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绝密★启用前
专题14带电粒子离开匀强电场时运动问题
u试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、多选题
1．如图所示，两块水平放置的平行金属板长为、板间距为，在板的右侧距处放置一竖直平面PM。在两板间加上一电压U，一质量为m=1g、带电量的带正电小球从两板左侧中间位置以速度水平射入平行金属板，带电小球恰好做直线运动。现将两极板间的电压变为，其余不变，带电小球也能从两极板间飞出，以沿MP方向建立如图所示坐标系，）则：（　　）
A．平行金属板上极板电势高于下极板电势
B．当电压时，带电小球恰好从极板边缘飞出
C．带电小球从板间飞出后，能够打在PM板的范围是
D．带电小球在两极板间运动的时间与飞出电场到打在PM板的时间比为25：2
【答案】BCD
【详解】
A．带电小球在极板间做直线运动，处于平衡状态，电场力方向与重力相反，竖直向上，而小球带正电，故电场方向向上，上极板的电势低于下极板电势，A错误；
B．当电压时，由受力分析得
带电小球在极板间做类平抛运动，粒子出电场时，水平方向有
竖直方向有
解得
故带电小球恰好从极板上边缘飞出，B正确；
C．从上下极板边缘飞出的带点小球能到达y轴上最远的点，根据平抛运动的末速度反向延长线交于水平位移的中点作图，由
解得
故带电小球从板间飞出后，能够打在PM板的范围是，C正确；
D．带电小球在极板间和极板外打到PM板的运动过程中，水平方向一直做匀速直线运动，故时间之比等于水平位移之比，即，D正确。
故选BCD。
2．如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5cm，其中BB′为零势能面，一个质量为m，带电量为+q的粒子沿AA′方向以初动能Ek，自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场。已知PA′=2cm。粒子的重力忽略不计。下列说法中不正确的是（　　）
A．该粒子到达C′点时的动能是2Ek
B．该粒子通过等势面BB′时的动能是1.25Ek
C．该粒子在P点时的电势能是Ek
D．该粒子到达C′点时的电势能是0.5Ek
【答案】BCD
【详解】
粒子在电场中做类平抛运动，以水平向右为x轴，向上为y轴建立直角坐标系
整理得
A．该粒子到达C′点时的动能
A正确，不符合题意；
B．由于从到电场力做功为，因此从到电场力做功，因此该粒子通过等势面BB′时的动能是1.5Ek，B错误，符合题意；
C．由于在处电势能为零，而整个运动过程中动能与电势能的和保持不变，因此该粒子在P点时的电势能是0.5Ek，C错误，符合题意；
D．由于到达处动能为，因此该粒子在C′点时的电势能是-0.5Ek，D错误，符合题意。
故选BCD。
3．如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为和。下列说法正确的是（　　）
A．两种情形下粒子运动时间相等
B．两种情形下电容器所加电压相等
C．小球的速度满足关系
D．小球的速度满足关系
【答案】BD
【详解】
B．电场力的方向垂直于极板，由于沿着水平方向运动，竖直方向合力为零，因此两种情况下电场力大小均为
因此两种情形下电容器所加电压相等，
B正确；
AC．第一种情况电场力使粒子减速运动，第二种情况电场力使粒子加速运动，因此运动时间不同，末速度也不同，AC错误；
D．第一种情况，水平方向上都做匀减速运动
第二种情况，水平方向上都做匀加速运动
两式联立，得
D正确。
故选BD。
4．如图所示，氘核和氚核两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E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2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E2对两种粒子做功一样多
B．两种粒子打到屏上时的速度一样大
C．两种粒子运动到屏上所用时间相同
D．两种粒子一定打到屏上的同一位置
【答案】AD
【详解】
A．加速电场场强，板间距一定，所以极板之间电势差一定，那么粒子经过加速电场：
同理，经过偏转电场，做类平抛运动，极板长度为，间距为，分解位移：
解得偏转位移：
两粒子带电量相同，电场力做功的位移相同，所以偏转电场E2对两种粒子做功一样多，故A正确；
B．整个过程中对粒子应用动能定理：
解得：，粒子的比荷不同，所以打到屏上的速度大小不同，故B错误；
C．粒子在加速电场中做匀加速直线运动：
粒子加速的位移相同，比荷越大，时间越短，粒子飞出加速电场后的速度：
通过偏转电场到屏上的过程中，水平方向做匀速直线运动且位移相同，两粒子的比荷不同，水平方向的速度不同，比荷越大，速度越大，时间越短，所以通过的时间不同，故C错误；
D．粒子飞出偏转电场的速度与水平方向的夹角满足：
所以两个粒子飞出偏转电场的速度方向相同，之后粒子做匀速直线运动，所以两粒子一定打到屏上的同一位置，故D正确。
故选AD．
5．如图所示，在一倾角为的玩具轨道顶端A和底端C装有弹射装置，现从A端、C端分别
以速度vA、vC弹出钢球，分别落在斜面上B点、D点，速度分别为vB、vD，vA、vD方向水
平，已知AB>CD，空气阻力不计，下列说法正确的是
A．vB与斜面的夹角α等于vC与斜面的夹角β
B．vA大小可能小于vD大小
C．若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A
端以速度vA弹出带正电的绝缘小球，落到斜面上的速度仍为vB
D．若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A
端以速度vA弹出带正电的绝缘小球，落到斜面上的时间与没有电场时相同
【答案】AC
【详解】
A．由题意知，可将从C点弹出的小球运动到D点的过程，看为从D点到C点的平抛运动，由平抛运动的规律可知：
①
设从A点运动到B点时间为t1，从C点运动到D点时间为t2，则有：
②
③
由②③可知：α=β，故A正确；
B．运用逆向思维后可看成两斜面上的平抛运动，初速度越大，平抛的距离越远，因AB>CD，则vA大小一定大于vD，故B错误；
C．若整个空间存在竖直向下的匀强电场，则小球做类平抛运动，设加速度为a，由类平抛的运动规律可知：
④
设此时与斜坡夹角为φ，则有：
⑤
由②⑤可知：
α=φ
即加电场时落到斜坡上时与斜坡的夹角不变，根据速度合成与分解可知，小球落到斜坡上的速度还为vB，故C正确；
D．由于加上电场后，竖直方向的加速度变大，相同的竖直位移所用时间变短，小球应落在B点上方，D错误。
二、单选题
6．如图，一带负电的粒子（不计重力）以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，粒子质量m，电荷量q。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是（　　）
A．粒子的初速度
B．两平行板间的电势差
C．粒子射出电场时的速度
D．粒子在板间运动过程中速度方向偏转的角度
【答案】D
【详解】
AC．带负电粒子在电场中做类平抛运动，设初速度是v0，平行极板方向做匀速直线运动，则运动时间是
离开电场时垂直极板方向的分速度是
vy=at
离开电场时垂直极板方向的位移是
加速度a不是已知，时间t不能求出，因此初速度v0和出电场时垂直极板方向的分速度vy不能求出，粒子射出电场时的速度也不能求出，AC错误；
B．加速度
因不知道粒子在极板间的加速度a，平行板间的电势差U不能求出，B错误；
D．粒子射出电场时的速度反向延长线经水平位移的中点，设偏转角为θ，则有
粒子射出电场时的速度偏转角可以求出，D正确。
故选D。
7．如图所示，平行四边形PQ、MN
间存在竖直向下的匀强电场，一质量为m2.01011kg，电荷量为q1.0105C
的带电粒子，从a点由静止开始经电压为U=100V
的电场加速后，垂直边界PQ进入匀强电场中，离开电场时速度方
向与电场方向成
45°角，已知
PQ、MN间距离为
20cm，带电粒子的重力忽略不计，
则下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子从边界PQ
进入匀强电场时的速度大小为v0
2.0104m/s
B．带电粒子离开电场时沿电场方向的偏移量为y=5cm
C．边界
PQ、MN
间的场强大小为
E
1.0103N/C
D．若将带电粒子换成质子，仍从a
点由静止开始运动，质子离开电场时沿电场方向的偏移量将发生变化
【答案】C
【详解】
A．带电粒子在加速电场中由动能定理得
故A错误；
B．带离开电场时速度方向与电场方向成45°角，速度方向的反向延长线交于水平位移的中点，由于PQ、MN间距离为20cm，所以带电粒子离开电场时沿电场方向的偏移量为
y=10cm
故B错误；
C．带电粒子在偏转电场中运动的时间为
粒子离开偏转电场时的电场力方向的速度
所以有
解得
故C正确；
D．带电粒子在加速电场中有
在偏转电场中有
联立解得
由此可知，偏移量与电荷量和质量都无关，所以若将带电粒子换成质子，仍从a
点由静止开始运动，质子离开电场时沿电场方向的偏移量不会发生变化，故D错误。
故选C。
8．喷墨打印机的简化模型如图所示，墨计微滴（重力不计）从墨盒喷出，经带电室带负电后，以速度v沿轴线垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，纸面关于轴线对称，通过调节信号输入使微滴可以带不同的电荷量q，改变偏转电压U及两极板的极性均可改变墨汁微滴打在纸上的位置，乃至能够恰好使微滴可以打在纸上的最高点和最低点。如果极板长度为L，板间距离为d，极板右端到纸面的距离为，纸张最高点到最低点的距离为2d，则（　　）
A．在微滴带负电时，要使微滴打在纸张的下部，应使上极板为正极
B．如果板间电压一定，要使微滴打在纸张上时的偏移量加倍，则微滴的电荷量要加倍
C．如果以中央轴线为准，上下增大板间距离，可以提高微滴偏移的灵敏度
D．要使微滴打在纸张的最高点或最低点，则微滴带电荷量与板间电压的关系应满足
【答案】B
【详解】
A．如果上极板是正极，则板间电场方向向下，由于微滴带负电，则微滴所受电场力向上，故会往上偏打到纸张的上部，A错误；
B．微滴在电场中做类平抛运动，由L=vt，
解得
由射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，可得
为微滴在纸张上的偏移量，即
在U一定时，有，故如果板间电压一定，要使微滴打在纸张上的偏移量加倍，则微滴的电荷量要加倍，B正确；
C．由
知在保持其他条件不变的情况下，，则板间距离增大，微滴的偏移量减小，说明微滴偏移的灵敏度降低，C错误；
D．当微滴在纸张上的偏移量为d时，即有
解得
D错误。
故选B。
9．如图所示，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B间形成竖直向下的匀强电场。a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从A、B两板右端连线的中点飞离匀强电场，粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力，下列说法中正确的是（　　）
A．粒子a、b的带电量之比为1∶2
B．电场对a、b粒子做功之比为1∶2
C．粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1∶2
D．粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角之比为1∶2
【答案】A
【详解】
A．设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向偏转位移为
由于粒子的质量相等、速度相等，偏转位移之比为1：2，则粒子a、b的带电量之比为1：2，故A正确；
B．根据电场力做功的计算公式可得
W=qEy
则电场对a、b粒子做功之比为1：4，故B错误；
C．根据动能定理可得
解得粒子离开电场的速度大小为
粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于1：2，故C错误；
D．设两板间的距离为d，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为θa，θb，根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得
粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1：2，但是角度之比不等于1:2，故D错误。
故选A。
10．如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是（
）
A．偏转电压
B．偏转的角度
C．射出电场速度
D．电场中运动的时间
【答案】B
【详解】
AD．粒子在平行板电容器中做以初速度做类平抛运动，分解位移：
电场力提供加速度：
极板间为匀强电场，偏转电压和电场强度满足：
联立方程可知偏转位移满足：
结合上述方程可知，由于初速度未知，所以偏转电压和电场中运动的时间无法求出，故AD错误；
BC．偏转的角度满足：
解得：；初速度未知，粒子飞出电场时的竖直方向速度无法求出，所以粒子射出电场的速度无法求出，故B正确，C错误。
故选B．
11．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【答案】C
【详解】
A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，A错误；
B、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，B错误；
C、粒子在电场力和重力的合力作用下做类似平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加，
C正确；
D、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，故机械能可能增加，也可能减少，D错误；
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、解答题
12．一束电子e从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度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d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L。光点中线与荧光屏交点O，若在两金属板间加直流电压U2时，电子打在荧光屏上的P点，电子质量为m，求：
（1）电子经U1加速后的速度v0；
（2）？
【答案】(1)
；(2)
【详解】
(1)电子经U1的电场加速后，由动能定理可得
(2)电子以v0的速度进入U2的电场并偏转
vy＝at
射出极板的偏转角θ的正切值
所以
13．如图所示，两平行金属板A、B长为L，两极板间距离d，UAB=U(U＞0)，一电荷量q质量为m的带正电的粒子，沿电场中心线RD垂直电场线方向飞入电场，初速度v0，粒子飞出平行板电场后经过界面MN后打在放置于中心线上的荧光屏PS上，界面MN和PS间的无电场，已知两界面MN、PS相距为，不计粒子重力（静电力常数为k）。
(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离多远；
(2)到达PS界面时离D点多远。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离
,
(2)带电粒子的运动轨迹如下图，根据平抛运动的规律，速度的反向延长线通过水平位移的中点，由几何关系可知
解得
14．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，结果保留2位有效数字)。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；
(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。
【答案】(1)3.0×107m/s；(2)0.72cm；(3)5.8×10-18J
【详解】
(1)根据动能定理有
解得
(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为y，电子在水平方向做匀速运动，有
L1＝v0t
电子在竖直方向上做匀加速运动
根据牛顿第二定律有
联立得
电子离开偏移电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，有
计算得出
(3)电子在偏转电场运动的过程中，电场力对它做的功
15．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为-e，在AB两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0(1)试求在0~kT与kT~T时间内射出B板电子的速度各多大？（结果用U0、e、m表示）
(2)在0~T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。（结果用L、d
表示）
(3)撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值时，使在0~T时间内通过了电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值。
【答案】(1)，；(2)；(3)0.59
【详解】
(1)电子经过AB之间的电场加速，设在0~kT时间内通过B板后速度为v1，kT~T时间内通过B板电子的速度v2，据动能定理有
解得
，
(2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，在偏转电场中，0~kT时间内射出B板的电子的运动时间
侧移量
解得
电子打在荧光屏上的位置P1到屏中心的距离为Δy1，由几何关系可知
即
在偏转电场中，kT~T时间内射出B板的电子的运动时间
侧移量
解得
电子打在荧光屏上的位置P2到屏中心的距离为Δy2，由几何关系可知
即
两个发光点之间的距离
(3)形成均匀分布的一段电子束，即前后两段电子束的长度相等。
第一段电子束的长度
第二段电子束的长度
解得
16．一束电子流经U1＝5
000
V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，两极板间电压U2＝400
V，两极板间距离d＝2.0
cm，板长L1＝5.0
cm。
(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y；
(2)若平行板的右边缘与屏的距离L2＝5
cm，求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y（O点位于平行板水平中线的延长线上）；
(3)若另一个质量为m（不计重力）的二价负离子经同一电压U1加速，再经同一偏转电场射出，则其射出偏转电场的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？
【答案】(1)
0.25
cm；(2)
0.75
cm
；(3)0.25
cm
，0.75
cm
【详解】
(1)电子加速过程，由动能定理得
①
进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，
L1＝v0t②
在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为
③
偏移距离
④
由①②③④得
代入数据得
y＝0.25
cm
(2)由于平抛运动速度的反向延长线恰好过水平位移的中点，且离开电场后做匀速直线运动如图，由几何关系知
可得
代入数据得
Y＝0.75
cm
(3)由于
，
偏移量与粒子的质量m和电荷量q无关，故二价负离子经同样装置后
y′＝y＝0.25
cm，Y′＝Y＝0.75
cm
17．一群电荷量为+q质量为m的带电粒子从A、B两平行极板正中央水平射入如图所示的偏转电场，粒子的初动能为Ek，A、B两极板间电压为U，间距为d，C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大。若A、B极板长为L，C到极板右端的距离也为L，C的长为d。不考虑粒子所受重力。
(1)写出粒子射出A、B极板时的偏转距离y的表达式；
(2)问初动能范围是多少的粒子才能打到屏MN上？
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)设粒子初速度为v0，则离子在偏转电场中的加速度
离子射出电场的时间
射出电场时的偏转距离
所以
而
则
y＝
(2)粒子射出电场时的竖直分速度
vy＝at
射出电场时的偏转角的正切值
故
tan
φ＝
离子射出电场后做匀速直线运动，要使离子打在屏MN上，需满足
且
所以
18．示波管的示意图如图所示，由阴极发出的电子经加速电场加速后，以速度v0沿中心线进入偏转电场，偏转电极的板长为L，两板间距为d，极板右端与荧光屏的距离为s。若电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计。已知电子电荷为e，质量为m，求：
(1)加速电压U0的大小；
(2)要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在偏转电极上的电压U的最大值；
(3)求电子打在荧光屏上距中心点最大距离Ymax？
【答案】(1)；(2)
；(3)
【详解】
解：(1)对于电子在加速电场加速运动中，由动能定理有
解得
(2)设偏转电场的电压为U1，电子刚好飞出偏转电场，竖直方向的位移为，则有
电子在电场中偏转的时间
解得
即加在偏转电极上的电压U的最大值为。
(3)电子在偏转电场中做类平抛运动，电子飞出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，依据几何关系有
解得
19．如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q=1.0×10－10C，质量为m=1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。（静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计）
(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？
(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹。
(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。
【答案】(1)3cm；12cm；(2)
；(3)负电；
【详解】
(1)粒子在两平行金属板间做类平抛运动，则有
联立可得穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（偏移位移）为
粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为，由几何关系得
解得
(2)
第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧，轨迹如图
(3)
粒子到达H点时，其水平速度
竖直速度
则有
该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电；根据几何关系可知半径
根据牛顿第二定律则有
解得
20．如图匀强电场的宽度为d，EF、CD为其边界，一质量为、电荷量为的粒子，在A点以垂直电场边界CD的速度进入电场区域，MN为无场区内的光屏，与相互垂直，MN与EF间距为d。当粒子经过EF边界的B点时，速度方向与EF成30°角，求：
(1)匀强电场的场强的大小；
(2)粒子打在光屏上的位置距离O点的距离。
【答案】(1)
；(2)
【详解】
(1)带电粒子在匀强电场中运动的加速度
①
沿电场方向有
②
初速度方向
③
粒子经过EF边界的B点时，由几何关系
④
由①②③④式解得
(2)从电场中射出时，速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于粒子沿初速度方向位移的中点，所以子打在光屏上的位置距离O点的距离
21．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U1加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U2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，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动能。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)在加速电场中由动能定理可得
计算得出
(2)粒子在竖直方向，竖直方向位移
根据牛顿第二定律得，粒子的加速度
在水平方向
联立上式得到
代入数据得
(3)从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：
22．如图所示，两块竖直放置的导体板间存在水平向左的匀强电场，板间距离为．有一带电量为、质量为的小球（可视为质点）以水平速度从A孔进入匀强电场，且恰好没有与右板相碰，小球最后从B孔离开匀强电场，若A、B两孔的距离为，重力加速度为，求：
（1）两板间的电场强度大小；
（2）小球从A孔进入电场时的速度；
（3）从小球进入电场到其速度达到最小值，小球电势能的变化量为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）电势能增加
【详解】
（1）由题意可知，小球在水平方向先减速到零，然后反向加速．设小球进入A孔的速度为，减速到右板的时间为，则有：
水平方向
竖直方向
联立解得
（2）在水平方向上根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
联立解得
（3）小球进入电场后，在水平方向上做减速运动，即
在竖直方向上做加速运动，即
小球在电场中的速度大小为
联立由数学知识可得
时小球速度达到最小，此时粒子在水平方向的位移为
在此过程中电场力做功为
而
联立解得
即粒子的电势能增加
23．水平放置的两块平行金属板长L=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s从两板中间射入，不计重力，如图所示，求：（已知电子电量为-1.6×10-19C，质量为0.90×10-30kg）
(1)电子飞出电场时的侧移量是多少？
(2)电子飞出电场时速度偏转角的正切值是多少？
(3)若s长度也为5.0cm，则OP的长度为多少？
【答案】(1)0.5cm；(2)0.2；(3)1.5cm
【详解】
(1)电子在电场中作类平抛运动，设其加速度为a，根据牛二定律有
qE=ma
又
根据平抛运动竖直方向有
vy=at
水平方向有
L=v0t
联立上式解得
vy＝4×106m/s
y=0.5cm
(2)电子飞出电场时速度偏转角的正切值是
(3)电子飞出后作匀速直线运动，设其飞出与水平方向夹角为θ，则有
根据几何关系有
OP=OM+PM=y+PM
联立上式解得
OP=1.5cm
24．示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场，电子穿出偏转电场后打在荧光屏上。若加速电压，偏转极板长，板间距，不计电子的重力。求：
(1)偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？
(2)若偏转板右端到荧光屏的距离L=10cm，求电子束最大的偏转距离OP。
【答案】(1)
；(2)
【详解】
（1）要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场必须下板边缘出来。加速电场中，由动能定理有
电子在偏转电场的飞行时间为
加速度为
要使电子从下极板边缘出来，应有
解得偏转电压为
（2）设电子离开电场后侧移距离为y1，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为
因为电子离开偏转电场的侧向速度为
电子离开偏转电场后的侧向位移为
得电子最大偏转距离为
代入数据解得
25．如图甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为+q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压U1已知）时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用。求：
（1）C、D板的长度L；
（2）粒子打在荧光屏上区域的长度。
【答案】（1）；（2）
【详解】
（1）粒子在A、B板间有
在C、D板间有
L=v0t0
解得
（2）粒子从nt0（n=0、2、4……）时刻进入C、D间，偏移距离最大
粒子做类平抛运动，偏移距离
加速度
得
粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远
出C、D板偏转角
，vy=at0
打在荧光屏上距中心线最远距离
s=y+Ltan
荧光屏上区域长度
26．如图所示，虚线左侧有一场强为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)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(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；
(3)电子打到屏上的点到点O的距离x。
【答案】(1)；(2)2；(3)3L
【详解】
(1)从A点到MN的过程中，由动能定理得
解得
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，由牛顿第二定律和运动学公式得
则时间t1为
从MN到屏的过程中运动的时间为
运动的总时间为
(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为
运动时间为
则竖直方向速度为
所以夹角为
(3)如图
电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点，由几何关系知
解得
27．如图（甲）所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点．在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，电荷的质量为m、电量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力．
（1）某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，如图（甲）所示，，求该电荷从A点出发时的速率。
（2）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图（乙）所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，，求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能。
【答案】（1）（2），
【详解】
（1）
（2）由（1）结论得粒子从A点出发时的动能为
则经过P点时的动能为
可以看出，当变大时，接收屏上电荷的电动逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大
最小动能为：
最大动能为：
28．如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q=，质量m=，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度，粒子飞出平行板电场后经过截面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置与中心线上的荧光屏bc上，（静电力常量k=），求
（1）粒子穿过截面MN时偏离中心线RO的距离多远？此时粒子的速度大小是多少？
（2）粒子到达PS界面时离D点多远？
（3）确定点电荷Q的电性并求其电荷量大小；
【答案】（1）3cm；（2）（3）
【详解】
（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，图象如图所示：
粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离：
代入数据，可解得：
带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：
竖直速度
所以合速度大小为
（2）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：
，，
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到中心线的距离为Y．又由相似三角形得
，
（3）带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：
竖直速度：所以
，
该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动．所以Q带负电．根据几何关系：半径，，解得：
29．喷墨打印机的基本构造如图所示，墨滴从发生器G射出并在充电室C中带上负电荷，从计算机来的输入信号控制每个墨滴所带的电量，并和偏转电场（匀强电场）一起控制墨滴落在纸上的位置。假设质量为m、带电量为-Q的墨滴沿x轴正方向以速率v进入了两板间的区域，墨滴经过偏转电场最终落到与x轴垂直的纸面上。已知偏转电场的场强为E，两极板的长度为L，板的右端与纸之间的距离为s，不计墨滴重力，板与纸之间无电场。
(1)求墨滴在离开偏转电场时的垂直偏移y；
(2)要使墨滴打到纸上位置到O＇（x轴与纸的交点）的距离Y减小10%，在m、L、v、s不能改变的情况下，请通过分析计算提出两个可能的解决方案。
【答案】(1)；(2)见解析
【详解】
(1)墨滴在偏转电场中做类平抛运动，墨滴在电场中的加速度
墨滴在电场中运动时，x方向上
x=vt
y方向上
墨滴在离开偏转电场时
x=L
联立方程解得
(2)如图所示，将墨滴离开电场时的速度方向反向延长，由类平抛运动规律可知其必过水平位移中点，由几何关系可知
即
在m、L、v、s不能改变的情况下，若使Y减小10%，可使
①E减小10%
②Q减小10%
③E与Q乘积减小10%
30．如图所示，从炽热的金属丝K逸出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后，从偏转电场两极板正中央垂直电场方向射入，恰好从下极板边缘飞出电场。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场两板间距离为d，板长为L。电子的重力不计。求：
(1)电子进入偏转电场时的速度大小；
(2)偏转电场电压；
(3)电子离开偏转电场时速度的大小和速度偏转角的正切值。
【答案】(1)；(2)；(3)；
【详解】
(1)根据动能定理
解得
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动
解得
(3)解法一：离开电场时
速度方向与入射方向夹角为
解法二：从开始运动到离开偏转电场，由动能定理得
解得
速度方向与入射方向夹角为：
解法三：平抛运动的速度反向延长线过水平位移的中点
31．如图所示，A、B和C、D为两平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E．一质量为m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）由静止开始，经A、B加速后穿过C、D发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L，问：
(1)粒子带正电还是带负电？
(2)粒子打在荧光屏上的位置距O点多远处？
(3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大？
【答案】(1)正电；(2)（＋L）；(3)
【详解】
(1)粒子向下偏转，电场力向下，电场强度方向也向下，所以粒子带正电。
(2)设粒子从A、B间射出时的速度为v，则有
设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为φ，偏转距离为y，则在水平方向有
在竖直方向有
粒子加速度
由此得到
所以粒子打在荧光屏上的位置距O点的距离为
(3)方法一：由上述关系式得
所以粒子打在荧光屏上时的动能为
方法二：对于粒子运动的整个过程应用动能定理
得
32．如图甲所示，A、B为两块平行金属板极板间电压为UAB=1687.5V，现有大量的电子由A板从静止开始加速后，沿两平行金属板CD的中线进入到偏转电场．平行金属板C、D长=4×10-2m，板间距离d=8×10-3m，在距离C、D右侧边缘=0.2m处有一足够大的荧光屏P，当C、D之间未加电压时电子沿C、D板的中线穿过，打在荧光屏上的0点并发出荧光．现给金属板C、D之间加一个如图乙所示的变化电压（D板接电源的正极）．已知电子质量为m=9.0×10-31kg，电荷量为e=1.6×10-19C．求：
(1)电子从B板上的小孔射出时的速率v0；
(2)打在荧光屏上的电子的最大动能；
(3)一起上下调整A、B，使电子能够在C、D板左侧任意位置仍以速度v0沿平行于C、D板的方向进入到偏转电场中，求电子打到荧光屏上亮线的长度（只考虑竖直方向）。
【答案】(1)
m/s；(2)
；(3)
4.8×10-2m
【详解】
（1）电子经A、B两块金属板加速，由
解得
（2）电子在水平方向做匀速运动，通过C、D板间的时间
电子通过时间极短，可认为通过时电场恒定，电子在电场中做类平抛运动，当C、D间电压最大时，竖直方向的位移
电子在竖直方向位移等于，此时电子刚好从上极板边缘飞出时，竖直方向速度最大，根据
解得
电子的最大动能
（3）当电子在靠近下极板射入，偏转电压为0时，电子做匀速直线运动通过偏转电场，此时打在荧光屏上亮线最下端，当电子从C板边缘通过，竖直方向速度最大时，电子能打到荧光屏上亮线最上端，根据可得到，当电子从距离D板高度4．0×10-3m处射入偏转电场时，能够到达荧光屏上亮线最上端，设此时电子竖直方向位移为y2，则由平抛运动推论可得
解得
所以电子打到荧光屏上亮线的长度为
33．利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图1所示为电子枪的结构示意图，电子从炽热的金属丝发射出来，在金属丝和金属板之间加以电压U0，发射出的电子在真空中加速后，沿电场方向从金属板的小孔穿出做直线运动。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用力。设电子刚刚离开金属丝时的速度为零：
(1)求电子从电子枪中射出时的速度v0的大小；
(2)示波器中的示波管是利用电场来控制带电粒子的运动。如图2所示，Y和为间距为d的两个偏转电极，两板长度均为L，极板右侧边缘与屏相距x，OO′为两极板间的中线并与屏垂直，O点为电场区域的中心点。从电子枪中射出的电子束沿OO′射入电场中，若两板间不加电场，电子打在屏上的点。为了使电子打在屏上的P点，P与相距h，则需要在两极板间加多大的电压U；
(3)电视机中显像管的电子束偏转是用磁场来控制的。如图3所示，有一半径为r的圆形区域，圆心a与屏相距l，b是屏上的一点，ab与屏垂直。从电子枪中射出的电子束沿ab方向进入圆形区域，若圆形区域内不加磁场时，电子打在屏上的b点。为了使电子打在屏上的c点，c与b相距l，则需要在圆形区域内加垂直于纸面的匀强磁场。求这个磁场的磁感应强度B的大小。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)电子在电场中运动，根据动能定理则有
解得电子穿出小孔时的速度
(2)电子进入偏转电场做类平抛运动，在垂直于极板方向做匀加速直线运动。设电子刚离开电场时垂直于极板方向偏移的距离为，根据匀变速直线运动规律则有
根据牛顿第二定律则有
电子在水平方向做匀速直线运动则有
联立解得
由图可知
解得
(3)电子以速度v0在磁场中沿圆弧AB运动，圆心为D，半径为R，如图所示
根据洛仑兹力提供向心力有
电子离开磁场时偏转角度为θ，由图可知
联立解得
34．如图所示，一带电粒子以速度沿上板边缘垂直于电场线射入匀强电场，它刚好贴着下板边缘飞出。已知匀强电场两极板长为l，间距为d，求：
(1)如果带电粒子的速度变为2，则离开电场时，沿场强方向偏转的距离y为多少？
(2)如果带电粒子的速度变为2，板长l不变，当它的竖直位移仍为d时，它的水平位移x为多少？（粒子的重力忽略不计）
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)因为带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子以速度沿上板边缘垂直于电场线射入匀强电场，则有
联立可得
带电粒子的速度变为，则有
联立可得
(2)
如图所示
将速度反向延长交上板的中点，由三角形相似得
可得
所以水平位移
35．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限的空间内存在沿y轴负方向、电场强度E=200V/m的匀强电场，第二象限的空间内存在垂直纸面向里、磁感应强度B=0.125T的匀强磁场。质量均为m=4.0×10-15kg、电荷量均为q=+2.0×10-9C的两带电粒子a、b先后以v0=5.0×103m/s的速率，从y轴上P点沿x轴正、负方向射出，PO之间的距离h=8.0×10-2m，经过一段时间后，两粒子先后通过x轴。若两粒子之间的相互作用、所受重力以及空气阻力均可忽略不计，求：
(1)粒子a在电场中运动的时间t1；
(2)粒子b在磁场中运动的半径Rb；
(3)a、b两粒子通过x轴时，它们的动能之比；
(4)粒子b从P点到通过x轴所用时间t2；
(5)a、b两粒子通过x轴时，它们的速度方向之间的夹角θ。
【答案】(1)4.0×10-5s；(2)0.08m；(3)41:25；(4)2.5×10-5s；(5)
【详解】
(1)
粒子a在电场中做类平抛运动，在竖直方向上
供入数据，整理得
(2)根据牛顿第二定律
代入数据，得
(3)
粒子a到达x轴时
因此
而粒子b在磁场中做匀速圆周运动，到达x轴时的速度大小仍为
，因此
(4)由于
根据几何关系可知，圆心恰好在坐标原点，粒子b从P点到通过x轴恰好运动了个圆周，所用时间
(5)由于能通过x轴后粒子b恰好沿y负方向运动，因此粒子a与b速度方向的夹角就是粒子a与y负方向的夹角
因此夹角
36．如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量，质量，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点。求：
(1)粒子通过电场发生的偏转距离y；
(2)粒子飞出电场时的速度v大小；
(3)粒子到达PS界面时离D点的距离Y。
【答案】(1)0.03m；(2)2.5×106m/s；(3)0.12m
【详解】
(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
联立可得
代入数据解得
(2)粒子飞出电场时的速度大小为
代入数据解得
(3)带电粒子在离开电场速度的反向延长线交水平位移的中点，设两界面、相距为，由相似三角形得
解得
37．水平放置的两块平行金属板长l=5.0cm，两板间距d=1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0=2×107m/s，从两板中间射入，如图所示，求（电子质量为，电荷量为）：
(1)电子偏离金属板的侧位移是多少？
(2)电子飞出电场时的速度是多少？
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP之长。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)电子在电容器中的受到电场力的作用
电子做类平抛运动，分解位移
解得
(2)电子飞出电场时的偏转角
离开电场时的速度
(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，根据几何关系可知
则
38．如图所示，在第一象限有一匀强电场。场强大小为，方向与轴平行。一质量为、电荷量为的粒子沿轴正方向从轴上点射入电场，从轴上的点离开电场。已知，。不计粒子重力。求：
(1)场强的方向和粒子在第一象限中运动的时间；
(2)粒子离开第一象限时速度方向与轴的夹角。
【答案】(1)场强指向轴正方向，；(2)
【详解】
(1)负电荷受电场力方向是场强的反方向，所以场强的方向指向轴正方向。
带电粒子在电场中做类平抛运动，在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，轴正方向做匀速运动。设加速度大小为，初速度为
由类平抛运动的规律得
又
联立解得
(2)设粒子离开第一象限时速度方向与轴的夹角为，则
联立解得
即。
39．如图，正方形区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知该区域的边长为。一个带电粒子（不计重力）从中点以速度水平飞入，恰能匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度从中点飞入场区，最后恰能从点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从中点以相同的速度进入场区，求：
(1)该粒子最后飞出场区的位置；
(2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？
【答案】(1)连线上距离点处，(2)。
【详解】
(1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：
仅有电场时，粒子水平方向匀速运动：
竖直方向匀加速直线运动：
联立方程得：
仅有磁场时：
根据几何关系可得：
设粒子从M点飞出磁场，由几何关系：
AM==
所以粒子离开的位置在连线上距离点处；
(2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为α，末速度反向延长线过水平位移中点：
解得：
仅有磁场时，设飞出时速度偏角为β：
解得：
所以偏转角之比：
。
40．如图所示，两平行金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cm，两板间电势差UAB＝300V。一带正电的粒子电量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为L＝12cm，粒子穿过界面PS最后垂直击中放置于中心线上的荧光屏EF。求：（静电力常量k＝9×109N·m2/C2）
（1）假设该带电粒子从界面MN飞出时速度方向的反向延长线交两平行金属板间电场中心线与C点，且R点到C的距离为x，试证明x＝；
（2）粒子穿过界面PS时距中心线RO的距离；
（3）点电荷的电量Q．
【答案】（1）见解析
（2）12cm
（3）1.04×10-8C
【详解】
（1）证明：设粒子从电场中类平抛的侧向位移为h，侧向速度为vy，
竖直方向匀加速直线运动：
h=at2
和
vy=at
水平方向匀速：
l=v0t，
由相似三角形知识得：
解得：
因此
。
（2）设粒子穿过界面PS时距中心线OR的距离y，则
h=at2
又
联立解得：
h=0.03m=3cm
在离开电场后粒子匀速,由三角形相似知
解得:
y=0.12m=12cm
（3）设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为α，则：
α=37°。
因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以粒子绕Q作匀速圆周运动。
匀速圆周运动的半径：
由牛顿第二定律知：
解得：
Q=1.04×10-8C
41．如图所示，两平行金属板A、B长l=8
cm，两板间距离d=8
cm，A板电势比B板电势高300
V，即UAB=300
V。一带正电的粒子所带电荷量q=10-10
C，质量m=1×10-20
kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106
m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域（界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距L=12
cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获，从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上（静电力常量k=9×109
N·m2/C2，粒子重力不计，tan
37°=，tan
53°=）。求：
（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h。
（2）粒子穿过界面MN时的速度v。
（3）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y。
（4）点电荷的电荷量Q（该小题结果保留1位有效数字）。
【答案】（1）3
cm
（2）2.5×106
m/s，方向与水平方向成37°角斜向右下方
（3）12
cm
（4）-1×10-8
C
【详解】
(1)设粒子在两极板间做类平抛运动，且运动时加速度为a，运动时间为t，则有：
t=
h=at2
联立解得：
(2)粒子的运动轨迹如图所示:
设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则
vy=at=
解得：
vy=1.5×106
m/s
所以粒子从电场中飞出时的速度:
v=
=2.5×106m/s
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：
解得：
θ=37°
方向与水平方向成37°角斜向右下方。
(3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得:
解得：
Y=0.12m=12cm
(4)粒子做匀速圆周运动的半径：
=0.15m
又：
解得：
|Q|≈1×10-8
C
故
Q=-1×10-8
C。
42．在如图所示的示波管中，电子从阴极由静止出发，经电子枪加速水平飞入偏转电场，打在荧光屏上已知加速电压为，偏转电压为，偏转极板间距为d，板长为，偏转极板右端到荧光屏的距离为，求电子打在荧光屏上的侧移量.
【答案】
【详解】
在加速电场中，根据动能定理得
解得
电子进入偏转电场后做类平抛运动，则
水平方向有
，
竖直方向有
电子从偏转电场射出时偏转距离
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则到达荧光屏的时间
竖直方向的位移为
则电子打在荧光屏上的侧移量
.
43．如图所示，电量为q、质量为m的负粒子平行x轴以速度v0从y轴上的a点射入第一象限区域，为使这个粒子能够经过x轴上的b点，可在第一象限某区域加一个沿y轴正方向场强为E的匀强电场，电场的范围沿y轴方向足够大，沿x轴方向的宽度为s，已知Oa=L、Ob=2s。试讨论电场右边界到b点距离的可能值(不计重力)。
【答案】0；或；或
【详解】
设粒子过点可能在电场中，也可能在电场外，带电粒子进入偏转电场做类平抛运动，竖直方向的偏转位移为，竖直方向则有：
(1)若，如图所示
则电场右边界刚好过点，左边界在的中点，电场右边界到点距离为0；
(2)若，如图所示
由于，且设点到左边界的距离为，则有：
所以，右边界到点的距离为
(3)若，如图所示
则有：
设右边界到点的距离为，则有：
且：
联立可得：
44．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
=
2500
V，偏转电场电压U
=
200
V，极板的长度L1=
6.0
cm，板间距离d=
2.0
cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm（忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字）．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；
（3）电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W．
【答案】（1）3.0×107m/s（2）0.72cm（3）5.8×1018J
【详解】
（1）根据动能定理，
得
带入数据得
（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．
电子在水平方向做匀速直线运动
L1
=
v0t
电子在竖直方向上做匀加速运动
根据牛顿第二定律
联立得
=
代入数据得
=
0.36
cm
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
=
0.72
cm
（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功：
45．一束初速度不计的电子在电子枪中经电压为U的加速电场加速后，沿距离YY′两极板等间距的中间虚线垂直进入YY′间的匀强电场，如图所示，若板间距离为d，板长为l，极板右边缘到荧光屏的距离为L，偏转电场只存在于两极板之间．已知电子质量为m，电荷量为e，求：
（1）电子离开加速电场时的速度大小；
（2）电子经过偏转电场的时间；
（3）要使电子能从极板间飞出，两极板上最大电压的大小；
（4）电子最远能够打到离荧光屏上中心O点多远处．
【答案】（1）（2）l
（3）（4）
【详解】
(1)设电子经加速电场加速后的速度为v0，由动能定理有：
解得：
(2)电子经过偏转电场时做类平抛运动，运动时间为：
(3)设两极板上能加的最大电压为U′，要使电子能从两极板间飞出，电子的最大侧移量为：
电子在其电场中做类平抛运动，
竖直方向：
加速度为：
解得：
(4)从极板右边缘飞出打到荧光屏上的电子离O点最远．
由几何关系知：
竖直分速度：vy＝at，则
则y＝y′＋d，
离O点最远距离：
46．如图所示的真空管中，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场加速后沿中心线进入两平行金属板M、N间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上的P点．设M、N板间电压为U2，两板距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，已知U1＝576
V，U2＝168
V，L1＝6
cm，d＝3
cm，L2＝21
cm，求：
(1)电子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值；
(2)电子打到荧光屏上的位置P偏离屏中心O的距离．
【答案】(1)(2)7cm
【详解】
(1)
在加速电场中，由动能定理可得：
解得：
又：
电子离开偏转电场时的偏转角的正切值：
(2)
电子刚出偏转电场时的侧位移为：
由图示可知：
解得：
所以电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心的距离为7
cm.
47．如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x＞0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为V/m；比荷为C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(4，3)点；粒子P的重力不计，试求：
(1)金属板AB之间的电势差UAB；
(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点静止释放另一带电粒子Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；粒子Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点坐标(x，y)满足的关系。
【答案】(1)V
(2)
y＝x2，其中x＞0
【详解】
(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(4，3)点历时为t0，由类平抛运动规律可得：
Eq＝ma1
xM＝v0t0
yM＝
解得：v0＝m/s
在金属板AB之间，由动能定理：
解得：UAB＝V
(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，竖直向上做初速度为0的匀加速直线运动，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：对于P粒子：
x＝v0t
yP=
对于粒子Q：
Eq＝2ma2
yQ=
因为a2所以粒子Q应在第一象限内释放
所以有：
yP＝y＋yQ
解得：y＝，其中x＞0
即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为：y＝，其中x＞0。
48．水平放置的两块平行金属板长L=5.0cm，两板间距d=10.0cm，两板间电压为9000V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0=2.0×107m/s，从两板中间射入，如图，已知电子质量为9×10-31kg求：
（1）电子偏离金属板时的侧位移是多少？
（2）电子飞出电场时的速度是多少？
（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若S=10cm，求OP的长？
【答案】(1)5cm(2)；与初速度方向夹角正切值为2．(3)0.25m
【详解】
(1)
电子水平方向上做匀速直线运动，有：
电子在电场中的加速度为：
则侧位移为：
解得：
(2)
电子飞出电场时，水平分速度vx=v0，竖直分速度
飞出电场时的速度为：
设v与v0的夹角为θ，则
(3)
电子飞出电场后做匀速直线运动，根据数学知识得：
49．水平放置的两块平行金属板长L，两板间距d，两板间电压为U，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0从两板中间射入，已知电子质量m，电荷量e，竖直放置的荧光屏距金属板右侧的距离为S，如图，求：
(1)电子偏离金属板时的侧位移y是多少？
(2)电子飞出电场时的速度是多少？
(3)求光点偏离中线打在荧光屏上的P点，求OP的长度。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)设电子所受电场力为，加速度为，在电场运动的时间为，偏转位移为，离开电场的速度为，偏转角度为，电子垂直进入电场受到电场力：
…①
极板间的场强：
…②
根据牛顿第二定律得：
…③
电子在电场中做类平抛运动：
…④
…⑤
联立①②③④⑤解之得：
…⑥
(2)电子离开电场竖直向上的速度为：
…⑦
离开电场的速度：
…⑧
联立③④⑥⑦解之得：
速度偏转角：
(3)电子飞出电场后，做匀速直线运动，根据几何关系可得的长度：
50．如图所示，两平行金属板A、B长L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝10﹣10C，质量m＝10﹣20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度υ0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．求：
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y的大小？
(2)粒子到达PS界面时离D点的距离Y为多少？
【答案】（1）0.03m（2）0.12m
【详解】
(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为
a＝
水平方向有：
L＝v0t
竖直方向有：
y＝at2
联立得：
y＝
代入数据解得：
y＝0.03m
(2)带电粒子在离开电场速度的反向延长线交水平位移的中点，设两界面MN、PS相距为D．
由相似三角形得：
解得：
Y＝4y＝0.12m
51．如图所示，水平放置的两平行金属板，板长l为10cm，两板相距。一束由静止开始经加速电场加速后的电子以的初速度从两板中央水平射入板间的偏转电场，然后从板间飞出射到距板右端L为45cm、宽D为20cm的荧光屏上。不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量，电荷量，求：
电子飞入偏转电场前所经历的加速电场的电压；
为使电子能射到荧光屏的所有位置，偏转电场的两极板所加电压的最大值；
满足问情况下，偏转电场对到达荧光屏边缘的电子所做的功最大值W。
【答案】；
360V；
【解析】
【详解】
解：设加速电场的电压为，由动能定理可得：
化简得：
代入数据得：?V
如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为，和水平方向的夹角为，偏转电压为，偏转位移为y，则：电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得：
联立代入所有数据得：?V
因此偏转电压在??V范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置
满足问情况下，电子能到达达荧光屏边缘，由几何关系有：
联立解得：
偏转电场对电子做的功为：
52．电视机的显像管中电子束的偏转是应用磁偏转技术实现的。如左图所示为显像管的原理示意图。显像管中有一个电子枪，工作时阴极发射的电子（速度很小，可视为零）经过加速电场加速后，穿过以O点为圆心、半径为r的圆形磁场区域（磁场方向垂直于纸面），撞击到荧光屏上使荧光屏发光。
已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场的电压为U，在没有磁场时电子束通过O点打在荧光屏正中央的M点，OM间距离为S。电子所受的重力、电子间的相互作用力均可忽略不计，也不考虑磁场变化所激发的电场对电子束的作用。由于电子经过加速电场后速度很大，同一电子在穿过磁场的过程中可认为磁场不变。
(1)求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上时的速率；
(2)若磁感应强度B随时间变化关系如下图所示，其中
，求电子束打在荧光屏上发光所形成的“亮线”长度。
(3)若其它条件不变，只撤去磁场，利用电场使电子束发生偏转。把正弦交变电压加在一对水平放置的矩形平行板电极上，板间区域有边界理想的匀强电场。电场中心仍位于O点，电场方向垂直于OM。为了使电子束打在荧光屏上发光所形成的“亮线”长度与（2）中相同，问：极板间正弦交变电压的最大值Um、极板长度L、极板间距离d之间需要满足什么关系？（由于电子的速度很大，交变电压周期较大，同一电子穿过电场的过程可认为电场没有变化，是稳定的匀强电场）
【答案】(1)
(2)
(3),
【解析】
【分析】
因为粒子在磁场中运动洛伦兹力不做功，所以根据动能定理求出电子射出加速电场时的速度大小，即为电子束经偏转磁场后打到荧光屏上时的速率；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，出磁场后做匀速直线运动，通过最大的偏转角，结合几何关系求出荧光屏上亮线的长度；类平抛运动利用运动的合成和分解，结合电场中牛顿第二定律，根据速度偏向角的几何关系，联立即可求出极板间正弦交变电压的最大值Um，极板长度L、极板间距离d之间需要满足的关系式；
【详解】
解：(1)设经过电子枪中加速电场加速后，电子的速度大小为v
根据动能定理可得：
电子束经过磁场区域速度大小不变，电子束打在荧光屏上速率为：
(2)设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图所示
根据几何关系有：
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
当时，电子束经过磁场偏转角为θ，此时电子在荧光屏上的落点距M点最远，解得：
电子在荧光屏上落点距M点最远距离：
荧光屏上亮线长度：
(3)若使电子束打在荧光屏上所形成亮线的长度与磁场中偏转时相同，则电子束的最大偏转角保持不变，即：
当电子达到最大偏转角时，恰好从极板边缘射出。
这种情况下，，即：
设此时两极板间电压为U1
由牛顿第二定律有：
由匀加速直线运动规律有：
且：
联立解得：
当极板间电压再大时，电子不能从极板边界射出，故不会形成亮线，因此：
当电子达到最大偏转角时，不是从极板边界射出，即：，此时两极板间电压达到Um(电压再增大，电子偏转角增加，亮线长度增加)
由牛顿第二定律有：
由匀加速直线运动规律有：，
联立解得：
53．如图所示的示波管，电子由阴极K发射后，初速度可以忽略，经加速后水平飞入偏转电场，最后打在荧光屏上，电子电量大小为e，质量为m．已知加速电压为U1，BC间偏转电压为U2，两偏转极板BC间距为d，板长为L，偏转极板右侧到荧光屏的距离为D，不计重力，求：
（1）电子射入偏转电场U2时的速度大小；
（2）电子打在荧光屏上的偏转距离OP．
【答案】（1）
（2）
【分析】
根据动能定理求出电子射入偏转电场时的速度，电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据动力学知识求出离开偏转电场时的偏转位移，离开偏转电场时速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据这一推论，利用比例式求出偏距OP．
【详解】
（1）设电子射入偏转电场时的速度为v，则eU1=mv2
解得
（1）设电子在偏转电场中运动的加速度为a，运动时间为t，则
t=
则
由图中三角形相似得：
由①②得：
【点睛】
解决本题的关键知道电子的运动规律，现在加速电场中加速，然后进入偏转电场做类平抛运动，离开偏转电场做匀速直线运动．
54．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为l＝10
cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离L＝15
cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
(1)在t＝0.06
s时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏(足够大)上有电子打到的区间有多长，一个周期内屏幕发光时间多长？
【答案】（1）18
cm
（2）40cm；0.133s
【分析】
根据动能定理求出电子刚进入偏转电场时的速度；电子在偏转电场中做类平抛运动，根据偏转电压求出加速度，结合垂直电场方向做匀速直线运动求出运动的时间，从而得出偏转位移与偏转电压的关系，得出偏转位移的大小；根据粒子出偏转电场时反向延长线经过中轴线的中点，结合相似三角形求出打在光屏上的位置；通过第（1）问中偏转位移与偏转电压的关系得出在电场中的最大偏转位移，从而通过相似三角形，结合几何关系求出得出电子打到光屏上的区间长度以及一个周期内屏幕发光时间；
【详解】
解：(1)电子经电场加速满足
电子在偏转电场中做类平抛运动，则有：，
经电场偏转后侧移量：
所以：
由图乙知时刻，解得：
设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足
解得：
(2)由题知电子侧移量y的最大值为所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为
一个周期内发光时间为

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