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方法点拨(1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理(3)注意带电粒子重力能否忽略1(带电粒子的加速)电子束焊接机中的电场线如图 1 中虚线所示K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为 d，在两极之间加上高压 U，有一电子在 K 极由静止被加速不考虑电子重力，元电荷为 e，则下列说法正确的是()AA、K 之间的电场强度为Ud图 1B电子到达 A 极板时的动能大于 eUC由 K 到 A 电子的电势能减小了 eUD由 K 沿直线到 A 电势逐渐减小2(带电粒子的偏转)如图 2，水平放置的平行板电容器极板 A、B 间加有恒定电压，a 点与下极板的距离为 d.一带电粒子从 a 点水平射入电场，初速度大小为 va，粒子偏转后打在下极板的 P 点时速度大小为 va，其水平射程为 2d.若该粒子从与 a 点在同一竖直线上的 b 点(图中未标出)水平射入电场，初速度大小为 vb，带电粒子仍能打到 P 点，打到 P 点时速度大小为vb.下列判断正确的是()图 2A若 b 点在 a 点上方，则 vavbC若 b 点在 a 点上方，则 vavb公众号：卷洞洞3(带电粒子的偏转)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图 3 所示其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上显示出字符已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是()图 3A增大墨汁微粒的荷质比B减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C增大偏转极板间的电压D减小极板的长度4(带电粒子的加速和偏转)如图 4 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 E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场 E2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()图 4A偏转电场 E2对氚核做功最多B三种粒子打到屏上时的速度一样大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5如图 5 所示，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，不计重力作用，则()A三个微粒在电场中运动时间相等图 5B三个微粒的带电荷量相同C三个微粒所受电场力的大小关系 FAFBFCD三个微粒到达下板时的动能关系是 EkAEkBxBxC，而水平速度相同，故 tAtBtC，A 错；由 h12at212qUmdt2，知 qAqBqC，三个微粒所受电场力的大小关系为 FAFBFC，B、C 错；电场力做功 WAWBWC，故三个微粒到达下板时的动能关系是 EkAEkBEkC，D 对6AD设 AC 与竖直方向的夹角为，对带电小球从 A 到 C，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mgACcos qEBCcos 0，解得电场力为 qE3mg，选项 A 正确，B 错误小球水平方向做匀速直线运动，从 A 到 B 的运动时间是从 B 到 C 的运动时间的 2 倍，选项 C 错误小球在竖直方向先加速后减速，小球从 A 到 B 与从 B 到 C 竖直方向的速度变化量的大小相等，水平速度不变，则小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的速度变化量的大小相等，选项 D 正确公众号：卷洞洞7 CD沿 OP、OQ 方向射出的粒子若电性相反，则粒子在离开电容器时水平速度大小相等、方向相反，竖直速度大小相等、方向相反、粒子离开电容器时速度偏转角大小相等，速度大小相等、方向相反，A 错误，C 正确；由公式 y12at2qE2m(xv)2，可知两粒子在电容器中的竖直位移大小相等，但是由于两粒子电荷量不一定相等，故电场力做的功 qEy 不一定相等，B错误；沿 OM、ON 方向射出的粒子若均带负电，则沿 OM 方向射出的粒子做减速运动，沿ON 方向射出的粒子做加速运动，故沿 ON 方向射出的粒子先到达极板，D 正确8D根据带电粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧可知，粒子带正电电场力先做负功，后做正功，再做负功，粒子的动能先减小，后增大再减小，选项 A 错误；粒子的电势能先增大，后减小再增大，选项 B 错误；顺着电场线方向电势降低，a 点的电势高于 d 点的电势，正电荷在电势高处电势能大，故粒子在 a 点的电势能比在 d 点大，选项 C 错误；电场线先是越来越密后不变再越来越疏，故电场力先变大再不变后变小，粒子的加速度先变大再不变后变小，选项 D 正确9CD电子做类平抛运动，根据分运动公式，有：水平方向：Lv0t，竖直方向：y12at2，其中：aqUmd，联立解得：yqUL22mdv20.改变两平行导体板间距 d 为原来的一半，根据 yqUL22mdv20，y 增加为原来的 2 倍，故 A 错误；改变两导体板所加电压 U 为原来的一半，根据 yqUL22mdv20，y 减小为原来的一半，故 B 错误；改变电子沿极板方向运动距离 L 为原来的一半，根据 yqUL22mdv20，y 减小为原来的14，故 C 正确；改变电子射入两极板时的速度为原来的 2 倍，根据 yqUL22mdv20，y 减小为原来的14，故 D 正确10(1)34(2)400 V(3)0.01 J解析(1)由牛顿第二定律得，|U0q|dma烟尘颗粒在电场中做类平抛运动，飞出电场时，有：水平位移 Lv0t竖直位移 y12at2解得：y0.375 m所求比值为yd34(2)由类平抛运动规律和牛顿第二定律得 d12a1t2公众号：卷洞洞|U1q|dma1Lv0t解得：U1400 V(3)t11 s 内进入烟尘通道的烟尘颗粒总个数：Nnd2v0t1电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量 y 成正比，则对所有颗粒所做功的平均值等于电场对距离下金属板d2处的颗粒所做的功所以 WN|U1q|dd20.01 J.11(1)32 VC 板电势高(2)不能0.05 m解析(1)设负离子的质量为 m，电量为 q，从 B 板小孔飞出的速度为 v0，由动能定理得：U1q12mv20由类平抛规律有：L2v0ty12at2又 aqU2md整理可得 yU2L216dU1又 yd2联立解得 U232 V，因负离子所受电场力方向向上，所以 C 板电势高(2)若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：xL，yd2由类平抛规律可得：xv0t，y12at2，qU112mv20，aqU2md联立以上各式解得 yU2L24dU1，将 y0.1 m 代入可解得 U28 V可见，如果两板间所加电压为 4 V，则负离子不能打在板上，而是从两板间飞出将 U24 V，代入可解得 y0.05 m故如果 C、D 两板间所加的电压为 4 V，则负离子不能打在板上，它离开电场时发生的侧移量为 0.05 m.公众号：卷洞洞