10.5带电粒子在电场中的运动同步练习（Word版含答案）

10.5 带电粒子在电场中的运动 同步练习
一、单选题
1．一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合体，由静止开始经同一加速电场加速后，从同一位置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．进入偏转电场时的动能相同 B．进入偏转电场时的速率相同
C．先后到达屏上不同点 D．离开偏转电场时的位置相同
2．如图所示，在水平向右的匀强电场E中，一个质量为m、电荷量为q的粒子，以速度v0从图中M点垂直电场方向射入，经过一段时间，到达左上方N点。已知MN的连线与水平方向夹角为30°，则粒子从M到N的过程中（粒子重力可以忽略）（　　）
A．所用时间为
B．位移大小为
C．到达N点速度大小为
D．MN两点之间的电势差为
3．如图所示，光滑绝缘水平桌面上有一匀强电场，电场强度大小为E,方向与桌面平行．平行实线为该电场等势线，过B点的等势线与BC的夹角为300，AB与等势线垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球，在A点的速度为v0,方向与BC平行，经过时间t小球运动至C点，且AB=BC．则时间的表达式正确的是
A． B． C． D．
4．质点做曲线运动，关于运动过程中的速度v和加速度a的方向，在以下四种情形下，正确的是
A． B． C． D．
5．下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。下列说法不正确的是（　　）
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左下方，需在偏转电极XX 、YY 上加电压，且X比X 电势低、Y比Y 电势低
C．要想在荧光屏上出现一条竖直亮线，需在偏转电极YY 上加特定的周期性变化的电压
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
6．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（　　）
A．电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关
B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关
C．两板间距离越大，加速时间越短
D．两板间距离越小，电子的加速度就越小
7．如图所示，匀强电场方向水平向左，带正电荷的某物体沿绝缘、粗糙水平面向右运动，经A点时动能为100 J，到B点时动能减少80 J．减少的动能中有3/5转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是（ ）
A．4 J
B．20 J
C．52 J
D．80 J
8．一重力不可忽略油滴在电场中运动，如图所示，实线表示其在竖直面(纸面)内的运动轨迹，虚线表示电场中的三个平行等势面，忽略空气阻力．由此可知
A．此电场一定是匀强电场，且场强方向一定向下
B．油滴一定是做匀变速曲线运动
C．油滴在Q点的动能比它在P点的大
D．油滴在M点的电势能与机械能之和一定大于它在P点的电势能与机械能之和
9．原来静止的氕核（）、氘核（）、氚核（）混合物经同一电场加速后，具有相同的（ ）
A．速度
B．动能
C．质量和速度的乘积
D．以上都不对
10．如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔Ol处由静止释放一个α粒子，不计质子与α粒子的重力。已知质子和α粒子的电量比和质量比分别为：qm：qα＝1：2、mm：mα＝1：4，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　）
A．质子和α粒子打到感光板上的位置相同
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为2：1
D．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2
11．关于电势，下列表述正确的是（　　）
A．电势就是电势能
B．电场中的零电势点可以视问题方便随意选定
C．电场中一点的电势，就是把单位正电荷从该点移动到零电势点过程中电场力所做的功
D．电势是矢量，不仅有大小，而且有方向
12．如图甲所示，足够大的绝缘水平面上静止放置有一质量、带正电且电荷的小滑块，从时刻开始，空间加上一个如图乙所示的周期性变化的电场（向右为场强E的正方向）。已知小滑块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度，小滑块可视为质点，运动过程中电量保持不变，则下列说法正确的是（　　）
A．小滑块在内加速度的大小为 B．小滑块在内加速度的大小为
C．小滑块在14s末的速度大小为 D．小滑块在前14s内的位移大小为28m
13．如图所示，一个质量为m，带电量为q的粒子（不计重力），始终从两平行板左侧中点处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．粒子的质量变为原来的2倍
14．如图所示，空间存在竖直向下大小为E的匀强电场，一个质量为m、带电荷量为q的带正电绝缘小环套在粗糙程度相同的绝缘木杆上，若小环以初速度从M点沿杆上滑，到达N点时速度恰好为零，随后小环下滑回到M点，此时速度为，已知小环电荷量保持不变，重力加速度为g，空气阻力不计，则（　　）
A．小环所能达到的最大高度为
B．从M到N的过程中，克服摩擦力做的功为
C．从M到N的过程中，小环的电势能增加了
D．N、M间的电势差为
15．如图所示为示波管构造的示意图，实验学校高二的某探究小组在间加上了图乙所示的信号，间加上了图甲所示的信号。则在屏幕上看到的图形是（　　）
A． B．
C． D．
16．如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是（　　）
A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
B．若t＝ 时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动
C．若t＝ 时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边
D．若t＝ T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边
二、多选题
17．如图甲所示,真空中两平行金属板A、B水平放置,间距为d,P点在A、B间,A板接地,B板的电势φB随时间t的变化情况如图乙所示,已知φ1<φ2.t=0时,在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子,到t=3T时刻,电子回到P点.电子运动过程中始终未与极板相碰,电子重力不计,则下列说法正确的是( )
A．φ1∶φ2=4∶5
B．φ1∶φ2=3∶4.
C．电子从P点出发至返回P点,动能增加,电势能减少
D．电子从P点出发至返回P点,动能和电势能都增加
18．如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入电压为认的加速电场加速后，垂直射入电压为U2的偏转电场，加速电场的板长为L1、板间距为d1，偏转电场的板长为L2、板间距为d2，在满足电子能射出偏转电场的条件下，为了缩短电子射出时间，下列哪些措施是可行的（　　）
A．仅增大加速电压U1
B．仅增大偏转电压U2
C．仅减小加速电场的板间距d1
D．仅减小偏转电场的板长L2
19．如图所示在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上抛出，通过N点时速度大小为2v，方向与电场方向相反则小球从M点运动到N点的过程（　　）
A．动能增加 B．重力势能增加
C．机械能增加 D．电势能增加
20．三个相同的带电粒子（不计重力）从同一位置沿同一方向垂直于电场线飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可判断（　　）
A．粒子c的动量变化量最小，a的动量变化量最大
B．进电场时，c的速度最大，a的速度最小
C．动能的增加值，c最小，a和b一样大
D．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
21．如图所示，是某匀强电场中一个边长为L的正方形的四个顶点，电场线与正方形所在平面平行，已知B点电势为点电势为点电势为。一个质子（不计重力）经过B点时的速度大小为，方向与成斜向下，一段时间后经过C点，则下列说法正确的是（　　）
A．A点电势为
B．质子从B运动到C电势能增加了
C．质子在电场中运动的加速度大小为
D．质子运动到C点时的速度大小为
三、解答题
22．如图所示，光滑的竖直半圆轨道与光滑水平面相连，空间存在水平向右的匀强电场（图中未画出），场强E=103V/m，不带电物体B质量为m=0.2kg，静止在圆轨道最低点D，A物体质量也为m，带电量q=8×10-3C，从C点静止释放，CD相距s=0.8m，AB碰撞后粘成一体进入圆弧轨道且恰好通过圆弧轨道最高点N，（A、B均可看作质点，g=10m/s2）求：
(1)半圆轨道的半径R是多少
(2)物体经过与圆心等高的M点时对轨道的压力大小是多少
23．如图，在y>0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y < 0的区域存在方向沿x轴负方向的匀强电场。第一个带电粒子先从y轴上的A点以大小为v的速度沿x轴正方向射出，之后从x轴上的C点进入电场时，速度方向与x轴垂直，最后经过y轴上的D点。已知A、C、D三点与原点O的距离都为L，不计重力。
（1）求匀强电场的场强大小E；
（2）第二个相同的粒子也从A点射出，射出时速度的大小和方向都与第一个粒子不同，结果该粒子从x轴上的P点进入电场，此时速度方向仍与x轴垂直。已知P点与原点O的距离为2L。求该粒子从A点出发经过多长时间再次到达y轴？（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）
24．如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置。今有一质量为m，电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间水平射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出。A、B分别为两块竖直板的中点，不计电子重力。求:
(1)电子通过B点时的速度大小；
(2)右侧平行金属板的长度；
(3)电子穿出右侧平行金属板时的速度大小和方向。
25．如图，正电粒子（不计重力）质量为m、电荷量为q，初速度近似为0，进入电势差为U的加速电场，加速后沿x轴上的S点进入磁感应强度为B，从方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，粒子从y轴P点垂直y轴离开磁场进入电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场，在电场力作用下垂直击中斜面上Q点。若磁场的宽度OS为OP的倍，斜面与x轴的夹角为．求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）粒子在磁场中的运动半径；
（3）粒子从S点运动到O点的时间。
26．如图，是竖直面（纸面）内圆心在O点，半径为R的固定圆弧轨道，所在空间有方向水平向右（与OA平行）的匀强电场，从O点静止释放一质量为m、电荷量为q（q>0）的小球，小球第一次与轨道碰撞于D点，。小球可视为质点，重力加速度大小为g。
（1）求电场的场强大小；
（2）若小球与轨道碰后速度反向且电荷量不变，碰后瞬间速率变为碰前瞬间速率的，求小球第一次反弹后与O点的最近距离。
27．如图所示，带电小球A和B（可视为点电荷）放在倾角为的光滑固定绝缘斜面上，已知A球的质量为m，所带电荷量为+q，B球的质量为2m，所带电荷量为-q。沿斜面向上的恒力F作用于A球，可使A、B保持间距r不变沿斜面向上做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：
(1)加速度a的大小；
(2)F的大小。
28．质量为m，带电量为-q的微粒（重力不计），经过匀强电场中的A点时速度为v，方向与电场线垂直，运动到B点时速度大小为2v，如下图所示．已知A、B两点间的距离为d．求：
(1).A、B两点的电势差；
(2).电场强度的大小和方向．
29．如图所示，在xOy平面上第Ⅰ象限内有平行于y轴的有界匀强电场，方向如图所示，y轴上P点的坐标为(0，y0)，有一电子以垂直于y轴的初速度v0从P点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E1时，电子从A点射出，A点坐标为(xA，0)，当场强为E2时，电子从B点射出，B点坐标为(xB，0)。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子的重力。
(1)求匀强电场的场强E1、E2之比；
(2)若在第Ⅳ象限过Q点放一张垂直于xOy平面的感光胶片，Q点的坐标为(0，-y0)，求感光胶片上曝光点的横坐标xA′、xB′之比。
30．如图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U1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U2，两板间的距离为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。求：
（1）电子穿过A板时速度的大小；
（2）电子从偏转电场射出时的偏移量；
（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．在加速电场中有
解得
则电荷量不同时它们动能不相同，质量不同时，它们的速率也不相同，AB错误；
CD．在加速电场中有
在偏转电场中有
，， ，
解得在电场中的偏转位移为
离子离开电场时的偏转角为
则不同带电粒子由静止开始经同一加速电场加速后，从同一位置垂直射入同一偏转电场中，它们的偏转位移与偏转角度相同，则它们的运动轨迹完全相同，所以离开电场的位置相同，能到达屏上同一个点，C错误，D正确。
故选D。
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律
垂直电场方向的位移
y=v0t
平行电场方向的位移
根据几何关系
联立解得
故A错误；
B．水平位移
竖直位移
故位移为
故B错误；
C．水平方向速度
故到达N点速度大小为
故C正确；
D．根据动能定理
解得
故D错误。
故选C。
3．B
【解析】
【详解】
A、把运动分解为OC方向的匀速运动和AO方向的匀加速运动，如图所示：
设AB=BC=L,
在AO方向
解得： 故B正确；
综上所述本题答案是：B
点睛：遇到曲线运动时就要思考是否可以把运动分解为平抛的形式来处理，万变不离其宗，学会把运动分解成我们熟悉的运动来解
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．物体做曲线运动时，速度方向沿切线方向，而合力方向即加速度方向一定指向曲线的凹侧；故AB错误；
C．由于加速度和速度方向夹角大于90°，力做负功；故速度应减小，故C不符合实际情况，故C错误；
D．图中加速度和速度方向夹角小于90°，力做正功，则速度应增大，故D符合实际情况，故D正确．
故选D。
5．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY 上加电压，要使电子受向上的电场力，则要使Y比Y 电势高，选项A错误，符合题意；
B．要想让亮斑移到荧光屏的左下方，即使电子受到OX′以及OY′方向的电场力，需在偏转电极XX 、YY 上加电压，且X比X 电势低、Y比Y 电势低，选项B正确，不符合题意；
C．要想在荧光屏上出现一条竖直亮线，需在偏转电极YY 上加特定的周期性变化的电压，选项C正确，不符合题意；
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，选项D正确，不符合题意。
故选A。
6．B
【解析】
【详解】
AB．电子从P板到Q板的过程中，由动能定理有
得
所以到达Q板时的速率只与加速电压有关，而与板距无关，故A错误，B正确；
CD．据牛顿第二定律可得加速度
所以当两板间距离越小时，加速度越大，电子从P极板向Q极板运动做匀加速直线运动，由运动学公式可得时间
两板间距离越大，时间越长，两板间距离越小，电子的加速度就越大，故CD错误。
故选B。
7．A
【解析】
【详解】
从A到B的过程中，减少的动能中有转化为电势能，可知克服电场力做功与克服摩擦力做功之比为3：2．则在整个过程中，克服电场力做功与克服摩擦力做功之比仍然为3：2．从B点到速度减为零，动能减小量为20J，则克服摩擦力做功为：
对B点向右到返回B点的过程运用动能定理，电场力做功为0，则有：，解得：
EK′=4J
A．4 J．故A符合题意．
B．20 J．故B不符合题意．
C．52 J．故C不符合题意．
D．80 J．故D不符合题意．
8．B
【解析】
【详解】
A、由于等势面平行，则可知此电场一定是匀强电场，但场强方向不确定，选项A错误；
B、因重力和电场力都是恒力，所以油滴一定是做匀变速曲线运动，选项B正确；
C、油滴由Q点到P点合力做正功，所以Q点的动能比它在P点的小，选项C错误；
D、因只有重力和电场力做功，所以油滴在电场中的电势能与机械能之和一定保持不变，选项D错误．
点睛：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意分析知道油滴的受力情况，抓住对称性分析合力方向，再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用．
9．B
【解析】
【详解】
带电粒子经过电场加速后，根据动能定理可得
，
由于是同一个电场，所以U相等，三种粒子的带电量相等，所以经过同一电场加速后获得的动能相等；
A．三种粒子获得的动能相等，由于质量不同，所以三种粒子获得的速度不同，A错误；
B．根据分析可知三种粒子获得的动能相等，B正确；
CD．质量和速度的乘积，即动量，根据
，
动能相等，质量不同，可知质量和速度的乘积不同，CD错误．
10．A
【解析】
【详解】
A．带电粒子进入偏转电场时，根据动能定理可得
进入偏转电场后电势差为，偏转的位移为y，则有
速度的偏转角正切值为，有
偏转位移与速度角的正切值和带电粒子无关，因此运动轨迹是一条，打到感光板上的同一位置，所以A正确；
B．设粒子在加速电场中加速度为t1，加速位移为x1，在偏转电场中时间为t2，偏转位移为y，则有
由于质子和α粒子的加速度位移和偏转位移相同，但是不同，所以运动时间不同，故B错误；
C．从开始运动到打到板上，根据动能定理有
故C错误；
D．从开始运动到B板上质子的速度为v1， α粒子速度为v2，根据动能定理有
解得
将粒子的比荷代入
故D错误。
故选A。
11．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．电势是描述电场能的性质的物理量，故A错误；
B．电场中的零电势点是人为规定的，可以视问题方便随意选定，故B正确；
C．电场中一点的电势，数值上等于把单位正电荷从该点移动到零电势点过程中电场力所做的功，故C错误；
D．电势是标量，只有大小没有方向，故D错误。
故选B。
12．D
【解析】
【详解】
AB．小滑块在内所受电场力与滑动摩擦力方向相反，根据牛顿第二定律可得其加速度的大小为
小滑块在内所受电场力与滑动摩擦力方向相同，同理可得其加速度的大小为
故AB错误；
C．由前面分析可知在一个周期内，小滑块速度的变化量为零，所以小滑块在14s末的速度大小为
故C错误；
D．根据运动的对称性可知在一个周期内，小滑块的位移大小为
小滑块在前14s内的位移大小为
故D正确。
故选D。
13．A
【解析】
【详解】
设平行板长度为l，宽度为d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：
垂直初速度方向做匀加速运动：
，
欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是l，垂直初速度方向距离仍为d。
A．使粒子的带电量减少为原来的，则
故A正确；
B．两板间电压减为原来的，则
故B错误；
C．两板间距离增为原来的4倍，则
此时并非恰好穿过电场，故C错误；
D．粒子的质量变为原来的2倍，则
故D错误。
故选A。
14．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．设木杆倾角为、上升过程沿杆运动的最大距离为L，小环从M到N、从N到M电场力做功为0，所以上滑和下滑过程摩擦力做功相等，设为，上滑过程电场力做负功，下滑过程电场力做正功，则在上滑和下滑过程对小环应用动能定理分别有
联立解得
故A错误；
B．上滑和下滑过程克服摩擦力做功为
故B正确；
C．从M到N的过程中，电场力做负功．小环的电势能增加量为
故C错误；
D．所以NM间的电势差为
故D错误。
故选B。
15．C
【解析】
【分析】
【详解】
因图甲是竖直方向所加的扫描电压，可使电子在竖直向运动，所以示波管显像在y轴；当加图乙的信号时，则荧光屏上显示的波形与水平向的电压波形相同，其周期与图乙的周期相同，所以图像为C中所示，故C正确；ABD错误。
故选C。
16．C
【解析】
【详解】
AB．在t＝时刻之前释放电子，静电力水平向左，电子在静电力的作用下向A板做匀加速直线运动，AB错误；
C．若t＝T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，图线三符合电子运动的v－t图像，v－t图像与t轴所围的面积即为电子的位移，2T时刻之前v－t图像与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，C正确；
D．若t＝时刻释放电子，易分析得2T时刻之前v－t图像与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，D错误。
故选C。
17．AD
【解析】
【分析】
电子在交变电场中运动，先由牛顿第二定律求出加速度，再运动学规律求出末速度和位移，由题设条件解出交变电场正负电势的关系．涉及的电势能问题，由能量守恒可以进行判断.
【详解】
设电子在0~T时间内的加速度大小为a1，T时刻的速度为v1，T~3T时间内的加速度大小为a2,3T时刻的速度为v2，画出电子在0~3T时间内的v-t图象，如图所示：
A、B、设电子在0~T时间内的位移为s1，在T~3T时间内的位移为s2，则有，，，其中，，联立解得，，由于加速度大小，故，又匀强电场中，，，故，则A正确，B错误.
C、D、电势能，原来在P点时，P点电势大于0，电子电势能为负值，回到P点后，P点电势小于0，电子电势能为正值，故电子从P点出发至返回P点，电子电势能增加，又由可知电子从P点出发至返回P点，动能增加；故C错误，D正确.
故选AD.
【点睛】
本题的难点在于正负电势大小关系的判定，只能由题设条件经过3T时间回到P点，则两段位移之和为零，列方程解出正负电势的大小关系.
18．ACD
【解析】
【详解】
电子射出加速电场和偏转电场的时间由水平位移与水平速度决定，则有
由以上两式可知仅增大加速电压、仅减小加速电场的板间距和仅减小偏转电场的板长均可以缩短电子射出时间，ACD正确，B错误。
故选ACD。
19．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．小球从M点运动到N点的过程中，可分解为水平方向上的匀加速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动，竖直方向上，运动时间
上升高度
水平方向上有
所以
水平位移
从M到N，动能增量
故A错误；
B．重力势能增量为
故B正确；
C．机械能增量为
故C正确；
D．电势能增量为
故电势能减少，故D错误。
故选BC。
20．BCD
【解析】
【详解】
AD．由于三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量，所以，故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上；由于不计重力，三个粒子仅受电场力，受到的电场力相等，由动量定理可知，c的动量的变化量最小，a和b的动量的变化量一样大，故A错误，D正确；
B．三个相同的粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有
因为，，所以有
故B正确；
C．根据动能定理可知
由于，故动能的增加值，c的最小，a和b的一样大，故C正确。
故选BCD。
21．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．在匀强电场中相互平行且等距的线段电势差相同，则有
解得
所以A错误；
B．由功能关系可得，质子从B运动到C有
则质子从B运动到C电势能减小了，所以B错误；
CD．如图所示AC为等势线，BD为电场线的方向，则质子从B运动到C过程做类平抛运动有
质子运动到C点时的速度大小为
联立解得
，
所以CD正确；
故选CD。
22．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)AB碰撞后粘成一体进入圆弧轨道且恰好通过圆弧轨道最高点N，在竖直方向上，AB只受重力的作用，重力提供向心力，可得
又根据动能定理可得
由碰撞过程动量守恒可得
物块从D点到N点有动能定理可得
解得
(2)根据动能定理可得
物体经过与圆心等高的M点时，由电场力和轨道对AB的支持力提供向心力
解得
根据牛顿第三定律可知，物体经过与圆心等高的M点时对轨道的压力大小为
23．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）设带电粒子的电量为q，质量为m，第一个粒子在磁场中做匀速圆周运动，则
r=L
在电场中运动过程中
qE=ma
L=vt
联立解得
E=2vB
（2）设第二个粒子的速度大小为v′，在匀强磁场中有
运动情况如图
可得几何关系
解得
图中θ角满足
即
θ=53°
粒子在磁场中的运动时间
而周期为
解得
粒子进入电场中运动，经过时间t2到达y轴，则
解得
该粒子从A点运动到再次经过y轴的时间
24．(1)；(2)；(3)大小为，方向与水平夹角为，
【解析】
【详解】
(1)电子通过B点时的速度大小为vB，则由动能定理得
解得
(2)右侧平行金属板的长度为L，由题意得
①
②
③
联立①②③式，解得
(3)电子穿出右侧平行金属板时与vB成θ角，则
而合速度满足
整理得
即电子穿出右侧平行金属板时的速度大小为，速度方向与水平方向的夹角为。
25．（1）（2）（3）
【解析】
【详解】
（1）粒子不计重力，设粒子的速度为，由动能定理：
解得：
；
（2）粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动
由此解出
；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设磁场的宽度，运动的圆心角，
由几何关系
，
设粒子在磁场中运动的时间，在电场中运动的时间为，总的运动时间为。
粒子在匀强磁场中周期
，
粒子在电场中做类平抛运动，正好垂直击中斜面，可以知道偏转角为
粒子在电磁场中运动的时间
。
26．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）从到，小球受二力作用做初速度为的匀加速直线运动
因
故
由
解得
（2）小球所受合力为
从到，由动能定理有
可得
第一次碰后瞬间的速率为
从点反弹至最高点的过程，小球沿方向做匀减速直线运动
由动能定理有
可得
解得小球第一次反弹后与点的最近距离为
27．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)根据库仑定律，两球相互吸引的库仑力
A球和B球的加速度相同，隔离B球，由牛顿第二定律有
所以
(2)把A球和B球看成整体，A、B间的库仑力为系统内力，由牛顿第二定律有
28．(1) ,(2)，方向向左
【解析】
【详解】
（1）根据动能定理可得：（3分）解得：
（2）由题意可知，带电微粒在电场中做类平抛运动，垂直电场方向上做匀速运动，y="vt"
沿电场方向做初速度为零的匀加速运动，
又x2+y2=d2
v2+(at)2=(2v)2
解得：，方向向左
29．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)电子在匀强电场中做类平抛运动，场强为E1时有
场强为E2时有
联立解得
(2)场强为E1时，电子射出电场时速度的偏角为，如图所示
离开电场时速度反向延长线交位移的中点，离开电场后做匀速直线运动，竖直分位移与在电场中的竖直分位移相等，由几何关系可得，打到感光片的横坐标为
同理可得，场强为E1时，电子打到感光片的横坐标为
可得
30．（1）v0=；（2）y=；（3）减小U1或增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点的上方。
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得
eU1=mv-0
解得
v0=
（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动。由牛顿第二定律和运动学公式有
t=
F=ma
F=eE
E=
y=at2
解得偏移量
y=
（3）由竖直方向的偏移量
y=
可知，减小U1或增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点的上方。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页