新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题17 带电粒子在电场中的运动（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题17 带电粒子在电场中的运动（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了平行板电容器的动态分析，带电粒子在电场中的直线运动，带电粒子在电场中的偏转，带电粒子在交变电场中的运动等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc208326820" 题型一 平行板电容器的动态分析 PAGEREF _Tc208326820 \h 1
\l "_Tc208326821" 类型1 两极板间电势差不变 PAGEREF _Tc208326821 \h 2
\l "_Tc208326822" 类型2 两极板间电荷量不变 PAGEREF _Tc208326822 \h 6
\l "_Tc208326823" 题型二 带电粒子（带电体）在电场中的直线运动 PAGEREF _Tc208326823 \h 12
\l "_Tc208326824" 类型1 带电粒子在电场中的直线加速 PAGEREF _Tc208326824 \h 12
\l "_Tc208326825" 类型2 带电体在静电力和重力下的直线运动（等效重力） PAGEREF _Tc208326825 \h 17
\l "_Tc208326826" 题型三 带电粒子（带电体）在电场中的偏转 PAGEREF _Tc208326826 \h 23
\l "_Tc208326827" 类型1 带电粒子在匀强电场中的偏转 PAGEREF _Tc208326827 \h 24
\l "_Tc208326828" 类型2 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转 PAGEREF _Tc208326828 \h 29
\l "_Tc208326829" 题型四 带电粒子在交变电场中的运动 PAGEREF _Tc208326829 \h 34

题型一 平行板电容器的动态分析
1．电容器的充、放电
(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．对公式C＝eq \f(Q,U)的理解
电容C＝eq \f(Q,U)，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
3．两种类型的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝eq \f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化．
类型1 两极板间电势差不变
如图所示，足够大的金属板A、B平行放置，在两板间放置一不带电的金属球壳，O为球心，a、b为球壳外表面上的两点。闭合开关S，稳定后（ ）
A．a点的电势比b点的高B．a点的电场强度比O点的大
C．向右移动滑片P，a点的电势降低D．断开开关S，a点的电场强度减小
【答案】B
【详解】A．金属球壳在两极板间的电场中处于静电平衡状态，金属壳为一等势体，电势处处相等，故A错误；
B．处于静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，所以O点的电场强度为零，而a点的电场强度不为零，故B正确；
C．由于电容器保持与电源连接，所以向右移动滑片P时，金属板A、B之间的电势差保持不变，a点的电势不变，故C错误；
D．断开开关S，金属板A、B所带电荷量Q不变，且电容器的结构未发生改变C不变，则金属板A、B之间的电势差不变，根据E=Ud可知，a点的电场强度不变，故D错误。
故选B。
电容式加速度传感器具有体积小、重量轻、精度高、可靠性好等优点，在航空、汽车、医疗设备等领域均有广泛的应用，其结构如图所示。基座内部可以看成由上下两个电容分别为C1、C2的电容器组成，当基座具有沿箭头方向的加速度时，质量块将相对基座产生位移而使电容器的电容发生变化。已知上、下极板间电压恒定，则（ ）
A．当基座做匀速直线运动时，C1减小，C2增加
B．当质量块向上极板靠近时，C1减小，C2增加
C．可根据两电容器的电压变化来判断基座的加速度
D．可根据两电容器的电量变化来判断基座的加速度
【答案】C
【详解】A．匀速运动时，质量块相对于上下极板间的距离均不变，根据C=εS4πkd可知，C1、C2大小均不变，故A错误；
B．当质量块向上极板靠近时，知C1板间距减小，C2板间距增大，根据C=εS4πkd可知，C1增大，C2减小，故B错误；
CD．可知两电容器电压之和不变，即
U1+U2=U
由C=QU，C=εS4πkd，可知
U=4πkd1Q1εS+4πkd2Q2εS
且
d1+d2=d
Q1=Q2
所以两电容器带电量相等且不变，而各自电压均随加速度而发生变化，故C正确，D错误。
故选C。
如图所示，平行板电容器两极板、滑动变阻器、电源和开关S相连，当S处于闭合状态，板间一带电微粒恰好处于静止状态。某时刻观察到微粒突然向下运动，则可能的原因是（ ）
A．开关S突然断开
B．滑动变阻器的滑片P向左移动
C．保持两极板水平，并减小二者间距离
D．保持两极板水平，并增大二者间距离
【答案】D
【详解】A．开关S断开，电容器的带电量、两板间的电压和电场强度不变，因此微粒不会运动，故A错误；
B．开关S保持闭合，电容器两板间的电压等于电源电动势，大小保持不变。滑动变阻器的滑片P向左移动时，电容器两板间的电场强度不变，微粒不会运动，故B错误；
C．开关S保持闭合，电容器两板间的电压等于电源电动势，大小保持不变。当两板间的距离减小时，由
E=Ud
可得电场强度E增大，微粒向上运动，故C错误；
D．开关S保持闭合，电容器两板间的电压等于电源电动势，大小保持不变。当两板间的距离增大时，由
E=Ud
可得电场强度E减小，微粒向下运动，故D正确。
故选D。
平行板电容器两极板水平放置，与电源、电阻R及开关S组成如图所示的电路，闭合开关，待电容器充电结束后，将一带电油滴置于两板之间，油滴处于静止状态。接着进行三步操作：第一步，断开开关；第二步，将M板向上平移一小段距离；第三步，再闭合开关S。关于三步操作过程及操作后的现象，下列说法正确的是（ ）
A．第一步操作后，R中有向右的电流B．第二步操作过程中，油滴会向下运动
C．第三步操作后，R中有向左的电流D．第三步操作后，油滴会向下运动
【答案】D
【详解】A．第一步操作后，电容器的带电量不变，不会充放电，R中没有电流，故A错误；
B．第二步操作过程中，由于电容器的带电量一定，M板向上移的过程中，两板间的电场强度不变，油滴不动，故B错误；
CD．第二步操作过程，根据
C=εS4πkd
距离增大，电容器的电容减小，由
C=QU
可知当电容器的电容减小，电容器的带电量一定，两板间的电压增大，第三步操作后，电容器放电，R中有向右的放电电流，且两板间的电场强度减小，油滴受到向上的电场力减小，油滴向下运动，故C错误，D正确。
故选D。
如图，平行板电容器两极板与电源两极相连，G为灵敏电流表。闭合开关并达到稳定后，若要电流表中产生从a流向b的电流，可将电容器（ ）
A．两极板的距离增大一些
B．两极板的距离减小一些
C．两极板间的电介质抽出
D．两极板的正对面积减小
【答案】B
【详解】AB．若要电流表中产生从a流向b的电流，即电容器处于充电状态，即电容器所带电荷量增大，由于电容器与电源相连，则电容器两极板间电压不变，根据
C=QU
C=εrS4πkd
可知，电容器的电容增大，若两极板的距离增大一些，则C减小；若两极板的距离减小一些，则C增大，故A错误，B正确；
C．若两极板间的电介质抽出，则相对介电常量减小，电容减小，故C错误；
D．若两极板的正对面积减小，则电容减小，故D错误。
故选B。
类型2 两极板间电荷量不变
如图，电容器与电源连接，两极板竖直平行正对放置，左极板A接地且与电源正极相连，极板间P点固定一负点电荷。现将开关S闭合，电路稳定后再断开S，然后把A极板稍向左平移，则下列说法正确的是（ ）
A．电容器的电容将变小B．电容器极板间的电场强度将变小
C．P点电势将升高D．P处电荷的电势能将变大
【答案】AD
【详解】A．根据电容公式有
C=εS4πkd
可知把A极板稍向左平移，板间距离d变大，电容变小，A正确；
B．由于断开了开关，因此电容器所带电荷Q不变，又
Q=CU=CEd
解得
E=4πkQεS
可知电容器间的电场强度将不变，B错误；
C．P点电势为
φP=0−ELAP
因为电场强度不变，A极板向左平移，因此P点的电势将降低，C错误；
D．电势能为
Ep=qφP
因为电势降低，而所带电荷为负，因此电势能变大，D正确。
故选AD。
图甲为某款电子称，其内部有平行板电容器（图乙所示），两极板之间用劲度系数为k的绝缘弹簧相连，下极板固定在绝缘水平台面上，上极板接地，且可在竖直方向上移动并始终与下极板保持平行。已知上极板质量为m，电容器充完电后与电源断开，极板间距为d，不称物体时，两极板间电压为U，待测物体置于称上时，两极板间距发生微小变化，若此时电容器的电压改变量为ΔU，重力加速度为g，则待测物体所受的重力大小为（ ）
A．ΔUUkdB．UΔUkd
C．ΔUUkd−mgD．UΔUkd−mg
【答案】A
【详解】不称物体时，两极板间电压为U，根据电容器的定义式和决定式有
C=QU，C=εrS4πkd
待测物体置于称上时，两极板间距发生微小变化，设此时两极板间电压为U'，根据电容器的定义式有
C'=QU'，C'=εrS4πkd'
根据题意有
U−U'=ΔU
根据力的平衡条件可知待测物体所受的重力大小为
G=k(d−d')
解得
G=ΔUUkd
故选A。
可变电容器通常在无线电接收电路中作调谐电容器用。如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对齐，上极板通过开关S与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连。初始时开关S闭合，极板间靠近下极板有一带电粒子P恰好处于静止状态。忽略边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S，若只将上极板转过30°，则电容器电容增大
B．闭合开关S，若只将上极板转过30°，则电容器所带电荷量不变
C．断开开关S，只将板间距变为原来的2倍，则带电粒子P会向下运动
D．断开开关S，只将板间距变为原来的12，则带电粒子P所在处的电势不变
【答案】D
【详解】AB．闭合开关S，若只将上极板转过30°，则电容器两极板正对面积减小，根据
C=εrS4πkd
可知，电容器的电容减小，又因为开关闭合，则两板间电压不变，根据
Q=CU
可知，电容器所带电荷量减小，AB错误；
CD．断开开关S，则电容器所带电荷量Q不变，根据
C=εrS4πkd
E=Ud
Q=CU
可得
E=QεrS4πkd⋅d=4πkQεrS
若只将板间距变为原来的2倍，可知，两板间场强不变，带电粒子P受力情况不变，将保持静止状态，若只将板间距变为原来的12，则两板间场强不变，又因为带电粒子P所在处与下极板间的距离不变，则带电粒子P所在处与下极板间的电势差不变，带电粒子P所在处的电势不变，C错误，D正确。
故选D。
电容式加速度传感器可用于汽车安全气囊系统，传感器的核心部件为由M、N两块极板组成的平行板电容器，其中极板M固定，极板N可以自由移动，移动的距离与汽车的加速度大小成正比。已知电容器所带电荷量始终保持不变，当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M、N之间的相对位置发生变化，电容器M、N两极板之间的电压减小，当电压减小到某一值时，安全气囊弹出。汽车在水平路面上行驶时，下列车内平行板电容器的安装方式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由平行板电容器的因素决定式
C=εrS4πkd
AB．当汽车速度减小时，由于惯性导致N极板相对M极板向右运动，即两极板正对面积S减小，则电容器电容减小，又由
C=QU
又因为电容器所带电荷量始终保持不变，电容器M、N两极板之间的电压增大，安全气囊不会弹出。故AB错误；
C．当汽车速度减小时，由于惯性导致N极板相对M极板向右运动，即两极板距离d减小，则电容器电容增大，又由
C=QU
又因为电容器所带电荷量始终保持不变，电容器M、N两极板之间的电压减小，电压减小到一定值时安全气囊会弹出。故C正确；
D．当汽车速度减小时，由于惯性导致N极板相对M极板向右运动，即两极板距离d增大，则电容器电容减小，又由
C=QU
又因为电容器所带电荷量始终保持不变，电容器M、N两极板之间的电压增大，安全气囊不会弹出。故D错误。
故选C。
如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管、电阻R连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．减小极板间的正对面积，带电油滴仍保持静止
B．贴着上极板插入金属板，则电阻R中有b流向a的电流
C．将下极板向上移动一小段距离，P点处的油滴的电势能增大
D．将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，则油滴仍处于静止状态
【答案】C
【详解】A．减小极板间的正对面积，根据
C=εS4πkd
电容器的电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不会放电，根据
C=QU
E=Ud
解得
E=4πkQεS
极板间的电场强度变大，则油滴所受电场力变大，将向上移动，故A错误；
B．贴着上极板插入金属板，极板间的距离减小，根据
C=εS4πkd
电容器的电容增大，将充电，则电路中有逆时针方向的电流，电阻R中有a流向b的电流，故B错误；
C．将下极板向上移动一小段距离，根据
C=εS4πkd
电容器的电容增大，电容器两端的电压不变，根据
E=Ud
两极板间的电场强度变大，由
U=Ed
可知P点到上极板的距离不变，场强增大，所以上极板到P点的电势差变大，由于两板间电压不变，所以P点到下极板的电势差减少，则P点与下极板的电势差
UPO=φP−φO=φP
则P点的电势变小，由题意油滴一开始处于静止状态，由平衡条件可知油滴带负电。由电势能公式
EP=φPq
可知油滴在P点电势能增大，故C正确；
D．将开关断开，则两极板的电荷量不变，根据
E=4πkQεS
在两板间插入陶瓷电介质，电场强度变小，则油滴所受电场力变小，将向下移动，故D错误。
故选C。
题型二 带电粒子（带电体）在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．
2．用功能观点分析
a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
类型1 带电粒子在电场中的直线加速
人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），细胞外电场不计。如图，处于静息状态的细胞内有初速度为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点运动到细胞膜内B点，则下列说法正确的是（ ）
A．A点电势高于B点电势
B．钠离子的电势能增大
C．若双分子层内电场可看作匀强电场，则钠离子的加速度变大
D．若膜电位上升但细胞膜的厚度不变，则钠离子通过B点的速度增大
【答案】AD
【详解】A．处于静息状态的细胞内有初速度为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从细胞膜外A点运动到细胞膜内B点，可知受电场力从A指向B，可知电场线从A指向B，则A点电势高于B点电势，选项A正确；
B．电场力做正功，则钠离子的电势能减小，选项B错误；
C．若双分子层内电场可看作匀强电场，则钠离子受电场力不变，则加速度不变，选项C错误；
D．若膜电位上升但细胞膜的厚度不变，则根据Uq=12mv2可知，钠离子通过B点的速度增大，选项D正确。
故选AD。
如图甲为直线加速器原理图，由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。已知电子的质量为m、元电荷为e、电压的绝对值为u，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央有一个初速度为零的电子。下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒中做匀加速直线运动B．本装置可采用直流电进行加速
C．进入第2个金属圆筒时的速度为2eUmD．第8个金属圆筒的长度为4TeUm
【答案】C
【详解】A．由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；
B．根据加速器原理可知，本装置应采用交流电进行加速，故B错误；
C．从序号为0的金属圆板到进入第2个金属圆筒的过程中，由动能定理得
2eU=12mv2
解得
v=2eUm
故C正确；
D．结合C选项分析可知进入第8个金属圆筒时的速度满足
8eU=12mv'2
因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8个圆筒长度为
L=v'×T2=2TeUm
故D错误。
故选C。
如图所示，栅装金属板MN的温度升高到一定程度时就会向外溢出电子，这种电子叫热电子。PQ金属板与MN正对，间距为d。面a和b到MN距离分别为d3和2d3，在两面附近沿电子移动方向分别取长度Δd（Δd趋近于0），构成的体积内的电子数分别为n1和n2。给栅板加能溢出电子的电压E，MN和PQ接在输出电压恒为U的高压电源，在两板之间形成匀强电场。已知栅板MN溢出的电子均被电场加速到达PQ板，忽略电子溢出时的速度及a、b两面的厚度，电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电荷量大小为e。则下列说法正确的是（ ）
A．电子从MN运动到PQ的时间为d2meU
B．电子到达PQ板时的动能为12eU
C．电子到达b面时的速度为v=4eU3m
D．n1和n2的比值为2:1
【答案】AD
【详解】A．电子在匀强电场中做匀加速运动，由牛顿第二定律可得
F=Ee=Ude=ma
从MN到PQ由匀变速直线运动可得
d=12at2
解得
t=d2mUe
故A正确；
B．电场力做功可得到达PQ板时有
Ue=Ek
故B错误；
CD．电场力做功可得到达b面时有
Eexb=12mvb2
解得
vb=2Ue3m
同理可得到达a面时
va=2Ue3m
移动长度Δd用时可表示为
t=Δdv
电流为I，则可得在面附近沿电子移动方向取长度Δd（Δd趋近于0），构成的体积内的电子数有
n=qe=Ite=IΔdve
则
n1n2=v2v1=21
故C错误，D正确。
故选AD。
如图所示，阴极K发射的电子（初速度可视为零）经电压为U0的电场加速后，从A板上的小孔进入由A、B两平行金属板组成的电容为C的电容器中，开始时B板不带电，电子到达B板后被吸收。已知电子的电荷量为e，不计电子重力以及电子之间的相互作用，当电子不能到达B板时（ ）
A．在这之后，任何从小孔进入电容器的电子速度第一次减为0所用的时间（从刚进入电容器时开始计时）相等
B．B板的电势和阴极K的电势相等
C．B板的电荷量为CU0
D．电子从阴极K到B板电势能一直减小
【答案】ABC
【详解】A．当电子不能到达B板时，AB之间电势差不变，场强不变，电子刚进入电容器时开始计时速度相同，则所用时间相等，故A正确；
B．由能量守恒及动能定理得
U0e=UABe
即
φA−φB=φA−φK
可知B板的电势和阴极K的电势相等，故B正确；
C．由题可知，AB间的最大电压为
UAB=U0
可知B板的电荷量为
Q=CU0
故C正确；
D．由能量守恒可知，电子由K到A，动能增加，电势能减少，由A到B时，动能减少，电势能增加，故D错误。
故选ABC。
如图是带有转向器的粒子直线加速器，转向器中有辐向电场，A、B接在电压大小恒为U的交变电源上。质量为m、电量为＋q的离子，以初速度v0进入第1个金属圆筒左侧的小孔。离子在每个筒内均做匀速直线运动，时间均为t；在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。离子从第3个金属圆筒右侧出来后，立即由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动，并从N点射出。求：
（1）第3个金属圆筒的长度；
（2）虚线MN处电场强度的大小。

【答案】（1）t4qU+mv02m；（2）4qU+mv02qR
【详解】（1）进入第三个圆筒的速度
12mv32−12mv02=2qU
第3个金属圆筒的长度
L=v3t=t4qU+mv02m
（2）由M点射入转向器，沿着半径为R的圆弧虚线（等势线）运动
Eq=mv32R
解得
E=4qU+mv02qR
类型2 带电体在静电力和重力下的直线运动（等效重力）
如图所示，一可视为点电荷带正电的小物块被锁定在固定斜面上的M点，物块连接一个弹性绳，跨过墙上固定的光滑定滑轮B，固定在天花板上的A点。某时刻，该空间加一平行斜面向上的匀强电场，同时解除锁定，小物块从静止开始沿斜面向上运动，最远能到达N点，P为MN中点。已知斜面倾角θ=37°，物块质量m=1kg，电荷量q=0.1C，物块与斜面间动摩擦因数μ=0.4，弹性绳的原长等于AB，绳中弹力符合胡克定律，劲度系数k=10N/m，初始位置BM垂直斜面，且BM=0.3m，MN=0.4m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．物块上滑过程中，滑动摩擦力大小不变
B．电场强度大小E=200N/C
C．物块在P点的速度大小v=0.4m/s
D．物块从M到N的过程，机械能一直增大
【答案】AD
【详解】A．对物块受力分析，如图1所示，垂直斜面方向，根据平衡条件FN+k⋅BMsinα⋅sinα=mgcsθ
又f=μFN
联立上述二式解得f=μ(mgcsθ−k⋅BM)=2N
可见滑动摩擦力为一定值，A正确；
B．设物块沿斜面方向移动的距离为x，由牛顿第二定律Eq−mgsinθ−kx−f=ma
化简可得a=−10x+0.1E−8
即物块的加速度a随位移x线性变化，图像如图2所示，由对称性可知，物块在P点的加速度为零，速度最大，代入上述解析式可解得E=100N/C
B错误；
C．在M到P过程，a-x图的面积乘以质量m即为合力做功，由动能定理可得max=12mv2
即12×2×0.2=12×1×v2
解得v=105m/s
C错误；
D．物块从M到N的过程，电场力、摩擦力和沿斜面弹性绳合力做正功，故物块机械能一直增大，D正确。
故选AD。
在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（ ）
A．小球受到的重力与电场力之比为3：5
B．在t=5s时，小球经过边界MN
C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功
D．在1s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大
【答案】AD
【详解】B．小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s和t=4s时，故B错误；
A．由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为
a1=v1t1=v11
进入电场后的加速度大小为
a2=2v1t2=2v13
由牛顿第二定律得
mg=ma1
F-mg=ma2
得电场力
F=mg+ma2=53mg
得重力mg与电场力F之比为3：5，故A正确；
C．整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故C错误；
D．整个过程中，由图可得，小球在0-2.5s内向下运动，在2.5s-5s内向上运动，在1s～4s过程中，电场力对小球先做负功，后做正功，所以小球的机械能先减小后增大，故D正确。
故选AD。
如图所示，绝缘箱子放在水平地面上，平行金属板A、B放在箱子内，A板固定在箱子顶部，B板用绝缘弹簧支撑在箱底，两板平行相对，带等量的异种电荷，一个带正电的小球用绝缘细线悬于上板，小球受到细线的拉力恰好为零，现让箱子竖直向上做匀加速运动，B板再次相对箱子静止（不考虑电场运动产生的影响），则下列判断正确的是（ ）
A．A板带正电
B．箱子运动过程中，电容器的电容变大
C．箱子运动过程中，两板间的电压变大
D．箱子运动过程中，细线对小球的拉力仍为零
【答案】C
【详解】A．小球所受拉力为0，表明电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，则电场方向竖直向上，可知，A板带负电，故A错误；
B．箱子竖直向上做匀加速运动，加速度方向向上，稳定时，弹簧弹力增大，即B板下移，极板之间间距增大，根据
C=εS4πkd
可知，箱子运动过程中，电容器的电容变小，故B错误；
C．极板所带电荷量一定，根据
C=QU
结合上述可知，电容减小，则两板间的电压变大，故C正确；
D．根据
C=εS4πkd，C=QU
解得电场强度为
E=Ud=4πkQεS
可知，电场强度不变，小球所受电场力不变，为使加速度向上，则细线对小球的拉力不为零，故D错误。
故选C。
如图所示，在水平方向的匀强电场中，一质量为m的带电小球仅在重力和电场力作用下在竖直面（纸面）内运动，虚线与水平面夹角为45°。若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线斜向右上，大小为v0，从图示位置出发到最高点的过程中，带电小球的电势能（ ）
A．减小了14mv02B．减小了34mv02
C．增大了14mv02D．增大了34mv02
【答案】B
【详解】若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，说明重力和电场力的合力方向沿虚线向下，且电场力方向向右，有
mg=qEtan45°从图示位置出发到最高点的过程中，竖直方向上
v0sin45°=gt
水平方向上
x=v0cs45°t+12qEmt2带电小球的电势能改变量
ΔEp=−W=−qEx
解得
ΔEp=−34mv02
故选B。
如图所示，空间存在方向与水平面成θ=53°的匀强电场，在电场中的A点以v1=8m/s的速度水平向右抛出一带正电的小球，小球沿直线运动到B点时的速度v2=2m/s。已知小球的质量m=0.2kg，电荷量q=1.25×10−6C，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
（1）AB两点间电势差UAB；
（2）取A点为零电势点，小球在B点时的电势能；
（3）电场强度的大小。
【答案】（1）UAB=−4.8×106V；（2）EPB=6J；（3）E=2×106V/m
【详解】（1）根据动能定理得
qUAB=12mv22−12mv12
解得
UAB=−4.8×106V
（2）根据
UAB=φA−φB
EPB=qφB
解得
EPB=6J
（3）根据平衡条件得
qEsin53°=mg
解得
E=2×106V/m
题型三 带电粒子（带电体）在电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md) t2，t＝ \r(\f(2mdy,qU))))
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\\al(2,0)),离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\\al(2,0))))
2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdv\\al( 2,0))
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq \f(l,2).
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
类型1 带电粒子在匀强电场中的偏转
如图所示，灯丝发热后发出的电子经加速电场后，进入偏转电场。若加速电压为U1，偏转电压为U2，设电子不落到电极上，则要使电子在电场中的偏转量y变为原来的3倍，可选用的方法是（ ）
A．只使U1变为原来的13倍
B．只使U2变为原来的13倍
C．只使偏转电极的长度L变为原来的3倍
D．只使偏转电极间的距离d变为原来的3倍
【答案】A
【详解】设电子的质量和电量分别为m和e。电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得eU1=12mv02
电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度a=eEm=eU2md
电子在水平方向做匀速直线运动，则有t=Lv0
在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量y=12at2
联立上述四式得y=U2L24dU1
A．只使U1变为原来的13，则电子在电场中的偏转量y增大为原来的3倍，故A正确；
B．只使U2变为原来的13，则电子在电场中的偏转量y减小为原来的13，故B错误；
C．只使偏转电极的长度L变为原来的3倍，则电子在电场中的偏转量y增大为原来的9倍，故C错误；
D．只使偏转电极间的距离d增大为原来的3倍，则电子在电场中的偏转量y减小为原来的13倍；故D错误。
故选A。
如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限和第二象限内分别有平行于坐标平面的匀强电场，第一象限内的匀强电场方向与x轴的负方向成30°的角，第二象限内的匀强电场方向与x轴的正方向成60°的角。在第一象限的P3m,yP点（yP未知）由静止释放一个带正电的粒子（不计重力），粒子经历一段时间后从x轴上的Q−3m,0点垂直x轴离开第二象限内的匀强电场。求：
(1)P点的纵坐标yP；
(2)第一象限和第二象限内电场强度的大小之比E1E2。
【答案】(1)yP=6m
(2)E1E2=33
【详解】（1）画出带正电粒子的运动轨迹如图所示，图中M0,yM为粒子由第一象限内的匀强电场进入第二象限内匀强电场的入射点。设粒子的电荷量和质量分别为q、m，由于粒子在第二象限内做类平抛运动，依题意并结合图示有tan60°=a2tv0，tanα=12a2t2v0t=a2t2v0
由几何关系可知tanα=yM−1cs30°2+yM−1sin30°
联立以上各式解得yM=5m
易知yP=yM+1m=6m
（2）粒子在第一象限内运动，由动能定理有qE1sPM=12mv02
其中sPM=(3)2+12m=2m
由于粒子由M点到Q点的运动是类平抛运动，则3v02=2⋅qE2m⋅sy
其中sy=5m−1mcs30°=23m
联立以上各式解得E1E2=33
如图所示，在xOy坐标系中，涂有荧光物质且足够长的板OM左侧空间存在沿y轴负方向的匀强电场，大量完全相同的带正电粒子沿着与x轴成60°射入OM左侧的电场中，速率从v0~2v0（v0未知），其中以速度v0入射的粒子将到达板OM上距离O点为L的位置，且此时粒子速度恰好沿x轴正方向。不考虑粒子间的相互作用，粒子到达板OM上会发出荧光并立即被板吸收，粒子重力忽略不计。
(1)请写出直线OM的函数方程（必须要有斜率的推导过程，否则不得分）
(2)请求出板OM发光部分的长度。
【答案】(1)y=32x
(2)3L
【详解】（1）速率为v0的粒子的运动为类平抛运动的逆过程。故由粒子射出到速度水平相当于已知位移的方向即为沿着斜面方向。设斜面倾角为θ，由类平抛运动规律可知tan60∘=vyvx=atvx
因为tanθ=yx=at2vx=12tan60∘
而斜面的斜率即为tanθ，故函数方程为y=32x
（2）由于tanθ=yx=at2vx=12tan60∘
故以60°角射入电场的带电粒子，一定都会沿水平方向达到板OM上，由tanθ=yx=at2vx
可知t=2vxtanθa
则x=vxt=v0cs60°×t
又y=32x
又因为L=x2+y2
由以上各式可知L=21v028a∝v02
故速度为2v0的粒子落点距离O点为4L，板OM上发光部分长度为s=4L−L=3L
某离子实验装置的基本原理图如图所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区，Ⅰ区长度d＝4R，内有沿y轴正向的匀强电场，Ⅱ区内既有沿z轴负向的匀强磁场，又有沿z轴正向的匀强电场，电场强度与Ⅰ区电场强度等大。现有一正离子从左侧截面的最低点A处以初速度v0沿z轴正向进入Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B点进入Ⅱ区，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的C点飞出，B点和C点均为所在截面处竖直半径的中点（如图中所示），已知离子质量为m、电荷量为q，不计离子重力，求：
(1)电场强度的大小。
(2)离子到达B点时速度的大小。
(3)Ⅱ区的长度L的大小。
【答案】(1)E＝3mv0216Rq
(2)v＝54v0
(3)L＝nπR＋3n2π232R（n＝1，2，3，…）
【详解】（1）离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有4R＝v0t，3R2＝12at2
根据牛顿第二定律有a＝Eqm
解得电场强度的大小为E＝3mv0216Rq
（2）类平抛过程由动能定理有3EqR2＝12mv2－12mv02
解得离子到达B点时速度的大小为v＝54v0
（3）离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为 T＝2πrvy
由题意知离子在Ⅱ区运动的时间为T的整数倍，离子在z轴正方向上做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式可得L＝v0nT＋12a（nT）2（n＝1，2，3，…）
联立解得 Ⅱ 区的长度为L＝nπR＋3n2π232R（n＝1，2，3，…）。
如图所示，一质量为m、电荷量e的电子从左侧极板处由静止释放，两极板长L，间距d加速电场的电压为U0，偏转电场板间电压U。粒子最终从板间偏出，求：
(1)粒子在加速电场中运动的加速度大小；
(2)粒子射出电场时竖直偏移量。
【答案】(1)eU0md
(2)UL24U0d
【详解】（1）加速电场的电场强度E=U0d
粒子在加速电场中运动的加速度大小a=eEm=eU0md
（2）设电子从加速电场离开时速度大小为v0，由动能定理得eU0=12mv02
得v0=2eU0m
电子在偏转电场中偏转距离Δy=12a't2
又eE=ma' ,E=Ud , t=Lv0
联立解得Δy=UL24U0d
类型2 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
如图所示，足够大的金属板MN接地，MN的右侧2L处O点固定一正点电荷q，A、B是以点电荷q为圆心、半径为L的圆直径上的两点，AB连线垂直MN，C点在A点正上方，现在C点由静止释放带负电的小球。下列说法正确的是（ ）
A．圆上各点电势均相等
B．MN的右表面带负电，左表面带正电
C．小球的运动轨迹可能为一条直线
D．A点的电场强度大于B点的电场强度
【答案】D
【详解】A．若无金属板存在，圆上各点电场强度大小相等，电势相等，由于金属板感应电荷产生电场，点电荷和无限大的接地金属平板间的电场，与等量异种点电荷之间的电场分布完全相同，圆上仅在关于AB对称的点，电场强度大小相等，电势相等，其他点则不等，故A错误；
B．接地金属板静电感应，MN的右表面带负电，左表面不带电，故B错误；
C．小球运动中受到的电场力大小和方向时刻都在改变，即合力大小和方向时刻都在改变，轨迹不可能为一条直线，故C错误；
D．与等量异种点电荷之间的电场强度计算方法相同，则
A点电场强度的大小为EA=kqL2+kq3L2=10kq9L2，方向向左
B点电场强度的大小为EB=kqL2−kq5L2=24kq25L2，方向向右
则A点的电场强度大于B点的电场强度，故D正确。
故选D。
如图所示，竖直平面内14光滑圆弧轨道半径为R，等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线。在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷。现把质量为m带电荷量为+Q的小球由圆弧的最高点M处静止释放，到最低点C时速度为v0。不计+Q对原电场的影响，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，则（ ）
A．CM间的电势差等于M点的电势
B．C点电势与D点电势不相同
C．小球对轨道最低点C处的压力大小为mg+mv02R+kQqL2
D．M点电势为12Qmv02−mgR
【答案】C
【详解】AB．等量异种电荷连线的中垂线垂直于电场线方向，所以是一条等势线，中垂线通向无限远处，电势为零，所以中垂线上的电势为零，CD处于AB两电荷的等势能面上，所以两点的电势都为零。设M点的电势为φM，由于C点的电势为零，所以有UCM=φC−φM=−φM，故AB错误；
C．因为三角形ABC为等边三角形，小球在轨道最低点C处，所受两个正负电荷的电场力的水平分量相互抵消，因此所受电场力合力方向向下，电场力的合力为F合=2kQqL2sin30∘=kQqL2
重力为mg，支持力为N，根据牛顿第二定律可得N−mg−kQqL2=mv02R
解得N=mg+mv02R+kQqL2，故C正确；
D．对小球从M到C的过程，根据动能定理有mgR+QφM=12mv02
解得φM=12Qmv02−2mgR，故D错误。
故选C。
空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点之间的高度差为h、水平距离为s，则以下判断中正确的是（ ）
A．A、B两点的电场强度和电势关系为EAv1，可知运动过程中小球的动能增加，根据动能定理可知，合力做正功，但由于重力对小球做正功，所以电场力不一定做正功，故B错误；
CD．小球从A运动到B点的过程中，根据动能定理可得
mgℎ+W电=12mv22−12mv12
可得电场力做的功为
W电=12mv22−12mv12−mgℎ
根据
W电=qUAB
可得A、B两点间的电势差为
UAB=mv22−v12−2gℎ2q
故C错误，D正确。
故选D。
如图所示，光滑绝缘的斜面AB倾角为30°，在底边O处放置一正电荷Q，OC=OB=L，D为BC中点，一个质量为m、电量为q的带负电的质点从斜面上C点从静止沿斜边一直加速滑下，重力加速度为g，在质点从C滑到B的过程中（ ）
A．质点加速度先变大后变小
B．在D点质点加速度最大
C．质点的机械能先变大后变小
D．该质点下滑到斜面底端B点时速度大小为vB=3gL
【答案】CD
【详解】AB．如图所示
作OD⊥BC，设OD=d，质点运动到任意位置E，设∠OED=θ，设质点加速度为a，在CD段
ma=mgsin30°+kQqcsθd2sin2θ=mgsin30°+kQqd2csθsin2θ
设y=csθsin2θ，根据数学知识可知，从C到D加速度先变大后变小，在DB段
ma=mgsin30°−kQqcsθd2sin2θ=mgsin30°−kQqd2csθsin2θ
同理可知从D到B加速度先变小后变大，故AB错误；
C．从C到B电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，质点的电势能、重力势能与动能之和保持不变，故机械能先增大后减小，故C正确；
D．根据几何关系可知
OB=OC
则B、C电势相等，从C到B由动能定理
mgLsin60°=12mvB2
解得
vB=3gL
故D正确。
故选CD。
一种简易静电加速装置如图甲所示：在一个侧壁为圆锥中段，底盘水平放置的塑料碗内壁贴上十字的镀铜锡条，外壁贴上十字的铝条，并将铝条反扣贴在内壁，形成如图所示的铜、铝相间的电极。将由锡纸包裹的轻质小球静置于A点，镀铜锡条与高压恒压源正极相连、铝条与负极相连后，小球开始沿逆时针方向被加速。如图乙所示，塑料碗侧壁截面与水平面夹角为θ，圆形底盘半径为R，小球质量为m，恒压源电压始终为U。小球与锡条接触分离后，所带电荷量为+Q1，与铝条接触分离后，所带电荷量为−Q2。忽略各处阻力，不考虑小球与塑料碗、空气之间的电荷交换，仅考虑相邻电极间电场对小球的加速作用，重力加速度为g。
（1）求小球第一次运动到B点时的速度大小vB；
（2）若小球加速几圈后，恰好开始沿碗壁向上运动，求小球加速的圈数n1；
（3）小球加速n2（n2>n1）圈后撤掉电场，此时轻微晃动塑料碗，使小球可以在距碗底一定高度的水平面上以速度v做匀速圆周运动（整个过程小球没有离开塑料碗）。求晃动塑料碗时，碗对小球做的功W。
【答案】（1）vB=2Q1Um；（2）n1=mgRtanθ8UQ1+Q2；（3）W=32mv2−mgRtanθ−4n2UQi+Q2
【详解】（1）根据动能定理
Q1U=12mvB2−0
可得
vB=2Q1Um
（2）设小球加速n1圈后速度大小为v1，恰好沿碗壁向上运动。意味着小球与碗底之间无相互作用力。碗壁对小球支持力N1的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，竖直分力与重力大小相等，根据牛顿第二定律
mgtanθ=mv12R
解得
v12=gRtanθ
由动能定理
n14Q1U+4Q2U=12mv12−0
联立可得
n1=mgRtanθ8UQ1+Q2
（3）设此时小球距离碗底的竖直高度为h，碗壁对小球支持力为N2，则有
mgtanθ=mv2R+ℎtanθ
解得
ℎ=v2g−Rtanθ
根据动能定理
W−mgℎ+n24Q1U+4Q2U=12mv2−0
联立可得
W=32mv2−mgRtanθ−4n2UQ1+Q2
题型四 带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．
3．思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．
4.利用速度—时间图像分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点”
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的切线斜率表示加速度。
(3)图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间轴下方所围成的面积为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解。
如图甲所示的光滑水平面上，一质量为m，电量为q的带正电小球（可视为质点）从x=−1m处以初速度v0沿x轴正方向运动，整个运动区域存在沿水平方向的电场，电势φ随位置x变化规律如图乙所示，该图像为抛物线，则下列说法正确的是（ ）
A．小球先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动
B．小球能运动到x=1m的位置
C．在x=0处，小球的速度达到最小
D．小球的电势能在x=−1m处最大
【答案】B
【详解】AC．由φ−x图像斜率为电场强度，则场强先减小后增加，则小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，在x=0处，速度达到最大，故AC错误。
BD．由对称性得到小球能到x=1m处，且到达x=1m点时的速度为v0，则将会继续向右运动，电势能增大，即小球的电势能在x=−1m处不是最大，故B正确，D错误。
故选B。
近年来市场上出现的一种静电耳机。其基本原理如图甲，a、b为两片平行固定金属薄板，M是位于金属板之间的极薄带电振膜，将带有音频信号特征的电压加在金属板上，使带电振膜在静电力的作用下沿垂直金属板方向振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为d、电容为C的平行板电容器，振膜质量为m且均匀带有+q电荷，其面积与金属板相等，两板所加电压信号Uab如图乙所示，周期为T，在t=0时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，振膜不碰到金属板，不计振膜受到的重力和阻力，则（ ）
A．当金属板充电至电荷量为Q时振膜的加速度为qQcdm
B．一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为T2
C．所加信号电压Uab中的U0最大值为12md2qT2
D．所加信号电压Uab中的U0最大值为36md2qT2
【答案】AC
【详解】A．当金属板充电至电荷量为Q时，根据电容的定义式有
C=QU a、b两片平行固定金属薄板之间的电场强度
E=Ud
根据牛顿第二定律有
qE=ma
解得
a=qQcdm
故A正确；
B．振膜不碰到金属板， 0∼T4内电场方向向右，可知，振膜向b板做匀加速直线运动，此过程的加速度大小为
a1=qU0md
之后，电场方向向左，振膜向b板做匀减速直线运动，加速度大小为
a2=3qU0md
则有
a2=3a1
由于匀加速的末速度即为匀减速的初速度，可知，匀减速至0经历时间是匀加速运动时间的13，即匀减速至0的时间
13×14T=112T
由于
112T+14T=T3
可知，T4∼T3振膜向b板做匀减速直线运动，T3速度恰好减为0，之后振膜先向a板做匀加速直线运动，经历时间为
12T−13T=16T
随后振膜向a板做匀减速直线运动，根据对称性可知，经历16T速度再一次恰好减为0，之后振膜又向b板做匀加速直线运动，此过程加速度为a2，经历时间为
34T−12T−16T=112T
随后振膜向b板做匀减速直线运动，此过程加速度为a1，结合上述可知，该过程经历时间为
3×112T=14T
结合上述可知，一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为
T4+T12+T12+T4=2T3
故B错误；
CD．振膜不碰到金属板，结合上述可知，0∼T3振膜发生的位移要小于或等于d2，则有
12U0qdmT42+123U0qdmT122≤d2
解得
U0≤12md2qT2
即所加信号电压Uab中的U0最大值为12md2qT2，故C正确，D错误。
故选AC。
多个长度逐个增大的金属圆筒沿轴线排列成一串，如甲图所示，图中只画出了六个圆筒作为示意。各筒按奇偶顺序交替连接到如乙图所示的交流电源的两端，已知交流电源周期为T、电压绝对值为U0，且U=+U0对应奇数号圆筒为高电势。整个装置放在高真空容器中。圆筒的两底面中心开有小孔，粒子可以沿筒的中心轴线穿过。由于静电平衡，可认为只有相邻圆筒间缝隙中存在匀强电场，而圆筒内部电场强度为零，缝隙的宽度很小，粒子在缝隙电场中加速的时间可以不计。t=0时刻，有一电量为q、质量为m的正离子由静止进入一、二圆筒间的电场开始加速，穿过二号圆筒后正好在t=T2时刻进入二、三圆筒之间的电场再次加速，且之后每经过T2正好进入下一缝隙电场。
(1)求粒子从第2个圆筒飞出时的速度大小？
(2)第n个圆筒的长度？
(3)实际应用中，由于相邻圆筒之间电压最大值有限制，要想使粒子获得较大速度，需要经过很多次加速，设置的圆筒数量较多，导致粒子在缝隙电场中的加速时间不能再忽略。设相邻圆筒间距均为d，在不改变交变电源的情况下，粒子能获得的最大动能是多少？
【答案】(1)2qU0m
(2)T22n−1qU0m
(3)q2U02T28md2
【详解】（1）根据动能定理qU0=12mv22
可得v2=2qU0m
（2）根据动能定理n−1qU0=12mvn2
又Ln=vnT2
联立可得Ln=T22n−1qU0m
（3）根据E=U0d
结合牛顿第二定律Eq=ma
根据运动学公式kd=12at02，t0=T2
结合动能的定义Ekm=kqU0
联立可得Ekm=q2U02T28md2
如图（a）所示，在矩形MNQP区域内有平行于MP的匀强电场，一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（不计粒子重力）以初速度v0从M点沿MN方向进入匀强电场，经时间T0刚好从Q点射出，MN=2MP=2L。取匀强电场方向由M→P为正方向，使匀强电场的电场强度按图（b）或图（c）所示做周期性变化，图中E0为未知量，现使该粒子在t=0时刻仍从M点以v0射入电场，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度E0的大小为mv022qL
B．若电场按图（b）做周期性变化，则粒子到达NQ边界上的位置与Q相距L2
C．若电场按图（b）做周期性变化，则粒子到达NQ边界时的速度大小为32v0
D．若电场按图（c）做周期性变化，则粒子到达NQ边界时的位置与Q相距L2
【答案】AD
【详解】A．对粒子分析，粒子沿MN方向做匀速直线运动，由运动学知识有2L=v0T0
沿电场方向做匀加速直线运动，由运动学知识有L=12aT02
对粒子受力分析，由牛顿第二定律有qE0=ma
联立解得E0=mv022qL，A正确；
BC．若电场按图（b）做周期性变化，沿MN方向做匀速直线运动，有2L=v0T0
沿电场线方向，前T02做匀加速直线运动，有vy=aT02，y1=12a(T02)2
T02~T0时间内，沿电场线方向做匀速直线运动，有y2=vyT02
联立解得粒子到达NQ边界上的位置与Q相距y=L−y1+y2=L4
粒子到达NQ边界时的速度大小为v=v02+vy2=52v0，B错误，C错误；
D．若电场按图（c）做周期性变化，沿MN方向做匀速直线运动，有2L=v0T0
沿电场线方向，前T02做匀加速直线运动，有vy=aT02，y1=12a(T02)2
T02~T0时间内，沿电场线方向做匀减速直线运动，有vy2=vy−aT02，y2'=vyT02−12a(T02)2
联立粒子到达NQ边界时的位置与Q相距y'=L−y1+y2'=L2，D正确。
故选AD。
某示波管简化装置由加速板P、Q，偏转板A、B及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，A、B板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示。质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t=0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求：
(1)粒子进入偏转电场时的速度大小；
(2)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比（精确至0.1%）；
(3)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。
【答案】(1)2qU0m
(2)66.7%
(3)Δt=(2−1)lmqU0
【详解】（1）设粒子进入偏转电场时的速度大小为v0，根据动能定理可得qU0=12mv02
解得v0=2qU0m
（2）粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在AB板间运动时电压可视作恒定。粒子恰好从极板右侧边缘射出时电压为U，根据类平抛运动规律得l=v0t，l2=12at2
粒子在偏转电场中的加速度a=qEm=qUml
联立解得U=2U0
故在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占比为U3U0=23≈66.7%
（3） 由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示
则最长时间与最短时间之差 Δt=Δxv0
几何关系可知Δx=O1D=(2−2)l
联立解得Δt=(2−1)lmqU0
I-t图
Q-t图
U-t图