人教版物理选修3-1练习 第一章 第9节 带电粒子在电场中的运动

一、带电粒子的加速┄┄┄┄┄┄┄┄①
1．若带电粒子的初速度为零，经过电势差为U 的电场加速后，qU ＝1
2m v 2，则v ＝
2qU m 。

2．若带电粒子以与电场线平行的初速度v 0，经过电势差为U 的电场加速后，带电粒子做匀加速直线运动，则qU ＝12m v 2－1
2m v 20。

[说明]
(1)常见的两类带电粒子
①电子、质子、α粒子、离子等带电粒子在电场中受到的静电力远大于重力，通常情况下，重力可忽略。

②带电小球、液滴、烟尘、油滴等，重力不可忽略。

(2)在非匀强电场中，对带电粒子的加速问题，也常应用动能定理，即qU ＝ΔE k 。

①[判一判]
1．用qU ＝12m v 2
0求带电粒子加速后的速度，只适用于匀强电场(×)
2．只要电场力对电荷做正功，电荷的动能一定增加(×)
3．电荷只受电场力时，电场能使运动中的电荷加速，也能使运动中的电荷减速(√) 二、带电粒子的偏转┄┄┄┄┄┄┄┄②
1．进入电场的方式：以初速度v 0垂直于电场线方向进入匀强电场。

2．受力特点：电场力大小不变，且方向与初速度v 0的方向垂直。

3．运动特点：垂直于电场方向做匀速直线运动；平行于电场方向做匀加速直线运动，与力学中的平抛运动类似。

4．运动规律：如图所示。

[说明]
(1)粒子从偏转电场射出时，其速度反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿初速度方向的位移。

证明：tan θ＝y
x ′①
y ＝qU 2l 22md v 20② tan θ＝
qU 2l
md v 20
③ 由①②③得x ′＝l
2。

(2)位移方向与初速度方向间夹角的正切tan α为速度偏转角的正切tan θ的1
2，即tan α
＝1
2
tan θ。

证明：tan α＝qU 2l 2md v 20，tan θ＝qU 2l md v 20，故tan α＝1
2
tan θ。

②[选一选]
如图所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( )
A ．a 的电量一定大于b 的电量
B ．b 的质量一定大于a 的质量
C ．a 的比荷一定大于b 的比荷
D ．b 的比荷一定大于a 的比荷
解析：选C 粒子在电场中做类平抛运动，由h ＝12·qE m ·⎝⎛⎭⎫x v 02
得，x ＝v 0
2mh
qE
，由于v 0
2hm a
Eq a <v 0
2hm b Eq b ，可得q a m a >q b
m b ，C 正确。

三、示波管的构造、原理┄┄┄┄┄┄┄┄③
1．构造：示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由偏转电极XX ′和偏转电极YY ′组成)和荧光屏组成，如图所示。

2．原理：灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如在电极YY ′之间加一个待显示信号电压，在XX ′偏转板上加一仪器自身产生的锯齿电压，在荧光屏上就会出现按YY ′偏转电压规律变化的可视图象。

③[判一判]
1．如果在偏转电极YY ′和XX ′上不加电压，电子束不偏转，打在荧光屏中心(√) 2．只在YY ′上加恒定电压时，电子束不偏转(×)
3．只在XX ′上加恒定电压时，电子束沿YY ′方向偏转(×)
解决带电粒子在电场中加速时的基本思路
[典型例题]
例1.如图所示，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动。

已知两板间电势差为U ，板间距为d ，电子质量为m ，电荷量为e 。

则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是( )
A ．若将板间距d 增大一倍，则电子到达Q 板的速率保持不变
B ．若将板间距d 增大一倍，则电子到达Q 板的速率也增大一倍
C ．若将两板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间保持不变
D ．若将两板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间减为原来的一半 [解析] 由动能定理有1
2
m v 2＝eU ，得v ＝
2eU
m
，可见电子到达Q 板的速率与板间距d 无关，故A 项对，B 项错；两板间为匀强电场E ＝U d ，电子的加速度a ＝eU
md ，由运动学公式
d ＝1
2at 2得t ＝
2d a ＝
2md 2
eU ，若两板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板时间减为原
来的
2
2
，故C 、D 项错。

[答案] A [点评]
(1)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能的转化和守恒定律。

(2)用动力学的观点来计算，只适用于匀强电场，即粒子做匀变速直线运动。

而用功能的观点来计算，即qU ＝12m v 2－12
m v 2
0，则适用于一切电场，这正是功能观点较动力学观点分
析的优越之处。

[即时巩固]
1.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P ′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P ′点之间返回
C ．运动到P ′点返回
D ．穿过P ′点
解析：选A 电子在A 、B 板间的电场中做加速运动，在B 、C 板间的电场中做减速运动，设A 、B 板间的电压为U ，B 、C 板间的电场强度为E ，M 、P 两点间的距离为d ，则有eU －eEd ＝0，若将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板所带电荷量不变，由E ＝U d ＝Q C 0d ＝
4πkQ
εr S 可知，C 板向右平移到P ′时，B 、C 两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A 、B 板间做加速运动后，在B 、C 板间做减速运动，到达P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，B 、C 、D 项错误。

带电粒子先加速再偏转时的规律
(1)加速电场中：qU 1＝1
2m v 20。

(2)偏转电场中：
偏转的距离y ＝ql 2U 22m v 20d ＝l 2U 2
4U 1d
偏转角度tan θ＝qU 2l md v 20＝U 2l
2U 1d。

[典型例题]
例2.一个初速度为零的电子在经U 1＝4 500 V 的电压加速后，垂直于平行板间的匀强电场从距两极板等距处射入，如图所示，若两板间距d ＝1.0 cm ，板长L ＝3.0 cm ，两板间的电压U 2＝200 V ；已知电子的带电量为e ＝1.6×10
－19
C ，质量为m ＝0.9×10
－30
kg ，只考虑
两板间的电场，不计重力，求：
(1)电子经加速电压加速后进入偏转电场的速度v0；
(2)电子射出偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点，如图所示，P点到下极板右端的距离x。

[解析](1)加速过程，由动能定理得：eU1＝1
2m v
2
，
代入数据可得：v0＝4×107 m/s。

(2)根据电子在板间做类平抛运动得：y＝1
2at
2，其中a＝qU2
md，t＝
L
v0，
代入数据可得：y＝0.1 cm。

(3)根据电子在板间做类平抛运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的
中心线相交于板间水平位移的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝y
L 2，
根据电子出电场后做匀速直线运动，利用几何关系知：
x＝d
2－y
tan θ，
代入数据可得：x＝6 cm。

[答案](1)4×107 m/s(2)0.1 cm(3)6 cm
[点评]带电粒子偏转问题的求解方法
带电粒子在电场中偏转时做类平抛运动，分析此类问题的方法是运动的合成与分解，即把带电粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动，然后利用相应的规律求解。

[即时巩固]
2.一质量m＝0.1 g，带电荷量q＝4×10－7 C的带电粒子，以v0＝10 m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间，刚好从B板边缘飞出电场区域，如图所示，已知板长L＝1.0 m，板间距离d＝0.06 m，不计粒子重力，试求：
(1)带电粒子在电场中运动的时间； (2)带电粒子的加速度大小； (3)A 、B 两板间的电压。

解析：(1)带电粒子在垂直电场方向上做匀速直线运动，根据L ＝v 0t 解得：t ＝L
v 0
＝0.1 s 。

(2)带电粒子在竖直方向上做匀加速直线运动：d 2＝1
2at 2
解得：a ＝6 m/s 2。

(3)根据牛顿第二定律可得：a ＝qE m ＝qU
md
解得：U ＝90 V 。

答案：(1)0.1 s (2)6 m/s 2 (3)90 V
解决带电粒子在交变电场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特征，对粒子的运动情景、运动性质做出判断。

这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期与电场周期的关系。

带电粒子在交变电场中的运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同。

运动处理的方法一般采用动力学的方法和对称的思想来分段研究。

[典型例题]
例3.[多选]带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示，微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
A ．微粒在0～1 s 内的加速度与1～2 s 内的加速度相同
B ．微粒将沿着一条直线运动
C ．微粒做往复运动
D ．微粒在第1 s 内的位移与第3 s 内的位移大小相等
[解析] 0～1 s 和1～2 s 微粒的加速度大小相等，方向相反，A 错误；0～1 s 和1～2 s 微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，第2 s 末运动速度为0，由场强变化的周期性知，2 s 以后的运动重复0～2 s 内的运动，是单向直线运动，
微粒在第1 s 内与第3 s 内的位移大小相等，B 、D 正确，C 错误。

[答案] BD [点评]
带电粒子在交变电场中的运动可以是单向直线运动，也可以是往复周期性运动，与运动的开始时刻有关系，一般分析一个周期内的运动，一个周期以后重复第一个周期内的运动形式。

[即时巩固]
3.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)，当两板间的电压分别如图甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )
A ．电压是甲图时，在0～T 时间内，电子的电势能一直减少
B ．电压是乙图时，在0～T
2时间内，电子的电势能先增加后减少
C ．电压是丙图时，电子在板间做往复运动
D ．电压是丁图时，电子在板间做往复运动
解析：选D 电压是甲图时，电子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，A 错误；电压是乙图时，在0～T
2时间内，
电子先加速运动后减速运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，B 错误；电压是丙图时，电子先做加速度先增大后减小的加速运动，过了T
2做加速度先增大后减小的
减速运动，到T 时速度减为0，之后继续朝同一方向重复上述运动过程，故电子一直朝同一方向运动，C 错误；电压是丁图时，电子先加速运动，到T 4后减速运动，T
2后反向加速运动，
3T
4
后减速运动，T 时速度减为零，之后又反向加速运动；故电子做往复运动，D 正确。

处理带电粒子在复合场中运动的方法
根据带电粒子受到的静电力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等，这条线索通常适用于恒力作用下带电粒子做匀变速运动的情况。

分
析时具体有以下两种方法：
(1)正交分解法
处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将复杂的运动分解为两个互相垂直的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律是可以掌握的，然后再按运动合成的观点求出复杂运动的有关物理量。

(2)“等效重力”法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F 合为等效重力场中的“重力”，g ′＝F 合
m 为等效重力场中的“等效重力加速度”。

[典型例题]
例4.在水平向右的匀强电场中，有一质量为m 、带正电的小球，用长为l 的绝缘细线悬挂于O 点，当小球静止于B 点时，细线与竖直方向的夹角为θ(如图所示)。

现给小球一个垂直于细线的初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问：
(1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值为多大？ (2)小球在B 点的初速度为多大？
[解析] (1)对小球在B 点受力分析如图所示，
设小球静止的位置B 为等效重力势能零点，由于动能与等效重力势能的总和不变，则小球位于和B 点对应的同一直径上的A 点时等效重力势能最大，动能最小，速度也最小。

设小球在A 点时的速度为v A ，此时细线的拉力为零，等效重力提供向心力，则mg ′＝m v 2A
l
得小球的最小速度 v A ＝g ′l ＝
gl cos θ。

(2)设小球在B 点的初速度为v B ，由能量守恒得
12m v 2B ＝12m v 2
A
＋mg ′·2l 将v A 的值代入上式得v B ＝
5gl
cos θ。

[答案] (1)在A 点速度最小(见解析图) gl cos θ
(2) 5gl
cos θ
[即时巩固]
4．一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。

若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v 匀速下降；若两极板间电压为U ，经一段时间后，油滴以速率v 匀速上升。

若两极板间电压为－U ，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是( )
A ．2v 、向上
B ．3v 、向上
C ．2v 、向下
D ．3v 、向下
解析：选D 不加电场时，油滴匀速下降，空气阻力f ＝k v ＝mg ；当两极板间电压为U 时，油滴匀速上升，F 电＝k v ＋mg ＝2mg ，当两极板间电压为－U 时，电场力方向反向，大小不变，F 电＋mg ＝3mg ，油滴做匀速运动时f ′＝k v ′＝3mg ，v ′＝3v ，油滴向下运动，故D 项正确。

1．电子以初速度v 0沿垂直场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两板间的电压，但仍能使电子穿过该电场。

则电子穿越平行板间的电场所需时间( )
A ．随电压的增大而减小
B ．随电压的增大而增大
C ．与电压的增大无关
D ．不能判定是否与电压增大有关
解析：选C 设板长为l ，则电子穿越电场的时间t ＝l v 0，与两极板间电压无关，C 正确。

2.如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A 、B 两孔正好水平相对，板间电压为500 V 。

一个动能为400 eV 的电子从A 孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，
若不考虑重力的影响，则电子离开电场时的动能大小为()
A．900 eV B．500 eV
C．400 eV D．－100 eV
解析：选C电子从A向B运动时，电场力对电子做负功，若当电子到达B点时，克服电场力所做的功W＝qU＝500 eV>400 eV，因此电子不能到达B点，电子向右做减速运动，在到达B点之前速度变为零，然后反向运动，从A点离开电场，在整个过程中，电场力做功为零，由动能定理可知，电子离开电场时的动能：E k＝400 eV，故C正确。

3．[多选]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，如图所示。

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由题图可知，电子在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，A、C正确，B、D错误。

4.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中。

射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可以忽略。

在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子在竖直方向上的偏移量y变大的是()
A．U1变小，U2变大B．U1变大，U2变小
C．U1变大，U2变大D．U1变小，U2变小
解析：选A根据题意eU1＝1
2m v
2
得v0＝
2eU1
m，y＝
1
2at
2＝1
2×
eU2
md×
L2
v20＝
U2L2
4dU1，所
以为使y变大，可以使U1变小或U2变大。

故A正确，B、C、D错误。

5.如图所示，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的电源上，在A板的中央P点放置一个电子发射源，可以向各个方向释放电子。

设电子的质量为m、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)
解析：打在区域最边缘的电子，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 ＝v t
在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d ＝12
at 2 电子在平行电场方向上的加速度a ＝eE m ＝eU md
电子打在B 板上的区域面积S ＝πr 2
解得S ＝2πm v 2d 2eU。

答案：2πm v 2d 2eU
[基础练]
一、选择题
1．[多选]一个带电粒子在电场中只受静电力作用时，它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
解析：选BCD 带电粒子只要处在电场中，就会受到静电力的作用，一定有加速度，选项A 错误；当静电力方向与粒子的运动方向相同时，粒子可能做匀加速直线运动，选项B 正确；当静电力方向与粒子的运动方向有一定夹角时，粒子做匀变速曲线运动，选项C 正确；在点电荷产生的电场中，带电粒子有可能做匀速圆周运动，选项D 正确。

2.如图所示，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动，则关于电子到达Q 时的速率与哪些因素有关，下列解释正确的是( )
A ．两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大
B ．两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小
C ．两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大
D ．与两极板间的距离无关，仅与加速电压U 有关
解析：选D 由动能定理得eU ＝12
m v 2，当两极板间的距离变化时，U 不变，v 就不变，与d 无关，A 、B 、C 错误，D 正确。

3．如图为示波管的原理图。

如果在电极YY′之间所加的电压图按图甲所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项图中的()
解析：选B在0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y为正的最大值时，电子打在荧光屏竖直方向上正的最大位移处，当U Y为负的最大值时，电子打在荧光屏竖直方向上负的最大位移处，因此一个周期内荧光屏上的图象为B。

4.喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()
A．向负极板偏转
B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹与带电量无关
D．运动轨迹是抛物线
解析：选D由于微滴带负电，受力方向指向正极板，故向正极板偏转，A错误；由
于电场力对微滴做正功，故电势能减少，B错误；由侧向位移y＝1
2at
2＝1
2·
eU
md·⎝
⎛
⎭
⎫L
v2，可知运
动轨迹与带电量有关，C错误；由于微滴在电场中做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，D 正确。

5．[多选]如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场，电子的重力不计。

在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()
A ．仅将偏转电场极性对调
B ．仅减小偏转电极间的距离
C ．仅增大偏转电极间的电压
D ．仅减小偏转电极间的电压
解析：选BC 偏转电极极性对调，只能使电子偏转方向相反，不能增大偏转角，A 错
误；根据动能定理：eU 1＝12m v 2，得：v ＝ 2eU 1m ，在偏转电场中：a ＝eU 2md ，t ＝L v ，v y ＝at
＝eU 2L md v ，tan θ＝v y v ＝U 2L 2U 1d
，使偏转角变大即令tan θ变大，由表达式可知，B 、C 正确，D 错误。

二、非选择题
6．一个电子(质量为9.1×10－31 kg ，电荷量为1.6×10－19 C)以v 0＝4×107 m/s 的初速度沿着匀强电场的电场线方向进入匀强电场，已知匀强电场的电场强度大小E ＝2×105 N/C ，不计重力，求：
(1)电子在电场中运动的加速度大小；
(2)电子进入电场的最大距离。

解析：(1)电子沿着匀强电场的电场线方向进入时，仅受电场力作用，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
qE ＝ma ，
解得a ≈3.5×1016 m/s 2。

(2)电子做匀减速直线运动，由运动学公式得v 20＝2ax ，
解得x ≈2.29×10－
2 m 。

答案：(1)3.5×1016 m/s 2 (2)2.29×10－
2 m [提能练]
一、选择题
1.[多选]如图所示，在正方形ABCD 区域内有平行于AB 边的匀强电场，E 、F 、G 、H 是各边中点，其连线构成正方形，其中P 点是EH 的中点。

一个带正电的粒子(不计重力)从F 点沿FH 方向射入电场后恰好从D 点射出。

下列说法正确的是( )
A ．粒子的运动轨迹一定经过P 点
B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点
C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由E、D之间某点(不含E、D)射出
D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出
解析：选BD粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，由题意可知，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与FH的中点相交，由几何关系知，延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项A错误，B正确；由类平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，选项C错误，D正确。

2.a、b、c三个电子在同一点沿同一直线垂直飞入偏转电场，如图所示。

则由此可判断()
A．b和c同时飞离电场
B．b飞离电场与a击中下极板的时间不同
C．进入电场时，a速度最大，c速度最小
D．c的动能增加量最小，a和b的动能增加量一样大
解析：选D a、b、c均为电子，故其加速度相同，b、c在竖直方向上做匀加速直线运
动且位移关系为：y c＜y b，根据y＝1
2at
2可知t
c
＜t b，故A错误；a、b在竖直方向上的位移相
等，根据y＝1
2at
2，可知b飞离电场与a击中下极板的时间相同，故B错误；在垂直于电场
方向即水平方向，a、b、c做匀速直线运动，则有：x＝v t，由题图可知x c＝x b，又t c<t b，则v c>v b，根据t a＝t b，因为x b>x a，则可得：v b>v a，所以有：v c>v b>v a，故C错误；根据动能定理知，电场力对a、b做功一样多，所以动能增加量相等，电场力对c做功最少，动能增加量最小，故D正确。

3.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上板的同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中()
A．它们运动的时间t Q>t P
B．它们运动的加速度a Q<a P
C．它们所带的电荷量之比q P∶q Q＝1∶2
D．它们的动能增加量之比ΔE k P∶ΔE k Q＝1∶2
解析：选C 水平方向位移相同、速度相同，由t ＝x v 0
知t Q ＝t P ，A 错误；竖直方向s ＝
12at 2，运动时间相同，所以竖直位移大的加速度大，即a Q >a P ，B 错误；由s ＝12
at 2，s Q ＝2s P ，t 相同，知a P a Q ＝12，竖直方向加速度由静电力产生，即qE ＝ma ，所以a P a Q ＝q P q Q ，解得q P q Q
＝12，C 正确；竖直方向分速度v ⊥＝at ，v ⊥P v ⊥Q ＝a P a Q ＝12
，ΔE k P ＝12m (v 2⊥P ＋v 20)－12m v 20＝12m v 2⊥P ，同理ΔE k Q ＝12m v 2⊥Q ，所以ΔE k P ΔE k Q ＝14
，D 错误。

4.[多选]如图所示，三个质量相同，带电荷量分别为＋q 、－q 和0的小液滴a 、b 、c ，从竖直放置的两极板中间上方由静止释放，最后从两极板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中( )
A ．电场力对液滴a 、b 做的功相同
B ．三者动能的增量相同
C ．液滴a 与液滴b 电势能的变化量相等
D ．重力对液滴c 做的功最多
解析：选AC 因为液滴a 、b 的电荷量大小相等，则所受的电场力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，电场力做功相等，故A 正确；电场力对a 、b 两液滴做功相等，重力做功相等，则动能的增量相等，对于液滴c ，只有重力做功，小于液滴a 、b 动能的增量，故B 错误；对于液滴a 和液滴b ，电场力均做正功，电场力所做的功等于电势能的变化量，故C 正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，三者质量相同，所以重力做功相等，故D 错误。

5.[多选]如图所示，竖直向下的匀强电场里，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O 做圆周运动，以下四种说法中正确的是( )
A ．带电小球可能做匀速率圆周运动
B ．带电小球可能做变速率圆周运动
C ．带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小
D ．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小
解析：选ABD 若小球所受电场力与重力平衡，小球做匀速率圆周运动，A 正确；若小球所受电场力和重力不平衡，小球做变速率圆周运动，B 正确；若小球所受电场力与重力的合力向上，则小球运动到最低点时，细线拉力最小，最高点时细线拉力最大，C 错误，D 正确。

二、非选择题
6．一束初速度不计的电子在电子枪中经电压为U 的加速电场加速后，沿距离YY ′两极板等间距的中间虚线垂直进入YY ′间的匀强电场，如图所示，若板间距离为d ，板长为l ，极板右边缘到荧光屏的距离为L ，偏转电场只存在于两极板之间。

已知电子质量为m ，电荷量为e ，求：
(1)电子离开加速电场时的速度大小；
(2)电子经过偏转电场的时间；
(3)要使电子能从极板间飞出，两极板上最大电压的大小；
(4)电子最远能够打到离荧光屏上中心O 点多远处。

解析：(1)设电子经加速电场加速后的速度为v 0，由动能定理有：eU ＝12m v 20
－0，解得：v 0＝ 2eU
m 。

(2)电子经过偏转电场时做类平抛运动，运动时间为：
t ＝l v 0＝l m 2eU。

(3)设两极板上能加的最大电压为U ′，要使电子能从两极板间飞出，则电子的最大侧
移量为：d 2 电子在其电场中做类平抛运动，竖直方向：d 2＝12at 2，a ＝eU ′md ，解得：U ′＝2Ud 2
l
2。

(4)从极板右边缘飞出打到荧光屏上的电子离O 点最远。

由几何关系知：tan α＝v y v 0＝y ′L ， 竖直分速度：v y ＝at ，则tan α＝v y v 0
＝d l ，。