2021-2022学年人教版必修第三册跟踪训练

2021-2022学年人教版（2019）必修第三册

10.5带电粒子在电场中的运动跟踪训练

一、单项选择（下列各题中四个选项中只有一个选项符合题意）

1.竖直平面内有一方向水平向右的匀强电场，一带电粒子（不计重力）从a到b的运动轨

迹如图所示，不计空气阻力，粒子在该过程中（）

\b

----------------------------\------------►

A.可能做匀速圆周运动

B.一定做匀变速运动

C.电势能一定减少

D.在a点受到的电场力一定大于在b点受到的电场力

2.静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的。工作过程简化图如图所

示，离子源发射的带电离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形

成中性高速射流喷射而产生推力。根据题目信息可知（）

A.“板电势低于N板电势

B.进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关

C.增大加速区极板的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力

D.增大极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力

3.如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N

同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间

某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（）

A

M

N

B

A.电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量

B.两电荷在电场中运动的加速度相等

C.从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功可能等于电场力对电荷N做的

功

D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同

4.如图所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为d,长度为/的平行板A、B加上电压后,

可在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）。在距A、B两平行板等距

离的。点处，有一电荷量为+q、质量为m的粒子以初速度V。沿水平方向（与A、B板平行）

射入，不计重力，要使此粒子能从C处射出，则A、B间的电压应为（）

;+++++++

2

mvgd7%

A.―VB•普D.q

dl

5.平行板电容器连接在如图所示的电路中，A极板在上、B极板在下，两板均水平，Si和

S2是板中央的两个小孔。现从区正上方P处由静止释放一带电小球，小球刚好能够到达S2

而不穿出。不考虑带电小球对电场的影响，下列说法正确的是（）

A.仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过

S2孔

B.仅使A板下移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过52孔

C.仅使A板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔

D.仅使8板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将原路返回且能到达P点

6.如图甲，两平行金属板M、N竖直放置；乙图为两板间电势差"MN随时间的变化规律，0

时刻在两板的正中央点由静止释放一个电子，电子在电场力作用下运动，取向右为运动正方

向，假设电子未与两板相碰。下面的丫一/图象能反映电子运动情况的是（）

U。

O

7。

MN

甲乙

7.如图一定质量的带电小球从轻质弹簧上方A点由静止下落，空间还存在竖直向下的匀强

电场，在小球从A到C的过程中，重力做功％=0.8J,小球克服弹簧弹力做功%=0.9J,

A.该过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，动能增加了0.4J

B.该过程小球和弹簧组成的系统机械能增加0.5J,动能增加了0.4J

C.该过程中小球电势能增加0.5J,重力势能减少0.8J

D.该过程中弹簧弹性势能减少09,小球电势能减少0.5J

8.如图所示，M,N为水平平行金属板，上板有一孔。，两板相距为d,分别与电源两极相

连，开关S闭合。一带电荷量为q、质量为m的液滴自。孔正上方距离为d的P点由静止自

由下落，到达距离上板g的Q点时速度恰好变为零，重力加速度为g,则以下判断正确的是

（）

A.两板间电势差为竽

2g

B.N板上移一小段距离，液滴仍能到达Q点

C.若S断开，N板上移一小段距离，液滴仍能到达Q点

D.若5断开，N板右移一小段距离，液滴仍能到达Q点

9.如图所示，粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合。4。、B为竖

直平面上的三点，且。为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO,现有带电荷量为q、质

量为m的物块（可视为质点），从A点以竖直向下的初速度%向8滑动，到达B点时速度恰

好为0。则（）

/B

A.物块可能带正电B.仄A到。,物块受到的电场力一直减小

C.从。到8,物块的加速度保持不变D.从A到B,物块的电势能保持不变

10.如图所示，电荷量为9的某种粒子，以初动能第从两平行金属板的正中央沿垂直于电

场线的方向进入到两板间存在的匀强电场中，恰从带负电的金属板边缘飞出来，目飞出时动

能变为3色，不计粒子的重力，则金属板间的电压为（)

+++++

d---

耳2纭4线8线

q夕qg

11.如图所示，带电粒子A、B所带电荷量心、心之比为1:2,带电粒子A、B以相等的速

度均从平行板电容器左侧同一点射入电场，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,

分别打在C、。点，。为下极板左侧端点，若。C=CD,忽略粒子所受重力的影响，则（）

0CD

A.A、B在电场中运动的时间之比为1:4B.A、B运动的加速度大小之比为1:2

C.4、B的质量之比为1:8D.A、B的位移大小之比为1:2

12.如图所示，匀强电场中竖直放置有一半径为R的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方

向平行。。、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为4=萼（q>0）、

质量为m的带电小球在b点获得一个初速度v。,恰好可以做完整的圆周运动。已知sin37°=0.6,

cos370=0.8,重力加速度为g。则小球在b点获得的初速度vo的大小是（）

13gA17gR

A.C.D.

二、多项选择题（下列选项中有多个选项满足题意）

13.如图所示，在场强E=10"N/C的水平匀强电场中，有一长/=10cm的绝缘细线，一端固

定在。点，另一端系一个质量m=2g、电荷量4=2xlO-C的带正电小球，当绝缘细线处于

水平位置时，小球从静止开始释放，g取10m/s，下列说法正确的是（）

Oi------------jA

A.若取A点电势为零，则8点的电势为1.0x10,V

B.若取A点电势为零，小球在B点的电势能为2.0x103J

C.小球到B点时速度为1.4m/s

D.小球到B点时，绝缘细线对小球的拉力为2X10-2N

14.如图所示为真空中的实验装置，平行金属板A、8之间的加速电压为C、。之间

的偏转电压为。2，P为荧光屏。现有质子、笊核和a粒子三种粒子分别在A板附近由静止

开始加速，最后均打在荧光屏上。已知质子、笊核和a粒子的质量之比为1:2:4,电荷量之

比为1:1:2,则质子、笊核和a粒子三种粒子（）

02

P

+5

4Z

A.从开始到荧光屏所经历时间之比为血：1：1

B.从开始到荧光屏所经历时间之比为1：血：血

C.打在荧光屏时的动能之比为1:1:2

D.打在荧光屏时的动能之比为2:1:1

15.如图所示，A板发出的正电子（夕＞0）经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间,

金属板间所加的电压为U,正电子最终打在光屏P上，关于正电子的运动，下列说法中正确

A.滑动触头向右移动时，正电子打在荧光屏上的位置下降

B.滑动触头向右移动时，正电子打在荧光屏上的位置上升

C.电压U增大时，正电子打在荧光屏上的速度大小不变

D.电压。增大时，正电子从发出到打在荧光屏上的时间不变

16.如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管

分别接在高频脉冲电源的两极。设质量为m、电量为q的质子（重力不计）从K点沿轴线

进入加速器并依次向右穿过各漂移管,在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速,

加速电压。视为不变。设质子进入漂移管A时速度为匕，进入漂移管。时速度为%,电源

频率为/，漂移管间缝隙很小，则（）

漂移管

脉冲电源

A.为使质子在漂移管间被加速，质子在每个管内运动时间应为/

B.质子进入漂移管。时的速度匕=Jv；+型

Vm

C.从漂移管A算起，第N个漂移管的长度应为丫

2/

D.从漂移管A算起，质子通过第N个漂移管的能量应为+；机V

17.一个利用静电除尘的盒状容器，如图所示。它的上下底面为正对的金属板，板间距为L,

当连接到电压为。的电源两极时，两金属板间产生一个匀强电场。现有一定量烟尘颗粒均

匀分布在密闭的除尘器内，假设这些颗粒都处于静止状态。合上电键之后，颗粒向下运动。

每个颗粒电性相同，带电量均为q,质量均为m,不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻

力，并忽略烟尘颗粒所受重力。则下列说法中正确的是（）

A.颗粒带正电

B.经过时间/区烟尘颗粒可以被全部吸附

VUq

C.除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为NUq（N为容器中颗粒总数）

D.除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为学（N为容器中颗粒总数）

18.如图所示，一价氢离子、一价氮离子、二价氨离子从小孔S无初速度地飘入电压为q、

极板距离为4的水平加速电容器中，之后又垂直电场线进入电压为。2、极板距离为人的竖

直偏转电容器中，最后打在荧光屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，

则下列说法中正确的有（）

广卿

S----------；

A.三种粒子一定打到屏上的同一位置屏

B.偏转电场对三种粒子做功一样多

c.保持a不变，增大&三种粒子打到屏上时速度均增大

D.保持以不变，增大4三种粒子从进入S至打到屏上所用时间均增大

19.如图所示，半径为八的圆所在平面与某一匀强电场平行，N8C为圆周上三个点，。为

圆心，M为8C中点。粒子源从A点在圆所在平面内沿不同方向发出速率均为%的带正电的

粒子，已知粒子的质量为加、电量为9（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿ZC方

向入射的粒子恰垂直BC方向过M点。则以下说法正确的是（）

A.A、B、C三点电势高低为：（pc＞（pA=（PB

B.沿垂直N8方向入射的粒子可能经过M点

C.若4C8=450,则粒子经过M点速率可能为正％

D.若/。8=30°,则匀强电场的场强大小为E=£也

4qr

20.如图所示，半径为R的圆轨道固定在竖直面内，与水平轨道相切于8点，并在8处开

有小孔。可视为质点的小球质量为m,电荷量为+4,整个空间存在大小为E=鳖、方向水

q

平向右的匀强电场，重力加速度为g,现将小球从A点由静止释放，AB=2R,圆轨道上的

C点与圆心等高，不计一切摩擦，在小球运动过程中，以下说法正确的是（）

A.小球对圆弧轨道C点压力大小为4mg

B.小球机械能增量的最大值为3/wg/?

C.小球的最大动能为（加+1）mgR

D.当释放点A到B的距离为空时，小球恰好不脱离圆轨道

2

三、综合计算题（要求写出必要的计算过程）

21.如图所示绝缘的水平轨道48与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道8c平滑连接，

8c为竖直直径，半圆形轨道的半径R=0.4m,在8c左侧所在空间存在竖直向下的匀强电

场（8、C两点恰好不在匀强电场中），电场强度E=L0xl（）4N/C。现有一电荷量夕=+3.0x107（:、

质量m=0.1kg的带电体A（可视为质点）在水平轨道上的P点以一定的速度冲上半圆，带电

体A恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的。点（图中未画出招取lOm/sL

求：

（1）带电体运动到半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；

（2）。点到8点的距离

22.如图所示为真空中的实验装置，平行金属板48之间的加速电压为5；C、。之间的

偏转电压为3,板长为L,板间距为d。P为荧光屏，距偏转电场右端的水平距离为4。-

2

比荷为巨的带电粒子在A板附近由静止开始加速，最后打在荧光屏上，不计粒子的重力，

m

求：

（1）粒子从偏转电场射出的速度方向与水平方向夹角的正切值和竖直偏移量大小;

（2）现有质子、笊核和a粒子三种带正电的粒子（电量之比为1：1:2,质量之比为1：2:

4）分别在A板附近由静止开始经过该实验装置计算它们打在荧光屏上的位置。（不计粒子

间的相互作用）

AB

P

+3

23.如图所示，一带电为+q质量为m的小球，从距地面高力处以一定的初速度水平驰出,

在距抛出点水平距离为L处有根管口比小球略大的竖直细管，管的上口距地面为了使小

球能无碰撞地通过管子（即以竖直速度进入管子），可在管子上方整个区域内加一水平向左

的匀强电场，（重力加速度为g）求:

（1）小球的初速度V0大小;

（2）匀强电场的场强E：

（3）小球落地时的动能

E*v0

3

24.如图所示，BCDG是光滑绝缘周圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R,下端与

水平绝缘轨道在8点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、

3

带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为:mg,滑块与

水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g。

（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达8点时速度为多大？

（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；

（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上

滑行过程中的最小速度大小。

"D

参考答案

1.B

【解析】

A.带电粒子在恒力的作用下不可能做匀速圆周运动。A错误；

B.根据牛顿第二定律，带电粒子在恒力的作用下一定做匀变速运动。B正确：

C.根据轨迹的弯曲方向，可知带电粒子受到的电场力水平向左，所以从从。到b的运动过

程，电场力做负功，电势能增大。C错误；

D.在匀强电场中，在。点受到的电场力与在b点受到的电场力相等。D错误。

故选Bo

2.D

【解析】

A.由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速器极板〃电

势高，A错误；

BCD.由动能定理知

〃12

qU=­mv

解得

V产

所以进入中和区的离子速度与电量、加速电压有关，与极板距离无关，故D正确，BC错误。

故选D。

3.A

【解析】

AB.在竖直方向上有

w>yN

在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有

所以有

根据牛顿第二定律得

%M:Eqz

mm

所以有

＞务

A正确，B错误；

C.电场力做的功为

W=Eqy

因为电荷M的电荷量多而竖直位移大，所以从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电

荷M做的功大于电场力对电荷N做的功。C错误；

D.因为两电荷的水平位移无法比较，所以水平初速度也无法比较。D错误。

故选A。

【解析】

带电粒子只受电场力作用，在平行板间做类平抛运动。设粒子由。到C的运动时间为t,则

有

l=Vot

设A、B间的电压为U,则偏转电极间的匀强电场的场强

E=5

d

粒子所受电场力

根据牛顿第二定律得粒子沿电场方向的加速度

F_qU

mmd

粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，位移为也由匀加速直线运动的规律得

---

BCD错误,A正确。

故选A。

5.D

【解析】

设P点到8板距离为h,A、8板间电压为U,小球质量为m,带电量为q,由于小球刚好能

够到达S2而不穿出，可知到达52时速度恰好为零，电场力对小球做负功，小球从释放至到

达S2,根据动能定理有

mgh-qU-0

A.仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，由于滑动变阻器分压始终为0,P点到B

板距离不变，两极板间电压不变,可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，故A错误；

BC.仅使A板下移或上移一小段距离，P点到8点的距离h不变，两极板间电压不变，可知

小球还是刚好能够到达52而不穿出，故BC错误；

D.仅使B板上移一小段距离，P点到B点的距离一变小，两极板间电压不变，则

mgh-qU<0

可知小球不能达到，在达到之前动能已经为0,小球将原路返回，根据能量守恒可知小球能

回到P点，故D正确。

故选D。

6.D

【解析】

0七时间内，uMN<0,场强水平向左，电子受到的电场力水平向右，电子向右做初速度为

零的匀加速直线运动，ti-t2时间内，UMN>0,场强水平向右，电子受到的电场力水平向左,

电子向右做匀减速直线运动，由对称性可知，t2时刻速度恰好减小为零，对比图象可知，D

正确。

故选D。

7.B

【解析】

A.该过程中小球和弹簧组成的系统，由于电场力做正功，则机械能不守恒，选项A错误；

B.该过程小球和弹簧组成的系统机械能增加量等于电场力做功，大小为0.5J,动能增加量

等于合外力的功，大小为0.8J-0.9J+0.5J=0.4J,选项B正确；

CD.该过程中因电场力做功为0.5J,则小球电势能减小0.5J,重力做功0.8J,则重力势能减

少0.8J,克服弹簧弹力做功09,则弹簧弹性势能增加09,选项CD错误:

故选Bo

8.C

【解析】

A.根据动能定理

3dUA

解得

u=^Sd

q

A错误;

B.N板上移一小段距离，若液滴仍能到达Q点，则

3dU

所以液滴不能到达Q点;

C.根据

Q

c=

u

c=£S

4ikd

E=5

d

解得

^Q

E=ES

若S断开，N板上移一小段距离，电场强度不变，根据动能定理

由上式可知，若S断开，N板上移一小段距离，电场强度不变，等式仍然成立，液滴仍然能

到达Q点;

D.根据

E-4》kQ

sS

若S断开，N板右移一小段距离，S减小，E增大，若粒子仍能到达Q点，则

3d,„d

所以液滴不能到达Q点，D错误。

故选Co

9.D

【解析】

ABC.小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到。的过

程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹

力增大，导致滑动摩擦力增大，根据

叫匕陛

m

加速度增大，从。到8,电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平

衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据

m

知加速度减小，故ABC错误；

D.由于等量异种电荷的中垂线AB是等势线，则物块的电势能不变，故D正确。

故选D。

10.C

【解析】

根据动能定理

子,[=3纥一马

a2

解得

<7

C正确。

11.C

【解析】

A.带电粒子做类平抛运动运动，在水平方向有

OCOD

tA=-----,te=------，OC=20D

%%

48在电场中运动的时间之比为L2,A错误；

B.带电粒子做类平抛运动运动，在竖直方向有

h=:。而2,h=；a8t82

则加速度之比为4：1,B错误;

C.带电粒子只受电场力则

48的质量之比为1：8,C正确；

D.设。C=CD=x,则A、8的位移大小为

IA=y/h2+x2>IB=\lh2+4x2

则

'B2

D错误。

故选Co

12.B

【解析】

带电小球在圆轨道上运动时，受重力、电场力和轨道弹力，类比于重力场，将电场力与重力

合成等效重力，即

mg'=+（死>=/g

与竖直方向夹角/。=37°（如图1）

图1图2

因此图2中AB方向为等效竖直方向，A点是物体做圆周运动的等效最高点，若该点临界速

度为"A,则有

解得

带电小球在从b点运动至A点过程中，根据动能定理可得

-qE(R+Rsin6)-mgRcos夕=；〃谱一gmv()

解得

故选Bo

13.ABD

【解析】

B.小球从静止开始释放，电场力做功

W=-qEl=-2X10-6X104X0.1J=-2.0X10-3J

又

郎=＜小巴）

若取A点电势为零，则小球在A点电势能为零，所以在B点的电势能为

-,

EB=EA-W=2.0xl0J

选项B正确；

A.根据%=勺练可得

%2.0x10-3

V=1.0xl03V

2x10^

选项A正确;

C.根据动能定理有

W+mgl=\Ek=g,”/

解得小球到B点时速度

l2(fV+mg/)]2x(-2x1Q3+2x展x10x。/'5。巾'

~i-V2x10、s-：

选项C错误；

D.小球到8点时有

v2

I-mg=m—

解得小球到8点时:绝缘细线对小球的拉力

2

T=w—+mg=2xlO-3xlON=2xlO^N

选项D正确。

故选ABDo

14.BC

【解析】

AB.设加速电场A8间距离为d,偏转极板长度为/,偏转极板间的距离为h,屏到偏转电场

右边缘距离为5,粒子在加速过程中，根据

j,12

可得

%=

在加速电场中运动的时间

d

’1=一

%

2

进入偏转电场，以及离开偏转电场后到打到屏上，水平方向速度保持不变，因此打到屏的时

间

I+s

Z2---------

%

从开始到荧光屏所经历时间

=-d-1-l-+-s

为%

2

可知运动时间与％成反比，由于

:m2:m}=1:2:4

%:%：%=1：1：2

因此

口:但:户=1诉收

匕彩匕

A错误，B正确;

CD.粒子进入偏转电场之后，做类平抛运动

L=%%

y=—at2

2

其中

q

q=ma

h

可得

y=—!—

4U2h

可知所有粒子在偏转电场中，偏转距离相等，根据动能定理

■0+华P=4

h

可知打在荧光屏时的动能仅仅与粒子的带电量成正比，因此

£kl:%：耳3=%：%：%=1：1：2

D错误，C正确。

故选BC。

15.BD

【解析】

由题意知正电子在加速电场中加速运动，有动能定理得

12

qU=~mv

解得电子获得的速度

卡

正电子进入加速电场后做类平抛运动，粒子在电场中运动的时间

L

/=—

v

在平行于偏转电场中做初速度为零的匀加速直线运动，加速度

dm

正电子在偏转电场方向偏转的位移

1,,uC

y=-af=

4U'd

因为偏转电场方向向下，则正电子在偏转电场力向下偏转:

AB.滑动触头向右移动时，加速电压变大，所以正电子获得的速度v增加，故正电子偏转

位移

变小，因为正电子向下偏转，故在屏上的位置上升，故B正确，A错误；

CD.偏转电压增大时，正电子在偏转电场中受到的电场力增大，即正电子偏转的加速度a

增大，又因为正电子获得的速度v不变，正电子在电场中运动的时间不变，。增大正电子打

在屏上的速度

v=Jv2+（+<2

由于加速度a变大，时间不变，故打在屏上的速度增大，所以D正确，C错误。

故选BD。

16.AC

A.电源频率为因此周期为

T=—

f

质子在每个管内运动时间应为，=,,质子在每个管内运动时间应为故A正确;

B.质子从A管运动至漂移管D由动能定理可知

___1212

3Uq=-mvD-万明

解得

故B错误;

C.从漂移管A算起，第N个漂移管的速度，由动能定理可知

（NT）S=；g12

吟

解得

।2（N-l）qU

m

第N个漂移管的长度应为

廿\2（N-l）qU

故C正确；

D.质子通过第N个漂移管的能量，由动能定理可知

2

（N-\}Uq=EN-^mvA

解得

用v=（NT）2+g%v：

故D错误。

故选AC。

17.AD

【解析】

A.开始时烟尘颗粒处于静止状态，接通电键后，场强方向向下，颗粒向下运动，可知颗粒

带正电，选项A正确；

B.对最上面的颗粒，根据

2ml}

即经过时间土烟尘颗粒可以被全部吸附，选项B错误;

Uq

CD.电场对最上面的颗粒做功为Uq,对最下面的颗粒做功为0,因颗粒均匀分布在两板之

间，则除尘过程中电场对区间内全部烟尘颗粒做功共为券（N为容器中颗粒总数），选项

C错误，D正确。

故选ADo

18.AD

【解析】

A.设偏转极板的长度为2。在加速电场中，由动能定理得

qUi=-mv2

在偏转电场中的偏转位移

12

y=—at

2

联立得

同理可得到偏转角度的正切

UL

tan。=2

2U4

可见y和tan。与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。

故三种粒子打屏上同一点。故A正确;

B.偏转电场对粒子做功为

W=Eqy

则偏转电场对两个一价粒子做功相同，与二价粒子做功不相同，选项B错误:

c.保持q不变，增大4,则粒子从水平加速电容器中飞出时的速度不变，则三种粒子打到

屏上时速度不变，选项c错误；

D.保持■不变，增大4,则粒子从水平加速电容器中飞出时的速度不变，三种粒子在水平

加速电场中的运动时间增加，在偏转电场中的时间不变，则三种粒子从进入s至打到屏上所

用时间均增大，选项D正确。

故选AD,

19.AD

【解析】

A.因为沿/C方向入射的粒子恰垂直BC方向过M点，不妨研究它的逆过程，从“到A,

由于此过程中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的2倍，可知此过程为类平抛运动，则

粒子受垂直48向下的电场力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于48向下，则48

电势相等，所以

<Pc>(P,&=%

故A正确；

B.电场方向垂直力8向下，则沿垂直力8方向入射的粒子不可能经过M点，故B错误;

C.若41cB=45。，则过〃点速率等于A点的速度沿A4方向的分量，即

%=%cos45=—v0

故C错误;

D.若/。8=30。，则由类平规运动的规律可知

RR

LR，.弛产

22m

联立解得

4qR

故D正确。

故选AD«

20.BC

【解析】

A.从A到C由动能定理可得

12

qEx3R-mgR=—AZZV~

在C点由牛顿第二定律可得

Fc-qE=m^-

得

耳=5/ng

由牛顿第三定律可知，小球对圆弧轨道C点压力大小为5mg,故A错误;

B.由功能关系可知，电场力对小球做功最多，其机械能增加最多，即小球运动到C点时,

小球机械能增加最多，小球机械能增量的最大值为

Af=qEx3R=3mgR

故B正确;

C.由"等效重力"可知，当小球运动到8c间且与圆心连线与竖直方向夹角为45°的位置D点

时，小球的速度最大，从A到。由动能定理有

^£1(27?+7?sin45°)-wg/?(l-cos45°)=Ekmax

得

Ekmax=(正+l)，"gR

故C