資源簡介

10.5 帶電粒子在電場中的運動
1.知道帶電粒子在電場中運動情況,形成物質的運動觀。 2.了解示波管的工作原理,體會靜電場知識在實際生活中的應用。 3.通過解決帶電粒子在電場中加速和偏轉的問題,加深對牛頓定律和功能關系的認識。
知識點一　帶電粒子在電場中的加速
1．帶電粒子在電場中加速(直線運動)的條件：只受電場力作用時，帶電粒子的速度方向與電場強度的方向相同或相反。
2．分析帶電粒子加速問題的兩種思路
(1)利用牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式來分析。
(2)利用靜電力做功結合動能定理來分析。
3．做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．
(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動或勻減速直線運動．
4．用功能觀點分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad.
5．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
知識點二　帶電粒子在電場中的偏轉
1．條件：帶電粒子的初速度方向跟電場力的方向垂直。
2．運動性質：帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，運動軌跡是一條拋物線。
3．分析思路：同分析平拋運動的思路相同，利用運動的合成與分解思想解決相關問題。
4．帶電粒子在電場中的偏轉
(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場．
(2)運動性質：勻變速曲線運動．
(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動．
(4)運動規律：
①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間
②沿電場力方向，做勻加速直線運動
5．帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．
證明：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子經電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為.
6．帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置間的電勢差．
知識點三　示波管的原理
1．構造：示波管主要由電子槍、偏轉電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內抽成真空。
2．原理
(1)給電子槍通電后，如果在偏轉電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點。
甲　示波管的結構　　乙　熒光屏(從右向左看)
(2)示波管的YY′偏轉電極上加的是待測的信號電壓，使電子沿YY′方向偏轉。
(3)示波管的XX′偏轉電極上加的是儀器自身產生的鋸齒形電壓(如圖所示)，叫作掃描電壓，使電子沿XX′方向偏轉。
掃描電壓
如圖所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質量為m（不計重力）、電荷量為﹣q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應是（　　）
A． B．
C． D．
兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是（　　）
A． B．edUh C． D．
如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是（設電源電動勢為U）（　　）
A．電子到達B板時的動能是eU
B．電子從B板到達C板動能變化量為零
C．電子到達D板時動能是3eU
D．電子在A板和D板之間做往復運動
（多選）如圖平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（　　）
A．所受重力與電場力平衡
B．電勢能逐漸增加
C．動能逐漸增加
D．做勻變速直線運動
如圖所示，一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時（　　）
A．所用時間為
B．速度大小為3v0
C．與P點的距離為
D．速度方向與豎直方向的夾角為30°
（多選）如圖所示，豎直平面內有水平向左的勻強電場E，M點與N點在同一電場線上，兩個質量相等的帶正電荷的粒子，以相同的速度v0分別從M點和N點同時垂直進入電場，不計兩粒子的重力和粒子間的庫侖力。已知兩粒子都能經過P點，在此過程中，下列說法正確的（　　）
A．從N點進入的粒子先到達P點
B．從M點進入的粒子先到達P點
C．粒子在到達P點的過程中電勢能都減小
D．從M點進入的粒子的電荷量小于從N點進入的粒子的電荷量
（多選）如圖的矩形虛線框abd所在的區域內存在著沿a指向b方向的勻強電場，ab＝L，bc＝2L，有一電荷量為q、質量為m的正點電荷（重力不計）從a點沿ad方向以速度v0垂直于電場射入，恰好從虛線框的c點射出。下列說法正確的是（　　）
A．射出速度方向與bc的夾角為θ＝45°
B．點電荷電勢能減少
C．點電荷離開c點時的動能為
D．勻強電場的場強為
如圖所示是一個示波管工作原理圖，電子經電壓U1＝4.5×103V加速后以速度v0垂直等間距的進入電壓U2＝180V，間距為d＝1.0cm，板長l＝5cm的平行金屬板組成的偏轉電場，離開電場后打在距離偏轉電場s＝10cm的屏幕上的P點，（e＝1.6×10﹣19C，m＝9.0×10﹣31kg）
求：（1）電子進入偏轉電場時的速度v0＝？
（2）射出偏轉電場時速度的偏角tanθ＝？
（3）打在屏幕上的側移位移OP＝？
如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l．在正極板附近有一質量為M、電荷量為+q的粒子；在負極板附近有另一質量為m、電荷量為﹣q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距l的平面．不計重力及兩粒子間相互作用力，則M：m為（　　）
A．3：2 B．2：1 C．5：2 D．4：1
如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷，一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么（　　）
A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷
B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加
C．微粒從M點運動到N點動能一定增加
D．微粒從M點運動到N點機械能一定增加
電子以初速度v0沿垂直電場強度方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，現增大兩極板間的電壓，但仍能使電子穿過該勻強電場，則電子穿越平行板間的電場所需時間（　　）
A．隨電壓的增大而減小
B．隨電壓的增大而增大
C．與電壓的增大無關
D．不能判定是否與電壓增大有關
一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球（　　）
A．做直線運動 B．做變加速曲線運動
C．速率一直增大 D．速率先減小后增大
如圖所示，質子（H）和α粒子（He），以相同的初動能垂直射入偏轉電場（不計粒子重力），則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為（　　）
A．4：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4
一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向．兩個比荷（即粒子的電荷量與質量之比）不同的帶正電的粒子a和b，從電容器的P點（如圖）以相同的水平速度射入兩平行板之間．測得a和b與電容極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1：若不計重力，則a和b的比荷之比是（　　）
A．4：1 B．2：1 C．1：1 D．1：2
如圖所示為示波管中偏轉電極的示意圖，間距為d，長度為l的平行板A、B加上電壓后，可在A、B之間的空間中（設為真空）產生電場（設為勻強電場）。在距A、B等距離處的O點，有一電荷量為+q，質量為m的粒子以初速度v0沿水平方向（與A、B板平行）射入（圖中已標出），不計重力，要使此粒子能從C處射出，則A、B間的電壓應為（　　）
A． B．
C． D．q
如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，現保持兩板間的電壓不變，則當減小兩板間的距離時，下列判斷正確的是（　　）
A．電子的速度v增大
B．電子的速度v減小
C．電子的速度v不變
D．電子在兩板間運動的時間變長
一個電子在電場力作用下沿x軸做直線運動（不計重力），以水平向右的方向為x軸的正方向，從0時刻起運動依次經歷t0、2t0、3t0時刻。其運動的v﹣t圖象如圖所示。對此下列判斷正確的是（　　）
A．0時刻與2t0時刻電子在不同位置
B．0時刻、t0時刻、3t0時刻電子所在位置的電勢分別為 0、 1、 3，其大小比較有 1＞ 0＞ 3
C．0時刻、t0時刻、3t0時刻電子所在位置的場強大小分別為E0、E1、E3，其大小比較有E3＜E0＜E1
D．電子從0時刻運動至t0時刻，連續運動至3t0時刻，電場力先做正功后做負功
真空中的某裝置如圖所示，讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物都從O點由靜止開始經過同一加速電場加速，然后在同一偏轉電場里偏轉（未打在極板上）。下列說法中正確的是（　　）
A．三種粒子在偏轉電場中運動時間之比為2：1：1
B．三種粒子射出偏轉電場時的速度之比為
C．三種粒子在運動過程中軌跡均不重合
D．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1：2：2
某科研設備中的電子偏轉裝置由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空，結構原理圖如圖所示。如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，產生一個亮斑。如果電子槍中正負接線柱之間電壓為10U，XX′板間加恒定電壓U，XX′電極的長度為l、間距為d，YY′板間不加電壓。已知電子質量為m，電荷量大小為e，電子從燈絲逸出的初速度不計。則電子（　　）
A．在XX′極板間的加速度大小為
B．打在熒光屏時，動能大小為11eU
C．打在熒光屏時，其速度方向與中軸線連線夾角α的正切
D．若UYY′＞0，電子將打在熒光屏的下半區域
如圖所示，帶負電的粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入兩平行板間的勻強電場中。粒子的電荷量為q，質量為m（不計重力）。平行板長為l，兩板間距為d，電勢差為U。
（1）粒子在電場中做什么運動？同什么運動的運動特點類似？
（2）粒子在電場中的運動可以分解為哪兩種運動？
（3）若粒子能從電場中飛出，粒子的偏轉距離y和離開電場時的偏轉角度α的正切值為多大？
如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道ABCDI，其中斜面AB與圓心為O、半徑為R的圓弧軌道相切于B點，C、D分別為圓弧軌道的最低點、最右點，OB與OC夾角θ＝30°，在OC所在直線的右側有沿水平向右的勻強電場.現將一質量為m、電荷量為q的帶正電小球從與B點相距為4R的A點靜止釋放，小球沿軌道滑下。已知場強大小E，重力加速度大小為g。求：
（1）小球從A點運動到B點所用的時間；
（2）小球到達D點時的速度大小；
（3）小球在圓弧軌道上運動的過程中，軌道對小球支持力的最大值Fm。
中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。
如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管（漂移管）組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質子在每個管內運動時間視為電源周期的．質子的荷質比取1×108C/kg。求：
（1）漂移管B的長度；
（2）相鄰漂移管間的加速電壓。10.5 帶電粒子在電場中的運動
1.知道帶電粒子在電場中運動情況,形成物質的運動觀。 2.了解示波管的工作原理,體會靜電場知識在實際生活中的應用。 3.通過解決帶電粒子在電場中加速和偏轉的問題,加深對牛頓定律和功能關系的認識。
知識點一　帶電粒子在電場中的加速
1．帶電粒子在電場中加速(直線運動)的條件：只受電場力作用時，帶電粒子的速度方向與電場強度的方向相同或相反。
2．分析帶電粒子加速問題的兩種思路
(1)利用牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式來分析。
(2)利用靜電力做功結合動能定理來分析。
3．做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．
(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動或勻減速直線運動．
4．用功能觀點分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad.
5．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
知識點二　帶電粒子在電場中的偏轉
1．條件：帶電粒子的初速度方向跟電場力的方向垂直。
2．運動性質：帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，運動軌跡是一條拋物線。
3．分析思路：同分析平拋運動的思路相同，利用運動的合成與分解思想解決相關問題。
4．帶電粒子在電場中的偏轉
(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場．
(2)運動性質：勻變速曲線運動．
(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動．
(4)運動規律：
①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間
②沿電場力方向，做勻加速直線運動
5．帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．
證明：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子經電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為.
6．帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置間的電勢差．
知識點三　示波管的原理
1．構造：示波管主要由電子槍、偏轉電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內抽成真空。
2．原理
(1)給電子槍通電后，如果在偏轉電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點。
甲　示波管的結構　　乙　熒光屏(從右向左看)
(2)示波管的YY′偏轉電極上加的是待測的信號電壓，使電子沿YY′方向偏轉。
(3)示波管的XX′偏轉電極上加的是儀器自身產生的鋸齒形電壓(如圖所示)，叫作掃描電壓，使電子沿XX′方向偏轉。
掃描電壓
如圖所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質量為m（不計重力）、電荷量為﹣q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：該過程中電場力做功等于粒子動能的變化，得：﹣q（0﹣U）
解得：v，故ABD錯誤C正確；
故選：C。
兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是（　　）
A． B．edUh C． D．
【解答】解：設出電子的初動能Ek0，末動能為零，極板間的電場E，
根據動能定理：﹣eEh＝0﹣Ek0，
解得：Ek0
故D正確ABC錯誤。
故選：D。
如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是（設電源電動勢為U）（　　）
A．電子到達B板時的動能是eU
B．電子從B板到達C板動能變化量為零
C．電子到達D板時動能是3eU
D．電子在A板和D板之間做往復運動
【解答】解：A、釋放出一個無初速度電荷量為e的電子，在電壓為U電場中被加速運動，當出電場時，所獲得的動能等于電場力做的功，即W＝qU＝eU，故A正確；
B、由圖可知，BC間沒有電壓，則沒有電場，所以電子在此處做勻速直線運動，則電子的動能不變．故B正確；
C、電子以eU的動能進入CD電場中，在電場力的阻礙下，電子做減速運動，由于CD間的電壓也為U，所以電子的到達D板時速度減為零，所以開始反向運動．故C錯誤；
D、由上可知，電子將會在A板和D板之間加速、勻速再減速，回頭加速、勻速再減速，做往復運動，故D正確；
本題選錯誤的，
故選：C。
（多選）如圖平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（　　）
A．所受重力與電場力平衡
B．電勢能逐漸增加
C．動能逐漸增加
D．做勻變速直線運動
【解答】解：AD、帶電粒子在電場中受到電場力與重力，根據題意可知，粒子做直線運動，力和速度一定在同一直線上，則可知，電場力必定垂直極板向上，電場力與重力的合力必定與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，故A錯誤，D正確；
B、電場力垂直于極板向上，電場力做負功，則電勢能增加，故B正確；
C、因重力不做功，電場力做負功，則電勢能增加，導致動能減小，故C錯誤。
故選：BD。
如圖所示，一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時（　　）
A．所用時間為
B．速度大小為3v0
C．與P點的距離為
D．速度方向與豎直方向的夾角為30°
【解答】解：A、粒子在電場中做類平拋運動，當到達MN連線上某點時，位移與水平方向的夾角為45°，根據牛頓第二定律a，垂直電場方向的位移x＝v0t，平行電場方向的位移y，根據幾何關系tan45°，聯立解得t，故A錯誤；
B、水平速度vx＝v0，豎直方向速度vy＝at2v0，則到達MN連線上某點速度v，故B錯誤；
C、水平位移x＝v0t，豎直位移與水平位移相等，所以粒子到達MN連線上的點與P點的距離即合位移為lx，故C正確；
D、速度方向與豎直方向的夾角正切值為tanθ，夾角不等于30°，故D錯誤；
故選：C。
（多選）如圖所示，豎直平面內有水平向左的勻強電場E，M點與N點在同一電場線上，兩個質量相等的帶正電荷的粒子，以相同的速度v0分別從M點和N點同時垂直進入電場，不計兩粒子的重力和粒子間的庫侖力。已知兩粒子都能經過P點，在此過程中，下列說法正確的（　　）
A．從N點進入的粒子先到達P點
B．從M點進入的粒子先到達P點
C．粒子在到達P點的過程中電勢能都減小
D．從M點進入的粒子的電荷量小于從N點進入的粒子的電荷量
【解答】解：AB、兩粒子進入電場后做類平拋運動，因為重力不計，豎直方向勻速，水平向左勻加速，因為兩粒子豎直方向的位移相同，速度相同，所以達到P點的時間相同，故AB錯誤；
C、電場力對兩粒子都做正功，電勢能都減少，故C正確；
D、水平方向上，由xat2，加速度為：a，因為兩個粒子質量相等、達到P點時間相等，所以M的加速度小、電荷量小，N的加速度大、電荷量大，故D正確。
故選：CD。
（多選）如圖的矩形虛線框abd所在的區域內存在著沿a指向b方向的勻強電場，ab＝L，bc＝2L，有一電荷量為q、質量為m的正點電荷（重力不計）從a點沿ad方向以速度v0垂直于電場射入，恰好從虛線框的c點射出。下列說法正確的是（　　）
A．射出速度方向與bc的夾角為θ＝45°
B．點電荷電勢能減少
C．點電荷離開c點時的動能為
D．勻強電場的場強為
【解答】解：A、電荷垂直電場方向進入勻強電場做類平拋運動，則，初速度方向做勻速運動，所以2L＝v0t，場強方向做初速度為0的勻加速運動，所以，聯立解得tanθ＝1，即θ＝45°，故A正確；
B、由A選項的分析知電荷離開c點的速度，由動能定理得，解得，所以電勢能減少，故B錯誤；
C、由B選項的分析知粒子離開c點時的動能，故C錯誤；
D、由A選項的分析知vy＝v0，因為在場強方向做初速度為0的勻加速運動，所以，解得：，故D正確。
故選：AD。
如圖所示是一個示波管工作原理圖，電子經電壓U1＝4.5×103V加速后以速度v0垂直等間距的進入電壓U2＝180V，間距為d＝1.0cm，板長l＝5cm的平行金屬板組成的偏轉電場，離開電場后打在距離偏轉電場s＝10cm的屏幕上的P點，（e＝1.6×10﹣19C，m＝9.0×10﹣31kg）
求：（1）電子進入偏轉電場時的速度v0＝？
（2）射出偏轉電場時速度的偏角tanθ＝？
（3）打在屏幕上的側移位移OP＝？
【解答】解：（1）設電子經加速電場U1加速后以速度v0進入偏轉電場，由動能定理有
qU1，
則有：v04×107m/s；
故電子進入偏轉電場的速度 v0＝4×107m/s；
（2）進入偏轉電場后在電場線方向有，a
經時間t1飛出電場有t1，
電場方向的速度vy＝at14×106m/s；
設射出偏轉電場時速度的偏角為θ，則tanθ
（3）飛出電場時偏轉量為 y1
由以上各式得 y10.25cm；
設電子從偏轉場穿出時，沿y方向的速度為vy，穿出后到達屏S所經歷的時間為t2，
在此時間內電子在y方向移動的距離為y2，有：vy＝at1
t2
y2＝vyt2
由以上各式得
y2
故電子到達屏S上時，它離O點的距離：y＝y1+y2（l+s）cm＝1.25cm；
答：（1）電子進入偏轉電場時的速度4×107m/s；
（2）射出偏轉電場時速度的偏角tanθ；
（3）打在屏幕上的側移位移OP＝1.25cm。
如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l．在正極板附近有一質量為M、電荷量為+q的粒子；在負極板附近有另一質量為m、電荷量為﹣q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距l的平面．不計重力及兩粒子間相互作用力，則M：m為（　　）
A．3：2 B．2：1 C．5：2 D．4：1
【解答】解：根據牛頓第二定律得，加速度a，
已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距l的平面，根據x知，正負兩個粒子經歷的位移之比2：3，時間相等，則加速度之比為2：3，
由于兩粒子的電量相等，極板間的電場強度不變，則正負電荷的質量之比M：m＝3：2，故A正確，B、C、D錯誤。
故選：A。
如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷，一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么（　　）
A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷
B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加
C．微粒從M點運動到N點動能一定增加
D．微粒從M點運動到N點機械能一定增加
【解答】解：微粒在極板間受到豎直向下的重力作用與電場力作用，由圖示微粒運動軌跡可知，微粒向下運動，說明微粒受到的合力豎直向下，重力與電場力的合力豎直向下；
A、如果微粒帶正電，A板帶正電荷，微粒受到的合力向下，微粒運動軌跡向下，A板帶負電，但如果電場力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒運動軌跡向下，則A板既可以帶正電，也可能帶負電，故A錯誤；
B、如果微粒受到的電場力向下，微粒從M點運動到N點過程中電場力做正功，微粒電勢能減小，如果微粒受到的電場力向上，則電勢能增加，故B錯誤；
C、微粒受到的合力向下，微粒從M點運動到N點過程中合外力做正功，微粒的動能增加，故C正確；
D、微粒從M點運動到N點過程動能增加，重力勢能減小，機械能不一定增加，故D錯誤。
故選：C。
電子以初速度v0沿垂直電場強度方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，現增大兩極板間的電壓，但仍能使電子穿過該勻強電場，則電子穿越平行板間的電場所需時間（　　）
A．隨電壓的增大而減小
B．隨電壓的增大而增大
C．與電壓的增大無關
D．不能判定是否與電壓增大有關
【解答】解：電子垂直于場強方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，在平行于金屬板的方向電子不受力而做勻速直線運動，由L＝v0t得，電子穿越平行板所需要的時間為t，與金屬板的長成正比，與電子的初速度大小成反比，與其他因素無關，即與電壓及兩板間距離均無關。
故選：C。
一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球（　　）
A．做直線運動 B．做變加速曲線運動
C．速率一直增大 D．速率先減小后增大
【解答】解：AB、分析小球的受力情況，小球受水平向左的電場力和豎直向下的重力，合力方向指向左下方，合力的方向與初速度方向不在一條直
線上，而且合力恒定，所以小球做勻變速曲線運動，故AB錯誤；
CD、由于初始時，合力的方向與速度方向的夾角為鈍角，合力對小球做負功，因此小球先做減速運動，當速度方向與合力的方向夾角為銳角時，小球再做加速運動，故小球先做減速運動，后做加速運動，速率先減小后增大，故C錯誤，D正確。
故選：D。
如圖所示，質子（H）和α粒子（He），以相同的初動能垂直射入偏轉電場（不計粒子重力），則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為（　　）
A．4：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4
【解答】解：質子和α粒子垂直射入偏轉電場都做類平拋運動，由牛頓第二定律得：a
水平方向：L＝vt、豎直方向：yat2
解得：y
由題可知，兩個粒子的初動能Ek相同，E、L相同，則y與q成正比，質子和α粒子電荷量之比為1：2，側位移y之比為1：2。故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向．兩個比荷（即粒子的電荷量與質量之比）不同的帶正電的粒子a和b，從電容器的P點（如圖）以相同的水平速度射入兩平行板之間．測得a和b與電容極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1：若不計重力，則a和b的比荷之比是（　　）
A．4：1 B．2：1 C．1：1 D．1：2
【解答】解：兩帶電粒子都做類平拋運動，水平方向勻速運動，有x＝vt，垂直金屬板方向做初速度為零的勻加速直線運動，有y，
電荷在電場中受的力為F＝Eq，根據牛頓第二定律有F＝ma，
聯立解得：。
因為兩粒子在同一電場中運動，E相同，初速度相同，側位移相同，所以比荷與水平位移的平方成反比。所以比荷之比為4：1，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
如圖所示為示波管中偏轉電極的示意圖，間距為d，長度為l的平行板A、B加上電壓后，可在A、B之間的空間中（設為真空）產生電場（設為勻強電場）。在距A、B等距離處的O點，有一電荷量為+q，質量為m的粒子以初速度v0沿水平方向（與A、B板平行）射入（圖中已標出），不計重力，要使此粒子能從C處射出，則A、B間的電壓應為（　　）
A． B．
C． D．q
【解答】解：粒子在電場中做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，則；
l＝v0t
在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則：
dat2
根據牛頓第二定律得a
聯立解得：U，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，現保持兩板間的電壓不變，則當減小兩板間的距離時，下列判斷正確的是（　　）
A．電子的速度v增大
B．電子的速度v減小
C．電子的速度v不變
D．電子在兩板間運動的時間變長
【解答】解：ABC．根據動能定理得：eUmv2，當改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故C正確，AB錯誤；
D．粒子做初速度為零的勻加速直線運動則有：dtt，可得t，當d減小時，電子在板間運動的時間變小，故D錯誤。
故選：C。
一個電子在電場力作用下沿x軸做直線運動（不計重力），以水平向右的方向為x軸的正方向，從0時刻起運動依次經歷t0、2t0、3t0時刻。其運動的v﹣t圖象如圖所示。對此下列判斷正確的是（　　）
A．0時刻與2t0時刻電子在不同位置
B．0時刻、t0時刻、3t0時刻電子所在位置的電勢分別為 0、 1、 3，其大小比較有 1＞ 0＞ 3
C．0時刻、t0時刻、3t0時刻電子所在位置的場強大小分別為E0、E1、E3，其大小比較有E3＜E0＜E1
D．電子從0時刻運動至t0時刻，連續運動至3t0時刻，電場力先做正功后做負功
【解答】解：A、由圖象可知，電子從0時刻到2t0時刻位移為零，所以0時刻與2t0時刻電子在同一位置，故A錯誤；
B、電子從0時刻運動至t0時刻，連續運動至3t0時刻，電場力對電子先做負功，后做正功，所以電子的電勢能先增大后減小，因為電勢能為EP＝qφ，由于電子帶負電，所以電勢能越大，電勢越低，則有φ1＜φ0＜φ3，故B錯誤；
C、根據速度﹣時間圖象的斜率的絕對值表示加速度大小以及牛頓第二定律可知，v﹣t圖象的斜率的絕對值表示電場力大小即場強大小，故有：E3＜E0＜E1，故C正確。
D、由圖象可知，電子從0時刻運動至t0時刻，連續運動至3t0時刻，其速度大小先減小后增大，所以電場力對電子先做負功，后做正功，故D錯誤；
故選：C。
真空中的某裝置如圖所示，讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物都從O點由靜止開始經過同一加速電場加速，然后在同一偏轉電場里偏轉（未打在極板上）。下列說法中正確的是（　　）
A．三種粒子在偏轉電場中運動時間之比為2：1：1
B．三種粒子射出偏轉電場時的速度之比為
C．三種粒子在運動過程中軌跡均不重合
D．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1：2：2
【解答】解：A、帶電粒子在電場U1中加速時有：
變形解得：
所以：
再由：
代入已知條件可得：，故A錯誤；
C、由平行偏轉電場方向：y
可知三種粒子從偏轉電場同一點射出，且速度方向相同，三種粒子在運動過程中軌跡重合，故C錯誤；
B、整個過程由動能定理有：U1q+q
變形可得：v
三種粒子射出偏轉電場時的速度之比為：
故B正確；
D、由偏轉電場對三種粒子做的功為：W電
代入數據可知：W電1：W電2：W電3＝1：1：2，故D錯誤。
故選：B。
某科研設備中的電子偏轉裝置由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空，結構原理圖如圖所示。如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光屏中心，產生一個亮斑。如果電子槍中正負接線柱之間電壓為10U，XX′板間加恒定電壓U，XX′電極的長度為l、間距為d，YY′板間不加電壓。已知電子質量為m，電荷量大小為e，電子從燈絲逸出的初速度不計。則電子（　　）
A．在XX′極板間的加速度大小為
B．打在熒光屏時，動能大小為11eU
C．打在熒光屏時，其速度方向與中軸線連線夾角α的正切
D．若UYY′＞0，電子將打在熒光屏的下半區域
【解答】解：A、根據牛頓第二定律可知，在XX′極板間的加速度大小為a，故A錯誤；
B、對整個過程，對電子，由動能定理得：e×10U+eEk﹣0，解得電子在熒光屏時Ek＝10.5eU，故B錯誤；
C、電子在加速電場中加速，根據動能定理有：e×10U0
電子在XX′極板間做類平拋運動，水平方向l＝vt
離開偏轉電場時沿電場方向的分速度vy＝at，由牛頓第二定律得：ma
打在熒光屏時，其速度方向與中軸線連線夾角α的正切tanα，解得：tanα，故C正確；
D、若UYY′＞0，則電子受到的電場力豎直向上，故電子將打在熒光屏的上半區域，故D錯誤。
故選：C。
如圖所示，帶負電的粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入兩平行板間的勻強電場中。粒子的電荷量為q，質量為m（不計重力）。平行板長為l，兩板間距為d，電勢差為U。
（1）粒子在電場中做什么運動？同什么運動的運動特點類似？
（2）粒子在電場中的運動可以分解為哪兩種運動？
（3）若粒子能從電場中飛出，粒子的偏轉距離y和離開電場時的偏轉角度α的正切值為多大？
【解答】解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，同平拋運動的運動特點類似；
（2）粒子在電場中的運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向初速度為零的勻加速直線運動；
（3）粒子的偏轉距離y，其中：a，t
聯立解得：y
因為粒子在電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動，所以粒子射出電場時豎直方向的速度為：vy＝at
粒子射出電場時合速度與初速度方向的夾角的正切值為：tanθ
解得：tanθ
答：（1）粒子在電場中做類平拋運動，同平拋運動的運動特點類似；
（2）粒子在電場中的運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向初速度為零的勻加速直線運動；
（3）若粒子能從電場中飛出，粒子的偏轉距離為，離開電場時的偏轉角度α的正切值為。
如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道ABCDI，其中斜面AB與圓心為O、半徑為R的圓弧軌道相切于B點，C、D分別為圓弧軌道的最低點、最右點，OB與OC夾角θ＝30°，在OC所在直線的右側有沿水平向右的勻強電場.現將一質量為m、電荷量為q的帶正電小球從與B點相距為4R的A點靜止釋放，小球沿軌道滑下。已知場強大小E，重力加速度大小為g。求：
（1）小球從A點運動到B點所用的時間；
（2）小球到達D點時的速度大小；
（3）小球在圓弧軌道上運動的過程中，軌道對小球支持力的最大值Fm。
【解答】解：（1）由A到B做勻加速度直線運動，加速度：agsinθ…①
設由A到B歷時為t，則：4R②
由①②式可得：t＝4
（2）由A到D，由動能定理：mg（4Rsinθ﹣Rcosθ）+EqR ③
解得：vD
（3）設小球運動到M點時對軌道的壓力最大。此位置為小球的平衡位置，設小球的電場力和重力的合力大小為F，在M點F的方向與豎直方向的夾角為θ。
則 tanθ
F
從M點到D點，根據動能定理得
qER（1﹣sinα）﹣mgRcosα
在M點，Fm﹣F＝m
解得 Fm＝（9）mg
答：（1）小球從A點運動到B點所用的時間是4；
（2）小球到達D點時的速度大小是；
（3）小球在圓弧軌道上運動的過程中，軌道對小球支持力的最大值Fm是（9）mg。
中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應用。
如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管（漂移管）組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設質子進入漂移管B時速度為8×106m/s，進入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質子在每個管內運動時間視為電源周期的．質子的荷質比取1×108C/kg。求：
（1）漂移管B的長度；
（2）相鄰漂移管間的加速電壓。
【解答】解：（1）設高頻脈沖電源的頻率為f，周期為T；質子在每個漂移管中運動的時間為t，質子進入漂移管B時的速度為vB，漂移管B的長度為LB．則
T10﹣7s
據題有：t
質子在漂移管內做勻速直線運動，則有：LB＝vB
聯立代入數據解得：LB＝0.4m
（2）質子從B到E的過程中，質子從漂移管B運動到漂移E共被加速3次，由動能定理得：3qU
據題有 1×108C/kg
解得：U＝6×104V
答：（1）漂移管B的長度是0.4m；
（2）相鄰漂移管間的加速電壓是6×104V。

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