专题12 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题（解析版）

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A.粒子a、b的带电荷量之比为1∶2
B.电场力对a、b粒子做功之比为1∶2
C.粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1∶2
D.粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角之比为1∶2
【答案】 A
【解析】设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向偏转位移为y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qEL2,2mveq \\al(2,0))，由于粒子的质量相等、初速度相等，偏转位移之比为1∶2，则粒子a、b的带电荷量之比为1∶2，故A正确；电场力做功W＝qEy，则电场力对a、b粒子做功之比为1∶4，故B错误；根据动能定理可得qEy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得粒子离开电场的速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋\f(2qEy,m))，粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于1∶2，故C错误；设两板间的距离为d，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为θa，θb，根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得tan θa＝eq \f(\f(d,2),\f(L,2))＝eq \f(d,L)，tan θb＝eq \f(d,\f(L,2))＝eq \f(2d,L)，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1∶2，但是角度之比不等于1∶2，故D错误。
2. (多选)(2021·广西柳州市模拟)如图所示，相距为2d的A、B两个点电荷固定于竖直线上，电荷量分别为＋Q和－Q。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，与AB连线间的距离为d，C、D是细杆上与A、B等高的两点，O点是CD中点。一个质量为m、电荷量为＋q的带电小球P(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布)穿过细杆，由C点静止开始释放，向下运动到O点时速度大小为v。已知静电力常量为k，重力加速度为g。则( )
A.C、D两点电势φC＝φD
B.C、D两点的电场强度大小相等
C.O点处的电场强度大小E＝eq \f(\r(2)kQ,2d2)
D.小球P经过D点时的速度大小为2v
【答案】BC
【解析】 由等量异号电荷电场线分布可知，C点电势高于D点电势，故A错误；由电场强度的叠加可知C、D两点的电场强度大小相等，故B正确；正点电荷Q在O点产生的场强大小为E1＝eq \f(kQ,（\r(2)d）2)＝eq \f(kQ,2d2)，负点电荷Q在O点产生的场强大小为E2＝eq \f(kQ,（\r(2)d）2)＝eq \f(kQ,2d2)，如图所示，
由电场强度的叠加可得O点处的电场强度E＝eq \r(2)E1＝eq \f(\r(2)kQ,2d2)，故C正确；从C到O与从O到D重力及电场力做功相同，从C到O过程，根据动能定理有W＝eq \f(1,2)mv2，从O到D过程，根据动能定理有W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mv2，联立解得vD＝eq \r(2)v，故D错误。
3. (2021·河南郑州市第二次质量预测)水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点A、B。轻杆左侧固定一带正电的点电荷，电荷量为＋Q，点电荷在轻杆AB两点的中垂线上，一个质量为m，电荷量为＋q的小球套在轻杆上，从A点静止释放，小球由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A.小球受到的电场力先减小后增大
B.小球的运动速度先增大后减小
C.小球的电势能先增大后减小
D.小球的加速度大小不变
【答案】 C
【解析】 小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，选项A错误；小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项B错误；小球下滑时，匀强电场的电场力对小球不做功，由以上分析可知，小球的电势能先增大后减小，选项C正确；由小球的受力情况可知，在A点时小球的加速度小于g，在AB中点时小球的加速度等于g，在B点时小球的加速度大于g，则加速度是不断变化的，选项D错误。
4.(多选)(2021·辽宁葫芦岛市高三期末)如图所示，质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U1加速后，垂直电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压U2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O点．下列关于两种粒子运动的说法正确的是( )
A．两种粒子会打在屏MN上的同一点
B．两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远
C．两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能
D．两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大
【答案】AD
【解析】两种粒子在加速电场中的直线加速由动能定理得：qU1＝eq \f(1,2)mv02－0
偏转电场中，平行于极板方向：L＝v0t
垂直于极板方向：a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU2,md)，y＝eq \f(1,2)at2
设离开偏转电场的速度偏向角为θ，有：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)
联立以上各式得y＝eq \f(U2L2,4dU1)，tan θ＝eq \f(U2L,2dU1)
偏移量y和速度偏向角θ都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一个点，故A正确，B错误；
对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得：
qU1＋qeq \f(U2,d)y＝Ek－0，即Ek＝qU1＋qeq \f(U2,d)y
因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C错误，D正确．
5.(2021·山东青岛市一模)如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是( )
A.eq \f(mveq \\al(2,0),qd) B.eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),qd)
C.eq \f(3mveq \\al(2,0),2qd) D.eq \f(3\r(3)mveq \\al(2,0),2qd)
【答案】 B
【解析】 带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到vy＝eq \f(v0,tan 30°)＝eq \r(3)v0
水平方向上有d＝v0t
竖直方向上有vy＝eq \f(qE,m)t
联立方程得E＝eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),qd)，故B正确。
6. (2021·福建三明市期末质量检测)(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则( )
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为g
C．小球上升的最大高度为eq \f(v02,2g)
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为eq \f(mv02,4)
【答案】 BD
【解析】 由于带电小球在竖直平面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，且mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知a＝g，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理得：－mg·eq \f(h,sin 30°)＝0－eq \f(1,2)mv02，解得：h＝eq \f(v02,4g)，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep＝－qE·2hcs 120°＝qEh＝mg·eq \f(v02,4g)＝eq \f(mv02,4)，D正确．
7.(多选)(2021·四川泸州市二诊)如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。则下列判断正确的是( )
A.物块在上滑过程中机械能一定减小
B.物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能
C.物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能
D.物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零
【答案】 CD
【解析】 上滑过程中满足qEcs θ＞Ff＋mgsin θ，则电场力做的功大于克服摩擦力做的功，即除重力以外的其他力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误；上滑过程中由动能定理W电－Wf－WG＝ΔEk，则W电＞WG，则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；由于摩擦力做功，由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为FN＝mgcs 30°，摩擦力Ff＝μmgcs 30°＝mgsin 30°，可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D正确。
8.(2021·广东潮州市第二次模拟)(多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )
A.质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B.质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D.质子和α粒子打到感光板上的位置相同
【答案】 CD
【解析】 根据动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2－0，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为eq \r(2)∶1，A错误；对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为U′，有q(U＋U′)＝Ek－0，所以末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C正确；由O2到MN板，质子和α粒子都做类平抛运动，竖直方向：h＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，水平方向：x＝vt，联立解得x＝2eq \r(\f(Uh,E))，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正确；在A、B间：a＝eq \f(qE,m)，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的水平速度大，又因为质子和α粒子水平位移相等，所以质子运动时间短，B错误。
9.(多选)(2021·黑龙江佳木斯一中期中)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
【答案】 BC
【解析】 电子做匀变速直线运动时x－t图象应是抛物线，故A错误．根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况，故B正确，D错误．根据电子的运动情况：电子交替做匀加速运动和匀减速运动，而匀变速运动的加速度大小不变，a－t图象应平行于横轴，故C正确．
10.(多选)(2021·广东深圳高级中学月考)如图所示，竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道，匀强电场的方向平行于轨道平面水平向左，P、Q分别为轨道上的最高点、最低点，M、N是轨道上与圆心O等高的点．质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动，已知重力加速度为g，电场强度E＝eq \f(3mg,4q)，要使小球能沿轨道做完整的圆周运动，则下列说法正确的是( )
A．小球在轨道上运动时，动能最小的位置，电势能最大
B．小球在轨道上运动时，机械能最大的位置一定在M点
C．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为6mg
D．小球过Q、P点时所受轨道弹力大小的差值为7.5mg
【答案】 BC
【解析】根据等效场知识可得，电场力与重力的合力大小为mg等＝eq \r(mg2＋qE2)＝eq \f(5,4)mg，故等效重力加速度为g等＝eq \f(5,4)g，如图所示，tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，即θ＝37°，若小球刚好能通过C点关于圆心O对称的D点，那么小球就能做完整的圆周运动．小球在D点时的动能最小，但D点并非是其电势能最大的位置，小球电势能最大的位置在N点，选项A错误；小球在轨道上运动的过程中遵守能量守恒定律，小球在轨道上M点的电势能最小，机械能最大，选项B正确；小球过Q点和P点时，由牛顿第二定律可得FQ－mg＝meq \f(vQ2,R)，FP＋mg＝meq \f(vP2,R)，小球从Q点到P点，由动能定理可得－2mgR＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mvQ2，联立解得FQ－FP＝6mg，选项C正确，D错误．
11.(多选)(2021·山东蒙阴县实验中学高二月考)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的．如图所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则( )
A．若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等
B．若比荷eq \f(q,m)相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等
C．若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等
D．若不同比荷eq \f(q,m)的带负电粒子由O点射入，偏转角度θ相同
【答案】 BCD
【解析】 设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a＝eq \f(U1q,md)，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；
由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv02，可得v0＝eq \r(\f(2qU1,m))，所以当带负电粒子的比荷eq \f(q,m)相等时，它们从M孔射出的速度相等，故B正确；粒子从M孔射出时的动能Ek＝eq \f(1,2)mv02＝qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确；如图所示，设偏转电场的板间距离为d′，在偏转电场中有tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(U2l,2U1d′)，偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷eq \f(q,m)的带负电粒子从O点射入，偏转角度θ相同，故D正确．
12.(2021·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．电场力大小为eq \f(\r(3)mg,2)
B．小球所受的合外力大小为eq \f(\r(3)mg,3)
C．小球由O点到P点用时eq \f(\r(3)v0,g)
D．小球通过P点时的动能为eq \f(5,2)mv02
【答案】 C
【解析】 设OP＝L，小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcs 60°＝eq \f(v0,2)t，竖直方向：Lsin 60°＝eq \f(1,2)gt2，解得：t＝eq \f(\r(3)v0,g)，选项C正确；水平方向F1＝ma＝meq \f(v0,t)＝eq \f(\r(3)mg,3)，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝eq \r(mg2＋F12)＝eq \f(2\r(3),3)mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝eq \r(3)v0，则动能：EkP＝eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(3,2)mv02，选项D错误．
二．计算题
13.(2021·四川雅安市上学期一诊)如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1×10－6 C的小物块置于斜面上的A点，A距斜面底端B的长度为1.5 m，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)该电场的电场强度的大小；
(2)若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B点所需的时间和在B点的速度各是多少？
【答案】 (1)7.5×105 N/C (2)1 s 3 m/s
【解析】 (1)小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，如图所示，则有qE＝mgtan 37°
故有E＝7.5×105 N/C。
(2)电场强度变为原来的一半后
根据牛顿第二定律得mgsin 37°－eq \f(1,2)qEcs 37°＝ma
代入数值解得a＝3 m/s2
方向沿斜面向下
由运动学公式x＝eq \f(1,2)at2和veq \\al(2,B)－veq \\al(2,A)＝2ax
代入数值解得t＝1 s，vB＝3 m/s。
14.(2021·江苏如皋中学模拟)如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2 m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m。有一质量为0.12 kg、电荷量为1.6×10－6 C，带负电的小球，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10 m/s2，求：
(1)小球在A点处的速度大小；
(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力。
【答案】 (1)6 m/s (2)21.6 N
【解析】 (1)重力G＝mg＝0.12×10 N＝1.2 N
电场力F＝qE＝1.6×10－6×3×106 N＝4.8 N
在A点，有qE－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)
代入数据解得v1＝6 m/s。
(2)设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有(qE－mg)·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有
FN＋mg－qE＝meq \f(veq \\al(2,2),R)
由牛顿第三定律有FN′＝FN
代入数据解得FN′＝21.6 N。
15. (2021·广东六校联盟第二次联考)如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.2，AB距离为5 m；BC为半径r＝1 m的竖直光滑绝缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E＝500 N/C。一质量m＝1 kg，电量q＝1.0×10－2 C的带负电小球，在功率P恒为20 W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力。已知到达B点之前已经做匀速运动(g＝10 m/s2)，求：
(1)小球匀速运动的速度大小；
(2)小球从A运动到B所用的时间；
(3)请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力大小。
【答案】 (1)10 m/s (2)3 s (3)可以 25 N
【解析】 (1)因为小球做匀速直线运动，所以F＝Ff
Ff＝μmg＝2 N
小球匀速运动的速度大小v0＝eq \f(P,Ff)＝10 m/s。
(2)A到B过程中，由动能定理得
Pt－μmg·eq \(AB,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
其中vB＝v0＝10 m/s
解得t＝3 s。
(3)小球从B点到C点，由动能定理得
－(mg＋qE)·2r＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vC＝2eq \r(10) m/s
若小球恰好过C点，则mg＋qE＝meq \f(v2,r)
解得v＝eq \r(15) m/s＜vC
则在C点，根据牛顿第二定律mg＋qE＋FN＝meq \f(veq \\al(2,C),r)
解得轨道对小球的弹力FN＝25 N。
16.(2021·山东青岛市模拟)如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小；
(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能。
【答案】 (1)eq \f(3mg,4q) (2)eq \f(3,4)h (3)eq \f(25,16)mgh
【解析】 (1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，
由FTcs 37°＝mg
FTsin 37°＝qE
解得E＝eq \f(3mg,4q)。
(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，
由qE＝ma
x＝eq \f(1,2)at2
h＝eq \f(1,2)gt2
联立解得x＝eq \f(3,4)h。
(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得
Ek＝mgh＋qEx＝eq \f(25,16)mgh。
17.(2021·江苏扬州市期中)静电喷漆原理如图所示，A、B为两块足够大的平行金属板，间距为d，两板间存在匀强电场．在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半球形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒．若油漆微粒的初速度大小均为v0，质量为m、电荷量为－q，场强大小为E＝eq \f(3mv\\al(02),2qd) ，微粒所受重力、空气阻力、微粒间相互作用力均不计，试求：
(1)微粒打在B板时的动能Ek；
(2)微粒到达B板上O点所需的时间t；
(3)微粒最后落在B板上所形成的图形形状及其面积S.
【答案】 (1)2mv02 (2)eq \f(2d,3v0) (3)圆形 eq \f(4,3)πd2
【解析】 (1)微粒从P喷出到打在B板，由动能定理得qEd＝Ek－eq \f(1,2)mv02
得Ek＝2mv02
(2)设微粒到达O点时的速度为v, Ek＝eq \f(1,2)mv2，
解得v＝2v0
微粒从P到O做匀加速直线运动，有eq \f(v0＋v,2)t＝d，
得t＝eq \f(2d,3v0)
(3)微粒落在B板上所形成的图形是圆形．微粒运动水平距离最大时，初速度水平，做类平抛运动，设此运动时间为t′，微粒在电场中运动的加速度为a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(3v\\al(02),2d)
竖直方向：d＝eq \f(1,2)at′2
水平方向：圆形半径R＝v0t′
圆面积为S＝πR2
得S＝eq \f(4,3)πd2.
18.(2021·河南高三月考)在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：
(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？
(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？
(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？
【答案】 见解析
【解析】 (1)由动能定理得eeq \f(U0,2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(v02＋\f(eU0,m)).
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝eq \f(T,4)＋k·eq \f(T,2)(k＝0,1,2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝eq \f(eU0,md)，加速阶段运动的距离s＝eq \f(1,2)·eq \f(eU0,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,4)))2≤eq \f(d,4)，
解得d≥Teq \r(\f(eU0,8m))，故两极板间距至少为Teq \r(\f(eU0,8m)).
19.(2021·名师原创预测)如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L＝5R.整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直线OD.现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，忽略空气阻力．求：
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；
(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程．
【答案】 (1)5.4qE (2)eq \f(6,5)R (3)15R
【解析】 (1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cs 37°)]－μqELcs 37°＝eq \f(1,2)mvC12－0
解得vC1＝eq \r(\f(22qER,5m))
在C点根据向心力公式得FNC1′－qE＝eq \f(mvC12,R)
解得FNC1′＝5.4qE
根据牛顿第三定律得FNC1＝5.4qE.
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，
根据动能定理有
qE(Lsin 37°－Rcs 37°)－μqELcs 37°＝eq \f(1,2)mvD12－0
解得vD1＝eq \r(\f(12qER,5m))
小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆着电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得－qExm＝0－eq \f(1,2)mvD12
解得xm＝eq \f(6,5)R.
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小．设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得qELsin 37°＝μqEscs 37°
解得s＝eq \f(Ltan 37°,μ)＝15R.
20.(2021·河南高三月考)如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有水平向左的、场强为E的匀强电场，y轴与直线x＝－d(d>0)区域内有竖直向下的、场强也为E的匀强电场．一个带电荷量为＋q的粒子(重力不计)从第一象限的S点由静止释放．
(1)若S点的坐标为(eq \f(d,2)，eq \f(d,2))，求粒子通过x轴时的坐标；
(2)若S点的坐标为(d，d)，求粒子通过x轴时的动能；
(3)若粒子能通过x轴上坐标为(－3d,0)的P点，求释放该粒子的点S的坐标(x，y)应该满足的条件．
【答案】 (1)(－d,0) (2)eq \f(5qEd,4) (3)4xy＝5d2(x>0，y>0)
【解析】 (1)设进入第二象限前粒子的速度为v0，质量为m，由动能定理得
qEeq \f(d,2)＝eq \f(1,2)mv02
在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，假设粒子通过x轴没有出电场左边界，则有
加速度a＝eq \f(qE,m)
x轴方向上x＝v0t
y轴方向上eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2
联立解得x＝d，假设成立．
所以粒子通过x轴时的坐标为(－d,0)．
(2)设进入第二象限前粒子的速度为v，质量为m，
由动能定理得qEd＝eq \f(1,2)mv2
在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，
加速度a＝eq \f(qE,m)
x轴方向上d＝vt1
y轴方向上y＝eq \f(1,2)at12
解得y＝eq \f(d,4)
对整个过程由动能定理得
qEd＋qEeq \f(d,4)＝Ek－0
解得Ek＝eq \f(5qEd,4).
(3)设粒子到达y轴时的速度为v0′，通过第二象限电场所用的时间为t2，粒子进入第二象限前由动能定理得qEx＝eq \f(mv0′2,2)
粒子刚出第二象限电场时速度偏向角的正切值tan θ＝eq \f(vy,vx)
其中vy＝at2
qE＝ma
vx＝v0′＝eq \f(d,t2)
粒子出第二象限电场后做直线运动，由几何关系有
tan θ＝eq \f(y－\f(1,2)at22,2d)
解得4xy＝5d2(x>0，y>0)．