新高考物理一轮复习专题7.3　电容器　带电粒子在电场中的运动 精品练习（含解析）

专题7.3　电容器　带电粒子在电场中的运动【练】

1、（2022·广东·模拟预测）如图所示是由电源E、灵敏电流计G、滑动变阻器R和平行板电容器C组成的电路，开关S闭合。在下列四个过程中，灵敏电流计中有方向由a到b电流的是（　　）

A．在平行板电容器中插入电介质

B．减小平行板电容器两极板间的距离

C．减小平行板电容器两极板的正对面积

D．增大平行板电容器两极板的正对面积

【答案】  C

【解析】A．电容器保持和电源连接，电压U一定，在平行板电容器中插入电介质，由

可知电容增大，由

可知极板电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计。故A错误；

B．减小平行板电容器两极板间的距离，由

可知电容增大，由

可知极板电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计。故B错误；

C．减小平行板电容器两极板的正对面积，由

可知电容减小，由

可知极板带电荷量减小，电容器放电，电路中有a到b方向的电流通过电流计。故C正确；

D．同理增大平行板电容器两极板的正对面积，由

可知电容增大，由

可知极板带电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计。故D错误。

故选C。

2、（2022·吉林吉林·模拟预测）如图所示，a、b、c为匀强电场中一条直线上的三点，ab=bc=l，一个带电荷量大小为q的负点电荷，在电场力的作用下，以某一初速度从a点运动到c点的过程中电势能增加W，则（　　）

A．负点电荷从a点运动到c点的过程中一定经过b点

B．负点电荷从a点运动到b点电场力做的功大于b点到c点电场力做的功

C．匀强电场的电场强度最小值为

D．若a点的电势为，则b点的电势为

【答案】  C

【解析】A．由于电场力和速度方向均未知，因此点电荷有可能做曲线运动，此时不经过b点到达c点，A错误；

B．由于点电荷不一定经过b点，因此并不一定存在点电荷从a点到b点电场力做的功，且即使经过b点，由于b是ac中点，此时从a点到b点电场力做的功也等于b点到c点电场力做的功，B错误；

C．设电场力方向和ac方向夹角为，则电场力对点电荷做的功为

因此当时，电场强度最小，最小值为

方向为由a到c，C正确；

D．从a点到c点，根据电势能定义

解得

因此，b点的电势为

D错误。

故选C。

3、（2022·山东·济南三中模拟预测）如图所示，有一质量为m、带电量为+q的物体放在斜面上，为了使物体能在斜面上保持静止，加一方向沿斜面向上的匀强电场，电场强度最小值为E1，最大值为E2，物体受到斜面的最大静摩擦力为（　　）

A．qE1 B．qE2 C． D．

【答案】  C

【解析】当静摩擦力沿斜面向上时，则

当静摩擦力沿斜面向下时则

联立方程组得

故选C。

4、（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测）固定的足够长斜面顶端有一个质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，以速度v0平抛。整个装置处在竖直向下的匀强电场之中，场强大小E＝，小球从抛出到落到斜面的时间为t1，重力做功为WG1，电势能减少量为Ep1，落到斜面上时的动能为Ek1；若将电场方向改为竖直向上，其他条件不变，小球从抛出到落到斜面的时间为t2，重力做功为WG2，电势能增加量为Ep2，落到斜面上时的动能为Ek2，则下列关系式不正确的是（　　）

A．t1：t2=1：3 B．Ek1：Ek2=1：1

C．WG1：WG2=1：1 D．Ep1：Ep2=1：3

【答案】  C

【解析】A．匀强电场方向竖直向下时，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得：

同理，匀强电场方向竖直向上时，有

又

联立，可得

设斜面倾角为，根据平抛运动规律，可得两次类平抛运动过程有

解得

t1：t2=1：3

故A正确，与题意不符；

C．两次类平抛运动过程，竖直分位移分别为

根据重力做功的公式，有

联立，可得

WG1：WG2=1：3

故C错误，与题意相符；

D．根据电场力做功与电势能变化的关系，以及电场力做功表达式

可得

，

即

Ep1：Ep2=1：3

故D正确，与题意不符；

B．根据动能定理，有

可得

联立，可得

Ek1：Ek2=1：1

故B正确，与题意不符。

本题选不正确的故选C。

5、（2022·广东中山·高三期末）空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m、带电量为+q的光滑小球。现给小球一初速度v0（v0≠0），重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．无论v0多大，小球不会脱离轨道

B．只有，小球才不会脱离轨道

C．v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大

D．若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点

【答案】  D

【解析】AB．由题意可知小球所受电场力与重力的合力方向竖直向上，大小为

若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有

解得

所以只有当时，小球才不会脱离轨道，故AB错误；

C．假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有

在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有

联立以上三式解得

根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；

D．若将小球无初速度从D点释放，由于F向上，所以小球一定能沿DC轨道经过C点，故D正确。

故选D。

6、（2022·江苏泰州·高三期末）如图所示，光滑水平面上有一劲度系数为k的轻弹簧左端固定，右端连一质量为m、电量为q带负电小物块，水平面上方有一电场强度大小为E、水平向右的匀强电场。开始时物块在大小为2qE，方向向右的外力F作用下静止在M点，设物块在M点的电势能为零。现将力F撤去，则物块运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．弹簧和物块组成的系统机械能之和不变

B．弹簧处于原长时物块的速度最大

C．弹簧最短时物块加速度大小为

D．物块电势能的最小值为

【答案】  C

【解析】A．弹簧和物块组成的系统，撤去F后受到弹簧的弹力和电场力作用，则机械能与电势能之和不变，选项A错误；

B．当所受的合力为零时速度最大，即此时弹力等于电场力，此时弹簧不是处于原长位置，选项B错误；

C．开始撤去F时，物块受到的合力为2qE，由对称性可知，弹簧最短时物块所受的合力为2qE，此时物块加速度大小为

选项C正确；

D．开始时弹簧的弹力为

F弹=qE

此时弹簧伸长状态；在平衡位置时

F弹=qE

此时弹簧为压缩状态，则从开始运动到平衡位置的距离为

弹簧在最短位置时物块的电势能最小，从开始释放到该位置电场力做功为

即物块的电势能减小；因M点的电势为零，则物块电势能的最小值为，选项D错误。

故选C。

7、（多选）（2022·湖北武汉·模拟预测）特斯拉线圈是一种制造人工闪电的装置，该装置的简化结构如图所示。金属顶端和大地构成一个特殊的电容器。顶端放电后，“电荷补充线圈”给顶端补充电荷，因而能持续放电。设顶端与大地间电压为U，顶端带电荷量为Q，下列说法正确的是（　　）

A．充电过程中，该电容器的电容不变 B．放电过程中，该电容器的电容增大

C．若Q不变，顶端离地面越近，则U越小 D．若Q不变，顶端离地面越近，则U越大

【答案】  AC

【解析】AB．电容器的电容由电容器本身性质决定，充放电不改变其电容，故A正确，B错误；

CD．根据

可知若Q不变，顶端离地面越近，即d越小，则C越大，所以U越小，故C正确，D错误。

故选AC。

8、（多选）（2022·河南·模拟预测）如图所示，AB是圆的直径，长为m，O为圆心。有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，从圆周上A点向圆面内各个方向发射出动能相同的电子，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，电子经过B点时动能为2eV，∠COA=60°，取O点电势为零，电子电荷量的绝对值为e，不计电子重力，则（　　）

A．B点的电势为2V B．电子从A点射出的初动能为6eV

C．匀强电场的电场强度大小为3V/m D．圆周上电势最高点的电势为V

【答案】  BD

【解析】A．根据题意可知，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，根据动能定理

-eUOB=2eV-4eV

解得

UOB=2V

取O点电势为零

因此B点电势为

故A错误；

B．根据匀强电场电势分布特点，可知在任意方向上电势降落都是均匀的，则

得

=2V

根据动能定理

解得

故B正确；

C．根据题意可知，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，所以O、C两点电势相等，过B点作CO延长线的垂线，则垂线长为

因此匀强电场的电场强度大小为

故C错误；

D．圆周上电势最高点的电势

故D正确。

故选BD。

9、（2022·辽宁·高三期中）如图所示，已知电路中电源电动势、内阻，电阻，，，C为平行板电容器，虚线到两极板间距离相等，极板长，两极板的间距。

（1）若开关S处于断开状态，则R3两端的电压是多少？

（2）当开关闭合后，电容器两端的电压等于多少？

（3）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入C的电场中，刚好沿图中虚线匀速运动；当开关S闭合后，此带电微粒以相同的初速度沿虚线方向射入C的电场中，则带电微粒能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）

【答案】  （1）；（2）；（3）不能

【解析】（1）根据题意，若开关S处于断开状态，由闭合回路欧姆定律有

由欧姆定律可得，R3两端的电压为

（2）根据题意，当开关闭合后，外电路的电阻为和先串联，再和并联，则外电路的总电阻为

由闭合回路欧姆定律可得，路端电压为

根据串联分压原理可得，R3两端的电压为

即电容器两端的电压等于。

（3）根据题意，设带电粒子的带电量为，质量为，若开关S断开时，有

当开关S闭合后，由牛顿第二定律有

联立代入数据解得

若带电粒子以的初速度射入C的电场，假设能飞出电场，则飞行时间为

偏转位移为

则粒子不能从C电场飞出。

10、（2022·北京·清华附中模拟预测）如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间的P点固定一个带正电的检验电荷。用C表示电容器的电容，E表示两板间的电场强度的大小，φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能。若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离，上述各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】  C

【解析】A．根据

负极板缓慢向左平移一小段距离，两板间距d增大，电容随两板间距减小，但不是线性关系，故A错误；

B．根据

电容器充电后与电源断开，电荷量保持不变，可知两板间电势差增大。

根据

联立上式得

可知，电场强度保持不变，故B错误；

C．P点与负极板间距离x增大，则P点与负极板间电势差为

可知，P点电势升高，故C正确；

D．正电荷在P点的电势能为

可知，正电荷在P点的电势能增大，故D错误。

故选C。

11、（2022·安徽·定远县民族中学高三期中）空间有一半径为的圆形区域处于匀强电场中，匀强电场方向平行于圆形边界所处的平面。边界上有六个点等间距排列。电子从点以初动能朝不同方向飞出，经过圆形边界不同位置时，具有不同的速度，经过处时动能最大，为。电子重力不计，下列说法正确的是（　　）

A．电场方向为，大小为

B．电子经过处时动能最小，为

C．因为六个点等间距排列，任意相邻两点间的电势差大小都相等

D．经过点的电子不能返回点，经过点的电子不能返回点

【答案】  A

【解析】A．电子经过处时动能最大，则圆环上点电势最高，过点的等势面与圆相切，可知场强方向为，电子由到由动能定理得

解得

、连线与的夹角为，根据

解得

故A正确；

B．圆形边界上的各点，处电势最低，电子经过处时动能最小，电子由到由动能定理可得，故B错误；

C．六个点等间距排列，但相邻点的连线沿电场线方向的投影长度不同，相邻两点间的电势差大小不同，故C错误；

D．与（电场方向）有夹角，电子从运动到，说明电子在匀强电场中做曲线运动，不可能回到点，与（电场方向）平行，电子从运动到（沿电场方向），说明电子做匀减速直线运动，则电子能回到点，故D错误。

故选A。

12、（2022·黑龙江·高三期末）如图（甲）所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图（乙）所示的交变电压.开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C，D两项中的图线按正弦函数规律变化）

A． B．

C． D．

【答案】  A

【解析】在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图示图象可知：A正确，BCD错误；故选A．

13、（2022·江苏扬州·模拟预测）如图所示，足够长的斜面静止在水平地面上。先后两次将带正电的小球从斜面底端A处以相同的速度抛出，不计空气阻力。第一次不加电场，小球恰好沿水平方向撞到斜面上B点。第二次施加范围足够大，竖直向下的匀强电场，则小球（　　）。

A．仍然水平撞击斜面 B．撞击点在B点上方

C．飞行时间比第一次长 D．撞击斜面时的速度比第一次大

【答案】  A

【解析】A．第一次不加电场，小球恰好沿水平方向撞到斜面上，采用逆向思维，将其看成平抛运动，则小球撞上斜面时与斜面的夹角为θ，设斜面倾角为α，即平抛运动位移方向与水平方向夹角为α，则平抛运动的末速度方向与水平方向夹角为，则有

第二次施加范围足够大，竖直向下的匀强电场，小球竖直方向的加速度变大，初速度不变，小球的逆运动为类平抛运动，上述结论

依然成立，所以小球仍然水平撞击斜面，故A正确；

BC．不加电场时，设小球运动时间为t，有

施加电场后，小球的加速度变大，设小球运动时间为，则有

所以

加电场后，小球的水平分速度不变，小球做平抛运动的水平位移

变小，而

故竖直分位移变小，即撞击点在B点下方，故BC错误；

D．加电场与不加电场小球水平方向速度vx不变，所以两次撞击斜面时的速度一样大，故D错误。

故选A。

14、（2022·湖南·长郡中学模拟预测）如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度（已知弹簧形变量为x时弹性势能为为），则在此过程中（　　）

A．物体B带负电，受到的电场力大小为

B．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为

C．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为

D．物体B的最大速度为

【答案】  D

【解析】A．当施加外力时，对B分析可知

解得

沿斜面向下，故B带负电，故A错误；

B．当B受到的合力为零时，B的速度最大，由

解得

故B错误；

C．当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为

解得

故C错误；

D．设物体B的最大速度为，由功能关系可得

解得

故D正确。

故选D。

15、（多选）（2022·河南新乡·模拟预测）如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为的点电荷。一质量为m、带电荷量为的物块（可视为质点的检验电荷），从轨道上的A点以初速度沿轨道向右运动，当运动到P点正下方的B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为（取无穷远处电势为零），P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为，k为静电常数，下列说法正确的是（　　）

A．点电荷产生的电场在B点的电场强度大小为

B．物块在A点时受到轨道的支持力大小为

C．物块从A到B机械能减少量为

D．点电荷产生的电场在B点的电势为

【答案】  AD

【解析】A．由点电荷的电场强度公式

得

故A正确；

B．物体受到点电荷的库仑力为

由几何关系可知

物体在点时，由平衡条件有

解得

故B错误；

CD．设点电荷产生的电场在点的电势为，机械能减少量为，动能定理有

解得

，

故C错误，D正确。

故选AD。

16、（多选）（2022·湖北·襄阳五中模拟预测）如图所示，一斜面倾斜角度为53°，斜面末端连接一处于竖直平面的光滑绝缘半圆轨道，O为圆心，A、B为其竖直方向上的直径的上下两端点，现有一个质量为0.4kg，带电荷量q=+1.0×10-5C的小球（可视为质点）以初速度v0=10m/s从斜面上某点垂直斜面方向抛出，小球恰好沿切线从半圆轨道的最高点A飞入半圆轨道，已知整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E=3×105N/C，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．小球从开始到A点的运动是类平抛运动

B．小球在A点处的速度大小为12.5m/s

C．小球第一次在半圆轨道上滑行过程中会在某处脱离半圆轨道

D．小球第一次在半圆轨道上滑行过程中对轨道的最大压力大小为33.5N

【答案】  AB

【解析】A．小球受到重力和电场力的作用，如图所示

设F与水平方向夹角为θ

F与v0垂直，所以小球做类平抛运动，故A正确；

B．因为小球做类平抛运动，由图可知

故B正确；

C．如图所示，根据受力情况画出小球运动过程中等效的最低点为C点，小球到C点时对轨道的压力最大，因为在A点小球恰好能无碰撞飞入半圆轨道，在A点对轨道的压力为零，所以小球第一次在半圆轨道上滑行过程中不会在脱离半圆轨道

故C错误；

D．在A点根据牛顿第二定律得

从A至C过程中根据动能定理

根据牛顿第二定律得

解得

根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为27N，故D错误。

故选AB。

17、．（2022·福建·模拟预测）静电喷涂利用高压电场使雾化涂料受电场力作用吸附于基底表面，比传统手工喷涂更省料、环保、高效。如图所示，竖直平面内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度的大小为E=5×105V/m。现将一质量为m=1×10-6kg、电量为q=+4×10-11C，可视为质点的油漆液滴，从距地面高度为h=5cm的A点以=1 m/s的速度水平向右喷出。经过一段时间后，油漆液滴落到水平地面上的B点。空气阻力忽略不计，已知重力加速度为g=10m/s2。求：

（1）油漆液滴在空中运动的时间；

（2）A、B两点间的电势差；

（3）油漆液滴落地时的速度大小。

【答案】  （1）0.1s；（2）V；（3）m/s

【解析】（1）液滴在竖直方向做自由落体运动，则

     ①

解得

t=0.1s     ②

（2）液滴沿电场线方向运动的距离为

③

且

   ④

A、B两点间的电势差为

   ⑤

解得

V   ⑥

（3）由动能定理有

   ⑦

解得

m/s   ⑧

18、（2022·天津·模拟预测）当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计。如图1所示，相距为L的两块固定平行金属板M、N接在输出电压恒为U0的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，a、b、c、d是匀强电场中将M、N两板间隔均分五等份的四个等势面，K是与M板距离很近的灯丝，通过小孔穿过M板与外部电源E1连接，电源E1给K加热从而产生热电子，不计灯丝对内部匀强电场的影响。热电子经高压加速后垂直撞击N板，瞬间成为金属板的自由电子，速度近似为零，电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m，电量为e．求：

（1）电子达到N板前瞬间的速度vN大小；

（2）N板受到电子撞击的平均作用力F大小；

（3）若在N板的P处开一个小孔，让电子能从P孔飞出后从A、B板正中间平行两板进入偏转电场，偏转电场极板间的距离为d，极板长为L=2d，偏转电场的下极板B接地。偏转电场极板右端竖直放置一个足够大的荧光屏。现在偏转电场的两极板间接一周期为T的交流电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。（设大量电子从偏转电场中央持续射入，每个电子穿过平行板的时间都极短）求：在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即某段时间无电荷到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t。

【答案】  （1）；（2）；（3）

【解析】（1）根据动能定理，有

解出

（2）设时间经过N板的电量为Q

设时间落到N板上的电荷个数为N1

以向右为正方向，对时间内落在N板上的电荷整体应用动量定理有

解得

由作用力与反作用力关系，N板受力为

（3）电子在偏转电场中做类平抛运动，若电子恰能飞出偏转电场，则水平方向

竖直方向

解得

则当偏转电压大于小于U0时，电子将不能从偏转电场中飞出，从而出现“黑屏”，则出现黑屏的时间为

19、（多选）（2022·湖北·高考真题）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P（a>0，b>0）。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从О到Р运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到Р运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（　　）

A．t1<t2 B．t1> t2

C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek2

【答案】  AD

【解析】AB．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据

可知

t1<t2

故A正确，B错误。

CD．该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据

可知

Ek1>Ek2

故C错误，D正确。

故选AD。

20、（2022·辽宁·高考真题）如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：

（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；

（2）小球经过O点时的速度大小；

（3）小球过O点后运动的轨迹方程。

【答案】  （1）；（2）；（3）

【解析】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得

（2）小球从B到O，根据动能定理有

解得

（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有

竖直方向有

解得

，

说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有

，

联立解得小球过O点后运动的轨迹方程

21、（多选）（2021·全国·高考真题）四个带电粒子的电荷量和质量分别、、、它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】  AD

【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为

由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为

离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为

因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；粒子与粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与粒子的比荷也相同，所以、、三个粒子偏转角相同，但粒子与前两个粒子的偏转方向相反；粒子的比荷与、粒子的比荷小，所以粒子比、粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同。

故选AD。

22、（2020·天津·高考真题）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。

（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间；

（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；

（3）已知质量为的离子总飞行时间为，待测离子的总飞行时间为，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量。

【答案】  （1）；（2）；（3）

【解析】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有

                                                                                                                                    ①

离子在漂移管中做匀速直线运动，则

                                                                                                                                            ②

联立①②式，得

                                                                                                                                    ③

（2）根据动能定理，有

                                                                                                                                ④

得                                                                                                                                         ⑤

（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有

                                                                                                                                              ⑥

通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为，在无场区的总路程设为，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为。有

                                                                                                                                  ⑦

联立①⑥⑦式，得

                                                                                                                     ⑧

可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。由题意可得

可得

                                                                                                                                ⑨