人教版高中物理（必修三）同步講義+練習10.5帶電粒子在電場中的運動（含解析）

第十章靜電場中的能量第5節(jié)帶電粒子在電場中的運動課程標準學習目標能分析帶電粒子在電場中的運動情況，能解釋相關的物理現(xiàn)象1．會分析帶電粒子在電場中的直線運動.2．掌握求解帶電粒子直線運動問題的兩種方法.3．會用運動的合成與分解的知識，分析帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題．（一）課前閱讀：1.(1)研究電子、質(zhì)子、α粒子在電場中的運動時，重力能否忽略不計？(2)帶電粒子在勻強電場或非勻強電場中加速，計算末速度，分別應用什么規(guī)律研究？答案(1)電子、質(zhì)子、α粒子在電場中所受靜電力遠大于重力，故重力可忽略不計．(2)分析帶電粒子在勻強電場中的加速運動，可以用牛頓運動定律結(jié)合運動學公式列式求解，也可以用動能定理列式求解．分析帶電粒子在非勻強電場中的加速運動，可以用動能定理或功能關系求解．（二）基礎梳理一、帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在電場中的加速分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：1．利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式分析．適用于勻強電場．2．利用靜電力做功結(jié)合動能定理分析．對于勻強電場和非勻強電場都適用，公式有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(勻強電場)或qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(任何電場)等．【微點撥】帶電粒子在電場中加速的兩種分析思路2．兩種分析思路(1)利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式，適用于勻強電場且問題中涉及運動時間等描述運動過程的物理量時適合該思路。(2)利用靜電力做功結(jié)合動能定理，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該思路?！炯磳W即練】1.判斷下列說法的正誤.(1)帶電粒子(不計重力)在電場中由靜止釋放時，一定做勻加速直線運動．(×)(2)對帶電粒子在電場中的運動，從受力的角度來看，遵循牛頓運動定律；從做功的角度來看，遵循能量守恒定律．(√)(3)動能定理既能分析勻強電場中的直線運動問題，也能分析非勻強電場中的直線運動問題．(√)二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場，極板長為l，極板間距離為d，極板間電壓為U.1．運動性質(zhì)：(1)沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運動．(2)垂直v0的方向：初速度為零的勻加速直線運動．2．運動規(guī)律：(1)t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv02d).(2)vy＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02).＝1J/C.【拓展補充】幾個常用推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點．(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.(3)不同的帶電粒子(電性相同，初速度為零)，經(jīng)過同一電場加速后，又進入同一偏轉(zhuǎn)電場，則它們的運動軌跡必定重合三、示波管1．構造示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由電子槍(由發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(由偏轉(zhuǎn)電極XX′、偏轉(zhuǎn)電極YY′組成)和熒光屏組成，如圖所示。2．原理(1)掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓。(2)燈絲被電源加熱后，出現(xiàn)熱電子發(fā)射，發(fā)射出來的電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉(zhuǎn)電場，如果在YY′偏轉(zhuǎn)電極上加一個信號電壓，在XX′偏轉(zhuǎn)電極上加一掃描電壓，在熒光屏上就會出現(xiàn)按YY′偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律變化的可視圖像。【拓展補充】示波器示波器是一種用途十分廣泛的電子測量儀器。它能把肉眼看不見的電信號變換成看得見的圖像，便于人們研究各種電現(xiàn)象的變化過程。示波器利用狹窄的、由高速電子組成的電子束，打在涂有熒光物質(zhì)的屏面上，就可產(chǎn)生細小的光點(這是傳統(tǒng)的模擬示波器的工作原理)。一、帶電粒子在電場中的直線運動1．帶電粒子的分類及受力特點(1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等粒子，一般都不考慮重力，但不能忽略質(zhì)量．(2)質(zhì)量較大的微粒，如帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力．(3)受力分析仍按力學中受力分析的方法分析，切勿漏掉靜電力．2．求帶電粒子的速度的兩種方法(1)從動力學角度出發(fā)，用牛頓第二定律和運動學知識求解．(適用于勻強電場)由牛頓第二定律可知，帶電粒子運動的加速度的大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).若一個帶正電荷的粒子，在靜電力作用下由靜止開始從正極板向負極板做勻加速直線運動，兩極板間的距離為d，則由v2－v02＝2ad可求得帶電粒子到達負極板時的速度v＝eq\r(2ad)＝eq\r(\f(2qU,m)).(2)從功能關系角度出發(fā)，用動能定理求解．(可以是勻強電場，也可以是非勻強電場)帶電粒子在運動過程中，只受靜電力作用，靜電力做的功W＝qU，根據(jù)動能定理，當初速度為零時，W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))；當初速度不為零時，W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝eq\r(\f(2qU,m)＋v02).【典例精析】例1．(多選)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、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0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eq\f(d,3)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eq\f(1,3)B．使M、N間電壓提高到原來的1.5倍C．使M、N間電壓提高到原來的3倍D．使初速度和M、N間電壓減為原來的eq\f(2,3)【答案】BD【解析】由題意知，帶電粒子在電場中做勻減速直線運動，當粒子恰好能到達N板時，由動能定理，可得－qU＝－eq\f(1,2)mv02，要使粒子到達距N板eq\f(d,3)后返回，設此時兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，則由動能定理，可得－qeq\f(2U1,3)＝－eq\f(1,2)mv12，聯(lián)立兩方程，得eq\f(2U1,3U)＝eq\f(v12,v02)，故選項B、D正確．二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距離為d，不計粒子的重力，設粒子不與平行板相撞．粒子在板間做類平拋運動，應用運動分解的知識進行分析處理，如圖所示．1．基本規(guī)律初速度方向：粒子做勻速直線運動，通過電場的時間t＝eq\f(l,v0)靜電力方向：做初速度為零的勻加速直線運動．加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場時垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度方向與初速度方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)離開電場時沿靜電力方向的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02).2．幾個常用推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點．(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.(3)不同的帶電粒子(電性相同，初速度為零)，經(jīng)過同一電場加速后，又進入同一偏轉(zhuǎn)電場，則它們的運動軌跡必定重合．注意：分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉(zhuǎn)電場中沿靜電力方向的偏移量．【典例精析】例2．如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強電場，讓質(zhì)子以初速度v0沿著兩板中心線射入，沿a軌跡落到下板的中央，現(xiàn)只改變其中一個條件，讓質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將()A．開關S斷開B．初速度變?yōu)?v0C．板間電壓變?yōu)閑q\f(U,2)D．豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d【答案】B【解析】開關S斷開，電容器所帶電荷量不變，電容器的電容不變，則電容器兩極板間電壓不變，質(zhì)子仍落到下板的中央，A錯誤；將初速度變?yōu)?v0，質(zhì)子加速度不變，根據(jù)y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2知質(zhì)子運動到下極板所需的時間不變，由x＝v0t知到達下極板時質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，正好落到下板邊緣，B正確；當板間電壓變?yōu)閑q\f(U,2)時，板間電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，質(zhì)子所受的靜電力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，加速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，根據(jù)y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2知質(zhì)子運動到下極板所需時間為原來的eq\r(2)倍，由x＝v0t知到達下極板時質(zhì)子的水平位移為原來的eq\r(2)倍，所以質(zhì)子不能落到下板邊緣，C錯誤；豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d，則板間電場強度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，由C項分析知質(zhì)子運動到下極板所需時間為原來的eq\r(2)倍，水平位移為原來的eq\r(2)倍，質(zhì)子不能落到下板邊緣，D錯誤．三、示波管的原理例3．如圖甲所示為示波管的原理圖，如果在電極YY′之間所加的電壓按如圖乙所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按如圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上看到的圖形是()【答案】B【解析】電極YY′之間為信號電壓，電極XX′之間為掃描電壓，0～t1內(nèi)，Y板電勢高，電偏移量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，0、t1、2t1時刻偏轉(zhuǎn)電壓為0，偏移量也為0，eq\f(1,2)t1、eq\f(3,2)t1時刻偏轉(zhuǎn)電壓最大，偏移量也最大，故A錯誤，B正確．1．分析帶電粒子在電場中加速運動的兩種方法(1)牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式，只能解決帶電粒子在勻強電場中的加速運動，適用于涉及時間、不同位置的速度等描述運動過程的物理量的問題。(2)無論電場是勻強電場還是非勻強電場，動能定理均可解決帶電粒子的加速運動問題，當問題中不涉及運動過程的細節(jié)時優(yōu)先選用動能定理。2．帶電粒子只受靜電力作用的加速問題分析(1)加速度由F＝qE＝qeq\f(U,d)＝ma得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)速度①利用功能關系求解(適用于所有電場)由qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02得v＝eq\r(v02＋\f(\a\vs4\al(2qU),m))若初速度v0＝0，則v＝eq\r(\f(\a\vs4\al(2qU),m))。②利用力和運動關系求解(僅適用于勻強電場)由v2＝v02＋2ad＝v02＋eq\f(\a\vs4\al(2qU),m)得v＝eq\r(v02＋\f(\a\vs4\al(2qU),m))若初速度v0＝0，則v＝eq\r(\f(\a\vs4\al(2qU),m))。3．類平拋運動帶電粒子以速度v0垂直于電場線的方向射入勻強電場，受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力的作用而做勻變速曲線運動，稱之為類平拋運動?？梢杂锰幚砥綊佭\動的方法分析這種運動。4．運動規(guī)律(1)沿初速度方向：vx＝v0，x＝v0t(初速度方向)。(2)垂直初速度方向：vy＝at，y＝eq\f(1,2)at2(電場線方向，其中a＝eq\f(\a\vs4\al(qE),m)＝eq\f(\a\vs4\al(qU),md))。5．兩個偏轉(zhuǎn)量(1)偏轉(zhuǎn)距離：y＝eq\f(\a\vs4\al(qL2U),2mv02d)。(2)偏轉(zhuǎn)角度：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\a\vs4\al(qLU),mv02d)。6．兩個有用的推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向反向延長線與初速度方向交于一點，此點平分沿初速度方向的位移。(2)位移方向與初速度方向間夾角的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。其中α為位移方向與初速度方向間夾角。7．動能定理的應用偏轉(zhuǎn)問題可以利用動能定理分析，即qEy＝ΔEk，簡化計算，其中y為粒子在偏轉(zhuǎn)電場中沿靜電力方向的偏移量。一、單選題1．一對平行正對的金屬板C、D接入如圖所示的電路中，電源電動勢為E，C板固定，D板可左右平行移動，閉合開關，一段時間后再斷開開關，從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，已知A到D板的距離是板間距離的三分之一，電子質(zhì)量為m，電荷量為-e，忽略電子的重力，則（）

A．設定C板電勢為0，電子在A點的電勢能為SKIPIF1<0B．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置C．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向右平移至某位置D．若要讓電子能夠到達D板，可閉合開關，再將D板向右平移至某位置【答案】B【解析】A．金屬板的電場線由C指向D，沿著電場線電勢逐漸降低，設定C板電勢為0，則A點的電勢為SKIPIF1<0電子在A點的電勢能為SKIPIF1<0故A錯誤；BCD．閉合開關，一段時間后再斷開開關，則電容器的電量Q不變，根據(jù)電容的定義式和決定式有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，則有SKIPIF1<0所以若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置，或者閉合開關，再將D板向左平移至A點或A點左側(cè)某位置，故B正確，CD錯誤故選B。2．如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，板上A、B兩孔正好水平相對，板間電壓為300V。一個動能為400eV的電子從A孔沿垂直板方向射入電場中。經(jīng)過一段時間電子離開電場，則電子離開電場時的動能大小為（）

A．400eV B．100eVC．900eV D．500eV【答案】B【解析】電子從A到B電場力做負功-Ue，由動能定理SKIPIF1<0解得Ek=400eV-300eV=100eV故選B。3．如圖所示，長度均為SKIPIF1<0的兩平行金屬板沿水平方向放置，兩極板的間距為SKIPIF1<0SKIPIF1<0兩極板帶有等量異種電荷，其中上極板帶正電。帶電粒子1由左側(cè)正中央沿平行于極板的速度SKIPIF1<0射入電場，同時另一完全相同的粒子2，由上極板的正中央以垂直于極板的速度SKIPIF1<0射入電場，經(jīng)過一段時間兩粒子同時到達下極板正中央的O點。粒子的質(zhì)量為SKIPIF1<0，電荷量為SKIPIF1<0，兩極板之間的電壓恒為SKIPIF1<0，忽略粒子的重力和粒子間的相互作用，兩極板之間的電場可看做勻強電場。則下列說法正確的是（）A．粒子1到達O點時的速度SKIPIF1<0B．粒子2射入電場時的速度SKIPIF1<0C．若將粒子1射入電場時的速度變?yōu)镾KIPIF1<0，兩粒子將在O點上方相遇D．若將粒子1射入電場時的速度變?yōu)镾KIPIF1<0，兩粒子仍可同時到邊O點【答案】B【解析】AB．設粒子的運動時間為SKIPIF1<0，粒子1在電場中做類平拋運動，則有SKIPIF1<0，SKIPIF1<0粒子2在電場中做勻加速直線運動，則有SKIPIF1<0又SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0粒子1到達O點時的速度為SKIPIF1<0故A錯誤，B正確；CD．若將粒子1射入電場時的速度變?yōu)镾KIPIF1<0，則粒子1到達O點正上方所用時間為SKIPIF1<0這段時間內(nèi)粒子1沿電場方向通過的位移為SKIPIF1<0這段時間內(nèi)粒子2沿電場方向通過的位移為SKIPIF1<0由于SKIPIF1<0可知兩粒子不會相遇，故CD錯誤。故選B。4．如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場，一帶電量為SKIPIF1<0的物塊放在光滑絕緣水平面上，在恒力F作用下由靜止開始從O點向右做勻加速直線運動，先經(jīng)時間t力F做功SKIPIF1<0，此后撤去力F，物塊再經(jīng)時間SKIPIF1<0返回到出發(fā)點O，且回到出發(fā)點時的速度大小為v。設物塊在O點的電勢能為零，則（）

A．撤去力F時物塊的速度大小為SKIPIF1<0B．物塊向右滑動的最大距離為SKIPIF1<0C．物塊回到出發(fā)點時的動能為SKIPIF1<0D．撤去力F時物塊的電勢能為SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．設F撤去前、后物塊的加速度大小分別為a1、a2，根據(jù)位移關系有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0根據(jù)運動學規(guī)律有SKIPIF1<0所以撤去力F時物塊的速度大小為SKIPIF1<0故A錯誤；B．從撤去F到物塊速度減為零所經(jīng)歷的時間為SKIPIF1<0所以物塊向右滑動的最大距離為SKIPIF1<0故B錯誤；C．物塊從O點開始運動到又回到O點的過程中，電場力做功為零，恒力F做功為90J，根據(jù)動能定理可知物塊回到出發(fā)點時的動能為SKIPIF1<0，故C正確；D．物塊向右運動過程中，電勢能增加量等于克服電場力做的功，根據(jù)能量守恒定律可知物塊向右到達最遠位置時的電勢能為90J，設撤去F時物塊的電勢能為Ep，則SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0故D錯誤。故選C。5．如圖所示，一帶電微粒在重力和水平勻強電場對它的電場力作用下由SKIPIF1<0到SKIPIF1<0做直線運動，SKIPIF1<0連線與豎直方向所夾的銳角為SKIPIF1<0，則下列結(jié)論正確的是（）A．此微粒帶負電 B．微?？赡茏鰟蛩僦本€運動C．合外力對微粒做的總功等于零 D．微粒的電勢能減少【答案】D【解析】AB．帶電微粒受重力和電場力均為恒力，故合外力不變，由SKIPIF1<0到SKIPIF1<0做直線運動，則電場力方向水平向右，微粒帶正電，加速度不變，故帶電微粒做勻加速直線運動，故AB錯誤；C．由于微粒從靜止開始做加速運動，故合外力的方向與運動的方向相同，故合外力對物體做正功，故C錯誤；D．由于電場力做功為SKIPIF1<0故電場力了對微粒做正功，微粒電勢能減小，故D正確。故選D。6．下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過電壓同為SKIPIF1<0的電場加速后，哪種粒子的速度最大（）A．質(zhì)子 B．氘核 C．氦原子核 D．一價鈉離子【答案】A【解析】設粒子的電荷量為SKIPIF1<0，質(zhì)量為SKIPIF1<0，根據(jù)動能定理可得SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0選項中的四種粒子，質(zhì)子的比荷最大，則質(zhì)子的速度最大。故選A。7．如圖所示，一束粒子（不計粒子重力）從O點沿水平方向以初速度v0射入平行板之間的電場后分成了a、b、c、d四束，各粒子束中粒子不帶電且動能保持不變的是（

）A．a(chǎn) B．b C．c D．d【答案】B【解析】由軌跡可知，粒子b的運動軌跡為直線，沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，可知粒子b不受電場力，做勻速直線運動，其動能保持不變。故選B。8．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動能為（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】電子從O點到達A點的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動能定理可得-eU=0-Ek因為U=SKIPIF1<0h所以SKIPIF1<0故選D。9．如圖所示，電子在電勢差為SKIPIF1<0的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為SKIPIF1<0的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，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SKIPIF1<0變小的是（）A．SKIPIF1<0變小、SKIPIF1<0變大 B．SKIPIF1<0變大、SKIPIF1<0變大C．SKIPIF1<0變小、SKIPIF1<0變小 D．SKIPIF1<0變大、SKIPIF1<0變小【答案】D【解析】設電子被加速后獲得初速度為v0，則由動能定理得SKIPIF1<0設極板長為l，則電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用時間為SKIPIF1<0設電子的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律，有SKIPIF1<0電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度為SKIPIF1<0聯(lián)立可得SKIPIF1<0又有SKIPIF1<0故U2變小、U1變大一定使偏轉(zhuǎn)角變小。故選D。10．如圖為示波管的一部分，a、b為電子槍的兩電極，c、d為兩平行金屬板，且c板電勢比d高。則（）A．a(chǎn)為陽極，b為陰極B．電子在cd極板間運動時向下極板偏轉(zhuǎn)C．a(chǎn)b間電勢差越大，電子在cd極板間動能的改變量可能越小D．a(chǎn)b間電勢差越大，電子在cd極板間運動的時間一定越短【答案】C【解析】A．要是電子在加速電場中加速，則電子逆著電場線運動，故b板電勢高，故a為陰極b為陽極，A錯誤；B．電子在cd極板間運動時，電場力向上，電子將向上極板偏轉(zhuǎn)，B錯誤；C．a(chǎn)b間電勢差越大，由動能定理可知，離開加速電場時的速度越大，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)量可能變小，故在偏轉(zhuǎn)電場中電場力做功變少，故動能改變量可能變少，C正確；D．a(chǎn)b間電勢差越大，由動能定理可知，離開加速電場時的速度越大，即進入偏轉(zhuǎn)電場的水平初速度越大，但只要能達到C板，則豎直方向的位移不變，加速度也不變，故時間相同，D錯誤；故選C。二、多選題11．如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度遵照一定的規(guī)律依次增加．圓板和圓筒與交流電源相連，序號為奇數(shù)的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t=0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應，則（）A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場B．電子運動到第n個圓筒時動能為2neUC．在t=SKIPIF1<0時奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為負值D．第SKIPIF1<0個和第n個圓筒的長度之比為SKIPIF1<0∶SKIPIF1<0【答案】AD【解析】A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內(nèi)不存在電場，A正確；B．電子每經(jīng)過一個間隙，電場力做功eU，根據(jù)動能定理，電子運動到第n個圓筒時動能為SKIPIF1<0電子運動到第n個圓筒時動能為neU，B錯誤；C．因為SKIPIF1<0SKIPIF1<0時圓筒1相對圓板的電勢差為正值，同理，SKIPIF1<0奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，C錯誤；D．根據(jù)動能定理得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0得SKIPIF1<0電子在每個圓筒中做勻速運動，故第SKIPIF1<0個和第n個圓筒的長度之比為SKIPIF1<0得SKIPIF1<0D正確。故選AD。12．如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當?shù)竭_B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則（）A．當增大兩板間距離時，v增大B．當減小兩板間距離時，v增大C．當改變兩板間距離時，v不變D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大【答案】CD【解析】ABC．由動能定理SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0所以當改變兩板間距離時，v不變，故A、B錯誤，C正確；D．由SKIPIF1<0可知，當增大兩板間距離時，電場強度E減小，由牛頓第二定律和勻加速直線運動規(guī)律SKIPIF1<0SKIPIF1<0可知電子的運動時間SKIPIF1<0所以當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大，D正確。故選CD。13．如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板SKIPIF1<0、SKIPIF1<0間存在勻強電場，板間距離為SKIPIF1<0，電場強度為SKIPIF1<0。SKIPIF1<0時刻，SKIPIF1<0板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為SKIPIF1<0的相同粒子，垂直SKIPIF1<0板向右的粒子，到達SKIPIF1<0板時速度大小為SKIPIF1<0；平行SKIPIF1<0板向下的粒子，剛好能到達SKIPIF1<0板下端。不計重力和粒子間的相互作用，利用以上信息可求得（）A．金屬板的長度B．粒子在兩板間的加速度C．兩個粒子到SKIPIF1<0板時的動能D．兩個粒子的電勢能的變化量【答案】AB【解析】A．平行SKIPIF1<0板向下的粒子做類平拋運動，水平方向上由SKIPIF1<0可求其運動時間，豎直方向上由SKIPIF1<0可求豎直位移大小，板長是SKIPIF1<0的二倍，所以A選項可求，A選項正確；B．垂直SKIPIF1<0板向右的粒子做勻加速直線運動，由SKIPIF1<0可求加速度的大小SKIPIF1<0兩個粒子相同，所以它們的加速度大小相同，B選項可求，B正確；CD．由于粒子的質(zhì)量未知，無法求出粒子的動能大小，由于粒子電量未知，求不出電場力做的功，也求不出粒子電勢能的變化量，所以CD選項不可求，CD錯誤。故選AB。14．如圖所示，虛線MN左側(cè)有一場強為E1=E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2=3E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏。現(xiàn)將一電子（電荷量為e，質(zhì)量為m