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10.5 带电粒子在电场中的运动
1.知道带电粒子在电场中运动情况,形成物质的运动观。 2.了解示波管的工作原理,体会静电场知识在实际生活中的应用。 3.通过解决带电粒子在电场中加速和偏转的问题,加深对牛顿定律和功能关系的认识。
知识点一　带电粒子在电场中的加速
1．带电粒子在电场中加速(直线运动)的条件：只受电场力作用时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。
2．分析带电粒子加速问题的两种思路
(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析。
(2)利用静电力做功结合动能定理来分析。
3．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
4．用功能观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad.
5．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
知识点二　带电粒子在电场中的偏转
1．条件：带电粒子的初速度方向跟电场力的方向垂直。
2．运动性质：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹是一条抛物线。
3．分析思路：同分析平抛运动的思路相同，利用运动的合成与分解思想解决相关问题。
4．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
5．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.
6．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
知识点三　示波管的原理
1．构造：示波管主要由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空。
2．原理
(1)给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点。
甲　示波管的结构　　乙　荧光屏(从右向左看)
(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，使电子沿YY′方向偏转。
(3)示波管的XX′偏转电极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压(如图所示)，叫作扫描电压，使电子沿XX′方向偏转。
扫描电压
如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m（不计重力）、电荷量为﹣q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是（　　）
A． B．
C． D．
两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是（　　）
A． B．edUh C． D．
如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是（设电源电动势为U）（　　）
A．电子到达B板时的动能是eU
B．电子从B板到达C板动能变化量为零
C．电子到达D板时动能是3eU
D．电子在A板和D板之间做往复运动
（多选）如图平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（　　）
A．所用时间为
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
（多选）如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上，两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的（　　）
A．从N点进入的粒子先到达P点
B．从M点进入的粒子先到达P点
C．粒子在到达P点的过程中电势能都减小
D．从M点进入的粒子的电荷量小于从N点进入的粒子的电荷量
（多选）如图的矩形虚线框abd所在的区域内存在着沿a指向b方向的匀强电场，ab＝L，bc＝2L，有一电荷量为q、质量为m的正点电荷（重力不计）从a点沿ad方向以速度v0垂直于电场射入，恰好从虚线框的c点射出。下列说法正确的是（　　）
A．射出速度方向与bc的夹角为θ＝45°
B．点电荷电势能减少
C．点电荷离开c点时的动能为
D．匀强电场的场强为
如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1＝4.5×103V加速后以速度v0垂直等间距的进入电压U2＝180V，间距为d＝1.0cm，板长l＝5cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s＝10cm的屏幕上的P点，（e＝1.6×10﹣19C，m＝9.0×10﹣31kg）
求：（1）电子进入偏转电场时的速度v0＝？
（2）射出偏转电场时速度的偏角tanθ＝？
（3）打在屏幕上的侧移位移OP＝？
如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l．在正极板附近有一质量为M、电荷量为+q的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为﹣q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．不计重力及两粒子间相互作用力，则M：m为（　　）
A．3：2 B．2：1 C．5：2 D．4：1
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
电子以初速度v0沿垂直电场强度方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两极板间的电压，但仍能使电子穿过该匀强电场，则电子穿越平行板间的电场所需时间（　　）
A．随电压的增大而减小
B．随电压的增大而增大
C．与电压的增大无关
D．不能判定是否与电压增大有关
一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（　　）
A．做直线运动 B．做变加速曲线运动
C．速率一直增大 D．速率先减小后增大
如图所示，质子（H）和α粒子（He），以相同的初动能垂直射入偏转电场（不计粒子重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为（　　）
A．4：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4
一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1：若不计重力，则a和b的比荷之比是（　　）
A．4：1 B．2：1 C．1：1 D．1：2
如图所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为d，长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）。在距A、B等距离处的O点，有一电荷量为+q，质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向（与A、B板平行）射入（图中已标出），不计重力，要使此粒子能从C处射出，则A、B间的电压应为（　　）
A． B．
C． D．q
如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，现保持两板间的电压不变，则当减小两板间的距离时，下列判断正确的是（　　）
A．电子的速度v增大
B．电子的速度v减小
C．电子的速度v不变
D．电子在两板间运动的时间变长
一个电子在电场力作用下沿x轴做直线运动（不计重力），以水平向右的方向为x轴的正方向，从0时刻起运动依次经历t0、2t0、3t0时刻。其运动的v﹣t图象如图所示。对此下列判断正确的是（　　）
A．0时刻与2t0时刻电子在不同位置
B．0时刻、t0时刻、3t0时刻电子所在位置的电势分别为 0、 1、 3，其大小比较有 1＞ 0＞ 3
C．0时刻、t0时刻、3t0时刻电子所在位置的场强大小分别为E0、E1、E3，其大小比较有E3＜E0＜E1
D．电子从0时刻运动至t0时刻，连续运动至3t0时刻，电场力先做正功后做负功
真空中的某装置如图所示，让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物都从O点由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转（未打在极板上）。下列说法中正确的是（　　）
A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2：1：1
B．三种粒子射出偏转电场时的速度之比为
C．三种粒子在运动过程中轨迹均不重合
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2
某科研设备中的电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构原理图如图所示。如果在偏转电极XX′和YY′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。如果电子枪中正负接线柱之间电压为10U，XX′板间加恒定电压U，XX′电极的长度为l、间距为d，YY′板间不加电压。已知电子质量为m，电荷量大小为e，电子从灯丝逸出的初速度不计。则电子（　　）
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．打在荧光屏时，其速度方向与中轴线连线夹角α的正切
D．若UYY′＞0，电子将打在荧光屏的下半区域
如图所示，带负电的粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入两平行板间的匀强电场中。粒子的电荷量为q，质量为m（不计重力）。平行板长为l，两板间距为d，电势差为U。
（1）粒子在电场中做什么运动？同什么运动的运动特点类似？
（2）粒子在电场中的运动可以分解为哪两种运动？
（3）若粒子能从电场中飞出，粒子的偏转距离y和离开电场时的偏转角度α的正切值为多大？
如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道ABCDI，其中斜面AB与圆心为O、半径为R的圆弧轨道相切于B点，C、D分别为圆弧轨道的最低点、最右点，OB与OC夹角θ＝30°，在OC所在直线的右侧有沿水平向右的匀强电场.现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从与B点相距为4R的A点静止释放，小球沿轨道滑下。已知场强大小E，重力加速度大小为g。求：
（1）小球从A点运动到B点所用的时间；
（2）小球到达D点时的速度大小；
（3）小球在圆弧轨道上运动的过程中，轨道对小球支持力的最大值Fm。
中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的．质子的荷质比取1×108C/kg。求：
（1）漂移管B的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压。10.5 带电粒子在电场中的运动
1.知道带电粒子在电场中运动情况,形成物质的运动观。 2.了解示波管的工作原理,体会静电场知识在实际生活中的应用。 3.通过解决带电粒子在电场中加速和偏转的问题,加深对牛顿定律和功能关系的认识。
知识点一　带电粒子在电场中的加速
1．带电粒子在电场中加速(直线运动)的条件：只受电场力作用时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。
2．分析带电粒子加速问题的两种思路
(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析。
(2)利用静电力做功结合动能定理来分析。
3．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
4．用功能观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad.
5．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
知识点二　带电粒子在电场中的偏转
1．条件：带电粒子的初速度方向跟电场力的方向垂直。
2．运动性质：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹是一条抛物线。
3．分析思路：同分析平抛运动的思路相同，利用运动的合成与分解思想解决相关问题。
4．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
5．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.
6．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
知识点三　示波管的原理
1．构造：示波管主要由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空。
2．原理
(1)给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点。
甲　示波管的结构　　乙　荧光屏(从右向左看)
(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，使电子沿YY′方向偏转。
(3)示波管的XX′偏转电极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压(如图所示)，叫作扫描电压，使电子沿XX′方向偏转。
扫描电压
如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m（不计重力）、电荷量为﹣q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：该过程中电场力做功等于粒子动能的变化，得：﹣q（0﹣U）
解得：v，故ABD错误C正确；
故选：C。
两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是（　　）
A． B．edUh C． D．
【解答】解：设出电子的初动能Ek0，末动能为零，极板间的电场E，
根据动能定理：﹣eEh＝0﹣Ek0，
解得：Ek0
故D正确ABC错误。
故选：D。
如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是（设电源电动势为U）（　　）
A．电子到达B板时的动能是eU
B．电子从B板到达C板动能变化量为零
C．电子到达D板时动能是3eU
D．电子在A板和D板之间做往复运动
【解答】解：A、释放出一个无初速度电荷量为e的电子，在电压为U电场中被加速运动，当出电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即W＝qU＝eU，故A正确；
B、由图可知，BC间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变．故B正确；
C、电子以eU的动能进入CD电场中，在电场力的阻碍下，电子做减速运动，由于CD间的电压也为U，所以电子的到达D板时速度减为零，所以开始反向运动．故C错误；
D、由上可知，电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速，回头加速、匀速再减速，做往复运动，故D正确；
本题选错误的，
故选：C。
（多选）如图平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
【解答】解：AD、带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，力和速度一定在同一直线上，则可知，电场力必定垂直极板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A错误，D正确；
B、电场力垂直于极板向上，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；
C、因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误。
故选：BD。
如图所示，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时（　　）
A．所用时间为
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【解答】解：A、粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为45°，根据牛顿第二定律a，垂直电场方向的位移x＝v0t，平行电场方向的位移y，根据几何关系tan45°，联立解得t，故A错误；
B、水平速度vx＝v0，竖直方向速度vy＝at2v0，则到达MN连线上某点速度v，故B错误；
C、水平位移x＝v0t，竖直位移与水平位移相等，所以粒子到达MN连线上的点与P点的距离即合位移为lx，故C正确；
D、速度方向与竖直方向的夹角正切值为tanθ，夹角不等于30°，故D错误；
故选：C。
（多选）如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上，两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的（　　）
A．从N点进入的粒子先到达P点
B．从M点进入的粒子先到达P点
C．粒子在到达P点的过程中电势能都减小
D．从M点进入的粒子的电荷量小于从N点进入的粒子的电荷量
【解答】解：AB、两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速，水平向左匀加速，因为两粒子竖直方向的位移相同，速度相同，所以达到P点的时间相同，故AB错误；
C、电场力对两粒子都做正功，电势能都减少，故C正确；
D、水平方向上，由xat2，加速度为：a，因为两个粒子质量相等、达到P点时间相等，所以M的加速度小、电荷量小，N的加速度大、电荷量大，故D正确。
故选：CD。
（多选）如图的矩形虚线框abd所在的区域内存在着沿a指向b方向的匀强电场，ab＝L，bc＝2L，有一电荷量为q、质量为m的正点电荷（重力不计）从a点沿ad方向以速度v0垂直于电场射入，恰好从虚线框的c点射出。下列说法正确的是（　　）
A．射出速度方向与bc的夹角为θ＝45°
B．点电荷电势能减少
C．点电荷离开c点时的动能为
D．匀强电场的场强为
【解答】解：A、电荷垂直电场方向进入匀强电场做类平抛运动，则，初速度方向做匀速运动，所以2L＝v0t，场强方向做初速度为0的匀加速运动，所以，联立解得tanθ＝1，即θ＝45°，故A正确；
B、由A选项的分析知电荷离开c点的速度，由动能定理得，解得，所以电势能减少，故B错误；
C、由B选项的分析知粒子离开c点时的动能，故C错误；
D、由A选项的分析知vy＝v0，因为在场强方向做初速度为0的匀加速运动，所以，解得：，故D正确。
故选：AD。
如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1＝4.5×103V加速后以速度v0垂直等间距的进入电压U2＝180V，间距为d＝1.0cm，板长l＝5cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s＝10cm的屏幕上的P点，（e＝1.6×10﹣19C，m＝9.0×10﹣31kg）
求：（1）电子进入偏转电场时的速度v0＝？
（2）射出偏转电场时速度的偏角tanθ＝？
（3）打在屏幕上的侧移位移OP＝？
【解答】解：（1）设电子经加速电场U1加速后以速度v0进入偏转电场，由动能定理有
qU1，
则有：v04×107m/s；
故电子进入偏转电场的速度 v0＝4×107m/s；
（2）进入偏转电场后在电场线方向有，a
经时间t1飞出电场有t1，
电场方向的速度vy＝at14×106m/s；
设射出偏转电场时速度的偏角为θ，则tanθ
（3）飞出电场时偏转量为 y1
由以上各式得 y10.25cm；
设电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，
在此时间内电子在y方向移动的距离为y2，有：vy＝at1
t2
y2＝vyt2
由以上各式得
y2
故电子到达屏S上时，它离O点的距离：y＝y1+y2（l+s）cm＝1.25cm；
答：（1）电子进入偏转电场时的速度4×107m/s；
（2）射出偏转电场时速度的偏角tanθ；
（3）打在屏幕上的侧移位移OP＝1.25cm。
如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l．在正极板附近有一质量为M、电荷量为+q的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为﹣q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．不计重力及两粒子间相互作用力，则M：m为（　　）
A．3：2 B．2：1 C．5：2 D．4：1
【解答】解：根据牛顿第二定律得，加速度a，
已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，根据x知，正负两个粒子经历的位移之比2：3，时间相等，则加速度之比为2：3，
由于两粒子的电量相等，极板间的电场强度不变，则正负电荷的质量之比M：m＝3：2，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
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
【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；
A、如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A板既可以带正电，也可能带负电，故A错误；
B、如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；
C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C正确；
D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故D错误。
故选：C。
电子以初速度v0沿垂直电场强度方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两极板间的电压，但仍能使电子穿过该匀强电场，则电子穿越平行板间的电场所需时间（　　）
A．随电压的增大而减小
B．随电压的增大而增大
C．与电压的增大无关
D．不能判定是否与电压增大有关
【解答】解：电子垂直于场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，在平行于金属板的方向电子不受力而做匀速直线运动，由L＝v0t得，电子穿越平行板所需要的时间为t，与金属板的长成正比，与电子的初速度大小成反比，与其他因素无关，即与电压及两板间距离均无关。
故选：C。
一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（　　）
A．做直线运动 B．做变加速曲线运动
C．速率一直增大 D．速率先减小后增大
【解答】解：AB、分析小球的受力情况，小球受水平向左的电场力和竖直向下的重力，合力方向指向左下方，合力的方向与初速度方向不在一条直
线上，而且合力恒定，所以小球做匀变速曲线运动，故AB错误；
CD、由于初始时，合力的方向与速度方向的夹角为钝角，合力对小球做负功，因此小球先做减速运动，当速度方向与合力的方向夹角为锐角时，小球再做加速运动，故小球先做减速运动，后做加速运动，速率先减小后增大，故C错误，D正确。
故选：D。
如图所示，质子（H）和α粒子（He），以相同的初动能垂直射入偏转电场（不计粒子重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为（　　）
A．4：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4
【解答】解：质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，由牛顿第二定律得：a
水平方向：L＝vt、竖直方向：yat2
解得：y
由题可知，两个粒子的初动能Ek相同，E、L相同，则y与q成正比，质子和α粒子电荷量之比为1：2，侧位移y之比为1：2。故ACD错误，B正确。
故选：B。
一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1：若不计重力，则a和b的比荷之比是（　　）
A．4：1 B．2：1 C．1：1 D．1：2
【解答】解：两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有x＝vt，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y，
电荷在电场中受的力为F＝Eq，根据牛顿第二定律有F＝ma，
联立解得：。
因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比。所以比荷之比为4：1，故A正确，BCD错误；
故选：A。
如图所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为d，长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）。在距A、B等距离处的O点，有一电荷量为+q，质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向（与A、B板平行）射入（图中已标出），不计重力，要使此粒子能从C处射出，则A、B间的电压应为（　　）
A． B．
C． D．q
【解答】解：粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则；
l＝v0t
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则：
dat2
根据牛顿第二定律得a
联立解得：U，故A正确，BCD错误。
故选：A。
如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，现保持两板间的电压不变，则当减小两板间的距离时，下列判断正确的是（　　）
A．电子的速度v增大
B．电子的速度v减小
C．电子的速度v不变
D．电子在两板间运动的时间变长
【解答】解：ABC．根据动能定理得：eUmv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故C正确，AB错误；
D．粒子做初速度为零的匀加速直线运动则有：dtt，可得t，当d减小时，电子在板间运动的时间变小，故D错误。
故选：C。
一个电子在电场力作用下沿x轴做直线运动（不计重力），以水平向右的方向为x轴的正方向，从0时刻起运动依次经历t0、2t0、3t0时刻。其运动的v﹣t图象如图所示。对此下列判断正确的是（　　）
A．0时刻与2t0时刻电子在不同位置
B．0时刻、t0时刻、3t0时刻电子所在位置的电势分别为 0、 1、 3，其大小比较有 1＞ 0＞ 3
C．0时刻、t0时刻、3t0时刻电子所在位置的场强大小分别为E0、E1、E3，其大小比较有E3＜E0＜E1
D．电子从0时刻运动至t0时刻，连续运动至3t0时刻，电场力先做正功后做负功
【解答】解：A、由图象可知，电子从0时刻到2t0时刻位移为零，所以0时刻与2t0时刻电子在同一位置，故A错误；
B、电子从0时刻运动至t0时刻，连续运动至3t0时刻，电场力对电子先做负功，后做正功，所以电子的电势能先增大后减小，因为电势能为EP＝qφ，由于电子带负电，所以电势能越大，电势越低，则有φ1＜φ0＜φ3，故B错误；
C、根据速度﹣时间图象的斜率的绝对值表示加速度大小以及牛顿第二定律可知，v﹣t图象的斜率的绝对值表示电场力大小即场强大小，故有：E3＜E0＜E1，故C正确。
D、由图象可知，电子从0时刻运动至t0时刻，连续运动至3t0时刻，其速度大小先减小后增大，所以电场力对电子先做负功，后做正功，故D错误；
故选：C。
真空中的某装置如图所示，让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物都从O点由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转（未打在极板上）。下列说法中正确的是（　　）
A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2：1：1
B．三种粒子射出偏转电场时的速度之比为
C．三种粒子在运动过程中轨迹均不重合
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1：2：2
【解答】解：A、带电粒子在电场U1中加速时有：
变形解得：
所以：
再由：
代入已知条件可得：，故A错误；
C、由平行偏转电场方向：y
可知三种粒子从偏转电场同一点射出，且速度方向相同，三种粒子在运动过程中轨迹重合，故C错误；
B、整个过程由动能定理有：U1q+q
变形可得：v
三种粒子射出偏转电场时的速度之比为：
故B正确；
D、由偏转电场对三种粒子做的功为：W电
代入数据可知：W电1：W电2：W电3＝1：1：2，故D错误。
故选：B。
某科研设备中的电子偏转装置由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构原理图如图所示。如果在偏转电极XX′和YY′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。如果电子枪中正负接线柱之间电压为10U，XX′板间加恒定电压U，XX′电极的长度为l、间距为d，YY′板间不加电压。已知电子质量为m，电荷量大小为e，电子从灯丝逸出的初速度不计。则电子（　　）
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．打在荧光屏时，其速度方向与中轴线连线夹角α的正切
D．若UYY′＞0，电子将打在荧光屏的下半区域
【解答】解：A、根据牛顿第二定律可知，在XX′极板间的加速度大小为a，故A错误；
B、对整个过程，对电子，由动能定理得：e×10U+eEk﹣0，解得电子在荧光屏时Ek＝10.5eU，故B错误；
C、电子在加速电场中加速，根据动能定理有：e×10U0
电子在XX′极板间做类平抛运动，水平方向l＝vt
离开偏转电场时沿电场方向的分速度vy＝at，由牛顿第二定律得：ma
打在荧光屏时，其速度方向与中轴线连线夹角α的正切tanα，解得：tanα，故C正确；
D、若UYY′＞0，则电子受到的电场力竖直向上，故电子将打在荧光屏的上半区域，故D错误。
故选：C。
如图所示，带负电的粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入两平行板间的匀强电场中。粒子的电荷量为q，质量为m（不计重力）。平行板长为l，两板间距为d，电势差为U。
（1）粒子在电场中做什么运动？同什么运动的运动特点类似？
（2）粒子在电场中的运动可以分解为哪两种运动？
（3）若粒子能从电场中飞出，粒子的偏转距离y和离开电场时的偏转角度α的正切值为多大？
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，同平抛运动的运动特点类似；
（2）粒子在电场中的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向初速度为零的匀加速直线运动；
（3）粒子的偏转距离y，其中：a，t
联立解得：y
因为粒子在电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以粒子射出电场时竖直方向的速度为：vy＝at
粒子射出电场时合速度与初速度方向的夹角的正切值为：tanθ
解得：tanθ
答：（1）粒子在电场中做类平抛运动，同平抛运动的运动特点类似；
（2）粒子在电场中的运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向初速度为零的匀加速直线运动；
（3）若粒子能从电场中飞出，粒子的偏转距离为，离开电场时的偏转角度α的正切值为。
如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道ABCDI，其中斜面AB与圆心为O、半径为R的圆弧轨道相切于B点，C、D分别为圆弧轨道的最低点、最右点，OB与OC夹角θ＝30°，在OC所在直线的右侧有沿水平向右的匀强电场.现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从与B点相距为4R的A点静止释放，小球沿轨道滑下。已知场强大小E，重力加速度大小为g。求：
（1）小球从A点运动到B点所用的时间；
（2）小球到达D点时的速度大小；
（3）小球在圆弧轨道上运动的过程中，轨道对小球支持力的最大值Fm。
【解答】解：（1）由A到B做匀加速度直线运动，加速度：agsinθ…①
设由A到B历时为t，则：4R②
由①②式可得：t＝4
（2）由A到D，由动能定理：mg（4Rsinθ﹣Rcosθ）+EqR ③
解得：vD
（3）设小球运动到M点时对轨道的压力最大。此位置为小球的平衡位置，设小球的电场力和重力的合力大小为F，在M点F的方向与竖直方向的夹角为θ。
则 tanθ
F
从M点到D点，根据动能定理得
qER（1﹣sinα）﹣mgRcosα
在M点，Fm﹣F＝m
解得 Fm＝（9）mg
答：（1）小球从A点运动到B点所用的时间是4；
（2）小球到达D点时的速度大小是；
（3）小球在圆弧轨道上运动的过程中，轨道对小球支持力的最大值Fm是（9）mg。
中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的．质子的荷质比取1×108C/kg。求：
（1）漂移管B的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压。
【解答】解：（1）设高频脉冲电源的频率为f，周期为T；质子在每个漂移管中运动的时间为t，质子进入漂移管B时的速度为vB，漂移管B的长度为LB．则
T10﹣7s
据题有：t
质子在漂移管内做匀速直线运动，则有：LB＝vB
联立代入数据解得：LB＝0.4m
（2）质子从B到E的过程中，质子从漂移管B运动到漂移E共被加速3次，由动能定理得：3qU
据题有 1×108C/kg
解得：U＝6×104V
答：（1）漂移管B的长度是0.4m；
（2）相邻漂移管间的加速电压是6×104V。

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