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备考2024届高考物理一轮复习分层练习第九章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动
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这是一份备考2024届高考物理一轮复习分层练习第九章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动，共11页。
1.间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距离变为12d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（ C ）
A.U2＝U1 E2＝E1B.U2＝2U1 E2＝4E1
C.U2＝U1 E2＝2E1D.U2＝2U1 E2＝2E1
解析 由C＝εrS4πkd得，板间距离变为d2，则C2＝2C1，又U＝QC，则U2＝2QC2＝U1.由E＝Ud得，E2＝U2d2＝U112d＝2E1，故C正确.
2.[2024成都七中零诊]如图所示，一带电微粒在重力和水平匀强电场对它的电场力作用下由a到b做直线运动，ab连线与竖直方向所夹的锐角为θ，则下列结论正确的是（ D ）
A.此微粒带负电
B.微粒可能做匀速直线运动
C.合外力对微粒做的总功等于零
D.微粒的电势能减小
解析 带电微粒受到的重力和电场力均为恒力，故受到的合外力不变，微粒由a到b做直线运动，则电场力方向水平向右，微粒带正电，加速度不变，故带电微粒做匀加速直线运动，A、B错误；由于微粒做匀加速直线运动，故合外力对微粒做正功，C错误；由于电场力做功W＝Eqxab cs θ，故电场力对微粒做正功，微粒的电势能减小，D正确.
3.[学科间融合问题/2024青海海东名校联考]如图甲所示，人体细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层间存在电压（医学上称为膜电位）.某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可视为匀强电场，简化模型如图乙所示，若初速度为零的钠离子（带正电荷）仅在电场力的作用下，从图中的B点运动到A点，则下列说法正确的是（ D ）
图甲 图乙
A.此细胞膜内电场的电场强度方向由A点指向B点
B.运动过程中钠离子的电势能增大
C.若膜电位不变，则d越大，钠离子射出细胞外的速度越小
D.若膜电位不变，则d变化，钠离子射出细胞外的速度不变
解析 因为钠离子(带正电荷)仅在电场力的作用下由静止从B点运动到A点，所以此细胞膜内电场的电场强度方向由B点指向A点，A错误；因为电场力对钠离子做正功，所以钠离子的电势能减小，B错误；根据题意，由动能定理有qU＝12mv2，可知钠离子射出细胞外的速度v与d无关，因为膜电位U不变，所以钠离子射出细胞外的速度不变，C错误，D正确.
4.[2023江西二模]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列说法不正确的是（ B ）
A.若A球带电，则A球一定带负电
B.若A球带电，则A球的电势能一定增加
C.若B球带电，则B球一定带正电
D.若B球带电，则B球的电势能一定增加
解析 两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t，可知两球下落时间相同；两小球下落高度不同，根据公式h＝12at2，可知A球的加速度大于B球的加速度，故若A球带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小；若B球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加.故只有B符合题意.
5.[示波管/2023浙江1月/多选]如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成.电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极.已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ D ）
A.在XX'极板间的加速度大小为eUm
B.打在荧光屏时，动能大小为11eU
C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为2meU
D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tanα＝l20d
解析 XX'极板间的电场强度大小为E＝Ud，电子所受的电场力大小为F＝eE＝eUd，由牛顿第二定律得a＝Fm＝eUdm，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为W1＝e·10U，电子沿OO'方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在XX'极板间沿电场力方向的位移x≤d2，则电场力做的功W2≤12eU，对全过程由动能定理得Ek＝W1＋W2≤212eU，B错误；电子刚好从XX'极板的边缘离开时，电子在XX'极板间受到的电场力做的功为W2'＝12eU，故在XX'极板间受到电场力的冲量大小I≤2W2'm＝meU，C错误；电子离开加速电场时有e·10U＝12mv02，电子在XX'极板间的加速度大小为a＝eUdm，则离开XX'极板间时电子在垂直XX'极板方向的速度大小为vy＝at，沿OO'方向有l＝v0t，联立解得tan α＝vyv0＝l20d，D正确.
6.[多选]如图所示，一对水平放置的足够大的平行金属板上均匀分布有等量异种电荷.三个质量相同的小球，从板间某位置以相同的水平速度v0射入两极板间，落在倾斜绝缘板上的A、B、C三点，其中两个球带异种电荷，另一个不带电.不考虑倾斜板对匀强电场的影响及电荷间的相互作用，下列说法正确的是（ ABC ）
A.落在A点的小球带负电，落在C点的小球带正电，落在B点的小球不带电
B.落在A、B、C三点的小球在电场中的加速度的关系是aA＞aB＞aC
C.三个小球在电场中运动的时间关系是tA＜tB＜tC
D.电场力对落在A点的小球做负功
解析 小球垂直电场进入，则在平行于金属板方向做匀速直线运动，因为落在C点的小球的水平位移最大，落在A点的小球的水平位移最小，又具有相同的水平速度，则运动时间关系为tA＜tB＜tC，C正确；小球垂直电场进入，则在平行电场线方向做初速度为零的匀加速运动，根据h＝12at2，因为tA＜tB＜tC，且hA＞hB＞hC，所以aA＞aB＞aC，B正确；因为aA＞aB＞aC，分析可得，落在A点的小球电场力方向向下，落在C点的小球电场力方向向上，落在B点的小球不受电场力，则落在A点的小球带负电，落在C点的小球带正电，落在B点的小球不带电，A正确；落在A点的小球电场力方向向下，电场力对落在A点的小球做正功，D错误.
7.如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，a小球从紧靠左极板处由静止释放，b小球从两板正中央由静止释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的（ C ）
A.运动时间关系为ta＞tb
B.电势能减少量之比ΔEpa∶ΔEpb＝2∶1
C.电荷量之比qa∶qb＝2∶1
D.动能增加量之比ΔEka∶ΔEkb＝2∶1
解析 小球在竖直方向做自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间相等，所以A错误.在水平方向小球做匀加速直线运动，设板间距离为d，根据x＝12·qUmdt2，位移之比为2∶1，可得a、b两小球的电荷量之比为2∶1，所以C正确.电势能的减少量等于电场力做的功，则ΔEpa∶ΔEpb＝(qaU)∶(qbU2)＝4∶1，所以B错误.动能增加量之比等于合力做功之比，即ΔEka∶ΔEkb＝(mgh＋qaU)∶(mgh＋qbU2)，由于不知道重力与电场力的关系，所以动能增加量之比不确定，D错误.
8.如图所示，在xOy坐标系所在平面内有沿x轴负方向的匀强电场，两个电荷量不同、质量相等的带电粒子A、B，从y轴上的S点以不同的速率沿着y轴正方向射入匀强电场，两粒子在圆形区域中运动的时间相同，不计粒子所受的重力，则（ C ）
A.A粒子带负电荷
B.B粒子所带的电荷量比A粒子的少
C.A粒子在圆形区域中电势能的变化量比B粒子的小
D.B粒子进入电场时具有的动能比A粒子的大
解析 由运动轨迹可以判定A粒子带正电荷，故A错误；两粒子进入电场后均做类平抛运动，沿y轴方向的分运动为匀速直线运动，沿x轴方向的分运动为匀加速直线运动，由题图可知两粒子沿x轴的位移大小有xB＞xA，即12·qBEmt2＞12·qAEmt2，整理得qB＞qA，故B错误；粒子在圆形区域中电势能的变化量等于电场力所做的功，即ΔEp＝W＝qEx，由于qB＞qA，xB＞xA，所以｜ΔEpB｜＞｜ΔEpA｜，故C正确；由题图可知yA＞yB，由于运动时间相同，所以v0A＞v0B，粒子质量相等，所以EkA＞EkB，故D错误.
9.[多选]如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E.大量电荷量为－q（q＞0）、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场.若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布.不计粒子的重力及它们间的相互作用.下列说法正确的是（ CD ）
A.能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B.到达坐标原点的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向与y轴的夹角θ越大
C.能打到荧光屏的粒子，到达O点的动能必须大于qU
D.若U＜mv022q，荧光屏第一象限内各处均有粒子到达而被完全点亮
解析 能进入第一象限的粒子，必须有－x＝v0t，－y＝qE2mt2，所以有y＝－qE2mv02x2，则能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，A错误；因为 sin θ＝v0v，所以到达坐标原点的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向与y轴的夹角θ越小，B错误；能打到荧光屏的粒子，就满足12mv2＞qU，C正确；若U＜mv022q，则到达O点的粒子均能打到荧光屏上，而且到达O点的粒子的速度方向满足0°＜θ＜90°，故荧光屏第一象限内各处均有粒子到达而被完全点亮，D正确.
10.水平放置的两平行金属板AB、CD，相距为d，两极板加上恒定电压U，如图所示.质量为m，电荷量为＋q的粒子，从AC中点O处以初动能Ek0＝32qU进入电场，初速度v与水平方向夹角为θ＝30°，粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点，M为运动轨迹的最高点，MN与极板垂直.不计粒子重力，则下列说法正确的是（ B ）
A.粒子运动到B点时的动能Ek＝52qU
B.粒子运动轨迹最高点到下极板的距离MN＝78d
C.粒子水平方向运动的位移AN：NB＝1：2
D.若将上极板上移极小一段距离，则粒子将打在B点左侧
解析 粒子由O点至B点过程中由动能定理得q·U2＝Ek－Ek0，解得Ek＝2qU，A错误.粒子在O点时有Ek0＝32qU＝12mv2，vx＝v cs 30°，vy＝v sin 30°，粒子在M点时动能为EkM＝12mvx2＝98qU，粒子由M点至B点过程中由动能定理可知qE·MN＝Ek－EkM，又E＝Ud，得MN＝78d，B正确.粒子在竖直方向有qUd＝ma，粒子由O点至M点有t1＝vya，粒子由M点至B点有78d＝12at22，AN＝vx·t1，NB＝vx·t2，可知AN∶NB＝3∶7，C错误.上极板上移，可知d增大，E减小，a减小，粒子在水平方向速度未变，则粒子在电场中运动时间未变，可知竖直方向位移减小，粒子将不打在下极板上，D错误.
11.[直线加速器＋交变电源/2023广东佛山第三中学模拟/多选]如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加.圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒与电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒与该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示.若电压的绝对值为U，电子电荷量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计.在t＝0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（ ABD ）
A.由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
B.电子运动到第n个圆筒时动能为neU
C.在t＝5T4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D.第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为n：n＋1
解析 由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理可知，电子运动到第n个圆筒的过程中，由动能定理有neU＝Ek－0，故电子运动到第n个圆筒时动能为neU，B正确；因为t＝5T4＝T＋T4，t＝T4时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，t＝5T4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；根据动能定理有eU＝12mv12，2eU＝12mv22，3eU＝12mv32，…，neU＝12mvn2，(n＋1)eU＝12mvn+12，第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为Ln：Ln＋1＝vn：vn＋1，解得Ln：Ln＋1＝n：n+1，D正确.
12.[电场在科学技术中的应用/2023湖北部分市州联考]计算机断层扫描仪（CT）是医院常用设备，如图是部分结构的示意图.图中两对平行金属极板MN、EF分别竖直、水平放置.靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线OO1，经MN间电场加速后进入EF板间，射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上.已知MN板间电压为U1，EF极板长为L、板间距为d；靶台直径为L2、与OO1的距离为d、左端与EF极板右端的水平距离也为L2；电子质量为m、电荷量为e；电子重力和所受空气阻力的影响可忽略.
（1）求电子穿过N极板小孔时的速度大小v1；
（2）若电子刚好打在靶台左端，求EF极板所加电压大小U2；
（3）若只改变EF极板间电压，使打在靶台上的电子动能最小，求此动能的最小值Emin.
答案（1）2U1em （2）2d2U1L2 （3）（4d29L2＋1）U1e
解析 （1）电子在MN极板间被加速，由动能定理得U1e＝12mv12
解得电子穿过N极板小孔时的速度大小v1＝2U1em
（2）若电子刚好打在靶台左端，则射出EF极板时电子的速度的偏向角θ满足tanθ＝dL
电子在偏转电场中做类平抛运动
水平方向匀速运动有t＝Lv1
竖直方向匀加速运动有v＝at
由牛顿第二定律得匀加速的加速度a＝U2edm
由几何关系得tanθ＝atv1
联立以上各式，解得U2＝2d2U1L2
（3）要使打在靶台上的电子动能最小，则需电子在偏转电场中偏转距离最小，则电子打在靶台右端时电子的动能最小，此时由类平抛运动的规律可知，连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子出射的方向，如图所示，则由几何关系知偏转量y满足
yd＝L2L＋L2＝13
解得y＝d3
又由竖直方向电子匀加速运动得偏移量y＝12·U3edmt2，而t＝Lv1
联立解得U3＝4d2U13L2
则电子打到靶台上的最小动能Ekmin＝U1e＋U3dye＝（4d29L2＋1）U1e.
13.[微波信号放大器/2023广东广州一模]如图是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区（输入腔）被ab间交变电压（微波信号）加速或减速，当Uab＝U0时，电子被减速到速度为v1，当Uab＝－U0时，电子被加速到速度为v2，接着电子进入Ⅱ区（漂移管）做匀速直线运动.某时刻速度为v1的电子进入Ⅱ区，t时间（小于交变电压的周期）后速度为v2的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为v1的电子，形成电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区（输出腔），达到信号放大的作用.忽略电子间的相互作用.求：
（1）电子进入Ⅰ区的初速度大小v0和电子的比荷em；
（2）漂移管的长度L.
答案 （1）v12＋v222 v22－v124U0 （2）v1v2v2－v1t
解析 （1）在Ⅰ区，由动能定理有－eU0＝12mv12－12mv02
eU0＝12mv22－12mv02
联立解得v0＝v12＋v222，em＝v22－v124U0
（2）在Ⅱ区，设速度为v2的电子运动时间为t'，则有v1（t＋t'）＝L，v2t'＝L
联立解得L＝v1v2v2－v1t.
14.[带电粒子在变化的电场中的运动]如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，平行板电容器的板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器极板间接一周期性变化的电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示.每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的.
（1）在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？
（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？
答案 （1）荧光屏上方距离O点13.5cm处 （2）30cm
解析 （1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得eU0＝12mv2
所以v＝2eU0m
经偏转电场偏转后的偏移量y＝12at2＝12·eU偏mL（Lv）2
所以y＝U偏L4U0
由题图乙知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，解得y＝4.5cm
设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形并结合类平抛运动知识可得Yy＝L＋12L12L
代入数据解得Y＝13.5cm
故在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上方距离O点13.5cm处
（2）由题知电子偏移量y的最大值为12L，由y＝U偏L4U0可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了.
根据Yy＝L＋12L12L
得Ymax＝3L2，所以荧光屏上有电子打到的区间长为2Ymax＝3L＝30cm.
1.间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距离变为12d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（ C ）
A.U2＝U1 E2＝E1B.U2＝2U1 E2＝4E1
C.U2＝U1 E2＝2E1D.U2＝2U1 E2＝2E1
解析 由C＝εrS4πkd得，板间距离变为d2，则C2＝2C1，又U＝QC，则U2＝2QC2＝U1.由E＝Ud得，E2＝U2d2＝U112d＝2E1，故C正确.
2.[2024成都七中零诊]如图所示，一带电微粒在重力和水平匀强电场对它的电场力作用下由a到b做直线运动，ab连线与竖直方向所夹的锐角为θ，则下列结论正确的是（ D ）
A.此微粒带负电
B.微粒可能做匀速直线运动
C.合外力对微粒做的总功等于零
D.微粒的电势能减小
解析 带电微粒受到的重力和电场力均为恒力，故受到的合外力不变，微粒由a到b做直线运动，则电场力方向水平向右，微粒带正电，加速度不变，故带电微粒做匀加速直线运动，A、B错误；由于微粒做匀加速直线运动，故合外力对微粒做正功，C错误；由于电场力做功W＝Eqxab cs θ，故电场力对微粒做正功，微粒的电势能减小，D正确.
3.[学科间融合问题/2024青海海东名校联考]如图甲所示，人体细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层间存在电压（医学上称为膜电位）.某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可视为匀强电场，简化模型如图乙所示，若初速度为零的钠离子（带正电荷）仅在电场力的作用下，从图中的B点运动到A点，则下列说法正确的是（ D ）
图甲 图乙
A.此细胞膜内电场的电场强度方向由A点指向B点
B.运动过程中钠离子的电势能增大
C.若膜电位不变，则d越大，钠离子射出细胞外的速度越小
D.若膜电位不变，则d变化，钠离子射出细胞外的速度不变
解析 因为钠离子(带正电荷)仅在电场力的作用下由静止从B点运动到A点，所以此细胞膜内电场的电场强度方向由B点指向A点，A错误；因为电场力对钠离子做正功，所以钠离子的电势能减小，B错误；根据题意，由动能定理有qU＝12mv2，可知钠离子射出细胞外的速度v与d无关，因为膜电位U不变，所以钠离子射出细胞外的速度不变，C错误，D正确.
4.[2023江西二模]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列说法不正确的是（ B ）
A.若A球带电，则A球一定带负电
B.若A球带电，则A球的电势能一定增加
C.若B球带电，则B球一定带正电
D.若B球带电，则B球的电势能一定增加
解析 两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t，可知两球下落时间相同；两小球下落高度不同，根据公式h＝12at2，可知A球的加速度大于B球的加速度，故若A球带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小；若B球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加.故只有B符合题意.
5.[示波管/2023浙江1月/多选]如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成.电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极.已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ D ）
A.在XX'极板间的加速度大小为eUm
B.打在荧光屏时，动能大小为11eU
C.在XX'极板间受到电场力的冲量大小为2meU
D.打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切tanα＝l20d
解析 XX'极板间的电场强度大小为E＝Ud，电子所受的电场力大小为F＝eE＝eUd，由牛顿第二定律得a＝Fm＝eUdm，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为W1＝e·10U，电子沿OO'方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在XX'极板间沿电场力方向的位移x≤d2，则电场力做的功W2≤12eU，对全过程由动能定理得Ek＝W1＋W2≤212eU，B错误；电子刚好从XX'极板的边缘离开时，电子在XX'极板间受到的电场力做的功为W2'＝12eU，故在XX'极板间受到电场力的冲量大小I≤2W2'm＝meU，C错误；电子离开加速电场时有e·10U＝12mv02，电子在XX'极板间的加速度大小为a＝eUdm，则离开XX'极板间时电子在垂直XX'极板方向的速度大小为vy＝at，沿OO'方向有l＝v0t，联立解得tan α＝vyv0＝l20d，D正确.
6.[多选]如图所示，一对水平放置的足够大的平行金属板上均匀分布有等量异种电荷.三个质量相同的小球，从板间某位置以相同的水平速度v0射入两极板间，落在倾斜绝缘板上的A、B、C三点，其中两个球带异种电荷，另一个不带电.不考虑倾斜板对匀强电场的影响及电荷间的相互作用，下列说法正确的是（ ABC ）
A.落在A点的小球带负电，落在C点的小球带正电，落在B点的小球不带电
B.落在A、B、C三点的小球在电场中的加速度的关系是aA＞aB＞aC
C.三个小球在电场中运动的时间关系是tA＜tB＜tC
D.电场力对落在A点的小球做负功
解析 小球垂直电场进入，则在平行于金属板方向做匀速直线运动，因为落在C点的小球的水平位移最大，落在A点的小球的水平位移最小，又具有相同的水平速度，则运动时间关系为tA＜tB＜tC，C正确；小球垂直电场进入，则在平行电场线方向做初速度为零的匀加速运动，根据h＝12at2，因为tA＜tB＜tC，且hA＞hB＞hC，所以aA＞aB＞aC，B正确；因为aA＞aB＞aC，分析可得，落在A点的小球电场力方向向下，落在C点的小球电场力方向向上，落在B点的小球不受电场力，则落在A点的小球带负电，落在C点的小球带正电，落在B点的小球不带电，A正确；落在A点的小球电场力方向向下，电场力对落在A点的小球做正功，D错误.
7.如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，a小球从紧靠左极板处由静止释放，b小球从两板正中央由静止释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的（ C ）
A.运动时间关系为ta＞tb
B.电势能减少量之比ΔEpa∶ΔEpb＝2∶1
C.电荷量之比qa∶qb＝2∶1
D.动能增加量之比ΔEka∶ΔEkb＝2∶1
解析 小球在竖直方向做自由落体运动，两者下落高度相同，说明运动时间相等，所以A错误.在水平方向小球做匀加速直线运动，设板间距离为d，根据x＝12·qUmdt2，位移之比为2∶1，可得a、b两小球的电荷量之比为2∶1，所以C正确.电势能的减少量等于电场力做的功，则ΔEpa∶ΔEpb＝(qaU)∶(qbU2)＝4∶1，所以B错误.动能增加量之比等于合力做功之比，即ΔEka∶ΔEkb＝(mgh＋qaU)∶(mgh＋qbU2)，由于不知道重力与电场力的关系，所以动能增加量之比不确定，D错误.
8.如图所示，在xOy坐标系所在平面内有沿x轴负方向的匀强电场，两个电荷量不同、质量相等的带电粒子A、B，从y轴上的S点以不同的速率沿着y轴正方向射入匀强电场，两粒子在圆形区域中运动的时间相同，不计粒子所受的重力，则（ C ）
A.A粒子带负电荷
B.B粒子所带的电荷量比A粒子的少
C.A粒子在圆形区域中电势能的变化量比B粒子的小
D.B粒子进入电场时具有的动能比A粒子的大
解析 由运动轨迹可以判定A粒子带正电荷，故A错误；两粒子进入电场后均做类平抛运动，沿y轴方向的分运动为匀速直线运动，沿x轴方向的分运动为匀加速直线运动，由题图可知两粒子沿x轴的位移大小有xB＞xA，即12·qBEmt2＞12·qAEmt2，整理得qB＞qA，故B错误；粒子在圆形区域中电势能的变化量等于电场力所做的功，即ΔEp＝W＝qEx，由于qB＞qA，xB＞xA，所以｜ΔEpB｜＞｜ΔEpA｜，故C正确；由题图可知yA＞yB，由于运动时间相同，所以v0A＞v0B，粒子质量相等，所以EkA＞EkB，故D错误.
9.[多选]如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E.大量电荷量为－q（q＞0）、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场.若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布.不计粒子的重力及它们间的相互作用.下列说法正确的是（ CD ）
A.能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B.到达坐标原点的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向与y轴的夹角θ越大
C.能打到荧光屏的粒子，到达O点的动能必须大于qU
D.若U＜mv022q，荧光屏第一象限内各处均有粒子到达而被完全点亮
解析 能进入第一象限的粒子，必须有－x＝v0t，－y＝qE2mt2，所以有y＝－qE2mv02x2，则能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，A错误；因为 sin θ＝v0v，所以到达坐标原点的粒子速度越大，射入第一象限的速度方向与y轴的夹角θ越小，B错误；能打到荧光屏的粒子，就满足12mv2＞qU，C正确；若U＜mv022q，则到达O点的粒子均能打到荧光屏上，而且到达O点的粒子的速度方向满足0°＜θ＜90°，故荧光屏第一象限内各处均有粒子到达而被完全点亮，D正确.
10.水平放置的两平行金属板AB、CD，相距为d，两极板加上恒定电压U，如图所示.质量为m，电荷量为＋q的粒子，从AC中点O处以初动能Ek0＝32qU进入电场，初速度v与水平方向夹角为θ＝30°，粒子沿着OMB的轨迹恰好运动到下极板右边缘的B点，M为运动轨迹的最高点，MN与极板垂直.不计粒子重力，则下列说法正确的是（ B ）
A.粒子运动到B点时的动能Ek＝52qU
B.粒子运动轨迹最高点到下极板的距离MN＝78d
C.粒子水平方向运动的位移AN：NB＝1：2
D.若将上极板上移极小一段距离，则粒子将打在B点左侧
解析 粒子由O点至B点过程中由动能定理得q·U2＝Ek－Ek0，解得Ek＝2qU，A错误.粒子在O点时有Ek0＝32qU＝12mv2，vx＝v cs 30°，vy＝v sin 30°，粒子在M点时动能为EkM＝12mvx2＝98qU，粒子由M点至B点过程中由动能定理可知qE·MN＝Ek－EkM，又E＝Ud，得MN＝78d，B正确.粒子在竖直方向有qUd＝ma，粒子由O点至M点有t1＝vya，粒子由M点至B点有78d＝12at22，AN＝vx·t1，NB＝vx·t2，可知AN∶NB＝3∶7，C错误.上极板上移，可知d增大，E减小，a减小，粒子在水平方向速度未变，则粒子在电场中运动时间未变，可知竖直方向位移减小，粒子将不打在下极板上，D错误.
11.[直线加速器＋交变电源/2023广东佛山第三中学模拟/多选]如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加.圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒与电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒与该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示.若电压的绝对值为U，电子电荷量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计.在t＝0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（ ABD ）
A.由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
B.电子运动到第n个圆筒时动能为neU
C.在t＝5T4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D.第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为n：n＋1
解析 由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理可知，电子运动到第n个圆筒的过程中，由动能定理有neU＝Ek－0，故电子运动到第n个圆筒时动能为neU，B正确；因为t＝5T4＝T＋T4，t＝T4时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，t＝5T4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；根据动能定理有eU＝12mv12，2eU＝12mv22，3eU＝12mv32，…，neU＝12mvn2，(n＋1)eU＝12mvn+12，第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为Ln：Ln＋1＝vn：vn＋1，解得Ln：Ln＋1＝n：n+1，D正确.
12.[电场在科学技术中的应用/2023湖北部分市州联考]计算机断层扫描仪（CT）是医院常用设备，如图是部分结构的示意图.图中两对平行金属极板MN、EF分别竖直、水平放置.靠近M极板的电子从静止开始沿EF极板间的中线OO1，经MN间电场加速后进入EF板间，射出EF极板后打到水平放置的圆形靶台上.已知MN板间电压为U1，EF极板长为L、板间距为d；靶台直径为L2、与OO1的距离为d、左端与EF极板右端的水平距离也为L2；电子质量为m、电荷量为e；电子重力和所受空气阻力的影响可忽略.
（1）求电子穿过N极板小孔时的速度大小v1；
（2）若电子刚好打在靶台左端，求EF极板所加电压大小U2；
（3）若只改变EF极板间电压，使打在靶台上的电子动能最小，求此动能的最小值Emin.
答案（1）2U1em （2）2d2U1L2 （3）（4d29L2＋1）U1e
解析 （1）电子在MN极板间被加速，由动能定理得U1e＝12mv12
解得电子穿过N极板小孔时的速度大小v1＝2U1em
（2）若电子刚好打在靶台左端，则射出EF极板时电子的速度的偏向角θ满足tanθ＝dL
电子在偏转电场中做类平抛运动
水平方向匀速运动有t＝Lv1
竖直方向匀加速运动有v＝at
由牛顿第二定律得匀加速的加速度a＝U2edm
由几何关系得tanθ＝atv1
联立以上各式，解得U2＝2d2U1L2
（3）要使打在靶台上的电子动能最小，则需电子在偏转电场中偏转距离最小，则电子打在靶台右端时电子的动能最小，此时由类平抛运动的规律可知，连接靶台右端与两板中心的连线方向为电子出射的方向，如图所示，则由几何关系知偏转量y满足
yd＝L2L＋L2＝13
解得y＝d3
又由竖直方向电子匀加速运动得偏移量y＝12·U3edmt2，而t＝Lv1
联立解得U3＝4d2U13L2
则电子打到靶台上的最小动能Ekmin＝U1e＋U3dye＝（4d29L2＋1）U1e.
13.[微波信号放大器/2023广东广州一模]如图是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区（输入腔）被ab间交变电压（微波信号）加速或减速，当Uab＝U0时，电子被减速到速度为v1，当Uab＝－U0时，电子被加速到速度为v2，接着电子进入Ⅱ区（漂移管）做匀速直线运动.某时刻速度为v1的电子进入Ⅱ区，t时间（小于交变电压的周期）后速度为v2的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为v1的电子，形成电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区（输出腔），达到信号放大的作用.忽略电子间的相互作用.求：
（1）电子进入Ⅰ区的初速度大小v0和电子的比荷em；
（2）漂移管的长度L.
答案 （1）v12＋v222 v22－v124U0 （2）v1v2v2－v1t
解析 （1）在Ⅰ区，由动能定理有－eU0＝12mv12－12mv02
eU0＝12mv22－12mv02
联立解得v0＝v12＋v222，em＝v22－v124U0
（2）在Ⅱ区，设速度为v2的电子运动时间为t'，则有v1（t＋t'）＝L，v2t'＝L
联立解得L＝v1v2v2－v1t.
14.[带电粒子在变化的电场中的运动]如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，平行板电容器的板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器极板间接一周期性变化的电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示.每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的.
（1）在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？
（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？
答案 （1）荧光屏上方距离O点13.5cm处 （2）30cm
解析 （1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得eU0＝12mv2
所以v＝2eU0m
经偏转电场偏转后的偏移量y＝12at2＝12·eU偏mL（Lv）2
所以y＝U偏L4U0
由题图乙知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，解得y＝4.5cm
设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形并结合类平抛运动知识可得Yy＝L＋12L12L
代入数据解得Y＝13.5cm
故在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上方距离O点13.5cm处
（2）由题知电子偏移量y的最大值为12L，由y＝U偏L4U0可得，当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了.
根据Yy＝L＋12L12L
得Ymax＝3L2，所以荧光屏上有电子打到的区间长为2Ymax＝3L＝30cm.
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