帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)

-.z.帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)帶電粒子在電場(chǎng)中的加速討論帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)(加速或減速)的方法：(1)能量方法——能量守恒定律；(2)功能關(guān)系——?jiǎng)幽芏ɡ恚?3)力和運(yùn)動(dòng)學(xué)方法——牛頓運(yùn)動(dòng)定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式。[典題例析1]如圖甲所示，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q＞0)的滑塊從距離彈簧上端為s0處?kù)o止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。(1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t1；(2)假設(shè)滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm的過程中彈簧的彈力所做的功W；(3)從滑塊靜止釋放瞬間開場(chǎng)計(jì)時(shí)，請(qǐng)?jiān)趫D乙中畫出滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中速度與時(shí)間關(guān)系v－t圖像。圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度到達(dá)最大值及第一次速度減為零的時(shí)刻，縱坐標(biāo)軸上的v1為滑塊在t1時(shí)刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。(1)滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則有qE＋mgsinθ＝ma①s0＝eq\f(1,2)at12②聯(lián)立①②可得t1＝eq\r(\f(2ms0,qE＋mgsinθ))(2)滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為*0，則有mgsinθ＋qE＝k*0④從靜止釋放到速度到達(dá)最大的過程中，由動(dòng)能定理得(mgsinθ＋qE)·(s0＋*0)＋W＝eq\f(1,2)mvm2－0⑤聯(lián)立④⑤可得W＝eq\f(1,2)mvm2－(mgsinθ＋qE)·(s0＋eq\f(mgsinθ＋qE,k))[拓展訓(xùn)練1]如圖6－3－7所示，板長(zhǎng)L＝4cm的平行板電容器，板間距離d＝3cm，板與水平線夾角α＝37°，兩板所加電壓為U＝100V，有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出，取g＝10m/s2。求：(1)液滴的質(zhì)量；(2)液滴飛出時(shí)的速度。(1)畫出帶電液滴的受力圖如下圖，由圖可得：qEcosα＝mgqEsinα＝maE＝eq\f(U,d)解之得：m＝eq\f(qUcosα,dg)代入數(shù)據(jù)得m＝8×10－8(2)對(duì)液滴由動(dòng)能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02v＝eq\r(v02＋\f(2qU,m))所以v＝eq\f(\r(7),2)m/s≈1.32m/s[拓展訓(xùn)練2]如圖a所示，為一組間距d足夠大的平行金屬板，板間加有隨時(shí)間變化的電壓〔如圖b所示〕，設(shè)U0和T。A板上O處有一靜止的帶電粒子，其帶電量為q，質(zhì)量為m〔不計(jì)重力〕，在t=0時(shí)刻起該帶電粒子受板間電場(chǎng)加速向B板運(yùn)動(dòng)，途中由于電場(chǎng)反向，粒子又向A板返回〔粒子未曾與B板相碰〕。〔1〕當(dāng)U*=2U0時(shí)求帶電粒子在t=T時(shí)刻的動(dòng)能；〔2〕為使帶電粒子在0~T時(shí)間內(nèi)能回到O點(diǎn)，U*要大于多少？OOABu〔a〕utU0U*OT/2T3T/2〔b〕解析：〔1〕，，，〔2〕，，，，由上面四式，得因?yàn)?，，所以二、帶電粒子在電?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，綜合了靜電場(chǎng)和力學(xué)的知識(shí)，分析方法和力學(xué)的分析方法根本一樣：先分析受力情況再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程；然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。[典題例析2]如圖為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計(jì))，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中(偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng))，電子進(jìn)入M、N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，電子經(jīng)過電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn)。M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作用力。設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動(dòng)能定理有eU1＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。t＝eq\f(L,v0)eq\f(eU2,md)＝ay＝eq\f(1,2)at2解得：y＝eq\f(U2L2,4U1d)。(3)減小加速電壓U1，增大偏轉(zhuǎn)電壓U2?！和卣褂?xùn)練』如下圖，兩塊平行金屬板豎直放置，兩板間的電勢(shì)差U＝1.5×103V(僅在兩板間有電場(chǎng))，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1×10－2kg、電荷量q＝4×10－5C的帶電小球從兩板的左上方距兩板上端的高度h＝20cm的地方以初速度v0＝4m(1)金屬板的長(zhǎng)度L。(2)小球飛出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek。解析：(1)小球到達(dá)左板上邊緣時(shí)的豎直分速度：vy＝eq\r(2gh)＝2m/s設(shè)小球此時(shí)速度方向與豎直方向之間的夾角為θ，則：tanθ＝eq\f(v0,vy)＝2小球在電場(chǎng)中沿直線運(yùn)動(dòng)，所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向一樣，設(shè)板間距為d，則：tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(qU,mgd)L＝eq\f(d,tanθ)， 解得L＝eq\f(qU,mgtan2θ)＝0.15m(2)進(jìn)入電場(chǎng)前mgh＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程qU＋mgL＝Ek－eq\f(1,2)mv12解得Ek＝0.175J[典題例析3]如下圖為研究電子槍中電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型示意圖.在O*y平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ，兩電場(chǎng)的邊界均是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形〔不計(jì)電子所受重力〕?！?〕在該區(qū)域AB邊的中點(diǎn)處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置.〔2〕在電場(chǎng)Ⅰ區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點(diǎn)的位置.〔3〕假設(shè)將左側(cè)電場(chǎng)Ⅱ整體水平向右移動(dòng)L/n〔n≥1〕，仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開〔D不隨電場(chǎng)移動(dòng)〕，求在電場(chǎng)Ⅰ區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。解析：〔1〕設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場(chǎng)I中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，出區(qū)域I時(shí)的為v0，此后電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y，有解得y＝，所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為〔－2L，〕〔2〕設(shè)釋放點(diǎn)在電場(chǎng)區(qū)域I中，其坐標(biāo)為〔*，y〕，在電場(chǎng)I中電子被加速到v1，然后進(jìn)入電場(chǎng)II做類平拋運(yùn)動(dòng)，并從D點(diǎn)離開，有解得*y＝，即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點(diǎn)即為所求位置?！?〕設(shè)電子從〔*，y〕點(diǎn)釋放，在電場(chǎng)I中加速到v2，進(jìn)入電場(chǎng)II后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在高度為y′處離開電場(chǎng)II時(shí)的情景與〔2〕中類似，然后電子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過D點(diǎn)，則有，解得，即在電場(chǎng)I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點(diǎn)即為所求位置『拓展訓(xùn)練』真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在電場(chǎng)中，假設(shè)將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球的速度與豎直方向夾角為37°〔取〕?，F(xiàn)將該小球從電場(chǎng)中*點(diǎn)以初速度豎直向上拋出。求運(yùn)動(dòng)過程中〔1〕小球受到的電場(chǎng)力的大小及方向；〔2〕小球從拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)的電勢(shì)能變化量；〔3〕小球的最小速度的大小及方向。答案：〔1〕根據(jù)題設(shè)條件，電場(chǎng)力大小電場(chǎng)力的方向水平向右?！?〕小球沿豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度為沿水平方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a*小球上升到最高點(diǎn)的時(shí)間此過程小球沿電場(chǎng)方向位移電場(chǎng)力做功W=小球上升到最高點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能減少〔3〕水平速度，豎直速度小球的速度由以上各式得出解得當(dāng)此時(shí)·,即與電場(chǎng)方向夾角為37°斜向上穩(wěn)固訓(xùn)練一、選擇題1.板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差為U1，板間場(chǎng)強(qiáng)為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閑q\f(1,2)d，其他條件不變，這時(shí)兩極板間電勢(shì)差為U2，板間場(chǎng)強(qiáng)為E2，以下說法正確的是()A.U2＝U1，E2＝E1B.U2＝2U1，E2＝4E1C.U2＝U1，E2＝2E1D.U2＝2U1，E2＝2E12.水平放置的平行板電容器與一電池相連.在電容器的兩板間有一帶正電的質(zhì)點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則()A.電容變大，質(zhì)點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)B.電容變大，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)C.電容變小，質(zhì)點(diǎn)保持靜止D.電容變小，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)3.如下圖，長(zhǎng)為L(zhǎng)、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的M點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)斜面頂端N的速度仍為v0，則()A.電場(chǎng)強(qiáng)度等于mg·tanθ/qB.電場(chǎng)強(qiáng)度等于mg·sinθ/qC.M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差為mgL/qD.小球在N點(diǎn)的電勢(shì)能大于在M點(diǎn)的電勢(shì)能4.如下圖，一個(gè)帶電粒子從粒子源進(jìn)入(初速度很小，可忽略不計(jì))電壓為U1的加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入，A、B板長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，電壓為U2.則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是()A.eq\f(U2,U1)≤eq\f(2d,L)B.eq\f(U2,U1)≤eq\f(d,L)C.eq\f(U2,U1)≤eq\f(2d2,L2)D.eq\f(U2,U1)≤eq\f(d2,L2)5.如下圖，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動(dòng)到虛線位置，其他條件不變.則在B極板移動(dòng)的過程中()A.油滴將向下做勻加速運(yùn)動(dòng)B.電流計(jì)中電流由b流向aC.油滴運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸變大D.極板帶的電荷量減少6.如下圖，在絕緣光滑水平面上固定兩個(gè)等量同種電荷A、B，在AB連線上的P點(diǎn)由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會(huì)在A、B之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，則以下判斷正確的選項(xiàng)是()A.滑塊一定帶的是與A、B異種的電荷B.滑塊一定帶的是與A、B同種的電荷C.滑塊在由P向B運(yùn)動(dòng)過程中，電勢(shì)能一定是先減小后增大D.滑塊的動(dòng)能與電勢(shì)能之和一定減小7.a、b、c三個(gè)α粒子由同一點(diǎn)同時(shí)垂直場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，其軌跡如下圖，其中b恰好飛出電場(chǎng)，由此可以肯定()A.在b飛離電場(chǎng)的同時(shí)，a剛好打在負(fù)極板上B.b和c同時(shí)飛離電場(chǎng)C.進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，c的速度最大，a的速度最小D.動(dòng)能的增量相比，c的最小，b的最大8.如下圖，A、B為一對(duì)中間開有小孔的平行金屬板，相距一定距離，A板接地，現(xiàn)有一電子在t＝0時(shí)刻在A板小孔中由靜止開場(chǎng)向B板運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力及阻力影響，使電子一定能從B板小孔射出，則B板電勢(shì)φB與時(shí)間t的變化規(guī)律是()9.光滑水平面上有一邊長(zhǎng)為l的正方形區(qū)域處在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與正方形一邊平行.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球由*一邊的中點(diǎn)，以垂直于該邊的水平初速度v0進(jìn)入該正方形區(qū)域.當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí)，具有的動(dòng)能可能為()A.0B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)qElC.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2,3)qEl10.如圖12所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個(gè)方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子。假設(shè)極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d。當(dāng)A、B板加上電壓U時(shí)，只有*一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C離兩板等距。元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為()圖12A.eq\r(\f(2eU,m))B.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,m))C.eq\f(1,d)eq\r(\f(eUd2＋L2,m))D.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,2m))解析：設(shè)所求的速度為v0，與上板A成θ角。在垂直于極板的方向上，β粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)豎直分速度恰好減為零時(shí)，有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，即d＝at2，水平位移L＝v*t，兩式相除得eq\f(d,L)＝eq\f(at,v*)＝eq\f(vy,v*)，又vy＝at＝eq\r(\f(Ue,m))，所以v*＝eq\f(L,d)vy＝eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,m))。所以v0＝eq\r(v*2＋vy2)＝eq\f(1,d)eq\r(\f(eUd2＋L2,m))。選項(xiàng)C正確。11.(18分)如下圖，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏.現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O.試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間；(2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離*.12.如圖14所示，長(zhǎng)L＝1.2m、質(zhì)量M＝3kg的木板靜止放在傾角為37°的光滑斜面上，質(zhì)量m＝1kg、帶電荷量q＝＋2.5×10－4C的物塊放在木板的上端，木板和物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，所在空間加有一個(gè)方向垂直斜面向下、場(chǎng)強(qiáng)E＝4.0×104N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)對(duì)木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8N。取g＝10m/s2圖14(1)物塊經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間離開木板？(2)物塊離開木板時(shí)木板獲得的動(dòng)能。(3)物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能。解析：(1)物塊向下做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a1，木板的加速度為a2，則由牛頓第二定律對(duì)物塊：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1對(duì)木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2又eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L得物塊滑過木板所用時(shí)間t＝eq\r(2)s。(2)物塊離開木板時(shí)木板的速度v2＝a2t＝3eq\r(2)m/s。其動(dòng)能為Ek2＝eq\f(1,2)Mv22＝27J(3)由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝F摩*相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16J。答案：(1)eq\r(2)s(2)27J(3)2.16J答案解析1.【解析】選C.由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C2＝2C1，又Q＝C1U1,2Q＝C2U2，故得U2＝U1，又由E＝eq\f(U,d)可得：E2＝2E1，C正確.2.【解析】選D.帶電質(zhì)點(diǎn)在電容器中處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝qE，因?yàn)殡娙萜髋c電源連接，電壓不變，E＝U/d，d增大，電容C減小，E減小，質(zhì)點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)，答案為D.3.【解析】選A.小球受到重力、電場(chǎng)力、支持力三個(gè)恒力作用，一定沿斜面勻速運(yùn)動(dòng)，必有mgsinθ＝Eqcosθ，解得：E＝eq\f(mgtanθ,q)，A正確，B錯(cuò)誤；UMN＝E·Lcosθ＝eq\f(mgLsinθ,q)，C錯(cuò)誤；因電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，小球的電勢(shì)能減少，故小球在N點(diǎn)的電勢(shì)能小于在M點(diǎn)的電勢(shì)能，D錯(cuò)誤.4.【解析】選C.根據(jù)動(dòng)能定理知，當(dāng)帶電粒子剛好從板間飛出時(shí)，qU1＝eq\f(1,2)mv2，再由t＝eq\f(L,v)和y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)·(eq\f(L,v))2，得y≤eq\f(1,2)d，解得eq\f(U2,U1)≤eq\f(2d2,L2)，故C正確.【變式備選】(雙選)如下圖，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，則以下說法中正確的選項(xiàng)是()A.滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升B.滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C.電壓U增大時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D.電壓U增大時(shí)，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間不變【解析】選B、D.電子加速有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子偏轉(zhuǎn)有y＝eq\f(1,2)eq\f(eU,md)()2＝eq\f(Ul2,4dU0)，滑動(dòng)觸頭向右滑動(dòng)，U0增大，y減小，A錯(cuò)誤，B正確；兩電場(chǎng)對(duì)電子做的功為W＝e(U0＋eq\f(U,d)y)，U增大，y增大，則W增大，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電子在加速電場(chǎng)中勻加速時(shí)間不變，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間也不變，所以運(yùn)動(dòng)總時(shí)間不變，選項(xiàng)D正確.故答案為B、D.5.【解析】選C、D.由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，電容器電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量減少，電容器放電，電流由a流向b，D正確，B錯(cuò)誤；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移過程中，兩板間場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運(yùn)動(dòng)的加速度逐漸變大，C正確，A錯(cuò)誤.6.【解析】選B、C.根據(jù)從P點(diǎn)由靜止釋放的帶電滑塊在A、B之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)可以判斷，開場(chǎng)時(shí)A對(duì)滑塊向右的作用力大于B向左的作用力，所以滑塊一定帶與A、B一樣的電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)B對(duì)；由于A、B帶等量同種電荷，所以其連線中點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，滑塊在由P向B運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能一定是先減小后增大，選項(xiàng)C正確；在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中只有電場(chǎng)力做功，所以滑塊的動(dòng)能與電勢(shì)能之和一定不變，D選項(xiàng)錯(cuò)，故答案為B、C.7.【解析】選A、C.由eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2可知，ta＝tb，A正確；而yc＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)teq\o\al(2,c)，tc<tb，B錯(cuò)誤；由t＝eq\f(L,v)得：vc>vb>va，C正確；由ΔEk＝Eq·y可知，ΔEkb＝ΔEka>ΔEkc，故D錯(cuò)誤.8.【解析】選A、B.圖A中，B板電勢(shì)一直比A板電勢(shì)高，因此，電子一直向B板加速運(yùn)動(dòng)，一定能從B板小孔射出，A正確；由對(duì)稱性可知，圖B中電壓加在板間，將使電子時(shí)而向B板加速，時(shí)而向B板減速，且一直向B板運(yùn)動(dòng)，一定能從B板小孔射出，B正確；圖C、圖D中電壓加在板間，假設(shè)板間距足夠大，則電子將在兩板間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，假設(shè)板間距較小，則有可能從B板小孔射出，故C、D均錯(cuò)誤.9.【解析】選A、C.如題圖所示.(1)當(dāng)它從bc邊中點(diǎn)垂直該邊以水平初速度v0進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，由動(dòng)能定理得：qEl＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)即Ek＝qEl＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).(2)當(dāng)它從ab邊中點(diǎn)垂直該邊進(jìn)入，則可能沿ad邊射出，也可能沿cd邊射出.①假設(shè)從ad邊射出，則＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即Ek＝＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則選項(xiàng)B錯(cuò)誤；②假設(shè)從cd邊射出，設(shè)射出點(diǎn)與射入點(diǎn)沿場(chǎng)強(qiáng)方向的距離為*,0＜*≤eq\f(l,2)，則qE*＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)<Ek≤＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).(3)假設(shè)它從ad邊中點(diǎn)垂直該邊進(jìn)入電場(chǎng)，則先做勻減速運(yùn)動(dòng).①假設(shè)qEl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則到達(dá)bc邊時(shí)速度為零.應(yīng)選項(xiàng)A正確；②假設(shè)qEl＞eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則未出電場(chǎng)區(qū)，