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10.5 带电粒子在电场中的运动同步练习
梳理基础知识1：
一、带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做 直线运动。
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向 同一条直线上，带电粒子将做变速直线运动；若电场
为 电场且其它力恒力，则带电粒子做匀变速直线运动。
2．用动力学观点分析
在匀强电场中，a＝，E＝，v2－v＝2ad。
3．用功能观点分析
动能定理qU＝mv2－mv
4．带电粒子在电场中的加速
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv。
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv。
二、带电粒子在交变电场中的直线运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
3．思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
梳理基础知识2：
一、带电粒子在匀强电场中的偏转
1．运动情况：带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示。
2．处理方法：将带电粒子的运动分解为沿初速度方向的 运动和沿电场力方向的 运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
3．基本关系式：运动时间t＝，
加速度a＝＝＝，
偏转量y＝at2＝ ，
偏转角θ的正切值tan θ＝＝＝ 。
4．两个结论
(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＝
可见y和tan θ与粒子的q、m 。
(2)粒子经电场偏转后射出，合速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子匀速位移的 ，即O到偏转电场边缘的距离为。
5．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。
二、带电粒子在交变电场中的曲线运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的题目类型
粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3．思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
二、带电粒子(带电体)在电场和重力场中的曲线运动
1．等效重力场
物体在匀强电场和重力场中的运动，可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。
2．方法应用
(1)求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个等效重力。
(2)将a＝视为等效重力加速度。
(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”；
注意：这里的最高点不一定是几何最高点。
(4)将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解。
A组基础训练题
一、单选题
1．某电场的电场线如图所示，其中电场线是直线，一带正电的粒子从点由静止开始仅在电场力作用下运动到A点。取A点电势为零，粒子到点的距离为，下列关于粒子在上各点的电势、动能随的变化图线中，可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
2．如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场（），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是，不计空气阻力，则（　　）

A． B． C． D．
3．如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB=BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于（　　）
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ D．∶1
4．某空间存在一静电场，其沿 轴方向的电势 随 变化的情况如图所示，图形关于过 、垂直 轴的直线对称，图中 。下列说法中正确的是（　　）
A． 区域内电场强度一定为零
B．正电荷沿 轴从 移到 的过程中，电势能逐渐增大
C．沿 轴方向上， 处的电场强度最大
D．沿 轴方向，正电荷从 移到 电场力做功不为零
5．如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子（），第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子（），关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　）
A．一价氢离子和二价氦离子在O2处的速度大小之比为1∶2
B．一价氢离子和二价氦离子打到感光板上时的动能之比为1∶2
C．一价氢离子和二价氦离子在整个过程中运动的时间相等
D．一价氢离子和二价氦离子打到感光板上的位置不相同
二、填空题
6．示波管的原理
(1)示波管主要由 （由发射电子的灯丝、加速电极组成）、 （由一对X偏转电极和一对Y偏转电极组成）和荧光屏组成。
(2)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的 形电压。
(3)示波管工作原理：被加热的灯丝发射出 ，电子经 加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个信号电压，在X偏转电极上加一个扫描电压，当扫描电压与信号电压的周期 时，荧光屏上就会得到信号电压一个周期内的稳定图像。
7．如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为﹣q（q>0）的小环，在杆的左侧固定一个电荷量为Q（Q>0）的点电荷，杆上a、b两点与Q正好构成等边三角形，c是ab的中点。将小环从O点无初速度释放，通过a点的速率为v。若已知ab=Oa=l，静电力常量为k，重力加速度为g。则在a点，小环所受弹力大小为 ；在 （选填“a”“b”或“c”）点小环的电势能最小；在b点，小环的速率为 。
8．工作原理：如果在偏转电极之间和偏转电极之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个 。示波管的偏转电极上加的是待测的 电压。偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作 电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期 ，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号随时间变化的稳定图像了。
三、实验题
9．某同学通过实验观察电容器的放电现象，采用的实验电路如图甲所示，已知所用电解电容器的长引线是其正极，短引线是其负极。
（1）按图甲连接好实验电路，开关S应先接到 ，再接到 （选填“1”或“2”），观察电容器的放电现象。
（2）根据图甲电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接 。
（3）电容器开始放电，同时开始计时，每隔5 s读一次电流i的值，记录数据如下表。
时间t/s 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55
电流i/μA 500 392 270 209 158 101 75 49 30 23 9 3
请根据表中的数据，在图丙中作出电流i随时间t变化的图线 。
四、解答题
10．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。
11．一平行板电容器间距为3d，板长为3L，建立如图所示的xOy直角坐标系。有一质量为m，电量为q的粒子，贴着A板内侧O点沿水平方向射入A、B两板间的匀强电场，当A、B板间电压为U时，带电粒子从坐标为（3L，d）的C点飞出；若只改变A、B板间的电压，则带电粒子落到坐标为（L，3d）的D点，粒子重力不计。求：
（1）粒子射入电场的初速度大小；
（2）改变后的电压大小。
12．如图甲所示，某装置由金属圆板（序号为0）、六个横截面积相同的金属圆筒、平行金属板和荧光屏构成，六个圆筒依次排列，长度遵照一定的规律依次增加，圆筒的中心轴线、平行金属板的中心线和荧光屏的中心在同一直线上，序号为奇数的圆筒和下金属板与交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和上金属板与该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，电压的绝对值为，周期为。时，位于和偶数圆筒相连的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子到达圆筒各个间隙的时刻，恰好是该间隙的电场强度变为向左的时刻，电子通过间隙的时间可以忽略不计。电子离开金属圆筒6后立即进入两平行金属板之间，时离开平行金属板之间的电场，做匀速直线运动，直至打到荧光屏上某位置。已知电子的质量为、电荷量为，不计重力，两平行金属板之间的距离为，忽略边缘效应。求：
（1）第五个金属圆筒的长度；
（2）电子在整个运动过程中最大速度的大小；
（3）电子打在荧光屏上的位置到点的距离。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
B组能力提升训练题
一、单选题
1．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间。设粒子两次射入电场的水平速度相同，不计粒子重力，则两次偏转电压之比为（　　）
A．U1∶U2 = 1∶8 B．U1∶U2 = 1∶4
C．U1∶U2 = 1∶2 D．U1∶U2 = 1∶1
2．如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度）（ ）
A．系统动量守恒
B．系统机械能守恒
C．弹簧弹力与静电力大小相等时系统机械能最大
D．系统所受合外力的冲量不为零
3．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q、质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（　　）
A．板间电场强度大小为
B．板间电场强度大小为
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
4．如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，C点恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷Q。在A点将质量为m、电荷量为的小球（自身产生的电场可忽略）套在轨道AC上并将小球由静止释放，已知静电力常量k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．从O点沿z轴到A点，电场强度一直增大
B．轨道上C点的电场强度大小为
C．小球刚到达C点时（未脱离轨道）的加速度大小为
D．小球在A、C两点之间做往复运动
5．如图所示为匀强电场的电场强度随时间变化的图象．当时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是

A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．内，电场力做的总功为零
C．末带电粒子回到原出发点
D．内，电场力做的总功为零
二、多选题
6．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上。则微滴在极板间电场中（　　）
A．向正极板偏转
B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线
D．运动轨迹与电荷量无关
7．不计重力的带电粒子在某电场区域内的运动轨迹如图所示，三个等势面是平行等距的，a、b、c是轨迹上的三个点。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在三点的电势能大小关系为
B．粒子在三点所受的电场力不相等
C．粒子在a点的加速度等于在b点的加速度
D．粒子在三点所具有的动能大小关系为
8．如图1所示，真空中两平行金属板A和B水平放置，板长为l、间距为d，板间加交变电压。左侧紧靠A板有一粒子源P，时刻开始连续向右水平发射速率为、比荷为k的带正电的粒子。若时刻发射的粒子从进入电场到从B板右边缘离开的全过程，竖直方向的速度随时间t变化的图像如图2所示，忽略边缘效应，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（　　）
A．交变电压为周期的锯齿波
B．粒子在竖直方向的最大速度为
C．时刻两极板间的电压为
D．在时刻进入的粒子恰好从B板右边缘离开电场
三、填空题
9．工作原理：如果在偏转电极之间和偏转电极之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个 。示波管的偏转电极上加的是待测的 电压。偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作 电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期 ，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号随时间变化的稳定图像了。
四、实验题
10．某同学通过实验观察电容器的放电现象，采用的实验电路如图甲所示，已知所用电解电容器的长引线是其正极，短引线是其负极。
（1）按图甲连接好实验电路，开关S应先接到 ，再接到 （选填“1”或“2”），观察电容器的放电现象。
（2）根据图甲电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接 。
（3）电容器开始放电，同时开始计时，每隔5 s读一次电流i的值，记录数据如下表。
时间t/s 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55
电流i/μA 500 392 270 209 158 101 75 49 30 23 9 3
请根据表中的数据，在图丙中作出电流i随时间t变化的图线 。
五、解答题
11．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。
12．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷+Q为圆心的某一个圆周交于B、C两点，质量为、电荷量为-q的小环从A点由静止下滑，当小环运动到B点时速度大小为，已知A、B两点和B、C两点间的距离均为L，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）A、B两点间的电势差；
（2）小环运动到C点时的速度大小v。
13．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，不计空气阻力，已知q Q，AB＝h，小球滑到B点时的速度大小为。求小球由A到C的过程中电场力做的功及A、C两点间的电势差。
14．如图所示，在第一象限内，以P为圆心、半径为R的圆与x轴相切于C点，跟圆相切于A点的虚线MN垂直于x轴，虚线MN与y轴间存在沿y轴负方向、电场强度大小为E0的匀强电场，圆形区域内存在平行于xOy平面的匀强电场（未画出）。一带正电的粒子从原点O射入电场，速度方向与x轴正方向成角，粒子经A点以平行于x轴的速度v0射入圆形区域，由B点射出。已知B为圆周上电势最低点，PB与PC的夹角为，粒子重力忽略不计，， 。求：
（1）该带电粒子在O点速度v及粒子的比荷；
（2）粒子从O点运动至B点所用的时间t；
（3）A、B两点间的电势差UAB。
A组基础训练题
1．B
【详解】A．图像中，图像斜率的绝对值表示电场强度，根据图像可知，从O到A，电场线分布先变稀疏，后变密集，则电场强度先减小后增大，即图像的斜率的绝对值应该先减小后增大，图像应该是一条曲线，故A错误；
B．沿电场线电势降低，即从O到A，电势降低，根据上述可知图像斜率的绝对值先减小后增大，故B正确；
CD．若令O点电势为0，根据动能定理有
可知，图像中，图像斜率表示电场力，由于从O到A，电场线分布先变稀疏，后变密集，则电场强度先减小后增大，即电场力先减小后增大，可知动能随的变化图线斜率的也是先减小后增大，故CD错误。
故选B。
2．B
【详解】设四个微粒抛出时距地面的高度为，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由
可得落地时间为
微粒b受电场力向下，做类平抛运动，微粒c受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得
类比微粒a可得，落地时间分别为
则有
故选B。
3．B
【详解】粒子在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速运动，则
解得
因为
h1∶h2=1:2
可知
q1∶q2=2:1
故选B。
4．B
【详解】C．在 图像中，图线的斜率表示电场强度， 处的电场强度不是最大，C错误；
A．在 区域内，可能存在垂直于 轴向上的电场，A错误；
B．由电势能 及题图知，B正确；
D．由电场力做功 知沿 轴方向，正电荷从 移到 电场力做功为零，D错误。
故选B。
5．B
【详解】A．设粒子在O2处的速度大小为v，对粒子在A、B之间的运动，根据动能定理有
解得
所以一价氢离子和二价氦离子在O2处的速度大小之比为
故A错误；
B．根据动能定理可知，粒子打到感光板上的动能为
一价氢离子和二价氦离子在偏转电场中的竖直位移y相同，所以二者打到感光板上时的动能之比为
故B正确；
C．粒子在加速电场中的加速度大小为
设A、B间距为d，则运动时间为
粒子在偏转电场中的加速度大小为
运动时间为
所以粒子在整个过程中运动的时间为
一价氢离子和二价氦离子在整个过程中运动的时间之比为
即运动时间不等，故C错误；
D．粒子在偏转电场中的水平位移大小为
由上式可知x与粒子比荷无关，所以一价氢离子和二价氦离子打到感光板上的位置相同，故D错误。
故选B。
6．(1) 电子枪 偏转电极
(2)锯齿
(3) 热电子 加速电场 相同
【详解】（1）[1][2]示波管主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。
（2）扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。
（3）[1][2][3]示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个信号电压，在X偏转电极上加一个扫描电压，当扫描电压与信号电压的周期相同时，荧光屏上就会得到信号电压一个周期内的稳定图像。
7． c
【详解】[1]在a点，小环所受的电场力沿aQ方向，大小为
水平方向小环受力平衡，所以小环受到向右的弹力大小为
[2]c点距离Q最近，电势最高，则带负电的小环在c点的电势能最小；
[3]因为a、b两点到Q的距离相等，所以a、b两点电势相等，小环从a点到b点，电场力做功为0，根据动能定理得
解得
8． 亮斑 信号 扫描 相同
【详解】[1]根据示波管工作原理可知，如果在偏转电极之间和偏转电极之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后将沿直线运动，并打在荧光屏中心，在荧光屏中心产生一个亮斑；
[2]根据示波管工作原理可知，在示波管的偏转电极上加的是待测的信号电压；
[3]在偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描；
[4]如果加入的信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号随时间变化的稳定图像了。
9． 1 2 图见解析 图见解析
【详解】（1）[1][2]连接好电路图，开关S应先接到1对电容器进行充电，再接到2使电容器放电，观察电容器的放电现象。
（2）[3]根据图甲所示电路图连接实物电路图，注意电容器正极接电流表正接线柱，实物电路图如图所示
（3）[4]根据表中实验数据在图丙中描出对应点，然后画一条平滑曲线，让尽可能多的点过曲线，不能过曲线的点大致均匀分布在曲线两侧，如图所示
10．（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
11．（1）；（2）
【详解】（1）粒子从O到C，做类平抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动
粒子在竖直方向做匀加速直线运动
加速度为
联立解得
（2）改变电压后，粒子从O运动到D，粒子在水平方向做匀速运动
粒子在竖直方向做匀加速运动
加速度为
解得
12．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意可知，电子在每个金属圆筒的运动时间均为，由于屏蔽作用，电子在每个金属圆筒中做匀速直线运动，电子在每个间隙过程做加速运动，电子刚进入第五个金属圆筒的速度为，根据动能定理可得
解得
第五个金属圆筒的长度为
（2）设电子进入平行金属板的速度为，根据动能定理可得
解得
电子从静止开始到离开金属圆筒6所用时间为
可知电子在时刻进入两平行金属板，在时刻离开平行金属板，电子在平行金属板间的运动可分解为沿金属板方向的匀速直线运动，在内，电子垂直金属板方向向下做匀加速运动，在内，电子垂直金属板方向向下做匀减速运动，可知当时，电子具有最大速度，在内，垂直金属板方向上有
，，
电子在整个运动过程中最大速度为
（3）电子在内垂直金属板方向向下做匀加速运动，在内垂直金属板方向向下做匀减速运动，根据对称性可知，两段时间内向下运动的位移相等，在时电子离开电场，此时的速度等于刚进入平行金属板的速度，可知电子离开电场后以平行于金属板方向做匀速直线运动，故电子打在荧光屏上的位置到点的距离为
A组基础训练题
1．B
【详解】A．图像中，图像斜率的绝对值表示电场强度，根据图像可知，从O到A，电场线分布先变稀疏，后变密集，则电场强度先减小后增大，即图像的斜率的绝对值应该先减小后增大，图像应该是一条曲线，故A错误；
B．沿电场线电势降低，即从O到A，电势降低，根据上述可知图像斜率的绝对值先减小后增大，故B正确；
CD．若令O点电势为0，根据动能定理有
可知，图像中，图像斜率表示电场力，由于从O到A，电场线分布先变稀疏，后变密集，则电场强度先减小后增大，即电场力先减小后增大，可知动能随的变化图线斜率的也是先减小后增大，故CD错误。
故选B。
2．B
【详解】设四个微粒抛出时距地面的高度为，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由
可得落地时间为
微粒b受电场力向下，做类平抛运动，微粒c受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得
类比微粒a可得，落地时间分别为
则有
故选B。
3．B
【详解】粒子在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速运动，则
解得
因为
h1∶h2=1:2
可知
q1∶q2=2:1
故选B。
4．B
【详解】C．在 图像中，图线的斜率表示电场强度， 处的电场强度不是最大，C错误；
A．在 区域内，可能存在垂直于 轴向上的电场，A错误；
B．由电势能 及题图知，B正确；
D．由电场力做功 知沿 轴方向，正电荷从 移到 电场力做功为零，D错误。
故选B。
5．B
【详解】A．设粒子在O2处的速度大小为v，对粒子在A、B之间的运动，根据动能定理有
解得
所以一价氢离子和二价氦离子在O2处的速度大小之比为
故A错误；
B．根据动能定理可知，粒子打到感光板上的动能为
一价氢离子和二价氦离子在偏转电场中的竖直位移y相同，所以二者打到感光板上时的动能之比为
故B正确；
C．粒子在加速电场中的加速度大小为
设A、B间距为d，则运动时间为
粒子在偏转电场中的加速度大小为
运动时间为
所以粒子在整个过程中运动的时间为
一价氢离子和二价氦离子在整个过程中运动的时间之比为
即运动时间不等，故C错误；
D．粒子在偏转电场中的水平位移大小为
由上式可知x与粒子比荷无关，所以一价氢离子和二价氦离子打到感光板上的位置相同，故D错误。
故选B。
6．(1) 电子枪 偏转电极
(2)锯齿
(3) 热电子 加速电场 相同
【详解】（1）[1][2]示波管主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。
（2）扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。
（3）[1][2][3]示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转电极上加一个信号电压，在X偏转电极上加一个扫描电压，当扫描电压与信号电压的周期相同时，荧光屏上就会得到信号电压一个周期内的稳定图像。
7． c
【详解】[1]在a点，小环所受的电场力沿aQ方向，大小为
水平方向小环受力平衡，所以小环受到向右的弹力大小为
[2]c点距离Q最近，电势最高，则带负电的小环在c点的电势能最小；
[3]因为a、b两点到Q的距离相等，所以a、b两点电势相等，小环从a点到b点，电场力做功为0，根据动能定理得
解得
8． 亮斑 信号 扫描 相同
【详解】[1]根据示波管工作原理可知，如果在偏转电极之间和偏转电极之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后将沿直线运动，并打在荧光屏中心，在荧光屏中心产生一个亮斑；
[2]根据示波管工作原理可知，在示波管的偏转电极上加的是待测的信号电压；
[3]在偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描；
[4]如果加入的信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号随时间变化的稳定图像了。
9． 1 2 图见解析 图见解析
【详解】（1）[1][2]连接好电路图，开关S应先接到1对电容器进行充电，再接到2使电容器放电，观察电容器的放电现象。
（2）[3]根据图甲所示电路图连接实物电路图，注意电容器正极接电流表正接线柱，实物电路图如图所示
（3）[4]根据表中实验数据在图丙中描出对应点，然后画一条平滑曲线，让尽可能多的点过曲线，不能过曲线的点大致均匀分布在曲线两侧，如图所示
10．（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
11．（1）；（2）
【详解】（1）粒子从O到C，做类平抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动
粒子在竖直方向做匀加速直线运动
加速度为
联立解得
（2）改变电压后，粒子从O运动到D，粒子在水平方向做匀速运动
粒子在竖直方向做匀加速运动
加速度为
解得
12．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意可知，电子在每个金属圆筒的运动时间均为，由于屏蔽作用，电子在每个金属圆筒中做匀速直线运动，电子在每个间隙过程做加速运动，电子刚进入第五个金属圆筒的速度为，根据动能定理可得
解得
第五个金属圆筒的长度为
（2）设电子进入平行金属板的速度为，根据动能定理可得
解得
电子从静止开始到离开金属圆筒6所用时间为
可知电子在时刻进入两平行金属板，在时刻离开平行金属板，电子在平行金属板间的运动可分解为沿金属板方向的匀速直线运动，在内，电子垂直金属板方向向下做匀加速运动，在内，电子垂直金属板方向向下做匀减速运动，可知当时，电子具有最大速度，在内，垂直金属板方向上有
，，
电子在整个运动过程中最大速度为
（3）电子在内垂直金属板方向向下做匀加速运动，在内垂直金属板方向向下做匀减速运动，根据对称性可知，两段时间内向下运动的位移相等，在时电子离开电场，此时的速度等于刚进入平行金属板的速度，可知电子离开电场后以平行于金属板方向做匀速直线运动，故电子打在荧光屏上的位置到点的距离为
试卷第1页，共3页
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B组能力提升训练题答案
1．A
【详解】根据x = v0t可知，两种情况下带电粒子的运动时间之比
t1∶t2 = 2∶1
偏转距离之比
y1∶y2 = 1∶2
由得两种情况下粒子的加速度之比
由于
U∝a，故
U1∶U2 = 1∶8
故选A。
2．A
【详解】AD．加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的静电力大小相等、方向相反，则系统所受静电力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，故A正确，D错误；
BC．加上电场后，静电力分别对两球做正功，两球的动能先增加，当静电力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于静电力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，但此过程中系统机械能一直都在增加，故BC错误。
故选A。
3．C
【详解】AB．根据质点垂直打在M屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，即满足
mg故AB错误；
CD．质点在水平方向做匀速直线运动，则质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，故C正确，D错误。
故选C。
4．B
【详解】A．在z轴正半轴上取一点M，设BM与BD夹角为，两正点电荷Q单独在M点产生的电场强度为，两正点电荷Q在M点产生的合电场强度为
得
由数学知识可得
当
有最大值，AD与BD的夹角为
从O点沿z轴到A点，电场强度先增大后减小。A错误；
B．轨道上C点的电场强度大小
又
得
B正确；
C D．小球刚到达C点时（未脱离轨道）由牛顿第二定律得
又
得
C错误；C点速度最大，小球不会在A、C两点之间做往复运动。D错误。
故选B。
5．D
【详解】AC．因内粒子向正方向运动的加速度
在内粒子运动的加速度
则在时刻速度减为零，然后反向运动画出带电粒子速度随时间变化的图象如图所示
图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原出发点，故AC错误
B．2s末速度不为，可见0~2s内电场力做的功不等于，故B错误
D．2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则内，动能变化为零，电场力做功等于，故D正确。
故选D。
6．AC
【详解】A．由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的静电力方向向上，微滴向正极板偏转，故A正确；
B．偏转过程中静电力做正功，根据静电力做功与电势能变化的关系，电势能减小，故B错误；
CD．微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移
x=vt
沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移
解得
此为抛物线方程，并从式中可以看出，运动轨迹与电荷量q有关，故C正确，D错误。．
故选AC。
7．AC
【详解】AD．粒子在电场中运动时，只有电场力做功，故电势能与动能之和应是恒定不变的，由图可知，粒子受力方向指向轨迹的凹侧，电场线的方向竖直向上，粒子受力方向竖直向下，则粒子带负电，由可知粒子在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，则可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，故A正确，D错误；
BC．因表示电场中三个等势面的三条虚线是平行且等间距的，由此可判断电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点受到的电场力相等，加速度相等，故B错误，C正确。
故选AC。
8．BC
【详解】A．根据竖直方向的速度随时间t变化的图像可知，速度均匀增大或减小，则加速度大小恒定，电场强度大小恒定，交变电压为周期的方波，故A错误；
B．竖直方向根据对称性可知
解得
故B正确；
C．时刻两极板间的加速度为
根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．根据运动的对称性可知，在时刻进入的粒子恰好从A板右边缘离开电场，故D错误；
故选BC。
9． 亮斑 信号 扫描 相同
【详解】[1]根据示波管工作原理可知，如果在偏转电极之间和偏转电极之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后将沿直线运动，并打在荧光屏中心，在荧光屏中心产生一个亮斑；
[2]根据示波管工作原理可知，在示波管的偏转电极上加的是待测的信号电压；
[3]在偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描；
[4]如果加入的信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，那么，就可以在荧光屏上得到待测信号随时间变化的稳定图像了。
10． 1 2 图见解析 图见解析
【详解】（1）[1][2]连接好电路图，开关S应先接到1对电容器进行充电，再接到2使电容器放电，观察电容器的放电现象。
（2）[3]根据图甲所示电路图连接实物电路图，注意电容器正极接电流表正接线柱，实物电路图如图所示
（3）[4]根据表中实验数据在图丙中描出对应点，然后画一条平滑曲线，让尽可能多的点过曲线，不能过曲线的点大致均匀分布在曲线两侧，如图所示
11．（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
12．（1）；（2）
【详解】（1）小环由A点运动到B点的过程中，根据动能定理有
A、B两点间的电势差
解得
（2）小环由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有
根据点电荷的等势面特点知，B、C两点位于同一等势面上
解得
13．；－
【详解】因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：电场力做功W和重力做功mgh，由动能定理得
代入已知条件
vB＝
得电场力做功
因Q为点电荷，则B、C在同一等势面上，由B到C电场力做功是0，所以由A到C电场力做功
由电场力做功与电势差的关系可得
UAC==－
14．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）在O点根据三角函数得
解得
设粒子在O点时速度的竖直分量为vy
竖直方向
根据牛顿第二定律得
解得
（2）设粒子从O点运动到A点的时间为t0，根据位移公式得
解得
因为B为圆周上电势最低点，则电场E1沿PB方向。设粒子从A点运动到B点的时间t1，在垂直于E1方向
解得
粒子从O点运动至B点所用的时间t为
解得
（3）设粒子在E1方向的偏转距离为h1
在E1方向
解得
根据牛顿第二定律得
解得
在匀强电场E1中
解得
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