第二章 第2节 带电粒子在电场中的运动-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第三册创新导学案课件PPT（粤教版2019）

第二章　静电场的应用 第二节　带电粒子在电场中的运动 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 1．能用两种思路分析带电粒子在电场中的加速运动问题． 2．能用类平抛运动的分析方法研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题． 3．能综合分析带电粒子在电场中的运动． 3 课前自主学习 牛顿运动 匀强 课前自主学习 5 二　加速器 1．原理：为了使带电粒子获得较高的能量，最直接的做法是让带电粒子在___________的作用下不断加速． 2．方法：早期制成的加速器是利用___________的电场来加速带电粒子的．为了进一步提高带电粒子的能量，科学家制成了______________． 3．加速器的应用：被广泛应用于_________、_______、______等各个领域．  电场力 高电压 直线加速器 工农业 医疗 科研 课前自主学习 6 三　带电粒子在电场中的偏转 如图所示，质量为m、带电量为q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U.     (1)运动性质 ①沿初速度方向：速度为______的____________运动． ②垂直v0的方向：初速度为______的匀加速直线运动． v0 匀速直线 0 课前自主学习 7 一 课前自主学习 8 四　示波器 1．示波器的基本原理：带电粒子在电场力的作用下_____________和______，屏幕上的亮线是由_________高速撞击荧光屏产生的． 2．示波管：示波器的核心部件，主要由_________、_________和_________三部分组成． 3．示波管工作时，被加热的灯丝发射电子，电子经电场加速聚焦后形成很细的电子束，再经Y偏转板和X偏转板间的电压控制其打在荧光屏上的位置．如果Y偏转板所加的电压是随时间按________作周期性变化的信号，X偏转板加适当偏转电压，则荧光屏上就会显示出一条正弦曲线．  加速 偏转 电子束 电子枪 偏转系统 荧光屏 正弦规律 课前自主学习 9 提示 判一判 (1)带电粒子在电场中不受重力．(　　) (2)带电粒子仅在静电力作用下运动时，动能一定增加．(　　) (3)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变．(　　) (4)带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，均做匀变速运动．(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　 课前自主学习 10 课堂探究评价 课堂任务1 　带电粒子在电场中的加速 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 12 提示 活动1：图甲中粒子的受力情况如何？ 活动2：图甲、乙中两极板间电场有什么区别？ 提示：受到向右的电场力和向下的重力，而重力远小于电场力，故重力可以忽略，这里认为粒子只受电场力．　 提示：图甲中两极板间的电场是匀强电场，图乙中两极板间的电场是非匀强电场． 课堂探究评价 13 活动3：图甲中若粒子无初速度释放，如何求粒子的末速度？ 活动4：图乙中若电子无初速度释放，如何求电子的末速度？ 提示 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 2．带电粒子在电场中运动时重力的处理 (1)微观粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)． (2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力． 课堂探究评价 16 课堂探究评价 17 答案 课堂探究评价 18 提示 本题适合用哪种思路求解？ 提示：用功能观点分析．　 课堂探究评价 19 规范解答 课堂探究评价 规律点拨　 由于电场力做功与场强是否均匀无关，与运动路径也无关，所以在处理带电粒子在电场中的加速问题时，一般都是用电场力做功结合动能定理分析． 课堂探究评价 [变式训练1]　 医学上对某些癌症可采用质子疗法治疗，该疗法(设备如图)用一定能量的质子束照射肿瘤以杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其在加速电场(可视为匀强电场)中从静止开始被加速到1.0×107 m/s.已知质子的质量为1.67×10－27 kg、电荷量为1.6×10－19 C，加速器加速的直线长度为4 m．下列说法正确的是(　　) A．加速过程中质子的电势能增加 B．加速过程中质子的加速度约为2.5×1013 m/s2 C．质子加速所需的时间约为8×10－6 s D．加速电场的电场强度约为1.3×105 N/C 答案 课堂探究评价 22 解析 课堂探究评价 23 课堂任务2 　带电粒子在电场中的偏转 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”． 课堂探究评价 24 活动1：分析粒子的受力，有什么特点？粒子做直线运动还是做曲线运动？ 活动2：粒子的运动与我们学过的什么运动类似？如何求解粒子的运动？ 提示 提示：粒子受向上的电场力，受力方向与初速度方向垂直．受力方向与速度方向不共线，粒子做曲线运动．　 提示：平抛运动．用分解法来求解粒子的运动．水平方向粒子不受力，做匀速直线运动；竖直方向粒子受恒定的电场力，做初速度为零的匀加速直线运动． 课堂探究评价 25 活动3：如何求粒子末速度方向与初速度方向夹角的正切值？ 活动4：如何求粒子沿电场方向的偏移量？ 提示 课堂探究评价 26 带电粒子在匀强电场中偏转时，受恒力作用，做类平抛运动． 平抛运动的分析方法、规律、推论，均适用于带电粒子的偏转运动． 1．基本规律 带电粒子在电场中的偏转，轨迹如图所示． 课堂探究评价 27 课堂探究评价 28 课堂探究评价 29 3．带电粒子在示波管中的运动分析 (1)运动规律 如图1所示，带电粒子在示波管中先做加速运动，然后做偏转运动，且在X方向和Y方向均发生偏转(其中Y方向加信号电压，X方向加周期与信号电压相同的扫描电压，如图2)．带电粒子在示波管中的偏转运动，实质是在交变电场中的运动． 课堂探究评价 30 (2)确定最终偏移距离 课堂探究评价 思路一： 思路二： 课堂探究评价 例2　(多选)XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于对多种病情的探测．图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示．图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场S，方向竖直，经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电场后速度与水平方向成30°，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)．已知MN两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力．则(　) 课堂探究评价 33 答案 课堂探究评价 34 提示 (1)如何分析电子在偏转电场中的运动？ (2)电子射出偏转电场后做什么运动？ 提示：根据运动的合成与分解分析．　 提示：匀速直线运动． 课堂探究评价 35 规范解答 课堂探究评价 规律点拨 课堂探究评价 [变式训练2－1]　如图所示，从炽热的金属丝飞出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(　　) A．仅将偏转电场极性对调 B．仅增大偏转电极间的距离 C．仅增大偏转电极间的电压 D．仅减小偏转电极间的电压 答案 课堂探究评价 38 解析 课堂探究评价 39 [变式训练2－2]　如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0.偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d. 课堂探究评价 40 (1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时 的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距 离Δy； (2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0× 10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2； (3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点． 答案 课堂探究评价 41 解析 课堂探究评价 42 解析 课堂探究评价 43 课后课时作业 1．(带电粒子在电场中的加速) 如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是(　　) A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 B．两板间距越小，加速的时间就越长，则获得的速率越大 C．获得的速率大小与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 D．两板间距越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 2．(带电粒子在电场中的偏转)研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示．两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b连接，放射源在两平行板中心线上的小铅盒内，发出的射线从小铅盒上方小孔向外射出，已知α粒子(带两个单位元电荷的氦原子核)的质量是电子质量的7359倍，α射线速度约为光速的十分之一，β射线(电子流)的速度接近光速，则落在金属板A、B上的α射线在竖直方向上通过的位移约是β射线的多少倍？(　　) A．12 B．6 C．3 D．4 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 3． (带电粒子在电场中的偏转)如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(　　) A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 [名师点拨]　不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的速度偏转角和偏移量y总是相同的，即运动轨迹重合． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 7．(综合)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成．如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出偏转电场区的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是(　　) A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大 C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 8． (带电粒子在电场中的偏转)如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则a和b的比荷之比是(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．1∶8 D．8∶1 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 9．(带电粒子在电场中的偏转)长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求： (1)粒子末速度的大小； (2)匀强电场的场强； (3)两板间的距离． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 10． (综合)如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，板间距离为d，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，不计空气阻力，则(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 11． (综合)如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距板右端L处有一竖直放置的光屏M.一电荷量为q、质量为m的质点从两板中央水平射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 A．两极板间的电场强度之比为2∶3 B．平行板电容器的电容之比为9∶4 C．电容器所带的电荷量之比为3∶2 D．粒子在极板间运动的时间之比为2∶3 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 答案 13．(综合)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度 为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一 与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒 子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中， v0方向的延长线与屏的交点为O.试求： (1)粒子从射入到打到屏上所用的时间； (2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα； (3)粒子打到屏上的点P到点O的距离x. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 一　带电粒子在电场中的加速 分析带电粒子的加速问题有两种思路： (1)利用eq \x(\s\up1(01))____________定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于eq \x(\s\up1(02))__________电场． (2)利用电场力做功结合动能定理分析．对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)(匀强电场)或qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)(任何电场)等． eq \f(ql,dmv0)U 2,0)eq \f(ql,dmv) U (2)运动规律 ①偏移距离：因为t＝eq \x(\s\up1(04))_____，a＝eq \f(F,m)＝eq \x(\s\up1(05))____，偏移距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \x(\s\up1(06))_______． ②偏转角度：因为vy＝at＝eq \x(\s\up1(07))___________，tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \x(\s\up1(08))__________． eq \f(l,v0) eq \f(Uq,dm) 2,0)eq \f(ql2,2dmv) U 提示：可以利用牛顿第二定律结合运动学公式求解：U＝Ed，F＝Eq，a＝eq \f(F,m)，d＝eq \f(v2,2a)，联立得v＝ eq \r(\f(2Uq,m))；还可以利用电场力做功结合动能定理求解：Uq＝eq \f(1,2)mv2－0，得v＝ eq \r(\f(2Uq,m)). 提示：可利用电场力做功结合动能定理求解，电场力做的功等于电子动能的增加量，Ue＝eq \f(1,2)mv2－0，得v＝ eq \r(\f(2Ue,m)). 1．带电粒子在电场中的加速 带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动．有两种分析思路： (1)用动力学观点分析：a＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \o\al(2,0)＝2ad.(适用于解决的问题：属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量) (2)用功能观点分析：粒子只受静电力作用，静电力做的功等于粒子动能的变化，qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0).(适用于解决的问题：只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景) 例1　(2021·河南省名校联盟高二上期中)(多选)1924年英国科学家G·Ising最早提出直线加速器的雏形概念．直线加速器由直的真空管道(虚线框)和一系列带孔的金属漂移管(1，2，3，4，5，6)组成，如图甲所示．粒子加速是通过相邻漂移管之间的电场完成的，电场和粒子的同步是由电压的周期和相应漂移管的长度配合来实现的．质子从漂移管1的左侧小孔以速度v0沿轴线进入加速器，并依次向右穿过各漂移管，最后打在靶(7)上，质子在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，漂移管间距离很小．设质子进入漂移管1时，电源下面的导线接地，上面的导线电势随时间变化的图像如图乙所示，质子在每个管内运动的时间均为eq \f(1,2)T，已知质子质量为m，电荷量为e，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是(　　) A．质子可以在eq \f(1,2)T～T时间内射入漂移管1 B．6个漂移管长度之比为1∶2∶3∶4∶5∶6 C．第2漂移管长度为eq \f(1,2)Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0＋\r(\f(2eφm,m)))) D．质子打在靶上时的动能为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋6eφm 规范解答　质子在每个管内运动的时间均为eq \f(1,2)T，若质子在eq \f(1,2)T～T时间内射入漂移管1，则将在T～eq \f(3,2)T时间内某时刻离开漂移管1，此时漂移管1电势高，漂移管2电势低，质子将被加速，A正确；质子进入漂移管2的速度v满足eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eφm，则第2个漂移管的长度L2＝eq \f(T,2)·v＝eq \f(T,2) 2,0)eq \r(v＋\f(2eφm,m)) ，同理可得其他漂移管的长度Ln＝eq \f(T,2) 2,0)eq \r(v＋\f(2(n－1)eφm,m)) (n＝3，4，5，6)，可知B、C错误；质子从射入漂移管1到打到靶上共被加速了6次，根据动能定理知质子打在靶上时的动能为Ek＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋6eφm，D正确． 解析　加速过程中，电场力对质子做正功，质子的电势能减小，A错误；质子在加速电场中做匀加速直线运动，由位移与速度的关系式得a＝eq \f(v2－0,2x)＝eq \f(（1.0×107）2－0,2×4) m/s2＝1.25×1013 m/s2，B错误；加速时间为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(1.0×107,1.25×1013) s＝8×10－7 s，C错误；根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝1.3×105 N/C，D正确． 提示：水平方向：l＝v0t，竖直方向vy＝at，eq \f(Uq,dm)＝a，得tanθ＝eq \f(vy,v0)＝2,0)eq \f(Uql,mdv) . 提示：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(Uq,md)·2,0)eq \f(l2,v) ＝2,0)eq \f(Uql2,2mdv) . (1)初速度方向eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度：vx＝v0,位移：l＝v0t)). (2)电场线方向2,0)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(速度：vy＝at＝\f(qU,md)·\f(l,v0),位移：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)·\f(l2,v))) . (3)离开电场时的偏转角的正切值：tanθ＝eq \f(vy,v0)＝2,0)eq \f(qUl,mdv) . (4)离开电场时位移与初速度方向的夹角的正切值：tanα＝eq \f(y,l)＝2,0)eq \f(qUl,2mdv) . 2．两个推论 (1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点． (2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的eq \f(1,2)，即tanα＝eq \f(1,2)tanθ. 注意：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏移量． A．偏转电场方向竖直向下 B．若加速电压U0增大少许，电子会打在P点右侧 C．偏转电场强度的大小为eq \f(2\r(3)U0,3L0) D．P点到偏转电场右边界距离为eq \r(3)H－eq \f(L0,2) 规范解答　电子带负电，根据图中电子轨迹，可知偏转电 场方向竖直向上，故A错误；在加速电场中，根据动能定理 有eU0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，加速电压增大，会使电子进入偏转电场的初 速度变大，在偏转电场中的运动时间变小，离开偏转电场时的 竖直位移和速度偏转角变小，故电子会打在P点右侧，故B正 确；电子偏转时做类平抛运动，有L0＝v0t，vy＝at，a＝eq \f(eE,m)，tan30°＝eq \f(vy,v0)，联立可得E＝eq \f(2\r(3)U0,3L0)，故C正确；设P点到偏转电场右边界距离为s，根据几何关系，有tan30°＝eq \f(H－\f(1,2)vyt,s)，代入数据得s＝eq \r(3)H－eq \f(L0,2)，故D正确． 加速电场用qU＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)解决问题，偏转电场用类平抛规律解决问题． 解析　设加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝2,0)eq \f(mv,2) ，得v0＝ eq \r(\f(2U0q,m))，电子进入偏转电场后做类平抛运动，时间t＝eq \f(L,v0)，a＝eq \f(Uq,dm)，vy＝at，tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(UL,2U0d)，由此可判断C正确，A、B、D 错误． 答案　(1) eq \r(\f(2eU0,m))　eq \f(UL2,4U0d)　(2)(3)见解析 解析　(1)根据动能定理，有eU0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 则电子射入偏转电场的初速度v0＝ eq \r(\f(2eU0,m)) 在偏转电场中，电子的运动时间 Δt＝eq \f(L,v0)＝Leq \r(\f(m,2eU0)) 电子的加速度a＝eq \f(Ue,dm) 则偏转距离Δy＝eq \f(1,2)a(Δt)2＝eq \f(UL2,4U0d). (2)考虑电子所受重力和静电力的数量级，有 重力G＝mg≈10－29 N 静电力F＝eq \f(eU,d)≈10－15 N 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力． (3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q之比，即φ＝eq \f(Ep,q) 由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m之比，叫作“重力势”，即φG＝eq \f(EG,m). 电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定． 解析　由动能定理可得eU＝eq \f(1,2)mv2－0，即v＝eq \r(\f(2eU,m))，v的大小与U有关，与极板距离无关，C正确． 解析　设两板间电压为U，板间距为d，粒子在板间做类平抛运动，在水平方向：eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,md) t2，竖直方向：y＝v0t，联立得y＝v0deq \r(\f(m,qU))，所以eq \f(yα,yβ)＝eq \f(vα,vβ)·eq \r(\f(mα,mβ))·eq \r(\f(qβ,qα))＝eq \f(1,10)× eq \r(\f(7359,1))× eq \r(\f(1,2))≈6，故选B. 解析　两种情况下带电粒子的运动时间之比t1∶t2＝2∶1，偏转距离之比y1∶y2＝1∶2，由y＝eq \f(1,2)at2得两种情况下粒子的加速度之比eq \f(a1,a2)＝eq \f(y1,y2)·2,2)eq \f(t,teq \o\al(2,1)) ＝eq \f(1,8)，由于a＝eq \f(qU,md)，a∝U，故U1∶U2＝1∶8，A正确． 4．(综合)如图所示，一价氢离子(eq \o\al(1,1)H)和二价氦离子(eq \o\al(4,2)He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们(　　) A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点 C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点 解析　在加速电场中有qU1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，在偏转电场中的偏转距离y＝eq \f(1,2)·eq \f(U2q,md)·2,0)eq \f(L2,v) ＝eq \f(U2L2,4U1d)，故两离子运动轨迹相同，打在屏上同一点；一价氢离子(eq \o\al(1,1)H)和二价氦离子(eq \o\al(4,2)He)的比荷不同，射出加速电场时的末速度v0不同，在平行于偏转极板方向由t＝eq \f(2L加,v0)＋eq \f(L＋L′,v0)知，两离子运动的时间不同．故选B. 证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，l＝v0t，vy＝eq \f(qU,md) t，tanθ＝eq \f(vy,v0)，y＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,md) t2，得tanθ＝eq \f(Ul,2U0d)，y＝eq \f(Ul2,4U0d). 5．(带电粒子在电场中的偏转)(多选)a、b、c三个α粒子(eq \o\al(4,2)He)由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定(　　) A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大 解析　a、b、c三个α粒子在电场中运动时，a＝eq \f(qE,m)相同，ya＝yb>yc，xa<xb＝xc，由y＝eq \f(1,2)at2知，ta＝tb>tc，故A正确，B错误；水平方向由v0＝eq \f(x,t)知vc>vb>va，故C正确；由ΔEk＝qEy知ΔEka＝ΔEkb>ΔEkc，故D正确． 6．(带电粒子在电场中的加速)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq \f(2,5)l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　　) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析　因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq \f(2,5)l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为eq \f(2,5)l，电荷量为－q的粒子通过的位移为eq \f(3,5)l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝eq \f(qE,M)、a2＝eq \f(qE,m)，由运动学公式有eq \f(2,5)l＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(qE,2M)t2　①，eq \f(3,5)l＝eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(qE,2m)t2　②，eq \f(①,②)得eq \f(M,m)＝eq \f(3,2).故B、C、D错误，A正确． 解析　电子通过加速电场有eU1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，在偏转电场中，垂直于电场线的方向做匀速直线运动，则运动时间t＝eq \f(l,v0)，在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(eU2,md)，末速度vy＝at＝eq \f(eU2l,mdv0)，偏转角的正切tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(U2l,2U1d)，所以tanθ∝eq \f(U2,U1)，故B正确． 解析　两粒子在电场中均做类平抛运动，则有沿初速度方向：x＝v0t，垂直于初速度方向：y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，即y＝eq \f(qE,2m)·2,0)eq \f(x2,v) ，则有eq \f(qa,ma)∶eq \f(qb,mb)＝2,a)eq \f(ya,x) ∶2,b)eq \f(yb,x) ＝8∶1，D正确． 答案　(1)eq \f(2\r(3)v0,3)　(2)2,0)eq \f(\r(3)mv,3qL) 　 (3)eq \f(\r(3),6)L 解析　(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，故末速度大小为： v＝eq \f(v0,cos30°)＝eq \f(2\r(3)v0,3). (2)粒子在电场中做类平抛运动， 在水平方向：L＝v0t 在竖直方向：vy＝at＝v0tan30° 由牛顿第二定律可得：qE＝ma 联立解得：E＝2,0)eq \f(\r(3)mv,3qL) . (3)粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向：d＝eq \f(1,2)at2 解得：d＝eq \f(\r(3),6)L. A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 B．微粒在下落过程中重力做功为mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，静电力做功为－qU C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为eq \f(1,2)qU D．若微粒从距B板高1.5h处自由下落，则恰好能到达A板 解析　下落过程中，微粒的速度先增大后减小，故动能 先增大后减小，重力势能逐渐减小，A错误．微粒在下落过 程中，重力做功为mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，静电力做功为－q×eq \f(U,d)×eq \f(d,2)＝ －eq \f(1,2)qU，B错误．微粒落入电场中，静电力做功为－eq \f(1,2)qU，根据静电力做功与电势能变化关系知其电势能增加量为eq \f(1,2)qU，C正确．设微粒从距B板高h′处自由下落，恰好能到达A板，根据动能定理有mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))－eq \f(1,2)qU＝0，mg(h′＋d)－qU＝0，解得h′＝2h，D错误． A．板间的电场强度大小为eq \f(mg,q) B．板间的电场强度大小为eq \f(2mg,q) C．质点在板间运动时动能的增加量等于静电力做的功 D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 解析　对质点的运动进行分解，在水平方向上质点做匀速 直线运动，又因质点在板间运动的水平位移与它从板的右端 运动到光屏的水平位移相等，故质点在板间的运动时间等于 它从板的右端运动到光屏的时间，D错误；质点在板间运动 过程中受到重力和静电力作用，故质点在板间运动时动能的增加量等于重力和静电力做的功之和，C错误；质点最后垂直打在M屏上，即末速度水平，则质点在板间运动时在竖直方向上做初速度为0的匀加速运动，质点从板的右端运动到光屏的过程中在竖直方向上做末速度为0的匀减速运动，又因做匀加速运动的时间与做匀减速运动的时间相等，故做匀加速运动的加速度大小与做匀减速运动的加速度大小相等，故qE－mg＝mg，得E＝eq \f(2mg,q)，B正确，A错误． 12．(综合)(多选)如图甲所示为可变电容器，图乙为两个完全相同的半圆形的平行金属板接在电路中，开始两金属板正对．闭合开关S，将上侧金属板转过60°，同时将两板之间的距离增大到原来的eq \f(3,2)；调节前后将同一重力不计的正粒子由下侧极板无初速释放，释放位置都在两极板正对面内．假设两极板正对面之间的电场始终为匀强电场，则调整前后(　　) 解析　由于电容器的两极板与固定的电源 相连接，则调整前后两极板之间的电压不变，由 公式E＝eq \f(U,d)可知，调整前后两极板间的电场强度之 比为3∶2，A错误；由平行板电容器电容的决定 式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，eq \f(C1,C2)＝eq \f(S1,S2)·eq \f(d2,d1)＝eq \f(3,2)×eq \f(3,2)＝eq \f(9,4)，B正确；由公式Q＝CU可知，eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(C1,C2)＝eq \f(9,4)，C错误；粒子由静止从下侧极板运动到上侧极板的过程中，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，可知调整前后粒子到达上侧极板的速度v＝ eq \r(\f(2qU,m))相同，粒子运动的平均速度相同，则调整前后粒子在极板间运动的时间之比为eq \f(t1,t2)＝eq \f(d1,d2)＝eq \f(2,3)，D正确． 答案　(1)eq \f(2L,v0)　(2)2,0)eq \f(qEL,mv) 　(3)2,0)eq \f(3qEL2,2mv) 解析　(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝eq \f(2L,v0). (2)粒子在全过程中的运动情况如图所示． 设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy， 由牛顿第二定律得粒子在电场中的加速度a＝eq \f(qE,m) 所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为 tanα＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at1,v0)＝2,0)eq \f(aL,v) ＝2,0)eq \f(qEL,mv) . (3)如(2)中图所示，设粒子在电场中的偏转距离为y，则 y＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq \s\up12(2)＝2,0)eq \f(qEL2,2mv) 又x＝y＋Ltanα， 解得x＝2,0)eq \f(3qEL2,2mv) . $$