【正文】 塊距高臺邊緣的最大水平距離為【答案】AD【解析】A．側(cè)壁光滑的高臺，小金屬塊a下落的運(yùn)動只受重力，故機(jī)械能守恒，故A正確；B．由于電場力對b做功，所以a、b系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；C．第一次碰撞后，a金屬塊為自由落體運(yùn)動，b金屬塊在豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動，豎直方向位移總相等；b金屬塊水平方向向右做勻減速運(yùn)動，當(dāng)它的水平位移為0時(shí)，會發(fā)生第二次碰撞，所以一定會發(fā)生第二次碰撞，故C錯(cuò)誤；D．第一次碰撞后，b水平方向的加速度大小為方向向左，根據(jù)速度位移關(guān)系公式，有，故D正確。解決這類問題，要分段進(jìn)行分析，根據(jù)題意找出滿足題目要求的條件，從而分析求解。②當(dāng)粒子垂直于電場方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，沿電場方向的分運(yùn)動具有周期性。2．工作原理偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′不加電壓，電子打到屏幕中心；若只在XX′之間加電壓，只在X方向偏轉(zhuǎn)；若只在YY′之間加電壓，只在Y方向偏轉(zhuǎn)；若XX′加掃描電壓，YY′加信號電壓，屏上會出現(xiàn)隨信號而變化的圖象。結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場。（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(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動。建議考生了解示波管具體結(jié)構(gòu)及其原理。（2）普通的帶電體（如油滴、塵埃、小球等）在電場中的運(yùn)動，除題中說明外，必須考慮其重力及運(yùn)動中重力勢能的變化。（2）粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論①以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點(diǎn)，O點(diǎn)與電場右邊緣的距離為x，則結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)，就像是從極板間的處沿直線射出。2．常見的試題類型此類題型一般有三種情況：（1）粒子做單向直線運(yùn)動（一般用牛頓運(yùn)動定律求解）；（2）粒子做往返運(yùn)動（一般分段研究）；（3）粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動（一般根據(jù)交變電場特點(diǎn)分段研究）。（3）對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，一般來說題中會直接或間接提到“粒子在其中運(yùn)動時(shí)電場為恒定電場”，故帶電粒子穿過電場時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動。則下列說法正確的是A．滑塊向上運(yùn)動的過程中，電場力對滑塊一直做負(fù)功B．電場強(qiáng)度的大小為C．如果僅將電場強(qiáng)度增加為原來的兩倍，則滑塊的加速度大小應(yīng)為D．如果僅將電場強(qiáng)度減為原來的，則滑塊在斜面上運(yùn)動到最高點(diǎn)的速度大小為【參考答案】BD【詳細(xì)解析】滑塊由斜面體的底端運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，滑塊受重力、支持力、水平向左的電場力，由于電場力與滑塊的位移夾角小于，則電場力對滑塊做正功，A錯(cuò)誤；對滑塊由力的平衡條件可知：，所以電場強(qiáng)度，B正確；如果僅將電場強(qiáng)度加倍，根據(jù)牛頓第二定律得，解得，C錯(cuò)誤；如果僅將電場強(qiáng)度減為原來的，則根據(jù)牛頓第二定律得:，a1＝3 m/s2，方向沿斜面向下，則滑塊沿斜面向上做減速運(yùn)動，由得，上滑的位移為，故滑塊到斜面頂端時(shí)速度不為零，由v02–v2＝2a1L，代入數(shù)據(jù)得v＝1 m/s，D正確。寧夏回族自治區(qū)高三三模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平方向的勻強(qiáng)電場E，A點(diǎn)與B點(diǎn)的連線垂直電場線，兩個(gè)完全相同的帶等量正電荷的粒子，以相同大小的初速度v0分別從A和B點(diǎn)沿不同方向開始運(yùn)動，之后都能到達(dá)電場中的N點(diǎn)，粒子的重力不計(jì)，下列說法正確的是（　?。〢．兩粒子到達(dá)N點(diǎn)所用的時(shí)間可能相等B．兩粒子到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度大小一定相等C．兩粒子在N點(diǎn)時(shí)的動能可能小于各自初始點(diǎn)的動能D．兩粒子整個(gè)運(yùn)動過程機(jī)械能的增加量一定相等【答案】BD【解析】A．因?yàn)閮闪Ｗ油耆嗤十a(chǎn)生的水平方向的加速度相同，而A點(diǎn)粒子水平初速度為零，而B點(diǎn)粒子水平初速度不為零向左，故根據(jù)勻變速方程可知，運(yùn)動時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；BD．因?yàn)橹挥须妶隽ψ龉Γ鶕?jù)題意可知，A點(diǎn)與B點(diǎn)在同一等勢面上，故 ，電場力做功 相同，則到達(dá)N點(diǎn)的動能相同，速度大小相同，而電場力做功等與機(jī)械能增加量，故機(jī)械能的增加量一定相等，故BD正確；C．因?yàn)锳點(diǎn)粒子水平方向向右運(yùn)動，故受力向右，則電場力做正功，動能增大，故C錯(cuò)誤。福建省高三一模）如圖，水平面有一勻強(qiáng)電場，AA39。已知AA39。點(diǎn)時(shí)的電勢能為4eV，該電子在平面AA39。1．【2019（2020【易錯(cuò)提醒】電壓突然反向時(shí)，電場強(qiáng)度、電場力也隨之反向，則加速度反向，但速度不會立即反向。四川省宜賓市第四中學(xué)校高三模擬）如圖所示，是某勻強(qiáng)電場中的四個(gè)點(diǎn)，它們正好是一個(gè)矩形的四個(gè)頂點(diǎn)，電場線與矩形所在平面平行。以下選項(xiàng)正確的是（　?。〢．電場方向與AC邊平行B．A、B、C三點(diǎn)中B點(diǎn)電勢最高C．D．電場強(qiáng)度大小6．如圖甲所示為示波管，如果在YY′之間加如圖乙所示的交變電壓，同時(shí)在XX′之間加如圖丙所示的鋸齒形電壓，使X的電勢比X′高，則在熒光屏上會看到的圖形為圖甲 圖乙 圖丙A． B． C． D．7．【2018以下說法中正確的是A．小球在B位置處于平衡狀態(tài)B．小球受到的重力與電場力的關(guān)系是Eq=mgC．小球?qū)⒃贏B之間往復(fù)運(yùn)動，且幅度將逐漸減小D．小球從A運(yùn)動到B的過程中，電場力對其做的功為12．【201815．【2019（1）求電場強(qiáng)度的大??；（2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？（3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？【答案】(1) ；(2)；(3)0或【解析】【分析】【詳解】（1）由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會沿著電場線方向運(yùn)動，由于q0，故電場線由A指向C，根據(jù)幾何關(guān)系可知：所以根據(jù)動能定理有：解得：；（2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點(diǎn)為D，即粒子要從D點(diǎn)射出時(shí)沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系有而電場力提供加速度有聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度：；（3）因?yàn)榱Ｗ釉陔妶鲋凶鲱惼綊佭\(yùn)動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0 ，過C點(diǎn)做AC垂線會與圓周交于B點(diǎn)，故由題意可知粒子會從C點(diǎn)或B點(diǎn)射出。故D錯(cuò)誤?，F(xiàn)將C板向右平移到點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子A．運(yùn)動到P點(diǎn)返回 B．運(yùn)動到P和點(diǎn)之間返回C．運(yùn)動到點(diǎn)返回 D．穿過點(diǎn)5．【2019A不帶電，B的電荷量為q（q0）。1．AB【解析】A．開關(guān)保持閉合時(shí)，極板電壓保持不變，若將上極板稍向下移動，由可知，極板間電場強(qiáng)度變大，要求粒子仍能從下極板右側(cè)邊緣飛出，則需要增大入射速度，A正確；B．若將下極板稍向上移動，極板間電場強(qiáng)度變大，粒子一定打到下極板上，由可知O與上極板的電勢差變大，則O與下極板的電勢差變小，故粒子在極板間運(yùn)動時(shí)電勢能減少量變小，B正確；C．開關(guān)保持?jǐn)嚅_時(shí)，若將上極板稍向下移動，由和知，極板上帶電量增大，二極管導(dǎo)通，故極板上電壓不變，由可知，極板間電場強(qiáng)度變大，故粒子一定打到下極板上，C錯(cuò)誤；D．若將上極板稍向上移動，因二極管的存在，由、和可知，極板間電場強(qiáng)度不變，粒子仍能從極板右端射出，D錯(cuò)誤。質(zhì)子從b運(yùn)動到c時(shí)做類平拋運(yùn)動，沿初速度v0方向做勻速直線運(yùn)動，則運(yùn)動時(shí)間為故C正確；D．若質(zhì)子由b到c，因bc間的電勢差為24V16V=8V則電場力做功W=eU=8eV，故D錯(cuò)誤。則顯示如圖C所示；故選：C。12．A 【解析】帶電粒子加速時(shí)應(yīng)滿足：，帶電粒子偏轉(zhuǎn)時(shí)，由類平拋規(guī)律，應(yīng)滿足：L=v0t， ，聯(lián)立以上各式可得，故A正確，BCD錯(cuò)誤。由動能定理得：–qU0=mv12–mv02將代入后解得：v1=在偏轉(zhuǎn)電場中，粒子運(yùn)動時(shí)間t1=側(cè)移量y1=at12=解得：y1=粒子在整個(gè)過程中的側(cè)移為代入數(shù)據(jù)解得，偏轉(zhuǎn)方向向上設(shè)在時(shí)間內(nèi)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的粒子速度大小為v2，同理，v2=在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移為y2=粒子在整個(gè)過程中的側(cè)移為，偏轉(zhuǎn)方向向上擋板上兩個(gè)發(fā)光點(diǎn)之間的距離Δy=（2）考慮到臨界條件，設(shè)當(dāng)極板間距為時(shí)，粒子剛好從偏轉(zhuǎn)極板邊緣飛出，則有又、整理得，對于速度v1時(shí)，對于速度v2時(shí)，只改變偏轉(zhuǎn)電場兩極板之間的距離，要使豎直擋板僅接收到一個(gè)點(diǎn)，極板間距應(yīng)滿足：（3）由以上解析可知，0時(shí)刻發(fā)射的粒子的側(cè)移為y1=，時(shí)刻發(fā)射的粒子的側(cè)移為y2=因此對0時(shí)刻發(fā)射的粒子由動能定理得–qU0+=Ek1–mv02對時(shí)刻發(fā)射的粒子由動能定理得qU0+=Ek2–mv02解得1．【答案】(1) ；(2)；(3)0或【解析】（1）由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會沿著電場線方向運(yùn)動，由于q0，故電場線由A指向C，根據(jù)幾何關(guān)系可知：所以根據(jù)動能定理有：解得：；（2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點(diǎn)為D，即粒子要從D點(diǎn)射出時(shí)沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系有而電場力提供加速度有聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度：；（3）因?yàn)榱Ｗ釉陔妶鲋凶鲱惼綊佭\(yùn)動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0 ，過C點(diǎn)做AC垂線會與圓周交于B點(diǎn)，故由題意可知粒子會從C點(diǎn)或B點(diǎn)射出。5．D 【解析】本題考查平行板電容器的電場及電荷受力運(yùn)動的問題，意在考查考生分析問題的能力