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带电微粒在电场中的直线运动
1．下列带电粒子均从静止开头在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大：( )
A．质子H B．氘核H
C．α粒子He D．钠离子Na＋
答案 A
解析 全部四种带电粒子均从静止开头在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，故依据动能定理，
qU＝mv2－0得v＝
由上式可知，比荷越大，速度越大；
明显A选项中质子的比荷最大，故A正确．
带电粒子在电场中的类平抛运动
2.
图1－8－5
如图1－8－5所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应当( )
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的倍
D．使U2变为原来的1/2倍
答案 A
解析 电子加速有qU1＝mv
电子偏转有y＝()2
联立解得y＝，明显选A.
带电粒子在交变电场中的运动
3．如图1－8－6(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽视不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是( )
图1－8－6
A．0＜t0＜ B.＜t0＜
C.＜t0＜T D．T＜t0＜
答案 B
解析
设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．作出t0＝0、、、时粒子运动的速度图像如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0＜t0＜，＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零；＜t0＜时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0＞T时状况类似，因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对比各选项可知只有B正确．
带电粒子在电场中的圆周运动
4．如图1－8－7所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为＋q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时速度vA的方向恰与电场线垂直，且圆环与小球间沿水平方向无作用力，则速度vA＝________．当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力FB＝________．
图1－8－7
答案 6qE
解析 在A点时，电场力供应向心力qE＝①
解得vA＝
在B点时，FB′－qE＝m，FB＝FB′②
小球由A到B的过程中，由动能定理得：
qE·2r＝mv－mv③
由以上各式解得FB＝6qE.
(时间：60分钟)
题组一 带电微粒在电场中的直线运动
1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动状况，下列说法正确的是( )
A．肯定是匀变速运动
B．不行能做匀减速运动
C．肯定做曲线运动
D．可能做匀变速直线运动，不行能做匀变速曲线运动
答案 A
解析 带电粒子在匀强电场中受恒定合外力作用，肯定做匀变速运动，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.
图1－8－8
平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与始终流电源相连．若一带电粒子恰能沿图1－8－8中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能渐渐增加
C．动能渐渐增加
D．做匀变速直线运动
答案 BD
解析 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是竖直向下的重力mg；二是垂直于极板向上的电场力F＝Eq，因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力肯定在粒子运动的直线轨迹上，依据牛顿其次定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可推断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．
3.
图1－8－9
图1－8－9为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A为放射电子的阴极，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视，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )
A．假如A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
B．假如A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为v/2
C．假如A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v
D．假如A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v/2
答案 AC
解析 电子在两个电极间加速电场中进行加速，由动能定理eU＝mv2－0得v＝，当电压不变，AK间距离变化时，不影响电子的速度，故A正确；电压减半，则电子离开K时的速度为v，C项正确．
题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动
4.
图1－8－10
如图1－8－10所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中自O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶ D.∶1
答案 B
解析 竖直方向有h＝gt2，水平方向有l＝t2，联立可得q＝，所以有＝，B对．
5．如图1－8－11所示，带正电的粒子以肯定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则(不计粒子的重力)( )
图1－8－11
A．在前时间内，静电力对粒子做的功为
B．在后时间内，静电力对粒子做的功为
C．在粒子下落前和后的过程中，静电力做功之比为1∶2
D．在粒子下落前和后的过程中，静电力做功之比为1∶1
答案 BD
解析 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a＝＝，t时间内加速度方向上的位移y＝at2＝，前时间内加速度方向上的位移y1＝a＝，后时间内加速度方向上的位移y2＝y－y1＝d.由公式W＝Fl可知前、后、前、后静电力做的功分别为W1＝qU，W2＝qU，W3＝qU，W4＝qU.
6.
图1－8－12
如图1－8－12所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最终打在荧光屏上，那么( )
A．经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场的过程中，静电力对三种核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上的速度一样大
D．三种原子核都打在屏的同一位置上
答案 BD
解析 同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中静电力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中静电力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C错；再依据偏转距离公式或偏转角公式y＝，tan θ＝知，与带电粒子无关，D对．
题组三 带电粒子在交变电场中的运动
图1－8－13
7．如图1－8－13所示，两金属板(平行)分别加上如下图中的电压，能使原来静止在金属板中心的电子(不计重力)有可能做来回运动的电压图像应是(设两板距离足够大)( )
答案 BC
解析 由A图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零；然后重复始终向一个方向运动不来回．
由B图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零；从T到T反向匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零．回到动身点．然后重复来回运动．
由C图像可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零；从T到T反向做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度减小的减速运动，T时速度减为零．回到动身点，然后重复来回运动．
由D图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动始终向一个方向运动．故选B、C.
8．如图1－8－14甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压．开头A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开头运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) ( )
图1－8－14
答案 A
解析 从0时刻开头，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零．之后重复上述运动，A选项正确，B选项错误．电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，CD选项错误；故选A.
题组四 带电粒子在电场中的圆周运动
9.
图1－8－15
两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图1－8－15所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知( )
A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量肯定相等
B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能肯定相等
C．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率肯定相等
D．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能肯定相等
答案 BC
解析 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力供应向心力qE＝m得r＝，r、E为定值，若q相等，则mv2肯定相等；若相等，则速率v肯定相等，故B、C正确．
10.
图1－8－16
如图1－8－16所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ＝37°的斜面上，与斜面的交点为A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平向右的匀强电场中．质量为m、电荷量为q的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A点．现对在A点的该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析中正确的是( )
A．小球肯定带负电
B．小球运动到B点时动能最小
C．小球运动到M点时动能最小
D．小球运动到D点时机械能最小
答案 ABD
解析 小球能静止于A点，说明小球在A点所受的合力为零，静电力肯定与场强方向相反，小球带负电，A正确；小球所受的重力和静电力的合力F是不变的，方向沿AB直径指向A，小球从A运动到B的过程中F做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，B正确，C错误；在圆环上，D点的电势最低，小球在D点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到D点时机械能最小，D正确．
11.
图1－8－17
如图1－8－17所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m，带电量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg.
求：(1)小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力；
(2)小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力．
答案 (1)5mg，方向向下 (2)FC1＝mg FC1的方向向下
解析 (1)A至D点，由动能定理：
mgR＋qER＝mv，v1＝2
由牛顿其次定律：FN－mg＝m，FN＝5mg
由牛顿第三定律：FN＝FN′
对管壁的压力为5mg，方向向下
(2)第一次经过C
－mgR＋qE·2R＝mv
设管壁对小球的作用力向下
mg＋FC1＝m
FC1＝mg FC1的方向向下
题组五 力量提升
12.
图1－8－18
如图1－8－18所示为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l＝4.0 cm，两板间距离d＝1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离L＝18 cm(水平偏转电极不加电压，没有画出)．电子经电场加速后，以v＝1.6×107 m/s沿中心线进入竖直偏转电场．若电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽视不计，已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，质量m＝0.91×10－30 kg.
(1)求加速电压U0的大小．
(2)要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件．
(3)若在偏转电极上加40 V的电压，在荧光屏的竖直坐标轴上看到的光点距屏的中心点多远？
答案 (1)728 V (2)91 V 2.2 cm
解析 (1)电子通过加速电场的过程，依据动能定理有eU0＝mv2
解得U0＝728 V.
(2)设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，则此时电子沿电场方向的位移恰为d/2，即＝at2＝t2，
电子通过偏转电场的时间t＝
解得U1＝＝91 V，
所以，加在偏转电极上的电压U应小于91 V.
(3)当电压为40 V时，场强E＝，
在电场中偏转量：y1＝at2＝＝2.2×10－3 m，
离开电场之后做匀速直线运动，设偏转角为α
tan α＝＝＝0.11
电子打在距屏的中心点距离为：
Y＝y1＋y2＝y1＋Ltan α＝2.2×10－3m＋0.18×0.11＝2.2 cm.
13.
图1－8－19
如图1－8－19所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板间距d＝0.04 m，两板间的电压U＝400 V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h＝1.25 m的P点处有一带正电的小球，已知小球的质量m＝5×10－6 kg，电荷量q＝5×10－8 C．设A、B板足够长，g取10 m/s2.试求：
(1)带正电的小球从P点开头由静止下落，经多长时间和金属板相碰；
(2)相碰时，离金属板上端的距离多大．
答案 (1)0.52 s (2)0.102 m
解析 (1)设小球从P到Q需时间t1，由h＝gt得t1＝ ＝ s＝0.5 s，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t2.应有qE＝ma，E＝，＝at，以上三式联立，得t2＝d＝0.04× s＝0.02 s，运动总时间t＝t1＋t2＝0.5 s＋0.02 s＝0.52 s.
(2)小球由P点开头在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t内的位移为y＝gt2＝×10×(0.52)2 m＝1.352 m. 相碰时，与金属板上端的距离为s＝y－h＝1.352 m－1.25 m＝0.102 m.
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