第十章静电场中的能量专题03 带电粒子在电场中的运动 同步练-2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中的运动，通过“基础例题-变式提升”分层设计，构建从概念辨析到综合应用的知识巩固路径，培养物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础理解|电容公式、直线运动条件|例1辨析电容定义式与决定式，强化物理观念| |能力应用|动态分析、交变电场运动|例2结合手机传感器情境，提升科学推理能力| |综合拓展|复合场圆周运动、实际应用|变式23喷墨打印机问题，融合运动与能量观念，体现科学探究|

专题03 带电粒子在电场中的运动——重难点 1、平行板电容器动态分析的解题思路： （1）确定不变量，分析是电容器两端电压不变还是所带电荷量不变。 （2）用决定式分析平行板电容器电容的变化。 （3）用定义式分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。 （4）用或E=分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化。 2、两类平行板电容器的动态问题分析比较 （1）两极板间电压U恒定不变。 （2）电容器所带电荷量Q恒定不变。 例 1．和是两个关于电容器电容的公式。下列关于它们的说法不正确的是（　　） A．从可以看出，电容的大小取决于所带电荷量和电压 B．从可以看出，电容的大小取决于电介质的种类、导体的形状和两极板的位置关系 C．是适用于各种电容器的定义式 D．是只适用于平行板电容器的决定式 例 2．如图所示为手机内电容式加速度传感器的原理图，和为平行板电容器两极板，板固定，板两端与两轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，板只能按图中标识的“前后”方向运动，图中为定值电阻。下列判断正确的是（　　） A．匀速运动时，板带正电荷，电流由向流过电流表 B．向前加速时，若加速度增大，MN板间的距离增大，电容器的电容减小 C．由静止突然向前加速时，电流由向流过电流表 D．保持向前的匀减速运动时，MN之间的电场强度持续减小 例 3．某同学设计了一个电容式风力传感器，如图所示。将电容器与静电计组成回路，P点为极板间的一点。可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大（可动电极不会到达P点）。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是（　　） A．风力越大，电容器的电容越小 B．风力越大，极板间电场强度越小 C．风力越大，P点的电势越低 D．风力越大，静电计的指针张角越大 例 4．如图，两平行板电容器正对面积分别为S、2S，两板间距离分别为，开始时开关断开，两板间电压分别为，两电容器带电量均为Q。下列说法正确的是（　　） A． B．闭合开关后，电阻R上有a→b电流 C．闭合开关并稳定后，两板间电压U介于之间 D．闭合开关并稳定后，两电容器带电量之比为4：1 变式 5．有一平行板电容器，两铝质极板的正对面积是0.01m2，极板间充满相对介电常数为9的氧化铝膜，氧化铝膜厚度为0.001mm。已知静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，请回答下列问题（保留两位有效数字）： (1)该电容器的电容是多大？ (2)若在电容器两极板间加上0.5V的电压，此时电容器所带电荷量是多少？ (3)在（2）中情况下，该电容器极板间的电场强度是多大？ (4)若将该电容器与一个电动势为1.5V的电源相连，充电稳定后，电容器所带电荷量为多少？ (5)在（4）中情况下，断开电源，将极板间距离增大为原来的2倍，此时电容器的电容变为多大？所带电荷量如何变化 变式 6．如题图所示，A、B是由两水平放置的金属板构成的平行板电容器，先将开关S闭合，等电路稳定后再将S断开，两极板间有一带电油滴P恰好处于静止状态。现将B板水平向左移一小段距离，则下列说法正确的是（　　） A．电容器充电过程中，流过电阻R的电流方向为b→a B．油滴P带正电 C．油滴P向上运动 D．油滴P向下运动 变式 7．教室里的一体机屏幕多为电容屏，具有灵敏度高的特点。电容式触摸屏其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上极板A为可动电极，下极板B为固定电极。若开始时两极板间距为，电容器的电容为，当手指触压屏幕，极板发生变形后，两极板间距变为。且电源电压恒为U，P为两极板之间的一个定点。则下列说法正确的是（　　） A．此时电容器电容变为 B．形变过程中，电容器的电荷量减少 C．若A板接地，则形变过程中，P、B间电势差变大 D．若电源c端为正极，则形变过程中，电路中电流方向为从a到b 变式 8．如图所示，两个相同的水平放置的平板空气电容器连接起来，充电后电容器A中的带电微粒P刚好静止地悬浮着。撤去电源，将电容器B的两板水平地错开，使两板相对的面积减小为原来的一半（　　） A．此时带电微粒将保持静止悬浮 B．此时带电微粒将以的加速度向上运动 C．此时带电微粒将以的加速度向下运动 D．此时带电微粒将以的加速度向上运动 1、带电粒子（或带电体）在电场中的直线运动 （1）做直线运动的条件 ①粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。 ②粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。 （2）用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad，v＝v0+at （3）用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1 2、交变电场中的直线运动 U-t图 v-t图 轨迹图 例 9．如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有恒定的电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（　　） A．电子到达Q板时的速率，与板间电压无关，仅与两板间距离有关 B．电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与板间电压有关 C．两板间距离越小，电子的加速度就越小 D．两板间距离越大，加速时间越短 例 10．如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量为q的电子仅在静电力作用下，在，时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则（　　） A．A、B两板间的距离为 B．电子在两板间的最大速度为 C．电子在两板间做匀加速直线运动 D．若电子在时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B板 例 11．如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合开关分别与电源两极相连，两极中央各有一个小孔和，在孔正上方某处有一带电微粒由静止开始下落，不计空气阻力，该微粒到达孔时速度恰为零，然后返回，则（    ） A．该微粒带负电 B．保持S闭合，A板适当上移，带电微粒穿过孔 C．断开S，A板适当下移，带电微粒会穿过孔 D．断开S，B板适当下移，带电微粒不能穿过孔 例 12．如图所示，一个质量为，电荷量大小为的带电小球在匀强电场的作用下静止在光滑绝缘斜面的顶端，斜面倾角，长度，电场强度方向平行斜面向上。现将原电场快速撤去并加上平行斜面向下的匀强电场，场强大小不变。已知重力加速度取，空气阻力忽略不计，电场改变所用时间可忽略，不考虑因电场变化产生的电磁感应。求： (1)小球带什么电？匀强电场的电场强度大小； (2)小球下滑过程中的加速度大小和到达斜面底端时的速度大小。 变式 13．粒子直线加速器简化如图所示：沿轴线分布O（为薄金属环）及A、B、C、D、E 5个金属圆筒（又称漂移管），相邻漂移管分别接在高压交流电源MN的两端，O接M端。质子飘入（初速度不计）金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间为交流电压周期的一半，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同，周期为T。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则 (1)质子从金属圆筒E射出时的速度大小为多少？ (2)金属圆筒C的长度与金属圆筒D的长度之比为多少？ 变式 14．在如图甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交流电压，开始时B板的电势比A板的高。这时在两板中间的电子由静止在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下列说法正确的是（不计电子重力）（　　） A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性运动 B．电子一直向A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板做周期性运动 变式 15．如图所示，ABCD为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向的夹角，一带正电小球经过等势面A上的点时，速度方向水平，小球沿直线运动，经过等势面D上的点时速度恰好为零，已知小球质量为，带电量，ad间的距离为，重力加速度，，，则下列说法正确的是（　　） A．匀强电场强度大小为7.5N/C B．小球在a点的速度大小为1.5m/s C．A和B两等势面的电势差 D．若小球从d点沿da方向水平射入，则小球的运动轨迹为曲线 变式 16．如图所示，光滑绝缘的固定斜面（足够长）倾角为37°，一带正电的小物块质量为m，电荷量为q，置于斜面上，当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上。从某时刻开始，电场强度大小变为原来的2倍，（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2）求： (1)原来的电场强度大小； (2)电场变化后小物块运动的加速度大小； (3)电场变化后小物块2s末的速度大小和2s内的位移大小。 一、先加速后偏转 不同的带电粒子由静止开始经过同一电场（U1）加速后，再从同一偏转电场（电压U2、板宽d、板长L）射出时的偏移y、偏转角度φ总是相同的。证明： （1）由qU1=；得 （2）由qU1=；，得tan φ=。 【结论】偏移y、偏转角度φ与粒子电量q和质量m无关；与偏转电压U2成正比，与加速电压U1成反比。 【提醒】由qU1=得①，可能不相等；②偏转时间与v0成反比；③末速度与v0成正比。 二、求粒子打到荧光屏上总偏移的三种方法 三、交变电场中的偏转 U-t图 轨迹图 vy-t图 例 17．如图所示，三个完全相同且重力不计的粒子a、b、c，同时从同一点沿水平方向飞入竖直偏转电场，轨迹如图所示，下列判断正确的是（不计a、b、c之间的相互作用，不考虑电场的边缘效应）（　　） A．刚进电场时b、c的速度相同，a的速度最小 B．在b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上 C．b和c同时飞离电场 D．a、b、c三个粒子在电场运动的全过程中，动能的增加量相同 例 18．有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，下图是它的原理图。如图所示，如果两偏转电极都不加偏转电压，电子束将刚好打在荧光屏的中心处，形成亮斑。如果在偏转电极XX’上不加电压，在偏转电极YY’上加电压，YY’两极板间距为d。现有一电子以速度进入示波管的YY’偏转电场，最后打在荧光屏上的位置与中心点竖直距离为y，电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间为t，则下列说法正确的是（   ） A．若，则电子打在荧光屏中心位置下方 B．若仅增大偏转电压，则t不变 C．若仅减小YY’极板间距离d，则y不变 D．若，则可以让电子打在荧光屏正中心处 例 19．如图所示，竖直虚线MN、PQ间距为L，在MN的左侧有水平向右、大小为2E的匀强电场，在MN、PQ之间有竖直向下、大小为E的匀强电场，在PQ右侧2L处有一竖直屏。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子，从MN左侧处的A点，由静止释放，粒子以速度v0（大小未知）射入MN、PQ之间的电场中，过A点的水平线与屏的交点为O，不计粒子的重力。求： (1)v0的大小； (2)粒子从释放到打到屏上所用的时间； (3)粒子从PQ离开电场时速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ； (4)打到屏上的点到O点的距离。 例 20．如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度平行于极板进入（记为时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受电场力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出，则下列说法中正确的是（    ） A．若粒子在时未射出，则粒子在垂直极板方向的速度不为0 B．粒子射出时的速度大小一定为 C．若粒子在时未射出，则粒子在垂直极板方向的位移大小为（d为极板间距） D．极板间距离d需满足，粒子才不会与极板碰撞 变式 21．如图，带电荷量之比为的带电粒子A、B以相等的速度从同一点出发，沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若，忽略粒子重力的影响，则（　　） A．A和B在电场中运动的时间之比为 B．A和B运动的加速度大小之比为 C．A和B的质量之比为 D．A和B的位移大小之比为 变式 22．如图所示的示波管，当两偏转电极上的电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在苂光屏上的正中间（图示坐标系的点，其中轴与电场的场强方向重合。轴正方向垂直于纸面向里，轴与电场的场强方向重合，轴正方向竖直向上。）下列说法正确的是（    ）    A．若要电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限，则接电源正极，接电源负极 B．若只在两极加上偏转电压，则在苂光屏上能看到沿轴的亮线 C．若只在两极加上偏转电压，增大两极电压，则电子位置会沿轴方向移动 D．示波管工作时，可任意调节两极电压，荧光屏上都会出现稳定波形 变式 23．如图为简化后喷墨打印机的工作原理图。一质量m=1.6×10-10kg的墨滴经带电室时带上一定量的负电荷，随后以初速度v0=20m/s垂直射入平行偏转极板形成的电场中，经电场偏转后打在纸面上。已知偏转极板长L1=1.6cm，板间距d=0.5cm，板间电压U=8.0×103V，偏转极板右端到纸面的距离L2=3.2cm。墨滴打在纸上的点偏离原入射方向的距离为Y=0.2cm。忽略空气阻力、墨滴所受重力和偏转电场的边缘效应。求： (1)墨滴在偏转极板间的运动时间t； (2)墨滴通过带电室后所带的电量q； (3)仅通过调节L2来实现字体缩小了10%，则L2应调为多大？ 变式 24．如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射入偏转电场，A、B两板距离为d，A、B板长为L，AB两板间加周期性变化的电场UAB，如图乙所示，周期为T，加速电压U1=，其中m为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求： (1)电子从加速电场U1飞出后的水平速度v0的大小； (2)t=0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A、B间中线的距离y； (3)在0～内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。 1、“等效重力法”分析复合场中圆周运动的几种常见情况 绳不松、不脱轨，在等效最低点的速度条件： 【特别提醒】若带电粒子在水平面内运动，则为俯视图，等效重力加速度为。 2、带电粒子在复合场中的匀变速曲线运动的几种常见情况 竖直向上抛出 水平抛出 斜上抛出 例 25．如图所示，竖直面内固定有一半径、圆心为的光滑绝缘圆轨道，点分别为轨道的最高点、最低点，、两点为轨道上与圆心等高的两点。竖直面内存在平行于平面的匀强电场（图中未画出），已知点的电势差，、点的电势差。将电荷量、质量的小球（视为点电荷）从轨道上点由静止释放。取重力加速度大小。求： (1)电场的电场强度的方向和大小； (2)小球经过点时对轨道的压力大小； (3)小球从点运动到点过程中的最大速度。 例 26．如图，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度现有质量m=0.1kg的（带电体可视为质点）放在水平轨道上A点处，AB两点距离x=1.0m，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零，已知带电体所带电荷量，取，求： (1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度的大小； (2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小； (3)物体从B到C过程中发热量。 变 27．如图所示，在竖直平面内固定一半径为0.4m的光滑绝缘轨道，圆心为O，匀强电场存在竖直平面内，电场方向与竖直平面平行，一带电小球在轨道内侧做顺时针圆周运动，运动过程中，当小球通过圆弧上A点时动能最大，此时轨道对小球的支持力为10N，已知小球在轨道内做圆周运动中最大动能与最小动能差值为1.2J，不计空气阻力。 (1)试判断小球动能最小的位置并说明理由； (2)小球在轨道内做圆周运动过程中的最小动能及此时小球对轨道的作用力； (3)如小球运动到动能最小位置时，将轨道撤去并开始计时，小球在0.2s时运动到C点，小球在C点的动能与原来在A点时的动能相等，则小球的质量是多少及AC间的距离。 变式 28．如图所示，在竖直平面内固定一绝缘轨道ABCD，光滑轨道AB水平放置，粗糙轨道CD与水平方向夹角为θ=60°，BC是绝缘光滑的圆弧形轨道，与AB、CD相切于B、C两点，圆弧的圆心为O，半径R=1m。轨道所在空间存在水平向左的匀强电场，电场强度的大小。现有一质量、电荷量的带正电的小物块（可视为质点），从CD轨道上某一位置由静止释放，物块第一次在轨道AB上运动到距离B点最远的距离为，物块与轨道CD间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g=10m/s2。求： (1)物块第一次经过圆弧上的B点时，对轨道的压力大小； (2)物块释放点距离C点的高度h； (3)物块在CD轨道上运动的总路程x。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《专题03 带电粒子在电场中的运动——重难点》参考答案： 1．A 【详解】A．只是电容的定义式，电容的大小只由电容器自身决定，与所带电荷量和电压均无关，故A错误，满足题意要求； B．从可以看出，电容的大小取决于电介质的种类、导体的形状和两极板的位置关系，故B正确，不满足题意要求； C．是适用于各种电容器的定义式，故C正确，不满足题意要求； D．是只适用于平行板电容器的决定式，故D正确，不满足题意要求。 故选A。 2．BC 【详解】A．匀速运动时加速度为0，电容不变，故电容器不会充放电，所以线路中无电流，板与电源正极相连带正电荷，故A错误； B．向前加速时，若加速度增大，由于惯性N板向后移，两极板间距增大，根据可知，电容减小，故B正确； C．由静止突然向前加速时，由于惯性N板向后移，两极板间距增大，根据可知，电容减小，根据可知，不变，则减小，所以有放电电流，电流由流向，故C正确； D．保持向前的匀减速运动时，加速度不变，极板N的合力不变，故弹簧形变量不变，故极板间距不变，由可知，MN之间的电场强度不变，故D错误。 故选BC。 3．C 【详解】AD．可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大，则板间距离越小，根据 可知电容越大，极板上电荷量保持不变，根据 可知板间电压越小，则静电计指针张角越小，故AD错误； BC．根据 可知极板间电场强度保持不变，由于风力越大，点与接地负极板的距离越小，根据 可知点与接地负极板的电势差越小，则点的电势越小，故B错误，C正确。 故选C。 4．C 【详解】A．由电容的决定式 可得 由电容的定义式 以及 解得 ，故A错误； B．闭合开关后，放电，充电，则流过R的电流为b→a，故B错误； C．放电，减小。 充电，增大。所以闭合开关并稳定后，两板间电压U 介于、之间，故C正确。 D．闭合开关并稳定后，两电容器电压相同，由Q=CU解得 ，故D错误； 故选C。 5．(1)8.0×10-7 F (2)4.0×10-7 C (3)5.0×105 V/m (4)1.2×10-6 C (5)电容变为4.0×10-7 F，电荷量不变 【详解】（1）该电容器的电容是F=8.0×10-7 F （2）若在电容器两极板间加上0.5V的电压，根据 可得4.0×10-7 C （3）根据电场强度的计算公式有5.0×105 V/m （4）充电稳定后，电容器电势差为1.5V，根据 解得所带电荷量为 （5）在（4）中情况下，断开电源，则电荷量不变，将极板间距离增大为原来的2倍，根据， 可知此时电容器的电容变为4.0×10-7 F 6．AC 【详解】A．开关S断开前，电容器充电，流过电阻R的电流方向为b→a，故A正确； B．上极板带正电，下极板带负电，电场竖直向下，油滴P在电场力和重力作用下静止，故油滴带负电，故B错误； CD．B板水平向左平移一小段距离，正对面积S减小，电容C减小，电荷量Q不变，电势差U增大，板间电场E增大，油滴受电场力增大，故油滴向上运动，故C正确，D错误。 故选AC。 7．AC 【详解】A．根据题意，由电容器决定式有，若两极板间距变为，其它保持不变，则电容器电容变为，故A正确； BD．电容器与电源相连，电容器两极板间的电压不变，由电容器定义式可知，电容变大，极板上电荷量变大，电容器充电，若电源c端为正极，则形变过程中，电路中电流方向为从到，故BD错误； C．电容器与电源相连，电容器两极板间的电压不变，极板间距离减小，则极板间电场强度增大，形变过程中，P、B间距离不变，则由公式可知，P、B间电势差变大，故C正确。 故选AC。 8．B 【详解】两电容器极板间的电压始终大小相等，对电容器A有 对电容器B有 解得两电容器所带总的电荷量为 一定，当电容量B的两板水平地错开之前，由于两电容器相同，即 解得 当电容器B的两板水平地错开，使两板相对的面积减小为原来的一半，即 解得 解得 电压增大，即微粒所受电场力增大，微粒将向上加速运动，B电容器没有错开后 B电容器没有错开前 解得 故选B。 9．B 【详解】AB．根据动能定理 可得电子到达Q板时的速率v＝ 则电子到达Q板时的速率与极板间距离无关，与加速电压有关，故A错误，B正确； CD．极板与电源相连，电压U不变，根据E＝ 可知两极板距离d越小，场强E越大，根据 可知电场力越大，加速度越大，根据 可得距离越大加速时间越长。 故CD错误。 故选B。 10．AB 【详解】A．电子在时刻由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，由于在第一个内做匀加速直线运动，在第二个内做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，可知经过两个时间恰好到达B板，加速度 因为 解得，故A正确； B．由题意可知，经过时间速度最大，则最大速度为，故B正确； C．电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C错误； D．若电子在时刻进入两极板，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动、若电子匀减速到零，位移之和大于极板的间距，电子不会做往复运动，在匀减速直线运动的过程中到达B板，故D错误。 故选AB。 11．ACD 【详解】A．由图可知，A板带正电，B板带负电，该微粒到达孔时速度恰为零，然后返回，可知该微粒带负电，故A正确； B．设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电量为q，由题得质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得 若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得 解得v=0 说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故B错误； C．断开S时，两板带电量不变，则有，， A板适当下移，板距变小，板间电场强度不变，板间电压变小，则有 说明带电微粒会穿过孔，故C正确； D．由原来的情况有 可得 则 断开S时，B板适当下移，由以上分析可知，板距变大，板间电场强度不变，若带电微粒能运动到b孔，则有 说明带电微粒不能穿过孔，故D正确。 故选ACD 。 12．(1)正电， (2)， 【详解】（1）由于小球静止在光滑绝缘斜面上，故受力如下图 小球所受电场力与电场强度方向相同，则小球带正电。由平衡条件可得 解得 （2）电场改变后，小球受力情况如下图所示 由牛顿第二定律得 解得 代入运动学公式 解得 13．(1) (2) 【详解】（1）质子沿轴线进入加速器，从金属圆筒E射出时经5次加速，由动能定理可得 解得质子从金属圆筒E射出时的速度大小为 （2）根据动能定理有 金属圆筒D的长度 根据动能定理有 金属圆筒C的长度 金属圆筒C的长度与金属圆筒D的长度之比 14．C 【详解】在前半个周期内，B板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图示图象 所以电子一直向B板运动。 故选C。 15．B 【详解】A．根据小球的受力图，有 解得 选项A错误； B．小球在运动过程的加速度满足 解得 根据 解得 选项B正确； C．粒子在运动过程中，重力不做功，故 解得 选项C错误； D．若小球从点水平射入，小球受到的电场力方向水平向左，小球做加速直线运动，选项D错误。 故选B。 16．(1) (2)6 m/s2，方向沿斜面向上 (3)12m/s，12 m 【详解】（1）对小物块受力分析如图所示，小物块静止于斜面上， 则mgsin 37°＝qEcos 37° 解得 （2）当场强变为原来的2倍时，小物块受到的合外力F合＝2qEcos 37°－mgsin 37°＝0.6mg 由牛顿第二定律有F合＝ma 所以a＝6 m/s2，方向沿斜面向上。 （3）由运动学公式，知v＝at＝6×2 m/s＝12 m/s x＝at2＝×6×22 m＝12m 17．B 【详解】ABC．在电场中，三个完全相同的粒子受到的电场力相同，则加速度也相同，在竖直方向，根据，有ta=tb>tc 在水平方向，三个粒子做匀速直线运动，且在电场中发生的水平位移xa<xb=xc，根据，有va<vb<vc，故AC错误，B正确； D．在电场方向，a、b两电荷发生的位移相同，c电荷发生的位移小，故电场力对a、b两电荷做功一样多，对c电荷做功少，根据动能定理知，a、b两电荷动能增加量相等，c电荷动能增加量小，故D错误。 故选B。 18．B 【详解】A．若，则电子受到的电场力竖直向上，所以电子打在荧光屏中心位置上方，故A错误； B．电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，所以若仅增大偏转电压，所以电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间t不变，故B正确； C．电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，偏转位移 时间不变，若仅减小YY’极板间距离d，偏转位移y变大，故C错误； Ｄ．若，则电子受到的电场力竖直向上，所以电子打在荧光屏中心位置上方，若，则电子受到的电场力水平向左，所以电子打在荧光屏中心位置左方，所以电子不会打在荧光屏正中心处，故D错误。 故选B。 19．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）粒子在MN左侧运动过程中，根据动能定理可得 解得 （2）粒子在MN左侧运动过程中，根据牛顿第二定律 解得 运动时间为 粒子在MN右侧运动过程中，在水平方向上做匀速直线运动，运动时间为 所以，粒子从释放到打到屏上所用的时间为 （3）粒子在MN、PQ间做类平抛运动，在水平方向 在竖直方向，根据牛顿第二定律， 联立，解得 所以，粒子从PQ离开电场时速度方向与AO连线夹角θ的正切值为 （4）粒子在MN、PQ间竖直位移为 粒子在PQ右侧做匀速直线运动，运动时间为 则竖直位移为 所以，打到屏上的点到O点的距离为 20．BC 【详解】A．粒子在垂直极板方向运动，加速，先减速再反向加速，末垂直速度不为0，但粒子最终要以平行极板速度射出（垂直速度为0），所以若未射出，此时垂直速度不符合射出条件，A错误； B．粒子射出时垂直极板方向速度为0，水平方向速度始终为v，所以射出速度大小为v，B正确； C．粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动图像如图所示 位移 由图像面积可知粒子在垂直极板方向的位移大小为，C正确； D．粒子在垂直方向最大位移出现在或等时刻，位移 要使粒子不与极板碰撞，需 即 D错误。 故选BC。 21．C 【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，则有 因初速度相等，所以A和B在电场中运动的时间之比，故A错误； B．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有 因y相同，则它们的加速度大小之比为 ，故B错误； C．根据牛顿第二定律有 解得粒子质量 则它们的质量之比为，故C正确； D．A、B的位移大小之比为，故D错误。 故选C。 22．C 【详解】A．若要电子打在图示坐标系的第Ⅱ象限，电子受到的电场力在x轴上沿-x方向，在y轴上沿+y方向，则接电源正极，接电源正极，故A错误； B．若只在两极加上偏转电压，则在苂光屏上能看到垂直轴的亮线，故B错误； C．若只在两极加上偏转电压，粒子受力沿x轴，增大两极电压，则电子位置会沿轴方向移动，故C正确； D．如果两电压频率都不稳定，则无法获得稳定 ，故D错误。 故选C。 23．(1)8×10-4s (2)1.25×10-13C (3)2.8cm 【详解】（1）墨滴在偏转电场中运动时间为t，则 解得 （2）离开电场时偏移量为y，则， 根据类平抛的推论知，离开偏转电场时速度的反向延长线交于L1的中点，根据三角形相似得 变形后代入数据得 （3）设缩小后液滴在纸上的偏移量为Y′，则 由以上分析可得 代入数据得 24．(1) (2) (3)50% 【详解】（1）电子在加速电场中加速，由动能定理得 解得 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向 解得 t=0时刻进入偏转电场的电子加速度 电子离开电场时距离A、B中心线的距离 解得 （3）在0~内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A、B间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，经过时间t′后速度 此后两板间电压大小变为3U0，加速度大小变为 电子向上做加速度大小为3a的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a的匀加速直线运动，最后回到A、B间的中线，经历的时间为，则 解得 则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为 则在0～时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比 25．(1)1000V/m，电场强度方向垂直于A、C点的连线，且由B点指向D点。 (2)6N (3) 【详解】（1）根据可知，电场强度方向垂直于A、C点的连线，结合可知，电场强度方向由B点指向D点，如图所示，由 解得 （2）设小球经过D点时的速度大小为，小球从C点运动到D点的过程中有 小球经过D点时有 由牛顿第三定律有 解得 （3）如图所示，小球在重力场和电场所受合力为，则小球在的方向上位移最大时，所做正功最多，由动能定理可知此时小球动能最大，也即速度最大，由图可知 设小球最大速度的点为G，则G、O点的连线与竖直方向的夹角为也为，从A点到G点，根据动能定理有 解得 解得 26．(1)， (2) (3) 【详解】（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有 解得 设带电体运动到B端的速度大小为，根据匀变速直线的规律有 解得 （2）当带电体运动到圆轨道B端时，根据牛顿第二定律有 解得 由牛顿第三定律可知对圆弧轨道的压力大小为。 （3）带电体A到C过程，根据动能定理 解得 则A到C过程中发热量为 27．(1)见解析 (2)， (3)， 【详解】（1）小球动能最小的位置在点，与A点关于圆心对称。 理由：重力和电场力的合力恒定，沿方向，可见从A点到点合力做负功最多，故点动能最小。 （2）由题意可知小球受到的电场力与重力的合力应该沿半径方向，当小球运动到以所在直线的直径另一端点时动能最小，设小球在A点对应速度为直径另一端点时速度大小为；由牛顿第二定律可知在处有 从A点运动到B点，由动能定理可知 解得 当小球运动到点时，设轨道对小球的压力为则有 解得 （3）如果此时撤去轨道，并开始计时，小球将会做类平抛运动，设小球时运动到点，由于在点动能与在处一样大，则由题可判断连线应该与重力场和电场的合力场方向垂直，小球从到做类平抛运动，设小球的质量为，沿方向加速度为 解得 粒子在点时速度为则有 运动到点时做类平抛运动则 解得 28．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块从B到距B点最远处，根据动能定理有 根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律 （2）根据题意BC圆弧对应的圆心角也为，设滑块释放点距离C点的高度为h。 从释放点到B，根据动能定理有 解得 （3）物块最终在BC间来回振动，从开始释放到最终在C点速度为0，物块在CD轨道上运动的总路程为x，根据动能定理有 解得 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $