10.5帶電粒子在電場中的運動-高二物理講義（人教2019）

10.5帶電粒子在電場中的運動【物理核心素養(yǎng)】物理觀念1．運用靜電力、電場強度等概念研究帶電粒子運動時的加速度、位移等量的變化。2．運用靜電力做功，電勢等概念研究帶電粒子的運動過程中能量的轉(zhuǎn)化?？茖W思維1．通過研究加速過程的分析，培養(yǎng)分析推理能力。2．通過帶電粒子的偏轉(zhuǎn)、類比平拋運動，分析帶電粒子的運動規(guī)律?？茖W探究通過研究帶電粒子的運動情況，能解釋相關(guān)物理現(xiàn)象，培養(yǎng)熱愛科學的精神?！窘虒W重難點】【教學重點】帶電粒子在勻強電場中的運動規(guī)律?！窘虒W難點】綜合應(yīng)用力學和電學知識處理偏轉(zhuǎn)問題。知識點一、帶電粒子在電場中的加速1.帶電粒子的加速帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的靜電力與運動方向在同一直線上，做加速（或減速）直線運動。2.分析帶電粒子加速的問題的兩種思路（1）利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式來分析當解決的問題屬于勻強電場且涉及運動時間等描述運動過程的物理量時，適合運用這一種思路分析?？捎伸o電力求得加速度進而求出末速度、位移或時間。（2）利用靜電力做功結(jié)合動能定理來分析。靜電力做的功等于粒子動能的變化量。當問題只涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場情景時，適合運用這一種思路分析。①若粒子的初速度為零，則得：②若粒子的初速度不為零，則得：【經(jīng)典例題1】如圖所示的電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，間隔均為d，各平面電勢已在圖中標出，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電小球以速度v0、方向與水平方向成45°角斜向上射入電場，要使小球做直線運動，求：（1）小球應(yīng)帶何種電荷及其電荷量；（2）小球受到的合外力的大??；（3）在入射方向上小球運動的最大位移x。（電場足夠大）【答案】（1）正電荷，；（2）；（3）【解析】（1）作電場線如圖（a）所示。由題意知，只有小球受到向左的電場力，電場力和重力的合力與初速度才可能在一條直線上，如圖（b）所示。只有當F合與v0在一條直線上才可能使小球做直線運動，所以小球帶正電，小球沿v0方向做勻減速運動。由圖（b）知qE=mg相鄰等勢面間的電勢差為U，所以E=所以q=（2）由圖（b）知F合=mg（3）由動能定理得F合xm=0所以xm=【變式訓(xùn)練1】（多選）如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中虛線所示，由上極板的左下端沿水平直線通過電容器，由下極板的右上端射出極板。設(shè)粒子質(zhì)量為、重力加速度為、極板與水平面夾角為銳角、極板長為。則在此過程中，該粒子（

）A．所受重力與靜電力平衡 B．射入電場的初速度至少為C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動【答案】BD【解析】ACD．根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力，方向豎直向下；二是靜電力，方向垂直于極板向上。則靜電力與重力的合力方向與速度方向相反，粒子做勻減速直線運動，動能逐漸減小，AC錯誤，D正確；B．對該粒子做受力分析有加速度又有解得又有解得B正確。故選BD。知識點二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，電子以初速度v0垂直于電場線方向射入勻強電場時，電子只受到恒定的與初速度方向成90°角的電場力作用而做勻變速曲線運動，類似于力學中的平拋運動（軌跡為拋物線）。1、受力分析：由于帶電粒子在電場中運動受力僅有電場力F（與初速度垂直且恒定），不考慮重力。2、運動情況分析：由受力分析可知，帶電粒子做類平拋運動3、求粒子的速度偏轉(zhuǎn)角粒子穿越電場的時間：垂直場強方向勻速直線運動：，，可得：粒子穿越電場時，豎直方向的加速度：則粒子豎直方向速度：粒子離開電場時的速度：粒子離開電場時的偏移量：…….①粒子的偏轉(zhuǎn)角為：……..②（2）由（1）中得到①式和②式圖中的y稱為側(cè)移，又叫橫向位移，x為縱向。我們把這樣的電場稱為偏轉(zhuǎn)電場。，因此，【經(jīng)典例題2】先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進入時速度方向與電場方向垂直。在下列兩種情況下，分別求出電子偏轉(zhuǎn)角的正切與氫核偏轉(zhuǎn)角的正切之比。（1）電子與氫核的初速度相同。（2）電子與氫核的初動能相同?！敬鸢浮?；【解析】粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，由動力學知識可得：水平方向L=v0t加速度豎直分速度vy=at速度偏向角的正切（1）如果電子和氫核的初速度相同，由上公式，可知偏轉(zhuǎn)角的正切值與質(zhì)量成反比，所以離開時電子偏角的正切和氫核偏角的正切之比為（2）如果電子和氫核的初動能相同，由上公式，可知偏轉(zhuǎn)角的正切值與電量成正比，所以離開時氦核偏角的正切和氫核偏角的正切之比為【變式訓(xùn)練2】如圖，電子在電勢差為的加速電場中從A點由靜止開始運動，然后射入電勢差為的兩塊平行極板間的電場中，入射方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略。在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是（）A．變大，變大 B．變小，變小C．變大，變小 D．變小，變大【答案】D【解析】電子在加電場中，根據(jù)動能定理有在偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)極板的長為l，寬為d，由牛頓第二定律可得水平方向上滿足電子的偏轉(zhuǎn)角滿足聯(lián)立可解得要使電子的偏轉(zhuǎn)角變大，可以使變小，變大。故選D。知識點三、示波管原理示波管的原理圖，它由電子槍，偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。電子槍的作用是產(chǎn)生高速飛行的電子。電極XX′使電子束沿水平方向偏轉(zhuǎn)，電極YY′使電子束沿豎直方向偏轉(zhuǎn)，這樣就在熒光屏上出現(xiàn)了隨時間而展開的信號電壓的波形。顯然，這個波形是電子束同時參與兩個相互垂直的分運動合成的結(jié)果。示波器不僅可以用來定性觀察電壓的動態(tài)變化過程，而且可以定量測定電壓的大小、周期和相位等，示波管是示波器中顯示波形的部件，其結(jié)構(gòu)如圖所示，由發(fā)射、加速和聚焦電子束的電子槍，控制電子束偏轉(zhuǎn)的X軸和Y軸偏轉(zhuǎn)板，偏轉(zhuǎn)電極一般有相互平行的兩組，一組控制水平偏轉(zhuǎn)，一組控制豎直偏轉(zhuǎn)。以及電子打在上面會發(fā)光的熒光屏三個部分組成，管內(nèi)抽成高度真空（106mm汞柱以下），以避免電子與氣體分子碰撞而引起電子束散射。電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打到熒光屏上使熒光粉發(fā)光。原理圖中的Y稱為側(cè)移，又叫橫向位移，X為縱向。我們把這樣的電場稱為偏轉(zhuǎn)電場。電子槍中的燈絲K發(fā)射電子，經(jīng)加速電場加速后，由本節(jié)i帶電粒子在電場中的加速例1中得到的速度公式：v0=如果在偏轉(zhuǎn)電極上加電壓電子在偏轉(zhuǎn)電極的電場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)。離開偏轉(zhuǎn)電極后沿直線前進，打在熒光屏上的亮斑在豎直方向發(fā)生偏移。其偏移量為：=y+Ltanθ[所以===（L+）tanθ由思考題中的式③]可得：從前面我們已經(jīng)知道側(cè)移與電壓成正比，盡管電子離開偏轉(zhuǎn)電場后到熒光屏之間還有一段勻速直線運動，但我們?nèi)匀豢梢宰C明電子打在熒光屏上的亮點位置與入射位置相比其側(cè)移量仍是與電壓成正比的。【經(jīng)典例題3】如圖1所示為示波管原理圖，若其內(nèi)部豎直偏轉(zhuǎn)電極之間電勢差如圖2所示的規(guī)律變化，水平偏轉(zhuǎn)電極之間的電勢差如圖3所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】在時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當為負的最大值時，電子大在熒光屏上有負的最大位移，當為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，因此D正確，ABC錯誤。故選D?！咀兪接?xùn)練3】示波管可以用來觀察電信號隨時間的情況，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，如果在電極之間加上如圖（a）所示的電壓，在之間加上如圖（b）所示電壓，熒光屏上會出現(xiàn)的波形是A． B．C． D．【答案】C【解析】電極YY′之間加上圖（a）所示的電壓，則粒子的偏轉(zhuǎn)位移在上下進行變化，而在XX′之間加上圖（b）所示電壓時，粒子將分別打在左右各一個固定的位置，因此只能打出圖C所示的圖象，故C正確，ABD錯誤．題組A基礎(chǔ)過關(guān)練1．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙?，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢．2倍 B．4倍 C． D．【答案】C【解析】電子做類平拋運動，故其在水平方向和豎直方向滿足L=v0t而兩板間的場強為聯(lián)立，可得若入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩板間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?。故選C。2．如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為的帶電小球，以初速度從點豎直向上運動，通過點時，速度大小為，方向與電場方向相反，則小球從運動到的過程（

）A．動能增加 B．機械能增加C．重力勢能增加 D．電勢能增加【答案】B【解析】由動能的表達式可知帶電小球在M點的動能為，在N點的動能為，所以動能的增量為，故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有，可得，豎直方向的位移，水平方向的位移，因此有，對小球?qū)憚幽芏ɡ碛校?lián)立上式可解得，，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加，電勢能減少，故B正確D錯誤，重力做負功重力勢能增加量為，故C錯誤．3．示波器可以用來觀察電信號隨時間變化的情況，其核心部件是示波管，其原理圖如圖所示，為水平偏轉(zhuǎn)電極，為豎直偏轉(zhuǎn)電極.以下說法正確的是（）A．加（d）波形電壓、不加信號電壓，屏上在兩個位置出現(xiàn)亮點B．加（c）波形電壓，加（b）波形電壓，屏上將出現(xiàn)兩條豎直亮線C．加（c）波形電壓、加（c）波形電壓，屏上將出現(xiàn)一條豎直亮線D．加（c）波形電壓、加（d）波形電壓，屏上將出現(xiàn)（b）所示圖線【答案】A【解析】A.加（d）波形電壓、不加信號電壓，根據(jù)示波管的工作原理可知會使電子槍發(fā)射的電子在水平電場的作用下，左右周期性地打在屏上，所以屏上在兩個水平位置出現(xiàn)亮點，故A正確；B.加（c）波形電壓、加（b）波形電壓，屏上將出現(xiàn)一條豎直亮線，故B錯誤；C.加（c）波形電壓、加（c）波形電壓，屏上將在一個位置出現(xiàn)亮點，故C錯誤；D.加（c）波形電壓、加（d）波形電壓，屏上將在兩個豎直位置出現(xiàn)亮點，故D錯誤。故選：A4．AB板間存在豎直方向的勻強電場，現(xiàn)沿垂直電場線方向射入三種比荷（電荷量與質(zhì)量的比）相同的帶電微粒（不計重力），a、b和c的運動軌跡如圖所示，其中b和c是從同一點射入的。不計空氣阻力，則可知粒子運動的全過程（）A．運動加速度aa>ab>acB．飛行時間tb=tc>taC．水平速度va>vb=vcD．電勢能的減少量ΔEc=ΔEb>ΔEa【答案】B【解析】A．根據(jù)牛頓第二定律得：微粒的加速度為a=據(jù)題相同，E相同，所以加速度相同，即aa=ab=ac，選項A錯誤；B．三個帶電微粒在豎直方向都做初速度為零的勻加速直線運動，由y=at2得t=由圖有yb=yc>ya則得tb=tc>ta選項B正確；C．三個帶電微粒水平方向都做勻速直線運動，由x=v0t得v0=由圖知xa>xb>xc又tb=tc>ta則得va>vb>vc選項C錯誤；D．電場力做功為W=qEy由于電荷量關(guān)系不能確定，所以不能確定電場力做功的大小，也就不能確定電勢能減少量的大小，選項D錯誤；故選B。5．（多選）如圖所示，從電子槍中射出初速度不計的電子，在加速電場中加速后，從板的小孔垂直偏轉(zhuǎn)電場方向射入兩極板間，最后射出偏轉(zhuǎn)電場，設(shè)加速電壓為，偏轉(zhuǎn)電壓為，則（

）A．變大，則電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度變大B．變大，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間變短C．變大，則電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度變小D．若要電子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移量變小，僅使變大，其他條件不變即可【答案】ABD【解析】AB．由可知，當變大時，電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度變大，電子在偏轉(zhuǎn)電場的水平位移不變，運動時間變短，AB正確；C．由可知，變大，電子受力變大，加速度變大，即電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度變大，C錯誤；D．由可知，若要電子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移量變小，僅使變大，其他條件不變即可，D正確。故選ABD。6．（多選）如圖所示，空間有一勻強電場，電場方向與紙面平行。一電荷量為q的粒子（重力不計），在恒力F的作用下沿虛線由M勻速運動到N。已知力F和MN間夾角為θ，M、N間距離為d，則下列結(jié)論中正確的是（）A．M、N兩點的電勢差為B．勻強電場的電場強度大小為C．帶電粒子由M運動到N的過程中，電勢能增加了FdcosθD．若要使帶電粒子由N向M做勻速直線運動，則F必須反向【答案】BC【解析】A．粒子做勻速運動，根據(jù)動能定理，有可得故A錯誤；B．粒子做勻速運動，受力平衡，則電場強度大小故B正確；C．粒子做勻速運動，F(xiàn)做正功，由A的分析可知，電場力做負功，所以電勢能的增加量等于克服電場力做的功Fdcosθ，故C正確；D．粒子做勻速直線運動的條件是粒子受力平衡，即由N運動到M，受力不變，故D錯誤。故選BC。題組B能力提升練7．如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為（）A．U1∶U2=1∶8 B．U1∶U2=1∶4 C．U1∶U2=1∶2 D．U1∶U2=1∶1【答案】A【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平位移為x=v0t兩次運動的水平位移之比為2∶1，兩次運動的水平速度相同，故運動時間之比為t1∶t2=2∶1由于豎直方向上的位移為h=at2h1∶h2=1∶2故加速度之比為1∶8，又因為加速度a=故兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為U1∶U2=1∶8BCD錯誤，A正確。故選A。8．離子推進器是新一代航天動力裝置，可用于衛(wèi)星姿態(tài)控制和軌道修正。推進劑從圖中P處注入，在A處電離出正離子，已知B、C之間加有恒定電壓U，正離子進入B時的速度忽略不計，經(jīng)加速形成電流為I的離子束后噴出推進器，單位時間內(nèi)噴出的離子質(zhì)量為J。為研究問題方便，假定離子推進器在太空中飛行時不受其他外力，忽略推進器運動速度。則推進器獲得的推力大小為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】在A處電離出正離子，經(jīng)B、C間電壓加速后，由動能定理可知解得以t秒內(nèi)噴射的離子為研究對象，應(yīng)用動量定理有又因為解得根據(jù)牛頓第三定律知推進器獲得的推力大小為，故選A。9．如圖所示，M、N是真空中的兩塊相距為d的平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電粒子，以初速度由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板。如果要使這個帶電粒子到達距N板后返回，下列措施中能滿足要求的是（不計帶電粒子的重力）（）A．使初速度減為原來的B．使M、N間電壓提高到原來的2倍C．使M、N間電壓提高到原來的3倍D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的【答案】D【解析】由題意知，帶電粒子在電場中做勻減速直線運動，在粒子恰好能到達N板時，由動能定理可得要使粒子到達距N板后返回，設(shè)此時兩極板間電壓為，粒子的初速度為，則由動能定理可得聯(lián)立兩方程得則D正確，ABC錯誤。故選D。10．一個動能為Ek的帶電粒子，垂直于電力線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2Ek，如果使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮敲此w出電容器時的動能變?yōu)椋?/p>

）A．8Ek B．5Ek C．4．25Ek D．4Ek【答案】C【解析】動能為Ｅk的帶電粒子，垂直于電力線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2Ｅk，則電場力做功為W=Ｅk；若使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，動能變?yōu)?Ek，則在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間減半，根據(jù)y=at2可知偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)樵瓉淼?，根?jù)W=Eqy可知電場力做功變?yōu)樵瓉淼?，即動能增量變?yōu)樵瓉淼模此w出電容器時的動能變?yōu)?.25Ｅk，故選C.11．（多選）如圖所示，由粒子源發(fā)出A、兩種的帶正電的粒子，經(jīng)過同一加速電場加速后，形成粒子束進入同一偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)，最終A、兩粒子都落在了偏轉(zhuǎn)電場中的下極板上。這些粒子離開粒子源時的初速度可視為零，空氣阻力、粒子的重力及粒子之間的相互作用力均可忽略不計。下列說法正確的是（）A．離開加速電場時兩粒子速度與它們的比荷成正比B．兩粒子在加速電場中的運動時間與它們的比荷成正比C．兩粒子打在偏轉(zhuǎn)電場下極板時的動能與它們的電荷量成正比D．兩粒子一定打在偏轉(zhuǎn)電場下極板的同一位置，這一位置與粒子本身無關(guān)【答案】CD【解析】A．在加速電場中，根據(jù)動能定理解得故A錯誤；B．設(shè)粒子在加速電場中的加速時間為，位移為，有兩粒子在加速電場中的運動時間的平方與它們的比荷成反比，故B錯誤；C．從開始運動到打到偏轉(zhuǎn)電場下板上，設(shè)豎直方向偏移距離為，根據(jù)動能定理有則有故C正確；D．粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的豎直位移相同，設(shè)為y，因為帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的水平位移可知兩粒子打到下極板上的位置相同，故D正確。故選CD。12．（多選）如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出，若不計重力，則（）A．a(chǎn)和b在電場中運動的時間之比為1∶2B．a(chǎn)和b在電場中運動的時間之比為2∶1C．a(chǎn)和b的比荷之比為1∶8D．a(chǎn)和b的比荷之比為8∶1【答案】AD【解析】AB．兩個粒子在水平方向上做勻速直線運動，a、b兩粒子的水平位移大小之比為1∶2，根據(jù)可知運動時間之比為1∶2；B錯誤，A正確；CD．粒子在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)兩粒子在豎直方向上的位移大小之比為2∶1，則a、b的加速度大小之比為8∶1，根據(jù)牛頓第二定律知加速度大小則加速度之比等于兩粒子的比荷之比，故兩粒子的比荷之比為8∶1，C錯誤D正確。故選AD。13．如圖所示，質(zhì)量為5×108kg的帶電微粒以v0=2m/s的速度從水平金屬板A、B左端中間水平射入，已知板長l=10cm，板間距離d=2cm。當UAB=1000V時，帶電微粒恰好沿直線穿過板間UAB為多大時微粒從上板邊沿飛出?【答案】1800V【解析】當U=1000V時，粒子做直線運動，所以粒子帶負電，由受力平衡得設(shè)粒子飛出運動時間為t，由水平方向粒子做勻速運動，則當AB板間電壓為U時，粒子剛好從A板邊緣飛出，則豎直方向有聯(lián)立可得14．如圖所示，虛線MN、PQ之間存在水平向右的勻強電場，兩虛線間距離為d。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，從a點由靜止釋放，經(jīng)電壓為U的電場加速后，由b點垂直進入水平勻強電場中，從MN上的某點c（圖中未畫出）離開，其速度與電場方向成45°角。不計粒子的重力，求：（1）粒子剛進入水平勻強電場時的速率v0；（2）水平勻強電場的場強大小E；（3）bc兩點間的電勢差Ubc?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)動能定理得解得（2）設(shè)離開水平電場時的速度為v，則有在水平方向有解得（3）根據(jù)動能定理得解得題組C培優(yōu)拔尖練15．如圖所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后，分別抵達B、C兩點，若AB=BC，則它們帶電荷量之比等于（）A．1∶2 B．∶1 C．1∶ D．2∶1【答案】D【解析】ABCD．兩個帶電液滴在復(fù)合場中分別受到大小不變的電場力和重力（即各自的合力不變），又是由靜止自由釋放，可知兩個液滴均做初速度為零的勻加速直線運動（在水平和豎直兩個方向上均是初速度為零勻加速直線運動），設(shè)帶電液滴的水平位移OA=L，兩帶電液滴水平位移相等，豎直位移為y，對液滴有解得則故ABC錯誤，D正確。故選D。16．如圖甲所示，在間距足夠大的平行金屬板A、B之間有一電子，在A、B之間加上按如圖乙所示規(guī)律變化的電壓，在時刻電子靜止且A板電勢比B板電勢高，則（）A．電子一直在A、B兩板間做往復(fù)運動B．當時，電子的速度最大C．當時，電子將回到出發(fā)點D．在足夠長的時間內(nèi)，電子一定會碰上B板【答案】D【解析】時，A板電勢比B板電勢高，則電場方向豎直向下，電子受向上的電場力，電場力與重力二力平衡，時，場強改變方向，電子受向下的電場力和重力作用，電子向下加速運動，直到后電子勻速向下運動，然后再加速運動，之后重復(fù)上述向下運動，故電子一直向下運動，在足夠長的時間內(nèi)，電子一定會碰上B板。故D正確，ABC錯誤。故選D。17．（多選）如圖所示，帶電量之比為qA：qB=1：2的帶電粒子A、B，先后以相同的速度從同一點水平射入平行板電容中，不計重力，帶電粒子偏轉(zhuǎn)后打在同一極板上，水平飛行距離之比xA：xB=2：1，則（）A．粒子A、B在電場中飛行的時間之比為tA：tB=2：3B．粒子A、B在電場中飛行的時間之比為tA：tB=2：1C．粒子A、B的質(zhì)量之比為mA：mB=4：3D．粒子A、B的質(zhì)量之比為mA：mB=2：1【答案】BD【解析】AB．粒子在水平方向做勻速直線運動，根據(jù)可知，粒子A、B在電場中飛行的時間之比為故A錯誤，B正確；CD．粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，有聯(lián)立解得故C錯誤，D正確。故選BD。18．（多選）三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的粒子，從帶電平行金屬板左側(cè)中央以相同的水平初速度先后垂直電場進入，并分別落在正極板的、、三處，點是下極板的左端點，且，，如圖所示，則下列說法正確的是（）A．三個粒子在電場中運動的時間之比B．三個粒子在電場中運動的加速度之比C．三個粒子在電場中運動時動能的變化量之比D．帶正、負電荷的兩個粒子的電荷量