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1、1关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是()A一定是匀变速运动B不可能做匀减速运动C一定做曲线运动D可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析：选A.带电粒子在匀强电场中受恒定合外力(电场力)作用一定做匀变速运动，初速度与合外力共线时，做直线运动，不共线时做曲线运动，A对，B、C、D错2如图1911所示，在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开始时B板电势比A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，设A、B两板间的距离足够大，则下述说法中正确的是()图1911A电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动B电子一直向A
2、板运动C电子一直向B板运动D电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动解析：选C.开始时B板电势比A板的高，原来静止的电子在电场力作用下先向B板做加速运动，经0.2 s后再向B板做减速运动，0.4 s时速度减为零，接着再重复开始运动，就这样电子在周期性电压下，周期性地向B板“加速减速”，一直向B板做单方向的直线运动3如图1912所示，a、b、c表示点电荷的电场中三个等势面，它们的电势分别为aU，bU，cU.一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为vb，则它经过等势面c时的速率为()图1912A2vbB4vbC.vb D.vb解
3、析：选D.粒子由a至b过程中，根据动能定理q(ab)mv0，由b至c过程中，根据动能定理q(bc)mvmv，解得vcvb，D对4如图1913所示是一个示波管工作的原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏移量(h/U)叫示波器的灵敏度若要提高其灵敏度，可采用下列哪种办法()图1913A增大两极板间的电压B尽可能使板长l做得短些C尽可能使板间距离d减小些D使电子入射速度v0大些解析：选C.竖直方向上电子做匀加速运动，故有hat2，则，可知，只有C选项正确5.如图1914所示，A、B为两块足够大的相距为d的平
4、行金属板，接在电压为U的电源上在A板的中央P点放置一个电子发射源可以向各个方向释放电子设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v.求电子打在B板上的区域面积？(不计电子的重力)图1914解析：打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速运动，即rvt在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即dat2电子在平行电场方向上的加速度a电子打在B板上的区域面积Sr2由得S.答案：一、选择题1一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是()A匀速直线运动B匀加速直线运动C匀变速曲线运动 D匀速圆周运动答案：A2(2011年吉安高二检测)示波
5、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1915所示如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图1915A极板X应带正电 B极板X应带正电C极板Y应带正电 D极板Y应带正电解析：选AC.由题意可知，在XX方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错3下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是()A质子H B氘核HC粒子He D钠离子Na解析：选A.Uqmv2得v ，比荷最大的获得的速度最大4一个带正电的油滴从图1916所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是图1917中的()图
6、1916图1917解析：选B.油滴从A点自由下落以一竖直速度进入电场，进入电场后受重力和电场力两恒力作用如图，根据物体做曲线运动的条件，运动轨迹将向右弯曲，故选B.5一束正离子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有离子()A都具有相同的质量 B都具有相同的电量C具有相同的荷质比 D都是同一元素的同位素解析：选C.轨迹相同的含义为：偏转位移、偏转角度相同，即这些离子通过电场时轨迹不分叉tan，所以这些离子只要有相同的荷质比，轨迹便相同，故只有C正确6.三个粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图1918所示的运动轨迹，由此可判断()
7、图1918A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D动能的增加值c最小，a和b一样大答案：ACD7.如图1919所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板要使粒子的入射速度变为，仍能恰好穿过电场，则必须再使()图1919A粒子的电荷量变为原来的B两板间电压减为原来的C两板间距离增为原来的4倍D两板间距离增为原来的2倍解析：选AD.粒子恰好穿过电场时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间与垂直板方向上发生位移所用时间t相等，设两板电压为U，则有：恰好穿过电场时(
8、)2，得时间t .当入射速度变为，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，粒子的电荷量变为原来的或两板间距离增为原来的2倍时，均使粒子在与垂直板方向上发生位移所用时间增为原来的2倍，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确8.(2011年北京海淀区高二教学质量检测)图1920为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U.电子离开阴极时的速度可以忽略电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v.下面的说法中正确的是()图1920A如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2vB如
9、果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为C如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为D如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v解析：选D.由动能定理qUmv2得v ，带电粒子确定，v与成正比，与A、K间距离无关，故D正确9一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器时的动能变为()A8Ek B5EkC4.25Ek D4Ek解析：选C.因为偏转距离为y，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为，所以电场力做功只有W0.25 Ek，故
10、它飞出电容器时的动能变为4.25 Ek，故正确答案为C.二、计算题10一个带正电的粒子，从A点射入水平方向的匀强电场中，粒子沿直线AB运动，如图1921所示已知AB与电场线夹角30，带电粒子的质量m1.0107 kg，电荷量q1.01010C，A、B相距L20 cm.(取g10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：图1921 (1)粒子在电场中运动的性质，要求说明理由(2)电场强度的大小和方向(3)要使粒子从A点运动到B点，粒子射入电场时的最小速度是多少？解析：(1)粒子只在重力和电场力作用下沿直线AB运动，重力和电场力的合力必由B指向A，与粒子初速度vA方向相反，所以粒子做匀减速运动(2)由
11、图可得：tan代入数据解得：E1.7104N/C，方向水平向左(3)当粒子到B时的速度vB0时，粒子进入电场时的速度最小，由动能定理得，mgLsinqELcosmv/2代入数据，解得vA2.8 m/s.答案： 见解析11.(2011年福建省三明高二月考)如图1922所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：图1922 (1)电子通过B点时的速度大
12、小；(2)右侧平行金属板的长度；(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能解析：(1)由U0emvB2得：vB (2)由y可得：ld.(3)由动能定理得：U0eeEk末所以电子穿出右侧平行金属板时的动能Ek末.答案：(1) (2)d (3)12. (2011年长沙高二检测)如图1923所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O处，C带正电、D带负电两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O.半圆形金属板
13、两端与B板的间隙可忽略不计现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，问：图1923(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大；(2)为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒第一次通过半圆形金属板间的最低点P点？解析：(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qUmv2解得v (2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有qEm联立，得E(3)微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，则t12d 设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则t2 所以从释放微粒开始，经过t1t2(2d) 微粒第一次到达P点答案：(1) (2)E(3)(2d)