1．關于帶電粒子(不計重力)在勻強電場中的運動情況，下列說法正確的是( )
A．一定是勻變速運動
B．不可能做勻減速運動
C．一定做曲線運動
D．可能做勻變速直線運動，不可能做勻變速曲線運動
解析：選A.帶電粒子在勻強電場中受恒定合外力(電場力)作用．一定做勻變速運動，初速度與合外力共線時，做直線運動，不共線時做曲線運動，A對，B、C、D錯．
2．如圖1－9－11所示，在平行板電容器A、B兩板上加上如圖所示的交變電壓，開始時B板電勢比A板高，這時兩板中間原靜止的電子在電場力作用下開始運動，設A、B兩板間的距離足夠大，則下述說法中正確的是( )
圖1－9－11
A．電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性回運動
B．電子一直向A板運動
C．電子一直向B板運動
D．電子先向B板運動，然后向A板運動，再返回B板做周期性回運動
解析：選C.開始時B板電勢比A板的高，原靜止的電子在電場力作用下先向B板做加速運動，經(jīng)0.2 s后再向B板做減速運動，0.4 s時速度減為零，接著再重復開始運動，就這樣電子在周期性電壓下，周期性地向B板“加速—減速”，一直向B板做單方向的直線運動．
3．如圖1－9－12所示，a、b、c表示點電荷的電場中三個等勢面，它們的電勢分別為φa＝U，φb＝23U，φc＝14U.一帶電粒子從等勢面a上某處由靜止釋放后，僅受電場力作用而運動，已知它經(jīng)過等勢面b時的速率為vb，則它經(jīng)過等勢面c時的速率為( )
圖1－9－12
A．2vb B．4vb
C.2vb D.32vb
解析：選D.粒子由a至b過程中，根據(jù)動能定理q(φa－φb)＝12v2b－0，由b至c過程中，根據(jù)動能定理q(φb－φc)＝12v2c－12v2b，解得vc＝32vb，D對．
4．如圖1－9－13所示是一個示波管工作的原理圖，電子經(jīng)過加速后以速度v0垂直進入偏轉電場，離開電場時偏轉量是h，兩平行板間距離為d，電勢差為U，板長為l，每單位電壓引起的偏移量(h/U)叫示波器的靈敏度．若要提高其靈敏度，可采用下列哪種辦法( )
圖1－9－13
A．增大兩極板間的電壓
B．盡可能使板長l做得短些
C．盡可能使板間距離d減小些
D．使電子入射速度v0大些
解析：選C.豎直方向上電子做勻加速運動，故有h＝12at2＝qUl22dv20，則hU＝ql22dv20，可知，只有C選項正確．
5.如圖1－9－14所示，A、B為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為U的電上．在A板的中央P點放置一個電子發(fā)射．可以向各個方向釋放電子．設電子的質量為、電荷量為e，射出的初速度為v.求電子打在B板上的區(qū)域面積？(不計電子的重力)
圖1－9－14
解析：打在最邊緣的電子，其初速度方向平行于金屬板，在電場中做類平拋運動，在垂直于電場方向做勻速運動，即
r＝vt①
在平行電場方向做初速度為零的勻加速運動，即
d＝12at2②
電子在平行電場方向上的加速度
a＝eE＝eUd③
電子打在B板上的區(qū)域面積
S＝πr2④
由①②③④得S＝2πv2d2eU.
答案：2πv2d2eU
一、選擇題
1．一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是( )
A．勻速直線運動 B．勻加速直線運動
C．勻變速曲線運動 D．勻速圓周運動
答案：A
2．(2011年吉安高二檢測)示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖1－9－15所示．如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的( )
圖1－9－15
A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電
C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電
解析：選AC.由題意可知，在XX′方向上向X方向偏轉，X帶正電，A對B錯；在YY′方向上向Y方向偏轉，Y帶正電，C對D錯．
3．下列粒子從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后速度最大的是( )
A．質子11H B．氘核21H
C．α粒子42He D．鈉離子Na＋
解析：選A.Uq＝12v2得v＝ 2Uq，比荷最大的獲得的速度最大．
4．一個帶正電的油滴從圖1－9－16所示的勻強電場上方A點自由下落，油滴落入勻強電場后，能較準確地描述油滴運動軌跡的是圖1－9－17中的( )
圖1－9－16
圖1－9－17
解析：選B.油滴從A點自由下落以一豎
直速度進入電場，進入電場后受重力和電場力兩恒力作用．如圖，根據(jù)物體做曲線運動的條件，運動軌跡將向右彎曲，故選B.
5．一束正離子以相同的速率從同一位置，垂直于電場方向飛入勻強電場中，所有離子的軌跡都是一樣的，這說明所有離子( )
A．都具有相同的質量 B．都具有相同的電量
C．具有相同的荷質比 D．都是同一元素的同位素
解析：選C.軌跡相同的含義為：偏轉位移、偏轉角度相同，即這些離子通過電場時軌跡不分叉．
tanθ＝v⊥v0＝UqLdv20，所以這些離子只要有相同的荷質比，軌跡便相同，故只有C正確．
6.三個α粒子在同一點沿同一方向垂直飛入偏轉電場，出現(xiàn)了如圖1－9－18所示的運動軌跡，由此可判斷( )
圖1－9－18
A．在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上
B．b和c同時飛離電場
C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小
D．動能的增加值c最小，a和b一樣大
答案：ACD
7.如圖1－9－19所示，一個質量為、帶電荷量為q的粒子，從兩平行板左側中點沿垂直場強方向射入，當入射速度為v時，恰好穿過電場而不碰金屬板．要使粒子的入射速度變?yōu)関2，仍能恰好穿過電場，則必須再使( )
圖1－9－19
A．粒子的電荷量變?yōu)樵?4
B．兩板間電壓減為原的12
C．兩板間距離增為原的4倍
D．兩板間距離增為原的2倍
解析：選AD.粒子恰好穿過電場時，它沿平行板的方向發(fā)生位移L所用時間與垂直板方向上發(fā)生位移d2所用時間t相等，設兩板電壓為U，則有：恰好穿過電場時d2＝12•qUd•(Lv)2，得時間t＝ Lv＝ d2qU.當入射速度變?yōu)関2，它沿平行板的方向發(fā)生位移L所用時間變?yōu)樵?倍，由上式可知，粒子的電荷量變?yōu)樵?4或兩板間距離增為原的2倍時，均使粒子在與垂直板方向上發(fā)生位移d2所用時間增為原的2倍，從而保證粒子仍恰好穿過電場，因此選項A、D正確．
8.(2011年北京海淀區(qū)高二教學質量檢測)圖1－9－20為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內被抽成真空，A為發(fā)射熱電子的陰極，K為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U.電子離開陰極時的速度可以忽略．電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出的速度大小為v.下面的說法中正確的是( )
圖1－9－20
A．如果A、K間距離減半而電壓仍為U不變，則電子離開K時的速度變?yōu)?v
B．如果A、K間距離減半而電壓仍為U不變，則電子離開K時的速度變?yōu)関2
C．如果A、K間距離保持不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)関2
D．如果A、K間距離保持不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)?2v
解析：選D.由動能定理qU＝12v2得v＝ 2qU，帶電粒子確定，v與U成正比，與A、K間距離無關，故D正確．
9．一個動能為Ek的帶電粒子，垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2Ek，如果使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵膬杀�，那么它飛出電容器時的動能變?yōu)? )
A．8Ek B．5Ek
C．4.25Ek D．4Ek
解析：選C.因為偏轉距離為y＝qUL22dv20，帶電粒子的初速度變?yōu)樵膬杀稌r，偏轉距離變?yōu)閥4，所以電場力做功只有W＝0.25 Ek，故它飛出電容器時的動能變?yōu)?.25 Ek，故正確答案為C.
二、計算題
10．一個帶正電的粒子，從A點射入水平方向的勻強電場中，粒子沿直線AB運動，如圖1－9－21所示．已知AB與電場線夾角θ＝30°，帶電粒子的質量＝1.0×10－7 kg，電荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20 c.(取g＝10 /s2，結果保留兩位有效數(shù)字)求：
圖1－9－21
(1)粒子在電場中運動的性質，要求說明理由．
(2)電場強度的大小和方向．
(3)要使粒子從A點運動到B點，粒子射入電場時的最小速度是多少？
解析：(1)粒子只在重力和電場力作用下沿直線AB運動，重力和電場力的合力必由B指向A，與粒子初速度vA方向相反，所以粒子做勻減速運動．
(2)由圖可得：gqE＝tanθ
代入數(shù)據(jù)解得：E＝1.7×104N/C，方向水平向左．
(3)當粒子到B時的速度vB＝0時，粒子進入電場時的速度最小，由動能定理得，
gLsinθ＋qELcosθ＝v2A/2
代入數(shù)據(jù)，解得vA＝2.8 /s.
答案： 見解析
11.(2011年福建省三明高二月考)如圖1－9－22所示為兩組平行金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，今有一質量為的電子靜止在豎直放置的平行金屬板的A點，經(jīng)電壓U0加速后通過B點進入兩板間距為d、電壓為U的水平放置的平行金屬板間，若電子從兩塊水平平行板的正中間射入，且最后電子剛好能從右側的兩塊平行金屬板穿出，A、B分別為兩塊豎直板的中點，求：
圖1－9－22
(1)電子通過B點時的速度大��；
(2)右側平行金屬板的長度；
(3)電子穿出右側平行金屬板時的動能．
解析：(1)由U0e＝12vB2得：
vB＝ 2U0e
(2)由y＝d2＝12Ue d l2vB2可得：
l＝d2U0U.
(3)由動能定理得：U0e＋U2e＝Ek末
所以電子穿出右側平行金屬板時的動能Ek末＝2U0＋Ue2.
答案：(1) 2U0e (2)d 2U0U (3)2U0＋Ue2
12. (2011年長沙高二檢測)如圖1－9－23所示，A、B為兩塊平行金屬板，A板帶正電、B板帶負電．兩板之間存在著勻強電場，兩板間距為d、電勢差為U，在B板上開有兩個間距為L的小孔．C、D為兩塊同心半圓形金屬板，圓心都在貼近B板的O′處，C帶正電、D帶負電．兩板間的距離很近，兩板末端的中心線正對著B板上的小孔，兩板間的電場強度可認為大小處處相等，方向都指向O′.半圓形金屬板兩端與B板的間隙可忽略不計．現(xiàn)從正對B板小孔緊靠A板的O處由靜止釋放一個質量為、電量為q的帶正電微粒(微粒的重力不計)，問：
圖1－9－23
(1)微粒穿過B板小孔時的速度多大；
(2)為了使微粒能在CD板間運動而不碰板，CD板間的電場強度大小應滿足什么條件；
(3)從釋放微粒開始，經(jīng)過多長時間微粒第一次通過半圓形金屬板間的最低點P點？
解析：(1)設微粒穿過B板小孔時的速度為v，根據(jù)動能定理，有
qU＝12v2①
解得v＝ 2qU
(2)微粒進入半圓形金屬板后，電場力提供向心力，有
qE＝v2R＝2v2L②
聯(lián)立①②，得E＝4UL
(3)微粒從釋放開始經(jīng)t1射入B板的小孔，則
t1＝dv2＝2dv＝2d 2qU
設微粒在半圓形金屬板間運動經(jīng)過t2第一次到達最低點P點，則
t2＝πL4v＝πL4 2qU
所以從釋放微粒開始，經(jīng)過t1＋t2＝(2d＋πL4) 2qU微粒第一次到達P點．
答案：(1) 2qU (2)E＝4UL (3)(2d＋πL4) 2qU
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