人教版（2019） 必修 第三册 第十章 静电场中的能量 5 带电粒子在电场中的运动同步练习（含解析）

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5　带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1.“示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为的电场中加速后，垂直射入电势差为的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变小的是（　　）
A. 变小，不变 B. 变大，变小
C. 变小，变大 D. 不变，变大
2.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)做往返运动的U-t图像是(设两板距离足够大)(　　)
A.
B.
C.
D.
3.如图所示，电子示波管由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成，当电极YY′和XX′所加电压都为零时，电子枪射出的电子恰好打在荧光屏上的中心点即原点O上，下列说法正确的是(　　)
A. 当极板Y的电势高于Y′，极板X的电势低于X′时，电子将打在第一象限
B. 电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小有关
C. 电子打到荧光屏时的动能与偏转电极所加电压大小有关
D. 电子通过XX′时的水平偏转量与YY′所加电压大小有关
4.如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　)
A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶1 D. 4∶1
5.有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，经偏转电场偏转后打到纸上，显示出字符．已知偏移量越大则打在纸上的字迹越大．现要增大字迹，下列措施可行的是(　　)
A. 增大墨汁微粒的比荷
B. 增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能
C. 减小偏转极板的长度
D. 减小偏转极板间的电压
6.如图所示是真空中A、B两板间的匀强电场，一电子由A板无初速度释放运动到B板，设电子由A板无初速度释放运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为s1和s2，在前一半位移和后一半位移所经历的时间分别是t1和t2，下面选项正确的是(　　)
A. s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝∶1 B. s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝∶1
C. s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝1∶(－1) D. s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝1∶(－1)
7.如图所示，a、b两个带电量相同的粒子，从同一点平行于极板方向射入电场，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则(　　)
A. a的初速度一定小于b的初速度 B. a增加的动能一定等于b增加的动能
C. b的运动时间一定大于a的运动时间 D. b的质量一定大于a的质量
8.如图甲所示为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按如图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是(　　)
A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D
9.如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成60°角，a极板带负电。一质量为m、电荷量为q(q<0)的粒子在电容器中靠近b极板处，以初动能Ek0竖直向上射出，不计粒子重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到a极板，则下列说法正确的是(　　)
A. 粒子的加速度大小 B. 粒子的加速度大小
C. 两极板间电场强度的大小 D. 两极板间电场强度的大小
10.如图是示波管的示意图，从电子枪发出的电子通过两对偏转电极，如果偏转电极不加电压，则电子沿直线打在荧光屏的中心O，当在两对偏转电极上同时加上电压后，电子将偏离中心打在某个位置，现已标出偏转电极所加电压的正负极，从示波管的右侧来看，电子可能会打在荧光屏上哪一位置 (　　)
A. 1位置 B. 2位置 C. 3位置 D. 4位置
11.如图所示，一价氢离子和二价氦离子的混合体，经同一加速电场由静止加速后，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
12.如图所示，质量为m，电荷量为e的电子，从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中(电场方向没有标出)，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，电子重力不计．则(　　)
A. 电子在电场中做变加速曲线运动 B. A、B两点间的电势差UAB＞0
C. 电子从A运动到B的时间t＝ D. 电子在B点的速度大小v＝v0
13.某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为U1的加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为U2，板长为L，把叫示波器的灵敏度，电子质量为m、电荷量为e。下列说法正确的是(　　)
A. 电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变
B. 电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于L
C. 当U1、L增大，d不变，示波器的灵敏度减小
D. 当L变为原来的2倍，d变为原来的4倍，U1不变，示波器的灵敏度增大
14.图甲为板间距为d，长度2d两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示，在t=0时刻，一质量为m、不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为，刚好沿板右边缘射出电场，已知电场变化周期，下列关于粒子运动的描述不正确的是(　　)
A. 粒子的电荷量为
B. 若粒子在时刻以进入电场，由该粒子在时刻射出电场
C. 若该粒子在时刻以速度进入电场，从进入到射出电场，电场力对粒子不做功
D. 若该粒子在时刻以速度进入电场，粒子会水平射出电场
二、多选题
15.如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0由小孔射入板间电场，当M、N间电势差为U时，粒子恰好能到达N板．要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)(　　)
A. 使初速度减小为原来的
B. 使M、N间电势差加倍
C. 使M、N间电势差提高到原来的4倍
D. 使初速度和M、N间电势差都减小为原来的
16.如图匀强电场，带负电的粒子若只受电场力作用以一定初速度沿电场线从a运动到b，则(　　)
A. a，b两点电势相等 B. 粒子的电势能增加
C. 粒子从a运动到b过程加速度保持不变 D. 粒子做匀加速直线运动
17.如图(a)所示，A、B表示真空中水平放置的间距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间电场可视为匀强电场，现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝时，恰有一质量为m、电荷量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子重力，下列关于粒子运动状态的表述正确的是(　　)
A. 粒子在垂直于板的方向的分运动不可能是单向运动
B. 粒子在垂直于板的方向的分运动可能是往复运动
C. 粒子不可能沿与板平行的方向飞出
D. 只要电压周期T和v0的值同时满足一定条件，粒子可以沿与板平行的方向飞出
18.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
19.如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压(时上金属板带正电)，其中。一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为的带电粒子(初速度，重力忽略不计)，该粒子源射出的带电粒子恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，若粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则(　　)
A. 能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为T
B. 时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出
C. 能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0
D. 能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的25%
三、填空题
20.北京正负电子对撞机是我国第1台高能加速器，可以将电子能量加速到，电子的质量约为。按照牛顿力学，这个电子的速度是　　　　m/s，(科学记数法表示，保留1位小数，譬如： )这种情况下，牛顿力学是否适用？　　　　(选填：“是”或“否”)。
21.一个初动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，时间为t，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器所需时间t1＝　　，飞出电场时的动能变为　　(不计粒子重力，用t及Ek来表示)。
四、计算题
22.一束电子从静止开始经加速电压加速后，水平射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示。金属板长为l，两板距离为，竖直放置的荧光屏距金属板右端为，若在两金属板间加直流电压时，光点偏离中线打在荧光屏上的P1点，已知电子的质量为m，电量为e，。不计电子重力及电子之间的相互作用。求：
（1）电子刚进入偏转电场时的速度大小；
（2）电子离开偏转电场后打在荧光屏上OP1的距离；
（3）若把两金属板间加直流电压，电子打在荧光屏上P2点，则电子两次打在荧光屏上的动能之比是多少。
23.如图甲所示，两平行金属板沿水平方向放置，间距为，两极板间所加的电压如图乙所示，图乙中、为已知量.时刻一带正电的粒子由两极板左侧正中央位置以初速度沿平行于极板的方向射入，结果粒子在时刻刚好由两极板右侧正中央的位置离开电场，且运动过程中粒子刚好未与极板相碰.已知粒子的质量为，电荷量为，忽略粒子的重力。求：
(1)应为多少？
(2)整个过程中电势能的变化量。
24.如图所示，平面内的第三象限内有加速电场，一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止加速，从B点进入第二象限内的辐向电场(电场强度方向指向O)，沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动，从C点进入第一象限内沿y轴负方向的匀强电场中，从D点处射出电场，不同象限内电场互不影响，不计粒子的重力对粒子运动轨迹的影响，加速电场的电势差为U。
(1)求圆弧虚线处电场强度E的大小；
(2)求第一象限匀强电场的场强大小；
(3)若在第四象限加上大小为，方向沿y轴正方向的匀强电场，求粒子自C点离开y轴后再次运动到与C点等高处的时间。
25.如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1)电子到MN的速度大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ；
(4)电子打到屏上的点P′(图中未画出)到点O的距离x。
5　带电粒子在电场中的运动
一、单选题
1.【答案】B
【解析】在加速电场中，只有电场力对电子做功，根据动能定理，解得，在偏转电场中，沿电场力方向的加速度，沿初速度方向电子做匀速直线运动，运动的时间，则沿电场力方向的速度，设偏转的角度为，则，若使偏转角变小，即使变小，则应使变大，变小。故选B。
2.【答案】B
【解析】在两平行金属板间加上图A所示的电压，电子先做匀加速直线运动，时速度最大，到T时间内沿原运动方向做匀减速直线运动，T时速度减为零，然后重复这种运动，一直向一个方向运动，A错误；在两平行金属板间加上图B所示的电压，电子先做匀加速直线运动，时速度最大，从内沿原运动方向做匀减速直线运动，时速度减为零，从反向做匀加速直线运动，时速度最大，从到T内沿反方向做匀减速直线运动，T时速度减为零，回到出发点，然后重复往返运动，B正确；在两平行金属板间加上图C所示的电压，电子在0到时间内做加速度增大的加速直线运动，从做加速度减小的加速直线运动，时速度最大，从做加速度增大的减速直线运动，从到T做加速度减小的减速直线运动，T时速度减为零，然后重复之前的运动，一直向一个方向运动，C错误；在两平行金属板间加上图D所示的电压，电子在0到时间内做匀加速直线运动，从到T内做匀速运动，然后重复加速直线运动和匀速运动，一直向一个方向运动，D错误。
3.【答案】C
【解析】由于电子带负电，电子在电场中运动时会偏向电势高的一边，故当极板Y的电势高于Y′，极板X的电势低于X′时，电子将打在第二象限，故A项错误；电子在初速度方向上不受力，所以初速度方向上做匀速运动，电子从发射到打到荧光屏的时间与偏转电极所加电压大小无关，故B项错误；根据动能定理，电子离开电场后的动能和静电力做功的大小有关，即与偏转电场的电压有关，故C项正确；电子通过XX′时的水平偏转量与XX′所加电压大小有关，与YY′所加电压大小无关，故D项错误。
4.【答案】C
【解析】粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝a()2＋a××＝aT2；若粒子在t＝nT＋ (n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋a()2＝aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C正确。
5.【答案】A
【解析】微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场，做类平抛运动，则水平方向上有L＝v0t，竖直方向上有y＝at2，又a＝，联立解得y＝＝，要增大字迹，就要增大微粒通过偏转电场的偏转量y，由上式可知，采用的方法可以是增大比荷、减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、增大极板的长度L、增大偏转极板间的电压U，选项A正确，B、C、D错误．
6.【答案】D
【解析】s1＝at2，s2＝a(2t)2－at2＝at2，所以s1∶s2＝1∶3；x＝at12，t1＝，2x＝at′2，t2＝t′－t1＝－，所以t1∶t2＝1∶(－1)，故D正确．
7.【答案】B
【解析】设任一粒子的速度为 v0，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为：a＝，对竖直分运动有：y＝at2，对水平分运动，有：x＝v0t，联立得v0＝x，t＝，m＝；只有q、E、x、y的关系已知，无法比较初速度、运动时间和质量的关系，故A、C、D均错误；由于只有电场力做功，故动能增加量等于电场力做功为：W＝qEy，电量相等，故a增加的动能一定等于b增加的动能，故B正确．
8.【答案】B
【解析】电极YY′之间为信号电压，电极XX′之间为扫描电压，0～t1内，Y板电势高，电子向Y板偏转，X′板电势高，电子向X′板偏转，故C、D错误；根据偏移量y＝t2，知偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0， t1、t1时刻偏转电压最大，偏移量也最大，故A错误，B正确。
9.【答案】A
【解析】a极板带负电，电场方向垂直于极板斜向右上方，粒子带负电，所受电场力方向垂直于极板斜向左下方，可知粒子做类斜抛运动，粒子沿极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做双向匀变速直线运动，令粒子加速度大小为a，由于粒子能打到a极板，可知，当粒子加速度取最大值时，粒子轨迹恰好与a极板相切，由于，当粒子加速度取最大值时，粒子到达a极板时，垂直于极板的分速度恰好减为0，利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有，解得，可知，粒子的加速度大小，故A正确，B错误；由于电荷量为q，且有q<0，根据上述，当加速度取最大值时，极板之间的电场强度也取最大值，结合上述，根据牛顿第二定律有，结合上述解得，可知，两极板间电场强度的大小，故C、D错误。故选A。
10.【答案】B
【解析】根据两对偏转电极所加电压可知，竖直方向的电场方向由Y指向Y′，则电子向Y方向偏转，水平方向的电场方向由X′指向X，则电子向X′方向偏转，因此电子可能会打在荧光屏上的2位置，选项B正确。
11.【答案】B
【解析】在加速电场中，有qU1＝mv，在偏转电场中的偏转距离y＝··＝，故两离子运动轨迹相同，打在屏上同一点；一价氢离子和二价氦离子的比荷不同，经过加速电场后的末速度不同，因此两离子运动的时间不同。故B正确。
12.【答案】C
【解析】电子仅受电场力，且电场力是恒力，则电子加速度一定，做匀变速曲线运动，故A错误；电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得：eE＝ma①
将电子在B点的速度分解可知(如图)
v＝＝v0，故D错误；②
电子由A到B，由动能定理可知；
－eUAB＝mv2－mv02③
由②、③式得UAB＝＜0，故B错误；
设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，
则有vy＝v0tan 30°④
vy＝at
解①④⑤式得t＝，故C正确．故选C．
13.【答案】B
【解析】电子在加速电场和偏转电场中运动，电场力均对电子做正功，电子的动能增大，A错误；电子在加速电场中运动，有eU1=，解得v0=，电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于t=，B正确；电子在偏转电场中运动，有h=，结合eU1=，联立解得，可知当U1、L增大，d不变时，示波器的灵敏度可能增大，可能减小，还可能不变，C错误；根据，可知当L变为原来的2倍，d变为原来的4倍，U1不变时，示波器的灵敏度不变，D错误。
14.【答案】B
【解析】粒子在电场中水平方向做匀速运动，运动时间为，竖直方向粒子先加速后减速，则，解得，故A正确，不符合题意；若粒子在t=0时刻以进入电场，则经过时间T，粒子将打到极板上，即该粒子不能射出电场，故B错误；若该粒子在时刻以速度进入电场，粒子在电场中运动时间为T；在竖直方向粒子在时间内先加速，在内做减速运动速度减为零，然后时间内反向加速，在内做减速直至减为零，以速度水平射出电场，则从进入到射出电场，电场力对粒子不做功，故CD正确，不符合题意；故选B。
二、多选题
15.【答案】BD
【解析】M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v0由小孔射入板间电场，当M、N间电势差为U时，粒子恰好能到达N板．要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是使M、N间电势差加倍，使初速度和M、N间电势差都减小为原来的。故选BD。
16.【答案】BC
【解析】沿电场线方向，电视逐渐降低，所以a点的电势高于b点的电势，故A项错误；沿电场线方向运动，电场力对负电荷做负功，由电场力做功与电势能关系可知，电场力做负功，电势能增加，故B项正确；由题图可知，电场线疏密以及方向不变，所以电场为匀强电场，则电场强度不变，根据，可知，电场力不变，结合牛顿第二定律，所以粒子的加速度不变，故C项正确；由题可知，粒子沿电场线从a到b过程，其初速度为水平向右。而受到的电场力水平向左，粒子做匀减速直线运动，故D项错误。故选BC。
17.【答案】BD
【解析】粒子在平行于板的方向做匀速直线运动，在垂直于板的方向上粒子受到电场力的作用，做匀变速直线运动，粒子从t＝时刻出发，在电场中的运动时间不明确，可能做单向运动，也可能做往复运动，故A错误，B正确。若粒子在(＋n)(n＝1,2，…)时刻从右端离开电场，此时粒子沿电场方向的分速度恰好为0，粒子就可沿与板平行的方向飞出，故C错误，D正确。
18.【答案】ABC
【解析】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，A正确；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，B正确；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 ，C正确；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D错误。故选ABC。
19.【答案】AC
【解析】能从板间飞出的粒子，水平方向做匀速直线运动，则有，故A正确；假设时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出，则它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，则有，由牛顿第二定律，可得，联立，解得，则假设不成立，时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。故B错误；根据对称性，能从极板右侧飞出的粒子在电场中运动时间为T，则出电场时竖直速度一定为零，则电场力对其做功为零，故C正确；考虑射入的粒子，当粒子射出位置最低时，可以假设释放的时间为，在释放后的时间内，竖直位移应恰好为d，，解得，随后的内，由于，竖直上升高度为，假设成立，此为一临界位置；当粒子射出位置最高时，根据对称性可知从时刻射入粒子恰好从上边缘射出，此为一临界位置，则能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数，故D错误。故选AC。
三、填空题
20.【答案】　　否
【解析】由，解得；牛顿力学适合宏观物体、低速运动，不适合微观物体、高速运动；这种情况下，牛顿力学不适用。
21.【答案】0.5t　　4.25Ek
【解析】设平行板电容器板长为L，带电粒子初速度为v0，则垂直于电场线方向做匀速直线运动，有
如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，
那么它飞出电容器所需时间为
由题意知
第一个过程中沿电场线方向上的位移为
第一个过程由动能定理得
第二个过程中沿电场线方向上的位移为
第二个过程由动能定理得
联立解得
四、计算题
22.【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设电子刚进入偏转电场时的速度大小为，由动能定理，可得
解得
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，有，
又
解得
由几何关系，可得
即
（3）同理，改变金属板间电压后，有，
解得
由动能定理，可得电子两次打在荧光屏上的动能分别为，
即
23.【答案】(1)；(2)
【解析】(1)粒子射入电场后，在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得粒子的加速度为
在时间内，粒子在竖直方向的位移为
粒子竖直方向的速度为
设粒子由开始经时间竖直方向的速度减为0，该过程中粒子的加速度为
粒子竖直方向的位移为
又
由题意可知
在时间内，粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，由题意可知
由以上整理得
(2)由第(1)问的解析可知
时间内，电场力所做的功为
时间内，电场力所做的功为
时间内，电场力所做的功为
整个过程中，电场力所做的功为
电势能减少了
24.【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)设带电粒子经加速电场加速后的速度为v，由
得
在偏转电场中，由
可知
(2)由题意可知，带电粒子在第一象限做类平抛运动，设竖直方向上加速度为a，
运动时间为t，第一象限电场强度为，
水平方向上
竖直方向上
联立解得
(3)粒子自C点离开y轴后做周期性运动，由(2)可知
设第四象限电场强度大小为，带电粒子在第一、四象限竖直方向上的加速度大小分别为，则
设带电粒子在第一象限做类平抛运动运动时间为，从D点射出后至竖直方向上速度减为0用时为，由(2)可知
由
可知
所以粒子自C点离开y轴后再次运动到与C点等高处的时间为
25.【答案】(1) 　(2)3　(3)2　(4)3L
【解析】(1)电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得eE×＝mv2，解得v＝
(2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，则a1＝
由v＝a1t1，得t1＝＝，从MN到打到屏上的过程中所用时间t2＝＝2
总时间t＝t1＋t2＝3
(3)设电子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得，电子在电场E2时的加速度为a2＝＝，电子在电场E2中飞行时间t3＝，则vy＝a2t3＝2
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝，解得tan θ＝2
(4)电子在电场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系得tan θ＝
解得x＝3L。
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