课时10.5 带电粒子在电场中的运动-2025-2026学年高中物理同步练习分类专题教案（人教版2019必修第三册）

第十章 静电场中的能量 课时10.5 带电粒子在电场中的运动 1. 理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转问题。 2. 能分析实际生活中带电粒子的加速和偏转问题，并解释相关物理现象。 （一）带电粒子在电场中运动时重力的处理 (1) 基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力，但并不忽略质量。 而当题目中给出了重力加速度g，则重力不能忽略。 (2) 带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。 （二）带电粒子在电场中的加速 1. 运动状态分析 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，只受到静电力作用，只有电势能和动能的转化，且受力方向与运动方向在同一直线上，则粒子做匀变速直线运动。 2. 两种处理方法（以初速度为0的粒子在静电力下加速为例） ① 动力学观点：主要运用牛顿第二定律和运动学公式求解。当解决的问题属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量时，适合用该思路分析。该方法只适用于匀强电场。 ② 能量观点，利用动能定理求解：由动能定理求解不涉及时间的问题，如问题涉及位移、速率等，该方法适用于一切电场。 总结：粒子加速后的速度只与加速电压有关。 （三）带电粒子在电场中的偏转 1. 运动状态分析 带电粒子以初速度v0沿垂直于电场线方向从两极板中间位置飞入匀强电场，只受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用，则粒子做匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线，类似于平抛运动，应用运动的合成与分解进行分析。 2. 处理方法： （1）沿初速度v0方向的分运动为匀速直线运动。 （2）沿静电力方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动（电场力相当于平抛运动的重力）。 考点 带电粒子的加速和偏转 1. 基本关系 如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0垂直电场线进入匀强电场，加速度。   2. 导出关系 （1）粒子以初速度v0进入偏转电场： 粒子离开电场时的偏移距离为； 粒子离开电场时偏转角的正切值 ； 粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切值   （2）粒子经加速电场U0加速后进入偏转电场：由于，则 3. 两个推论 （1）沿垂直于电场方向射入（即沿x轴射入）的带电粒子在射出电场时速度的反向延长线交x轴于一点，该点与射入点间的距离为带电粒子在x轴方向上位移的一半。 （2）位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角的正切值的，即tan α = tan θ。 思路点拨　 粒子的运动包括三个阶段： 第一阶段：粒子在加速电场中做加速运动，根据动能定理可求出粒子离开加速电场时的速度大小。 第二阶段：粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律求加速度，根据匀变速直线运动的位移公式和运动的合成与分解求出粒子离开偏转电场时沿电场线方向的位移及粒子的速度偏转角的正切值。 第三阶段：离开偏转电场后，粒子做匀速直线运动，直到打在荧光屏上。 基础过关练 题组一　带电粒子(带电体)在电场中的加速 1.(2025江苏五市十一校阶段联考)如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一带电粒子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是 (　　) A.粒子到达Q板时的速率与板间距离和加速电压两个因素有关 B.粒子到达Q板时的速率与两板间距离无关 C.两板间距离越大，加速时间越长，加速度越大 D.若电压、粒子的电荷量均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的4倍 2.(2025广东中山第一中学月考)如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射入两极板间，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距h，电子质量为m，电荷量大小为e，重力不计。下列说法正确的是 (　　) A.电子在O点的电势能高于在A点的电势能 B.电子返回到O点时的速度与从O点射入两极板间时的速度相同 C.电子从O点射出时的速度为v0= D.O、A间的电势差UOA=U 题组二　带电粒子在电场中的偏转 3.(2025山西阳泉第一中学月考)如图所示，两个带正电粒子A、B质量分别为m、4m，带电荷量分别为q、2q，以相同的初速度沿两板的中线垂直射入偏转电场(不计粒子重力)，并能从两板间射出，则这两个粒子 (　　) A.A、B在电场中运动的时间之比为1∶2 B.A、B在电场中运动的加速度之比为2∶1 C.A、B射出电场时的侧位移y之比为1∶2 D.A、B射出电场时电场力做功之比为1∶2 4.(2025天津新华中学期中)如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距离为d，两板间电场为匀强电场，让质子以初速度v0垂直电场射入，质子恰好落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子落到下板边缘，则可以将 (　　) A.开关S断开 B.初速度变为 C.板间电压变为 D.竖直移动上板，使板间距离变为2d 5.(2025天津河西期中)如图所示，边长为L的正方形区域内存在方向竖直向下的匀强电场(忽略其边缘效应)，CD边沿水平方向，BC边沿竖直方向，在C点右侧距C为0.5L处有一水平放置的接收屏MN，接收屏的长度也为0.5L。现将正电子以相同的水平初速度不断地自A点打入匀强电场区域，当电场强度大小为E时恰好能击中C点。已知正电子的电荷量为e，质量为m(重力不计且不考虑正电子间的相互作用)，求： (1)正电子的初动能Ek0。 (2)保持初速度不变，为使正电子落在接收屏MN上，电场强度E的取值范围应为多少(用E0表示)？ 题组三　带电粒子在电场中先加速再偏转 6.(2025北京清华大学附属中学月考)如图所示，质子H)和氦核He)均从靠近A板处由静止开始运动，经A、B间电势差为U1的加速电场后垂直进入C、D间电势差为U2的偏转电场，两者离开偏转电场时的偏移距离为y，速度偏转的角度为θ。已知偏转电场两平行板间的距离为d，板长为L，质子和氦核的质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，不计重力的影响。下列说法正确的是 (　　) A.质子在偏转电场中的加速度较小 B.质子的偏移距离y较大 C.氦核速度偏转的角度θ较小 D.氦核射出偏转电场时的动能较大 7.(2024江苏南京人民中学月考)如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场(可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为x，电子的质量为m，电荷量大小为e，不计电子重力。 (1)求电子穿过A板时的速度大小v0； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y； (3)求O、P间的距离Y。 题组四　示波管的原理 8.(2025海南海口期中)示波管可以用来观察电信号随时间的变化情况，其原理如图所示，给电子枪通电后，有电子逸出(初速度为0)，经电压为U1的电场加速后，从偏转电极左侧边缘中心进入偏转电场，最后打在荧光屏上。荧光屏的中心在偏转电极的水平轴线上，以荧光屏的中心为原点O，建立xOy坐标系。已知电子的比荷为k。偏转电极各极板长度和板间距离均为d，偏转电极右侧边缘中心与荧光屏中心相距3.5d，下列各种情况电子均能打到荧光屏上，求： (1)若偏转电极不加电压，电子在荧光屏上的坐标和电子打在荧光屏上的速度大小； (2)在(1)的基础上，仅给偏转电极YY'加上电压U2(Y接正极)，电子在荧光屏上的坐标； (3)在(2)的基础上，再给偏转电极XX'加上电压U3(X接正极)，电子在荧光屏上的坐标。 能力提升练 题组一　带电粒子在组合电场中的运动 1.(2025湖南长沙天一大联考期中)如图所示，倾斜直线OA与竖直直线OB间存在方向均指向O的会聚状电场，∠AOB=60°，以O为圆心的圆弧AB上的电场强度大小均为E0。过B点的水平线BC、竖直线BD间存在电场强度大小为E(未知)、方向竖直向下的匀强电场，P点是B点右下方的固定点，两种类型的电场互不干扰。现让带电荷量为q、质量为m、不计重力的带正电粒子从A点以垂直OA的速度v0射入会聚状电场，粒子正好沿着圆弧AB运动到B，接着进入匀强电场，粒子运动到P点时的速度正好与粒子在A点时的速度方向相同，且粒子从B到P的运动时间等于粒子从A到B的运动时间，求： (1)圆弧AB的半径以及粒子从A运动到B所用的时间； (2)匀强电场的场强E的大小。 2.(2024江苏南京期中学情调研)如图所示装置由“加速器”和“平移器”组成。平移器由左右两对水平放置、相距为L的平行金属板构成。两平行金属板间的电压大小均为U1，电场方向相反，极板长度均为L，间距均为d。一初速度为零、质量为m、电荷量为+q的粒子经过电压为U0的加速器后，紧靠“平移器”的下极板水平射入第一对平行金属板，粒子最终水平撞击在右侧荧光屏上。忽略边缘效应及粒子的重力。 (1)求粒子离开加速器时的速度大小v1； (2)求粒子离开第一对平行金属板时竖直方向的位移y1的大小； (3)通过改变加速器的电压可以控制粒子水平撞击到荧光屏上的位置，当粒子撞击荧光屏的位置最高时，求此时加速器的电压U2。 3.(2025福建泉州四校期中联考)如图所示，ABNM(Ⅰ区)、BCPN(Ⅱ区)、CDQP(Ⅲ区)是三个连续的边长均为L的正方形区域，Ⅰ区存在水平向右的匀强电场，大小未知；Ⅱ区存在竖直向下的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为q(q>0)的正电荷甲从A点由静止释放，恰好可以通过CP的中点S。静电力常量为k，不计重力对甲运动的影响。 (1)求电荷甲进入Ⅱ区的速度大小； (2)求Ⅰ区的电场强度大小； (3)其他条件均不变，当甲刚到达S点时，在CD边上某位置处固定一个负点电荷乙，恰好可以使甲绕着乙做一段匀速圆周运动后离开Ⅲ区，求乙固定的位置到C点的距离和乙的电荷量大小。 题组二　带电粒子在交变电场中的运动 4.(2024江苏泰州期中)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是 (　　) A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.2 s末带电粒子回到原出发点 C.3 s末带电粒子的速度不为零 D.0~3 s内，静电力做的总功为零 5.(2025广西南宁第三中学期中)如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为UAB，交变电压的周期T=，大量质量为m、电荷量为e的电子先后从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力和电子间的相互作用，则 (　　) A.所有电子在极板间运动的时间均为T B.不同时刻进入极板间的电子离开极板时其速度偏角一定不相同 C.t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D.t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 6.(教材深研拓展)如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由若干个(图中只画出5个)横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一水平直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交流电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒、序号为0的金属圆板和该电源的另一个极相连。交流电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质量为m、电荷量大小为e，电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可忽略不计。偏转电场部分由两块相同的水平放置的平行金属极板A与B组成，板长为L，板间距离为，两极板间的电压UAB=8U0，两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处垂直于金属圆筒中心轴线放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧射出，最后打到荧光屏上。 (1)求电子在第1个金属圆筒中运动的时间和速度大小； (2)若电子恰好紧贴上极板右边缘飞出两平行板之间，求金属圆筒有几个； (3)圆筒个数不同，电子打在荧光屏上的位置也不同，请求出电子打在荧光屏上的位置离O点的最大距离。 7.(2025广东珠海联考)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图甲所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上、下底面是面积S=0.4 m2的金属板，间距L=0.1 m，当连接到电压为U0的A、B两正、负电极上时，能在两金属板间产生一个匀强电场。现把均匀分布的一定量烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘1013个，假设这些烟尘颗粒都带负电且都处于静止状态，每个颗粒所带电荷量为q=10-16 C，质量为m=10-14 kg，不考虑烟尘颗粒间的相互作用和空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。 　 (1)求电压U0； (2)某时刻将上、下两底面的正、负极对调，经时间t烟尘颗粒全部被吸附，求t； (3)如果A、B两电极间有如图乙所示的交流电压(其中T=t)，某时刻将上、下两底面分别与A、B两电极连接，有人认为除尘效果会不同，甚至会有烟尘颗粒无法去除，试分析判断最多可能有多少个烟尘颗粒无法被吸附。 8.(2025江苏常州期中)某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，A、B板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t=0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： (1)粒子进入偏转电场时的速度大小； (2)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比； (3)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 　 答案与分层梯度式解析 第十章　静电场中的能量 5　带电粒子在电场中的运动 基础过关练 1.B 2.D 3.B 4.C 6.D 1.B　设两板间电压为U，板间的距离为d，粒子的电荷量为q，粒子在板间运动的加速度大小为a。根据动能定理可得qU=mv2，解得粒子到达Q板时的速率v=，可知v与两板间距离无关，与加速电压U有关，故A错误，B正确。根据牛顿第二定律可得=ma，则粒子的加速度大小为a=，而d=at2=t2，粒子加速的时间为t=d，故两极板间距离越大，粒子的加速度越小，加速时间越长，C错误。由于粒子到达Q板时的速率v=，电压、电荷量均变为原来的2倍，则速率变为原来的2倍，D错误。 2.D　电子在运动过程中，只受到电场力，故电势能与动能之和不变，电子在A点的动能最小，则在A点的电势能最大，故电子在O点的电势能低于在A点的电势能，故A错误；由Ep=φq可知，电子返回到O点时的电势能与从O点射入两极板间时的电势能相同，故返回到O点时的速度大小与从O点射入两极板间时的速度大小相同，但是方向相反，故B错误；电子从O点运动到A点，根据动能定理可得eh=m，解得电子从O点射出时的速度大小为v0=，故C错误；O、A两点间的电势差为UOA=Eh=U，故D正确。 3.B　粒子沿垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动，粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，则有t=，由于初速度相同，所以运动时间相同，tA∶tB=1∶1，故A错误；沿电场方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得加速度大小为a==，侧位移大小为y=at2，所以aA∶aB=∶=2∶1，yA∶yB=aA∶aB=2∶1，故B正确，C错误；粒子射出电场时的电场力做功为W=Eqy=Eq··t2=·t2，可知A、B射出电场时电场力做功之比为WA∶WB=∶=1∶1，故D错误。 4.C　质子在匀强电场中做类平抛运动，开关S断开时，极板间电压恒定不变，电场强度不变，质子仍落到下板中央，A错误；质子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，初速度变为，运动时间不变，水平位移减半，不会落到下板边缘，B错误；板间电压变为，则场强变为，加速度变为，由于运动时间t=，运动时间变为原来的2倍，则质子的水平位移变为原来的2倍，即质子落到下板边缘，C正确；竖直移动上板，使板间距离变为2d，电场强度变为，加速度变为，根据运动时间t=，知运动时间变为原来的倍，水平位移变为原来的倍，不能到达下板边缘，D错误。 5.答案　(1)E0eL　(2)≤E≤E0 解析　(1)正电子沿垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向有L=v0t 竖直方向有L=at2 其中E0e=ma 联立可得Ek0=m=E0eL (2)正电子恰好落在M点时，设电场强度为E1，在离开偏转电场时有y1=·t2，vy1=t 离开电场后做匀速直线运动，有0.5L=v0t2，y2=vy1t2 L=y1+y2 联立解得E1=E0 同理，正电子恰好打在N点时，设电场强度为E2，则 L=·+·· 联立解得E2=E0 综上可知，电场强度E的取值范围是≤E≤E0 6.D　带电粒子在偏转电场中运动时，根据牛顿第二定律可得qE=ma，又E=，联立可得加速度a=，可知质子在偏转电场中的加速度较大，故A错误。带电粒子在加速电场中加速，根据动能定理可得qU1=m，可得带电粒子进入偏转电场时的速度大小为v0=，带电粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则有L=v0t，y=at2，a=，联立解得带电粒子的偏转距离为y=，可知质子和氦核的偏移距离y相等，故B错误。设带电粒子离开C、D板时，垂直于极板方向的速度为vy，则有vy=at=，粒子速度偏转的角度θ满足tan θ===，可知质子和氦核速度偏转的角度θ相等，故C错误。带电粒子射出偏转电场时的动能Ek=mv2=m(+)=qU1+，动能与电荷量成正比，与质量无关，所以氦核(He)射出偏转电场时的动能较大，D正确。 归纳总结　带同种电荷的带电粒子从静止开始经同一电场加速后(即加速电压U1相同)，再经同一电场偏转，离开偏转电场时偏转距离y和速度偏转角θ均相同，即运动径迹完全相同。 7.答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)电子在加速电场中运动时，由动能定理有eU1=m 解得电子穿过A板时的速度v0= (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向有L=v0t，沿电场方向有e=ma 从偏转电场射出时的侧移量y=at2 联立解得y= (3)设电子射出偏转电场时速度方向与中心线OO'间的夹角为θ，则tan θ=，又因为y=vyt，L=v0t，则tan θ=。几何关系如图所示，可得= 解得Y= 方法技巧　计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法(d为屏到偏转电场的水平距离，L为极板长度，y为粒子在偏转电场中的偏移量)： (1)Y=y+d tan θ (2)Y= tan θ (3)Y=y+vy· (4)根据三角形相似：= 8.答案　(1)(0，0)　　(2)　 (3) 解析　(1)若偏转电极YY'、XX'不加电压，电子沿直线运动，其在荧光屏上的坐标为(0，0)。 在加速电场中，由动能定理得eU1=m 解得电子打在荧光屏上的速度v1== (2)给偏转电极YY'加上电压U2(Y接正极)，在Y、Y'间，电子向y轴正方向偏转，做类平抛运动，加速度大小为ay==== 电子在偏转电极间运动的时间t== 电子离开偏转电场时，垂直于板面方向的分速度 vy=ayt=U2 电子离开偏转电场时，速度偏转角θ的正切值 tan θ== 设电子到达荧光屏时沿y轴正方向偏转的距离为y'，由出偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场中水平位移的中点和三角形相似可得y'= tan θ 代入数据得y'= 则电子在荧光屏上的坐标为 (3)若YY'间不加电压，而偏转电极XX'加上电压U3(X接正极)，设电子沿x轴正方向偏转的距离为x'，由(2)分析可知x'= 则在(2)的基础上，再给偏转电极XX'加上电压U3(X接正极)，电子最终在荧光屏上的坐标为 能力提升练 1.答案　(1)　　(2) 题图解读　粒子在组合场中的运动如图所示： 解析　(1)由题意可知，粒子从A运动到B，做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则E0q=m 解得圆弧AB的半径R= 粒子从A运动到B所用的时间为t1=T 且T= 联立解得t1= (2)粒子进入竖直向下的匀强电场后做类平抛运动，由几何知识，结合题意可知，在P点时，粒子速度方向与水平方向的夹角为60°，则有tan 60°= 且a=，t2=t1 联立解得E= 2.答案　(1)　(2)　(3)U1 解析　(1)粒子在加速器中运动时，由动能定理可得qU0=m 解得粒子离开加速器时的速度v1= (2)粒子离开第一对平行金属板时，竖直方向的位移y1=a 粒子在平行金属板间的加速度大小a== 粒子穿过第一对平行金属板所用时间t1= 解得y1= (3)当粒子沿着第二对平行金属板的上极板右侧边缘射出时，粒子竖直方向的侧移量最大，此时满足 y1'+y2+y3=d 粒子离开加速电场时的速度v2= 通过每对平行金属板所用时间均为t2= 两对平行金属板内场强方向相反，根据对称性及(1)(2)问分析可得y1'=y3=，y2=vyt2=a= 解得U2=U1 3.答案　(1)　(2)　(3)　 解析　(1)电荷甲在Ⅱ区电场中做类平抛运动，在水平方向有L=v0t 在竖直方向有a=，=at2 联立解得v0= (2)设Ⅰ区的电场强度大小为E1，在Ⅰ区电场中，由动能定理可得qE1L=m 解得E1= (3)在Ⅱ区电场中S点处，竖直分速度 vy=t= 合速度v== 设速度v与CP边夹角为θ，则cos θ== 即θ=45° 由几何知识知，正电荷甲做圆周运动时，圆心在CD边中点，则乙固定的位置到C点的距离为 做圆周运动的半径为r=L 由牛顿第二定律得k=m 联立解得乙的电荷量大小为Q= 4.D　 关键点拨　由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1=，第2 s内的加速度大小为a2=，故a2=2a1，由v=at可知，粒子先加速运动1 s再减速运动0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，2 s末的速度与1 s末的速度大小相等，方向相反；2~3 s内粒子做匀减速直线运动，加速度大小a1=，3 s末速度减为零，运动完成一个周期，画出粒子运动的v-t图像如图所示。 带电粒子在第1 s内做匀加速运动，在第2 s内先做匀减速运动，后反向加速，所以不是始终向同一方向运动，A错误；根据v-t图线与横轴围成的面积表示位移，可知在t=2 s时，带电粒子没有回到出发点，B错误；由v-t图像可知，3 s末带电粒子的瞬时速度为0，C错误；因为第3 s末带电粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，0~3 s内，静电力做的总功为零，D正确。 5.C　电子进入电场后在平行于极板方向的分运动为匀速直线运动，电子在两板间的运动时间为t总==2T，不同时刻进入电场的电子从进入到射出电场过程中竖直方向分速度图像如图(破题关键)： 由图可看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy=0，速度都等于v0，即不同时刻进入极板间的电子离开极板时其速度偏角相同，故A、B错误；在t=时刻进入电场的电子，在T时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax=2·a=，在t=0时刻进入电场的电子离开电场时的侧位移最大，为d，则有d=4·a，联立得ymax=，故C正确；在t=时刻进入电场的电子在垂直极板方向的速度-时间图像如图所示， 在t=时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax'=4·a-2·a==d，故D错误。 6.答案　(1)　　(2)16　(3) 解析　(1)由题意可知，电子在每一个圆筒中运动的时间都一样，等于t= 电子被电场加速一次即进入第1个圆筒，根据动能定理有eU0=m 解得v1= (2)设有n个圆筒，最后电子紧贴上极板右边缘飞出两板之间，有neU0=m 在两平行金属极板间，电子在水平方向做匀速直线运动，有L=vnt 竖直方向有yn===at2 电场力提供加速度，有a= 且有E== 联立各式解得n=16，即金属圆筒有16个 (3)设电子打在荧光屏上M点，且M点离O点最远。依据推论，有== 可见，当y最大时，Y最大，且有Ym=3ym 而ym== 所以Ym= 7.答案　(1)100 V　(2)0.1 s　(3)3.5×1011 解析　(1)由于烟尘颗粒处于平衡状态，可得 mg=Eq= 解得U0=100 V (2)当正、负极对调时，由受力分析知烟尘颗粒所受重力和电场力均竖直向下，设颗粒以加速度a下落，有mg+Eq=ma 解得a=20 m/s2 最靠近上底面的颗粒运动的位移最大，所用时间最长，故当该颗粒经时间t运动到下底面时，全部烟尘颗粒都被吸附，有L=at2 解得t=0.1 s (3)上、下两底面接入如题图乙所示的交流电压时，0~时间内，有E1q-mg=ma1 其中E1= 解得a1=20 m/s2，方向向上 ~T时间内，有mg+E2q=ma2 其中E2= 解得a2=20 m/s2，方向向下 由运动的对称性可知，只有时刻上、下两底面分别与A、B两电极连接时，会有烟尘颗粒出现往复运动而不被吸附的情况。 现研究一颗不被吸附的烟尘颗粒的运动，先向上匀加速，有s1=a1=，然后减速距离也是s1，继而开始反向运动相同距离，实现往复运动，即将有d=L-2s1范围内烟尘颗粒无法被吸附，则N=dSn=3.5×1011 8.答案　(1)　(2)66.7%　(3)(-1)l 解析　(1)粒子在加速电场中运动时，根据动能定理可得qU0=m 解得v0= (2)由于粒子通过偏转电场的时间远小于T，故粒子在A、B板间运动时电压可视作恒定(破题关键)。粒子恰好从极板右侧边缘射出时，垂直电场方向有l=v0t 沿电场方向有=at2 a= 联立解得Um=2U0 故能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比为×100%≈66.7% (3)由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示 则Δtm= Δxm=O1D=(2-)l 得Δtm=(-1)l 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$