9帶電粒子在電場中的運(yùn)動[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1.會從力和能量角度分析計(jì)算帶電粒子在電場中的加速問題.2.能夠用類平拋運(yùn)動分析方法研究帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題.3.知道示波管的主要構(gòu)造和工作原理．一、帶電粒子的加速1．基本粒子的受力特點(diǎn)：對于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，它們受到的萬有引力(重力)一般遠(yuǎn)小于靜電力，故可以忽略．2．帶電粒子的加速：(1)運(yùn)動分析：帶電粒子從靜止釋放，將沿電場力方向在勻強(qiáng)電場中做勻加速運(yùn)動．(2)末速度大?。焊鶕?jù)qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m)).二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)如圖1所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進(jìn)入勻強(qiáng)電場，極板長為l，極板間距離為d，極板間電壓為U.圖11．運(yùn)動性質(zhì)：(1)沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運(yùn)動．(2)垂直v0的方向：初速度為零的勻加速直線運(yùn)動．2．運(yùn)動規(guī)律：(1)偏移距離：因?yàn)閠＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv02d).(2)偏轉(zhuǎn)角度：因?yàn)関y＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02).三、示波管的原理1．示波管主要由電子槍(由發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(由一對X偏轉(zhuǎn)電極和一對Y偏轉(zhuǎn)電極組成)和熒光屏組成．2．掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓．3．示波管工作原理：被加熱的燈絲發(fā)射出熱電子，電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，如果在Y偏轉(zhuǎn)電極上加一個(gè)信號電壓，在X偏轉(zhuǎn)電極上加一掃描電壓，當(dāng)掃描電壓與信號電壓的周期相同時(shí)，熒光屏上就會得到信號電壓在一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象．1．判斷下列說法的正誤．(1)帶電粒子(不計(jì)重力)在電場中由靜止釋放時(shí)，一定做勻加速直線運(yùn)動．(×)(2)對帶電粒子在電場中的運(yùn)動，從受力的角度來看，遵循牛頓運(yùn)動定律；從做功的角度來看，遵循能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律．(√)(3)動能定理能分析勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動問題，不能分析非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動問題．(×)(4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)，加速度不變，粒子的運(yùn)動是勻變速曲線運(yùn)動．(√)(5)示波管電子槍的作用是產(chǎn)生高速飛行的電子束，偏轉(zhuǎn)電極的作用是使電子束偏轉(zhuǎn)，打在熒光屏不同位置．(√)2.如圖2所示，M和N是勻強(qiáng)電場中的兩個(gè)等勢面，相距為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m(不計(jì)重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應(yīng)是________．圖2答案eq\r(v02＋\f(2qU,m))解析由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝eq\r(v02＋\f(2qU,m)).一、帶電粒子在電場中的加速如圖3所示，在真空中有一對平行金屬板，由于接到電池組上而帶電，兩板間的電勢差為U.若一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子，在靜電力的作用下由靜止開始從正極板附近向負(fù)極板運(yùn)動，請思考以下幾個(gè)問題：圖3(1)怎樣計(jì)算它到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度？你有幾種方法．(2)如果換成非勻強(qiáng)電場，上述方法和結(jié)果是否仍然適用？為什么？答案(1)方法1：由動力學(xué)知識計(jì)算a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(qU,dm)，v2＝2ad得v＝eq\r(\f(2qU,m))方法2：由動能定理計(jì)算qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)方法1不再適用，因帶電粒子的運(yùn)動不是勻變速直線運(yùn)動．方法2仍適用，動能定理對任意電場都適用．1．帶電粒子的分類及受力特點(diǎn)(1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力．(2)質(zhì)量較大的微粒：帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時(shí)一般都不能忽略重力．2．分析帶電粒子在電場中加速的兩種思路(1)利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運(yùn)動公式分析．只適用于電場是勻強(qiáng)電場．(2)利用靜電力做功結(jié)合動能定理分析．qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02適用于任何電場．例1(2019·鹽城市第三中學(xué)期中)如圖4所示，在A板附近有一電子由靜止開始向B板運(yùn)動，則關(guān)于電子到達(dá)B板時(shí)的速率，下列解釋正確的是()圖4A．兩板間距離越大，加速的時(shí)間越長，則獲得的速率越大B．兩板間距離越小，加速的時(shí)間就越長，則獲得的速率越大C．獲得的速率大小與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D．兩板間距離越小，加速的時(shí)間越短，則獲得的速率越小答案C解析根據(jù)動能定理有，qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，可知獲得的速率與加速電壓有關(guān)，與板間距離d無關(guān)，由于板間電壓U不變，故獲得的速率不變，C正確；由牛頓第二定律可知，qE＝ma，而E＝eq\f(U,d)，故a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，電子在兩板間做勻加速直線運(yùn)動，故有d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUt2,2md)，可得t＝deq\r(\f(2m,qU))，可知兩板間距離越小，加速時(shí)間越短，綜合以上分析可知，A、B、D錯誤．二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)如圖5所示，帶電粒子以初速度v0垂直于電場線方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中．設(shè)帶電粒子的電荷量為－q、質(zhì)量為m(不計(jì)重力)，平行板長為L，兩板間距離為d，電勢差為U.圖5(1)①你認(rèn)為帶電粒子的運(yùn)動同哪種運(yùn)動類似，這種運(yùn)動的研究方法是什么？②帶電粒子在電場中的運(yùn)動可以分解為哪兩種運(yùn)動？(2)如圖6所示，怎樣求射出電場的帶電粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間t?圖6(3)求粒子運(yùn)動的加速度；(4)求粒子射出電場時(shí)在電場力方向上的偏轉(zhuǎn)距離；(5)求粒子離開電場時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角．答案(1)①帶電粒子以初速度v0垂直于電場線方向射入勻強(qiáng)電場時(shí)，受到恒定的與初速度方向垂直的電場力作用而做勻變速曲線運(yùn)動，類似于力學(xué)中的平拋運(yùn)動，平拋運(yùn)動的研究方法是運(yùn)動的合成和分解．②a.帶電粒子在垂直于電場線方向上不受力，做勻速直線運(yùn)動．b．在平行于電場線方向上，受到電場力的作用做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動．(2)粒子在電場中的運(yùn)動時(shí)間t＝eq\f(L,v0).(3)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)，帶電粒子所受電場力F＝qE，則加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md).(4)電場力方向上的偏轉(zhuǎn)距離：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(qU,md)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(qUL2,2mdv02).(5)沿電場方向vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUL,mdv02).1．運(yùn)動分析及規(guī)律應(yīng)用粒子在板間做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動分解的知識進(jìn)行分析處理．(1)在v0方向：做勻速直線運(yùn)動；(2)在電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動．2．過程分析如圖7所示，設(shè)粒子不與平行板相撞圖7初速度方向：粒子通過電場的時(shí)間t＝eq\f(l,v0)電場力方向：加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場時(shí)垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度與初速度方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)離開電場時(shí)沿電場力方向的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02).3．兩個(gè)重要推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)為粒子沿初速度方向位移的中點(diǎn)．(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.4．分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉(zhuǎn)電場中沿電場力方向的偏移量．例2如圖8所示為示波管中偏轉(zhuǎn)電極的示意圖，兩板間距離為d，長度為l的平行板A、B加上電壓后，可在A、B之間的空間中(設(shè)為真空)產(chǎn)生電場(設(shè)為勻強(qiáng)電場)．在距A、B等距離處的O點(diǎn)，有一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子以初速度v0沿水平方向(與A、B板平行)射入電場(圖中已標(biāo)出)，不計(jì)粒子重力，要使此粒子能從C處射出電場，則A、B間的電壓應(yīng)為()圖8A.eq\f(mv02d2,ql2) B.eq\f(mv02l2,qd2)C.eq\f(lmv0,qd) D．qeq\f(v0,dl)答案A解析帶電粒子只受電場力作用，在平行板間做類平拋運(yùn)動．設(shè)粒子由O到C的運(yùn)動時(shí)間為t，則有l(wèi)＝v0t；設(shè)A、B間的電壓為U，則偏轉(zhuǎn)電極間勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)，粒子所受電場力F＝qE＝eq\f(qU,d)；根據(jù)牛頓第二定律可得粒子沿電場方向的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)，粒子在沿電場方向做勻加速直線運(yùn)動，位移為eq\f(1,2)d，由勻加速直線運(yùn)動的規(guī)律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得U＝eq\f(mv02d2,ql2)，選項(xiàng)A正確．例3一束電子流經(jīng)U1＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，如圖9所示，兩極板間電壓U2＝400V，兩極板間距離d＝2.0cm，板長L1＝5.0cm.圖9(1)求電子在兩極板間穿過時(shí)的偏移量y；(2)若平行板的右邊緣與屏的距離L2＝5cm，求電子打在屏上的位置與中心O的距離Y(O點(diǎn)位于平行板水平中線的延長線上)；(3)若另一個(gè)質(zhì)量為m(不計(jì)重力)的二價(jià)負(fù)離子經(jīng)同一電壓U1加速，再經(jīng)同一偏轉(zhuǎn)電場射出，則其射出偏轉(zhuǎn)電場的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？答案(1)0.25cm(2)0.75cm(3)0.25cm0.75cm解析(1)電子加速過程，由動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mv02①進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于極板的方向上做勻速運(yùn)動，L1＝v0t②在垂直于極板的方向上做勻加速直線運(yùn)動，加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU2,dm)③偏移距離y＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得：y＝eq\f(U2L12,4dU1)，代入數(shù)據(jù)得：y＝0.25cm.(2)如圖，由幾何關(guān)系知：eq\f(y,Y)＝eq\f(\f(L1,2),\f(L1,2)＋L2)得：Y＝(eq\f(L1＋2L2,L1))y代入數(shù)據(jù)得：Y＝0.75cm.(3)因y＝eq\f(U2L12,4dU1)，Y＝(eq\f(L1＋2L2,L1))y，偏移量與粒子的質(zhì)量m和電荷量q無關(guān)，故二價(jià)負(fù)離子經(jīng)同樣裝置后，y′＝y(tǒng)＝0.25cm，Y′＝Y(jié)＝0.75cm.電性相同的不同粒子經(jīng)相同電場加速再經(jīng)同一偏轉(zhuǎn)電場，射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，不會分開.例4如圖10所示，兩個(gè)板長均為L的平板電極，平行正對放置，兩極板間距離為d，極板之間的電勢差為U，板間電場可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場．一個(gè)帶電粒子(質(zhì)量為m，電荷量為＋q，可視為質(zhì)點(diǎn))從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板邊緣．忽略重力和空氣阻力的影響．求：圖10(1)兩極板間的電場強(qiáng)度大小E.(2)該粒子的初速度大小v0.(3)該粒子落到負(fù)極板時(shí)的末動能Ek.答案(1)eq\f(U,d)(2)eq\f(L,d)eq\r(\f(Uq,2m))(3)Uqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,4d2)))解析(1)兩極板間的電壓為U，兩極板間的距離為d，所以電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(U,d).(2)帶電粒子在極板間做類平拋運(yùn)動，在平行于極板方向上有L＝v0t在垂直于極板方向上有d＝eq\f(1,2)at2根據(jù)牛頓第二定律可得：a＝eq\f(F,m)，而F＝Eq所以a＝eq\f(Uq,dm)解得：v0＝eq\f(L,d)eq\r(\f(Uq,2m)).(3)根據(jù)動能定理可得Uq＝Ek－eq\f(1,2)mv02解得Ek＝Uqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,4d2))).1．(帶電粒子的直線運(yùn)動)兩平行金屬板間距離為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖11所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是()圖11A.eq\f(edL,U) B．edULC.eq\f(eU,dL) D.eq\f(eUL,d)答案D解析電子從O點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)，因受電場力作用，速度逐漸減?。鶕?jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eUOA，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mv02＝eq\f(eUL,d)，所以D正確．2．(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))(2019·荊州市車胤中學(xué)高二上月考)如圖12所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運(yùn)動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個(gè)裝置處在真空中，電子的重力可忽略．在滿足電子能射出平行極板的條件下，下述四種情況，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是()圖12A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小答案B解析設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，設(shè)極板長為l，則電子在極板間偏轉(zhuǎn)的時(shí)間t＝eq\f(l,v0)，設(shè)電子在平行極板間運(yùn)動的加速度為a，由牛頓第二定律得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,dm)，電子射出平行極板時(shí)，豎直分速度vy＝at，聯(lián)立可得：vy＝eq\f(qU2l,dmv0)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2變大、U1變小時(shí)，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯誤．3．(示波管的原理)如圖13是示波管的原理圖．它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空．給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點(diǎn)．圖13(1)帶電粒子在________區(qū)域是加速的，在________區(qū)域是偏轉(zhuǎn)的．(2)若UYY′＞0，UXX′＝0，則粒子向________極板偏移，若UYY′＝0，UXX′＞0，則粒子向________極板偏移．答案(1)ⅠⅡ(2)YX考點(diǎn)一帶電粒子的直線運(yùn)動1．質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)、α粒子(eq\o\al(4,2)He)、鈉離子(Na＋)三個(gè)粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是()A．質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H) B．α粒子(eq\o\al(4,2)He)C．鈉離子(Na＋) D．都相同答案B解析qU＝eq\f(1,2)mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項(xiàng)B正確．2．如圖1所示，一個(gè)平行板電容器充電后與電源斷開，從負(fù)極板處靜止釋放一個(gè)電子(不計(jì)重力)，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v1，加速度為a1.若將兩極板間的距離增大為原來的2倍，再從負(fù)極板處靜止釋放一個(gè)電子，設(shè)其到達(dá)正極板時(shí)的速度為v2，加速度為a2，則()圖1A．a(chǎn)1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2B．a(chǎn)1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．a(chǎn)1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq\r(2)∶1D．a(chǎn)1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq\r(2)答案D解析電容器充電后與電源斷開，再增大兩極板間的距離時(shí)，由E＝eq\f(4πkQ,εrS)知，場強(qiáng)不變，電子在電場中受到的電場力不變，故a1∶a2＝1∶1；由動能定理eU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2Ue,m))，因兩極板間的距離增大為原來的2倍，由U＝Ed知，電勢差U增大為原來的2倍，故v1∶v2＝1∶eq\r(2)，D正確．3.(多選)(2020·松滋市期中)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì))以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E(如圖2所示)，則()圖2A．粒子射入的最大深度為eq\f(mv02,qE)B．粒子射入的最大深度為eq\f(mv02,2qE)C．粒子在電場中運(yùn)動的最長時(shí)間為eq\f(mv0,qE)D．粒子在電場中運(yùn)動的最長時(shí)間為eq\f(2mv0,qE)答案BD解析粒子射入到最右端，由動能定理得－Eqxmax＝－eq\f(1,2)mv02，最大深度xmax＝eq\f(mv02,2qE)；由v0＝at，a＝eq\f(Eq,m)，可得t＝eq\f(mv0,Eq)，則粒子在電場中運(yùn)動的最長時(shí)間為eq\f(2mv0,qE)，選項(xiàng)B、D正確．考點(diǎn)二帶電粒子的偏轉(zhuǎn)4．一電子以初速度v0沿垂直場強(qiáng)方向射入兩平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)減小兩板間的電壓，則電子穿過兩平行板所需的時(shí)間()A．隨電壓的減小而減小 B．隨電壓的減小而增大C．與電壓減小與否無關(guān) D．隨兩板間距離的增大而減少答案C解析電子垂直于場強(qiáng)方向射入兩平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中，在平行于金屬板的方向電子不受力而做勻速直線運(yùn)動，由L＝v0t得，電子穿過平行板所需要的時(shí)間為t＝eq\f(L,v0)，與金屬板的長度成正比，與電子的初速度大小成反比，與其他因素?zé)o關(guān)，即與電壓及兩板間距離均無關(guān)，故C正確．5.(2019·人大附中高二期中)如圖3所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()圖3A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1答案A解析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，水平位移為x＝v0t，兩次運(yùn)動的水平位移大小之比為2∶1；兩次運(yùn)動的水平速度相同，故運(yùn)動時(shí)間之比為t1∶t2＝2∶1；由于豎直方向上的位移為h＝eq\f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度大小之比為a1∶a2＝1∶8，又a＝eq\f(Uq,mdAB)，故兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為U1∶U2＝1∶8，故A正確．6.(多選)如圖4所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，兩個(gè)帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點(diǎn)A射入，從BC的中點(diǎn)P射出，粒子b由AB的中點(diǎn)O射入，從頂點(diǎn)C射出，若不計(jì)重力，則()圖4A．a(chǎn)和b在電場中運(yùn)動的時(shí)間之比為1∶2B．a(chǎn)和b在電場中運(yùn)動的時(shí)間之比為2∶1C．a(chǎn)和b的比荷之比為1∶8D．a(chǎn)和b的比荷之比為8∶1答案AD解析兩個(gè)粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，a、b兩粒子的水平位移大小之比為1∶2，根據(jù)x＝v0t可知運(yùn)動時(shí)間之比為1∶2；粒子在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，兩粒子在豎直方向上的位移大小之比為2∶1，則a、b的加速度大小之比為8∶1，根據(jù)牛頓第二定律知加速度大小a＝eq\f(qE,m)，則加速度之比等于兩粒子的比荷之比，故兩粒子的比荷之比為8∶1，A、D正確，B、C錯誤．考點(diǎn)三帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn)、示波管的原理7.(多選)(2019·揚(yáng)州市高一期末)如圖5所示是某示波管的示意圖，電子先由電子槍加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，如果在偏轉(zhuǎn)電極上加一個(gè)電壓，則電子束將會偏轉(zhuǎn)，并飛出偏轉(zhuǎn)電場．下列措施中能使電子偏轉(zhuǎn)距離變大的是()圖5A．盡可能把偏轉(zhuǎn)極板L做得長一點(diǎn)B．盡可能把偏轉(zhuǎn)極板L做得短一點(diǎn)C．盡可能把偏轉(zhuǎn)極板間的距離d做得小一點(diǎn)D．將電子槍的加速電壓提高答案AC解析設(shè)加速電壓為U1，則qU1＝eq\f(1,2)mv02①設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓為U2，則由L＝v0t，a＝eq\f(Eq,m)，y＝eq\f(1,2)at2可得y＝eq\f(qU2L2,2mdv02)②聯(lián)立①②解得，y＝eq\f(U2L2,4dU1)，故選A、C.8．(多選)示波管的構(gòu)造如圖6所示．如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()圖6A．極板X應(yīng)帶正電 B．極板X′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶正電 D．極板Y′應(yīng)帶正電答案AC解析根據(jù)亮斑的位置，電子偏向XY區(qū)間，說明電子受到電場力作用發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，因此極板X、極板Y均應(yīng)帶正電，故A、C正確．9．有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖7所示，其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符．現(xiàn)為了使打在紙上的字跡擴(kuò)大，下列措施可行的是()圖7A．增大墨汁微粒所帶的電荷量B．增大墨汁微粒的質(zhì)量C．減小極板的長度D．減小偏轉(zhuǎn)板間的電壓答案A解析使打在紙上的字跡擴(kuò)大，實(shí)質(zhì)是指速度偏向角θ增大，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(Uql,dmv02)增大，微粒所帶的電荷量q增大時(shí)，tanθ增大，字跡擴(kuò)大，選項(xiàng)A正確；增大墨汁微粒的質(zhì)量或減小偏轉(zhuǎn)板間的電壓或減小極板的長度時(shí)，tanθ減小，字跡縮小，選項(xiàng)B、C、D錯誤．10.(多選)如圖8所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計(jì))，則從開始射入至打到上極板的過程中()圖8A．它們運(yùn)動的時(shí)間tQ＝tPB．它們的電勢能減少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝1∶2C．它們所帶電荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1答案AC解析帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速運(yùn)動，由x＝v0t可知，位移相等，運(yùn)動時(shí)間相等，即tQ＝tP，故A正確；粒子在平行于電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，解得q＝eq\f(2ym,Et2)，由于yP∶yQ＝1∶2，所以qP∶qQ＝y(tǒng)P∶yQ＝1∶2，故C正確；電勢能的減少量等于靜電力做的功，即ΔEp＝qEy，所以電勢能減少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝1∶4，故B錯誤；根據(jù)動能定理有qEy＝ΔEk，所以動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，故D錯誤．11.如圖9所示，有一電子(電荷量為e)經(jīng)電壓U0由靜止加速后，進(jìn)入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間．若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿過電場，求：圖9(1)金屬板AB的長度；(2)電子穿出電場時(shí)的動能．答案(1)deq\r(\f(2U0,U))(2)eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2)))解析(1)設(shè)電子離開加速電場時(shí)速度為v0，由動能定理得eU0＝eq\f(1,2)mv02①設(shè)金屬板AB的長度為l，則電子偏轉(zhuǎn)時(shí)間t＝eq\f(l,v0)②偏轉(zhuǎn)加速度a＝eq\f(eU,md)③偏轉(zhuǎn)位移y＝eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得l＝deq\r(\f(2U0,U)).(2)設(shè)電子穿出電場時(shí)的動能為Ek，根據(jù)動能定理得Ek＝eU0＋e·eq\f(U,2)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2))).12．長為L的平行金