1、带电微粒在电场中的直线运动1下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大：()A质子H B氘核HC粒子He D钠离子Na答案A解析所有四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，故根据动能定理， qUmv20得v由上式可知，比荷越大，速度越大；显然A选项中质子的比荷最大，故A正确带电粒子在电场中的类平抛运动2.图185如图185所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该()A使U2加倍B使
2、U2变为原来的4倍C使U2变为原来的倍D使U2变为原来的1/2倍答案A解析电子加速有qU1mv电子偏转有y()2联立解得y，显然选A.带电粒子在交变电场中的运动3如图186(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是()图186A0t0 B.t0C.t0T DTt0答案B解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负作出t00、时粒子运动的速度
3、图像如图所示由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0t0，t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零；t0时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0T时情况类似，因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确带电粒子在电场中的圆周运动4如图187所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时速度vA的方向恰与电场线垂直，且圆环与小球间沿水平方向无作用力，则速度vA_当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的
4、作用力FB_图187答案6qE解析在A点时，电场力提供向心力qE解得vA 在B点时，FBqEm，FBFB小球由A到B的过程中，由动能定理得：qE2rmvmv由以上各式解得FB6qE.(时间：60分钟)题组一带电微粒在电场中的直线运动1关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是()A一定是匀变速运动B不可能做匀减速运动C一定做曲线运动D可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动答案A解析带电粒子在匀强电场中受恒定合外力作用，一定做匀变速运动，初速度与合外力共线时，做直线运动，不共线时做曲线运动，A对，B、C、D错2.图188平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板
5、与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图188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做匀变速直线运动答案BD解析带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是竖直向下的重力mg；二是垂直于极板向上的电场力FEq，因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确3.图189图189为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空A为发射电
6、子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是()A如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为vB如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为v/2C如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为vD如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v/2答案AC解析电子在两个电极间加速电场中进行加速，由动能定理eUmv20得v，当电压不变，AK间距离变化时，不影响电子的速度，故A正确；电压减半，则电子离开K时的速度为v，C项正确题组二带电粒子
7、在电场中的类平抛运动4.图1810如图1810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自O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若ABBC，则它们带电荷量之比q1q2等于()A12 B21C1 D.1答案B解析竖直方向有hgt2，水平方向有lt2，联立可得q，所以有，B对5如图1811所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则(不计粒子的重力)()图1811A在前时间内，静电力对粒子做的功为B在后时间内，静电力对粒子做的功为C在粒子
8、下落前和后的过程中，静电力做功之比为12D在粒子下落前和后的过程中，静电力做功之比为11答案BD解析粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a，t时间内加速度方向上的位移yat2，前时间内加速度方向上的位移y1a，后时间内加速度方向上的位移y2yy1d.由公式WFl可知前、后、前、后静电力做的功分别为W1qU，W2qU，W3qU，W4qU.6.图1812如图1812所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么()A经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多B经过偏转电场的过程中，静电力对三种核做的功一样多C三种原子核打在屏上的速度一样大D三种原
9、子核都打在屏的同一位置上答案BD解析同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中静电力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中静电力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y，tan 知，与带电粒子无关，D对题组三带电粒子在交变电场中的运动图18137如图1813所示，两金属板(平行)分别加上如下图中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的电压图像应是(设两板距离足够大)()答案BC解析由A图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为
10、零；然后重复一直向一个方向运动不往返由B图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零；从T到T反向匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零回到出发点然后重复往返运动由C图像可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零；从T到T反向做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度减小的减速运动，T时速度减为零回到出发点，然后重复往返运动由D图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动故选B、C.8如图1814
11、甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) ()图1814答案A解析从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到tT时刻速度变为零之后重复上述运动，A选项正确，B选项错误电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，CD选项错误；故选A.题组四带电粒子在电场中的圆周运动9.图1815两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中
12、，存在一沿半径方向的电场，如图1815所示带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知()A若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等D若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等答案BC解析由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力qEm得r，r、E为定值，若q相等，则mv2一定相等；若相等，则速率v一定相等，故B、C正确10.图1816如图1816所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角
13、为37的斜面上，与斜面的交点为A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平向右的匀强电场中质量为m、电荷量为q的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A点现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动下列对该小球运动的分析中正确的是()A小球一定带负电B小球运动到B点时动能最小C小球运动到M点时动能最小D小球运动到D点时机械能最小答案ABD解析小球能静止于A点，说明小球在A点所受的合力为零，静电力一定与场强方向相反，小球带负电，A正确；小球所受的重力和静电力的合力F是不变的，方向沿AB直径指向A，小球从A运动到B的过程中F做负功，
14、动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，B正确，C错误；在圆环上，D点的电势最低，小球在D点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到D点时机械能最小，D正确11.图1817如图1817所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑现将一质量为m，带电量为q的小球从管中A点由静止释放，已知qEmg.求：(1)小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力；(2)小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力答案(1)5mg，方向向下(2)FC1mgFC1的方向向下解析(1)A至D点，由动能
15、定理：mgRqERmv，v12由牛顿第二定律：FNmgm，FN5mg由牛顿第三定律：FNFN对管壁的压力为5mg，方向向下(2)第一次经过CmgRqE2Rmv设管壁对小球的作用力向下mgFC1mFC1mgFC1的方向向下题组五能力提升12.图1818如图1818所示为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l4.0 cm，两板间距离d1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离L18 cm(水平偏转电极不加电压，没有画出)电子经电场加速后，以v1.6107 m/s沿中心线进入竖直偏转电场若电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，已知电子的电荷量e1.61019 C，质量m
16、0.911030 kg.(1)求加速电压U0的大小(2)要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件(3)若在偏转电极上加40 V的电压，在荧光屏的竖直坐标轴上看到的光点距屏的中心点多远？答案(1)728 V(2)91 V 2.2 cm解析(1)电子通过加速电场的过程，根据动能定理有eU0mv2解得U0728 V.(2)设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰为d/2，即at2t2，电子通过偏转电场的时间t解得U191 V，所以，加在偏转电极上的电压U应小于91 V.(3)当电压为40 V时，场强E，在电场中偏转量：y1at22.2
17、103 m，离开电场之后做匀速直线运动，设偏转角为tan 0.11电子打在距屏的中心点距离为：Yy1y2y1Ltan 2.2103m0.180.112.2 cm.13.图1819如图1819所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板间距d0.04 m，两板间的电压U400 V，板间有一匀强电场在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h1.25 m的P点处有一带正电的小球，已知小球的质量m5106 kg，电荷量q5108 C设A、B板足够长，g取10 m/s2.试求：(1)带正电的小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰；(2)相碰时，离金属板上端的距离多大答案(1)0.52 s(2)0.102 m解析(1)设小球从P到Q需时间t1，由hgt得t1 s0.5 s，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t2.应有qEma，E，at，以上三式联立，得t2d0.04 s0.02 s，运动总时间tt1t20.5 s0.02 s0.52 s.(2)小球由P点开始在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t内的位移为ygt210(0.52)2 m1.352 m. 相碰时，与金属板上端的距离为syh1.352 m1.25 m0.102 m.
