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高中物理教科版 (2019)必修 第三册9 带电粒子在电场中的运动课后测评
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这是一份高中物理教科版 (2019)必修 第三册9 带电粒子在电场中的运动课后测评，共8页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压400 V．一个动能为500 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为( )
A．100 eV B．400 eV
C．500 eV D．900 eV
2．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )
A．极板X应带负电，极板Y应带负电
B．极板X′应带负电，极板Y应带正电
C．极板X应带负电，极板Y′应带负电
D．极板X′应带负电，极板Y′应带正电
3.
如图所示，正电子垂直电场方向入射到匀强电场中，不计重力，正电子做( )
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．向下偏转的曲线运动
D．向上偏转的曲线运动
4．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )
A．2倍 B．4倍
C． eq \f(1,2) D． eq \f(1,4)
5.
如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一个金属板上．下列说法中正确的是( )
A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线
B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大
C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越长
D.定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长
6.
(多选)如图所示为水平放置的带电平行金属板A、B，其中A板上有一小孔．一带电小球从A板上的小孔竖直飞入两板间，能匀速运动到B板．现将两板改为竖直放置，让该带电小球从A板上的小孔水平飞入两板之间，恰能到达B板．则小球在到达B板前( )
A．动能先减小后增大
B．重力势能逐渐增大
C．电势能先增大后减小
D．电场力做功的大小等于重力做功的大小
7．(多选)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的．如图所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则( )
A．若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等
B．若比荷 eq \f(q,m)相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等
C．若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等
D．若不同比荷 eq \f(q,m)的带负电粒子由O点射入，偏转角度θ相同
8．(多选)如图为静电除尘机的原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，图中虚线为电场线(方向未标).不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则( )
A．电场线方向由放电极指向集尘极
B．图中A点电势高于B点电势
C．尘埃在迁移过程中做变加速运动
D．尘埃在迁移过程中电势能减小
9.
(多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m小球，重力加速度为g，球处在竖直向上的匀强电场中，电场强度为E，小球能够在竖直平面内做圆周运动，则( )
A．小球在最高点的速度大小可能为 eq \r(gL)
B．小球运动到最低点时，机械能最大
C．小球运动过程中，动能一定时刻变化
D．当小球运动到最高点时电势能最小
10.
如图，在真空中带电粒子P1和P2先后以相同的初速度从O点射入匀强电场，它们的初速度垂直于电场强度方向，偏转之后分别打在B、C两点，且AB＝BC.若P1的电荷量为P2的5倍，不计重力，则P1、P2的质量之比m1∶m2为( )
A．5∶2 B．5∶4
C．2∶5 D．4∶5
11.
(多选)如图所示，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B间形成竖直向下的匀强电场．a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从A、B两板右端连线的中点飞离匀强电场，粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力，下列说法中正确的是( )
A．粒子a、b的带电量之比为1∶2
B．电场对a、b粒子做功之比为1∶2
C．粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1∶2
D.粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1∶2
12.
(多选)如图所示，在空间中水平面MN的下方分布着方向竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方距MN高度为h的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平．已知A、B、C三点在同一直线上，AB＝2BC，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球带正电
B．小球从B点运动到C点的时间为从A点运动到B点的时间的2倍
C．匀强电场的电场强度大小为 eq \f(3mg,q)
D．小球从B点到C点电势能增加 eq \f(3,2)mgh
13．长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：
(1)粒子离开电场时速度的大小；
(2)匀强电场的电场强度大小．
14．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限内有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝4×105 N/C，一带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0＝2×107 m/s垂直x轴射入电场，已知带正电粒子的比荷为 eq \f(q,m)＝2.5×109 C/kg，OA＝0.2 m，不计粒子的重力．求：
(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；
(2)粒子经过y轴时的速度方向．
课时素养评价9 带电粒子在电场中的运动
1．解析：电子从A向B运动时，电场力对电子做负功，由动能定理－eU＝Ek－Ek0，解得电子离开电场时的动能Ek＝100 eV，A正确，B、C、D错误．
答案：A
2．解析：电子受的电场力方向与电场方向相反，如果在荧光屏上P点出现亮斑，故电子偏向X和Y，则极板X和极板Y应带正电，X′和Y′应带负电，所以B正确，A、C、D错误．
答案：B
3．解析：正电子带正电，所受的电场力与电场强度方向相同，即竖直向上，且电场力与初速度垂直，所以正电子做类平抛运动，是一种匀变速曲线运动，故A、B错误；正电子所受的电场力方向向上，所以正电子做向上偏转的曲线运动，故C错误，D正确．
答案：D
4．解析：电子做类平抛运动，故其在水平方向和竖直方向满足L＝v0t，y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(eEL2,2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝d，而两板间的场强为E＝ eq \f(U,d)，联立解得 eq \f(1,2)· eq \f(eUL2,mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝d2，若入射速度变为原来的两倍，则两板间距应变为原来的 eq \f(1,2)，C正确．
答案：C
5．解析：液滴在磁场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向．因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，所以液滴做直线运动，故A错误；两板间的电势差等于电源电压，当电动势变大时，两板上的电压变大，由U＝Ed可知，板间的电场强度增大，电场力变大，合力变大，所以加速度增大，故B正确；因液滴最终打在极板上，故运动时间取决于水平方向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力增大，加速度增大，运动时间减小，故C错误；定值电阻在此电路中只相当于导线，阻值的变化不会改变两板间的电势差，所以带电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故D错误．
答案：B
6．解析：小球在水平和竖直两个方向的加速度大小相同，在两个方向速度相等之前，水平方向的位移大于竖直方向的位移，即电场力做的负功大于重力做的正功，小球动能减小，当小球在两个方向上速度相等之后，重力做的正功大于电场力做的负功，小球动能增大，故A正确；金属板水平放置时，小球匀速运动，所以电场力和重力大小相等、方向相反，金属板竖直放置时，小球在竖直方向上做自由落体运动，重力势能一直减小，故B错误；水平方向上电场力做负功，小球做匀减速运动，电势能一直增大，故C错误；由运动学规律可知小球在水平方向和竖直方向的位移大小相等，所以电场力做的负功大小等于重力做的正功大小，故D正确．
答案：AD
7．解析：设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a＝ eq \f(U1q,md)，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；由动能定理得qU1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，可得v0＝ eq \r(\f(2U1q,m))，所以当带负电粒子的比荷 eq \f(q,m)相等时，它们从M孔射出的速度相等，故B正确；粒子从M孔射出时的动能Ek＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确；如图所示，设偏转电场的板间距离为d′，在偏转电场中有tan θ＝ eq \f(vy,v0)＝ eq \f(at,v0)＝ eq \f(U2l,2U1d')，偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷 eq \f(q,m)的带负电粒子从O点射入，偏转角度θ相同，故D正确．
答案：BCD
8．解析：带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则集尘极应带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，A错误；集尘极带正电荷，是正极，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，B错误；放电极与集尘极间是非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，所以尘埃做变加速运动，C正确；带电尘埃所受的电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，尘埃的电势能减小，D正确．
答案：CD
9．解析：若小球在最高点的速度大小为 eq \r(gL)，根据牛顿第二定律得mg＋F－qE＝m eq \f(v2,L)，解得F＝qE，若小球在最高点的速度大小为 eq \r(gL)，绳的拉力F＝qE，A正确；电场力做功越多，小球的机械能越大，因为电场力竖直向上，所以小球运动到最高点时，机械能最大，B错误；若电场力等于重力，小球做匀速圆周运动，动能不变，C错误；电场力做功越多，小球的电势能越小，因为电场力竖直向上，所以当小球运动到最高点时电势能最小，D正确．
答案：AD
10．解析：P1、P2两粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．因为AB＝BC，则2x1＝x2，根据t＝ eq \f(x,v0)可知t1∶t2＝1∶2，竖直位移相同，根据y＝ eq \f(1,2)at2可知a1∶a2＝t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ∶t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝4∶1，根据牛顿第二定律得 eq \f(a1,a2)＝ eq \f(\f(q1E,m1),\f(q2E,m2))＝ eq \f(q1m2,q2m1)，又 eq \f(q1,q2)＝ eq \f(5,1)，解得 eq \f(m1,m2)＝ eq \f(5,4)，B正确．
答案；B
11．解析：设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向偏转位移为y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(qEL2,2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )，由于粒子的质量相等、速度相等，偏转位移之比为1∶2，则粒子a、b的带电量之比为1∶2，故A正确；根据电场力做功的计算公式可得W＝qEy，则电场对a、b粒子做功之比为1∶4，故B错误；根据动能定理可得qEy＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得粒子离开电场的速度大小为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋\f(2qEy,m))，粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于1∶2，故C错误；设两板间的距离为d，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为θa，θb，根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得tan θa＝ eq \f(\f(d,2),\f(L,2))＝ eq \f(d,L)，tan θb＝ eq \f(d,\f(L,2))＝ eq \f(2d,L)，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1∶2，故D正确．
答案：AD
12．解析：小球在水平方向做匀速直线运动，A、B、C三点在同一直线上，而AB＝2BC，小球从A到B与从B到C的水平位移之比为2∶1，则小球从A到B与从B到C的运动时间之比为tAB∶tBC＝2∶1，B错误；从B到C小球在竖直方向上做减速运动，即所受合力竖直向上，因此可以判断小球所受电场力竖直向上，小球带负电，故A错误；在竖直方向上，小球从A到B做匀加速运动，加速度大小为g，从B到C做匀减速运动，加速度大小为a，A、C两点竖直方向的速度均为零，则有gtAB＝atBC，解得a＝2g，根据牛顿第二定律可知a＝ eq \f(F电－mg,m)，根据F电＝qE，联立解得E＝ eq \f(3mg,q)，C正确；由几何关系可知，BC间竖直高度为hBC＝ eq \f(h,2)，电场力向上，竖直方向向下运动，电场力做负功，电势能增大，为ΔEp＝qEhBC＝ eq \f(3,2)mgh，D正确．
答案：CD
13．解析：(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，则粒子离开电场时速度的大小为v＝ eq \f(v0,cs 30°)＝ eq \f(2\r(3),3)v0.
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上有L＝v0t
在竖直方向上有vy＝at
又vy＝v0tan 30°＝ eq \f(\r(3),3)v0
由牛顿第二定律可得qE＝ma
联立解得E＝ eq \f(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3qL).
答案：(1) eq \f(2\r(3)v0,3) (2) eq \f(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3qL)
14.
解析：(1)粒子运动情况如图所示粒子在电场中沿x轴方向的加速度a＝ eq \f(qE,m)＝1.0×1015m/s2
OA距离sOA＝ eq \f(1,2)at2
解得粒子在电场中运动的时间
t＝2.0×10－8s
粒子经过y轴时的位置与原点O的距离y＝v0t
代入数据解得y＝0.4 m.
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为
vx＝at＝2×107 m/s
粒子经过y轴时的速度大小为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝2 eq \r(2)×107 m/s
可得cs θ＝ eq \f(v0,v)＝ eq \f(\r(2),2)
粒子经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.
答案：(1)y＝0.4 m (2)θ＝45°
A组 合格性考试练
B组 选择性考试练
1．如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压400 V．一个动能为500 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为( )
A．100 eV B．400 eV
C．500 eV D．900 eV
2．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )
A．极板X应带负电，极板Y应带负电
B．极板X′应带负电，极板Y应带正电
C．极板X应带负电，极板Y′应带负电
D．极板X′应带负电，极板Y′应带正电
3.
如图所示，正电子垂直电场方向入射到匀强电场中，不计重力，正电子做( )
A．匀速直线运动
B．匀加速直线运动
C．向下偏转的曲线运动
D．向上偏转的曲线运动
4．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )
A．2倍 B．4倍
C． eq \f(1,2) D． eq \f(1,4)
5.
如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一个金属板上．下列说法中正确的是( )
A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线
B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大
C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越长
D.定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长
6.
(多选)如图所示为水平放置的带电平行金属板A、B，其中A板上有一小孔．一带电小球从A板上的小孔竖直飞入两板间，能匀速运动到B板．现将两板改为竖直放置，让该带电小球从A板上的小孔水平飞入两板之间，恰能到达B板．则小球在到达B板前( )
A．动能先减小后增大
B．重力势能逐渐增大
C．电势能先增大后减小
D．电场力做功的大小等于重力做功的大小
7．(多选)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的．如图所示，不同的带负电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带负电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则( )
A．若电荷量q相等，则带负电粒子在板间的加速度大小相等
B．若比荷 eq \f(q,m)相等，则带负电粒子从M孔射出的速率相等
C．若电荷量q相等，则带负电粒子从M孔射出时的动能相等
D．若不同比荷 eq \f(q,m)的带负电粒子由O点射入，偏转角度θ相同
8．(多选)如图为静电除尘机的原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，图中虚线为电场线(方向未标).不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则( )
A．电场线方向由放电极指向集尘极
B．图中A点电势高于B点电势
C．尘埃在迁移过程中做变加速运动
D．尘埃在迁移过程中电势能减小
9.
(多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m小球，重力加速度为g，球处在竖直向上的匀强电场中，电场强度为E，小球能够在竖直平面内做圆周运动，则( )
A．小球在最高点的速度大小可能为 eq \r(gL)
B．小球运动到最低点时，机械能最大
C．小球运动过程中，动能一定时刻变化
D．当小球运动到最高点时电势能最小
10.
如图，在真空中带电粒子P1和P2先后以相同的初速度从O点射入匀强电场，它们的初速度垂直于电场强度方向，偏转之后分别打在B、C两点，且AB＝BC.若P1的电荷量为P2的5倍，不计重力，则P1、P2的质量之比m1∶m2为( )
A．5∶2 B．5∶4
C．2∶5 D．4∶5
11.
(多选)如图所示，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B间形成竖直向下的匀强电场．a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从A、B两板右端连线的中点飞离匀强电场，粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力，下列说法中正确的是( )
A．粒子a、b的带电量之比为1∶2
B．电场对a、b粒子做功之比为1∶2
C．粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1∶2
D.粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1∶2
12.
(多选)如图所示，在空间中水平面MN的下方分布着方向竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方距MN高度为h的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平．已知A、B、C三点在同一直线上，AB＝2BC，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球带正电
B．小球从B点运动到C点的时间为从A点运动到B点的时间的2倍
C．匀强电场的电场强度大小为 eq \f(3mg,q)
D．小球从B点到C点电势能增加 eq \f(3,2)mgh
13．长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：
(1)粒子离开电场时速度的大小；
(2)匀强电场的电场强度大小．
14．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限内有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝4×105 N/C，一带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0＝2×107 m/s垂直x轴射入电场，已知带正电粒子的比荷为 eq \f(q,m)＝2.5×109 C/kg，OA＝0.2 m，不计粒子的重力．求：
(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；
(2)粒子经过y轴时的速度方向．
课时素养评价9 带电粒子在电场中的运动
1．解析：电子从A向B运动时，电场力对电子做负功，由动能定理－eU＝Ek－Ek0，解得电子离开电场时的动能Ek＝100 eV，A正确，B、C、D错误．
答案：A
2．解析：电子受的电场力方向与电场方向相反，如果在荧光屏上P点出现亮斑，故电子偏向X和Y，则极板X和极板Y应带正电，X′和Y′应带负电，所以B正确，A、C、D错误．
答案：B
3．解析：正电子带正电，所受的电场力与电场强度方向相同，即竖直向上，且电场力与初速度垂直，所以正电子做类平抛运动，是一种匀变速曲线运动，故A、B错误；正电子所受的电场力方向向上，所以正电子做向上偏转的曲线运动，故C错误，D正确．
答案：D
4．解析：电子做类平抛运动，故其在水平方向和竖直方向满足L＝v0t，y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(eEL2,2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝d，而两板间的场强为E＝ eq \f(U,d)，联立解得 eq \f(1,2)· eq \f(eUL2,mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝d2，若入射速度变为原来的两倍，则两板间距应变为原来的 eq \f(1,2)，C正确．
答案：C
5．解析：液滴在磁场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向．因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，所以液滴做直线运动，故A错误；两板间的电势差等于电源电压，当电动势变大时，两板上的电压变大，由U＝Ed可知，板间的电场强度增大，电场力变大，合力变大，所以加速度增大，故B正确；因液滴最终打在极板上，故运动时间取决于水平方向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力增大，加速度增大，运动时间减小，故C错误；定值电阻在此电路中只相当于导线，阻值的变化不会改变两板间的电势差，所以带电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故D错误．
答案：B
6．解析：小球在水平和竖直两个方向的加速度大小相同，在两个方向速度相等之前，水平方向的位移大于竖直方向的位移，即电场力做的负功大于重力做的正功，小球动能减小，当小球在两个方向上速度相等之后，重力做的正功大于电场力做的负功，小球动能增大，故A正确；金属板水平放置时，小球匀速运动，所以电场力和重力大小相等、方向相反，金属板竖直放置时，小球在竖直方向上做自由落体运动，重力势能一直减小，故B错误；水平方向上电场力做负功，小球做匀减速运动，电势能一直增大，故C错误；由运动学规律可知小球在水平方向和竖直方向的位移大小相等，所以电场力做的负功大小等于重力做的正功大小，故D正确．
答案：AD
7．解析：设加速电场的板间距离为d，由牛顿第二定律得a＝ eq \f(U1q,md)，由于粒子的质量未知，所以无法确定带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；由动能定理得qU1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，可得v0＝ eq \r(\f(2U1q,m))，所以当带负电粒子的比荷 eq \f(q,m)相等时，它们从M孔射出的速度相等，故B正确；粒子从M孔射出时的动能Ek＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝qU1，所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出时的动能相等，故C正确；如图所示，设偏转电场的板间距离为d′，在偏转电场中有tan θ＝ eq \f(vy,v0)＝ eq \f(at,v0)＝ eq \f(U2l,2U1d')，偏转角度θ与粒子的比荷无关，所以不同比荷 eq \f(q,m)的带负电粒子从O点射入，偏转角度θ相同，故D正确．
答案：BCD
8．解析：带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则集尘极应带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，A错误；集尘极带正电荷，是正极，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，B错误；放电极与集尘极间是非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，所以尘埃做变加速运动，C正确；带电尘埃所受的电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，尘埃的电势能减小，D正确．
答案：CD
9．解析：若小球在最高点的速度大小为 eq \r(gL)，根据牛顿第二定律得mg＋F－qE＝m eq \f(v2,L)，解得F＝qE，若小球在最高点的速度大小为 eq \r(gL)，绳的拉力F＝qE，A正确；电场力做功越多，小球的机械能越大，因为电场力竖直向上，所以小球运动到最高点时，机械能最大，B错误；若电场力等于重力，小球做匀速圆周运动，动能不变，C错误；电场力做功越多，小球的电势能越小，因为电场力竖直向上，所以当小球运动到最高点时电势能最小，D正确．
答案：AD
10．解析：P1、P2两粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．因为AB＝BC，则2x1＝x2，根据t＝ eq \f(x,v0)可知t1∶t2＝1∶2，竖直位移相同，根据y＝ eq \f(1,2)at2可知a1∶a2＝t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ∶t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝4∶1，根据牛顿第二定律得 eq \f(a1,a2)＝ eq \f(\f(q1E,m1),\f(q2E,m2))＝ eq \f(q1m2,q2m1)，又 eq \f(q1,q2)＝ eq \f(5,1)，解得 eq \f(m1,m2)＝ eq \f(5,4)，B正确．
答案；B
11．解析：设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向偏转位移为y＝ eq \f(1,2)at2＝ eq \f(qEL2,2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )，由于粒子的质量相等、速度相等，偏转位移之比为1∶2，则粒子a、b的带电量之比为1∶2，故A正确；根据电场力做功的计算公式可得W＝qEy，则电场对a、b粒子做功之比为1∶4，故B错误；根据动能定理可得qEy＝ eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得粒子离开电场的速度大小为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋\f(2qEy,m))，粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于1∶2，故C错误；设两板间的距离为d，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为θa，θb，根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得tan θa＝ eq \f(\f(d,2),\f(L,2))＝ eq \f(d,L)，tan θb＝ eq \f(d,\f(L,2))＝ eq \f(2d,L)，粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1∶2，故D正确．
答案：AD
12．解析：小球在水平方向做匀速直线运动，A、B、C三点在同一直线上，而AB＝2BC，小球从A到B与从B到C的水平位移之比为2∶1，则小球从A到B与从B到C的运动时间之比为tAB∶tBC＝2∶1，B错误；从B到C小球在竖直方向上做减速运动，即所受合力竖直向上，因此可以判断小球所受电场力竖直向上，小球带负电，故A错误；在竖直方向上，小球从A到B做匀加速运动，加速度大小为g，从B到C做匀减速运动，加速度大小为a，A、C两点竖直方向的速度均为零，则有gtAB＝atBC，解得a＝2g，根据牛顿第二定律可知a＝ eq \f(F电－mg,m)，根据F电＝qE，联立解得E＝ eq \f(3mg,q)，C正确；由几何关系可知，BC间竖直高度为hBC＝ eq \f(h,2)，电场力向上，竖直方向向下运动，电场力做负功，电势能增大，为ΔEp＝qEhBC＝ eq \f(3,2)mgh，D正确．
答案：CD
13．解析：(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，则粒子离开电场时速度的大小为v＝ eq \f(v0,cs 30°)＝ eq \f(2\r(3),3)v0.
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上有L＝v0t
在竖直方向上有vy＝at
又vy＝v0tan 30°＝ eq \f(\r(3),3)v0
由牛顿第二定律可得qE＝ma
联立解得E＝ eq \f(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3qL).
答案：(1) eq \f(2\r(3)v0,3) (2) eq \f(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3qL)
14.
解析：(1)粒子运动情况如图所示粒子在电场中沿x轴方向的加速度a＝ eq \f(qE,m)＝1.0×1015m/s2
OA距离sOA＝ eq \f(1,2)at2
解得粒子在电场中运动的时间
t＝2.0×10－8s
粒子经过y轴时的位置与原点O的距离y＝v0t
代入数据解得y＝0.4 m.
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为
vx＝at＝2×107 m/s
粒子经过y轴时的速度大小为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝2 eq \r(2)×107 m/s
可得cs θ＝ eq \f(v0,v)＝ eq \f(\r(2),2)
粒子经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.
答案：(1)y＝0.4 m (2)θ＝45°
A组 合格性考试练
B组 选择性考试练
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