1、10.5 带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的加速一、带电粒子在电场中的加速1、如图所示，在、如图所示，在 P 板附近有一个电子板附近有一个电子(不计重力不计重力)由静止开始向由静止开始向 Q 板运动，则关于板运动，则关于电子到达电子到达 Q 板时的速度，下列说法正确的是板时的速度，下列说法正确的是()A两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大B两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大C与两板间距离无关，仅与加速电压有关与两板间距离无关，仅与加速电压有关
2、D以上说法均不正确以上说法均不正确解析：选解析：选 C C电子由电子由P P到到Q Q的过程中，静电力做功，根据动能定理有的过程中，静电力做功，根据动能定理有eUeU1 12 2mvmv2 2，解得，解得v v2 2eUeUm m，速度，速度大小与大小与U U有关，与两板间距离无关，选项有关，与两板间距离无关，选项 C C 正确正确2、如图所示，在、如图所示，在 P 板附近有一电子由静止开始向板附近有一电子由静止开始向 Q 板运动，则关于电子到达板运动，则关于电子到达 Q 时的速率与哪些因素有关，下时的速率与哪些因素有关，下列解释正确的是列解释正确的是()A两极板间的距离越大，加速的时间就越长
3、，则获得的速率越大两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大B两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小C两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大D与两极板间的距离无关，仅与加速电压与两极板间的距离无关，仅与加速电压 U 有关有关解析：选解析：选 D D由动能定理得由动能定理得eUeU1 12 2mvmv2 2，当两极板间的距离变化时，当两极板间的距离变化时，U U不变，不变，v v就不变，与就不变，与d d无关，无关，A A、B B、C C错误，错误，D
4、D 正确。正确。3、如图所示如图所示，在在 P 板附近有一电子由静止开始向板附近有一电子由静止开始向 Q 板运动板运动。已知两板间电势差为已知两板间电势差为 U，板间距为板间距为 d，电子质量电子质量为为m，电荷量为，电荷量为 e。则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是。则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是()A若将板间距若将板间距 d 增大一倍，则电子到达增大一倍，则电子到达 Q 板的速率保持不变板的速率保持不变B若将板间距若将板间距 d 增大一倍，则电子到达增大一倍，则电子到达 Q 板的速率也增大一倍板的速率也增大一倍C若将两板间电势差若将两板间电势差 U 增大一倍，则电
5、子到达增大一倍，则电子到达 Q 板的时间保持不变板的时间保持不变D若将两板间电势差若将两板间电势差 U 增大一倍，则电子到达增大一倍，则电子到达 Q 板的时间减为原来的一半板的时间减为原来的一半解析：选解析：选 A A 由动能定理有由动能定理有1 12 2mvmv2 2eUeU，得，得v v2 2eUeUm m，可见电子到达，可见电子到达Q Q板的速率与板间距板的速率与板间距d d无关，故选项无关，故选项 A A正确正确，B B 错误错误；两板间为匀强电场两板间为匀强电场E EU Ud d，电子的加速度电子的加速度a aeUeUmdmd，由运动学公式由运动学公式d d1 12 2atat2 2
6、得得t t2 2d da a2 2mdmd2 2eUeU，若两板间电势差若两板间电势差U U增大一倍，则电子到达增大一倍，则电子到达Q Q板的时间减为原来的板的时间减为原来的2 22 2，故选项，故选项 C C、D D 错误。错误。4、如图所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处静止释放一个电子、如图所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处静止释放一个电子(不计重力不计重力)，设其到达正极，设其到达正极板时的速度为板时的速度为 v1，加速度为，加速度为 a1.若将两极板间的距离增大为原来的若将两极板间的距离增大为原来的 2 倍，再从负极板处静止释放一个电子，设其倍，再从负极
7、板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为到达正极板时的速度为 v2，加速度为，加速度为 a2，则，则()Aa1a211v1v212Ba1a221v1v212Ca1a221v1v2 21Da1a211v1v21 2解析解析：选选 D D电容器充电后与电源断开电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时再增大两极板间的距离时，场强不变场强不变，电子在电场中受到的电场电子在电场中受到的电场力不变力不变，故故a a1 1a a2 21 11 1；由动能定理由动能定理UeUe1 12 2mvmv2 2得得v v2 2UeUem m，因两极板间的距离增大为原来的因两极板间的距离增大为原来的 2 2
8、 倍倍，由由U UE Ed d知，电势差知，电势差U U增大为原来的增大为原来的 2 2 倍，故倍，故v v1 1v v2 21 1 2 2. .5、(多选多选)如图所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空如图所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空K 为发射电子的阴极，为发射电子的阴极，A 为接为接在高电势点的加速阳极，在高电势点的加速阳极，A、K 间电压为间电压为 U，电子离开阴极时的速度可以忽略不计，电子经加速后从，电子离开阴极时的速度可以忽略不计，电子经加速后从 A 的小孔的小孔中射出时的速度大小为中射出时的速度大小为 v.下列说法正确的是下列说法正确的是()A
9、如果如果 A、K 间距离减半而电压仍为间距离减半而电压仍为 U，则电子离开，则电子离开 A 时的速度仍为时的速度仍为 vB如果如果 A、K 间距离减半而电压仍为间距离减半而电压仍为 U，则电子离开，则电子离开 A 时的速度变为时的速度变为v2C如果如果 A、K 间距离不变而电压减半，则电子离开间距离不变而电压减半，则电子离开 A 时的速度变为时的速度变为22vD如果如果 A、K 间距离不变而电压减半，则电子离开间距离不变而电压减半，则电子离开 A 时的速度变为时的速度变为v2解析：选解析：选 ACAC根据动能定理得根据动能定理得UeUemvmv2 22 2，可得，可得v v2 2eUeUm m
10、， 可知可知v v与与 A A、K K 间距离无关，若间距离无关，若 A A、K K 间距离间距离减半而电压仍为减半而电压仍为U U，则电子离开则电子离开 A A 时的速度仍为时的速度仍为v v，故选项故选项 A A 正确正确，B B 错误错误；根据根据v v2 2eUeUm m可知可知，电压减半时电压减半时，电子离开电子离开 A A 时速度变为时速度变为2 22 2v v，故选项，故选项 C C 正确，正确，D D 错误错误6、如图所示如图所示，M 和和 N 是匀强电场中的两个等势面是匀强电场中的两个等势面，相距为相距为 d，电势差为电势差为 U，一质量为一质量为 m(不不计重力计重力)、电
11、荷量为、电荷量为q 的粒子以速度的粒子以速度 v0通过等势面通过等势面 M 射入两等势面之间，则该粒子穿过等势射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面面 N 的速度应是的速度应是()A2qUmBv02qUmCv202qUmDv202qUm解析：解析：选选 C由由-q-U12mv212mv20，可得，可得 vv202qUm，选项，选项 C 正确正确7、两平行金属板相距为两平行金属板相距为 d，电势差为电势差为 U，一电子质量为一电子质量为 m、电荷量为电荷量为 e，从从 O 点沿垂直于极板的方向射入电场点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达最远到达 A 点，然后返回，如图所示，点，然后返回，如图所示
12、，OA 间距为间距为 h，则此电子的初动能为，则此电子的初动能为()A.edhUB.dUehC.eUdhD.eUhd解析解析：选选 D D电子从电子从O O点到达点到达A A点的过程中点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得根据动能定理可得eUeUOAOA0 0E Ek k，因为，因为U UOAOAU Ud dh h，所以，所以E Ek keUheUhd d，所以正确选项为，所以正确选项为 D.D.8、如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、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，小孔分别位于中央各有一小孔，小孔分别位于 O
13、、M、P 点由点由 O 点点静止释放的电子恰好能运动到静止释放的电子恰好能运动到 P 点现将点现将 C 板向右平移到板向右平移到 P点，则由点，则由 O 点静止释放的电子点静止释放的电子()A运动到运动到 P 点返回点返回B运动到运动到 P 和和 P点之间返回点之间返回C运动到运动到 P点返回点返回D穿过穿过 P点点解析解析：选选 A A电子在电子在A A、B B间加速间加速，在在B B、C C间减速间减速，加速电压做功与减速电压做功相等加速电压做功与减速电压做功相等现将现将C C板向右平移板向右平移到到P P点点，B B、C C板间的电场强度不变板间的电场强度不变，根据根据U UEdEd判断
14、判断，由由O O点静止释放的电子运动到点静止释放的电子运动到P P点速度为点速度为 0 0 再返回再返回，A A项正确项正确9、如图所示如图所示，两平行金属板竖直放置两平行金属板竖直放置，板上板上 A、B 两孔正好水平相对两孔正好水平相对，板间电压为板间电压为 500 V。一个动能为一个动能为 400 eV 的电子从的电子从 A 孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，若不考虑重力的影响，则电子离开电场时的动能大小为若不考虑重力的影响，则电子离开电场时的动能大小为()A900 eVB500 eVC400 eVD100 eV解析解析：
15、选选 C C电子从电子从A A向向B B运动时运动时，电场力对电子做负功电场力对电子做负功，若当电子到达若当电子到达B B点时点时，克服电场力所做的功克服电场力所做的功W WqUqU500500 eV400eV400 eVeV，因此电子不能到达，因此电子不能到达B B孔，电子向右做减速运动，在到达孔，电子向右做减速运动，在到达B B孔之前速度变为零，然后反向运孔之前速度变为零，然后反向运动动，从从A A孔离开电场孔离开电场，在整个过程中在整个过程中，电场力做功为零电场力做功为零，由动能定理可知由动能定理可知，电子离开电场时的动能电子离开电场时的动能：E Ek k400400 eVeV，故故 C
16、 C 正确。正确。10、多选多选如图所示，从如图所示，从 F 处释放一个无初速度的电子向处释放一个无初速度的电子向 B 板方向运动，则下列对电子运动的描述中正确板方向运动，则下列对电子运动的描述中正确的是的是(设电源电压为设电源电压为 U)()A电子到达电子到达 B 板时的动能是板时的动能是 eUB电子从电子从 B 板到达板到达 C 板动能变化量为零板动能变化量为零C电子到达电子到达 D 板时动能是板时动能是 3eUD电子在电子在 A 板和板和 D 板之间做往复运动板之间做往复运动解析：选解析：选 ABDABD由由eUeUE Ek kB B可知，电子到达可知，电子到达B B板时的动能为板时的动
17、能为eUeU，A A 正确；因正确；因B B、C C两板间电势差为两板间电势差为 0 0，故电子，故电子从从B B板到达板到达C C板的过程中动能变化量为零，板的过程中动能变化量为零，B B 正确；电子由正确；电子由C C到到D D的过程中电场力做负功大小为的过程中电场力做负功大小为eUeU，故电子到，故电子到达达D D板时速度为零，然后又返回板时速度为零，然后又返回A A板，以后重复之前的运动，板，以后重复之前的运动，C C 错误，错误，D D 正确。正确。11、如图甲所示平行板电容器、如图甲所示平行板电容器 A、B 两板上加上如图乙所示的交变电压，开始两板上加上如图乙所示的交变电压，开始
18、B 板的电势比板的电势比 A 板高，这时板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动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设电子在运动中不与极板发生碰撞， 则下列说法正确的是则下列说法正确的是(不不计电子重力计电子重力)()A电子先向电子先向 A 板运动板运动，然后向然后向 B 板运动板运动，再返回再返回 A 板做周期性板做周期性来回运动来回运动B电子一直向电子一直向 A 板运动板运动C电子一直向电子一直向 B 板运动板运动D电子先向电子先向 B 板运动，然后向板运动，然后向 A 板运动，再返回板运动，再返回 B 板做周期性来回运动板做周期性来
19、回运动解析：选解析：选 C C由运动学和动力学规律画出如图所示的由运动学和动力学规律画出如图所示的v vt t图象可知，电子一直图象可知，电子一直向向B B板运动，选项板运动，选项 C C 正确正确12、如图甲所示，两平行正对的金属板、如图甲所示，两平行正对的金属板 A、B 间加有如图乙所示的交变电压，间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带负电粒子被固定在两板的正中间一重力可忽略不计的带负电粒子被固定在两板的正中间 P 处若在处若在 t0时刻释放时刻释放该粒子该粒子，粒子会时而向粒子会时而向 A 板运动板运动，时而向时而向 B 板运动板运动，并最终打在并最终打在 B 板上板上则则 t
20、0可能属于的时刻是可能属于的时刻是()At00Bt0T2Ct05T8Dt07T8解析解析：选选 C Ct t0 00 0 时刻释放时刻释放，带负电粒子先加速向带负电粒子先加速向A A板运动板运动、再减速运动至零再减速运动至零，然后继续向然后继续向A A板加速运动板加速运动、减速运动至零，如此反复运动，最终打在减速运动至零，如此反复运动，最终打在A A板上，板上，A A 选项不符合题意；选项不符合题意；t t0 0T T2 2时刻释放，带负电粒子先加速向时刻释放，带负电粒子先加速向B B板运动板运动、再减速运动至零再减速运动至零，然后继续向然后继续向B B板加速运动板加速运动、减速运动至零减速运
21、动至零，如此反复运动如此反复运动，最终打在最终打在B B板上板上，B B 选项选项不符合题意不符合题意；t t0 05 5T T8 8时刻释放时刻释放，带负电粒子先加速向带负电粒子先加速向B B板运动板运动、 再减速运动至零再减速运动至零，然后再反方向向然后再反方向向A A板加速运动板加速运动、减速运动至零减速运动至零，如此反复运动如此反复运动，每次向每次向A A板运动的距离小于向板运动的距离小于向B B板运动的距离板运动的距离，最终打在最终打在B B板上板上，C C 选项符合题选项符合题意意；t t0 07 7T T8 8时刻释放时刻释放，带负电粒子先加速向带负电粒子先加速向B B板运动板运
22、动、再减速运动至零再减速运动至零，然后再反方向向然后再反方向向A A板加速运动板加速运动、减速运减速运动至零，如此反复运动，每次向动至零，如此反复运动，每次向B B板运动的距离小于向板运动的距离小于向A A板运动的距离，最终打在板运动的距离，最终打在A A板上，板上，D D 选项不符合题意选项不符合题意13、多选多选图所示图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为板间距离为 d，一个带负电的液滴带电量一个带负电的液滴带电量大小为大小为 q，质量为，质量为 m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则，从下板边缘射入电场，沿直线从
23、上板边缘射出，则A液滴做的是匀速直线运动液滴做的是匀速直线运动B液滴做的是匀减直线运动液滴做的是匀减直线运动C两板的电势差为两板的电势差为 mgdqD液滴的电势能减少了液滴的电势能减少了 mgd解析解析：选选 ACDACDABAB液滴进入竖直方向的匀强电场中液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直因为微粒做直线运动线运动， 可知电场力方向必定竖直向上可知电场力方向必定竖直向上， 而且电场力与重力平衡而且电场力与重力平衡， 液滴做匀速直线运动液滴做匀速直线运动， 故故 A A 正确正确， B B 错误错误； C C 液液滴从
24、下极板运动到上极板的过程中，由动能定理有滴从下极板运动到上极板的过程中，由动能定理有qUqU- -mgdmgd=0=0 解得：解得：mgdUq故故 C C 正确；正确；D D液滴进入竖直方向液滴进入竖直方向的匀强电场中，重力做功的匀强电场中，重力做功- -mgdmgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了了mgdmgd，故，故 D D 正确；正确；14、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、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
25、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（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所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加电势能逐渐增加C动能逐渐减少动能逐渐减少D做匀变速直线运动做匀变速直线运动解析：选解析：选 BCDBCDA A由于带电粒子在竖直方向上位移为零，即受力平衡，说明电场力倾斜向上，即所受重力与由于带电粒子在竖直方向上位移为零，即受力平衡，说明电场力倾斜向上，即所受重力与电场力沿竖直方向的分力相互平衡，故电场力沿竖直方向的分力相互平衡，故 A A 错误；错误；BCBC电场力垂直于极板倾斜向上，即电场力对
26、粒子做了负功，电场力垂直于极板倾斜向上，即电场力对粒子做了负功，则粒子电势能逐渐增加，动能逐渐减少，故则粒子电势能逐渐增加，动能逐渐减少，故 BCBC 正确；正确；D D电场力沿水平方向的分力大小固定，方向向左，所以电场力沿水平方向的分力大小固定，方向向左，所以粒子做匀变速直线运动，故粒子做匀变速直线运动，故 D D 正确。故选正确。故选 BCDBCD。二、带电粒子在电场中的偏转二、带电粒子在电场中的偏转1、喷墨打印机的简化模型如图所示喷墨打印机的简化模型如图所示重力可忽略的墨汁微滴重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后经带电室带负电后，以速度以速度 v 垂直匀强电场飞入垂直匀强电场飞入极板间
27、，最终打在纸上则微滴在极板间电场中极板间，最终打在纸上则微滴在极板间电场中()A向负极板偏转向负极板偏转B电势能逐渐增大电势能逐渐增大C运动轨迹是抛物线运动轨迹是抛物线D运动轨迹与带电荷量无关运动轨迹与带电荷量无关解析：选解析：选 C微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，选项微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，选项 A 错误；电场力做正功，错误；电场力做正功，电势能减小电势能减小，选项选项 B 错误错误；微滴在电场中做类平抛运动微滴在电场中做类平抛运动，沿沿 v 方向方向 xvt，沿电场方向沿电场方向 y12at2，又又 aqUmd，得得 yqU2mv2dx2，即
28、微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，选项，即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，选项 C 正确，正确，D 错误错误2、如图所示，质子、如图所示，质子(11H)和和粒子粒子(24He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场，以相同的初动能垂直射入偏转电场(不计粒子重力不计粒子重力)，则这两个粒子射出，则这两个粒子射出电场时的偏转位移电场时的偏转位移 y 之比为之比为()A11B12C21D14解析：选解析：选 B由由 y12EqmL2v02和和 Ek012mv02，得，得 yEL2q4Ek0，可知，可知，y 与与 q 成正比，成正比，B 正确。正确。3、如图所示如图所示，两极板与电
29、源相连接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现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置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()A2 倍倍B4 倍倍C.12D.14解析解析： 选选 C电子在两极板间做类平抛运动电子在两极板间做类平抛运动， 水平方向水平方向 lv0t， tlv0， 竖直方向竖直方向 d12at2qUl22mdv02， 故故 d2qUl22mv0
30、2，即即 d1v0，故，故 C 正确。正确。4、如图所示为示波管中偏转电极的示意图如图所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为间距为 d，长度为长度为 l 的平行板的平行板 A、B 加上电压后加上电压后，可在可在 A、B 之间的之间的空间中空间中(设为真空设为真空)产生电场产生电场(设为匀强电场设为匀强电场)。在距。在距 A、B 等距离处的等距离处的 O 点，有一电荷量为点，有一电荷量为q，质量为，质量为 m 的粒子的粒子以初速度以初速度 v0沿水平方向沿水平方向(与与 A、B 板平行板平行)射入射入(图中已标出图中已标出)，不计重力，要使此粒子能从，不计重力，要使此粒子能从 C 处射出，则处射
31、出，则 A、B 间间的电压应为的电压应为()A.mv02d2ql2B.mv02l2qd2C.lmv0qdDqv0dl解析解析：选选 A带电粒子只受电场力作用带电粒子只受电场力作用，在平行板间做类平抛运动在平行板间做类平抛运动。设粒子由设粒子由 O 到到 C 的运动时间为的运动时间为 t，则则有有lv0t。设。设 A、B 间的电压为间的电压为 U，则偏转电极间的匀强电场的场强，则偏转电极间的匀强电场的场强 EUd，粒子所受电场力，粒子所受电场力 FqEqUd。根据牛。根据牛顿第二定律，得粒子沿电场方向的加速度顿第二定律，得粒子沿电场方向的加速度 aFmqUmd。粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，
32、位移为。粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，位移为12d。由匀。由匀加速直线运动的规律得加速直线运动的规律得d212at2。解得。解得 Umv02d2ql2。选项。选项 A 正确。正确。5、(多选多选)如图所示，两带电金属板彼此平行，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板如图所示，两带电金属板彼此平行，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边缘飞出现在使电子入射速度变为原来的 2 倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则()A若两板间电压不变，则移动上极板使两极板的
33、间距变为原来的若两板间电压不变，则移动上极板使两极板的间距变为原来的 2 倍倍B若两板间电压不变，则移动下极板使两极板的间距变为原来的若两板间电压不变，则移动下极板使两极板的间距变为原来的12C若两板带电荷量不变，则移动上极板使两极板的间距变为原来的若两板带电荷量不变，则移动上极板使两极板的间距变为原来的 2 倍倍D若两板带电荷量不变，则移动下极板使两极板的间距变为原来的若两板带电荷量不变，则移动下极板使两极板的间距变为原来的14解析解析：选选 BD电子在两极板间做类平抛运动电子在两极板间做类平抛运动，若电压不变若电压不变，水平方向有水平方向有 lv0t，tlv0，竖直方向竖直方向 d12at
34、2qUl22mdv20，故，故 d2qUl22mv20，即，即 d1v0，选项，选项 A 错误，错误，B 正确；若两极板带电荷量不变，则改变两极板距离时极板间正确；若两极板带电荷量不变，则改变两极板距离时极板间的电场强度保持不变，的电场强度保持不变，d12at2qEl22mv20，选项，选项 C 错误，错误，D 正确正确6、如图所示如图所示，带正电的粒子以一定的初速度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，恰好沿下板的边缘恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为飞出，已知板长为 L，平行板间距离为，平行板间距离为 d，板间电压为，板
35、间电压为 U，带电粒子的电荷量为，带电粒子的电荷量为 q，粒子通过平行金属板的时间，粒子通过平行金属板的时间为为 t，则，则(不计粒子的重力不计粒子的重力)()A在前在前t2时间内，电场力对粒子做的功为时间内，电场力对粒子做的功为qU4B在后在后t2时间内，电场力对粒子做的功为时间内，电场力对粒子做的功为3qU8C在粒子下落前在粒子下落前d4和后和后d4的过程中，电场力做功之比为的过程中，电场力做功之比为 12D在粒子下落前在粒子下落前d4和后和后d4的过程中，电场力做功之比为的过程中，电场力做功之比为 11解析：选解析：选 BD粒子在电场中做类平抛运动的加速度为粒子在电场中做类平抛运动的加速
36、度为 aEqmUqdm，t 时间内竖直方向上的位移时间内竖直方向上的位移 y12at2d2，前，前t2时间内竖直方向上的位移时间内竖直方向上的位移 y112at24d8，后，后t2时间内竖直方向上的位移时间内竖直方向上的位移 y2yy138d；由公式；由公式 WFl 可可知前知前t2、后、后t2、前、前d4、后、后d4电场力做的功分别为电场力做的功分别为 W118qU，W238qU，W314qU，W414qU，选项，选项 B、D 正确，正确，A、C 错误错误7、(多选多选)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板
37、带正电，带电小球以速度 v0水平射入电水平射入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度 v0从原处飞入，则带电小从原处飞入，则带电小球球()A将打在下板中央将打在下板中央B仍沿原轨迹由下板边缘飞出仍沿原轨迹由下板边缘飞出C不发生偏转，沿直线运动不发生偏转，沿直线运动D若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央解析解析： 选选 BD将电容器上板或下板移动一小段距离将电容器上板或下板移动一小段距离， 电容器带电荷量不变电容器带电
38、荷量不变，由公式由公式 EUdQCd4kQrS可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动当上板不可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动当上板不动，下板向上移动时，小球可能打在下板的中央动，下板向上移动时，小球可能打在下板的中央8、如图所示，如图所示，a、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在粒子打在 B 板的板的 a点点，b 粒子打在粒子打在 B 板的板的 b点点，若不计重力，则若不计重力，则()Aa 的电荷量一
39、定大于的电荷量一定大于 b 的电荷量的电荷量Bb 的质量一定大于的质量一定大于 a 的质量的质量Ca 的比荷一定大于的比荷一定大于 b 的比荷的比荷Db 的比荷一定大于的比荷一定大于 a 的比荷的比荷解析解析：选选 C粒子在电场中做类平抛运动有粒子在电场中做类平抛运动有 h12qEmxv02，得得 xv02mhqE，由由 v02hmaEqaqbmb.9、如图所示如图所示，A、B 两带正电粒子质量相等两带正电粒子质量相等，电荷量之比为电荷量之比为 14。两粒子在两粒子在 O 上方同一位置沿垂直电场方上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中向射入平行板电容器中，分别打在分别打在 C、D 两点两
40、点，OCCD。忽略粒子重力及等长子间的相互作用忽略粒子重力及等长子间的相互作用，下列说法正确下列说法正确的是的是()AA 和和 B 在电场中运动的时间之比为在电场中运动的时间之比为 12BA 和和 B 运动的加速度大小之比为运动的加速度大小之比为 41CA 和和 B 的初速度大小之比为的初速度大小之比为 14DA 和和 B 的位移大小之比为的位移大小之比为 12解析：选解析：选 C C粒子电荷量之比为粒子电荷量之比为 1 14 4，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由，粒子在竖直方向上做匀加速运动，由h h1 12 2atat2 21 12 2qEqEm mt t2 2，可知，可知A A和和B B
41、在电在电场中运动的时间之比为场中运动的时间之比为 2 21 1，故，故 A A 错误；错误；A A、B B两带正电粒子质量相等，电荷量之比为两带正电粒子质量相等，电荷量之比为 1 14 4，根据，根据qEqEmama，所，所以以A A和和B B运动的加速度大小之比为运动的加速度大小之比为 1 14 4，故，故 B B 错误；根据题意错误；根据题意OCOCCDCD，两粒子水平方向上做匀速运动，根据，两粒子水平方向上做匀速运动，根据x xv v0 0t t，可知可知A A和和B B的初速度大小之比为的初速度大小之比为 1 14 4，故故 C C 正确正确；A A和和B B的水平位移大小之比为的水平
42、位移大小之比为 1 12 2，竖直方向也有位竖直方向也有位移，那么合位移之比不等于移，那么合位移之比不等于 1 12 2，故，故 D D 错误。错误。10、如图所示，有一带电粒子、如图所示，有一带电粒子(不计重力不计重力)贴着贴着 A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为 U1时，带电粒时，带电粒子沿子沿轨迹从两板正中间飞出轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为当偏转电压为 U2时时，带电粒子沿带电粒子沿轨迹落到轨迹落到 B 板中间板中间；设粒子两次射入电场的设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为水平速度相同，则两次偏转电压之比为()AU1U
43、218BU1U214CU1U212DU1U211解析：解析：选选 A设带电粒子的质量为设带电粒子的质量为 m，带电荷量为，带电荷量为 q，A，B 板的长度为板的长度为 L，板间距离为，板间距离为 d。则：。则：d212a1t1212qU1mdLv02d12a2t2212qU2mdL2v02解以上两式得解以上两式得 U1U218，A 正确。正确。11、(多选多选)如图所示，水平放置的平行金属板如图所示，水平放置的平行金属板 A、B 连接一恒定电压，两个质量相等的电荷连接一恒定电压，两个质量相等的电荷 M 和和 N 同时分同时分别从极板别从极板 A 的边缘和两极板的正中间沿水平方向同时进入板间电场
44、，两电荷恰好在板间某点相遇若不考虑电的边缘和两极板的正中间沿水平方向同时进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是()A电荷电荷 M 的电荷量大于电荷的电荷量大于电荷 N 的电荷量的电荷量B两电荷在电场中运动的加速度相等两电荷在电场中运动的加速度相等C从两电荷进入电场到两电荷相遇从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷电场力对电荷 M 做的功大于电场力对电做的功大于电场力对电荷荷N 做的功做的功D电荷电荷 M 进入电场的初速度大小与电荷进入电场的初速度大小与电荷 N 进入电场的初速度大小一定
45、相同进入电场的初速度大小一定相同解析解析：选选 ACAC从轨迹可以看出从轨迹可以看出y yM M y yN N，故故1 12 2q qM ME Em mt t2 2 1 12 2q qN NE Em mt t2 2，解得解得q qM ME Em m q qN NE Em m，故故q qM Mq qN N，选项选项 A A 正确正确，B B 错误错误；根据动能定理根据动能定理，电场力做的功为电场力做的功为W WE Ek k1 12 2mvmv2 2y y，质量质量m m相同相同，电荷电荷M M竖直分位移大竖直分位移大，竖直方向的末速度竖直方向的末速度v vy y2 2y yM Mt t也大，故电
46、场力对电荷也大，故电场力对电荷M M做的功大于电场力对电荷做的功大于电场力对电荷N N做的功，选项做的功，选项 C C 正确；从轨迹可以看出正确；从轨迹可以看出x xM M x xN N，故，故v vM Mt t v vN Nt t，则则v vM M v vN N，选项，选项 D D 错误错误12、 如图所示如图所示，场强大小为场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd，水平边水平边 ab 长为长为 s，竖直竖直边边ad 长为长为 h.质量均为质量均为 m、带电量分别为、带电量分别为q 和和q 的两粒子，由的两粒子，由 a、c 两点先后两
47、点先后沿沿 ab 和和 cd 方向以速率方向以速率 v0进入矩形区进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中两粒子不同时出现在电场中)，不计重，不计重力若两粒子轨迹恰好相切，则力若两粒子轨迹恰好相切，则 v0等于等于()As22qEmhBs2qEmhCs42qEmhDs4qEmh解析解析：选选 B B带电粒子在电场中做类平抛运动带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律解决问题根据平抛运动的规律解决问题根据对称性根据对称性，两粒子轨迹两粒子轨迹的切点位于矩形区域的切点位于矩形区域abcdabcd的中心，则在水平方向有的中心，则在水平方向有1 12 2s sv v0 0t t，在竖直方向有，在竖
48、直方向有1 12 2h h1 12 2qEqEm mt t2 2，解得，解得v v0 0s s2 2qEqEmhmh，故选项故选项 B B 正确，正确，A A、C C、D D 错误错误三、加速与偏转结合三、加速与偏转结合1、如图所示，静止的电子在加速电压为如图所示，静止的电子在加速电压为 U1的电场的作用下从的电场的作用下从 O 经经 P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压的电场，在偏转电压 U2的作用下偏转一段距离现使的作用下偏转一段距离现使 U1加倍，要想使电子加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该的运动轨迹不发生变化，应该()A
49、使使 U2加倍加倍B使使 U2变为原来的变为原来的 4 倍倍C使使 U2变为原来的变为原来的 2倍倍D使使 U2变为原来的变为原来的12倍倍解析解析： 选选 A要使电子的运动轨迹不变要使电子的运动轨迹不变， 则应使电子进入偏转电场后的水平位移则应使电子进入偏转电场后的水平位移 x 所对应的侧移量所对应的侧移量 y 保持保持不变不变，由于由于 y12at212qU2mdxv02qU2x22mv20d和和 qU112mv20，得得 yU2x24U1d，可见在可见在 x、y 一定时一定时，U2U1，选项选项 A 正确正确2、示波管原理如图所示示波管原理如图所示，电子在电压为电子在电压为 UPK的加速
50、电场中由静止开始运动的加速电场中由静止开始运动，然后进入电压为然后进入电压为 UAB的偏转电的偏转电场场，最后打在荧光屏上的最后打在荧光屏上的 O点点，要使电子打在荧光屏上的位置要使电子打在荧光屏上的位置 O到荧光屏中心到荧光屏中心 O 的距离增大的距离增大，下列措施可行的下列措施可行的是是()A只增大只增大 UPKB只增大只增大 UABC增大增大 UPK同时减小同时减小 UABD将电子换成比荷较大的带电粒子将电子换成比荷较大的带电粒子解析解析：选选 B B电子从电子从K K至至P P做加速直线运动做加速直线运动，由动能定理得由动能定理得，eUeUPKPK1 12 2mvmv2 20 00 0
