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1、帶電粒子在勻強電場中的運動 一、帶電粒子（帶電體）在電場中的直線運動 1．帶電粒子在勻強電場中做直線運動的條件 （1）粒子所受合外力F合=0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。 （2）粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。 2．用動力學方法分析 ，；v2–=2ad。 3．用功能觀點分析 勻強電場中：W=Eqd=qU=mv2–m 非勻強電場中：W=qU=Ek2–Ek1 4．帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法 5．處理帶電粒子在電場中運動的常用技巧 （1）微觀粒子（如電子、質子、α粒子等）在電場中的運動

2、，通常不必考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 （2）普通的帶電體（如油滴、塵埃、小球等）在電場中的運動，除題中說明外，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化。 二、帶電粒子在電場中的偏轉 1．粒子的偏轉角 （1）以初速度v0進入偏轉電場：如圖所示 設帶電粒子質量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉電場，偏轉電壓為U1，若粒子飛出電場時偏轉角為θ 則tan θ=，式中 vy=at=·，vx=v0，代入得 結論：動能一定時tan θ與q成正比，電荷量一定時tan θ與動能成反比。 （2）經加速電場加速再進入偏轉電場 若不同的帶電粒子都是從靜止經

3、同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由動能定理有：，得：。 結論：粒子的偏轉角與粒子的q、m無關，僅取決于加速電場和偏轉電場。 2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題小結 （1）分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題的關鍵 ①條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。 ②運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。 （2）粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論 ①以初速度v0進入偏轉電場 作粒子速度的反向延長線，設交于O點，O點與電場右邊緣的距

4、離為x，則 結論：粒子從偏轉電場中射出時，就像是從極板間的處沿直線射出。 ②經加速電場加速再進入偏轉電場：若不同的帶電粒子都是從靜止經同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由②和④得：偏移量 偏轉角正切為： 結論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉電場，它們飛出的偏移量y和偏轉角θ都是相同的，也就是運動軌跡完全重合。 （3）計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的幾種方法： ①Y=y+Dtan θ（D為屏到偏轉電場的水平距離） ②Y=(+D)tan θ（L為電場寬度） ③Y=y+vy· ④根據三角形相似： 三、帶電粒子在電場中運

5、動的實際應用——示波管 1．構造及功能（如圖所示） （1）電子槍：發(fā)射并加速電子。 （2）偏轉電極YY′：使電子束豎直偏轉（加信號電壓）；偏轉電極XX′：使電子束水平偏轉（加掃描電壓）。 2．工作原理 偏轉電極XX′和YY′不加電壓，電子打到屏幕中心；若只在XX′之間加電壓，只在X方向偏轉；若只在YY′之間加電壓，只在Y方向偏轉；若XX′加掃描電壓，YY′加信號電壓，屏上會出現隨信號而變化的圖象。 3．示波管中電子在熒光屏上落點位置的判斷方法 示波管中的電子在YY′和XX′兩個偏轉電極作用下，同時參與兩個類平拋運動，一方面沿YY′方向偏轉，另一方面沿XX′方向偏轉，找出幾個特

6、殊點，即可確定熒光屏上的圖形。 四、帶電粒子在交變電場中的運動 1．常見的交變電場 常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。 2．常見的試題類型 此類題型一般有三種情況： （1）粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律求解）； （2）粒子做往返運動（一般分段研究）； （3）粒子做偏轉運動（一般根據交變電場特點分段研究）。 3．常用的分析方法 （1）帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化（如方波）且不計粒子重力的情形。在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，在兩板中間便可獲得交變電場。此類電場從空間看是勻強的，即同一時刻，電場中各個

7、位置處電場強度的大小、方向都相同；從時間看是變化的，即電場強度的大小、方向都隨時間而變化。 ①當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力情況決定了粒子的運動情況，粒子可以做周期性的運動。 ②當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。 （2）研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況。根據電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。 （3）對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場，一般來說題中會直接或間接提到“粒子在其中運動時電場為恒定電場”，故帶電粒子穿過

8、電場時可認為是在勻強電場中運動。 4．解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法 （1）注重全面分析（分析受力特點和運動規(guī)律），抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件。 （2）分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系。 （3）此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律求解），二是粒子做往返運動（一般分段研究），三是粒子做偏轉運動（一般根據交變電場的特點分段研究）。 （4）對于帶電粒子在交變電場中的運動問題，由于不同時間內場強不同，使得帶電

9、粒子所受的電場力不同，造成帶電粒子的運動情況發(fā)生變化。解決這類問題，要分段進行分析，根據題意找出滿足題目要求的條件，從而分析求解。 一帶負電的粒子在電場中做直線運動的速度圖象如圖所示，在第2 s 和第8 s時刻分別經過M、N兩點，已知運動過程中粒子僅受電場力的作用，則以下判斷正確的是 A．該電場一定是勻強電場 B．M點的電勢低于N點的電勢 C．從M點到N點的過程中，電勢能逐漸增大 D．帶電粒子在M點所受電場力大于在N點所受電場力 【參考答案】AB 【詳細解析】由圖可知，粒子在電場中的加速度是不變的，故受到的電場力不變，所以該電場是均勻的，選項A正確；由圖又可以判斷

10、該帶負電的粒子是以一定的速度順著電場線的方向射入電場的，其中2 s時的M點速度大小小于8 s時N點的速度大小，所以二個點并沒有在電場的同一位置，而是沿著電場線的方向由N指向M，故M點的電勢低于N點的電勢，選項B正確；可見，帶負電的粒子在M點的電勢能要大于在N點的電勢能，故從M點到N點的過程中，電勢能逐漸減小，選項C錯誤；因為是勻強電場，故帶電粒子在M點所受電場力等于在N點所受電場力，選項D錯誤。 1．（2018·內蒙古赤峰市重點高中高二下學期期末聯考）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成一角度，兩極板與一直流電源相連，若一帶電小球恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則該小球在此過程中

11、 A．一定帶負電 B．做勻速直線運動 C．做勻減速直線運動 D．電勢能減小 【答案】C 【解析】根據題意可知，粒子做直線運動，則電場力與重力的合力與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，因此B錯誤，C正確；因極板的電性未知，則不能確定粒子的電性，選項A錯誤；因電場力做負功，則電勢能增加，故D錯誤。 2．（2018·云南省楚雄州民族實驗中學高三下學期教學質量檢測）如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質量為m、帶電荷量為–q的帶電粒子（不計重力），以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，

12、則下述措施能滿足要求的是 A．使初速度減為原來的 B．使M、N間電壓加倍 C．使M、N間電壓提高到原來的4倍 D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的 【答案】BD 【解析】粒子剛好能達到B金屬板時，根據動能定理得， ，現在使帶電粒子能到達MN板間距的處返回，則電場力做功等于。當初速度為，U不變，則有帶電粒子動能的變化，故A錯誤；電壓提高到原來的2倍，則帶電粒子運動到MN板中點時電場力做功，故B正確；電壓提高到原來的4倍，則帶電粒子運動到距M板處時電場力做功，說明不可能運動到中點處，故C錯誤；使初速度和M、N間電壓都減為原來的，則動能變化量為，運動到中點電場力做的功為，故，故D正

13、確。 【名師點睛】由題意知粒子射入電場后，電場力做負功，動能減小，根據動能定理列出方程。要使粒子剛好達到兩板間距離的一半處，根據勻強電場沿電場線方向兩點間電勢差與距離成正比，再運用數學知識進行討論，選擇題意的選項。 （2018·百校聯盟高考名師猜題保溫金卷）三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的粒子，從帶電平行金屬板左側中央以相同的水平初速度v0先后垂直電場進入，并分別落在正極板的A、B、C三處，O點是下極板的左端點，且OC=2OA，AC=2BC，如圖所示，則下列說法正確的是 A．三個粒子在電場中運動的時間之比tA:tB:tC=2:3:4 B．三個粒子在電場中運動的加速度

14、之比aA:aB:aC=1:3:?4 C．三個粒子在電場中運動時動能的變化量之比EkA:EkB:EkC=36:16:9 D．帶正、負電荷的兩個粒子的電荷量之比為7:20 【參考答案】ACD 【詳細解析】三個粒子的初速度相等，在水平方向上做勻速直線運動，由x=vt得，運動時間，故A正確；三個粒子在豎直方向上的位移y相等，根據，解得：，故B錯誤；由牛頓第二定律可知F=ma，因為質量相等，所以合力之比與加速度之比相同，合力做功W=Fy，由動能定理可知，動能的變化量等于合力做的功，所以，三個粒子在電場中運動過程的動能變化量之比為，故C正確；三個粒子的合力大小關系為：，三個粒子的重力相等，所以B僅

15、受重力作用，A所受的電場力向下，C所受的電場力向上，即B不帶電，A帶負電，C帶正電，由牛頓第二定律得：，解得：，故D正確。 【名師點睛】三個質量相等的微粒在電場中都做類平拋運動，根據水平位移的大小比較出運動的時間，根據豎直位移相等，比較出粒子在豎直方向上的加速度，從而判斷出電荷的電性。根據動能定理比較三個微粒到達極板時的動能。 1．如圖所示，一個帶電粒子從粒子源進入加速電壓為U1的加速電場（粒子初速不計），經加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入平行板間，A、B板長均為L，兩板間距為d，偏轉電壓為U2。則帶電粒子能從A、B兩板之間飛出必須滿足的條件是 A．

16、 B． C． D． 【答案】D 【解析】設粒子進入偏轉電場的速度為v，則，要想從板間飛出，側向位移，，又L=vt，聯立解得，故D正確；ABC錯誤。 2．（2018·山東省煙臺市高一期末）如圖所示為兩組平行金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，現有一質量為m的帶電粒子靜止在豎直放置的平行金屬板的A點，經電壓U0=400 V電壓加速后通過B點進入兩板間距為d=0.2 m、電壓為U=200 V的水平放置的平行金屬板間，若帶電粒子從兩塊水平平行板的正中間射入，且剛好能從水平放置的平行金屬板右側邊緣射出，

17、A、B分別為兩塊豎直板的中點，=0.5 C/kg，求： （1）帶電粒子通過B點時的速度大小； （2）帶電粒子穿出右側平行金屬板時的速度大小； （3）右側平行金屬板的長度。 【答案】（1）20 m/s （2）10 m/s （3）0.4 m 【解析】（1）電場中的直線加速，由動能定理： 解得： （2）偏轉過程由動能定理： 得： （3）由牛頓第二定律： 豎直方向的勻加速直線運動： 解得： 水平方向的位移： 如圖1為示波管的原理圖。若在XX′上加上如圖2所示的掃描電壓，在YY′上加如圖3所示的信號電壓，則在熒光屏上會看到的圖形是 圖1

18、 圖2 圖3 A． B． C． D． 【參考答案】A 【詳細解析】示波管的YY′偏轉電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內的穩(wěn)定圖象。圖2中XX′偏轉電極接入的是鋸齒形電壓，即掃描電壓，且周期與YY′偏轉電壓上加的待顯示的信號電壓相同，所以在熒光屏上得到的信號是一個周期內的穩(wěn)定圖象。顯示的圖象與YY′所載入的圖象

19、形狀是一樣的，故A正確。 1．示波管是一種多功能電學儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如下圖所示，真空室中電極K發(fā)出電子（初速度不計），經過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中。金屬板長為L，相距為d，當A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上而顯示亮點。已知電子的質量為m、電荷量為e，不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是 A．U1變大，U2變大 B．U1變小，U2變大 C．U1變大，U2變小 D．U1變小，U2變小 【答案】B 【解析】設經過電壓為U1的加速電場后，速度為v，在加速電場中，由動能定理得

20、：mv2=eU1，電子進入偏轉電場后做類平拋運動，在水平方向上：L=vt，在豎直方向上：，解得：，由此可知，當U1變小，U2變大時，y變大，故選：B。 2．（2018·海南省三亞市華僑中學三亞學校高二期中）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖所示.如果在熒光屏上P點出現亮斑，那么示波管中的 A．極板X，Y應帶正電 B．極板應帶正電 C．極板應帶正電 D．極板應帶正電 【答案】A 【解析】電子受力方向與電場方向相反，因電子向X向偏轉則，電場方向為X到，則X帶正電，即極板X的電勢高于極板。同理可知Y帶正電，即極板Y的電勢高于極板，故A正確，BCD錯誤。

21、 【名師點睛】由亮斑位置可知電子偏轉的打在偏向X、Y向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，再確定極板所帶的電性由亮斑位置可知電子偏轉的打在偏向X，Y向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，再確定極板所帶的電性。 （2018·云南省宣威市第二中學期中）如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力），t＝0時刻，A板電勢高于B板電勢，當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下列圖象中能正確反映電子速度v、位移x、加速度a和動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)律的是 A． B． C． D． 【參考答案】A 【詳細解析】電子一個周期內的運動情況是：0～T

22、/4時間內，電子從靜止開始做勻加速直線運動，T/4～T/2沿原方向做勻減速直線運動，T/2時刻速度為零。T/2～3T/4時間內向B板做勻加速直線運動，3T/4～T繼續(xù)做勻減速直線運動。根據勻變速運動速度圖象是傾斜的直線可知A符合電子的運動情況，故A正確。電子做勻變速直線運動時x-t圖象是拋物線，故B錯誤。根據電子的運動情況：勻加速運動和勻減速運動，而勻變速運動的加速度不變，a-t圖象應平行于橫軸。故C錯誤。勻變速運動速度圖象是傾斜的直線，Ek-t圖象是曲線。故D錯誤。 1．如圖甲，A、B是一對平行金屬板，在兩板間加有周期為T的交變電壓U0，A板電勢為φA=0，B板電勢為φB隨時間t變化的

23、規(guī)律如圖乙所示。現有一個電子從A板的小孔進入兩板間的電場中，設電子的初速度和重力的影響均可忽略，則 A．若電子是在t=0時刻進入的，它將一直向B板運動 B．若電子是在t=T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上 C．若電子是在t=3T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上 D．若電子是在t=T/2時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動 【答案】AB 【解析】若電子在t=0時刻進入的，在一個周期內，前半個周期受到的電場力向上，向上做加速運動，后半個周期受到的電場力向下，繼續(xù)向上做減速運動，T時刻速度為零，接著周

24、而復始，所以電子一直向B板運動，一定會到達B板，故A正確；若電子是在時刻進入的，在一個周期內：在，電子受到的電場力向上，向上做加速運動，在內，受到的電場力向下，繼續(xù)向上做減速運動，時刻速度為零，接著繼續(xù)向B板運動，周而復始，所以電子時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上，故B正確；若電子是在時刻進入的，與在時刻進入時的情況相似，在運動一個周期的時間內，時而向B板運動，時而向A板運動，總的位移向左，最后穿過A板，故C錯誤；若電子是在時刻進入的，在一個周期內：在，電子受到的電場力向左，向左做加速運動，在內，受到的電場力向右，繼續(xù)向左做減速運動，時刻速度為零，接著周而復始，所以電子一直向A板

25、運動，一定不會到達B板，故D錯誤。 2．（2018·山東省德州市高一下學期期末）如圖甲所示．水平放置的兩平行金屬板A、B相距為d，板間加有如圖乙所示隨時間變化的電壓。A、B板中點O處有一帶電粒子，其電荷量為q，質量為m，在時間內粒子處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，周期。求： （1）判定該粒子的電性； （2）在方時間內兩板間的電壓U0： （3）若時刻，粒子恰好從O點正下方金屬板A的小孔飛出，那么的比值應滿足什么條件。 【答案】（1）帶正電 （2） （3） 【解析】（1）由平衡條件可判定粒子帶正電 （2）設時間內，粒子處于平衡狀態(tài)由： 求得： （3）在時間內有：

26、 由以上公式聯立得： 1．如圖所示，一質量為m、電荷量為q的帶電液滴以速度沿與水平面成θ角的方向斜向上進入勻強電場，在電場中做直線運動，則液滴向上運動過程中 A．電場力不可能小于mgcos θ B．液滴的動能一定不變 C．液滴的機械能一定變化 D．液滴的電勢能一定不變 2．（2018·北京師大附中高一期中）如圖所示為范圍足夠大的勻強電場的電場強度E隨時間t周期性變化的圖象。當t＝0時，在電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是 A．帶電粒子將始終向同一個方向運動 B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點 C．帶電粒子在0~

27、3s內的初、末位置間的電勢差為零 D．0~2.5 s內，電場力對帶電粒子所做的總功為零 3．如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場（邊界上有電場），電場強度為E=mg/q，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。一個質量為m，電荷量為–q的帶電小球，從A點正上方高為H=R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，關于帶電小球的受力及運動情況，下列說法正確的是 A．小球到達C點時對軌道壓力為2mg B．適當減小E，小球一定能從B點飛出 C．適當增大E，小球到達C點的速度可能為零 D．若，要使小球沿軌道

28、運動到C，則應將H至少調整為 4．如圖甲所示為示波管，如果在YY′之間加如圖乙所示的交變電壓，同時在XX′之間加如圖丙所示的鋸齒形電壓，使X的電勢比X′高，則在熒光屏上會看到的圖形為 圖甲 圖乙 圖丙 A． B． C． D． 5．（2018·浙江稽陽聯誼學校高三選考聯考）現有兩極板M（+）、N（一），板長80 cm，板間距20 cm，在兩板間加一周期性的直流電壓，如圖所示。現有一粒子（正電，=104 C/kg）0時刻從上極板左側邊緣水平射入兩極板間，v=2×103 m/s，重力不計，則正確的是 A．粒子

29、的運動軌跡為拋物線 B．經Δt=0.8×10-4 s，粒子速度為0.8×103 m/s C．粒子能從兩板間射出 D．若粒子要從兩板間射出，兩板間距至少為10 cm 6．（2018·普通高等學校招生全國統一考試模擬）如圖所示，平行金屬板A、B正對放置，兩板間電壓為U，一束完全相同的帶電粒予以不同速率沿圖中虛線平行于金屬板射入板間，其速率介于~k（k>1）之間且連續(xù)分布，帶電粒子射出金屬板后打在右側的一垂直于A、B板的熒光屏上，打在熒光屏上的長度為L，已知所有粒子均可射出金屬板，且不考慮帶電粒子間的相互作用，若僅將金屬板A、B間的電壓減小至，不計帶電粒子的重力。則打在熒光屏上的長度變?yōu)?

30、 A． B． C． D．L 7．如圖所示，沿水平方向放置的平行金屬板a和b，分別與電源的正負極相連，a，b板的中央沿豎直方向各有一個小孔，帶正電的液滴從小孔的正方P點由靜止自由落下，先后穿過兩個小孔后速度為v1，現使a板不動，保持電鍵S打開或閉合，b板向上或向下平移一小段距離，相同的液滴仍從P點自由落下，先后穿過兩個小孔后速度v2，下列說法中正確的是 A．若電鍵S保持閉合，向下移動b，則 B．若電鍵S閉合一段時間后再斷開，向下移動b板，則 C．若S保持閉合，無論向上或向下移動b板，則 D．若電鍵K閉合一段時間再斷開，無論向上或向下移動板，則 8．（2018·北京市第二十中

31、學高二期中）如圖是示波管的工作原理圖：電子經電場加速后垂直于偏轉電場方向射入偏轉電場，若加速電壓為，偏轉電壓為，偏轉電場的極板長度與極板間的距離分別為和，為電子離開偏轉電場時發(fā)生的偏轉距離，取“單位偏轉電壓引起的偏轉距離”來描述示波管的靈敏度，即（該比值越大則靈敏度越高），則下列哪種方法可以提高示波管的靈敏度 A．增大 B．增大 C．減小 D．減小 9．如圖所示，真空中存在一個水平向左的勻強電場，場強大小為E，一根不可伸長的絕緣細線長度為l，細線一端拴一個質量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點。把小球拉到使細線水平的位置A處，由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平方向成θ

32、=60°角的位置B時速度為零。以下說法中正確的是 A．小球在B位置處于平衡狀態(tài) B．小球受到的重力與電場力的關系是Eq=mg C．小球將在AB之間往復運動，且幅度將逐漸減小 D．小球從A運動到B的過程中，電場力對其做的功為 10．（2018·山東省泰安市高二上學期期末）如右圖所示是個示波管工作原理的示意圖。電子經電壓加速后垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為，板長為。為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉量)，可采用的方法是 A．盡可能使板長長些 B．增大兩板間的電勢差 C．盡可能使板間距離d大一些 D．使加速電壓升高一些

33、11．如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0~T/3時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在0~T時間內運動的描述，正確的是 A．末速度大小為 B．末速度沿水平方向 C．重力勢能減少了 D．克服電場力做功為mgd 12．如圖所示，有一電子（質量m，電荷量為e）經電壓U0加速后，進入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間。若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能沿下板邊緣射出電場，求： （1）電子從加速電場U0射

34、出時的速度？ （2）電子在平行金屬板間（即偏轉電場中）運動時的加速度？ （3）金屬板AB的長度？ 13．（2018·陜西省西安市長安區(qū)第一中學高一期末）如圖甲所示，空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場，其變化規(guī)律如圖乙所示（取水平向右為正方向）。一個質量為m、電荷量為+q的粒子（重力不計），開始處于圖中的A點。在t＝0時刻將該粒子由靜止釋放，經過時間t0，剛好運動到B點，且瞬時速度為零。已知電場強度大小為E0。試求： （1）電場變化的周期T應滿足的條件； （2）A、B之間的距離； （3）若在t＝時刻釋放該粒子，則經過時間t0粒子的位移為多大？ 14．如圖所示為說明

35、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電場。設電子質量為m、電荷量為e。（不計電子所受重力） （1）求經電場加速后電子速度v的大??； （2）要使電子離開偏轉電場時的偏轉量最大，兩平行板間的電壓U2應是多少？ 15．（2018·山東省濟南市長清區(qū)高一期末）如下圖所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為，帶電荷量為的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數。t=0時刻開始，空間加上一個如下圖所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場，（取水平向右為正方向，g取10 m/s2）求： （1）0

36、~2 s與2~4 s內的加速度； （2）9秒末小物塊的速度； （3）前9秒內小物塊的位移。 16．（2018·江蘇卷）如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)．現將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴 A．仍然保持靜止 B．豎直向下運動 C．向左下方運動 D．向右下方運動 17．（2017江蘇卷）如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F將C板向右平移到點，則由O點靜止釋放的電子 A．運動到P點返回 B．運動到P和點之間返回

37、 C．運動到點返回 D．穿過點 18．（2016海南卷）如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電。一個電荷量為q（q>0）的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出。不計重力，極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為 A． B． C． D． 19．（2016全國新課標Ⅰ卷）如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面（紙面）內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知 A．Q點的電勢比P點高 B．油

38、滴在Q點的動能比它在P點的大 C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小 20．（2015海南卷）如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質量為M、電荷量為q（q>0）的粒子，在負極板附近有另一質量為m、電荷量為–q的粒子，在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M:m為 A．3:2 B．2:1 C．5:2 D．3:1 21．（2015天津卷）如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線

39、水平向右的加速電場，之后進入電場線豎直向下的勻強電場發(fā)生偏轉，最后打在屏上，整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么 A．偏轉電場對三種粒子做功一樣多 B．三種粒子打到屏上時速度一樣大 C．三種粒子運動到屏上所用時間相同 D．三種粒子一定打到屏上的同一位置 22．（2015山東卷）如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在時間內運動的描述，正確的是 A．末速度大小為 B．

40、末速度沿水平方向 C．重力勢能減少了 D．克服電場力做功為 23．（2017·新課標Ⅱ卷）如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質量為m、電荷量分別為q和–q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求 （1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比； （2）A點距電場上邊界的高度； （3）該電場的電場強度

41、大小。 【名師點睛】本題是帶電粒子在復合場中的運動問題；關鍵是掌握質點做直線運動的條件：合力方向與速度方向在同一直線上或合力為零，要考慮勻速直線運動和變速直線運動兩種情形，全面分析，不能遺漏；此題意在考查學生對知識的靈活運用能力。 【名師點睛】本題關鍵之處是電場強度大小不一，導致加速度不一，所以失去對稱性．若電場強度大小相同，則帶電粒子一直同一個方向運動。 3．ABD【解析】小球進入半圓軌道，電場力和重力平衡，小球做勻速圓周運動，根據動能定理知，mgH=mvA2，解得。根據牛頓第二定律得，N=m=2mg，則小球到達C點時對軌道的壓力為2mg，故A正確；適當減小E，則從開始

42、下落到B點的整個過程中，根據動能定理，因H=R，Eq0，即小球一定能從B點飛出，選項B正確；若電場力小于重力，根據動能定理知，小球到達C點的速度不可能為零。若小球所受的電場力大于重力，根據徑向的合力產生向心力，在最低點的速度不可能為零，故C錯誤；若，在最低點軌道的作用力為零，根據牛頓第二定律得，，解得，根據動能定理得，mg(H+R)–qER=mvC2，解得H=。所以H至少為，故D正確。故選ABD。 【名師點睛】本題考查了帶電小球在電場和重力場中的運動，綜合運用了動能定理、牛頓第二定律等知識，綜合性強，對學生的能力要求較高，需加強這類題型的訓練。 4．C【解析】因XX′偏

43、轉電極接入的是鋸齒形電壓，即掃描電壓，且周期與YY′偏轉電壓上加的待顯示的信號電壓相同，則在熒光屏上得到的信號是一個周期內的穩(wěn)定圖象。則顯示如圖C所示；故選：C。 5．D【解析】粒子的運動是勻變速曲線運動和勻變速直線運動的組合，粒子的運動軌跡不為拋物線，故選項A錯；粒子的加速度；經Δt=0.8×10-4 s，粒子速度為，帶入數據解得，故選項B錯；若粒子能射出，則：t==4×10-4 s，所以豎直位移，，板問距20 cm，所以粒子不能從兩板間射出，向下C錯；由得d=10cm，D正確。 【名師點睛】此題關鍵是要搞清粒子在兩個方向上的運動特點：水平方向是勻速運動，豎直方向先加速后勻速，再加速后勻

44、速，聯系運動的合成知識進行解答. 7．BC【解析】由于兩極板接在電源兩端，若S保持閉合，無論向上還是向下移動b板時，兩板間的電壓不變，故電場力做功不變，高度也不變，故重力做功不變，故總功不變，由動能定理可得，則，A錯誤；C正確；若電鍵S閉合一段時間后再斷開，兩極板所帶電荷量不變，向上移動b板，兩板間電勢差增大，重力做功不變，克服電場力做功增加，由動能定理可知，液滴速度變小，即；如果向下移動b板，兩板間電勢差減小，重力做功不變，克服電場力做功變小，由動能定理可知，小球速度變大，即，B正確；D錯誤。 【名師點睛】帶正電的液滴在下落過程中受到豎直向下的重力，豎直向上的電場力作用，重力做正

45、功，電場力做負功；由動能定理判斷帶電液滴速度大小關系。 8．D【解析】經加速電場后的速度為v，則根據動能定理：，所以電子進入偏轉電場時速度的大小為，，電子進入偏轉電場后的偏轉的位移為，，所以示波管的靈敏度，所以要提高示波管的靈敏度可以增大L，減小d和減小U1，故D正確，ABC錯誤。 10．A【解析】帶電粒子加速時應滿足：，帶電粒子偏轉時，由類平拋規(guī)律，應滿足：L=v0t，，，聯立以上各式可得，，故A正確，BCD錯誤。 11．BC【解析】0~時間內微粒勻速運動，則有：qE0=mg，~內，微粒做平拋運動，下降的位移，~T時間內，微粒的加速度，方向豎直向上，微粒在豎直方向上做勻減速運動

46、，T時刻豎直分速度為零，所以末速度的方向沿水平方向，大小為v0，故A錯誤，B正確；微粒在豎直方向上向下運動，位移大小為d，則重力勢能的減小量為mgd，故C正確；在~內和~T時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，則位移的大小相等，為d，整個過程中克服電場力做功為2E0·q·d=qE0d=mgd，故D錯誤。 【名師點睛】解決本題的關鍵是知道微粒在各段時間內的運動規(guī)律，抓住等時性，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。知道在~內和~T時間內豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間相等，位移的大小相等。 （3）L=v0t d =at2 由以上各式聯立解得： 【名師點睛

47、】電子先在加速電場中做勻加速直線運動，后在偏轉電場中做類平拋運動，根據電子的運動的規(guī)律逐個分析即可。 【名師點睛】本題關鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，然后根據類平拋運動的分位移公式和動能定理處理，要明確當電場強度最大時，是粒子的速度平行與上極板，而不是零。 19．AB【解析】帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面（紙面）內，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱，可以判斷合力的方向豎直向上，而重力方向豎直向下，可知電場力的方向豎直向上，運動電荷是負電荷，所以勻強電場的方向豎直向下，所以Q點的電勢比P點高，帶負電的油滴在Q點的電勢能比它在P點的小，在Q點的動能比它在P點的大，故A

48、B正確，C錯誤。在勻強電場中電場力是恒力，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錯誤。 【名師點睛】本題主要考查帶電粒子在勻強電場中的運動。本題的突破口在于根據運動軌跡判斷合力的方向，再來判斷電場力的方向，最后根據運動電荷的電性，就可以判斷電場強度的方向，順著這個思路就可以把這個題目做出來。 20．A【解析】設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有，，；對m有，，聯立解得，A正確。 【名師點睛】做此類問題的關鍵是把粒子在電場中的運動分解為垂直電場方向上和沿電場方向上兩個分運動，兩分運動具有等時性。 【名師點睛】帶電粒子在電場中的加速和偏轉是在考綱中屬于II級要

49、求，利用動能定理、平拋運動規(guī)律解決電場中加速、偏轉問題的基本方法，熟記一些二級結論有助于提升答題速度，如不同粒子在同一電場中先加速再偏轉時，偏移量與比荷無關、偏轉電場做功與粒子質量無關等。 22．BC【解析】因0~內微粒勻速運動，故；在時間內，粒子只受重力作用，做平拋運動，在時刻的豎直速度為，水平速度為v0；在時間內，粒子滿足，解得a=g，方向向上，則在t=T時刻，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，，可知克服電場力做功為，選項D錯誤。 【名師點睛】解答此題關鍵是分析粒子的受力情況，然后決定物體的運動性

50、質；知道分階段處理問題的方法。 （2）設A點距離電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，則； ⑤ ⑥ 因為M在電場中做勻加速直線運動，則 ⑦ 由①②⑤⑥⑦可得h=⑧ （3）設電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則，⑨ 設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理： ⑩ ? 由已知條件：Ek1=1.5Ek2 聯立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??解得： 【名師點睛】此題是帶電小球在電場及重力場的復合場中的運動問題；關鍵是分析小球的受力情況，分析小球在水平及豎直方向的運動性質，搞清物理過程；靈活選取物理規(guī)律列方程。 31