带电粒子在电场中的应用 每课一练

1.9 《带电粒子在电场中的运动》（第1课时）A 组1、电子以初速度v 0沿垂直场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两板间的电压，但仍使电子能够穿过平行板间，则电子穿越平行板所需要的时间：（ ）A 、随电压的增大而减小B 、随电压的增大而增大C 、加大两板间距离，时间将减小D 、与电压及两板间距离均无关2、带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时（除电场力外不计其它力的作用）：（ ）A 、电势能增加，动能增加B 、电势能减小，动能增加C 、电势能和动能都不变D 、上述结论都不正确3、如图所示，一带电粒子沿与电场线垂直的方向从电场中央进入两平行金属板间的匀强电场，已知粒子的带电量为q ，两板间的电势差为U ，则粒子运动过程中（ ）A 、若粒子从电场中射出，则粒子动能增加了qUB 、若粒子从电场中射出，则电场力一定对粒子做了2qU 的功C 、若粒子打在极板上，则电场力一定对粒子做了2qU 的功D 、若粒子打在极板上，则粒子的动能一定增加了qU4、真空中水平放置的两金属板相距为d ，两板电压是可以调节的，一个质量为m 、带电量为＋q 的粒子，从负极板中央以速度v o 垂直极板射入电场，当板间电压为U 时，粒子经4d 的距离就要返回，若要使粒子经2d 才返回，可采用的方法是（ ） A 、v o 增大1倍B 、使板间电压U 减半C 、v o 和U 同时减半D 、初速增为2v o ,同时使板间距离增加2d 5、如图所示，两块长均为L 的平行金属板M 、N 与水平面成α角放置在同一竖直平面，充电后板间有匀强电场。

一个质量为m 、带电量为q的液滴沿垂直于电场线方向射人电场，并沿虚线通过电场。

下列判断中正确的是( )。

A 、电场强度的大小q mg E αcos =B 、电场强度的大小q mg E αtan =C 、液滴离开电场时的动能增量为αtan mgL -D 、液滴离开电场时的动能增量为αsin mgL -B 组1、如图所示在一匀强电场中，有两个平行的电势不同的等势面A 和C ，在它们的正中间放入一个金属网B ，B 接地。

（物理）物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 2033mdv qL【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303v v v cos ==︒ …①在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足22Qq v k mR R =…② 由①②得：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30° tan 30°=0y v v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：22003033mdv tan mdv U qL qL︒==2．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，212h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =，45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p v gh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=3．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2L，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1) 电子到达MN 时的速度；(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.【答案】(1) eELv m=L .【解析】 【详解】（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：a 1＝1eE m ＝eEm 2122La v =解得v =（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，a 2＝2eE m ＝2eEm t ＝L v v y ＝a 2ttan θ＝y v v=2（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝2xLL+解得：x ＝3L .4．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。

带电粒子在电场中的运动练习题含答案一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图 1 所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB 的电势为L(o) ，内圆弧面CD 的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB， ACDB与2MN 板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到 AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图 2 所示，在PQ（与 ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有2 3能打到 MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图 3 所示，在 PQ（与 ACDB重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E，若从 AB 圆弧面收集到的某粒子经4LO 点进入电场后到达收集板MN 离 O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与 MN 间运动的时间．【答案】（ 1）v2q；（ 2）B1m；（ 3）600； 2L2mm L2q q【解析】【分析】【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：qU0 1 mv22U 22q vm(2）从 AB 圆弧面收集到的粒子有2能打到 MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与3MN 相切，则入射的方向与 OA 之间的夹角是60 ，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角600．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R 2L2由洛伦兹力提供向心力得：qBv mv联合解得： BR1 mL 2q（ 3）如图粒子在电场中运动的轨迹与 MN 相切时，切点到 O 点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程．建立如图坐标 .L1 qE t2 2 mt2mL 2mqE 2Lqv xEq 2qEL qtm2mm若速度与 x 轴方向的夹角为 角cos vx cos1600 v22．如图，质量分别为m A=1kg、 m B=2kg 的 A、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小5A 不带电，B 带正电、电荷量－5E=3× 10N/C、方向水平向右的匀强电场中，q=2 × 10 C．零时刻， A、 B 用绷直的细绳连接 (细绳形变不计 )着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知 A、 B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小 g=10m/s2．求：(1)前 2s 内， A 的位移大小；(2)6s 末，电场力的瞬时功率．【答案】 (1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】（1） B 所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s 2；由运动规律： x= 1a1 t12 2解得 A 在 2s 内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v1， t2 =6s 时刻， B 的速度大小为v2，则v1=a1 t1=2m/s ；绳断后，对 B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得 a2=2m/s 2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t 2-t 1 )解得 v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得 P=60W3．如图所示，在空间坐标系x<0 区域中有竖直向上的匀强电场区域 CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场E1，在一、四象限的正方形B，已知 CD=2L，OC=L， E2=4E1。

课时跟踪检测（九） 带电粒子在电场中的运动1．(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图1所示。

如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )图1A ．极板X 应带正电B ．极板X ′应带正电C ．极板Y 应带正电D ．极板Y ′应带正电解析：选AC 由题意可知，在XX ′方向上向X 方向偏转，X 带正电，A 对B 错；在YY ′方向上向Y 方向偏转，Y 带正电，C 对D 错。

2. (多选)如图2所示，M 、N 是真空中的两块平行金属板，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子恰好能到达N 板，如果要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的12后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )图2A ．使初速度减为原来的12B ．使M 、N 间电压加倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12解析：选BD 由qE ·l ＝12m v 20，当v 0变为22v 0时l 变为l 2； 因为qE ＝q Ud ，所以qE·l＝q Ud·l＝12m v2，通过分析知B、D选项正确。

3．如图3所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于()图3A．1∶2 B．2∶1C．1∶ 2 D.2∶1解析：选B竖直方向有h＝12gt2，水平方向有l＝qE2m t2，联立可得q＝mglEh，所以有q1q2＝21，B对。

4．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子()A．都具有相同的质量B．都具有相同的电荷量C．具有相同的荷质比D．都是同一元素的同位素解析：选C由偏转距离y＝12qEm⎝⎛⎭⎫lv02＝qEl22m v20可知，若运动轨迹相同，则水平位移相同，偏转距离y也应相同，已知E、l、v0是相同的，所以应有qm相同。

高一物理《带电粒子在电场中的运动》练习题一、单选题1．如图所示，两平行金属板相距为d ，电势差U 未知，一个电子从O 点沿垂直于极板的方向以速度v 射出，最远到达A 点，然后返回，已知O 、A 相距为h ，电子的质量为m ，电荷量为e ，则两金属板间的电势差U 为（ ）A ．22mv hB ．22mv eC ．22mdv ehD ．22mhv ed【答案】C【解析】电子由O 到A 的过程，只有电场力做功，根据动能定理得2102eEh mv -=-两板间的电场强度U E d=解得两金属板间的电势差U 为22mdv U eh=故选C 。

2．让一价氢离子和一价氦离子的混合物由静止开始经过同一匀强电场加速，然后在同一匀强电场里偏转，并离开偏转电场（ ） A ．在加速电场中的加速度相等 B ．离开加速电场时的动能相等 C ．在偏转电场中的运动时间相等 D ．离开偏转电场时分成两股粒子束 【答案】B【解析】AB ．设加速电压为1U ，板间距离为1d ,在加速电场中，由牛顿第二定律可知11qU a md =在加速电场中，由动能定理得02112qU mv =则离开加速电场时的动能02112k mv U E q == 加速获得的速度为102qU v m=由于两种粒子的比荷不同，则在加速电场中的加速度不相等，两种粒子所带电荷相等，则离开加速电场时的动能相等，故A 错误，B 正确；CD ．设偏转电压为2U ，偏转极板的长度为L ，板间距离为2d ，两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为0v 的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则0v 不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间不同，故C 错误； 粒子离开偏转电场时，沿电场线方向的分速度220y qU Lv at md v ==⋅ 速度的偏转角22202021tan 4y v qU U LL v md v d U θ==⋅= 与电荷的电量和质量无关； 在偏转电场中的偏转位移222222202111224qU U L L y at md v d U ==⋅⋅=与电荷的电量和质量无关；所以两个粒子离开偏转电场时的速度方向和位置都相同，即离开偏转电场时只有一股粒子束，故D 错误； 故选B 。

带电粒子在电场中的运动1.如图所示，A 处有一个静止不动的带电体Q ，若在c 处有初速度为零的质子和α粒子，在电场力作用下由c 点向d 点运动，已知质子到达d 时速度为v 1，α粒子到达d 时速度为v 2，那么v 1、v 2等于：（ ） A. :1B.2∶1 C.2∶1 D.1∶22.如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A →O →B 匀速运动，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是：（ ）A ．先变大后变小，方向水平向左B ．先变大后变小，方向水平向右C ．先变小后变大，方向水平向左D ．先变小后变大，方向水平向右3.让 、、 的混合物沿着与电场垂直的方向进入同一有界匀强电场偏转， 要使它们的偏转角相同，则这些粒子必须具有相同的( )A.初速度B.初动能C. 质 量D.荷质比4.如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P 点.以相同速率垂直电场方向射入电场，它们分别落到A 、B 、C 三点，则 ( )A 、A 带正电、B 不带电、C 带负电B 、三小球在电场中运动时间相等C 、在电场中加速度的关系是aC>aB>aAD 、到达正极板时动能关系E A >E B >E C5．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M 点以相同速度垂直于电场线方向飞出a 、b 两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，不计粒子重力及粒子之间的库仑力，则（ ）A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．a 的速度将减小，b 的速度将增加C ．a 的加速度将减小，b 的加速度将增加D ．两个粒子的动能，一个增加一个减小6．空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示，一个质量为m 、电荷量为q 的小球在该电场中运动，小球经过A 点时的速度大小为v 1，方向水平向右，运动至B 点时的速度大小为v 2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A 、B 两点之间的高度差与水平距离均为H ，则以下判断中正确的是（ ）A ．若v 2>v 1，则电场力一定做正功B ．A 、B 两点间的电势差2221()2m U v v q=-C ．小球运动到B 点时所受重力的瞬时功率2P mgv =D ．小球由A 点运动到B 点，电场力做的功22211122W mv mv mgH =--2H 11H 21H 317.如图所示的真空管中，质量为m ，电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出，经过电压Ｕ１加速后沿中心线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设Ｂ、Ｃ间电压为Ｕ２，Ｂ、Ｃ板长为L 1,平行金属板右端到荧光屏的距离为L ２,求：（1）电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角．（2）电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离．8. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m 、带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为︒37的直线运动。

带电粒子在电场中的运动知识点一带电粒子在电场中的加速和偏转1．(多选)一个带电粒子在电场中只受静电力作用时，它可能出现的运动状态是()A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动2．(多选)一个质量为m、电荷量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与场强垂直的方向射入，如图LX2­1所示，不计粒子所受的重力．当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板上．现要使质量为m、入射速度为v2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，仅改变一个物理量，则下列说法可行的是()图LX2­1A．使粒子所带的电荷量减小为原来的1 4B．使两极板间的电势差减小为原来的一半C．使两板间的距离增加为原来的2倍D．使两极板的长度减小为原来的一半3．(多选)如图LX2­2所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30°，A、B连线与电场垂直，一质量为m、电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且AB＝BC，则下列说法中正确的是()A．电场方向沿电场线斜向上B．电场强度大小为E＝mg qC．小球下落高度为34gt2D．此过程增加的电势能等于12mg2t2知识点二带电粒子在周期性变化的电场中的运动4．(多选)如图LX2-3甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压．A板的电势为0，一质量为m、电荷量为q的电子仅在静电力作用下，在t＝T4时刻由静止释放进入两极板开始运动，恰好到达B板．则()图LX2­3A．A、B两板间的距离为qU0T2 16mB．电子在两板间的最大速度为qU0 mC．电子在两板间做匀加速直线运动D．若电子在t＝T8时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板知识点三电场与重力场的综合5．(多选)如图LX2­4所示，在竖直平面内存在竖直向上的匀强电场，用绝缘细线拴住一带正电的小球，小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法正确的是()A．若静电力大于重力，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B．若静电力小于重力，当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C．小球可能做匀速圆周运动D．小球不可能做匀速圆周运动6．如图LX2­5所示，匀强电场水平向右，细线一端固定，另一端拴一带正电小球，使球在竖直面内绕固定端O做圆周运动．不计空气阻力，静电力和重力大小刚好相等，细线长为r.当小球运动到图中位置A时，细线在水平方向，拉力F T＝3mg.重力加速度大小为g，则小球的最小速度大小为()图LX2­5A.2gr B．2grC.（6－2 2）grD.（6＋2 2）gr7．将带正电、负电和不带电的三个等质量的小球A、B、C，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上极板带负电，下极板接地，P点到上、下两板的距离相等，三个小球分别落在如图LX2­6所示位置，则下列判断错误的是()图LX2­6A．A小球带正电、B小球不带电、C小球带负电B．三个小球在电场中的加速度的大小关系是a A<a B<a CC．三个小球在电场中运动的时间相等D．三个小球到达下板时的动能关系是E kC>E kB>E kA8．(多选)如图LX2­7所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1.现使a板不动，保持开关S打开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，然后相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2.下列说法中正确的是()图LX2­7A．若保持开关S闭合，向下移动b板，则v2>v1B．若开关S闭合一段时间后再打开，向下移动b板，则v2>v1C．若保持开关S闭合，无论向上或向下移动b板，都有v2＝v1D．若开关S闭合一段时间再打开，无论向上或向下移动b板，都有v2<v19．(多选)如图LX2­8所示，在粗糙水平面上固定一个点电荷Q，在M点无初速度释放一个带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中()图LX2­8A．小物块所受的静电力逐渐减小B．小物块具有的电势能逐渐减少C．M点的电势一定高于N点的电势D．小物块电势能的变化量一定等于小物块克服摩擦力所做的功10．(多选)如图LX2­9所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，两板间的距离为d，在距极板右端L处有一竖直放置的屏M，一个带电荷量为q、质量为m的质点从两极板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则()图LX2­9A．极板间的电场强度大小为mg qB．极板间的电场强度大小为2mg qC．质点在极板间运动的时间等于质点从极板右端运动到M屏的时间D．质点在极板间运动的时间大于质点从极板右端运动到M屏的时间11．在光滑绝缘水平面上放置一质量m＝0.2 kg、电荷量q＝5×10－4C的带正电的小球，小球系在长L＝0.5 m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点．整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图LX2­10所示(此图为俯视图)．现给小球一初速度使其绕点O做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F＝140 N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大20 J，小球视为质点．(1)求电场强度的大小．(2)求运动过程中小球的最小动能．(3)若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经多长时间其动能与在A点时的动能相等？此时小球距A点多远？图LX2­10带电粒子在电场中的运动1．BCD[解析] 带电粒子只要处在电场中，就会受到静电力的作用，一定有加速度，选项A错误；当静电力方向与粒子的运动方向相同时，粒子做匀加速直线运动，选项B正确；当静电力方向与粒子的运动方向有一定夹角时，粒子做匀变速曲线运动，选项C 正确；在点电荷产生的电场中，带电粒子有可能做匀速圆周运动，选项D 正确．2．ACD [解析] 设金属板长为L ，两极板间的距离为d ，两极板间的电势差为U ，依题意有12·qU dm ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2＝d 2，即m v 2d 2＝qUL 2，要使粒子恰好穿过电场区域，必须满足上式．因此可单独使q 或U 减小为原来的14，也可使d 增大为原来的2倍，还可使L 减小到原来的12，故选项A 、C 、D 正确．3．BC [解析] 带正电小球从A 点到C 点，由动能定理，W G －W 电＝0，静电力做负功，电场线斜向下，选项A 错误；mgl cos 30°－qEl cos 30°＝0，解得qE ＝mg ，选项B 正确；静电力和重力的合力大小为3mg ，方向与竖直方向夹角为30°，在竖直方向上，加速度a y ＝3mg cos 30°m ＝32g ，h ＝12a y t 2＝34gt 2，选项C 正确；此过程重力做功W ＝mgh ＝34mg 2t 2，电势能增加34mg 2t 2，选项D 错误．4．AB [解析] 电子在静电力作用下，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；电子在t ＝T 4时刻进入两极板，先加速后减速，在t ＝3T 4时刻到达B 板，则12·qU 0md ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 42＝d 2，解得d ＝qU 0T 216m ，选项A 正确；在t ＝T 2时速度最大，则v m ＝qU 0md ·T 4＝qU 0m ，选项B 正确；若电子在t ＝T 8时刻进入两极板，在T 8～T 2电子做匀加速运动，位移x ＝12·qU 0md ⎝ ⎛⎭⎪⎫3T 82＝9d 8，已经到达B 板，选项D 错误． 5．BC [解析] 由于小球的电荷量未知，故其运动状态有多种可能．若小球所受静电力与重力平衡，则小球仅在细线拉力作用下做匀速圆周运动；若小球所受重力与静电力不平衡，则小球可能做变速圆周运动，选项C 正确；若静电力大于重力，小球运动到最高点a 时，速度最大，线的张力一定最大，选项A 错误；若静电力小于重力，当小球运动到最低点b 时，小球的速度一定最大，选项B 正确．6．C [解析] 小球在A 点，F T ＋Eq ＝m v 2A r ，则速度v A ＝2gr ，由A 到等效最高点，由动能定理，Eqr (1－cos 45°)－mgr sin 45°＝12m v 2m －12m v 2A ，解得v m ＝（6－2 2）gr ，选项C 正确．7．C [解析] 由于A 的水平射程x 最远，A 的运动时间t ＝x v 0最长，选项C 错误．A 的加速度a A ＝2h t 2最小(设平行金属板间距为2h )，而C 的加速度a C 最大，即a A <a B <a C ，选项B 正确．A 带正电，所受静电力方向与重力方向相反；B 不带电；C 带负电，所受静电力方向与重力方向相同，选项A 正确．由动能定理知E k C >E k B >E k A ，选项D 正确．8．BC [解析] 带电液滴由静止下落到穿过a 板小孔的整个过程，重力做功W G ＝mgh ，克服静电力做功W F ＝qU ，由动能定理有mgh －qU ＝12m v 21.若保持开关S 闭合，无论向上或向下移动b 板，两极板间的电势差都不变，克服静电力做功不变，则v 2＝v 1，选项C 正确．若开关S 闭合一段时间后再打开，移动b 板后，两极板所带的电荷量不变，但两极板间的电势差变化，当向上移动b 板时，两极板间的电势差变大，克服静电力做的功W F ′>W F ，则v 2<v 1；当向下移动b 板时，两极板间的电势差变小，克服静电力做的功W ″F <W F ，则v 2>v 1.选项B 正确．9．AB [解析] 在远离电荷Q 的过程中，小物块所受到的静电力减小．小物块在静电力的作用下从静止开始运动，静电力做正功，电势能减少，由动能定理知，静电力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，即电势能的变化量的负值等于克服摩擦力做的功，选项A 、B 正确，D 错误．由于不知道电荷的性质，故无法判断M 、N 两点电势的高低，选项C 错误．10．BC [解析] 由运动的独立性可知，质点在沿平行极板方向做匀速直线运动，选项C 正确；由粒子垂直打在M 屏上可知Eq －mg ＝mg ，故E ＝2mg q ，选项B 正确．11．(1)4×104 N/C (2)10 J (3)210 s2 m [解析] (1)小球由A 到A 关于圆心的对称点B ，由动能定理有2qEL ＝|ΔE k |，可得E ＝4×104 N/C.(2)设小球运动到A 点时速度为v A ，由牛顿第二定律，有F －qE ＝m v 2A LE kmin ＝E k B ＝E k A －|ΔE k |解得E k B ＝10 J.(3)设小球运动到B 点时速度为v B ，E k B ＝12m v 2B ＝10 J解得v B ＝10 m/s细线被剪断后小球做类平抛运动y ＝12·qE m t 2x ＝v B t由B 到过A 的等势线上某处，静电力做功为2qEL ，小球在此处的动能与在A 点时的动能相同，则y ＝2L解得t ＝210 s ，x ＝ 2 m.。

1.9带电粒子在电场中的运动每课一练（人教版选修3-1）【基础达标】1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时不可能出现的运动状态是( )A.匀速直线运动B.匀加速直线运动C.匀变速曲线运动D.匀速圆周运动2.一个带正电的油滴从如图所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是图中的( )3.如图所示，电子由静止从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( )A．当增大两板间距离时，v也增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大4.如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间。

设两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A．U1∶U2=1∶8 B．U1∶U2=1∶4C．U1∶U2=1∶2 D．U1∶U2=1∶15如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。

若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动6.如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电压加速后会打在荧光屏的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向平行，x轴正方向垂直于纸面指向纸内，y轴与YY′电场的场强方向平行)。

若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极7.如图所示，有一电子(电量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d，电压为U的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：(1)电子进入偏转电场时的速度；(2)金属板AB的长度。

9带电粒子在电场中的运动知识点一带电粒子的加速1．如图L1­9­1所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则()图L1­9­1A．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2B．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝2∶1D．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶ 22．如图L1­9­2所示，在P板附近有一个电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是()图L1­9­2A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大C．电子到达Q板时的速度与两板间距离无关，仅与加速电压有关D．以上说法均不正确3．如图L1­9­3所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，N、M间电势差为U(U>0)．一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则其穿过等势面N时的速度大小为()图L1­9­3A.2qUm B．v0＋2qUmC.v20＋2qUm D.v2－2qUm知识点二带电粒子的偏转4．(多选)如图L1­9­4所示，一电子沿Ox轴射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知OA＝AB，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为v Cy和v Dy；电子在OC段和OD段动能变化量分别为ΔE k1和ΔE k2，则()图L1­9­4A．v Cy∶v Dy＝1∶2 B．v Cy∶v Dy＝1∶4C．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3 D．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶45．一束由不同种正离子组成的粒子流以相同的速度从同一位置沿垂直于场强的方向射入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有粒子() A．都具有相同的比荷B．都具有相同的质量C．都具有相同的电荷量D．都属于同一元素的同位素6．(多选)如图L1­9­5所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图L1­9­5A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电知识点三带电粒子在组合场中的运动7．如图L1­9­6所示，电子在电势差为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()图L1­9­6A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小8．如图L1­9­7所示，位于O点的静止的电子在加速电压U1的作用下经P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场中，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，若要使电子的运动轨迹不发生变化，应该()图L1­9­7A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1 2倍9．(多选)如图L1­9­8甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷qm＝1.0×10－2C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔A处由静止释放，粒子在静电力作用下从小孔射出(不计粒子重力)，其v-t图像如图乙所示，则下列说法正确的是()图L1­9­8A．左侧金属板接电源的正极B．所加电压U＝100 VC．乙图中的v2＝2 m/sD．通过极板间隙所用时间之比为1∶(2－1)10．(多选)图L1­9­9为阴极射线管示意图，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则()图L1­9­9A．在荧屏上的亮斑向上移动B．在荧屏上的亮斑向下移动C．偏转电场对电子做的功增大D．偏转电场的电场强度减小11．如图L1­9­10所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图L1­9­10A.s22qEmh B.s2qEmhC.s42qEmh D.s4qEmh12．长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下板边缘射出，射出时末速度恰与下板成θ＝30°角，如图L1­9­11所示，不计粒子重力，求：(1)粒子末速度的大小；(2)匀强电场的场强；(3)两板间的距离.图L1­9­1113．如图L1­9­12所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d＝4 cm，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝375 V/m.初速度可以忽略的带负电的粒子经过另一个电势差为U＝10 V的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，OA的距离h＝4.5 cm.已知带电粒子的比荷为qm＝0.8C/kg，带电粒子的重力忽略不计，求：(1)带电粒子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速率v；(2)带电粒子经过x轴时离坐标原点O的距离l.图L1­9­12带电粒子在电场中的运动1．D [解析] 电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的静电力不变，故a 1∶a 2＝1∶1.由动能定理Ue ＝12m v 2得v ＝2Uem ，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U ＝Ed 知，电势差U增大为原来的2倍，故v 1∶v 2＝1∶ 2.2．C [解析] 电子由P 板附近到Q 板的过程中，静电力做功，根据动能定理有eU ＝12m v 2，解得v ＝2eU m ，速度大小与U 有关，与两板间距离无关．选项C 正确．3．C [解析] 根据动能定理，有qU ＝12m v 2－12m v 20，解得v ＝v 20＋2qU m ，故选项C 正确．4．AD [解析] 电子在水平方向做匀速运动，OA ＝AB ，则在OC 段和CD 段所用的时间相等，电子在竖直方向做匀加速运动，由v ＝at 得v Cy ∶v Dy ＝1∶2，选项A 正确；由y ＝12at 2得y 1∶y 2＝1∶4，由动能定理有qEy ＝ΔE k ，则ΔE k1∶ΔE k2＝1∶4，选项D 正确．5．A [解析] 当粒子从偏转电场中飞出时的偏转位移y 或速度的偏转角θ相同时，则粒子的轨迹相同．由y ＝12at 2＝Uq 2dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02及tan θ＝v y v 0＝at v 0＝UqL dm v 20知，当粒子的比荷q m 相同时，偏转位移y 和偏转角θ均相同．6．AC [解析] 电子受力方向与电场方向相反，极板X 、Y 带正电，选项A 、C 正确．7．B [解析] 由带电粒子在电场中的加速和偏转运动规律可知tan θ＝U 2l2U 1d ，选项B 正确．8．A [解析] 要使电子的轨迹不变，应使电子进入偏转电场后，任一水平位移x 所对应的偏转位移y 保持不变．由y ＝12at 2＝12·qU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫x v 02＝qU 2x 22md v 20和qU 1＝12m v 20得y ＝U 2x 24U 1d .可见在x 、y 一定时，U 2∝U 1，选项A 正确．9．ABD[解析] 带电粒子从左极板向右运动，可判定左极板接电源正极，选项A正确；由v-t图像可得粒子的加速度a＝2 m/s2，两极板的间距d＝0.25 m，由qE＝ma得E＝200 V/m，U＝2Ed＝100 V，选项B正确；可将粒子在两个间隙间的运动看成是初速度为0的连续匀加速运动，两间隙距离相等，由匀变速运动的规律可得t1∶t2＝1∶(2－1)，v1∶v2＝1∶2，将v1＝1 m/s代入，得v2＝ 2 m/s，选项C错误，D正确．10．AC[解析] 由E＝Ud，增大U，则偏转电场的电场强度增大，选项D错误；平行极板方向，l＝v0t，增大偏转电场，运动时间t不变，电子带负电，被正板吸引，由y＝12at2＝Uq2md t2可知，增大偏转电场，竖直偏移量y增大，选项A正确；偏转电场方向上，电子向上运动，静电力做功W＝qEy＝q2U2l22md2v20随U增大而增大，选项C正确．11．B[解析] 两个粒子都做类平抛运动．两个粒子在竖直方向上都做加速度大小相等的匀加速直线运动，因为竖直位移大小相等，所以它们的运动时间相等．两个粒子在水平方向上都做速度大小相等的匀速直线运动，因为运动时间相等，所以水平位移大小相等．综合判断，两个粒子运动到轨迹相切点的水平位移都为s2，竖直位移都为h2，由h2＝Eq2m t2，s2＝v0t得v0＝s2Eqmh，选项B正确．12．(1)2 3v03(2)3m v203qL(3)3L6[解析] (1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，把射出极板的速度分解，如图所示．有v＝v0cos 30°＝2 33v0.(2)竖直分速度v y＝v0tan 30°＝3 3v0由牛顿第二定律得qE＝ma 由类平抛运动规律得L＝v0tv y ＝at解得E ＝3m v 203qL . (3)由类平抛运动规律得tan 30°＝d L 2解得d ＝3L 6.13．(1)0.01 s 5 m/s (2)8 cm [解析] (1)由qU ＝12m v 20得粒子进入偏转电场区域的初速度v 0＝4 m/s 假设粒子从MN 离开，则粒子在匀强电场区域的运动时间t ＝0.01 s y ＝12·qE m ·t 2＝1.5 cm因为y ＜h ，说明以上假设正确，所以v y ＝qE m t ＝3 m/s.离开电场区域时的速度v ＝5 m/s.(2)设粒子离开电场后经过时间t ′到达x 轴，在x 轴方向上的位移为x ′，则 x ′＝v 0t ′y ′＝h －y ＝h －v y t 2＝v y ·t ′则t ′＝0.01 s ，x ′＝4 cm所以l ＝d ＋x ′＝8 cm.。

第9节 带电粒子在电场中的运动►基础巩固1．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUhC.eU dhD.eUh d解析：由动能定理得：－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUhd 答案：D2．(双选)如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( )A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小解析：正、负电的矿粉受电场力做正功分别落到左、右两侧，根据电场力做功与电势能的变化关系有正、负电的矿粉的电势能都变小，故选B、D.答案：BD3．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其它力的作用)()A．电势能增加，动能增加B．电势能减小，动能增加C．电势能和动能都不变D．上述结论都不正确解析：整个过程电场力做正功，只有电势能与动能之间相互转化，根据能量守恒，减小的电势能全部转化为动能，故A、C、D错误，B正确．答案：B点评：从能量守恒的角度考虑整个过程时，一个能量减小量，一定等于另一个能量的增加量．4．电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两板间的电压，但仍使电子能够穿过平行板间，则电子穿越平行板所需要的时间()A．随电压的增大而减小B．随电压的增大而增大C．加大两板间距离，时间将减小D．与电压及两板间距离均无关解析：电子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，在平行于金属板的方向电子不受力而做匀速直线运动，由L＝v0t 得，电子穿越平行板所需要的时间为t＝L v，与金属板的长成正比，与电子的初速度大小成反比，与其他因素无关，即与电压及两板间距离均无关．答案：D点评：本题只要根据平行于金属板的方向电子做匀速直线运动，由位移公式即可分析．5．如下图所示，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小答案：B6．如下图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该使()A．U2加倍B．U2变为原来的4倍C．U2变为原来的2倍D．U2变为原来的1/2倍答案：A►能力提升7．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关解析：不计重力的微滴带负电，所受电场力方向指向带正电荷的极板，微滴在极板间向正极板偏转，选项A错．电场力做功，电势能减小，选项B错误．不计重力的带负电微滴初速方向和恒定电场力方向垂直，其运动轨迹为抛物线，选项C正确．带电墨汁微滴所受电场力与电量成正比，所以运动轨迹与带电量有关，选项D错误．答案：C8．(双选)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动解析：带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下，二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．答案：BD9．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场射入匀强电场中，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的()A ．2倍B ．4倍 C.12 D.14解析：电子在两极板间做类平抛运动： 水平方向：l ＝v 0t ，t ＝lv 0.竖直方向：d ＝12at 2＝qU 2md t 2＝qUl 22md v 20， 故d 2＝qUl 22m v 20，即d ∝ 1v 0，故选项C 正确.答案：C10．如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U 1，偏转电压为U 2，要使电子在电场中的偏转量y 增大为原来的2倍，下列方法中不可行的是( )A ．使U 1减小为原来的12B ．使U 2增大为原来的2倍C ．使偏转板的长度增大为原来2倍D ．使偏转板的距离减小为原来的12分析：电子先经加速电场加速后，进入偏转电场，根据动能定理求出加速获得的速度与加速电压的关系．由牛顿第二定律求出电子进入偏转电场时的加速度，根据运动的合成与分解，推导出电子在偏转电场中偏转量与偏转电压的关系，再综合得到偏转电场中偏转量与加速电压、偏转电压的关系，再进行选择．解析：设电子的质量和电量分别为m 和e .电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得eU 1＝12m v 20①电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度大小为 a ＝eE m ＝eU 2md ②电子在水平方向做匀直线运动，则有t ＝Lv 0③在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量y ＝12at 2④联立上述四式得，y ＝U 2L 24dU 1根据上式可知，要使电子在电场中的偏转量y 增大为原来的2倍，使U 1减小为原来的12；使U 2增大为原来的2倍；使偏转板的长度L增大为原来2倍．故C 错误；使偏转板的距离减小为原来的12.故D正确．故选C.答案：C点评：本题粒子从静止开始先进入加速电场后进入偏转电场，得到的结论与粒子的质量和电量无关．11．电子电量为e ，质量为m ，以速度v 0沿着电场线射入场强为E 的匀强电场中，如图所示，电子从A 点入射到达B 点速度为零，则AB 两点的电势差为多少；AB 间的距离为多少．解析：由分析知，电子进入电场，只在电场力作用下运动，所以电场力对电子做负功．由动能定理得：－qU ＝0－12m v 20∴U ＝m v 202e 又U ＝Ed ，∴d ＝U E ＝m v 22eE.答案：m v 202e m v 202eE12．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在t ＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，不计重力．求在t ＝0到t ＝T 的时间间隔内．(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．分析：(1)根据加速度与时间的关系，可确定速度与时间的关系，从而由面积等于位移的大小即可求解，并确定其方向；(2)根据速度与时间的图象，来确定沿初始电场反方向运动的时间．解析：(1)粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T4～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为 a 1、 a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得qE 0＝ma 1、2qE 0＝ma 2、2qE 0＝ma 3、qE 0＝ma 4由此得带电粒子在0～T 时间间隔内运动的a －t 图象如图 (a )所示，对应的v －t 图象如图(b )所示，其中v 1＝a 1T 4＝qE 0T4m由图(b )可知，带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为s ＝T 4v 1 联立解得s ＝qE 0T 216m，它的方向沿初始电场正方向．(2)由图(b )可知，粒子在t ＝3T 8到t ＝5T 8内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为t ＝5T 8－3T 8＝T 4答案：(1)粒子位移的大小为s ＝qE 0T 216m，方向沿初始电场正方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间为t ＝T 4.另一种解法：解析：(1)粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T 4～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a 1、 a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得：qE 0＝ma 1、2qE 0＝ma 2、2qE 0＝ma 3、qE 0＝ma 4设粒子在t ＝T 4、t ＝T 2、t ＝3T 4、t ＝T 时刻的速度分别为v 1、v 2、v 3、v 4，则有：v 1＝a 1T 4、v 2＝v 1＋a 2T 4、 v 3＝v 2＋a 3T 4、v 4＝v 3T 4设带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为s ，有s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 12＋v 1＋v 22＋v 2＋v 32＋v 3＋v 42T 4 解得s ＝qE 0T 216m，方向沿初始电场正方向．(2)由电场的变化规律知，粒子从t ＝T 4时开始减速，设经过时间t 1粒子速度为零，有0＝v 1＋a 2t 1，解得t 1＝T 8粒子从t ＝T 2时开始加速，设经过时间t 2粒子速度为零，有0＝v 2＋a 3t 2，解得t 2＝T 8设粒子从t ＝0到t ＝T 内沿初始电场反方向运动的时间为t 2，有t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫T 4－t 1＋t 2解得t ＝T 4答案：(1)粒子位移的大小为s ＝qE 0T 216m，方向沿初始电场正方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间为t ＝T 4.。

课时分层作业(九)[基础达标练] (15分钟 分值：50分)一、选择题(本题共5小题，每小题6分)1. (多选)如图1-9-15所示，M 、N 是真空中的两块平行金属板，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0由小孔射入板间电场，当M 、N 间电势差为U 时，粒子恰好能到达N 板．要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的12后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )图1-9-15A ．使初速度减小为原来的12 B ．使M 、N 间电势差加倍C ．使M 、N 间电势差提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电势差都减小为原来的12BD [由动能定理得qE ·l ＝12m v 20，当v 0变为22v 0时，l 变为l 2，因为qE ＝q Ud ，所以qE ·l ＝q U d ·l ＝12m v 20，通过分析知B 、D 正确．]2.如图1-9-16所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v 1，加速度为a 1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v 2，加速度为a 2，则( )图1-9-16A ．a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶2B ．a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝1∶2C ．a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝2∶1D ．a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶ 2D [电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的静电力不变，故a 1∶a 2＝1∶1.由动能定理Ue ＝12m v 2得v ＝2Uem ，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U ＝Ed 知，电势差U 增大为原来的2倍，故v 1∶v 2＝1∶ 2.]3.如图1-9-17所示，a 、b 两个带正电的粒子以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则()图1-9-17A ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量B ．b 的质量一定大于a 的质量C ．a 的比荷一定大于b 的比荷D ．b 的比荷一定大于a 的比荷C [粒子在电场中做类平抛运动，有h ＝12·qE m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫x v 02，得x ＝v 02mhqE ，由v 02hm aEq a <v 02hm b Eq b ，得q a m a >q bm b .]4．(多选)一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是( )A ．加速电压偏大B ．加速电压偏小C ．偏转电压偏大D ．偏转电压偏小AD [画面高度缩小，说明电子从偏转电场射出时偏转角θ减小，由qU 0＝12m v 20，tan θ＝qU 1L md v 20，得tan θ＝U 1L2dU 0，则引起θ变小的原因可能是加速电压U 0偏大或偏转电压U 1偏小，A 、D 正确．]5．如图1-9-18所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为d ，长度为l 的平行板A 、B 加上电压后，可在A 、B 之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场)．在距A 、B 等距离处的O 点，有一电荷量为＋q ，质量为m 的粒子以初速度v 0沿水平方向(与A 、B 板平行)射入(如图)，不计重力，要使此粒子能从C 处射出，则A 、B 间的电压应为( )图1-9-18A ．m v 20d 2ql 2B ．m v 20l 2qd 2C ．lm v 0qdD ．q v 0dlA [带电粒子只受电场力作用， 在平行板间做类平抛运动．设粒子由O 到C 的运动时间为t ，则有l ＝v 0t .设A 、B 间的电压为U ，则偏转电极间的匀强电场的场强E ＝Ud ，粒子所受电场力F ＝qE ＝qUd .根据牛顿第二定律得粒子沿电场方向的加速度a ＝F m ＝qU md .粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，位移为12d . 由匀加速直线运动的规律得d 2＝12at 2.解得U ＝m v 20d2ql 2.所以选项A 正确．]二、非选择题(20分)6.如图1-9-19所示，长为L 的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子以初速度v 0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度恰与下板的夹角θ＝30°，不计粒子重力，求：图1-9-19(1)粒子的末速度大小； (2)匀强电场的场强大小； (3)两板间的距离．【解析】 (1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，把射出极板的速度分解，如图所示，则粒子的末速度v ＝v 0cos 30°＝233v 0.(2)竖直分速度v y ＝v 0tan 30°＝33v 0 由牛顿第二定律得qE ＝ma由类平抛运动规律得L ＝v 0t ，v y ＝at ，解得E ＝3m v 203qL . (3)由类平抛运动规律得tan 30°＝d L 2，解得d ＝3L6.【答案】 (1)23v 03 (2)3m v 203qL(3)3L 6[能力提升练](25分钟分值：50分)一、选择题(本题共5小题，每小题6分)1.喷墨打印机的简化模型如图1-9-20所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直于匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()图1-9-20A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电荷量无关C[由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A项错误．微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B项错误．由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C项正确．微粒所带电荷量影响电场力及其加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D项错误．]2．图1-9-21(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()(a)(b)(c)图1-9-21A B C DB[在示波管中，若f Y＝f X，呈现一个完整波形；若f Y＝2f X，则呈现两个波形，即呈现波形的个数n＝f Yf X.本题中，在t＝0时刻U X负值最大，所以在x方向上向负半轴偏转的电子离原点最远，而U Y＝0，在y轴没有偏转，A、C错误．由U Y的变化知，以后的粒子向y轴正方向偏转，所以B对．]3．一个动能为E k的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2E k.如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器的动能变为()A．8E k B．5E kC．4.25E k D．4E kC[因为偏转距离为y＝qUL22md v20，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为y4，所以静电力做功只有W＝0.25E k，而初动能变为4E k，故它飞出电容器时的动能变为4.25E k.故正确选项为C.]4．(多选)如图1-9-22甲所示为一种静电除尘装置，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图乙是该装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是()甲 乙图1-9-22A ．只增大高度dB ．只增大长度LC ．只增大电压UD ．只增大尘埃被吸入的水平速度v 0BC [增大除尘率即让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移y ＝Uq 2dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02，由此可知，只增大U ，只增大L ，只减小d 或只减小v 0均可增大除尘率，故选项B 、C 正确，A 、D 错误．]5.如图1-9-23所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入水平放置的两平行板间的匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()图1-9-23A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1A [设粒子水平运动的位移为l ，竖直方向的位移为y ，两极板间距为d ，由y ＝12at 2＝12Uq md ·l 2v 20得，U ＝2m v 20dyql 2，所以U ∝y l2，A 正确．] 二、非选择题(20分)6.如图1-9-24所示，平行板电容器的电容为C ，带电荷量为Q ，极板长为L ，极板间距离为d ，极板与水平面间的夹角为α，P 、M 两点恰好处在电容器的边缘，两极板正对区域均看成匀强电场．现有一质量为m 的带电液滴由两极板中的P 点从静止开始沿与极板平行的直线运动到M 点，此过程中克服空气阻力做功为W ，重力加速度为g ，求：图1-9-24(1)液滴的电荷量；(2)液滴刚开始运动时加速度的大小； (3)液滴到达M 点时速度的大小.【解析】 (1)板间电压U ＝Q C ，电场强度E ＝Ud ，对液滴，有 qE ＝mg cos α，联立解得液滴带电荷量q ＝Cmgd cos αQ. (2)释放瞬间，有mg sin α＝ma ， 故液滴的加速度a ＝g sin α.(3)对加速过程，由动能定理得mgL sin α－W ＝12m v 2 故液滴到达M 点时的速度v ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫gL sin α－W m . 【答案】 (1)Cmgd cos αQ(2)g sin α (3)2⎝ ⎛⎭⎪⎫gL sin α－W m。

带电粒子在电场中的运动(含经典例、习题)速度v从左侧进入金属板间的电场，其电荷量为-e，重力可以忽略不计．求电子在电场中飞行的轨迹及其速度大小．在匀强电场中，带电粒子做类平抛运动，可以将其运动分解为初速度方向的匀速直线运动和电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动．根据运动学公式，可以得到带电粒子在电场中的运动轨迹和速度大小．首先，根据电场的定义，可以计算出电场强度E为E=U/d，其中U为电势差，d为板间距离．又因为电子带负电荷，所以电场力方向与电场强度方向相反，即F=qE=(-e)E．由于重力可以忽略不计，所以带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度大小保持不变，即v_x=v．在竖直方向上，带电粒子受到电场力的作用，做匀加速直线运动，根据运动学公式可以得到其竖直方向上的位移y和速度大小v_y：y=1/2at^2=1/2(-eE/m)t^2v_y=at=-eEt/m带入初速度为v和加速度为-eE/m的运动公式，可以得到带电粒子在电场中的运动轨迹为抛物线，轨迹方程为：y=-1/2(eE/m)x^2+(v^2/2eE)速度大小为：v=√(v_x^2+v_y^2)=√(v^2+2eEU/m)其中，U为A、B间电势差，即所求的值．一、电子在板间的运动一个速度为$v=4.0\times10^7m/s$的电子从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出，射到距板右端$L=45cm$、宽$D=20cm$的荧光屏上。

荧光屏中点在两板间的中线上。

不计电子重力，电子质量$m=9.0\times10^{-31}kg$，电荷量$e=1.6\times10^{-19}C$。

要求解：1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压（设从静止加速）；2)为使带电粒子能射到荧光屏的所有位置，两板间所加电压的取值范围。

二、带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中的运动受到电场力周期性变化的影响，因此其运动性质具有周期性。

研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，特别要注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期。

（精心整理，诚意制作）1.9 带电粒子在电场中的运动每课一练1（人教版选修3-1）1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( )A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动答案A2.如图7所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的1 2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A．使初速度减为原来的1 2B．使M、N间电压加倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的12图7答案BD解析由qE·l＝12mv20，当v0变为22v0时l变为l2；因为qE＝qUd，所以qE·l＝q Ud·l＝12mv20，通过分析知B、D选项正确．3．一电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，现减小两板间的电压，则电子穿越两平行板所需的时间( )A．随电压的减小而减小B．随电压的减小而增大C．与电压无关D．随两板间距离的增大而减小答案C解析因粒子在水平方向做匀速直线运动，极板长度和粒子初速度都未变化，故由t＝lv0知C选项正确．4．带电粒子经加速电场加速后垂直进入两平行金属板间的偏转电场，要使它离开偏转电场时偏转角增大，可采用的方法有( )A．增加带电粒子的电荷量B．增加带电粒子的质量C．增大加速电压D．增大偏转电压答案D解析同一加速电场、同一偏转电场，偏转角为tan θ＝lU′2dU，U′为偏转电压，D正确．5．一束带有等量电荷量的不同离子从同一点垂直电场线进入同一匀强偏转电场，飞离电场后打在荧光屏上的同一点，则( )A．离子进入电场的初速度相同B．离子进入电场的初动量相同C．离子进入电场的初动能相同D．离子在电场中的运动时间相同答案C解析由题意知，不同粒子的偏转距离相同，y＝12at2＝12qEm(lv0)2＝qEl22mv20，故选项C正确．6.如图8所示，氕、氘、氚的原子核自初速为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )图8A．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多B．经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多C．三种原子核打在屏上时的速度一样大D．三种原子核都打在屏上的同一位置上答案BD解析同一加速电场、同一偏转电场，三种粒子带电荷量相同，在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以打在屏上的速度不同，C错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y＝l2U′4dU，tan φ＝lU′2dU知，与带电粒子无关，D对．7．如图9所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )图9A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极答案D解析若要使电子打在题图所示坐标的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确．8．一个电子以4.0×107m/s的初速度沿电场线方向射入电场强度为2.5×104N/C的匀强电场中，问：这个电子在电场中能前进多远？用的时间是多少？这段距离上的电势差是多少？(电子质量m＝0.91×10－30kg)答案0.182 m9.1×10－9s 4.55×103V解析电子在电场中做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得电子的加速度a＝eE/m①电子在电场中前进的时间t＝v0/a ②电子在电场中前进的距离x＝at2/2 ③由①②③解得x＝0.182 m，t＝9.1×10－9s这段距离上的电势差U＝Ex＝4.55×103V.9.如图10所示，A为粒子源，F为荧光屏．在A和极板B间的加速电压为U1，在两水平放置的平行导体板C、D间加有偏转电压U2.现分别有质子和α粒子(氦核)由静止从A发出，经加速后以水平速度进入C、D间，最后打到F板上．不计粒子的重力，它们能打到F的同一位置上吗？答案能图10解析设粒子的质量为m，带电荷量为q，偏转电场的极板长为L，两板间距为d.在加速过程中由动能定理有：qU1＝12mv20在偏转电场中，粒子的运动时间t＝L v0加速度a＝qEm＝U2qdm沿电场方向上的速度v′＝at。

一课一练(三十三)　电容器　带电粒子在电场中的运动[基础训练]1．计算机键盘每个按键下都有块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙还有另一块小的固定金属片，两片金属片组成一个小电容器，且电压保持不变．图示键盘连着正在工作的计算机，按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器( )A．电容变小B．金属片间的电场强度变小C．带电荷量增大D．处于放电状态2．如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷(带电荷量与质量的比值)之比是( )A．1∶2 B．2∶1C．1∶8 D．8∶13．用电流传感器研究电容器充、放电现象，电路如图所示．电容器不带电，闭合开关S1，待电流稳定后再闭合开关S2，通过传感器的电流随时间变化的图像是( )4．(2024·重庆模拟)2022年4月11日晚，受强对流天气影响，狂风暴雨袭击川渝地区．小李同学用所学知识设计了一个电容式风力传感器．如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离越大(两电极不接触)．若极板上电荷量保持不变，在受到风力作用时，则( )A．电容器电容变小B．极板间电场强度变大C．极板间电压变小D．静电计指针张角越大，风力越大5．(多选)平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示，那么( )A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变6．如图所示，喷雾器可以喷出各种质量和电荷量的带负电油滴．假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上．不计空气阻力及油滴间的相互作用，则( )A ．沿直线①运动的所有油滴质量都相等B ．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等C ．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2D ．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4[能力提升]7．(2024·四川凉山州联考)如图所示，a 、b 、c 、d 为匀强电场中4条沿水平方向的等势面，一个质量为m 、电荷量为q 的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两个点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 1，在B 点的速度大小为v 2，A 、B 连线长为L ，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则( )A ．粒子所受的电场力方向竖直向下B ．匀强电场的场强方向竖直向下C ．粒子从A 点运动到B 点电场力做负功D ．匀强电场的电场强度大小为m v 2－v 212qL cos θ8．(2024·湖北武汉高三调考)(多选)如图所示，在匀强电场中一质量为m 、电荷量为q 的正粒子先后经过a 、b 两点，在a 点的速度大小为3v 、速度方向与ab 连线的夹角为53°，在b 点的速度大小为4v 、速度方向与ab 连线的夹角为37°，ab 连线长度为d ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.若粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是( )A ．场强大小为2mv 2qdB ．场强方向与ab 连线的夹角为74°C ．从a 到b ，粒子的运动时间为2d vD ．从a 到b ，粒子的最小速度为12v 59．(多选)质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U 1加速后，垂直于电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压为U 2.两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10．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，坐标系内有A 、B 两点，其中A 点坐标为(6 cm,0)，B 点坐标为(0，3 cm)，坐标原点O 处的电势为0，A 点的电势为8 V ，B 点的电势为4 V ．现有一带电粒子从坐标原点O 处沿电势为0的等势线方向以速度v ＝4×105 m/s 射入电场，粒子运动时恰好通过B 点，不计粒子所受重力，求：(1)图中C 处(3 cm,0)的电势；(2)匀强电场的场强大小；(3)带电粒子的比荷q m.答案及解析1． 解析：按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器两极板间距d 减小，根据C ＝εr S4πkd 可知，电容C 变大，因两板电压U 一定，根据Q ＝CU 可知，电容器带电荷量增大，电容器处于充电状态，此时根据E ＝U d，可知金属片间的电场强度E 变大，故选C.答案：C2．解析：粒子在水平方向上做匀速直线运动，a 、b 两粒子的水平位移大小之比为1∶2，根据x ＝v 0t ，知时间之比为1∶2；粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y ＝12at 2，y 的比为2∶1，则a 、b 的加速度之比为8∶1.根据牛顿第二定律知，加速度a ＝qE m，加速度大小之比等于比荷之比，则两电荷的比荷之比为8∶1，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D3．解析：闭合开关S 1后，电容器充电，电容器电压与电源电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，充电完成后，电容器电压等于电源电压，此时电路中的电流为零；再闭合开关S 2，因为电容器的电压大于R 2两端的电压，电容器放电，电容器的电压与R 2两端的电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，放电电流方向与开始充电时的电流方向相反，当电容器的电压等于R 2两端的电压时，电路中的电流为零，A 正确．答案：A4． 解析：根据C ＝εr S4πkd ，在受到风力作用时，板间距离d 减小，则电容器电容变大，故A 错误；极板间电场强度E ＝U d ＝Q C d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S 不变，故B 错误；极板间电压U ＝Q C变小，故C 正确；风力越大，d 越小，极板间电压越小，静电计指针张角越小，故D 错误．答案：C5． 解析：保持开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A 板向B 板靠近，极板间距离减小，电场强度E 增大，小球所受的静电力变大，θ增大，故A 正确，B 错误；断开开关S ，电容器所带的电荷量不变，由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d 得E ＝4πkQ εr S，知d 变化，E 不变，小球所受静电力不变，θ不变，故C 错误，D 正确．答案：AD6．解析：沿直线①运动的油滴，根据题意得mg ＝Eq ，即q m ＝g E，所以沿直线①运动的油滴比荷相同，A 、B 错误；沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向做匀速运动，有x ＝v 0t ，初速度相同，所以运动时间之比等于水平位移之比，即为2∶1，C 错误；沿曲线②、③运动的油滴，水平方向x ＝v 0t ，竖直方向y ＝12at 2，联立解得a ＝2yv 20x 2，因为水平位移之比为2∶1，v 0和y 相同，所以加速度大小之比为1∶4，D 正确．答案：D7．解析：该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，粒子从A 点运动到B 点电场力做正功，选项A 正确，C 错误；由于粒子的电性未知，则无法判断匀强电场的场强方向，选项B 错误；A 、B 两点沿电场线方向的距离为y ＝L sin θ，由动能定理有qEy ＝12mv 2－12mv 21，联立解得E ＝m v 2－v 21 2qL sin θ，选项D 错误．答案：A8．解析：设电场力与ab 连线夹角为θ，如图所示，则粒子速度沿垂直电场力的方向分速度不变，即v a sin[180°－(53°＋θ)]＝v b sin(θ－37°)，解得θ＝74°，B 正确；从a 点运动到b点沿ab 方向的平均速度为v ＝3v cos 53°＋4v cos 37°2＝52v ，从a 点运动到b 点的时间为t ＝d v＝2d 5v ，C 错误；从a 点运动到b 点的加速度为a ＝4v sin 53°－ －3v sin 37° t ＝25v 22d，由牛顿第二定律，从a 点运动到b 点的电场力F ＝ma ＝25mv 22d ，场强大小为E ＝F q ＝25mv 22dq，A 错误；当粒子沿电场力方向的速度最小时，粒子的速度最小，此时粒子的最小速度为v min ＝v a sin 53°＝125v ，D 正确．答案：BD9． 解析：两种粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU 1＝12mv 20－0，偏转电场中，设板长为L ，平行于极板方向上有：L ＝v 0t ，垂直于极板方向上有：a ＝qE m ＝qU 2md，y ＝12at 2，离开偏转电场的速度偏向角为α，有tan α＝v yv 0＝at v 0，联立以上各式得y ＝U 2L 24dU 1，tan α＝U 2L2dU 1.偏移量y 和速度偏向角α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qU 1＋qU 2＝E k －0，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．答案：AD10．解析：(1)设C 处的电势为φC ，因为OC ＝CA所以φO －φC ＝φC －φA解得φC ＝φO ＋φA 2＝0＋82V ＝4 V.(2)B 、C 两点的连线为等势线，电场强度方向与等势线BC 垂直，设∠OBC ＝θ，OB ＝L＝3 cm因为tan θ＝OC L ＝33所以θ＝60°又U ＝Ed 可得E ＝U d ＝U BOL sin θ＝43×32×10－2 V/m ＝83×102 V/m.(3)带电粒子做类平抛运动，则有L cos θ＝vt ，L sin θ＝12·qE mt 2解得q m ＝2v 2sin θEL cos 2θ＝2× 4×105 2×3283×102×3×10－2×14 C/kg ＝2.4×1011 C/kg所以带电粒子的比荷为2.4×1011C/kg.答案：(1)4 V (2)83×102 V/m (3)2.4×1011 C/kg。

9 带电粒子在电场中的运动基础巩固1．如图1－9－14所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A 向B 做直线运动．那么( )A ．微粒带正、负电荷都有可能B ．微粒做匀减速直线运动C ．微粒做匀速直线运动D ．微粒做匀加速直线运动解析：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B 正确．答案：B2．图1－9－15子的阴极，K 为接在高电势点的加速阳极，A 、K 间电压为U .电子离开阴极时的速度可以忽略．电子经加速后从K 的小孔中射出时的速度大小为v .下面的说法中正确的是( )A ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U 不变，则电子离开K 时的速度变为2vB ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U 不变，则电子离开K 时的速度变为v2C ．如果A 、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为v2D ．如果A 、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为22v 解析：由动能定理得eU ＝12mv 2，即v ＝2eUm，可以看出，电子的速度v ∝U ，与A 、K 间的距离无关，只有D 正确．答案：D图1－9－14图1－9－153．如图1－9－16所示，静止的电子在加速电压U 1P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U 2的作用下偏转一段距离．现使U 1发生变化，应该( )A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的2倍D ．使U 2变为原来的1/2倍 解析：电子加速有qU 1＝12mv 02电子偏转y ＝12qU 2md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02联立解得：y ＝U 2L 24U 1d，显然选A.答案：A4．如图1－9－17所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O 点自由释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB ＝BC ，则它们带电荷量之比q 1∶q 2等于( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶ 2D.2∶1解析：竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝12qE m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B对．答案：B5．如图1－9－18所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1解析：由y ＝12at 2＝12Uq md ·l 2v 02得：U ＝2mv 02dy ql 2，所以U ∝yl 2，可知A 项正确． 答案：A图1－9－16图1－9图1－9－18知能提升6．在平行板电容器A 、B 两板上加上如图1－9－19所示的交变电压，开始B 板的电势比A 板高，这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )图1－9－19A ．电子先向A 板运动，然后向B 板运动，再返回A 板做周期性来回运动 B ．电子一直向A 板运动C ．电子一直向B 板运动D ．电子先向B 板运动，然后向A 板运动，再返回B 板做周期性来回运动解析：开始时电子受力由A 向B ，因此电子向B 加速运动．当运动半个周期时电压反向，电场力反向，电子做减速运动．由于加速时间和减速时间相等，故一周期后电子速度为零，然后再加速，再减速，电子一直向B 运动．故C 正确．答案：C7．光滑水平面上有一边长为l 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电荷量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为( )A ．0 B.12mv 02＋12qEl C.12mv 02D.12mv 02＋23qEl 解析：由题意知，小球从进入电场至穿出电场时可能存在下列三种情况：从穿入处再穿出时，静电力不做功．C 项对；从穿入边的邻边穿出时，静电力做正功W ＝Eq ·l2，由功能关系知B 项对；从穿入边的对边穿出时，若静电力做负功，且功的大小等于12mv 02，则A 项对；而静电力做正功时，不可能出现W ＝23Eql .D 项错．答案：ABC8．如图1－9－20所示，M 、N 是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E ，一质量为m 、电量为＋q 的微粒，以初速度v 0竖直向上从两极正中间的A 点射入匀强电场中，微粒垂直打到N 板上的C 点．已知AB ＝BC .不计空气阻力，则可知( )A ．微粒在电场中作抛物线运动B ．微粒打到C 点时的速率与射入电场时的速率相等 C ．MN 板间的电势差为2mv 02/q D ．MN 板间的电势差为Ev 02/2g解析：由题意可知，微粒受水平向右的电场力qE 和竖直向下的重力mg 作用，合力与v 0不共线，所以微粒做抛物线运动，A 正确；因AB ＝BC ，即v 02·t ＝v C2·t 可见v C ＝v 0.故B项正确；由q ·U 2＝12mv C 2，得U ＝mv C 2q ＝mv 02q ，故C 项错误；又由mg ＝qE 得q ＝mg E 代入U ＝mv 02q，得U ＝Ev 02g，故D 项错误．答案：AB9．在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如图1－9－21所示．由此可见( )A ．电场力为3mgB ．小球带正电C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量相等解析：小球在沿MN 方向上做匀速直线运动，速度为v 0，在AB 段做平抛运动，在BC 段做类平抛运动且加速度向上，设直线AC 与MN 成α角，则tan α＝y x ＝12gt 12v 0t 1＝12at 22v 0t 2，由AB＝2BC 可得t 1＝2t 2，代入得小球在电场中的加速度a ＝2g ，由F 电－mg ＝ma 得F 电＝3mg ，且小球带负电，A 对、B 、C 错；小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量相等，且都为Δv ＝gt 1或Δv ＝at 2，D 对．图1－9－20图1－9－21答案：AD10．如图1－9－22所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 0垂直射入场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中，射出电场的即时速度的方向与初速度方向成30°角．在这过程中，不计粒子重力．求：(1)该粒子在电场中经历的时间； (2)粒子在这一过程中的电势能增量．解析：(1)分解末速度v y ＝v 0tan 30°，在竖直方向v y ＝at ，a ＝qE m，联立三式可得t ＝3mv 03Eq； (2)射出电场时的速度v ＝v 0cos 30°＝23v 0，由动能定理得电场力做功W ＝12mv 2－12mv 02＝16mv 02，根据W ＝E p1－E p2得ΔE p ＝－W ＝－16mv 02. 答案：(1)3mv 03Eq (2)－16mv 02图1－9－22。