板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场，一个带电量为q质量为的液滴以速度V0垂直于电场线方向射入两板间，

对两种粒子应用动能定理得：
从C点射出电场的带电粒子：qU_AC=△E_k1 ①
从B板边缘离开电场的带电粒子：qU=△E_k2 ②
设两板间电场强度为E，则有：U=Ed，U_AC=E[d/3]
由①：②得

△Ek1
△Ek2=
UAC
U=[1/3]
答：这两部分粒子动能增加量之比是1：3．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是类平抛运动问题，采用动能定理研究动能变化量，也可以运用速度的分解研究速度，再求解动能变化量．

（1）设速度偏向角为θ，则tanθ=
vy
v0，显然当v_y最大时，tanθ最大．
当粒子恰好从极板右边缘出射时，速度偏向角最大．
竖直方程：y=[d/2＝
1
2at2，a=
qU
md]；
水平方程：x=L=v₀t
解得：U=400V
（2）由几何关系知，逐渐增大U_ba，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与PQ交点逐渐上移．
当U=0时，交点位置最低（如图中D点）：
由Bqv₀=m

v20
r1
得：r₁=
mv0
Bq＝0.4m；
此时交点D位于OO′正下方0.4m处．
当U=400V时，交点位置最高（如图中C点）：
由v_y=at=[Uq/dm•
L
v0]=2×10⁵m/s
得：v=

v20+
v2y＝
2v0＝2
2×105m/s
由Bqv=m
v2
r2，
得：r₂=
mv
Bq＝0.4

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题关键明确粒子的运动规律，在电场中是类似平抛运动，在磁场中是匀速圆周运动，第三问关键是n趋向无穷大时将粒子的运动简化为匀速直线运动，难在运动模型的转化．

（1）由L=d可知，MA与水平方向成45°角，所以，带电小球在两金属板间沿直线MA运动时，有mg＝q
U
d，m＝
qU
gd＝1×10−2kg ①
（2）小球在由M点运动到A点的过程中，
由动能定理得 mgL+qU＝
1
2mv2，
解得v＝
4gL＝4m/s．②
小球在正交的匀强电场和匀强磁场中，由于mg=qE=0.1N，所以由A到C做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得 qvB＝m
v2
R
解得：轨道半径R=[mv/qB＝1m ③
由几何关系得∠AOC=90°，所以A、C两点间的距离S_AC=
2]R=
2m，④
（3）小球达到C点的速度大小v=4m/s，方向与水平方向成45°角，⑤
小球沿斜面上滑过程中，由机械能守恒[1/2mv2＝mgH，
解得小球沿斜面CD上滑的最大高度H=0.8m⑥
答：
（1）带电小球的质量为1×10^-2kg．
（2）A点到C点的距离是
2]m．
（3）带电小球沿斜面CD上滑的最大高度是0.8m．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 对于带电体在复合场中运动的问题，分析受力情况和运动情况是解题的关键和基础，画出圆周运动的轨迹，运用几何关系求相关距离与半径的关系，是常规思路．

（1）粒子在OO′方向做匀速直线运动，有：L=v₀t
所以小球在匀强电场中的运动时间为：t＝
L
v0
（2）沿电场方向做匀加速直线运动，根据位移公式有：[d/2＝
1
2at2
又根据牛顿第二定律有：qE=ma
解得：d＝
qEL2
mv02]
（3）粒子在电场方向的运动情况相同，故改变初速度后的与改变初速度前两粒子的运动间相同
以v′速度入射时，有：[L/2＝v′t
以v₀速度入射时，有：L=v₀t
两式相比得：
v′
v0＝
1
2]
答：（1）小球在匀强电场中的运动时间为[L
v0；
（2）两板间距离d为
qEL2
mv02；
（3）v′与v₀的比值为
1/2]．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动，应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键是分析清楚哪个方向上是匀速直线运动，哪个方向上是匀加速直线运动．

（1）对粒子在做圆周运动时，库仑力提供向心力，则有：
[kQq

R2 =

mv20/R]，解得Q=
m
Rv20
kq
由于粒子带正电，故点电荷带负电．
（2）对粒子在板间运动时，设运动时间为t，
则：2b=v₀t
[b/2]=2n•
1
2•
q
U 0
mb(
T
2
)2
又知t=nT（n=1，2，3…）
解得T=[2b

nv 0，
U 0=
n
mv20/2q] （n=1，2，3…）
答：（1）点电荷D的电量Q=
m
Rv20
kq，点电荷带负电．
（2）交变电压的周期T=[2b

nv 0，电压
U 0=
n
mv20/2q]（n=1，2，3，…）

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；库仑定律．

考点点评： 解决动力学问题的关键是明确物理过程，根据不同的物理过程列式求解即可．

在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时偏转电压最大，即为题目要求的最大电压．
对于加速过程，由动能定理得：eU=[1/2]mv₀²…①
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l=υ₀t…②
电子的加速度 a=[F/m]=[eU′/dm]…③
偏转距离：y=[1/2]at²…④
恰能飞出的条件为：y=[d/2]…⑤
解①②③④⑤式得：U′=
2Ud2
l2．
答：两个极板上最多能加多大电压为
2Ud2
l2．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题中电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，运用动能定理求解加速获得的速度，运用运动的分解法研究偏转过程是常用的方法．如物理量有数值，则在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．

由题液滴做直线运动，则电场力方向应垂直于虚线向上，液滴所受的合力方向沿虚线向下，如图所示，液滴做匀减速直线运动，则：
qE=mgcosθ
解得：
E=[mgcosθ/q]
因电场力与位移方向垂直，不做功，故电势能不变；
根据动能定理，液滴离开电场时动能为：[1/2mv2=
1
2m
v20]+mgLsinθ
液滴离开电场时的速度为：v=

v20-2gLsinθ
故答案为：[mgcosθ/q]，

v20-2gLsinθ

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 本题是带电体在复合场中运动的类型，分析液滴的受力情况，确定电场力的方向是解题的关键，要紧扣直线运动的条件进行分析．

设粒子离开加速电场的速度为v₁，由动能定理得：qu₁=[1/2]mv₁²，
设粒子离开偏转电场时沿电场方向的分速度v₂，在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：L=v₁t
竖直方向：a=
qu2
md，
v₂=at
由带电粒子射出的条件可知：v₂=v₁tan45°，
解得：u₂=
2u1d
L
答：产生偏转电场的平行平行板电容器两极板间的电压为
2u1d
L．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 注意类平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动，用好速度方向的偏转角．

A、B：粒子在平行于极板的方向做匀速直线运动，在垂直于板的方向上粒子受到电场力的作用，做匀变速直线运动．0-[T/2]的时间内粒子受力的方向在垂直于板的方向上指向B板，粒子向B板做匀加速直线运动；在[T/2]-T的时间内粒子做匀减速运动．由于减速的时间和加速的时间相等，所以在t=T的时刻，粒子沿电场方向的分速度恰好为0，之后，T-2T的时间内，沿电场的方向重复第一个周期的运动；…所以，粒子在垂直于极板的方向上的分运动是单向的运动．故A错误，B正确；
C、D：若周期T和电压U₀的值满足一定条件，粒子在t=nT的时刻到达电场的上，此时粒子沿电场方向的分速度恰好为0，粒子就可沿与板平行的方向飞出．故C正确，D错误．
故选：BC

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 该题中，粒子在变化的电场中做周期性的运动，对粒子运动的周期进行全面的分析是解决该题的关键．

A、电子在电场中偏转所用时间：t＝
l
v0
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：a＝
qE
m＝
qU
dm，
则偏移量y=
1
2at2＝
qUl2
2dmv02，若板间电压减少为[U/2]，则粒子的偏移量y减少为原来的[1/2]，故A错误；
B、粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由y=[1/2]at²可得，前[t/2]时间内与t时间内垂直于板方向之比为1：4，则前[t/2]时间内，粒子的偏移量y=[1/2d×
1
4＝
d
8]，电场力对粒子做功为W=qEy₁=q×[U/d×
d
8]=[1/8]qU，故BC错误．
D、由y=[1/2]at²可得，后[t/2]时间内与T时间内垂直于板方向之比为3：4，则在后[t/2]时间内，电场力对粒子做功为[3/8]qU．故D正确．
故选：D

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；电势差与电场强度的关系．

考点点评： 粒子在垂直于板的方向分运动是初速度为匀加速直线，本题的解法是运用推论法求解．

（1）粒子在两板间运动中受到电场力和重力的作用
粒子在竖直方向平衡有：qEcosα=mg，解得：E=[mg/qcosα]
由图中几何关系：tanα＝
d
L
则两板间的电压：U＝Ed＝
mgLsinα
qcos2α
（2）水平方向有：qEsinα=ma
从A到D过程中粒子做匀减速直线运动有：
v2
−v20=-2ax
其中：cosα＝
L
x
解得：v＝

v20−
2gLsinα
cos2α
（或A→D由动能定理：−Uq＝
1
2mv2−
1
2m
v20）
答：（1）故两金属板间的电压为
mgLsinα
qco
s2 α
（2）故带电微粒从D端射出时的速度为v＝

v20−
2gLsinα
cos2α

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 要熟记结论：物体做直线运动的条件是在垂直于直线方向上的合力为零．

当粒子从a点射出时，轨迹半径最小，设为r₁．对应的速度最小，设为v₁．当粒子从从b点射出时，轨迹半径最大，设为r₂．对应的速度最大，设为v₂．
根据几何关系得：r₁=[1/4]d，r₂²=d²+（r₂-[1/2]d）²
则得：r₂=[5/4]d，
根据牛顿第二定律得：ev₀B=m
v2
r
得：B=
mv0
qr
故有：B₁=
4mv0
de，B₂=
4mv0
5de
所以要使粒子能从ab边射出磁场，v₀的大小范围为
4mv0
5de≤B≤
4mv0
de．
答：要使粒子能从ab边射出磁场，v₀的大小范围为
4mv0
5de≤B≤
4mv0
de．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题关键是由几何知识确定出从两端射出时临界情况下的半径，然后根据牛顿第二定律列方程求解即可．

(1)(6分)设两板间所加电压U时，负离子离开电场时的侧向距离y，

由牛顿第二定律得：

得而故由几何关系，有

因为相同的离子当加上大小相等的反向电压时，离子偏转对称于OO′轴，所以屏上的阴影长度为：

(2)(12分)设离子在偏转电压U中加速后以速度v进入磁场中运动的半径为R，满足条件的离子运动轨迹如图所示。

离子以v=进入磁场，做匀速圆周运动，由知，

代入数据得由几何关系，所加的磁场的半径：，所以

所加磁场的面积：

因为，且离子在磁场中运动的偏转角度为90∘，

所以，离子在磁场中运动的时间为

（1）0.22m  （2）3.5×10 ^-5 s


<>

（1）电子在电场中做类平抛运动，
在电场中的加速度为：a＝
eU
md ①
设粒子在电场中的运动时间为t，则其竖直方向的位移为d，水平方向位移为x，则
d＝
1
2at2 ②
x=v₀t③
由①、②、③得：x＝v0

2md2
eU…④
代入数据得：x=0.2m．
∵x=0.2m＜L=0.4m
∴电子不能飞出电场
（2）由④得知，能让电子飞出电场，可减小板间电压U，所以根据串联电路的分压特点可知，在不改变电容器，又能让电子飞出电场的简单做法有：
a、增大R₁的电阻值；
b、减小R₂的电阻值．
故答案为：
（1）证明见上．
（2）a、增大R₁的电阻值；
b、减小R₂的电阻值．

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是电路与带电粒子在电场中偏转的综合，关键要掌握类平抛运动如何分解，知道串联电路的分压特点及其应用，比较简单．

A、B、摩擦力的方向与木块运动的方向垂直，则摩擦力不做功，故A错误，B错误；
C、滑块受重力、支持力和静摩擦力，重力做功为-mgLsinα，摩擦力不做功，根据动能定理，有：W_G+W_f+W_N=0；
故W_N=mgLsinα，故C错误；
D、摩擦力不做功，故板对滑块做的功等于支持力的功，即为mgLsinα，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 功的计算．

考点点评： 解决本题的关键知道重力做功的特点，以及会运用动能定理求解变力功．

（1）带电粒子在t=0时刻进入，由题可知，粒子通过电场区域时间极短，因此粒子从进入电场到离开电场，板间电场强度始终为零，则粒子将以v₀的速度垂直磁场左边界射入磁场中．
由牛顿第二定律，得
qv₀B=m

v20
r
得r=
mv0
qB=0.2m
故粒子在磁场中运动的射人点到出射点间的距离S=2r=0.4m．
（2）设某时刻进入磁场的粒子速度为v，方向与水平方向成θ角，如右图
则v=
v0
cosθ
粒子在磁场中运动时的轨迹半径为
r′=[mv/qB]=
mv0
qBcosθ
粒子射人点到出射点间的距离S′=2r′cosθ=2
mv0
qB
由（1）知S′=2r=0.4m
故任意时刻射人电场的粒子，在磁场中运动的射人点与出射点间的距离都相等．
（3）设粒子进入电场时刻，板间的电压为U，且粒子可以射出电场进入磁场．则
y=[qU/2mdt2，t=
L
v0]
当侧移量y=[d/2]时，电场力对粒子做功最多，
得到U=
md2
v20
qL2
代入解得U=25V
由动能定理得
q[U/2]=[1/2m
v2m]-[1/2m
v20]
解得 v_m=

5
2×105m/s
答：（1）粒子在t=0时刻射入，在磁场中运动的射人点到出射点间的距离为0.4m；
（2）略
（3）粒子射出电场时的最大速度为

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查带电在电磁场中的运动，综合考查了牛顿定律、动能定理、受力分析等方面的知识和规律．对考生的分析综合能力、应用数学知识的能力要求较高．

A、整个过程中，质点在水平方向上做匀速直线运动，根据分运动与合运动具有等时性，知在电场中运动的时间和出电场运动的时间相等．在竖直方向上有，离开电场时竖直方向上的分速度v_y=at，离开电场后有：0-v_y=-gt．可知a=g，而a=[qE−mg/m＝
qE
m−g＝g，所以E＝
2mg
q]．故A、D错误，B正确．
C、质点在板间运动时，电场力大于重力，电场力的大小等于重力的两倍，动能的增加量△E_k=（qE-mg）y=mgy，电场力做功W=qEy=2mgy．故C错误．
故选B．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 解决本题的关键理清质点在整个过程中的运动情况，将质点的运动分解为水平方向和竖直方向，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

A、B、设粒子在前[t/2]时间内和在后[t/2]时间内竖直位移分别为y₁、y₂，由y=[1/2at2和匀变速直线运动的推论可知y₁：y₂=1：3，
得：y₁=
1
8]d，y₂=[3/8]d，
则在前[t/2]时间内，电场力对粒子做的功为：W₁=q•[1/8]U=[1/8]qU，
在后[t/2]时间内，电场力对粒子做的功为：W₂=q•[3/8]U=[3/8]qU．故A、B错误．
C、D、根据W=qEy可得，在粒子下落前[d/4]和后[d/4]的过程中，电场力做功之比为1：1，故C正确，D错误．
故选：C

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关系．

（1）极板间的电场强度E=[U/d]．
（2）α粒子所受电场力F=2eE=[2eU/d]
α粒子的加速度a=[F/4m]=[eU/2md]
根据类平抛运动规律得
d=[1/2]at²，L=v₀t
所以v₀=[L/2d]

eU
m．
答：（1）极板间的电场强度E为[U/d]；　（2）α粒子的初速度为[L/2d]

eU
m．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度．

考点点评： 掌握类平抛规律问题的求解方法，要注意两方向上位移的含义．

（1）设带电粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t，
由类平抛运动可知：
L=v₀t…①
d=[1/2at2…②
加速度a=
qU
md]…③
由①②③得：电压U=
2mv02d2
qL2④
（2）带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，
由Bqv=m
v2
R…⑤
sinθ=[L/2R]⑥
tanθ=
vy
v…⑦
v_y=at…⑧
联立求解①③④⑤⑥⑦⑧可得
B=
4mv0d
qL2
（3）根据粒子在磁场及电场中运动的对称性可知，粒子再次进入电场并再次从电场中飞出时的速度为v₀，方向水平向左．
答：（1）两金属板间所加电压U的大小为
2mv02d2
qL2；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小为
4mv0d
qL2；
（3）当该粒子再次进入电场并再次从电场中飞出时的速度大小为v₀，方向水平向左．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．

（1）电子在电场中做类平抛运动，
在水平方向：L=v₀t，
在竖直方向：y=[1/2]at²=[1/2][eE/m]t²=[1/2][e/m]•[U/d]•t²=
eUt2
2md，
解得：y=0.005m=0.5cm；
（2）由动能定理得：eEy=[1/2]mv²-[1/2]mv₀²，E=[U/d]，
解得：v≈2.0×10⁷m/s；
答：（1）电子偏离金属板的侧位移是0.005m；
（2）电子飞出电场时的速度大小是2.0×10⁷m/s．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 带电粒子垂直射入匀强电场，带电粒子做类平抛运动，应用类平抛运动规律即可正确解题．

(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示，

设带电粒子在平行金属板匀强电场中运动的时间为t，加速度为a，由运动学规律得：

在水平方向上：

在竖直方向上：偏转位移为

根据牛顿第二定律得：

又

联立以上各式解得：。

(2)带电粒子以速度v飞出电场后射入匀强磁场做匀速圆周运动，如图所示，由运动学公式得：，解得：粒子离开电场时的竖直分速度为

带电粒子飞出电场时的速度大小为：

设速度方向和PQ所在直线的夹角为θ，

由几何关系得：粒子在磁场中的运动半径为

粒子在磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

解得：

(1)    (2)


<>