學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精帶電粒子在電場中的運動1.(2019·山西太原月考)一帶電粒子在電場中只受靜電力作用時,它不可以能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是(A)A.勻速直線運動B。勻加速直線運動C.勻變速曲線運動D.勻速圓周運動解析：只在靜電力的作用下，說明粒子碰到的合外力的大小為靜電力，不為零,不可以能做勻速直線運動,故A正確;當(dāng)粒子在勻強電場中由靜止釋放后，粒子做勻加速直線運動，故B錯誤;當(dāng)粒子垂直進入勻強電場后，粒子做類平拋運動,故C錯誤;正電荷周圍的電子只在靜電力作用下,可以做勻速圓周運動，故D錯誤.2.(2019·貴州銅仁校級檢測)以下列圖，M,N是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當(dāng)M,N間電壓為U時，粒子恰好能抵達N板,若是要使這個帶電粒子抵達M,N板間距的12后返回，以下措施中能滿足要求的是（不計帶電粒子的重力）（B）。使初速度減為原來的B.使M,N間電壓加倍

12C.使M，N間電壓提高到原來的4倍1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精D。使初速度和M,N間電壓都變?yōu)樵瓉淼?倍解析：由qEl=21m??02知,當(dāng)v0√變?yōu)?2v0時l變?yōu)???;由于qE=q????，因此??1??2，經(jīng)過解析知B選項正確。qEl=q??·l=2m03。以下列圖,質(zhì)子H）和α粒子He)以相同的初動能垂直射入偏轉(zhuǎn)電(1(412場(粒子不計重力)，則這兩個粒子射出電場時的側(cè)位移y之比為(B）A.1∶1B。1∶2C。2∶1D.1∶421??22??????????q解析:由y=2????02和Ek0=2m0得y=4??k0,y與q成正比，選項B正確.4。(2019·四川成都月考）以下列圖,質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后，分別抵達B,C兩點,若AB=BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于（B）A.1∶2B.2∶1C.1∶√2D.√2∶1解析：豎直方向有h=12，水平方向有l(wèi)=????2??????2gt2??t,聯(lián)立可得q=???,因此有??=2,B正確.1??125。（2019·河南鄭州月考）一束正離子以相同的速率從同一地址，沿垂直于電場方向飛入勻強電場中，所有離子的運動軌跡都是相同的，這說明所有粒子（C)A.都擁有相同的質(zhì)量B。都擁有相同的電荷量C.擁有相同的荷質(zhì)比D.都是同一元素的同位素2學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2解析：由偏轉(zhuǎn)距離y=??????可知,若運動軌跡相同，則水平位移相同,偏2????02轉(zhuǎn)距離y也應(yīng)相同，已知E，l,v0是相同的，因此應(yīng)有????相同,C正確。6。兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中，存在一沿半徑方向的電場,以下列圖.帶正電的粒子流由電場所區(qū)的一端M射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道經(jīng)過電場并從另一端N射出,由此可知（不計粒子重力）(C)A。若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的質(zhì)量必然相等B。若入射粒子的電荷量相等,則出射粒子的速率必然相等C。若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的速率必然相等。若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的動能必然相等解析：由題圖可知，該粒子在電場中做勻速圓周運動，靜電力供應(yīng)22必然相等;若??相向心力qE=m??得r=????,r,E為定值，若q相等,則1mv2??????2??等，則速率v必然相等，故C正確.7。（2019·浙江溫州檢測)噴墨打印機的簡化模型以下列圖,重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最后打在紙上。則微滴在極板間電場中（A)A.向正極板偏轉(zhuǎn)3學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精B。電勢能逐漸增大C.運動軌跡是圓弧D.運動軌跡與帶電荷量沒關(guān)解析:由于微滴帶負電,電場方向向下，因此微滴碰到的靜電力方向向上，微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，A項正確;偏轉(zhuǎn)過程中靜電力做正功,電勢能減小,B項錯誤;微滴在垂直于電場方向做勻速直線運動,位移x=vt，沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運動,位移y=1·????t2=????2·x2，此為拋物線方程,C項錯誤;從式中可以看出，運動2????2??????軌跡與帶電荷量q有關(guān)，D項錯誤.8.一個動能為Ek的帶電粒子,垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2Ek.若是使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?那么它飛出電容器的動能變?yōu)椋–）A。8EkB.5EkkD.4Ek2解析:由于偏轉(zhuǎn)距離為y=??????2，帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r,2??????0偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)??4,因此靜電力做功只有W=0。25Ek，而初動能變?yōu)?Ek，故它飛出電容器時的動能變?yōu)?.25Ek,C正確。9。(2019·貴州遵義校級模擬）以下列圖,地面上某地域存在著豎直向下的勻強電場，一個質(zhì)量為m的帶負電的小球以水平方向的初速度v0由O點射入該地域,恰好經(jīng)過豎直平面中的P點,已知連線OP與初速度方向的夾角為45°，則此帶電小球經(jīng)過P點時的動能為（D）4學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精A.m??02B。21m??02C。2m??02D.25m??02解析:由題可知，小球到P點時，水平位移和豎直位移相等,即0+????????2251??2=5??2，故D正確.v0t=2t，合速度vP=√0+??????=√v0，則EkP=2m??2m010。在圓滑水平面上有一比荷????=1。0×10—7C/kg的帶正電小球，靜止在O點，以O(shè)點為原點,在水平面內(nèi)建立坐標系xOy，現(xiàn)突然加一沿x軸正方向、電場強度為2.0×106V/m的勻強電場，小球開始運動.經(jīng)過1。0s,所加電場突然變?yōu)檠貀軸正方向，電場強度大小不變。則小球運動的軌跡和地址坐標正確的選項是圖中的(C）????2解析：小球加速度大小a=??=0。20m/s,1s末小球速度vx=at=0。20m/s,沿x軸方向距離x1=12at2=12×0。20×12m=0。10m.第2s內(nèi)小球做類平拋運動,方向x2=vxt=0。20m,沿y軸方向y2=12at2=12×0.20×12m=0.1m,故第2s末小球坐標為(0。30m,0。10m）,故C正確.（教師備用）5學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1.（2019·廣州深圳月考）(多項選擇)一帶電粒子以速度v0沿豎直方向垂直進入勻強電場E中,以下列圖.經(jīng)過一段時間后，其速度變?yōu)樗椒较?，大小仍為v0，則（BCD）A。靜電力等于重力的2倍B。粒子運動的水平位移的大小等于豎直位移的大小C。靜電力做的功必然等于重力做功的負值。粒子電勢能的減少量必然等于重力勢能的增加量解析：粒子在水平方向上ax=??????，vx=axt；豎直方向上vy=v0—gt，到達B時,vx=v0,vy=0，因此有v0=axt，0=v0—gt,故ax=g，qE=mg，選項A錯誤；由動能定理有qEx—mgh=0，得x=h，選項B正確;WE=-WG,選項C正確;EE=—EG,選項D正確。2。如圖為一真空示波管的表示圖，電子從燈絲K發(fā)出（初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，爾后進入兩塊平行金屬板M，N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場），電子進入M,N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點.已知M，N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L,電子的質(zhì)量為m,電荷量為e，不計電子碰到的重力及它們之間的相互作用力.6學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精(1）求電子穿過A板時速度的大小；（2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y;(3）若要電子打在熒光屏上P點的上方,可采用哪些措施?解析：(1）設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有eU1=12，解得v0=2????1m??√2）電子沿極板方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動