【物理】2018届一轮复习人教版带电粒子在匀强电场中的运动学案
专题36 带电粒子在匀强电场中的运动
一、带电粒子（带电体）在电场中的直线运动
1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件
（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．用动力学方法分析
，；v2–=2ad。
3．用功能观点分析
匀强电场中：W=Eqd=qU=mv2–m
非匀强电场中：W=qU=Ek2–Ek1
4．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
5．处理带电粒子在电场中运动的常用技巧
（1）微观粒子（如电子、质子、α粒子等）在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。
（2）普通的带电体（如油滴、尘埃、小球等）在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。
二、带电粒子在电场中的偏转
1．粒子的偏转角
（1）以初速度v0进入偏转电场：如图所示
设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ
则tan θ=，式中
vy=at=·，vx=v0，代入得
结论：动能一定时tan θ与q成正比，电荷量一定时tan θ与动能成反比。
（2）经加速电场加速再进入偏转电场
若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：，得：。
结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转问题小结
（1）分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
①条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。
②运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。
（2）粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
①以初速度v0进入偏转电场
作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场右边缘的距离为x，则
结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出。
②经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：偏移量
偏转角正切为：
结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。
（3）计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的几种方法：
①Y=y+Dtan θ（D为屏到偏转电场的水平距离）
②Y=(+D)tan θ（L为电场宽度）
③Y=y+vy·
④根据三角形相似：
三、带电粒子在电场中运动的实际应用——示波管
1．构造及功能（如图所示）
（1）电子枪：发射并加速电子。
（2）偏转电极YY′：使电子束竖直偏转（加信号电压）；偏转电极XX′：使电子束水平偏转（加扫描电压）。
2．工作原理
偏转电极XX′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX′之间加电压，只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，只在Y方向偏转；若XX′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象。
3．示波管中电子在荧光屏上落点位置的判断方法
示波管中的电子在YY′和XX′两个偏转电极作用下，同时参与两个类平抛运动，一方面沿YY′方向偏转，另一方面沿XX′方向偏转，找出几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形。
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．常见的试题类型
此类题型一般有三种情况：
（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．常用的分析方法
（1）带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化（如方波）且不计粒子重力的情形。在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间而变化。
①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动。
②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。
（2）研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
（3）对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
4．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
（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边界条件。
（2）分析时从两条思路出发：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）此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解），二是粒子做往返运动（一般分段研究），三是粒子做偏转运动（一般根据交变电场的特点分段研究）。
（4）对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化。解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解。
一带负电的粒子在电场中做直线运动的速度图象如图所示，在第2 s 和第8 s时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力的作用，则以下判断正确的是
A．该电场一定是匀强电场
B．M点的电势低于N点的电势
C．从M点到N点的过程中，电势能逐渐增大
D．带电粒子在M点所受电场力大于在N点所受电场力
【参考答案】AB
于在N点的电势能，故从M点到N点的过程中，电势能逐渐减小，选项C错误；因为是匀强电场，故带电粒子在M点所受电场力等于在N点所受电场力，选项D错误。
1．如图所示，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电颗粒沿图中直线从A向B运动，则该带电颗粒
A．动能减小
B．电势能减小
C．机械能减小
D．可能带负电
【答案】B
正电，故D错误。
2．如图所示，在匀强电场E中，一带电粒子–q的初速度v0恰与电场线方向相同，则带电粒子–q在开始运动后，将
A．沿电场线方向做匀减速直线运动
B．沿电场线方向做变加速直线运动
C．沿电场线方向做匀加速直线运动
D．偏离电场线方向做曲线运动
【答案】A
【解析】由于负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，所以粒子受到的电场力方向与初速度方向相反，所以沿电场线方向做匀减速直线运动，A正确。
如图所示，O1O2为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿O1O2射入两板间。粒子1打到B板的中点，粒子2刚好打在B板边缘，粒子3从两板间飞出，设三个粒子只受电场力作用，则
A．三个粒子在电场中运动的时间关系为t1
t3
C．三个粒子进入电场的初速度关系为v1=v2=v3
D．三个粒子在电场中运动过程的动能变化量关系为ΔEk1>ΔEk2>ΔEk3
【参考答案】B
变化量ΔEk=，正比于y，故可得ΔEk1=ΔEk2>ΔEk3，D错误。
【名师点睛】
带电体在匀强电场中的偏转运动一般就是类平抛运动（或类斜抛运动），把重力换成电场力后，满足平抛运动的所有基本规律和导出规律。由于电场比重力场更易控制，所以在电场中的类平抛运动问题会比一般的平抛运动问题更富于变化。如通过改变匀强电场的参数，使带电体的射程和偏转距离发生改变；如周期性电场问题，常会把类平抛运动和类平抛运动的逆运动连起来，从运动的对称性角度分析问题。
1．如图所示，一个带电粒子从粒子源进入加速电压为U1的加速电场（粒子初速不计），经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入平行板间，A、B板长均为L，两板间距为d，偏转电压为U2。则带电粒子能从A、B两板之间飞出必须满足的条件是
A． B．
C． D．
【答案】D
2．如图所示，在真空中有一水平放置的不带电平行电容器，板间距为d，电容为C，上板B接地，现有大量质量均为m、带电荷量为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿途中虚线方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点，如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第滴油滴刚好能飞离电场，假设落到A板的油滴的电荷量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则下列说法不正确的是
A．落到A板的油滴数
B．落到A板的油滴数
C．第滴油经过电场的整个过程中所增加的动能为
D．第滴油经过电场的整个过程中所减少的机械能为
【答案】B
【解析】第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点，则：，y=gt12，设以上述速度入射，故A正确，B错误；第（N+1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：W=mgd–qEd，代人数据得： W=mgd，故C正确；第（N+1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：W电=–qEd=–mgd，故D正确；此题选择错误选项，故选B。
【名师点睛】考查如何处理平抛运动的思路，掌握运动的合成与分解的方法，理解运动学公式与牛顿第二定律的综合应用。
如图1为示波管的原理图。若在XX′上加上如图2所示的扫描电压，在YY′上加如图3所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是
图1 图2 图3
A． B．
C． D．
【参考答案】A
的，故A正确。
1．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如下图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是
A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小
【答案】B
【解析】设经过电压为U1的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理得：mv2=eU1，电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：L=vt，在竖直方向上：，解得：，由此可知，当U1变小，U2变大时，y变大，故选：B
2．如图所示，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 B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
【答案】C
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
甲 乙
【参考答案】AD
【详细解析】在0–T/4时间内，电子受向右的电场力向B板以加速度做匀加速运动；在T/4–T/2时间内，电子受向左的电场力，向B板以同样的加速度做匀减速运动，T/2时刻速度减为零；在T/2–3T/4时间内，电子受向左的电场力，向A板以同样的加速度做匀加速运动；同理可知在3T/4–T/时间内，电子受向右的电场力，向A板以同样的加速度做匀减速运动，最后速度为零；故v–t图线为A正确，C错误；x–t图线B错误；a–t图线D正确；故选AD。
1．如图甲，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压U0，A板电势为φA=0，B板电势为φB随时间t变化的规律如图乙所示。现有一个电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则
A．若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C．若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D．若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
【答案】AB
时刻速度为零，接着继续向B板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上，故B正确；若电子是在时刻进入的，与在时刻进入时的情况相似，在运动一个周期的时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故C错误；若电子是在时刻进入的，在一个周期内：在，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在内，受到的电场力向右，继续向左做减速运动，时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向A板运动，一定不会到达B板，故D错误。
2．如图甲所示，质量为m、电量为q的正离子束（重力不计），以速度v0（v0很大），水平进入平行板电容器，进入位置为两板正中间。已知两板相距为d，板长为L，在平行板右侧，紧挨下板，且和下板处在同一平面的位置上放置一块长度也为L的荧光板。现在两平行板间加载随时间周期性变化的电压，如图乙所示。为使所有离子都能打在荧光板上，求：
（1）所加载电压的最大值和最小值分别为多大？
（2）这些离子中动能的最小增加量为多大？
【答案】（1） （2）
（2）动能最小增量
1．如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度沿与水平面成θ角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中
A．电场力不可能小于mgcos θ
B．液滴的动能一定不变
C．液滴的机械能一定变化
D．液滴的电势能一定不变
2．如图所示，水平放置的平行板电容器充电后断开电源，一带电粒子沿着上板水平射入电场，恰好沿下板边缘飞出，粒子电势能变化量大小为|ΔE1|。若保持上板不动，将下板上移，小球仍以相同的速度沿着上板水平射入电场，到达下板所在水平线时，粒子电势能变化量大小为|ΔE2|，则下列说法中正确的是
A．两板间电压不变 B．两板间场强变大
C．粒子将打在下板上 D．|ΔE1|>|ΔE2|
3．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=mg/q，ACB为光滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m，电荷量为–q的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道，不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是
A．小球到达C点时对轨道压力为2mg
B．适当减小E，小球一定能从B点飞出
C．适当增大E，小球到达C点的速度可能为零
D．若，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整为
4．如图甲所示为示波管，如果在YY′之间加如图乙所示的交变电压，同时在XX′之间加如图丙所示的锯齿形电压，使X的电势比X′高，则在荧光屏上会看到的图形为
图甲 图乙 图丙
A． B． C． D．
5．如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间加上如图所示的交变电压后，能使电子有可能做往返运动的电压是
A． B．
C． D．
6．如图所示，一价氢离子（11H）和二价氦离子（24He）的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们
A．同时到达屏上同一点
B．先后到达屏上同一点
C．同时到达屏上不同点
D．先后到达屏上不同点
7．如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连，a，b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1，现使a板不动，保持电键S打开或闭合，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后速度v2，下列说法中正确的是
A．若电键S保持闭合，向下移动b，则
B．若电键S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则
C．若S保持闭合，无论向上或向下移动b板，则
D．若电键K闭合一段时间再断开，无论向上或向下移动板，则
8．一带电粒子从两平行金属板左侧中央平行于极板飞入匀强电场，且恰能从右侧极板边缘飞出，若粒子初动能增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，则应
A．只将极板长度变为原来的2倍
B．只将极板长度变为原来的倍
C．只将极板电压增大到原来的2倍
D．只将极板电压减为原来的一半
9．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成θ=60°角的位置B时速度为零。以下说法中正确的是
A．小球在B位置处于平衡状态
B．小球受到的重力与电场力的关系是Eq=mg
C．小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小
D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为
10．将三个质量相等的带电微粒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，已知上板带正电，下板接地，三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计其重力作用，则
A．三个微粒在电场中运动时间相等
B．三个微粒所带电荷量相同
C．三个微粒所受电场力的大小关系是FAEkB>EkA
11．如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0~T/3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0~T时间内运动的描述，正确的是
A．末速度大小为
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了
D．克服电场力做功为mgd
12．如图所示，有一电子（质量m，电荷量为e）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能沿下板边缘射出电场，求：
（1）电子从加速电场U0射出时的速度？
（2）电子在平行金属板间（即偏转电场中）运动时的加速度？
（3）金属板AB的长度？
13．如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B，两板的中央各有一小孔O1、O2，板间距离为d，开关S接1。当t=0时，在a、b两端加上如图乙所示的电压，同时在c，d两端加上如图丙所示的电压。此时，一质量为m的带负电微粒P恰好静止于两孔连线的中点处（P、O1、O2在同一竖直线上）。重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）若在t=T/4时刻将开关S从1扳到2，已知ucd=2U0，求微粒P的加速度大小和方向；
（2）若要使微粒P以最大的动能从A板中的O1小孔射出，问在t=T/2到t=T之间的哪个时刻，把开关S从l扳到2 ? ucd的周期T至少为多少?
14．如图所示为说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l，电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场。设电子质量为m、电荷量为e。（不计电子所受重力）
（1）求经电场加速后电子速度v的大小；
（2）要使电子离开偏转电场时的偏转量最大，两平行板间的电压U2应是多少？
15．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为–kU0（k>1），电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t=0时，极板B附近的一个电子（质量为m、电荷量为e，重力不计）受电场力作用由静止开始运动。整个运动过程中，电子未碰到极板A。
（1）若k=，电子在0~2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。
（2）若电子在0~200τ时间内未碰到极板B，求此过程中电子速度v随时间t
变化的关系。
（3）若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值。
16．（2017江苏卷）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到点，则由O点静止释放的电子
A．运动到P点返回
B．运动到P和点之间返回
C．运动到点返回
D．穿过点
17．（2016海南卷）如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一个电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为
A． B． C． D．
18．（2016全国新课标Ⅰ卷）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
19．（2015海南卷）如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q>0）的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为–q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M:m为
A．3:2 B．2:1 C．5:2 D．3:1
20．（2015天津卷）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么
A．偏转电场对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
21．（2015山东卷）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在时间内运动的描述，正确的是
A．末速度大小为 B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了 D．克服电场力做功为
误；电场力方向可能与速度方向垂直（如图中F0），电场力不做功，电势能不变，机械能不变，电场力也可能与速度不垂直（如图中F1和F2），电场力做功，电势能改变，机械能也改变，故CD错误；故选A。
【名师点睛】本题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是掌握质点做直线运动的条件：合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，要考虑匀速直线运动和变速直线运动两种情形，全面分析，不能遗漏；此题意在考查学生对知识的灵活运用能力。
2．CD【解析】电容器充电后断开电源，所带电荷量不变，下板向上移动一段距离，由于E===，可知场强E不变，极板间电压U减小，AB错误；由于场强不变，粒子受力不变，则运动轨迹不变，粒子将打在下板上，C正确；由于电势差变小，电场力做功变小，故电势能变化量变小，D正确。
3．ABD【解析】小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知，mgH=mvA2，解得。根据牛顿第二定律得，N=m=2mg，则小球到达C点时对轨道的压力为2mg，故A正确；适当减小E，则从开始下落到B
点的整个过程中，根据动能定理，因H=R，Eq0，即小球一定能从B点飞出，选项B正确；若电场力小于重力，根据动能定理知，小球到达C点的速度不可能为零。若小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力产生向心力，在最低点的速度不可能为零，故C错误；若，在最低点轨道的作用力为零，根据牛顿第二定律得，，解得，根据动能定理得，mg(H+R)–qER=mvC2，解得H=。所以H至少为，故D正确。故选ABD。
【名师点睛】本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高，需加强这类题型的训练。
4．C【解析】因XX′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY′偏转电压上加的待显示的信号电压相同，则在荧光屏上得到的信号是一个周期内的稳定图象。则显示如图C所示；故选：C。
5．ABC【解析】由A图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，时刻速度最大，由到时间内做加速度增加的减速运动，时刻速度减为零，从到时间内电子反向做加速度减小的加速运动，时刻速度最大，由时刻到T时间内做加速度增大的减速运动，T时刻速度减为零，回到原位置，即电子能做往复运动。同样的方法可以得到ABC正确
【名师点睛】电子在极板中间，根据所加的电压的变化的情况，分析电子受到的力和运动的情况，逐项分析即可得到结果。
转位移，联立得，同理可得到偏转角度的正切
，可见y和tanθ与电荷的电荷量和质量无关，所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故两种粒子打屏上同一点，故B正确，ACD错误。
【名师点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同。做选择题时，这个结论可直接运用。
7．BC【解析】由于两极板接在电源两端，若S保持闭合，无论向上还是向下移动b板时，两板间的电压不变，故电场力做功不变，高度也不变，故重力做功不变，故总功不变，由动能定理可得，则，A错误；C正确；若电键S闭合一段时间后再断开，两极板所带电荷量不变，向上移动b板，两板间电势差增大，重力做功不变，克服电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即；如果向下移动b板，两板间电势差减小，重力做功不变，克服电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即，B正确；D错误。
【名师点睛】带正电的液滴在下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系。
8．BC【解析】对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电荷量q，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向：L=vt ，竖直方向
；可知，若粒子初动能Ek增大一倍，要使它仍从右侧边缘飞出，y不变，则由上式分析可知：应将极板长度变为原来的倍，或将极板电压增大到原来的2倍，故BC正确。
10．CD【解析】带电微粒进入垂直电场方向进入电场后均做类平抛运动，可沿水平方向建立x轴，竖直方向建立y轴，则有题意有：A、B、C三个微粒在水平方向位移有：xA>xB>xC，在竖直方向位移有yA=yB=yC，因为微粒在水平方向做匀速直线运动，故满足x=v0t，得运动时间有，因为xA>xB>xC，所以tA>tB>tC，所以A错误；因为微粒在y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，有，得：，又因为yA=yB=yC，tA>tB>tC，所以aAWB>WA，据W=Ek–Ek0，由于初动能相同所以有三个微粒到达下板时的动能关系是EkC>EkB>EkA，故D正确。
11．BC【解析】0~时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，~内，微粒做平抛运动，下降的位移，~T时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上
【名师点睛】解决本题的关键是知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。知道在~内和~T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等。
12．（1） （2） （3）
（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得：
eU0=mv02
所以
（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：
（3）L=v0t
d =at2
由以上各式联立解得：
【名师点睛】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可。
13．（1）a=g 加速度的方向竖直向上
（2）t=T–时刻把开关S从1扳到2；
（1）当A、B间加电压U0时，微粒P处于平衡状态，根据平衡条件，
有①
当A、B间电压为2U0时，根据牛顿第二定律，有
②
由①②得a =g③，加速度的方向竖直向上
则gt1=gt2④，⑤
解得：⑥
故应在t=T–时刻把开关S从1扳到2
设电压ucd的最小周期为T0，向上加速过程，有⑦
解得⑧
14．（1） （2）
（1）电子在电场加速过程，由动能定理得，则得 。
（2）电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为，电子进入偏转电场后
所受的电场力： ，电子沿偏转电场方向作初速度为零的匀加速直线运动，则有： ，又垂直于电场方向作匀速直线运动，则有：
联立求解，得
15．（1）d>
（2）当2nτ≤t<(2n+1)τ时v=[t–(k+1)nτ]（n=0，1，2，…，99）
当(2n+1)τ≤t<2(n+1)τv=[(n+1)(k+1)τ–kt]（n=0，1，2，…，99）
（3）k=
（1）电子在0~τ时间内做匀加速直线运动，有x1=a1τ2，其中a1=
速度增加量Δv2=–aτ
①当2nτ≤t<(2n+1)τ时，电子速度v=n(Δv1+Δv2)+a1(t–2nτ)
得v=[t–(k+1)nτ]（n=0，1，2，…，99）
②当(2n+1)τ≤t<2(n+1)τ时，电子速度v=n(Δv1+Δv2)+Δv1–a[t–(2n+1)τ]
得v=[(n+1)(k+1)τ–kt]（n=0，1，2，…，99）
（3）电子在2(N–1)τ~(2N–1)τ时间内的位移xN1=vN1τ+a1τ2
电子在(2N–1)τ~2Nτ时间内的位移xN2=vN2τ–aτ2
由（2）可知vN1=(N+k–Nk–1)，vN2=vN1+a1τ=(N+k–Nk)
第N个周期内的位移为零，则xN1+xN2=(2N+k–2Nk–)=0
解得k=
16．A【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误。
【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理，重点是电容器的动态分析，在电荷量Q
不变的时候，板间的电场强度与板间距无关。
得，故选项B正确。
【名师点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类平抛运动的分位移公式和动能定理处理，要明确当电场强度最大时，是粒子的速度平行与上极板，而不是零。
18．AB【解析】带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，可以判断合力的方向竖直向上，而重力方向竖直向下，可知电场力的方向竖直向上，运动电荷是负电荷，所以匀强电场的方向竖直向下，所以Q点的电势比P点高，带负电的油滴在Q点的电势能比它在P点的小，在Q点的动能比它在P点的大，故AB正确，C错误。在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，所以油滴的加速度恒定，故D错误。
【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强电场中的运动。本题的突破口在于根据运动轨迹判断合力的方向，再来判断电场力的方向，最后根据运动电荷的电性，就可以判断电场强度的方向，顺着这个思路就可以把这个题目做出来。
19．A【解析】设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有，，；对m有，，联立解得，A正确。
【名师点睛】做此类问题的关键是把粒子在电场中的运动分解为垂直电场方向上和沿电场方向上两个分运动，两分运动具有等时性。
20．AD【解析】设加速电场长度为d，偏转电场长度为L，在加速电场中有，在偏转电场中有，，与比荷无关，所以三种粒子一定打到屏上同一位置，故选项D正确的，偏转电场对粒子做功
，与粒子质量无关，所以选项A正确；三种粒子在进入偏转电场时速度不同，而在偏转电场中电场力做功相同，故最后离开电场时速度不同，所以选项C错误；因加速位移相同，粒子质量越大加速度越小，故加速时间越长，大偏转电场中动动时间也越长，故选项B错误。
【名师点睛】带电粒子在电场中的加速和偏转是在考纲中属于II级要求，利用动能定理、平抛运动规律解决电场中加速、偏转问题的基本方法，熟记一些二级结论有助于提升答题速度，如不同粒子在同一电场中先加速再偏转时，偏移量与比荷无关、偏转电场做功与粒子质量无关等。
21．BC【解析】因0~内微粒匀速运动，故；在时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在时刻的竖直速度为，水平速度为v0；在时间内，粒子满足
【名师点睛】解答此题关键是分析粒子的受力情况，然后决定物体的运动性质；知道分阶段处理问题的方法。
