《帶電粒子在電場中的運(yùn)動》教案核心素養(yǎng)點擊物理觀念(1)了解帶電粒子在電場中只受靜電力作用時的運(yùn)動情況。(2)知道示波管的主要構(gòu)造和工作原理?？茖W(xué)思維能綜合運(yùn)用力學(xué)和電學(xué)的知識分析、解決帶電粒子在電場中的兩種典型運(yùn)動模型?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任通過對帶電粒子在電場中加速、偏轉(zhuǎn)過程的分析，培養(yǎng)學(xué)生的分析、推理能力；通過知識的應(yīng)用，培養(yǎng)學(xué)生熱愛科學(xué)的精神。eq\a\vs4\al(一、帶電粒子在電場中的加速)1．填一填(1)運(yùn)動狀態(tài)利用電場使帶電粒子加速時，帶電粒子的速度方向與電場強(qiáng)度的方向相同或相反。(2)兩種分析思路①利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運(yùn)動公式分析，適用于解決的問題屬于勻強(qiáng)電場，且涉及運(yùn)動時間等描述運(yùn)動過程的物理量。②利用靜電力做功結(jié)合動能定理來分析，適用于問題只涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強(qiáng)電場的情景。2．判斷(1)基本粒子所受重力比電場力小得多，可以忽略不計。(√)(2)帶電粒子在電場中運(yùn)動時，電場力對粒子一定做正功。(×)(3)電場力對帶電粒子做正功時，粒子的動能一定增大。(×)3．想一想如圖10.5-1所示，M和N是勻強(qiáng)電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m(不計重力)、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的速度是多少？提示：由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))。圖10.5-1eq\a\vs4\al(二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn))1．填一填(1)偏轉(zhuǎn)條件：帶電粒子受到的靜電力方向跟速度方向不在同一直線。(2)運(yùn)動軌跡：在勻強(qiáng)電場中，帶電粒子的初速度方向跟電場方向垂直時，運(yùn)動軌跡是一條拋物線，類似平拋運(yùn)動的軌跡。分析思路：跟分析平拋運(yùn)動是一樣的，不同的僅僅是平拋運(yùn)動物體所受的是重力，帶電粒子所受的是靜電力。2．判斷(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中一定做勻變速運(yùn)動。(√)(2)帶電粒子垂直進(jìn)入電場后偏轉(zhuǎn)過程中的動能是不斷增加的。(√)(3)帶電粒子垂直進(jìn)入電場后沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，沿靜電力方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。(√)3．想一想如圖10.5-2所示，帶電粒子(不計重力)從兩極板中間垂直電場線方向進(jìn)入電場，在電場中的運(yùn)動時間與什么因素有關(guān)？圖10.5-2提示：若能離開電場，則由t＝eq\f(L,v0)可知，與極板的長度L和初速度v0有關(guān)；若打在極板上，則由eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2可知，與電場強(qiáng)度E和極板間距離d有關(guān)。eq\a\vs4\al(主題探究一)eq\a\vs4\al(帶電粒子的加速)[問題驅(qū)動]如圖10.5-3所示，平行板電容器兩板間的距離為d＝5cm，電勢差為U＝20V。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的α粒子，在電場力的作用下由靜止開始從正極板A向負(fù)極板B運(yùn)動。(1)比較α粒子所受電場力和重力的大小，說明重力能否忽略不計(α粒子質(zhì)量圖10.5-3是質(zhì)子質(zhì)量的4倍，即m＝4×1.67×10－27kg，電荷量是質(zhì)子的2倍)。提示：α粒子所受電場力大、重力小；因重力遠(yuǎn)小于電場力，故可以忽略重力。(2)α粒子的加速度是多大(結(jié)果用字母表示)？在電場中做何種運(yùn)動？提示：α粒子的加速度為a＝eq\f(qU,md)。在電場中做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動。(3)計算α粒子到達(dá)負(fù)極板時的速度大小。(結(jié)果用字母表示，嘗試用不同的方法求解)提示：方法一：利用動能定理求解。由動能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2qU,m))。方法二：利用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解。設(shè)α粒子到達(dá)負(fù)極板時所用時間為t，則d＝eq\f(1,2)at2v＝ata＝eq\f(qU,md)聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(2qU,m))?！局仉y釋解】1．帶電粒子的分類及受力特點(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，處理問題時一般都不能忽略重力。2．分析帶電粒子在電場力作用下加速運(yùn)動的兩種方法(1)利用牛頓第二定律F＝ma和運(yùn)動學(xué)公式，只能用來分析帶電粒子的勻變速運(yùn)動。(2)利用動能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。若初速度為零，則qU＝eq\f(1,2)mv2，對于勻變速運(yùn)動和非勻變速運(yùn)動都適用。eq\a\vs4\al(典例1)如圖10.5-4所示，一個質(zhì)子以初速度v0＝5×106m/s水平射入一個由兩塊帶電的平行金屬板組成的區(qū)域。兩板距離為圖10.5-420cm，金屬板之間電場是勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為3×105N/C。質(zhì)子質(zhì)量m＝1.67×10－27kg，電荷量q＝1.60×10－19C。求質(zhì)子由板上小孔射出時的速度大小。[解析]根據(jù)動能定理W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)而W＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2J＝9.6×10－15J所以v1＝eq\r(\f(2W,m)＋v\o\al(2,0))＝eq\r(\f(2×9.6×10－15,1.67×10－27)＋5×1062)m/s≈6×106m/s質(zhì)子射出時的速度約為6×106m/s。[答案]6×106m/s[遷移·發(fā)散]上述典例中，若質(zhì)子剛好不能從右側(cè)金屬板上小孔中射出，其他條件不變，則金屬板之間的電場強(qiáng)度為多大？方向如何？提示：根據(jù)動能定理－qE′d＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)則E′＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)＝eq\f(1.67×10－27×5×1062,2×1.60×10－19×0.2)N/C≈6.5×105N/C電場強(qiáng)度方向水平向左?！舅仞B(yǎng)訓(xùn)練】1.(多選)如圖10.5-5所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A．當(dāng)增大兩板間距離時，v增大B．當(dāng)減小兩板間距離時，v增大圖10.5-5C．當(dāng)改變兩板間距離時，v不變D．當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間運(yùn)動的時間也增大解析：選CD電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動的過程中，根據(jù)動能定理列出等式：qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以當(dāng)改變兩板間距離時，v不變，故A、B錯誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以兩極板之間的電場強(qiáng)度為E＝eq\f(U,d)，電子的加速度為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，電子在電場中一直做勻加速直線運(yùn)動，由d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，得電子在兩極板間運(yùn)動的時間為t＝deq\r(\f(2m,qU))，由此可見，當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間的運(yùn)動時間增大，故D正確。2．(多選)如圖10.5-6所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運(yùn)動，則下列對電子運(yùn)動的描述中正確的是(設(shè)電源電壓為U)()A．電子到達(dá)B板時的動能是eUB．電子從B板到達(dá)C板動能變化量為零C．電子到達(dá)D板時動能是3eU圖10.5-6D．電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動解析：選ABD由eU＝EkB可知，電子到達(dá)B板時的動能為eU，A正確；因B、C兩板間電勢差為0，故電子從B板到達(dá)C板的過程中動能變化量為零，B正確；電子由C到D的過程中電場力做負(fù)功，大小為eU，故電子到達(dá)D板時速度為零，然后又返回A板，以后重復(fù)之前的運(yùn)動，C錯誤，D正確。eq\a\vs4\al(主題探究二)eq\a\vs4\al(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))[問題驅(qū)動]如圖10.5-7所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，最終粒子能夠射出兩極板間的電場，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距為d，不計粒子的重力。圖10.5-7(1)粒子的加速度大小是多少？方向如何？做什么性質(zhì)的運(yùn)動？提示：粒子受電場力大小為F＝qE＝qeq\f(U,d)，加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)，方向豎直向下。粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上在電場力的作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，其合運(yùn)動類似于平拋運(yùn)動。(2)求粒子通過電場的時間及粒子離開電場時水平方向和豎直方向的速度，及合速度與初速度方向的夾角θ的正切值。提示：如圖所示t＝eq\f(l,v0)，vx＝v0vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。(3)求粒子沿電場方向的偏移量y。提示：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))?！局仉y釋解】1．帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場的運(yùn)動類似于物體的平拋運(yùn)動，可以利用運(yùn)動的合成與分解知識分析。規(guī)律：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(初速度方向：vx＝v0x＝v0t,電場力方向：vy＝aty＝\f(1,2)at2))2．分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理，即qEΔy＝ΔEk。3．兩個特殊推論：(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，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，此點為初速度方向位移的中點，如圖10.5-8所示。(2)位移方向與初速度方向間夾角α(圖中未畫出)的正切為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。圖10.5-8eq\a\vs4\al(典例2)一束電子流在經(jīng)U＝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10.5-9所示。若兩板間距d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加多大電壓？圖10.5-9解題指導(dǎo)：(1)電子經(jīng)電壓U加速后的速度v0可由eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)求出。(2)初速度v0一定時，偏轉(zhuǎn)電壓越大，偏轉(zhuǎn)距離越大。(3)最大偏轉(zhuǎn)位移eq\f(d,2)對應(yīng)最大偏轉(zhuǎn)電壓。[解析]加速過程，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動l＝v0t在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm)偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2能飛出的條件為y≤eq\f(d,2)聯(lián)立以上各式解得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝400V即要使電子能從平行板間飛出，兩極板所加電壓最大為400V。[答案]400V[遷移·發(fā)散]上述典例中，若使電子打到下極板中間，其他條件不變，則兩個極板上需要加多大的電壓？提示：由eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，a＝eq\f(eU″,dm)eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2eq\f(l,2)＝v0t聯(lián)立解得U″＝eq\f(8Ud2,l2)＝1600V。帶電粒子在電場中運(yùn)動問題的處理方法帶電粒子在電場中運(yùn)動的問題實質(zhì)上是力學(xué)問題的延續(xù)，從受力角度看，帶電粒子與一般物體相比多受到一個電場力；從處理方法上看，仍可利用力學(xué)中的規(guī)律分析，如選用平衡條件、牛頓運(yùn)動定律、動能定理、功能關(guān)系、能量守恒等?！舅仞B(yǎng)訓(xùn)練】3．如圖10.5-10所示，從熾熱的金屬絲逸出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。電子的重力不計。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()圖10.5-10A．僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓解析：選C設(shè)加速電場的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，時間t＝eq\f(L,v0)，加速度a＝eq\f(qU,dm)，豎直分速度vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，故可知C正確。4．(2020·浙江7月選考)如圖10.5-11所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點時()圖10.5-11A．所用時間為eq\f(mv0,qE)B．速度大小為3v0C．與P點的距離為eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),qE)D．速度方向與豎直方向的夾角為30°解析：選C粒子從P點垂直電場方向出發(fā)到達(dá)MN連線上某點時，沿水平方向和豎直方向的位移大小相等，即v0t＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(Eq,m)，解得t＝eq\f(2mv0,qE)，A項錯誤；在該點，粒子沿電場方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小為v＝eq\r(2v02＋v\o\al(2,0))＝eq\r(5)v0，B項錯誤；該點到P點的距離s＝eq\r(2)x＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),qE)，C項正確；由平行四邊形定則可知，在該點速度方向與豎直方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(v0,2v0)＝eq\f(1,2)，則θ≠30°，D項錯誤。一、培養(yǎng)創(chuàng)新意識和創(chuàng)新思維1．1897年湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子后，許多科學(xué)家為測量電子的電荷量做了大量的探索。1907～1913密立根用帶電油滴進(jìn)行實驗，發(fā)現(xiàn)油滴所帶的電荷量是某一數(shù)值e的整數(shù)倍，于是稱該數(shù)值為基本電荷。如圖10.5-12所示，兩塊完全相同的金屬極板水平放置，板間的距離為d，當(dāng)質(zhì)量為m的微小帶電油滴在兩板間運(yùn)動時，它所受空氣阻力的大小與速度大小成正比。兩板間不加電壓時，觀察到油滴豎直向下做勻速運(yùn)動，通過某一段距離所用時間為t1；當(dāng)兩板間加電壓U(上極板的電勢高)時，可以觀察到同一油滴豎直向上做勻速運(yùn)動，且在時間t2內(nèi)運(yùn)動的距離與在時間t1內(nèi)運(yùn)動的距離相等。忽略空氣浮力，重力加速度為g。下列說法正確的是()圖10.5-12A．根據(jù)上極板電勢高時觀察到油滴豎直向上做勻速運(yùn)動，可以判定油滴帶正電B．密立根根據(jù)實驗數(shù)據(jù)計算出油滴所帶的電荷量大約都是1.6×10－19CC．根據(jù)不加電壓和加電壓兩個勻速過程，可以求解出油滴所帶的電荷量Q＝eq\f(mgdt1＋t2,Ut2)D．根據(jù)兩板間加電壓U(上極板的電勢高)時觀察到同一油滴豎直向上做勻速運(yùn)動，可以計算出油滴的電荷量Q＝eq\f(mgd,U)解析：選C當(dāng)極板上加了電壓U后，該油滴豎直向上做勻速運(yùn)動，說明油滴受到的電場力豎直向上，與板間電場的方向相反，所以該油滴帶負(fù)電，A錯誤；油滴所帶的電荷量大約都是1.6×10－19C的整數(shù)倍，B錯誤；設(shè)油滴運(yùn)動時所受空氣阻力f與速度大小v滿足關(guān)系為f＝kv，當(dāng)不加電壓時，設(shè)油滴以速率v1勻速下降，受重力和阻力而平衡，即mg＝kv1，當(dāng)極板加電壓U時，設(shè)油滴以速率v2勻速上升，受電場力、重力和阻力，即QE＝mg＋kv2，其中E＝eq\f(U,d)，根據(jù)題意有v1t1＝v2t2，解得Q＝eq\f(mgdt1＋t2,Ut2)，C正確；加上電壓時，油滴運(yùn)動過程中，不僅僅只受電場力和重力作用，還受阻力作用，所以eq\f(U,d)Q≠mg，D錯誤。二、注重學(xué)以致用和思維建模2．(多選)有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖10.5-13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?guī)想姾笠砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁微粒的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉(zhuǎn)距離減小)，下列措施可行的是()圖10.5-13A．減小墨汁微粒的質(zhì)量B．增大偏轉(zhuǎn)電場兩板間的距離C．減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓D．減小墨汁微粒的噴出速度解析：選BC微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動，則有：水平方向：L＝v0t；豎直方向：y＝eq\f(1,2)at2，加速度：a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得：y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)距離y。由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的質(zhì)量、增大偏轉(zhuǎn)電場兩板間的距離、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U、增大墨汁微粒的噴出速度，故A、D錯誤，B、C正確。3．(2021·洛陽調(diào)研)如圖10.5-14所示是高壓電場干燥中藥技術(shù)基本原理圖，在一個很大的導(dǎo)體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間產(chǎn)生較強(qiáng)的電場。水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電，另一端帶等量負(fù)電。水分子在電場力的作用下會加速從中藥材中分離出去，被鼓風(fēng)機(jī)吹出的水平微風(fēng)裹挾著飛離電場區(qū)域。圖中虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運(yùn)動軌跡。下列說法正確的是()圖10.5-14A．水分子運(yùn)動中受到的電場力越來越小B．沿著曲線ABCD方向電勢越來越低C．水分子運(yùn)動中電勢能越來越小D．水分子的軌跡ABCD是一條拋物線解析：選C根據(jù)電場線疏密可以判斷電場強(qiáng)弱，所以D點電場線最密，電場強(qiáng)度最強(qiáng)，所以D點受電場力最大，電場力越來越大，A錯誤；沿電場線方向電勢越來越低，所以A點電勢最低，沿著曲線ABCD方向電勢越來越高，B錯誤；水分子從靜止開始運(yùn)動，電場力做正功，電勢能減小，C正確；因為電場線不是勻強(qiáng)電場，所以水分子受力方向一直在變，所以不是類平拋運(yùn)動，軌跡不是拋物線，D錯誤。[課時跟蹤檢測]eq\a\vs4\al(A)組—重基礎(chǔ)·體現(xiàn)綜合1．下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場后，速度最大的粒子是()A．質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H) B．氘核(eq\o\al(2,1)H)C．α粒子(eq\o\al(4,2)He) D．鈉離子(Na＋)解析：選A粒子在電場中做加速運(yùn)動，根據(jù)動能定理可知，qU＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子的比荷越大，速度越大，故質(zhì)子的速度最大，A選項正確。2．帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(除電場力外不計其他力的作用)，下列說法正確的是()A．電勢能增加，動能增加B．電勢能減小，動能增加C．電勢能和動能都不變D．上述結(jié)論都不正確解析：選B根據(jù)能量守恒定律可知，只有電場力做功的情況下，動能和電勢能之和保持不變，即帶電粒子受電場力做正功，電勢能減小，動能增加，故B選項正確。3．如圖1所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球()A．可能做直線運(yùn)動B．一定不做曲線運(yùn)動C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小圖1解析：選C小球受重力和電場力作用，合力的方向與速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運(yùn)動，A、B選項錯誤；合力方向與速度方向先成鈍角，后成銳角，即合力先做負(fù)功后做正功，速率先減小后增大，C選項正確，D選項錯誤。4．讓質(zhì)子和氘核的混合物沿與電場垂直的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，要使它們最后的偏轉(zhuǎn)角相同，這些粒子進(jìn)入電場時必須具有相同的()A．初速度 B．初動能C．加速度 D．無法確定解析：選B進(jìn)入電場中的粒子的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(Eq,mv0)·eq\f(L,v0)＝eq\f(qU,mv0d)·eq\f(L,v0)＝eq\f(qUL,mv\o\al(2,0)d)，質(zhì)子和氘核具有相同的q，只要具有的初動能相同，則偏轉(zhuǎn)角相同，故B正確。5.如圖2所示，電子在電勢差為U1的電場中由靜止加速后，垂直射入電勢差為U2的偏轉(zhuǎn)電場。在滿足電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下列四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A．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變小圖2解析：選B由帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)運(yùn)動規(guī)律可知tanθ＝eq\f(U2L,2U1d)，選項B正確。6.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入，最遠(yuǎn)到達(dá)A點，然后返回，如圖3所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是()A.eq\f(edL,U) B．edULC.eq\f(eU,dL) D.eq\f(eUL,d)圖3解析：選D電子從O點運(yùn)動到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計重力。根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUL,d)，所以D正確。7.如圖4所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B，先后以相同的速度從同一點垂直電場方向射入平行板電容器中，不計重力，帶電粒子偏轉(zhuǎn)后打在同一極板上，水平飛行距離之比為xA∶xB＝2∶1，則帶電粒子的質(zhì)量之比mA∶mB以及在電場中飛行的時間之比tA∶tB圖4分別為()A．1∶1,2∶3 B．2∶1,3∶2C．1∶1,3∶4 D．4∶3,2∶1解析：選D粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，豎直方向上粒子做勻加速直線運(yùn)動y＝eq\f(1,2)at2，且yA＝y(tǒng)B，故aA∶aB＝teq\o\al(2,B)∶teq\o\al(2,A)＝1∶4，而ma＝qE，m＝eq\f(qE,a)，eq\f(mA,mB)＝eq\f(qA,qB)·eq\f(aB,aA)＝eq\f(1,3)×eq\f(4,1)＝eq\f(4,3)。D項正確。8．(多選)示波管的構(gòu)造如圖5所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()圖5A．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)帶正電解析：選AC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，B、D錯誤。eq\a\vs4\al(B)組—重應(yīng)用·體現(xiàn)創(chuàng)新9.如圖6所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()圖6A．運(yùn)動到P點返回B．運(yùn)動到P和P′點之間返回C．運(yùn)動到P′點返回D．穿過P′點解析：選A根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強(qiáng)電場的電壓與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運(yùn)動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。10.如圖7所示是真空中A、B兩板間的勻強(qiáng)電場，一電子由A板無初速度釋放運(yùn)動到B板，設(shè)電子在前一半時間內(nèi)和后一半時間內(nèi)的位移分別為s1和s2，在前一半位移和后一半位移所經(jīng)歷的時間分別是t1和t2，下面選項正確的是()A．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝eq\r(2)∶1圖7B．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝eq\r(2)∶1C．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)D．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)解析：選Ds1＝eq\f(1,2)at2，s2＝eq\f(1,2)a(2t)2－eq\f(1,2)at2＝eq\f(3,2)at2，所以s1∶s2＝1∶3；x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，t1＝eq\r(\f(2x,a))，2x＝eq\f(1,2)at′2，t2＝t′－t1＝eq\r(\f(4x,a))－eq\r(\f(2x,a))，所以t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)，故D正確。11．一個動能為Ek的帶電粒子，垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時動能為2Ek。如果使這個帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，那么它飛出電容器的動能變?yōu)?)A．8Ek B．5EkC．4.25Ek D．4Ek解析：選C因為偏轉(zhuǎn)距離為y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，偏轉(zhuǎn)距離變?yōu)閑q\f(y,4)，所以靜電力做功只有W＝0.25Ek，而初動能變?yōu)?Ek，故它飛出電容器時的動能變?yōu)?.25Ek。故正確選項為C。12.加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。如圖8所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，在漂移管間被電場加速，加速電壓圖8視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時速度為8×106m/s，進(jìn)入漂移管E時速度為1×107m/s，電源頻率為1×107Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運(yùn)動時間視為電源周期的eq\f(1,2)。質(zhì)子的比荷取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的長度；(2)相鄰漂移管間的加速電壓。解析：(1)根據(jù)周期和頻率的關(guān)系T＝eq\f(1,f)得T＝eq\f(1,f)＝10－7s。設(shè)漂移管B的長度為xB，則xB＝vBeq\f(T,2)＝0.4m。(2)設(shè)相鄰漂移管間的電壓為U，則質(zhì)子由B到E的過程中根據(jù)動能定理得3qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得U＝6×104V。答案：(1)0.4m(2)6×104V13．如圖9所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出，已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。圖9(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法，在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，取g＝10m/s2。解析：(1)電子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，則有：eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，將其運(yùn)動分解成平行于板面方向的勻速直線運(yùn)動與平行于電場強(qiáng)度方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則有：平行于板面方向的位移為：L＝v0t，平行于電場強(qiáng)度方向的位移為：Δy＝eq\f(1,2)at2，由牛頓第二定律有：a＝eq\f(eE,m)，且E＝eq\f(U,d)，綜上所述，解得：Δy＝eq\f(UL2,4U0d)。(2)已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，取g＝10m/s2，電子所受重力為：G＝mg＝9.1×10－30N，電子受到的電場力為：F電＝eeq\f(U,d)＝8×10－16N，那么eq\f(G,F電)＝eq\f(9.1×10－30,8×10－16)≈1×10－14，由于F電?G，所以重力忽略不計。答案：(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)見解析A組·基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1．如圖所示，一個平行板電容器充電后與電源斷開，從負(fù)極板處釋放一個電子(不計重力)，設(shè)其到達(dá)正極板時的速度為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)極板處釋放一個電子，設(shè)其到達(dá)正極板時的速度為v2，加速度為a2，則()A．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，場強(qiáng)不變，電子在電場中受到的靜電力不變，故a1∶a2＝1∶1.由動能定理Ue＝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).2．噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直于勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間的電場中()A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B．電勢能逐漸增大C．運(yùn)動軌跡是拋物線D．運(yùn)動軌跡與帶電荷量無關(guān)【答案】C【解析】由于微滴帶負(fù)電，其所受電場力指向正極板，故微滴在電場中向正極板偏轉(zhuǎn)，A項錯誤．微滴在電場中所受電場力做正功，電勢能減小，B項錯誤．由于極板間電場是勻強(qiáng)電場，電場力不變，故微滴在電場中做勻變速曲線運(yùn)動，并且軌跡為拋物線，C項正確．微粒所帶電荷量影響電場力及其加速度大小，運(yùn)動軌跡與加速度大小有關(guān)，故D項錯誤．3．如圖所示，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(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則()A．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷D．b的比荷一定大于a的比荷【答案】C【解析】粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，有h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))2，得x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))，得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb).4．(多選)一臺正常工作的示波管，突然發(fā)現(xiàn)熒光屏上畫面的高度縮小，則產(chǎn)生故障的原因可能是()A．加速電壓偏大 B．加速電壓偏小C．偏轉(zhuǎn)電壓偏大 D．偏轉(zhuǎn)電壓偏小【答案】AD【解析】畫面高度縮小，說明電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時偏轉(zhuǎn)角θ減小，由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，tanθ＝eq\f(qU1L,mdv\o\al(2,0))，得tanθ＝eq\f(U1L,2dU0)，則引起θ變小的原因可能是加速電壓U0偏大或偏轉(zhuǎn)電壓U1偏小，A、D正確．5．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙?，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍 B．4倍C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)【答案】C【解析】電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，故C正確．6．一束正離子以相同的速率從同一位置，沿垂直于電場方向飛入勻強(qiáng)電場中，所有離子的運(yùn)動軌跡都是一樣的，這說明所有粒子()A．都具有相同的質(zhì)量B．都具有相同的電荷量C．具有相同的荷質(zhì)比D．都是同一元素的同位素【答案】C【解析】由偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2＝eq\f(qEl2,2mv\o\al(2,0))可知，若運(yùn)動軌跡相同，則水平位移相同，偏轉(zhuǎn)距離y也應(yīng)相同，已知E、l、v0是相同的，所以應(yīng)有eq\f(q,m)相同．7．如圖所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場中O點自由釋放后，分別抵達(dá)B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于()A．1∶2 B．2∶1C．1∶eq\r(2) D．eq\r(2)∶1【答案】B【解析】豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有l(wèi)＝eq\f(qE,2m)t2，聯(lián)立可得q＝eq\f(mgl,Eh)，所以有eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，B正確．8．(2021年煙臺名校期末)如圖所示，電荷量為q的某種粒子，以初動能Ek從兩平行金屬板的正中央沿垂直于電場線的方向進(jìn)入到兩板間存在的勻強(qiáng)電場中，恰從帶負(fù)電的金屬板邊緣飛出來，且飛出時動能變?yōu)?Ek，不計粒子的重力，則金屬板間的電壓為()A．eq\f(Ek,q) B．eq\f(2Ek,q)C．eq\f(4Ek,q) D．eq\f(8Ek,q)【答案】C