9.1帶電粒子在電場中的運動TOC\o"13"\h\z\u考點一平行板電容器的動態分析 1考點二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動 2考點三帶電粒子在電場中的偏轉 3考點四帶電體在復合場中的運動 4TOC\o"44"\h\z\u題型1平行板電容器的動態分析——兩極板間電勢差不變 4題型2平行板電容器的動態分析——兩極板間電荷量不變 6題型3帶電粒子在電場中的直線加速 8題型4帶電體在靜電力和重力下的直線運動(等效重力場) 11題型5帶電粒子在勻強電場中的偏轉 14題型6帶電粒子在重力場和電場復合場中的偏轉 18題型7帶電粒子在交變電場中的運動 21考點一平行板電容器的動態分析1．電容器的充、放電(1)充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉化為其他形式的能．2．對公式C＝eq\f(Q,U)的理解電容C＝eq\f(Q,U)，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關．3．兩種類型的動態分析思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(2)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化．(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強度的變化．兩種類型平行板電容器的動態分析問題平行板電容器的動態分析問題有兩種情況：一是電容器始終和電源連接，此時U恒定，則Q＝CU∝C，而C＝eq\f(εrS,4πkd)∝eq\f(εrS,d)，兩板間場強E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)；二是電容器充電后與電源斷開，此時Q恒定，則U＝eq\f(Q,C)，C∝eq\f(εrS,d)，場強E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)∝eq\f(1,εrS).考點二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．2．用功能觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1處理帶電粒子在電場中運動的常用技巧(1)微觀粒子(如電子、質子、α粒子等)在電場中的運動，通常不必考慮其重力及運動中重力勢能的變化．(2)普通的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場中的運動，除題中說明外，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化．考點三帶電粒子在電場中的偏轉1．帶電粒子在電場中的偏轉(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場．(2)運動性質：勻變速曲線運動．(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動．(4)運動規律：①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))))②沿電場力方向，做勻加速直線運動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)),離開電場時的偏轉角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))))2．帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．考點四帶電體在復合場中的運動等效法處理疊加場問題1．各種性質的場(物質)與實際物體的根本區別之一是場具有疊加性，即幾個場可以同時占據同一空間，從而形成疊加場．2．將疊加場等效為一個簡單場，其具體步驟是：先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場中做圓周運動的規律遷移到等效重力場中分析求解即可．題型1平行板電容器的動態分析——兩極板間電勢差不變（2023秋?哈爾濱期末）如圖所示，平行板PQ、MN與電源相連，開關K閉合，從O點沿兩板間中線不斷向兩板間射入比荷一定的帶正電的粒子，粒子經電場偏轉后發生的側移為y，不計粒子的重力，要減小側移y，下列操作可行的是（）A．僅將PQ板向下平移一些 B．僅將PQ板向上平移一些 C．將開關K斷開，僅將PQ板向下平移 D．將開關K斷開，僅將PQ板向上平移【解答】解：AB、粒子在電場中做類平拋運動，則粒子經電場偏轉后發生的側移為y=1而粒子在電場中運動的加速度為a=qE電容器在連接電源的情況下，極板間電壓不變，極板間場強為E=U僅將PQ板向下平移一些，兩極板間的場強E變大，粒子沿電場方向的加速度a增大，側移y變大；僅將PQ板向上平移一些，兩板間的場強E變小，粒子沿電場方向的加速度a減小，側移y變小，故AB正確；CD、將開關K斷開，兩極板的帶電量不變，極板間場強為E=Ud，又C=QU，可知僅將PQ板向下平移或向上平移，兩極板間的電場強度E不變，粒子的加速度a不變，運動情況不變，則側移y不變，故CD錯誤。故選：B。（多選）（2023秋?白山期末）如圖，A、B為水平正對放置的平行板電容器的兩極板，B極板接地。閉合開關S，一帶電液滴在兩極板間的P點處于靜止狀態。下列說法正確的是（）A．該液滴帶負電 B．將一塊有機玻璃插到兩極板之間，電容器的電容將變小 C．保持開關S閉合，將A極板向左移動一小段距離，液滴將保持靜止 D．斷開開關S，將B極板向下移動一小段距離，液滴將加速向上運動【解答】解：A、由圖可知，電容器上極板帶正電，帶電液滴能靜止，則帶電液滴帶負電，故A正確；B、將一塊有機玻璃插到兩極板之間時，由C=εrSC、保持開關S閉合，將A極板向左移動一小段距離，電容器兩極板電壓不變，由E=Ud可知極板間電場強度不變，所以液滴受力情況不變，仍將保持靜止，故D、斷開開關S，電容器帶電量不變，由C=εrS4πkd，U=QC，E=Ud可得故選：AC。（2022秋?順慶區校級期末）工廠在生產紡織品、紙張等絕緣材料時，為了實時監控其厚度，通常要在生產流水線上設置如圖所示傳感器。其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板，上下位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的兩極上（電源電壓小于材料的擊穿電壓）。當流水線上通過的產品厚度增大時，下列說法正確的是（）A．A、B平行板電容器的電容減小 B．A、B兩板上的電荷量變小 C．有電流從b向a流過靈敏電流計 D．A、B兩板間的電場強度減小【解答】解：A．根據電容器的決定式C=εrS4πkd可知，當產品厚度增大時，εBC．根據電容器的定義式Q＝CU，因為電容器的電容C變大，兩極板間的電壓U不變，故A、B兩板上的電荷量變大；此時有充電電流從b向a流過靈敏電流計，故B錯誤，C正確；D．根據電場強度和電勢差的關系E=Ud可知，兩極板間電壓不變，極板間距不變，故電場強度不變，故故選：C。題型2平行板電容器的動態分析——兩極板間電荷量不變（2023秋?西寧期末）用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）。設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ．實驗中，極板所帶電荷量不變，若（）A．保持S不變，增大d，則θ變小 B．保持S不變，增大d，則θ變大 C．保持d不變，減小S，則θ變小 D．保持d不變，減小S，則θ不變【解答】解：A、B、保持S不變，增大d，可知電容變小，電容器的帶電量不變，根據C=QU，說明板間電勢差變大，發現θ變大，故A錯誤，C、D、保持d不變，減小S，可知電容變小，電容器的帶電量不變，根據C=QU，說明板間電勢差變大，發現θ變大，故故選：B。（2022秋?大理州期末）用如圖所示的實驗裝置定性探究影響平行板電容器電容的因素，該實驗中保持兩極板帶電量不變。關于該實驗的實驗現象分析，下列說法正確的是（）A．若看到靜電計張角變大，說明電容變大了 B．若看到靜電計張角變大，可能是板間距離增大造成的 C．若看到靜電計張角變小，可能是兩板正對面積減小造成的 D．若看到靜電計張角變大，可能是因為在兩板間插入了絕緣介質板【解答】解：A、靜電計指針張角變大，說明兩板間電勢差變大，故A錯誤；B、若板間距離增大，由電容的決定式C=εrS4πkd可知電容減小，又由電容的定義式C、若兩板正對面積減小，由電容的決定式C=εS4πkd可知電容減小，又由電容的定義式C=QD、若在兩板間插入了絕緣介質板，由電容的決定式C=εS4πkd可知電容增大，又由電容的定義式C=Q故選：B。（2023春?安化縣期末）研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是（）A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，不能使電容器帶電 B．實驗中，只將電容器b板向左平移，靜電計指針的張角變大 C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大 D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大【解答】解：A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，則a帶上電荷，由于靜電感應使b板也帶上電，故可以使電容器帶電，故A錯誤；B．實驗中，只將電容器b板向左平移，d變大，根據電容器的決定式C=ε電容C變小，又由電容器的定義式C=Q可知，極板間電壓U增加，靜電計指針的張角變大，故B正確；C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，根據上述公式可知，介電常數變大，電容C變大，電壓U減小，靜電計指針的張角變小，故C錯誤；D．實驗中，只增加極板帶電量，電容不變，則極板間電壓U增加，靜電計指針的張角變大，故D錯誤。故選：B。題型3帶電粒子在電場中的直線加速（多選）（2022秋?江北區校級期末）圖甲是一臺醫用電子直線加速器，該加速器通過加速電場使電子直線加速獲得能量，轟擊重金屬靶產生射線，可用于放射治療。其基本原理如圖乙所示，電子由陰極射線發出，經B板的小孔進入兩板間被加速，不計電子的重力，下列說法正確的是（）A．A板帶正電，B板不帶電 B．若兩板間電壓一定，改變板間距離，電子的加速度與板間距離乘積保持不變 C．若極板所帶的電荷量一定，增大板間距離，電子獲得的動能增大 D．若兩板間電壓一定，增大板間距離，電子獲得的動能增大【解答】解：AB、電子在電場中加速，所以A板帶正電，B板帶負電，根據牛頓第二定律有：qUmd=a，解得qUm=md，所以若兩板間電壓一定，改變板間距離，電子的加速度與板間距離乘積保持不變，故CD、增大板間距離，根據C=?rS4πkd可知電容減小，若極板所帶的電荷量一定，根據C=QU可知電壓U增大，由動能定理可得eU=1故選：BC。（2023?邵陽模擬）靜電植絨技術，于3000多年前在中國首先起步。現代靜電植絨于上世紀50、60年代在德國首先研制出并使用。如圖為植絨流程示意圖，將絨毛放在帶負電荷的容器中，使絨毛帶負電，容器與帶電極板之間加恒定的電壓，絨毛呈垂直狀加速飛到需要植絨的物體表面上。不計重力和空氣阻力，下列判斷正確的是（）A．帶電極板帶負電 B．絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電勢能不斷增大 C．若增大容器與帶電極板之間的距離，絨毛到達需要植絨的物體表面時速率增大 D．質量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達需要植絨的物體表面時速率越大【解答】解：A、絨毛帶負電加速度向下運動，所以電場力向下，電場強度向上，帶電極板帶正電，故A錯誤；B、絨毛在飛往需要植絨的物體的過程中，電場力向下做正功，電勢能不斷減小，故B錯誤；C、由動能定理可得：qU=12若增大容器與帶電極板之間的距離，而電極板之間的電壓加恒定，絨毛到達需要植絨的物體表面時速率不變，故C錯誤；D、由v=2qUm，可知質量相同的絨毛，帶電荷量越多，到達需要植絨的物體表面時速率越大，故故選：D。（2022秋?朝陽區期末）如圖所示，相距為d的兩平行金屬板間存在勻強電場。一個電子從左極板O點處以速度v0沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回。已知O、A兩點相距為h（h＜d），電子質量為m，電荷量為e，不計電子重力。（1）求O、A兩點間的電勢差大小UOA；（2）求兩平行金屬極間電勢差大小U；（3）設右極板電勢為零，求A點電勢φA。【解答】解：（1）電子由O到A的過程，只有電場力做功，根據動能定理可得：?eUOA＝0?1解得OA的電勢差UOA=（2）OA的電勢差UOA＝Eh；兩平行金屬極間電勢差大小U＝Ed則U=（3）右極板電勢為零，則左極板電勢為φ＝UA點電勢φA＝φ﹣UOA=答：（1）O、A兩點間的電勢差大小為mv（2）兩平行金屬極間電勢差大小為mdv（3）設右極板電勢為零，A點電勢為mv題型4帶電體在靜電力和重力下的直線運動(等效重力場)（2022秋?鄄城縣校級期末）如圖所示，充電后水平放置的平行板電容器與電源斷開，金屬板相距為d，一質量為m，電荷量為+q的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出（軌跡如圖中虛線所示），若僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，其他條件保持不變，則下列說法正確的是（）A．油滴的運動軌跡變成曲線 B．電場強度大小為mgq，方向豎直向下C．平移后下板和上板之間的電勢差為mgdqD．平移后油滴穿越兩板之間的電場后電勢能減少了mgd【解答】解：AB、油滴沿直線從上極板邊緣射出，油滴在極板間一定做勻速直線運動，由平衡條件得：qE＝mg，解得：E=mgq，方向豎直向上；極板間的電場強度：E=Ud，電容器的電容C=QU，平行板電容器的電容C=εrS4πkd，解得：E=4πkQC、僅將平行板電容器上極板平行上移一些后，兩極板間的電場強度E不變，兩極板間的電勢差U＝Ed，當上極板向上移動些許時d變大，上、下兩極板間的電勢差U變大，不再是mgdq，故CD、當上極板向上移動后，E不變，所以粒子射出電場時的位置也不變，重力做功﹣mgd，則電場力做功mgd，根據功能關系可知，油滴的電勢能減少了mgd，故D正確。故選：D。（多選）（2023秋?福州期末）如圖所示，在豎直平面內有水平向右、電場強度為E＝1×104N/C的勻強電場。在勻強電場中有一根長l＝2m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質量m＝0.08kg的帶電小球，靜止時懸線與豎直方向成37°角。若小球獲得初速度恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，取小球在靜止時的位置為電勢能零點和重力勢能零點，cos37°＝0.8，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球的電荷量q＝6×10﹣5C B．小球動能的最小值為2J C．小球在運動至圓周軌跡上的最高點時有機械能的最小值 D．小球繞O點在豎直平面內做圓周運動的電勢能和機械能之和保持不變，且為5J【解答】解：A、小球靜止時，對小球進行受力分析有tan37代入數據解得q=故A正確；B、小球恰能在豎直平面內做圓周運動，則在等最高點，即平衡位置關于O點的對稱點，速度最小，動能最小。由重力和電場力的合力提供向心力，有mg代入數據解得v＝5m/s由動能公式可知E故B錯誤；C、有機械能守恒定律可知：機械能的變化等于除重力和彈簧彈力之外的其他力做的功，此處即電場力做的功，所以當小球運動到左側與圓心O點等高處時機械能最小，故C錯誤；D、小球由B運動到A，有W合力＝2lF合EpB＝4J代入數據解得總能量為E＝EpB+EkB＝5J，故D正確。故選：AD。（2023秋?南寧期末）如圖，在方向豎直向上、大小為E＝1×106V/m的勻強電場中，固定一個光滑絕緣圓環，圓環在豎直平面內，圓心為O、半徑為R＝0.2m。絕緣圓環穿有A、B兩個可視為質點的小球，兩小球間通過一根絕緣輕桿相連。現將兩小球和輕桿從圓環上的圖示位置出靜止釋放，釋放時A與圓心O等高，B在圓心O的正下方，釋放后兩小球沿逆時針方向轉動。已知A帶的電荷量為q＝+7×10﹣7C，B不帶電，兩小球質量分別為mA＝0.01kg、mB＝0.08kg，重力加速度大小為g＝10m/s2，則：（1）通過計算判斷，小球A能否到達圓環的最高點C；（2）求小球A的最大速度值；（3）求小球A從圖示位置逆時針轉動的過程中，其電勢能變化的最大值。【解答】解：（1）設A、B在轉動過程中，輕桿對A、B做的功分別為WT、WT′，則：WT+WT′＝0設A、B到達圓環最高點的動能分別為EkA、EkB對A由動能定理：qER﹣mAgR+WT1＝EKA對B由動能定理：WT1′﹣mBgR＝EKB聯立解得：EKA+EKB＝﹣0.04J上式表明：A在圓環最高點時，系統動能為負值，故A不能到達圓環最高點。（2）設B轉過α角時，A、B的速度大小分別為vA、vB，因A、B做圓周運動的半徑和角速度均相同，故兩球的線速度相等：vA＝vB對A由動能定理：qERsinα﹣mAgRsinα+WT2=對B由動能定理：WT2′﹣mBgR（1﹣cosα）=聯立解得：v由上式解得，當tanα=34時，A、B的最大速度均為：vmax（3）A、B從圖示位置逆時針轉動過程中，當兩球速度為0時，電場力做功最多，電勢能減少最多，由上述速度表達式得：3sinα+4cosα﹣4＝0解得：sinα=2425或sinα＝故A的電勢能減少：|ΔEp|＝qEsinα=84625J答：（1）小球A不能到達圓環的最高點C；（2）小球A的最大速度值為223（3）小球A從圖示位置逆時針轉動的過程中，其電勢能變化的最大值為0.1344J。題型5帶電粒子在勻強電場中的偏轉（2023秋?大興區期末）甲、乙兩個帶電粒子的電荷量和質量分別為（﹣q，m）、（﹣q，4m），它們先后經過同一加速電場由靜止開始加速后，由同一點進入同一偏轉電場，兩粒子進入時的速度方向均與偏轉電場垂直，如圖所示。粒子重力不計，則甲、乙兩粒子（）A．進入偏轉電場時速度大小之比為1：2 B．在偏轉電場中運動的時間相同 C．離開偏轉電場時的動能之比為1：4 D．離開偏轉電場時垂直于板面方向偏移的距離之比為1：1【解答】解：A.帶電粒子經過加速電場加速，設加速電場兩極板電勢差為U1，由動能定理得qU1=12進入偏轉電場時的速度大小v=則兩帶電粒子進入偏轉電場時的速度大小之比為v甲：v乙=故A錯誤；B.帶電粒子在偏轉電場中做類平拋運動，水平方向為勻速直線運動，設偏轉極板長為x，在偏轉電場中運動的時間t=兩帶電粒子進入偏轉電場時的速度不同，則時間不同，故B錯誤；C.帶電粒子在偏轉電場中，豎直方向為初速度為0的勻加速直線運動，設偏轉電場兩極板電勢差為U2，豎直位移為y=12at2=12×則兩帶電粒子在偏轉電場中豎直方向的位移相同，設偏轉電場中電場強度為E，根據動能定理得qEy＝Ek-12mv2＝Ek﹣離開偏轉電場時的動能為Ek＝qEy+qU1兩帶電粒子電荷量相同，則離開偏轉電場時的動能相同，動能之比為1：1，故C錯誤；D.根據C選項分析可知，離開偏轉電場時垂直于板面方向偏移的距離之比為1：1，故D正確。故選：D。（2023秋?朝陽區期末）某種負離子空氣凈化原理如圖所示。收集器矩形通道的上下表面是一對平行金屬板，金屬板長度為L，間距為d。均勻分布的帶負電的灰塵顆粒質量為m、電荷量為q、以水平速度v0進入通道，單位時間內進入通道的帶電灰塵顆粒數目為n。已知兩金屬極板之間的電壓恒為U=3mA．凈化裝置對帶電灰塵顆粒的收集率為75100B．單位時間內通過導線的電荷量為34C．單位時間內帶電灰塵顆粒減少的電勢能為1532D．若電壓增大到2U，則帶電灰塵顆粒恰好全部被收集【解答】解：AB．帶電塵埃在極板間最大偏轉距離y，最長運動時間為t，根據牛頓第二定律可知，塵埃的加速度為a=水平方向和豎直方向分別有L＝v0ty=解得y=3根據題意可知，收集效率為η=yd×則單位時間內通過導線的電荷量為Q=3故AB正確；C．單位時間內帶電塵埃減少的電勢能為Ep=14nq×3U故C正確；D．若電壓增大到2U，帶電塵埃在極板間最大偏轉距離y'，最長運動時間為t'，根據牛頓第二定律可知，塵埃的加速度為a=水平方向和豎直方向分別有L'＝v0t'y'=解得y'=3則帶電灰塵顆粒并非恰好全部被收集，故D錯誤；本題選擇錯誤選項；故選：D。（2023春?溫江區校級期末）如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是（）A．電荷M的電荷量小于電荷N的電荷量 B．兩電荷在電場中運動的加速度相等 C．從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功 D．電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同【解答】解：AB、從運動軌跡知，豎直方向的位移M比N大，即：yM＞yN豎直方向上：y=由于電荷M和N質量相同，E相同，時間t相同，則：E即：aM＞aN，qM＞qN。故AB錯誤；C、根據動能定理可知，電場力做功為：W＝Eqh，h=Eqt22m，聯立兩式有：W=E2q2t22m，由于M、N電荷量關系有：qM＞qN。而MN的質量D、從題圖所給的運動軌跡知道：xM＞xN，即：vMt＞vNt則：vM＞vN，故D錯誤。故選：C。題型6帶電粒子在重力場和電場復合場中的偏轉（多選）（2023秋?五華區校級期末）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度2v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程（）A．水平方向加速度大小為g2B．水平方向位移為v2C．動能增加32D．機械能增加1【解答】解：A、小球的運動可以分解為豎直方向的豎直上拋運動和水平方向的初速度為0的勻加速直線運動，設運動時間為t，則水平方向有qE豎直方向有gt＝2v則得：t=2vg則水平方向的加速度為a=qEm=B、水平方向位移為x=v22aC、動能增加量為ΔEk=D、根據功能關系知機械能增加量為ΔE=qEx=12mg?故選：AD。（2022秋?平城區校級期末）如圖所示，在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，將質量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝3BC，空氣阻力不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．電場力大小為3mg B．小球帶正電 C．小球從A到B與從B到C的運動時間相等 D．小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等【解答】解：C、兩個過程水平位移之比是3：1，所以時間之比也是3：1，故C錯誤。A、分別列出豎直方向的方程，即h=12gt2，h3B、小球受到的電場力向上，與電場方向相反，所以小球帶負電，故B錯誤。D、速度變化量等于加速度與時間的乘積，即Δv＝at，結合以上的分析可得，AB過程Δv＝gt，BC過程Δv=F-mgmt故選：D。（多選）（2023春?宜豐縣校級期末）如圖所示，在方向水平的勻強電場中，一不可伸長的不導電細線的一端連著一個質量為m的帶電小球，另一端固定于O點，把小球拉起至A點，此時細線與場強平行，然后把小球從A點無初速釋放，經最低點B后到達B的另一側C點時速度為零，則（）A．小球在B點時速度最大 B．小球從A點到B點再到C點的過程中，機械能一直在減少 C．小球在B點時的繩子拉力最大 D．從A點到B點的過程中小球的動能先增加再減小【解答】解：AC、小球受電場力水平向右，則由平衡知識可知，小球的平衡位置在AB之間的某位置，小球在平衡位置時的速度最大，在此位置時繩子的拉力也是最大，但肯定不是在B點，故AC錯誤；B、根據功能原理，小球從A點到B點再到C點的過程中，只有電場力和重力做功，則小球的機械能和電勢能之和守恒，因此過程中電場力一直做負功，電勢能變大，則機械能一直在減少，故B正確；D、由以上分析，速度最大（即動能最大）的點在AB之間的某點，從A點到B點的過程中，小球的動能先增加再減小，故D正確。故選：BD。（多選）（2022秋?稷山縣期末）如圖所示，空間有豎直向上的勻強電場E。將一質量為m的帶電小球從斜面上的A點以速率v0水平向左拋出，小球落到斜面上的B點。若撤去電場，將該小球以v02的速率從A點水平向左拋出，小球恰好落到A．小球的電荷量為mgEB．小球的電荷量為mg2EC．前、后兩次小球落到斜面上時的動能之比為2：1 D．前、后兩次小球落到斜面上時的動能之比為4：1【解答】解：AB.設小球兩次飛行的時間分別為t1、t2，水平位移分別為x1、x2，小球在水平方向做勻速運動，空間有豎直向上的勻強電場E時，水平位移x1＝v0t1撤去電場后，小球的水平位移x設AB距離為L，根據題意x聯立解得t1＝t2空間有豎直向上的勻強電場E時，小球在豎直方向做勻加速運動，豎直高度h撤去電場后，小球在豎直方向做自由落體運動，豎直高度h根據題意，結合數學知識h1＝Lsinα，h聯立解得a＝2g空間有豎直向上的勻強電場E時，根據牛頓第二定律mg+Eq＝ma聯立解得小球所帶電荷量q=mgE，故A正確，CD.空間有豎直向上的勻強電場E時，小球落地時的豎直速度vy1＝at1＝2gt1落地時的動能E撤去電場后