高考一轮复习-电容器 带电粒子在电场中的运动

第页1．电容器带电粒子在匀强电场中的运动【高考考点】类别内容知识点1了解电容器的电容，知道常见的电容器。2能分析平行板电容器的两类动态变化问题3能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关现象。能力点1能从控制变量的角度分析电容器的两类动态变化问题2能用运动的合成与分解处理偏转问题【知识进阶】1.知识图谱2.示波管2.1示波管的构造①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图所示)2.2示波管的工作原理(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．(2)观察到的现象①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．【能力进阶】题型一对电容的定义式和决定式的理解问题情境1(2012·江苏单科，2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()．A．C和U均增大 B．C增大，U减小C．C减小，U增大 D．C和U均减小题型二平行板电容器的动态分析1．分析比较的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(2)用决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器极板间场强的变化．2．平行板电容器的动态分析问题常见的类型平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U恒定．二是电容器充电后电源断开，此时Q恒定1．U不变型情境2：平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂于电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示，则下列说法中正确的是()A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变2．Q不变型情境3：如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P。以E表示两极板间的场强,U表示电容器的电压，表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置,则（）A．U变小，E不变B．E变大,可变大C．U变小，不变D．U不变，不变题型三带电粒子在电场中的运动直线运动（电加速）情境4：如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则 ()图A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间变长变式1：如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则()图A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0曲线运动（电偏转）情境5.如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点释放一个带电荷量为＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B射出，则d与L之比为()图A．1∶2B．2∶1C．1∶1D．1∶3变式1：(多选)(2015·天津理综)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速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A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多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【进阶练习】（限时10分钟）1．某电解电容器上标有“25V、470μF”的字样，对此，下述说法中正确的是( )A.此电容器只能在直流25V以下电压才能正常工作B.此电容器必须在直流25V的电压时才能正常工作C.当工作电压是直流25V时，电容才是470μFD.这种电容器使用时，必须考虑电容器的两根引线的极性2．如图所示，是描述对给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是（）第第2题图3．如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是()．A．断开开关，将两板间的距离拉大一些B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度4．如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则 ()．A．平行板电容器的电容将变小B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变5.(2017·江苏卷·4)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()图A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点6．（多选）[带电粒子在电场中的偏转问题]如图，一质量为m，带电量为＋q的带电粒子，以速度v0垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说法正确的是()图A．粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动B．粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线C．分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况D．分析该运动，有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小《电容器带电粒子在匀强电场中的运动》进阶作业A组（基础类）一、单项选择题1.两平行金属板相距为d，电势差为U，一极板上中央处有一小孔O，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，OA间距为h，则此电子的初动能为（）A．B．C．D．2．如图所示是一种利用电容器测量角度的传感器示意图．当动片和定片之间的角度θ发生变化时，电容C便发生变化．测出C的变化情况，就可知道的变化情况．下面的四个图象中，最能正确反映C和间函数关系的是()3.如图所示，D是一只理想二极管，AB是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行)，带电微粒P的运动及电容器的电压、电量情况分别是()A．带电量减小B．因与电源相连，所以电压不变C．电场强度增大D．仍静止不动4.质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s。已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19C，则下列说法正确的是()A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15NC．质子加速需要的时间约为8×10－6sD．加速器加速的直线长度约为4m5．一电量为q(带正电)的物体静置在一光滑绝缘水平面上。从某时刻起在整个空间施加一水平向右的电场，电场强度大小为E1，经过t时间，电场改变方向，变成水平向左，电场强度大小变为E2，再经过2t时间，物体恰好返回出发点，则()A．电场强度E1与E2之比为5∶4B．电场强度E1与E2之比为2∶1C．这一过程中带电物体的动能先增大后减小再增大，其变化量大于0D．这一过程中带电物体的动能先增加后减小，其变化量大于0二、多项选择题6在如图所示电路中，蓄电池的电动势E0＝4V，内阻r＝1Ω，电阻R＝4Ω，电容为1pF的平行板电容器水平放置且下极板接地。一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是()A．P点的电势为2VB．上极板所带的电荷量为3.2×10－12CC．若在P点与下极板间插入一块玻璃板，电容器上极板所带的电荷量将增加D．若将上极板缓慢上移少许，油滴将向上运动7.如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与恒压电源相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是()图A．液滴将向下加速运动B．M点电势升高，液滴在M点的电势能将降低C．M点的电场强度变小了D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同8．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．下列判断正确的是()图A．P点的场强比Q点的场强大B．P点的电势比Q点的电势高C．粒子通过Q点时电势能较小D．粒子通过Q点时动能较大9.如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．以下说法正确的是 ()A．粒子的运动轨迹一定经过P点B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域三、计算题10.(2016·南通一模)如图所示,间距为d的平行金属板间电压恒定.初速度为零的电子经电压U0加速后,沿两板间的中心线进入板间电场,电子恰好从下极板边缘飞出,飞出时速度的偏向角为θ.已知电子质量为m、电荷量为e,电子重力不计.求:(1)电子刚进入板间电场时的速度大小v0.(2)电子通过两极板间的过程中,电场力做的功W.(3)平行金属板间的电场强度大小E.B组（中档类）一、单项选择题1．（2019·江苏卷）一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是2．如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是()A．eq\f(\r(3)mv02,2qd) B．eq\f(\r(3)mv02,qd)C．eq\f(3mv02,2qd) D.eq\f(3\r(3)mv02,2qd)3.让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物以相同的初动能在同一位置垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，不计离子的重力和离子间的相互作用，离子束从进入到射出该偏转电场的过程中，下列说法正确的是()A．偏转电场对每个离子做功相等B．偏转电场对每个离子冲量相同C．在偏转电场中它们形成两股离子束D．在偏转电场中它们形成一股离子束4．如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh))B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh))D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))二、多项选择题5.如图，正点电荷固定在O点，以O为圆心的同心圆上有a、b、c三点，一质量为m、电荷量为－q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，速率分别为va、vb。若a、b的电势分别为φa、φb，则()A．a、c两点电场强度相同B．粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(va2－vb2,2φa－φb)C．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度D．粒子从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少6.如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是()A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同三、计算题7．如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为＋q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀强电场的边界，已知ab长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d。图(1)求加速电压U0；(2)若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；(3)若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mveq\o\al(2,0)，求此时匀强电场的场强大小E。C组（提高类）一、计算题1．如图甲所示，热电子从阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，偏转电场板间距离L＝8cm，极板长为2L，下极板接地，偏转电场极板右端到荧光屏的距离也是2L，在两极板间接一交变电压，电压变化周期T＝4s，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．大量电子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的．图(1)求电子进入偏转电场时的速度v0(用电子比荷eq\f(e,m)、加速电压U0表示)；(2)在电势变化的每个周期内荧光屏会出现“黑屏”现象，即无电子击中屏幕，求每个周期内的“黑屏”时间有多长；(3)求荧光屏上电子打到的区间的长度．2.(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？1．电容器带电粒子在匀强电场中的运动答案【能力进阶】情境1:答案B情境2：答案：AD情境3：答案：AD情境4：答案CD变式1：答案C解析两板间距离变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq\r(2)v0，选项D错误．情境5：答案C变式1：答案AD解析设加速电场宽度为d，偏转电场长度为L，在加速电场中有qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在偏转电场中有L＝v0t，y＝eq\f(1,2)eq\f(qE2,m)t2得y＝eq\f(E2L2,4E1d)，与比荷无关，所以三种粒子一定打到屏上同一位置，故选项D正确；偏转电场对粒子做功W＝qE2y＝eq\f(Eeq\o\al(2,2)L2q,4E1d)，与粒子质量无关，所以选项A正确；三种粒子在加速电场和偏转电场中电场力做功qE1d＋qE2y＝eq\f(1,2)mv2，粒子打到屏上的速度v＝eq\r(\f(4Eeq\o\al(2,1)d2＋Eeq\o\al(2,2)L2,2E1d)·\f(q,m))，与比荷有关，故速度不一样大，B错误；粒子运动到屏上的时间t＝eq\f(d,\f(v0,2))＋eq\f(L＋L′,v0)＝(eq\r(\f(2d,E1))＋eq\f(L＋L′,\r(2E1d)))·eq\r(\f(m,q))，与比荷有关，故C错误。【进阶练习】（限时10分钟）1．答案AD2．答案BCD3．答案BC4．答案ABD5.答案A解析根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定义式C＝eq\f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．6．答案BCD《电容器带电粒子在匀强电场中的运动》进阶作业A组（基础类）一、单项选择题1.答案D2．答案B3.答案D4.答案D解析：加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小，选项A错误；质子所受到的电场力约为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19N＝2×10－14N，选项B错误；加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2×10－14,1.67×10－27)m/s2≈1.2×1013m/s2，则质子加速需要的时间约为t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1.0×107,1.2×1013)s＝8.3×10－7s，选项C错误；加速器加速的直线长度约为x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(1.0×107,2)×8.3×10－7m≈4m，选项D正确。5．答案C解析：在0～t内物体的加速度为a1＝eq\f(qE1,m)，物体向右做匀加速直线运动；在t～3t内，物体的加速度为a2＝eq\f(qE2,m)，将物体的运动看成一种匀减速直线运动，取向右为正方向，则两段时间内位移大小相等、方向相反，则有：eq\f(1,2)a1t2＝－a1t·2t－eq\f(1,2)a2(2t)2，解得：E1∶E2＝4∶5，故A、B错误；在0～t内电场力做正功，动能增加，在t～3t内，电场力先做负功，后做正功，动能先减小后增大，返回出发点时总动能增加，变化量大于0，在整个过程中，物体的动能先增加后减小再增大，其变化量大于0，故C正确，D错误。二、多项选择题6答案BC解析：R两端的电压U＝eq\f(E0,R＋r)R＝3.2V，P点的电势为eq\f(U,2)＝1.6V，故A错误；上极板所带的电荷量Q＝CU＝3.2×10－12C，故B正确；电容C＝eq\f(εrS,4πkd)得Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，插入一块玻璃板，则εr增大，Q增加，故C正确；油滴在P点受力平衡，qE＝mg，若将上极板缓慢上移少许，电容器两端的电压U不变，板间距离d增大，根据E＝eq\f(U,d)得，场强E减小，油滴所受的电场力qE也减小，油滴将向下运动，故D错误。7.答案BD解析极板始终与电源连接，电压不变，d减小，由E＝eq\f(U,d)可知，电场强度E增大，则带电液滴所受电场力增大，液滴将向上加速运动，故A、C错误；b点电势为零，UMb＝φM－φb＝φM＝EdMb，场强增大，M点电势升高，由题意，液滴处于静止状态，可知液滴所受电场力方向向上，所以液滴带负电，液滴在M点电势能降低，故B正确；在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，由于电势差相同，电场力做功qU相同，故D正确．8．答案AB解析由电场线疏密程度可知，P点的场强比Q点的场强大，故A正确；粒子仅在电场力作用下做曲线运动，所受电场力指向曲线的内侧，故电场线向左，沿着电场线方向，电势越来越低，故P点的电势比Q点的电势高，故B正确；电场力的方向向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的动能较大，电势能较小，Q点的动能较小，电势能较大，故C、D错误．9.答案BD解析粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项A错误，B正确；由平抛运动知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，所以选项C错误，D正确．三、计算题10．解：（1）电子在电场中加速 解得 （2）设电子离开电场时的速度为v，根据动能定理有 由速度关系有解得（3）平行金属板间 而 解得B组（中档类）一、单项选择题1．【答案】A【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为，经过时间，电场力方向速度为，功率为，所以P与t成正比，故A正确。2．答案B解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：vy＝eq\f(v0,tan30°)＝eq\r(3)v0，分方向方程：d＝v0t，vy＝eq\f(Eq,m)t联立方程得：E＝eq\f(\r(3)mv02,qd)，A、C、D错误，B正确。3.答案C解析：偏转电场中运动的时间为：t＝eq\f(L,v0)，偏转距离为y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)eq\f(L2,v02)＝eq\f(1,4)eq\f(qUL2,dEk0)，偏转电场做功为W＝qEy＝qeq\f(U,d)×eq\f(1,4)eq\f(qUL2,dEk0)＝eq\f(q2U2L2,4d2Ek0)，由于一价氦离子和二价氦离子的电荷量不同，所以做功不同，故A错误；偏转电场对每个离子冲量为I＝Ft＝qeq\f(U,d)×eq\f(L,v0)＝eq\f(qUL,dv0)＝eq\f(qUL,d\r(\f(2Ek0,m)))，所以偏转电场对每个离子冲量不相同，故B错误；由y＝eq\f(1,4)eq\f(qUL2,dEk0)可知，一价氢离子、一价氦离子的轨迹相同，二价氦离子的轨迹与前两者不同，所以在偏转电场中它们形成两股离子束，故C正确，D错误。4．答案B解析因为两粒子轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向eq\f(s,2)＝v0t，竖直方向eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2，且满足a＝eq\f(qE,m)，三式联立解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))，故B正确。二、多项选择题5.解析：选BC由题意可知，a、c两点处于同一同心圆，因此它们的电场强度大小相同，方向不同，故A错误；－q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，速率分别为va、vb，根据动能定理，则有：－qUab＝eq\f(1,2)mvb2－eq\f(1,2)mva2，解得粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(va2－vb2,2(φa－φb))，故B正确；因a点离正点电荷较近，则a点的电场线比b点处较密，因此其电场力比b点大，那么在a点的加速度大于在b点的加速度，故C正确；负粒子从a点移到b点，即从高电势移到低电势，那么电势能增大，电场力做负功，故D错误。6.解析：选CD根据动能定理：eq\f(1,2)mv2－0＝qU，解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比eq\r(2)∶1，A错误；在A、B间：a＝eq\f(Eq,m)，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的加速度大，所以质子运动时间短，B错误；对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为U′有：Ek－0＝q(U＋U′)，所以末动能与电量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C正确；O2到MN板，竖直方向：h＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，水平方向：x＝vt联立解得：x＝2eq\r(\f(Uh,E))，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正确。三、计算题7．解析(1)对离子在PQ两板间的加速过程，根据动能定理，有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得U0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)(2)设abcd区域内电场的场强大小为E，则ab方向有：L＝v0tad方向有：L＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2又Uac＝EL联立解得Uac＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),