2025年人教版高中物理精講精練必修3專題強化02：帶電粒子在電場運動題型歸納 解析版

專題強化02：帶電粒子在電場運動題型歸納【題型歸納】題型一、帶電粒子的直線運動問題題型二、帶電粒子計算重力的直線運動題型三、帶電粒子計算重力的圓周運動問題題型四、帶電粒子計算重力的一般運動物體題型五、帶電粒子在非勻強電場的運動題型六、帶電粒子在電場的偏轉(zhuǎn)計算問題題型七、帶電粒子在電場的偏轉(zhuǎn)推論題型八、帶電粒子運動的綜合問題【題型探究】題型一、帶電粒子的直線運動問題1．（23-24高二上·四川涼山·期中）如圖所示，在虛線的左側(cè)存在向右的勻強電場，場強為E。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力），從虛線上某點以一定的初速度向左射入電場，已知粒子射入的最大深度為l，則粒子到達最大深度所用時間為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設(shè)該帶正電粒子初速度為，由動能定理得解得該帶正電粒子的加速度大小末速度為零的勻減速直線運動，可以看成反方向初速度為零的勻加速直線運動，則粒子到達最大深度所用時間故選C。2．（22-23高三上·黑龍江雞西·期末）如圖在P板附近有電荷由靜止開始向Q板運動，則以下解釋正確的是（）

A．到達Q板的速率與板間距離和加速電壓兩個因素有關(guān)B．到達Q板的速率與板間距離無關(guān)C．兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越大D．若電荷的電壓U、與電量q均變?yōu)樵瓉淼?倍，則到達Q板的速率變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】B【詳解】AB．根據(jù)動能定理得到達Q板的速率為可知到達Q板的速率只與加速電壓有關(guān)，與板間距離無關(guān)，故A錯誤，B正確；C．根據(jù)動力學(xué)公式可知兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越小，故C錯誤；D．到達Q板的速率為故若電荷的電壓U、與電量q均變?yōu)樵瓉淼?倍，則到達Q板的速率變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。故選B。3．（22-23高二上·貴州貴陽·期中）如圖所示，A和B是置于真空中的兩平行金屬板，所加電壓為U。一帶負電的粒子以初速度由小孔水平射入電場中，粒子剛好能達到金屬板B。如果要使粒子剛好達到兩板間距離的一半處，可采取的辦法有（）

A．初速度為，電壓U不變 B．初速度為，電壓為C．初速度為，電壓為 D．初速度為，電壓為【答案】B【詳解】A．設(shè)粒子的電荷量為，質(zhì)量為，板間距為，板間電場強度為，根據(jù)題意，由動能定理有若調(diào)整粒子的初速度為，設(shè)此時的電壓為，則根據(jù)動能定理有解得則可知，初速度為，電壓U不變，粒子到達兩板間距離的地方，故A錯誤；B．根據(jù)以上分析可知，當初速度為，電壓U不變，粒子到達兩板間距離的地方，而若電壓為時，此時板間場強設(shè)此時粒子到達距離極板A的距離為，則應(yīng)有解得故B正確；C．若初速度為不變，電壓為，根據(jù)分析可知，此種情況下粒子可到達極板B，且到達極板B時動能不為零，故C錯誤；D．由分析可知，當初速度為，電壓為時，此時電場強度因粒子速度減為零所需電壓為，設(shè)種情況下粒子到達極板間距的處，則有解得故D錯誤。故選B。題型二、帶電粒子計算重力的直線運動4．（23-24高二上·吉林延邊）如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則（）A．微粒的加速度大小等于gsinθB．兩極板的電勢差UMN=C．微粒達到B點時動能為D．微粒從A點到B點的過程電勢能增加【答案】B【詳解】AB．微粒在電場中受到重力和電場力，而做直線運動，電場力與重力的合力必定水平向左，如圖所示微粒沿直線做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得解得，故A錯誤，B正確；C．由于微粒做勻減速直線運動，動能減小，故C錯誤；D．微粒的電勢能增加量為故D錯誤。故選B。5．（23-24高二上·四川自貢·期中）如圖所示，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．此液滴帶負電 B．液滴做勻加速直線運動C．合外力對液滴做的總功等于零 D．液滴的電勢能增加【答案】B【詳解】A．若液滴帶正電，其受力情況如圖所示

液滴不可能沿bd做直線運動，故只能帶負電荷，故A正確；B．對液滴進行受力分析，其受力情況如圖所示

故液滴所受合力方向與液滴運動方向相同，且合外力為恒力，故液滴做勻加速直線運動，故B正確；C．由上分析可知，合外力對液滴做正功，故C錯誤；D．由上分析可知，電場力對液滴做正功，故液滴的電勢能減小，故D錯誤。故選B?！军c睛】物體做直線運動，則合外力方向與速度方向始終共線。6．（23-24高二上·安徽黃山·期中）一質(zhì)量為m的帶正電小球，在豎直方向的勻強電場中靜止釋放，小球下落的加速度大小為（g為重力加速度），小球下落的高度h，則在過程中（）A．電場方向豎直向下 B．重力勢能減少了C．機械能減少了 D．電勢能減少了【答案】C【詳解】A．由于小球由靜止下落，下落加速度大小為可知，電場力向上，小球帶正電，則電場方向豎直向上，由牛頓第二定律有解得故A錯誤；B．在小球下落高度的過程中，重力做功為由功能關(guān)系可知，重力勢能減少了，故B錯誤；CD．在小球下落高度的過程中，電場力做功為由功能關(guān)系可知，機械能減少了，電勢能增加了，故D錯誤，C正確。故選C。題型三、帶電粒子計算重力的圓周運動問題7．（23-24高二上·北京東城·期末）如圖所示，用一不可伸長的絕緣細線拴一個帶正電的小球，讓它在豎直向下的勻強電場中繞O點做豎直平面內(nèi)完整的圓周運動，a、b兩點分別是圓周的最高點和最低點，那么（）A．小球經(jīng)過a點時細線上的拉力大于經(jīng)過b點時細線上的拉力B．小球經(jīng)過a點時，動能最大，電勢能最小C．小球經(jīng)過b點時，其動能與重力勢能之和最大D．小球在整個圓周運動過程中，系統(tǒng)機械能守恒【答案】C【詳解】A．小球在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動，從a點到b點重力與電場力做正功，所以小球在b點速度最大，設(shè)小球在a點速度大小為，在b點速度大小為，小球質(zhì)量為m，帶電荷量為q，電場強度為E，細線的長度為L，重力加速度為g，細線上的拉力為F，由牛頓第二定律，在a點可得在b點可得所以小球經(jīng)過a點時細線上的拉力小于經(jīng)過b點時細線上的拉力，A錯誤；B．小球從b點到a點的過程中，重力與電場力做負功，重力勢能增大，電勢能增大，動能減小，B錯誤；C．小球從a點到b點的過程中，重力與電場力做正功，小球的電勢能減小，動能增大，機械能增大，因此小球經(jīng)過b點時機械能最大，所以其動能與重力勢能之和最大，C正確；D．小球在整個圓周運動過程中，除重力做功外，電場力也做功，因此系統(tǒng)機械能不守恒，D錯誤。故選C。8．（22-23高二上·廣西柳州·階段練習(xí)）如圖所示，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E。在與環(huán)心等高處由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶正電、電荷量為q的小球，下列說法正確的是（）A．小球運動到最低點過程電勢能逐漸增大B．小球在運動過程中機械能守恒C．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道的壓力為D．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道的壓力為【答案】D【詳解】A．在運動到最低點的過程中，電場力一直做正功，則電勢能逐漸減小，故A錯誤；B．小球在運動的過程中除了重力做功以外，還有電場力做功，機械能不守恒，故B錯誤；CD．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時有根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得故C錯誤，D正確。故選D。9．（23-24高二上·四川成都·期末）如圖，空間存在水平向右的勻強電場，電場強度大小，半徑為R的圓環(huán)豎直固定。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從軌道內(nèi)側(cè)最低點A以某一初速度v沿順時針方向做圓周運動，小球恰好能通過圓弧上與圓心O等高的B點，重力加速度為g，則速度v大小為（）

A． B． C． D．【答案】C【詳解】小球恰好能通過圓弧上與圓心O等高的B點，根據(jù)動能定理有速度v大小為故選C。題型四、帶電粒子計算重力的一般運動物體10．（23-24高三下·安徽黃山·階段練習(xí)）如圖所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為R。bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。空間分布有范圍足夠大的沿水平方向的勻強電場，電場強度。一質(zhì)量為m、電量為q的帶電小球（可視為質(zhì)點），自a點處從靜止開始釋放后向右運動。重力加速度為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，機械能的增量為（）A．3mgR B．4mgR C．12mgR D．16mgR【答案】D【詳解】從a運動到c的過程中解得離開c點后，豎直方向上，上升到最高點水平方向上的位移為小球從a點開始運動到其軌跡最高點過程中電場力做功為故選D。11．（23-24高二上·江西南昌·期末）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為的帶電小球，以初速度從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程中，速度大小的最小值為（）A． B． C． D．0【答案】A【詳解】帶電小球在電場中做勻變速曲線運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學(xué)公式有可得合成電場力和重力，設(shè)等效重力與豎直方向的夾角為，如圖所示故有則有當小球做類斜上拋運動到等效最高點時，速度最小，則有故選A。12．（23-24高二上·四川綿陽·階段練習(xí)）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，以初速度v0豎直向上拋出一個帶正電的小球，若qE=mg，則以下說法正確的是（）A．小球做變加速運動B．小球運動到最高點時速度最小C．小球運動過程中速度改變量的方向始終不變D．小球運動到與拋出點等高位置時速度大小仍為v0【答案】C【詳解】A．小球受到的重力和電場力均為恒力，所以合外力恒定不變，則小球做勻變速曲線運動，速度改變量的方向始終不變，故A錯誤，C正確；B．水平電場力與重力等大，小球先做減速曲線運動，后做加速度曲線運動。當小球?qū)嶋H速度與合力即垂直，與水平方向夾角為時，速度最小，故B錯誤；D．小球運動到與拋出點等高位置時，豎直方向有水平方向則小球運動到與拋出點等高位置時速度大小為故D錯誤。故選C。題型五、帶電粒子在非勻強電場的運動13．（23-24高二上·四川成都·期中）如圖所示為點電荷產(chǎn)生的電場中的一條電場線，若一帶負電的粒子從A點運動到B點時，其速度圖像如圖，關(guān)于AB兩點場強及電勢可判定（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】圖像的斜率表示加速度，帶負電的粒子從A點運動到B點過程中，圖像斜率的絕對值逐漸增大，可知粒子的加速度逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律可得帶負電的粒子從A點運動到B點過程中，粒子的速度逐漸減小，電場力做負功，根據(jù)可得故選C。14．（22-23高二上·四川眉山·期中）如圖所示，空間中有兩個固定的等量正點電荷，兩電荷的連線處于水平方向，O為連線的中點，P、M為連線的中垂線上的兩點，且PO=OM=h?，F(xiàn)將一帶負電的小球從P點靜止釋放，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．到達M點時，小球的速度為B．從P到M的過程中，小球在O點的動能最大C．從P到O的過程中，小球的加速度可能一直增大D．從P到M的過程中，小球的機械能先增大后減小【答案】D【詳解】A．根據(jù)兩個等量的正點電荷中垂線上電場的對稱性可知，P與M兩點的電勢相等，則小球在這兩點的電勢能相等，故小球從P到M的過程中，電場力做功為零，由動能定理得解得故A錯誤；B．當小球加速度為零時，小球的速度最大，動能最大，小球在O點加速度為重力加速度，故B錯誤；C．兩個等量的正點電荷，其連線中垂線上O點場強為零，無窮遠處場強為零，從O點至無窮遠，電場強度先增大后減小，所以，從P到O的過程中，電場強度大小變化情況不確定，則小球所受電場力大小變化情況不確定，加速度變化情況不確定，但不可能是一直增大，故C錯誤；D．小球從P到O的過程中電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球的機械能增加；小球從O到M的過程中，由于電場強度的方向為O→M，則小球受到電場力方向M→O，從O到M電場力做負功，根據(jù)功能關(guān)系可知小球的機械能減少，所以，從P到M的過程中，小球的機械能先增大后減小，故D正確；故選D。15．（22-23高二上·山東濟南·期末）如圖所示，斜面長為L、傾角為的固定光滑絕緣斜面處于電場（圖中未畫出）中，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電小球，以大小為的初速度由斜面底端的A點開始沿斜面向上運動，到達斜面頂端的速度大小仍為。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．小球在A點的電勢能大于B點的電勢能B．小球由A點運動至B點的過程中，其所受電場力做的功為mgLC．A點的電勢低于B點的電勢D．若該電場是由正點電荷Q產(chǎn)生的，則A點場強小于B點場強【答案】A【詳解】A．根據(jù)題意可知，小球沿斜面運動過程中，只有重力勢能、動能與電勢能之間的轉(zhuǎn)化，A點與B點速度大小相等，這兩點的動能相等，運動過程中，重力勢能增大，可知電勢能減小，即小球在A點的電勢能大于B點的電勢能，A正確；B．由上述可知，減小的電勢能等于增加的重力勢能，可知B錯誤；C．小球帶正電，根據(jù)上述，電勢能減小，則電場力做正功，根據(jù)可知C錯誤；D．根據(jù)上述，A點的電勢高于B點的電勢，若該電場是由正點電荷Q產(chǎn)生的，根據(jù)正電荷電場分布呈現(xiàn)由正電荷發(fā)散的規(guī)律，而沿電場線電勢降低，可知A點的電場線分布比B點密集一些，可知若該電場是由正點電荷Q產(chǎn)生的，則A點場強大于B點場強，D錯誤。故選A。題型六、帶電粒子在電場的偏轉(zhuǎn)計算問題16．（23-24高二上·陜西西安·期末）如圖所示，平行板電容器的上、下極板間的距離恒定，上極板帶有正電荷，下極板帶有等量負電荷。粒子1和粒子2分別沿著兩極板的中心線先后以相同的初速度射入平行板電容器，已知兩粒子均能從電場射出，粒子1和粒子2比荷之比為，不計粒子所受重力，下列說法正確的是（）A．粒子1和粒子2在電場中運動的時間之比為B．粒子1和粒子2在電場中運動的加速度大小之比為C．粒子1和粒子2在電場中運動的側(cè)位移大小之比為D．粒子1和粒子2在電場中運動的側(cè)位移大小之比為【答案】C【詳解】A．粒子1和粒子2在電場中做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，設(shè)極板長度為L，粒子的初速度為，則運動時間為則粒子1和粒子2在電場中運動的時間相等，即時間之比為，故A錯誤；B．由牛頓第二定律有由于同一個電場，所以場強相等，粒子1和粒子2比荷之比為，則粒子1和粒子2在電場中運動的加速度大小之比為，故B錯誤；CD．粒子在電場中運動的側(cè)位移大小結(jié)合之前的分析可知，粒子1和粒子2在電場中運動的側(cè)位移大小之比為，故C正確，D錯誤。故選C。17．（23-24高二上·江西吉安·期末）如圖所示，兩極板間的電壓為，比荷為k的帶電粒子以初速度v從距離為d、水平長度為L的兩極板中心處水平射入，不計粒子的重力，則粒子射出極板時速度方向與水平方向夾角的正切值為（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】微子在極板中的運動時間為豎直方向上粒子的加速度為射出極板時，豎直方向上粒子的速度為所以粒子射出極板時速度方向與水平方向夾角的正切值為故選A。18．（23-24高二上·北京豐臺·期末）如圖所示，一個正電荷由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電荷質(zhì)量為m，電荷量為q，加速電場電壓為。偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。不計正電荷所受重力，下列說法正確的是（）A．正電荷從加速電場射出時具有的速度B．正電荷從偏轉(zhuǎn)電場射出時具有的動能C．正電荷從偏轉(zhuǎn)電場射出時速度與水平方向夾角的正切值D．正電荷從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離【答案】C【詳解】A．在加速電場中，根據(jù)動能定理知代入得A錯誤；B．根據(jù)動能定理知代入得B錯誤；C．正電荷從偏轉(zhuǎn)電場射出時速度與水平方向夾角的正切值為沿垂直板面方向速度為代入得C正確；D．由類平拋運動知，正電荷從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離水平方向代入得D錯誤；故選C。題型七、帶電粒子在電場的偏轉(zhuǎn)推論19．（2020·浙江·高考真題）如圖所示，電子以某一初速度沿兩塊平行板的中線方向射入偏轉(zhuǎn)電場中，已知極板長度l，間距d，電子質(zhì)量m，電荷量e。若電子恰好從極板邊緣射出電場，由以上條件可以求出的是（

）A．偏轉(zhuǎn)電壓 B．偏轉(zhuǎn)的角度 C．射出電場速度 D．電場中運動的時間【答案】B【詳解】AD．粒子在平行板電容器中做以初速度做類平拋運動，分解位移：電場力提供加速度：極板間為勻強電場，偏轉(zhuǎn)電壓和電場強度滿足：聯(lián)立方程可知偏轉(zhuǎn)位移滿足：結(jié)合上述方程可知，由于初速度未知，所以偏轉(zhuǎn)電壓和電場中運動的時間無法求出，故AD錯誤；BC．偏轉(zhuǎn)的角度滿足：解得：；初速度未知，粒子飛出電場時的豎直方向速度無法求出，所以粒子射出電場的速度無法求出，故B正確，C錯誤。故選B．20．（20-21高三上·山東青島·期中）如圖，一帶負電的粒子（不計重力）以某一初速度沿兩塊平行板的中線方向射入偏轉(zhuǎn)電場中，已知極板長度l，間距d，粒子質(zhì)量m，電荷量q。若電子恰好從極板邊緣射出電場，由以上條件可以求出的是（）A．粒子的初速度 B．兩平行板間的電勢差C．粒子射出電場時的速度 D．粒子在板間運動過程中速度方向偏轉(zhuǎn)的角度【答案】D【詳解】AC．帶負電粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)初速度是v0，平行極板方向做勻速直線運動，則運動時間是離開電場時垂直極板方向的分速度是vy=at離開電場時垂直極板方向的位移是加速度a不是已知，時間t不能求出，因此初速度v0和出電場時垂直極板方向的分速度vy不能求出，粒子射出電場時的速度也不能求出，AC錯誤；B．加速度

因不知道粒子在極板間的加速度a，平行板間的電勢差U不能求出，B錯誤；D．粒子射出電場時的速度反向延長線經(jīng)水平位移的中點，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為θ，則有粒子射出電場時的速度偏轉(zhuǎn)角可以求出，D正確。故選D。21．（20-21高二上·四川成都·階段練習(xí)）如圖所示，平行四邊形PQ、MN間存在豎直向下的勻強電場，一質(zhì)量為m2.01011kg，電荷量為q1.0105C的帶電粒子，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U=100V的電場加速后，垂直邊界PQ進入勻強電場中，離開電場時速度方向與電場方向成45°角，已知PQ、MN間距離為20cm，帶電粒子的重力忽略不計，則下列說法正確的是（）A．帶電粒子從邊界PQ進入勻強電場時的速度大小為v02.0104m/sB．帶電粒子離開電場時沿電場方向的偏移量為y=5cmC．邊界PQ、MN間的場強大小為E1.0103N/CD．若將帶電粒子換成質(zhì)子，仍從a點由靜止開始運動，質(zhì)子離開電場時沿電場方向的偏移量將發(fā)生變化【答案】C【詳解】A．帶電粒子在加速電場中由動能定理得故A錯誤；B．帶離開電場時速度方向與電場方向成45°角，速度方向的反向延長線交于水平位移的中點，由于PQ、MN間距離為20cm，所以帶電粒子離開電場時沿電場方向的偏移量為y=10cm故B錯誤；C．帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的電場力方向的速度所以有解得故C正確；D．帶電粒子在加速電場中有在偏轉(zhuǎn)電場中有聯(lián)立解得由此可知，偏移量與電荷量和質(zhì)量都無關(guān)，所以若將帶電粒子換成質(zhì)子，仍從a點由靜止開始運動，質(zhì)子離開電場時沿電場方向的偏移量不會發(fā)生變化，故D錯誤。故選C。題型八、帶電粒子運動的綜合問題22．（24-25高二上·遼寧）如圖所示，位于真空中的平面直角坐標系xOy，在第二象限內(nèi)存在電場強度大小為E、方向沿x軸正方向的勻強電場Ⅰ，在的區(qū)域存在電場強度大小也為E、方向沿y軸正方向的勻強電場Ⅱ。某時刻，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以一定的速度沿y軸負方向通過電場Ⅰ區(qū)域中的點，之后恰好經(jīng)坐標原點O進入第四象限。不計粒子重力。求該粒子：(1)經(jīng)過P點時的速度大?。?2)在第四象限運動過程中與x軸的最大距離；(3)從離開P點到第二次通過x軸經(jīng)歷的時間?！敬鸢浮?1)(2)2l(3)【詳解】（1）設(shè)粒子經(jīng)過P點時速度大小為，從P到O經(jīng)歷的時間為，則整理得（2）粒子經(jīng)過O點時，沿x軸方向的分速度整理得即粒子經(jīng)過O點進入第四象限時的運動方向與x，y軸的夾角均為，粒子在第四象限進入Ⅱ區(qū)域電場時與x軸的距離此時粒子的速度設(shè)粒子運動到與x軸相距最遠的距離為，此時粒子速度沿x軸正方向，大小為，根據(jù)動能定理整理得（3）粒子通過Ⅰ區(qū)域的時間粒子通過第四象限無電場區(qū)域的時間粒子在第四象限電場中減速運動的時間粒子在第四象限電場中做加速運動的過程中有粒子從離開P點到第二次通過x軸經(jīng)歷的時間整理得23．（24-25高二上·云南玉溪·階段練習(xí)）XCT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，可用于對多種病情的探測。某種XCT機原理示意圖如圖所示。M、N之間是加速電場，虛線框內(nèi)為勻強偏轉(zhuǎn)電場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到水平圓形靶臺上的中心點P，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，M、N兩端的電壓為，偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域水平寬度為，豎直高度足夠長，MN中電子束距離靶臺豎直高度為H，偏轉(zhuǎn)電場的電場強度，忽略電子的重力影響，不考慮電子間的相互作用及電子進入加速電場時的初速度，不計空氣阻力。求：(1)電子剛進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小；(2)電子束射出偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平方向的夾角；(3)P點到偏轉(zhuǎn)電場右邊界的距離。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)動能定理有電子剛進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大?。?）電子在偏轉(zhuǎn)場的加速度為電子在偏轉(zhuǎn)場運動的時間為設(shè)電子束射出偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與水平方向夾角為，可得聯(lián)立解得（3）設(shè)P點到偏轉(zhuǎn)電場右邊界的距離L，電子在偏轉(zhuǎn)場的偏轉(zhuǎn)位移電子束射出偏轉(zhuǎn)電場時速度反向延長將交于水平位移的中點，由相似三角形可知聯(lián)立解得24．（24-25高二上·河北邢臺·階段練習(xí)）如圖所示，ABCD為豎直平面內(nèi)的絕緣光滑軌道，其中AB部分為傾角的斜面，BCD部分為半徑為R的四分之三圓弧軌道，與斜面平滑相切于B點，CD為直徑，整個軌道固定在水平向右的勻強電場中。現(xiàn)將一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小滑塊（視為質(zhì)點）從斜面上的A點由靜止釋放，小滑塊在沿斜面加速的過程中對斜面始終沒有壓力，A、B兩點間的距離，重力加速度大小為g。(1)求A、B兩點間的電勢差；(2)小滑塊通過C點時求圓弧道對小滑塊的支持力大??；(3)已知小滑塊恰好通過D點，求小滑塊通過D點后落在AB上的落點到B點的距離L。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）小滑塊在沿斜面加速的過程中對斜面始終沒有壓力，可知電場力與重力的合力方向沿斜面向下，則有解得場強大小為則A、B兩點間的電勢差為（2）小滑塊從A點到C點過程，電場力與重力的合力沿斜面向下，大小為根據(jù)動能定理可得在C點，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立解得圓弧道對小滑塊的支持力大小為（3）已知小滑塊恰好通過D點，在D點電場力與重力的合力剛好提供向心力，則有解得小滑塊通過D點速度大小為小滑塊離開D點后做類平拋運動，從D點到落在AB上的落點過程，沿方向有沿合力方向有，聯(lián)立解得由幾何關(guān)系可知，落在AB上的落點到B點的距離為【專題強化】一、單選題25．（24-25高二上·全國）“示波器”是電工學(xué)中的重要儀器，如圖所示為示波器的原理圖，有一電子在電勢差為的電場中加速后，垂直射入電勢差為的偏轉(zhuǎn)電場，在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下列四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變小的是（）A．變小，不變 B．變大，變小C．變小，變大 D．不變，變大【答案】B【詳解】在加速電場中，根據(jù)動能定理解得在偏轉(zhuǎn)電場中，豎直方向的加速度運動的時間則豎直方向的速度設(shè)偏轉(zhuǎn)的角度為，則若使偏轉(zhuǎn)角變小，即使變小，則應(yīng)使變大，變小。故選B。26．（23-24高二上·安徽淮北·期末）實線為三條未知方向的電場線，從電場中的M點以相同的速度飛出a、b兩個帶電粒子，a、b的運動軌跡如圖中的虛線所示（a、b只受靜電力作用），則（

）A．a(chǎn)、b的動能均增大 B．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電C．靜電力對a做正功，對b做負功 D．a(chǎn)的加速度將增大，b的加速度將減小【答案】A【詳解】B．由圖，b粒子的軌跡向右彎曲，b粒子受到的電場力方向向右，a的軌跡向左彎曲，a粒子受到的電場力方向向左，由于電場線方向未知，因此無法確定兩個粒子的電性，故B錯誤；AC．由圖可知，a、b兩個帶電粒子受到的電場力方向與粒子速度方向的夾角都是銳角，所以電場力對兩個粒子都做正功，動能均增大，故A正確，C錯誤；D．向左電場線越來越疏，場強越來越小，則a所受電場力減小，加速度減??；b所受電場力增大，加速度增大，故D錯誤。故選A。27．（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）如圖，虛線為一帶電粒子在豎直向下的勻強電場中運動的一段軌跡，A、B為軌跡上的兩點。已知該粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，其在A點的速度大小為，方向水平向右，A、B兩點間的電勢差為，不計粒子重力，則粒子到B點時速度大小為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】從A到B由動能定理解得故選B。28．（23-24高二上·河南鄭州·期末）如圖甲所示，A、B是某電場中一系電場線上的兩點，一個負電荷從A點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從A點運動到B點，其運動的圖像如圖乙所示。則以下說法中正確的是（）

A．A、B兩點的電場強度相同B．電荷在A點的電勢能小于B點的電勢能C．電荷的動能先增大后減小D．A點的電勢低于B點的電勢【答案】D【詳解】根據(jù)圖像的切線斜率表示加速度，可知負電荷在靜電力的作用下從A點運動到B點做加速度逐漸減小的加速運動，則A點的電場強度大于B點的電場強度，電荷的動能增大，電荷的電勢能減小，電荷在A點的電勢能大于B點的電勢能，根據(jù)由于電荷帶負電，所以A點的電勢低于B點的電勢。故選D。29．（23-24高二上·吉林長春·期末）如圖，帶電荷量之比為的帶電粒子A、B以相等的速度從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC=CD，忽略粒子重力的影響，則（）

A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶1B．A和B運動的加速度大小之比為1∶4C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12D．A和B的位移大小之比為1∶1【答案】C【詳解】A．A和B在電場中運動時水平方向做勻速運動，根據(jù)則A和B在電場中運動的時間之比為故A錯誤；B．豎直方向做勻加速運動，根據(jù)可得則A和B運動的加速度大小之比為故B錯誤；C．根據(jù)牛頓第二定律可得可得則A和B的質(zhì)量之比為故C正確；D．帶電粒子的位移大小為水平位移之比為，豎直位移相等，可知A和B的位移大小之比不等于，故D錯誤。故選C。30．（23-24高二上·廣西·階段練習(xí)）如圖，一點電荷固定于O點，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N單獨在電場中運動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。已知M粒子帶正電荷，不計粒子重力。下列說法正確的是（）A．a(chǎn)點電勢比d點的電勢高B．M在b點的動能大于它在a點的動能C．N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能D．N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功【答案】C【詳解】A．由M粒子的運動軌跡可知，M粒子受到的是吸引力，可知點電荷帶負電，電場線從無窮遠指向該點電荷，根據(jù)順著電場線方向電勢逐漸降低，則知a點電勢比d點的電勢低，故A錯誤；B．a(chǎn)點的電勢低于b點的電勢，而正電荷在電勢高處電勢能大，則知，M在b點的電勢能大于它在a點的電勢能，根據(jù)能量守恒定律知，M粒子的動能和電勢能之和保持不變，則M在b點的動能小于它在a點的動能，故B錯誤；C．e、d兩點在同一等勢面上，電勢相等，則N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能，故C正確；D．N粒子受到了排斥力作用，N在從c點運動到d點的過程中電場力做正功，故D錯誤。故選C。31．（23-24高二上·安徽·階段練習(xí)）如圖，帶正電、質(zhì)量為1kg的物塊A（可視為質(zhì)點）放在水平桌面上，處在水平向右的勻強電場中，，從O點開始，物塊與桌面的動摩擦因數(shù)隨x的變化如圖所示，取O點電勢為零（g取10N/kg），則（

）A．物塊的最大加速度為 B．物塊向右運動的最大位移為2mC．物塊的最小電勢能為－16J D．物塊受地面的最大摩擦力為4N【答案】C【詳解】A．O點物塊加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得A錯誤；B．由題知設(shè)A向右移動x后速度為零，根據(jù)動能定理有此處fx前面的是因為摩擦力是變力，其做功可以用平均力，可得B錯誤；C．位移最大時，物塊的電勢能最小，此過程電場力做功則電勢能減小16J，由于則電勢能為－16J，故C正確；D．滑動摩擦力位移最大時，滑動摩擦力最大后變?yōu)殪o摩擦力，大小等于物塊受地面的最大摩擦力為8N，D錯誤。故選C。32．（23-24高二上·陜西西安·階段練習(xí)）如圖所示，平行板電容器兩極板長度均為L，一個電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子以大小為的初速度緊貼上板垂直電場線射入電場，并恰好從下板邊緣射出，射出時速度方向與下板的夾角為。粒子重力不計，。下列判斷正確的是（）A．上極板帶負電B．粒子射出下板邊緣時的速度大小為C．上、下兩極板的電勢差為D．兩極板間的距離為【答案】C【詳解】A．正電粒子向下偏轉(zhuǎn)，下極板帶負電，上極板帶正電，A錯誤；B．射出時速度方向與下板的夾角為,可得求得B錯誤；C．射出時速度方向與下板的夾角為,可得在沿電場線方向上，根據(jù)運動學(xué)公式聯(lián)立求得C正確；D．在沿電場線方向上D錯誤。故選C。33．（23-24高二上·天津和平·期中）如圖，在豎直放置的半徑為R的光滑半圓弧絕緣細管的圓心O處固定一個點電荷，將質(zhì)量為m，電荷量為+q的小球從圓弧管的水平直徑端點A由靜止釋放，小球沿細管滑到最低點B時，對管壁恰好無壓力，已知重力加速度為g，則（）A．小球到達B時的速率等于B．小球到達B時的速率大于C．固定于圓心處的點電荷在細管內(nèi)的電場強度大小為D．小球不能到達C點【答案】C【詳解】AB．由A到B，電場力做功為零，則由動能定理得解得小球到達B時的速率故AB錯誤；C．在B點時解得選項C正確；D．由于點電荷位移圓心處，A、B、C處于同一等勢面上，根據(jù)電場力做功公式可知小球從A到C點過程中電場力做功為零，根據(jù)機械能守恒定律可知小球能到達C點，故D錯誤；故選C。34．（24-25高二上·全國·課后作業(yè)）如圖所示，水平向右的勻強電場中，一帶電小球從點以豎直向上的初速度開始運動，經(jīng)最高點后回到與在同一水平線上的點，小球從點到點的過程中克服重力做功，電場力做功，則（）A．小球在點的動能比在點少B．小球在點的電勢能比在點少C．小球在點的機械能比在點多D．小球在點的動能為【答案】C【詳解】A．從，根據(jù)動能定理有解得即粒子在點的動能比在點多，故A錯誤；B．設(shè)小球在點初速度為，小球在豎直方向上只受重力，做加速度為的勻變速運動，故從和的時間相等，而水平方向只受到電場力作用，設(shè)從的水平分位移為，從的水平分位移為，則可知則由于電場力做正功，則粒子在點的電勢能比在點少，故B錯誤；CD．根據(jù)功能關(guān)系可知，從機械能增加量為由于重力勢能不變，則從動能增加，即粒子在點的動能大于，故C正確，D錯誤。故選C。35．（23-24高三上·安徽亳州·期末）如圖所示，光滑絕緣軌道ABC由半圓軌道AB和水平直軌道BC組成，A、B連線豎直。半圓軌道的圓心為O、半徑為R，空間有如圖所示的勻強電場，場強大小為，方向與水平面夾角為θ=30°，重力加速度為g。在水平直軌道上距B點L處靜止釋放一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電小滑塊，下列說法正確的是（）A．無論L取何值，小滑塊都能運動到A點B．小滑塊在半圓軌道上運動時始終處于超重狀態(tài)C．若，軌道對滑塊的彈力最大值等于4mgD．若，軌道對滑塊的彈力最大值等于3mg【答案】C【詳解】B．對小滑塊受力分析，如圖合外力與水平方向夾角為，則小滑塊運動到A點時小滑塊減速運動，故在A點時小滑塊處于失重狀態(tài)，故B錯誤；A．假設(shè)小滑塊剛好可以到達A點，在豎直方向的合外力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律解得設(shè)在此時小滑塊在A點的速度為，則則根據(jù)動能定理解得故A錯誤；CD．合外力與水平方向夾角為，則OD與水平方向夾角為的D點為等效最低點，如圖若，時，根據(jù)動能定理則此時，軌道對小滑塊的支持力為解得故C正確，D錯誤。故選C。二、多選題36．（23-24高二上·河南南陽·期末）如圖所示，虛線、、為某電場中的三條電場線，實線為一帶電粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，、是這條軌跡上的兩點，則（）A．該帶電粒子在電場中點處受到的電場力比點處小B．該帶電粒子在電場中點處的加速度比點處大C．該帶電粒子在點具有的電勢能比在點具有的電勢能小D．該帶電粒子在點具有的動能比在點具有的動能小【答案】BC【詳解】A．在同一電場中，電場線越密集的地方電場強度越大，電場線越稀疏的地方電場強度越小，則可知。所以點電荷在處所受的電場力大于在處所受的電場力。A錯誤；B．由題可知，則該帶電粒子在電場中點處的加速度比點處大。B正確；CD．由軌跡曲線可知，電場力在軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，若帶電粒子從運動到，電場力與速度夾角為銳角，電場力做正功，電勢能減小，動能增加，帶電粒子在點具有的電勢能比在點具有的電勢能小，在點具有的動能比在點具有的動能大。若帶電粒子從運動到，電場力與速度夾角為鈍角，電場力做負功，電勢能增加，動能減小，帶電粒子在點具有的電勢能比在點具有的電勢能小，在點具有的動能比在點具有的動能大。則可知，無論從哪個方向運動，電勢能與動能變化規(guī)律一致。C正確，D錯誤；故選BC。37．（23-24高二上·福建福州·期末）如圖所示，在水平向右的勻強電場中有一個絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了，金屬塊克服摩擦力做功，重力做功。下列說法中正確的是（）A．金屬塊帶負電荷 B．電場力對金屬塊做功等于C．金屬塊的電勢能增加 D．金屬塊的機械能減少【答案】CD【詳解】ABC．金屬塊滑下的過程中動能增加了24J，由動能定理知摩擦力做功為重力做功為可得電場力做功為電場力做負功，即金屬塊克服電場力做功8J；可知金屬塊帶正電荷，電勢能增加了8J，故AB錯誤，C正確；D．由功能關(guān)系可知機械能的變化量為即金屬塊的機械能減少了24J，故D正確。故選CD。38．（23-24高二上·貴州六盤水·期末）如圖所示，質(zhì)量相同、帶等量異種電荷的甲、乙兩粒子，以不同的初速度先后從S點沿SO方向垂直射入勻強電場中，分別經(jīng)過圓周上的P、Q兩點。不計粒子間的相互作用及重力。則兩粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運動過程中（）A．甲粒子動能變化量較小B．甲粒子所受電場力的沖量較小C．甲粒子在P點的速度方向可能沿OP方向D．甲粒子的電勢能減小，乙粒子的電勢能增加【答案】AB【詳解】A．乙粒子動能變化量為甲粒子動能變化量為由圖知故故選項A正確。B．由可知，甲、乙粒子的加速度大小相等，沿電場方向，對乙對甲故沖量選項故B正確。C．粒子做類平拋運動，速度反向延長線交于水平位移的中點，乙在M點的速度反向延長線應(yīng)交SO于O點上方，故選項C錯誤。D．電場力對甲乙粒子均做正功，兩粒子的電勢能均減小，故選項D錯誤。故選AB。39．（23-24高二上·內(nèi)蒙古巴彥淖爾·期末）電子在電場中僅在電場力的作用下運動時，由a點運動到b點的軌跡如圖中虛線所示。圖中一組平行等距實線可能是電場線，也可能是等勢線，下列說法正確的是（

）A．若圖中實線是電場線，則a點的電勢一定比b點的電勢低B．若圖中實線是等勢線，則電子在a點的速率一定大于在b點的速率C．若電子在a點的速度較大，則圖中實線是電場線D．不論圖中實線是電場線還是等勢線，電子在a點的電勢能都比在b點的電勢能小【答案】AB【詳解】A．若圖中實線是電場線，由電子軌跡的彎曲方向可知其所受電場力水平向右，即電場方向水平向左，根據(jù)沿電場線方向，電勢降低易知a點的電勢一定比b點的電勢低，a點的動能一定比b點的動能小。故A正確；B．若圖中實線是等勢線，由電子軌跡的彎曲方向可知其所受電場力豎直向下，即電場方向豎直向上，易知電子的受力與速度方向夾角為鈍角，電場力做負功，電子的動能減小，則電子在a點的速率一定大于在b點的速率。故B正確；C．根據(jù)前面分析可知，若電子在a點的速度較大，則圖中實線是等勢線。故C錯誤；D．根據(jù)若圖中實線是電場線由A選項可知，電子在a點的電勢能都比在b點的電勢能大。若圖中實線是等勢線，根據(jù)僅在電場力作用下，電子的動能和電勢能之和保持不變，由B選項可知，電子在a點的電勢能比在b點的電勢能小。故D錯誤。故選AB。40．（23-24高二上·天津南開·期末）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電微粒，以初速度v0從A點豎直向上射入方向水平、電場強度為E的勻強電場中。當微粒經(jīng)過B點時速率方向與E同向。重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．A、B兩點間電勢差為B．A、B兩點間的高度差為C．微粒在A點的電勢能比在B點的電勢能大D．從A點到B點微粒做勻變速運動【答案】BCD【詳解】B.帶電微粒在勻強電場中受到重力和電場力兩個力的作用，豎直分運動是豎直上拋運動，水平分運動是初速度為零的勻加速直線運動。豎直方向由運動學(xué)公式得解得故B項正確；A.從A到B，由動能定理得聯(lián)立解得故A錯誤；C.從A到B，電場力做正功且為因此微粒在A點的電勢能比在B點的電勢能大，故C項正確；D.帶電微粒在勻強電場中受到重力和電場力兩個恒力的作用，合力恒定，故加速度恒定，因此微粒做勻變速運動，故D項正確；故選BCD。41．（23-24高二上·廣東中山·階段練習(xí)）如圖所示，平行板電容器板間電壓為，板間距為，兩板間為勻強電場，讓質(zhì)子流以初速度垂直電場射入，沿軌跡落到下板邊緣，現(xiàn)只改變其中一個條件，讓質(zhì)子流沿軌跡落到下板的中央，不計重力，則可以將（）A．質(zhì)子流初速度變?yōu)?B．質(zhì)子流初速度變?yōu)镃．板間電壓變?yōu)?D．板間電壓變?yōu)椤敬鸢浮緽C【詳解】質(zhì)子做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，則有在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則有聯(lián)立可得讓質(zhì)子流以初速度垂直電場射入，沿軌跡落到下板邊緣，現(xiàn)只改變其中一個條件，讓質(zhì)子流沿軌跡落到下板的中央，則豎直位移不變，水平位移變?yōu)樵瓉淼?，即變?yōu)樵瓉淼?，可將質(zhì)子流初速度變?yōu)榛蛘邔彘g電壓變?yōu)?。故選BC。42．（23-24高二上·廣東廣州·期中）將如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為l的絕緣細線把質(zhì)量為m、帶電量為q的金屬小球懸掛在O點。小球靜止在B點時，細線與豎直方向的夾角為θ=37°。重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8?，F(xiàn)將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放，以下說法中正確的是（）A．從A到最低點C的過程中小球的機械能守恒B．從A到最低點C的過程中小球的速度一直增大C．從A到最低點C的過程中小球的向心力大小先增大后減小D．若在A點給一個初速度，小球可以做完整的圓周運動，則速度最大值出現(xiàn)在B點【答案】CD【詳解】A．從A到最低點C的過程中，電場力做負功，所以小球機械能不守恒，故A錯誤；BC．由題意可知，B點為等效最低點，所以從A到最低點C的過程中小球的速度先增大后減小，根據(jù)向心力公式可知此過程小球的向心力大小先增大后減小，故B錯誤，C正確；D．由題意可知，B點為等效最低點，若在A點給一個初速度，小球可以做完整的圓周運動，則速度最大值出現(xiàn)在B點，速度最小值出現(xiàn)在BO延長線與圓周的交點處，故D正確。故選CD。43．（2022高二上·全國·專題練習(xí)）如圖所示，水平桌面上固定一光滑絕緣的斜面，勻強電場方向平行于水平桌面向左，一平行斜面放置的絕緣輕質(zhì)彈簧的下端固定在斜面底端，上端在P點，小球恰好能靜止在Q點，現(xiàn)給小球一個沿斜面向下的初速度v?。則下列說法正確的是（）A．小球及彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒B．從Q點到P點的過程小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量C．小球從P點到最低點的過程中，彈簧彈性勢能的增加量等于小球動能的減少量D．小球從P點到最低點的過程中，重力和電場力做功的代數(shù)和等于小球動能的減少量【答案】BC【詳解】A．由于有電場力做功，因此小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；B．由題意可知，上端在P點，小球恰好能靜止在Q點，則小球受合外力為零；小球從Q點到P點運動過程中，所受合力也為零，故合力做功為零，動能不變，則減少的重力勢能等于增加的電勢能，故B正確；C．從P點到最低點過程中，合力做功等于彈簧彈力做功，故動能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量，故C正確；D．電場力做功與重力做功的代數(shù)和始終為零，故D錯誤。故選BC。三、解答題44．（23-24高一下·江西撫州·期末）如圖所示，在平面直角坐標系第一象限和第二象限區(qū)域內(nèi)有電場強度均為、方向分別沿負方向和負方向的勻強電場，將一電荷量為、質(zhì)量為的粒子由第一象限的點靜止釋放，不計粒子重力，求：（1）粒子到達軸的時間；（2）粒子從第二象限電場的左側(cè)邊界飛出時的位置坐標?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子在第一象限內(nèi)做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有根據(jù)位移公式有解出（2）粒子從第一象限內(nèi)，根據(jù)速度公式有粒子從第二象限內(nèi)做類平拋運動，加速度大小與第一象限內(nèi)相等，若粒子在達到軸之前已經(jīng)飛出電場，則有解得表明粒子在達到軸之前已經(jīng)飛出電場，之后做勻速直線運動，則飛出點的橫坐標為，縱坐標為則粒子從第二象限電場的左側(cè)邊界飛出時的位置坐標為45．（23-24高二上·新疆烏魯木齊·期末）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，板長為L，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板邊緣以初速度水平向右射入，并從右側(cè)射出。不計帶電粒子的重力，求：（1）帶電粒子在電場中運動的時間t；（2）帶電粒子到達N板射出時豎直方向的位移y?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速運動，則有可得帶電粒子在電場中運動的時間為（2）帶電粒子沿電場方向做勻加速直線運動，則有，聯(lián)立解得46．（23-24高二上·福建福州·期末）如圖所示，ABCD是半徑為R的四分之三光滑絕緣圓形軌道，固定在豎直面內(nèi)。以軌道的圓心O為坐標原點，沿水平直徑AC方向建立x軸，豎直直徑BD方向建立y軸。y軸右側(cè)（含y軸）存在豎直向上的勻強電場。一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球，從A點由靜止開始沿軌道下滑，通過軌道最高點D后，又落回到軌道上的A點處。不考慮小球之后的運動，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）小球到達D點的速率大小；（2）電場強度E的大??；（3）小球從A下滑到電場內(nèi)的B點時對軌道壓力的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球從D到A的過程中做平拋運動，