1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是( )
A．一定是匀变速运动
B．不可能做匀减速运动
C．一定做曲线运动
D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动
解析：选A.带电粒子在匀强电场中受恒定合外力(电场力)作用．一定做匀变速运动，初速度与合外力共线时，做直线运动，不共线时做曲线运动，A对，B、C、D错．
2．如图1－9－11所示，在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开始时B板电势比A板高，这时两板中间原静止的电子在电场力作用下开始运动，设A、B两板间的距离足够大，则下述说法中正确的是( )
图1－9－11
A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性回运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性回运动
解析：选C.开始时B板电势比A板的高，原静止的电子在电场力作用下先向B板做加速运动，经0.2 s后再向B板做减速运动，0.4 s时速度减为零，接着再重复开始运动，就这样电子在周期性电压下，周期性地向B板“加速—减速”，一直向B板做单方向的直线运动．
3．如图1－9－12所示，a、b、c表示点电荷的电场中三个等势面，它们的电势分别为φa＝U，φb＝23U，φc＝14U.一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为vb，则它经过等势面c时的速率为( )
图1－9－12
A．2vb B．4vb
C.2vb D.32vb
解析：选D.粒子由a至b过程中，根据动能定理q(φa－φb)＝12v2b－0，由b至c过程中，根据动能定理q(φb－φc)＝12v2c－12v2b，解得vc＝32vb，D对．
4．如图1－9－13所示是一个示波管工作的原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏移量(h/U)叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可采用下列哪种办法( )
图1－9－13
A．增大两极板间的电压
B．尽可能使板长l做得短些
C．尽可能使板间距离d减小些
D．使电子入射速度v0大些
解析：选C.竖直方向上电子做匀加速运动，故有h＝12at2＝qUl22dv20，则hU＝ql22dv20，可知，只有C选项正确．
5.如图1－9－14所示，A、B为两块足够大的相距为d的平行金属板，接在电压为U的电上．在A板的中央P点放置一个电子发射．可以向各个方向释放电子．设电子的质量为、电荷量为e，射出的初速度为v.求电子打在B板上的区域面积？(不计电子的重力)
图1－9－14
解析：打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速运动，即
r＝vt①
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即
d＝12at2②
电子在平行电场方向上的加速度
a＝eE＝eUd③
电子打在B板上的区域面积
S＝πr2④
由①②③④得S＝2πv2d2eU.
答案：2πv2d2eU
一、选择题
1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( )
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动
答案：A
2．(2011年吉安高二检测)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，如图1－9－15所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )
图1－9－15
A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
解析：选AC.由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C对D错．
3．下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是( )
A．质子11H B．氘核21H
C．α粒子42He D．钠离子Na＋
解析：选A.Uq＝12v2得v＝ 2Uq，比荷最大的获得的速度最大．
4．一个带正电的油滴从图1－9－16所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是图1－9－17中的( )
图1－9－16
图1－9－17
解析：选B.油滴从A点自由下落以一竖
直速度进入电场，进入电场后受重力和电场力两恒力作用．如图，根据物体做曲线运动的条件，运动轨迹将向右弯曲，故选B.
5．一束正离子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有离子( )
A．都具有相同的质量 B．都具有相同的电量
C．具有相同的荷质比 D．都是同一元素的同位素
解析：选C.轨迹相同的含义为：偏转位移、偏转角度相同，即这些离子通过电场时轨迹不分叉．
tanθ＝v⊥v0＝UqLdv20，所以这些离子只要有相同的荷质比，轨迹便相同，故只有C正确．
6.三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图1－9－18所示的运动轨迹，由此可判断( )
图1－9－18
A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．动能的增加值c最小，a和b一样大
答案：ACD
7.如图1－9－19所示，一个质量为、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为v2，仍能恰好穿过电场，则必须再使( )
图1－9－19
A．粒子的电荷量变为原的14
B．两板间电压减为原的12
C．两板间距离增为原的4倍
D．两板间距离增为原的2倍
解析：选AD.粒子恰好穿过电场时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间与垂直板方向上发生位移d2所用时间t相等，设两板电压为U，则有：恰好穿过电场时d2＝12•qUd•(Lv)2，得时间t＝ Lv＝ d2qU.当入射速度变为v2，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原的2倍，由上式可知，粒子的电荷量变为原的14或两板间距离增为原的2倍时，均使粒子在与垂直板方向上发生位移d2所用时间增为原的2倍，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确．
8.(2011年北京海淀区高二教学质量检测)图1－9－20为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U.电子离开阴极时的速度可以忽略．电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )
图1－9－20
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为v2
C．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v2
D．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为22v
解析：选D.由动能定理qU＝12v2得v＝ 2qU，带电粒子确定，v与U成正比，与A、K间距离无关，故D正确．
9．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原的两倍，那么它飞出电容器时的动能变为( )
A．8Ek B．5Ek
C．4.25Ek D．4Ek
解析：选C.因为偏转距离为y＝qUL22dv20，带电粒子的初速度变为原的两倍时，偏转距离变为y4，所以电场力做功只有W＝0.25 Ek，故它飞出电容器时的动能变为4.25 Ek，故正确答案为C.
二、计算题
10．一个带正电的粒子，从A点射入水平方向的匀强电场中，粒子沿直线AB运动，如图1－9－21所示．已知AB与电场线夹角θ＝30°，带电粒子的质量＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20 c.(取g＝10 /s2，结果保留两位有效数字)求：
图1－9－21
(1)粒子在电场中运动的性质，要求说明理由．
(2)电场强度的大小和方向．
(3)要使粒子从A点运动到B点，粒子射入电场时的最小速度是多少？
解析：(1)粒子只在重力和电场力作用下沿直线AB运动，重力和电场力的合力必由B指向A，与粒子初速度vA方向相反，所以粒子做匀减速运动．
(2)由图可得：gqE＝tanθ
代入数据解得：E＝1.7×104N/C，方向水平向左．
(3)当粒子到B时的速度vB＝0时，粒子进入电场时的速度最小，由动能定理得，
gLsinθ＋qELcosθ＝v2A/2
代入数据，解得vA＝2.8 /s.
答案： 见解析
11.(2011年福建省三明高二月考)如图1－9－22所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
图1－9－22
(1)电子通过B点时的速度大小；
(2)右侧平行金属板的长度；
(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能．
解析：(1)由U0e＝12vB2得：
vB＝ 2U0e
(2)由y＝d2＝12Ue d l2vB2可得：
l＝d2U0U.
(3)由动能定理得：U0e＋U2e＝Ek末
所以电子穿出右侧平行金属板时的动能Ek末＝2U0＋Ue2.
答案：(1) 2U0e (2)d 2U0U (3)2U0＋Ue2
12. (2011年长沙高二检测)如图1－9－23所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为、电量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，问：
图1－9－23
(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大；
(2)为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；
(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒第一次通过半圆形金属板间的最低点P点？
解析：(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有
qU＝12v2①
解得v＝ 2qU
(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有
qE＝v2R＝2v2L②
联立①②，得E＝4UL
(3)微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，则
t1＝dv2＝2dv＝2d 2qU
设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则
t2＝πL4v＝πL4 2qU
所以从释放微粒开始，经过t1＋t2＝(2d＋πL4) 2qU微粒第一次到达P点．
答案：(1) 2qU (2)E＝4UL (3)(2d＋πL4) 2qU
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