高中物理學習材料金戈鐵騎整理制作☆英杰高中物理輔導☆2014-2015高二同步輔導資料

第9節帶電粒子在電場中的運動★教學大綱要求支.掌握帶電粒子在電場中加速和偏轉所遵循的規律..知道示波器的主要構造和工作原理.qUi-mv2解得：Vo二巴匕(vo為加速以后速度)2■,m若粒子的初速度不為零為V,則：qUi-mv2-lmv2解得：v°Jv22qUl(v0為加速以后速度)22.m說明：在解題的時候學會分析，注意帶電粒子是否有初速度；在電場中運動時是加速還是減速；例2.一初速度為零的帶電粒子從A板處經電壓為U=4.0X103V的勻強電場加速后，到B板處獲得5.0X103m/s的速度，粒子通過加速電場的時間t=1.0X10-4s,不計重力作用，★知識考點詮釋支知識點1帶點粒子在電場中的運動.在電磁場中，帶電粒子是否可以忽略重力的分析：是否考慮帶電粒子的重力要根據具體情況而定，一般說來：(1)基本粒子：如電子、質子、Q粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)(2)帶電粒子：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。220U2qlql2U2dmv02dmv2atqlU22v0dmv0.帶電粒子僅受電場力時在電場中的運動(1)直線運動：當電場力和速度共線時，即電場線為直線，速度與電場線方向重合。常見的電場有：孤立點電荷形成的電場；異種電荷的連線上的電場；勻強電場。(2)勻速圓周運動：在某一圓上，電場強度大小相等，方向所在直線過圓心，若帶電粒子的速度和圓相切，則帶電粒子可能做勻速圓周運動。常見的電場有：孤立點電荷形成的電場；等量同種電荷中垂面上的電場。(3)類平拋運動：在電場中若帶電粒子受到的電場力為恒力，且帶電粒子的初速度與電場線垂直，則帶電粒子在電場中做類平拋運動。常見的電場有：勻強電場。(4)任意曲線運動：當電場力和帶電粒子的速度方向不共線也不垂直時。.帶電粒子僅受電場力時在電場中運動的解題方法(1)力和運動關系一一牛頓第二定律：根據帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等。這種方法通常應用于受恒力作用下做勻變速運動的情況。(2)功和能的關系一一動能定理：根據電場力對帶電粒子所做的功，引起帶電粒子的能量發生變化，利用動能定理研究全過程中能量的轉化，從而研究帶電粒子的速度變化、經歷的位移等。這種方法在所有電場中均適用。例1.一帶電粒子在電場中(不考慮重力的作用)，下列說法中正確的是()A.不可能做勻速圓周運動B,可能做勻速直線運動C.電場力一定會做功D,可能做類平拋運動【考點】結合電場力考查了力與運動，電場的性質就是對放入其中的帶電粒子具有力的作用，存在力和速度方向垂直等可能?！窘馕觥慨攷щ娏Ｗ釉邳c電荷產生的電場的等勢面上運動，則向心力指向圓心，電場力不做功，可以做勻速圓周運動，AC錯；因為帶電粒子受力不為零，則不可能做勻速直線運動，B錯；當粒子垂直進入平行板電場時，做類平拋運動，D對?！敬鸢浮緿知識點2帶點粒子的加速.運動狀態分析：帶電粒子沿平行于電場線的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一直線上，做勻加(減)速直線運動。由運動學公式列方程解題。.用功能關系分析：粒子在電場中運動時由于電場力做功，粒子動能發生變化，其動能的變化量等于電場力所做的功(電場可以是勻強電場或非勻強電場)。若粒子的初速度為零，則：(1)帶電粒子的比荷為多大？(2)勻強電場的場強為多大？(3)粒子通過電場過程中的位移為多【考點】本題考查了帶電粒子在電場中的加速問題?！究键c】(1)由動能定理得：qU」mv2解得：9=3.125X103。kg2m(2)粒子勻加速運動：vat由牛頓第二定律得：a且聯立解得：mE=1.6X104V/m(3)由動能定理得：Eqdgmv2解得：d=0.25m【答案】(1)3.125X103C/kg(2)1.6X104V/m(3)0.25m知識點3帶點粒子在勻強電場中的偏轉.運動狀態分析：帶電粒子以速度v垂直于電場線方向飛入勻強電場時，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。.偏轉問題的分析處理方法類似于平拋運動的分析處理，應用運動的合成和分解的方法：沿初速度方向為勻速直線運動，運動時間：t=—V0沿電場力方向為初速度為零的勻加速直線運動：FEqU2qa-mmdm1離開電場時的偏移重：y-at22離開電場時的偏轉角：tanv1vo.推論：(1)粒子從偏轉電場射出時速度的反向延長線過初速度方向上位移的中點。(2)以相同的初速度v0進入同一偏轉電場的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要q/m相同，即荷質比相同，則偏轉距離y和偏轉角9都相同。(3)若以相同的初動能Ek進入同一偏轉電場，只要q相同，不論m是否相同，則偏轉距離y和偏轉角8都相同。(4)不同的帶電粒子經同一加速電場加速后(即加速電壓U相同)，進入同一偏轉電場，則偏轉距離y和偏轉角8都相同。例3.如圖a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子才T在B板的a'點，b粒子才T在B板的b'點，不計重力，則()

~li?￥a的電荷量一定大于b的電荷量b的質量一■定大于a的質量a的比荷一定大于b的比荷b的比荷一定大于a的比荷【考點】本題考查帶電粒子在勻強電場中的運動?！窘馕觥繐}意，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，其水平位移為：Xvt,豎直位移為：ylat2IqEt2,當a、b以相同速度垂22m②僅在xx'（或YY'）加電壓：I若所加電壓穩定，則電子流被加速、偏轉后射到xx'或YY'所在直線上某一點，形成一個亮斑（不在中心），如圖所示。在圖中，設加速電壓為U,偏轉電壓為U',電子電何量為e,電子質量為m,由W=z^k得：直電場線進入電場后，有：xv包,由于v、y和E都相等，而b,qE，粒子的水平位移大故b粒子的m較大，因而a粒子的9較大，故Cqm選項正確?！敬鸢浮緾例4.（多選）如圖所示，豎直放置的一對平行金屬板間的電勢差為Ui,水平放置的一對平行金屬板間的電勢差為U2.一電子由靜止開始經Ui加速后，進入水平放置的金屬板間，剛好從下板邊緣射出.不計電子重力，下列說法正確的是：（）eUrv2電子進入偏轉電場的速度V0在偏轉電場中，電子的側位移：v齊板的間距。2eUm粵t2,其中2dm在水平方向電子做勻速直線運動，有lv0tiI2eUt

ml.:2eU則電子離開偏轉電場時的側位移為：y打1案寒d為兩Ul24dU則電子離開偏轉電場時速度的偏轉角關系為：VyateULtan——2Vxvodmvo電子在離開偏轉電場后在無場情況下做直線運動，由相似三角L-L形的關系可知上一2-y1l

2由以上各式得熒光屏上的側位移距離:y當_L人tanL人

mv0d22A.增大Ui,電子一定打在金屬板上B.減小Ui,電子一■定打在金屬板上C.減小U2,電子一定能從水平金屬板間射出D.增大U2,電子一定能從水平金屬板間射出【考點】帶電粒子在電場中的加速及偏轉。【解析】電子在加速度電場中滿足：eUi-mv2,在偏轉電場中：水2平方向：L=vt;豎直方向：y工晅t2,聯立三式可得：y小，2dm4dUi由此式可知，減小Ui,可增大偏轉距離y,則電子一定打在金屬板上，選項B正確，A錯；減小U2,可減小偏轉距離y,則電子一定能從水平金屬板間射出，C對，D錯?！敬鸢浮緽C例5.（多選）如圖所示，示波器的示波管可以視為加速電場與偏轉電場的組合，若已知加速電壓為Ui,偏轉電壓為U2,偏轉極板長為L,板間距為d,且電子被加速前的初速度可忽略，則關于示波器的靈敏度（即偏轉電場中每單位偏轉電壓所引起的偏轉量h/U2）與加速電場、偏轉電場的關系，下列說法中正確的是（）知識點4示波管的原理i.示波管的原理圖：2.示波管的結構和原理（i）結構，如上圖所示，由電子槍，偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空。（2）示波管在不同偏轉電極下的分析①偏轉電極不加電壓：從電子槍射出的電子將沿直線運動，射到熒光屏的中心點形成一個亮斑。L越大，靈敏度越高d越大，靈敏度越高Ui越大，靈敏度越小D.靈敏度與U2無關【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動.【解析】根據動能定理得，eUi^mv2,粒子在偏轉電場中運動的時問t上，在偏轉電場中的偏轉位移y」且^2,解得丫口.則靈敏度v2dm4dUi為產—LT?知L越大，靈敏度越大；d越大，靈敏度越??；Ui越U24dUi小，靈敏度越大.靈敏度與U2無關.ACD正確.【答案】ACD★方法技巧應用支技巧1,帶電粒子加速和偏轉的綜合應用運動，則有例6.如圖所示，電子從燈絲K發出(初速度不計)，在KA問經加速電壓Ui加速后，從A板中心小孔射出，進入由M、N兩個水平極板構成的偏轉電場，M、N兩板間的距離為d,電壓為U2,板長為L,電子進入偏轉電場時的速度與電場方向垂直，射出時沒有與極板相碰。已知電子的質量為m,電荷量為e,不計電子的重力及它們之間的相互作用力。求：運動，則有(1)電子穿過A板小孔時的速度大小v;(2)電子在偏轉電場中的運動時間t;(3)電子從偏轉電場射出時沿垂直于板方向偏移的距離y?！窘馕觥?1)設電子到達A板的速度為v,根據動能定⑶在垂直于極板方向做勻加速直線運理動理動,根據牛頓第二解得(2)電子進入偏轉電場后，做類平拋運動，在平行于極板方向做勻速

A.小球在7s末回到出發點B.電場強度大小是駟7q2C.P點距邊界的距離為也3gD.若邊界AB處電勢為零，則P點電勢為-2【答案】（1）(2)【答案】（1）(2)【解析】在v-t圖像中，當圖像和t軸圍成面積的代數和為0時，

即回到出發位置。A對；由v-t圖像可知，在0?2秒內，粒子在電場和重力場中加速，具加速度a場和重力場中加速，具加速度a1v0,再根據牛頓第二定律有a1a1中?在2?3.5秒內，粒子只在重力場中減速，具加速度a2a2已，再根據牛頓第二定律有a2g七，綜上解得E^,時在在v-t圖像中，圖像和t軸圍成的面積表示位移，P到邊界的位移即為物體前2s的位移,則y￡2v°v為物體前2s的位移,則y￡2v°v22v21.5g3g,C對；若邊界AB處電勢為零，邊界與P點間的電勢差為U=Ey=0-（|）=7mg4q7mv2V0=—6q解得：P點電勢為7mv02。D對。6q【答案】BCD【答案】BCD例8.如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，極板長L=0.1m,兩板間距離d=0.4cm,有一束由相同微粒組成的帶正電粒子流，以相同的初速度Vo從兩板中央依次水平射入（每隔0.1s射入一個微粒），由于重力作用微粒能落到下板，已知微粒質量m=2X10-6kg,電量q=lX10-8C,電容器電容C=lX10-6F。取g=10m/s2,整個裝置處在真空中。求：考點：帶電粒子在勻強電場中的加速和偏轉運動技巧2.帶電粒子在重力場和電場復合場中的分析例7.（多選）在地面附近，存在著一有理想邊界的電場，邊界A、B將該空間分成上下兩個區域I、H,在區域II中有豎直向下的勻強電場，區域I中無電場。在區域II中邊界下方某一位置P,由靜止釋放一質量為m,電荷量為q的帶負電小球，如圖（a）所示，小球運動的v—t圖象如圖（b）所示，已知重力加速度為g,不計空氣阻力，則以下說法不正確的是（）（1）第一顆微粒落在下板離端點A距離為工L的。點，微粒射入的初4速度V。應為多大？（2）以上述速度V。射入的帶電微粒最多能有多少個落在下極板上？【解析】（1）第一個粒子只受重力作用，做平拋運動，落在。點，則有：物體在豎直方向：--gt2,解得t0.02s22g物體在水平方向：-v°t,解得v01.25m/s4（2）粒子落在下極板后使得兩極板帶電，在兩板見出現勻強電場，設最多有N個帶電微粒打到極板上，則極板所帶電荷量為Nq,在兩板之間勻強電場的電場強度eu4，帶電微粒進入平行板電容器后做類平拋運動，由牛頓第二定律有:amgEqg世mCdm當第N+1個帶電微粒進入電場時，做類平拋運動，恰好從平板邊緣飛出，則有：水平方向：Lvot解得t_2_0.08sV025豎直方向：dlat【答案】⑴a=4.0x109Es2(2)vata-2104m/s⑶f.【答案】⑴a=4.0x109Es2(2)vata-2104m/s⑶f.a52104Hz222Cdm【答案】(1)vo1.25m/s(2)750個技巧3.帶電粒子在周期性變化電場中的運動例9.如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（不計重力作用）下列說法中正確的是（）

0nr/2T3T/22T相當于把坐標原點平移到t=3T/8的位置，由圖像可知，若兩板間的距離足夠大，則電子一定會從小孔飛出，否則，電子有可能打到右極板上。D錯?！敬鸢浮緼例10.如圖所示，真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖1中未畫出），其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規律如圖2所示。將一個質量2X10-27kg,電量q=+1.6X10-19c的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力。求：A.從t=0時刻釋放電子，電子必將始終向右運動，直到打到右極板B.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動C.從1=丁/4時刻釋放電子，電子必將在兩極板間振動D.從t=3T/8時刻釋放電子，電子必將從左極板上的小孔中穿出【解析】解決這類周期性變化題型時，常采用的方法是畫出0時刻進入的粒子的v-t圖像，再利用坐標原點的平移的方法，從v-t圖像圍成的面積來判斷帶電粒子的運動形式。在t=0時亥1J,進入的粒子運動圖像如圖0Tj2T3T/22T由圖像可知，電子先加速，再減速，位移始終為正，沒有反向，所以電子始終向右運動，A對，B錯；在1=丁/4時刻，進入的粒子運動圖像如圖iv/ni.s1

（1）在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大??；⑵若A板電勢變化周期T=1.0X10-5s,在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達A板時速度的大小；（3）A板電勢變化頻率多大時，在t=T/4到t=T/2時間內從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板?！窘馕觥浚?）電場強度E-,根據牛頓第二定律，帶電粒子在電d場中的加速度FEqUqma,解得a=4.0X109mfs20d2（2）粒子在0?1時I可內走過的距離為：x—a—005m222故帶電粒子在tI時，恰好到達A板，到達A板的速度，2vataT210，16d相當于把坐標原點平移到t=T/4的位置，由圖像可知，若兩板間的距離足夠大，電子做往復性運動，否則，電子有可能打到右極板上。，16d相當于把坐標原點平移到t=T/4的位置，由圖像可知，若兩板間的距離足夠大，電子做往復性運動，否則，電子有可能打到右極板上。C錯；在t=3T/8時亥ij,進入的粒子運動圖像如圖2（3）帶電粒子在t工?t工向A板做勻加速運動，在tI?t衛4224向A板做勻減速運動，速度減為零后將返回。粒子向A板運動可能2的最大位移s2-a——aT2,要求粒子不能到達A板，有s<d2416由f=2電勢變化頻率應滿足fa5-2104Hz0T/2T3T『20T/2T3T『2IT★基礎題型過關支1.如圖所示，有三個質量相等，分別帶正電、帶負電和不帶電的小球，從平行板電場的中點以相同的初速度垂直于電場方向進入電場,它們分別落在A、B、C三點，可以判斷（）A.落在A點的小球帶正電，落在B點的小球不帶電B.三個小球在電場中運動的時間相等C.三個小球到達極板時的動能關系為EkA>EkB>EkCD.三個小球在電場中運動時的加速度關系為aA>aB>ac答案A解析試題分析：根據三個小球的受力情況可知，不帶電小球做平拋運動a1=g,帶正電小球做類平拋運動t=,三小球運動時間，正電荷最長，不帶電小球次之，帶負電小球時間最短.三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運動，則落在板上時水平方向的距離與下落時間成正比，故水平位移最大的A是帶正電荷的小球，B是不帶電的小球，C帶負電的小球.故A正確.由于三小球在豎直方向位移相等，初速度均為0,由于電場力的作用，三小球的加速度不相等，故它們的運動時間不相等，故B錯誤；根據動能定理，三小球到達下板時的動能等于這一過程中合外力對小球做的功.由受力圖可知，帶負電小球合力最大為G+Eq做功最多動能最大，帶正電小球合力最小為G-Eq,做功最少動能最小.故C錯誤.因為A帶正電，B不帶電，C帶負電，所以aA=a2aB=a1,aC=a3所以aA<aB<aC.故D錯誤.考點：帶電粒子在復合場中的運動；類平拋運動。2.如圖所示，一帶電小球用絲線懸掛在水平方向的勻強電場中，當小球靜止后把懸線燒斷，則小球在電場中將做（）a2=<g,帶負電小球做類a2=A.自由落體運動B.曲線運動C.沿著懸線的延長線作勻加速直線運動D.變加速直線運動答案C解析試題分析：繩子燒斷之前小球處于靜止狀態，對小球受力分析由平衡條件可知：重力和電場力的合力方向沿繩子的延長線方向，剪斷繩子后，小球受重力和電場力，由于兩者均為恒力，其合力也為恒力，小球從靜止開始在合力的作用下做勻加速直線運動，故選項C正確.平拋運動a3=>g.平拋運動a3=>g.根據題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運動，球到達下極板時，在豎直方向產生的位移h相等，據3.某空間內有高度為d、寬度足夠寬、方向水平向左的勻強電場。當在該空間內建立如圖所示的坐標系后，在x軸上的P點沿y軸正方向連續射入相同的帶電粒子（粒子重力不計），由于粒子的入射速率v不同，有的粒子將在電場中直接通過y軸，有的將穿出電場后再通過y軸。設粒子通過y軸時，離坐標原點的距離為h,從P到y軸所需的時間為t,則（）A.粒子的電勢能可能增大B.對h&d的粒子，h越大,t越大C.對h>d的粒子，h不同，在時間t內，電場力對粒子做的功不相D.不同h對應的粒子，進入電場時的速率v可能相同答案C解析試題分析：粒子通過電場時，在水平■方向會向電場力一側偏，電場力做正功，電勢能減小，A錯誤；對h&d的粒子，具運動時間由電場方向的分運動決定，對相同的電場方向的位移x而言，粒子(1)微粒進入偏轉電場時的速度V0大??；(2)微粒射出偏轉電場時的偏轉角Q【解析】答案1.0X104m/s300【解析】(1)微粒在加速電場中運動由動能定理得：qU11mv2解得V0=1.0X04m/s⑵微粒在偏轉電場中做類平拋運動，水平方向有Lv°t,解得t上2105sV0豎直方向有a——2q5108m/s2vyat1.0104m/smdm飛出電場時，速度偏轉角的正切為：tan9=的運動時間是相同的，B的運動時間錯誤；對h>d的粒子，h不同，說明粒子的軌跡不同，進入電場時的速率v不同，打出電場時的側移量x不同，電場力做的功也不同，C正確D錯誤?？键c：帶電粒子在勻強電場中的運動4.如圖所示，一個質量為m=2.0X10-11kg,電荷量q=+1.0X10-5C的帶電微粒(重力忽略不計)，從靜止開始經Ui=100V電壓加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場，偏轉電場的電壓U2=100V。金屬板長L=20cm,兩板間距d=10cm。求：2)30考點：本題考查動能定理、帶電粒子在勻強電場中的運動。5.水平放置的兩塊平行金屬板長L=5.0cm,兩板間距d=1.0cm,兩板間電壓為90v,且上板為正，一個電子沿水平方向以速度vo=2.0X107m/s,從兩板中間射入，如圖，求：（電子質量m=9.01x10-31kg）水平方向做勻速運動，故⑴電子飛出電場時沿垂直于板方向偏移的距離是多少？水平方向做勻速運動，故⑵電子飛出電場時的垂直于板方向的速度是多少？⑶電子離開電場后，打在屏上的P點，若S=10cm,求OP的長？【答案】D答案（1）0.5cm⑵(3)0.025m解析試題分析：（1）豎直方向做勻加速直線運動，根據電容器電壓與電場的關系得V/m(2)豎直方向速度(3)從平行板出去后做勻速直線運動，(3)從平行板出去后做勻速直線運動，水平和豎直方向都是勻速運動，水平方向:豎直方向考點：考查類平拋運動規律在電場中的應用.6.如圖所示，一個重力不計的帶電粒子，從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計)電壓為Ui的加速電場，經加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入，A、B板長為L,相距為d,電壓為U2。則帶電粒子能從A、B板間飛出，應該滿足的條件是()聯立可得：,所以A、B、C錯誤；D答案D解析試題分析：設粒子進入偏轉電場的速度為v,答案D解析試題分析：設粒子進入偏轉電場的速度為v,由題意知考點：本題考查帶電粒子在電場中的運動?！飶娀柧毺嵘?.如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有勻強電場場強大小為E,方向與水平面平行。在圓上A點有一發射器，以相同的動能平行于水平面沿不同方向發射帶電量,粒子在偏轉電場中做類為+q的小球，小球會經過圓周上不同的點，在這些點中，經過C點的小球的動能最大。由于發射時刻不同時，小球間無相互作用。且,粒子在偏轉電場中做類/a=30o,下列說法正確的是（）平拋運動，水平方向A.電場的方向與AC間的夾角為300B.電場的方向與AC間的夾角為60°C.小球在A點垂直電場方向發射，恰能落到C點，則初動能為qER/8D.小球在A點垂直電場方向發射，恰能落到C點，則初動能為qER/4答案AC從A、B板間飛出，在豎直方向解析試題分析：小球在勻強電場中，從A點運動到C點，根據動能定理qUAC=Ek因為到達C點時的小球的動能最大，所以UAC最大，即在圓周上找不到與C電勢相等的點.且由A到C電場力對小球做正功.過C點作切線，則CF為等勢線.過A從A、B板間飛出，在豎直方向⑴電子穿過A板時的速度大??；⑵電子從偏轉電場射出時的側移量;⑶P點至IO點的距離。因為/CAB=30,所以連接CQ/ACO=30,故CO//AM所以電場方向與AC間的夾角8為30°⑴電子穿過A板時的速度大小；⑵電子從偏轉電場射出時的側移量;⑶P點至IO點的距離。上：y=R+Rsin30°=qEt由以上兩式得:Ek=1mv2=1qER;選項C2m28正確?？键c：小球在勻強電場中的運動，平拋運動.如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E,ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R,A、B為圓水平直徑的兩個端點，AC為1圓弧。一個質量為m,電荷量為一q的帶電4小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道，不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電小球的運動情況，(2)下列說法正確的是（）答案（1）(2)（3）A.小球一定能從B點離開軌道B.小球在AC部分可能做勻速圓周運動C.若小球能從B點離開，上升的高度一定小于HD.小球到達C點的速度可能為零答案BC解析試題分析：由于題中沒有給出H與R、E的關系，所以小球不一定能從B點離開軌道，故A錯誤；若重力大小等于電場力，小球在AC部分做勻速圓周運動，故B正確；由于小球在AC部分運動時電場力做負功，所以若小球能從B點離開，上升的高度一定小于H,故C正確；若小球到達C點的速度為零，則電場力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運動，所以小千到達C點的速度不可能為零.故D錯誤.考點：運動和力的關系；圓周運動。.如圖所示為一真空示波管，電子從燈絲K發出（初速度不計），解析試題分析：（1）設電子經電壓U1加速后的速度為v0,根據動經燈絲與A板間的加速電壓Ui加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中（偏轉電場可視為勻強電場），電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經過電場后打在熒光屏上的P點。已知加速電壓為Ui,M、N兩板間的電壓為U2,兩板間的距離為d,板長為Li,板右端到熒光屏的距離為L2,電子的質量為m,電荷量為e。求：能定理得:解得:t1=y1=F=eE,E=公式得：F=eE,E=公式得：vy=at1=電子