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2025年高中物理人教版必修3（带电粒子在电场中的运动）同步训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子带负电
B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5J
C．粒子在A点的动能比在B点少0.5J
D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5J
2．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的（　　）
A．2倍 B．4倍 C． D．
3．在如图所示的匀强电场中，一个点电荷从P点由静止释放后，以下说法中正确的是
A．该点电荷可能做匀变速曲线运动
B．该点电荷一定向右运动
C．电场力对该点电荷可能不做功
D．该点电荷一定做匀加速直线运动
4．某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（　　）
A． B． C． D．
5．如图甲所示，在“用传感器观察平行板电容器的放电”实验中，单刀双掷开关先置于1位置，待一段时间后，再置于2位置，利用电容器放电过程中记录的数据作出的I-t图线如图乙所示，已知电源电动势为E，I-t图线与坐标轴围成的方格数为n，方格纸每小格面积代表的电量为q。下列说法错误的是（　　）
A．开关置于2位置时，电阻R上的电流向左
B．电阻R越大，电容器放电持续时间越长
C．电容C的大小等于
D．电阻R的阻值会影响电容C大小的测量结果
6．如图所示，质量相同的两个粒子a、b以相同的速度垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场，a从两极板正中央边缘射入，b从上极板边缘射入，它们最后打在下极板同一点，粒子的重力不计，下列说法正确的是（　　）

A．它们的运动时间不相同
B．它们的加速度相同
C．它们所带电的电量之比为
D．它们从射入到打到下极板的动能增量之比为
7．如图1为示波管的原理图．若在XX′上加上如图2所示的扫描电压，在YY′上加如图3所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是
A． B．
C． D．
8．一个电子仅在电场力的作用下以一定的初速度从A点沿电场线向B点运动，如图所示，若规定向右的方向为正方向，则下列位移-时间或速度-时间图象中能正确描述电子运动情况的是（ ）
A． B．
C． D．
9．图（a）为示波管的原理图。如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（　　）
A． B．
C． D．
10．三个质量相等的带电微粒（重力不计）以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则（　　）
A．三微粒在电场中的运动时间有t3>t2>t1
B．三微粒所带电荷量有q1>q2＝q3
C．三微粒所受电场力有F1＝F2>F3
D．飞出电场时微粒2的动能大于微粒3的动能
11．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（　　）
A．它们运动的时间
B．它们运动的加速度
C．它们的动能增加之比：：2
D．它们所带的电荷量之比：：2
12．如图甲所示为某电场中的一条电场线，一电子只在电场力的作用下从A点到B点运动的速度-时间图像如图乙所示，则下列分析正确的是（　　）
A．该电场可能是正点电荷产生的 B．从A点运动到B点的过程中该粒子的电势能变小
C．A点的电势一定高于B点的电势 D．A点的电场强度比B点的大
13．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。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看成匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy分别是（　　）
A．　 B．　 C．　 D．　
14．反射式速调管是常用微波器之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示。一质量m=2.0×10-20 kg，电荷量q=2.0×10-9 C的带负电的粒子从（-1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。则（　　）
A．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比
B．粒子从（0，0）点向（0.5，0）点运动时电势能减小
C．粒子在运动过程中电势能变化量的最大值为4×10-9 J
D．粒子做往复运动的周期T=3.0×10-8 s
15．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，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．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，则粒子会打在板上
D．若该粒子的入射速度变为，则该粒子仍在时刻射出电场
16．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，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大小为
B．该粒子在时刻，速度大小为
C．若该粒子在时刻以速度进入电场，则粒子会打在板上
D．若该粒子在时刻以速度进入电场，则该粒子沿两极板中线水平射出
17．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下．已知在下滑的过程中，金属块动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，下列判断中正确的是
A．金属块带负电 B．金属块克服电场力做功8J
C．金属块的机械能减少12J D．金属块的电势能减少4J
18．如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成角，a极板带负电．一质量为m、电荷量为的粒子在电容器中靠近b极板处，以初动能竖直向上射出，不计重力，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
19．如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一带负电荷的小球从高h的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动．已知小球所受到电场力是其重力的 ，圆环半径为R，斜面倾角为θ=53°，SBC=2R．若使小球在圆环内恰好能作完整的圆周运动，高度h的为（ ）
A．2R B．4R C．10R D．17R
20．真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与垂直的荧光屏上（图中未画出），使荧光屏上出现亮点（已知质子、氘核和粒子质量之比为1:2:4，电荷量之比为1:1:2，重力不计）。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
B．三种粒子出偏转电场时的速度相同
C．在荧光屏上将出现3个亮点
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1:2:2
二、多选题
21．如图所示，水平放置的两平行金属板与一直流恒压源相连，一带正电的粒子仅在重力和电场力作用下以某一初速度沿水平虚线从A运动到B，下列判断正确的是（　　）
A．将平行金属板分别以O1、O2为圆心在纸面内顺时针旋转相同角度后，带电粒子仍可能沿水平虚线从A运动到B，电势能减小
B．将平行金属板分别以O1、O2为圆心在纸面内逆时针旋转相同角度后，带电粒子仍可能沿水平虚线从A运动到B，电势能减小
C．将两板绕过中点O的轴（垂直于纸面）顺时针旋转某一角度，带电粒子动能可能先增大后减小
D．将两板绕过中点O的轴（垂直于纸面）逆时针旋转某一角度，带电粒子动能可能先减小后增大
22．图为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。下列表述正确的是（ ）
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
23．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则（ ）
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
三、解答题
24．如图所示，平行板电容器的两个极板M、N长均为L，极板间距离为d。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从M的左端沿板方向以速度射入极板间，粒子恰好从N板的右端射出。不计粒子的重力和空气阻力。求：
（1）粒子在M、N间运动的时间t。
（2）M、N间的电压U。
25．一个初速度为零的电子通过电压为U=4500 V的电场加速后,从C点沿水平方向飞入电场强度为E=1.5×105 V/m的匀强电场中,到达该电场中另一点D时,电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°,如图所示.试求C、D两点沿电场强度方向的距离y.
26．一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．
27．如图所示，倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内，两者间通过一小段长度不计的圆滑弧形轨道相连，已知AB长，倾角，BC弧的半径，O为圆心，。在虚线MN右侧存在水平向左的匀强电场（A在虚线MN上），场强大小。一个带正电的绝缘小球P，质量为，其电荷量为，从某一位置以的初速度水平抛出，运动到A点时恰好沿斜面向下。若小球与轨道AB的动摩擦因数为，，，，小球P运动过程中电荷量保持不变。求：
（1）小球P的抛出点距A点的高度；
（2）小球P运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力；
（3）小球P离开圆弧轨道后，第一次落到斜面上的位置距B点的距离。
28．如图1所示的平行板电容器板间距离为d，两板所加电压随时间变化图线如图2所示，t=0时刻，质量为m、带电量为q的粒子以平行于极板的速度v0沿平行板中轴线射入电容器，t1=3T时刻射出电容器，带电粒子的重力不计，求：
(1)平行板电容器板长L；
(2)粒子射出电容器时偏转的角度φ；
(3)粒子射出电容器时竖直偏转的位移y。
试卷第1页，共3页
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《2025年高中物理人教版必修3（带电粒子在电场中的运动）同步训练》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C D C D D A C A D
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 D C D D A D C A C A
题号 21 22 23
答案 AD BD AC
1．D
【详解】A. 根据粒子的运动轨迹，可知粒子带正电，故A错误；
B. 从A点运动到B点电场力做正功，电势能减少，则粒子在A点的电势能比在B点多1.5J，故B错误；
C. 从A点运动到B点，克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J，则在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误；
D. 从A点运动到B点，场力做的功为1.5J，由能量的转化与守恒定律可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5J，故D正确。
故选D。
2．C
【详解】电子做类平抛运动，故其在水平方向和竖直方向满足
L=v0t
而两板间的场强为
联立，可得
若入射速度变为原来的两倍，则两板间距应变为原来的。
故选C。
3．D
【分析】该电荷仅受电场力，电场力是恒力，电荷从静止开始做匀加速直线运动．
【详解】A、电荷 受到水平方向上的电场力做匀加速直线运动，因为电荷的电性未知，无法确定向哪个方向做匀加速直线运动．故A、B错误，D正确．
C、在运动的过程中，电场力做正功．故C错误．
故选D．
【点睛】本题根据质点的运动情况决定因素：合力和初速度，分析带电粒子的运动情况．
4．C
【详解】由公式
联立解得
故选C。
5．D
【详解】A．单刀双掷开关先置于1位置时，电容器在充电，上极板带正电，开关置于2位置时，电容器放电，电阻R上的电流向左，故A不符合题意；
B．电阻R越大，电路中的电流越小，而电容器储存的电量一定，所以电阻R越大，电容器放电持续时间越长，故B不符合题意；
C．I-t图线下面所围的面积表示电量，所以电容器储存的电荷量为
Q=nq
根据电容的定义式
可得电容C的大小为
故C不符合题意；
D．电阻R的阻值的大小会影响放电时间，不会影响放电量的多少，也就不会影响电容C大小的测量结果，故D符合题意。
本题选错误的，故选D。
6．D
【详解】A．两粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则
又
得
故A错误；
B．竖直方向粒子做匀加速直线运动，则
又
解得
故B错误；
C．对粒子
粒子的质量相等，解得
故C错误；
D．根据动能定理，粒子从射入到打到下极板的动能增量
由于
、
解得粒子的动能增量之比
故D正确。
故选D。
7．A
【详解】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象；图2中XX′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY′偏转电压上加的待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号是一个周期内的稳定图象．显示的图象与YY′所载入的图象形状是一样的，A正确．
8．C
【详解】AB.在x-t图象中，图线的斜率表示速度，倾斜直线说明速度恒定，根据上述分析可知，电子的x-t图像应该是抛物线，故AB错误．
CD.电子在电场中受向左的电场力，先向右做匀减速直线运动，减速到零后再向左做匀加速直线运动，由于电子只受电场力作用，两段运动的v-t两段图线的斜率相同，加速度相同，故C正确，D错误；
9．A
【详解】由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形与信号电压图形一样。
故选A。
10．D
【详解】A．粒子在电场中运动的时间
t＝
水平速度相等而位移x1t1故A错误；
B．竖直方向
y＝at2＝·t2
对粒子1与2，两者竖直位移相等，在y、E、m相同的情况下，粒子2的时间长，则电荷量小，即q1>q2，而对粒子2和3，在E、m、t相同的情况下，粒子2的竖直位移大，则q2>q3，故B错误；
C．由F＝qE，q1>q2可知，F1>F2，故C错误；
D．由q2>q3，且y2>y3，则
q2Ey2>q3Ey3
电场力做功多，增加的动能大，故D正确。
故选D。
11．D
【详解】A．粒子在垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由
得知，运动的时间相等，故A错误；
B．粒子在平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有
解得
由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为
：：2
所以，故B错误；
D．根据牛顿第二定律，有
由两式解得
所以它们所带的电荷量之比
：：2
故D正确；
C．根据动能定理，有
又
：：2，：：2
所以动能增加量之比
：：4
故C错误；
故选：D。
12．C
【详解】由图乙可知，电子A点到B点的过程中，速度减小，动能减小，电子的加速度恒定，故可知电场为匀强电场，该电场不可能是正点电荷产生的，且电场力做负功，故电势能增加，则电子在B点的电势能大于在A点的电势能，由于电子带负电可得A点的电势高于B点电势。
故选 C。
13．D
【详解】根据动能定理，有
电子射入偏转电场时的初速度
在偏转电场中，电子的运动时间
加速度
偏转距离
故选D。
14．D
【详解】A．φ-x图象的斜率表示电场强度，则左侧电场强度
右侧电场强度
所以
A错误；
B．从（0，0）点到（0.5，0）点，电势逐渐降低，则带负电的粒子的电势能增加，B错误；
C．粒子运动过程中电势能变化量的最大值为
ΔEp=qΔφ=2.0×10-9×20J=4.0×10-8J
C错误；
D．设粒子在原点两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，则有
，
而周期
T=2（t1＋t2）
联立并代入相关数据可得
T=3.0×10-8s
D正确。
故选D。
15．A
【详解】D．设板间距为，不管电场方向如何，粒子进入板间后在水平方向不受力，一定是匀速直线运动，所以
若初速度变为，则经过就会射出电场，故D错误；
A．在竖直方向，为匀加速直线运动，末速度
偏移量
在时间内竖直方向为匀减速直线运动，竖直方向末速度
即末速度为水平方向，与电场方向垂直，故A正确；
B．设板长为L，在时刻，垂直于板的速度为vy，平行于板方向
垂直于板方向
解得
在时刻，该粒子的速度大小
故B错误；
C．若粒子在时刻进入电场，只不过偏转方向相反，仍会在从PQ右边缘射出，故C错误。
故选A。
16．D
【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，所以时刻粒子射出电场时，竖直方向的速度为0，故从MN边缘离开电场时速度是水平方向的，大小为，故A错误；
B．在时刻，粒子在水平方向上的分速度为，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有
解得
则时刻，，根据平行四边形定则知，粒子的速度为
故B错误；
C．由于水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动的时间都是，一个周期内电场力做功都为零，粒子在时刻以速度进入电场，只是竖直方向先向下加速后再向下减速到零，然后继续向下加速后再向下减速到零，粒子的水平速度为，从PQ右边缘离开电场，故C错误；
D．由于水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动的时间都是，一个周期内电场力做功都为零，粒子在 时刻以速度进入电场，竖直方向先向上加速再减速为零，再向下加速后减速为零，一个周期内竖直方向的位移为零，下一个周期重复这一过程，所以粒子沿两极板中线水平射出，故D正确。
故选D。
17．C
【详解】AB．设重力做功为，克服摩擦力做功，电场力做功，由动能定理
解得电场力做功
=-4J
所以电场力做负功，由于斜面上的带电金属块沿斜面滑下，故金属块带正电，A、B选项错误；
C．除重力外的其他外力做功
-12J
故金属块的机械能减少12J，选项C正确；
D．电场力做负功，金属块的电势能增加4J，选项D错误．
故选C。
18．A
【详解】粒子上升过程做类斜抛运动，由
垂直于极板方向
又
联立解得
，
故选A。
19．C
【详解】小球所受的重力和电场力都为恒力，故两力可等效为一个力F，可知，方向与竖直方向夹角为37°，偏左下；做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过D点，若球恰好能通过D点，则达到D点时小球与圆环间的弹力恰好为零，由圆周运动知识得：
选择A点作为初态，D点为末态，由动能定理有：
mg（h-R-Rcos37°）-mg（htan37°+2R+Rsin37°）=
代入数据，解得：
h=10R
故选C。
20．A
【详解】A．根据动能定理有
所以进入偏转电场时的初速度为
根据已知条件可以求出质子、氘核和粒子的比荷之比为
所以初速度之比为，设偏转电场的板长度为L，则在偏转电场中运动时间为
所以时间之比为
故A正确；
B．粒子出偏转电场时的竖直方向的分速度为
则出电场时的速度为
由于粒子比荷不相同，则速度大小不同，故B错误；
C．偏转位移为
由于
则有
其与粒子的电量和质量均无关，所以所有粒子偏转位移相等，荧光屏上只出现一个亮点，故C错误；
D．偏转电场对粒子做功为
由于E和y均相同，所以做功之比即为电量之比为，故D错误。
故选A。
21．AD
【详解】A．刚开始时粒子做匀速直线运动
mg=qE=
由受力分析可知，粒子在竖直方向上合力为零。如图1所示，平行金属板顺时针旋转θ角，则在竖直方向上
所以粒子是否做直线运动与旋转角度大小无关，根据受力分析可知，电场力做正功，粒子的电势能逐渐减少，粒子做匀加速直线运动，故A正确；
B．同理，若平行金属板逆时针旋转θ角，则粒子电势能逐渐增加，粒子做匀减速直线运动，故B错误；
C．将两板绕过中点O的轴（垂直于纸面）顺时针旋转，如图2所示，但电场力大小不变，其合力方向与初速度v0成锐角，做类斜下抛运动，动能将增大，故C错误；
D．将两板绕过中点O的轴（垂直于纸面）逆时针旋转，如图3所示，电场力大小不变，其合力方向与初速度v0成钝角，做类斜上抛运动，动能将先减小后增大，故D正确。
故选AD。
22．BD
【详解】AB．由图示可知，集尘极电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确。
C．电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误；
D．由F=Eq可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确。
故选BD。
23．AC
【详解】A．由于电场的特点未知，对于带电粒子，其运动的速度大小可能先增大后减小，如M、N两点在等量同种电荷的电场中，M、N为等量同种电荷连线上的中垂线上，且关于等量同种电荷的连线对称，故A正确；
B．静电场中，带电粒子仅在电场力的作用下由静止开始运动且电场线是直线时，运动轨迹才与电场线重合，由于电场未知，所以粒子的轨迹不一定与某条电场线重合，故B错误；
C．粒子从静止开始运动，电场力一定做正功，动能增加，电势能一定减小，所以粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，故C正确；
D．若粒子的运动轨迹为曲线，粒子在N点所受电场力方向为电场线的切线方向，粒子轨迹的切线方向为速度的方向，根据曲线运动的条件可知，此时电场力的方向与速度方向一定不平行，故D错误。
故选AC。
24．（1）；（2）
【详解】（1）粒子在极板运动的过程中，在沿极板方向上有
求得
（2）设板间的场强为E，粒子的加速度为a，则
由牛顿第二定律
在垂直于极板方向上
解得
25．0.01m
【分析】由题中“沿水平方向飞入电场”可知，本题考查带电粒子在电场力的作用下做的类平抛运动，根据动能定理、匀强电场的性质、类平抛运动规律等可以分析本题．
【详解】电子加速过程根据动能定理可得
解得
在竖直方向
解得
C、D两点沿电场强度方向的距离
代入数据解得
【点睛】带电粒子垂直进入匀强电场中，运动形式以类平抛运动分析，电场力提供加速度．
26．（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：
27．（1）；（2）31.68N；（3）
【详解】（1）设小球P刚运动到A点时的速度为，竖直分速度为，则有：
所以小球P的抛出点距A点的高度为
（2）小球P受到的电场力，方向水平向左，且与重力的合力大小为5N，方向垂直于斜面向下，则“等效重力场”的等效重力加速度
，方向垂直斜面向下
设小球滑到B点时的速度为。
由动能定理得
对小球P，在B点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律知，小球P运动到B点时对轨道的压力为31.68N。
（3）设小球P能到达C点，且在C点的速度为，则小球P从A到C的过程中，由动能定理得
解得
设小球P恰好到C点时的速度为，则有
解得
因，所以小球能到达C点，小球P离开C后，做类平抛运动，则有：
解得
，
故小球P的落点距B点的距离为

28．(1)3v0T；(2)；(3)
【详解】(1)t=3T，水平方向匀速直线运动
L＝v0t＝3v0T
(2)射出电容器时，偏转角度为φ，则加速度为
a=
0～T，竖直匀加速运动
T～2T，竖直匀速运动，2T～3T，竖直匀减速运动
vy=vy1－aT=0
所以
φ=0
(3)电场方向粒子先匀加速再匀速然后又匀加速至出电容器，0～T垂直极板方向做初速度为零的匀加速度直线运动
T～2T在垂直极板方向做匀速直线运动
2T～3T在垂直极板方向上做末速度为零的匀减速直线运动
y3=
则
y=y1＋y2＋y3=
答案第1页，共2页
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