思維方法
1．帶電粒子在勻強電場中做直線運動時，一般用牛頓第二定律與運動學公式結(jié)合處理或用動能定理處理．
2．在勻強電場中做類平拋運動時一般從分解的角度處理，也可用動能定理處理能量問題．
3．在交變電場中的運動，一般是幾段運動的組合，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．
選擇題
1．[2022·福州檢測]如圖為示波管的工作原理圖．電子經(jīng)電壓為U1的電場加速后，垂直射入電壓為U2的勻強偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)電場的極板長度為L，極板間的距離為d，y為電子離開偏轉(zhuǎn)電場時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)距離．用“單位偏轉(zhuǎn)電壓引起的偏轉(zhuǎn)距離”來描述示波管的靈敏度，即 eq \f(y,U2) (該比值越大則靈敏度越高)，下列可以提高示波管靈敏度的方法是( )
A．減小U1 B．增大U1
C．減小U2 D．增大U2
2．[2021·湖南永州月考]如圖所示，水平放置的平行板電容器兩極板間距為d，帶負電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q，它從上極板的邊緣以初速度v0射入，沿直線從下極板N的邊緣射出，設(shè)重力加速度大小為g.則( )
A．微粒的加速度不為零
B．微粒的電勢能減少了mgd
C.兩極板間的電勢差為 eq \f(mgd,q)
D．M板的電勢低于N板的電勢
3．[2022·河北衡水中學考試]如圖所示，虛線1、2、3是豎直方向勻強電場中間距相等的等勢線．將重力不可忽略、帶等量異種電荷的小球a、b同時以相等的速率分別沿1、3等勢線拋出，t時刻兩小球經(jīng)過等勢線2.不計兩小球間的相互作用．下列說法正確的是( )
A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的小
B．在t時刻，a的動能比b的大
C．在t時刻，a和b的電勢能相等
D．在t時刻，a和b的動量大小相等
4．(多選)一質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度大小v0從a點豎直向上射入勻強電場中，場強方向水平向右．粒子通過電場中的b點時，速率為2v0，方向與電場方向一致，重力加速度為g.則( )
A．粒子受到的電場力大小為mg
B．粒子受到的電場力大小為2mg
C．粒子從a到b機械能增加了2mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
D．粒子從a到b機械能增加了 eq \f(3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2)
5．[2022·重慶適應(yīng)性考試]如圖所示，一半徑為R的絕緣圓形軌道豎直放置，圓軌道最低點與一條水平軌道相連，軌道都是光滑的．軌道所在空間存在水平向右的勻強電場．從水平軌道上的A點由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶正電的小球，已知小球受到的電場力大小等于小球重力的 eq \f(3,4) .為使小球剛好在圓軌道內(nèi)做完整的圓周運動，則釋放點A距圓軌道最低點B的距離s為( )
A． eq \f(7,2) R B． eq \f(10,3) R
C． eq \f(13,6) R D． eq \f(23,6) R
6．(多選)[2022·天津重點中學二聯(lián)]如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向固定放置．第一次從小孔O1處由靜止釋放一個質(zhì)子，第二次從小孔O1處由靜止釋放一個α粒子，不計粒子的重力，關(guān)于這兩個粒子的運動，下列判斷正確的是( )
A．質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2
B．質(zhì)子和α粒子在整個過程中運動的時間相等
C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2
D．質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同
7.
(多選)傾角為θ＝30°的光滑絕緣斜面底端O點固定一正點電荷，一帶正電的小物塊(可視為質(zhì)點)從斜面上的A點由靜止釋放，沿斜面向下運動能夠到達的最低點是B點．取O點所在的水平面為重力勢能的零勢能面，A點為電勢能零點，小物塊的重力勢能E重、BA之間的電勢能E電隨它與O點間距離x變化關(guān)系如圖所示．重力加速度g＝10 m/s2，由圖中數(shù)據(jù)可得( )
A．小物塊的質(zhì)量為5 kg
B．在B點，E電＝25 J
C．從A點到B點，小物塊速度先增大后減小
D．從A點到B點，小物塊加速度先增大后減小
8．[2022·湖南長郡中學考試]如圖甲所示，兩水平平行金屬板a、b間距為d，在兩板右側(cè)裝有熒光屏MN(絕緣)，O為其中點．在兩板a、b上加上如圖乙所示的電壓，電壓最大值為U0.現(xiàn)有一束帶正電的離子(比荷為k)，從兩板左側(cè)中點以水平初速度v0連續(xù)不斷地射入兩板間的電場中，所有離子均能打到熒光屏MN上，已知金屬板長L＝2v0t0，忽略離子間相互作用和熒光屏MN的影響，則在熒光屏上出現(xiàn)亮線的長度為( )
A．kdU0t eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) B． eq \f(kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2d)
C． eq \f(kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,d) D． eq \f(3kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2d)
9.
(多選)如圖所示，坐標系O-xyz的z軸方向豎直向上，所在空間存在沿y軸正方向的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從z軸上的A點以速度v0沿x軸正方向水平拋出，A點坐標為(0，0，L)，重力加速度為g，場強E＝ eq \f(mg,q) .下列說法正確的是( )
A．小球做非勻變速曲線運動
B．小球運動的軌跡所在的平面與xOy平面的夾角為45°
C．小球的軌跡與xOy平面交點的坐標為(v0 eq \r(\f(2L,g)) ，L，0)
D．小球到達xOy平面時的速度大小為 eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋4gL)
二、非選擇題
10．[2022·福建廈門一中月考]相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開有一個小孔，如圖甲所示，靠近A板的小孔處有一電子槍，能夠持續(xù)均勻地發(fā)射出電子，電子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為－e，在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交變電壓，其中0mb，所以a的動能比b的大，a的動量大于b的動量，選項B正確，D錯誤．在t時刻兩小球的電勢相等，又兩球帶異種電荷，故在t時刻兩球電勢能不等，選項C錯誤．
4．答案：BC
解析：帶電粒子的運動可以分解為豎直方向的豎直上拋運動和水平方向的初速度為零的勻加速直線運動．設(shè)粒子受到的電場力為F，根據(jù)動量定理，在豎直方向有mgt＝mv0，在水平方向有Ft＝2mv0，聯(lián)立解得F＝2mg，選項A錯誤，B正確．設(shè)a、b之間的豎直高度為h，在豎直方向有v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝2gh，粒子從a到b的運動過程中，重力勢能增加量ΔEp＝mgh＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，動能增加量ΔEk＝ eq \f(1,2) m（2v0）2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝ eq \f(3,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，粒子從a到b機械能增加了ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＋ eq \f(3,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝2mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，選項C正確，D錯誤．
5．答案：D
解析：
已知qE＝ eq \f(3,4) mg，重力與電場力的合力F為等效重力，F(xiàn)＝ eq \r(（mg）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)mg))\s\up12(2)) ＝ eq \f(5,4) mg，F(xiàn)與豎直方向成θ＝37°角斜向右下．過圓軌道圓心作與豎直方向成θ角的直線如圖，在直線與圓軌道的交點C處，等效重力F指向圓心，C點即為等效最高點．小球剛好在圓軌道內(nèi)做完整的圓周運動，在等效最高點，軌道對小球的彈力為零，等效重力提供向心力，由牛頓第二定律得F＝m eq \f(v2,R) ，解得v＝ eq \r(\f(5,4)gR) .小球從水平軌道到達等效最高點過程中，由動能定理得qEs－mgR（1＋cs θ）－qER sin θ＝ eq \f(1,2) mv2－0，解得s＝ eq \f(23R,6) ，D正確．
6．答案：CD
解析：根據(jù)動能定理有 eq \f(1,2) mv2－0＝qU，解得v＝ eq \r(\f(2qU,m)) ，質(zhì)子（ eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(1)) H）和α粒子（ eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) He）的比荷之比為2∶1，故兩者在O2處的速度大小之比為 eq \r(2) ∶1，選項A錯誤．在A、B間a＝ eq \f(qU,md) ，則質(zhì)子的加速度大，所以質(zhì)子運動時間短；進入右側(cè)電場做類平拋運動，由h＝ eq \f(1,2) · eq \f(Eq,m) t2，可知質(zhì)子做類平拋運動的時間也短，故質(zhì)子在整個過程中的運動時間小于α粒子的運動時間，選項B錯誤．對整個過程，由動能定理得Ek－0＝q（U＋Eh），故帶電粒子的末動能與電荷量成正比，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2，選項C正確．帶電粒子由O2到MN板，豎直方向上有h＝ eq \f(1,2) · eq \f(Eq,m) t2，水平方向上有x＝vt，又v＝ eq \r(\f(2qU,m)) ，聯(lián)立解得x＝2 eq \r(\f(Uh,E)) ，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同．選項D正確．
7．答案：BC
解析：由題圖可知，物塊在距斜面底端x1＝2 m處，重力勢能為100 J，由重力勢能的定義有E重＝mgx1sin 30°，解得m＝10 kg，A項錯；物塊在沿光滑斜面下滑的過程中，只有重力和電場力做功，物塊的機械能與電勢能之和保持不變，由題圖可知，物塊機械能與電勢能之和為100 J，物塊到達B點時（x＝1.5 m）電勢能最大，動能為零，重力勢能為75 J，所以物塊在B點的電勢能E電＝25 J，B項正確；物塊從A點靜止釋放，到達最低點B時速度為零，所以物塊從A到B過程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，C項正確，D項錯．
8．答案：C
解析：
離子在兩板間運動，沿水平方向做勻速運動，運動時間t＝ eq \f(L,v0) ＝2t0，所有離子運動時間都等于電場變化的周期，作出各個時刻射入電場的離子在板間沿電場方向上運動的vy-t圖象，如圖所示，由圖象可知，離子離開兩板間時沿電場方向的速度vy均相同，vy-t圖象與t軸圍成的面積表示沿電場方向的位移，由圖象可知0時刻進入電場的離子沿電場方向的位移最大，t0時刻進入電場的離子沿電場方向的位移最?。x子在電場中運動的加速度a＝ eq \f(qU0,md) ＝ eq \f(kU0,d) ，離子離開兩板間時沿電場方向的速度為vy＝at0＝ eq \f(kU0t0,d) ，由圖象面積可得，離子沿電場方向運動的最大位移ymax＝ eq \f(1,2) （t0＋2t0）at0＝ eq \f(3kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2d) ，離子沿電場方向運動的最小位移為ymin＝ eq \f(1,2) t0·at0＝ eq \f(kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2d) ，屏上亮線的長度為Δy＝y(tǒng)max－ymin＝ eq \f(kU0t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,d) ，C正確．
9．答案：BCD
解析：小球始終受到重力與電場力，因此可等效成一個恒定的力，且此力方向與初速度方向垂直，所以做勻變速曲線運動，故A錯誤；由于重力與電場力大小相等，所以小球在這兩個力的合力所在平面運動，且與水平面成45°角，故B正確；小球在z軸方向做自由落體運動，只受重力，且初速度為零，所以小球到達xOy平面所用時間t＝ eq \r(\f(2L,g)) ，小球在x軸方向做勻速直線運動，則發(fā)生的位移為v0 eq \r(\f(2L,g)) ，而在y軸方向小球只受電場力，初速度為零，因此發(fā)生的位移為 eq \f(1,2) · eq \f(Eq,m) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2L,g)))) eq \s\up12(2) ＝L，所以小球的軌跡與xOy平面交點的坐標為 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0\r(\f(2L,g))，L，0)) ，故C正確；小球在重力與電場力的共同作用下產(chǎn)生的加速度為 eq \r(2) g，則小球最后到達xOy平面時在重力和電場力的合力方向上速度的增加量為 eq \r(2) g· eq \r(\f(2L,g)) ，所以小球最后到達xOy平面時的速度大小為 eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋4gL) ，故D正確．
10．答案：（1） eq \f(\r(6),3) v0 eq \f(2\r(3),3) v0 （2） eq \f(L2,8d)
解析：（1）電子經(jīng)過電容器內(nèi)的電場后，速度要發(fā)生變化，設(shè)在0～kT時間內(nèi)，穿出B板的電子速度為v1，kT～T時間內(nèi)射出B板的電子速度為v2
根據(jù)動能定理有：－eU0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，
eU0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
將U0＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,6e) 代入上式，得：v1＝ eq \f(\r(6),3) v0，v2＝ eq \f(2\r(3),3) v0；
（2）在0～kT時間內(nèi)射出B板的電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間：t1＝ eq \f(L,v1)
側(cè)移量：y1＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝ eq \f(eU0L2,2mdv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ，得y1＝ eq \f(L2,8d)
設(shè)打在熒光屏上的坐標為y′1，則y′1＝2y1＝ eq \f(L2,4d)
同理可得，在kT～T時間內(nèi)射出B板后電子的側(cè)移量：y2＝ eq \f(L2,16d)
打在熒光屏上的坐標y′2＝2y2＝ eq \f(L2,8d)
故這兩個發(fā)光點之間的距離：Δy＝y(tǒng)′1－y′2＝ eq \f(L2,8d) .

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