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绝密★启用前
专题15带电粒子在周期性变化的电场运动
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．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间的距离相等,大小为d，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。在时刻，一不计重力的带电粒子沿板间的中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为，时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则（　　）
A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的
B．在时刻，该粒子的速度大小为
C．若该粒子在时刻以速度进入电场，则两板间最大偏移量为
D．若该粒子的入射速度变为，则该粒子将打在金属板MN上
【答案】AB
【详解】
A．粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，电场力做正功；在后半个周期内做匀减速直线运动，电场力做负功竖直速度又减小为零，故从MN边缘离开电场时速度是水平方向的，故A正确；
B．在时刻，粒子在水平方向上的分速度为v0，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有
则时刻
根据平行四边形定则知，粒子的速度为
故B正确；
C．当该粒子在时刻以速度v0进入电场，则此时粒子竖直方向上在电场力的作用下，先做匀加速，再匀减速，接着再匀加速和匀减速后回到中线位置，其两板间最大偏移量为
故C错误；
D．若该粒子的入射速度变为2v0，则此时粒子通过金属板的时间为
则在电场力不变的情况下，根据粒子运动的对称性可知，粒子偏转的位移为，故D错误；
故选AB。
2．实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B，电场强度为E，P能沿水平方向发出不同速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射入板间。已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m（电子重力及相互间作用力忽略不计）。以下说法中正确的有（　　）
A．沿直线穿过速度选择器的电子的速率为
B．只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过A、B板的时间变长
C．若t=时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则飞出方向可能沿O1O2
D．若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则（n=1，2，3……）
【答案】ACD
【详解】
A．粒子受电场力和洛伦兹力的作用，沿中轴线运动，则带电粒子受力平衡，所以有
得
故A正确；
B．若只增大速度选择器中的电场强度E，电子沿中轴线射入，则此时
v也增大，则在A、B板长度不变的情况下，电子穿过A、B板的时间变短，故B错误；
C．若时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，且飞出方向沿O1O2方向，此时仅电场力做功，根据对称性可知，只需飞出时时刻为
(n=1，2，3……)
故C正确；
D．若t=0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则此时竖直方向的速度为0，电场力做功平衡，即通过的时刻为nT(n=1，2，3……)，可计算此时速度为
根据洛伦兹力和电场力平衡可得
联立得
(n=1，2，3……)
故D正确；
故选ACD。
3．在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度（接近光速的）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间，若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则一个周期内（　　）
A．当时，所有电子都能从极板的右端射出
B．当时，将没有电子能从极板的右端射出
C．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为
D．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电于从极板右端射出的时间之比为
【答案】AC
【详解】
AB．当由电子恰好飞出极板时有
l=v0t
由此求出
当电压大于该最大值时电子不能飞出，故A正确，B错误；
C．当，一个周期内有的时间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C正确；
D．若，任意0.2s内，有
的时间内极板间电压低于临界电压，则有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为，则D错误。
故选AC。
4．如图所示，长为、间距为的平行金属板水平放置，点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为，电荷量为，质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是（　　）
A．粒子在电场中运动的最短时间为
B．射出粒子的最大动能为
C．时刻进入的粒子，从点射出
D．时刻进入的粒子，从点射出
【答案】AD
【详解】
A．由图可知场强，则粒子在电场中的加速度，则粒子在电场中运动的最短时间满足，解得，A正确；
B．能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为，则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为，B错误；
C．时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，在向上减速速度到零…，如此反复，则最后从点射出时有沿电场方向向下的位移，则粒子将从O点下方射出，C错误；
D．时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零…，如此反复，则最后从O点射出是沿电场方向的位移为零，则粒子将从点射出，D正确。
故选AD。
5．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子。t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则（　　）
A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大于v0
B．粒子的电荷量为
C．在时刻进入的粒子恰好从P、Q两板正中间离开电场
D．在时刻进入的粒子恰好从P板右侧边缘离开电场
【答案】BCD
【详解】
A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间
此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，进过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正错误；
B．粒子在竖直方向，在时间内的位移为，则
解得
故B正确；
C．时刻进入电场的粒子，出离电场时在竖直方向的位移为
即粒子恰好从P、Q两板正中间离开电场，故C正确；
D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧出离电场，故D正确。
故选BCD。
6．图甲为两水平金属板，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．质量为
m、重力不计的带电粒子以初速度v0
沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（　　）
A．t＝0
时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B．t＝T
时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都沿水平方向
D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
【答案】ACD
【详解】
CD．因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据牛顿第二定律和知，所有粒子离开电场时竖直方向的速度为零，即最终都沿水平方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，故选项CD正确；
AB．粒子在电场中运动的时间是相同的；t=0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速到0时恰离开电场区域，故t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大；t=T时入射的粒子，在竖直方向先加速，再减速，再反向加速，反向减速到0恰离开电场区域，此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离为0；故选项A正确，选项B错误。
故选ACD。
7．图甲为两水平金属板，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，质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（　　）
A．t=0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B．t=0时入射的粒子，离开电场时的动能最大
C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
【答案】ACD
【详解】
CD．因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据牛顿第二定律和速度时间公式
△v=at
可知，所有粒子离开电场时竖直方向的速度为零，即最终都沿水平方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，故CD正确；
AB．粒子在电场中运动的时间是相同的；t=0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速到0时恰离开电场区域，故t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大；时入射的粒子，在竖直方向先加速，再减速，再反向加速，反向减速到零恰离开电场区域，此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离为零；故A正确，B错误。
故选ACD。
8．真空中间距为d的两块平行金属板，板长为L，如图甲所示。加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0（k≥1），电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是（　　）
A．若k=1且电子恰好在2T时刻射出电场，则电子射出时的速度大于v0
B．若k=1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加
C．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则两板间距离应满足
D．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度大小等于
【答案】BC
【详解】
AB．若k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示
若电子恰好在2T时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为v0；若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，根据动能定理可得
故A错误，B正确；
C．竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小
位移
在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小
初速度的大小
v1=a1T
匀减速运动阶段的位移
由题知
解得
故C正确；
D．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时水平方向的速度大小为
合速度为
故D错误。
故选BC。
9．两块水平平行放置的导体板如图1所示，大量电子质量m、电量由静止开始，经电压为的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为；当在两板间加如图2所示的周期为，幅值恒为的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过。则　　
A．这些电子通过两板之间后，侧向位移沿垂直于两板方向上的位移的最大值为
B．这些电子通过两板之间后，侧向位移沿垂直于两板方向上的位移的最小值为
C．侧向位移分别为最大值和最小值时，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为8∶3
D．侧向位移分别为最大值和最小值时，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为16∶13
【答案】ABD
【详解】
画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析
AB．竖直方向的分速度
侧向最大位移
侧向最小位移
解得
所以
故AB正确；
CD．电子在加速电场中，由动能定理得：
解得
由此得
，
所以
故D正确，C错误；
故选ABD。
10．如图所示，A、B表示真空中水平放置相距为d的平行金属板，板长为L两板加电压后板间电场可祧为匀强电场，现在A、B两极间加上如图乙所示的周期性的交变电压，在t=时，恰有一质量为m、电量为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表述止确的是（　　）
A．粒子在垂直于板的方向的分运动不可能是单向运动
B．粒子在重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
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
【答案】BD
【详解】
AB．粒子在平行于极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，粒子从出发，在电场中的运动时间不明确，则粒子在竖直方向可能先匀加速后匀减速直线运动，故A错误，B正确；
CD．若粒子在（）（其中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，子就可沿与板平行的方向飞出，故C错误，D正确。
故选BD。
11．如图甲所示，竖直极板A、B之间距离为d1，电压为U1，水平极板C、D之间距离为d2，GH为足够长的荧光屏，到极板C、D右侧的距离为L。极板C、D之间的电压如图乙所示。在A板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子。电子经极板A、B间电场加速后从极板B中央的小孔射出，之后沿极板C、D的中心线射入极板C、D内。已知t＝0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出。不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．电子在荧光屏上形成的亮线长度为
B．保持其他条件不变，只增大d1，荧光屏上形成的亮线长度变长
C．保持其他条件不变，只增大d2，荧光屏上形成的亮线长度变短
D．保持其他条件不变，只增大L，荧光屏上形成的亮线长度变长
【答案】AC
【详解】
A.
设电子进入转电场的速度为v，则根据动能定理可得：
，
故电子进入偏转电场的速度：
；
电子在偏转电场中只受竖直方向的电场力作用，故水平方向做匀速运动；设电压UCD=U2时电子的加速度为a，则
电子在竖直方向时间加速，时间匀速；故离开偏转电场的竖直分速度相同，离开偏转电场时的电子速度相同；离开偏转电场到光屏的运动都相同；所以电子在荧光屏上形成的亮线长度等于电子出偏转电场时形成的亮线长度。t=0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出，偏转量最大，为：
，
时刻射入C、D间的电子经时间从极板C的边缘飞出，偏转量最小，为：
所以亮线长度为：
，
故A项正确；
B.
保持其他条件不变，只增大d1，电子进入偏转电场的速度不变，后面的运动完全一致，故荧光屏上形成的亮线长度不变，故B项错误；
C.
保持其他条件不变，只增大d2，电子在偏转电场的加速度a减小，故荧光屏上形成的亮线长度变短，故C项正确；
D.
保持其他条件不变，只增大L，电子在离开偏转电场到达荧光屏的过程中运动完全一致，不会产生位移差，故荧光屏上形成的亮线长度不变，D项错误。
12．如图
A、B
板平行放置，A
板中间有一小孔，B
板接地，A
板的电势变化如图所示，最大值为?0，板间距离为d，设带正电的粒子从A
板的中央小孔无处速度的进入电场。粒子重力不计，则下列说法正确的是
A．若粒子从
t=0
时刻进入，无论
d
多大，一定能达到B
板上
B．若粒子从
t=T/8
时刻进入，无论
d
多大，一定能打到
B
板上
C．若粒子从
t=T/4
时刻进入，如论
d
多大，一定能打到
B
板上
D．若粒子从
t=3T/8
时刻进入，无论
d
多大，一定能打到
B
板上
【答案】AB
【详解】
A．粒子在t=0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向右，向右做加速运动，后半个周期受到的电场力向左，继续向左做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以粒子一直向B板运动，一定会打在B板上。故A正确；
B．若粒子是在时刻进入时，在一个周期内：在，粒子受到的电场力向右，向B板做加速运动，在内，受到的电场力向左，继续向B板做减速运动，时刻速度为零，接着向A板加速运动，时间内继续向A板减速运动，时刻速度为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以粒子时而向B板运动，时而向A板运动，根据运动学规律可知，在一个周期内粒子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，所以粒子最后一定会打在B板上。故B正确；
C．若粒子是在
时刻进入的，在阶段是向B板加速；在向B板减速，末速度为零；在反向A板加速，反向A板减速，末速度为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以粒子时而向B板运动，时而向A板运动，以某一点为中心做往复运动，不一定能打到
B
板上，故C错误；
D．若粒子是在
时刻进入的，在，向B板加速；，向右减速到零；，向A板加速；向A板减速，速度减小为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以粒子时而向B板运动，时而向A板运动，根据运动学规律可知，在一个周期内粒子向B板运动的位移小于向A板运动的位移，所以粒子最后一定不会打在B板上，而是从A板返回；故D错误；
13．带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是(　　)
A．微粒在0～1
s内的加速度与1～2
s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒做往复运动
D．微粒在第1
s内的位移与第3
s内的位移相同
【答案】BD
【详解】
A.加速度的方向与正电粒子所带的电场力的方向相同，所以由牛顿第二定律得知，微粒在0-1s内的加速度与1-2s内的加速度大小相同，方向相反．故A错误；
BC.由图看出，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2s末的速度恰好是0，即微粒第1s做加速运动．第2s做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去．微粒将沿着一条直线运动．故B正确，C错误．
D.微粒在第1s内与第3s内都是从速度为0开始加速，加速度相同，所以它们的位移也相同．故D正确．
二、单选题
14．半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图所示。在t＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止粒子，则以下说法正确的是(　　)
A．第2秒末粒子回到了原来位置
B．第2秒内上极板为正极
C．第3秒内上极板为负极
D．第2秒末两极板之间的电场强度大小为
【答案】B
【详解】
D．由图可知，B-t图像的斜率大小不变，线圈面积不变，根据法拉第电磁感应定律可知
感应电动势大小不变；
两极板之间的电场强度大小为
两极板之间的电场强度大小也不变。
故D错误；
B．由图象可知，在第1s内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变大，穿过金属圆环的磁通量变大，假设环闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相反，即感应电流磁场方向垂直于纸面向外，然后由安培定则可知，感应电流沿逆时针方向，由此可知，上极板电势低，是负极，下板是正极，场强方向向上，同理在第2s内和第3s内，上极板电势高，是正极，下板是负极，场强方向向下；故B正确，C错误；
A．电场强度大小不变，电场力大小不变，加速度大小不变，不失一般性，假定带电粒子带正电，第1s内电向上做初速度为0的匀加速运动，第2s内电向上做末速度为0的匀减速运动，所以带电粒子一直向上运动，第2秒末粒子不会回到了原来位置。故A错误。
故选B。
15．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，
粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（　　）
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
【答案】D
【详解】
A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间
此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；
B．在竖直方向，粒子在时间内的位移为，则
计算得出
B错误；
C．在时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为
故电场力做功为
C错误；
D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，D正确。
故选D。
16．如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是(
)
A．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)
B．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)
C．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出
D．电子射出后动能一定增大
【答案】C
【详解】
ABC．将电子的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向做匀速运动，竖直方向仅在电场力作用下做变速直线运动，电子在水平方向匀速，故经过电场区域的时间是一定的，竖直方向在电场力的作用下做变速运动，在交流电的一个周期内，竖直分位移为零；当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A、B错误，C正确；
D．当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D错误.
17．如图甲所示，大量电子（不计重力）由静止开始经加速电场加速后，连续不断的沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t，当在两板间加如图乙所示的周期为2t、幅值为U的电压时，所有的电子均能从两板间通过，则电子在刚穿出两板之间时的最大侧向位移与最小侧向位移之比为（
）
A．3:1
B．2:1
C．4:1
D．3:2
【答案】A
【解析】
【详解】
由题意可知，从0、2t0、4t0…等时刻进入偏转电场的电子侧向位移最大，在这种情况下，电子的侧向位移为：，从t0、3t0…等时刻进入偏转电场的电子侧向位移最小，在这种情况下，电子的侧向位移为：，所以最大侧向位移和最小侧向位移之比为ymax：ymin=3：1，故A正确，BCD错误。
第II卷（非选择题）
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三、解答题
18．如图甲所示，竖直极板A、B之间电压为U1，水平极板C、D长度是d，两板之间距离也是d，GH为极板C、D右侧足够长的荧光屏。极板C、D之间的电压如图乙所示。在A板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子。电子经极板A、B间电场加速后从极板B中央的小孔射出，之后沿极板C、D的中心线射入极板C、D内。已知t=0时刻射入C、D间的电子经时间T恰好能从极板C的边缘飞出。不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，求：
(1)电子在荧光屏上形成的亮线长度；
(2)极板A、B电压U1，与极板C、D间电压U2的比值（U1：U2）。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)t=0时刻射入C、D间的电子
则时刻射入C、D间的电子
因为电子穿过C、D运动的时间相等，则出电场时竖直方向的速度恒定，所有电子均平行射出电场，故亮线长度为
(2)电子在板A、B间运动时
电子在极板C、D间运动时，时间内
得
所以：时速度
C、D极板间
联立以上式子得
·
19．如图甲所示，两平行金属板a、b间距为d，在两板右侧装有荧光屏MN
（绝缘），O为其中点。在两板a、b上加上如图乙所示的电压，电压最大值为U0。现有一束带正电的离子束（其比荷即电量与质量的比值为k），从两板左侧沿中线方向以初速度v0，连续不断地射入两板间的电场中，设所有离子均能打到荧光屏MN上，已知金属板长L=2v0t0，求：
(1)从t=0时刻进入电场的离子打到荧光屏MN上的位置。
(2)荧光屏上出现亮线的长度。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)粒子在水平方向上做匀速直线运动，在电场中运动的时间
t=0时刻射入的粒子在0至t0时间内，在竖直方向上做匀加速直线运动，竖直方向的位移为
此粒子在t0至2t0时间内，做匀速直线运动，竖直方向分速度为
竖直方向的位移为
所以
所以从t=0时刻进入电场的离子打到荧光屏MN上的位置偏离O点的距离为。
(2)粒子从t=2nt0（n=0,1,2……）时刻射入电场时，打到荧光屏MN上的位置偏离O点的距离最大为
t=(2n+1)t0（n=0,1,2……）时刻射入的粒子打在靶上的位置与靶心O′的距离最小，设此距离为ymin。此粒子在t=t0至2t0时间内，做匀速直线运动；在t=2t0至t=3t0时间内，粒子在水平方向上仍做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，竖直方向的位移为
所以在荧光屏上出现亮线的长度为
20．如图甲所示，真空中水平放置的平行金属板相距为，两板上所加交变电压如图乙所示（未知，周期已知），紧邻两板右侧有一荧光屏，电子打到荧光屏上形成亮斑。两板不加电压时，电子打到屏上的点。现有大量质量为、电荷量为的电子以初速度平行于两板沿中线持续不断的射入两板间。已知时刻进入两板间的电子穿过两板间的电场的时间等于所加交变电压的周期，出射速度大小为。所有电子都能穿出两板（打到屏上），忽略电场的边缘效应及重力的影响，求：
(1)平行金属板板长的大小；
(2)两板上所加交变电压的大小；
(3)哪些时刻进入电场的电子打到荧光屏上形成亮斑的位置最高和最低点？且亮斑扫描的最高点和最低点到点的距离各是多少？
【答案】(1)；(2)；(3)
，
【详解】
(1)水平方向上匀速运动，因此板长
（2）在0~时间内，电子所受电场力大小为
方向竖直向上
在~T时间内，电子所受电场力大小为
方向竖直向下
无论任何时刻进入电场的电子，竖直方向受电场力的冲量大小相等，根据动量定理（以向下为正方向）
又由题意得
由各式联立得
(3)由题意可知，在时刻进入电场的电子打到荧光屏上两板位置最高
以上各式联立的最高点到点的距离
在时刻进入电场的电子打到荧光屏上两板位置最低
以上各式联立的最低点到点的距离
21．两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子（质量为m、电荷量为e）由静止开始，经电压为的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为；当在两板间加如图乙所示的周期为、恒为的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过（不计电子重力）。求：
(1)电子进入两板之间后加速度的大小；
(2)这些电子通过两板之间后，侧向位移（垂直于入射速度方向上的位移）的最大值和最小值；
(3)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比。
【答案】(1)；(2)，；(3)16∶13
【详解】
(1)综合题设条件，电子通过两板间的时间为，且所有电子均从两板间通过，结合两板间电压随时间的变化规律（图像），可知在之间，时刻入射板间的粒子沿电场方向加速时间最长侧向位移最大，时刻入射板间的粒子沿电场方向加速时间最短侧向位移最小。两种状态在两板间的图像如图所示
电子进入两板间后，根据牛顿第二定律可得
对于时刻入射板间的粒子，其侧向位移为
此时电子恰好从板间通过，则有
解得
，
(2)由(1)可解得
对于时刻入射板间的粒子，其侧向位移为
将带入可得
(3)电子经过加速电场时，由动能定理可得
电子在两板间偏转时
,
即
，
对于时刻入射板间的粒子，其动能最大
对于时刻入射板间的粒子，其动能最小
由此可得两电子刚穿出两板间的动能之比为
?
22．如图甲所示，在y=0和y=2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，且在x轴方向范围足够大。电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向。现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为，在t=0时刻以速度v0=5×102m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力。求：
(1)粒子通过电场区域的时间；
(2)粒子离开电场时的位置坐标；
(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小。
【答案】(1)4×10?3s；(2)(?2×10?5m，2m)；(3)4×10?3m/s
【详解】
(1)因带电粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，因此粒子经电场区域的时间
(2)粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度大小为
减速时的加速度大小为
x轴负方向上的位移大小为
因此粒子离开电场时的位置坐标为（?2×10?5m，2m）
(3)离开电场时粒子在x方向的速度大小为
23．如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB=－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子（初速度可视为0）。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T=L，板间中线与电子源在同一水平线上。已知板间距为d，极板长L，求：
(1)电子进入偏转极板时的速度；
(2)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离（未与极板接触）。
【答案】(1)；(2)0
【详解】
(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有
eU0mv2
解得
(2)由题意知，电子在水平方向上做匀速直线运动，穿过偏转极板所需时间
故在时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段竖直位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板，即电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离为0。
24．如图甲所示，两块间距为d的金属板A、B水平平行放置，金属板右侧竖直放置一垂直于金属板的足够大的屏，屏到金属板右端的距离等于金属板长度。大量质量为m、电荷量为e的质子由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿金属板的中轴线方向射入两板之间。两板间电压按如图乙所示的规律作周期性变化，周期，离开偏转电场的质子通过两板间的时间均为偏转电场变化周期的1.5倍，求：（不计质子之间的相互作用，计算结果不用T表示）
(1)质子射入偏转电场时的速度大小、水平金属板的长度L；
(2)时刻射入偏转电场的质子，穿出两板之间时的动能Ek；
(3)从偏转电场射出的质子打到屏上，向下偏离轴线的最大距离ym。
【答案】(1)
；；(2)；(3)
【详解】
(1)由题意得
解得
质子在水平方向做匀速直线运动，故有
(2)取向下为正，质子在进入电场后在竖直方向先受到向下的电场力，再受到向上的电场力，且加速大小不变，因此可得沿电场方向的速度随时间变化的图象如下图所示
质子出电场的时间为
由牛顿第二定律得，质子在电场中的加速度大小为
出电场时竖直方向的速度为
此时的速度为
则穿出两板之间时的动能为
(3)质子在进入电场后的竖直速度与时间图象如下图所示
因此在竖直方向的最大速度为
则由图象可知，此时向下偏移的最大距离为
则质子不能打到屏上，故因舍去。
设时刻进入电场的粒子恰能飞离偏移电场打到屏上，则
解得
该质子离开偏转电场时的向下速度为
设时刻射入的质子恰能飞离偏转电场，则
解得
该质子离开偏转电场时的向下速度为
则该质子打到屏上，向下偏离轴线的最大距离为
25．如图所示，两平行极板P、Q正对放置，极板长度和极板间距均为L，位于极板左侧的粒子源沿两板正中心垂直电场连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子，在0-3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射出。上述m、q、L、t0为已知量。（不考虑粒子间相互影响）
(1)求电压U0的大小。
(2)求时刻进入两板间的带电粒子离开电场的偏转距离为多少。
(3)若粒子从粒子源飞出的速度变为原来的，极板间距d应至少变为多少才能让t=0时刻进入两板间的带电粒子飞出电场。
【答案】(1)；(2)；(3)d≥2l
【详解】
(1)t=0时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l，则有
Eq=ma
联立以上三式，解得两极板间偏转电压为
(2)
t0时刻进入两极板的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为
带电粒子在前t0时间沿y轴的偏转距离为
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
后t0时间沿y轴的偏转距离为
y2=vyt0
总的偏转距离为
y=y1+y2=
(3)若粒子从粒子源飞出的速度变为原来的，则飞出电场的时间为3t0
前t0时间在电场中偏转
Eq=ma
y1=at02
中间
t0时间在电场中匀速直线运动
vy=at0
y2=vyt0
后t0时间在电场中偏转
y3=at02
由题可知
y1+y2+y3≤d
联立以上几式解得
d≥2l
26．如图1所示，平行金属板A和B的间距为d，它们的右端安放着垂直金属板的靶MN，在A、B板上加上如图2所示的方波形电压，周期为T，t=0时，A板比B板的电势高，电压的正向为U0，反向值也为U0，现有一带正电的粒子束，从AB的中点O以平行于金属板方向以某一初速度射入，设粒子能全部打在靶MN上，而且所有粒子在AB间的飞行时间均为T，粒子质量为m，电荷量为q，不计重力影响。求：
(1)t=0时刻进入电场的粒子打到靶MN上的位置；
(2)靶MN上多远范围内有粒子击中。
(3)要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件？
【答案】(1)打在O?点下方处；(2)距靶MN的中心点O?下方至O?上方范围内有粒子击中；(3)
【详解】
(1)在竖直方向，先做匀加速，后做匀减速，再反向做匀加速运动，其加速度大小均相等，规定向下的方向为正，t=0时刻进入电场的粒子打到靶MN上的位置为
即打在O?点下方处。
(2)如果从时刻进入，即向上做匀加速，加速时间为，再向上做匀减速运动，运动时间为，故在竖直方向向上发生的位移为
故距靶MN的中心点O?下方至O?上方范围内有粒子击中。
(3)要使粒子能全部打在靶MN上，则
解得
27．如图甲所示，两个中心线共线的平行板电容器均水平放置。MN两板间电压U1=1.5V，板间充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.15T。先后有大量相同带电粒子沿两板中心线从左侧水平飞入MN间，粒子质量m=4.0×10-23kg，电荷量q=3.2×10-19C。研究发现CD两板间加如图乙所示U2=1.2V的周期性电压时，沿直线穿过MN并沿中心线进入CD之间的粒子，偏移量最大的粒子恰好能从极板右侧边缘飞出。已知两电容器板长均为l=15cm，MN间距d1=20cm，粒子重力不计。
(1)沿直线穿过MN的粒子速度大小是多少？
(2)若MN间电压U1=0，打在M板上的粒子速度最大值和最小值各是多少？
(3)沿直线穿过MN，并沿中心线进入CD之间的粒子，从CD右侧飞出的粒子动能的最大值和最小值各是多少？
【答案】(1)50
m/s；(2)60
m/s，195m/s；(3)1.78×10-19J，8.20×10-20J
【详解】
(1)电场力和洛伦兹力平衡
代入数值得
(2)设打在M板上粒子的速度最小为v1，对应于最小半径r，则
r
=
0.05m
解得
设打在M板上的粒子速度最大为v2，对应于最大半径R
解得
(3)设粒子垂直于平行板方向的速度为vy，画出粒子在t
=
0时和t
=
0.01
s时进入电场的vy
-
t图像进行分析
设CD板间距为d2，恰好所有粒子通过，则最大偏移量为，设0～0.01
s内粒子侧向位移为y，由速度图像可以看出，A粒子侧向位移最大为6y
解得
在这个过程中，有两段时间在电场力的作用下做加速运动，中间有一段时间没有电场，做匀速运动，有电场力作用下的距离为4y
由速度图像可以看出，B粒子在电场力作用下加速度运动的位移为y
电场力对A粒子做功最大设为W1
电场力对B粒子做功最小设为W2
对A粒子由动能定理得
解得
对B粒子由动能定理得
解得
28．如图所示，电子在电势差为U1=180V的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板AB的中央，入射方向跟极板平行，已知极板长L=8cm，间距d=４cm，电子质量m=9.0×10
-31kg，整个装置处在真空中，重力可忽略。求：
(1)电子从加速电场出射时的速度?v0；
(2)若电子恰好从A板边缘出射，则U2为多少？
(3)若在AB板间加上大小为U2如图所示的交变电压（电压为正时板Ａ带正电），要使电子能从极板中央水平射出电场，则电压的周期T应满足什么条件？在满足条件的周期取最大值时，大致画出电子的运动轨迹。
【答案】（1）
8×106
m/s；（2）
90V；（3）
（n=1，2，3......）；
【详解】
（1）由动能定理
解得
（2）电子在电场力作用下做类平抛运动
加速度为
运动时间为
偏转的侧位移为
解得
（3）加上图示电压时，电子在不撞到极板时，一个周期内在电场中先做类平抛，后做反类平抛，再反向类平抛和反类平抛，即经过一个周期后速度方向恰好沿电场中央水平向右，因此要让电子从中央水平向右射出电场，电子在电场中运动的时间恰好为电压周期的整数倍，即
所以
当?时
此时轨迹如图：
29．如图甲所示，时刻，质量为m，带电量为q的微粒以水平初速度v0射入水平放置的两平行金属板间。板间电场强度的变化规律如图乙所示。时间内微粒做匀速直线运动，时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度g、m、q、v0、T均为已知值，求：
(1)电场强度E0的大小；
(2)平行金属板的长度；
(3)微粒飞出金属板时的速度大小和方向；
(4)电场力对微粒做了多少功。
【答案】(1)；(2)；(3)，方向水平向右；(4)
【详解】
(1)0～时间内微粒做匀速直线运动，则有
解得
(2)水平方向做匀速直线运动，平行金属板的长度
(3)～内，微粒做平抛运动，竖直方向有
～内，竖直方向有
向上做匀加速运动，有
联立解得
所以末速度大小为，方向水平向右
(4)～内，微粒做平抛运动，竖直方向的位
～内，竖直方向
做匀减速直线运动，由对称性可知
所以电场力做功
30．如图甲所示，真空中水平放置的平行金属板相距为，两板上所加交变电压如图乙所示（未知），紧邻两板右侧有一荧光屏，电子打到荧光屏上形成亮斑。两板不加电压时，电子打到屏上的O点。现有大量质量为、电荷量为的电子以初速度平行于两板沿中线持续不断的射入两板间。已知时刻进入两板间的电子穿过两板间的电场的时间等于所加交变电压的周期，出射速度大小为，且所有电子都能穿出两板，忽略电场的边缘效应及重力的影响，求：
(1)的大小；
(2)亮斑扫描的最高点和最低点到O点的距离。
【答案】(1)
；(2)
，
【详解】
(1)在时间内电子的加速度大小为
方向向上
在时间内电子的加速度大小为
方向向下
由几何关系知，时刻进入两板间的电子，在时刻电子在方向的分速度为
在y轴上有
解得
(2)时刻进入电场的电子打到荧光屏上形成亮斑的位置最高，在时间内电子在竖直方向上的位移为
在时间内电子在竖直方向上的位移为
所以亮斑扫描的最高点到O点的距离
时刻进入电场的电子打到荧光屏上形成亮斑的位置最低，在时间内电子在竖直方向上的位移为
在时间内电子在竖直方向上的位移为
所以亮斑扫描的最低点到O点的距离
31．两块水平平行放置的导体板如图1所示，大量电子（质量m、电量绝对值e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过。求：
(1)求偏转电场的板长L；
(2)求偏转电场的板间距d；
(3)求侧向位移分别为最大值和最小值时，电子在刚穿出两板之间时的动能之比。
【答案】(1)；
(2)；(3)
【详解】
画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析
（1）加速电场：
电子在两板之间的时间为3t0
解得
（2）在偏转电场中有
故起加速度为
由
解得
由
得
侧向最大位移为
（3）水平方向
故最大速度为
最大动能为
最小速度为
最小动能为
解得
32．如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为U0的电场加速，加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示，每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为该过程加速电压不变.电子被加速后由小孔S穿出沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线，从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.020m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板电势高U，A、B板右側边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m，荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一永平直线上，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。求：
（1）求电子进入偏转电场的初速度v0（已知电子质量为m、电量为e，加速电压为U0）
（2）假设电子能射出偏转电场，从偏转电场右端射出时，它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少（用U0、U、L、d表示）；
（3）要使电子都打不到荧光屏上，A、B两板间所加电压U应满足什么条件；
（4）当A、B板间所加电压U=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。
【答案】（1）；（2）；（3）所加电压U应满足至少为100V；（4）0.025m～0.05m
【详解】
（1）电子加速过程中，根据动能定理有
解得初速度
（2）偏转过程中，水平方向做匀速直线运动，有
垂直AB两板方向，做匀加速直线运动，有
由（1）问及以上几式，解得
（3）要使电子都打不到屏上，应满足U0取最大值800V时仍有＞0.5d，代入(2)问结果，可得：
所以为使电子都打不到屏上，A、B两板间所加电压U至少为100V
（4）当A、B板间所加电压U′=50V时，当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时
其侧移最大
设电子通过电场最大的偏转角为θ，设电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax，则
又
联立解得
由第（2）问中的可知，在其它条件不变的情况下，U0越大y越小
所以当U0=800V时，电子通过偏转电场的侧移量最小
其最小侧移量，
同理可知，电子打到屏上距中心的最小距离为
故其范围为0.025m~0.05m。
33．如图，甲中A、B极板间电压为，C、D极板间距为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；当C、D板间加上图乙所示电压电压已知时，粒子均能从C、D两板间飞出，并且所有粒子没有到达上、下边缘，不计粒子的重力及相互间的作用。求：
(1)粒子刚进入C、D板的初速度和C、D板的长度L；
(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；
(3)粒子打在荧光屏上区域的长度。
【答案】(1)，；(2)；(3)
【详解】
(1)粒子在A、B板间有
在C、D板间有
解得
，
(2)粒子从、2、时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离为
加速度为
得
(3)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
，
打在荧光屏上距中心线最远距离为
荧光屏上区域长度为
34．如图甲所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限内有一平行板电容器，左侧极板与y轴重合，下端与x轴重合，两极板间所加电压如图乙所示，已知t＝0时刻右侧极板电势高于左侧极板电势，两极板长度为1m，板间距为2m。在第四象限内存在沿x轴负方向、E＝2×102N/C的匀强电场，在y＝﹣1m处垂直于y轴放置足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P，一束比荷＝102C/kg的带正电粒子沿两极板间中线不断射入两极板间的电场中，速度大小v0＝50m/s，所有粒子均能垂直于x轴射入第四象限，并有粒子从两极板边缘射出，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。
（1）粒子在两极板间运动的加速度的大小；
（2）从坐标为（0.64m，0）的点射出的粒子打到荧光屏上的位置与P点间的距离；
（3）打到荧光屏上且距P点左侧最远的粒子进入两极板间的时刻。
【答案】（1）104m/s2；（2）1.92m；（3）（n＝0，1，2，3……）
【详解】
（1）设粒子在两极板间运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律可知
而
解得：a1＝104m/s2
（2）从（0.64m，0）射入第四象限，做类平抛运动，设运动时间为t1，则有：
到达y轴时速度与水平方向的夹角为θ，可得
设达到荧光屏上的点与P点的距离为s1
解得s1＝1.92m
（3）设粒子达到P点左侧的距离为s的出射点坐标为（x，0）
与（2）同理可得
解得
当x＝1m时，s有极大值2m，当粒子从x＝1m位置射出时，即从两极板中线射出，粒子进入两极板间的时刻一定为、、……
可得粒子进入两极板间的时刻为（n＝0，1，2，3……）
35．如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=30cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B中间，距金属板右端x=15cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量m=1.0×10?7kg，电荷量q=1.0×10?2C的带电粒子以平行于金属板的速度v0=1.0×104m/s持续射向挡板。已知U0=1.0×102V，粒子重力不计，求：
（1）粒子在电场中的运动时间；
（2）t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小；
（3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。
【答案】（1）3×10-5s；（2）1.75cm；（3）19.75cm.
【详解】
（1）粒子的水平分速度不变，则在电场中的运动时间
（2）在0-2×10-5s内粒子在竖直方向做匀加速直线运动，在2×10-5-3×10-5s内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终，为
离开电场时竖直方向位移
（3）粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同，如图所示时刻进入的粒子向下偏转的距离最大，粒子先向下偏转做类平抛运动，再做类平抛运动的逆运动，最后向上做类平抛运动，三段过程中粒子在竖直方向的位移大小均为
粒子向上偏转能够从上极板边缘飞出，则粒子飞出电场区域的范围宽度为
粒子离开电场时的速度方向相同，可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为19.75cm.
36．在如图甲所示的xOy平面内，y轴右侧空间有分布均匀、随时间变化的电场和磁场，其变化规律分别如图乙、丙所示，以y轴正方向为电场强度的正方向，电场强度大小为E0、2E0、3E0、……；垂直xOy平面向外为磁场的正方向。t=0时刻，质量为m、电荷量为q的负粒子，以初速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入，不计粒子的重力。已知磁感应强度大小，求该粒子在：
（1）t0时刻的速度大小；
（2）2t0时刻的位置坐标；
（3）nt0（n=1，2，3，…）时刻的动能。
【答案】（1）；（2），；（3）当n为偶数时（n=2，4，6……）；当n为奇数时（n=1，3，5……）
【详解】
（1）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿y轴负方向的速度为
，
根据
解得
（2）粒子在时间内在电场运动，则水平位移为
竖直位移有
粒子在时间内是在磁场内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
周期
由题意可得，粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系，可知水平位移为
竖直位移为
则2t0时刻的位置坐标为
，
（3）由于粒子每次经过磁场时初末速度相同，每次经过电场，在y轴负方向不断加速，经k次电场时，
（k=1，2，3……）
当n为偶数时n=2k
（n=2，4，6……）
当n为奇数时n=2k-1
（n=1，3，5……）
时刻的动能为
当n为偶数时
（n=2，4，6……）
当n为奇数时
（n=1，3，5……）
37．如图所示，圆形匀强磁场区域半径为R，磁场中心与O、O'在同一水平线上，右侧有间隔分布的匀强电场区域和无场区域，宽度都是L，场强大小为E=，MN是无限大竖直接收屏，现有带正电粒子组成的粒子束，沿与水平成60°方向正对场中心射入，粒子质量为m，电荷量为q，速率为v0，恰好从O点沿水平方间进入电场区域，不计重力和粒子间相互作用，求：
(1)磁感应强度大小B：
(2)若接收屏MN距O点距离为2L，粒子击中接收屏时的速度v；
(3)若接收屏MN距O点距离为nL（n=1，2，3………），粒子击中接收屏用时离OO'线的距离y。
【答案】（1）；（2），与水平方向成45?；（3）
【详解】
(1)粒子在磁场中运动的半径
得
(2)粒子通过L的时间
粒子击中接收屏时的水平速度
vx=v0
粒子击中接收屏时的竖直速度
vy=
粒子击中接收屏时的速度大小
与水平方向夹角满足
得
θ=45?
(3)作vy-t图，可看出水平方向每经过L时，竖直方向位移大小成等差数列．
通过第1个水平距离L时的竖直距离为
粒子击中接收屏时离OO′线的距离
最终结果
38．如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中关于x轴对称放置两平行金属板A、B，A、B板的左端均在y轴上，两板间距离d=6.0cm，板长L1=1.8cm，距两板右端L2=28cm处放置有足够长的垂直x轴方向的荧光屏，两者之间区域分布着匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，方向垂直坐标平面向里。大量比荷为=5.0×104C/kg带负电粒子以速度v0=6.0×103m/s从坐标原点O连续不断的沿x轴正向射入板间，离开板间电场后进入磁场，最后打在荧光屏上。在两板间加上如图乙所示的交流电压，不计粒子重力，不考虑场的边缘效应和粒子的相对论效应，求：
(1)t=0时刻发射的粒子离开电场时的速度大小及偏转距离；
(2)粒子打在荧光屏上的范围；
【答案】（1）m/s；2.8cm；（2）(3.6cm，6.8cm)
【详解】
(1)粒子穿过偏转电场时间
根据牛顿第二定律可得
解得
m/s2
时刻，粒子从偏转电场飞出时的竖直分速度
m/s
飞出时速度
m/s
偏转距离
解得
cm
(2)由题意知，所有粒子飞出电场时速度大小和方向均相同，则所有粒子在磁场中运动轨迹都是平行的，所有粒子在磁场中的运动时间均相同。
粒子飞出电场的方向与水平方向成角
在磁场中，根据牛顿第二定律可得
解得
cm
粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由集合关系可知
解得
粒子在磁场中运动过程中的轴方向的便宜距离均为
=4cm
时刻的粒子在荧光屏上的纵坐标
时刻粒子在电场中偏移
cm
时刻的粒子荧光屏上的纵坐标
=3.6cm
即范围坐标为(3.6cm，6.8cm)
39．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成，如图甲所示。大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿板间距为d的平行极板正中间射入偏转电场，在偏转电场中运动T时间后，进入方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的竖直宽度足够大、水平宽度为L，电子最后打在竖直放置的荧光屏上。已知两板间所加电压随时间变化规律如图乙所示，电压最大值为U0、周期为T；电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计，所有电子均能从两板间通过。
(1)求t=0时刻进入偏转电场的电子在离开偏转电场时的位置到的距离y；
(2)要使电子能垂直打在荧光屏上
①求匀强磁场的磁感应强度B；
②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度。
【答案】(1)；(2)①，②
【详解】
(1)从0时刻进入偏转电场的电子，沿电场方向的分运动先做匀加速后做匀速运动。在电场线方向上前半个周期做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度
末速度
竖直位移
后半个周期做匀速直线运动，竖直位移
电子在离开偏转电场时的位置到的距离有
联立方程解得
(2)①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为，电子离开偏转电场时的速度为，电子在磁场中做匀速圆周运动半径为，如图：
则粒子进入磁场时的速度
在磁场中，洛伦兹力提供向心力
电子垂直打在荧光屏上，根据几何关系可知
联立方程解得
②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上，如图：
从、…等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到的距离最小，设为，则
电子离开偏转电场时最远位置和最近位置之间的距离
电子垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为
联立方程解得
40．如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板、间的中线射入偏转电场，、两板距离为、、板长为，两板间加周期性变化的电场，如图乙所示，周期为，加速电压为，其中为电子质量、为电子电量，为、板长，为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
(1)电子从加速电场飞出后的水平速度大小？
(2)时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距、间中线的距离；
(3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】
(1)加速电场加速。由动能定理得
解得
(2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有
所以运动时间
则时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有
(3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为，设电子在时加速度大小为，时加速度大小为，由牛顿第二定律得：
，
在时间内，设时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为，则：
解得
在时间内，时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。
这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为，时刻射入的电子刚好偏转位移为，则有
解得
所以
所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比
41．如图1所示，平行板电容器极板长度为L，板间距为d，B极板接地（即电势）。在电容器两极板间接交变电压，A极板的电势随时间变化的图像如图2所示，其最大值为U。电子以速度v0沿图1中虚线方向射入两板间，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，重力不计。
（1）每个电子穿过偏转电场的时间极短，可以认为这个过程中两极板间的电压是不变的，偏转电场可看做匀强电场。求在t
=
0.15s时刻进入偏转电场的电子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）问时忽略了每个电子穿过电场过程中两极板间电压的变化，请结合下列数据分析说明其原因。已知L
=
4.0×10-2m，v0
=
2.0×107m/s。
（3）电势可以随时间变化，也可以随空间发生变化。自然界中某量
D的变化可以记为D，发生这个变化所用的时间间隔可以记为
t
；变化量
D与
t的比值就是这个量对时间的变化率。若空间中存在一静电场，x轴与某条电场线重合。
a．请你类比上述变化率的概念写出电势对空间位置x的变化率A的表达式；
b.
该静电场的电势随x的分布可能是图3所示甲、乙两种情况中的一种。请你根据电势随空间的变化情况分析比较两种情况的电场在0
<
x
<
d区域内的相同点和不同点。
【答案】（1）（2）见解析（3）a.
或
b.
见解析
【详解】
（1）由t图可知t=0.15s时两极板间的电压
电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动
L
=
v0t
在垂直于极板的方向上做初速度为0的匀加速直线运动
其中
代入解得
（2）电子在平行于极板的方向上做匀速直线运动
L
=
v0t
可知电子通过电场所用的时间为
由图2可知电场变化的周期T
=
0.2s
可见电子通过电场所用的时间远远小于电场变化的周期，因此电子穿过平行板的过程中可以认为两板间的电压是不变的。
（3）a.
或
b.
由图3可知甲、乙两种情况中电势沿x轴的正方向均降低，由此可知两种情况的电场方向是相同的，均沿x轴的正方向。不同点是电势随空间位置的变化快慢不同，甲电场的电势在沿x轴的正方向上随空间位置均匀降低，为匀强电场；乙电场的电势在沿x轴的正方向上随空间位置降低得越来越慢，电场强弱分布不均匀，沿x轴的正方向电场强度逐渐减小。
42．如图所示，长为、相距为的两平行金属板，有一质量为m、带电量为q的带负电的粒子以初速度从两板中央平行极板方向射入电场，从飞入时刻算起，A、B板间所加电压的变化规律如图所示(图中所给和T均未知)且粒子从上极板边缘C点离开极板(不计粒子重力).
（1）为了使带电粒子离开电场时速度最大，求速度的最大值；
（2）为了使带电粒子离开电场时速度最小，交变电压周期T应满足什么条件，所加电压为多大；
（3）当带电粒子以最大速度离开电场时，在两平行金属板右侧紧贴极板加一恒定磁场，粒子经过磁场偏转后从下极板由边缘D点进入平行金属板，则粒子在磁场中运动的时间是多少?
【答案】（1）
；（2）（n=1、2、……）；（3）。
【详解】
（1）设粒子从上极板边缘C点离开极板时竖直速度为vy，由运动学公式
粒子在水平方向
粒子在竖直方向
解得
则粒子离开时的速度
（2）当粒子离开电场时速度最小时，则竖直方向速度为零，故粒子在电场中运动时间为，其中（n=1、2、……），则周期为
粒子在水平方向
粒子在竖直方向
解得
（n=1、2、……）
（3）最大速度离开的速度为，方向与水平方向夹角为450，由几何关系得在磁场中圆周运动半径是
洛仑兹力提供向心力
解得
在磁场中运动的圆心角为
则粒子在磁场中运动时间
43．如图甲所示，平行金属板AB的右端安放着垂直于金属板，长为d的靶MN，现在AB板上加上如图乙所示的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，正反向电压大小均为U0，今有带正电的粒子束以相同的初速度，从AB板的正中间沿OO′方向持续射入偏转电场中，已知所有进入偏转电场的粒子都能打在金属靶MN上，粒子在AB间的飞行时间为2T，偏转金属板AB的板长为L，其板间的距离为d，电场可看成匀强电场，每个粒子的电荷量为q，质量为m，粒子的重力忽略不计，试求：
（1）t=0时射入偏转电场的粒子击中靶MN时的速度大小v；
（2）时射入偏转电场的粒子打在靶MN上的点到中心O′点的距离y；
（3）要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足的条件（写出U0、m、d、q，T的关系式即可）
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】
（1）时射入的粒子，粒子在电场力作用下先向板运动，再向板运动。由对称关系可知，经过时间，粒子侧向速度为零
。中靶时速度大小
（2）电场强度为
粒子偏转电场中受到的电场力为
根据牛顿第二定律
联立以上公式得粒子偏转电场中运动的加速度大小
时射入的粒子，
在竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向是匀减速直线运动，减速到0，在竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动,
在竖直方向是匀减速直线运动，减速到0,故
且有
解得
（3）当粒子由
（n=0、1、2、3……）
时刻进入电场，向上侧向位移最大
当粒子由
（n=0、1、2、3……）
时刻进入电场，向下侧向位移最大
在距靶的中心点上、下方均为范围内有粒子击中，则
解得
44．如图（a）所示，真空室中电极
K
发出的电子（初速为零，不计重力）。经
U0=1000V
的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B
两板间的中心线射入，A、B
板长
L=0.20m，相距
d=0.020m，加在
A、B
两板间的电压
U
随时间
t
变化
U-t
图线如图（b）。设
A、B
两板间的电场可以看做是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离
b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长s=0.20m，筒能接收到通过
A、B
板的全部电子。
（1）电子在垂直
A、B
板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过
A、B
板的电子，在它通过时加在两板间的电压
UC
应为多大？
（2）以
t=0
时（见图
b，此时U=0）电子打到圆筒记录纸上的点作为
xOy
坐标系的原点，并取
y
轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的
x
坐标和
y
坐标。
（3）在给出的坐标纸上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。
【答案】（1）20V；（2）（2cm，2.5cm）和（2cm，12cm）；（3）如图所示。
【详解】
（1）对于恰能穿过
A、B
板的电子，设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，由动能定理得：
?0…①
电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则有：
…②
电子在垂直A.?B板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压Uc应满足：
…③
联立①、②、③式解得：
UC=20V；④
（2）此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为：
…⑤
此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图(1)可得：…?⑥
由以上各式解得：
y=0.025m=2.5cm…⑦
从题给的U?t图线可知，加于两板电压U的周期T0=0.10秒，U的最大值Um=100伏，
因为UC…⑧
因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为：
…⑨
第二个最高点的x坐标为：
…⑩
第三个最高点的x坐标为：
…?
由于记录筒的周长为20cm，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，
即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别为（2cm，2.5cm）和（2cm，12cm）；
（3）电子打到记录纸上所形成的图线，如图所示。
45．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1.0×105C/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)
(2)其中
【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
联立解得：
在金属板AB之间，由动能定理：
联立解得：
(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：
对于粒子Q：
因为，所以粒子Q应在第一象限内释放，则有：
联立解得
其中
即粒子Q释放点N（x，y）坐标满足的方程为
其中
46．如图甲所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为U的恒压电源的两极，两极板间距为d，板长为L．α粒子从非常靠近上极板的C点以v0的速度沿垂直电场线方向的直线CO方向射入电场，经电场偏转后由D点飞出匀强电场．已知α粒子质量为m，电荷量为+q，不计α粒子重力．求：
（1）α粒子飞离电场时沿电场方向发生的位移大小；
（2）C、D两点间的电势差；
（3）若仅将A、B极板上的电压换为如图乙所示的周期性变化的电压，t＝0时A板比B板的电势高．为使在t＝时刻由C点射入两板间的α粒子最终刚好能由O点水平射出，分别写出电压变化周期T与板间距离d满足的条件．(用L、U、m、q、v0表示)
【答案】（1）（2）（3）
【详解】
（1）两板之间为匀强电场
粒子在电场中的加速度大小
粒子的偏移量
运动时间
解得：
（2）两点的电势差为
解得：
（3）为使粒子刚好由点水平射出，粒子在一个周期内竖直方向的分位移应为零，且在电场中运动时间与电压变化周期的关系为，则
竖直向下的最大分位移应满足：
解得：
47．如图，一平行板电容器极板板长l
=
10
cm、宽a
=
10
cm，两极板间距为d
=
4
cm。距极板右端l/2处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长b
=
10
cm的“狭缝”离子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010
C/kg、速度为4×106
m/s的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的变化的电压，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于电压的变化周期，即粒子在电容器中的运动时间内可以近似认为电压不变。试分析：
（1）当电压为U
=
100
V时粒子飞入电容器中，则粒子刚飞出电容器时在竖直方向上偏移的距离（侧移量y）为多少？
（2）粒子打在屏上的区域面积S为多少？
【答案】（1）1.5625
cm；（2）80
cm2
【详解】
（1）当电压为U
=
100
V时粒子飞入电容器中，
水平方向
l=v0t
竖直方向
又
，
则
解得
y=1.5625
cm。
（2）因，则当U=200?V时，射出偏转电场时的偏转距离为
y?=2y=3.125cm；
因两板间距只有4cm，可知偏转最多的粒子从极板边缘射出，即打到屏上最远的粒子在偏转电场中偏转距离为
Y=2cm
由几何关系得打到屏上的距离中心线的最远距离为
粒子打在屏上的区域面积
48．电子在示波管中经加速和偏转最终打在荧光屏上，其基本原理可简化为图1，大量电子由静止开始，经电压为U0的加速电场加速后，沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当偏转电极的两板均不带电时，电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0的周期性电压时，t=0时刻进入的电子恰好从极板右侧边缘射出电场．已知电子质量为m、电量为e，不计电子的重力.
求：（1）平行板的长度L
（2）两极板间的距离d
（3）t=0和t=t0时刻进入的电子在刚穿出偏转电极两板时的动能之比
【答案】(1)(2)(3)
【详解】
(1)电子进入偏转场的速度
解得：
。进入偏转场，不加电压时，电子通过两板之间的时间为3t0，所以平行板的长度
(2)
当两板间有电场时电子竖直方向做匀加速直线运动，两板间没有电场时做匀速直线运动，以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t=0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vy-t图象如图。
设两平行板之间的距离为d，图中，电子竖直方向分速度：
由图可得电子的最大侧向位移为：
而，所以。
(3)
t=t0时刻进入的电子侧向位移为：
因此
电子经电压U0加速，由动能定理得
所以
答：(1)(2)(3)
49．如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10-2m，板间距离d=4×10-3m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，除了t=0.4n
s
(n
=1，2，3…)时刻，
N板电势均高于M板．已知电子质量为me＝9.0×10?31kg，电量为e=1.6×10-19C．
(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？
(2)打在荧光屏上的电子范围是多少？
(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】
(1)
电子经A、B两块金属板加速，有
解得：
(2)
当U=100V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为
由于说明所有的电子不可以飞出M、N；
由几何关系可知，
代入数据解得：
(3)当电子沿着下板右端射出时，粒子的速度最大，即动能最大，此时电子的偏转角
电子在竖直方向的速度为：
所以电子的速度为：
电子的最大动能为：
50．图甲所示的平行金属板M、N相距为d，两板上加交变电压UMN如图乙（U0未知），贴两板右侧有xoy坐标，两板中线与x轴共线.现有大量质量m、电荷量-e的电子以初速度v0平行于两板沿中线持续不断地射入两板间.已知t=0时刻进入两板运动的电子穿过
两板间的电场时间等于所加交变电压周期T，出射速度大小为2v0，且所有电子都能穿出两板，忽略电场的边缘效应及重力的影响，求
（1）两板的长度L和t=0时刻进入电子通过电场区电场力所做功W
（2）电子打在y轴上的范围
（3）在y轴右侧有一个未知的有界磁场区，从0点射出电场的电子恰好垂直于x轴向上通过x轴上坐标为（a，0）的P点，求磁场区磁场的方向及磁场磁感强度可能最小值B
【答案】（1）v0T和（2）（3）
【解析】
【详解】
解：(1)平行于极板方向电子匀速运动：
电子穿出电场速度，由动能定理可得电场力所做功：；
(2)在时间内电场中电子加速度：，方向向上
在时间内电场中电子加速度：，方向向下
则有：
使用不同时刻进入电场中电子在在电场方向速度如图
其中
由图方向最大测位移：
方向最大侧位移：
(3)点出射电子速度，速度方向与轴正方向夹角，
则有：，即
在磁场中运动最小时，最大回旋半径如图
可得：
解得：
根据洛伦磁力提供向心力可得：
解得磁场磁感强度可能最小值：
51．喷墨打印机的部分结构可简化为如图所示的装置．两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上，两板之间的右侧、长度为3d的区域还存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。喷墨打印机的喷口可在两板左侧上下自由移动，并且从喷口连续不断喷出质量均为m、速度水平且大小相等、带等量电荷的墨滴。调节电源电压至U，使墨滴在两板之间左侧的电场区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动。重力加速度为g。
（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
（2）要使墨滴不从两板间射出，求墨滴的入射速率应满足的条件。
【答案】（1）墨滴带负电；；（2）
【详解】
(1)
墨滴在电场左侧区域做匀速直线运动，有：
解得：，由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知墨滴带负电荷；
(2)
墨滴进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力：
从上极板边缘射进的墨滴最容易从两板间射出，只要这个墨滴没有射出，其他墨滴就都不会射出．若墨滴刚好由极板左侧射出，则有：，联立解得：，
同理，墨滴刚好从极板右侧射出，有：，解得：
可见，要使墨滴不会从两极间射出，速率应该满足：
．
52．如图所示，O为粒子发射源，能持续不断发射带电量为+q、质量为m的粒子，粒子初速度不计，经加速电场加速后，进入AB平行金属板间．已知加速电场电压为U0，A、B板长为L1间距为d．在两板间加上一个周期T=L1的交变电压，A板的电势φA=0，B板的电势φB．随时间的变化规律如图所示，粒子穿过AB平行板打在离其距离为L2的荧光屏上．设带电粒子重力的影响可忽略，所有粒子都能打在荧光屏上，求：
（1）若粒子t=0时刻进入AB金属板间，经多少时间穿过金属板；
（2）若粒子t=0时刻进入AB金属板间，打在荧光屏P点，求OP的大小
（3）求荧光屏上有粒子撞击的区域的长度.
【答案】（1）L1
（2）；
（3）
【详解】
（1）带电粒子在加速电场的运动过程，由动能定理得：?qU0=mv02
解得：v0=
带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动的总时间为：
??t==L1
（2）由上可知，带电粒子在偏转电场中运动的时间等于交变电压的周期T．
在交变电压的一个周期T内，带电粒子在垂直于板方向先做初速度为零的匀加速直线运动，后匀减速直线运动，匀加速和匀减速运动的加速度大小相等，时间相等，根据对称性可知，这两个过程偏转的位移大小相等，所以带电粒子离开偏转电场时偏转距离为y=2×
由牛顿第二定律得加速度为：a=
由以上各式解得：y=
根据对称性可知，粒子离开偏转电场时速度平行于金属板，所以该粒子打在屏上的点P与O′的距离是y=
（3）t=0时进入的粒子会达到最上点P，t=T进入的粒子会达到最下端P′，P′O′=PO′，荧光屏上有粒子撞击的区域的长度L=2PO′=．
53．如图甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线连续射入电场中．MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场．紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕．金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d．已知B=2.
5xl0-3T．l=d=0.2m，每个带正电粒子的速度v0=105m/s，比荷=
l08C/kg，MN板间最大电压U=75V，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．取sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
(l)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；
(2)带电粒子向上偏转射出电场的最大速度；
(3)带电粒子打在屏幕上的范围．
【答案】(1)0.4m；(2)
；(3)点上方到之间
【解析】
【分析】
t=0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小，根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径；将带电粒子的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向为匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动，带电粒子从平行板边缘射出时，速度最大；经过电场偏转后，粒子速度向上偏转或向下偏转，画出可能的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力得到轨道半径，通过几何关系求解带电粒子打在屏幕上的范围；
【详解】
解：(1)当粒子不偏转穿过平行金属板时，粒子在磁场中的圆半径最小
根据洛伦兹力提供向心力：
解得：
(2)粒子经电场偏转，竖直方向做匀加速运动：
由以上式子解得；
所以最大速度
设速度夹角为，正切值为
粒子离开电场时速度与水平方向夹角为
(3)当粒子以最大速度进入磁场时
粒子刚好与屏幕相切，切点为粒子打在屏幕上的最高点
切点距离屏幕点的距离
当粒子以水平速度进入磁场时，
所以，带电粒子打在屏幕上的范围：点上方到之间

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