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專題13 勻強電場中的勻變速直（曲）線運動模型
[模型導(dǎo)航]
【模型一】帶電粒子在電場中的加速和減速運動模型 1
1.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型 1
2.交變電場中的直線運動 7
3.帶電體在電場中的直線運動 13
【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)模型 18
【模型三】帶電粒子經(jīng)加速電場后進入偏轉(zhuǎn)電場模型 26
【模型四】帶電粒子在復(fù)合場中的勻變速曲線運動的幾種常見模型 35
[模型分析]
【模型一】帶電粒子在電場中的加速和減速運動模型
1.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型
受力分析：
與力學(xué)中受力分析方法相同,只是多了一個電場力而已.如果帶電粒子在勻強電場中，則電場力為恒力（qE）,若在非勻強電場，電場力為變力.
運動過程分析：
帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一直線上，做勻加（減）速直線運動.
兩種處理方法：
①力和運動關(guān)系法——牛頓第二定律：
帶電粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合勻變速直線運動的公式確定帶電粒子的速度、時間和位移等.
②功能關(guān)系法——動能定理：
帶電粒子在電場中通過電勢差為UAB的兩點時動能的變化是，則.
例：如圖真空中有一對平行金屬板，間距為d，接在電壓為U的電源上，質(zhì)量為m、電量為q的正電荷穿過正極板上的小孔以v0進入電場，到達負極板時從負極板上正對的小孔穿出.不計重力，求：正電荷穿出時的速度v是多大？
解法一、動力學(xué)：由牛頓第二定律： ①
由運動學(xué)知識：v2－v02=2ad ②
聯(lián)立①②解得：
解法二、動能定理：解得
討論：
（1）若帶電粒子在正極板處v0≠0，由動能定理得qU=mv2-mv02解得v=
（2）若將圖中電池組的正負極調(diào)換，則兩極板間勻強電場的場強方向變?yōu)樗较蜃螅瑤щ娏繛?q，質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v0，穿過左極板的小孔進入電場，在電場中做勻減速直線運動.
①若v0>，則帶電粒子能從對面極板的小孔穿出，穿出時的速度大小為v，
有 -qU=mv2-mv02解得v=
②若v0<，則帶電粒子不能從對面極板的小孔穿出，帶電粒子速度減為零后，反方向加速運動，從左極板的小孔穿出，穿出時速度大小v=v0.
設(shè)帶電粒子在電場中運動時距左極板的最遠距離為x，由動能定理有： -qEx=0-mv02
在進行長距離星際運行時，不再使用化學(xué)燃料，而采用一種新型發(fā)動機一離子發(fā)動機，其原理是用恒定電壓加速一價惰性氣體離子，將加速后的氣體離子高速噴出，利用反沖作用使飛船本身得到加速。在氦、氖、氬、氪、氙多種氣體中選用了氙，已知這幾種氣體離子的質(zhì)量中氙的質(zhì)量最大，下列說法正確的是（　　）
A．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時速度更大
B．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時動量更大
C．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時動能更大
D．一價氙離子體積更小，不容易堵塞發(fā)動機
（多選）如圖所示，在兩平行板間接直流電源，位于A板附近的帶電粒子在電場力作用下，由靜止開始向B板運動，關(guān)于粒子在兩板間的運動，下列說法正確的是（　　）
A．粒子到達B板時的速率與兩板間距離和電源電壓均有關(guān)
B．若電源電壓U與粒子的電荷量q均變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子到達B板時的速率變?yōu)樵瓉淼?倍
C．兩板間距離越大，粒子運動的時間越長
D．粒子到達B板時的速率與兩板間距離無關(guān)，與電源電壓有關(guān)
衛(wèi)星在一定高度繞地心做圓周運動時，由于極其微弱的阻力等因素的影響，在若干年的運行時間中，衛(wèi)星高度會發(fā)生變化（可達15km之多），利用離子推進器可以對衛(wèi)星進行軌道高度、姿態(tài)的調(diào)整。離子推進器是利用電場將處在等離子狀態(tài)的“工質(zhì)”加速后向后噴出而獲得前進的動力，原理如圖所示：進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場（離子初速度忽略不計），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中推進器獲得恒定的推力。設(shè)單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，離子質(zhì)量為m，電荷量為q，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說法正確的是（　　）
A．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小
B．離子推進器獲得的平均推力大小
C．加速正離子束所消耗的功率P＝nqU
D．為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使盡量大，可以使用比荷更大的正離子作為推進器
一電量為q（帶正電）的物體靜置在一光滑絕緣水平面上。從某時刻起在整個空間施加一水平向右的電場，電場強度大小為E1，經(jīng)過t時間，電場改變方向，變成水平向左，電場強度大小變?yōu)镋2，再經(jīng)過2t時間，物體恰好返回出發(fā)點，則（　　）
A．電場強度E1與E2之比為5：4
B．電場強度E1與E2之比為2：1
C．這一過程中帶電物體的動能先增大后減小再增大，其變化量大于0
D．這一過程中帶電物體的動能先增加后減小，其變化量大于0
如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N，一帶電質(zhì)點自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落（P、M、N在同一豎直線上），空氣阻力忽略不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回．若保持兩極板間的電壓不變，則（　　）
A．把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后不能返回
B．把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
C．把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
D．把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
在密立根油滴實驗中，一個油滴進入兩塊相距為d＝5.0×10﹣3m的水平放置的平行板之間，如圖所示．油滴為質(zhì)量均勻的小球，半徑為r，帶電荷量為q．當(dāng)油滴勻速下落時，測得v＝2.5×10﹣4m/s．隨后在兩平板間加電壓U，使油滴減速，調(diào)節(jié)U使油滴靜止，此時的電壓值U1＝270V．已知油滴運動時所受空氣阻力大小Ff＝6πηrv，其中v為油滴運動速率，η＝1.96×10﹣5N s/m2為空氣與油滴間的粘滯系數(shù)．油滴的密度ρ＝980kg/m3，重力加速度g＝10m/s2．求
（1）該油滴的半徑r；
（2）該油滴所帶電量q；
（3）用汞燈照射該油滴僅使其電量發(fā)生改變，重新調(diào)節(jié)U使油滴再次靜止，此時的電壓值U2＝330V．油滴電量的改變量約為幾個元電荷e？
2.交變電場中的直線運動
U-t圖
v-t圖
軌跡圖
（多選）如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的負電荷僅在靜電力作用下，在刻從A板的小孔處由靜止釋放進入兩極板運動，恰好到達B板，則（　　）
A．電荷在時到達B板
B．電荷在兩板間的最大速度為
C．A、B兩板間的距離為
D．若電荷在時刻進入兩極板，它將不能到達B板
如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的質(zhì)子（不計重力），t＝0時刻，A板電勢高于B板電勢，當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下列圖像中能正確反映質(zhì)子速度v、位移x和動能Ek隨時間變化規(guī)律的是（　　）
A． B．
C． D．
如圖甲所示，電子原靜止在兩平行金屬板A、B間的a點，t＝0時刻開始A、B板間的電勢差按如圖乙所示規(guī)律變化，則下列說法中正確的是（　　）
A．t1時刻電子的位移最大
B．t2時刻電子的動能最大
C．電子可能在極板間做往復(fù)運動
D．電子能從小孔P飛出，且飛出的動能不大于eU0
如圖所示，一平行板電容器兩板間距為d，在一板內(nèi)側(cè)附近有一帶電量為q、質(zhì)量為m的正離子，為使該離子能在兩極間來回振動而不撞在兩極上，在兩極間加上如圖所示交變電壓，此交變電壓的周期應(yīng)有（　　）
A．T＜4d B．T＞4d C．T＜2d D．T＞2d
（多選）如圖（甲）所示，在豎直放置、距離足夠大的兩平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力），規(guī)定水平向左為正方向。當(dāng)兩板間加上如圖（乙）所示的交變電壓后，下列圖像中能正確反映電子受到的電場力F、位移x、動量P和動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)律的是（　　）
A． B．
C． D．
（多選）如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，序號為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t＝0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應(yīng)，則（　　）
A．在時奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為負值
B．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場
C．電子運動到第n個圓筒時動能為（n﹣1）eU
D．第n個和第n+1個圓筒的長度之比為
3.帶電體在電場中的直線運動
(1).帶電小球在電容器中的直線運動
勻速直線運動 勻加速直線運動 勻加速直線運動 勻減速直線運動
qE=mg，a=0 qE=mgtanθ，a=g/cosθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ
(2)多過程運動規(guī)律
運動模型 受力分析 運動分析 規(guī)律
①速度公式v0=gt1=at2; 速度位移公式v02=2gx1=2ax2 ②全程動能定理：mg(h+d)-qU=0
如圖所示，相距為d的平行板A和B之間有電場強度為E、方向豎直向下的勻強電場。電場中C點到B板的距離為0.3d，D點到A板的距離為0.2d。有一個質(zhì)量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點運動至D點，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．該微粒在D點時的電勢能比在C點時的大
B．該微粒做勻變速直線運動
C．在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgd
D．該微粒帶正電，所帶電荷量大小為q
如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場有一帶電滑塊，從A點沿粗糙絕緣的水平面以100J的初動能向左滑動，當(dāng)?shù)谝淮蔚竭_B點時，動能減小了30J，其中有18J轉(zhuǎn)化為電勢能，下面判斷正確的是（　　）
A．滑塊向左運動過程中它的動能和電勢能均增大
B．滑塊向左運動過程中它的機械能不變
C．滑塊在運動過程中它的最大電勢能是60J
D．滑塊再次經(jīng)過B點時它的動能是18J
如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶正電小球，以初速度v從P點豎直向上拋出，到達最高點Q時的速度大小為0.5v，后來小球又經(jīng)過與P點等高的N點，下列說法正確的是（　　）
A．小球運動到N點時，動能為mv2
B．小球運動到N點時，電勢能增加2mv2
C．小球從P運動到Q的過程，機械能增加2mv2
D．小球從P運動到Q的過程，動能減少0.25mv2
一個帶負電的液滴從A點以一定的初速度射入水平方向的勻強電場中，液滴沿直線AB運動，AB與電場線夾角為θ，液滴的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則（　　）
A．電場強度的方向水平向左
B．電場強度的大小為
C．靜電力做正功
D．液滴的機械能減小
一個質(zhì)量為m的帶電小球在A點以初速度v0水平進入一個勻強電場，一段時間后經(jīng)過B點，速度大小仍為v0，且A、B在同一豎直平面內(nèi)，AB與水平面夾角為60°，如圖所示，則（　　）
A．小球帶正電
B．小球的電勢能增加
C．電場力大小可能是
D．A點電勢一定高于B點電勢
如圖所示，在與水平方向成θ角的勻強電場中有一絕緣光滑細桿，底端固定一帶正電的小球，上端有一帶正電的小環(huán)，在環(huán)由靜止釋放后沿桿向下運動的過程中，下列關(guān)于小環(huán)能量變化的說法中正確的是（　　）
A．重力勢能與動能之和增加
B．電勢能與動能之和增加
C．機械能守恒
D．動能一定增加
【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)模型
【運動模型】質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子以初速沿垂直于電場的方向，進入長為、間距為、電壓為的平行金屬板間的勻強電場中，粒子將做勻變速曲線運動，如圖所示，若不計粒子重力，則可求出如下相關(guān)量：
1、粒子穿越電場的時間：
粒子在垂直于電場方向以做勻速直線運動，
，；
2、粒子離開電場時的速度：
粒子沿電場方向做勻加速直線運動，加速度，
粒子離開電場時平行電場方向的分速度，
所以。
3、粒子離開電場時的側(cè)移距離：
②
②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述設(shè)備的物理量、
不難發(fā)現(xiàn)：（1）當(dāng)不同粒子（不同）以相同的速度進入偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)移距離
（2）當(dāng)不同粒子以相同的動能進入偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)移距離
4、粒子離開電場時的偏角：
因為③
②與③的關(guān)系：（熟記）
5、速度方向的反向延長線必過偏轉(zhuǎn)電場的中點
由和，可推得。粒子可看作是從兩板間的中點沿直線射出的。
具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱為同位素。讓氫的三種同位素原子核（H、H和H）以相同的速度從帶電平行板間的P點沿垂直于電場的方向射入電場，其中氘核（H）恰好能離開電場，軌跡如圖所示。不計粒子的重力，則（　　）
A．H不能離開電場
B．H在電場中受到的電場力最大
C．H在電場中運動的時間最短
D．在電場中運動的過程中電場力對H做功最少
如圖所示，平行板電容器水平放置，上極板帶正電、下極板帶負電并接地，一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子a從兩板左端中點入射，入射速度正對上極板中點A，已知板長為2d，板間距離為d，兩板間電壓為U，粒子重力不計且運動過程中不與極板碰撞，則（　　）
A．粒子a射入電場時電勢能為Uq
B．粒子a在電場內(nèi)運動過程中電勢能最大時動能為零
C．若粒子a從下極板右邊緣射出，其在運動過程中電勢能最大值為Uq
D．若粒子a射出點與射入點在同一水平線上，則其在電場中運動時間為
如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場E，從傾角30°的斜面上A點平拋一帶電小球，落到斜面上的B點，空氣阻力不計，下列說法中正確的是（　　）
A．若將平拋初速度減小一半，則小球?qū)⒙湓贏B兩點的中點
B．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角不同
C．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間夾角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平拋小球的初動能為6J，則落到斜面上時的動能為14J
（多選）如圖所示，光滑絕緣圓弧曲面AB固定在支架ACB上，BC水平，B為切點，圓弧半徑為R，且圓弧所對的圓心角為60°，空間存在水平方向勻強電場E（圖中未畫出，大小未知）。點電荷+Q固定在圓心處，一個質(zhì)量為m帶電量為+q的小球可以靜止在圓弧AB的中點D，現(xiàn)在將小球從A點靜止釋放，能沿圓弧軌道ADB運動，則（　　）
A．電場方向水平向右，
B．小球從A運動到B的過程中勻強電場電場力的功率一直減小
C．小球運動到D點速度最大，
D．小球運動到B點時小球?qū)點的壓力大小為（k為靜電力常數(shù)）
（多選）如圖所示，a、b、c、d為勻強電場中的等勢面，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點。已知該粒子在A點的速度大小為v1，且方向與等勢面平行，在B點的速度大小為v2，A、B連線長為L，連線與等勢面間的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則（　　）
A．粒子的速度v2一定大于v1
B．等勢面b的電勢比等勢面c的電勢低
C．粒子從A點運動到B點所用的時間為
D．勻強電場的電場強度大小為
（多選）如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻射的電場。坐標(biāo)原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E，大量電荷量為﹣q（q＞0）、質(zhì)量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場，若粒子只能從坐標(biāo)原點進入第一象限，其它粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)走并不影響原來的電場分布，不計粒子的重力及它們間的相互作用，下列說法正確的是（　　）
A．能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上
B．到達坐標(biāo)原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角θ越大
C．能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qU
D．若U，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮
【模型三】帶電粒子經(jīng)加速電場后進入偏轉(zhuǎn)電場模型
【運動模型】如圖所示，由靜止開始被電場（加速電壓為）加速的帶電粒子平行于兩正對的平行金屬板且從兩板正中間射入，從右側(cè)射出，設(shè)在此過程中帶電粒子沒有碰到兩極板。若金屬板長為，板間距離為、兩板間電壓為，試分析帶電粒子的運動情況。
1、粒子穿越加速電場獲得的速度
設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為，電量為，
經(jīng)電壓加速后速度為。由動能定理有
，
2、粒子穿越偏轉(zhuǎn)電場的時間：
帶電粒子以初速度平行于兩正對的平行金屬板從兩板正中間射入后，在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間為，則
3、粒子穿越偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的加速度：
帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時沿電場方向的加速度
4、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移距離：
帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時沿電場方向作初速度為0的做勻加速直線運動 ④
④式表明靜止的帶電粒子經(jīng)過同一電場加速，再垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場，射出粒子的側(cè)移量與粒子的、無關(guān)。
5、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為：
帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度為，則
6、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏角：
設(shè)飛出兩板間時的速度方向與水平方向夾角為。則⑤
⑤式表明靜止的帶電粒子經(jīng)過同一電場加速，再垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場，射出粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的、無關(guān)。
如圖所示，一電子槍發(fā)射出的電子（初速度很小，可視為零）進入加速電場加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，射出后偏轉(zhuǎn)位移為y，要使偏轉(zhuǎn)位移增大，下列哪些措施是可行的（不考慮電子射出時碰到偏轉(zhuǎn)電極板的情況）（　　）
A．減小偏轉(zhuǎn)電壓U
B．減小加速電壓U0
C．增大偏轉(zhuǎn)電場的極板間距離d
D．將發(fā)射電子改成發(fā)射負離子
甲、乙兩個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為（﹣q，m）、（﹣q，4m），它們先后經(jīng)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(zhuǎn)電場，兩粒子進入時的速度方向均與偏轉(zhuǎn)電場方向垂直，如圖所示。粒子重力不計。則甲、乙兩粒子（　　）
A．進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小之比為1：2
B．離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能之比為1：1
C．在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間相同
D．離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向不同
如圖所示，帶電量與比荷均不相同的兩種帶正電的粒子從同一位置無初速度地飄入加速電場，加速后從同一位置進入偏轉(zhuǎn)電場，并離開偏轉(zhuǎn)電場。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，下列說法正確的是（　　）
A．加速電場對兩種粒子做功一樣多
B．兩種粒子同時離開加速電場
C．兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的軌跡相同
D．整個過程兩種粒子受到的電場力的沖量一樣大
現(xiàn)代科技中常常利用電場來控制帶電粒子的運動。某控制裝置由加速電場、偏轉(zhuǎn)電場和收集裝置組成，如圖所示。加速電場可以提供需要的電壓，偏轉(zhuǎn)電場為輻向電場，其內(nèi)外圓形邊界的半徑分別為r0、3r0，在半徑相等的圓周上電場強度大小都相等，方向沿半徑向外，且滿足（r為半徑），已知r0處的電場強度大小為E0，帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為﹣q，不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用。則（　　）
A．加速電場電壓無論取多少，粒子只要垂直PB飛入電場，就一定能做勻速圓周運動
B．要使粒子由靜止加速后能從A點沿半徑2r0的圓形軌跡1到達C點，則加速電場的電壓為
C．若加速后從PB間垂直PB方向進入的粒子都能做勻速圓周運動而到達收集裝置，則粒子做圓周運動的周期T與軌跡對應(yīng)半徑r應(yīng)滿足的關(guān)系式
D．若粒子從B點垂直于OP方向射入，對應(yīng)的軌跡2可能是拋物線
如圖所示，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的16倍。有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場，不計電荷的重力。則偏轉(zhuǎn)電場長寬之比（　　）
A．4 B． C． D．
真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、α粒子都從O點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與O′垂直的熒光屏上（圖中未畫出），使熒光屏上出現(xiàn)亮點（已知質(zhì)子、α粒子質(zhì)量之比為1：4，電荷量之比為1：2，重力不計）。下列說法中正確的是（　　）
A．質(zhì)子、α粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為：1
B．兩種粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同
C．在熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點
D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對質(zhì)子、α粒子做功之比為1：2
如圖所示是半導(dǎo)體注入工藝的裝置示意圖，某種元素的兩種離子X+和X3+，質(zhì)量均為m，可從A點水平向右注入加速電場，初速度大小連續(xù)分布且在0和之間。經(jīng)電壓為U的電場直線加速后，離子均從小孔C水平射入偏轉(zhuǎn)電場（兩極板水平放置且上極板帶負電，電勢差U'可調(diào)），偏轉(zhuǎn)后均能穿出此電場，其中CD為偏轉(zhuǎn)電場的中線。離子穿出電場后立即進入緊靠電場的勻強磁場，該磁場邊界線豎直、右側(cè)足夠大，磁感應(yīng)強度大小B在B0和3B0之間可調(diào)，方向始終垂直紙面向里。不考慮離子的重力及相互作用，元電荷帶電量為e。
（1）僅注入初速度0的離子，U'不為0，求X+和X3+穿出偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向位移之比；
（2）僅注入初速度為的X+離子，U'不為0且B＝B0，求離子在磁場中射入位置與射出位置的距離Y；
（3）若放置一塊緊靠磁場左邊界的豎直收集板，長度，下端距D點的距離。先調(diào)節(jié)偏轉(zhuǎn)電場的電壓，使U'＝0，僅注入X+離子，每秒發(fā)射的離子數(shù)為n0，各種速率的離子數(shù)目相同，再調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度大小，使B0≤B≤3B0，求收集板上每秒能收集到的離子數(shù)n與B之間的關(guān)系。
【模型四】帶電粒子在復(fù)合場中的勻變速曲線運動的幾種常見模型
1.帶電物體在靜電場和重力場的復(fù)合場中運動時的能量守恒
(1)帶電物體只受重力和靜電場力作用時，電勢能、重力勢能以及動能相互轉(zhuǎn)化，總能
量守恒，即恒定值
(2)帶電物體除受重力和靜電場力作用外，如果還受到其它力的作用時，電勢能、重力
勢能以及動能之和發(fā)生變化，此變化量等于其它力的功，這類問題通常用動能定理來解決。
2.帶電粒子在復(fù)合場中的勻變速曲線運動的幾種常見情況
豎直向上拋出 水平拋出 斜上拋出
如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程（　　）
A．動能增加mv2 B．機械能增加2mv2
C．重力勢能增加mv2 D．電勢能減小mv2
一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下。若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，下列說法不正確的是（　　）
A．油滴帶負電
B．電勢能減少
C．動能增加
D．重力勢能和電勢能之和增加
如圖所示，水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點以豎直向上的初速度開始運動，經(jīng)最高點B后運動到與A在同一水平線上的C點，小球從A到B過程中克服重力做功4.0J，電場力做功5.0J，則（　　）
A．小球在A點的電勢能比在C點多10J
B．小球在A點的動能比在B點多1.0J
C．小球在A點的機械能比在C點少20J
D．小球在C點的動能為20J
如圖所示，真空中豎直平面內(nèi)的三點A、B、C構(gòu)成直角三角形，其中AC豎直，長度為L，∠B＝30°。勻強電場在A、B、C所決定的平面內(nèi)，電場強度為E，電場方向與AB平行，現(xiàn)將質(zhì)量為m的帶電小球以初動能Ek沿CA方向從C點射出，小球通過B點時速度恰好沿AB方向，已知重力加速度為g，下列說法錯誤的是（　　）
A．從C到B，小球做勻變速運動
B．小球所受電場力為所受重力的3倍
C．經(jīng)過時間小球電勢能和重力勢能之和最大
D．從C到B，小球克服重力做功與電場力做功之比為1：3
在電場方向水平向右的勻強電場中，一電荷量為q的帶正電小球從O點以初速度v0豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，以O(shè)點為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示，小球運動過程中經(jīng)過A、B、C三點，A點的縱坐標(biāo)為3L，B點為運動軌跡的最高點，B點縱坐標(biāo)為4L，C點與O點在同一水平線上，OB間的電勢差大小為U，小球在A點的速度方向與豎直方向間的夾角為60°，重力加速度為g，求：
（1）從O點運動到A點的時間與從A點運動到B點的時間之比tOA：tAB，B點的速度大小vB；
（2）O到B的水平位移大小xOB，小球的質(zhì)量大小m；
（3）從O點到C點的運動過程中最小速度的大小vmin。
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專題13 勻強電場中的勻變速直（曲）線運動模型
[模型導(dǎo)航]
【模型一】帶電粒子在電場中的加速和減速運動模型 1
1.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型 1
2.交變電場中的直線運動 7
3.帶電體在電場中的直線運動 13
【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)模型 18
【模型三】帶電粒子經(jīng)加速電場后進入偏轉(zhuǎn)電場模型 26
【模型四】帶電粒子在復(fù)合場中的勻變速曲線運動的幾種常見模型 35
[模型分析]
【模型一】帶電粒子在電場中的加速和減速運動模型
1.帶電粒子在電場中的加速直線運動模型
受力分析：
與力學(xué)中受力分析方法相同,只是多了一個電場力而已.如果帶電粒子在勻強電場中，則電場力為恒力（qE）,若在非勻強電場，電場力為變力.
運動過程分析：
帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一直線上，做勻加（減）速直線運動.
兩種處理方法：
①力和運動關(guān)系法——牛頓第二定律：
帶電粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合勻變速直線運動的公式確定帶電粒子的速度、時間和位移等.
②功能關(guān)系法——動能定理：
帶電粒子在電場中通過電勢差為UAB的兩點時動能的變化是，則.
例：如圖真空中有一對平行金屬板，間距為d，接在電壓為U的電源上，質(zhì)量為m、電量為q的正電荷穿過正極板上的小孔以v0進入電場，到達負極板時從負極板上正對的小孔穿出.不計重力，求：正電荷穿出時的速度v是多大？
解法一、動力學(xué)：由牛頓第二定律： ①
由運動學(xué)知識：v2－v02=2ad ②
聯(lián)立①②解得：
解法二、動能定理：解得
討論：
（1）若帶電粒子在正極板處v0≠0，由動能定理得qU=mv2-mv02解得v=
（2）若將圖中電池組的正負極調(diào)換，則兩極板間勻強電場的場強方向變?yōu)樗较蜃螅瑤щ娏繛?q，質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v0，穿過左極板的小孔進入電場，在電場中做勻減速直線運動.
①若v0>，則帶電粒子能從對面極板的小孔穿出，穿出時的速度大小為v，
有 -qU=mv2-mv02解得v=
②若v0<，則帶電粒子不能從對面極板的小孔穿出，帶電粒子速度減為零后，反方向加速運動，從左極板的小孔穿出，穿出時速度大小v=v0.
設(shè)帶電粒子在電場中運動時距左極板的最遠距離為x，由動能定理有： -qEx=0-mv02
在進行長距離星際運行時，不再使用化學(xué)燃料，而采用一種新型發(fā)動機一離子發(fā)動機，其原理是用恒定電壓加速一價惰性氣體離子，將加速后的氣體離子高速噴出，利用反沖作用使飛船本身得到加速。在氦、氖、氬、氪、氙多種氣體中選用了氙，已知這幾種氣體離子的質(zhì)量中氙的質(zhì)量最大，下列說法正確的是（　　）
A．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時速度更大
B．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時動量更大
C．用同樣的電壓加速，一價氙離子噴出時動能更大
D．一價氙離子體積更小，不容易堵塞發(fā)動機
【解答】解：AC.以隋性氣體離子為研究對象，根據(jù)動能定理得：
eUmv2
得
可見，這幾種氣體離子的帶電量相同，加速電壓相同，故獲得的動能相同，氙離子的質(zhì)量大，獲得的速度小，故AC錯誤；
B.根據(jù)動量的定義p＝mv，氙離子的質(zhì)量大，動量大，故B正確；
D.相同質(zhì)量的一價惰性氣體離子中，雖然一價氙離子體積更小，但發(fā)動機的噴口較大，其它體積較大的惰性氣體的離子還不至于堵塞發(fā)動機，故D錯誤。
故選：B。
（多選）如圖所示，在兩平行板間接直流電源，位于A板附近的帶電粒子在電場力作用下，由靜止開始向B板運動，關(guān)于粒子在兩板間的運動，下列說法正確的是（　　）
A．粒子到達B板時的速率與兩板間距離和電源電壓均有關(guān)
B．若電源電壓U與粒子的電荷量q均變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子到達B板時的速率變?yōu)樵瓉淼?倍
C．兩板間距離越大，粒子運動的時間越長
D．粒子到達B板時的速率與兩板間距離無關(guān)，與電源電壓有關(guān)
【解答】解：AD、由動能定理得：qUmv2﹣0，解得：v，到達Q板時的動能和速率僅與加速電壓U有關(guān)，與兩極板間的距離無關(guān)，故A錯誤，D正確；
B、粒子到達B板的速度：v，若板間電壓U與電量q均變?yōu)樵瓉淼?倍，則到達Q板的速率變?yōu)樵瓉淼?倍，故B錯誤；
C、由牛頓第二定律得：a，由勻變速運動的速度—位移公式得：dat2，解得：td，m、q、U一定，則兩板間距離越大，加速度越小，加速時間越長，故C正確；
故選：CD。
衛(wèi)星在一定高度繞地心做圓周運動時，由于極其微弱的阻力等因素的影響，在若干年的運行時間中，衛(wèi)星高度會發(fā)生變化（可達15km之多），利用離子推進器可以對衛(wèi)星進行軌道高度、姿態(tài)的調(diào)整。離子推進器是利用電場將處在等離子狀態(tài)的“工質(zhì)”加速后向后噴出而獲得前進的動力，原理如圖所示：進入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B之間的勻強電場（離子初速度忽略不計），A、B間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中推進器獲得恒定的推力。設(shè)單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，離子質(zhì)量為m，電荷量為q，加速正離子束所消耗的功率為P，引擎獲得的推力為F，下列說法正確的是（　　）
A．正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小
B．離子推進器獲得的平均推力大小
C．加速正離子束所消耗的功率P＝nqU
D．為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使盡量大，可以使用比荷更大的正離子作為推進器
【解答】解：A、已知單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為n，離子電荷量為q，則正離子經(jīng)加速后由B處噴出形成的等效電流大小為，故A錯誤；
B、電場對離子加速，由動能定理有
取向右為正方向，對n個正離子，根據(jù)動量定理有m0v0＝Ft
其中m0＝nmt，Q＝nqt
由牛頓第三定律知離子推進器獲得的平均推力大小F′＝F
聯(lián)立解得離子推進器獲得的平均推力大小F′＝n，故B錯誤；
C、加速正離子束所消耗的功率，故C正確；
D、根據(jù)以上分析可得，要使盡量大，可以用質(zhì)量大、帶電量小即比荷更小的離子作為推進器，故D錯誤。
故選：C。
一電量為q（帶正電）的物體靜置在一光滑絕緣水平面上。從某時刻起在整個空間施加一水平向右的電場，電場強度大小為E1，經(jīng)過t時間，電場改變方向，變成水平向左，電場強度大小變?yōu)镋2，再經(jīng)過2t時間，物體恰好返回出發(fā)點，則（　　）
A．電場強度E1與E2之比為5：4
B．電場強度E1與E2之比為2：1
C．這一過程中帶電物體的動能先增大后減小再增大，其變化量大于0
D．這一過程中帶電物體的動能先增加后減小，其變化量大于0
【解答】解：AB、在0﹣t內(nèi)物體的加速度為 a1，物體向右做勻加速直線運動；在t﹣3t內(nèi)，物體的加速度為：a2，將物體的運動看成一種勻減速直線運動，取向右為正方向，則兩段時間內(nèi)位移大小相等、方向相反，
則有：a1t2＝﹣[a1t 2ta2（2t）2]，解得：E1：E2＝4：5，故AB錯誤；
CD、在0﹣t內(nèi)電場力做正功，動能增加，在t﹣3t內(nèi)，電場力先做負功，后做正功，動能先減小后增大，返回出發(fā)點時總動能增加，變化量大于0，在整個過程中，物體的動能先增加后減小再增大，其變化量大于0，故C正確，D錯誤。
故選：C。
如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中央各有一小孔M和N，一帶電質(zhì)點自A板上方相距為d的P點由靜止自由下落（P、M、N在同一豎直線上），空氣阻力忽略不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回．若保持兩極板間的電壓不變，則（　　）
A．把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后不能返回
B．把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
C．把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
D．把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落
【解答】解：A、由題設(shè)條件，由動能定理得：mg 2d﹣qU＝0，則知電場力做功等于重力做功的大小。把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點自P點自由下落，根據(jù)動能定理知，mg 2d﹣qU＝0，小球到達N點速度為零然后返回。故A錯誤。
B、將A板向下移動一小段距離，根據(jù)動能定理知，mg 2d﹣qU＝0，小球到達N點速度為零然后返回。故B錯誤。
C、把B板向上平移一小段距離，根據(jù)動能定理知，h＜2d，mgh﹣qU＜0，知小球未到達N點速度已減為零，然后返回。故C錯誤。
D、把B板向下平移一小段距離后，根據(jù)動能定理知，h＞2d，mgh﹣qU＞0，知小球到達N點速度不為零，小球會穿過N孔繼續(xù)下落。故D正確。
故選：D。
在密立根油滴實驗中，一個油滴進入兩塊相距為d＝5.0×10﹣3m的水平放置的平行板之間，如圖所示．油滴為質(zhì)量均勻的小球，半徑為r，帶電荷量為q．當(dāng)油滴勻速下落時，測得v＝2.5×10﹣4m/s．隨后在兩平板間加電壓U，使油滴減速，調(diào)節(jié)U使油滴靜止，此時的電壓值U1＝270V．已知油滴運動時所受空氣阻力大小Ff＝6πηrv，其中v為油滴運動速率，η＝1.96×10﹣5N s/m2為空氣與油滴間的粘滯系數(shù)．油滴的密度ρ＝980kg/m3，重力加速度g＝10m/s2．求
（1）該油滴的半徑r；
（2）該油滴所帶電量q；
（3）用汞燈照射該油滴僅使其電量發(fā)生改變，重新調(diào)節(jié)U使油滴再次靜止，此時的電壓值U2＝330V．油滴電量的改變量約為幾個元電荷e？
【解答】解：（1）油滴的速度為v＝2.5×10﹣4m/s時，重力等于阻力，有：
f＝mg…①
②
則③
（2）油滴靜止時，電場力等于重力④
mg＝6πηrv
則⑤
（3）⑥
△q＝q﹣q'＝4.7×10﹣19C…⑦
n3個
所以電量改變量約為3個元電荷．…⑧
答：（1）該油滴的半徑為1.5×10﹣6m；
（2）該油滴所帶電量2.56×10﹣18C；
（3）用汞燈照射該油滴僅使其電量發(fā)生改變，重新調(diào)節(jié)U使油滴再次靜止，此時的電壓值U2＝330V．油滴電量的改變量約為3個元電荷e．
2.交變電場中的直線運動
U-t圖
v-t圖
軌跡圖
（多選）如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的負電荷僅在靜電力作用下，在刻從A板的小孔處由靜止釋放進入兩極板運動，恰好到達B板，則（　　）
A．電荷在時到達B板
B．電荷在兩板間的最大速度為
C．A、B兩板間的距離為
D．若電荷在時刻進入兩極板，它將不能到達B板
【解答】解：A．電荷恰好能到達B板，意味著速度為零，根據(jù)題意，刻從A板的小孔處由靜止釋放進入兩極板運動，電荷先加速時長后減速時長，電荷應(yīng)該在時到達B板，故A錯誤；
B．根據(jù)A的分析，電荷在時達到最大速度，此時電荷剛好運動到兩極板的中間，根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系，初始位置到極板中間的電勢差為，根據(jù)動能定理列式
解得
故B正確；
C．電荷進入極板先做勻加速運動，后做勻減速運動，剛好時電荷的運動位移為兩極板的間距
解得
故C錯誤；
D．若電荷在時刻進入兩極板，電荷先加速，然后減速，減速到零，根據(jù)上面的分析，電荷此時未到達B板，接下來，電荷向A板加速時長，在U﹣t圖像的基礎(chǔ)上畫出電荷的v﹣T圖像，如圖所示
由圖可知，一個完整周期，電荷在向A板運動，故電荷到達不了B板，故D正確。
故選BD。
如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的質(zhì)子（不計重力），t＝0時刻，A板電勢高于B板電勢，當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下列圖像中能正確反映質(zhì)子速度v、位移x和動能Ek隨時間變化規(guī)律的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：AD、質(zhì)子在金屬板間的加速度a，所以a∝U，0～做勻加速直線運動，～做勻減速直線運動，然后反方向勻加、勻減速直線運動，所以質(zhì)子做的是變加速直線運動，那么x﹣t圖像則不能為線性關(guān)系，故CD錯誤。
BC、由于a∝U，所以v﹣t圖像為線性關(guān)系，則Ek﹣t圖像不是線性關(guān)系，故A正確，B錯誤。
故選：A。
如圖甲所示，電子原靜止在兩平行金屬板A、B間的a點，t＝0時刻開始A、B板間的電勢差按如圖乙所示規(guī)律變化，則下列說法中正確的是（　　）
A．t1時刻電子的位移最大
B．t2時刻電子的動能最大
C．電子可能在極板間做往復(fù)運動
D．電子能從小孔P飛出，且飛出的動能不大于eU0
【解答】解：AC、0～t1時間內(nèi)A板電勢低，電子受到的電場力的方向指向B，電子向B板加速，t1～t2時間內(nèi)A板電勢高，電子受到的電場力的方向指向A，電子向B板減速，根據(jù)對稱性，在t2時刻速度恰好為零，接下來，電子重復(fù)上述運動，所以電子一直向B板運動，直到從小孔P穿出．故AC錯誤；
B、0～t1時間內(nèi)電子向B板加速，t1～t2時間內(nèi)電子向B板減速，所以t1時刻電子的動能最大，由于電子一直向B板運動，只要電子沒有離開電場，電子在t1、t3、t5、…時刻電子的動能都是最大的．故B錯誤；
D、電子動能最大的時刻為t1、t3、t5、…時刻，根據(jù)動能定理，電子的動能都是最大為eU0．只要電子不是在這些時刻飛出電場的，動能小于最大值，即電子飛出的動能不大于eU0，故D正確。
故選：D。
如圖所示，一平行板電容器兩板間距為d，在一板內(nèi)側(cè)附近有一帶電量為q、質(zhì)量為m的正離子，為使該離子能在兩極間來回振動而不撞在兩極上，在兩極間加上如圖所示交變電壓，此交變電壓的周期應(yīng)有（　　）
A．T＜4d B．T＞4d C．T＜2d D．T＞2d
【解答】解：設(shè)周期為T時，正離子從左極板向右運動，先做的勻加速，再的做勻減速，到達右極板時，速度恰好減為零。
根據(jù)圖象可知，加速和減速運動的加速度相同，位移相同，是完全對稱的運動。
其加速度為a
則根據(jù)勻加速運動的速度公式
又由動能定理得
解得：
為使該離子能在兩極間來回振動而不撞在兩極上，則T＜4d，故A正確、BCD錯誤。
故選：A。
（多選）如圖（甲）所示，在豎直放置、距離足夠大的兩平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力），規(guī)定水平向左為正方向。當(dāng)兩板間加上如圖（乙）所示的交變電壓后，下列圖像中能正確反映電子受到的電場力F、位移x、動量P和動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)律的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、根據(jù)電子受到的電場力F＝eE，可知，F(xiàn)與UAB成正比，F(xiàn)﹣t圖像與UAB﹣t圖像相似，故A正確；
B、0～時間內(nèi)，電子從靜止開始向左做勻加速直線運動，則x，x﹣t圖像是拋物線，故B錯誤；
C、0～時間內(nèi)，電子受到的電場力水平向左，從靜止開始向左做勻加速直線運動，由P＝mv＝mat知P與t成正比，P﹣t圖像是過原點的直線；～時間內(nèi)電子受到的電場力水平向右，電子繼續(xù)向左做勻減速直線運動，速度隨時間均勻減小，P也隨時間均勻減小，時刻速度為零，P＝0；～T時間內(nèi)電子受到的電場力水平向右，電子從靜止開始向右做勻加速直線運動，T～T繼續(xù)向右做勻減速直線運動，故C正確；
D、0～時間內(nèi)，有v＝at，則電子的動能Ek，則Ek﹣t圖像是拋物線，故D錯誤。
故選：AC。
（多選）如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，序號為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t＝0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應(yīng)，則（　　）
A．在時奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為負值
B．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場
C．電子運動到第n個圓筒時動能為（n﹣1）eU
D．第n個和第n+1個圓筒的長度之比為
【解答】解：A．根據(jù)題意可知，時圓筒1相對圓板的電勢差為正值，同理，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，故A錯誤；
B．因為靜電屏蔽作用，所以圓筒內(nèi)不存在電場，故B正確；
C．電子每經(jīng)過一個間隙，電場力做功eU，根據(jù)動能定理可得：
neU＝Ek﹣0
由上式可知電子運動到第n個圓筒時動能為neU，故C錯誤；
D．根據(jù)動能定理得
第n個和第n+1個圓筒的長度之比為Ln：Ln+1＝vn：vn+1
解得，故D正確。
故選：BD。
3.帶電體在電場中的直線運動
(1).帶電小球在電容器中的直線運動
勻速直線運動 勻加速直線運動 勻加速直線運動 勻減速直線運動
qE=mg，a=0 qE=mgtanθ，a=g/cosθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ qE=mg/cosθ，a=gtanθ
(2)多過程運動規(guī)律
運動模型 受力分析 運動分析 規(guī)律
①速度公式v0=gt1=at2; 速度位移公式v02=2gx1=2ax2 ②全程動能定理：mg(h+d)-qU=0
如圖所示，相距為d的平行板A和B之間有電場強度為E、方向豎直向下的勻強電場。電場中C點到B板的距離為0.3d，D點到A板的距離為0.2d。有一個質(zhì)量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點運動至D點，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．該微粒在D點時的電勢能比在C點時的大
B．該微粒做勻變速直線運動
C．在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgd
D．該微粒帶正電，所帶電荷量大小為q
【解答】解：根據(jù)題意，由于帶電微粒在兩板間做直線運動，所以重力與電場力的合力必在虛線方向上，顯然帶電微粒受到電場力向上，且與重力平衡，則微粒帶負電。
A、由于沿著電場線方向電勢降低，所以D點的電勢比C點高，但微粒是帶負電的，則電勢高處，負電荷的電勢能小，故A錯誤；
B、由上述分析，帶電微粒做勻速直線運動，故B錯誤；
C、由于重力與電場力平衡，所以電場力對微粒做的功與微粒克服重力做的功相等，則電場力做功：W＝WG＝mghCD＝mg（d﹣0.2d﹣0.3d）＝0.5mgd，故C正確；
D、由以上分析可知，該微粒帶負電，由于重力與電場力平衡，所以有mg＝Eq，所以q，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，空間存在水平向右的勻強電場有一帶電滑塊，從A點沿粗糙絕緣的水平面以100J的初動能向左滑動，當(dāng)?shù)谝淮蔚竭_B點時，動能減小了30J，其中有18J轉(zhuǎn)化為電勢能，下面判斷正確的是（　　）
A．滑塊向左運動過程中它的動能和電勢能均增大
B．滑塊向左運動過程中它的機械能不變
C．滑塊在運動過程中它的最大電勢能是60J
D．滑塊再次經(jīng)過B點時它的動能是18J
【解答】解：A.由題意可知滑塊向左運動過程中它的動能減少，電勢能增大，電場力做負功，故A錯誤；
B.滑塊向左運動過程中電場力和摩擦力均做負功，機械能減小，故B錯誤；
C.滑塊從A運動到B的過程中動能減少30J，電勢能增加18J，則克服摩擦力做功為12J，則有：Fd＝18J，fd＝﹣12J，電場力和摩擦力大小比值為：
從B點到滑塊速度為0，動能減小70J，克服摩擦力做功為：
轉(zhuǎn)化的電勢能為：70J﹣28J＝42J，則最大電勢能為：EPm＝18J+42J＝60J
故C正確；
D.滑塊再次經(jīng)過B點時電場力做功為0，根據(jù)動能定理有：﹣2Wf＝E′KB﹣EKB
則有E′KB＝14J
故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶正電小球，以初速度v從P點豎直向上拋出，到達最高點Q時的速度大小為0.5v，后來小球又經(jīng)過與P點等高的N點，下列說法正確的是（　　）
A．小球運動到N點時，動能為mv2
B．小球運動到N點時，電勢能增加2mv2
C．小球從P運動到Q的過程，機械能增加2mv2
D．小球從P運動到Q的過程，動能減少0.25mv2
【解答】解：A、小球在豎直方向上做豎直上拋運動，根據(jù)對稱性可知，向上和向下運動的時間相等，小球運動到N點時，豎直方向速度大小為v，方向豎直向下。
小球在水平方向上做勻加速直線運動，從P到Q，有：0.5v＝axt；從P到N，vx＝ax 2t＝v，小球運動到N點時的動能為Ekmv2，故A正確；
B、小球運動過程中，電場力一直在做正功，電勢能減小，故B錯誤；
C、小球從P運動到Q的過程，水平方向根據(jù)速度—位移關(guān)系可得：（0.5v）2＝2，所以電場力做的功W電＝qEx，所以機械能增加了，故C錯誤；
D、小球從P運動到Q的過程，動能減少：△Ek，故D錯誤。
故選：A。
一個帶負電的液滴從A點以一定的初速度射入水平方向的勻強電場中，液滴沿直線AB運動，AB與電場線夾角為θ，液滴的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則（　　）
A．電場強度的方向水平向左
B．電場強度的大小為
C．靜電力做正功
D．液滴的機械能減小
【解答】解：A、帶負電的液滴在電場中受到豎直向下的重力與水平方向的電場力作用，而沿AB做直線運動，液滴所受合力一定與AB在同一直線上，即沿BA方向，電場力只能水平向左，由于液滴帶負電，則勻強電場方向水平向右，A錯誤；
B、由于合力方向沒BA方向，那么在垂直BA方向上合力為零，即有：qEsinθ＝mgcosθ。解得：，B錯誤；
C、因為液滴運動過程中，運動方向與電場力的方向是鈍角，故靜電力做負功，C錯誤；
D、由能量守恒定律可知，液滴在電場中靜電力做負功，電勢能增加，故液滴的機械能較小，D正確。
故選：D。
一個質(zhì)量為m的帶電小球在A點以初速度v0水平進入一個勻強電場，一段時間后經(jīng)過B點，速度大小仍為v0，且A、B在同一豎直平面內(nèi)，AB與水平面夾角為60°，如圖所示，則（　　）
A．小球帶正電
B．小球的電勢能增加
C．電場力大小可能是
D．A點電勢一定高于B點電勢
【解答】解：ABD、小球受重力和電場力作用從A點運動到B點，運動過程中，電勢能、重力勢能和動能之和守恒，從A到B動能不變，重力勢能增加，則電勢能減小，電場力做正功，電場的方向不能確定，則小球的電性不能確定，AB兩點的電勢高低無法比較，故ABD錯誤；
C、因物體的動能不變，則合力不做功，即合力方向垂直于AB連線斜向上方向，如圖：
當(dāng)電場力大小是時，由幾何關(guān)系可知，F(xiàn)合＝mg，故C正確；
故選：C。
如圖所示，在與水平方向成θ角的勻強電場中有一絕緣光滑細桿，底端固定一帶正電的小球，上端有一帶正電的小環(huán)，在環(huán)由靜止釋放后沿桿向下運動的過程中，下列關(guān)于小環(huán)能量變化的說法中正確的是（　　）
A．重力勢能與動能之和增加
B．電勢能與動能之和增加
C．機械能守恒
D．動能一定增加
【解答】解：AC、小環(huán)向下運動的過程中，勻強電場對小環(huán)做負功，+Q對小球也做負功，其機械能減少，即重力勢能與動能之和減少，故AC錯誤；
B、根據(jù)能量守恒知：小環(huán)的重力勢能、動能與電勢能之和保持不變，重力勢能減小，則電勢能與動能之和增加，故B正確；
D、電場力對小環(huán)做負功，其電勢能增加。小環(huán)由靜止釋放后沿桿向下運動，+Q對小環(huán)的庫侖力逐漸增大，小環(huán)的合力先沿桿向下，對小環(huán)做正功，后沿桿向上，對小環(huán)做負功，其動能先增加后減小，故D錯誤。
故選：B。
【模型二】帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)模型
【運動模型】質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子以初速沿垂直于電場的方向，進入長為、間距為、電壓為的平行金屬板間的勻強電場中，粒子將做勻變速曲線運動，如圖所示，若不計粒子重力，則可求出如下相關(guān)量：
1、粒子穿越電場的時間：
粒子在垂直于電場方向以做勻速直線運動，
，；
2、粒子離開電場時的速度：
粒子沿電場方向做勻加速直線運動，加速度，
粒子離開電場時平行電場方向的分速度，
所以。
3、粒子離開電場時的側(cè)移距離：
②
②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述設(shè)備的物理量、
不難發(fā)現(xiàn)：（1）當(dāng)不同粒子（不同）以相同的速度進入偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)移距離
（2）當(dāng)不同粒子以相同的動能進入偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)移距離
4、粒子離開電場時的偏角：
因為③
②與③的關(guān)系：（熟記）
5、速度方向的反向延長線必過偏轉(zhuǎn)電場的中點
由和，可推得。粒子可看作是從兩板間的中點沿直線射出的。
具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱為同位素。讓氫的三種同位素原子核（H、H和H）以相同的速度從帶電平行板間的P點沿垂直于電場的方向射入電場，其中氘核（H）恰好能離開電場，軌跡如圖所示。不計粒子的重力，則（　　）
A．H不能離開電場
B．H在電場中受到的電場力最大
C．H在電場中運動的時間最短
D．在電場中運動的過程中電場力對H做功最少
【解答】解：A、三種粒子在電場中均做類平拋運動，設(shè)金屬板的長度為L，P點距底板的距離為h，則由平拋運動的相關(guān)知識可得，L＝vt
聯(lián)立解得，分析可知，能否離開電場與比荷有關(guān)，氘核H恰好能離開電場，則可知H不能離開電場，故A正確；
B、電場力大小為F＝Eq，同一電場，E相同，三種粒子所帶電荷量相同，故三種粒子在電場中所受電場力大小相等，故B錯誤；
C、三種粒子的初速度相同，H不能離開電場，水平位移最小，由x＝vt知可知H在電場中運動的時間最短，H和H都能離開電場，則在電場中運動的時間相同，故C錯誤；
D、電場力做功為W＝Eqd，電荷量相同，電場強度相同，分析可知H、H在電場中運動的豎直位移相等，而H在電場中運動的豎直位移最小，因此在電場中運動的過程中電場力對H做功最少，故D錯誤。
故選：A。
如圖所示，平行板電容器水平放置，上極板帶正電、下極板帶負電并接地，一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子a從兩板左端中點入射，入射速度正對上極板中點A，已知板長為2d，板間距離為d，兩板間電壓為U，粒子重力不計且運動過程中不與極板碰撞，則（　　）
A．粒子a射入電場時電勢能為Uq
B．粒子a在電場內(nèi)運動過程中電勢能最大時動能為零
C．若粒子a從下極板右邊緣射出，其在運動過程中電勢能最大值為Uq
D．若粒子a射出點與射入點在同一水平線上，則其在電場中運動時間為
【解答】解：A．粒子射入電場位置電勢為，根據(jù)電勢能與電勢關(guān)系，粒子a射入電場時電勢能，故A錯誤；
B．粒子的運動可以分解為沿極板方向的勻速直線運動，垂直于極板方向的變速直線運動，當(dāng)垂直于極板方向的分速度減為零時，電場力做負功最大，根據(jù)功能關(guān)系，粒子a在電場內(nèi)運動過程中電勢能最大，但此時粒子有平行極板方向的速度，粒子運動的動能不為零，故B錯誤；
C．假設(shè)粒子初速度為v0，將初速度分解為沿極板方向vx和垂直于極板方向vy
由數(shù)學(xué)知識，
粒子沿極板方向的勻速直線運動，垂直于極板方向的變速直線運動，根據(jù)位移公式有，粒子a從下極板右邊緣射出時2d＝vxt，
解得
粒子進入電場到最大勢能處在垂直于極板方向經(jīng)過的位移為
最大勢能處的電勢為
故運動過程中最大勢能
故C正確；
D．由C選項，
粒子沿極板方向的勻速直線運動，垂直于極板方向的變速直線運動，根據(jù)位移公式有，粒子a射出點與射入點在同一水平線上則2d＝vxt，
解得
又
得
所以
則粒子在電場中運動時間為
故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，空間有豎直向下的勻強電場E，從傾角30°的斜面上A點平拋一帶電小球，落到斜面上的B點，空氣阻力不計，下列說法中正確的是（　　）
A．若將平拋初速度減小一半，則小球?qū)⒙湓贏B兩點的中點
B．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角不同
C．平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間夾角正切值一定相同，等于2tan30°
D．若平拋小球的初動能為6J，則落到斜面上時的動能為14J
【解答】解：小球受重力和電場力，電場力既可向上也可向下，球做類平拋運動，加速度a固定，向下；
根據(jù)類平拋運動的分運動規(guī)律，有：
x＝v0t，
y，
，
故：t，x，y；
A、若將平拋初速度減小一半，根據(jù)x，y，x和y均減小為原來的，故A錯誤；
BC、設(shè)小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角為α，則有：
tan（α+30°），
故平拋初速度不同，小球落到斜面上時的速度方向與斜面間的夾角相同，但是tanα≠2tan30°，故BC錯誤；
D、由于小球落到斜面上時的速度方向與水平方向的夾角的正切值：tanβ，
初動能：Ek6J，
末動能：Ek′，
故：Ek′＝6J+（）2×6J＝14J，故D正確；
故選：D。
（多選）如圖所示，光滑絕緣圓弧曲面AB固定在支架ACB上，BC水平，B為切點，圓弧半徑為R，且圓弧所對的圓心角為60°，空間存在水平方向勻強電場E（圖中未畫出，大小未知）。點電荷+Q固定在圓心處，一個質(zhì)量為m帶電量為+q的小球可以靜止在圓弧AB的中點D，現(xiàn)在將小球從A點靜止釋放，能沿圓弧軌道ADB運動，則（　　）
A．電場方向水平向右，
B．小球從A運動到B的過程中勻強電場電場力的功率一直減小
C．小球運動到D點速度最大，
D．小球運動到B點時小球?qū)點的壓力大小為（k為靜電力常數(shù)）
【解答】解：A、因為帶正電的小球可以靜止在圓弧AB的中點D，可知小球受勻強電場的電場力水平向右，則勻強電場方向水平向右，由平衡知識可知：
qE＝mgtan30°
解得：，故A正確；
B、在A點時，小球的速度為零，則小球此時的功率為零；之后小球的速度變大，且速度方向和電場力方向存在一定的夾角，所以功率大于零，即小球的功率不會一直減小，故B錯誤；
C、因小球在D點時受合力為零，加速度為零，則小球運動到D點時速度最大，根據(jù)動能定理得：
mgR（cos30°﹣cos60°）﹣qER（sin60°﹣sin30°）
解得：，故C正確；
D、因為D是AB的中點，也是平衡位置，根據(jù)對稱性可知，小球到達B點時速度也為零，則此時小球?qū)壍赖膲毫Υ笮〉扔冢蔇錯誤。
故選：AC。
（多選）如圖所示，a、b、c、d為勻強電場中的等勢面，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩個點。已知該粒子在A點的速度大小為v1，且方向與等勢面平行，在B點的速度大小為v2，A、B連線長為L，連線與等勢面間的夾角為θ，不計粒子受到的重力，則（　　）
A．粒子的速度v2一定大于v1
B．等勢面b的電勢比等勢面c的電勢低
C．粒子從A點運動到B點所用的時間為
D．勻強電場的電場強度大小為
【解答】解：A、該電場為勻強電場，等勢面沿水平方向，則電場方向沿豎直方向，粒子的軌跡向下彎曲，所以粒子受到的電場力豎直向下，從A到B的過程中電場力對粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A正確；
B、粒子帶正電，則知電場方向豎直向下，等勢面b的電勢比等勢面c的電勢高，故B錯誤；
C、粒子在A點的速度大小為v1，粒子在沿等勢面方向做勻速直線運動，所以粒子運動的時間：t，故C正確；
D、A、B兩點沿電場線方向的距離為：y＝Lsinθ
由動能定理有：qEy
聯(lián)立解得：E，故D錯誤。
故選：AC。
（多選）如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻射的電場。坐標(biāo)原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E，大量電荷量為﹣q（q＞0）、質(zhì)量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場，若粒子只能從坐標(biāo)原點進入第一象限，其它粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)走并不影響原來的電場分布，不計粒子的重力及它們間的相互作用，下列說法正確的是（　　）
A．能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上
B．到達坐標(biāo)原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與y軸的夾角θ越大
C．能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qU
D．若U，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮
【解答】解：A、設(shè)粒子開始時的坐標(biāo)為（﹣x，﹣h），粒子在電場中運動過程中，由平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得
x＝v0t ①
hat2②
qE＝ma ③
聯(lián)立得：④
可知能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上。故A錯誤；
B、粒子的初速度是相等的，到達O點的粒子速度越大，則沿y方向的分速度越大。
粒子到達O點時，沿+y方向的分速度vy
速度與x正方向的夾角θ滿足：⑥
可知到達坐標(biāo)原點的粒子速度越大，到達O點的速度方向與x軸的夾角θ越大，與y軸的夾角越小。故B錯誤；
C、負電荷進入第一象限后電場力做負功，而到達熒光屏的粒子的速度必須大于等于0，由功能關(guān)系可知：
0⑦
即能打到熒光屏的粒子，進入O點的動能必須大于qU．故C正確；
D、粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)角：⑧，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間不同，則進入第一象限后速度與y軸之間的夾角不同。所以從不同的位置開始偏轉(zhuǎn)的粒子，可以以任意夾角進入第一象限，所以若U，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮。故D正確。
故選：CD。
【模型三】帶電粒子經(jīng)加速電場后進入偏轉(zhuǎn)電場模型
【運動模型】如圖所示，由靜止開始被電場（加速電壓為）加速的帶電粒子平行于兩正對的平行金屬板且從兩板正中間射入，從右側(cè)射出，設(shè)在此過程中帶電粒子沒有碰到兩極板。若金屬板長為，板間距離為、兩板間電壓為，試分析帶電粒子的運動情況。
1、粒子穿越加速電場獲得的速度
設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為，電量為，
經(jīng)電壓加速后速度為。由動能定理有
，
2、粒子穿越偏轉(zhuǎn)電場的時間：
帶電粒子以初速度平行于兩正對的平行金屬板從兩板正中間射入后，在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間為，則
3、粒子穿越偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的加速度：
帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時沿電場方向的加速度
4、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移距離：
帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時沿電場方向作初速度為0的做勻加速直線運動 ④
④式表明靜止的帶電粒子經(jīng)過同一電場加速，再垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場，射出粒子的側(cè)移量與粒子的、無關(guān)。
5、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為：
帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度為，則
6、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏角：
設(shè)飛出兩板間時的速度方向與水平方向夾角為。則⑤
⑤式表明靜止的帶電粒子經(jīng)過同一電場加速，再垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場，射出粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的、無關(guān)。
如圖所示，一電子槍發(fā)射出的電子（初速度很小，可視為零）進入加速電場加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，射出后偏轉(zhuǎn)位移為y，要使偏轉(zhuǎn)位移增大，下列哪些措施是可行的（不考慮電子射出時碰到偏轉(zhuǎn)電極板的情況）（　　）
A．減小偏轉(zhuǎn)電壓U
B．減小加速電壓U0
C．增大偏轉(zhuǎn)電場的極板間距離d
D．將發(fā)射電子改成發(fā)射負離子
【解答】解：設(shè)電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場極板的長度為L，極板間距為d，則在加速電場中，有：
變形解得：
電子在偏轉(zhuǎn)電場中，有：L＝v0t
根據(jù)牛頓第二定律有：，豎直位移：
聯(lián)立以上各式可得：
由此可知，要使偏轉(zhuǎn)位移增大，可以增大偏轉(zhuǎn)電壓U，減小加速電壓U0，減小偏轉(zhuǎn)電場的極板間距d，而與帶電粒子無關(guān)，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
甲、乙兩個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為（﹣q，m）、（﹣q，4m），它們先后經(jīng)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(zhuǎn)電場，兩粒子進入時的速度方向均與偏轉(zhuǎn)電場方向垂直，如圖所示。粒子重力不計。則甲、乙兩粒子（　　）
A．進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小之比為1：2
B．離開偏轉(zhuǎn)電場時的動能之比為1：1
C．在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間相同
D．離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向不同
【解答】解：A、帶電粒子經(jīng)過加速電場加速，設(shè)加速電場兩極板電勢差為U1，由動能定理得：qU1mv2
進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小v
則兩帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小之比為v甲：v乙：2：1
故A錯誤；
C、帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向為勻速直線運動，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t
兩帶電粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度不同，則時間不同，故C錯誤；
B、帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，豎直方向為初速度為0的勻加速直線運動，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場兩極板電勢差為U2，豎直位移為：
yat2（）2
則兩帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中豎直方向的位移相同，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場中電場強度為E，根據(jù)動能定理得：qEy＝Ekmv2＝Ek﹣qU1
離開偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)電場時的動能相同，動能之比為1：1，故B正確；
D、根據(jù)類平拋運動規(guī)律得，速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為位移偏轉(zhuǎn)角正切值的兩倍，兩帶電粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的豎直位移相同，水平位移相同，則位移偏轉(zhuǎn)角正切值相同，速度偏轉(zhuǎn)角相同，即離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向相同，故D錯誤；
故選：B。
如圖所示，帶電量與比荷均不相同的兩種帶正電的粒子從同一位置無初速度地飄入加速電場，加速后從同一位置進入偏轉(zhuǎn)電場，并離開偏轉(zhuǎn)電場。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，下列說法正確的是（　　）
A．加速電場對兩種粒子做功一樣多
B．兩種粒子同時離開加速電場
C．兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的軌跡相同
D．整個過程兩種粒子受到的電場力的沖量一樣大
【解答】解：A、加速電場對粒子做功為W＝qU1，由于兩種帶正電的粒子帶電量是不相同的，所以加速電場對兩種粒子做功不一樣，故A錯誤；
B、帶電粒子在加速電場中加速，由牛頓第二定律可知，加速度為，在加速度電場中由位移公式得：。聯(lián)立解得：，由于兩粒子的比荷不同，所以加速的時間不同，故B錯誤；
C、加速電場對粒子由動能定理得：，解得。在偏轉(zhuǎn)電場中，沿初速度方向L＝v1t2，解得，垂直于初速度方向為：，vy＝a2t2，而，離開電場時速度的偏角為：。
聯(lián)立解得：，，由此可知，帶電量與比荷均不相同的兩種帶正電的粒子從同一位置無初速度地飄入加速電場，加速后從同一位置進入偏轉(zhuǎn)電場，并離開偏轉(zhuǎn)電場，兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的軌跡相同，故C正確；
D、設(shè)粒子離偏轉(zhuǎn)電場速度與水平方向成θ，則有：
豎直方向的速度為：
粒子出加速電場的速度為：
聯(lián)立解得：，與粒子的電荷量，比荷均無關(guān)，即兩種粒子經(jīng)兩電場的加速和偏轉(zhuǎn)后從同一位置以相同的方向離開電場，根據(jù)動能定理有：U1q+U2q，那么離開電場時的速度大小v，與比荷有關(guān)，即兩種粒子離開電場的速度大小不同。
再根據(jù)動量定理，電場力的沖量I，不相同。故D錯誤。
故選：C。
現(xiàn)代科技中常常利用電場來控制帶電粒子的運動。某控制裝置由加速電場、偏轉(zhuǎn)電場和收集裝置組成，如圖所示。加速電場可以提供需要的電壓，偏轉(zhuǎn)電場為輻向電場，其內(nèi)外圓形邊界的半徑分別為r0、3r0，在半徑相等的圓周上電場強度大小都相等，方向沿半徑向外，且滿足（r為半徑），已知r0處的電場強度大小為E0，帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為﹣q，不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用。則（　　）
A．加速電場電壓無論取多少，粒子只要垂直PB飛入電場，就一定能做勻速圓周運動
B．要使粒子由靜止加速后能從A點沿半徑2r0的圓形軌跡1到達C點，則加速電場的電壓為
C．若加速后從PB間垂直PB方向進入的粒子都能做勻速圓周運動而到達收集裝置，則粒子做圓周運動的周期T與軌跡對應(yīng)半徑r應(yīng)滿足的關(guān)系式
D．若粒子從B點垂直于OP方向射入，對應(yīng)的軌跡2可能是拋物線
【解答】解：A、設(shè)加速電場電壓U，粒子垂直PB飛入電場，做勻速圓周運動，則由動能定理有：
在輻向電場中，由牛頓第二定律得：
聯(lián)立兩式得：
即加速電壓與粒子入射的半徑滿足以上關(guān)系，粒子才能做勻速圓周運動，故A錯誤；
B、帶電粒子在電場中加速，有：
粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做勻速圓周運動，由電場力提供向心力，可得：
又由題意知：，
聯(lián)立上式解得：，故B錯誤；
C、若粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運動的半徑為r，由電場力提供向心力可得：
又由題意和運動學(xué)公式有：，
聯(lián)立解得：，故C正確；
D、若粒子從B點垂直于OP方向射入，且恰能從右側(cè)3r0處D點垂直于OD方向射出，其軌跡如圖中軌跡2所示，粒子在軌跡2的位置離O的距離為r時，粒子受到的電場力為：，對比萬有引力表達式：，可知粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的受力特點與行星繞太陽轉(zhuǎn)動的受力特點相似，故粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動特點與行星的運動特點相似，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的軌跡為橢圓，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的16倍。有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場，不計電荷的重力。則偏轉(zhuǎn)電場長寬之比（　　）
A．4 B． C． D．
【解答】解：設(shè)加速電壓為kU，偏轉(zhuǎn)電壓為U，對直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：q（kU）mv2
對類似平拋運動過程，
水平方向：L＝vt
豎直方向：dt2
聯(lián)立解得：4，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、α粒子都從O點由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個與O′垂直的熒光屏上（圖中未畫出），使熒光屏上出現(xiàn)亮點（已知質(zhì)子、α粒子質(zhì)量之比為1：4，電荷量之比為1：2，重力不計）。下列說法中正確的是（　　）
A．質(zhì)子、α粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間之比為：1
B．兩種粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的速度相同
C．在熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點
D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對質(zhì)子、α粒子做功之比為1：2
【解答】解：A、在加速電場中，根據(jù)動能定理得：qU1mv02，
解得：v0
因為質(zhì)子和α粒子的比荷之比為2：1，則進入偏轉(zhuǎn)電場的速度之比為：1；
在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間：t，L相同，則知時間之比為1：，故A錯誤；
B、粒子出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的分速度：vy＝at
則出電場時的速度：v，解得：v，因為粒子的比荷不同，則速度的大小不同，故B錯誤；
C、粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移：yat2，可知偏轉(zhuǎn)位移與粒子的電量和質(zhì)量無關(guān)，則粒子的偏轉(zhuǎn)位移相等，熒光屏將只出現(xiàn)一個亮點，故C錯誤；
D、偏轉(zhuǎn)電場的電場力對粒子做功W＝qEy，因為E和y相同，電量之比為1：2，則電場力做功為1：2，故D正確。
故選：D。
如圖所示是半導(dǎo)體注入工藝的裝置示意圖，某種元素的兩種離子X+和X3+，質(zhì)量均為m，可從A點水平向右注入加速電場，初速度大小連續(xù)分布且在0和之間。經(jīng)電壓為U的電場直線加速后，離子均從小孔C水平射入偏轉(zhuǎn)電場（兩極板水平放置且上極板帶負電，電勢差U'可調(diào)），偏轉(zhuǎn)后均能穿出此電場，其中CD為偏轉(zhuǎn)電場的中線。離子穿出電場后立即進入緊靠電場的勻強磁場，該磁場邊界線豎直、右側(cè)足夠大，磁感應(yīng)強度大小B在B0和3B0之間可調(diào)，方向始終垂直紙面向里。不考慮離子的重力及相互作用，元電荷帶電量為e。
（1）僅注入初速度0的離子，U'不為0，求X+和X3+穿出偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向位移之比；
（2）僅注入初速度為的X+離子，U'不為0且B＝B0，求離子在磁場中射入位置與射出位置的距離Y；
（3）若放置一塊緊靠磁場左邊界的豎直收集板，長度，下端距D點的距離。先調(diào)節(jié)偏轉(zhuǎn)電場的電壓，使U'＝0，僅注入X+離子，每秒發(fā)射的離子數(shù)為n0，各種速率的離子數(shù)目相同，再調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度大小，使B0≤B≤3B0，求收集板上每秒能收集到的離子數(shù)n與B之間的關(guān)系。
【解答】解：（1）設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的極板間距為d'，板長為L'，則在加速電場中，根據(jù)動能定理：
在偏轉(zhuǎn)電場中豎直方向位移為
解得
可知豎直方向位移與所帶電荷量無關(guān)，僅注入初速度0的離子時X+和X3+穿出偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向位移之比為1：1。
（2）僅注入初速度為的X+離子，則在加速電場，根據(jù)動能定理：
在偏轉(zhuǎn)電場射出后的速度大小為v，在磁場當(dāng)中，設(shè)入射方向與磁場邊界線夾角為θ，則射入位置與射出位置的距離Y＝2rsinθ，洛倫茲力提供向心力，
聯(lián)立以上方程可得
（3）收集板最上端的位置距離D點
初速度為0的粒子射入磁場后偏轉(zhuǎn)的距離為
初速度為的粒子射入磁場后偏轉(zhuǎn)的距離為
當(dāng)B＝B0時，所有的粒子均在收集板上。
當(dāng)
解得
即范圍時所有的粒子恰好均在收集板上。
當(dāng)
解得
即恰好所有的粒子均不在收集板上。
當(dāng)范圍時，每秒能收集到的離子數(shù)n為
收集板上每秒能收集到的離子數(shù)n與B之間的關(guān)系為時n＝n0
時時n＝0
答：（1）X+和X3+穿出偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向位移之比1：1；
（2）離子在磁場中射入位置與射出位置的距離；
（3）見解析
【模型四】帶電粒子在復(fù)合場中的勻變速曲線運動的幾種常見模型
1.帶電物體在靜電場和重力場的復(fù)合場中運動時的能量守恒
(1)帶電物體只受重力和靜電場力作用時，電勢能、重力勢能以及動能相互轉(zhuǎn)化，總能
量守恒，即恒定值
(2)帶電物體除受重力和靜電場力作用外，如果還受到其它力的作用時，電勢能、重力
勢能以及動能之和發(fā)生變化，此變化量等于其它力的功，這類問題通常用動能定理來解決。
2.帶電粒子在復(fù)合場中的勻變速曲線運動的幾種常見情況
豎直向上拋出 水平拋出 斜上拋出
如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程（　　）
A．動能增加mv2 B．機械能增加2mv2
C．重力勢能增加mv2 D．電勢能減小mv2
【解答】解：小球的運動可以看成豎直方向的豎直上拋和水平方向在電場力作用下的初速度為0的勻加速直線運動。
A、小球的動能增加量為ΔEkm（2v）2mv2mv2，故A錯誤；
C、豎直方向小球做豎直上拋運動，到達N點豎直速度為0，則有：v2＝2gh；可得重力勢能增加為ΔEp＝mghmv2，故C錯誤；
B、小球的機械能增加量為ΔE＝ΔEk+ΔEpmv2mv2＝2mv2，故B正確；
D、電勢能的減小量等于小球的機械能增加量，則電勢能的減小量為2mv2，故D錯誤；
故選：B。
一帶電油滴在勻強電場E中的運動軌跡如圖中虛線所示，電場方向豎直向下。若不計空氣阻力，則此帶電油滴從a運動到b的過程中，下列說法不正確的是（　　）
A．油滴帶負電
B．電勢能減少
C．動能增加
D．重力勢能和電勢能之和增加
【解答】解：A、由軌跡圖可知，帶電油滴所受的電場力豎直向上，與電場強度方向相反，所以油滴帶負電，故A正確。
B、從a到b的運動過程電場力做正功，電勢能減少，故B正確；
CD、根據(jù)功能關(guān)系可知，油滴在從a到b的運動過程中，只有重力、電場力做功，因此重力勢能、電勢能、動能三者之和保持不變，從a到b的運動過程中，重力勢能增加，因此動能和電勢能之和減少。因該過程中合外力向上，合外力做正功，動能增加，因此重力勢能和電勢能之和減小，故C正確，D錯誤；
本題選錯誤的，
故選：D。
如圖所示，水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點以豎直向上的初速度開始運動，經(jīng)最高點B后運動到與A在同一水平線上的C點，小球從A到B過程中克服重力做功4.0J，電場力做功5.0J，則（　　）
A．小球在A點的電勢能比在C點多10J
B．小球在A點的動能比在B點多1.0J
C．小球在A點的機械能比在C點少20J
D．小球在C點的動能為20J
【解答】解：粒子運動過程只受重力、電場力作用，故只有重力、電場力做功；
B、粒子從A到B過程中克服重力做功4.0J，電場力做功5.0J，故合外力做功1.0J，那么，由動能定理可得：粒子在B點的動能比在A點多1.0J，故B錯誤；
A、根據(jù)粒子受力情況，由牛頓第二定律可得：粒子在豎直方向做加速度為g的勻變速運動，在水平方向做初速度為零，加速度a的勻加速運動；
根據(jù)B為最高點，豎直分速度為零可得：粒子從A到B與從B到C的運動時間相等，故由勻加速運動規(guī)律可得：粒子在BC上的水平位移時AB上水平位移的3倍，故粒子從B到C電場力做功15.0J，則粒子從A到C電場力做功20.0J，那么，粒子在C點的電勢能比在A點少20.0J，故A錯誤；
C、粒子從A到C，除重力外其他力做功，即電場力做功20.0J，故粒子在C點的機械能比在A點多20.0J，故C正確；
D、又有A點、C點等高，重力勢能相等，那么，粒子從B到C，重力做功4.0J；
又有B點速度水平，粒子從A到B電場力做功5.0J，所以，粒子在B點的動能為5.0J；
由動能定理可得：粒子在C點的動能為5.0J+4.0J+15.0J＝24.0J，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，真空中豎直平面內(nèi)的三點A、B、C構(gòu)成直角三角形，其中AC豎直，長度為L，∠B＝30°。勻強電場在A、B、C所決定的平面內(nèi)，電場強度為E，電場方向與AB平行，現(xiàn)將質(zhì)量為m的帶電小球以初動能Ek沿CA方向從C點射出，小球通過B點時速度恰好沿AB方向，已知重力加速度為g，下列說法錯誤的是（　　）
A．從C到B，小球做勻變速運動
B．小球所受電場力為所受重力的3倍
C．經(jīng)過時間小球電勢能和重力勢能之和最大
D．從C到B，小球克服重力做功與電場力做功之比為1：3
【解答】解：A、從C到B，小球受到的重力及電場力均為恒力，所以合外力恒定，小球做勻變速運動。故A正確，不符合題意；
B、設(shè)小球的初速度為v0，在B點的速度為vB，則有Lv0t，vBt，所以兩速度關(guān)系是，
結(jié)合牛頓第二定律得，故B錯誤，符合題意；
C、小球運動過程中，只有重力及電場力做功，小球的機械能與電勢能之和不變，當(dāng)動能最小時，小球電勢能和重力勢能之和最大，設(shè)經(jīng)過時間t小球的動能最小，則有
Ek'm[（） +（v0﹣gt） ]m[4（gt） +v0 ﹣2v0gt]，
當(dāng)gt即t時，小球的動能最小，電勢能及重力勢能最大。故C正確，不符合題意；
D、從C到B，小球克服重力做功與電場力做功之比為，故D正確，不符合題意。
故選：B。
在電場方向水平向右的勻強電場中，一電荷量為q的帶正電小球從O點以初速度v0豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，以O(shè)點為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示，小球運動過程中經(jīng)過A、B、C三點，A點的縱坐標(biāo)為3L，B點為運動軌跡的最高點，B點縱坐標(biāo)為4L，C點與O點在同一水平線上，OB間的電勢差大小為U，小球在A點的速度方向與豎直方向間的夾角為60°，重力加速度為g，求：
（1）從O點運動到A點的時間與從A點運動到B點的時間之比tOA：tAB，B點的速度大小vB；
（2）O到B的水平位移大小xOB，小球的質(zhì)量大小m；
（3）從O點到C點的運動過程中最小速度的大小vmin。
【解答】解：（1）小球在豎直方向上做豎直上拋運動，則：vyB＝0
從O到B：
從A到B：
可得：tOB＝2tAB
所以從O點運動到A點的時間與從A點運動到B點的時間之比為：
小球到達A點，豎直方向的分速度為：
由小球在A點的速度方向與豎直方向間的夾角為60°，可得：
代入解得：
小球在水平方向上做初速為零的勻加速直線運動，則小球在B點的速度大小：
（2）小球從O到B過程，豎直方向有v0＝gtOB
水平方向有：
聯(lián)立解得：
則有：
又根據(jù)牛頓第二定律有：
解得：
（3）小球受到的電場力方向水平向右，大小為：
設(shè)小球受到的重力和電場力的合力方向與水平方向的夾角為θ，則有：
解得：θ＝30°
將小球在O點的速度分解到平行重力和電場力的合力方向和垂直重力和電場力的合力方向，如圖所示
當(dāng)平行重力和電場力的合力方向的分速度為零時，小球的速度最小，則有
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