高中物理高考 考点36 带电粒子在匀强电场中的运动——备战2021年高考物理考点一遍过

这是一份高中物理高考 考点36 带电粒子在匀强电场中的运动——备战2021年高考物理考点一遍过，共40页。试卷主要包含了带电粒子在电场中的直线运动，带电粒子在电场中的偏转，带电粒子在交变电场中的运动等内容，欢迎下载使用。


内容
要求
要点解读
示波管
Ⅰ
虽有要求，但高考未直接考查过。建议考生了解示波管具体结构及其原理。
匀强电场中电势差与电场强度的关系
Ⅱ
常考点，难度中等。常结合平行板电容器考查电场强度的大小计算。
带电粒子在匀强电场中的运动
Ⅱ
计算只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于场强方向的情况。


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。



【2019·中原名校联盟高三第二次教学指导】（多选）倾角为的斜面体固定在水平面上，斜面的长度为，整个装置处在水平向左的匀强电场中，一可视为质点的滑块由斜面的底端以沿斜面向上的速度开始运动，滑块刚好沿斜面匀速上滑，滑块的质量为、电荷量为，已知滑块与斜面之间的摩擦力可忽略不计、斜面的上表面绝缘，重力加速度，，。则下列说法正确的是

A．滑块向上运动的过程中，电场力对滑块一直做负功
B．电场强度的大小为
C．如果仅将电场强度增加为原来的两倍，则滑块的加速度大小应为
D．如果仅将电场强度减为原来的，则滑块在斜面上运动到最高点的速度大小为
【参考答案】BD
【详细解析】滑块由斜面体的底端运动到最高点的过程中，滑块受重力、支持力、水平向左的电场力，由于电场力与滑块的位移夹角小于，则电场力对滑块做正功，A错误；对滑块由力的平衡条件可知：，所以电场强度，B正确；如果仅将电场强度加倍，根据牛顿第二定律得，解得，C错误；如果仅将电场强度减为原来的，则根据牛顿第二定律得:，a1＝3 m/s2，方向沿斜面向下，则滑块沿斜面向上做减速运动，由得，上滑的位移为，故滑块到斜面顶端时速度不为零，由v02–v2＝2a1L，代入数据得v＝1 m/s，D正确。

1．（2020·陕西省西安中学高三三模）如图，质量为m、带电荷量为＋2q的小金属块a，在绝缘光滑水平台面上以水平初速度v0向右匀速运动，正碰完全相同的不带电的静止金属块b，碰撞过程无机械能损失，也无机械能增加。碰后滑块b从高台上水平飞出，a恰好自由下落。已知高台足够高且侧壁光滑，在高台边缘的右侧空间中，存在水平向左的匀强电场，场强大小（n为电场力大小和重力的比值），碰撞前后两金属块之间的静电作用力不计，空气阻力不计。则（　　）

A．两小金属块碰撞之后，a金属块下落过程的机械能守恒
B．两小金属块碰撞之后，a、b金属块组成的系统机械能守恒
C．第一次碰撞后两金属块不可能发生第二次碰撞
D．碰撞后运动过程中b金属块距高台边缘的最大水平距离为
【答案】AD
【解析】A．侧壁光滑的高台，小金属块a下落的运动只受重力，故机械能守恒，故A正确；
B．由于电场力对b做功，所以a、b系统的机械能不守恒，故B错误；
C．第一次碰撞后，a金属块为自由落体运动，b金属块在竖直方向为自由落体运动，竖直方向位移总相等；b金属块水平方向向右做匀减速运动，当它的水平位移为0时，会发生第二次碰撞，所以一定会发生第二次碰撞，故C错误；
D．第一次碰撞后，b水平方向的加速度大小为
方向向左，根据速度位移关系公式，有，故D正确。故选AD。
2．（2020·宁夏回族自治区高三三模）如图所示，竖直平面内有水平方向的匀强电场E，A点与B点的连线垂直电场线，两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从A和B点沿不同方向开始运动，之后都能到达电场中的N点，粒子的重力不计，下列说法正确的是（　　）

A．两粒子到达N点所用的时间可能相等
B．两粒子到达N点时的速度大小一定相等
C．两粒子在N点时的动能可能小于各自初始点的动能
D．两粒子整个运动过程机械能的增加量一定相等
【答案】BD
【解析】A．因为两粒子完全相同，故产生的水平方向的加速度相同，而A点粒子水平初速度为零，而B点粒子水平初速度不为零向左，故根据匀变速方程可知，运动时间不同，故A错误；
BD．因为只有电场力做功，根据题意可知，A点与B点在同一等势面上，故 ，电场力做功 相同，则到达N点的动能相同，速度大小相同，而电场力做功等与机械能增加量，故机械能的增加量一定相等，故BD正确；
C．因为A点粒子水平方向向右运动，故受力向右，则电场力做正功，动能增大，故C错误。
故选BD。


（2020·天津市宁河区芦台第四中学高三二模）如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，已知重力加速度为g，下列结论正确的是（　 　）

A．两极板间电场强度大小为
B．两极板间电压为
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上
【参考答案】BD
【详细解析】AB． 据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图

可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE-mg=mg
得到：
由U=Ed可知板间电压为：故A错误，B正确；
C． 小球在电场中向上偏转的距离为：y＝at2
而a＝＝g，t＝
解得：y＝
故小球打在屏上的位置与P点的距离为：S＝2y＝
重力势能的增加量为：EP＝mgs＝，故C错误。
D．仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据E＝＝
而C＝，解得：E＝，可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故D正确。
故选BD。

1．（2020·福建省高三一模）如图，水平面有一匀强电场，AA'、BB'、CC'是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5l，取BB'为零势面。一电子沿AA'方向从A点射入电场，电子在A点的动能为8eV，经电场偏转后刚好从C'点离开。已知AA'距离为2l，电子重力忽略不计，则（　　）

A．平面AA'上的电势为-4V
B．该电子在平面BB'上的动能是12eV
C．该电子到达C'点时的电势能是-8eV
D．该电子经过C'点时的速率是A点时的2倍
【答案】AB
【解析】根据平抛运动规律
所以，
则有该电子到达C'点时的动能是16eV，所以该电子在平面BB'上的动能是12 eV，又只在电场力作用下电势能和动能的总和是一个定值，所以在电场中任意一点电势能和动能的总和都等于12eV，所以电子到达C'点时的电势能为-4eV，该电子在平面AA'上的电势能为4eV，根据电子在A点的电势能
解得，故AB正确，CD错误。故选AB。
2． （2020·四川省石室中学高三三模）如图所示，匀强电场内有一矩形ABCD区域，电荷量为e的某带电粒子从B点沿BD方向以6eV的动能射入该区域，恰好从A点射出该区域，已知矩形区域的边长AB=8cm，BC=6cm，A、B、C三点的电势分别为6V、12V、18V，不计粒子重力，下列判断正确的是（　　）

A．粒子带负电
B．电场强度的大小为125V/m
C．粒子到达A点时的动能为12eV
D．仅改变粒子在B点初速度的方向，该粒子可能经过C点
【答案】BC
【解析】A．连接AC，则O为AC中点，A、B、C三点的电势分别为6V、12V、18V，则O点电势为12V，BD为等势面，电场线如图所示，电场线斜向下

粒子从B点射入，A点射出，则粒子带正电，故A错误；B．由题意得根据可得故B正确；C．粒子从B到A电场力做正功为6eV，粒子电势能减小，动能增大，对粒子从B到A由动能定理可得粒子到达A点时的动能为故C正确；
D．粒子想要经过C点需要克服电场力做功6eV，粒子的初动能为6eV，则粒子必须沿电场线方向斜向上才能到达与C点等势的位置，此时末速度为零，粒子不能到达C点，故D错误；
故选BC。


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
【参考答案】B
【详细解析】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。

1．【2019·学科网第二次全国大联考新课标Ⅲ卷】静电场聚焦在电子显微镜和示波管中起着重要的作用。如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，甲乙两电子分别从a、b两点运动到c点，则

A．两电子的电势能变化相同 B．电场力对两电子做的功不同
C．电子在a点具有的电势能比b点小 D．b处的电场强度比c处小
【答案】A
【解析】根据可知两电子从同一等势线开始运动到另一等势线，电场力对两电子所做的功相同，两电子电势能的变化量也相同，故A正确，B错误；a、b两点电势相同，则电子在a点具有的电势能等于在b点的电势能，选项C错误；b处的电场线较c点密集，则b处的电场强度比c处大，选项D错误。
2．（2020·天津高三二模）如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔Ol处由静止释放一个α粒子，不计质子与α粒子的重力。关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　）

A．质子和α粒子打到感光板上的位置相同
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为2:1
D．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1:2
【答案】A
【解析】A．带电粒子进入偏转电场时，根据动能定理
进入偏转电场后电势差为，偏转的位移为y，有
速度的偏转角正切值为，有
偏转位移y与速度的偏转角正切值和带电粒子无关，因此运动轨迹是一条，质子和α粒子打到感光板上的位置相同，故A正确；B．设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中时间为t2，偏转位移为y，有，，由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是不同，所以运动时间不同，故B错误；C．从开始运动到打到板上，根据动能定理有，，故C错误；D．从开始运动到打到板上质子的速度为v1，α粒子度为v2，根据动能定理
，化简得出
质子
α粒子
解得
故D错误。
故选A。


（2020·辽宁省高三二模）真空中间距为d的两块平行金属板，板长为L，如图甲所示。加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0（k≥1），电压变化的周期为2T，如图乙所示。在t=0时刻，有一个质量为m、电荷量为e的电子，以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是（　　）

A．若k=1且电子恰好在2T时刻射出电场，则电子射出时的速度大于v0
B．若k=1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加
C．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则两板间距离应满足
D．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度大小等于
【参考答案】BC
【详细解析】AB．若k=1，电子在竖直方向的速度随时间变化的图象如图所示

若电子恰好在2T时刻射出电场，竖直方向的速度为零，则电子射出时的速度为v0；若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场，根据动能定理可得，故A错误，B正确；
C．竖直方向，电子在0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小，位移，在T～2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小
初速度的大小v1=a1T
匀减速运动阶段的位移
由题知
解得，故C正确；
D．若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场，垂直电场方向速度为v0，射出时水平方向的速度大小为

合速度为，故D错误。故选BC。

1．（多选）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，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是


【答案】AD
【解析】在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F＝，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a-t图像应如图D所示，v-t图像应如图A所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以x-t图像应是曲线，B错误。
【易错提醒】电压突然反向时，电场强度、电场力也随之反向，则加速度反向，但速度不会立即反向。
2．（多选）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
【解析】若电子在t=0时刻进入的，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A正确；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上，向上做加速运动，在内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，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。


1．（2020·通榆县第一中学高三模拟）如图所示，平行板电容器水平放置，开关S断开，电源通过二极管给电容器充电，一带电粒子从上、下极板左侧正中央的O点以一定速度平行于极板射入，恰好从下极板右侧边缘飞出，不计粒子自身重力和空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，若粒子打到极板上即被吸收。以下情形，保持入射点O的位置不变，其中说法正确的是（　　）

A．将开关保持闭合，若上极板稍向下移动，要求粒子仍能从下极板右侧边缘飞出，则需要增大入射速度
B．将开关保持闭合，若将下极板稍向上移动，粒子在极板间运动时电势能减少量变小
C．开关保持断开，若上极板稍向下移动，粒子仍能从极板右端射出
D．开关保持断开，若将上极板稍向上移动，粒子会打到下极板上
2．（2020·麻城市实验高级中学高三其他）如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程：y=kx2，且小球通过点P.已知重力加速度为g，则(　　)

A．电场强度的大小为
B．小球初速度的大小为
C．小球通过点P时的动能为
D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少
3．（2020·四川省宜宾市第四中学校高三模拟）如图所示，是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，，，电场线与矩形所在平面平行。已知点电势为20V，点电势为24V，点电势为12V，一个质子从点以速度射入此电场，入射方向与成45°角，一段时间后经过Ｃ点。不计质子的重力，下列判断正确的是(　　)

A．电场强度的方向由b指向d
B．c点电势低于a点电势
C．质子从b运动到c，所用的时间为
D．质子从b运动到c，电场力做功为4eV
4．（2020·黑龙江省哈师大附中高三三模）竖直面内有竖直向下的匀强电场（未画出） ，场中有正六边形区域ABCDEF ，BC边水平，边长为a，一群质量为m，电量为q的粒子，以相同的水平速度v0同时从BA及AF边界处射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，若沿AD方向射入的粒子恰能从DE中点射出，则以下说法正确的是

A．电场强度大小为
B．从B点射入的粒子将从CD中点射出
C．从AB中点射入的粒子将从D点飞出
D．从AF中点射入的粒子将从E点射出
5．（2020·广东省高三二模）如图所示，匀强电场中的A、B、C三点构成-一个直角三角形，BC边垂直AC边，∠BAC=30°，BC边长度为d，已知电场方向与该直角三角形的某一边平行。一质量为m、电量为q、带正电的粒子（不计重力）在该电场中运动，经过A点时速度大小为v0、方向沿AB；经过BC边的中点D时，速度大小为vD，方向与BC边垂直。以下选项正确的是（　　）

A．电场方向与AC边平行
B．A、B、C三点中B点电势最高
C．
D．电场强度大小
6．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．
7．【2018·浙江稽阳联谊学校高三联考】现有两极板M（+）、N（一），板长80 cm，板间距20 cm，在两板间加一周期性的直流电压，如图所示。现有一粒子（正电，=104 C/kg）0时刻从上极板左侧边缘水平射入两极板间，v=2×103 m/s，重力不计，则正确的是

A．粒子的运动轨迹为抛物线
B．经Δt=0.8×10-4 s，粒子速度为0.8×103 m/s
C．粒子能从两板间射出
D．若粒子要从两板间射出，两板间距至少为10 cm
8．【2018·普通高等学校招生全国统一考试模拟】如图所示，平行金属板A、B正对放置，两板间电压为U，一束完全相同的带电粒予以不同速率沿图中虚线平行于金属板射入板间，其速率介于~k（k>1）之间且连续分布，带电粒子射出金属板后打在右侧的一垂直于A、B板的荧光屏上，打在荧光屏上的长度为L，已知所有粒子均可射出金属板，且不考虑带电粒子间的相互作用，若仅将金属板A、B间的电压减小至，不计带电粒子的重力。则打在荧光屏上的长度变为

A． B． C． D．L
9．（多选）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
10．【2018·北京市第二十中学高二期中】如图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为，偏转电压为，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为和，为电子离开偏转电场时发生的偏转距离，取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即（该比值越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度

A．增大 B．增大 C．减小 D．减小
11．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
12．【2018·山东省泰安市高二期末】如图所示是个示波管工作原理的示意图。电子经电压加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为，板长为。为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用的方法是

A．尽可能使板长长些 B．增大两板间的电势差
C．尽可能使板间距离d大一些 D．使加速电压升高一些
13．（多选）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
14．如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，现有一质量为m的带电粒子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0=400 V电压加速后通过B点进入两板间距为d=0.2 m、电压为U=200 V的水平放置的平行金属板间，若带电粒子从两块水平平行板的正中间射入，且刚好能从水平放置的平行金属板右侧边缘射出，A、B分别为两块竖直板的中点，=0.5 C/kg，求：

（1）带电粒子通过B点时的速度大小；
（2）带电粒子穿出右侧平行金属板时的速度大小；
（3）右侧平行金属板的长度。
15．【2019·高考考前最后一卷新课标A卷】如图1所示为示波管的示意图，由加速电场和偏转电场组成，其中加速电场两极板p、q之间的距离很小，在左侧极板有一粒子发射源，能源源不断地发射一系列速度相同的负粒子，粒子的速度方向水平向右，沿偏转电场的中心线射入其中，最终打在右侧足够长的竖直挡板MN上，粒子的速度和电荷量、质量均未知。在加速电场施加如图2所示的电压，电压与粒子的速度和电荷量、质量的关系为，已知偏转电场极板的长度为L，两极板之间的距离为L，上下两极板间偏转电压恒为，竖直挡板距离水平极板右侧的距离为，又任意时刻发射的粒子均能打在竖直挡板上，忽略粒子的重力、粒子间的相互作用力以及粒子在加速电场中的运动时间。求：
（1）如果在一个周期内，竖直挡板仅有两点接收到粒子，则该两点之间的距离为多少？
（2）仅改变偏转电场两极板之间的距离，粒子仍从两极板的中心线射入，两极板之间的距离满足什么条件时竖直挡板上仅有一点接收到粒子？
（3）当上下两极板之间距离为L时，在0时刻与时刻发射的粒子，达到挡板瞬间的动能之比为多少？



1．（2020·全国高考真题）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？

【答案】(1) ；(2)；(3)0或
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：

所以根据动能定理有：

解得：
；
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有


而电场力提供加速度有

联立各式解得粒子进入电场时的速度：
；
（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有


电场力提供加速度有

联立解得；当粒子从C点射出时初速度为0。

另解：
由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为


2．（2020·浙江省高考真题）如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（　　）

A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】

A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向

竖直方向

由

可得

故A错误；
B．由于

故粒子速度大小为

故B错误；
C．由几何关系可知，到P点的距离为

故C正确；
D．由于平抛推论可知，，可知速度正切

可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。
故选C。
1．【2019·天津卷】如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度v从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程

A．动能增加 B．机械能增加
C．重力势能增加 D．电势能增加
2．【2019·江苏卷】一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是

3．【2018·江苏卷】如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴

A．仍然保持静止 B．竖直向下运动 C．向左下方运动 D．向右下方运动
4．【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
5．【2019·新课标全国Ⅱ卷】如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？

6．【2019·新课标全国Ⅲ卷】空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为 。重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
（2）B运动到P点时的动能。
7．【2019·天津卷】2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极、之间的匀强电场（初速度忽略不计），、间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为，电荷量为，其中是正整数，是元电荷。

（1）若引擎获得的推力为，求单位时间内飘入、间的正离子数目为多少；
（2）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式；
（3）为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议。



1．AB【解析】A．开关保持闭合时，极板电压保持不变，若将上极板稍向下移动，由可知，极板间电场强度变大，要求粒子仍能从下极板右侧边缘飞出，则需要增大入射速度，A正确；
B．若将下极板稍向上移动，极板间电场强度变大，粒子一定打到下极板上，由可知O与上极板的电势差变大，则O与下极板的电势差变小，故粒子在极板间运动时电势能减少量变小，B正确；
C．开关保持断开时，若将上极板稍向下移动，由和知，极板上带电量增大，二极管导通，故极板上电压不变，由可知，极板间电场强度变大，故粒子一定打到下极板上，C错误；
D．若将上极板稍向上移动，因二极管的存在，由、和可知，极板间电场强度不变，粒子仍能从极板右端射出，D错误。
故选AB。
2．BC【解析】试题分析：小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程：，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：，所以：，电场强度的大小为：，A错误；小球受到的合力：，且，所以，由平抛运动规律有：，，得初速度大小为，B正确；由于，：，又，所以通过点P时的动能为：，C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于克服电场力做的功，即：，D错误；故选BC。
考点：带电粒子在匀强电场中的运动、电场力做功、动能。
【名师点睛】根据小球的运动轨迹，确定小球的运动性质是类平抛运动，从而根据平抛运动规律即可分析小球的初速度和电场强度；再利用电场力做功的特点计算电场力的功，并结合电场力做功及电势能的变化进行判断。
3．BC【解析】AB．连接bd，bd两点的电势差为24V-12V=12V
ad两点的电势差为20V-12V=8V
因，故将bd分成3份，每一份表示4V，如图所示，e点的电势一定为20V，连接ae即为等势线，f的电势为16V，连接fc，由几何知识得知，fc∥ae，则知c的电势是l6V，故a点电势高于c点的电势，强场的方向垂直于等势线，则知场强的方向垂直于ae向上，不是由b指向d，故A错误，B正确；
C．由于bc两点的电势分别为24V、16V，则bc中点O的电势为20V，则a、e、O在同一等势面上，由于ab=bO=L，∠abc=90°，则∠baO=∠bOa=45°
因为电场线与等势线aO垂直，所以场强的方向与bc的夹角为45°，质子从b运动到c时做类平抛运动，沿初速度v0方向做匀速直线运动，则运动时间为
故C正确；
D．若质子由b到c，因bc间的电势差为24V-16V=8V
则电场力做功W=eU=8eV，故D错误。

4．AC【解析】BCD用反证法做更简单。假设BCD项正确，求出相应的电场强度，若与正确的电场强度相等，则该选项正确，否则错误。
A．若沿AD方向射入的粒子恰能从DE中点射出，由几何关系可知
沿速度方向

沿电场方向

联立解得，电场强度大小为

故A正确；
B．假设从B点射入的粒子将从CD中点射出，由几何关系得
沿速度方向

沿电场方向

联立解得，电场强度大小为

故B错误；
C．假设从AB中点射入的粒子将从D点飞出，由几何关系得
沿速度方向

沿电场方向

联立解得，电场强度大小为

故C正确；
D．假设从AF中点射入的粒子将从E点射出，由几何关系得
沿速度方向

沿电场方向

联立解得，电场强度大小为

故D错误。
故选AC。
5．BD【解析】A．因带正电的粒子沿AB方向入射，垂直BC边射出，且已知电场方向与该直角三角形的某一边平行，根据做曲线运动的物体所受的合外力方向指向轨迹的凹向，可知则粒子所受电场力方向平行于BC向下，选项A错误；
B．沿电场线电势逐渐降低，可知A、B、C三点中B点电势最高，选项B正确；
C．粒子在垂直于BC方向做匀速运动，可知选项C错误；
D．由A到D由动能定理解得
选项D正确。
故选BD。
6．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。
7．D 【解析】粒子的运动是匀变速曲线运动和匀变速直线运动的组合，粒子的运动轨迹不为抛物线，故选项A错；粒子的加速度；经Δt=0.8×10-4 s，粒子速度为，带入数据解得，故选项B错；若粒子能射出，则：t==4×10-4 s，所以竖直位移，，板问距20 cm，所以粒子不能从两板间射出，向下C错；由得d=10cm，D正确。
【名师点睛】此题关键是要搞清粒子在两个方向上的运动特点：水平方向是匀速运动，竖直方向先加速后匀速，再加速后匀速，联系运动的合成知识进行解答.
8．C 【解析】运动轨迹如图所示：带电粒子射出金属板后的速度的反向延长线都过O点，O点为中点，设板长为x1，荧光屏距金属板的边缘距离为x2，最大速度与最小速度射出金属板时的偏转位移差为，由相似三角形可知，解得：，C为常数，，，，以上两式联立解得：，为常数，所以，当U减为时，L也减小为，故应选C。

9．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。
10．D 【解析】经加速电场后的速度为v，则根据动能定理：，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，，所以示波管的灵敏度，所以要提高示波管的灵敏度可以增大L，减小d和减小U1，故D正确，ABC错误。
11．D 【解析】如图所示，小球的运动可看成是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B位置时受力不平衡，并且小球将在AB之间往复运动，其幅度不变，故AC错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB轨迹的中点位置时，小球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系得，化简得，B错误；小球从A运动到B的过程中，电场力对其做功为，D正确。

12．A 【解析】带电粒子加速时应满足：，带电粒子偏转时，由类平抛规律，应满足：L=v0t，， ，联立以上各式可得，，故A正确，BCD错误。
13．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，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确；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，则位移的大小相等，为d，整个过程中克服电场力做功为2E0·q·d=qE0d=mgd，故D错误。
【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。
14．【答案】（1）20 m/s （2）10 m/s （3）0.4 m
【解析】（1）电场中的直线加速，由动能定理：解得：
（2）偏转过程由动能定理：得：
（3）由牛顿第二定律：
竖直方向的匀加速直线运动：
解得：
水平方向的位移：
15．【答案】（1）（8分） （2）（6分） （3）（4分）
【解析】（1）粒子经加速电场后，速度要发生变化。在0~时间内，设粒子源发射的粒子速度大小为v0，刚进入偏转电场的速度大小为v1。
由动能定理得：–qU0=mv12–mv02
将代入后解得：v1=
在偏转电场中，粒子运动时间t1=
侧移量y1=at12=
解得：y1=
粒子在整个过程中的侧移为
代入数据解得，偏转方向向上
设在时间内进入偏转电场的粒子速度大小为v2，同理，v2=
在偏转电场中的侧移为y2=
粒子在整个过程中的侧移为，偏转方向向上
挡板上两个发光点之间的距离Δy=
（2）考虑到临界条件，设当极板间距为时，粒子刚好从偏转极板边缘飞出，则有
又、
整理得，
对于速度v1时，
对于速度v2时，
只改变偏转电场两极板之间的距离，要使竖直挡板仅接收到一个点，极板间距应满足：
（3）由以上解析可知，0时刻发射的粒子的侧移为y1=，时刻发射的粒子的侧移为y2=
因此对0时刻发射的粒子由动能定理得–qU0+=Ek1–mv02
对时刻发射的粒子由动能定理得qU0+=Ek2–mv02
解得


1．【答案】(1) ；(2)；(3)0或
【解析】
（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：

所以根据动能定理有：

解得：
；
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有


而电场力提供加速度有

联立各式解得粒子进入电场时的速度：
；
（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有


电场力提供加速度有

联立解得；当粒子从C点射出时初速度为0。

另解：
由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为


2．C【解析】
A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
由
可得
故A错误；
B．由于
故粒子速度大小为
故B错误；
C．由几何关系可知，到P点的距离为
故C正确；
D．由于平抛推论可知，，可知速度正切
可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。
故选C。
3．B 【解析】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球由动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。
4．A 【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为，经过时间 ，电场力方向速度为，功率为 ，所以P与t成正比，故A正确。
5．D 【解析】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力。两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确。

6．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。
7．【答案】（1） （2）
【解析】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有① F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有④ l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得⑥ ⑦
（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧
8．【答案】（1） （2）
【解析】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma① ②
解得③
（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有④
且有⑤ ⑥
联立③④⑤⑥式得⑦
9．【答案】（1）（2） （3）用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。
【解析】（1）设正离子经过电极时的速度为v，根据动能定理，有①
设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有②
设引擎在时间内飘入电极间的正离子个数为，由牛顿第二定律，有③
联立①②③式，且得④
（2）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有⑤
考虑到牛顿第三定律得到，联立①⑤式得⑥
（3）为使尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。