人教版物理必修3同步练习: 10.5 带电粒子在电场中的运动(能力提升)

人教版物理必修3同步练习: 10.5 带电粒子在电场中的运动(能力提升)
一、选择题
1．（2024高二下·自贡开学考）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（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（　　）
A．减小加速电压U0 B．减小偏转电压U
C．增大偏转极板间距离d D．减小偏转电场的板长L
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】设电子进入偏转电场的速度为v0，偏转电场极板的长度为L，极板间距为d，则在加速电场中，有
解得
电子在偏转电场中，做类平抛运动，有
，，
联立以上各式可得
由此可知，要使偏转位移增大，可以增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转电场的极板间距d，增大偏转电场的板长L。
故答案为：A。
【分析】带电粒子在加速电场只有电场力做功，在偏转电场做类平抛运动。根据动能定理及类平抛运动规律确定偏转位移的表达式，再结合题意进行分析。
2．（2024高二上·广西期末）如图甲是静电喷涂原理的示意图．一带正电荷的涂料微粒从发射极由静止释放，仅在电场力的作用下，加速飞向吸极，其运动图像如图乙所示，是其路径上的两点．下列说法正确的是（　　）
甲 乙
A．点的电势比点的低
B．点的电场强度比点的大
C．涂料微粒在点的电势能比在点的大
D．涂料微粒在点的加速度比在点的大
【答案】C
【知识点】电场强度；电势；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】由速度时间图像可知，带正电荷的微粒做加速运动，且加速度逐渐增大，表明电场线方向向右，且电场强度逐渐增大；
A. 沿着电场线方向电势降低，故M点电势高于N点电势，A不符合题意；
B. 由题可知沿着电场线方向电场强度增大，故M点的电场强度比N点的电场强度小，B不符合题意；
C. 涂料微粒带正电，故在电势高的地方电势能大，所以微粒在M点电势能比在N点的大，C符合题意；
D. 微粒运动的加速度由电场力提供，故电场强度大的地方加速度大，M点的加速度小于N点的加速度，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】利用速度时间图像可求出加速度的变化情况，结合带电粒子在电场中受电场力的特点，可求出电场的分布特点，进而得出结论。
3．（2024高二下·保定开学考）如图所示，一充电后与电源断开的平行板的两极板水平放置，板长为，板间距离为，距板右端处有一竖直屏。一带电荷量为、质量为的质点以初速度沿中线射入两板间，最后垂直打在上，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．两极板间电压为
B．质点通过电场过程中电势能减少
C．若仅增大初速度，则该质点不可能垂直打在上
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在上
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、由题意可知，质点飞出平行板后只受重力作用且垂直打在M上，可知质点在平行板间竖直方向受力不平衡，质点在平行板间向上偏转做类平抛运动，如图所示
则有质点在平行板间竖直方向的加速度与飞出平行板后竖直方向的加速度大小相等，方向相反，在平行板间由牛顿第二定律可得
飞出平行板后则有
联立解得两极板间的电场强度为
由匀强电场的电场强度与电势差的关系式U=Ed可得
故A错误；
B、质点在电场中向上偏移的距离为
其中
在水平方向
联立解得
此时质点在竖直方向的分速度为
则有质点在电场中运动增加的机械能为
由能量守恒定律可知，质点通过电场过程中电势能减少量等于质点机械能的增加量，故B正确；
C、若仅增大初速度v0，质点在两个偏转过程中具有对称性，即两个过程的受力情况分别不变，竖直方向加速度大小相等，方向相反，运动的时间相等，则该质点仍能垂直打在M上，故C错误；
D、若仅增大两极板间距，因两板上所带电荷量不变，则有
，，
可得
可知两板间的电场强度不变，质点在电场中受力不变，则运动情况不变，则该质点仍能垂直打在M上，故D错误。
故答案为：B。
【分析】质点垂直打在竖直屏上，即质点到达竖直屏时速度水平向右，竖直方向速度为零。确定质点在两极板间与极板外的受力情况及运动情况，再根据对称性及牛顿第二定律确定电场强度与重力的关系。质点通过电场过程中电势能减少量等于质点机械能的增加量。竖直方向上各力大小不变，则粒子到达竖直屏的速度方向不变。
4．（2022高三上·朝阳期末）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。已知加速电场电压为，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为。不计电子重力，现使变为原来的2倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（　　）
A．使变为原来的2倍 B．使变为原来的4倍
C．使变为原来的倍 D．使变为原来的
【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】要想使电子的运动轨迹不发生变化，则电子射出电场时的速度偏转角应该不变，根据动能定理
根据类平抛运动规律
整理得
使变为原来的2倍，电子射出电场时的速度偏转角不变，则使变为原来的2倍。
故答案为：A。
【分析】粒子在加速电场中根据动能定理得出得出粒子速度的表达式，结合粒子在偏转电场做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出运动轨迹不发生变化时电压的变化情况。
5．（2023高二上·安徽期末）在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度v 水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且，如图所示，由此可知（　　）
A．小球带正电
B．电场力大小为
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到C的过程中重力对小球做的功与从B到C的过程中电场力对小球做的功的绝对值相等
【答案】D
【知识点】平抛运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】 A、由小球从B到C的过程中轨迹向上弯曲可知电场力的方向必须是向上的，则小球带负电，故A错误；
BC、带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，则从A到B过程小球做平抛运动，有
从B到C过程，有
由题意有
则得
即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，又
将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有
根据几何知识有
解得
根据牛顿第二定律得
解得
故BC错误；
D、据题意知，小球在水平方向不受力，故在水平方向做匀速直线运动，在A、C两点的动能相同，由动能定理可知，小球从A到C的过程中合外力做功为零，所以小球从A到C的过程中重力对小球做的正功与从B到C过程中电场力对小球做的负功代数和为零，故D正确；
故答案为：D。
【分析】小球从B到C的过程中轨迹向上弯曲，且在C点的速度水平向右，可根据运动的可逆性将BC看成从C到B的类平抛运动。明确AB和BC的受力情况，再根据平抛运动规律和类平抛运动规律进行解答。
6．（2023高二上·怀仁月考）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为的绝缘细线，细线一端固定在点，另一端系一质量为的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为，下列说法不正确的是（　　）
A．匀强电场的电场强度
B．小球动能的最大值为
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小
【答案】C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.对静止时的小球受力分析，如图所示：
根据共点力平衡条件可得
解得匀强电场的电场强度
A不符合题意；
B.因为小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，所以在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
小球在等效最低点B的动能最大，对小球从A点运动到B点的过程中，由功能关系可得
联立解得
B不符合题意；
C.由功能关系可知，当电场力对小球做负功最多时，小球的机械能最小，可知小球运动到圆周轨迹的最左端点与圆心等高处时机械能最小，C符合题意；
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大再减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析小球静止时的受力，由共点力平衡条件求解匀强电场的电场强度；找到等效最高点和最低点，由牛顿第二定律求出小球在等效最高点的速度，再由功能关系求出小球在等效最低点的动能，即为小球的最大动能；由功能关系分析小球机械能最小的位置；根据电场力做功的正负，分析电势能的变化情况。
7．（2023高二上·龙岗期中）示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极和之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差和随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】YY'之间为恒定电压，电子带负电，故电子向Y轴正方向偏转，在XX'之间加如图丙所示的正弦电压，电子在X轴方向发生偏转，电压越大侧移量越大，由运动的合成，会在荧光屏上看到过Y轴正方向上某点且平行X轴的一条水平的亮线（在Ⅰ、Ⅱ象限），故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】对于示波管模型，可分别单独讨论在一个方向上加压时，粒子在光屏上呈现的图像，再对两个图像进行叠加得到最终的图像。
8．（2023高二上·武汉期中）如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压。时，Q板比P板电势高，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动电子所受重力可忽略不计，已知电子在时间内未与两板相碰。则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A.，电子所受电场力的方向向右，电子向右做匀加速直线运动，速度逐渐增大，故A不符合题意；
B.，电子所受电场力的方向向左，电子向右做匀减速直线运动，时速度减为零，故B不符符合题意；
C.，电子所受电场力的方向向左，电子向左做匀加速直线运动，故C符符合题意；
D.，电子所受电场力的方向向右，电子向左做匀减速直线运动，故D不符符合题意。
故答案为：C
【分析】由乙图，分析电子所受电场力的情况，进而分析电子的运动情况。
9．（2024高三下·长沙开学考）电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称。一离子仅在电场力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）
A．该离子带正电
B．离子在a、b两点的电势能满足
C．b、d直线是等势面
D．b、c两点的场强相同
【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A.根据曲线运动中，物体的受力一定指向曲线内侧，可知离子从a运动到b的过程中，受到电场力沿电场线的切线向左，可知离子带负电，A不符合题意；
B.沿着电场线电势降低可知a点电势大于b点电势，根据电势能公式
可知离子在a、b两点的电势能满足
B符合题意；
C.等势面与电场线应该处处垂直，所以bd直线不是等势面，C不符合题意；
D.由电场线分布规律可知b、c两点的场强大小相等，方向不同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据离子的运动轨迹分析离子受到的电场力方向，得出离子的电性；由电势能的公式判断离子在a、b两点的电势能关系；等势面与电场线处处垂直；根据电场线的疏密表示场强大小，切线表示场强方向，判断b、c两点场强的关系。
10．（2024高三下·湖南月考）如图所示，在匀强电场中一带正电粒子先后经过、两点。已知粒子的比荷为，粒子经过点时速率为，经过点时速率为，粒子经过、两点时速度方向与连线的夹角分别为、，连线长度为。若粒子只受电场力作用，则下列无法确定的是
（　　）
A．场强的大小 B．场强的方向
C．、两点的电势差 D．粒子在、两点的电势能之差
【答案】D
【知识点】电势差；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB.设电场力的方向与所在直线夹角为 ，如图所示
垂直电场方向速度分量相同，根据几何知识有 ，
解得 ，垂直电场力方向做匀速运动，运动的时间为 ，
沿电场力方向速度变化量为 ，
电场强度的大小为 ，故AB可以确定，不符合题意；
C.根据匀强电场电场强度 可知、两点的电势差可求，故C可以确定，不符合题意；
D.根据功能关系有 电荷量未知，无法确定粒子在、两点的电势能之差，故D无法确定，符合题意。
故选D。
【分析】粒子只受电场力作用，做匀变速曲线运动，此类问题要明确粒子沿电场力方向为匀变速直线运动，垂直电场方向为匀速运动，故根据垂直电场方向速度分量相同可求出电场的方向，求出沿电场力方向的速度变化量，结合牛顿第二定律可求出电场强度的大小，根据求电势差，根据求电场力做功，结合电场力做功与电势能变化的关系分析。
二、多项选择题
11．（2024高二下·绵阳开学考）示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图，不同的带电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，若带电粒子能射出平行板电场区域，则下列说法正确的是（　　）
A．若电荷量q相等，则带电粒子在板间的加速度大小相等
B．若比荷相等，则不同带电粒子从M孔射出的动能相等
C．若电荷量q相等，则不同带电粒子在偏转电场中电场力做功相同
D．若不同比荷的带电粒子由O点开始加速，偏转角度θ相同
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得
由于粒子的质量未知，所以无法确定带电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；
B、由动能定理得
可得
所以当带电粒子的比荷相等时，它们从M孔射出的速度相等，动能不同，故B错误；
C、电荷量相同，电场力相同，在偏转电场中
相同，电场力做功相同，故C正确；
D、如图，设偏转电场的板间距离为d，极板长度为L，在偏转电场中有
偏转角度θ与粒子的比荷无关，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】带电粒子在加速电场中做加速运动，再偏转电场中做类平抛运动。根据动能定律确定粒子在各电场电场力做功情况。嗯句牛顿第二定律及运动规律确定粒子加速度及偏转角的关系。
12．（2023高二上·河源月考）如图，一带正电的粒子从靠近A金属板的K点处由静止出发，经A、B金属板间加速电压U0加速后，沿直线运动打在光屏上的Q点；现再在金属板C、D间加上一偏转电压U1，粒子将打在光屏Q点正下方的P点，不计粒子重力.下列说法正确的是（　　）
A．A板带负电，C板带正电
B．若只把B板稍微右移，粒子经过B板时的速度不变
C．若只把B板稍微右移，粒子在AB板间运动的时间变长
D．若只把D板下移，粒子将打在P点下方
【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A.由题意可知，粒子带正电，AB板间加速，所以电场方向水平向右，可知A板带正电，粒子在CD板间向下偏转，电场方向向下，C板带正电，A不符合题意；
B.对粒子在AB板间加速运动，根据动能定理有
解得
可知经过B板时的速度大小只与加速电压有关，与极板间距无关，所以若只把B板稍微右移，粒子经过B板时的速度不变，B符合题意；
C.根据
解得
只把B板稍微右移，粒子在AB板间运动的时间变长，C符合题意；
D.粒子在CD板间偏转，水平方向有
射出时的偏向角满足
可知，D板下移，d变大，变小，粒子将打在P点上方，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据粒子运动过程中的受力方向，分析A板和C板所带电荷的电性；由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，得出影响粒子到达B点时速度的相关量；根据牛顿第二定律和运动学公式，推导粒子在A、B板间运动时间的表达式，得出结论；根据类平抛规律，推导粒子射出偏转电场时的偏向角的正切的表达式，得出D板下移时粒子打在光屏上位置的变化。
13．（2024高二下·自贡开学考）如图所示，水平放置的平行板电容器，极板间所加电压为U。带电粒子紧靠下极板边缘以初速度v0射入极板，入射时速度方向与极板夹角为45°，粒子运动轨迹的最高点恰好在上极板边缘，忽略边缘效应，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子电荷量q与质量m之比为
B．粒子的电荷量q与质量m之比为
C．保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的，粒子将打在下极板上
D．保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的，粒子仍从极板之间飞出
【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB、如图所示，粒子在电场中做斜上抛运动，根据运动规律知。水平方向
竖直方向
由动能定理知
代入得
故A正确，B错误；
CD、设当初速度是v0时运动时间为t1，初速度为一半时时运动时间为t2，电场产生加速度为a，极板长度为L，则
当初速度是一半时
，
则可知
初速度大小不变时，水平位移为
当初速度是一半时，由斜上抛运动对称性知，水平位移为
则可知
保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的一半，粒子将打在下极板上，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】确定粒子在电场中的受力情况，粒子到达最到点的速度水平向右，即竖直方向速度为零。根据运动的合成与分解可知，粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动到达最高点时竖直速度为零。再根据类平抛运动规律进行解答。当速度减半时，粒子竖直方向速度减为零后，粒子竖直方向上反向做加速运动。假设粒子能回到下极板，再根据粒子在水平方向位移与板长的关系判断假设是否成立。
14．（2023高二上·成都月考） 如图，一水平放置的平行板电容器充电后，一带电粒子以初速度水平飞入电场，落在下极板的P点。在下列情况下，此带电粒子仍以从原处飞入，（不计重力）下列说法正确的是（　　）
A．若在断开电源后将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子仍落在P点
B．若在断开电源后将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子落在P点右侧
C．若极板仍与电源相连，将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子落在P点左侧
D．若极板仍与电源相连，将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子落在P点
【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB、在断开电源后将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），电容器两极板间的电场强度为
可知电容器两极板间的电场强度不变，带电粒子受到的电场力不变，带电粒子运动轨迹不变，带电粒子仍落在P点，故A正确，B错误；
CD、极板仍与电源相连，将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），电容器两极板间的电场强度为
可知电容器两极板间的电场强度变大，带电粒子受到的电场力变大，加速度增大，根据
可知带电粒子在电容器中运动时间变短，带电粒子落在P点左侧，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据题意确定电容器Q或U是否变化，再根据电容器的定义式及决定式确定极板间的场强变化情况。再根据类平抛运动的规律进行分析。
15．（2024高二下·雅安开学考）近日，街头有一种新型游戏，参与者借助游戏工具给一带电小球瞬时冲量，使其获得某一初速度进入暗盒，暗盒中加以电场，小球最后从暗盒顶部水平抛出，然后落地，落地小球越近者获胜。现将上述情景，简化成如图模型，一半径为R的光滑绝缘半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m的带电小球从A点以某一初速度向左运动，经过P点时恰好对圆弧轨道没有压力。已知轨道上的M点与圆心O等高，OP与竖直方向夹角为，取，，重力加速度大小为g，则小球（　　）
A．带电小球经过P点的速度大小为
B．带电小球所受电场力大小为
C．带电小球经过C点的速度为
D．带电小球经过M点时对圆弧轨道的压力大小为
【答案】C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB、经过P点时重力与电场力的合力恰好提供向心力，则有
解得
，
故AB错误；
C、小球从P点到C点过程，根据动能定理可得
解得
故C正确；
D、小球从M点到P点过程，根据动能定理可得
小球在M点，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律可得，小球对圆弧轨道的压力大小为 ，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】经过P点时恰好对轨道无压力，即恰好完全由重力与电场力的合力提供向心力。根据力的合成与分解及牛顿第二定律确定此时小球在P点的速度和电场力大小。确定小球从各点到P点的过程各力的做功情况，再根据动能定理确定粒子在各点的速度大小，结合牛顿第二定律确定小球对轨道的压力。
16．（2024高三下·内江月考）如图所示，带负电的小球从直角三角形点以初速度v0水平向右抛出，整个空间存在水平向右的匀强电场，且竖直水平，。已知带电小球所受电场力恰好是重力的倍。下列说法正确的是（　　）
A．小球通过所在直线时的机械能比在点时的机械能大
B．小球运动过程中机械能最小时，速度方向一定平行于
C．小球运动过程中动能最小时的电势能最大
D．小球经过所在直线时的速率等于
【答案】B,D
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 由题可知，带点小球所受电场力方向水平向左，大小为，故小球通过直线AB时电场力不做功，带点小球机械能守恒，故通过直线AB时的机械能与在A点的机械能大小相等，A不符合题意；
B. 小球在水平方向受电场力的作用做匀减速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，故运动过程中机械能最小时电势能最大，即水平速度为零时，此时速度方向竖直向下，平行于AB，B符合题意；
C、小球所受电场力与重力的合力大小为，方向垂直于直线AC斜向下，小球沿直线AC方向做匀速运动，沿垂直于直线AC方向做类竖直上抛运动，动能最小时，速度与直线AC平行，此时电势能不是最大，C不符合题意；
D. 由C项可知，小球回到直线AC时，根据对称性可知速率与初速度大小相等，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】利用电场力做功特点可得出电势能与机械能的关系；利用运动的合成与分解思想，可求出小球处于特殊位置的速度特点。
17．（2023高二上·安徽期末）如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度从O点沿轴线进入加速器，质子在每个金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，下列说法正确的是（　　）
A．MN所接电源的极性应周期性变化
B．圆筒的长度应与质子进入该圆筒时的速度成正比
C．质子从圆筒E射出时的速度大小为
D．圆筒A的长度与圆筒B的长度之比为
【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A、因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，故A正确；
B、因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由
可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，故B正确；
C、质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得
解得
故C正确；
D、对于带电粒子在圆筒A分析可得
对于质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经1次加速，由动能定理可得
解得
所以
故圆筒A的长度与圆筒B的长度之比为
故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】根据题意确定各管道之间的狭缝的电势差，确定粒子在管道内和狭缝间的受力情况及运动情况，再根据动能定理及匀速运动规律进行解答。
18．（2024·贵州模拟）如图（a），水平放置长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为，其方向随时间变化的规律如图（b）所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则（　　）
A．金属板间距离的最小值为
B．金属板间距离的最小值为
C．粒子到达竖直挡板时的速率都大于
D．粒子到达竖直挡板时的速率都等于
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】AB、在t=nT(n=0、1、2……)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖直方向的位移
金属板间距离的最小值为
故A正确，B错误；
CD、粒子出离电场时的水平速度均为
竖直方向，在t=t0时刻进入电场的粒子，先加速时间为，然后再减速时间，在t=T-t0时刻速度减为零；然后再反向加速t0时间，再反向减速t0时间，即在t=T+t0时刻出离电场时竖直速度再次减为零，粒子出离电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率为
故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据题意结合图像确定粒子在不同的电场中的运动情况，根据其运动情况判断粒子在电场中运动的最大竖直位移，由于粒子均能穿过电场，则板间距应大于等于粒子在电场中运动的最大竖直位移。根据电场变化的周期性结合粒子飞出电场的时间与电场变化周期的关系，确定粒子飞出电场时粒子的速度，粒子飞出电场后做匀速运动。飞出速度即为达到挡板的速度。
19．（2024高二上·广西期末）如图所示，为两个带等量正电荷的固定点电荷，竖直虚线为两点电荷连线的中垂线，为中垂线上四点，点为中垂线与连线的交点，且．现将一带负电液滴从点由静止释放，液滴到达点时的速度大小为．已知重力加速度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．点电场强度可能大于点电场强度
B．点电场强度一定小于点电场强度
C．液滴到达点时的速度大小为
D．液滴在点的动能小于在点的动能
【答案】A,C,D
【知识点】点电荷的电场；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB. 等量同种电荷沿中垂线一边到无穷远处电场强度先增大，后减小，有一点电场强度最大，不确定在A点上方还是下方，故A点电场强度可能大于B点电场强度，A符合题意，B不符合题意；
C. 根据对称性特点，UBO=UOB'，A到B由动能定理可知
A到B'可有
联立可得
C符合题意；
D. 可知粒子从A点到A'点电场力做功为零，则有动能定理
故液滴在A点的动能小于A'点的动能。
故答案为：ACD
【分析】利用等量同种电荷的电场分布特点，可求出电场强度的大小；利用动能定理，结合电场力做功的特点可求出速度和动能的大小。
20．（2024高二下·汉寿开学考）如图所示，光滑绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与轴平行，现有一个质量为，电荷量为的滑块可看做质点，仅在电场力作用下由静止沿轴向左运动．电场力做的功与物块坐标的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线．则下列说法正确的是（　　）
A．此电场一定是匀强电场
B．电场方向沿轴的正方向
C．点处的场强大小为
D．与间的电势差是
【答案】B,D
【知识点】电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据可知，滑块向左运动的过程中，随的增加图线的斜率逐渐减小，则场强逐渐减小，此电场一不是匀强电场，选项A错误；滑块向左运动的过程中，电场力对带负电的电荷做正功，则电场方向沿轴的正方向，选项B正确；点处的场强大小为 ，则 ，选项C错误；与间，电场力做功为，可知电势差是 ，选项D正确；故选BD
【分析】W-x图象切线的斜率表示电场力，根据斜率的变化分析电场力的变化，从而确定场强的变化，由电场力做功的正负分析场强的方向，确定电势的变化。x=0.3m与x=0.7m间，由图读出电场力做功的值，再由求电势差
三、非选择题
21．（2024高二下·仁寿月考）如图，两竖直平行极板A和B之间电压.两水平平行极板C和D之间间距和板长均为L。某电荷量为+q，质量为m的带电粒子，从A板小孔无初速进入AB板间。经过加速从B板小孔射出。正好沿CD板的中心线进入CD板间，不计粒子重力、电场间的相互影响和电场边缘效应。已知静电力常量为k。
（1）求粒子刚从B板小孔射出时的速度大小；
（2）若CD板上的电压为，粒子刚好打在D板的中心。若要使得粒子刚好从D板的边缘M点离开，求此时所加的电压的大小；
（3）若粒子刚好从D板的边缘M点沿一细圆弧轨道中心轴线的切线进入光滑圆管，圆弧轨道的圆心O正好在CD板的中心线延长线上，如图所示，若在O点放一点电荷，粒子刚好在点电荷作用下沿圆弧的中心轴线轨道做匀速圆周运动，求O点处点电荷的电荷量Q的大小。
【答案】（1）解：粒子在平行板A和B之间加速，由动能定理得
解得粒子刚从B板小孔射出时的速度大小
（2）解：由牛顿第二定律可知粒子在CD板间运动所的加速度为
当CD板上的电压为U1时有
当CD电压为U2时
解得粒子刚好从D板的边缘M点离开时所加的电压的大小
（3）解：粒子刚好在圆弧轨道中做匀速圆周运动
依题意可知
得
粒子从A板到M点的过程由动能定理可得
解得O点处点电荷电荷量为
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在平行板AB之间只有电场力做功，确定AB板之间的电势差，再根据动能定理进行解答；
（2）带电粒子在CD间做类平抛运动，根据题意确定不同情况下粒子在水平和竖直方向上的位移关系，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答；
（3）带电粒子在圆管内做匀速圆周运动，则由粒子与O点处点电荷之间的电场力提供向心力。根据几何关系确定粒子做圆周运动的半径。再对离子从A到M的过程运用动能定理确定粒子进入圆形管道的速度，再根据牛顿第二定律及库仑定律进行解答。
22．（2023高二上·岳阳楼期末） 一个初速度为零的电子在经的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d，板长L，两板间的电压（已知电子的带电量为e，质量m，不计重力）。求：
（1）电子经加速电压加速后以多大的速度进入偏转电场；
（2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
（3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，则P点到下极板右端的距离x；
（4）电子经过P点时的动能。
【答案】（1）解：电子经加速电压加速后有
代入数据解得
（2）解：在偏转电场中有
联立解得
（3）解：电子射出偏转电场后有
联立解得
（4）解：从进入电场到P点过程中应用动能定理得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）带电粒子在加速电场中只有电场力做功，运用动能定理结合电场力做功与电势差的关系进行解答；
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，确定其受力情况，再根据类平抛运动规律进行解答；
（3）粒子飞出电场后做匀速直线运动，即粒子在偏转电场和射出偏转电场后，水平方向一直做匀速直线运动，在竖直方向上先做匀加速直线运动再做匀速运动。再根据运动规律进行解答；
（4）对离子从进入偏转电场到离开偏转电场运用动能定理进行解答即可。
23．（2024高二下·绵阳开学考）如图所示，竖直平面内有坐标系xOy，在第二象限有平行于坐标平面的匀强电场E1（未画出），第一象限有与x轴夹角的虚线OP，虚线OP与x轴组成的空间内有水平朝左的匀强电场E2，有一个质量为m=2kg，带电量为+1C的带电粒子，以竖直向上的初速度v0=10m/s从第二象限的A点出发，并以v=5m/s的初速度垂直于虚线经过虚线上的P点，并最终刚好从P点正下方以速度m/s穿过x轴。（g=10m/s2）
（1）请求出P点的坐标；
（2）请求出第二象限内的电场E1对带电粒子做的功；
（3）试求电场E2的大小。
【答案】（1）解：在由P到Q的过程中
代入数据解得
h=8m
根据几何关系
解得
x=6m
P点的坐标为（6，8）
（2）解：在AP过程中根据动能定理，有
代入数据解得
W=85J
（3）解：粒子在由P到Q所用的时间在竖直方向上有
代入数据解得
t=1s
而在水平方向上粒子速度减为0所用时间为
vsinθ-at'=0
代入数据解得
a=8m/s2
qE2=ma
代入数据解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）由于PQ在同一直线上，且与电场线E2垂直，则PQ为该电场中的等势线，即粒子从P到Q过程只有重力做功，电场力做功为零。对P到Q过程运用动能定理确定PQ的竖直高度，再根据几何关系确定P点的坐标。
（2）粒子从A到P的过程中电场力与重力均做功，确定各力的做功的正负，再根据动能定理确定该过程电场力做功情况；
（3）将粒子在电场E2中的运动的分解成水平和竖直方向，则粒子竖直方向上在重力的作用下做匀加速直线运动，水平方向上在电场力作用下做匀减速直线运动，且到达Q点时，粒子水平方向的速度为零。再根据运动规律及牛顿第二定律进行解答。
24．（2024高三下·南山开学考）在电场强度大小E=100V/m、方向竖直向下的匀强电场中有一块水平放置且足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高h=0.8m处有一个小的放射源放在开口的铅盒内，如图所示。放射物质以v0=200m/s的初速度向各个方向均匀地释放质量m =2×10-15kg、电荷量q=1.0×10-12C的带正电粒子，粒子最后落在金属板上，不计粒子的重力和空气阻力。求：
（1）粒子下落过程中静电力做的功W；
（2）落在金属板上的粒子围成的图形的最大面积S。（取3.14，结果保留2位有效数字）
【答案】（1）解：静电力对粒子做的功与粒子运动轨迹无关，只与粒子的带电荷量和初、末位置间的电势差有关，由题意可知整个金属板是个等势体，有
解得
（2）解：设粒子飞出时沿水平方向运动经过时间t到达金属板，则有
粒子飞出时沿水平方向运动，落到金属板上时形成的圆半径最大，设最大半径为r，有
又
解得
【知识点】电场力做功；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用电场力做功的特点可求出做功大小；（2）粒子做类平抛运动，利用平抛运动的基本公式，可求出水平位移大小，结合几何关系可求出圆的面积。
25．（2024高二下·泸县开学考）一段半径为2m且光滑的圆弧BCD 处于光滑水平面，俯视图如图所示。空间存在与水平面平行的匀强电场，O为圆弧的圆心，OC与电场方向平行、OD 与电场方向垂直，并且OB的连线与OC的连线所成夹角为 一质量为 带电量为 的小球，小球从A点开始以垂直电场方向的初速度 开始运动，恰好从B点沿圆弧的切线方向进入圆弧，已知A、B之间沿电场线的距离为 ，重力加速度为不计空气阻力。求：
（1）匀强电场的场强E的大小；
（2）小球在轨道上的C点时的速度大小及此时对轨道的压力大小。
【答案】（1）解：小球从A到B做类平抛运动，则到达B点时
解得
（2）解：从B到C由动能定理
在C点时
解得
FN=7.9N
由牛顿第三定律可知，小球此时对轨道的压力大小为7.9N
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球从A到B为类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式，结合几何关系，求出匀强电场的场强E的大小；（2）对小球由B到C的过程，由动能定理求出小球运动到C点的速度，再分析小球在C点的受力，由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，再由牛顿第三定律得到压力。
26．（2024高二上·湘西期末） 如图所示，光滑绝缘的水平地面上竖直固定一光滑绝缘的半圆形轨道，一质量为、电荷量为的带电小滑块静止在水平地面上，空间存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出）。已知半圆轨道的半径为，重力加速度为，电场强度大小为。现给小滑块水平向右的初速度，小滑块冲上半圆轨道后从最高点飞出，求：
（1）小滑块经过半圆轨道最高点时所受弹力大小；
（2）小滑块的落地点与半圆轨道最低点之间的距离。
【答案】（1）解：滑块从点运动到点的过程中，由动能定理得
解得
在点处，由牛顿第二定律得
解得
（2）解：滑块从点飞出后做类平抛运动，竖直方向上有
，
水平方向上有
解得
【知识点】牛顿第二定律；向心力；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）确定滑块从A运动到B过程各力的做功情况，再根据动能定理去诶多功能滑块在B点的速度，确定滑块在B点向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答；
（2） 滑块从点飞出后做类平抛运动，确定滑块在竖直方向上的位移及受力情况，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答。
27．（2023高三上·南京）如图甲所示的装置由粒子直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。其中直线加速器由n个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连、序号为0的金属圆板中央有一自由电子由静止开始运动。圆筒长度经设计，可使电子运动到圆筒与圆筒之间各间隙中都能恰好使静电力方向跟电子运动方向相同而不断被加速。忽略电子通过圆筒间隙的时间。偏转电场由两块相同的平行金属板A与B组成，板长和板间距均为L，两极板间的电压，两板间的电场可视为匀强电场。距两极板右侧L竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并可从另一侧射出，最后打到荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，交变电源电压的绝对值为，周期为T。不考虑电子的重力。求：
（1）电子经0～1圆筒间电场加速后速度的大小；
（2）第6个金属圆筒的长度；
（3）由第7金属圆筒射出的电子进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压可在-16～16之间调节，求电子打到荧光屏上径迹的长度d。
【答案】（1）解：根据题意可知，电子在圆筒间电场加速，由动能定理有
解得
（2）解：根据题意可知，要想电子每次经过电场时均加速，则需要电子在金属圆筒内运动的时间等于交流电周期的一半，设电子在第6个金属圆筒内运动的速度为v6，由动能定理有
解得
则第6个金属圆筒的长度为
（3）解：同理第7个金属圆筒内运动的速度为，由动能定理有
解得
设转电场两极板间的电压为时，电子不能飞出偏转电场，电子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立解得
即当时，电子恰好从偏转电场中飞出，打到荧光屏上距离最远，由类平抛运动规律，结合几何关系可得
解得
则子打到荧光屏上径迹的长度为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）确定0-1之间的电势差，再根据动能定理进行解答；
（2）由于电子每次经过电场时均加速，故电子每次经过圆筒之间的间隙时，电场的方向均不变。根据图乙电压的变化图像，分析每次电子加速后在圆筒内运动的时间与周期的关系。且电子加速后在圆筒内做匀速运动。再根据动能定理及匀速运动规律进行解答；
（3）根据动能定理确定电子进入偏转电场的速度。当电子恰好从偏转电场极板的端点飞出时，电子打在荧光屏的长度最大。根据类平抛运动规律确定粒子恰好从极板端点飞出时对应的电压是否在该范围，再根据平抛运动推论进行解答。
28．（2022高二上·重庆市期末）如图甲所示，、是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，板接地，板电势随时间变化情况如图乙所示，、两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔和，两板间电压为，组成减速电场．现有一带负电粒子在时刻以一定初速度沿两板间的中轴线进入，并能从沿进入、间。已知带电粒子带电荷量为，质量为，不计粒子重力求：
（1）该粒子进入、间的初速度为多大时，粒子刚好能到达孔；
（2）在的条件下，、两板长度的最小值；
（3）、两板间距的最小值。
【答案】（1）解：因粒子在、间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入孔的速度即为进入、板的初速度，在、间，
由动能定理得
解得：
答：初速度为时，粒子刚好到达孔；
（2）解：由于粒子进入、后，在一个周期内，竖直方向上的速度变为初始状态，
即，若在第一个周期内进入孔，
则对应两板最短长度为
答：在的条件下，、两板长度的最小值为；
（3）解：若粒子在运动过程中刚好不到板而返回，则此时对应两板最小间距，设为
所以
解得：
答：、两板间距的最小值为。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在AB间水平方向做匀速运动，在CD间做减速运动，确定粒子刚好到达O2孔的临界速度，再根据动能定理进行解答即可；
（2）粒子在AB间竖直方向做往复运动，且在O1’位置时竖直方向速度为零，要AB板长度最小，即粒子在AB板运动的时间最短。根据乙图结合粒子运动情况确定粒子在AB板间的最短运动时间，继而得出最小板长；
（3）粒子在AB板间竖直方向上做往返运动。当粒子到达极板处速度恰好为零，且开始返回时，此时板间距最小。根据图乙确定粒子单向运动的时间与周期的关系，再根据运动规律及对称性进行解答。
29．（2024高二上·广西期末）如图所示，两竖直线相距为，其间以水平线为界，上方电场竖直向下，下方电场竖直向上，在电场左边界上的两点相距为．一电荷量为、质量为的粒子从点以初速度沿水平方向射入匀强电场中，通过上的某点进入匀强电场后，从边上的点水平射出，其轨迹如图，若两点的距离为，不计粒子的重力．求：
（1）上方的电场强度大小与下方的电场强度大小；
（2）带电粒子先后经过两电场所用的时间之比．
【答案】（1）解：由于带电粒子水平方向不受力，竖直方向只受电场力作用，由牛顿运动定律可得
得
竖直方向
竖直方向
水平方向
解得电场强度
电场强度
（2）解：竖直方向：
则
带电粒子经过电场所用的时间与经过电场所用的时间之比
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向做匀变速直线运动，利用牛顿第二定律，结合电场力的特点，可求出竖直方向位移时间关系式，结合水平位移关系式的特点，联立可求出电场强度的大小；（2）利用竖直方向粒子做匀变速直线运动的速度时间关系式可求出时间之比。
30．（2024高三上·齐齐哈尔期末）如图所示，一质量为、带电量为的粒子，从静止开始被加速电场（图中未画出）加速后从E点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度，粒子飞出平行板电场后经过无电场区域后，打在垂直于中心线EF的荧光屏PS上．已知两平行金属板水平正对且板长均为，两板间距，板间电压，界面MN与荧光屏PS相距．，粒子重力不计．求：
（1）加速电场的电压U；
（2）粒子经过界面MN时的速度；
（3）粒子打到荧光屏PS时偏离中心线EF的距离Y．
【答案】（1）解： 在加速电场中，由动能定理有
解得
（2）解：粒子的运动轨迹如图所示，在偏转电场中，粒子做类平抛运动
平行于极板方向有，解得
垂直于极板方向，由牛顿第二定律有
设粒子从偏转电场中飞出时沿电场方向的速度大小为
则
所以粒子经过界面MN时的速度大小为
设粒子经过界面MN时的速度方向与水平方向夹角为，则
（3）解：带电粒子在离开电场后做匀速直线运动
垂直于极板方向有
由相似三角形知识得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1） 在加速电场中， 合力即为电场力，结合动能定理求解。
（2） 在偏转电场中，粒子做类平抛运动，飞出电场会粒子做匀速直线运动。
（3） 带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，结合相似三角形的几何关系求解。
1 / 1人教版物理必修3同步练习: 10.5 带电粒子在电场中的运动(能力提升)
一、选择题
1．（2024高二下·自贡开学考）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（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（　　）
A．减小加速电压U0 B．减小偏转电压U
C．增大偏转极板间距离d D．减小偏转电场的板长L
2．（2024高二上·广西期末）如图甲是静电喷涂原理的示意图．一带正电荷的涂料微粒从发射极由静止释放，仅在电场力的作用下，加速飞向吸极，其运动图像如图乙所示，是其路径上的两点．下列说法正确的是（　　）
甲 乙
A．点的电势比点的低
B．点的电场强度比点的大
C．涂料微粒在点的电势能比在点的大
D．涂料微粒在点的加速度比在点的大
3．（2024高二下·保定开学考）如图所示，一充电后与电源断开的平行板的两极板水平放置，板长为，板间距离为，距板右端处有一竖直屏。一带电荷量为、质量为的质点以初速度沿中线射入两板间，最后垂直打在上，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．两极板间电压为
B．质点通过电场过程中电势能减少
C．若仅增大初速度，则该质点不可能垂直打在上
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在上
4．（2022高三上·朝阳期末）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。已知加速电场电压为，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为。不计电子重力，现使变为原来的2倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该（　　）
A．使变为原来的2倍 B．使变为原来的4倍
C．使变为原来的倍 D．使变为原来的
5．（2023高二上·安徽期末）在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度v 水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且，如图所示，由此可知（　　）
A．小球带正电
B．电场力大小为
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到C的过程中重力对小球做的功与从B到C的过程中电场力对小球做的功的绝对值相等
6．（2023高二上·怀仁月考）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为的绝缘细线，细线一端固定在点，另一端系一质量为的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为，下列说法不正确的是（　　）
A．匀强电场的电场强度
B．小球动能的最大值为
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大再减小
7．（2023高二上·龙岗期中）示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极和之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差和随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2023高二上·武汉期中）如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压。时，Q板比P板电势高，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动电子所受重力可忽略不计，已知电子在时间内未与两板相碰。则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高三下·长沙开学考）电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称。一离子仅在电场力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）
A．该离子带正电
B．离子在a、b两点的电势能满足
C．b、d直线是等势面
D．b、c两点的场强相同
10．（2024高三下·湖南月考）如图所示，在匀强电场中一带正电粒子先后经过、两点。已知粒子的比荷为，粒子经过点时速率为，经过点时速率为，粒子经过、两点时速度方向与连线的夹角分别为、，连线长度为。若粒子只受电场力作用，则下列无法确定的是
（　　）
A．场强的大小 B．场强的方向
C．、两点的电势差 D．粒子在、两点的电势能之差
二、多项选择题
11．（2024高二下·绵阳开学考）示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图，不同的带电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，若带电粒子能射出平行板电场区域，则下列说法正确的是（　　）
A．若电荷量q相等，则带电粒子在板间的加速度大小相等
B．若比荷相等，则不同带电粒子从M孔射出的动能相等
C．若电荷量q相等，则不同带电粒子在偏转电场中电场力做功相同
D．若不同比荷的带电粒子由O点开始加速，偏转角度θ相同
12．（2023高二上·河源月考）如图，一带正电的粒子从靠近A金属板的K点处由静止出发，经A、B金属板间加速电压U0加速后，沿直线运动打在光屏上的Q点；现再在金属板C、D间加上一偏转电压U1，粒子将打在光屏Q点正下方的P点，不计粒子重力.下列说法正确的是（　　）
A．A板带负电，C板带正电
B．若只把B板稍微右移，粒子经过B板时的速度不变
C．若只把B板稍微右移，粒子在AB板间运动的时间变长
D．若只把D板下移，粒子将打在P点下方
13．（2024高二下·自贡开学考）如图所示，水平放置的平行板电容器，极板间所加电压为U。带电粒子紧靠下极板边缘以初速度v0射入极板，入射时速度方向与极板夹角为45°，粒子运动轨迹的最高点恰好在上极板边缘，忽略边缘效应，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子电荷量q与质量m之比为
B．粒子的电荷量q与质量m之比为
C．保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的，粒子将打在下极板上
D．保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的，粒子仍从极板之间飞出
14．（2023高二上·成都月考） 如图，一水平放置的平行板电容器充电后，一带电粒子以初速度水平飞入电场，落在下极板的P点。在下列情况下，此带电粒子仍以从原处飞入，（不计重力）下列说法正确的是（　　）
A．若在断开电源后将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子仍落在P点
B．若在断开电源后将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子落在P点右侧
C．若极板仍与电源相连，将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子落在P点左侧
D．若极板仍与电源相连，将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），带电粒子落在P点
15．（2024高二下·雅安开学考）近日，街头有一种新型游戏，参与者借助游戏工具给一带电小球瞬时冲量，使其获得某一初速度进入暗盒，暗盒中加以电场，小球最后从暗盒顶部水平抛出，然后落地，落地小球越近者获胜。现将上述情景，简化成如图模型，一半径为R的光滑绝缘半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑绝缘水平面相切于B点，整个空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m的带电小球从A点以某一初速度向左运动，经过P点时恰好对圆弧轨道没有压力。已知轨道上的M点与圆心O等高，OP与竖直方向夹角为，取，，重力加速度大小为g，则小球（　　）
A．带电小球经过P点的速度大小为
B．带电小球所受电场力大小为
C．带电小球经过C点的速度为
D．带电小球经过M点时对圆弧轨道的压力大小为
16．（2024高三下·内江月考）如图所示，带负电的小球从直角三角形点以初速度v0水平向右抛出，整个空间存在水平向右的匀强电场，且竖直水平，。已知带电小球所受电场力恰好是重力的倍。下列说法正确的是（　　）
A．小球通过所在直线时的机械能比在点时的机械能大
B．小球运动过程中机械能最小时，速度方向一定平行于
C．小球运动过程中动能最小时的电势能最大
D．小球经过所在直线时的速率等于
17．（2023高二上·安徽期末）如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒（又称漂移管）A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度从O点沿轴线进入加速器，质子在每个金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，下列说法正确的是（　　）
A．MN所接电源的极性应周期性变化
B．圆筒的长度应与质子进入该圆筒时的速度成正比
C．质子从圆筒E射出时的速度大小为
D．圆筒A的长度与圆筒B的长度之比为
18．（2024·贵州模拟）如图（a），水平放置长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为，其方向随时间变化的规律如图（b）所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒子任意时刻沿金属板中心线射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则（　　）
A．金属板间距离的最小值为
B．金属板间距离的最小值为
C．粒子到达竖直挡板时的速率都大于
D．粒子到达竖直挡板时的速率都等于
19．（2024高二上·广西期末）如图所示，为两个带等量正电荷的固定点电荷，竖直虚线为两点电荷连线的中垂线，为中垂线上四点，点为中垂线与连线的交点，且．现将一带负电液滴从点由静止释放，液滴到达点时的速度大小为．已知重力加速度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．点电场强度可能大于点电场强度
B．点电场强度一定小于点电场强度
C．液滴到达点时的速度大小为
D．液滴在点的动能小于在点的动能
20．（2024高二下·汉寿开学考）如图所示，光滑绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与轴平行，现有一个质量为，电荷量为的滑块可看做质点，仅在电场力作用下由静止沿轴向左运动．电场力做的功与物块坐标的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线．则下列说法正确的是（　　）
A．此电场一定是匀强电场
B．电场方向沿轴的正方向
C．点处的场强大小为
D．与间的电势差是
三、非选择题
21．（2024高二下·仁寿月考）如图，两竖直平行极板A和B之间电压.两水平平行极板C和D之间间距和板长均为L。某电荷量为+q，质量为m的带电粒子，从A板小孔无初速进入AB板间。经过加速从B板小孔射出。正好沿CD板的中心线进入CD板间，不计粒子重力、电场间的相互影响和电场边缘效应。已知静电力常量为k。
（1）求粒子刚从B板小孔射出时的速度大小；
（2）若CD板上的电压为，粒子刚好打在D板的中心。若要使得粒子刚好从D板的边缘M点离开，求此时所加的电压的大小；
（3）若粒子刚好从D板的边缘M点沿一细圆弧轨道中心轴线的切线进入光滑圆管，圆弧轨道的圆心O正好在CD板的中心线延长线上，如图所示，若在O点放一点电荷，粒子刚好在点电荷作用下沿圆弧的中心轴线轨道做匀速圆周运动，求O点处点电荷的电荷量Q的大小。
22．（2023高二上·岳阳楼期末） 一个初速度为零的电子在经的电压加速后，垂直平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d，板长L，两板间的电压（已知电子的带电量为e，质量m，不计重力）。求：
（1）电子经加速电压加速后以多大的速度进入偏转电场；
（2）电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
（3）电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，则P点到下极板右端的距离x；
（4）电子经过P点时的动能。
23．（2024高二下·绵阳开学考）如图所示，竖直平面内有坐标系xOy，在第二象限有平行于坐标平面的匀强电场E1（未画出），第一象限有与x轴夹角的虚线OP，虚线OP与x轴组成的空间内有水平朝左的匀强电场E2，有一个质量为m=2kg，带电量为+1C的带电粒子，以竖直向上的初速度v0=10m/s从第二象限的A点出发，并以v=5m/s的初速度垂直于虚线经过虚线上的P点，并最终刚好从P点正下方以速度m/s穿过x轴。（g=10m/s2）
（1）请求出P点的坐标；
（2）请求出第二象限内的电场E1对带电粒子做的功；
（3）试求电场E2的大小。
24．（2024高三下·南山开学考）在电场强度大小E=100V/m、方向竖直向下的匀强电场中有一块水平放置且足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高h=0.8m处有一个小的放射源放在开口的铅盒内，如图所示。放射物质以v0=200m/s的初速度向各个方向均匀地释放质量m =2×10-15kg、电荷量q=1.0×10-12C的带正电粒子，粒子最后落在金属板上，不计粒子的重力和空气阻力。求：
（1）粒子下落过程中静电力做的功W；
（2）落在金属板上的粒子围成的图形的最大面积S。（取3.14，结果保留2位有效数字）
25．（2024高二下·泸县开学考）一段半径为2m且光滑的圆弧BCD 处于光滑水平面，俯视图如图所示。空间存在与水平面平行的匀强电场，O为圆弧的圆心，OC与电场方向平行、OD 与电场方向垂直，并且OB的连线与OC的连线所成夹角为 一质量为 带电量为 的小球，小球从A点开始以垂直电场方向的初速度 开始运动，恰好从B点沿圆弧的切线方向进入圆弧，已知A、B之间沿电场线的距离为 ，重力加速度为不计空气阻力。求：
（1）匀强电场的场强E的大小；
（2）小球在轨道上的C点时的速度大小及此时对轨道的压力大小。
26．（2024高二上·湘西期末） 如图所示，光滑绝缘的水平地面上竖直固定一光滑绝缘的半圆形轨道，一质量为、电荷量为的带电小滑块静止在水平地面上，空间存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出）。已知半圆轨道的半径为，重力加速度为，电场强度大小为。现给小滑块水平向右的初速度，小滑块冲上半圆轨道后从最高点飞出，求：
（1）小滑块经过半圆轨道最高点时所受弹力大小；
（2）小滑块的落地点与半圆轨道最低点之间的距离。
27．（2023高三上·南京）如图甲所示的装置由粒子直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。其中直线加速器由n个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连、序号为0的金属圆板中央有一自由电子由静止开始运动。圆筒长度经设计，可使电子运动到圆筒与圆筒之间各间隙中都能恰好使静电力方向跟电子运动方向相同而不断被加速。忽略电子通过圆筒间隙的时间。偏转电场由两块相同的平行金属板A与B组成，板长和板间距均为L，两极板间的电压，两板间的电场可视为匀强电场。距两极板右侧L竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并可从另一侧射出，最后打到荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，交变电源电压的绝对值为，周期为T。不考虑电子的重力。求：
（1）电子经0～1圆筒间电场加速后速度的大小；
（2）第6个金属圆筒的长度；
（3）由第7金属圆筒射出的电子进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压可在-16～16之间调节，求电子打到荧光屏上径迹的长度d。
28．（2022高二上·重庆市期末）如图甲所示，、是两块水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，板接地，板电势随时间变化情况如图乙所示，、两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔和，两板间电压为，组成减速电场．现有一带负电粒子在时刻以一定初速度沿两板间的中轴线进入，并能从沿进入、间。已知带电粒子带电荷量为，质量为，不计粒子重力求：
（1）该粒子进入、间的初速度为多大时，粒子刚好能到达孔；
（2）在的条件下，、两板长度的最小值；
（3）、两板间距的最小值。
29．（2024高二上·广西期末）如图所示，两竖直线相距为，其间以水平线为界，上方电场竖直向下，下方电场竖直向上，在电场左边界上的两点相距为．一电荷量为、质量为的粒子从点以初速度沿水平方向射入匀强电场中，通过上的某点进入匀强电场后，从边上的点水平射出，其轨迹如图，若两点的距离为，不计粒子的重力．求：
（1）上方的电场强度大小与下方的电场强度大小；
（2）带电粒子先后经过两电场所用的时间之比．
30．（2024高三上·齐齐哈尔期末）如图所示，一质量为、带电量为的粒子，从静止开始被加速电场（图中未画出）加速后从E点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度，粒子飞出平行板电场后经过无电场区域后，打在垂直于中心线EF的荧光屏PS上．已知两平行金属板水平正对且板长均为，两板间距，板间电压，界面MN与荧光屏PS相距．，粒子重力不计．求：
（1）加速电场的电压U；
（2）粒子经过界面MN时的速度；
（3）粒子打到荧光屏PS时偏离中心线EF的距离Y．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】设电子进入偏转电场的速度为v0，偏转电场极板的长度为L，极板间距为d，则在加速电场中，有
解得
电子在偏转电场中，做类平抛运动，有
，，
联立以上各式可得
由此可知，要使偏转位移增大，可以增大偏转电压U，减小加速电压U0，减小偏转电场的极板间距d，增大偏转电场的板长L。
故答案为：A。
【分析】带电粒子在加速电场只有电场力做功，在偏转电场做类平抛运动。根据动能定理及类平抛运动规律确定偏转位移的表达式，再结合题意进行分析。
2．【答案】C
【知识点】电场强度；电势；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】由速度时间图像可知，带正电荷的微粒做加速运动，且加速度逐渐增大，表明电场线方向向右，且电场强度逐渐增大；
A. 沿着电场线方向电势降低，故M点电势高于N点电势，A不符合题意；
B. 由题可知沿着电场线方向电场强度增大，故M点的电场强度比N点的电场强度小，B不符合题意；
C. 涂料微粒带正电，故在电势高的地方电势能大，所以微粒在M点电势能比在N点的大，C符合题意；
D. 微粒运动的加速度由电场力提供，故电场强度大的地方加速度大，M点的加速度小于N点的加速度，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】利用速度时间图像可求出加速度的变化情况，结合带电粒子在电场中受电场力的特点，可求出电场的分布特点，进而得出结论。
3．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；电势能与电场力做功的关系；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、由题意可知，质点飞出平行板后只受重力作用且垂直打在M上，可知质点在平行板间竖直方向受力不平衡，质点在平行板间向上偏转做类平抛运动，如图所示
则有质点在平行板间竖直方向的加速度与飞出平行板后竖直方向的加速度大小相等，方向相反，在平行板间由牛顿第二定律可得
飞出平行板后则有
联立解得两极板间的电场强度为
由匀强电场的电场强度与电势差的关系式U=Ed可得
故A错误；
B、质点在电场中向上偏移的距离为
其中
在水平方向
联立解得
此时质点在竖直方向的分速度为
则有质点在电场中运动增加的机械能为
由能量守恒定律可知，质点通过电场过程中电势能减少量等于质点机械能的增加量，故B正确；
C、若仅增大初速度v0，质点在两个偏转过程中具有对称性，即两个过程的受力情况分别不变，竖直方向加速度大小相等，方向相反，运动的时间相等，则该质点仍能垂直打在M上，故C错误；
D、若仅增大两极板间距，因两板上所带电荷量不变，则有
，，
可得
可知两板间的电场强度不变，质点在电场中受力不变，则运动情况不变，则该质点仍能垂直打在M上，故D错误。
故答案为：B。
【分析】质点垂直打在竖直屏上，即质点到达竖直屏时速度水平向右，竖直方向速度为零。确定质点在两极板间与极板外的受力情况及运动情况，再根据对称性及牛顿第二定律确定电场强度与重力的关系。质点通过电场过程中电势能减少量等于质点机械能的增加量。竖直方向上各力大小不变，则粒子到达竖直屏的速度方向不变。
4．【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】要想使电子的运动轨迹不发生变化，则电子射出电场时的速度偏转角应该不变，根据动能定理
根据类平抛运动规律
整理得
使变为原来的2倍，电子射出电场时的速度偏转角不变，则使变为原来的2倍。
故答案为：A。
【分析】粒子在加速电场中根据动能定理得出得出粒子速度的表达式，结合粒子在偏转电场做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出运动轨迹不发生变化时电压的变化情况。
5．【答案】D
【知识点】平抛运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】 A、由小球从B到C的过程中轨迹向上弯曲可知电场力的方向必须是向上的，则小球带负电，故A错误；
BC、带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间分别为t1和t2，在电场中的加速度为a，则从A到B过程小球做平抛运动，有
从B到C过程，有
由题意有
则得
即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，又
将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有
根据几何知识有
解得
根据牛顿第二定律得
解得
故BC错误；
D、据题意知，小球在水平方向不受力，故在水平方向做匀速直线运动，在A、C两点的动能相同，由动能定理可知，小球从A到C的过程中合外力做功为零，所以小球从A到C的过程中重力对小球做的正功与从B到C过程中电场力对小球做的负功代数和为零，故D正确；
故答案为：D。
【分析】小球从B到C的过程中轨迹向上弯曲，且在C点的速度水平向右，可根据运动的可逆性将BC看成从C到B的类平抛运动。明确AB和BC的受力情况，再根据平抛运动规律和类平抛运动规律进行解答。
6．【答案】C
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A.对静止时的小球受力分析，如图所示：
根据共点力平衡条件可得
解得匀强电场的电场强度
A不符合题意；
B.因为小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，所以在等效最高点A由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
小球在等效最低点B的动能最大，对小球从A点运动到B点的过程中，由功能关系可得
联立解得
B不符合题意；
C.由功能关系可知，当电场力对小球做负功最多时，小球的机械能最小，可知小球运动到圆周轨迹的最左端点与圆心等高处时机械能最小，C符合题意；
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大再减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】分析小球静止时的受力，由共点力平衡条件求解匀强电场的电场强度；找到等效最高点和最低点，由牛顿第二定律求出小球在等效最高点的速度，再由功能关系求出小球在等效最低点的动能，即为小球的最大动能；由功能关系分析小球机械能最小的位置；根据电场力做功的正负，分析电势能的变化情况。
7．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】YY'之间为恒定电压，电子带负电，故电子向Y轴正方向偏转，在XX'之间加如图丙所示的正弦电压，电子在X轴方向发生偏转，电压越大侧移量越大，由运动的合成，会在荧光屏上看到过Y轴正方向上某点且平行X轴的一条水平的亮线（在Ⅰ、Ⅱ象限），故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】对于示波管模型，可分别单独讨论在一个方向上加压时，粒子在光屏上呈现的图像，再对两个图像进行叠加得到最终的图像。
8．【答案】C
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A.，电子所受电场力的方向向右，电子向右做匀加速直线运动，速度逐渐增大，故A不符合题意；
B.，电子所受电场力的方向向左，电子向右做匀减速直线运动，时速度减为零，故B不符符合题意；
C.，电子所受电场力的方向向左，电子向左做匀加速直线运动，故C符符合题意；
D.，电子所受电场力的方向向右，电子向左做匀减速直线运动，故D不符符合题意。
故答案为：C
【分析】由乙图，分析电子所受电场力的情况，进而分析电子的运动情况。
9．【答案】B
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A.根据曲线运动中，物体的受力一定指向曲线内侧，可知离子从a运动到b的过程中，受到电场力沿电场线的切线向左，可知离子带负电，A不符合题意；
B.沿着电场线电势降低可知a点电势大于b点电势，根据电势能公式
可知离子在a、b两点的电势能满足
B符合题意；
C.等势面与电场线应该处处垂直，所以bd直线不是等势面，C不符合题意；
D.由电场线分布规律可知b、c两点的场强大小相等，方向不同，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据离子的运动轨迹分析离子受到的电场力方向，得出离子的电性；由电势能的公式判断离子在a、b两点的电势能关系；等势面与电场线处处垂直；根据电场线的疏密表示场强大小，切线表示场强方向，判断b、c两点场强的关系。
10．【答案】D
【知识点】电势差；电势差与电场强度的关系；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB.设电场力的方向与所在直线夹角为 ，如图所示
垂直电场方向速度分量相同，根据几何知识有 ，
解得 ，垂直电场力方向做匀速运动，运动的时间为 ，
沿电场力方向速度变化量为 ，
电场强度的大小为 ，故AB可以确定，不符合题意；
C.根据匀强电场电场强度 可知、两点的电势差可求，故C可以确定，不符合题意；
D.根据功能关系有 电荷量未知，无法确定粒子在、两点的电势能之差，故D无法确定，符合题意。
故选D。
【分析】粒子只受电场力作用，做匀变速曲线运动，此类问题要明确粒子沿电场力方向为匀变速直线运动，垂直电场方向为匀速运动，故根据垂直电场方向速度分量相同可求出电场的方向，求出沿电场力方向的速度变化量，结合牛顿第二定律可求出电场强度的大小，根据求电势差，根据求电场力做功，结合电场力做功与电势能变化的关系分析。
11．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A、设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得
由于粒子的质量未知，所以无法确定带电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；
B、由动能定理得
可得
所以当带电粒子的比荷相等时，它们从M孔射出的速度相等，动能不同，故B错误；
C、电荷量相同，电场力相同，在偏转电场中
相同，电场力做功相同，故C正确；
D、如图，设偏转电场的板间距离为d，极板长度为L，在偏转电场中有
偏转角度θ与粒子的比荷无关，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】带电粒子在加速电场中做加速运动，再偏转电场中做类平抛运动。根据动能定律确定粒子在各电场电场力做功情况。嗯句牛顿第二定律及运动规律确定粒子加速度及偏转角的关系。
12．【答案】B,C
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A.由题意可知，粒子带正电，AB板间加速，所以电场方向水平向右，可知A板带正电，粒子在CD板间向下偏转，电场方向向下，C板带正电，A不符合题意；
B.对粒子在AB板间加速运动，根据动能定理有
解得
可知经过B板时的速度大小只与加速电压有关，与极板间距无关，所以若只把B板稍微右移，粒子经过B板时的速度不变，B符合题意；
C.根据
解得
只把B板稍微右移，粒子在AB板间运动的时间变长，C符合题意；
D.粒子在CD板间偏转，水平方向有
射出时的偏向角满足
可知，D板下移，d变大，变小，粒子将打在P点上方，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据粒子运动过程中的受力方向，分析A板和C板所带电荷的电性；由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，得出影响粒子到达B点时速度的相关量；根据牛顿第二定律和运动学公式，推导粒子在A、B板间运动时间的表达式，得出结论；根据类平抛规律，推导粒子射出偏转电场时的偏向角的正切的表达式，得出D板下移时粒子打在光屏上位置的变化。
13．【答案】A,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB、如图所示，粒子在电场中做斜上抛运动，根据运动规律知。水平方向
竖直方向
由动能定理知
代入得
故A正确，B错误；
CD、设当初速度是v0时运动时间为t1，初速度为一半时时运动时间为t2，电场产生加速度为a，极板长度为L，则
当初速度是一半时
，
则可知
初速度大小不变时，水平位移为
当初速度是一半时，由斜上抛运动对称性知，水平位移为
则可知
保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的一半，粒子将打在下极板上，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】确定粒子在电场中的受力情况，粒子到达最到点的速度水平向右，即竖直方向速度为零。根据运动的合成与分解可知，粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀减速直线运动到达最高点时竖直速度为零。再根据类平抛运动规律进行解答。当速度减半时，粒子竖直方向速度减为零后，粒子竖直方向上反向做加速运动。假设粒子能回到下极板，再根据粒子在水平方向位移与板长的关系判断假设是否成立。
14．【答案】A,C
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB、在断开电源后将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），电容器两极板间的电场强度为
可知电容器两极板间的电场强度不变，带电粒子受到的电场力不变，带电粒子运动轨迹不变，带电粒子仍落在P点，故A正确，B错误；
CD、极板仍与电源相连，将上极板下移一些以减小两板间距离（下极板不动），电容器两极板间的电场强度为
可知电容器两极板间的电场强度变大，带电粒子受到的电场力变大，加速度增大，根据
可知带电粒子在电容器中运动时间变短，带电粒子落在P点左侧，故C正确，D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据题意确定电容器Q或U是否变化，再根据电容器的定义式及决定式确定极板间的场强变化情况。再根据类平抛运动的规律进行分析。
15．【答案】C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】AB、经过P点时重力与电场力的合力恰好提供向心力，则有
解得
，
故AB错误；
C、小球从P点到C点过程，根据动能定理可得
解得
故C正确；
D、小球从M点到P点过程，根据动能定理可得
小球在M点，根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律可得，小球对圆弧轨道的压力大小为 ，故D正确。
故答案为：CD。
【分析】经过P点时恰好对轨道无压力，即恰好完全由重力与电场力的合力提供向心力。根据力的合成与分解及牛顿第二定律确定此时小球在P点的速度和电场力大小。确定小球从各点到P点的过程各力的做功情况，再根据动能定理确定粒子在各点的速度大小，结合牛顿第二定律确定小球对轨道的压力。
16．【答案】B,D
【知识点】电势能与电场力做功的关系；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A. 由题可知，带点小球所受电场力方向水平向左，大小为，故小球通过直线AB时电场力不做功，带点小球机械能守恒，故通过直线AB时的机械能与在A点的机械能大小相等，A不符合题意；
B. 小球在水平方向受电场力的作用做匀减速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，故运动过程中机械能最小时电势能最大，即水平速度为零时，此时速度方向竖直向下，平行于AB，B符合题意；
C、小球所受电场力与重力的合力大小为，方向垂直于直线AC斜向下，小球沿直线AC方向做匀速运动，沿垂直于直线AC方向做类竖直上抛运动，动能最小时，速度与直线AC平行，此时电势能不是最大，C不符合题意；
D. 由C项可知，小球回到直线AC时，根据对称性可知速率与初速度大小相等，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】利用电场力做功特点可得出电势能与机械能的关系；利用运动的合成与分解思想，可求出小球处于特殊位置的速度特点。
17．【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】A、因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，故A正确；
B、因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由
可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，故B正确；
C、质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得
解得
故C正确；
D、对于带电粒子在圆筒A分析可得
对于质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经1次加速，由动能定理可得
解得
所以
故圆筒A的长度与圆筒B的长度之比为
故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】根据题意确定各管道之间的狭缝的电势差，确定粒子在管道内和狭缝间的受力情况及运动情况，再根据动能定理及匀速运动规律进行解答。
18．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【解答】AB、在t=nT(n=0、1、2……)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖直方向的位移
金属板间距离的最小值为
故A正确，B错误；
CD、粒子出离电场时的水平速度均为
竖直方向，在t=t0时刻进入电场的粒子，先加速时间为，然后再减速时间，在t=T-t0时刻速度减为零；然后再反向加速t0时间，再反向减速t0时间，即在t=T+t0时刻出离电场时竖直速度再次减为零，粒子出离电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率为
故C错误，D正确。
故答案为：AD。
【分析】根据题意结合图像确定粒子在不同的电场中的运动情况，根据其运动情况判断粒子在电场中运动的最大竖直位移，由于粒子均能穿过电场，则板间距应大于等于粒子在电场中运动的最大竖直位移。根据电场变化的周期性结合粒子飞出电场的时间与电场变化周期的关系，确定粒子飞出电场时粒子的速度，粒子飞出电场后做匀速运动。飞出速度即为达到挡板的速度。
19．【答案】A,C,D
【知识点】点电荷的电场；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】AB. 等量同种电荷沿中垂线一边到无穷远处电场强度先增大，后减小，有一点电场强度最大，不确定在A点上方还是下方，故A点电场强度可能大于B点电场强度，A符合题意，B不符合题意；
C. 根据对称性特点，UBO=UOB'，A到B由动能定理可知
A到B'可有
联立可得
C符合题意；
D. 可知粒子从A点到A'点电场力做功为零，则有动能定理
故液滴在A点的动能小于A'点的动能。
故答案为：ACD
【分析】利用等量同种电荷的电场分布特点，可求出电场强度的大小；利用动能定理，结合电场力做功的特点可求出速度和动能的大小。
20．【答案】B,D
【知识点】电势差；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】根据可知，滑块向左运动的过程中，随的增加图线的斜率逐渐减小，则场强逐渐减小，此电场一不是匀强电场，选项A错误；滑块向左运动的过程中，电场力对带负电的电荷做正功，则电场方向沿轴的正方向，选项B正确；点处的场强大小为 ，则 ，选项C错误；与间，电场力做功为，可知电势差是 ，选项D正确；故选BD
【分析】W-x图象切线的斜率表示电场力，根据斜率的变化分析电场力的变化，从而确定场强的变化，由电场力做功的正负分析场强的方向，确定电势的变化。x=0.3m与x=0.7m间，由图读出电场力做功的值，再由求电势差
21．【答案】（1）解：粒子在平行板A和B之间加速，由动能定理得
解得粒子刚从B板小孔射出时的速度大小
（2）解：由牛顿第二定律可知粒子在CD板间运动所的加速度为
当CD板上的电压为U1时有
当CD电压为U2时
解得粒子刚好从D板的边缘M点离开时所加的电压的大小
（3）解：粒子刚好在圆弧轨道中做匀速圆周运动
依题意可知
得
粒子从A板到M点的过程由动能定理可得
解得O点处点电荷电荷量为
【知识点】库仑定律；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在平行板AB之间只有电场力做功，确定AB板之间的电势差，再根据动能定理进行解答；
（2）带电粒子在CD间做类平抛运动，根据题意确定不同情况下粒子在水平和竖直方向上的位移关系，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答；
（3）带电粒子在圆管内做匀速圆周运动，则由粒子与O点处点电荷之间的电场力提供向心力。根据几何关系确定粒子做圆周运动的半径。再对离子从A到M的过程运用动能定理确定粒子进入圆形管道的速度，再根据牛顿第二定律及库仑定律进行解答。
22．【答案】（1）解：电子经加速电压加速后有
代入数据解得
（2）解：在偏转电场中有
联立解得
（3）解：电子射出偏转电场后有
联立解得
（4）解：从进入电场到P点过程中应用动能定理得
解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）带电粒子在加速电场中只有电场力做功，运用动能定理结合电场力做功与电势差的关系进行解答；
（2）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，确定其受力情况，再根据类平抛运动规律进行解答；
（3）粒子飞出电场后做匀速直线运动，即粒子在偏转电场和射出偏转电场后，水平方向一直做匀速直线运动，在竖直方向上先做匀加速直线运动再做匀速运动。再根据运动规律进行解答；
（4）对离子从进入偏转电场到离开偏转电场运用动能定理进行解答即可。
23．【答案】（1）解：在由P到Q的过程中
代入数据解得
h=8m
根据几何关系
解得
x=6m
P点的坐标为（6，8）
（2）解：在AP过程中根据动能定理，有
代入数据解得
W=85J
（3）解：粒子在由P到Q所用的时间在竖直方向上有
代入数据解得
t=1s
而在水平方向上粒子速度减为0所用时间为
vsinθ-at'=0
代入数据解得
a=8m/s2
qE2=ma
代入数据解得
【知识点】动能定理的综合应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）由于PQ在同一直线上，且与电场线E2垂直，则PQ为该电场中的等势线，即粒子从P到Q过程只有重力做功，电场力做功为零。对P到Q过程运用动能定理确定PQ的竖直高度，再根据几何关系确定P点的坐标。
（2）粒子从A到P的过程中电场力与重力均做功，确定各力的做功的正负，再根据动能定理确定该过程电场力做功情况；
（3）将粒子在电场E2中的运动的分解成水平和竖直方向，则粒子竖直方向上在重力的作用下做匀加速直线运动，水平方向上在电场力作用下做匀减速直线运动，且到达Q点时，粒子水平方向的速度为零。再根据运动规律及牛顿第二定律进行解答。
24．【答案】（1）解：静电力对粒子做的功与粒子运动轨迹无关，只与粒子的带电荷量和初、末位置间的电势差有关，由题意可知整个金属板是个等势体，有
解得
（2）解：设粒子飞出时沿水平方向运动经过时间t到达金属板，则有
粒子飞出时沿水平方向运动，落到金属板上时形成的圆半径最大，设最大半径为r，有
又
解得
【知识点】电场力做功；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用电场力做功的特点可求出做功大小；（2）粒子做类平抛运动，利用平抛运动的基本公式，可求出水平位移大小，结合几何关系可求出圆的面积。
25．【答案】（1）解：小球从A到B做类平抛运动，则到达B点时
解得
（2）解：从B到C由动能定理
在C点时
解得
FN=7.9N
由牛顿第三定律可知，小球此时对轨道的压力大小为7.9N
【知识点】竖直平面的圆周运动；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）小球从A到B为类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式，结合几何关系，求出匀强电场的场强E的大小；（2）对小球由B到C的过程，由动能定理求出小球运动到C点的速度，再分析小球在C点的受力，由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，再由牛顿第三定律得到压力。
26．【答案】（1）解：滑块从点运动到点的过程中，由动能定理得
解得
在点处，由牛顿第二定律得
解得
（2）解：滑块从点飞出后做类平抛运动，竖直方向上有
，
水平方向上有
解得
【知识点】牛顿第二定律；向心力；动能定理的综合应用；带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【分析】（1）确定滑块从A运动到B过程各力的做功情况，再根据动能定理去诶多功能滑块在B点的速度，确定滑块在B点向心力的来源，再根据牛顿第二定律进行解答；
（2） 滑块从点飞出后做类平抛运动，确定滑块在竖直方向上的位移及受力情况，再根据牛顿第二定律及类平抛运动规律进行解答。
27．【答案】（1）解：根据题意可知，电子在圆筒间电场加速，由动能定理有
解得
（2）解：根据题意可知，要想电子每次经过电场时均加速，则需要电子在金属圆筒内运动的时间等于交流电周期的一半，设电子在第6个金属圆筒内运动的速度为v6，由动能定理有
解得
则第6个金属圆筒的长度为
（3）解：同理第7个金属圆筒内运动的速度为，由动能定理有
解得
设转电场两极板间的电压为时，电子不能飞出偏转电场，电子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立解得
即当时，电子恰好从偏转电场中飞出，打到荧光屏上距离最远，由类平抛运动规律，结合几何关系可得
解得
则子打到荧光屏上径迹的长度为
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）确定0-1之间的电势差，再根据动能定理进行解答；
（2）由于电子每次经过电场时均加速，故电子每次经过圆筒之间的间隙时，电场的方向均不变。根据图乙电压的变化图像，分析每次电子加速后在圆筒内运动的时间与周期的关系。且电子加速后在圆筒内做匀速运动。再根据动能定理及匀速运动规律进行解答；
（3）根据动能定理确定电子进入偏转电场的速度。当电子恰好从偏转电场极板的端点飞出时，电子打在荧光屏的长度最大。根据类平抛运动规律确定粒子恰好从极板端点飞出时对应的电压是否在该范围，再根据平抛运动推论进行解答。
28．【答案】（1）解：因粒子在、间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入孔的速度即为进入、板的初速度，在、间，
由动能定理得
解得：
答：初速度为时，粒子刚好到达孔；
（2）解：由于粒子进入、后，在一个周期内，竖直方向上的速度变为初始状态，
即，若在第一个周期内进入孔，
则对应两板最短长度为
答：在的条件下，、两板长度的最小值为；
（3）解：若粒子在运动过程中刚好不到板而返回，则此时对应两板最小间距，设为
所以
解得：
答：、两板间距的最小值为。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在AB间水平方向做匀速运动，在CD间做减速运动，确定粒子刚好到达O2孔的临界速度，再根据动能定理进行解答即可；
（2）粒子在AB间竖直方向做往复运动，且在O1’位置时竖直方向速度为零，要AB板长度最小，即粒子在AB板运动的时间最短。根据乙图结合粒子运动情况确定粒子在AB板间的最短运动时间，继而得出最小板长；
（3）粒子在AB板间竖直方向上做往返运动。当粒子到达极板处速度恰好为零，且开始返回时，此时板间距最小。根据图乙确定粒子单向运动的时间与周期的关系，再根据运动规律及对称性进行解答。
29．【答案】（1）解：由于带电粒子水平方向不受力，竖直方向只受电场力作用，由牛顿运动定律可得
得
竖直方向
竖直方向
水平方向
解得电场强度
电场强度
（2）解：竖直方向：
则
带电粒子经过电场所用的时间与经过电场所用的时间之比
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向做匀变速直线运动，利用牛顿第二定律，结合电场力的特点，可求出竖直方向位移时间关系式，结合水平位移关系式的特点，联立可求出电场强度的大小；（2）利用竖直方向粒子做匀变速直线运动的速度时间关系式可求出时间之比。
30．【答案】（1）解： 在加速电场中，由动能定理有
解得
（2）解：粒子的运动轨迹如图所示，在偏转电场中，粒子做类平抛运动
平行于极板方向有，解得
垂直于极板方向，由牛顿第二定律有
设粒子从偏转电场中飞出时沿电场方向的速度大小为
则
所以粒子经过界面MN时的速度大小为
设粒子经过界面MN时的速度方向与水平方向夹角为，则
（3）解：带电粒子在离开电场后做匀速直线运动
垂直于极板方向有
由相似三角形知识得
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1） 在加速电场中， 合力即为电场力，结合动能定理求解。
（2） 在偏转电场中，粒子做类平抛运动，飞出电场会粒子做匀速直线运动。
（3） 带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，结合相似三角形的几何关系求解。
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