒子偏轉(zhuǎn)位移最小ymin=0+12a2.BD據(jù)題帶電液滴沿直線b運動到d,帶電液滴所受重力與電場力的合力一定與其運動方向在同一直線上,對液滴進行受力分析,其受力情況如圖所示,則電場力方向一定水平向右,與電場強度方向相反,所以該液滴帶負(fù)電,A錯誤;物體所受合力F=2mg,故物體的加速度a=Fm=2g,B正確;由于液滴從靜止開始做加速運動,故合力的方向與運動的方向相同,故合外力對物體做正功,C錯誤;由于電場力所做的功W=Eqxbd3.BD帶負(fù)電的小球從O點沿+x方向射入,則電場力方向沿-z方向,洛倫茲力沿+z方向,因E=v0B,可知Eq=qv0B,即沿z軸方向受力平衡,則小球?qū)⒃谥亓ψ饔孟伦銎綊佭\動,即帶電小球做勻變速曲線運動,選項A錯誤、B正確;若帶電小球運動到某位置,坐標(biāo)為(x0,-y0,0),則沿x方向:x0=v0t,vy=gt,速度與+x方向的夾角θ滿足tanθ=vy4.AD自O(shè)點以初速度v0水平向左射出一帶正電粒子,粒子恰能到達G點,可知粒子沿OG方向做勻減速運動,粒子受到的合外力沿GO方向水平向右,因重力豎直向下,則電場力斜向右上方,即電場方向一定由O指向D,選項A正確;粒子從O到G,電場力做負(fù)功,則電勢能逐漸增加,選項B錯誤;粒子返回至O點時速率為v0,則到達H點的速度大于v0,選項C錯誤;設(shè)正方形邊長為2L,粒子速度方向向左時,粒子所受的合外力水平向右,其大小等于mg,加速度為向右的g,因粒子恰能到達G點,則L=v022g,僅將初速度方向改為豎直向上,粒子的加速度水平向右,大小為g,則當(dāng)粒子水平位移為L時,則L=12gt2、豎直位移h=v0t=v02L5.BCD當(dāng)電場豎直向上時,因微粒在電場中能做勻速直線運動,故由平衡條件可得qE=mg,即E=mgq,故微粒帶正電,電場強度大小為mgq,選項A錯誤、B正確;對豎直方向的運動,微粒上升的時間t上=v0cos45°g=2v02g,故離x軸最遠的時間為2v02g,選項C正確;又因再次到達x軸的時間為上升時間的2倍,故微粒到達x軸時,沿x軸負(fù)向運動的距離為SN=v0cos45°·2v06.〖答案〗(1)E=3mgq(2)Ek=2m(v02+g〖解析〗(1)設(shè)電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓定律、運動學(xué)公式和題給條件,有mg+qE=ma①12at22=12gt2②解得E=3mgq(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1,到達P點時的動能為Ek,O、P兩點的高度差為h,根據(jù)動能定理有Ek-12mv且有v1t2=v0t⑤h=12gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek=2m(v02+g2t2)7.〖答案〗(1)2gd(2)4mgdq〖解析〗(1)由小球運動方向可知,小球受合力沿MN方向,如圖甲所示,由正弦定理mg解得E=3合力為F=mg從M→N,有2ad=v得vN=2甲乙(2)如圖乙,設(shè)MP為h,作PC垂直于電場線,小球做類平拋運動:hcos60°=12athsin60°=vNtUMC=Ehcos30°UMP=UMC得:UMP=4(3)如圖乙,作PD垂直于MN,從M→P,由動能定理:FsMD=EkP-EkMsMD=hsin30°EkM=1E8.〖答案〗(1)mg(2)5mg(3)(〖解析〗(1)設(shè)小球在C點速度的大小為vC,從C到P用時間為t,則從C到P水平方向有2R=vCt豎直方向有R=12gt從A到C由動能定理得qE×3R-mg×2R=1解得F電=qE=mg(2)從A到B由動能定理得qE×2R=12mvB2解得N=5mg(3)設(shè)等效豎直方向與豎直方向的夾角為θ,過O點的等效豎直線與BN軌道交于F點,tanθ=qEmg?θ=從A到F,由動能定理得qE(2R+Rsinθ)-mgR(1-cosθ)=1解得vF=(2+229.〖答案〗(1)5.0×103N/C方向向左(2)2s〖解析〗(1)設(shè)電場強度的方向向左,小物塊受到的電場