2019人教版必修第三册第十章静电场中的能量第5节带电粒子在电场中的运动同步练习（word版含答案）

2019人教版必修第三册 第十章 静电场中的能量 第5节 带电粒子在电场中的运动 同步练习
一、多选题
1．质量为的带电小球以初速度水平抛出，经过时间后进入方向竖直向下的匀强电场，再经过时间速度方向重新变为水平，已知初末位置分别为A点和C点，经B点进入电场。下列分析正确的是（　　）
A．电场力大小为2mg B．从A到C的运动过程，小球机械能守恒
C．小球从A到B与从B到C的速度变化量相同 D．电场中BC两点间的电势差
2．两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率从S点沿SO方向垂直射入水平向右的匀强电场，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示，乙粒子运动轨迹与圆形区域的交点恰好在水平直径AOB最左端的A点。不计粒子的重力，则下列说法中正确的是（　　）
A．乙粒子带正电荷
B．甲粒子所带的电荷量比乙粒子小
C．乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子大
D．从粒子进入圆形区域到离开圆形区域的过程中甲粒子动量变化更小
3．如图所示，a为xoy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xoy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从a点沿与x轴正半轴成θ角斜向右上射入电场．粒子只在电场力作用下运动，经过y正半轴上的b点（图中未标出），则下列说法正确的是（ ）
A．若粒子在b点速度方向沿轴正方向，则电场方向可能平行于轴
B．若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点
C．若粒子在b点速度大小也为v0，则a、b两点电势相等
D．若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与v0方向相反
4．如图是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑．下列说法正确的是 (　　)
A．要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY′上加电压，且Y′比Y电势高
B．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X比X′电势高、Y比Y′电势高
C．要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX′上加特定的周期性变化的电压(扫描电压)
D．要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压
5．如图甲所示，一平行板电容器极板长l＝10cm，宽a＝8cm，两极板间距为d＝4cm，距极板右端处有一竖直放置的荧光屏。在平行板电容器左侧有一长b＝8cm的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg，速度为4×106m/s的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下面说法正确的是（　　）
A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25cm
B．粒子打在屏上的区域面积为64cm2
C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上
D．在0～0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s
二、单选题
6．场致发射显微镜的构造如图所示：一根尖端直径约为的针，位于真空玻璃球泡的中心，球的内表面涂有荧光材料导电膜，在膜与针之间加上如图所示的高电压，使针尖附近的电场强度高达，电子就被从针尖表面拉出并加速到达涂层，引起荧光材料发光. 这样，在荧光屏上就看到了针尖的某种像(针尖表面的发射率图象)，如分辨率足够高，还可以分辨出针尖端个别原子的位置. 但由于电子波的衍射，会使像模糊影响分辨率. 将电极方向互换，并在玻璃泡中充进氦气，则有氦离子产生并打到荧光屏上，可使分辨率提高. 以下判断正确的是（ ）
A．氦原子变成氦离子是在导电膜附近发生的
B．电子从针尖到导电膜做匀加速运动
C．电子或氦离子的撞击使荧光材料的原子跃迁到了激发态
D．分辨率提高是因为氦离子的德布罗意波长比电子的长
7．如图所示，A是一个边长为L的正方形导线框，每边电阻为r.现维持线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示由虚线围成的匀强磁场区域．Ubc＝φb－φc，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则b、c两点间的电势差随时间变化的图线应为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图，虚线表示某电场的等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的轨迹如图中实线所示，粒子在A、B点的加速度分别为aA、aB，电势能分别为EPA、EPB，下列判断正确的是（　　）
A．粒子带正电，aA>aB，EPA>EPB
B．粒子带负电，aA>aB，EPAC．粒子带正电，aAEPB
D．粒子带负电，aA9．如图所示，带电粒子A、B所带电荷量、之比为，带电粒子A、B以相等的速度从平行板电容器左侧同一点射入电场，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，O为下极板左侧端点，若OC = CD，忽略粒子所受重力的影响，则（ ）
A．A、B在电场中运动的时间之比为 B．A、B运动的加速度大小之比为
C．A、B的质量之比为 D．A、B的位移大小之比为
10．质点沿曲线从M向P点运动，关于其在P点的速度v与加速度a的方向，下列图示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．图甲是洛伦兹力演示仪．图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹．图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生的磁场近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形．关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是
A．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小
B．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变
C．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变
D．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小
12．如图1所示，质量为m、电荷量为e的电子源源不断以大小为v0的速度，从水平放置的平行金属板AB左端射入，金属板长为L，两板间距为d，板间加有周期为T的交变电压，如图2所示。己知L=2v0T，不计电子重力及电子间相互作用，所有电子都能穿过平行板。则电子从金属板右端射出区域的宽度为（　　）
A． B．
C． D．
13．如图所示是示波管的原理示意图，XX′和YY′上不加电压时，在荧光屏的正中央出现一亮斑，现将XX′和YY′分别连接如图甲乙所示电压，从荧光屏正前方观察，你应该看到的是图中哪一个图形？
A． B．
C． D．
14．如图所示，一个粒子射入某电场，在仅受电场力的作用下，其运动的轨迹为关于y轴对称的抛物线，且先后经过A、B两点时动能相等，则下列说法不正确的是（　　）
A．该电场为匀强电场
B．电场方向沿y轴正方向
C．A、B两点的电势相等
D．粒子经过O点时的动能为零
15．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v0通过等势面M射入两等势面之间，此后穿过等势面N的速度应是(　　)
A．
B．
C．
D．
16．让、、和的混合物以相同的初动能从一位置垂直进入一偏转电场中发生偏转，设四种粒子都能飞出电场；则飞出电场时它们将分成（　　）
A．一股 B．二股 C．三股 D．四股
17．如图所示,空间有一水平方向的匀强电场,一带电微粒以一定初速度从A点沿直线运动到B点微粒除受到电场力和重力外,不再受其它力,则此过程微粒( )
A．电势能增加 B．重力势能减少
C．动能增加 D．电势能和动能之和不变
18．如图所示，光滑绝缘的水平面上固定一半径为R的圆弧屏AB，其圆心为O，整个装置放在沿半径BO方向的水平匀强电场中。现将一电荷量为q的带电小球从C点（在直线OA上）以初动能Ek0沿OA方向射出，最终垂直打到屏上的P点。已知∠POB=30°，取A点为电势零点。下列说法正确的是（　　）
A．小球带正电
B．P点的电势为
C．电场的电场强度大小为
D．O、C两点间的距离为
19．a、b、c三个粒子（重力不计）由同一点M同时垂直电场强度方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图所示，其中b恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知（　　）
A．进入电场时a的速度最大，c的速度最小
B．b、c在电场中运动经历的时间相等
C．若把上极板向上移动，则a在电场中运动经历的时间减小
D．若把下极板向下移动，则a在电场中运动经历的时间增长
20．如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
21．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应带负电 D．极板y′可能不带电
三、解答题
22．一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极发出的电子经阳极与阴极之间的高压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度进入两极板、间的区域，若两极板、间无电压，电子将打在荧光屏上的点，若在两极板间施加电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到点。已知极板的长度为，、间的距离为，极板区的中点到荧光屏中点的距离为，电压为，磁感应强度为，点到点的距离为。试求电子的比荷。
23．如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xoy平面的第一象限，存在以轴、轴及双曲线的一段（0≤≤L,0≤≤L）为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以＝－L、＝－2L、＝0、＝L的匀强电场区域Ⅱ．两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，则：
（1）从电场Ⅰ的边界B点处静止释放电子，电子离开MNPQ时的位置坐标；
（2）从电场I的AB曲线边界处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的最小动能；
（3）若将左侧电场II整体水平向左移动（n≥1），要使电子从=-2L，=0处离开电场区域II，在电场I区域内由静止释放电子的所有位置．
24．如图所示，一质量为m，电量为+q的小球，以初速度v0沿两正对带电平行金属板左侧某位置水平向右射入两极板间，离开时恰好由A点沿圆弧切线进入竖直光滑固定轨道ABC中。A点为圆弧轨道与极板端点连线的交点，CB为圆弧的竖直直径并与平行，竖直线的右边界空间存在竖直向下且大小可调的匀强电场E。已知极板长为L，极板间距离为d，圆弧的半径为R，，重力加速度为g，，。不计空气阻力，板间电场为匀强电场，小球可视为质点。
(1)求两板间的电势差大小；
(2)若要使小球沿圆弧轨道运动且通过最高点C，求电场强度E的取值范围。
25．多边形区域内有平行于纸面方向的匀强电场（图中未标出），已知．已知三点的电势分别为，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）电子从点沿方向射入电场后动能增量的最大值。
26．如图，位于竖直平面内的直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。在第一象限的角平分线OA上方存在有界匀强电场，场强，方向竖直向下；第二象限内有另一匀强电场E2，电场方向与x轴成45°角斜向上，如图所示。有一质量为m、电荷量为+q的带电小球在水平细线的拉力作用下恰好静止在坐标（l，-6l）处，绳子水平。现剪断细线，小球从静止开始运动，先后经过两电场后，从A点进入无电场区域，最终打在x轴上的D点，重力加速度为g。求：
（1）绳子拉力T及电场E2的场强
（2）A点的位置坐标
（3）到达D点时小球动能
27．如图所示，在真空中放置一对平行金属板，把两板接到电源上，于是两板间出现了电场．若把两板间的电场看做匀强电场，两极板长度为L，两极板距离为d，极板间电势差大小为U，一个电子（电荷量大小为e，质量为m）沿平行于板面的方向射入电场中，射入初速为v0（只考虑电子所受电场力，不计重力和其它作用力）．求：
（1）电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
（2）偏转的角度θ的正切值tanθ．
28．如图所示，竖直放置的两金属板之间加一电压U1，在其右侧有两个水平正对放置的平行金属极板，板长为L，相距为d，两极板间电压为U2，从左极板静止释放一带负电粒子，经加速后进入偏转电场，粒子轨迹如图。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力。求：
(1)粒子穿越加速电场获得的速度v1；
(2)粒子在偏转电场发生的侧位移y；
(3)粒子射出偏转电场时偏转角的正切值tanφ。
29．如图所示是示波器的示意图，竖直偏转电极的极板长L1=4cm，板间距离d=1cm，板右端距离荧光屏L2=18cm，（水平偏转电极上不加电压，没有画出）电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v=1.6×107m/s，电子电量e=1.6×10-19C，质量m=0.91×10-30kg．要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？
30．如图甲所示，一电荷量为Q的正点电荷固定在A点，在距离A点为d处固定一竖直放置的足够长光滑绝缘杆，O、B为杆上的两点，AB连线与杆垂直。杆上穿有一可视为点电荷、质量为m的带正电小球，现让小球从O点由静止开始向下运动，以O点为x=0位置，竖直向下为正方向，建立直线坐标系。小球的电势能随坐标x的变化关系图像如图乙所示。已知静电力常量为k，重力加速度为g。
(1)求小球运动至B点时的速度大小；
(2)如果小球通过x=2d时的加速度a=1.5g，求小球所带电荷量。
四、填空题
31．如图所示，水平放置的两平行金属板相距为d，充电后其间形成匀强电场。一带电量为+q，质量为m的液滴从下板边缘射入电场，并沿直线运动恰好从上板边缘射出。可知，该液滴在电场中做______________运动，电场强度为__________，电场力做功大小为_______________。
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．AD
【详解】
A．小球从A到B过程中，小球只受重力，所以做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，故，小球从B到C过程中，小球受到重力，电场力，要使在竖直方向上到达C点时竖直速度为零，所以小球在竖直方向上做匀减速直线运动，故，根据牛顿第二定律可得
联立解得， ，故A正确。
B．小球从从A到C的运动过程，静电力做负功，小球机械能不守恒，故B错误。
C．球从A到B过程中速度变化，方向竖直向下，从B到C过程中速度变化为，方向竖直向上，两者大小相同，方向不同，C错误；
D．从B到C点过程中，竖直高度
由动能定理
解得，故D正确；
故选AD。
2．BD
【详解】
A．乙粒子进入电场后向左偏转，所受电场力水平向左，与电场方向相反，故乙粒子带负电荷，故A错误；
B．两粒子在匀强电场中均做类平抛运动，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
、、相等，则与成正比，乙粒子的水平分位移比甲粒子大，则乙粒子所带电荷量比甲粒子多，故B正确；
C．竖直方向有
相同时间内，乙粒子的竖直分位移小，则乙粒子进入电场时的速度小，而两粒子质量相等，则乙粒子进入电场时具有的动能比甲粒子小，故C错误；
D．由动量定理得
因、相等，甲粒子的电荷量小，则从粒子进入圆形区域到离开圆形区域的过程中甲粒子动量变化更小，故D正确。
故选BD。
3．CD
【详解】
A项：如果电场平行于x轴，由于粒子在垂直于x轴方向分速度不为0，因此粒子速度不可能平行于x轴，故A错误；
B项：若粒子运动过程中在b点速度最小，则在轨迹上b点粒子的电势能最大，由于粒子带正电，因此b点的电势最高，故B错误；
C项：若粒子在b点速度大小也为v0，则粒子在a、b两点的动能相等，电势能相等，则a、b两点电势相等，故C正确；
D项：若粒子在b点的速度为0，则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因此电场方向一定与v0方向相反，故D正确．
故选CD．
4．BCD
【分析】
电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY向上移动，要使电子在YY′中受到的电场力向上，可判断电场强度方向，分析出电势的高低；
要想让亮斑移到荧光屏的右上方，用同样的方法分析电子在两个电场中所受的电场力方向，判断出电势高低；
根据水平方向偏转距离与偏转电压的关系，即可分析所加电压的特点，根据竖直方向偏转距离与偏转电压的关系，分析要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，水平方向和竖直方向所加电压的特点．
【详解】
A、电子枪发射出电子，要想让亮斑沿OY向上移动，电子在YY′中受到的电场力必须向上，板间场强必须向下，则需在偏转电极YY′上加电压，且Y比Y′电势高，故A错误；
B、要想让亮斑移到荧光屏的右上方，电子在偏转电极XX′间受到的电场力指向X、在YY′间受到的电场力指向Y，则需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X比X′电势高，Y比Y′电势高，故B正确；
C、设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描，故C正确；
D、由上分析知，电子在荧光屏偏转的距离与偏转电压成正比，则在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线，故D正确．
【点睛】
本题考查对示波器工作原理的理解，其基本原理是电场的加速和偏转，根据偏转距离与偏转电压的关系，分析荧光屏上光斑的变化．
5．BCD
【详解】
A．设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，水平方向
l＝v0t
竖直方向
又
解得
即当U≥128V时粒子打到极板上，当U<128V时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y，由几何关系和类平抛运动规律得
解得
y＝d＝4cm
故A错误；
B．由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d，则粒子打到荧光屏上的区域面积为
S＝2da＝64cm2
故B正确；
CD．在前，粒子打到荧光屏上的时间
又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间
t′＝4t0＝0.0128s
因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U<128V，则
故CD正确。
故选BCD。
6．C
【详解】
当无规则运动的氦原子与针尖上的钨原子碰撞时，由于氦原子失去电子成为正离子，故A错误；由图可知，该电场是非匀强电场，故电子做的不是匀加速运动，故B错误；当电子或氦离子以很大的速度撞击荧光材料时，电子或氦离子把一部分动能转移给了荧光材料的原子，从而从使其跃迁到了激发态，故C正确；在电场加速，根据动能定理有：，根据动能与动量的关系有:,根据德布罗意波长，联立得：，变换电极前后，两极的电压不变，而氦离子的质量、电量都大于电子的质量、电量，故氦离子的德布罗意波长比电子的小，故D错误；故选C.
7．B
【解析】试题分析：由线圈运动时切割磁感线的长度，由E=BLv可求得感应电动势，则由欧姆定律可得出电流与电压；再由右手定则可得出电流的方向，从而确定电势的高低．
规定以顺时针方向为电流的正方向，，线框在磁场外，力与电流为0．，由右手定则可得出电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度V沿X轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，则有．，线框全部进入磁场，感应电流为0，但感应电动势BLv，则．，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据法拉第电磁感应定律，则有．
8．D
【详解】
根据等势面电势分布可得电场线方向是指向圆心的，根据做曲线运动的物体的轨迹夹在合力与速度方向之间，故可得粒子受到的电场力沿圆心指向外，所以粒子受到的电场力方向和电场方向相反，所以粒子带负电，受到的电场力方向与速度方向夹角为钝角，则电场力做负功，故电势能增大，所以
等势面越密，电场线越密，电场强度越大，受到的电场力越大，故
故选D。
9．C
【详解】
A．带电粒子做类平抛运动运动，在水平方向有
tA = ，tB = ，OC = 2OD
A、B在电场中运动的时间之比为1：2，A错误；
B．带电粒子做类平抛运动运动，在竖直方向有
h = aAtA2，h = aBtB2
则加速度之比为4：1，B错误；
C．带电粒子只受电场力则
aA = ，aB =
A、B的质量之比为1：8，C正确；
D．设OC = CD = x，则A、B的位移大小为
lA = ，lB =
则
≠
D错误。
故选C。
10．A
【详解】
做曲线运动的物体速度的方向沿曲线的切线方向，且物体所受合力（或物体的加速度）大致指向轨迹凹的一侧。
故选A。
11．A
【详解】
电子被加速电场加速，由动能定理得：
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：
解得：
AB．增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，由可知，轨道半径r变小，故B错误，A正确；
CD．只增大电子枪的加速电压U，由可知，轨道半径变大，故CD错误；
12．C
【详解】
粒子在板间做类平抛运动，因为所有粒子都从板间飞出，所以运动时间均相同，即
根据牛顿第二定律可得当板间电势差为U0时的加速度为
当板间电势差为2U0时的加速度为
由题意可知粒子从t=0时刻进入电场的电子从金属板右端射出的位置最高，在0- 时间内，在竖直方向偏转的位移为为
在时间内在竖直方向偏转的位移为
所以从金属板右端射出最高点到O点的距离
同理在时间内又偏离的距离为；
在时刻进入电场的电子从金属板右端射出的位置最低，在时间内在竖直方向偏转的位移为
时间内在竖直方向偏转的位移为
此时的速度为
在时间内在竖直方向偏转的位移为
此时的速度为
在时间内在竖直方向偏转的位移为
则电子从金属板右端射出区域的宽度为
联立以上可得
故C正确，ABD错误。
故选C。
13．D
【分析】
示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．
【详解】
设加速电场的电压为U1，偏转电场的电压为U2，偏转电极的长度为L，板间距离为d，根据推论得知，偏转距离为，可见，偏转距离与偏转电压U2成正比，由几何知识得知，电子在荧光屏偏转的距离也与偏转电压成正比，则偏转电极XX′上加上随时间作线性变化的电压时，电子在荧光屏偏转的距离与时间也是线性关系，形成一条亮线，若电压是周期性变化，就可以使电子在水平方向不断扫描．在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压，电子在荧光屏偏转的距离按正弦规律变化，而在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压，水平方向电子不断从右向左匀速扫描，在荧光屏上出现一条正弦曲线；由于X方向的电压变化的周期为T0，而Y方向变化的周期为2T0，所以在2T0时间内X方向变化2次，Y方向变化一次．在荧光屏上将出现由两条线组成的图象；由于开始时X方向与Y方向的电压都是0，所以两条线在坐标原点交叉．故D正确，ABC错误，故选D．
【点睛】
本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，注意两极所加电势差的正负．
14．D
【详解】
A．粒子射入某电场，在仅受电场力的作用下，由运动的轨迹为抛物线可知粒子做的是匀变速运动，则受力为恒力，所以电场为匀强电场，A正确；
B．根据抛物线的开口方向可知，粒子所受到的电场力方向竖直向上，电场方向沿y轴正方向，B正确；
C．粒子在电场中只受电场力运动动能和电势能之和不变，先后经过A、B两点时动能相等，则电势能相同，A、B两点的电势相等，C正确；
D．粒子在O点时有沿x轴方向的速度，如果没有水平方向速度，速度为零则在O点以后将做直线运动，所以粒子经过O电时的动能不为零，D错误。
故选D。
15．C
【分析】
该题中不计重力，只有电场力做功，电场力做的功等于粒子动能的变化，由动能定理即可求解．
【详解】
该过程中电场力做功等于粒子动能的变化，根据动能定理得：
所以：
故应选C．
【点睛】
运用动能定理求带电粒子加速获得的速度是常用的方法，这种方法匀强电场适用，非匀强电场也适用．
16．C
【详解】
根据侧位移计算公式
可得
动能表达式
故
初动能相同，、、和带电量比为1:1:2:3，所以分成了三股。
故选C。
17．A
【详解】
小球做直线运动，所以合力必须与速度方向共线，而小球只受重力和电场力，所以电场力方向只能为如图所示方向，从A到B过程中电场力做负功，所以电势能增大，重力做负功，重力势能减小，两力都做负功，所以动能减小，BC错误；过程中只有电场力和重力做功，所以电势能与机械能之和保持不变，D错误．
18．C
【详解】
A．小球在水平面内运动，水平方向上只受电场力，小球的偏转方向与电场方向相反，可知小球所受的电场力方向与电场方向相反，所以小球带负电，A错误；
B．小球垂直打到屏上的P点，此时小球速度的反向延长线通过O点，设小球的初速度为，打在P点时的速度为v，动能为Ek，则
得
则有
小球从C到P，由动能定理得
解得CP间电势差为
结合
，
解得
故B错误；
C．CP两点沿电场方向的距离为
则电场的电场强度大小为
故C正确；
D．小球在电场中做类平抛运动，CA方向有：
垂直于CA方向有：
联立解得
故D错误。
故选C。
19．D
【详解】
AB．三个粒子在电场中做类平抛运动，加速度相同，a、b两粒子在竖直方向的位移相同，c粒子沿竖直方向的位移最小，由
可知，a、b两粒子的运动时间相同，c粒子的运动时间最短；b、c两粒子在水平方向的位移相同且大于a粒子，由
可知，三个粒子初速度的关系为，故AB错误；
CD．由电容器电容
，，
联立可得
即移动极板，两板间的电场强度不变，粒子加速度不变，故若把上极板向上移动，则a在电场中运动经历的时间不变，若把下极板向下移动，则a在电场中运动经历的时间增长，C错误D正确。
故选D。
20．D
【详解】
现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误．
【考点定位】电容器，电场力，力的平衡．
【方法技巧】本题主要是:要理解这个题目的实质是在二力平衡作用下物体静止，如果一个力转动45°，而大小不变，物体会乍样运动？
21．A
【分析】
由亮斑位置可知电子偏转后打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性
【详解】
电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到，则X带正电，带负电，同理可知Y带正电，带负电，故选项A正确，BCD错误．
【点睛】
本题考查电子的偏转，要知道电子的受力与电场的方向相反，会分析两个方向上所加不同电压对应的不同偏转情况．
22．
【详解】
设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为v0，加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，表示在电子通过平行板电容器的过程中电子所受的电场力和磁场力相等，即
qE=qv0B
解得
两极板只加电场时，电子的加速度
电子通过两极板所用的时间
电子在极板间偏转的距离
电子射出偏转电场时竖直方向的速度
vy=at
射出电场速度方向与水平方向的夹角为θ，则
电子射出偏转电场后在竖直方向位移
y2=Ltanθ
OP间的距离
y=y1+y2
由以上各式解得比荷
代入数据解得
23．（1）（-2L,0）（2）EeL（3）
【详解】
（1）证明：设在Ⅰ区域的AB曲线边界上任一点（x,y）释放电子，离开Ⅰ区域时的速度
以v1的速度匀速运动到匀强电场II的右边界，在电场II内做类平抛运动，设初速度方向上可以通过电场II区到其左边界，则时间t=
在电场方向上发生的位移
求得 即正好通过P点
（2）设在Ⅰ区域的AB曲线边界上任一点（x,y）释放电子，离开Ⅰ区域时的速度
进入II区后偏转，离开II区时在电场方向上的速度
t= 得
电子离开MNPQ时的动能
当时，即x=L/2时有EK最小值=eEL
（3）设在Ⅰ区域内的任一点（x，y）释放电子，离开Ⅰ区域时的速度
以v1的速度匀速运动到匀强电场II的右边界，在电场II内做类平抛运动，要其能通过
x=-2L，y=0处，有
代入化简得 （0≤x≤L，0≤y≤L）
24．（1）；（2）
【详解】
（1）在A点的速度为
则竖直方向的速度大小为
在水平方向做匀速直线运动，则有
竖直方向上的加速度为
竖直方向上的速度为
则有
则有电场强度大小为
解得两极板间的电势差大小为
（2）假设小球恰好通过C点，则
由A到C，根据动能定理
综上
25．（1）；（2）
【详解】
连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化的特点，则知AC中点G的电势为
则CA是一条电场线，根据公式可得
又
代入数据，解得
（2）由图可知电子从CD等势面离开时动能最大，即动能增量为
26．（1），；（2）（2l，2l）；（3）
【详解】
（1）绳子剪断前，小球处于平衡状态
得
（2）剪断绳子后，小球受合力与绳子拉力相等为mg，小球沿水平方向做匀加速直线运动，设小球进入第一象限速度为，小球第二象限运用动能定律
得
设A点坐标为（x，y），由于A在象限角平分线上得x=y，进入电场区域后，小球类平抛运动，竖直方向上有
水平方向上
联立解得
故A点坐标为（2l，2l）。
（3）从P到D全过程应用动能定理

27．（1） （2）
【详解】
（1）水平方向匀速运动：L=v0t
竖直方向做匀加速运动：
（2）
28．(1)；(2)；(3)
【详解】
（1）根据动能定理可知
解得：
（2）根据题意可知
①
加速度
②
运动时间
③
①②③联立，将v1带入得：
（3）速度偏转角
④
且
⑤
④⑤联立的
29．91V
【详解】
若电子束恰好打在偏转电极右边缘上，则有
又因为
由以上各式，解得
代入题中数据，解得
所以要使电子束不打在偏转电极上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过91V。
30．(1)；(2)
【详解】
(1)由图可知，小球从A运动至B点时，电势能增加量为E2-E1，则电场力做负功为
W电=E2-E1
由动能定理
解得
(2)如果小球通过x=2d时由牛顿第二定律
其中a=1.5g
解得
31．匀速直线运动 W=mgd
【详解】
[1]该液滴受向下的重力和向上的电场力，液滴做斜向上的直线运动，则只能是做匀速直线运动；
[2]由
mg=qE
可得电场强度为
[3]电场力做功大小为
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