高中物理人教选修3-1习题 第1章 9带电粒子在电场中的运动 Word版含答案

一、带电粒子的加速┄┄┄┄┄┄┄┄①1．若带电粒子的初速度为零，经过电势差为U 的电场加速后，qU ＝12m v 2，则v ＝2qU m 。

2．若带电粒子以与电场线平行的初速度v 0，经过电势差为U 的电场加速后，带电粒子做匀加速直线运动，则qU ＝12m v 2－12m v 20。

[说明](1)常见的两类带电粒子①电子、质子、α粒子、离子等带电粒子在电场中受到的静电力远大于重力，通常情况下，重力可忽略。

②带电小球、液滴、烟尘、油滴等，重力不可忽略。

(2)在非匀强电场中，对带电粒子的加速问题，也常应用动能定理，即qU ＝ΔE k 。

①[判一判]1．用qU ＝12m v 20求带电粒子加速后的速度，只适用于匀强电场(×)2．只要电场力对电荷做正功，电荷的动能一定增加(×)3．电荷只受电场力时，电场能使运动中的电荷加速，也能使运动中的电荷减速(√) 二、带电粒子的偏转┄┄┄┄┄┄┄┄②1．进入电场的方式：以初速度v 0垂直于电场线方向进入匀强电场。

2．受力特点：电场力大小不变，且方向与初速度v 0的方向垂直。

3．运动特点：垂直于电场方向做匀速直线运动；平行于电场方向做匀加速直线运动，与力学中的平抛运动类似。

4．运动规律：如图所示。

[说明](1)粒子从偏转电场射出时，其速度反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿初速度方向的位移。

证明：tan θ＝yx ′①y ＝qU 2l 22md v 20② tan θ＝qU 2lmd v 20③ 由①②③得x ′＝l2。

(2)位移方向与初速度方向间夹角的正切tan α为速度偏转角的正切tan θ的12，即tan α＝12tan θ。

证明：tan α＝qU 2l 2md v 20，tan θ＝qU 2l md v 20，故tan α＝12tan θ。

②[选一选]如图所示，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后，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( )A ．a 的电量一定大于b 的电量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 的比荷解析：选C 粒子在电场中做类平抛运动，由h ＝12·qE m ·⎝⎛⎭⎫x v 02得，x ＝v 02mhqE，由于v 02hm aEq a <v 02hm b Eq b ，可得q a m a >q bm b ，C 正确。

第9节 带电粒子在电场中的运动（满分100分，60分钟完成） 班级_______姓名______目的要求：1．掌握带电粒子在电场中加速和偏转的规律；2．能综合运用力学和电学的知识分析、解决带电粒子在电场中的加速和偏转问题。

第Ⅰ卷(选择题 共48分)一、选择题：本大题共6小题，每小题8分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，选对的得8分，对而不全得4分。

选错或不选的得0分。

1．如图1所示，一束一价正离子流垂直于电场方向进入匀强电场，若它们飞出电场的偏向角相同，则可断定它们进入电场时A ．一定具有相同的质量B ．一定具有相同的速度C ．一定具有相同的动能D ．一定具有相同的动量2．如图2所示，一束带电粒子（不计重力）垂直电场方向进入偏转电场，试讨论以下情况中，粒子应具备什么条件下才能得到相同的偏转距离y 和偏转角φ（U 、d 、L 保持不变）（）A ．进入偏转电场的速度相同B ．进入偏转电场的动能相同C ．进入偏转电场的动量相同D ．先由同一加速电场加速后，再进入偏转电场3．如图3示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。

右极板电势随时间变化的规律如图所示。

电子原来静止在左极板小孔处，不计重力作用。

下列说法中，正确的是（） A ．从t ＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B ．从t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C ．从t ＝T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D ．从t ＝3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上4．一带正电的小球，系于长为l 的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定在O 点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E 。

已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力。

现先把小球拉到图中的P 1处，使轻线拉直，并在场强方向平行，然后由静止释放小球。

已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，则小球到达与P 1点等高的P 2点时速度的大小为（ ）A ．glB ．gl 2C ．gl 2D ．05．如图5示，K 为灯丝，通电加热后可发射电子，A 为有中心小孔O 1的金属板，A 、K 间加有电压U 1，可使电子加速，C 、D 为相互平行的金属板，MN 为荧光屏，当C 、D 间不加图3图2图4E电压时，电子束打在荧光屏的O 2点；当C 、D 之间加有电压U 2时，电子束打在荧光屏上另外一点P ，欲使P 点距O 2再近一点，以下哪些措施是可行的（ ）A ．增大A 、K 之间距离B ．增大电压U 1C ．增大C 、D 之间距离D ．增大电压U 26．如图6所示，A 、B 是一对平行的金属板。

第一章静电场第9节带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中运动时是否考虑重力1．基本粒子：如电子、质子、离子、α粒子等在没有明确指出或暗示的情况下重力一般忽略不计。

2．带电颗粒：如油滴、液滴、尘埃、带电小球等在没有明确指出或暗示的情况下重力一般不能忽略。

二、带电粒子在电场中的加速运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做运动。

有两种分析方法：用动力学的观点分析，，，。

用功能的观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，。

三、带电粒子在匀强电场中的偏转1．研究条件：带电粒子电场的方向进入匀强电场。

2．处理方法：类似于平抛运动，应用运动的解题。

（1）沿初速度的方向做。

（2）沿电场力的方向，做。

结论：结论：（1）粒子以一定的速度v0垂直射入偏转电场。

粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的1 2 l处沿直线射出的。

（2）经过相同的加速电场，又经过相同的偏转电场的带电粒子，其运动轨迹重合，与粒子的带电荷量和质量无关。

四、带电粒子在电场中运动的实际应用——示波管1．构造及功能（如图所示）（1）电子枪：发射并加速电子。

（2）偏转电极Y、Y′：使电子束（加信号电压）；偏转电极X、X′：使电子束水平偏转（加）。

2．工作原理偏转电极X、X′和Y、Y′不加电压，电子打到屏幕的；若只在X、X′之间加电压，只在方向偏转；若只在Y、Y′之间加电压，只在方向偏转；若X、X′加扫描电压，Y、Y′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象。

加（减）速qEam=UEd=222v v ad-=221122qU mv mv=-垂直于合成与分解匀速直线运动匀加速直线运动竖直偏转扫描电压中心X Y一、带电粒子在交变电场中的运动1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化（如方波）且不计粒子重力的情形。

在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板间便可获得交变电场。

此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置的电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间变化。

9　带电粒子在电场中的运动课时过关·能力提升基础巩固1下列粒子从静止状态经过电压为U 的电场加速后,速度最大的是( )A.质子(11H) B.氘核(21H)C.α粒子(42He)(Na +)v =2qUm ,比荷大的粒子加速后的速度大。

2(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,如图所示。

如果在荧光屏上P 点出现亮斑,那么示波管中的( )A.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,在XX'方向上向X 方向偏转,X 带正电,A 正确、B 错误;在YY'方向上向Y 方向偏转,Y 带正电,C 正确,D 错误。

3示波管工作时,电子经电压U 1加速后以速度v 0垂直进入偏转电场,离开电场时的偏转量是h ,两平行板间距离为d ,电势差是U 2,板长是l 。

为提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量),可采用的方法是( )A.增大两板间电势差U 2B.尽可能使板长l 短一些C.尽可能使板距d 小一些D.使加速电压U 1升高一些h =l 2U 24dU 1,C 项正确。

由题意知示波管的灵敏度为ℎU 2=l 24dU 1,判断4(多选) 如图所示,A 、B 两点固定两个等量正点电荷,在A 、B 连线的中点C 处放一点电荷(不计重力)。

若给该点电荷一个初速度v 0,v 0方向与AB 连线垂直,则该点电荷可能的运动情况是( )A.往复直线运动B.匀变速直线运动C.加速度不断减小,速度不断增大的直线运动D.加速度先增大后减小,速度不断增大的直线运动中垂线上电场线的分布:方向是从C点沿中垂线向两侧,电场强度大小是先增大,后减小,在C点为零,无穷远为零,若在中点C处放入的是负电荷,电荷做往复直线运动,则选A;若在中点C处放入的是正电荷,给它初速度,将沿两电荷的中轴线运动,做加速度先增大后减小,速度不断增大的直线运动,则选D。

第 9 节带电粒子在电场中的运动1．带电粒子仅在电场力作用下加快时，可依据动能定理求速度。

2．带电粒子以速度v0垂直进入匀强电场时，假如仅受电场力，则做类平抛运动。

3．示波管利用了带电粒子在电场中的加快和偏转原理。

一、带电粒子的加快1．基本粒子的受力特色对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，固然它们也会遇到万有引力(重力 )的作用，但万有引力 (重力 )一般远远小于静电力，能够忽视不计。

2．带电粒子加快问题的办理方法(1) 利用动能定理剖析。

初速度为零的带电粒子，经过电势差为U 的电场加快后，12，则 v＝2qU。

qU＝ mvm2(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律联合运动学公式剖析。

二、带电粒子的偏转两极板长为l，极板间距离为d、电压为U。

质量为m、带电量为q 的基本粒子，以初速度 v0平行两极板进入匀强电场后，粒子的运动特色和平抛运动相像：l(1) 初速度方向做匀速直线运动，穿越两极板的时间t＝v0。

qU(2) 电场线方向做初速度为零的匀加快直线运动，加快度a＝md。

三、示波管的原理1．结构示波管是示波器的中心零件，外面是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加快电极构成) 、偏转电极 (由一对 X 偏转电极板和一对Y 偏转电极板构成)和荧光屏构成，如图1-9-1 所示。

图 1-9-12．原理(1)扫描电压： XX ′偏转电极接入的是由仪器自己产生的锯齿形电压。

(2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加快电场加快后，以很大的速度进入偏转电场，假如在Y 偏转极板上加一个信号电压，在X 偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y 偏转电压规律变化的可视图像。

1．自主思虑——判一判(1)基本带电粒子在电场中不受重力。

( ×)(2)带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能必定增添。

( ×)(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加快度均不变。

( ×)(4) 带电粒子在匀强电场中不论是直线加快仍是偏转，均做匀变速运动。

第一章 第九节带电粒子在电场中的运动 同步习题（附详解答案）夯实基础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：A解析：因为粒子只受到电场力的作用，所以不可能做匀速直线运动．2．如图所示，在场强为E ，方向水平向右的匀强电场中，A 、B 为一竖直线上的两点，相距为L ，外力F 将质量为m ，带电量为－q 的微粒，从A 点匀速移到B 点，重力不能忽略，则下面说法中正确的是 ( )A ．外力的方向水平B ．外力的方向竖直向上C ．外力的大小等于qE ＋mgD ．外力的大小等于(qE )2＋(mg )2答案：D解析：分析微粒受力，重力mg 、电场力qE 、外力F ，由于微粒作匀速运动，三个力的合力为零，外力的大小和重力与电场力的合力大小相等．F ＝(qE )2＋(mg )2F 的方向应和重力与电场力的合力方向相反，选项D 正确．3．平行板间加如图(a)所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．如图(b)中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是 ( )答案：A 解析：粒子在第一个T 2内，做匀加速直线运动，T 2时刻速度最大，在第二个T 2内，电场反向，粒子做匀减速直线运动，到T 时刻速度为零，以后粒子的运动要重复这个过程．4．(2009·济南模拟)如图所示，质子(11H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y 之比为 ( )A ．1 1B ．1 2。

高中物理带电粒子在电场中的运动§基础知识§知识点一、带电粒子在电场中加速若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增加量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20或F ＝qE ＝q Ud ＝ma . (2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20. 知识点二、带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 ⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝l v 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2md t 2，t ＝ 2mdyqU .②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝Uqmd .离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝Uql 22mdv 2.离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝Uql mdv 20.知识点三、示波管的原理1．示波管是示波器的核心部件，由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．2．如图所示，电子枪中发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如在电极YY ′之间加一个待显示的信号电压，XX ′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．如果信号电压和扫描电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象．§重点详解§一、带电粒子在电场中的直线运动1．带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速、减速；直线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法是：(1)采用运动和力的观点：牛顿第二定律和运动学知识求解．(2)用能量转化的观点：动能定理和功能关系求解．2．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题(1)要掌握电场力的特点．电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关．在匀强电场中，同一带电粒子所受电场力处处是恒力；在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受电场力的大小和方向都可能不同．(2)是否考虑重力要依据情况而定.基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)．带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力．【例1】如图所示，质量m＝2.0×10－4kg、电荷量q＝1.0×10－6C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中．取g＝10 m/s2.(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，方向不变．求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．解析(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有Eq＝mgE ＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10－6N/C ＝2.0×103 N/C ，方向向上 (2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，设微粒的加速度为a ，在t ＝0.20 s 时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则qE 0－mg ＝ma 解得：a ＝10 m/s 2 h ＝12at 2解得：h ＝0.20 m W ＝qE 0h 解得：W ＝8.0×10－4 J(3) 设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则 v ＝at由动能定理得mgh ＝E k －12mv 2 解得：E k ＝8.0×10－4 J答案 (1)2.0×103 N/C 方向向上 (2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J【例2】静电场方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布可简化为如图5所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动，已知该粒子质量为m 、电荷量为－q ，其动能与电势能之和为－A(0<A<qφ0)．忽略重力．求：(1)粒子所受电场力的大小； (2)粒子的运动区间； (3)粒子的运动周期．答案 (1)q φ0d (2)－d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A qφ0≤x≤d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A qφ0 (3)4d qφ00－解析 (1)由题图可知，0与d(或－d)两点间的电势差为φ0， 电场强度的大小E ＝φ0d ，粒子所受电场力的大小F ＝qE ＝qφ0d .(2)设粒子在[－x 0，x 0]区间内运动，速率为v ，由题意得12mv 2－qφ＝－A ① 由题图可知φ＝φ0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－|x|d ②由①②得12mv 2＝qφ0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－|x|d －A ③因动能非负，有qφ0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－|x|d －A≥0，得|x|≤d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A qφ0， 0<A<qφ0，故x 0＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A qφ0④粒子的运动区间满足－d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A qφ0≤x≤d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A qφ0.(3)考虑粒子从－x 0处开始运动的四分之一周期， 根据牛顿第二定律，粒子的加速度a ＝F m ＝qE m ＝qφ0md ⑤ 由匀加速直线运动规律得t ＝2x 0a . 将④⑤代入，得t ＝2md 2qφ0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－A qφ0. 粒子的运动周期T ＝4t ＝4dqφ00－.【针对练习】电荷量为q ＝1×10－4 C 的带正电的小物块置于绝缘粗糙水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E 的大小与时间t 的关系和物块的速度v 与时间t 的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g 取10 m/s 2，根据图象所提供的信息，下列说法错误．．的是 ( )甲 乙A ．物块在4 s 内的总位移x ＝6 mB ．物块的质量m ＝0.5 kgC ．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2D ．物块在4 s 内电势能减少14 J 答案 B解析 由题图乙可知，物块前2 s 做匀加速直线运动，在2 s ～4 s 做匀速直线运动，根据v －t 图象所围面积可求得前2 s 位移x 1＝2 m,2 s ～4 s 位移x 2＝4 m ，总位移为x ＝6 m ，A 正确.0～2 s 内，由牛顿第二定律得qE 1－μmg ＝ma ，①且a ＝ΔvΔt ＝1 m/s 2，② 2 s 后物块做匀速运动，有qE 2＝μmg ③由题图甲知E 1＝3×104 N/C 、E 2＝2×104 N/C ，联立①②③可得m ＝1 kg ，μ＝qE 2mg ＝0.2，B 错误，C 正确．又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即ΔE p ＝W ＝E 1qx 1＋E 2qx 2＝14 J ，D 正确．二、带电粒子在电场中的偏转在下图中，设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U ，若粒子飞离偏转电场时的偏距为y ，偏转角为θ，则tan θ＝v y v x ＝a y t v 0＝qUlmdv 20，y ＝12a y t 2＝qUl 22mdv 20带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于极板中线的中点．所以侧移距离也可表示为y ＝l2tan θ，所以粒子好像从极板中央沿直线飞出去一样．若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则qU 0＝12mv 20，即y ＝Ul 24dU 0，tan θ＝y x ＝Ul2dU 0.由以上讨论可知，粒子的偏转角和偏距与粒子的q 、m 无关，仅决定于加速电场和偏转电场，即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的．【例3】如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置．乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟．以y 轴为界，左侧为沿x 轴正向的匀强电场，场强为E.右侧为沿y 轴负方向的匀强电场．已知OA ⊥AB ，OA ＝AB ，且OB 间的电势差为U 0.若在x 轴的C 点无初速度地释放一个电荷量为q 、质量为m 的正离子(不计重力)，且正离子刚好通过B 点．求：(1)C 、O 间的距离d ； (2)粒子通过B 点的速度大小． 答案 (1)U 04E (2)5qU 02m解析 (1)设正离子到达O 点的速度为v 0(其方向沿x 轴的正方向) 则正离子由C 点到O 点由动能定理得：qEd ＝12mv 20－0①而正离子从O 点到B 点做类平抛运动，则：OA ＝12·qU 0OA ·m t 2②AB ＝v 0t ③而OA ＝AB ④ 由①②③④得d ＝U 04E .(2) 设正离子到B 点时速度的大小为v B ，正离子从C 到B 过程中由动能定理得： qEd ＋qU 0＝12mv 2B －0 解得v B ＝5qU 02m. 【例4】如图所示，两平行金属板A 、B 长为L ＝8 cm ，两板间距离d ＝8 cm ，A 板比B 板电势高300 V ，一带正电的粒子电荷量为q ＝1.0×10－10 C ，质量为m ＝1.0×10－20 kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2.0×106 m/s ，粒子飞出电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，然后进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN 、PS 相距为12 cm ，D 是中心线RO 与界面PS 的交点，O 点在中心线上，距离界面PS 为9 cm ，粒子穿过界面PS 做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．(静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离多远？到达PS 界面时离D 点多远？ (2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹．(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小．解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(侧向位移)：y ＝12at 2 a ＝F m ＝qU dm L ＝v 0t则y ＝12at 2＝qU 2md (Lv 0)2＝0.03 m ＝3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 交于H ，设H 到中心线的距离为Y ，则有12L 12L ＋12 cm＝yY ，解得Y ＝4y ＝12 cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略) (3)粒子到达H 点时，其水平速度v x ＝v 0＝2.0×106 m/s 竖直速度v y ＝at ＝1.5×106 m/s 则v 合＝2.5×106 m/s该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动，所以Q 带负电 根据几何关系可知半径r ＝15 cm k qQ r 2＝m v 2合r 解得Q ≈1.04×10－8 C 答案 (1)12 cm (2)见解析 (3)负电 1.04×10－8 C【针对练习】如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL 22mv 20解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子刚射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eqm 所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)解法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ，则y ＝12a (L v 0)2＝12·qEL 2mv 20又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL 22mv 20解法二 x ＝v y ·L v 0＋y ＝3qEL 22mv 20. 解法三 由x y ＝L ＋L 2L 2得：x ＝3y ＝3qEL 22mv 20.三、用运动分解法处理带电粒子的复杂运动用运动分解法处理带电粒子的复杂运动，可以将复杂运动分解为两个相互正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律我们是可以掌握的，并且这种研究物理问题的思想我们也是熟知的，然后再按运动合成的观点去求出有关的物理量．【例5】如图甲所示，场强大小为E 、方向竖直向上的匀强电场内存在一竖直平面内半径为R 的圆形区域，O 点为该圆形区域的圆心，A 点是圆形区域的最低点，B 点是最右侧的点．在A 点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为m ，电荷量为q ，不计重力．试求：(1)电荷在电场中运动的加速度；(2)运动轨迹经过B 点的电荷在A 点时的速度；(3)某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P 点，∠POA ＝θ，请写出该电荷经过P 点时动能的表达式；(4)若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD ，C 、D 分别为接收屏上最边缘的两点，如图乙所示，∠COB ＝∠BOD ＝30°.求该屏上接收到的电荷的末动能大小的范围．答案 (1)Eqm (2)EqR 2m (3)14EqR(5－3cos θ) (4)78EqR≤Ek≤138EqR 解析 (1)加速度a ＝Eqm .(2)由R ＝v 0t ，R ＝12at 2及a ＝Eq m 三个式子可解得：v 0＝EqR2m .(3)由E k ＝Eq(R －Rcos θ)＋12mv 0′2，Rsin θ＝v 0′t′，R －Rcos θ＝12at′2及a ＝Eq m 可解得：E k ＝14EqR(5－3cos θ)．(4)由第(3)小题的结论可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能逐渐增大，因此D 点接收到的电荷的末动能最小，C 点接收到的电荷的末动能最大．E kD ＝14EqR(5－3cos 60°)＝78EqR E kC ＝14EqR(5－3cos 120°)＝138EqR所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为 78EqR≤E k ≤138EqR.四、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动等效思维方法就是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法．例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方法．常见的等效法有“分解”、“合成”、“等效类比”、“等效替换”、“等效变换”、“等效简化”等，从而化繁为简，化难为易． 带电体在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷．先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a ＝F 合m 视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．【例6】如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分为倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg3E ，要使小球能安全通过圆轨道，在O 点的初速度应满足什么条件？解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝qE2＋mg2＝2 3mg3，tan θ＝qEmg＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg′＝mv2DR，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知AD＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：－2mg′R＝12mv2D－12mv2解得v0＝103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v≥103gR3.答案v≥ 103gR3五、用能量的观点处理带电体在电场及复合场中的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量的观点去处理，用能量观点处理也更简捷，具体的方法通常有两种：(1)用动能定理处理．思维顺序一般为：①明确研究对象的物理过程；②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是做负功；③弄清所研究过程的初、末两个状态的动能；④根据动能定理列出方程求解．(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理．列式的方法主要有两种：①从初、末状态的能量相等列方程；②从某些能量的减少量等于另一些能量的增加量列方程．【例7】如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m、带电荷量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为x处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g.(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t 1；(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为Vm ，求滑块从静止释放到速度大小为Vm 的过程中弹簧的弹力所做的功W.答案 (1) 2mx qE ＋mgsin θ(2)12mvm 2－(mgs in θ＋qE)·(x ＋mgsin θ＋qE k ) 解析 (1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有qE ＋mgsin θ＝ma ①x ＝12at 21②联立①②可得t 1＝ 2mx qE ＋mgsin θ③ (2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有mgsin θ＋qE ＝kx 0④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得(mgsin θ＋qE)·(x ＋x 0)＋W ＝12mvm 2－0⑤联立④⑤可得W ＝12mvm 2－(mgsin θ＋qE)·(x ＋mgsin θ＋qE k) 六、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，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形．在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．此类电场在同一时刻可看成是匀强的，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同，从时间上看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间而变化．(1)当粒子与电场平行射入时：粒子做直线运动，其初速度和受力决定了粒子的运动，粒子可以做周期性的运动．(2)粒子垂直电场方向射入时：沿初速度方向为匀速直线运动，在电场力方向上的分运动具有周期性．【例8】 如图甲所示，A 、B 是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B 板接地．A 板电势φA 随时间变化情况如图乙所示，C 、D 两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔O 1′和O 2，两板间电压为U 2，组成减速电场．现有一带负电粒子在t ＝0时刻以一定初速度沿AB 两板间的中轴线O 1O 1′进入，并能从O 1′沿O 1′O 2进入C 、D 间，刚好到达O 2孔，已知带电粒子带电荷量为－q ，质量为m ，不计其重力．求：(1)该粒子进入A、B的初速度v0的大小．(2)A、B两板间距的最小值和A、B两板长度的最小值．答案(1) 2qU2m(2)T2qU12m T2qU2m解析(1)因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O1′孔的速度即为进入A、B板的初速度．在C、D间，由动能定理得qU2＝12mv2即v0＝2qU2 m(2)由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态．即v竖＝0，若在第一个周期内进入O1′孔，则对应两板最短长度为L＝v0T＝T 2qU2m，若在该时间内，粒子刚好不到A板而返回，则对应两板最小间距，设为d，所以12·qU1md·(T4)2×2＝d2，即d＝T2qU12m.§题组训练§1．下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是() A．质子(11H) B．氘核(21H)C．α粒子(42He) D．钠离子(Na＋)答案A解析据qU＝12mv2可得v＝2qUm，对四种粒子分析，质子的qm最大，故选项A正确．2．两平行金属板间为匀强电场，不同的带电粒子都以垂直于电场线的方向飞入该匀强电场(不计重力)，要使这些粒子经过匀强电场后有相同大小的偏转角，则它们应具备的条件是() A．有相同的动能和相同的比荷B．有相同的动量(质量与速度的乘积)和相同的比荷C．有相同的速度和相同的比荷D．只要有相同的比荷就可以答案C解析 由偏转角tan θ＝qlU/mv 20d 可知在确定的偏转电场中l ，d 确定，则偏转角与q/m 和v 0有关．3．两平行金属板相距为d ，电势差为U ，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.edh UB ．edUh C.eU dh D.eUh d答案 D4．在两个半圆柱面构成的区域内，有一均匀的径向电场，径向宽度很小，电场线如图中的径向实线所示．欲使电荷量相同的正离子从左端进入，沿半圆路径运动后从右端射出，这些离子应具备相同的( )A ．比荷B ．质量C ．速度D ．动能答案 D解析 由qE ＝m v 2R 得Ek ＝12mv 2＝12qER 为常数．5．如图所示，带正电q 、质量为m 的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直向上的匀强电场，电场强度为E ，且qE<mg.以下判断正确的是( )A ．物体将沿斜面减速下滑B ．物体将沿斜面加速下滑C ．物体仍保持匀速下滑D ．仅当qE ＝mg 时，物体加速下滑答案 C解析 因mgsin θ＝μmgcos θ，所以(mg －qE)sin θ＝μ(mg －qE)cos θ仍成立，故匀速下滑．6．（多选）A 、B 为两个固定的等量同种正点电荷，O 为AB 连线的中点，另一个也带正电的重力不计的小电荷静止于O 点，如图所示，则( )A ．使小电荷向右偏离一点，释放后将向左先加速后减速直至停到某一位置B ．使小电荷向左偏离一点，释放后将做以O 点为中心的往复运动C ．使小电荷向上方偏离一点，释放后将做以O 点为中心的往复运动D ．使小电荷向下方偏离一点，释放后将向下做加速度先变大后变小的变加速运动答案 BD解析 由等量同种电荷电场的分布情况可得．7．（多选）如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为y ，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的( )A ．增大偏转电压UB ．减小加速电压U 0C ．增大极板间距离D ．将发射电子改成发射负离子答案 AB解析 电子在加速电场中加速时：U 0e ＝12mv 2而进入偏转电场时，它的偏转位移(在竖直方向上的位移)y ＝12at 2＝12·Ue dm ·l 2v 2＝Ul 24dU 0.由上式可知：偏转电压U 增大，y 增大；加速电压U 0减小，y 增大；d 减小，y 增大，而y 与q 、m 无关．8．如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A 、B 、C 三点，可以判断( )A．落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电B．三个小球在电场中运动的时间相等C．三个小球到达极板时的动能关系为E kA>E kB>E kCD．三个小球在电场中运动时的加速度关系为a A>a B>a C答案A解析从图中落点可知，C到达下极板时间最短，A到达下极板时间最长，即t C<t B<t A，由y＝12at2可知，aC>a B>a A，根据牛顿第二定律，F合C>F合B>F合A；结合题中三者带电性质，可知，C带负电，B不带电，A带正电，三电荷运动至下极板过程中，根据动能定理得W C>W B>W A，故ΔE kC>ΔE kB>ΔE kA，而初动能相同，所以到达下极板时，E kC>E kB>E kA.综上，A正确，B、C、D错．9．如图所示，一个带负电的油滴以初速度v0从P点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中，若油滴达到最高点时速度大小仍为v0，则油滴的最高点位置是()A．在P点左上方B．在P点右上方C．在P点正上方D．上述情况都可能答案A解析油滴从开始运动到最高点，据动能定理得WG＋WE＝12mv2－12mv2＝0，而重力做的功WG<0.所以电场力做的功WE>0，而带负电的油滴所受的电场力水平向左，所以最高点必在P点的左上方．10．如图所示，在绝缘的水平面上方存在着匀强电场，电场方向如图所示，水平面上的带电金属块在水平拉力F的作用下沿水平面移动．已知金属块在移动的过程中，外力F做功32 J，金属块克服电场力做功8.0 J，金属块克服摩擦力做功16 J，则在此过程中金属块的()A ．动能增加8.0 JB ．电势能增加24 JC ．机械能减少24 JD ．机械能增加48 J 答案 A11.如图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q ＞t PB ．它们运动的加速度a Q ＜a PC ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE kP ∶ΔE kQ ＝1∶2答案 C解析 设P 、Q 两粒子的初速度是v 0，加速度分别是a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h/2，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a p t 2P ，得到a P ＝hv 20l 2，同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2hv 20l 2.可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P 而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q E m ，可见，q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理知，它们的动能增加量之比ΔE kP ∶ΔE kQ ＝ma P h 2∶ma Q h ＝1∶4.综上，选C.12．如图所示，带电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则( )A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为Uq 4B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．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∶2D ．在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为2∶1答案 B解析 电场力做总功W ＝12Uq ，前、后t 2时间内偏转位移之比为1∶3，则做功之比为1∶3，所以后t/2时间内对粒子做功38Uq ；粒子下落前、后d/4的过程中电场力做功之比为1∶1.C 、D 错误．13.（多选）如图所示，在真空中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d ，电容为C ，上板B 接地．现有大量质量均为m ，带电荷量为q 的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A 的正中央P 点．如果能落到A 板的油滴仅有N 滴，且第N ＋1滴油滴刚好能飞离电场，假设落到A 板的油滴的电荷量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g ，则( )A ．落到A 板的油滴数N ＝3Cdmg 4q 2B ．落到A 板的油滴数N ＝Cdmg 4q 2C ．第N ＋1滴油滴经过电场的整个过程中增加的动能为mgd 8D ．第N ＋1滴油滴经过电场的整个过程中减少的机械能为3mgd 8答案 ACD解析 第一滴油滴在电容器中运动时，只受重力作用．设板长为l ，板间距为d ，由平抛运动的知识有v 0＝l 2g d .当第N ＋1滴油滴恰好离开电容器时，必定是沿下极板的边缘飞出，油滴的加速度为a ＝g －Eq m ，由类平抛运动知d 2＝12(g －Eq m )t 2，又t ＝l v 0，而E ＝U d ＝Nq Cd ，可以求得N ＝3Cdmg 4q 2，A 正确．因为电场力做了负功，电势能增加了，而电场力做功为W ＝－3mgd 8.由动能定理有Ek ＝W ＝12mgd －38mgd ＝mgd 8.14．（多选）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN 将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m 的带电小球A ，如图甲所示，小球运动的v －t 图象如图乙所示，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则( )。

第一章9基础夯实一、选择题(1～4题为单选题，5、6题为多选题)1．(辽宁省实验中学2014～2015学年高二检测)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：A解析：因为粒子只受到电场力作用，所以不可能做匀速直线运动。

2．(宁波市效实中学2014～2015学年高二上学期检测)为模拟空气净化过程，有人设计了如图所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等。

第一种除尘方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U，沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场，灰尘的运动方向如图甲所示；第二种除尘方式是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与圆桶壁间加上的电压也等于U，形成沿半径方向的辐向电场，灰尘的运动方向如图乙所示。

已知空气阻力与灰尘运动的速度大小成正比，即F f＝k v(k为一定值)，假设每个灰尘的质量和带电荷量均相同，重力可忽略不计，则在这两种方式中()A．灰尘最终一定都做匀速运动B．灰尘受到的电场力大小相等C．电场对单个灰尘做功的最大值相等D．在图乙中，灰尘会做类平抛运动答案：C解析：灰尘可能一直做加速运动，故选项A错误；两种不同方式中，空间中的电场强度大小不相等，所以灰尘所受电场力大小不相等，故选项B错误；电场对单个灰尘做功的最大值为qU，故在两种方式中电场对灰尘做功的最大值相同，故选项C正确；在图乙中，灰尘做直线运动，故选项D错误。

3．(吉林一中2013～2014学年高二下学期5月)图(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()答案：B解析：由图(b)及图(c)知，当U Y 为正时，Y 板电势高，电子向Y 偏，而此时U X 为负，即X ′板电势高，电子向X ′板偏，又由于在xx ′之间加上的扫描电压与YY ′之间加上的信号电压周期相同，所以在荧光屏上会看到一个完整的正弦波形，B 项正确。

第9节带电粒子在电场中的运动（满分100分，45分钟完成）班级_______姓名_______目的要求：1．了解带电粒子在电场中的运动──只受电场力，带电粒子做匀变速运动；2．了解初速度与场强方向垂直的带电粒子在电场中的运动──类平抛运动；3．了解示波管的主要结构和工作原理。

第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，选对的得6分，对而不全得3分。

选错或不选的得0分。

1．下列带电粒子均从初速为零的状态开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大（）A．质子11H B．氘核21HC．α粒子42He D．钠离子Na+2．对公式=v（）A．只适用于匀强电场中，v0＝0的带电粒子被加速B．只适用于匀强电场中，粒子运动方向与场强方向平行的情况C．只适用于匀强电场中，粒子运动方向与场强方向垂直的情况D．适用于任何电场中，v0＝0的带电粒子被加速3．让原来静止的氢核11H、氘核21H和氚核31H的混合物通过同一加速电场相同电压加速后，这些核将具有（）A．相同的速度B．相同的动能C．相同的动量D．以上都不相同4．如图1所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B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5．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．若加大两板间距离，时间将减小D ．与电压及两板间距离均无关 6．带电粒子垂直进入匀强电场中发生偏转时（除电场力外不计其他力的作用） （ ）A ．电势能增加，动能增加B ．电势能减小，动能增加C ．动能和电势能都不变D ．上述结论都不正确7．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它可能出现的运动状态是（ ）A ．匀速直线运动B ．C ．匀变速曲线运动D ．匀速圆周运动8．如图2所示，是示波器的原理示意图。

人教版物理选修3-1第一章第九节带电粒子在电场中的运动练习（附答案）带电粒子在电场中的运动练习一、选择题：1、质子和氘核垂直射入两平行金属板间的匀强电场中，它们从电场中射出时偏离的距离相等，由此可知射入电场时（）A 、质子的动能是氘核动能的2倍B 、质子的动能与氘核动能相等C 、质子的速度是氘核速度的2倍D 、质子的动量是氘核动量的2倍2、质量为m ，带电量为Q 的带电微粒从A 点以竖直向上的速度v 0射入电场强度为E 的沿水平方向的匀强电场中，如图所示，当微粒运动到B 点时速度方向变为水平方向，大小仍为v 0，已知微粒受到的电场力和重力大小相等，以下说法中正确的是( )A 、微粒在电场中做匀变速运动B 、 A 、B 两点间电势差是qmv U 220C 、由A 点到B 点微粒的动能没有变化D 、从A 点到B 点合力对微粒做功为零B v 0E v 0 +3、带电粒子从静止出发经过电场加速后，垂直进入偏转电场，当离开偏转电场时，决定带电粒子侧移距离大小的因素是（）A 、带电粒子质量越大，侧移越大B 、带电粒子电量越大，侧移越大C 、加速电压越低，侧移越大D 、偏转电压越高，侧移越大4、如图所示，带电粒子以平行极板的初速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场（重力不计），若带电粒子的初动能增大为原来的2倍，而仍能使其擦极板边缘飞出，则可采取的措施为（） A 、将板的长度变为原来的2倍 B 、将板之间距离变为原来的12C 、将两板之间电压变为原来的两倍D 、以上措施均不对5、如图所示，G 为灵敏电流计，在平行板电容器中有一带电油滴恰好处于静止状态.现保持电容器两极正对面积不变，改变两板间距离，发现电流计中有自a 向b 的电流通过，油滴将（）A 、向下做加速运动B 、向上做加速运动C 、可以向上或向下运动D 、仍处于静止状态6、如图所示，一带电粒子以速度v0沿垂直电场的方向进入匀强电场，两极板间的电压为U，射出电场后偏转距离为y，要使y减小，可以采取的方法是（）A、只提高粒子进入电场的速率B、只增大两极板间的电压C、只增大两极板间的距离dD、只增大两极板的长度L7、如图所示，A、B两个虚线同心圆是点电荷电场中的两个等势面，a、b分别是两圆上的两点，实线是负点电荷的运动轨迹，则（）A、在0点的场电荷是正电荷B、a、b点的电势U Ua b<C、a、b点的场强E Ea b<d、－q在a点的电势能大于在b点的电势能< bdsfid="112"p=""></d、－q在a点的电势能大于在b点的电势能<>二、填空题：1、如图所示，在匀强电场中，质子和α粒子从正极板开始由静止出发达到负极板.已知质子和α粒子电量之比为q q1212：：=，质量之比为m m1214：：=，则它们到达负极板时的速度之比v v12：＝_____________.2、如图所示，空间某个区域内有场强大小为E 的匀强电场，电场的边界MN 和PQ 是间距为d 的两个平行平面，如果匀强电场的方向第一次是垂直于MN 指向PQ 界面，第二次是和MN 界面平行，在这两种情况下，一个带电量为q 的质点以恒定的初速垂直于MN 界面进入匀强电场，带电质点从PQ 界面穿出电场时动能相等，则带电质点进入电场时的初动能是_______________.3、来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为U kV =800的直线加速器，形成电流强度为I mA =1的细柱形质子流.已知质子电荷e C =?-1601019..这束质子流每秒打到靶上的质子数为______________.假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距l l 和4的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n n n n 1212和，则/=______________. 三、解答题：1、如图所示，直流电源两极间电压U=18V ，电容器A 和B 的电容分别为C F A =20μ和C F B =10μ，开始时开关S 断开，A 和B 都不带电.（1）把S 拨到位置1，A 的带电量Q A 等于多少？（2）然后把S 从位置1变换到位置2，则B 的带电量Q B 等于多少?（3）再把S 拨到位置1，然后又把S 换接到位置2，则B 的带电量Q B '将变为多少？ 1 2 。

（精心整理，诚意制作）带电粒子在电场中的运动一课一练一、单项选择题1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是( )A．一定是匀变速运动B．不可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析：选A.带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A.2.如图所示，质子(1H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：选B.由y＝12EqmL2v20和E k0＝12m v20，得：y＝EL2q4Ek0可知，y与q成正比，故选B.3.(20xx·济南第二中学高二检测)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，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于E进入电场，它们分别落到A、B、C三点( )A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动的时间相等C．三小球到达正极板时动能关系是E k A>E k B>E k CD．三小球在电场中运动的加速度关系是a A>a B>a C解析：选A.初速度相同的小球，落点越远，说明运动时间越长，竖直方向加速度越小．所以A、B、C三个落点上的小球的带电情况分别为带正电、不带电、带负电．故选A.4.如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，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.12D.14解析：选C.电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝lv0，竖直方向d＝12at2＝qUl22mdv20，故d2＝qUl22mv20，即d∝1v0，故选C.5．(20xx·高考广东卷)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：选C.带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v t，y＝12at2及a＝qEm，得带电微滴的轨迹方程为y＝qEx22mv2，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C正确，D错误．6．两平行金属板相距为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入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA 间距为h，则此电子的初动能为( )A.edhUB.dUehC.eUdhD.eUhd解析：选D.电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eU OA＝0－E k，因为U OA＝Udh，所以E k＝eUhd，故选D.☆7.图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图A、B、C、D中的( )解析：选B.由题图乙及题图丙知，当U Y为正时，Y板电势高，电子向Y 偏，而此时U X为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，故选B.8.(20xx·江苏天一中学高二测试)如图所示，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1/4解析：选B.由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得：－qU＝－12m v20要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得：－q U12＝－12m v21联立两方程得：U12U＝v21v20可见，选项B符合等式的要求．故选B.9.竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )A．两电荷的电荷量相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的速度大小相等解析：选B.由t＝Lv0知两电荷运动时间相等，故B正确；由y＝12at2和y M＝2y N知，两电荷加速度不等，故C错误；由a＝qEm知，仅当m M＝12m N时，两电荷量相等，故A错误；由v y＝at知，v yM≠v yN，则合速度不等，故D错误．故选B.☆10.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L .为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量hU2)，可采用的方法是( )A ．增大两板间的电势差U 2B ．尽可能使板长L 短些C ．尽可能使板间距离d 小一些D ．使加速电压U 1升高一些解析：选C.电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度⎝ ⎛⎭⎪⎫h U2的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．电子经电压U 1加速有eU 1＝12m v 20，电子经过偏转电场的过程有L ＝v 0t ，h ＝12at 2＝eU22md t 2＝U2L24dU1.由以上各式可得h U2＝L24dU1.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L ，或减小d ，或减小U 1.故选C.二、非选择题 11.在如图所示的示波器的电容器中，电子以初速度v 0沿着垂直场强的方向从O 点进入电场，以O 点为坐标原点，沿x 轴取OA ＝AB ＝BC ，再过点A 、B 、C 作y 轴的平行线与电子径迹分别交于M 、N 、P 点，求AM ∶BN ∶CP 和电子途经M 、N 、P 三点时沿x 轴的分速度之比．解析：电子在电场中做类平抛运动，即在x 轴分方向做匀速直线运动，故M 、N 、P 三点沿x 轴的分速度相等，v Mx ∶v Nx ∶v Px ＝1∶1∶1又OA ＝AB ＝BC 所以t OA ＝t AB ＝t BC根据电子沿－y 方向做匀加速运动，由y ＝12at 2得：AM ∶BN ∶CP ＝1∶4∶9.答案：1∶4∶9 1∶1∶1 ☆12.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 右侧相距为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 )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，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .解析：(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，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1t 2＝2L v1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mLeE.(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 ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE2m ＝2eE mt 3＝L v1v y ＝a 2t 3tan θ＝vy v1解得：tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L .答案：(1)3mLeE(2)2 (3)3L。

课时作业9带电粒子在电场中的运动时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，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v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么(B)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．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(B)解析：油滴自电场上方落入电场，即油滴进入电场时有一定的速度，而油滴受重力和电场力的作用，两者的合力指向右下侧，而油滴进入电场时的速度方向为竖直向下，故油滴的轨迹应如选项B 的情形．3．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出．已知板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为q ，粒子通过平行金属板的时间为t (不计粒子的重力)，则( C )A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为Uq 4B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为Uq 4C ．粒子的出射速度偏转角θ满足tan θ＝d LD ．粒子通过竖直位移前d 4和后d 4的过程，所用时间之比为2 1解析：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y 1，y 2，根据初速度为零的匀变速直线运动规律的推论知y 1y 2＝13，得y 1＝18d ，y 2＝38d ，则在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为W 1＝q ·18U＝18qU ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为W 2＝q ·38U ＝38qU ，故A 、B 错误；粒子的出射速度偏转角θ的正切值为tan θ＝v y v 0＝at v 0＝12at 212v 0t ＝12d 12L ＝d L ，故C 正确；根据初速度为零的匀变速直线运动规律的推论知，粒子通过竖直位移前d 4和后d 4的过程中，运动时间之比为1(2－1)，故选项D 错误．4．如图为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图甲所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图中的( B )解析：在0～2t 1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y 为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y 为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图象为B.5.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O 处固定一点电荷，将质量为m ，电荷量为q 的小球从圆弧管的水平直径端点由静止释放，小球沿细管滑到最低点B 时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在AB 弧中点处的电场强度的大小为( C )A ．E ＝mg /qB ．E ＝2mg /qC ．E ＝3mg /qD ．E ＝4mg /q解析：固定于圆心处的点电荷在圆弧AB 上产生的电场强度大小处处相等．以B 点为研究点，则：qE －mg ＝m v 2/R ①m v 2/2＝mgR ②由①②两式得E ＝3mg /q .6．如图1所示，在平行板电容器的A 板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A 、B 两板间加如图2所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t 0时间刚好到达B 板，设此时粒子的动能大小为E k3，若用改变A 、B 两板间距的方法，使粒子在5t 0时刻刚好到达B 板，此时粒子的动能大小为E k5，则E k3E k5等于( B )A.35B.53C．1 D.925解析：设两板间的距离为d，经3t0时间刚好到达B板时，粒子运动过程中先加速然后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得E k3＝q U03，若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得E k5＝q·U05，故E k3E k5＝53，B正确．7.如图所示，用细丝线悬挂带有正电荷的小球，质量为m，处在水平向右的匀强电场中，在电场力作用下，小球由最低点开始运动，经b点后还可以向右摆动，如用ΔE1表示重力势能的增量，用ΔE2表示电势能的增量，用ΔE表示二者和(ΔE＝ΔE1＋ΔE2)，则在小球由a摆到b的过程中，下列关系式正确的是(C)A．ΔE1<0，ΔE2<0，ΔE<0B．ΔE1>0，ΔE2<0，ΔE＝0C．ΔE1>0，ΔE2<0，ΔE<0D．ΔE1>0，ΔE2>0，ΔE>0解析：小球由a到b的过程，位置升高，重力势能增加，ΔE1>0，电场力做正功，电势能减小．ΔE2<0，动能、重力势能、电势能三种形式的能相互转化，动能由零增加到某一值，所以重力势能和电势能的和必减少，故ΔE<0，C选项正确．二、多项选择题8.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(BD)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：带正、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.9.带电粒子以速度v0沿竖直方向垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小为v0，则一定有(ABD)A．静电力大小等于重力大小B．粒子运动的水平位移大小等于竖直位移大小C．静电力所做的功一定等于重力所做的功D．电势能的减少一定等于重力势能的增加解析：由题意可知，水平方向与竖直方向加速度大小相等，均为a＝v0/t，平均速度大小也相等，故水平位移和竖直位移大小相等，故A、B选项正确；在运动过程中，电场力做正功，重力做负功，故C 选项错误；由能量守恒，可知D选项正确．10.三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图所示，下面判断正确的是(BD)A．落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是a a>a b>a c C．三个颗粒在电场中运动的时间关系是t a>t b>t cD．电场力对落在c点的颗粒做负功解析：由于带电颗粒都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间t＝2y，垂直电场方向匀速运动由x＝v0t，得t a<t b<t c，所以aa a>a b>a c，再由牛顿第二定律可推出，a带负电，b不带电，c带正电，电场向上，电场力对落在C点的颗粒做负功，故答案为B、D.三、非选择题11.两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6 kg的带电粒子，以v0＝2 m/s的水平速度从两板正中位置射入电场，如图所示，A、B两板间距离为d＝4 cm，板长L＝10 cm.(g＝10 m/s2)(1)当A、B间的电压为U AB＝1 000 V时，粒子恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该粒子的电荷量和电性．(2)令B 板接地，欲使该粒子射出偏转电场，求A 板所加电势的范围．答案：(1)2×10－9 C 负 (2)－600～2 600 V解析：(1)当U AB ＝1 000 V 时，重力跟电场力相等，粒子才沿初速度v 0方向做匀速直线运动，故q U AB d ＝mg ，q ＝mgd U AB＝2×10－9 C ；重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，而场强方向竖直向下(U AB >0)，所以粒子带负电．(2)当qE >mg 时，带电粒子向上偏，从右上边缘飞出，设此时φA ＝φ1，因为φB ＝0，所以U AB ＝φ1，电场力和重力都沿竖直方向，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度v x ＝v 0；在竖直方向a ＝qφ1md －g ，偏移量y ＝d 2，所以12d ＝12at 2，代入a 和t ＝L v 0，解得φ1＝m v 20d 2＋mgdL 2qL 2＝2 600 V ，当qE <mg 时，带电粒子向下偏转，设φA ＝φ2，则竖直方向a ′＝g －qφ2md ，同理可得φ2＝－600 V ，故欲使粒子射出偏转电场，A 板电势的范围为－600 V ≤φA ≤2 600 V .12．如图所示，在光滑绝缘水平面上相距2l 的A 、B 两点固定有两个电荷量均为Q 的正电荷，aOb 是A 、B 连线上的三点，且O为中点，Oa ＝Ob ＝l 2，另有一个质量为m 、电荷量为q 的 试探电荷以初速度v 0从a 点出发，沿AB 连线向B 运动，在这运动过程中电荷受到阻力满足F f ＝⎩⎪⎨⎪⎧常数，当v ≠00，当v ＝0.当它运动到O 点时，动能为初动能的n 倍，到b 点时速度刚好为零，已知静电力常量为k ，求：(1)a 点的场强；(2)取O 点电势为零，a 点电势φa 为多大？电荷q 具有的电势能为多大？答案：(1)32kQ 9l 2 方向向右指向B (2)14q (2n －1)m v 20 14(2n －1)m v 20 解析：(1)a 点的场强是A 、B 两点电荷Q 在a 点产生场强的矢量和，E ＝k Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫l 22－k Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫3l 22＝32kQ 9l 2，方向向右指向B . (2)根据对称性φa ＝φb ，U ab ＝0，根据动能定理．当电荷由a 运动到O 点时，有qU aO －F f l 2＝n ·12m v 20－12m v 20当电荷由a 运动到b 点时，有qU ab －F f l ＝－12m v 20 联立解得U aO ＝14q(2n －1)m v 20 φa ＝U aO ＝14q(2n －1)m v 20 电荷q 具有的电势能E p a ＝qφa ＝14(2n －1)m v 20. 13.一带电量为＋Q 的点电荷固定在真空中，形成的电场如图所示．现有一质量为m 的带电微粒，在此点电荷附近做匀速圆周运动，周期为T .微粒的重力不能忽略，求：(1)微粒所带电荷的种类；(2)点电荷＋Q 与微粒运动轨迹所在平面的距离．答案：(1)负电 (2)gT 24π2 解析：(1)微粒带负电．(2)微粒做圆周运动的轨迹在水平面内，并且轨迹的圆心O 在点电荷的正下方．设圆心O 离点电荷的距离为H ，轨迹半径为R ，微粒受力分析图如图所示．由牛顿第二定律得mg tan α＝m 4π2T2R ， 由几何关系得R ＝H tan α，由以上两式联立解得H ＝gT 24π2.。

带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中做直线运动 1.如图所示，一水平放置的平行板电容器，上下极板间存在匀强电场，其间有一带电小球从A 点以某一初速度沿虚线AB 运动，则在小球从A 运动到B 的过程中（ ） A.小球的电势能一定减少 B.小球一定带负电 C.小球的机械能可能减小 D.小球可能不受重力作用2.如图所示，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带电粒子在电场中做类平抛运动 1.如图所示，A 、B 两块平行金属板水平放置，A 、B 间所加电压为U 。

虚线MN 与两极板等距。

一个质量为m 、电量为q 的粒子沿MN 虚线从左向右以初速度v 0射人电场，它从电场右边缘某处飞出电场时的速度方向与虚线MN 的夹角为45°（图中未画出）。

则在带电粒子穿越电场过程中( )A ．电场力对粒子所做的功为qUB ．电场力对粒子所做的功为2qUC ．电场力对粒子所做的功为2021mv D ．电场力对粒子所做的功为20mv2.如图所示，两块平行金属板倾斜放置，其间有一匀强电场，PQ 是中央线．一带电粒子从a 点以速度v 0平行于PQ 线射入板间，从b 点射出。

以下说法正确的是（ ）A ．粒子一定带正电B ．从a 到b ，粒子一定做类平抛运动C ．粒子在b 点的速度一定大于v 0D ．从a 到b ，粒子的电势能一定增加3.如图所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( ) A ．U 1变大、U 2变大 B ．U 1变小、U 2变大 C ．U 1变大、U 2变小 D ．U 1变小、U 2变小4.（2012河南商丘模拟）带有等量异种电荷的平行金属板M 、N 水平放置，两个电荷P 和Q 以相同的速率分别从极板M 边缘和两板中间沿水平方向进入板间电场，恰好从极板N 边缘射出电场，如图所示。

（精心整理，诚意制作）1．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(仅受电场力)( ) 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 ．电势能不变，动能增加解析：粒子垂直于电场方向进入电场，沿电场方向电场力做正功，电势能减小，动能增加。

故正确答案为B 。

答案：B2．一带电粒子在电场中只受静电力作用时，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 ．匀速圆周运动解析：粒子只受静电力作用，当此力为恒力时，可能做匀加速直线运动(F 与v 同向，或v 0＝0)，当恒力与v 0垂直时，粒子做类平抛运动——匀变速曲线运动；当静电力大小不变、方向始终指向一点且与速度垂直时，粒子做匀速圆周运动，例如，电子绕原子核的运动。

所以，只有A 是不可能的。

答案：A3．带电荷量为q 的α粒子，以初动能E k 从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入在这两板间存在的匀强电场中，恰从带负电金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为2 E k ，则金属板间的电压为( )A.Ek qB.2Ekq C.Ek 2qD.4Ekq解析：该两板间电压为U ，由动能定理得：U2q＝E k末－E k初＝2E k－E k＝E k，故U＝2Ekq，B正确。

答案：B4．如图1所示，是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经过电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板的距离为d，电势差为U2，板长为L，为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量h/U2)可采用的方法是( )图1A．增大两板间的电势差U2B．尽可能使板长L短些C．尽可能使板间距离d小一些D．使加速电压U1升高一些解析：电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转。

(1)加速eU1＝12m v02，(2)偏转L＝v0t，h＝12at2＝eU22md t2。

综上得hU2＝L24U1d，因此要提高灵敏度需要增大L或减小U1，或减小d，故应选C。

1.如图2所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相同，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知( )A.三个等势面中，c等势面电势最高B.带电质点通过P点时电势能较大C.带电质点通过Q点时动能较大D.带电质点通过P点时加速度较大2.在x轴上关于原点对称的a、b两点处固定两个电荷量相等的点电荷，如图3所示的E－x图象描绘了x轴上部分区域的电场强度(以x轴正方向为电场强度的正方向)。

对于该电场中x轴上关于原点对称的c、d两点，下列结论正确的是( )图3A.两点场强相同，c点电势更高B.两点场强相同，d点电势更高C.两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势高D.两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势低3.如图5所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d。

当两板间加电压U从A点射入电场，经过一时，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以水平速度v段时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计重力影响。

求：图5(1)带电粒子从A 点运动到B 点经历的时间；(2)带电粒子经过B 点时速度的大小；(3)A 、B 间的电势差。

1.BCD2.A3.解析 (1)带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A 点到B 点经历时间t ＝L v 0。

(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E ＝U d ，加速度大小a ＝qE m＝qU md经过B 点时粒子沿竖直方向的速度大小v y ＝at ＝qU md ·L v 0带电粒子在B 点速度的大小v ＝v 20＋q 2U 2L 2m 2d 2v 20。

(3)粒子从A 点运动到B 点过程中，据动能定理得qU AB ＝12mv 2－12mv 20 A 、B 间的电势差U AB ＝12mv 2－12mv 20q ＝qU 2L 22md 2v 20。

答案 (1)L v 0(2)v 20＋q 2U 2L 2m 2d 2v 20 (3)qU 2L 22md 2v 20。

第9节带电粒子在电场中的运动1．带电粒子仅在电场力作用下加速时，可根据动能定理求速度。

2．带电粒子以速度v0垂直进入匀强电场时，如果仅受电场力，则做类平抛运动。

3．示波管利用了带电粒子在电场中的加速和偏转原理。

一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远远小于静电力，可以忽略不计。

2．带电粒子加速问题的处理方法(1)利用动能定理分析。

初速度为零的带电粒子，经过电势差为U的电场加速后，qU＝12m v2，则v＝2qUm。

(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。

二、带电粒子的偏转两极板长为l，极板间距离为d、电压为U。

质量为m、带电量为q的基本粒子，以初速度v0平行两极板进入匀强电场后，粒子的运动特点和平抛运动相似：(1)初速度方向做匀速直线运动，穿越两极板的时间t＝lv0。

(2)电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝qU md。

三、示波管的原理1．构造示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图1-9-1所示。

图1-9-12．原理(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。

(2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转极板上加一个信号电压，在X偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像。

1．自主思考——判一判(1)基本带电粒子在电场中不受重力。

(×)(2)带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能一定增加。

(×)(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变。

(×)(4)带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，均做匀变速运动。

1.9 带电粒子在电场中的运动一、单选题1.如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子.在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为()A． 3∶2B． 2∶1C． 5∶2D． 3∶12.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为t，则()A．在时间内，电场力对粒子做的功为UqB．在时间内，电场力对粒子做的功为UqC．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1D．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶23.如图甲所示，在距离足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在A、B之间加上如图乙所示规律变化的电压，在t＝0时刻电子静止且A板电势比B板电势高，则()A．电子在A、B两板间做往复运动B．在足够长的时间内，电子一定会碰上A板C．当t＝时，电子将回到出发点D．当t＝时，电子的位移最大4.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ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变小二、多选题5.(多选)如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则()A．它们通过加速电场所需的时间相等B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等6.(多选)带有等量异种电荷的平行金属板M、N水平放置，两个电荷P和Q以相同的速率分别从极板M边缘和两板中间沿水平方向进入板间电场，恰好从极板N边缘射出电场，如图所示．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是()A．两电荷的电荷量可能相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的动能相等7.(多选)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是()A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多8.(多选)如图所示，平行直线表示电场线，但未标明方向，带电量为＋10－2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1 J，若A点电势为－10 V，则()A．B点的电势为0 VB．电场线方向从右向左C．微粒的运动轨迹可能是轨迹1D．微粒的运动轨迹可能是轨迹29.(多选)如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为，仍能恰好穿过电场，则必须再使()A．粒子的电荷量变为原来的B．两板间电压减为原来的C．两板间距离增为原来的4倍D．两板间距离增为原来的2倍10.(多选)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则()A．所有粒子都不会打到两极板上B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2E k0D．只有t＝n(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场三、计算题11.一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示.AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电粒子的质量m＝1.0×10－7kg，电荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20 cm.(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由.(2)电场强度的大小和方向.(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？12.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，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30°角，如图所示，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.13.如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e＝1.6×10－19C，电子质量m＝0.91×10－30kg.求：(1)电子在C点时的动能是多少焦？(2)O、C两点间的电势差大小是多少伏？14.如图所示，有一电子(电荷量为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)金属板AB的长度；(2)电子穿出电场时的动能．答案解析1.【答案】A【解析】因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为l，电荷量为－q的粒子通过的位移为l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝，a2＝，由运动学公式有l＝a1t2＝t2①l＝a2t2＝t2②得＝.B、C、D错，A对.2.【答案】C【解析】由类平抛规律，在时间t内有：L＝v0t，＝at2，在内有：y＝a()2，比较可得y＝，则电场力做的功为W＝qEy＝＝，所以A、B错误．粒子下落的前和后过程中电场力做的功分别为：W1＝qE×，W2＝qE×，所以W1：W2＝1∶1，所以C正确，D错误．3.【答案】B【解析】粒子先向A板做半个周期的匀加速运动，接着做半个周期的匀减速运动，经历一个周期后速度为零，以后重复以上过程，运动方向不变，选B.4.【答案】B【解析】设电子被加速后获得初速度v0，则由动能定理得：qU1＝mv①若极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t＝②设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a，由牛顿第二定律得：a＝＝③电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：v y＝at④由①②③④可得：v y＝又有：tanθ＝＝＝＝故U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大，故选项B正确，选项A、C、D错误．5.【答案】BD【解析】由于电量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所用时间越短，A错误；加速时间越短，则速度的变化量越小，C错误；由于电场力做功W＝qU与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等，动能增加量也相等，B、D正确．6.【答案】AB【解析】两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动．设板长为L，粒子的初速度为v0，则粒子运动时间为t＝，L、v0相同，则时间相同．故B正确．竖直方向的位移为y＝at2，a＝，则y＝t2，E、t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，q有可能相等．故A正确．由于位移为y＝at2，t相同，y不同，a不等，故C错误．根据动能定理，E k－mv＝qEy则E k＝mv＋qEy，故D错误．7.【答案】BD【解析】三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误．由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确．三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误．由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确．8.【答案】ABC【解析】由动能定理可知WE＝ΔE k＝－0.1 J；可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，B点的电势高于A点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故B正确；A、B两点的电势差UAB＝＝－10 V，则UA－UB＝－10 V．解得UB＝0 V；故A正确；若粒子沿轨迹1运动，A点速度沿切线方向向右，受力向左，故粒子将向上偏转，故C正确；若粒子沿轨迹2运动，A点速度沿切线方向向右上，而受力向左，故粒子将向左上偏转，故D错误．9.【答案】AD【解析】粒子恰好穿过电场时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间与垂直板方向上发生位移所用时间t相等，设板间电压为U，则有：＝··()2，得时间t＝＝.当入射速度变为，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，粒子的电荷量变为原来的或两板间距离增为原来的2倍时，均使粒子在与垂直板方向上发生位移所用时间增为原来的2倍，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确．10.【答案】ABC【解析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，故运动时间为周期的整数倍；所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t＝0时刻射入的粒子在竖直方向始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故A、B正确，D错误；t＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移为；有：＝·由于L＝d故：v y m＝v0故E k′＝m(v＋v)＝2E k0，故C正确．11.【答案】(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度v A方向相反，微粒做匀减速运动.(2)E＝×104N/C，电场强度的方向水平向左.(3)v A＝2m/s.【解析】(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度v A方向相反，微粒做匀减速运动.(2)在垂直于AB方向上，有qE sinθ－mg cosθ＝0所以电场强度E＝×104N/C，电场强度的方向水平向左.(3)微粒由A运动到B时的速度v B＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，－(mgL sinθ＋qEL cosθ)＝0－mv，代入数据，解得v A＝2m/s.12.【答案】(1)(2)(3)L【解析】(1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得合速度：v＝＝.(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：v y＝at，v y＝v0tan 30°＝，由牛顿第二定律得：qE＝ma解得：E＝.(3)粒子做类平抛运动，在竖直方向上：d＝at2，解得：d＝L.13.【答案】(1)9.7×10－18J(2)15.2 V【解析】(1)依据几何三角形解得：电子在C点时的速度为：v＝①而E k＝mv2②联立①②得：E k＝m()2≈9.7×10－18J.(2)对电子从O到C，由动能定理，有eU＝mv2－mv③联立①③得：U＝≈15.2 V.14.【答案】(1)d(2)e(U0＋)【解析】(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得eU0＝mv①设金属板AB的长度为L，电子偏转时间t＝②电子在偏转电场中产生偏转加速度a＝③电子在电场中的侧位移y＝d＝at2④联立①②③④得：L＝d.(2)设电子穿出电场时的动能为E k，根据动能定理得E k＝eU0＋e＝e(U0＋)．。

人教版高中物理选修3-1第一章1.9 带电粒子在电场中的运动一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.三个α粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是（）A. 在b飞离电场的同时,a刚好打在负极板上B. b和c同时飞离电场C. 进电场时c的速度最大,a的速度最小D. 动能的增加值c最小,a和b一样大2.如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，有一质量为m、电荷量为的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程A. 加速度大小为B. 所需的时间为C. 下降的高度为D. 电场力所做的功为3.如图所示，空间有一水平匀强电场，在竖直平面内有初速度为的带电液滴，沿图中直线由A点运动至B点，下列说法正确的是（）A. 该液滴一定带正电B. 该液滴可能做匀速直线运动C. 该液滴在由A到B的运动过程中,电势能一定增加D. 该液滴在由A到B的运动过程中,电场力一定做正功4.如图所示，电子在电势差为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行金属板间的电场中，在能从平行金属板间射出的前提条件下，能使电子的偏转角的正切值增大到原来倍的是（）A. 不变,变为原来的2倍B. 不变,变为原来的C. 不变,变为原来的2倍D. 、都变为原来的2倍5.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。

由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。

现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（）A. 运动到P点返回B. 运动到P和点之间返回C. 运动到点返回D. 穿过点6.如图所示，a、b两个带电量相同的粒子，从同一点平行于极板方向射人电场，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7.A. a的初速度一定小于b的初速度B. a增加的动能一定等于b增加的动能C. b的运动时间一定大于a的运动时间D. b的质量一定大于a的质量8.如图所示，质子、氘核和氦核都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法中正确的是（）A. 若它们射入电场时的速度相等,在荧光屏上将出现3个亮点B. 若它们射入电场时的动能相等,在荧光屏上将只出现1个亮点C. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的,在荧光屏上将只出现1个亮点D. 任何情况下在荧光屏上都不可能将只出现1个亮点9.如图所示，有三个质量相等的分别带正电、负电和不带电的小球，从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后在正极板上打出A、B、C三个点，则（）A. 三种粒子在电场中运动时间相同B. 三种粒子到达正极板时速度相同C. 三种粒子到达正极板时落在A、C处的粒子机械能增大,落在B处粒子机械能不变D. 落到A处粒子带负电,落到C处粒子带正电10.如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为-q的粒子，以速度通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是（）A.B.C.D.11.用轻绳拴着一质量为m、带正电的小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能E k与绳中张力F间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g，则（）A. 小球所带电荷量为B. 轻绳的长度为C. 小球在最高点时的最小速度为D. 小球在最低点时的最小速度为二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）12.光滑绝缘水平面上有一个金属圆柱体电极、一个金属圆环电极，它们同轴放置，如图所示。