10.5 带电粒子在电场中的运动（同步课件+同步练习）（解析版）

第5节带电粒子在电场中的运动带电粒子在匀强电场中的直线运动1．（2022·福建·上杭一中高二开学考试）（多选）某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，在这种疗法中，质子先按加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，若质子的加速长度d，要使质子由静止被匀加速到v，已知质子的质量为m，电量为e，则下列说法正确的是（）A．由以上信息可以推算该加速电场的电压B．由以上信息可以推算该加速电场的电场强度C．由以上信息不可以推算质子加速后的电势能D．由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能增加【答案】ABC【详解】A．根据则可以推算该加速电场的电压选项A正确；B．根据则可以推算该加速电场的电场强度，选项B正确；CD．因零电势点不确定，则由以上信息不可以推算质子加速后的电势能，但由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能减小，选项C正确，D错误。故选ABC。2．粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O（为薄金属环）及A、B、C、D、E5个金属圆筒（又称漂移管），相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入（初速度为0）金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则（）A．质子从圆筒E射出时的速度大小为B．圆筒E的长度为TC．MN所接电源是直流恒压电源D．金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为【答案】B【详解】A．质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得质子从圆筒E射出时的速度大小为选项A错误；B．质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为选项B正确；D．同理可知，金属圆筒A的长度金属圆筒B的长度则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为，选项D错误；C．因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，选项C错误。故选B。3．（2022·江苏南京·高二开学考试）如图甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t=0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是（）A．在t2时刻，电子的位移最大B．在t2时刻，电子的动能最大C．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0D．电子不可能在t2~t3时间内飞出电场【答案】C【详解】AB．t=0时刻，B板的电势比A板高，电子在t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束，t1~t2电子减速，并在t2时刻速度刚好为零，之后一直重复这样的运动，直到从P点飞出，故在t2时刻，电子的位移和动能都不是最大的，故AB错误；C．由上述分析可知，电子的最大动能为，所以电子最终从P点飞出时的动能都小于等于，故C正确；D．根据已知信息，无法确定电子在什么时候飞出电场，所以电子是有可能在t2~t3时间内飞出电场的，故D错误。故选C。4．（2022·浙江·模拟预测）如图，在倾角为37°的绝缘斜面AB段，有垂直斜面向下的匀强电场E。质量，电荷量为的物体（视为质点），以初速度从A开始下滑，经过斜面底端C点后进入绝缘水平面运动，直到停止在D处，已知物体与斜面、水平面的动摩擦因数均为。已知，，物体经过C时没有能量损失，求：（1）物体到达C时的瞬时速度；（2）斜面AB段的长度；（3）从A点运动到D点总时间。【答案】（1）10m/s；（2）4m；（3）3.5s【详解】（1）从C到D点，由动能定理可得解得（2）从A到C点，由动能定理可得且解得（3）从B到C，由动能定理可得解得所以从A到B为匀速运动，时间为从B到C，做匀加速运动，平均速度为时间为从C到D，做匀减速运动，平均速度为时间为总时间为带电粒子在匀强电场中的曲线运动5．某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为的直线加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为，板长为L，把叫示波器的灵敏度，下列说法正确的是（）A．电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变B．电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于C．当、L增大，d不变，示波器的灵敏度一定减小D．当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度增大【答案】B【详解】A．电子在加速电场和偏转电场中，电场力均对电子做正功，电子动能增大，故A错误；B．电子在加速电场中，有解得电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于故B正确；C．电子在偏转电场中，有结合联立可得可知当、L增大，d不变，示波器的灵敏度可能增大、可能减小、还可能不变，故C错误；D．根据可知当L变为原来的两倍，d变为原来的4倍，不变，示波器的灵敏度不变，故D错误。故选B。6．如图所示，电子从A点由静止出发被U1=5000V的电压加速后，从B孔沿平行板间的中线垂直射入匀强偏转电场，若两极板间距d=1.0cm，极板的长度L=5.0cm，要使电子能从两极板间飞出，求两个极板上所加电压U2的最大值。【答案】400V【详解】在加速电压一定时，偏转电压U2越大，电子在极板间的偏转距离就越大，当偏转电压达到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，偏转电压为最大电压，电子加速过程，由动能定理得eU1=12mv02电子进入偏转电场做类平抛运动，有L=v0t偏转距离y=at2=恰能飞出的条件为y=联立方程并代入数据解得U2m=400V7．光刻机是半导体行业中重中之重的利器，我国上海微电子装备公司（SMEE）在这一领域的技术近年取得了突破性进展。电子束光刻技术原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光。某型号光刻机的束偏移器长L=0.04m，间距也为L，两极间有扫描电压，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，芯片到束偏移器下端的距离为。若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为，单个电子的初动能为Ek0=1.6×10-14J，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略其他因素的影响，电子到达芯片即被吸收。（1）若扫描电压为零，电子束在束偏移器中做何种运动？电子束到达芯片时的落点位置？（2）若扫描电压为零，且It=Ne（N为电子个数），求O点每秒接收的能量E?（e=1.6×10-19C）（3）若某时刻扫描电压为15kV，则电子束到达芯片时的位置离O点的距离为多少？【答案】（1）匀速直线运动，O；（2）；（3）0.003m【详解】（1）无偏转电压时，电子束做匀速直线运动，落点位置为O；（2）若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是（3）电子在束偏移器中的加速度大小为设电子的初速度大小为v0，则由题意可知电子在束偏移器中运动的时间为电子在束偏移器中的偏移量为电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y，如图所示根据几何关系有联立解得Y=0.003m

‍8．（2022·广东·华南师大附中高二期末）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道竖直固定放置，所在空间存在一竖直向下的匀强电场，且与电容器间的电场互不影响。一带电小球以一定的初速度从圆弧轨道顶端开始沿轨道运动，最终小球恰好不脱离圆弧轨道以水平速度v0飞出，随即沿平行板电容器中线水平飞入两平行板间的电场，在电容器中做匀速直线运动，当小球运动到某一点P处时立即将上板向上平移Δd=2cm，小球刚好从金属板右端飞出。已知电容器两极板间距离为d=8cm，板长为L=25cm，接在恒压电源上，重力加速度g取10m/s2。（1）若小球的质量为m，电量为q，请判断小球的电性（不需要说明理由），并写出竖直向下的匀强电场的电场强度E的表达式；（2）若v0=0.5m/s，求小球从射入电容器到运动至P点所用的时间t（不考虑电容器充放电的时间）。【答案】（1）带负电，；（2）0.3s【详解】（1）小球在电容器中做匀速直线运动，重力与电场力平衡，小球所受的重力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，又因场强方向竖直向下，所以小球带负电。小球沿着圆弧轨道运动恰好不脱离轨道时，根据牛顿第二定律解得（2）带电小球在板间受重力和竖直向上的电场力，因为小球匀速运动，根据平衡条件当上板向上提后，由于板间场强减小，电场力减小，故小球向下偏转，在电场中做类平抛运动，此时小球的加速度满足解得小球刚好从金属板右端飞出，设从P点到板末端飞出过程的时间t1，则有解得t1=0.2s设刚进入电场到飞出电场时间为t2，有解得t2=0.5s因此小球从射入电容器到运动至P点的时间t=t2-t1=0.3s带电粒子在非匀强电场中的运9．（2022·福建漳州·高三阶段练习）（多选）电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示，P、Q是电场中的两点。K为阴极，A为阳极，在两极之间加上高压，就会有电子从K极由静止被加速。则（）A．P点的电势高于Q点的电势B．P点的电场强度小于Q点的电场强度C．电子在P点的电势能大于在Q点的电势能D．电子由P运动到Q，电场力做负功【答案】BC【详解】AC．阳极电势高，阴极电势低，所以P点的电势低于Q点的电势，所以电子在P点的电势能大于在Q点的电势能，故A错误，C正确；B．电场线越密场强越强，所以P点的电场强度小于Q点的电场强度，故B正确；D．电子从K极由静止被加速，所以电子由P运动到Q，做加速运动，电场力做正功，故D错误。故选BC。10．（2022·江苏省天一中学高一期中）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2<v1）。若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A．小物体上升的最大高度为B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力先减小后增大【答案】A【详解】A．因为OM=ON，所以正点电荷在M、N两点产生的电势相等，则小物体在M、N两点的电势能相等，从M到N电场力对小物体做功为零。由于小物体与斜面间的摩擦力大小与其运动速度大小无关，则根据对称性可知小物体从M到N和从N到M，摩擦力对小物体做的功相等，均设为Wf，对小物体从M到N，根据动能定理有对小物体从N到M，根据动能定理有联立以上两式解得小物体上升的最大高度为故A正确；BC．从N到M的过程中，小物体到正点电荷的距离先减小后增大，电场力对小物体先做正功后做负功，所以小物体的电势能先减小后增大，故BC错误；D．从N到M的过程中，小物体受到的电场力在垂直斜面向下的分力先增大后减小，所以小物体对斜面的压力先增大后减小，受到的摩擦力先增大后减小，故D错误。故选A。11．（2023·全国·高三专题练习）沿电场线所在直线建立如图所示Ox轴，x轴上各点电势随x的变化规律如图所示，坐标点O、x1、x2和x3分别与x轴上O、A、B、C四点相对应，O点电势为零。带电量为-e的电子从O点由静止释放，仅受电场力作用，下列说法正确的是（）A．在0~区间内，电场方向始终指向x轴正方向B．电子到达B点时动能为C．电子从A运动到C，加速度先增大后减小D．若在B点给电子一个沿x轴方向的初速度，电子一定会在AC间做往复运动【答案】B【详解】A．沿电场线方向电势降低，在0~区间内，电势先升高、再降低、再升高，则电场线方向没有始终指向x轴正方向，故A错误；B．根据动能定理电子到达B点时动能为故B正确；C．电势随x图像的斜率大小等于电场强度，电子加速度大小为由图像可知，A、C间斜率先变小后变大，则加速度先变小后变大，故C错误；D．若在B点电子的初速度为沿+x轴方向，BC间电势升高，电场线方向由C指向B，电场力由B指向C，电子做加速运动；若在B点电子的初速度为沿-x轴方向，同理，电子也做加速运动。故电子不会再AC间做往复运动，故D错误。故选B。12．（2022·河北邢台·高三开学考试）（多选）如图所示，ABCD四点构成一个竖直平面内的矩形，其中，，E、F是AD、BC中点，一根光滑杆穿过E、F两点，O为EF的中点，G为AB的中点，在B、C两点放置正、负两个点电荷，电荷量大小均为Q，在G点放置另一点电荷后，O点的电场强度刚好为零。现将一套在光滑杆上的带电小球从E点由静止释放，小球经过O、F两点。已知重力加速度为。下列说法正确的是（）A．G点的电荷带正电B．G点的电荷所带电荷量的大小C．小球经过O点时速率为D．小球经过F点时速率为【答案】BD【详解】AB．由几何关系可知，所以B点和C点电荷在O点产生的电场强度为方向分别沿BO方向和OC方向，由几何关系可知BC两电荷在O点产生的电场强度为方向水平向右，所以G点电荷在O点产生的电场强度大小为方向水平向左，所以G点电荷为负电荷，且所以故A错误，B正确；C．E点和O点都在B、C处电荷形成电场的零等势线上，所以小球从E到O点的过程中BC处电荷给小球的电场力不做功，而此过程中G点电荷给小球的电场力做功，所以有解得故C错误；D．E点和F点不仅在B、C处电荷形成电场的零等势线上，而且还在G点电荷的等势线上，所以小球从E到F点的过程中BC处电荷给小球的电场力不做功，同时G点电荷给小球的电场力也不做功，所以有解得故D正确。故选BD。能量和动量综合13．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点，一带电荷量为、质量为的小物块从A点由静止释放，沿MN做直线运动，其运动的图像如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大（图中标出了该切线），C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电荷量保持不变，则下列说法中正确的是（）A．A、B两点电势差B．小物块从B点到C点电场力做的功C．C点为AC间电场强度最大的点，场强大小D．由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大【答案】B【详解】A．根据动能定理，可知解得故A错误；B．根据动能定理可知代入数据得故B正确；C．图像的斜率为加速度，有图像可知，B点的加速度最大，且所以粒子在B的电场强度最大，根据公式解得故C错误；D．从A到B到C物体速度一直变大，所以物体动能一直增大，根据能量守恒可知，物体电势能一直降低，故D错误。故选B。14．（2022·湖北·天门市教育科学研究院高三学业考试）如图所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球（视为质点）穿在杆上，以速度从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（）A．小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功B．小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功C．小球的机械能可能增加D．以上都有可能【答案】B【详解】AB．小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，故A错误，B正确；CD．电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，故CD错误。故选B。15．图中AB是绝缘水平面上相距的两点，AB间存在一个水平向右的匀强电场，场强大小。一带电量，质量的绝缘滑块Q静置在A点，滑块Q与水平面的动摩擦因数。用长的轻绳将不带电小球P悬挂在A点正上方的O点，保持绳子绷紧，将P球拉至与点O等高的水平位置，如图所示。现给P球竖直向下的初速度，此后P球下摆与Q发生弹性正碰。已知P球质量也为m，整个过程没有电荷转移，P、Q体积大小均可忽略不计，轻绳不被拉断。（）求：（1）P与Q第一次碰撞后瞬间，P与Q的速度大小；（2）P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离；（3）若场强E可变，试讨论在轻绳不松弛的前提下，滑块Q在AB段滑行的路程与电场强度E的关系。【答案】（1），；（2）；（3）见解析【详解】（1）小球P运动至与Q碰撞前，有解得P与Q发生弹性碰撞，有解得，（2）设碰撞后，Q没有滑离AB段，当Q减速至0，有解得假设成立，即P与Q第一次碰撞后，滑块Q离A点的最远距离为1.5m。（3）当P与Q第一次碰撞后，Q恰好能滑到B点，则解得当时，Q从B点离开电场，则Q在AB段滑行的路程为当时，Q没有从B离开，因为则Q返回再次与P相碰。设Q第一次在AB段减速至0的位移为时，返回与P碰撞后，P恰好能回到O点等高位置，则设Q回到A点时速度为，Q从A开始运动到又回到A点时，有P与Q再次碰撞，质量相等弹性碰撞，交换速度，则碰后P的速度也为v2，此后P运动至圆心等高，有解得当时，P超过O点等高位置，因为，P无法到达最高点，绳子松懈，不满足条件。当时，因为，Q无法停在AB段，最终停在A点，全过程，对系统，由能量守恒，有解得则Q在AB段滑行的路程为综上：为保证绳子不松懈需满足为：；当时，Q在AB段滑行的路程为；当时，Q在AB段滑行的路程为。16．如图（a）所示，质量m1=2.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量m2=1.0kg可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为q=1.0×10-3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E1=5.0×102V/m。质量m3=1.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为（如图b）。从t0=0时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在t1=1s时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知小物块B与木板A及木板A与地面间的动摩擦因数均为=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）撤去变力F瞬间滑块C的速度大小v1；（2）小物块B与木板A刚好共速时的速度v共；（3）若小物块B与木板A达到共同速度时立即将电场强度大小变为E2=7.0×102V/m，方向不变，小物块B始终未从木板A上滑落，则①木板A至少多长？②整个过程中物块B的电势能变化量是多少？【答案】（1）10.5m/s；（2）3m/s；（3）①10.5m，②12J【详解】（1）在F作用的1s内，对滑块C，由动量定理得由图像围成的面积可得得（2）设C、A碰后瞬间速度大小分别为vC和vA，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒，得A、C发生弹性碰撞，动能不变，则代入数据，解得vA=7m/sA、C碰撞后，对B有代入数据得a2=1.5m/s2对A有得a1=2m/s2设碰后经t2时间A、B共速，则解得t2=2s，v共=3m/s（3）①从A被碰后到A、B刚好共速过程所以此过程B相对A向左滑行当电场强度变为E2时，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B有得对A有因，故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止。此过程它们的位移分别为则此过程B相对A向右滑行因为所以板长至少为10.5m②整个过程中静电力对B做功故物块B的电势能变化量为即电势能减少了12J。17．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中二模）（多选）静置在绝缘地面上的质量为的物体带正电，电荷量为，在物体所在空间加上竖直方向的电场后，物体向上运动，物体运动过程中的机械能与其位移关系图像如图所示，其中为直线，为曲线，为平行横轴的直线。重力加速度为，不计空气阻力（）A．过程中，电场强度的大小恒为 B．过程中，静电力做功为C．过程中，电场强度先向上，后向下 D．过程中，物体的电势能减小【答案】AB【详解】AC．过程中，设物体在很短的位移内电场力为F，则根据功能关系得物体的机械能变化量图象的斜率由图知过程中斜率不变，则电场强度的大小恒为选项A正确；B．过程中，物体机械能减少，根据功能关系可得静电力做功为，选项B正确；C．由图知过程中图象的斜率逐渐减小到0，即电场力F逐渐减小到0，方向没有变化，所以电场强度方向没有变化，选项C错误；D．过程中图象的斜率为0，即电场力F为零，则电场力不做功，物体的电势能不变，选项D错误。故选AB。18．（2022·山东日照·高二开学考试）如图甲所示，在xOy直角坐标系第一象限内有等腰三角形ABC的区域，AB边的长度为L且与x轴平行，区域内有水平向左的匀强电场，电场强度大小为；在第二象限内有边长为L的正方形BOEF区域，区域内有竖直向下的匀强电场（电场强度大小未知）。现有一质量为m、电荷量为q的正粒子从AC的中点P由静止释放，恰好通过E点，不计粒子的重力，则（1）求BOEF区域内的电场强度大小；（2）求粒子从P点运动到E点的时间；（3）在保持BOEF区域电场强度不变的情况下，将正方形电场区域分成BOMN和GHEF相等的两部分，并将GHEF区域向左平移一段距离，如图乙所示。若把粒子从第一象限内的A点由静止释放，要使粒子仍从E点射出，求GHEF区域平移的距离x。【答案】（1）；（2）；（3）3L【详解】（1）粒子从P点运动到BC中点过程中由动能定理在BOEF区域内，由牛顿第二定律水平方向上竖直方向上解得（2）在加速电场中运动时间在偏转电场中运动时间在无场区域运动时间所以粒子从P运动到E点时间（3）带电粒子从A到B由动能定理带电粒子在区域BOMN中竖直方向速度速度偏转角带电粒子在两个区域内偏转距离由几何关系得解得19．（2022·辽宁营口·高一期末）如图甲所示，某直线加速器由沿轴线分布的两个金属圆管（漂移管A、B）组成，质子（带正电）从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过金属筒，筒B接地（电势为零），两筒间电压恒定。不同时刻释放的质子进入金属筒A时速度均为8×105m/s，进入金属筒B时速度均为1×106m/s，从B筒右端射出后，沿两水平金属板M、N间的中心线射入，MN板长L=10cm，板间距d=10cm，加在MN板上的电压UMN随时间t变化的图像如图乙所示。粒子穿过MN板的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一圆筒，其表面有一层厚度不计的方格坐标纸。筒的左侧边缘与极板右端距离s=8cm，圆筒绕其轴线匀速转动，能接收到通过M、N板后射出的所有质子。质子的比荷为1×108C/kg，不计质子重力。（1）请根据所学知识，判断质子在漂移管内的运动状态；（2）粒子在AB之间加速时，求A管的电势；（3）以t0=0时刻进入MN的质子打到圆筒记录纸上的点为坐标原点，取y轴竖直向下为正，质子打到记录纸上沿y轴方向的最大侧移量是多少？【答案】（1）匀速直线运动；（2）；（3）13cm【详解】（1）由于漂移管A、B是金属制作而成，其能够起到静电屏蔽的作用，即质子在其中不受外界电场的作用，又由于不计质子重力，则质子在漂移管内做匀速直线运动。（2）根据动能定理有解得（3）若质子从极板右边缘射出，则有解得则极板MN间电压为时，质子打到记录纸上沿y轴方向的侧移量达到最大，由几何关系有解得20．（2022·贵州遵义·高三开学考试）1909至1911年，英国物理学家卢瑟福（1871~1937）和他的合作者们做了以粒子轰击金箔的实验，如图甲所示，在一个小铅盒里放有少量的放射性元素钋，它发出的粒子从铅盒的小孔射出，形成很细的一束射线射到金箔上。粒子穿过金箔后，打到荧光屏上产生一个个的闪光，这些闪光可以用显微镜观察到。整个装置放在一个抽成真空的容器里，荧光屏和显微镜能够围绕金箔在一个圆周上转动。实验得到了出乎意料的结果。绝大多数粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，少数粒子却发生了较大角度的偏转，并且有极少数粒子偏转角超过了90度，有的甚至被弹回，为了解释这个实验结果，卢瑟福在1911年提出了如下的原子核式结构学说：在原子的中心有一个很小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转。原子核所带的单位正电荷数等于核外的电子数，所以整个原子是中性的。电子绕核旋转所需的向心力就是核对它的库仑引力。现考虑某一个粒子被弹回的情况，可简化为如图乙所示的模型，其中金的原子核类似一个固定的点电荷，而粒子仅在原子核库仑力作用下弹回，图中画出了三个以原子核为圆心的圆，它们的半径之比为，而粒子被弹回的轨迹是直线ABC，ABC为轨迹与三个圆的交点，其中A点时粒子速度为零。求：（1）粒子经过B、C加速度大小之比。（2）粒子经过B、C动量大小之比。【答案】（1）；（2）【详解】（1）对粒子：B点C点联立得（2）对粒子，任意过程，采用动能定理因为，所以所以可变形为得这里采用累加法，得得，A→B进一步得同理，A→C进一步得又因为联立得21．图（a）为示波管的原理图．如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是A． B．C． D．【答案】B【详解】电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧．前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．同理，后半周期的图像应在第四象限．A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．22．如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（）A．所用时间为B．速度大小为C．与P点的距离为D．速度方向与竖直方向的夹角为30°【答案】C【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向竖直方向由可得故A错误；B．由于故粒子速度大小为故B错误；C．由几何关系可知，到P点的距离为故C正确；D．由于平抛推论可知，，可知速度正切可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。故选C。23．如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】（1）；（2）【详解】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有①F=qE=ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有③设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有④l=v0t⑤联立①②③④⑤式解得⑥⑦（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧24．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径