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人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量5 带电粒子在电场中的运动习题
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这是一份人教版 (2019)必修 第三册第十章 静电场中的能量5 带电粒子在电场中的运动习题，共8页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．质量和电荷量不同的带电粒子，在电场中由静止开始经相同电压加速后( )
A．比荷大的粒子速度大，电荷量大的粒子动能大
B．比荷大的粒子动能大，电荷量大的粒子速度大
C．比荷大的粒子速度和动能都大
D．电荷量大的粒子速度和动能都大
2．电子以初速度v0沿垂直电场强度方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两极板间的电压，但仍能使电子穿过该电场．则下列有关电子穿越平行板间的电场所需的时间的描述正确的是( )
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
3．如图所示，一初速度为v0的带电质点进入水平匀强电场后，沿图中竖直平面内的直线由A点运动到B点，其能量变化情况一定是( )
A．动能减少，重力势能增加，电势能减少
B．动能减少，重力势能增加，电势能增加
C．动能不变，重力势能增加，电势能减少
D．动能增加，重力势能增加，电势能减少
4．(多选)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示).下列说法正确的是( )
A．粒子射入的最大深度为eq \f(mv eq \\al(2,0) ,qE)
B．粒子射入的最大深度为eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2qE)
C．粒子在电场中运动的最长时间为eq \f(mv0,qE)
D．粒子在电场中运动的最长时间为eq \f(2mv0,qE)
5.
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的两块平行极板间的电场中．射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行极板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是( )
A．U1变小、U2变大B．U1变大、U2变大
C．U1变小、U2变小D．U1变大、U2变小
6．如图所示，A为粒子源，A和极板B间的加速电压为U1，两水平放置的平行带电极板C、D间的电压为U2.现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从A处由静止释放，被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，最后从右侧射出．极板C、D的长度为L，两极板间的距离为d，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A．带电粒子射出极板B时的速度v0＝eq \r(\f(qU1,2m))
B．带电粒子在C、D极板间运动的时间t＝Leq \r(\f(2qU1,m))
C．带电粒子飞出C、D极板间电场时在竖直方向上发生的位移为y＝eq \f(U2L2,2U1d)
D．若同时使U1和U2加倍，则带电粒子在飞出C、D极板间电场时的速度与水平方向的夹角不变
7.
如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上．那么下列说法正确的是( )
A．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功不一样多
C．三种原子核打在屏上时的速度一样大
D．三种原子核都打在屏上的同一位置上
8．[2023·广东南山高二期末]XCT扫描机可用于对多种病情的探测．图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示．图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场，方向竖直，经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电场后速度方向与水平方向成30°角，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示).已知MN两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用，不计空气阻力，电子质量为m，电量用e表示．
(1)求经过加速电场加速后电子的速度v0的大小；
(2)求偏转电场的电场强度；
(3)求P点到偏转电场右边界的水平距离s.
B组 能力提升练
9．(多选)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝3E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为eq \f(L,2)，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O.下列说法正确的是( )
A．电子从释放到打到屏上所用的时间为2eq \r(\f(mL,eE))
B．电子从释放到打到屏上所用的时间为3eq \r(\f(mL,eE))
C．电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为2
D．电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离为eq \f(9,2)L
10.[2023·广东中山高二期末]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，带电量由计算机按字体笔画高低位置控制．一带电荷量为q，质量为m的墨汁微滴以速度v0垂直电场方向飞入偏转板间，最终打在纸上．已知偏转板间的电压为U，两板间距为d，板长为L1，偏转板的右端距纸的距离为L2.
(1)求墨汁微滴在偏转板间的运动时间t.
(2)求墨汁微滴从偏转板间的电场射出时偏离原入射方向的距离y.
(3)不改变墨汁微滴所带的电荷量、质量和进入偏转电场的速度，通过计算说明，如何调节可使打印在纸上的字体放大？
11．[2023·广东番禺高二期末]如图所示，水平绝缘轨道AC由光滑段AB与粗糙段BC组成，它与竖直光滑半圆轨道CD在C点处平滑连接，其中AB处于电场区内．一带电荷量为＋q、质量为m的可视为质点的滑块从A处以水平初速度v0进入电场区沿轨道运动，从B点离开电场区继续沿轨道BC运动，最后从圆轨道最高点D处以水平速度v离开圆轨道．已知轨道BC长l＝1m，圆轨道半径R＝0.1m，m＝0.01kg，q＝5×10－5C，滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2.设装置处于真空环境中．
(1)求滑块恰好能到达圆轨道D点时的速度．
(2)若滑块恰好能到达圆轨道D点，求滑块离开电场B点时的速度大小vB.
(3)若v0＝5m/s，为使滑块能到达圆轨道最高点D处，且离开圆轨道后落在水平轨道BC上，求A、B两点间电势差UAB应满足的条件．
课时分层作业(十二) 带电粒子在电场中的运动
1．解析：根据动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m)).根据上式可知，在相同电压的加速电场中，比荷eq \f(q,m)大的粒子其速度v大，电荷量q大的粒子动能大，A正确．
答案：A
2．解析：设板长为l，则电子穿越电场的时间为t＝eq \f(l,v0)，与两极板间电压无关，C正确．
答案：C
3．解析：根据题意可知，带电微粒做直线运动，所受的合力必须与AB在同一直线上，因为重力方向竖直向下，所以电场力方向必然水平向左，所以合力方向与速度方向相反．合力做负功，由动能定理可知，动能减小；重力做负功，重力势能增加；电场力做负功，电势能增加．故选B.
答案：B
4．解析：根据动能定理得EqL＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，可得粒子射入的最大深度为L＝eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2qE)，A错误，B正确；进入电场后的加速度为a＝eq \f(Eq,m)，因此粒子在电场中运动的时间为t＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(2v0,a)＝eq \f(2mv0,qE)，C错误，D正确．
答案：BD
5．解析：设电子被加速后获得初速度为v0，则由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间为t＝eq \f(l,v0)
设电子的加速度为a，根据牛顿第二定律，有a＝eq \f(qE2,m)＝eq \f(qU2,md)
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度为vy＝at
联立可得vy＝eq \f(qU2l,dmv0)
又有tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU2l,dmv eq \\al(2,0) )＝eq \f(U2l,2dU1)
故U2变小、U1变大一定使偏转角变小．
答案：D
6．解析：粒子从粒子源A到B极板过程由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，故v0＝eq \r(\f(2qU1,m))，A错误；粒子在C、D间的运动时间为t＝eq \f(L,v0)＝Leq \r(\f(m,2qU1))，故B错误；粒子飞出C、D极板间的电场时在竖直方向发生的位移为y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU2,md)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))eq \s\up12(2)＝eq \f(U2L2,4U1d)，故C错误；设粒子飞出C、D极板间电场时速度与水平方向夹角为θ，则tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(\f(qU2,md)·\f(L,v0),v0)＝eq \f(qLU2,mdv eq \\al(2,0) )＝eq \f(LU2,2dU1)，同时使U1和U2加倍，夹角不变，故D正确．
答案：D
7．解析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d.在加速电场中，电场力做的功为W＝qU1，由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A、B错误；整个过程运用动能定理得eq \f(1,2)mv2＝qU1＋eq \f(1,2)qU2，由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则v不同，故C错误；在偏转电场中的偏转位移y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU2,2md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))eq \s\up12(2)，解得y＝eq \f(U2L2,4dU1)，同理可得到偏转角度的正切为tanθ＝eq \f(U2L,4dU1)，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关，所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，三种粒子打在屏上同一点，故D正确．
答案：D
8．解析：(1)在加速电场中，根据动能定理有eU0＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(\f(2eU0,m))
(2)电子偏转时做类平抛运动，有L0＝v0t，vy＝at，a＝eq \f(eE,m)，tan30°＝eq \f(vy,v0)
联立可得E＝eq \f(2\r(3)U0,3L0)
电子显负电性，根据图中电子轨迹，可知偏转电场方向竖直向上．
(3)电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，则有s＝v0t′，H－eq \f(1,2)at2＝vyt′，tan30°＝eq \f(vy,v0)
联立可得s＝eq \r(3)H－eq \f(L0,2)
答案：(1) eq \r(\f(2eU0,m)) (2)eq \f(2\r(3)U0,3L0)，方向竖直向上
(3)eq \r(3)H－eq \f(L0,2)
9．解析：电子在E1＝E的匀强电场中做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得eE1＝ma1，根据位移一时间公式，有eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1t eq \\al(2,1) .电子进入E2＝3E的匀强电场时的速度为v1＝a1t1，在水平方向上做匀速直线运动，有2L＝v1t2，电子从释放到打到屏上所用的时间为t＝t1＋t2，解得t＝3eq \r(\f(mL,eE))，A错误，B正确．电子在电场E2＝3E的竖直方向上，有eE2＝e·3E＝ma2，vy＝a2t3，L＝v1t3，电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tanθ＝eq \f(vy,v1)，解得tanθ＝3，C错误；电子离开电场E2时的速度反向延长线交于E2电场中点O′，轨迹如图所示，电子打到屏上的点P′到点O的距离为x，由相似三角形得tanθ＝eq \f(x,\f(3,2)L)，解得x＝eq \f(9,2)L，D正确．
答案：BD
10．解析：(1)墨汁微滴在v0方向做匀速直线运动，有L1＝v0t
得t＝eq \f(L1,v0) ①
(2)偏转板间的电场强度E＝eq \f(U,d) ②
在垂直于v0方向，墨汁微滴做匀加速运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得qE＝ma ③
墨汁微滴从偏转板间的电场射出时偏离原入射方向的距离y＝eq \f(1,2)at2 ④
由①②③④得y＝eq \f(qUL eq \\al(2,1) ,2dmv eq \\al(2,0) ) ⑤
(3)微滴从偏转板间的电场射出时垂直于v0方向的分速度为vy＝at＝eq \f(qUL1,dmv0) ⑥
设微滴从偏转板间的电场射出时速度方向与原入射方向夹角为θ，则有tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUL1,dmv eq \\al(2,0) ) ⑦
从电场射出到打在纸上，微滴墨汁偏离原入射方向的距离为y2＝L2tanθ＝eq \f(qUL1L2,dmv eq \\al(2,0) ) ⑧
墨汁微滴从射入电场到打在纸上，偏离原入射方向的距离为Y＝y＋y2＝eq \f(qUL1（L1＋2L2）,2dmv eq \\al(2,0) ) ⑨
保持q、m、v0不变，当Y变大时，可使打印在纸上的字体放大，由⑨知，适当增大偏转板的电压U、减小d、增大L1或增大L2都可使打印在纸上的字体放大．
答案：(1)t＝eq \f(L1,v0) (2)y＝eq \f(qUL eq \\al(2,1) ,2dmv eq \\al(2,0) ) (3) 见解析
11．解析：(1)滑块恰好能到达圆轨道D点时，根据牛顿第二定律和向心力公式得mg＝meq \f(v2,R)
解得v＝1m/s
(2)从B点到D点，根据动能定理有
－μmgl－mg·2R＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,D) －eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B)
解得vB＝3m/s
(3)当电势差UAB最低时，滑块恰能经过最高点D，此时
vD＝1m/s
由动能定理得qUAB－μmgl－mg·2R＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,D) －eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解得UAB＝－1600V
当电势差UAB最高时，滑块经过最高点D后做平抛运动，恰能落到B点，则由平抛运动的规律得，
竖直方向2R＝eq \f(1,2)gt2
水平方向l＝v′Dt
根据动能定理得U′ABq－μmgl－mg·2R＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(2,D) －eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解得U′AB＝800V
则AB间电势差满足的条件是－1600V≤UAB≤800V.
答案：(1)1m/s (2)3m/s (3)－1600V≤UAB≤800V
1．质量和电荷量不同的带电粒子，在电场中由静止开始经相同电压加速后( )
A．比荷大的粒子速度大，电荷量大的粒子动能大
B．比荷大的粒子动能大，电荷量大的粒子速度大
C．比荷大的粒子速度和动能都大
D．电荷量大的粒子速度和动能都大
2．电子以初速度v0沿垂直电场强度方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两极板间的电压，但仍能使电子穿过该电场．则下列有关电子穿越平行板间的电场所需的时间的描述正确的是( )
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
3．如图所示，一初速度为v0的带电质点进入水平匀强电场后，沿图中竖直平面内的直线由A点运动到B点，其能量变化情况一定是( )
A．动能减少，重力势能增加，电势能减少
B．动能减少，重力势能增加，电势能增加
C．动能不变，重力势能增加，电势能减少
D．动能增加，重力势能增加，电势能减少
4．(多选)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图所示).下列说法正确的是( )
A．粒子射入的最大深度为eq \f(mv eq \\al(2,0) ,qE)
B．粒子射入的最大深度为eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2qE)
C．粒子在电场中运动的最长时间为eq \f(mv0,qE)
D．粒子在电场中运动的最长时间为eq \f(2mv0,qE)
5.
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的两块平行极板间的电场中．射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行极板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变小的是( )
A．U1变小、U2变大B．U1变大、U2变大
C．U1变小、U2变小D．U1变大、U2变小
6．如图所示，A为粒子源，A和极板B间的加速电压为U1，两水平放置的平行带电极板C、D间的电压为U2.现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从A处由静止释放，被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场，最后从右侧射出．极板C、D的长度为L，两极板间的距离为d，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A．带电粒子射出极板B时的速度v0＝eq \r(\f(qU1,2m))
B．带电粒子在C、D极板间运动的时间t＝Leq \r(\f(2qU1,m))
C．带电粒子飞出C、D极板间电场时在竖直方向上发生的位移为y＝eq \f(U2L2,2U1d)
D．若同时使U1和U2加倍，则带电粒子在飞出C、D极板间电场时的速度与水平方向的夹角不变
7.
如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上．那么下列说法正确的是( )
A．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功不一样多
C．三种原子核打在屏上时的速度一样大
D．三种原子核都打在屏上的同一位置上
8．[2023·广东南山高二期末]XCT扫描机可用于对多种病情的探测．图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示．图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场，方向竖直，经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电场后速度方向与水平方向成30°角，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示).已知MN两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用，不计空气阻力，电子质量为m，电量用e表示．
(1)求经过加速电场加速后电子的速度v0的大小；
(2)求偏转电场的电场强度；
(3)求P点到偏转电场右边界的水平距离s.
B组 能力提升练
9．(多选)如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝3E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为eq \f(L,2)，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O.下列说法正确的是( )
A．电子从释放到打到屏上所用的时间为2eq \r(\f(mL,eE))
B．电子从释放到打到屏上所用的时间为3eq \r(\f(mL,eE))
C．电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为2
D．电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离为eq \f(9,2)L
10.[2023·广东中山高二期末]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，带电量由计算机按字体笔画高低位置控制．一带电荷量为q，质量为m的墨汁微滴以速度v0垂直电场方向飞入偏转板间，最终打在纸上．已知偏转板间的电压为U，两板间距为d，板长为L1，偏转板的右端距纸的距离为L2.
(1)求墨汁微滴在偏转板间的运动时间t.
(2)求墨汁微滴从偏转板间的电场射出时偏离原入射方向的距离y.
(3)不改变墨汁微滴所带的电荷量、质量和进入偏转电场的速度，通过计算说明，如何调节可使打印在纸上的字体放大？
11．[2023·广东番禺高二期末]如图所示，水平绝缘轨道AC由光滑段AB与粗糙段BC组成，它与竖直光滑半圆轨道CD在C点处平滑连接，其中AB处于电场区内．一带电荷量为＋q、质量为m的可视为质点的滑块从A处以水平初速度v0进入电场区沿轨道运动，从B点离开电场区继续沿轨道BC运动，最后从圆轨道最高点D处以水平速度v离开圆轨道．已知轨道BC长l＝1m，圆轨道半径R＝0.1m，m＝0.01kg，q＝5×10－5C，滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2.设装置处于真空环境中．
(1)求滑块恰好能到达圆轨道D点时的速度．
(2)若滑块恰好能到达圆轨道D点，求滑块离开电场B点时的速度大小vB.
(3)若v0＝5m/s，为使滑块能到达圆轨道最高点D处，且离开圆轨道后落在水平轨道BC上，求A、B两点间电势差UAB应满足的条件．
课时分层作业(十二) 带电粒子在电场中的运动
1．解析：根据动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m)).根据上式可知，在相同电压的加速电场中，比荷eq \f(q,m)大的粒子其速度v大，电荷量q大的粒子动能大，A正确．
答案：A
2．解析：设板长为l，则电子穿越电场的时间为t＝eq \f(l,v0)，与两极板间电压无关，C正确．
答案：C
3．解析：根据题意可知，带电微粒做直线运动，所受的合力必须与AB在同一直线上，因为重力方向竖直向下，所以电场力方向必然水平向左，所以合力方向与速度方向相反．合力做负功，由动能定理可知，动能减小；重力做负功，重力势能增加；电场力做负功，电势能增加．故选B.
答案：B
4．解析：根据动能定理得EqL＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，可得粒子射入的最大深度为L＝eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2qE)，A错误，B正确；进入电场后的加速度为a＝eq \f(Eq,m)，因此粒子在电场中运动的时间为t＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(2v0,a)＝eq \f(2mv0,qE)，C错误，D正确．
答案：BD
5．解析：设电子被加速后获得初速度为v0，则由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间为t＝eq \f(l,v0)
设电子的加速度为a，根据牛顿第二定律，有a＝eq \f(qE2,m)＝eq \f(qU2,md)
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度为vy＝at
联立可得vy＝eq \f(qU2l,dmv0)
又有tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU2l,dmv eq \\al(2,0) )＝eq \f(U2l,2dU1)
故U2变小、U1变大一定使偏转角变小．
答案：D
6．解析：粒子从粒子源A到B极板过程由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ，故v0＝eq \r(\f(2qU1,m))，A错误；粒子在C、D间的运动时间为t＝eq \f(L,v0)＝Leq \r(\f(m,2qU1))，故B错误；粒子飞出C、D极板间的电场时在竖直方向发生的位移为y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU2,md)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))eq \s\up12(2)＝eq \f(U2L2,4U1d)，故C错误；设粒子飞出C、D极板间电场时速度与水平方向夹角为θ，则tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(\f(qU2,md)·\f(L,v0),v0)＝eq \f(qLU2,mdv eq \\al(2,0) )＝eq \f(LU2,2dU1)，同时使U1和U2加倍，夹角不变，故D正确．
答案：D
7．解析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d.在加速电场中，电场力做的功为W＝qU1，由于加速电压相同，电荷量相等，所以电场力做的功相等，故A、B错误；整个过程运用动能定理得eq \f(1,2)mv2＝qU1＋eq \f(1,2)qU2，由于三种粒子的电荷量相同，质量不同，则v不同，故C错误；在偏转电场中的偏转位移y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qU2,2md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))eq \s\up12(2)，解得y＝eq \f(U2L2,4dU1)，同理可得到偏转角度的正切为tanθ＝eq \f(U2L,4dU1)，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关，所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，三种粒子打在屏上同一点，故D正确．
答案：D
8．解析：(1)在加速电场中，根据动能定理有eU0＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(\f(2eU0,m))
(2)电子偏转时做类平抛运动，有L0＝v0t，vy＝at，a＝eq \f(eE,m)，tan30°＝eq \f(vy,v0)
联立可得E＝eq \f(2\r(3)U0,3L0)
电子显负电性，根据图中电子轨迹，可知偏转电场方向竖直向上．
(3)电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，则有s＝v0t′，H－eq \f(1,2)at2＝vyt′，tan30°＝eq \f(vy,v0)
联立可得s＝eq \r(3)H－eq \f(L0,2)
答案：(1) eq \r(\f(2eU0,m)) (2)eq \f(2\r(3)U0,3L0)，方向竖直向上
(3)eq \r(3)H－eq \f(L0,2)
9．解析：电子在E1＝E的匀强电场中做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得eE1＝ma1，根据位移一时间公式，有eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1t eq \\al(2,1) .电子进入E2＝3E的匀强电场时的速度为v1＝a1t1，在水平方向上做匀速直线运动，有2L＝v1t2，电子从释放到打到屏上所用的时间为t＝t1＋t2，解得t＝3eq \r(\f(mL,eE))，A错误，B正确．电子在电场E2＝3E的竖直方向上，有eE2＝e·3E＝ma2，vy＝a2t3，L＝v1t3，电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tanθ＝eq \f(vy,v1)，解得tanθ＝3，C错误；电子离开电场E2时的速度反向延长线交于E2电场中点O′，轨迹如图所示，电子打到屏上的点P′到点O的距离为x，由相似三角形得tanθ＝eq \f(x,\f(3,2)L)，解得x＝eq \f(9,2)L，D正确．
答案：BD
10．解析：(1)墨汁微滴在v0方向做匀速直线运动，有L1＝v0t
得t＝eq \f(L1,v0) ①
(2)偏转板间的电场强度E＝eq \f(U,d) ②
在垂直于v0方向，墨汁微滴做匀加速运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得qE＝ma ③
墨汁微滴从偏转板间的电场射出时偏离原入射方向的距离y＝eq \f(1,2)at2 ④
由①②③④得y＝eq \f(qUL eq \\al(2,1) ,2dmv eq \\al(2,0) ) ⑤
(3)微滴从偏转板间的电场射出时垂直于v0方向的分速度为vy＝at＝eq \f(qUL1,dmv0) ⑥
设微滴从偏转板间的电场射出时速度方向与原入射方向夹角为θ，则有tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUL1,dmv eq \\al(2,0) ) ⑦
从电场射出到打在纸上，微滴墨汁偏离原入射方向的距离为y2＝L2tanθ＝eq \f(qUL1L2,dmv eq \\al(2,0) ) ⑧
墨汁微滴从射入电场到打在纸上，偏离原入射方向的距离为Y＝y＋y2＝eq \f(qUL1（L1＋2L2）,2dmv eq \\al(2,0) ) ⑨
保持q、m、v0不变，当Y变大时，可使打印在纸上的字体放大，由⑨知，适当增大偏转板的电压U、减小d、增大L1或增大L2都可使打印在纸上的字体放大．
答案：(1)t＝eq \f(L1,v0) (2)y＝eq \f(qUL eq \\al(2,1) ,2dmv eq \\al(2,0) ) (3) 见解析
11．解析：(1)滑块恰好能到达圆轨道D点时，根据牛顿第二定律和向心力公式得mg＝meq \f(v2,R)
解得v＝1m/s
(2)从B点到D点，根据动能定理有
－μmgl－mg·2R＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,D) －eq \f(1,2)mv eq \\al(2,B)
解得vB＝3m/s
(3)当电势差UAB最低时，滑块恰能经过最高点D，此时
vD＝1m/s
由动能定理得qUAB－μmgl－mg·2R＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,D) －eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解得UAB＝－1600V
当电势差UAB最高时，滑块经过最高点D后做平抛运动，恰能落到B点，则由平抛运动的规律得，
竖直方向2R＝eq \f(1,2)gt2
水平方向l＝v′Dt
根据动能定理得U′ABq－μmgl－mg·2R＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(2,D) －eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解得U′AB＝800V
则AB间电势差满足的条件是－1600V≤UAB≤800V.
答案：(1)1m/s (2)3m/s (3)－1600V≤UAB≤800V
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