2024-2025学年高中物理第一章静电场第9节带电粒子在电场中的运动学案新人教版选修3-1

PAGEPAGE1第9节带电粒子在电场中的运动1．能探讨带电粒子在电场中运动时的加速度、速度和位移等物理量的变更．2．能探讨带电粒子在电场中运动时的能量转化．3．了解示波管的工作原理．一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远小于静电力，可以忽视．2．带电粒子的加速：初速度为零，带电量为q，质量为m的带电粒子，经过电势差为U的电场的加速后，获得的速度大小为v＝eq\r(\f(2qU,m))．二、带电粒子的偏转质量为m、带电量为q的基本粒子(忽视重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，板间距离为d，板间电压为U．1．运动性质(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动．(2)垂直v0的方向上：初速度为零，加速度为a＝eq\f(qU,md)的匀加速直线运动．2．运动规律(1)偏移距离：因为t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，所以偏移距离y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d)．(2)偏转角度：因为vy＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，所以tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))．三、示波管的原理1．构造示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(放射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示．2．原理(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压．(2)灯丝被电源加热后，出现热电子放射，放射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，假如在Y偏转极板上加一个信号电压，在X偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变更的可视图象．判一判(1)电子、质子、α粒子等带电粒子在电场中受到的静电力一般远大于重力，因而通常状况下，重力可以忽视不计．()(2)带电粒子(不计重力)在电场中由静止释放时，肯定做匀加速直线运动．()(3)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能量的转化和守恒定律．()(4)对于带电粒子(不计重力)在电场中的偏转可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场线方向的自由落体运动．()(5)示波管偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏中心点形成一个亮斑．()提示：(1)√(2)×(3)√(4)×(5)√想一想大量带电粒子，质量不同，带电量相同，以相同的速度垂直电场进入并穿过同一个电容器，它们的运动时间相同吗？运动轨迹相同吗？提示：运动时间相同，运动轨迹不相同．由于粒子在水平方向上做匀速运动，由l＝v0t知运动时间相同．不同粒子在沿初速度方向上运动状况相同，在垂直初速度方向上运动状况不同，故它们的运动轨迹不同，如图所示．做一做两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是()A．eq\f(edh,U) B．edhUC．eq\f(eU,dh) D．eq\f(ehU,d)提示：选D．设电子的初动能为Ek0，末动能为零，极板间的电场E＝eq\f(U,d)，依据动能定理：－eEh＝0－Ek0，解得：Ek0＝eq\f(eUh,d)．带电粒子在电场中的直线运动1．关于带电粒子在电场中的重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的示意以外，此类粒子一般不考虑重力(但并不忽视质量)．(2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的示意以外，一般都不能忽视重力．2．问题处理的方法和思路(1)分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力状况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速、减速；直线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题．(2)解决这类问题的基本思路是①用运动和力的观点：牛顿定律和运动学学问求解；②用能量转化的观点：动能定理和功能关系求解．3．应用动能定理处理这类问题的思路：(粒子只受电场力)(1)若带电粒子的初速度为零，则它的末动能eq\f(1,2)mv2＝qU，末速度v＝eq\r(\f(2qU,m))．(2)若粒子的初速度为v0，则eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU，末速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))．命题视角1带电粒子在匀强电场中的直线运动如图所示，在P板旁边有一电子由静止起先向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电荷量为e．则关于电子在两板间的运动状况，下列叙述正确的是()A．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变B．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍C．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变D．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半[思路点拨]解答本题时应把握以下两点：(1)带电粒子被加速，利用动能定理可求到达另一极板的速率；(2)带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，利用运动学公式可求运动的时间．[解析]由动能定理有eq\f(1,2)mv2＝eU，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，可见电子到达Q板的速率与板间距离d无关，故A项对，B项错．两极板间为匀强电场E＝eq\f(U,d)，电子的加速度a＝eq\f(eU,md)，由运动学公式d＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2md2,eU))，若两极板间电势差增大一倍，则电子到达Q板时间减为原来的eq\f(\r(2),2)，故C、D项都错．[答案]A命题视角2带电粒子在交变电场中的直线运动(多选)如图所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U，A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变更规律如图所示．现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响可忽视．则()A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将始终向B板运动B．若电子是在t＝eq\f(T,8)时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上C．若电子是在t＝eq\f(3,8)T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上D．若电子是在t＝eq\f(T,2)时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动[思路点拨]带电粒子在交变电场中的运动一般比较困难，解答此类问题时通常利用v－t图象对带电体进行分析，既直观又便利，是首选的方法．[解析]依据电子进入电场后的受力和运动状况，作出如图所示的图象．由图丁可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子始终向B板运动，即A正确．若电子在eq\f(T,8)时刻进入，则由图象知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最终仍能打在B板上，即B正确．若电子在eq\f(3T,8)时刻进入电场，则由图象知，在第一个周期电子即返回至A板，即C错误．若电子是在eq\f(T,2)时刻进入的，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，即D错误．综上分析可知本题的正确选项为A、B．[答案]ABeq\a\vs4\al()(1)解决带电粒子在交变电场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出推断．(2)这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要留意粒子的运动周期与电场周期的关系．(3)带电粒子在交变电场中的运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的探讨方法与质点动力学相同．(4)此类问题借助v－t图象更加有效快捷．【题组突破】1．(多选)如图所示，电子由静止起先从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当变更两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析：选CD．电子由静止起先从A板向B板运动的过程中依据动能定理列出等式：qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以当变更两板间距离时，v不变，故A、B错误，C正确；由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为E＝eq\f(U,d)，电子的加速度为a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，电子在电场中始终做匀加速直线运动，由d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，得电子加速的时间为t＝deq\r(\f(2m,qU))．由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确．2．(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变更的规律如图所示．带电微粒只在电场力的作用下由静止起先运动，则下列说法中正确的是()A．微粒在0～1s内的加速度与1～2s内的加速度相同B．微粒将沿着一条直线运动C．微粒做往复运动D．微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同解析：选BD．0～1s和1～2s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错；0～1s和1～2s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，依据这两段运动的对称性，1～2s的末速度为0，所以每个1s内的位移均相同且2s以后的运动重复0～2s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误．带电粒子在匀强电场中的偏转1．运动状态的分析：带电粒子以初速度v0垂直于电场线方向进入匀强电场时，受到恒定的、与初速度方向成90°的静电力作用而做匀变速曲线运动，运动轨迹为抛物线．2．偏转问题的处理方法：类似于平抛运动的处理方法，应用运动的合成与分解的学问．(1)带电粒子偏转规律①速度：分速度vx＝v0，vy＝at合速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))合速度方向tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))．②位移：分位移x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2合位移s＝eq\r(x2＋y2)合位移方向tanα＝eq\f(y,x)＝eq\f(qUl,2mdveq\o\al(2,0))．(2)带电粒子先加速再偏转时的规律①加速电场中：qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②偏转电场中规律偏转的距离y＝eq\f(ql2U2,2mveq\o\al(2,0)d)＝eq\f(l2U2,4U1d)偏转角度tanθ＝eq\f(qU2l,mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(U2l,2U1d)y、tanθ都与比荷无关．(3)两个结论①粒子从偏转电场射出时，其速度反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿初速度方向的位移．证明：tanθ＝eq\f(y,x′)y＝eq\f(qU2l2,2mdveq\o\al(2,0))tanθ＝eq\f(qU2l,mdveq\o\al(2,0))联立以上三式，得x′＝eq\f(l,2)．②位移方向与初速度方向间夹角的正切tanα为速度偏转角的正切tanθ的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ．证明：tanα＝eq\f(qU2l,2mdveq\o\al(2,0))，tanθ＝eq\f(qU2l,mdveq\o\al(2,0))故tanα＝eq\f(1,2)tanθ．命题视角1带电粒子偏转运动的求解如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e．求：(1)电子穿过A板时的速度大小；(2)电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)P点到O点的距离．[解析](1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，依据动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))．(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，依据牛顿其次定律和运动学公式得F＝eE，E＝eq\f(U2,d)，F＝ma，t1＝eq\f(L1,v0)，y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得y1＝eq\f(U2Leq\o\al(2,1),4U1d)．(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，依据运动学公式得vy＝at1，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示．有t2＝eq\f(L2,v0)，y2＝vyt2解得y2＝eq\f(U2L1L2,2dU1)P点到O点的距离为y＝y1＋y2＝eq\f(（2L2＋L1）U2L1,4U1d)．[答案](1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2Leq\o\al(2,1),4U1d)(3)eq\f(（2L2＋L1）U2L1,4U1d)命题视角2带电粒子偏转的临界问题分析一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d＝1．0cm，板长l＝5．0cm，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？[思路点拨]当电子恰好从下板右边缘飞出时电压有最大值，此时电子做类平抛运动的水平位移为l，偏转位移为eq\f(d,2)．[解析]加速过程，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l＝v0t ②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm) ③偏距y＝eq\f(1,2)at2 ④能飞出的条件为y≤eq\f(d,2) ⑤联立①～⑤式解得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝4．0×102V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V．[答案]400V【题组突破】1．如图所示，两个板长均为L的平板电极，平行正对放置，两极板相距为d，极板之间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场．一个带电粒子(质量为m，电荷量为＋q)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘．忽视重力和空气阻力的影响．求：(1)极板间的电场强度E的大小；(2)该粒子的初速度v0的大小；(3)该粒子落到下极板时的末动能Ek的大小．解析：(1)两极板间的电压为U，两极板的距离为d，所以电场强度大小为E＝eq\f(U,d)．(2)带电粒子在极板间做类平抛运动，在水平方向上有L＝v0t在竖直方向上有d＝eq\f(1,2)at2依据牛顿其次定律可得：a＝eq\f(F,m)而F＝Eq所以a＝eq\f(Uq,dm)解得：v0＝eq\f(L,d)eq\r(\f(Uq,2m))．(3)依据动能定理可得Uq＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得Ek＝Uqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,4d2)))．答案：(1)eq\f(U,d)(2)eq\f(L,d)eq\r(\f(Uq,2m))(3)Uqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,4d2)))2．如图所示，电子由静止起先经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m、电荷量为e，加速电场电压为U0．偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d．(1)忽视电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽视了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其缘由．已知U＝2．0×102V，d＝4．0×10－2m，m＝9．1×10－31kg，e＝1．6×10－19C，g取10m/s2．解析：(1)依据功和能的关系，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)电子射入偏转电场时的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))偏转距离Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L\r(\f(m,2eU0))))eq\s\up12(2)＝eq\f(UL2,4U0d)．(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg＝9．1×10－30N，数量级为10－30N电场力F＝eq\f(eU,d)＝8×10－16N，数量级为10－16N由于F≫G，因此不须要考虑电子所受重力．答案：(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)见解析带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动是指带电粒子在运动过程中同时受到电场力及其他力的作用．较常见的是在运动过程中，带电粒子同时受到重力和电场力的作用．首先要相识复合场的性质，先分析带电粒子在复合场中的受力状况，其次再分析带电粒子在复合场中的受力和运动的关系，然后依据受力和运动关系选取规律解题．由于带电粒子在复合场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，探讨的方法与质点动力学的探讨方法相同，它同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理、功能原理等力学规律．【题组过关】1．如图所示，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q＞0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．解析：质点所受电场力的大小为F＝qE设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿其次定律有F＋Na＝meq\f(veq\o\al(2,a),r)，Nb－F＝meq\f(veq\o\al(2,b),r)设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，则有Eka＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，Ekb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)依据动能定理有Ekb－Eka＝2rF联立各式解得E＝eq\f(1,6q)(Nb－Na)，Eka＝eq\f(r,12)(Nb＋5Na)，Ekb＝eq\f(r,12)(5Nb＋Na)．答案：eq\f(1,6q)(Nb－Na)eq\f(r,12)(Nb＋5Na)eq\f(r,12)(5Nb＋Na)2．半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一个质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示．珠子所受的静电力是其重力的eq\f(3,4)，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，则：(1)珠子所能获得的最大动能是多大？(2)珠子对环的最大压力是多大？解析：珠子只能沿光滑绝缘圆环做圆周运动，运动过程中除圆环的弹力外，还受竖直向下的重力和水平向右的电场力，所以珠子肯定从A点起先沿逆时针方向做圆周运动，重力做负功，电场力做正功．当两个力做的总功最多时，动能最大，同时在这点所受圆环的支持力也最大．珠子在运动过程中，受到的重力和电场力的大小、方向都不发生变更，则重力和电场力的合力大小、方向也不变，这样就可以用合力来代替重力和电场力，当珠子沿合力方向位移最大时，合力做功最多，动能最大．(1)由qE＝eq\f(3,4)mg，设qE、mg的合力F合与竖直方向的夹角为θ，则有tanθ＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°．设珠子到达B点时动能最大，则珠子由A点静止释放后从A到B的过程中做加速运动，如图所示，在B点时动能最大，由动能定理得qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek，解得在B点时的动能，即最大动能Ek＝eq\f(1,4)mgr．(2)设珠子在B点受到的圆环弹力为FN，有FN－F合＝eq\f(mv2,r)，即FN＝F合＋eq\f(mv2,r)＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)＋eq\f(1,2)mg＝eq\f(5,4)mg＋eq\f(1,2)mg＝eq\f(7,4)mg，由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力为eq\f(7,4)mg．答案：(1)eq\f(1,4)mgr(2)eq\f(7,4)mg[随堂检测]1．质子(eq\o\al(1,1)H)、α粒子(eq\o\al(4,2)He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是()A．质子(eq\o\al(1,1)H) B．α粒子(eq\o\al(4,2)He)C．钠离子(Na＋) D．都相同解析：选B．qU＝eq\f(1,2)mv2－0，U相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B正确．2．如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h．质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A．eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B．eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C．eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D．eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))解析：选B．依据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有eq\f(1,2)s＝v0t，在竖直方向有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))．故选项B正确，选项A、C、D错误．3．(多选)如图所示，氕、氘、氚的原子核由静止经同一电场加速后，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，电场力对氚核做的功最多B．经过偏转电场的过程中，电场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上同一位置处解析：选BD．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电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场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＝eq\f(l2U2,4dU1)，tanθ＝eq\f(lU2,2dU1)知，与带电粒子无关，D对．4．在如图甲所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图乙、丙所示的两种电压，起先B板的电势比A板高．在电场力作用下原来静止在两板中间的电子起先运动．若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动状况，并画出相应的v－t图象．答案：t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板(设为正方向)做初速度为零的匀加速运动．(1)对于题图乙，在0～eq\f(1,2)T时间内电子沿正方向做初速度为零的匀加速直线运动，eq\f(1,2)T～T时间内电子沿正方向做末速度为零的匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图1所示．(2)对于题图丙，在0～eq\f(T,2)时间内电子做类似图1中0～T时间内的运动，eq\f(T,2)～T时间内电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动．然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图2所示．[课时作业][学生用书P125(单独成册)]一、单项选择题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解析：选A．带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A．2．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1解析：选A．由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,md)·eq\f(l2,veq\o\al(2,0))得：U＝eq\f(2mveq\o\al(2,0)dy,ql2)，所以U∝eq\f(y,l2)，可知A项正确．3．三个α粒子在同一地点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可知，下列推断错误的是()A．在B飞离电场的同时，A刚好打在负极板上B．B和C同时飞离电场C．进入电场时，C的速度最大，A的速度最小D．动能的增加量C最小，A和B一样大解析：选B．由题意知，三个α粒子在电场中的加速度相同，A和B有相同的偏转位移y，由公式y＝eq\f(1,2)at2得，A和B在电场中运动的时间相同，由公式v0＝eq\f(x,t)得vB>vA，同理，vC>vB，故三个粒子进入电场时的初速度大小关系为vC>vB>vA，故A、C正确，B错误；由题图知，三个粒子的偏转位移大小关系为yA＝yB>yC，由动能定理可知，三个粒子的动能的增加量C最小，A和B一样大，D正确．4．一个带正电的点电荷以肯定的初速度v0(v0≠0)，沿着垂直于匀强电场的方向射入电场，则其可能的运动轨迹应当是以下图中的()解析：选B．点电荷垂直于电场方向进入电场时，电场力垂直于其初速度方向，电荷做类平抛运动，故本题选B．5．喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽视的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中()A．向负极板偏转B．电势能渐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电荷量无关解析：选C．由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，选项A错误；偏转过程中电场力做正功，依据电场力做功与电势能变更的关系，电势能减小，选项B错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移y＝eq\f(1,2)eq\f(qU,dm)t2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,dm)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v)))eq\s\up12(2)，此为抛物线方程，选项C正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q有关，选项D错误．6．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中心射入，Q从下极板边缘处射入，它们最终打在同一点(重力不计)，则从起先射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间tQ＞tPB．它们运动的加速度aQ＜aPC．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2解析：选C．设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是eq\f(h,2)，它们做类平抛运动的水平距离为l．则对P，由l＝v0tP，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)aPteq\o\al(2,P)，得到aP＝eq\f(hveq\o\al(2,0),l2)；同理对Q，l＝v0tQ，h＝eq\f(1,2)aQteq\o\al(2,Q)，得到aQ＝eq\f(2hveq\o\al(2,0),l2)．由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)，所以qP∶qQ＝1∶2．由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq\f(h,2)∶maQh＝1∶4．综上所述，C项正确．二、多项选择题7．如图所示，电荷量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两极板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则()A．它们通过加速电场所需的时间相等B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等D．它们通过加速电场过程中电势能的削减量相等解析：选BD．由于电荷量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所需的时间越短，A错误；加速时间越短，则速度的变更量越小，C错误；由于电场力做功与初速度刚好间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场的过程中电势能的削减量相等，动能的增加量也相等，B、D正确．8．如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出，油滴的质量为m，带电荷量为q，则()A．场强的方向竖直向上B．场强的方向竖直向下C．两极板间的电势差为eq\f(mgd,q)D．油滴的电势能增加了mgd解析：选AC．由题意知带电油滴受到的电场力等于其重力，带电油滴受力平衡做匀速直线运动，A对，B错；由mg＝qeq\f(U,d)得电势差U＝eq\f(mgd,q)，C对；油滴的电势能增加量等于电场力做功的负值，即ΔEp＝－W＝－qU＝－mgd，故油滴的电势能削减了mgd，D错．9．如图所示，竖直向下的匀强电场里，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O做圆周运动，以下四种说法中正确的是()A．带电小球可能做匀速率圆周运动B．带电小球可能做变速率圆周运动C．带电小球通过最高点时，细线拉力肯定最小D．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小解析：选ABD．若小球所受电场力与重力平衡，小球做匀速圆周运动，A正确；若小球所受电场力与重力不平衡，小球做变速圆周运动，B正确；若小球所受电场力与重力的合力向上，则小球运动到最低点时，细线拉力最小，最高点时细线拉力最大，C错误，D正确．10．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中