PAGE20-帶電粒子在電場中的運動1、電粒子垂直進入勻強電場中偏轉(zhuǎn)時（除電場力外不計其它力的作用）：（）A．電勢能增加，動能增加

B．電勢能減小，動能增加C．電勢能和動能都不變

D．上述結(jié)論都不正確2、圖8所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在距板右端L處有一豎直放置的光屏M.一電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是

()．A．板間的電場強度大小為mg/qB．板間的電場強度大小為2mg/qC．質(zhì)點在板間運動時動能的增加量等于電場力做的功D．質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間3、圖所示，有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的質(zhì)點，由兩水平極板正中，以相同的初速度v0，先后垂直勻強電場射入，并分別落在負極板上甲、乙、丙三處，可以判定（

）A．甲處質(zhì)點帶正電，乙處質(zhì)點不帶電，丙處質(zhì)點帶負電B．三個質(zhì)點在電場中的運動時間相等C．三個質(zhì)點在電場中的加速度a甲＞a乙＞a丙D．三個質(zhì)點到達負極的動能E丙＞E乙＞E甲4、圖6-3-2所示，從熾熱的金屬絲漂出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場．電子的重力不計．在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()．A．僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)

B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓

D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓5、行金屬板，長為L，間距d=0.5L，帶電粒子以初動能E0沿兩極板中心線飛進電場，在兩板間加上一定電壓，則粒子從電場中飛出時，動能可能為A．1.2E0

B．1.5E0

C．1.8E0

D．2.0E06、圖6-3-9所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運動，則下列說法中正確的是()．A．滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升B．滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C．電壓U增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D．電壓U增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的速度變大7、圖6-2-8所示，在水平向右的勻強電場中有一絕緣斜面，斜面上有一帶電金屬塊沿斜面滑下，已知在金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，金屬塊克服摩擦力做功8J，重力做功24J，則以下判斷正確的是()．A．金屬塊帶負電荷B．金屬塊克服電場力做功8JC．金屬塊的電勢能減少4JD．金屬塊的機械能減少12J8、(2013·蘇州名校測試)如圖6－2－20所示，矩形區(qū)域內(nèi)有水平方向的勻強電場，一個帶負電的粒子從A點以某一速度vA射入電場中，最后以另一速度vB從B點離開電場，不計粒子所受的重力，A、B兩點的位置如圖所示，則下列判斷中正確的是()．A．電場強度的方向水平向左B．帶電粒子在A點的電勢能小于在B點的電勢能C．粒子在電場中運動的全過程中，電勢能最大處為B點D．粒子在電場中運動的全過程中，動能最大處為B點9、圖所示，長為L、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強電場中。一電荷量為+q,質(zhì)量為m的小球,以初速度v0由斜面底端的M點沿斜面上滑,到達斜面頂端N的速度仍為v0,則(

)A.電場強度等于B.電場強度等于C.M、N兩點的電勢差為D.小球在N點的電勢能大于在M點的電勢能10、（變式）在絕緣的斜面上方，存在著勻強電場，電場方向平行于斜面向上，斜面上的帶電金屬塊在平行于斜面的力F作用下沿斜面移動。已知金屬塊在移動的過程中，力F做功32J，金屬塊克服電場力做功8J，金屬塊克服摩擦力做功16J，重力勢能增加18J，則在此過程中金屬塊的(

)A.動能減少10JB.電勢能增加24JC.機械能減少24JD.內(nèi)能增加16J11、如圖所示、真空室中有一水平放置的不帶電平行板電容器，板間距離為d，電容為C，上板B接地?，F(xiàn)有大量質(zhì)量均為m、帶電量均為q的小油滴，以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點。如果能落到A板的油滴僅有N滴，且第N＋l滴油滴剛好能飛離電場，假定落到A板的油滴的電量能被板全部吸收，不考慮油滴間的相互作用，重力加速度為g，則A．落到A板的油滴數(shù)B．落到A板的油滴數(shù)C．N+1滴油滴通過電場的整個過程所增加的機械能等于D．N+1滴油滴通過電場的整個過程所減少的機械能等于12、如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A，B為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓弧．一個質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道．不計空氣阻力及一切能量損失，關(guān)于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是()A．小球一定能從B點離開軌道B．小球在AC部分可能做勻速圓周運動C．若小球能從B點離開，上升的高度一定小于HD．小球到達C點的速度可能為零13、如圖，是一對彼此絕緣相距d＝5cm的平行金屬帶電極板MN,N板接地，M板帶電量的絕對值為Q=6×10-6C。在兩極板MN間A點有一帶電量為q＝4×10-6C的帶電液滴，其質(zhì)量m＝4×10-4kg,恰好處于靜止狀態(tài)。求：（1）兩板間的電場強度為多少？（2）ＵNM等于多少伏？（3）平行金屬板MN所構(gòu)成的電容器的電容C等于多少？14、如圖所示，一個電子以100ev的初動能從A點垂直電場線方向飛入勻強電場，在B點離開電場時，其運動方向與電場線成1500角，則A與B兩點間的電勢差多大?15、如圖14所示為說明示波器工作原理的示意圖，已知兩平行板間的距離為d、板長為l電子經(jīng)電壓為U1的電場加速后從兩平行板間的中央處垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，設電子質(zhì)量為me、電荷量為e。

(1)求經(jīng)電場加速后電子速度v的大??；(2)要使電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度最大，兩平行板間的電壓U2應是多少？電子動能多大？16、如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長L=0.1m，兩板間距離d=0.4cm，有一束相同微粒組成的帶電粒子流從兩板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒質(zhì)量為m=2×10-6kg，電量q=1×10-8C，電容器電容為C=10-6F．求：（g=10m/s2）(1)為使第一個粒子能落在下板中點，則微粒入射速度v0應為多少？(2)以上述速度入射的帶電粒子，最多能有多少落到下極板上？17、如圖8－19，一個電子以速度v0=6.0×106m/s和仰角α=45°從帶電平行板電容器的下板邊緣向上板飛行。兩板間場強E=2.0×104V/m，方向自下向上。若板間距離d=2.0×10-2m18、一帶電平行板電容器被豎直安放，如圖6－2－28所示，兩板間距d＝0.1m，電勢差U＝1000V．現(xiàn)從平行板上A處以vA＝3m/s的速度水平向左射入一帶正電小球(已知小球的電荷量q＝10－7C，質(zhì)量m＝0.02g)，經(jīng)一段時間后發(fā)現(xiàn)小球打在A點正下方的B處(g取10m/s2)，(1)在圖上粗略畫出帶電小球從A點運動到B點的軌跡．(2)求A、B間的距離sAB.(3)求小球到達B點時的動能．19、如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為+q的小球從距地面一定高度的O點，以初速度v0沿著水平方向拋出，已知在小球運動的區(qū)域里，存在著一個與小球的初速度方向相反的勻強電場，如果測得小球落地時的速度方向恰好是豎直向下的，且已知小球飛行的水平距離為L，求：（l）電場強度E為多大？（2）小球落地點A與拋出點O之間的電勢差為多大？（3）小球落地時的動能為多大？20、如圖所示，水平絕緣光滑軌道AB的B端與處于豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧形粗糙絕緣軌道BC平滑連接，圓弧的半徑R=0.40m。在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度E=1.0×104N/C?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=0.10kg的帶電體（可視為質(zhì)點）放在水平軌道上與B端距離s=1.0m的位置，由于受到電場力的作用帶電體由靜止開始運動，當運動到圓弧形軌道的C端時，速度恰好為零。已知帶電體所帶電荷q=8.0×10－5C，取10g=10m（1）帶電體在水平軌道上運動的加速度大小及運動到B端時的速度大小；（2）帶電體運動到圓弧形軌道的B端時對圓弧軌道的壓力大??；（3）帶電體沿圓弧形軌道運動過程中，電場力和摩擦力帶電體所做的功各是多少。21、如下圖所示，在一個范圍較大的勻強電場中，用長為L絕緣絲線將質(zhì)量為m帶電小球系于電場中固定點O處，當小球靜止于A時，懸線與豎直方向夾角θ=45°。將小球拉到B時，使線剛水平伸直，然后自由釋放小球。求：（1）小球運動到最低點處的時間；

（2）小球運動到A位置時的動能。22、如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a(chǎn)、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(q>0)的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)運動，經(jīng)過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb.不計重力，求電場強度的大小E、質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能．23、如圖所示，ABCD為表示豎立放在場強E=104v/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切，A為水平軌道的一點，而且，把一質(zhì)量m=100g，帶電量q=10－4C的小球放在水平軌道的A點上面由靜止開始釋放后，在軌道內(nèi)側(cè)運動（g=10m/s2）求：

（1）它到達C點的速度多大？

（2）它到達C點時對軌道的壓力是多大？

（3）小球所能獲得的最大的動能是多少？24、如圖6－3－21甲所示，在平行板電容器A\，B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓．開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動．設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C\，D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)

()．25、如圖甲所示，兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的電壓，t=0時，Q板比P板電勢高5V，此時在兩板的正中央M點有一個電子，速度為零，電子在電場力作用下運動，使得電子的位置和速度隨時間變化。假設電子始終未與兩板相碰。在0<t<8×10-10s的時間內(nèi)，這個電子處于M點的右側(cè)，速度方向向左且大小逐漸減小的時間是(

)A.0<t<2×10-10sB.2×10-10s<t<4×10-10sC.4×10-10s<t<6×10-10sD.6×10-10s<t<8×10-10s26、如圖所示，在y=0和y=2m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大．電場強度的變化如圖所示，取x軸正方向為電場正方向．現(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的q/m=1.0×10-2

C/kg，在t=0時刻以速度v0=5×102(1)粒子通過電場區(qū)域的時間；(2)粒子離開電場的位置坐標；(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大小。27、如圖1所示，M、N為豎直放置的平行金屬板，兩板間所加電壓為U0，S1、S2為板上正對的小孔。金屬板P和Q水平放置在N板右側(cè)，關(guān)于小孔S1、S2所在直線對稱，兩板的長度和兩板間的距離均為l；距金屬板P和Q右邊緣l處有一熒光屏，熒光屏垂直于金屬板P和Q；取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向上為正方向建立x軸。M板左側(cè)電子槍發(fā)射出的電子經(jīng)小孔S1進入M、N兩板間。電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽略。不計電子重力和電子之間的相互作用。（1）求電子到達小孔S2時的速度大小v以及當P、Q間電壓為U0時,電子打在熒光屏上的位置；（2）若金屬板P和Q間只存在電場，P、Q兩板間電壓u隨時間t的變化關(guān)系如圖2所示，單位時間內(nèi)從小孔S1進入的電子個數(shù)為N。電子打在熒光屏上形成一條亮線。忽略電場變化產(chǎn)生的磁場；可以認為每個電子在板P和Q間運動過程中，兩板間的電壓恒定。

a.試分析在一個周期（即2t0時間）內(nèi)單位長度亮線上的電子個數(shù)是否相同。b.若在一個周期內(nèi)單位長度亮線上的電子個數(shù)相同，求2t0時間內(nèi)打到單位長度亮線上的電子個數(shù)n；若不相同，試通過計算說明電子在熒光屏上的分布規(guī)律。參考答案一、選擇題1、B2、解析對質(zhì)點的運動進行分解，在水平方向上質(zhì)點做勻速直線運動，又因質(zhì)點在板間運動的水平位移與它從板的右端運動到光屏的水平位移相等，故質(zhì)點在板間的運動時間等于它從板的右端運動到光屏的時間，D錯誤；質(zhì)點在板間運動過程中受到重力和電場力作用，故質(zhì)點在板間運動時動能的增加量等于重力和電場力做的功之和，C錯誤；在豎直方向上，因質(zhì)點最后垂直打在M屏上，且質(zhì)點在板間運動時在豎直方向上做初速度為0的勻加速運動，故質(zhì)點從板的右端運動到光屏的過程中在豎直方向上做末速度為0的勻減速運動，又因做勻加速運動的時間與做勻減速運動的時間相等，故做勻加速運動的加速度大小與做勻減速運動的加速度大小相等，即qE－mg＝mg，得E＝2mg/q，B正確，A錯誤．答案B3、AC

解析：三個粒子均做類平拋運動，它們在水平方向上的分運動相同，都是以初速度v0做勻速直線運動，在豎直方向上均做初速度為零的勻加速直線運動，但它們下落的加速度不同，不帶電的粒子的加速度大小等于g，帶正電粒子的加速度大于g，帶負電粒子的加速度小于g，下落高度相同，下落時間與加速度大小有關(guān)，根據(jù)公式可得，可見，加速度越小，下落時間越長，所以t負＞t不帶電＞t正，又因為它們的水平位移x=v0t，所以x負＞x不帶電＞x正，選項AC正確，B錯誤；因為三種粒子到達負極板的過程中，電場力對正粒子做正功，機械能增大，對負粒子做負功，機械能減小，對不帶電粒子不做功，機械能不變，所以它們的動能E甲＞E乙＞E丙，選項D錯誤。4、解析設加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝，得v0＝，電子進入極板后做類平拋運動，時間t＝，a＝，vy＝at，tanθ＝＝，由此可判斷C正確．(類平拋)答案C5、A6、解析設加速電壓為U0，進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小為v0，則電子經(jīng)加速電場：eU0＝mv

①偏轉(zhuǎn)電場中：L＝v0t

②y＝×t2

③y＝mv2－mv

④由①②③得y＝.當滑動觸頭向右滑動時，U0變大，y變小，所以選項A錯，B對．由①②③④得mv2＝＋eU0當U增大時，mv2增大，電子打到屏上的速度變大，故選項C錯，D對．答案BD7、解析金屬塊滑下的過程中動能增加了12J，由動能定理知合外力做功12J，其中包括重力、摩擦力和電場力做功，摩擦力做功Wf＝－8J，重力做功WG＝24J，所以可得電場力做功WF＝－4J，電場力做負功，金屬塊帶正電，電勢能增加了4J，選項A、B、C錯誤；由功能關(guān)系可知，機械能的變化ΔE＝Wf＋WF＝－12J，即機械能減少12J，選項D正確．答案D8、解析根據(jù)力和運動的關(guān)系，可判定電場強度的方向水平向右，A錯；粒子在電場中運動的全過程中，電場力先做負功，后做正功，電勢能先增大后減小，所以帶電粒子在A點的電勢能大于在B點的電勢能，粒子在電場中運動的全過程中，電勢能最大處應在A點的右下方，粒子在電場中運動的全過程中，動能最大處應為B點，故D對，B、C錯．答案D9、【解析】選A。小球受到重力、電場力、支持力三個恒力作用,沿斜面勻速運動，必有mgsinθ=Eqcosθ,解得：E=,A正確，B錯誤；UMN=E·Lcosθ=，C錯誤；因電場力對小球做正功，小球的電勢能減少，故小球在N點的電勢能小于在M點的電勢能，D錯誤。10、【變式解析】選D。由動能定理可知ΔEk=32J-8J-16J-18J=-10J,A正確；克服電場力做功為8J，則電勢能增加8J,B錯誤；機械能的改變量等于除重力以外的其他力所做的總功，故應為ΔE=32J-8J-16J=8J,C錯誤；物體內(nèi)能的增加量等于克服摩擦力所做的功，D正確11、BCD12、解析本題考查學生對復合場問題\，功能關(guān)系\，圓周運動等知識綜合運用分析的能力．若電場力大于重力，則小球有可能不從B點離開軌道，A錯．若電場力等于重力，物體做勻速圓周運動，B正確．因電場力做負功，有機械能損失，上升的高度一定小于H，C正確．由圓周運動知識可知若小球到達C點的速度為零，則在此之前就已脫軌了，D錯．答案BC一、計算題13、E=103V/m,uNM=50v,c=1.210-7F14、電子做類平拋運動，在B點，由速度分解可知，，由動能定理得,15、解析：(1)電子經(jīng)電壓為U1的電場加速，根據(jù)動能定理：eU1＝mev2，則經(jīng)電場加速后電子的速度v＝。(2)電子離開偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)角度最大時的偏轉(zhuǎn)量為，電子受到偏轉(zhuǎn)電場的電場力F2＝eE2，E2＝，電子沿偏轉(zhuǎn)電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，有＝a2t2，a2＝，t＝，可解得兩平行板間電壓U2＝；又＝Ek－Ek0，eU1＝Ek0，所以Ek＝eU1(1＋)。答案：(1)(2)eU1(1＋)16、

(1)第一個粒子只受重力：，

……（2分）

t=0.02s

………（1分）

m/s……（2分）

（2）以v0速度入射的帶電粒子，恰打到下極板右邊緣B時

s

……（1分）

……（1分）由

……（1分）

V……（1分）

C

……（1分）落到下極板上粒子個數(shù)

……（1分）17、【錯解分析】錯解：規(guī)定平行極板方向為x軸方向；垂直極板方向為y軸方向，將電子的運動分解到坐標軸方向上。由于重力遠小于電場力可忽略不計，則y方向上電子在電場力作用下做勻減速運動，速度最后減小到零?！遶t2－v02=2asy=d=svt=0即電子剛好擊中上板，擊中點離出發(fā)點的水平位移為3.99×10-2（m）。為d，（擊中了上板）再求y為多少，就犯了循環(huán)論證的錯誤，修改了原題的已知條件?！菊_解答】應先計算y方向的實際最大位移，再與d進行比較判斷。由于ym＜d，所以電子不能射至上板。18、解析(1)如下圖所示(2)設小球的飛行時間為t，則：在豎直方向上有sAB＝gt2，在水平方向上有t＝＝＝，解得sAB＝7.2×10－2m.(3)從A到B由動能定理得：mgsAB＝Ek－mv即Ek＝mgsAB＋mv＝1.044×10－4J.答案(1)見解析圖(2)7.2×10－2m(3)1.044×10－4J19、解：（1）分析水平方向的分運動有：

（2）A與O之間的電勢差：

（3）設小球落地時的動能為，空中飛行的時間為T，分析豎直方向的分運動有：

分析水平方向的分運動有：

解得：

20、解：（1）設帶電體在水平軌道上運動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma解得m/s2設帶電體運動到B端的速度大小為vB，則解得m/s（2）設帶電體運動到圓軌道B端時受軌道的支持力為N，根據(jù)牛頓第二定律有

解得N根據(jù)牛頓第三定律可知，帶電體對圓弧軌道B端的壓力大小N（3）因電場力做功與路徑無關(guān)，所以帶電體沿圓弧形軌道運動過程中，電場力所做的功J設帶電體沿圓弧形軌道運動過程中摩擦力所做的功為W摩，對此過程根據(jù)動能定理有

解得W摩=－0.72J21、①

②22、答：（1）粒子通過電場區(qū)域的時間為4×10-3s；

（2）粒子離開電場的位置坐標為（-2×10-5m，2m）；

（3）粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大小為4×10-3點評：本題主要考查了牛頓第二定律在電場中的運用，注意電場力是周期性變化的，x方向先做勻加速后做勻減速運動，周期性交替，y方向勻速運動，難度適中．23、（1）

①

在C點：

②

由①②得：VC=2m/s

NC=3N（2）因為，所以合場方向垂直于B，C的連線BC，合場勢能最低的點在的中點D，如圖，∴小球的最大動能：

24、解析電子在交變電場中所受電場力恒定，加速度大小不變，故C\，D兩項錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱悖笾貜蜕鲜鲞\動，A項正確，B項錯誤．答案A25、【解析】選D。分析電子的受力可知，電子從M點開始先向右加速，再向右減速，4×10-10s末速度為零，然后再向左加速至6×10-10s，從6×10-10～8×10-10s再向左減速，速度圖像如圖所示，由此可知電子在M點右側(cè)，速度方向向左且大小減小的時間為6×10-10～8×10-10s，D正確。26、

[解析]質(zhì)點所受電場力的大小為f＝qE①設質(zhì)點質(zhì)量為m，經(jīng)過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有f＋Na＝m②Nb－f＝m③設質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有Eka