第10章 第5节 带电粒子在电场中的运动-【名师导航】2024-2025学年高中物理必修第三册同步讲义(人教版)

第5节　带电粒子在电场中的运动 1．知道带电粒子在电场中加速和偏转的原理。 2．会从运动和力的关系的角度、从功和能的角度分析带电粒子在匀强电场中的加速问题。 3．知道带电粒子垂直于电场线进入匀强电场的特点并对偏移距离、偏转角度、离开电场时的速度等物理量进行分析和计算。 4．通过对示波管的构造和工作原理的认识，进一步理解加速和偏转问题。 　带电粒子在电场中的加速 1．带电粒子在电场中加速(直线运动)的条件：只受静电力作用时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。 2．分析带电粒子加速问题的两种思路 (1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析。 (2)利用静电力做功结合动能定理来分析。 在真空中有一对平行金属板，由于接上电池组而带电，两板间电势差为U，若一个质量为m、带正电荷q的粒子，以初速度v0从正极板附近向负极板运动。试结合上述情境讨论： (1)怎样计算它到达负极板时的速度？ (2)若粒子带的是负电荷(初速度为v0)，将做匀减速直线运动，如果能到达负极板，其速度如何？ (3)上述问题中，两块金属板是平行的，两板间的电场是匀强电场，如果两金属板是其他形状，中间的电场不再均匀，上面的结果是否仍然适用？为什么？ 提示：(1)根据动能定理qU＝，就可以求出粒子到达负极板时的速度大小为： v＝。 (2)根据动能定理－qU＝，代入数据解得 v＝，方向水平向右。 (3)因为不管是否为匀强电场，静电力做功都可以用W＝qU计算，则动能定理仍然适用，故结果仍然适用。 1．带电粒子的分类及受力特点 (1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。 (2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。 2．处理带电粒子在电场中加速问题的两种方法 可以从动力学和功能关系两个角度分析如下： 动力学角度 功能关系角度 应用知识 牛顿第二定律以及匀变速直线运动公式 功的公式及动能定理 适用条件 匀强电场，静电力是恒力 匀强电场、非匀强电场；静电力是恒力、变力 【典例1】　如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106 m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。两板距离为20 cm，设金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105 N/C。质子质量m＝1.67×10-27 kg，电荷量q＝1.60×10-19 C，重力不计。求质子由板上小孔射出时的速度大小。 [解析]　根据动能定理W＝ 而W＝qEd＝1.60×10-19×3×105×0.2 J＝9.6×10-15 J 所以v1＝＝ m/s≈6×106 m/s 质子飞出时的速度约为6×106 m/s。 [答案]　6×106 m/s [母题变式] 上例中，若质子刚好不能从小孔中射出，其他条件不变，则金属板之间的电场强度至少为多大？方向如何？ [解析]　根据动能定理－qE′d＝0－ 则E′＝ N/C≈6.5×105 N/C 方向水平向左。 [答案]　6.5×105 N/C　方向水平向左 　 带电粒子在电场中的加速运动，往往涉及它的逆运动——以同样的加速度做匀减速运动，这时可以用两种观点解决：①能量观点，通过电场加速，＝qU，减速要通过电场，需满足≥qU；②运动观点，运用匀变速直线运动规律，当粒子做减速运动时，应首先判断它是否能通过电场。 [跟进训练] 1．如图所示，从电子枪O逸出的电子，初速度可以认为是零，电子通过小孔A、B，最终打在C板上。 (1)描述电子在OA间、AB间、BC间的运动情况； (2)电子通过小孔A、B时的动能分别是多少电子伏？电子打在C板上时的动能是多少电子伏？ [解析]　(1)电子在OA之间在静电力的作用下做匀加速直线运动，AB之间无电场，做匀速运动，在BC间受到的静电力与运动方向相反，做匀减速直线运动。 (2)AB之间无电场，做匀速运动，电子通过小孔A、B时的动能相等，根据动能定理 eUAO＝EkA＝EkB 解得EkA＝EkB＝45 eV 由B到C，根据动能定理－eUBC＝EkC－EkB 解得EkC＝15 eV。 [答案]　(1)见解析　(2)45 eV　45 eV　15 eV 　带电粒子在电场中的偏转 1．条件：带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直。 2．运动性质 (1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动， 穿越两极板的时间t＝。 (2)垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝。 3．运动规律 (1)偏移距离：因为t＝，a＝，所以偏移距离y＝at2＝。 (2)偏转角度：因为vy＝at＝，所以tan θ＝ 。 如图所示，带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入两平行板间的匀强电场中。设带电粒子的电荷量为q、质量为m(不计重力)，平行板长为L，两板间距为d，电势差为U。 (1)你认为带电粒子的运动同哪种运动类似，这种运动的研究方法是什么？ (2)带电粒子在电场中的运动可以分解为哪两种运动？ 提示：(1)平抛运动，这类运动的研究方法是运动的合成和分解。 (2)带电粒子在电场中的运动可以分解为：带电粒子在垂直于电场线方向上不受力，做匀速直线运动；在平行于电场线方向上，受到静电力的作用做初速度为零的匀加速直线运动。 1．带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律 2．偏转位移和偏转角 (1)粒子离开电场时的偏转位移y＝。 (2)粒子离开电场时的偏转角θ的正切值tan θ＝。 (3)粒子离开电场时位移与初速度夹角α的正切值tan α＝。 3．两个常用的推论 (1)粒子射出电场时好像从板长l的处沿直线射出，即x＝。 (2)位移方向与初速度方向夹角α的正切值为速度偏转角θ的正切值的，即tan α＝tan θ。 4．运动轨迹：抛物线。 　带电粒子在电场中偏转 【典例2】　如图所示，两相同极板A 与B的长度l为6.0 cm，相距d为2 cm，极板间的电压U为200 V。一个电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度v0为3.0×107 m/s。把两板间的电场看作匀强电场，电子比荷为1.76×1011 C/kg。求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y和偏转的角度θ。(结果保留两位有效数字) [解析]　电子在电场中运动的加速度是 a＝ y＝at2，l＝v0t，v⊥＝at＝ y＝，tan θ＝ 代入数据，得y≈0.35 cm，θ≈6.7°。 [答案]　0.35 cm　6.7° [跟进训练] 2．如图所示，真空中有一电子以速度v沿着与电场强度垂直的方向自O点进入匀强电场。以O为坐标原点建立直角坐标系，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向，在x轴上取OA＝AB＝BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线，跟电子的径迹交于M、N、P三点，求： (1)电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度之比； (2)电子从O点开始，每经过相等时间的动能增量之比。 [解析]　(1)电子在x轴正方向上做匀速直线运动，由题意可知，从O到A、从A到B、从B到C所用时间相等，均设为t。电子在y轴正方向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a，则电子经M、N、P三点时，沿y轴的分速度分别为 vyM＝at、vyN＝2at、vyP＝3at 所以vyM∶vyN∶vyP＝1∶2∶3。 (2)电子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，在相等时间内的位移增量之比为1∶3∶5，根据动能定理可知，动能的增量即为这个过程中静电力做的功，由于静电力相等，所以动能的增量就与位移成正比，即动能的增量之比为1∶3∶5。 [答案]　(1)1∶2∶3　(2)1∶3∶5 　带电粒子在电场中先加速后偏转 【典例3】　如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e＝1.6×10-19 C，电子的质量m＝0.9×10-30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求： (1)电子射入偏转电场时的动能Ek； (2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y。 [解析]　(1)电子在加速电场中，根据动能定理有 eU1＝Ek 解得Ek＝4.0×10-16 J。 (2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子在水平方向做匀速直线运动 由l＝v1t可求得 t＝ 电子在竖直方向受静电力F＝ 电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a，依据牛顿第二定律有 ＝ma 解得a＝ 电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y＝ 联立上式解得y＝0.36 cm。 [答案]　(1)4.0×10-16 J　(2)0.36 cm 　带电粒子在电场中先加速后偏转，偏转量以及偏转角与带电粒子q、m无关，只取决于加速电场和偏转电场。 [跟进训练] 3．如图所示，一质子由静止经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板之间，若质子从两板正中间垂直于电场方向射入，且刚好能从下极板右边缘穿出电场。已知质子质量为m、电荷量为e，试求： (1)质子离开加速电场时的速度大小； (2)质子在水平放置的平行板电容器中运动的加速度大小； (3)质子从下极板右边缘穿出电场时的速度大小。 [解析]　(1)设质子离开加速电场时的速度大小为v0，由动能定理有 eU0＝ 解得v0＝。 (2)质子在水平放置的平行板电容器中所受静电力大小为F＝ 由牛顿第二定律可得，质子在水平放置的平行板电容器中运动的加速度大小为 a＝。 (3)设质子从下极板右边缘穿出电场时的速度大小为v，对整个过程由动能定理得 e＝mv2 解得v＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　带电粒子在电场中偏转后打在荧光屏上 【典例4】　如图所示，一个负粒子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知负粒子质量m＝1.0×10-31 kg，电荷量q＝3.2×10-19 C，加速电场电压U0＝250 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝10.0 cm，板间距离d＝8 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力)。求： (1)负粒子射入偏转电场时的初速度v0； (2)负粒子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h； (3)负粒子经过偏转电场过程中电势能的变化量。 [解析]　(1)根据动能定理有qU0＝ 解得v0＝＝4×107 m/s。 (2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，电子在水平方向做匀速直线运动 L1＝v0t 电子在竖直方向上做匀加速运动 y＝at2 根据牛顿第二定律有＝ma 解得y＝＝0.025 m 电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由图知 解得h＝0.04 m。 (3)电子在偏转电场运动的过程中静电力对它做的功为 W＝qEy＝＝2×10-17 J 即ΔE＝－W＝－2×10-17 J。 [答案]　(1)4×107 m/s　(2)0.04 m　(3)－2×10-17 J [跟进训练] 4．如图所示为示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l＝4.0 cm，两板间距离d＝1.0 cm，极板右端与荧光屏的距离L＝18 cm。由阴极发出的电子经电场加速后，以v＝1.6×107 m/s沿中心线进入竖直偏转电场。若电子由阴极逸出时的初速度、电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，已知电子的电荷量e＝1.6×10-19 C，质量m＝0.91×10-30 kg。 (1)求加速电场电压U0的大小； (2)要使电子束不打在偏转电极的极板上，求加在竖直偏转电极上的电压应满足的条件。 [解析]　(1)对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 eU0＝mv2 解得U0＝728 V。 (2)设偏转电场电压为U1时，电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的位移恰好为 y＝d 电子通过偏转电场的时间为t＝ 同时有y＝at2，F电＝eE，a＝ 联立解得·t2 解得U1＝＝91 V 所以，为使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上的电压U应小于91 V。 [答案]　(1)728 V　(2)应小于91 V 　示波管的原理 1．构造：示波管主要由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空。 2．原理 (1)给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点。 甲　示波管的结构　　乙　荧光屏(从右向左看) (2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，使电子沿YY′方向偏转。 (3)示波管的XX′偏转电极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压(如图丙所示)，叫作扫描电压，使电子沿XX′方向偏转。 丙　扫描电压 示波管原理如图所示，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏正中间的O点，其中x轴与XX′电场的电场强度方向平行，y轴与YY′电场的电场强度方向平行。 (1)若XX′电压为零时，只在YY′加电压，电子打在哪个位置？ (2)若YY′电压为零时，只在XX′加电压，电子打在哪个位置？ (3)要使电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限内，应使X′、Y′接电源的正极还是负极？ 提示：(1)y轴上。(2)x轴上。(3)X′、Y′接电源的正极。 1．示波管主要有电子枪、偏转电极、荧光屏三部分组成。电子枪的作用是发射电子并且加速电子，使电子获得较大的速度；偏转电极的作用是使电子发生偏转；荧光屏的作用是显示电子的偏转情况。 2．在电极X和X′加扫描电压，是使电子在水平方向偏转，在电极Y和Y′加信号电压，可以使电子向上或向下偏转。 　示波管 【典例5】　(多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　) A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电 AC　[由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A正确，B错误；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C正确，D错误。] [跟进训练] 5．如图甲所示为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按如图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按如图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是(　　) 甲 乙　　　　　　　　　　　丙 A　　　　B　　　　C　　　 　D B　[由于电极XX′之间所加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压为信号电压，所以荧光屏上会看到B选项所示的图形。] 　带电粒子在交变电场中运动 【典例6】　如图甲所示，一带电粒子在加速电场中由静止开始运动，加速电场电势差为U1＝200 V，之后沿中线射入两块平行极板A、B中央，入射方向跟极板平行，已知极板长L＝8 cm，间距d＝4 cm，粒子质量m＝4.0×10-27 kg，电荷量q＝1.60×10-18 C，整个装置处在真空中，重力可忽略。若极板间加上恒定电压U2，粒子恰好从A板边缘射出，求： (1)粒子从加速电场射出时的速度大小v0； (2)偏转极板A、B间电压U2多大； (3)若在A、B板间加上大小为U2，如图乙所示的交变电压(电压为正时A板带正电)，电压的周期T＝2×10-7 s，求在t＝0时刻射入极板间的粒子从A、B极板间射出时的偏转量及粒子射出时的速度。 　 [解析]　(1)对带电粒子在加速电场中，由动能定理得 qU1＝ 解得带电粒子从加速电场射出时的速度为 v0＝4×105 m/s。 (2)带电粒子在静电力作用下做类平抛运动，根据牛顿第二定律可知，带电粒子的加速度为 a＝ 根据水平方向上做匀速直线运动可知，运动时间为 t＝ 由运动学公式可知，偏转的侧位移为 at2 联立解得 U2＝100 V。 (3)加上题图乙所示电压时，若粒子能够射出电场，则射出电场的时间为 t1＝ s＝2×10-7 s＝T 带电粒子的加速度为 a＝ 带电粒子在偏转电场中加速过程向A板偏转位移为 y1＝a2 代入数据解得 y1＝0.005 m 根据对称性可知，粒子射出电场时向A板偏转位移为 y＝2y1＝2×0.005 m＝0.01 m＝1 cm＜ 所以粒子能够射出电场，粒子射出时向A板偏转1 cm 经过一个周期后粒子速度方向恰好平行于A、B极板向右，该过程中静电力做功为零，粒子速度大小为4×105 m/s。 [答案]　(1)4×105 m/s　(2)100 V　(3)向A板偏转1 cm，粒子射出的速度为4×105 m/s，方向平行于A、B极板向右 　(1)常见模型 ①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定粒子的运动情况。 ②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。 (2)分析方法 ①用动力学知识分析求解。重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T间的关系等。 ②通过画出粒子的v -t图像，将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来。 [跟进训练] 6．两块水平平行放置的金属板如图甲所示，一个电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U0的电场加速后射入两板之间，若两板均不带电时，电子通过两板之间的时间为3t0。当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、最大值恒为U0的周期性电压时，电子在t＝0时刻沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。不计电子重力，对于该电子在极板之间的运动，以下说法正确的是(　　) A．该电子在两极板间一直做曲线运动 B．该电子在垂直于两板方向上一定先加速再匀速再加速 C．若该电子恰好能从下板右端离开，则离开下板时的动能为3eU0 D．若该电子恰好能从下板右端离开，则两板之间的距离为d＝ D　[在t0～2t0时间内，若仍在两板间运动，因该段时间内两板间电压为零，电场强度为零，电子不受静电力，不计电子重力，电子做匀速直线运动，A错误；电子有可能在0～ t0时间内打到极板上，在垂直于两板方向上一直匀加速，所以不一定先加速再匀速再加速，B错误；若该电子恰好能从下板右端离开，则电子在偏转极板间运动的时间为3t0，在偏转电场中，有(2t0)2＋d，解得d＝，从加速电场到偏转电场，根据动能定理有eU0＋(2t0)2＝mv2，解得mv2，即离开下板时的动能Ek＝eU0，C错误，D正确。] 1．如图所示，两平行金属板竖直放置，板上A、B两孔正好水平相对，板间电压为500 V。一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，若不考虑重力的影响，则电子离开电场时的动能大小为(　　) A．900 eV　 B．500 eV C．400 eV D．－100 eV C　[电子从A向B运动时，静电力对电子做负功，若当电子到达B点时，克服静电力所做的功W＝qU＝500 eV>400 eV，因此电子不能到达B孔，电子向右做减速运动，在到达B孔之前速度变为零，然后反向运动，从A孔离开电场，在整个过程中，静电力做功为零，由动能定理可知，电子离开电场时的动能Ek＝400 eV，故C正确。] 2．(多选)如图所示，一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)，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(　　) 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在某位置时的速度的大小 BCD　[题述粒子在竖直方向上受到竖直向下的静电力，水平方向不受外力，故粒子做类平抛运动，轨迹为抛物线，其运动可分解为平行极板方向的匀速直线运动和垂直极板方向的初速度为零的匀加速直线运动，A错误，BC正确；该过程中只有静电力做功，而静电力做功与路径无关，故可用动能定理确定其在某位置时的速度的大小，D正确。] 3．如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该(　　) A．使U2加倍 B．使U2变为原来的4倍 C．使U2变为原来的倍 D．使U2变为原来的 A　[设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y＝。使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，即y不变，则必须使U2加倍，故选A。] 4．如图所示装置，电子由静止经电场加速后沿偏转板中线进入偏转电场。已知加速电极间的电压是U1＝45 V，偏转板间的电压是U2＝9 V，偏转板长l＝40 cm，相距d＝16 cm。电子的质量是m＝9.0×10-31 kg，电荷量e＝1.6×10-19 C，重力忽略不计。 (1)求电子离开加速电场时的速度大小。 (2)电子能否从偏转电场右侧飞出？若能，求飞出时竖直方向分速度的大小。 [解析]　(1)设电子离开加速电场时的速度为v, 对于电子，在加速电场中，有 eU1＝mv2－0 解得v＝4×106 m/s。 (2)假设电子能从偏转电场右侧飞出，设电子在偏转电场中的加速度为a，运动时间为t，则电子在偏转电场中，由牛顿第二定律，有 ＝ma 解得a＝1×1013 m/s2 水平方向做匀速直线运动，所以有l＝vt 解得t＝1×10-7 s 则偏转位移y＝at2 联立解得y＝0.05 m＝5 cm 由于y<d＝8 cm 所以电子能从偏转电场右侧飞出 因此飞出时竖直方向分速度vy＝at 解得vy＝1×106 m/s。 [答案]　(1)4×106 m/s　(2)能，1×106 m/s 回归本节知识，自我完成以下问题： 1．要使带电粒子在电场中只被加速而不改变运动方向该怎么办？ 提示：仅受静电力作用，且静电力的方向应同v0同向。 2．对于带电粒子加速问题，常用的是哪两种思路？ 提示：方法一：利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析。此种方法必须在匀强电场中使用(F＝qE，F为恒力，E恒定)。 方法二：利用静电力做功结合动能定理来分析。由于在非匀强电场中，公式W＝qU同样适用，故此种方法可行性更高，应用程度更高。 3．带电粒子以初速度v0垂直于电场线射入匀强电场中，带电粒子的运动同哪种运动类似？这种运动的研究方法是什么？ 提示：类似力学中的平抛运动；研究方法是运动的合成与分解。 课时分层作业(九)　带电粒子在电场中的运动 题组一　带电粒子在电场中的加速 1．质子、α粒子()、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是(　　) A．质子()　 B．α粒子( C．钠离子(Na＋) D．都相同 B　[ qU=mv2-0，U相同，α粒子带的正电荷最多，所以α粒子获得的动能最大，故选项B正确。] 2．如图所示，在P板附近有一电子(图中未画出)由静止开始向Q板运动，则下列关于电子到达Q板时的速率与哪些因素有关的解释正确的是(　　) A．两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 B．两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小 C．两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大 D．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 D　[电子从静止运动到Q板的过程中只有静电力做功，设电子的质量为m，电荷量为e，运动到Q板时的速率为v，根据动能定理得eU＝mv2，解得v＝，可知电子运动到Q板时的速率与两极板间的距离无关，仅与加速电压U有关，故选项D正确。] 3．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t1和α粒子经历的时间t2之比为(　　) A．1∶1　　　　　 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶1 A　[由动能定理可知，qEl＝Ek，又l＝t2，解得t＝，可见，两种粒子时间之比为，故选项A正确。] 4．(多选)如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为q的带负电的粒子(不计重力)以初速度v0由小孔水平射入电场，当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达M、N两板中线位置处即返回，则下述措施能满足要求的是(　　) A．使初速度减小为原来的 B．使M、N间的电压提高到原来的4倍 C．使M、N间的电压加倍 D．使初速度和M、N间的电压都减小为原来的 CD　[设带电粒子离开M板的最远距离为x，由动能定理得－，所以x＝d，若粒子刚好到达N板，则x＝d，若使粒子初速度v0减为原来的，设带电粒子离开M板的最远距离为x′，则可得x′＝，故A错误；若使M、N间电压U提高到原来的4倍，可得x′＝，故B错误；若电压U提高到原来的2倍，可得x′＝，故C正确；使初速度v0和M、N间电压U都减为原来的，可得x′＝，故D正确。] 题组二　带电粒子在电场中的偏转 5．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。则匀强电场的电场强度E大小是(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． B　[带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到vy＝v0，水平方向上有d＝v0t，竖直方向上有vy＝t，联立解得E＝，故选B。] 6．如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置，一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力，若还能让粒子飞出电场，下列操作可行的是(　　) A．只增大电场强度 B．只增大粒子的比荷 C．只增大粒子的带电荷量 D．只增大粒子的入射速度 D　[设带电粒子的初速度为v0，板长为L，电场强度为E，根据牛顿第二定律，有a＝　①，水平方向L＝v0t　②，竖直方向y＝at2　③，联立①②③解得y＝，只增大电场强度，会使竖直位移y增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故A错误；只增大粒子的比荷，竖直位移y增大，粒子不一定能飞出电场，故B错误；只增大粒子的带电荷量，会使竖直位移y增大，粒子可能打到极板上，粒子不一定能飞出电场，故C错误；只增大粒子的入射速度，会使竖直位移y变小，粒子能飞出电场，故D正确。] 7．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 A　[据题意知，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则x＝vt，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则y＝，偏转电压为U＝，则偏转电压之比，故选项A正确。] 题组三　示波管的原理 8．如图所示，图甲是示波管的原理图，如果在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则荧光屏上会看到的图形是(　　) 甲 乙　　　　　　　　　　丙 A　　　　　B　　　　　C　 　 　　D B　[因为在电极XX′之间所加的电压保持不变，可知在X方向上的偏移位移保持不变，在Y方向上电压随正弦规律变化，即Y方向上的偏移在正负最大值之间变化，故B正确。] 9．真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均从A板由静止开始被加速电场加速，然后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是(　　) A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的静电力对三种粒子做的功之比为1∶2∶2 D．偏转电场的静电力对三种粒子做的功之比为1∶2∶4 B　[设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，由动能定理得qU1＝，则粒子通过加速电场获得的速度为v0＝。三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据粒子射出偏转电场时沿静电力方向的偏移距离y＝可知，y与粒子的质量、电荷量无关，则三种粒子射出偏转电场时沿静电力方向的偏转距离相同，分析可知偏转角度也相同，故打到荧光屏上的位置相同，B正确；偏转电场的静电力做的功为W＝，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则偏转电场的静电力对三种粒子做的功之比为1∶1∶2，故C、D错误。] 10．(多选)喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上。则微滴在极板间电场中(　　) A．向正极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与电荷量无关 AC　[由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的静电力方向向上，微滴向正极板偏转，A项正确；偏转过程中静电力做正功，根据静电力做功与电势能变化的关系可知，电势能减小，B项错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移y＝，此为抛物线方程，C项正确；从式中可以看出，运动轨迹与电荷量q有关，D项错误。] 11．一个初速度为零的电子在U1＝20 V的电压作用下，得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示，若平行板间的距离d＝2 cm，板长l＝5 cm，电子的电荷量e＝1.6×10-19 C，电子的质量m＝9×10-31 kg，不计电子的重力。(保留两位有效数字) (1)电子进入平行板间的速度v0多大？ (2)若电子恰能沿平行板右边缘射出，加在平行板上的电压U2为多大？ [解析]　(1)电子在加速电场中运动过程，根据动能定理得 eU1＝ 得v0＝ 代入数据解得v0≈2.7×106 m/s。 (2)电子进入偏转电场后做类平抛运动，在平行板间的加速度为 a＝ 电子的竖直分位移为y＝ 电子的水平分位移为l＝v0t 联立解得U2＝ 代入数据解得U2＝6.4 V。 [答案]　(1)2.7×106 m/s　(2)6.4 V 12．如图所示，A、B为两块足够大的相距为d的平行金属板，接在电压为U的电源上。在A板的中央P点放置一个电子发射源，可以向各个方向释放电子。设电子的质量为m、电荷量为e，射出的初速度为v。求电子打在板上的区域面积。(不计电子的重力) [解析]　打在最边缘的电子，其初速度方向平行于金属板，在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速直线运动，即r＝vt 在平行电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，即 d＝at2 电子在平行电场方向上的加速度a＝ 电子打在B板上的区域面积S＝πr2 联立解得S＝。 [答案]　 18/25 学科网（北京）股份有限公司 $$