2021全国高三(上)期中物理汇编：带电粒子在电场中的运动.docx

2021全国高三（上）期中物理汇编
带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是(     )

A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
2．一个固定在空间某点、带负电的点电荷Q产生电场，其中一条电场线与x轴重合。另有一个带正电的试探电荷q仅在电场力作用下从的位置开始沿x轴运动，其动能与坐标x的关系如图所示，虚斜线为该曲线过点（0.2，2）的切线，已知。下列判定错误的是（　　）

A．点电荷Q的位置一定在x轴上
B．该电场的电势沿x轴正方向一直升高
C．处场强的大小为10N/C
D．与两点间的电势差为1V
3．如题图所示，真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形，其中AC竖直，长度为L，Ð B =30°。匀强电场在A、B、C所决定的平面内，电场强度为E，电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出，小球通过B点时速度恰好沿AB方向，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．小球所受电场力为所受重力的3倍
B．经过时间，小球电势能和重力势能之和最大
C．从C到B，小球做匀变速直线运动
D．从C到B，小球克服重力做功与电场力做功之比为
4．如图，电子在电势差为的加速电场中从A点由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（　　）

A．变大，变大 B．变小，变小
C．变大，变小 D．变小，变大
5．如图所示，虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场，场强，AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径为R，O为圆心，B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从A点由静止释放进入轨道。空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）

A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球不能到达B点
C．小球沿轨道运动的过程中，对轨道的压力一直增大
D．小球沿轨道运动的过程中，动能的最大值为
6．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（　　）

A．带电油滴一直处于静止状态
B．P点的电势将升高
C．带电油滴的电势能将增大
D．极板带电量将增大
二、多选题
7．四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．如图所示，在竖直平面内有水平向右、场强为E=1×104 N/C的匀强电场．在匀强电场中有一根长L=2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，它静止时悬线与竖直方向成37°角，若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°=0.8，g取10m/s2．下列说法正确（　　）

A．小球的带电荷量q=6×10﹣5 C
B．小球动能的最小值为1J
C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J
9．如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，在运动中都能通过各自轨道的最低点M、N，则（　　）

A．两小球每次到达轨道最低点时的速度都有
B．两小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力都有
C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同
D．小球b能到达轨道的最右端，小球a不能到达轨道的最右端
10．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势q与坐标x的关系如图中曲线所示，曲线过（0.1，4.5）和（0.15，3）两点，图中虚线为该曲线过点（0.15，3）的切线，现有一质量为0.20kg、电荷量为+2.0×10﹣8C的滑块P（可视为质点），从x＝0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02，取重力加速度g＝10m/s．则下列说法中正确的是（）

A．滑块P运动过程中的电势能先减小后增大
B．滑块P运动过程中的加速度先减小后增大
C．x＝0.15m处的电场强度大小为2.0×106N/C
D．滑块P运动的最大速度为0.1m/s
11．如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间距离为d，右极板有一小孔，通过孔有绝缘杆，左端固定在左极板上，电容器极板连同底座、绝缘杆总质量为M．给电容器充电后，有一质量为m的带正电环恰套在杆上以某一速度v0对准小孔向左运动，设带电环不影响电容器极板间电场的分布．带电环进入电容器后距左极板的最小距离为d/2，则

A．带电环与左极板相距最近时的速度
B．此过程中电容器移动的距离
C．此过程中电势能的变化量
D．带电环减少的动能大于电容器增加的动能
12．质量为m的带电小球由空中某点P无初速度地自由下落，经过时间t，加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过时间t小球又回到P点。整个过程中不计空气阻力且小球未落地，则（　　）
A．电场强度的大小为
B．整个过程中小球电势能减少了
C．从P点到最低点的过程中，小球重力势能减少了
D．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了
13．如图所示，在水平方向的匀强电场中，一质量为m的带电小球用一轻绳连接恰好在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动，运动轨迹上均匀地分布着A、B、C、D、F、G、H和P点，OA垂直于电场强度方向。已知小球带电荷量为，电场强度（g为重力加速度），则下列说法正确的是（　　）

A．小球在A点时的速度为
B．小球运动至C点的电势能大于H点时的电势能
C．小球运动过程中绳子的最大拉力为
D．小球运动过程中的最小速度为
14．如图甲所示，两个点电荷、固定在x轴上，其中位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点。现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a、b两点时的速度分别为、，其速度随坐标x变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是（　　）

A．处场强一定为零
B．的电荷量等于的电荷量
C．连线的中点电势最低
D．q在a点的电势能比在b点的电势能多
三、解答题
15．如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，，.将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与 所在平面平行，现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g．求

（1）无电场时，小球达到A点时的动能与初动能的比值；
（2）电场强度的大小和方向．
16．在如图所示的平面直角坐标系xoy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向（竖直向上）的匀强电场，电场强度大小E0=50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d=0.2m、方向沿x轴正方向（水平向右）的匀强电场。质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10-2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为（0，0.4m），（0.4m，0），取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)初速度v0的大小；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)小球经过B点时的速度大小。

17．如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R的圆，圆心坐标为（R，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为。求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；
（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。

18．如图所示，倾角θ=37°的粗糙绝缘斜面AB与粗糙绝缘水平地面BC在B点平滑连接，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E=5.0×103 N/C。斜面顶端A点离地高度h=2.4 m，可视为质点的带正电金属滑块质量m=1.0 kg、电荷量q=1.0×10-4 C。现将滑块从A点由静止释放，最后停在水平地面上的C点。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，滑块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.15，重力加速度g取10 m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：
（1）滑块在粗糙绝缘斜面AB上下滑时加速度a1的大小；
（2）求滑块在水平地面上滑行的距离；
（3）将电场强度的大小突然增大到某一值，可使静止在C点的滑块恰好能重新返回到斜面顶端A点，求滑块从C点重新返回到斜面顶端A点所需要的时间t。

19．在一空间范围足够大区域内可能存在竖直向上的匀强电场，其电场线与坐标xOy平面平行．以坐标原点O为圆心，作半径为R的圆交坐标轴于A、B两点，C点为AB圆弧中点位置，如图所示．在原点O处有带正电小球，以某一初动能沿x轴正向水平抛出．

（1）空间电场强度为0时，小球以Ek0的初动能从O点平抛，刚好能经过C点位置，求小球经过C点位置时的动能．
（2）空间电场强度不为0时，小球以Ek0的初动能从O点平抛，当小球经过图中圆周上D点时动能大小为2Ek0，求D点位置坐标（图中未标出D点）．
（3）空间电场强度不为0时，小球以某一初动能从O点平抛，小球经过图中圆周上C点时动能大小为2Ek0，若已知带电小球的质量为m，电量为q，求空间所加匀强电场的场强大小（用m、q、g表达）．
20．电子在电场中会受到电场力，电场力会改变电子的运动状态，电场力做功也对应着能量的转化．已知电子的质量为m，电荷量为-e，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．

（1）空间中存在竖直向上的匀强电场，一电子由A点以初速度v0沿水平方向射入电场，轨迹如图1中虚线所示，B点为其轨迹上的一点．已知电场中A点的电势为φA，B点的电势为φB，求：
①电子在由A运动到B的过程中，电场力做的功WAB；
②电子经过B点时，速度方向偏转角θ的余弦值cosθ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）．
（2）电子枪是示波器、电子显微镜等设备的基本组成部分，除了加速电子外，同时对电子束起到会聚的作用．
①电子束会聚的原理如图2所示，假设某一厚度极小的薄层左侧空间中各处电势均为φ1，右侧各处电势均为φ2（φ2>φ1），某电子射入该薄层时，由于只受到法线方向的作用力，其运动方向将向法线方向偏折，偏折前后能量守恒．已知电子入射速度为v1，方向与法线的夹角为θ1，求它射出薄层后的运动方向与法线的夹角θ2的正弦值sinθ2．
②电子枪中某部分静电场的分布如图3所示，图中虚线1、2、3、4表示该电场在某平面内的一簇等势线，等势线形状相对于z轴对称．请判断等势面1和等势面4哪个电势高？对一束平行于z轴入射的电子，请结合能量守恒的观点、力与运动的关系简要分析说明该电场如何起到加速的作用？如何起到会聚的作用？
21．如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小。一不带电的绝缘小球甲，以速度沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞，已知甲、乙两球的质量均为，乙所带电荷量，g取水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下求甲的速度；
(3)若甲仍以速度向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。

22．如图，在直角坐标系的第一象限中，存在竖直向上的匀强电场，场强，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为，虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向左的匀强电场，场强。有一粒子发生器能在和两点连线上的任意位置产生初速度为零的负粒子，粒子质量均为、电荷量，不计粒子重力和相互间的作用力，且整个装置处于真空中。已知从上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点：
(1)若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小；
(2)若粒子从上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间；
(3)求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程。

23．如图所示，质量mA=0.8kg、带电量q=－4×10−3C的A球用长度l=0.8m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E=5×103N/C。质量mB=0.2kg不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6J。现将A球拉至左边与圆心等高处释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道。A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g=10m/s2，求：
(1)碰撞过程中A球对B球做的功；
(2)碰后C第一次离开电场时的速度；
(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力。

24．如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4m。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C。现有一电荷量q=1.0×10-4C，质量m=0.1kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度vB=5m/s。已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s2。求:
（1）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离；
（2）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离。

25．一匀强电场，场强方向是水平的（如图）.一个质量为m的带正电q的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动.求：

（1）小球作什么运动？
（2）匀强电场的电场强度？
（3）小球运动到最高点时其电势能变化了多少？.
26．如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场，如图乙所示，周期为T，加速电压，其中m为电子质量、e为电子电量，L为A、B板长，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
（1）电子从加速电场飞出后的水平速度的大小？
（2）时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y；
（3）在内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。

27．如图，倾角的足够长光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中，一质量为m、电荷量为的小滑块A放在斜面上，恰好处于静止状态．质量也为m的不带电小滑块B从斜面上与A相距为L的位置由静止释放，下滑后与A多次发生弹性正碰，每次碰撞时间都极短，且没有电荷转移，已知重力加速度大小为g。求：
（1）斜面对A的支持力大小和匀强电场的场强大小；
（2）两滑块发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的时间间隔；
（3）在两滑块发生第1次碰撞到发生第5次碰撞的过程中，A的电势能增加量。

28．如图所示，水平绝缘粗糙的轨道与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道平滑连接，半圆形轨道的半径，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度。现有一电荷量、质量的带电体（可视为质点），在水平轨道上的点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点，然后落至水平轨道上的点（图中未画出）。取。试求：
（1）带电体运动到圆形轨道点时的速度；
（2）圆弧形轨道对带电体支持力的最大值；
（3）点到点的距离。

29．用细线将质量为的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为的匀强电场时，小球偏转后处在静止状态，已知，，。
（1）求小球的带电量；
（2）求细线的拉力；
（3）现将细线剪断，求小球落地前的加速度大小a。

30．如图所示，两金属板A、B水平放置，间距为3d。距离A下方2d处有一水平放置的金属网G，A、B、G的尺寸相同，G接地，A、B的电势均为。今有一带电粒子从金属网G的左侧正上方P点以初速度水平射入电场，P点到G的距离为d。粒子穿越金属网过程中与金属网不接触，已知带电粒子的质量为m、电荷量为q（q>0），粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子第一次到达G所需的时间t；
（2）粒子穿过G后距B板的最近距离y；
（3）若粒子恰好沿水平方向飞离电场，求金属板的长度L。

参考答案
1．A
【详解】A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；
B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；
C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；
D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．
点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．
2．B
【详解】A．根据点电荷电场线的特点可知点电荷一定在电场线所在的直线上，点电荷Q的一条电场线与x轴重合，则点电荷Q的位置一定在x轴上，选项A正确；
B．带正电的试探电荷沿x轴正方向运动的过程中，动能增加，由动能定理知电场力对其做正功，则电场方向沿x轴的正方向，电势沿x轴正方向降低，选项B错误；
C．由于点电荷仅受电场力，由动能定理得知，图象的斜率为电场力，由图可知处

则场强大小为

选项C正确；
D．由图可知处动能为

到过程由动能定理得

解得

选项D正确。
本题选错误的，故选B。
3．B
【详解】A．设小球在C点的速度为vy，在B点速度为vx，AB的长度

设从C到B的时间为t，有
，
解得

根据速度−时间关系

可得

即

所以

故A错误；
D．从C到B，小球克服重力做的功为

电场力所做的功为

小球克服重力做的功与电场力做的功的比值为

故D错误；
B．设电场力和重力的合力与水平方向的夹角为，则有

则

则合加速度为

将小球的初速度分解为沿合外力的方向和与合外力垂直的方向，小球电势能和重力势能之和最大时，小球动能最小，合外力方向的分速度减为零，该过程所用时间

解得

故B正确；
C．电场力和重力的合力与水平方向的夹角为

小球初速度方向与合力方向夹角为120°

故小球做匀变速曲线运动，故C错误。
故选B。
4．D
【详解】电子在加电场中，根据动能定理有

在偏转电场中，设极板的长为l，宽为d，由牛顿第二定律可得

水平方向上满足

电子的偏转角满足

联立可解得

要使电子的偏转角变大，可以使变小，变大。
故选D。
5．D
【详解】A．除重力以外做功的力只有电场力，从到电场力做负功，所以机械能减少，故A错误；
B．从到根据动能定理得

解得

所以能到达点，故B错误；
C．从到过程中存在一位置的重力和电场力的合力的反向延长线过圆心如下图所示

此点为等效最低点，即速度最大的位置，所以从到速度先增大后减小，由牛顿第二定律可知对轨道的压力先增大后减小，故C错误；
D．等效最低点重力和电场力的合力的反向延长线与竖直方向夹角为，则

则

从到等效最低点的过程中，动能定理

解得

故D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．开始时带电油滴所受电场力与重力平衡，将上极板竖直向上移动一小段距离后，极板间距离d增大，而极板间电势差U不变，根据

可知极板间电场强度E减小，所以油滴所受电场力减小，则合外力将变为竖直向下，即油滴将竖直向下做匀加速运动，故A错误；
B．设P点到下极板的距离为h，则P点电势为

由于下极板始终接地，则其电势不变，又因为E减小，h不变，所以降低，故B错误；
C．带电油滴所受电场力竖直向上，所以带负电，将上极板竖直向上移动一小段距离后，油滴将向下运动，电场力对油滴做负功，油滴电势能将增大，故C正确；
D．平行板电容器的决定式为

由于d增大，所以C减小。根据

可知极板带电量将减小，故D错误。
故选C。
7．AD
【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为

由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为

离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为

因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；粒子与粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与粒子的比荷也相同，所以、、三个粒子偏转角相同，但粒子与前两个粒子的偏转方向相反；粒子的比荷与、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。
故选AD。
8．AB
【详解】A、对小球进行受力分析如上图所示

可得：解得小球的带电量为：，故A正确；
B、由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力

在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：，而，所以，故B正确；
C、由于总能量保持不变，即恒量，所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能最大，机械能最小，故C错误；
D、由于总能量保持不变，即恒量，由B运动到A，，，所以，总能量 ，故D错误；
故选AB．
【点睛】关键抓住小球恰好做圆周运动，求出等效最高点的临界速度，根据该功能关系确定何处机械能最小，知道在等效最高点的动能最小，则重力势能和电势能之和最大．
9．AD
【详解】A．小球a滑到M点的过程中重力做正功，电场力做负功，小球b滑到N点的过程中只有重力做正功，由动能定理，有

所以

故A正确。
B．设小球a、b受到的支持力大小分别为、，对M点，小球a经过M点时，有

由牛顿第三定律知，对轨道的压力

得

对N点，有

当小球b向右运动通过N点时

且由牛顿第三定律知，对轨道的压力

得

显然

但当小球b在磁场中向左运动通过N点时

得

由于与大小关系不能确定，所以FN与FM大小关系不能确定，故B错误。
C．电场力沿轨道切线分量阻碍小球a的下滑，则小球a第一次到达M点的时间大于小球b第一次到达N点的时间，故C错误。
D．小球b向右运动过程中机械能守恒，能到达轨道的最右端，小球a向右运动过程中机械能减小，不能到达轨道的最右端，故D正确。
故选AD。
10．BCD
【详解】电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度可知，电场方向未变，滑块运动的过程中，电场力始终做正功，电势能逐渐减小，故A错误；电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强为：，此时的电场力为：F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N；滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故BC正确．在x＝0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，qU﹣fx＝mv2，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s．故D正确．
11．BCD
【分析】带电环与极板间相距最近时两者速度相等，选取带电环与电容器构成的系统作为研究对象，根据动量守恒定律，即可求出带电环与左极扳相距最近时的速度大小；结合运动学公式求解电容器移动的距离；在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．
【详解】A．带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得
，
解得
，
A错误；
B．该过程中电容器向左做匀加速直线运动根据运动学基本公式得，环向左做匀减速直线运动，由公式得
，
根据位移关系有
，
解得
，
B正确；
C．在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．所以
，
联立得
，
C正确；
D．在此过程，系统中，带电小环动能减少，转化为电容器增加的动能以及系统的电势能，故带电环减少的动能大于电容器增加的动能，D正确。
故选BCD。
12．AD
【详解】A.设电场强度为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下为正方向，则由

和

可得

故A正确；
B.整个过程中电场力做功

所以小球电势能减少了，故B错误；
C. 从P点到最低点的过程中，小球下降的距离

所以小球重力势能减少

故C错误；
D.小球运动到最低点时，速度为零，从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少

故D正确；
故选AD。
13．CD
【详解】AD．由于电场强度

故

物体的加速度大小为

故若小球恰好在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动到达P点的速度最小为v，则有

解得

小球运动的最小速度为，从P到A的过程中

解得

故A错误，D正确；
B．由于，，所以小球运动至C点的电势能小于H点时的电势能，故B错误；
C．在P点的速度是，小球运动等效最低点D时的速度最大，对绳子的拉力最大，由动能定理可得

在等效最低点D点

解得

故C正确。
故选CD。
14．AD
【详解】AB．由图象分析可知：在距离O点3L前做加速运动，后做减速运动，可见3L处的加速度为0，则在3L处受到两点电荷的电场力平衡，可知3L点的合场强为零，Q2带负电，由，Q1距离3L处较远，所以Q1＞Q2，故A正确，B错误；
C．该粒子从a点到3L处，做加速运动，且该粒子为负电荷，电场力做正功，所以电势能减小，再据知，电势升高，从3L到b减速运动，电场力做负功，电势能增加，电势又降低，故3L处电势最高，故C错误；
D．由图象可知，粒子在b点的速度大于在a点的速度，a点到b点整个过程中电场力做正功，电势能减小，a点的电势能比在b点的电势能多，故D正确；
故选AD。
15．（1） （2）
【详解】（1）小球做平抛运动，设初速度v0．初动能EK0，从O到A的运动时间为t，令OA＝d，
则：OB=d，
根据平抛运动的规律得：水平方向：d•sin60°=v0t…①
竖直方向：y＝d•cos60°＝d＝gt2…②
又：EK0＝mv02…③
联立①②③解得：EK0＝mgd…④
设小球到达A时的动能为EKA，则：EKA＝EK0+mgd＝mgd…⑤
所以：；
（2）加电场后，从O点到A点下降了y=d，从O点到B点下降了d，设电场力F与竖直方向夹角为α，

则由动能定理：

其中EK0＝mgd
联立解得：α=300
所以电场强度为 ，
正电荷受力方向与电场方向相同，即E与竖直方向夹角为
16．(1)1m/s；(2)5V；(3)
【详解】(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律，加速度
a=
解得
a=5m/s2
根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有
xA=v0t
竖直方向有
yP=at2
联立得
v0=xA
代入数据，解得
v0=1m/s
(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度
vy=
因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有

解得
E=50N/C
设小球在水平电场中运动的水平距离为l
=
根据电势差与电场强度的关系有
UAB=El
解得
UAB=5V
(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有
mv2-mv=mg（yP+d）+qUAB-qE0yP
解得
v=m/s
17．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由水平方向匀速直线运动得
2h=v0t1
竖直向下的分速度

由竖直方向匀加速直线运动知
vy=at1
加速度为

根据以上式解得

（2）粒子进入磁场的速度为v，有

粒子运动轨迹如图所示

由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为
r=R
由洛伦兹力提供向心力可知

解得

（3）粒子在磁场中运动的时间为

粒子在磁场中运动的周期为，粒子在电场中运动的时间为

粒子运动的总时间

代入数据得

18．（1）；（2）4m；（3）
【详解】（1）设滑块在斜面上运动的加速大小为a1，根据牛顿第二定律可得

解得

（2）设滑块在水平地面上运动加速大小为a2，根据牛顿第二定理可得

解得

设滑块在水平地面上滑行的距离为x2，根据匀减速运动公式可得

（3）设滑块在水平地面上运动加速大小为a3，滑块在斜面上运动的加速大小为a4，根据动力学知识可得，又根据牛顿第二定律可得

解得

所以

19．（1）    （2），或，   （3）
【分析】（1）小球从O到C做平抛运动，结合平抛运动的规律求解小球经过C点位置时的动能．
（2）空间电场强度不为0时，根据平抛运动的规律和几何关系求解D点位置坐标；
（3）结合第（1）问的结论，根据能量关系列式求解空间所加匀强电场的场强.
【详解】（1）小球从O到C做平抛运动有  

可得vy＝2v0
则
得EkC＝5Ek0
（2）小球过D点时有
xD＝v0t

EkD＝2Ek0即
可得则有vy＝v0
代入位移公式得：
又由几何关系得
解得，或，
（3）在（1）问中由和
可得
空间有电场时小球过C点有：
xc＝v′0t

其中，
v′y＝2v′0
EkC＝2Ek0即
可得
代入位移公式得：
代入加速度公式得
20．（1）①e(φB-φA)②（2）①②等势面4电势高；电子运动过程中，电势升高，电势能减小，根据能量守恒的观点，电子的动能增加，实现加速．根据等势面的分布，可以画出电场线的分布如答图中实线所示，可以看出，电子在电场力的作用下，向z轴偏转，说明电场对电子起到会聚的作用．
【详解】（1）①A、B两点的电势差UAB=φA-φB
在电子由A运动到B的过程中电场力做的功WAB=-eUAB=e(φB-φA)）
②设电子在B点处的速度大小为v，根据动能定理

由于
可得
（2）设电子穿过薄层后的速度为v2，由于电子只受法线方向的作用力，其沿薄层方向速度不变，有：
电子穿过薄层的过程中，能量守恒：     
可解得：   

则：
②等势面4电势高
电子运动过程中，电势升高，电势能减小，根据能量守恒的观点，电子的动能增加，实现加速．根据等势面的分布，可以画出电场线的分布如答图中实线所示，可以看出，电子在电场力的作用下，向z轴偏转，说明电场对电子起到会聚的作用．

21．(1)0.4m；(2)；(3)
【详解】在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则由向心力公式得

竖直方向匀加速运动

水平方向匀速运动

联立解得

设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒有

根据机械能守恒定律有

联立解得
，
由动能定理得

联立解得

设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒有

根据机械能守恒定律有

有以上两式可得

由于，可得

设乙球过D点的速度为，由动能定理得

联立以上两个方程可得

设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有

所以可以解得

22．(1)1.6×103m/s；(2)s；(3)其中
【详解】(1)由动能定理

得
v＝1.6×103m/s
(2)由动能定理得
qE2Δx＝
匀加速时间
t1＝
匀速时间
t2＝
总时间
t＝t1+t2＝s
(3)设粒子从MN线上某点由静止释放，经第一象限电场边界交点，后做匀速直线运动到A点，在第一象限做类平抛运动，如图

水平方向

竖直方向
h＝
由几何关系知
＝
推出边界方程
其中
23．(1)；(2)；(3)
【详解】(1)碰前A的速度

解得

碰前B的速度

解得

由动量守恒可得

解得

碰撞过程中A球对B球做的功

(2)碰后，整体受到电场力

因为

小球做类平抛运动，水平方向上

竖直方向上

其中

圆的方程

解得
x=0.8m
y=0.8m
C刚好在圆心等高处绳子拉直
设此时C向上的速度为

设小球运动到最高点速度为
由动能定理得

解得

(3)设小球从最高点运动到最低点时的速度为，可得

解得

由

可知T>0，所以小球能一直做圆周运动，设经过最高点次数为n，故有

解得

24．（1）2.5m；（2）0.4m
【详解】（1）带电体从P运动到B过程，依据动能定理得

代入数据解得

（2）带电体从B运动到C过程，由动能定理得

解得

带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动

解得

在水平方向上