高中物理人教版 (新课标)选修39 带电粒子在电场中的运动同步训练题

这是一份高中物理人教版 (新课标)选修39 带电粒子在电场中的运动同步训练题，共21页。

A.①情况下，可以通过上移极板M实现
B.①情况下，可以通过上移极板N实现
C.②情况下，可以通过上移极板M实现
D.②情况下，可以通过上移极板N实现
【答案】选B.
【详解】保持S闭合的分析：因为第①种情况下两板间电压U不变，所以电场强度E=U/d，只有d减小，E增大，电场力增大，带电微粒才向上运动打到上极板M上，故可以通过下移极板M或者上移极板N来实现，选项A错，B正确；充电后将S断开的分析：因为第②种情况下两极板带电荷量Q不变，根据Q=CU，C=可得，E=，可以看出E与两板间距离d无关，所以无论怎样移动M、N两极板改变两板间的距离，场强E、电场力F都不变，带电微粒都处于静止状态，选项C、D错误，B正确.
【例2】如图所示，板长L=4 cm的平行板电容器，板间距离d=3 cm，板与水平线夹角α=37°，两板所加电压为U=100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q=3×10-10C，以v0=1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出，取g=10 m/s2.求：
(1)液滴的质量；
(2)液滴飞出时的速度.
【答案】(1)m=8×10-8 kg (2)v=≈1.32 (m/s)
【详解】(1)画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：
qEcsα=mg,qEsinα=ma,E=U/d解之得：m=qUcsα/dg代入数据得m=8×10-8 kg
(2)对液滴由动能定理得： qU=
v=
所以v=≈1.32 (m/s)
【例3】(2011·南通模拟)(18分)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤ L， 0≤y≤ L)为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝-L、x＝-2L、y＝0、y＝L的匀强电场区域Ⅱ.两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：
(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；
(2)由电场区域Ⅰ的AB曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能；
【答案】(1)设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ中做匀
加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，接着在无电场区域
匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假
设电子从NP边射出，出射点纵坐标为y1，
由y=对于B点y=L，则x= (2分)
所以eE·= (2分)
解得v0= (1分)
设在电场Ⅱ中运动的时间为t1
L-y1= (1分)
解得y1=0，所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(-2L，0)(2分)
(2)设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为(x，y)，在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v1时飞离电场Ⅰ，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2.
eEx= (2分)
y2= (2分)
解得xy2=，所以原假设成立，即在电场Ⅰ区域的AB曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开的. (2分)
其中只有从B点释放的电子，离开P点时动能最小，则从B到P由动能定理得： eE·(L+)=Ek-0 (3分)
所以Ek= (1分)
【巩固练习】
1.（2011·安徽高考·T18） 图（a）为示管的原理图。如果在电极YY’之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX’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
【答案】选B.
【详解】示波管YY’间为信号电压，XX‘为扫描电压，0～t1，Y板电势高电子向Y板偏转，X’电势高电子向X’板偏转，由此知CD错；又根据偏移量公式，偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，、时刻偏转电压最大，偏移量也最大，所以B对。
2.（2011·安徽高考·T20）如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。
若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是
A. B.
C. D.
【答案】选B.
【详解】
画出带电粒子速度-时间图像，根据v-t图像中的“面积”研究各时刻开始的带电粒子的运动情况，A选项可画出T/8时刻开始的运动图像，如图a由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向B板靠近，最终会打到B板上,A选项错；B选项可画出5T/8时刻进入的运动图像，如图b由图知在一个周期内粒子运动的总面积为负，即粒子向A板靠近，最终会打到A板上,B选项对；C选项可画出7T/8时刻进入的运动图像，由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向B板靠近，最终会打到B板上，C选项错；同理D选项错。
3.（2011·天津理综·T5）板间距为的平行板电容器所带电荷量为时，两极板间电势差为，板间场强为.现将电容器所带电荷量变为，板间距变为，其他条件不变，这时两极板间电势差，板间场强为，下列说法正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】选C．
【详解】当平行板电容器的其他条件不变，板间距离变为时，电容器的电容为，又知电容器的带电量为2Q，则得知，即，根据匀强电场中电势差与场强之间的关系式得，因此选项C正确，其它选项都错误。
4.（2010·天津·12）质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，O’O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O’O的距离。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。
（1）设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿O’O的方向从O’点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿+y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y0;
(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。
上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O’点沿O’O方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时O’O方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。
解析：（1）离子在电场中受到的电场力
①
离子获得的加速度
②
离子在板间运动的时间
③
到达极板右边缘时，离子在方向的分速度
④
离子从板右端到达屏上所需时间
⑤
离子射到屏上时偏离点的距离
由上述各式，得
⑥
（2）设离子电荷量为，质量为，入射时速度为，磁场的磁感应强度为，磁场对离子的洛伦兹力
⑦
已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，方向的分速度总是远大于在方向和方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度
⑧
是离子在方向的加速度，离子在方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在方向的分速度
⑨
离子飞出极板到达屏时，在方向上偏离点的距离
⑩
当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在方向上偏离点的距离为，考虑到⑥式，得
⑾
由⑩、⑾两式得
⑿
其中
上式表明，是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为，坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为，由⑿式代入数据可得
⒀
故该未知离子的质量数为14。
5.（09·北京·19）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b ( C )

A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，
故对粒子a有：Bqv=Eq 即只要满足E =Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误。
6.（09·天津·5）如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点。则（ B ）
A.粒子受电场力的方向一定由M指向N
B.粒子在M点的速度一定比在N点的大
C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大
D.电场中M点的电势一定高于N点的电势
解析：由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错；粒子由M到N电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故B对C错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，C错。
7.（09·海南物理·5）一平行板电容器两极板间距为、极板面积为S，电容为，其中是常量。对此电容器充电后断开电源。当增加两板间距时，电容器极板间 （ A ）
A．电场强度不变，电势差变大
B．电场强度不变，电势差不变
C．电场强度减小，电势差不变
D．电场强度较小，电势差减小
8.（09·福建·15）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 （ B ）
A.带点油滴将沿竖直方向向上运动
B.P点的电势将降低
C.带点油滴的电势将减少
D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
9.（09·浙江·20）空间存在匀强电场，有一电荷量、质量的粒子从点以速率射入电场，运动到点时速率为。现有另一电荷量、质量的粒子以速率仍从点射入该电场，运动到点时速率为。若忽略重力的影响，则 （ AD ）
A．在、、三点中，点电势最高
B．在、、三点中，点电势最高
C．间的电势差比间的电势差大
D．间的电势差比间的电势差小
解析：正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到
B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高。所以B点最高，A对； ，，故D对。
10.（09·山东·25）（18分）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。
已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、l0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）
（1）求电压U的大小。
（2）求时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。
（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。
解析：
（1）时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有①
②
③
联立以上三式，解得两极板间偏转电压为④。
（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，
后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为⑤
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。
（3）时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为⑩，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，联立③⑤⑩式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为,带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。
11．（09·福建·21）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。
（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1
（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；
（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）
答案：（1）; （2）;
(3)
解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。
（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有
qE+mgsin=ma ①
②
联立①②可得
③
（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有
④
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
⑤
联立④⑤可得
s
（3）如图

12.（09·福建·22） 图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3T,在X轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在Y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。
（1）求上述粒子的比荷；
（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；
（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。
答案（1）=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）；（2） ； （3）
解析：第（1）问本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。
设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得
①
由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得
②
联立①②并代入数据得
=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） ③
（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x
轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
④
代入数据得
⑤
所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有
⑥
⑦
联立①⑥⑦并代入数据得
⑧
（3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积
⑨
联立①⑨并代入数据得
矩形如图丙中（虚线）
13.（09·浙江·23）如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m、电荷量q（q>0）的小物块在与金属板A相距l处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则
（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？
（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？
答案：（1）（2）时间为，停在处或距离B板为
解析：本题考查电场中的动力学问题
（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为

小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为

故小物块运动的加速度为

设小物块与A板相碰时的速度为v1，由

解得
（2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为

加速度大小为
设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有

解得
设小物块碰后停止时距离为，注意到末速度为零，有

则
或距离B板为
【考点精题精练】
1.(2011·扬州模拟)下列关于实验中使用静电计的说法中正确的有( )
A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况
B.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况
C.静电计可以用电压表替代
D.静电计可以用电流表替代
【答案】选A.
【详解】静电计是用来测量电容器两极板的电势差，从而研究电容器电容随电容器正对面积、两板距离、介电常数等因素的变化.如果用电压表、电流表来替代则构成电容器的放电回路，两电表都没有示数，故答案为A.
2.(2011·会昌模拟)水平放置的平行板电容器与一电池相连.在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态.现将电容器两板间的距离增大，则 ( )
A.电容变大，质点向上运动
B.电容变大，质点向下运动
C.电容变小，质点保持静止
D.电容变小，质点向下运动
【答案】选D.
【详解】带电质点在电容器中处于静止状态有mg=qE，因为电容器与电源连接，电压不变，E=U/d，d增大，电容C减小，E减小，质点向下运动，答案为D.
3.虚线框内存在着匀强电场(方向未知)，有一正电荷(重力不计)从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是( )
A.电场力一定对电荷做了正功
B.电场方向可能垂直ab边向右
C.电荷运动的轨迹可能是一段圆弧
D.电荷的运动一定是匀变速运动
【答案】选B、D.
【详解】由正电荷在匀强电场中的偏转可以判断，其所受电场力一定指向运动曲线的内侧，但电场力与速度方向的夹角可能为锐角或钝角，电场力可能做正功或负功，所以选项A错B对，由于正电荷只受恒定的电场力作用，所以正电荷不可能做圆周运动，一定是匀变速曲线运动，选项D正确，答案为B、D.
4.(2010·泰州模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器与一直流电源相连，在两板中央有一带电液滴处于静止状态.现通过瞬间平移和缓慢平移两种方法将A板移到图中虚线位置.下列关于带电液滴运动的说法中正确的是( )
A.上述两种方法中，液滴都向
B板做匀加速直线运动
B.采用瞬间平移的方法，液滴运动到B板经历的时间短
C.采用缓慢平移的方法，液滴运动到B板时速度大
D.采用缓慢平移的方法，液滴运动到B板过程中电场力做功多
【答案】选B.
【详解】瞬间平移使带电液滴加速度突然增大立即做匀加速运动，而缓慢平移至虚线位置这一阶段，带电液滴电场力缓慢增大，加速度也缓慢增大，到达虚线位置以后才开始做匀加速运动，所以瞬间平移使带电液滴到达B板的时间短，做功多，速度大，故答案为B.
5． (2011年黑龙江适应性测试)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
【答案】选AD.
【详解】在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F＝eq \f(U0e,d)，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个eq \f(T,4)内向B板做匀加速直线运动，在第二个eq \f(T,4)内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq \f(T,4)内反向做匀加速直线运动．在第四个eq \f(T,4)内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图象如图1所示，v－t图象如图2所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，所以x－t图象应是曲线．故本题选AD.
6. (2011年北京西城抽测)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短
D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长
【答案】选BC.
【详解】电容器充满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势．极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C对；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D项错．
7．如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，两极板间距离为d，今在距两极板的中点eq \f(1,2)d处放一电荷q，则( )
A．q所受电场力的大小为eq \f(Qq,Cd)
B．q所受电场力的大小为keq \f(4Qq,d2)
C．q点处的电场强度是keq \f(4Q,d2)
D．q点处的电场强度是keq \f(8q,d2)
【答案】选A.
【详解】两极板之间的电场强度E＝eq \f(U,d)，q受到的电场力F＝Eq＝eq \f(U,d)q＝eq \f(Q,Cd)q，A正确；Q不是点电荷，点电荷的场强公式E＝keq \f(Q,r2)在这里不能用，B、C、D不正确．
8．(2011年广东珠海质检)分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地．三小球分别落在图中A、B、C三点，则错误的是( )
A．A带正电、B不带电、C带负电
B．三小球在电场中加速度大小关系是：aAEkA
【答案】选C.
【详解】由于A的水平射程x最远，A的运动时间t＝eq \f(x,v0)最长，C错误．A的加速度aA＝eq \f(2h,t2)最小，而C的加速度aC最大，aAEkA，D正确．
9．(2011年山东济南调研)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是( )
A．板间电场强度大小为mg/q
B．板间电场强度大小为2mg/q
C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等
D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间
【答案】选BC.
【详解】当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上．由运动的合成与分解，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等．由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，vx＝v0；在竖直方向上：在电场中vy＝at，如图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vy＝gt，由此运动过程的对称性可知a＝g，由牛顿第二定律得：qE－mg＝ma＝mg，解得：E＝2mg/q.故B、C正确．
10．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是( )
A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两极间振动
C．从t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t＝3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上
【答案】AC
【详解】若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错误；若从t＝T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t＝3T/8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两极间的距离，所以D错误．
11．如图所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置，乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟，以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E.右侧为沿y轴负方向的匀强电场．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB间的电势差为U0，若在x轴的C点无初速度地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力)，结果正离子刚好通过B点，求：
(1)CO间的距离d；
(2)粒子通过B点的速度大小．
【答案】(1)eq \f(U0,4E) (2)eq \r(\f(5qU0,2m))
【详解】(1)设正离子到达O点的速度为v0(其方向沿x轴的正方向)
则正离子由C点到O点由动能定理得：
qEd＝eq \f(1,2)mv02－0①
而正离子从O点到B点做类平抛运动，则：
OA＝eq \f(1,2)·eq \f(qU0,OA·m)t2②
AB＝v0t③
而OA＝AB④
由①②③④得d＝eq \f(U0,4E).
(2)设正离子到B点时速度的大小为vB，正离子从C到B过程中由动能定理得：
qEd＋qU0＝eq \f(1,2)mvB2－0，解得vB＝eq \r(\f(5qU0,2m)).
12.如图所示，一光滑斜面的直角点A处固定一带电荷量为＋q、质量为m的绝缘小球，另一同样小球置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点由静止自由释放，球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处，求：
(1)小球从B处开始运动到斜面中点D处时的速度；
(2)小球运动到斜面底端C处时，球对斜面的压力是多大？
【答案】(1)eq \r(\f(gL,2)) (2)eq \f(\r(3),2)mg－eq \f(2kq2,3L2)
【详解】由于小球沿斜面下滑过程中所受电场力为变力，因此不能用功的定义来求解，只能用动能定理求解
(1)由题意知：小球运动到D点时，由于AD＝AB，所以有电势φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0①
则由动能定理得：mgeq \f(L,2)sin30°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－0②
联立①②解得：vD＝eq \r(\f(gL,2))③
(2)当小球运动至C点时，对球受力分析如图所示，则由平衡条件得：
FN＋F库sin30°＝mgcs30°④
由库仑定律得：
F库＝eq \f(kq2,(Lcs30°)2)⑤
联立④⑤得：
FN＝eq \f(\r(3),2)mg－eq \f(2,3)eq \f(kq2,L2)
由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝eq \f(\r(3),2)mg－eq \f(2kq2,3L2).