2015高考物理一轮复习 课后达标检测18(带电粒子在电场中的运动)

权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1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 ( )A．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[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3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 P[C ．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 k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为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 P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒 子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8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( )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′应带正电解析：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发 出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)， 电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。

高三物理一轮复习资料【带电粒子在电场中的运动】[考点分析]1．命题特点：带电体在电场中的运动问题是等级考命题的重点和热点，主要考查带电体在电场中的加速和偏转模型，处理方法主要是应用动力学观点，动量观点和能量观点．题型有选择和计算，难度中等偏上．2．思想方法：合成法、分解法、模型法等．[知能必备]偏转角：tan θ＝v y v 0＝U 2l 2U 1d ＝2y 0l侧移距离：y 0＝U 2l 24dU 1y ＝y 0＋L tan θ＝⎝⎛⎭⎫12l ＋L tan θ[真题再练]1．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O 为圆心、半径为R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示．质量为m ，电荷量为q (q >0)的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C 点以速率v 0穿出电场，AC 与AB 的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为m v 0，该粒子进入电场时的速度应为多大？解析：(1)粒子初速度为零，由C 点射出电场，故电场方向与AC 平行，由A 指向C .由几何关系和电场强度的定义知AC ＝R ①F ＝qE ②由动能定理有F ·AC ＝12m v 20③ 联立①②③式得E ＝m v 202qR④ (2)如图，由几何关系知AC ⊥BC ，故电场中的等势线与BC 平行．作与BC 平行的直线与圆相切于D 点，与AC 的延长线交于P 点，则自D 点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知∠P AD ＝30°，AP ＝32R ，DP ＝32R ⑤设粒子以速度v 1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t 1.粒子在AC 方向做加速度为a 的匀加速运动，运动的距离等于AP ；在垂直于AC 的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP .由牛顿第二定律和运动学公式有F ＝ma ⑥AP ＝12at 21⑦ DP ＝v 1t 1⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v 1＝24v 0⑨ (3)设粒子以速度v 进入电场时，在电场中运动的时间为t .以A 为原点，粒子进入电场的方向为x 轴正方向，电场方向为y 轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有y ＝12at 2⑩ x ＝v t ⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有⎝⎛⎭⎫x －32R 2＋⎝⎛⎭⎫y －12R 2＝R 2⑫ 粒子在电场中运动时，其x 方向的动量不变，y 方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为m v 0的粒子，离开电场时其y 方向的速度分量为v 2，由题给条件及运动学公式有m v 2＝m v 0＝mat ⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v ＝0⑭和v ＝32v 0⑮ 答案：(1)m v 202qR (2)24v 0 (3)0或32v 0 2．如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd① F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12m v 20③ 设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有h ＝12at 2④ l ＝v 0t ⑤ 联立①②③④⑤式解得E k ＝12m v 20＋2φdqh ⑥ l ＝v 0 mdh qφ.⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L 为L ＝2l ＝2v 0 mdh qφ.⑧ 答案：(1)12m v 20＋2φdqh v 0 mdh qφ (2)2v 0 mdh qφ解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题[精选模拟]视角1：带电粒子在电场中的直线运动1.某静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝4×10－10 kg 、电荷量q ＝2×10－9 C 的带负电粒子(不计重力)，从(－1 m,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．则该粒子运动的周期为( )A.2＋25s B ．0.6 s C ．0.1 s D ．5＋52s 解析：B 粒子先沿x 轴正方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，然后反向运动；由E 1 ＝ΔφΔx ＝101 V/m ＝10 V/m ，a 1＝qE 1m ＝50 m/s 2；由x 1＝12a 1t 21，解得粒子沿x 轴正方向运动的时间为t 1 ＝ 2x 1a 1＝ 2×150s ＝ 0.2 s ；同理可得粒子沿x 轴正方向做匀减速运动的时间为t 2＝0.1 s ；且粒子到达x ＝0.5 m 处的速度恰好为零，反向运动的时间为t 1＋t 2＝0.3 s ；则粒子运动的周期为T ＝2(t 1＋t 2)＝0.6 s ；故选B.视角2：带电粒子在电场中的偏转2．(多选)如图所示，质子(11H)、氘核(21H)和α粒子(42He)都沿平行板电容器的中线OO ′方向，垂直于电场线射入两极板间的匀强电场中，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．粒子重力不计．下列推断正确的是( )A ．若它们射入电场时的速度相同，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 ．若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点D ．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点解析：CD 三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到加速度为a ＝qE m ，偏转距离为y ＝12at 2，速度偏转角的正切tan θ＝v y v 0＝at v 0，运动时间为t ＝L v 0，联立可得y ＝qEL 22m v 20，tan θ＝qEL m v 20.若它们射入电场时的速度相同，y 与比荷成正比，tan θ与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，所以在荧光屏上将只出现2个亮点，A 错误．若它们射入电场时的动能相等，y 与q 成正比，tan θ与q 成正比，则在荧光屏上将只出现2个亮点，B 错误．若它们射入电场时的动量相等，y ＝qEL 22m v 20＝qmEL 22(m v 0)2，tan θ＝qmEL (m v 0)2，可见y 与qm 成正比，tan θ与qm 成正比，三个粒子的qm 都不同，则在荧光屏上将出现3个亮点，C 正确．设加速电压为U 1，偏转电压为U 0，若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知y ′＝U 0L 24U 1d ，tan θ′＝U 0L 2U 1d，显然三个粒子在偏转电场中的偏转距离y ′相同，tan θ′相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，D 正确．视角3：带电体在重力场、电场中的运动3．(多选)如图所示，竖直平面内有一个半径为R 的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A 、D 两点为圆周上和圆心同一高度的点，C 点为圆周上的最高点．在与OA 夹角为θ＝30°的圆弧B 点上有一粒子源，以相同大小的初速度v 0在竖直面(平行于圆周面)内沿各个方向发射质量为m ，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D 点上离开的微粒机械能最大，从圆周E 点(OE 与竖直方向夹角α＝30°)上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g ，取最低点F 所在水平面为重力零势能面．则有( )A ．电场一定沿OD 方向，且电场力等于33mgB ．通过E 点的微粒动能大小为⎝⎛⎭⎫233＋1mgR ＋12m v 20C ．动能最小的点可能在BC 圆弧之间D ．A 点的动能一定小于B 点解析：BC 在D 点微粒机械能最大，说明B 到D 电场力做功最大，由数学关系知过D 点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD 方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定．在E 点微粒动能最大，说明B 到E 合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE ，有：Eq mg ＝tan 30°，mg ＝F 合cos 30°，解得Eq ＝33mg ，F 合＝233mg ，动能定理有：E k E ＝12m v 20＋F 合R (1＋cos 30°)＝⎝⎛⎭⎫233＋1mgR ＋12m v 20，故选项A 错误、B 正确；OE 反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C 正确；B 点到A 点等效重力(合力)做正功，动能增加，选项D 错误．4. (多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径．已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q.下列说法正确的是( ) A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为gLB ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到B 点时的机械能最大C ．若将小球在A 点由静止开始释放，它将在ACBD 圆弧上往复运动D ．若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，它将能够到达B 点解析：BD 电场力的方向水平向右，大小为F ＝qE ＝mg ，电场力和重力的合力方向与水平面的夹角为45°，合力大小为2mg ，则“等效重力”的方向与水平面的夹角为45°，大小为2mg .若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则在等效最高点即弧AD 的中点处有2mg ＝m v 2L ，最小速度v ＝2gL ，选项A 错误；由于只有重力和电场力对小球做功，小球的机械能和电势能之和不变，而小球在B 点的电势能最小，所以在B 点的机械能最大，选项B 正确；小球从A 点静止释放，小球受到的合力方向沿AC 方向，所以小球会沿AC 做匀加速直线运动，选项C 错误；若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，加速度为－g ，水平方向上做匀加速直线运动，加速度为g ，当竖直方向上的位移为0时，运动时间为t ＝2v 0g ＝2gL g ，水平位移x ＝12gt 2＝2L ，则小球刚好运动到B 点，故D 正确．视角4：带电粒子在交变电场中的运动5．如图甲所示，A 、B 两板竖直放置，两板之间的电压U 1＝100 V ，M 、N 两板水平放置，两板之间的距离d ＝0.1 m ，板长L ＝0.2 m ．一个质量m ＝2×10－12 kg 、电荷量q ＝＋1×10－8 C 的带电粒子(不计重力)从靠近A 板处由静止释放，经加速电场加速后从B 板的小孔穿出，沿着M 、N 两板的中轴线垂直进入偏转电场．如果在M 、N 两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t ＝T 4时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则：(1)带电粒子从B 板的小孔穿出时的速度为多大？(2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U 2的周期T 为多少？(3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字)解析：(1)由动能定理得qU 1＝12m v 20， 解得v 0＝ 2qU 1m＝1×103 m/s. (2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t ＝(n ＋12)T (n ＝0,1,2，…)① 带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L ＝v 0t ②所以T ＝4×10－42n ＋1 s(n ＝0,1,2，…)③带电粒子进入偏转电场时的加速度a ＝qE m ④电场强度E ＝U 2d ⑤带电粒子在进入偏转电场后的前T 4内沿竖直方向的位移y ＝12a ⎝⎛⎭⎫T 42⑥要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，需满足2y ≤d 2⑦联立①～⑦式解得n ≥4.5.所以T ＝4×10－42n ＋1 s(n ＝5,6,7，…)．(3)要使总偏移量最大，则n 应取值最小，故n ＝5，由此解得，最大偏移量y ′＝2y ≈0.04 m.答案：(1)1×103 m/s (2)4×10－42n ＋1 s(n ＝5,6,7，…)(3)0.04 m。

课时规范练26带电粒子在电场中运动的综合问题基础对点练1.(电场的叠加原理与功能关系)如图所示,两个固定的半径均为r的细圆环同轴放置,O1、O2分别为两细环的圆心,且O1O2=2r,两环分别带有均匀分布的等量异种电荷,电荷量分别为+Q、-Q(Q>0)。

一带正电的粒子(重力不计)从O1由静止释放,静电常量为k,下列说法正确的是()A.O1O2中点处的电场强度为√2kQ2r2B.O1O2中点处的电场强度为√2kQ4r2C.粒子在O1O2中点处动能最大D.粒子在O2处动能最大2.(多选)(“等效场”在电场中的应用)如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论正确的是()A.此液滴带正电B.液滴的加速度等于√2gC.合力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少3.(带电粒子在交变电场中的运动)(2022四川成都模拟)如图(a),平行金属板A、B间的电压恒为U,B板右侧的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压,OO'是M、N板间的中线,当电压稳定时,板间为匀强电场且电场仅局限于板间。

零时刻,紧贴A板同时由静止释放甲、乙两个离子,两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙;甲在T4时刻沿OO'方向进入并在3T4时刻飞离交变电场。

设甲、乙飞离交变电场时的速率为v甲、v乙,在交变电场中的偏移量大小为y甲、y乙。

离子重力和离子间的相互作用均不计。

则()A.y甲=2y乙B.y甲=y乙C.v甲=v乙D.v甲=4v乙4.(带电粒子在复合场中的运动)(2022江苏南京师大附中模拟)如图所示,在正方形的四个顶点各固定一个点电荷,直角坐标系的x轴、y轴为正方形的对称轴。

将一正电荷在原点O处由静止释放时,它在以后运动过程中的最大速度为v。

则将该电荷从x轴上无限远处以初速度2v沿x轴正方向射入后,它在以后运动过程中()A.在两负电荷连线中点处速度最大B.将以原点O为中心在x轴上往复运动C.最小速度为√3vD.最大速度为√6v5.(多选)(力电综合问题)如图所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分。

阶段检测(六) 第十单元一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。

每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。

L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。

已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。

该导线受到的安培力为( )A.0B.BIlC.2BIlD.√5BIl2.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流,在射向地球时,地磁场会改变其运动方向,对地球起到保护作用。

地磁场的示意图(虚线,方向未标出)如图所示,赤道上方的磁场可看作与地面平行,若有来自宇宙的一束粒子流,其中含有α(He的原子核)射线、β(电子)射线、γ(光子)射线以及质子,沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空,则在地磁场的作用下( )A.α射线沿直线射向赤道B.β射线向西偏转C.γ射线向东偏转D.质子向北偏转3.如图所示,一光滑绝缘的圆柱体固定在水平面上。

导体棒AB可绕过其中点的转轴在圆柱体的上表面内自由转动,导体棒CD固定在圆柱体的下底面。

开始时,两棒相互垂直并静止,两棒中点O1、O2连线与圆柱体的中轴线重合。

现对两棒同时通入图示方向(A到B、C到D)的电流。

下列说法正确的是( )A.通电后,AB棒仍将保持静止B.通电后,AB棒将逆时针转动(俯视)C.通电后,AB棒将顺时针转动(俯视)D.通电瞬间,线段O1O2上存在磁感应强度为零的位置4.电流天平如图所示,可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。

它的右臂挂有一个矩形线圈,匝数为N,底边长为L,下部悬在匀强磁场中,线圈平面与磁场垂直。

当线圈中通有图示方向的电流I时,调节砝码使两臂达到平衡;然后使电流反向、大小不变,这时需要在左盘中增加质量为m的砝码,才能使两臂达到新的平衡。

所测磁场的磁感应强度B的大小为( )A.mg2NIL B.2mgNILC.NIL2mgD.2NILmg5.粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线,两根导线中通有相同的电流,电流方向竖直向上。

2015高考物理一轮复习阶段性效果检测题18（含解析）一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。

多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.(多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图所示。

已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时速度为零,C为运动的最低点，不计重力。

则( )A.该离子带负电B.A、B两点位于同一高度C.C点时离子速度最大D.离子到达B点后,将沿原曲线返回A点2.(多选)(2013·淮安模拟)北半球某处，地磁场水平分量B1=0.8×10-4 T，竖直分量B2=0.5×10-4 T，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d=20 m，如图所示，与两极板相连的电压表(可看作是理想电压表)示数为U=0.2 mV，则( )A.西侧极板电势高，东侧极板电势低B.西侧极板电势低，东侧极板电势高C.海水的流速大小为0.125 m/sD.海水的流速大小为0.2 m/s3.带正电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v0先通过匀强电场E，后通过匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对该粒子做功为W1。

若把该电场和磁场正交叠加，如图乙所示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v0(v0<EB)穿过叠加场区，在这个过程中电场和磁场对粒子做功为W2，则( )A.W1<W2B.W1=W2C.W1>W2D.无法判断4.(2013·杭州模拟)如图所示，两导体板水平放置，两板间的电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场。

则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化而变化的情况为( )A.d随v0的增大而增大，d与U无关B.d随v0的增大而增大，d随U的增大而增大C.d随U的增大而增大，d与v0无关D.d随v0的增大而增大，d随U的增大而减小5.(多选)(2013·杭州模拟)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁感应强度B垂直纸面向里，不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小，要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，可以( )A.适当增大金属板间的电压B.适当增大金属板间的距离C.适当减小金属板间的磁感应强度D.使带电粒子的电性相反6.(2013·南京模拟)如图所示,一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v,若加上一个垂直纸面指向读者方向的磁场,则滑到底端时( )A.v变大B.v变小C.v不变D.不能确定7.(2013·南京模拟)如图所示，平行板电容器的金属极板M、N的距离为d，两板间存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，等离子群以速度v沿图示方向射入。

思考：如图所示，由绳子连接的小球从一点静止释放，运动到最高点时，若此刻小球突然不受任何力，接下来小球会保持什么状态？（教师可见内容）这种情况下小球运动到点速度为零，所以小球不受任何力后，小球会保持静止状态．思考：如图所示，由绳子连接的小球从一点以一定初速度释放，运动到最高点时，若此刻小球突然不受任何力，接下来小球会保持什么状态？（教师可见内容）这种情况下小球运动到点速度不为零，所以小球不受任何力后，小球会保持匀速直线运动状态．思考：为什么我们总会有物体速度越大惯性越大的错觉？比如汽车速度越大，越难停下来？（教师可见内容）思考：描述相互作用力及平衡力的区别，从相同点跟不同点两个角度说明；不同点可以从作用对象、力学性质、作用效果等方面进行讨论（教师可见内容）相同点：大小相等、方向相反、作用在同一直线上；不同点：平衡力：作用在相同物体，力学性质不一定相同，不一定同时产生，作用效果可抵消；思考：一对大小相等、方向相反、作用在同一直线、作用在不同物体的力，一定是相互作用力吗？为什么？（教师可见内容）不一定，比如下图所示的两个力．思考：牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体加速度为零时的特殊情况吗？（教师可见内容）①牛顿第一定律给出了物体不受力时的运动规律，是牛顿力学的基础；不是牛顿第二定律在物体所受合力为零时的特殊情况；②牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律．思考：尝试推导下公式（教师可见内容）根据得到的单位是思考：物体处于超重状态下可能具有的运动状态有哪些？处于失重状态呢？（教师可见内容）物体处于超重状态下可能具有的运动状态有：向上加速或向下减速；物体处于失重状态下可能具有的运动状态有：向上减速或向下加速．思考：最高点，（教师可见内容）以杆为例作分析，假设杆的夹角为，圆半径为则为，则根据可得，与无关，故每个圆环到达思考：下面哪个图是子弹打木块所对应的图像，为什么？甲乙（教师可见内容）如图，相对位移大于木板的对地位移，即：，故甲图正确．思考：推导摩擦力产生的热量为：相对如图，物块置于光滑水平面上，子弹质量为，物块质量为：（教师可见内容）（1）系统机械能不守恒，摩擦做功产生热量，直到二者共速，；摩擦力对子弹做功：共摩擦力对物块做功：；共共思考：对传送带的功能关系进行分析？思考：倾斜传送带上物块能和传送带共速的条件？（教师可见内容）1.传送带足够长2.思考：思考（教师可见内容）电容思考：回答下面的问题．（教师可见内容）场强增大，而点与下极板间的距离不变，则由公式间电势差将增大，而点的电势高于下极板的电势，则知本讲内容大纲如图，当电场力的方向与运动方向在一条直线上时，粒子做加速直线运动或减速直线运动，，．思考：同一个粒子始终能从从板的一端运动到另一端，改变板间距离，电场力做功会改变吗？（教师可见内容）如果Q 一定，会变如果是U 一定，不会变．油滴运动的加速度大小不变、方向水平向平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一个直流电源相连，若一个带电油滴恰1动能变化为零板间往复运动在图装置中，从2，A 正确；间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能板间往复运动，C 错误，D 正确．如图所示为匀强电场的电场强度3，为第内加速度的，将反向加速，图象如图所示：A．带电粒子在前秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在发点，粒子在内的位移为零，回到出发点．故C．由图可知，粒子在D．因为第末粒子的速度刚好减为4如图甲所示，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时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上时刻释放电子，电子可能在两板间振动时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上时刻释放电子，电子必然打到左极板上若时刻释放电子，在前内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线5如图所示，平行板电容器水平放置，电源通过二极管给电容充电，上、下极板正中有一小孔，质;;方向位移（匀加速直线运动）：；方向速度（匀加速直线运动）：；．思考：计算时间一定是用水平方向吗？（教师可见内容）不一定;打出板，用水平方向算时间;打到板上，用竖直方向算时间．增大两板间的电势差 B.尽可能使板长长些升高些D.尽可能使板间距离小些如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压加速后垂直进入偏转电场，离开电，两平行板间的距离为，电势差为，板长为．为了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（）67带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，8如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度，在竖直方向上做匀加速直线运动，则在前时间内，时间内，粒子在竖直方向上的位移为．则在前时间时间内，电场力对粒子做的功为，故A错误，B知，前和后电场力做功相9如图，质量相同的带电粒子末速度沿水平方向 B.末速度大小为克服电场力做功为D.重力势能减少了如图甲，两水平金属板间距为10时间内微粒匀速运动，则有：，内，微粒做平抛运动，下降的，时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为时刻进入电场的电子，在两板间运动时电大侧位移为一对平行金属板板长为11的“面积”大小等于位移可知．故选BD ．方法二：A. 电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故B. 由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度C. 由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同．故D.时刻进入电场的电子，在在时刻进入电场的电子侧位移最大为②联立①②得：，故且电子恰好在时刻射出电场，应满足的条件是且电子恰好在时刻从板边缘射出电场，其动能增加且电子恰好在时刻射出电场，射出时的速度为，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为12故选AD．二、示波器原理及其应用）偏转电极不加电压：从电子枪射出的电子沿直线运动，射到荧光屏中心的点形成亮斑．）仅在或（）加电压：若所加电压稳定，则电子流被加速、偏转后射到直线上某一点，形成一个亮斑（不在中心），如图所示．思考：板间电压随时间变化，电子在电场中受力随着时间变化吗？（教师可见内容）不会，电子的速度足够快，通过时间很短，电子通过电极的过程中，其两端电压视为不变．思考：它与一般粒子在交变电场中地偏转有什么不同吗？（教师可见内容）大部分情况不一样，一般粒子在交变电场中的偏转，时间有可能不是极其短，是可能考虑粒子在电场中运动时，电场在变化．具体是否考虑，需要比较侧移与横移大小．13如图所示，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．荧光屏上如果只在上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图如果只在上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况，电子经1415如图所示的示波管，电子由阴极思考：运用动能定理时，可以分别列重力和电场力做的功，那为什么还要用等效重力法呢？（教师可见内容）运用等效重力法，更多的是帮助我们判断运动学状态．思考：如何解释圆周运动关于等效最低点对称．（教师可见内容）关于等效最低点对称的两点，合力做功大小一样，但一正一负，故速度大小对称．简单能量问题16如图，半径为设与之间的夹角为，所以：珠子在等效最低点时具有最大的动能．如图，此时珠子做圆周运动在点，珠子速度为得：．17如图，两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，两点的动能．，由牛顿第二定律有18如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有：19一端弯曲的光滑绝缘杆点，求水平外力的最小值．）问中的），求小环运动到点时，绝缘杆对，方向指向圆心．，方向背向圆心20如图所示，在水平地面点后立即撤去轨道，则物块的落地点距离点的水平距离是多21如图所示，光滑绝缘轨道22如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管点（图中未标出点），小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从点沿切线方向23如图所示，一质量为24如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为电场强度大小为此过程增加的电势能等于选项：由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力一定做负功，而，解得：，故B 正确；选项：将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产生的电场力D.如图所示，在水平方向的匀强电场中，有一带电体2526如图所示，水平面，可知竖直分速度减小，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，合力向上，根27如图所示，带正电的金属滑块质量为28如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为处返回．根据动能定理29如图所示，平行金属板30在动摩擦因数时的速度大小．球电势能增加量的最大值．31真空中存在电场强度大小为思考：在列能量关系解题时，存在点电荷做功（变力做功）时，你有哪些思考？（教师可见内容）思考一：这个过程点电荷做功是不是等于零；思考二：这部分点电荷做功能不能其他过程算出来；思考三：题干或者图表是不是说了点电荷做功（或者电势能）的大小（或算法）．32如图所示，竖直平面内四分之一光滑圆弧形管道是中垂线，是等势面，与无穷远处的电势两顶点上放置一对等量异种电荷，管道处于等势面上，故小球运动过程中只有重33如图所示，可视为质点的物块。

2015高考物理电场一轮复习题（附答案和解释）选择题专练卷(五) 电场一、单项选择题 1．(2013•安徽省名校联考)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图1甲所示。

一个电量为2 C，质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt图像如图1乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)。

则下列说法正确的是( ) 图1 A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2 V/m B．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D．AB两点的电势差UAB＝－5 V 2．一带电小球在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图像如图2所示，t1、t2分别是带电小球在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有( ) 图2 A．A处的场强一定大于B处的场强 B．A处的电势一定高于B处的电势 C．带电小球在A处的电势能一定小于B处的电势能 D．带电小球从A到B的过程中，电场力对电荷做正功 3．图3所示的电路中C是平行板电容器，开关S先闭合一段时间后断开，然后将平行板的板间距拉大一点，下列说法正确的是( ) 图3 A．平行板电容器电容变大 B．平行板电容器两板带电量变小 C．平行板电容器两板的电势差变小 D．平行板电容器两板间的电场强度不变4．如图4所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出。

仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则( ) 图4 A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的加速度减小，b的加速度增大 C．a的电势能减小，b的电势能增大 D．a的动能减小，b的动能增大 5．空间存在着平行于x轴方向的静电场，其电势φ随x的分布如图5所示，A、M、O、N、B为x轴上的点，|OA|<|OB|，|OM|＝|ON|。

一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是( ) 图5 A．粒子一定带正电 B．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大 C．粒子一定能通过N点 D．粒子从M向O 运动过程电势能逐渐增加 6．如图6甲所示，两个平行金属板a、b 竖直放置，两板加如图乙所示的电压。

2015高考历史总复习 6-5带电粒子在匀强电场中的运动训练试题 新人教版1．(单选) 如图所示，一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点解析 一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B 项．答案 B2．(单选) 如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电场的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况下，一定能使电子的偏转角变大的是( )A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极间的距离C ．仅增大偏转电极间的电压D ．仅减小偏转电极间的电压解析 设加速电场电压为U 0，偏转电压为U ，极板长度为L ，间距为d ，电子加速过程中，由U 0q ＝mv 202，得v 0＝2U 0qm，电子进入偏转电场后做类平抛运动，时间t ＝L v 0，a ＝Uq dm，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝UL2U 0d，由此可判断C 项正确．答案 C3．(多选) 如图所示，一电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子在Q 点的电势能为－qUB ．带电粒子带负电C ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3dD ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d解析 根据带电粒子的偏转方向，可判断B 项错误；因为P 、Q 两点的电势差为U ，电场力做正功，电势能减少，而P 点的电势为零，所以A 项正确；设带电粒子在P 点时的速度为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运动的规律和几何知识，求得带电粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0.带电粒子在y 轴方向上的平均速度为v －y ＝3v 02；带电粒子在y 轴方向上的位移为y 0，带电粒子在电场中的运动时间为t ，y 0＝3v 02t ，d ＝v 0t ，得y 0＝3d 2，由E ＝U y 0，得E ＝23U 3d ，C 项正确，D 项错误． 答案 AC4．(单选) 如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板长为L ，极板间距为d ，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度[即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量(yU 2)]与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是( )A ．L 越大，灵敏度越高B ．d 越大，灵敏度越高C ．U 1越大，灵敏度越高D ．U 2越大，灵敏度越高解析 偏转位移y ＝12at 2＝12qU 2md (L v )2＝U 2L 24dU 1，灵敏度y U 2＝L24dU 1，故A 项正确，B 、C 、D 项错误．答案 A5．(多选) (2012·课标全国)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一角度，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，又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 BD6．(单选) 一个带负电荷量为q 、质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则( )A ．小球不能通过B 点 B ．小球仍恰好能通过B 点C ．小球能通过B 点，且在B 点与轨道之间压力不为0D ．以上说法都不对解析 小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动，则mg ＝m v 21R ，mg (h －2R )＝12mv 21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg －qE )(h －2R )＝12mv 22，联立解得mg －qE ＝m v 22R ，满足小球恰好能通过B 点的临界条件，选项B 正确．答案 B7．(多选)如图甲所示，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轴线A 处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其v ­t 图象如图乙所示，则下列说法正确的是( )A ．右侧金属板接电源的正极B ．所加电压U ＝100 VC ．乙图中的v 2＝2 m/sD ．通过极板间隙所用时间之比为1∶(2－1)解析 带正电的粒子在电场力作用下由左极板向右运动，可判断右侧金属板接电源负极，A 选项错误．由v ­t 图象可知，0－0.5 s 带电粒子的加速度a ＝2 m/s 2，两板间距离d ＝12at2＝0.25 m ，由Eq ＝ma ，得E ＝200 V/m ，U ＝2Ed ＝100 V ，B 选项正确．可将粒子在两个极板间隙间的运动看成是初速度为零的连续的匀加速运动，两间隙距离相等，则有t 1∶t 2＝1∶(2－1)，D 选项正确．v 1∶v 2＝1∶2，将v 1＝1.0 m/s 代入，得v 2＝ 2 m/s ，C 选项错误．答案 BD8.如图所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的1/2，小物块的加速度是多大； (3)电场强度变化后小物块下滑距离L 时的动能．解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，示意图如图所示，则有F N sin37°＝qE ① F N cos37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律，得mg sin37°－qE ′cos37°＝ma 可得a ＝0.3g(3)电场强度变化后小物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理，得mgL sin37°－qE ′L cos37°＝E k －0可得E k ＝0.3mgL答案 (1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL9. 如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分是倾角为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、电场力和支持力，然后在圆轨道上运动，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＝23mg 3，tan θ＝qE mg ＝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．要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D 点)要满足等效重力刚好提供向心力，即有mg ′＝mv 2DR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v 0运动，由动能定理，知 －2mg ′·2R ＝12mv 2D －12mv 2解得v 0＝103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应为v ≥103gR3答案 v ≥103gR310. 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)粒子打到屏上的点P 到O 点的距离x .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，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0(2)设粒子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，得粒子在电场中的加速度为a ＝Eq m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)方法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ，则 y ＝12a (L v 0)2＝12·qEL2mv 20又x ＝y ＋L tan α，解得x ＝3qEL 22mv 20方法二 x ＝v y L v 0＋y ＝3qEL22mv 20方法三 由x y ＝L ＋L 2L 2，得x ＝3y ＝3qEL22mv 20答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 2011. 绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中xOy 所在平面与光滑水平面重合，场强方向与x 轴正向平行，电场的半径为R ＝ 2 m ，圆心O 与坐标系的原点重合，场强E ＝2 N/C ，一带电量q ＝－1×10－5C ，质量m ＝1×10－5kg 的粒子，由坐标原点O 处以速度v 0＝1 m/s 沿y 轴正方向射入电场，求：(1)粒子在电场中运动的时间； (2)粒子出射点的位置坐标； (3)粒子射出时具有的动能．解析 (1)粒子沿x 轴负方向做匀加速运动，加速度为a ，则有Eq ＝ma ，x ＝12at 2沿y 轴方向做匀速运动，有y ＝v 0t x 2＋y 2＝R 2解得t ＝1 s(2)设粒子射出电场边界的位置坐标为(－x 1，y 1)，则有x 1＝12at 2＝1 m ，y 1＝v 0t ＝1 m ，即为(－1 m,1 m)(3)射出时由动能定理，得Eqx 1＝E k －12mv 2代入数据，解得E k ＝2.5×10－5J答案 (1)1 s (2)(－1 m,1 m) (3)2.5×10－5J12. 如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U ＝1.5×103V(仅在两板间有电场)，现将一质量m ＝1×10－2kg 、电荷量q ＝4×10－5C 的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h ＝20 cm 的地方以初速度v 0＝4 m/s 水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g 取10 m/s 2.求：(1)金属板的长度L ； (2)小球飞出电场时的动能E k .解析 (1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度v y ＝2gh ＝2 m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tan θ＝v 0v y＝2小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d ，则 tan θ＝qE mg ＝qUmgdL ＝d tan θ，解得L ＝qUmg tan 2θ＝0.15 m(2)进入电场前v 1＝v 20＋v 2y 电场中运动过程qU ＋mgL ＝E k －12mv 21联立解得E k ＝0.175 J 答案 (1)0.15 m (2)0.175 J13．(2011·福建) 反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103N/C 和E 2＝4.0×103N/C ，方向如图所示，带电微粒质量m ＝1.0×10－20kg ，带电荷量q ＝－1.0×10－9C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B 点距虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .解析 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理，有 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①由①式，解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm ②(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律，有 |q |E 1＝ma 1③ |q |E 2＝ma 2④设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式，有d 1＝12a 1t 21⑤ d 2＝12a 2t 22⑥又t ＝t 1＋t 2⑦由②③④⑤⑥⑦式，解得t ＝1.5×10－8s 答案 (1)0.50 cm (2)1.5×10－8s14．(2012·全国) 如图所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O 点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q 和－Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．解析 设电容器电容为C .第一次充电后两极板之间的电压为U ＝Q C① 两极板之间电场的场强为E ＝U d② 式中d 为两极板间的距离． 按题意，当小球偏转角θ1＝π6时，小球处于平衡状态．设小球质量为m ，所带电荷量为q ，则有T cos θ1＝mg ③ T sin θ1＝qE ④式中T 为此时悬线的张力． 联立①②③④式，得 tan θ1＝qQ mgCd⑤ 设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ ，此时小球偏转角θ2＝π3，则tan θ2＝q Q ＋ΔQmgCd⑥联立⑤⑥式，得tan θ1tan θ2＝QQ ＋ΔQ代入数据，解得ΔQ ＝2Q 答案 2Q。

课时跟踪检测（二十八） 带电粒子在电场中运动的综合问题卷Ⅱ—拔高题目稳做准做1．(2018·哈尔滨市九中二模)如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长l ＝10 cm ，板间距离d ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。

(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处； (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)设电子经电压U 0加速后的速度为v 0，根据动能定理得：eU 0＝12mv 02设偏转电场的场强为E ，则有：E ＝U d设电子经时间t 通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y ，则有：在中心轴线方向上：t ＝l v 0在轴线侧向有： a ＝eEmy ＝12at 2＝eUl 22mdv 02 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v y ，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：v y ＝at, tan θ＝v y v 0电子在荧光屏上偏离O 点的距离为Y ＝y ＋L tan θ＝eUl mdv 02⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2＋L ＝Ul 2U 0d ⎝ ⎛⎭⎪⎫l 2＋L由题图知t ＝0.06 s 时刻U ＝1.8U 0， 代入数据解得Y ＝13.5 cm 。

(2)由题知电子偏移量y 的最大值为d /2，所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了。

代入上式得：Y ＝32l所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y ＝3l ＝30 cm 。

答案：(1) O 点上方13.5 cm 处 (2)30 cm★2．如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O ，半径为r ，内壁光滑，A 、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点。

该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m 、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C 点时速度最大，O 、C 连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g 。

课后达标检测18 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动一、单项选择题 1．(2012·高考江苏卷)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小2. 某位移式传感器的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，平行金属板A 、B 和介质P 构成电容器，当可移动介质P 向左匀速移出的过程中( )A ．电容器的电容变大B ．电容器的电荷量保持不变C ．M 点的电势比N 点的电势低D ．流过电阻R 的电流方向从M 到N3. 如图所示，A 、B 两导体板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两板间加四种电压，它们的U AB －t 图线如下列四图所示，其中可能使电子到不了B 板的是( )4. 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，具有的动能不可能为( )A ．0B ．12m v 20＋12qElC ．12m v 20D ．12m v 20＋23qEl 5. (2014·宁波检测)如图所示，半径为R 的环形塑料管竖直放置，AB 为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的直径AB及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m，带电荷量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg，以下说法正确的是()A．小球释放后，到达最低点D时速度最大B．小球释放后，第一次经过最低点D和最高点C时对管壁的压力之比为5∶1C．小球释放后，到达B点时速度为零，并在BDA间往复运动D．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C时对管壁的压力之比为1∶1，且方向相同二、不定项选择题6. 如图所示，电子由静止开始从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7. (2012·高考广东卷)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8．(2014·石家庄质检)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，则()A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为14UqB ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC ．在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶1D ．在粒子下落的前d 4和后d4过程中，电场力做功之比为1∶29. (2014·嵊州二中高三模拟)如图所示，用电池对电容器充电，电路a 、b 之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q 处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )A ．电荷将向上加速运动B ．电荷将向下加速运动C ．电流表中将有从a 到b 的电流D ．电流表中将有从b 到a 的电流 三、非选择题10．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，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 .初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U 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，A 点坐标为(0，h )．已知电子的电量为e ，质量为m ，加速电场的电势差U ＞Ed 24h，电子的重力忽略不计，求：(1)电子从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度v ； (2)电子经过x 轴时离坐标原点O 的距离l .11. 如图所示为密立根油滴实验示意图．在电介质为空气的电容器中，观测以某一速度滴入的油滴．当开关S 断开时，从上板小孔飘入的带电油滴能以稳定的速率v 1下降．合上S ，过一会儿油滴由下降转为上升，稳定时速率为v 2.设油滴的质量为m ，电源电压为U ，板间距离为d ，油滴受到空气的黏滞阻力的大小与速度成正比，即F f ＝k v (式中k 为未知量)．(1)求油滴所带的电荷量q ；(2)设两板间距d ＝0.5 cm ，板间电压U ＝150 V ，测得油滴的直径D ＝1.10×10－6 m ，油滴的密度ρ＝1.05×103 kg/m 3，若实验中观察到油滴向下和向上匀速运动的速率相等，试由此计算油滴的电荷量并说明电性．12. (2014·绍兴调研)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x ≤L )和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E ，但方向不同．在区域Ⅰ内场强方向沿y 轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，但都处在xOy 平面内．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从坐标原点O 以某一初速度沿x 轴正方向射入电场区域Ⅰ，从P 点进入电场区域Ⅱ，到达区域Ⅱ右边界Q 处时速度恰好为零．P 点的坐标为⎝⎛⎭⎫L ，L2.不计粒子重力，求：(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度； (2)电场区域Ⅱ的宽度．详解答案与解析：1．[解析]选B.根据平行板电容器电容的公式C ＝εS4πkd 可知，在两极板间插入电介质后，电容C 增大，因电容器所带电荷量Q 不变，由C ＝Q U 可知，U ＝QC减小，B 正确．2．[解析]选D.当可移动介质P 向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A 错误；电容器的电压等于电源电动势U ＝E 不变，电荷量Q ＝CU 减小，选项B 错误；电容器放电，电流方向M →R →N ，M 点的电势比N 点的电势高，选项C 错误，D 正确．3．B4．[解析]选D.(1)当它从b c 边中点垂直该边以水平初速度v 0进入电场时，由动能定理得：qE l ＝E k －12mv 20即E k ＝qE l ＋12mv 20.(2)当它从ab 边中点垂直该边进入，则可能沿ad 边射出，也可能沿c d 边射出．①若从ad 边射出，则qE l 2＝E k －12mv 20，即E k ＝qE l 2＋12mv 20，则选项B 正确；②若从c d 边射出，设射出点与射入点沿场强方向的距离为x ,0＜x ≤l 2，则qE x ＝E k －12mv 20，得：12mv 20＜E k ≤qE l 2＋12mv 20. (3)若它从ad 边中点垂直该边进入电场，则先做匀减速运动．①若qE l ＝12mv 20，则到达b c 边时速度为零，故选项A 正确；②若qE l ＞12mv 20，则未出电场区，之后做反向匀加速运动，返回ad 边时，动能仍为12mv 20，故选项C 正确．③若qE l ＜12mv 20，则到达b c 边动能E k＝12mv 2－qE l .故答案为D. 5．[解析]选B.小球释放后，重力和电场力做功，左侧圆弧BD 的中点为等效场的最低点，到达左侧圆弧BD 的中点时速度最大，选项A 错误；小球释放后，从A 到D ，由动能定理得，mg R ＋qER ＝12mv 2D ，解得v 2D ＝4g R ，在最低点D ，由牛顿第二定律得，F D －mg ＝m v 2D R，解得第一次经过最低点D 时，管壁的支持力F D ＝5mg ，由牛顿第三定律得，小球对管壁的压力为5mg ，小球释放后，从A 到C ，由动能定理得，－mg R ＋2qER ＝12mv 2C ，解得v 2C ＝2g R ，小球对管壁的压力为F 1＝mg ，所以，小球释放后，第一次经过最低点D 和最高点C 时对管壁的压力之比为5∶1，选项B 正确；小球释放后，由于电场力做功，到达B 点的速度一定大于零，选项C 错误；小球从C 点开始，由动能定理得，2qER ＝12mv ′2C －12mv 2C ，在C 点，mg ＋F 2＝m v ′2CR，解得F 2＝5mg ，所以小球释放后，第一次经过最高点C 时和第二次经过最高点C 时对管壁的压力之比为1∶5，选项D 错误．6．[解析]选CD.由于两板间电压不变，由Uq ＝12mv 2知，改变两板距离v 保持不变，故A 、B 错C 对．两板间距离增大，由a ＝Uq m d 知，a 减小，由d ＝12at 2知，t 增大，故D 对．7．[解析]选BD.由题知有水平向左的匀强电场，带正电的矿粉受水平向左的电场力与自身重力的合力，方向偏左下方，合力方向与速度方向不在同一条直线上，矿粉做曲线运动落在左侧，A 错误；同理，带负电的矿粉落在右侧，由W ＝qE d 得电场力对正、负矿粉分别做正功，B 正确；再由W AB ＝E p A －E p B 得，当W ＞0时，E p 减小，C 错误，D 正确．8．[解析]选BC.粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个t2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t2时间内，电场力对粒子做的功为38Uq ，选项A 错、B 对；由W ＝Eq·s 知在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对、D 错．9．BD10．[解析](1)由eU ＝12mv 20 得电子进入偏转电场区域的初速度v 0＝ 2eUm.设电子从M N 离开，则电子从A 点进入到离开匀强电场区域的时间t ＝d v 0＝d m2eU；y ＝12 at 2＝E d 24U因为加速电场的电势差U ＞E d 24h ， 说明y ＜h ，说明以上假设正确，所以v y ＝at ＝eEmdm 2eU ＝eE d m m 2eU离开时的速度v ＝v 20＋v 2y ＝ 2eU m ＋eE 2d 22mU.(2)设电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 y2t ＝v y t ′则 l ＝d ＋x ′＝ d ＋v 0t ′＝d ＋v 0(h v y －t2)＝d ＋v 0v y h －d 2＝d 2＋v 0v yh代入解得l ＝d 2＋2hUE d.[答案]见解析11．[解析](1)设向下为正方向，S 合上前，油滴以速率v 1匀速下降，受重力mg 和向上的空气黏滞阻力kv 1作用，有：mg ＝kv 1S 合上后油滴以速率v 2匀速上升时，电场力qE 必向上，重力mg 和空气阻力kv 2均向下，有：qE ＝mg ＋kv 2又E ＝U d由上述三式解得：q ＝m gd (v 1＋v 2)v 1U.(2)设油滴的速率为v 0，下降时有 mg ＝kv 0上升时有qE ＝mg ＋kv 0又E ＝U d油滴的质量m ＝ρV ＝16πρD 3解得q ＝πρgd D33U代入数据可解得q ≈4.9×10－19 C 油滴应带负电．[答案](1)m gd (v 1＋v 2)v 1U(2)4.9×10－19 C 油滴带负电12．[解析](1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为v 0，在x 轴方向上粒子做匀速直线运动L ＝v 0t在y 轴方向上粒子做初速度为零的匀加速直线运动 L 2＝12at 2 且a ＝qE m联立以上各式解得：v 0＝qE Lm.(2)粒子在区域Ⅱ中做匀减速直线运动，设粒子在P 点时的速度为v P ，在x 轴方向的分速度为v P x ，在y 轴方向上的分速度为v Py ，电场区域Ⅱ的宽度为Δx 2v P x ＝v 0＝ qE Lmv 2Py ＝2×qE m ×L 2 即v Py ＝ qE Lm故v P ＝v 2P x ＋v 2Py ＝ 2qE L m因为tan θ＝v Py v P x 所以θ＝π4设粒子从P 点做匀减速直线运动到Q 点所通过的位移为x ，则0－v 2P ＝－2×qEm ×x 解得x ＝LΔx 2＝x cos π4解得Δx 2＝22L .[答案](1) qE L m (2)22L。