带电粒子在电场中的运动
【场景引入】
/2
这节课学习带电粒子在电场中的运动情况。
带电粒子在匀强电场中，当速度和加速度方向一致时，做一个什么样的运动呢？当速度和加速度
方向不一致时，又做一个什么样的运动呢？
请同学们思考。
教法备注
【试题来源】原创
【难度】
【知识点】
【场景】非题目
【授课时长】5min
【教学建议】
此为场景导入，引导学生思考带电粒子在不同种电场中的运动去看看。
第一步：让同学们思考带电粒子在匀强电场中可能的运动形式；
第二步：直线运动和曲线运动的不同分析方法
第三步：强调电荷在不同电场中的功能转化关系。
第1页（共29页）
0
答案
无
解析
无
【知识梳理1】
一、带电粒子在电场中运动
1.带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，带电粒子将做匀变速直线运动。
有两种分析方法
(1)用动力学观点分析：=里，丘=号，口.w2=29d
(2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，
gU号m2.2mw2
2
2.带电粒子在匀强电场中的偏转
带电粒子以垂直于匀强电场的方向进入电场后，受到恒定的电场力作用而做类平抛运动，如图所
示。
设平行板电容器电压为U,板长为l,两极板间距离为d.
①沿初速度方向做匀速运动，运动时间仁1
②沿电场方向，做匀加速运动.
加速度：aF吧
mm md
离开电场时的偏移量：y片
at212
2
2mdvo
离开电场时的偏转角：tan0业三Uql
vo mdvo
第2页（共29页）
【讲练课堂1】
教法备注
【试题来源】原创
【难度】
【知识点】
【场景】非题目
【授课时长】10min
【教学建议】
此为知识点梳理，引导学生思考粒子在匀强电场中有哪些运动形试
第一步：直线运动的情况分析；
第二步：曲线运动的情况分析；
第三步：注意强调牛二和功能关系的灵活应用。
答案
无
解析
无
3
如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，小球保持静止状态，现烧断悬线
则小球将在电场中做()
A.自由落体运动
B.变速曲线运动
C.变加速直线运动
D.匀变速直线运动
教法备注
【场景】例题
【授课时长】2min
【教学建议】
第3页（共29页）
0
第一步：受力分析：
第二步：重力及电场力的合力方向上做匀加速运动：
答案
解析
烧断悬线之后，小球将在电场力和重力的作用下，沿着悬线的反方向，做一个匀变速直线运
动
故选D,
4
如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为0，极板间距为，带电的微粒质量为
m、带电量为十q,从极板M的左边缘A处以初速度0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B
处射出，则()
A.M板电势高于N板电势
B.粒子做匀速直线运动
C.粒子到达B点的动能。
mgd
D.粒子的初速o<√eos日
2qd
CoS0
教法备注
【场景】例题
【授课时长】3min
【教学建议】
第一步：受力分析，电场力向左上，合力水平向左，匀减速运动；
第二步：动能定理求末动能；
答案
C
解析
AB.由题分析可知，微粒做匀减速直线运动，动能减小；电场力向左上方，粒子带正电荷，
故N板带正电荷，故N板的电势高；故A错误，B错误；
C.根据动能定理，有：
第4页（共29页）0
带电粒子在电场中的运动
【场景引入】
/2
这节课学习带电粒子在电场中的运动情况。
带电粒子在匀强电场中，当速度和加速度方向一致时，做一个什么样的运动呢？当速度和加速度
方向不一致时，又做一个什么样的运动呢？
请同学们思考。
【知识梳理1】
一、带电粒子在电场中运动
1.带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，带电粒子将做匀变速直线运动。
有两种分析方法：
(1)用动力学观点分析：=g,丘号，口.w2=2ad
(2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化.
qlimmw
2
2.带电粒子在匀强电场中的偏转
第1页（共13页）
0
带电粒子以垂直于匀强电场的方向进入电场后，受到恒定的电场力作用而做类平抛运动，如图所
示。
d
设平行板电容器电压为U,板长为1，两极板间距离为d.
①沿初速度方向做匀速运动，运动时间仁】
②沿电场方向，做匀加速运动，
加速度：aP吧g
mm md
离开电场时的偏移量：y
at212
2
2mdvo
离开电场时的偏转角：tan9业z:Ua1
vo mdvo2
【讲练课堂1】
3
如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，小球保持静止状态，现烧断悬线，
则小球将在电场中做()
A.自由落体运动
B.变速曲线运动
C.变加速直线运动
D.匀变速直线运动
4
如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为9，极板间距为，带电的微粒质量为
m、带电量为十q,从极板M的左边缘A处以初速度0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B
处射出，则()
第2页（共13页）
0
A.M板电势高于N板电势
B.粒子做匀速直线运动
C.粒子到达B点的动能m6
mgd
2gd
2co80
D.粒子的初速c080
5
如图为一示波管中的水平偏转极板，已知极板的长度为L,两板距离为d,所加偏转电压为U,且
下板带正电；若一束电子以初速沿极板的中线进入偏转电场，最终电子从P点飞出，设电子的
质量为m,电量为e,不计电子的重力.试求：
(1)电子在极板间运动的加速度大小.
(2)电子通过极板发生的偏转距离y·
(3)若规定图中的上极板电势为零，试求P点的电势·
6
如图所示，在平面直角坐标系Oy中，第象限存在沿轴负方向的水平匀强电场，在轴下侧平面
内某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以轴为界互不影响），一质量为m,电荷量为
的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度垂直于x轴射入电场，经轴上的N点与轴正方向
成0=60°角射入第V象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直
于轴射出，OP=3R.不计粒子重力，静电力常量为k,求：
0
(1)M、N两点间的电势差UMw.
第3页（共13页）中小学教育资源及组卷应用平台
带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1．两平行金属板相距为，电势差为，一电子质量为，电荷量为，从点沿垂直于极板的方向射出，最远到达点，然后返回，如图所示，，则此电子具有的初动能是
A． B． C． D．
2．如图所示，P和Q为两平行金属板，两极板间电压为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，关于电子到达Q板时的速率，下列说法正确的是（ ）
A．两极板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大
B．两极板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大
C．与两极板间距离无关，仅与加速电压U有关
D．以上说法都不正确
3．如图所示，带电量之比为的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为，则带电粒子的质量之比以及在电场中飞行时间之比分别为( )
A．1：1， 2：3
B．2：1， 3：2
C．1：1 ，3：4
D．4：3， 2：1
4．如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，质量为m，带电量为＋q的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为（ ）
A．将加速下滑 B．继续匀速下滑
C．将减速下滑 D．以上3种情况都有可能
6．图（a）为示波管的原理图．如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极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
A． B．
C． D．
7．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
8．一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
9．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 B．氘核 C．α粒子 D．钠离子Na+
10．平行金属板分别带等量异种电荷，板带正电，板带负电，两个带正电的粒子，以相同的速率先后垂直于电场线从同一点进入两金属板间的匀强电场中，并分别打在板上的两点，如图所示。若不计重力，则（ ）
A．粒子带的电荷量一定大于粒子带的电荷量
B．粒子的质量一定小于粒子的质量
C．粒子带的电荷量与质量之比一定大于粒子带的电荷量与质量之比
D．粒子带的电荷量与质量之比一定小于粒子带的电荷量与质量之比
11．如图所示，两极板与电源相连接，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． D．
12．一个初动能为Ek的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2Ek，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则它飞出电容器的动能变为（ ）
A．4Ek B．8Ek C．4.5Ek D．4.25Ek
13．如图所示，电子在电势差为U1的电场加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子偏转角变大的是（ ）
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
14．如图所示，在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开始时B板电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设A、B两板间的距离足够大，则下述说法中正确的是（ ）
A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
15．如图所示，场强大小为E，方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m，带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a，c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
A． B． C． D．
16．地面附近处的电场的电场线如图所示,其中一条方向竖直向下的电场线上有a、b两点,高度差为h．质量为m、电荷量为-q的检验电荷，从a点由静止开始沿电场线运动，到b点时速度为．下列说法中正确的是( )
A．质量为m、电荷量为+q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为
B．质量为m、电荷量为+2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度为
C．质量为m、电荷量为-2q的检验电荷，从a点由静止起沿电场线运动到b点时速度仍为
D．质量为m、电荷量为-2q的检验电荷，在a点由静止开始释放，点电荷将沿电场线在a、b两点间来回运动
17．质子(H)、α粒子(He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是( )
A．质子(H) B．α粒子(He) C．钠离子(Na＋) D．都相同
18．如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的时间和速率，下列说法正确的是（ ）
A．两板间距越大，则加速的时间越长，获得的速率越小
B．两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率越小
C．两板间距越小，则加速的时间越短，获得的速率不变
D．两板间距越小，则加速的时间不变，获得的速率不变
19．如图所示，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电颗粒沿图中直线从A向B运动，则该带电颗粒（ ）
A．动能减小
B．电势能减小
C．机械能减小
D．可能带负电
20．如图所示，有一带电粒子（不计重力）贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子恰沿①轨迹从B板边缘飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板正中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）
A． B．
C． D．
21．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（ ）
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板处返回 D．在距上极板处返回
22．一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率υ匀速下降；若两板间电压为U，经一段时间后，油滴以速率υ匀速上升．若两板间电压为－U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是( )
A．2υ、向上 B．3υ、向上 C．2υ、向下 D．3υ、向下
23．一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和，从电容器的点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得和与电容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，则和的比荷之比是
A．1:2 B．1:8 C．2:1 D．4:1
24．一个初动能为Ek的带电粒子以速度v垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为3Ek.如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为( )
A．4Ek
B．4.5Ek
C．6Ek
D．9.5Ek
二、多选题
25．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Ek0。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．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
B．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上
C．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek0
D．若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半
26．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左的侧中央以相同的水平初速度先后平行极板方向射入，分别落到极板处，如图所示，则下列说法正确的有（ ）
A．落在处的微粒带正电，处的不带电，处的带负电
B．三个微粒在电场中运动时间相等
C．三个微粒到达极板时的速率
D．三个微粒在电场中运动的加速度
27．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（ ）
A．做直线运动 B．做曲线运动
C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小
28．如图，质子（）．氘核（）和α粒子都沿平行板电容器中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，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
29．如图所示，半径R＝0．5 m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m＝10－4kg、带电荷量为q＝8.0×10－5C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3 m的A点以初速度v0＝3 m/s水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点（图中未画出），取C点电势φ＝0，则( )
A．该匀强电场的电场强度E＝100 V/m
B．粒子在A点的电势能为8×10－5J
C．粒子到达C点的速度大小为5 m/s
D．粒子速率为4 m/s时的电势能为4.5×10－4J
30．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，一个电子垂直经过等势面D时，动能为20eV飞经等势面C时，电势能为－10eV，飞至等势面B时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，则下列说法正确的是 ( )
A．等势面A的电势为－10V
B．匀强电场的场强大小为200V/m
C．电子再次飞经D势面时，动能为10eV
D．电子的运动为匀变速直线运动
31．三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度先后垂直电场进入，并分别落在正极板的、、三处，点是下极板的左端点，且，，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．三个粒子在电场中运动的时间之比
B．三个粒子在电场中运动的加速度之比
C．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比
D．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为
32．如图所示，从电子枪中射出初速度不计的电子，在加速电场中加速后，从板的小孔垂直偏转电场方向射入两极板间，最后射出偏转电场，设加速电压为，偏转电压为，则（ ）
A．变大，则电子进入偏转电场的速度变大
B．变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短
C．变大，则电子在偏转电场中运动的加速度变小
D．若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使变大，其他条件不变即可
33．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虚线所示，由上极板的左下端沿水平直线通过电容器，由下极板的右上端射出极板。设粒子质量为、重力加速度为、极板与水平面夹角为锐角、极板长为。则在此过程中，该粒子（ ）
A．所受重力与静电力平衡 B．射入电场的初速度至少为
C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动
34．如图所示，两平行金属板分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U－t图象应是(设两板距离足够大)( )
A．A B．B C．C D．D
35．如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )
A．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
B．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大
C．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小
D．小球在运动过程中机械能不守恒
36．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（ ）
A．偏转电场对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置，
三、解答题
37．两个相同极板长为，相距为，极板间的电压为。一个电子沿平行于板面的方向射入电场并能够射出电场，射入时的速度为，电子的电荷量为、质量为，求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离和射出电场时的速度。
38．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m=9.0×10﹣31kg，电荷量e=1.6×10﹣19C，加速电场电压U0=2500V，偏转电场电压U=200V，极板的长度L1=6.0cm，板间距离d=2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm（忽略电子所受重力）．求：
(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；
(2)电子打在荧光屏上的P点到O点的距离h；
39．一束电子流在经U=5 000 V的加速电场加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0 cm，板长l=5.0 cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？
40．如图所示，A、B为两块足够大的相距为d的平行金属板，接在电压为U的电源上．在A板的中央P点放置一个电子发射源．可以向各个方向释放电子．设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v．求电子打在B板上的区域面积？(不计电子的重力)
41．如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为、带正电的小球由静止释放，以后运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°（取），现将该小球从电场中某点以初速度竖直向上抛出，重力加速度为，求：
(1)小球受到的静电力的大小及方向；
(2)小球从抛出至运动到最高点的过程中，静电力所做的功。
42．如图所示，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q（q>０）的质点沿轨道内侧运动。经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb，不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。
43．如图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。
(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点的下方，可采取哪些措施？
44．如图所示，Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好又变为零。若此电荷在A点处的加速度大小为，试求：
(1)此电荷在B点处的加速度；
(2)A、B两点间的电势差（用Q和h表示）。
45．在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图中未画出），由A点斜射出一质量为m，带电荷量为+q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求：
（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
（2）粒子从A到C过程所经历的时间；
（3）粒子经过C点时的速率。
46．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，一个不计重力，质量为m，电荷量为q的带电粒子以某一初速度v0从极板左侧沿两板的中线射入电场，然后从右侧飞出电场，求：
（1）粒子在电场中的运动时间t
（2）粒子射出电场时的侧向位移y的大小
47．静电喷漆技术具有效率高，浪费少，质量好，有利于工人健康等优点，其装置如图所示。A、B为两块平行金属板，间距d=0.4m，两板间有方向由B指向A，大小为E=1×103N/C的匀强电场。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出带电油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均为v0=2m/s，质量m=5×10－15kg、带电量为q=-2×10－16C。微粒的重力和所受空气阻力均不计，油漆微粒最后都落在金属板B上。试求：
（1）微粒打在B板上的动能；
（2）微粒到达B板所需的最短时间；
（3）微粒最后落在B板上所形成的图形及面积的大小。
48．如图所示，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．
49．中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依此向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的．质子的荷质比取1×108C/kg．求：
（1）漂移管B的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压．
50．如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0．偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d．
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知，，，，．
(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
51．如图所示为真空示波管的示意图。电子从灯丝发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电场加速后，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入两块平行金属板、间的偏转电场（电子进入时的速度方向与该电场方向垂直），离开偏转电场后打在荧光屏上的点。已知、A间的加速电压为，、两板间的偏转电压为，两板间的距离为，板长为，电子的质量为，电荷量为，不计电子所受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距离；
（3）若还知道偏转极板右侧到荧光屏的距离为，求电子打在荧光屏上的位置与之间的距离。
52．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面顶端a离地高度h=2.5cm，整个装置处于水平向左的匀强电场中．一个质量m=0.3kg，带电量q=＋0.01C的物体(可视为质点)从斜面顶端静止释放，经过t=0.2s到达斜面底端b点(g取10m/s2)。求：
(1)物体到达斜面底端b时的速度大小；
(2)电场强度E的大小；
(3)电场中a到b两点之间的电势差。
53．如图，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E=1.0×106 N/C的匀强电场中，一质量m=0.25 kg、电荷量q=–2.0×10–6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0=6.5 m的A点处，以初速度v0=14 m/s开始向右运动，已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10 m/s2，求：
（1）小物体到达C点时的速度大小；
（2）小物体在电场中运动离C点的最远距离；
（3）小物体在电场中运动的时间．
54．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.已知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=1.0×10﹣20kg，电荷量q=1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（﹣1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动.忽略粒子的重力等因素.求：
（1）x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比；
（2）该粒子运动的最大动能Ekm；
（3）该粒子运动的周期T.
55．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在t＝0到t＝T的时间间隔内：
(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．
56．如图所示，为水平放置的金属板，板中央有一个小孔，板下存在竖直向上的匀强电场，电场强度为。是一根长为、质量为的均匀带正电的绝缘细杆。现将杆下端置于处，然后将杆由静止释放，杆运动过程中始终保持竖直，不计空气阻力。当杆下落时速度达到最大，求：
（1）细杆带的电荷量；
（2）杆下落的最大速率；
（3）若杆没有全部进入电场时速度减小为零，此时杆下落的位移大小。
四、填空题
57．一平行板电容器板长为Ｌ，两板间距离为d将其倾斜放置，如图所示，两板间形成一匀强电场．现有一质量为m，电量为 +Ｑ的油滴以初速度v．自左侧下板边缘处水平进入两板之间，沿水平方向运动并恰从右侧上板边缘处离开电场．那么，两板间电势差的大小为________.
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
全程只有电场力做功，根据动能定理解出电子的初动能；
【详解】
设出电子的初动能，末动能为零，极板间的电场，根据动能定理：，解得：，故D正确，A、B、C错误；
故选D．
2．C
【解析】
【详解】
A．粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理：
两板间距离越大，根据：
可知场强越小，根据：
可知加速时间越长，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，A错误；
B．两板间距离越小，场强越大，加速度越大，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，B错误；
CD．根据动能定理：
虽然极板间距发生变化，但是电压不变，所以最后的末速度大小不变，C正确，D错误。
故选C。
3．D
【解析】
【分析】
【详解】
两个带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，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，则水平方向有
相等，所以，则得：
竖直方向有：
因为E、y、v0相等，则得：
故选D。
4．B
【解析】
【详解】
A.若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A不符合题意．
B、若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B符合题意．
C、若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C不符合题意．
D、若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D不符合题意．
5．B
【解析】
【分析】
【详解】
开始时匀速下滑，说明重力、支持力、摩擦力三力平衡，则有：
mgsinθ=μmgcosθ
后来进入电场，受电场力，可以将重力和电场力合并为一个力，看做1个等效重力产生的，则可知
(mg)′sinθ=μ(mg)′cosθ
仍然成立，故滑块仍处于匀速下滑状态。
故选B。
6．B
【解析】
【详解】
电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：
前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧．
前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．
同理，后半周期的图像应在第四象限．
A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．
B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．
C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．
D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．
7．A
【解析】
【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．
8．A
【解析】
【详解】
一带电粒子在电场中只受电场力作用时，合力不为0．物体合力不为0，不可能做匀速直线运动，故A错误；物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向相同，若受到的电场力恒定，就可做匀加速直线运动，故B正确；物体合力不为0，当初速度方向与加速度方向不在一条直线上，若受到的电场力恒定，就可做匀变速曲线运动，故C正确；物体合力不为0，当合力与速度方向始终垂直，就可能做匀速圆周运动，故D正确．
9．A
【解析】
【详解】
设粒子的电量为，质量为，则由动能定理得
解得
在题中四个粒子中质子的比荷最大，速度也最大，故A正确，B、C、D错误；
故选A。
10．C
【解析】
【分析】
【详解】
设粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速为a，运动的时间为t，则加速度
时间
粒子垂直电场线射入电场后，粒子的偏移量
从公式中可以知道，水平位移x较大的粒子的比荷，就一定小，与其他的无关。
故选C。
11．C
【解析】
【分析】
【详解】
电子做类平抛运动，故其在水平方向和竖直方向满足
L=v0t
而两板间的场强为
联立，可得
若入射速度变为原来的两倍，则两板间距应变为原来的。
故选C。
12．D
【解析】
【详解】
ABCD．设电子以速度v0，通过宽度为L的电场，则电子沿电场方向的位移为
电子从进入电场到飞出电场过程，由动能定理得
联立以上两式得
当时，，则有
如果此电子的初速度增至原来的2倍，则电子的动能变为原来的4倍。
当时，，则有
联立以上两式得
故D正确，ABC错误。
故选D。
13．B
【解析】
【详解】
设偏转电场极板的长度为L，两板间距离为d。电子在加速电场中由动能定理得
再由牛顿第二定律和电场强度与电势差的关系
电子在偏转电场中由类平抛运动规律
则电子的偏转角
即U1变小，U2变大，一定能使电子的偏转角变大。
故选B。
14．C
【解析】
【详解】
分析电子在第一个周期的运动情况
0～0.2s时间内，B板电势高，电场强度向右，电场力向左，电子向左做初速度等于零的匀加速直线运动，设两板间的距离为d，末速度为
解得
0.2s～0.4s时间内，B板电势低，电场强度向左，电场力向右，电子向左做初速度等于v的匀减速直线运动，末速度分别为
解得
由以上可知，电子在第一个周期内一直向左运动，所以电子一直向B板运动，C正确，ABD错误。
故选C。
15．B
【解析】
【详解】
两个粒子都做类平抛运动，轨迹相切时，速度方向恰好相反，即在该点，速度方向与水平方向夹角相同，而，两个粒子都做类平抛运动，水平方向：，竖直方向：，由以上各式整理得：，因此B正确，ACD错误．
16．D
【解析】
【详解】
A、从a到b的过程中，运用动能定理，对 q有：，对于q有：，两式相加化简得，故A错误；
B、对+2q运用动能定理：，联立解得，故B错误；
C. 对 2q运用动能定理：，联立解得，故C错误；
D、由以上分析可知，电荷量为-2q的检验电荷，到达b点时，速度为零，说明电场力大于重力，故接下来向上运动，根据电场线的分布可知，越向上，电场力越小，最终会小于重力，当速度减为零后，又会向下运动，如此往复，故D正确；
故选D．
【点睛】
粒子在电场力与重力共同做功下，导致重力势能、电势能与动能间相互转化，但它们的之和不变；电场力做功，导致电势能变化，重力做功，导致重力势能变化．
17．B
【解析】
【详解】
由可知：当U相同，α粒子带2个单位的正电荷，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大。
故选B
18．C
【解析】
【详解】
由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为
电子的加速度为
由此可见，两板间距离越小，加速度越大；电子在电场中一直做匀加速直线运动，由
所以电子加速的时间为
由此可见，两板间距离越小，加速时间越短，对于全程，由动能定理可得
所以电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关，故C正确，ABD错误。
故选C。
19．B
【解析】
【详解】
A、微粒的合力方向与速度方向一致，对微粒做正功，则其动能增大，故A错误；
B、带电微粒在电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力在水平方向，由微粒做直线运动可知，电场力方向必定水平向右，C电场力做正功，机械能增大，电势能减小，故B正确，C错误，则微粒带正电，故D错误．
故选B．
20．B
【解析】
【分析】
【详解】
粒子做平抛运动
解得
解得
故选B。
21．D
【解析】
【详解】
设带电粒子的质量为m，电容器两基板的电压为U，由动能定理得，若将下极板向上移动d/3，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得，联立解得，所以带电粒子还没达到下极板就减速为零，D正确．
【考点定位】动能定理、电场力做功、匀强电场电场强度和电势差的关系
22．D
【解析】
【详解】
在这三种运动下，油滴均受力平衡做匀速直线运动．不加电场时，油滴匀速下降，空气阻力；当两极板间电压为U时，油滴向上匀速运动，，当两极板间电压为-U时，电场力方向反向，大小不变， ，，油滴向下运动，故D项正确．
综上所述本题答案是：D
23．D
【解析】
【详解】
两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，电荷在电场中受的力为，根据牛顿第二定律有，整理得，因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比．所以比荷之比为，D正确．
【易错提醒】表达式的整理过程易出现问题．
【备考提示】带电粒子在电场中的加速和偏转是高考的重点考查内容．
24．B
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析: 设平行金属板的长度为L，板间距离为d，场强为E当初速度为v时，则有
根据动能定理得
得
当初速度为2v时，同理可得
电场力做功为
则有
根据动能定理得
得
故选B。
25．AC
【解析】
【详解】
AB．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，说明运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子在电场方向上始终做单向的直线运动，竖直方向的位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，A正确，B错误；
C．t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；根据分位移公式，有
由于L=d，故
故最大动能
C正确；
D．粒子入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半，穿过电场的运动时间变为电场变化半周期的整数倍，则不同时刻进入电场的侧向位移与原v0相比关系就不确定，如t=0时刻，粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比减半，进入电场，入射速度v0时，侧向位移为0，入射速度2v0时，侧向位移为，D错误。
故选AC。
26．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
ABD．三个微粒的初速度相等，水平位移
根据水平方向上做匀速直线运动，所以
三个微粒在竖直方向上的位移相等，根据
知
从而得知B仅受重力，A所受的电场力向上，C所受的电场力向下，所以B不带电，A带正电，C带负电，B错误AD正确；
C．根据动能定理，三个微粒重力做功相等，A电场力做负功，C电场力做正功，所以C的动能变化量最大，A动能变化量最小，初动能相等，所以三个微粒到达极板时的动能
即三个微粒到达极板时的速率
C正确。
故选ACD。
27．BC
【解析】
【详解】
小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动．故A错误，B正确．小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故C正确，D错误．故选BC
【点睛】
解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关系．
28．CD
【解析】
【分析】
三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：a=qE/m,偏转距离为：，运动时间为 ,联立三式得：
【详解】
A．若它们射入电场时的速度相等，y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，在荧光屏上将出现2个亮点．故A错误；
C．若它们射入电场时的动量相等
可见y与qm成正比，三个qm都不同，则在荧光屏上将只出现3个亮点．故C正确；
B．若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点．故B错误；
D．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都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点．故D正确；
故选CD。
29．CD
【解析】
【详解】
A．粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD=AO=0．3m，DC=0．4m，即有：
AD=v0t，，
联立并代入数据可得：E=25N/C，故A错误；
B．因UDC=E DC=10V，而A、D两点电势相等，所以φA=10V，即粒子在A点的电势能为：
Ep=qφA=8×10-4J，
故B错误；
C．从A到C由动能定理知：
qUAC=mvC2-mv02，
代入数据得：vC=5m/s，故C正确；
D．粒子在C点总能量：
EC=mvC2=×10-4×52 J =1.25×10-3J，
由能量守恒定律可知，粒子速率为4m/s时的电势能为：
Ep′=EC-mv2=1.25×10-3J-×10-4×52J =4.5×10-4J，
故D正确．
【点睛】
本题考查了粒子在电场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律即可正确解题．
30．ABD
【解析】
【详解】
AB．电子从D到B的过程，根据动能定理得：
-eUDB=0-EkD
解得：
则电场强度为：
电子经过等势面C时的电势能为-10ev，则C点的电势为10V，因为CA间的电势差等于DB间的电势差，可知A点电势为-10V,故A、B均正确;
C．根据能量守恒定律得，电子再次经过D等势面时，动能不变，仍然为20eV，故C错误；
D．因为电场强度的方向与等势面垂直，则电子所受电场力方向与速度方向在同一条直线上，做匀变速直线运动,故D正确．
31．ACD
【解析】
【详解】
A．三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由得，运动时间
故A正确；
B．三个粒子在竖直方向上的位移相等，根据
解得
故B错误；
C．由牛顿第二定律
可知，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功
由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为，故C正确；
D．三个粒子所受的合力大小关系为，三个粒子的重力相等，所以仅受重力作用，所受的静电力向下，所受的静电力向上，即不带电，带负电，带正电，由牛顿第二定律得
解得
故D正确。
故选ACD。
32．ABD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由
可知，当变大时，电子进入偏转电场的速度变大，电子在偏转电场的水平位移不变，运动时间变短，AB正确；
C．由
可知，变大，电子受力变大，加速度变大，即电子在偏转电场中运动的加速度变大，C错误；
D．由
可知，若要电子离开偏转电场时偏移量变小，仅使变大，其他条件不变即可，D正确。
故选ABD。
33．BD
【解析】
【详解】
ACD．根据题意可知，粒子做直线运动，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，方向竖直向下；二是静电力，方向垂直于极板向上。则静电力与重力的合力方向与速度方向相反，粒子做匀减速直线运动，动能逐渐减小，AC错误，D正确；
B．对该粒子做受力分析有
加速度
又有
解得
又有
解得
B正确。
故选BD。
34．BC
【解析】
【详解】
电子在前内做匀加速直线运动，后内做匀减速运动到零，然后重复之前的运动，一直向前运动，故A错误；电子在前内做匀加速直线运动，第二个内做匀减速运动到零，第三个内反向做匀加速直线运动，第四个内反向做匀减速直线运动，然后重复之前的运动，故B正确；电子在前内做变加速直线运动，第二个内做变减速直线运动到零，第三个内反向做变加速直线运动，第四个内反向做变减速直线运动，然后重复之前的运动，故C正确；电子在前内做匀加速直线运动，第二个内做匀速运动，第三个内做匀加速运动，第四个内做匀速直线运动，然后重复之前的运动规律，故D错误．故BC正确，AD错误．
35．CD
【解析】
【分析】
分析小球所受重力与电场力的大小关系：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动．当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒．
【详解】
小球在电场中受到重力和向上的电场力．当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于电场力时，小球做匀速圆周运动，速度大小不变．当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小，故AB错误；当小球最低点到最高点的过程中，电场力做正功，电势能减小，小球运动到最高点A，小球的电势能最小，故C正确；由于电场力做功，小球的机械能一定不守恒，故D正确．所以CD正确，AB错误．
【点睛】
本题中题设条件不明，要考虑各种可能的情况进行讨论，分三种情况分析小球的受力情况和运动情况．
36．AD
【解析】
【详解】
AB．带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知
解得
粒子在偏转电场中的时间
在偏转电场中的纵向速度
纵向位移
即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A正确，B错误；
CD．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确。
故选AD。
【点睛】
此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。
37．，
【解析】
【详解】
电子进入电场后的轨迹如图所示
电子在平行于板面方向上做匀速直线运动，有
在垂直于板面方向上做初速度为0的匀加速直线运动，加速度
所以有偏移的距离
射出电场时的速度
38．(1) (2)h=7.2×10﹣3m
【解析】
【详解】
（1）电子在加速电场中，根据动能定理有： ，
代入数据得：
（2）设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y电子在水平方向做匀速直线运动：L1=v0t…①
电子在竖直方向上做匀加速运动： …②
根据牛顿第二定律有： …③
联立①②③得：
y =3.6×10﹣3m=0.36cm；
电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，
由图知， ，
解得：h=7.2×10﹣3m；
故本题答案是：(1) (2)h=7.2×10﹣3m
39．400V
【解析】
【详解】
设极板间电压时，电子能飞离平行板间的偏转电场。在加速过程中，由动能定量得
①
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动
L=v0t②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度
③
偏转距离
y=at2④
能飞出的条件为
y≤⑤
由①②③④⑤式联立解得
U′≤=400 V
40．
【解析】
【详解】
打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速运动，即
r＝vt
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即
电子在平行电场方向上的加速度
电子打在B板上的区域面积
S＝πr2
联立得
41．(1)，方向水平向右；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以静电力大小为
静电力的方向水平向右。故静电力为，方向水平向右。
(2)小球沿竖直方向做匀减速运动，有
小球上升到最高点的时间
沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为
此过程小球沿电场方向的位移
静电力做功
42．，，
【解析】
【详解】
质点所受电场力的大小为
F=qE ①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有
②
③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
④
⑤
根据动能定理有
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
⑦
⑧
⑨
【名师点睛】
此题是牛顿第二定律及动能定理的应用问题；关键是知道物体做圆周运动的向心力由电场力和支持力的合力提供，根据牛顿定律和动能定理列出方程联立解答．
43．(1)； (2)； (3)见解析
【解析】
【详解】
(1)电子在加速电场中加速，有
得
(2)电子在MN之间的加速度为
在MN之间运动的时间
所以偏转位移
(3)设离开电场区域速度与水平方向的夹角为θ，则
由几何关系得
代入得
由该公式可知，若要使电子打在荧光屏上P点的下方，可采取的措施有增大加速电压或极板之间的距离，或减小偏转电压，或减小极板的长度。
44．(1)3g；(2)
【解析】
【详解】
(1)这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q，由牛顿第二定律，在A点时
在B点时
解得
即电荷在B点处的加速度为3g，方向竖直向上。
(2)从A到B过程，由动能定理得
解得
45．（1）3qEl0；（2）；（3）。
【解析】
【详解】
（1）粒子从A到C电场力做功为W=qE（yA﹣yC）=3qEl0
（2）根据抛体运动的特点，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹是最高点D在y轴上，可令tA0=toB=T，tBC=T；
由Eq=ma得：
a=
又y=aT2
y+3l0=a（2T）2
解得：T=
则A到C过程所经历的时间t=3；
（3）粒子在DC段做类平抛运动，则有：
2l0=vCx（2T）；
vcy=a（2T）
vc==
答：（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功3qEl0
（2）粒子从A到C过程所经历的时间3；
（3）粒子经过C点时的速率为．
【点睛】
本题考查带电粒子在电场中的抛体运动，要注意明确带电小球在x轴方向上为匀速运动，竖直方向为匀变速直线运动；掌握运动的合成与分解即可顺利求解．
46．(1) (2)
【解析】
【详解】
试题分析：粒子在电场中做类平抛运动，根据运动学公式即可求出运动时间和偏转位移．
（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿初速方向分运动为匀速运动，有：
（2）粒子在垂直于极板方向的分运动为匀加速运动，有：
加速度为：
偏转位移为：
联立解得：
点睛：本题主要考查了带电粒子在匀强电场中的偏转问题，采用分解观点处理，同学要熟练的推导出偏移量、位移偏角和速度偏角的表达式．
47．（1）；（2）0.1s；（3）圆形，面积为0.25m2
【解析】
【详解】
（1）据动能定理，电场力对每个微粒做功为
代入数据解得微粒打在B板上时动能
（2）微粒初速度方向垂直于极板时，到达B板时间最短，到达B板时速度为vt，有
代入数据解得
根据匀加速直线运动的规律，则有
代入数据解得
（3）微粒落在B板上所形成的图形是圆形，加速度
根据微粒做类平抛运动的规律，则有
圆面积为
48．
【解析】
【详解】
设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即
vBsin30°=v0sin60°
由此得
设A、B两点间的电热差为UAB，由动能定理有：
解得
【考点定位】动能定理；带电粒子在电场中运动
【方法技巧】本题主要是动能定理在带电粒子在电场中运动的应用和类平抛运动
49．（1）0．4m（2）
【解析】
【详解】
（1）设质子进入漂移管B的速度为，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
联立并代入数据得
（2）设质子进入漂移管E的速度为，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W＇，质子的电荷量为q、质量为m，则
联立并代入数据得
50．(1) (2)由于F远大于G，因此不需要考虑电子所受重力 (3) 电势和重力势都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定.
【解析】
【详解】
(1)根据动能定理，有
则电子射入偏转电场的初速度
在偏转电场中，电子的运动时间
偏转距离
(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有
重力
电场力
由于，因此不需要考虑电子所受重力
(3)电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能与其电荷量q的比值，即
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能与其质量m的比值，叫做“重力势”，即
电势和重力势都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定
51．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在加速电场中有
可得
（2）在偏转电场中，设飞行时间为，加速度为，则
水平方向有
竖直方向有
其中
联立可得
（3）设的长度为，电子飞出偏转电场时的偏角为，竖直分速度为，偏转电场右端到荧光屏的水平距离为，则
，，
联立可得
52．（1）0.5 m/s；（2）50V/m；(3) -3.75V
【解析】
【详解】
（1）根据几何关系得斜面的长度为
L==2h=0.05m
根据运动学公式有
解得
底端速度为
v=at=0.5m/s
（2）由牛顿第二定律得
解得E=50V/m
（3）电场中a到b两点之间的电势差
53．（1）12 m/s （2）6.0 m （3）
【解析】
【分析】
对物块在AC段运动过程进行受力分析，由牛顿第二定律求得加速度，再根据速度位移公式求得物体到达C点时的速度；分析物块在CB上运动时的受力情况，由牛顿第二定律求得加速度，即可根据匀变速运动规律求得运动时间．
【详解】
（1）根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小
小物体到达C点的速度大小：
解得；
（2）根据牛顿第二定律，小物体向右减速的加速度
小物体向右运动的时间，
小物体向右运动的位移，
（3）由于，所以小物体送减速后反向向左加速，直到滑出电场，
根据牛顿第二定律，小物体向左加速的加速度，
小物体在电场中向左运动的时间，
小物体在电场中运动的总时间；
【点睛】
带电物体在匀强电场中的运动，分析物体受力情况，明确物体的运动规律，然后选择恰当的过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式列式求解．
54．（1） （2） （3）
【解析】
【分析】
根据图象可明确左右两边电势的降落与距离间的关系，根据即可求得各自的电场强度，从而求出比值；分析粒子运动过程，明确当粒子到达原点时速度最大，根据动能定理可求得最大动能； 粒子在原点两侧来回振动，故周期为粒子在两侧运动的时间之和；根据速度公式v=at即可求出各自的时间，则可求得周期．
【详解】
解：(1)由图可知：根据U=Ed可知：
左侧电场强度： ①
右侧电场强度： ②
所以：
(2)粒子运动到原点时速度最大，根据动能定理有： ③
其中
联立①③并代入相关数据可得：
(3)设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2,在原点时的速度为vm，
由运动学公式有 ④
同理可知： ⑤
⑥
而周期： ⑦
联立①②④⑤⑥⑦并代入相关数据可得：
55．（1） （2）
【解析】
【详解】
粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
、、、
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a—t图像如图（a）所示，对应的v—t图像如图（b）所示，其中
由图（b）可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为
联立解得：，它的方向沿初始电场正方向．
（2）由图（b）可知，粒子在t＝3T/8到t＝5T/8内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为
【点睛】
（1）根据加速度与时间的关系，可确定速度与时间的关系，从而由面积等于位移的大小即可求解，并确定其方向；（2）根据速度与时间的图象，来确定沿初始电场反方向运动的时间．
56．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由于下落时速度最大，此时加速度，所以有
即
（2）从静止释放到下落的过程中，由动能定理得
解得
（3）设下落的高度为时，速度为零，由动能定理得
解得
57． ；
【解析】
【分析】
微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力方向与速度方向在同一直线上，否则就做曲线运动．根据几何关系求出电场强度，再根据U=Ed求解电势差．
【详解】
微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力方向与速度方向在同一直线上，所以电场力方向必定垂直极板向上，则
解得：
两板间电势差的大小U=Ed= ．
【点睛】
本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀加速直线运动，根据几何关系求出电场强度．
答案第1页，共2页
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
