【物理】2019届二轮复习带电粒子在匀强电场中的运动学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习带电粒子在匀强电场中的运动学案（全国通用）

一、带电粒子（带电体）在电场中的直线运动 ‎1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件 ‎（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。‎ ‎2．用动力学方法分析 ‎，；v2–=2ad。‎ ‎3．用功能观点分析 匀强电场中：W=Eqd=qU=mv2–m 非匀强电场中：W=qU=E 2–E 1‎ ‎4．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 ‎5．处理带电粒子在电场中运动的常用技巧 ‎（1）微观粒子（如电子、质子、α粒子等）在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。‎ ‎（2）普通的带电体（如油滴、尘埃、小球等）在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。‎ 二、带电粒子在电场中的偏转 ‎1．粒子的偏转角 ‎（1）以初速度v0进入偏转电场：如图所示 设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ 则tan θ=，式中 vy=at=·，vx=v0，代入得 结论：动能一定时tan θ与q成正比，电荷量一定时tan θ与动能成反比。‎ ‎（2）经加速电场加速再进入偏转电场 若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：，得：。‎ 结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场。‎ ‎2．带电粒子在匀强电场中的偏转问题小结 ‎（1）分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 ‎①条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。‎ ‎②运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。‎ ‎（2）粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 ‎①以初速度v0进入偏转电场 作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场右边缘的距离为x，则 结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出。‎ ‎②经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：偏移量 偏转角正切为：‎ 结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。‎ ‎（3）计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的几种方法：‎ ‎①Y=y+Dtan θ（D为屏到偏转电场的水平距离）‎ ‎②Y=(+D)tan θ（L为电场宽度）‎ ‎③Y=y+vy·‎ ‎④根据三角形相似：‎ 三、带电粒子在电场中运动的实际应用——示波管 ‎1．构造及功能（如图所示）‎ ‎（1）电子枪：发射并加速电子。‎ ‎（2）偏转电极YY′：使电子束竖直偏转（加信号电压）；偏转电极 ′：使电子束水平偏转（加扫描电压）。‎ ‎2．工作原理 偏转电极 ′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在 ′之间加电压，只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，只在Y方向偏转；若 ′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象。‎ ‎3．示波管中电子在荧光屏上落点位置的判断方法 示波管中的电子在YY′和 ′两个偏转电极作用下，同时参与两个类平抛运动，一方面沿YY′方向偏转，另一方面沿 ′方向偏转，找出几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形。‎ 四、带电粒子在交变电场中的运动 ‎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．常见的试题类型 此类题型一般有三种情况：‎ ‎（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）粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分段研究）。‎ ‎3．常用的分析方法 ‎（1）带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化（如方波）且不计粒子重力的情形。在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间而变化。‎ ‎①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动。‎ ‎②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。‎ ‎（2）研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。‎ ‎（3）对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。‎ ‎4．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 ‎（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边界条件。‎ ‎（2）分析时从两条思路出发：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。‎ ‎（3）此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解），二是粒子做往返运动（一般分段研究），三是粒子做偏转运动（一般根据交变电场的特点分段研究）。‎ ‎（4）对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化。解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解。‎ 一带负电的粒子在电场中做直线运动的速度图象如图所示，在第2 s 和第8 s时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力的作用，则以下判断正确的是 A．该电场一定是匀强电场 B．M点的电势低于N点的电势 C．从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大 D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力 ‎【参考答案】AB ‎【详细解析】由图可知，粒子在电场中的加速度是不变的，故受到的电场力不变，所以该电场是均匀的，选项A正确；由图又可以判断该带负电的粒子是以一定的速度顺着电场线的方向射入电场的，其中2 s时的M点速度大小小于8 s时N点的速度大小，所以二个点并没有在电场的同一位置，而是沿着电场线的方向由N指向M，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；可见，带负电的粒子在M点的电势能要大于在N点的电势能，故从M点到N点的过程中，电势能逐渐减小，选项C错误；因为是匀强电场，故带电粒子在M点所受电场力等于在N点所受电场力，选项D错误。‎ ‎1．（2018·内蒙古赤峰市重点高中高二下学期期末联考）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电小球恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则该小球在此过程中 A．一定带负电 B．做匀速直线运动 C．做匀减速直线运动 D．电势能减小 ‎【答案】C ‎【解析】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此B错误，C正确；因极板的电性未知，则不能确定粒子的电性，选项A错误；因电场力做负功，则电势能增加，故D错误。‎ ‎2．（2018·云南省楚雄州民族实验中学高三下学期教学质量检测）如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、带电荷量为–q的带电粒子（不计重力），以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是 A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压加倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 ‎【答案】BD ‎【解析】粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得，，现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于。当初速度为，U不变，则有带电粒子动能的变化，故A错误；电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，故B正确；电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到距M板处时电场力做功，说明不可能运动到中点处，故C错误；使初速度和M、N间电压都减为原来的，则动能变化量为，运动到中点电场力做的功为，故，故D正确。‎ ‎【名师点睛】由题意知粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程。要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项。‎ ‎（2018·百校联盟高考名师猜题保温金卷）三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC=2OA，AC=2BC，如图所示，则下列说法正确的是 A．三个粒子在电场中运动的时间之比tA:tB:tC=2:3:4‎ B．三个粒子在电场中运动的加速度之比aA:aB:aC=1:3: 4‎ C．三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比E A:E B:E C=36:16:9‎ D．带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7:20‎ ‎【参考答案】ACD ‎【详细解析】三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x=vt得，运动时间，故A正确；三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据，解得：，故B错误；由牛顿第二定律可知F=ma，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功W=Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为，故C正确；三个粒子的合力大小关系为：，三个粒子的重力相等，所以B仅受重力作用，A所受的电场力向下，C所受的电场力向上，即B不带电，A带负电，C带正电，由牛顿第二定律得：，解得：，故D正确。‎ ‎【名师点睛】三个质量相等的微粒在电场中都做类平抛运动，根据水平位移的大小比较出运动的时间，根据竖直位移相等，比较出粒子在竖直方向上的加速度，从而判断出电荷的电性。根据动能定理比较三个微粒到达极板时的动能。‎ ‎1．如图所示，一个带电粒子从粒子源进入加速电压为U1的加速电场（粒子初速不计），经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入平行板间，A、B板长均为L，两板间距为d，偏转电压为U2。则带电粒子能从A、B两板之间飞出必须满足的条件是 A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设粒子进入偏转电场的速度为v，则，要想从板间飞出，侧向位移， ‎ ‎，又L=vt，联立解得，故D正确；ABC错误。‎ ‎2．（2018·山东省烟台市高一期末）如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，现有一质量为m的带电粒子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0=400 V电压加速后通过B点进入两板间距为d=0.2 m、电压为U=200 V的水平放置的平行金属板间，若带电粒子从两块水平平行板的正中间射入，且刚好能从水平放置的平行金属板右侧边缘射出，A、B分别为两块竖直板的中点，=0.5 C/ g，求：‎ ‎（1）带电粒子通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）带电粒子穿出右侧平行金属板时的速度大小；‎ ‎（3）右侧平行金属板的长度。‎ ‎【答案】（1）20 m/s （2）10 m/s （3）0.4 m ‎【解析】（1）电场中的直线加速，由动能定理： 解得：‎ ‎（2）偏转过程由动能定理： 得：‎ ‎（3）由牛顿第二定律：‎ 竖直方向的匀加速直线运动： 解得：‎ 水平方向的位移：‎ 如图1为示波管的原理图。若在 ′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 图1 图2 图3‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【参考答案】A ‎【详细解析】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压， ′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 ′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，故A正确。‎ ‎1．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如下图所示，真空室中电极 发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是 A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大 C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小 ‎【答案】B ‎【解析】设经过电压为U1的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理得：mv2=eU1，电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：L=vt，在竖直方向上：，解得：，由此可知，当U1变小，U2变大时，y变大，故选：B。‎ ‎2．（2018·海南省三亚市华侨中学三亚学校高二期中）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示.如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的 A．极板X，Y应带正电 B．极板应带正电 C．极板应带正电 D．极板应带正电 ‎【答案】A ‎【解析】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到，则X带正电，即极板X的电势高于极板。同理可知Y带正电，即极板Y的电势高于极板，故A正确，BCD错误。‎ ‎【名师点睛】由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X、Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性。‎ ‎（2018·云南省宣威市第二中学期中）‎ 如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），t＝0时刻，A板电势高于B板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映电子速度v、位移x、加速度a和动能E 四个物理量随时间变化规律的是 A． B． ‎ C． D． ‎ ‎【参考答案】A ‎【详细解析】电子一个周期内的运动情况是：0 T/4时间内，电子从静止开始做匀加速直线运动，T/4 T/2沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/2 3T/4时间内向B板做匀加速直线运动，3T/4 T继续做匀减速直线运动。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知A符合电子的运动情况，故A正确。电子做匀变速直线运动时x-t图象是抛物线，故B错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故C错误。匀变速运动速度图象是倾斜的直线，E -t图象是曲线。故D错误。‎ ‎1．如图甲，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压U0，A板电势为φA=0，B板电势为φB随时间t变化的规律如图乙所示。现有一个电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则 A．若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动 B．若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C．若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动 ‎【答案】AB ‎【解析】若电子在t=0时刻进入的，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A正确；若电子是在时刻进入的，在一个周期内：在，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度为零，接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上，故B正确；若电子是在时刻进入的，与在时刻进入时的情况相似，在运动一个周期的时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故C错误；若电子是在时刻进入的，在一个周期内：在，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在内，受到的电场力向右，继续向左做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向A板运动，一定不会到达B板，故D错误。‎ ‎2．（2018·山东省德州市高一下学期期末）如图甲所示．水平放置的两平行金属板A、B相距为d，板间加有如图乙所示随时间变化的电压。A、B板中点O处有一带电粒子，其电荷量为q，质量为m，在时间内粒子处于静止状态。已知重力加速度为g，周期。求：‎ ‎（1）判定该粒子的电性；‎ ‎（2）在方时间内两板间的电压U0：‎ ‎（3）若时刻，粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出，那么的比值应满足什么条件。‎ ‎【答案】（1）带正电 （2） （3） ‎【解析】（1）由平衡条件可判定粒子带正电 ‎（2）设时间内，粒子处于平衡状态由： 求得：‎ ‎（3）在时间内有：‎ 由以上公式联立得： ‎1．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度沿与水平面成θ角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中 A．电场力不可能小于mgcos θ B．液滴的动能一定不变 C．液滴的机械能一定变化 D．液滴的电势能一定不变 ‎2．（2018·北京师大附中高一期中）如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t周期性变化的图象。当t＝0时，在电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，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．2 s末带电粒子回到原出发点 C．带电粒子在0 3s内的初、末位置间的电势差为零 D．0 2.5 s内，电场力对带电粒子所做的总功为零 ‎3．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=mg/q，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m，电荷量为–q的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是 A．小球到达C点时对轨道压力为2mg B．适当减小E，小球一定能从B点飞出 C．适当增大E，小球到达C点的速度可能为零 D．若，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整为 ‎4．如图甲所示为示波管，如果在YY′之间加如图乙所示的交变电压，同时在 ′之间加如图丙所示的锯齿形电压，使X的电势比X′高，则在荧光屏上会看到的图形为 图甲 图乙 图丙 A． B． C． D．‎ ‎5．（2018·浙江稽阳联谊学校高三选考联考）现有两极板M（+）、N（一），板长80 cm，板间距20 cm，在两板间加一周期性的直流电压，如图所示。现有一粒子（正电，=104 C/ g）0时刻从上极板左侧边缘水平射入两极板间，v=2×103 m/s，重力不计，则正确的是 A．粒子的运动轨迹为抛物线 B．经Δt=0.8×10-4 s，粒子速度为0.8×103 m/s C．粒子能从两板间射出 D．若粒子要从两板间射出，两板间距至少为10 cm ‎6．（2018·普通高等学校招生全国统一考试模拟）如图所示，平行金属板A、B正对放置，两板间电压为U，一束完全相同的带电粒予以不同速率沿图中虚线平行于金属板射入板间，其速率介于 （ >1）之间且连续分布，带电粒子射出金属板后打在右侧的一垂直于A、B板的荧光屏上，打在荧光屏上的长度为L，已知所有粒子均可射出金属板，且不考虑带电粒子间的相互作用，若仅将金属板A、B间的电压减小至，不计带电粒子的重力。则打在荧光屏上的长度变为 A． B．‎ C． D．L ‎7．如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连，a，b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1，现使a板不动，保持电键S打开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后速度v2，下列说法中正确的是 A．若电键S保持闭合，向下移动b，则 B．若电键S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则 C．若S保持闭合，无论向上或向下移动b板，则 D．若电键 闭合一段时间再断开，无论向上或向下移动板，则 ‎8．（2018·北京市第二十中学高二期中）如图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为，偏转电压为，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为和，为电子离开偏转电场时发生的偏转距离，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即（该比值越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度 A．增大 B．增大 C．减小 D．减小 ‎9．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°角的位置B时速度为零。以下说法中正确的是 A．小球在B位置处于平衡状态 B．小球受到的重力与电场力的关系是Eq=mg C．小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小 D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为 ‎10．（2018·山东省泰安市高二上学期期末）如右图所示是个示波管工作原理的示意图。电子经电压加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为，板长为。为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用的方法是 A．尽可能使板长长些 B．增大两板间的电势差 C．尽可能使板间距离d大一些 D．使加速电压升高一些 ‎11．如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0 T/3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0 T时间内运动的描述，正确的是 A．末速度大小为 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了 D．克服电场力做功为mgd ‎12．如图所示，有一电子（质量m，电荷量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能沿下板边缘射出电场，求：‎ ‎（1）电子从加速电场U0射出时的速度？‎ ‎（2）电子在平行金属板间（即偏转电场中）运动时的加速度？‎ ‎（3）金属板AB的长度？‎ ‎13．（2018·陕西省西安市长安区第一中学高一期末）如图甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示（取水平向右为正方向）。一个质量为m、电荷量为+q的粒子（重力不计），开始处于图中的A点。在t＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t0，刚好运动到B点，且瞬时速度为零。已知电场强度大小为E0。试求：‎ ‎（1）电场变化的周期T应满足的条件；‎ ‎（2）A、B之间的距离；‎ ‎（3）若在t＝时刻释放该粒子，则经过时间t0粒子的位移为多大？‎ ‎14．如图所示为说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l，电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场。设电子质量为m、电荷量为e。（不计电子所受重力）‎ ‎（1）求经电场加速后电子速度v的大小； ‎ ‎（2）要使电子离开偏转电场时的偏转量最大，两平行板间的电压U2应是多少？‎ ‎15．（2018·山东省济南市长清区高一期末）如下图所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为，带电荷量为的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数。t=0时刻开始，空间加上一个如下图所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场，（取水平向右为正方向，g取10 m/s2）求：‎ ‎（1）0 2 s与2 4 s内的加速度；‎ ‎（2）9秒末小物块的速度；‎ ‎（3）前9秒内小物块的位移。‎ ‎16．（2018·江苏卷）如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴 A．仍然保持静止 B．竖直向下运动 C．向左下方运动 D．向右下方运动 ‎17．（2017江苏卷）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到点，则由O点静止释放的电子 A．运动到P点返回 B．运动到P和点之间返回 C．运动到点返回 D．穿过点 ‎18．（2016海南卷）如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一个电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E 0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为 A． B． C． D．‎ ‎19．（2016全国新课标Ⅰ卷）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知 A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 ‎20．（2015海南卷）如图所示，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（q>0）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的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M:m为 A．3:2 B．2:1 C．5:2 D．3:1‎ ‎21．（2015天津卷）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么 A．偏转电场对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 ‎22．（2015山东卷）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在时间内运动的描述，正确的是 A．末速度大小为 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了 D．克服电场力做功为 ‎23．（2017·新课标Ⅱ卷）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求 ‎（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎（2）A点距电场上边界的高度；‎ ‎（3）该电场的电场强度大小。‎ ‎【名师点睛】本题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是掌握质点做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，要考虑匀速直线运动和变速直线运动两种情形，全面分析，不能遗漏；此题意在考查学生对知识的灵活运用能力。‎ ‎【名师点睛】本题关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。‎ ‎3．ABD【解析】小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgH=mvA2，解得。根据牛顿第二定律得，N=m=2mg，则小球到达C点时对轨道的压力为2mg，故A正确；适当减小E，则从开始下落到B点的整个过程中，根据动能定理，因H=R，Eq0，即小球一定能从B点飞出，选项B正确；若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C点的速度不可能为零。若小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力产生向心力，在最低点的速度不可能为零，故C错误；若，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，，解得，根据动能定理得，mg(H+R)–qER=mvC2，解得H=。所以H至少为，故D正确。故选ABD。学 ‎ ‎【名师点睛】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练。‎ ‎4．C【解析】因 ′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，则在荧光屏上得到的信号是一个周期内的稳定图象。则显示如图C所示；故选：C。‎ ‎5．D【解析】‎ 粒子的运动是匀变速曲线运动和匀变速直线运动的组合，粒子的运动轨迹不为抛物线，故选项A错；粒子的加速度；经Δt=0.8×10-4 s，粒子速度为，带入数据解得，故选项B错；若粒子能射出，则：t==4×10-4 s，所以竖直位移，，板问距20 cm，所以粒子不能从两板间射出，向下C错；由得d=10cm，D正确。‎ ‎【名师点睛】此题关键是要搞清粒子在两个方向上的运动特点：水平方向是匀速运动，竖直方向先加速后匀速，再加速后匀速，联系运动的合成知识进行解答.‎ ‎7．BC【解析】由于两极板接在电源两端，若S保持闭合，无论向上还是向下移动b板时，两板间的电压不变，故电场力做功不变，高度也不变，故重力做功不变，故总功不变，由动能定理可得，则，A错误；C正确；若电键S闭合一段时间后再断开，两极板所带电荷量不变，向上移动b板，两板间电势差增大，重力做功不变，克服电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即；如果向下移动b 板，两板间电势差减小，重力做功不变，克服电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即，B正确；D错误。‎ ‎【名师点睛】带正电的液滴在下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系。‎ ‎8．D【解析】经加速电场后的速度为v，则根据动能定理：，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，，所以示波管的灵敏度，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，故D正确，ABC错误。‎ ‎10．A【解析】带电粒子加速时应满足：，带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足：L=v0t，， ，联立以上各式可得，，故A正确，BCD错误。‎ ‎11．BC【解析】0 时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg， 内，微粒做平抛运动，下降的位移， T时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确；在 内和 T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为d ‎，整个过程中克服电场力做功为2E0·q·d=qE0d=mgd，故D错误。‎ ‎【名师点睛】解决本题的关键是知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。知道在 内和 T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等。‎ ‎（3）L=v0t d =at2‎ 由以上各式联立解得：‎ ‎【名师点睛】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。学 ‎ ‎13．（1） （2） （3） ‎（1）经过时间t0，瞬时速度为零，故时间t0为周期的整数倍，即：‎ t0＝nT 解得：，n为正整数 ‎（2）作出v－t图象，如图甲所示 最大速度为： v－t图象与时间轴包围的面积表示位移大小为：，n为正整数 ‎（3）若在t＝时刻释放该粒子，作出v－t图象，如图乙所示 v－t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，上方面积表示前进距离，下方的面积表示后退的距离，故位移为：，n为正整数 ‎15．（1）2 m/s2 2 m/s2 （2）2 m/s （3）17 m ‎（1）0 2 s加速度：，水平方向向右 ‎2 4 s内物块加速度：，水平方向向左；‎ ‎（2）2 s末的速度为： ‎4 s末的速度为： 小物块做周期为4 s的加速和减速运动，第9 s末的速度为： ‎（3）0 2 s内物块的位移 ‎2 4 s内位移 ‎9秒内小物块的位移大小，可以看作是上述两个周期的位移再加上 所求位移为： 解得：s=17 m ‎17．A【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误。‎ ‎【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理，重点是电容器的动态分析，在电荷量Q不变的时候，板间的电场强度与板间距无关。‎ ‎18．B【解析】当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy=0时，根据运动学公式有，vy=v0cos 45°，，联立得，故选项B正确。学 … ‎ ‎【名师点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类平抛运动的分位移公式和动能定理处理，要明确当电场强度最大时，是粒子的速度平行与上极板，而不是零。‎ ‎19．AB【解析】带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，可以判断合力的方向竖直向上，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向竖直向上，运动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以Q点的电势比P点高，带负电的油滴在Q 点的电势能比它在P点的小，在Q点的动能比它在P点的大，故AB正确，C错误。在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D错误。‎ ‎【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强电场中的运动。本题的突破口在于根据运动轨迹判断合力的方向，再来判断电场力的方向，最后根据运动电荷的电性，就可以判断电场强度的方向，顺着这个思路就可以把这个题目做出来。‎ ‎20．A【解析】设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，，；对m有，，联立解得，A正确。‎ ‎【名师点睛】做此类问题的关键是把粒子在电场中的运动分解为垂直电场方向上和沿电场方向上两个分运动，两分运动具有等时性。‎ ‎【名师点睛】带电粒子在电场中的加速和偏转是在考纲中属于II级要求，利用动能定理、平抛运动规律解决电场中加速、偏转问题的基本方法，熟记一些二级结论有助于提升答题速度，如不同粒子在同一电场中先加速再偏转时，偏移量与比荷无关、偏转电场做功与粒子质量无关等。‎ ‎22．BC【解析】因0 内微粒匀速运动，故；在时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在时刻的竖直速度为，水平速度为v0；在时间内，粒子满足，解得a=g，方向向上，则在t=T时刻，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，，可知克服电场力做功为，选项D错误。‎ ‎【名师点睛】‎ 解答此题关键是分析粒子的受力情况，然后决定物体的运动性质；知道分阶段处理问题的方法。‎ ‎（2）设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则；‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ 因为M在电场中做匀加速直线运动，则 ‎⑦‎ 由①②⑤⑥⑦可得h=⑧‎ ‎（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则，⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为E 1、E 2，由动能定理：‎ ‎⑩‎ ‎⑪‎ 由已知条件：E 1=1.5E 2‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得：‎ ‎【名师点睛】‎ 此题是带电小球在电场及重力场的复合场中的运动问题；关键是分析小球的受力情况，分析小球在水平及竖直方向的运动性质，搞清物理过程；灵活选取物理规律列方程。‎