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1、一年来,虽然作了一些工作,但与上级要求和职工期望还有较大差距,现根据民主生活会的要求,结合本次民主生活批评与自我批评这一主题42 带电粒子在电场中的加速和偏转方法点拨(1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理(3)注意带电粒子重力能否忽略1(带电粒子的加速)电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是()图1AA、K之间的电场强度为B电子到达A极板时的动能大于eUC
2、由K到A电子的电势能减小了eUD由K沿直线到A电势逐渐减小2(带电粒子的偏转)如图2，水平放置的平行板电容器极板A、B间加有恒定电压，a点与下极板的距离为d.一带电粒子从a点水平射入电场，初速度大小为va，粒子偏转后打在下极板的P点时速度大小为va，其水平射程为2d.若该粒子从与a点在同一竖直线上的b点(图中未标出)水平射入电场，初速度大小为vb，带电粒子仍能打到P点，打到P点时速度大小为vb.下列判断正确的是()图2A若b点在a点上方，则vavbC若b点在a点上方，则vavb3(带电粒子的偏转)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图3所示其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带
3、电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上显示出字符已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是()图3A增大墨汁微粒的荷质比B减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C增大偏转极板间的电压D减小极板的长度4(带电粒子的加速和偏转)如图4所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()图4A偏转电场E2对氚核做功最多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置5如图
4、5所示，将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计重力作用，则()图5A三个微粒在电场中运动时间相等B三个微粒的带电荷量相同C三个微粒所受电场力的大小关系FAFBFCD三个微粒到达下板时的动能关系是EkAEkBxBxC，而水平速度相同，故tAtBtC，A错；由hat2t2，知qAqBqC，三个微粒所受电场力的大小关系为FAFBFC，B、C错；电场力做功WAWBWC，故三个微粒到达下板时的动能关系是EkAEkBEkC，D对6AD设AC与竖直方向的夹角为，对带电小球从A到C，电场力做负功，小球带负电
5、，由动能定理，mgACcos qEBCcos 0，解得电场力为qE3mg，选项A正确，B错误小球水平方向做匀速直线运动，从A到B的运动时间是从B到C的运动时间的2倍，选项C错误小球在竖直方向先加速后减速，小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等，水平速度不变，则小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等，选项D正确7CD沿OP、OQ方向射出的粒子若电性相反，则粒子在离开电容器时水平速度大小相等、方向相反，竖直速度大小相等、方向相反、粒子离开电容器时速度偏转角大小相等，速度大小相等、方向相反，A错误，C正确；由公式yat2()2，可知两粒子在电容器中的竖直位移大小相等，但是由于两粒
6、子电荷量不一定相等，故电场力做的功qEy不一定相等，B错误；沿OM、ON方向射出的粒子若均带负电，则沿OM方向射出的粒子做减速运动，沿ON方向射出的粒子做加速运动，故沿ON方向射出的粒子先到达极板，D正确8D根据带电粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧可知，粒子带正电电场力先做负功，后做正功，再做负功，粒子的动能先减小，后增大再减小，选项A错误；粒子的电势能先增大，后减小再增大，选项B错误；顺着电场线方向电势降低，a点的电势高于d点的电势，正电荷在电势高处电势能大，故粒子在a点的电势能比在d点大，选项C错误；电场线先是越来越密后不变再越来越疏，故电场力先变大再不变后变小，粒子的加速度先变大再不变后变
7、小，选项D正确9CD电子做类平抛运动，根据分运动公式，有：水平方向：Lv0t，竖直方向：yat2，其中：a，联立解得：y.改变两平行导体板间距d为原来的一半，根据y，y增加为原来的2倍，故A错误；改变两导体板所加电压U为原来的一半，根据y，y减小为原来的一半，故B错误；改变电子沿极板方向运动距离L为原来的一半，根据y，y减小为原来的，故C正确；改变电子射入两极板时的速度为原来的2倍，根据y，y减小为原来的，故D正确10(1)(2)400 V(3)0.01 J解析(1)由牛顿第二定律得，ma烟尘颗粒在电场中做类平抛运动，飞出电场时，有：水平位移Lv0t竖直位移yat2解得：y0.375 m所求比
8、值为(2)由类平抛运动规律和牛顿第二定律得da1t2ma1Lv0t解得：U1400 V(3)t11 s内进入烟尘通道的烟尘颗粒总个数：Nnd2v0t1电场力对每个颗粒所做的功与其到下金属板的偏移量y成正比，则对所有颗粒所做功的平均值等于电场对距离下金属板处的颗粒所做的功所以WN0.01 J.11(1)32 VC板电势高(2)不能0.05 m解析(1)设负离子的质量为m，电量为q，从B板小孔飞出的速度为v0，由动能定理得：U1qmv由类平抛规律有：v0tyat2又a整理可得y又y联立解得U232 V，因负离子所受电场力方向向上，所以C板电势高(2)若负离子从水平板边缘飞出，则应满足：xL，y由类平抛规律可得：xv0t，yat2，qU1mv，a联立以上各式解得y，将y0.1 m代入可解得U2
