1．（2022·福建·上杭一中高二開學(xué)考試）（多選）某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進(jìn)行治療，在這種療法中，質(zhì)子先按加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，殺死細(xì)胞。如圖所示，若質(zhì)子的加速長度d，要使質(zhì)子由靜止被勻加速到v，已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電量為e，則下列說法正確的是（ ）
A．由以上信息可以推算該加速電場的電壓
B．由以上信息可以推算該加速電場的電場強(qiáng)度
C．由以上信息不可以推算質(zhì)子加速后的電勢能
D．由以上信息可以判斷出運(yùn)動過程中質(zhì)子所受電場力做正功，電勢能增加
【答案】ABC
【詳解】A．根據(jù)
則可以推算該加速電場的電壓
選項A正確；
B．根據(jù)
則可以推算該加速電場的電場強(qiáng)度，選項B正確；
CD．因零電勢點(diǎn)不確定，則由以上信息不可以推算質(zhì)子加速后的電勢能，但由以上信息可以判斷出運(yùn)動過程中質(zhì)子所受電場力做正功，電勢能減小，選項C正確，D錯誤。
故選ABC。
2．粒子直線加速器在科學(xué)研究中發(fā)揮著巨大的作用，簡化如圖所示：沿軸線分布O（為薄金屬環(huán)）及A、B、C、D、E5個金屬圓筒（又稱漂移管），相鄰漂移管分別接在高壓電源MN的兩端，O接M端。質(zhì)子飄入（初速度為0）金屬環(huán)O軸心沿軸線進(jìn)入加速器，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運(yùn)動且時間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速，加速時電壓U大小相同。質(zhì)子電量為e，質(zhì)量為m，不計質(zhì)子經(jīng)過狹縫的時間，則（ ）
A．質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為
B．圓筒E的長度為T
C．MN所接電源是直流恒壓電源
D．金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比為
【答案】B
【詳解】A．質(zhì)子從O點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器，質(zhì)子經(jīng)5次加速，由動能定理可得
質(zhì)子從圓筒E射出時的速度大小為
選項A錯誤；
B．質(zhì)子在圓筒內(nèi)做勻速運(yùn)動，所以圓筒E的長度為
選項B正確；
D．同理可知，金屬圓筒A的長度
金屬圓筒B的長度
則金屬圓筒A的長度與金屬圓筒B的長度之比為，選項D錯誤；
C．因由直線加速器加速質(zhì)子，其運(yùn)動方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為負(fù)極時，則在下一個加速時需B右邊緣為負(fù)極，所以MN所接電源的極性應(yīng)周期性變化，選項C錯誤。
故選B。
3．（2022·江蘇南京·高二開學(xué)考試）如圖甲所示，電子靜止在兩平行金屬板A、B間的a點(diǎn)，t=0時刻開始A板電勢按如圖乙所示規(guī)律變化，則下列說法中正確的是（ ）
A．在t2時刻，電子的位移最大
B．在t2時刻，電子的動能最大
C．電子能從小孔P飛出，且飛出時的動能不大于eU0
D．電子不可能在t2~t3時間內(nèi)飛出電場
【答案】C
【詳解】AB．t=0時刻，B板的電勢比A板高，電子在t1時間內(nèi)向B板加速，t1時刻加速結(jié)束，t1~t2電子減速，并在t2時刻速度剛好為零，之后一直重復(fù)這樣的運(yùn)動，直到從P點(diǎn)飛出，故在t2時刻，電子的位移和動能都不是最大的，故AB錯誤；
C．由上述分析可知，電子的最大動能為，所以電子最終從P點(diǎn)飛出時的動能都小于等于，故C正確；
D．根據(jù)已知信息，無法確定電子在什么時候飛出電場，所以電子是有可能在t2~t3時間內(nèi)飛出電場的，故D錯誤。
故選C。
4．（2022·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在傾角為37°的絕緣斜面AB段，有垂直斜面向下的勻強(qiáng)電場E。質(zhì)量，電荷量為的物體（視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度從A開始下滑，經(jīng)過斜面底端C點(diǎn)后進(jìn)入絕緣水平面運(yùn)動，直到停止在D處，已知物體與斜面、水平面的動摩擦因數(shù)均為。已知，，物體經(jīng)過C時沒有能量損失，求：
（1）物體到達(dá)C時的瞬時速度；
（2）斜面AB段的長度；
（3）從A點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)總時間。
【答案】（1）10m/s；（2）4m；（3）3.5s
【詳解】（1）從C到D點(diǎn)，由動能定理可得
解得
（2）從A到C點(diǎn)，由動能定理可得
且
解得
（3）從B到C，由動能定理可得
解得
所以從A到B為勻速運(yùn)動，時間為
從B到C，做勻加速運(yùn)動，平均速度為
時間為
從C到D，做勻減速運(yùn)動，平均速度為
時間為
總時間為
帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動
5．某種類型的示波管工作原理如圖所示，電子先經(jīng)過電壓為的直線加速電場，再垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏移量為h，兩平行板之間的距離為d，電壓為，板長為L，把叫示波器的靈敏度，下列說法正確的是（ ）
A．電子在加速電場中動能增大，在偏轉(zhuǎn)電場中動能不變
B．電子只要能離開偏轉(zhuǎn)電場，在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間一定等于
C．當(dāng)、L增大，d不變，示波器的靈敏度一定減小
D．當(dāng)L變?yōu)樵瓉淼膬杀?，d變?yōu)樵瓉淼?倍，不變，示波器的靈敏度增大
【答案】B
【詳解】A．電子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中，電場力均對電子做正功，電子動能增大，故A錯誤；
B．電子在加速電場中，有
解得
電子只要能離開偏轉(zhuǎn)電場，在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間一定等于
故B正確；
C．電子在偏轉(zhuǎn)電場中，有
結(jié)合
聯(lián)立可得
可知當(dāng)、L增大，d不變，示波器的靈敏度可能增大、可能減小、還可能不變，故C錯誤；
D．根據(jù)
可知當(dāng)L變?yōu)樵瓉淼膬杀叮琩變?yōu)樵瓉淼?倍，不變，示波器的靈敏度不變，故D錯誤。
故選B。
6．如圖所示，電子從A點(diǎn)由靜止出發(fā)被U1=5 000V 的電壓加速后，從B孔沿平行板間的中線垂直射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場，若兩極板間距d=1.0cm，極板的長度L=5.0cm，要使電子能從兩極板間飛出，求兩個極板上所加電壓U2的最大值。
【答案】400V
【詳解】在加速電壓一定時，偏轉(zhuǎn)電壓U2越大，電子在極板間的偏轉(zhuǎn)距離就越大，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓達(dá)到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出時，偏轉(zhuǎn)電壓為最大電壓，電子加速過程，由動能定理得
eU1=12mv02
電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動，有
L=v0t
偏轉(zhuǎn)距離
y=at2=
恰能飛出的條件為
y=
聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)解得
U2m=400V
7．光刻機(jī)是半導(dǎo)體行業(yè)中重中之重的利器，我國上海微電子裝備公司（SMEE）在這一領(lǐng)域的技術(shù)近年取得了突破性進(jìn)展。電子束光刻技術(shù)原理簡化如圖所示，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)過成型孔后形成電子束，通過束偏移器后對光刻膠進(jìn)行曝光。某型號光刻機(jī)的束偏移器長L=0.04m，間距也為L，兩極間有掃描電壓，其軸線垂直晶圓上某芯片表面并過中心O點(diǎn)，芯片到束偏移器下端的距離為。若進(jìn)入束偏移器時電子束形成的電流大小為，單個電子的初動能為Ek0=1.6×10-14J，不計電子重力及電子間的相互作用力，忽略其他因素的影響，電子到達(dá)芯片即被吸收。
（1）若掃描電壓為零，電子束在束偏移器中做何種運(yùn)動？電子束到達(dá)芯片時的落點(diǎn)位置？
（2）若掃描電壓為零，且It=Ne（N為電子個數(shù)），求O點(diǎn)每秒接收的能量E?（e=1.6×10-19C）
（3）若某時刻掃描電壓為15kV，則電子束到達(dá)芯片時的位置離O點(diǎn)的距離為多少？
【答案】（1）勻速直線運(yùn)動，O；（2）；（3）0.003m
【詳解】（1）無偏轉(zhuǎn)電壓時，電子束做勻速直線運(yùn)動，落點(diǎn)位置為O；
（2）若掃描電壓為零，O點(diǎn)每秒接收的能量是
（3）電子在束偏移器中的加速度大小為
設(shè)電子的初速度大小為v0，則由題意可知
電子在束偏移器中運(yùn)動的時間為
電子在束偏移器中的偏移量為
電子從束偏移器中射出時，其速度方向的反向延長線一定過束偏移器的中心位置，設(shè)電子束到達(dá)芯片時的位置離O點(diǎn)的距離為Y，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系有
聯(lián)立解得
Y=0.003m ?
8．（2022·廣東·華南師大附中高二期末）如圖所示，半徑為R的光滑圓弧軌道豎直固定放置，所在空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場，且與電容器間的電場互不影響。一帶電小球以一定的初速度從圓弧軌道頂端開始沿軌道運(yùn)動，最終小球恰好不脫離圓弧軌道以水平速度v0飛出，隨即沿平行板電容器中線水平飛入兩平行板間的電場，在電容器中做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)小球運(yùn)動到某一點(diǎn)P處時立即將上板向上平移Δd=2cm，小球剛好從金屬板右端飛出。已知電容器兩極板間距離為d=8cm，板長為L=25cm，接在恒壓電源上，重力加速度g取10m/s2。
（1）若小球的質(zhì)量為m，電量為q，請判斷小球的電性（不需要說明理由），并寫出豎直向下的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的表達(dá)式；
（2）若v0=0.5m/s，求小球從射入電容器到運(yùn)動至P點(diǎn)所用的時間t（不考慮電容器充放電的時間）。
【答案】（1）帶負(fù)電，；（2）0.3s
【詳解】（1）小球在電容器中做勻速直線運(yùn)動，重力與電場力平衡，小球所受的重力方向豎直向下，電場力方向豎直向上，又因場強(qiáng)方向豎直向下，所以小球帶負(fù)電。
小球沿著圓弧軌道運(yùn)動恰好不脫離軌道時，根據(jù)牛頓第二定律
解得
（2）帶電小球在板間受重力和豎直向上的電場力，因為小球勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件
當(dāng)上板向上提后，由于板間場強(qiáng)減小，電場力減小，故小球向下偏轉(zhuǎn)，在電場中做類平拋運(yùn)動，此時小球的加速度滿足
解得
小球剛好從金屬板右端飛出，設(shè)從P點(diǎn)到板末端飛出過程的時間t1，則有
解得
t1= 0.2s
設(shè)剛進(jìn)入電場到飛出電場時間為t2，有
解得
t2= 0.5s
因此小球從射入電容器到運(yùn)動至P點(diǎn)的時間
t=t2-t1=0.3s
帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中的運(yùn)
9．（2022·福建漳州·高三階段練習(xí)）（多選）電子束焊接機(jī)中的電場線如圖中虛線所示，P、Q是電場中的兩點(diǎn)。K為陰極，A為陽極，在兩極之間加上高壓，就會有電子從K極由靜止被加速。則（ ）
A．P點(diǎn)的電勢高于Q點(diǎn)的電勢
B．P點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度
C．電子在P點(diǎn)的電勢能大于在Q點(diǎn)的電勢能
D．電子由P運(yùn)動到Q，電場力做負(fù)功
【答案】BC
【詳解】AC．陽極電勢高，陰極電勢低，所以P點(diǎn)的電勢低于Q點(diǎn)的電勢，所以電子在P點(diǎn)的電勢能大于在Q點(diǎn)的電勢能，故A錯誤，C正確；
B．電場線越密場強(qiáng)越強(qiáng)，所以P點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于Q點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故B正確；
D．電子從K極由靜止被加速，所以電子由P運(yùn)動到Q，做加速運(yùn)動，電場力做正功，故D錯誤。
故選BC。
10．（2022·江蘇省天一中學(xué)高一期中）如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點(diǎn)處有一正點(diǎn)電荷，帶負(fù)電的小物體以初速度v1從M點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)N點(diǎn)時速度為零，然后下滑回到M點(diǎn)，此時速度為v2（v20）。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。
（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。?br>（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）PG、QG間場強(qiáng)大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有
①
F=qE=ma②
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek，由動能定理有
③
設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有
④
l=v0t⑤
聯(lián)立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為⑧
24．在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進(jìn)入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ=60°。運(yùn)動中粒子僅受電場力作用。
（1）求電場強(qiáng)度的大?。?br>（2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？
（3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時的速度應(yīng)為多大？
【答案】（1）；（2）；（3）0或
【詳解】（1）由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會沿著電場線方向運(yùn)動，由于q>0，故電場線由A指向C，根據(jù)幾何關(guān)系可知
所以根據(jù)動能定理有
解得
（2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點(diǎn)為D，即粒子要從D點(diǎn)射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系有
而電場力提供加速度有
聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場時的速度
（3）因為粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0，過C點(diǎn)做AC垂線會與圓周交于B點(diǎn)
故由題意可知粒子會從C點(diǎn)或B點(diǎn)射出。當(dāng)從B點(diǎn)射出時由幾何關(guān)系有
電場力提供加速度
聯(lián)立解得
當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時初速度為0，粒子穿過電場前后動量變化量的大小為，該粒子進(jìn)入電場時的速率應(yīng)為或。
另解：
由題意知，初速度為0時，動量增量的大小為，此即問題的一個解。自A點(diǎn)以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，動量變化都相同，自B點(diǎn)射出電場的粒子，其動量變化量也恒為，由幾何關(guān)系及運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得，此時入射速率為
25．某裝置用電場控制帶電粒子運(yùn)動，工作原理如圖所示，矩形區(qū)域內(nèi)存在多層緊鄰的勻強(qiáng)電場，每層的高度均為d，電場強(qiáng)度大小均為E，方向沿豎直方向交替變化，邊長為，邊長為，質(zhì)量為m、電荷量為的粒子流從裝置左端中點(diǎn)射入電場，粒子初動能為，入射角為，在紙面內(nèi)運(yùn)動，不計重力及粒子間的相互作用力。
（1）當(dāng)時，若粒子能從邊射出，求該粒子通過電場的時間t；
（2）當(dāng)時，若粒子從邊射出電場時與軸線的距離小于d，求入射角的范圍；
（3）當(dāng)，粒子在為范圍內(nèi)均勻射入電場，求從邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【詳解】（1）電場方向豎直向上，粒子所受電場力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，速度分解如圖所示
粒子在水平方向的速度為
根據(jù)可知
解得
（2）粒子進(jìn)入電場時的初動能
粒子進(jìn)入電場沿電場方向做減速運(yùn)動，由牛頓第二定律可得
粒子從邊射出電場時與軸線的距離小于d，則要求
解得
所以入射角的范圍為
或
（3）設(shè)粒子入射角為時，粒子恰好從D點(diǎn)射出，由于粒子進(jìn)入電場時，在水平方向做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向反復(fù)做加速相同的減速運(yùn)動，加速運(yùn)動。粒子的速度
運(yùn)動時間為
粒子在沿電場方向，反復(fù)做加速相同的減速運(yùn)動，加速運(yùn)動，則
則
則粒子在分層電場中運(yùn)動時間相等，設(shè)為，則
且
代入數(shù)據(jù)化簡可得
即
解得
（舍去）或
解得
則從邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比

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