10.5帶電粒子在電場中的運動題型1帶電粒子在電場中的加速1．帶電粒子的分類及受力特點(1)電子、質子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力，但不能忽略質量。(2)質量較大的微粒，如帶電小球、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．分析加速運動的兩種方法動力學角度功能關系角度選擇條件勻強電場，靜電力是恒力任意電場，恒力或變力常用關系式F＝ma，v＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v2－v02＝2ax勻強電場中：qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非勻強電場中：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02【例題精講】1．高能質子流能夠精準打擊腫瘤，如圖，質子源釋放的質子（初速度為零），經加速電壓U加速，形成質子流。已知質子的比荷為qmA．2qUm B．qUm C．2mUq【答案】A【解答】解：質子在電場中，根據動能定理可得qU=解得v=2qU故選：A。2．在1687年出版的《自然哲學的數學原理》中，牛頓曾設想只要拋出物體的速度足夠大，物體就不會落回地面，而會成為人造地球衛(wèi)星。雖然設想已成為現實，但如何獲得足夠大的發(fā)射速度依然是困擾航天發(fā)展的一大難題。現在衛(wèi)星發(fā)射一般采用多級助推的方式，有人設想在第一級助推的時候可以用電場作為能源，假設火箭及衛(wèi)星整個裝置質量為m，表面帶有+q的大量電荷，放在電場強度大小為E、方向豎直向上、范圍足夠大的勻強電場中，電場對整個裝置的助推距離為s，重力加速度大小為g，整個裝置離開電場所能獲得的速度為（）A．2Eqsm B．2C．2(Eq?mg)sm D．【答案】C【解答】解：裝置受到豎直向上的電場力、豎直向下的重力，從該裝置開始加速到離開電場，整個過程由動能定理：12解得：v=2(Eq?mg)s故選：C。3．如圖，質量為M的箱子靜止在水平地面上，箱子內質量均為m的兩個帶電小球a、b用絕緣細線分別系于箱子的上下兩端，均處于靜止狀態(tài)，球b受到細線的拉力為F0，下列說法正確的是（）A．連接a的細線的拉力為2mg B．剪斷連接球a的細線瞬間，地面受到的壓力大于Mg C．剪斷連接球b的細線瞬間，地面受到的壓力為Mg+2mg+F0 D．若給箱子瞬間向上的加速度a0，則連接球a的細線的拉力瞬間為mg+ma0【答案】C【解答】解：A.以a、b整體為研究對象，庫侖力為內力，設連接a的細線的拉力大小為FT1，由平衡條件可得：FT1＝2mg+F0，故A錯誤；B.由題意可知，a、b間為庫侖引力，設庫侖引力大小為F庫，地面對箱子的支持力大小為FN，則剪斷連接球a的細線瞬間，對a有：F合＝F庫+mg，對b有：F庫＝mg+F0，對小球與木箱的整體有：F合＝Mg+2mg﹣FN，聯立可得：FN＝Mg﹣F0＜Mg，則根據牛頓第三定律可知，剪斷連接球a的細線瞬間，地面受到的壓力小于Mg，故B錯誤；C.同B思路，a、b間為庫侖引力，設其大小為F庫，地面對箱子的支持力大小為FN'，則剪斷連接球b的細線瞬間，對a有：FT1＝F庫+mg，對b有：F合'＝F庫﹣mg，對小球與木箱的整體有：F合'＝FN'﹣Mg﹣2mg，聯立可得：FN'＝Mg+2mg+F0，則根據牛頓第三定律可知，剪斷連接球b的細線瞬間，地面受到的壓力大小為Mg+2mg+F0，故C正確；D.若給箱子瞬間向上的加速度a0，設連接球a的細線的拉力大小為FT2，則對a有：FT2﹣mg﹣F庫＝ma0，結合前面分析可知：F庫＝mg+F0，聯立可得：FT2＝2mg+ma0+F0，故D錯誤；故選：C。4．如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有恒定的電壓，在P板附近有一電子（不計重力）由靜止開始向Q板運動，下列說法正確的是（）A．電子到達Q板時的速率，與板間電壓無關，僅與兩板間距離有關 B．電子到達Q板時的速率，與兩板間距離無關，僅與板間電壓有關 C．兩板間距離越小，電子的加速度就越小 D．兩板間距離越大，加速時間越短【答案】B【解答】解：AB.由動能定理eU=12mC.由題意可知，極板之間的電壓U不變，則由E=Ud可知兩極板距離d越小，場強E越大，則電場力F＝Ee越大，由牛頓第二定律D.同理，兩極板距離d越大，場強E越小，則電場力F＝Ee越小，由牛頓第二定律a=eEm，則加速度越小，則由故選：B。（多選）5．MM50是新一代三維適形和精確調強的放射治療尖端設備，其核心技術之一是多級能量跑道回旋加速器，工作原理如圖示。兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的邊界平行，相距為L，磁感應強度大小均為B，方向垂直紙面向外。下方兩條橫向虛線之間的區(qū)域存在水平向左的勻強電場（兩條橫向虛線之間的區(qū)域寬度很窄，可忽略不計），方向與磁場邊界垂直。某一質量為m、電荷量為e的電子從P端飄入電場（初速度忽略不計），經多次電場加速和磁場偏轉后，電子從位于邊界上的出射口C處向左射出磁場并被收集。已知C、Q之間的距離為d，勻強電場的電場強度大小為E，電子的重力不計，不考慮相對論效應。下列說法正確的有（）A．電子第一次加速至Q端時速度的大小v1=2eELB．該電子從P端飄入電場到第一次回到P端的過程中所用的時間t＝3mL2eEC．該電子經過QA圓弧段的時間比QD圓弧段的時間要短 D．電子最終從C點射出時的動能為Ek=【答案】ABD【解答】解：A、根據動能定理，可得：eEL=12mB、根據電子在電場中勻加速直線運動，可得：L=1在磁場中勻速圓周運動，由圓周運動特點：T=2πr1電子在離開電場后的電場上方區(qū)域內勻速直線運動，可得：L＝v1t2，綜合可得到電子從P端出發(fā)到第一次回P端的時間：t＝t1+T+t2，解得：t=3mLC、根據電子在磁場中勻速圓周運動，可知QA段、QD段均為半個周期，結合B選項計算，可得到周期為：T=2πmD、根據QC段的距離，可得半徑為：r=d2，結合洛倫茲力提供向心力，可得：evB=mv根據動能公式：Ek=1故選：ABD。（多選）6．某些腫瘤可以用“β粒子流”療法進行治療。在這種療法中，為了能讓β粒子進入癌細胞，首先要實現β粒子的高速運動，該過程需要一種被稱作“粒子加速器”的裝置來實現。β粒子先被平行板電容加速到較高的速度，然后轟擊腫瘤并殺死癌細胞，如圖所示，來自粒子源的β粒子（初速度為零），經加速電壓為U的加速器加速后，從A處以細柱形的β粒子流向右運動。β粒子的質量為m，其電荷量為﹣e。β粒子間相互作用可忽略不計，不考慮粒子重力，β粒子不會打到板上，那么（）A．從A處流出的β粒子速度v=2eUB．從A處流出的β粒子，形成的等效電流方向向右 C．若保持開關S閉合，若只減小平行板距離，從A處流出的β粒子的速度將減小 D．若斷開開關且板上電荷分布不變，增大平行板距離，從A處流出的β粒子的速度將增大【答案】AD【解答】解：A、電子在加速電場中加速，根據動能定理，有eU=1解得v=2eU故A正確；B、從A處流出的β粒子帶負電，正電荷定向移動的方向為電流的方向，負電荷定向移動的方向與電流方向相反，故形成的等效電流方向向左，故B錯誤；C、若保持開關S閉合，則極板間電壓保持不變，若只減小平行板距離，根據A選項分析可知，從A處流出的β粒子的速度不變，故C錯誤；D、若斷開開關，則極板上電荷量保持不變，根據E=U可知極板間電場強度保持不變，由E=U可知增大平行板距離，極板間電壓將增大，根據A選項分析可知，從A處流出的β粒子的速度將增大。故D正確。故選：AD。題型2帶電粒子在電場中的偏轉1．運動情況：帶電粒子以初速度v0垂直電場方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖所示。2．處理方法：將帶電粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動。根據運動的合成與分解的知識解決有關問題。3．基本關系式：運動時間t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏轉量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))，偏轉角θ的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。4．帶電粒子在電場中偏轉的重要推論推論1：如圖所示，粒子從偏轉電場中射出時，其速度的反向延長線與初速度方向交于一點，此點平分沿初速度方向的位移。證明：由tanθ＝eq\f(qUl,mdv02)，y＝eq\f(qUl2,2mdv02)和x＝eq\f(y,tanθ)，知x＝eq\f(l,2)。故O點平分了沿初速度方向的位移，所以粒子從偏轉電場中射出時，就好像是從極板間eq\f(l,2)處沿直線射出似的。推論2：位移方向與初速度方向間夾角的正切值為速度偏轉角正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。推論3：不同的帶電粒子(電性相同，初速度為零)，經同一電場加速后，再進入同一偏轉電場，則它們的運動軌跡必定重合。證明：帶電粒子先經加速電場(電壓U加)加速，又進入偏轉電場(電壓U偏)，射出偏轉電場時，偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU偏l2,2dmv02)＝eq\f(qU偏l2,4dqU加)＝eq\f(U偏l2,4dU加)，速度偏轉角的正切值tanθ＝eq\f(U偏l,2dU加)。可見偏移量y和偏轉角θ只與U加、U偏有關，與q、m無關，運動軌跡必定重合。5．功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差。【例題精講】1．氫元素的兩種同位素的原子核——氕核（11H）、氘核（12A．兩原子核飛出加速電場時的速度之比為1：2 B．兩原子核在偏轉電場的偏轉距離之比為1：2 C．兩原子核飛出偏轉電場時的動能之比為1：2 D．兩原子核打在熒光屏上的偏移量之比為1：1【答案】D【解答】解：A．兩原子核在加速電場中時，根據動能定理可得q可得v=則它們飛出加速電場時的速度之比為v1B．兩原子核在偏轉電場中做類平拋運動，有L＝vt，y=聯立可得偏轉距離y=因此兩原子核在偏轉電場中的偏轉距離之比為1：1，故B錯誤；C．原子核飛出偏轉電場時，根據動能定理得U由于兩原子核在偏轉電場中的偏轉距離相等，則兩原子核飛出偏轉電場時的動能之比為1：1，故C錯誤；D．設原子核離開偏轉電場時的速度偏轉角為θ，則有tanθ=可知它們離開偏轉電場時速度偏轉角相等，偏轉距離也相等，運動路徑完全重合，因此打在熒光屏上的偏移量之比為1：1，故D正確；故選D。2．如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．兩極板間電壓為mgd2qB．質點通過電場過程中電勢能減少mgC．若僅增大初速度v0，則該質點不可能垂直打在M上 D．若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上【答案】B【解答】解：A、由題意可知，質點飛出平行板后只受重力作用且垂直打在M上，可知質點在平行板間豎直方向受力不平衡，質點在平行板間向上偏轉做類平拋運動，如圖所示，則有質點在平行板間豎直方向的加速度與飛出平行板后豎直方向的加速度大小相等，方向相反，在平行板間由牛頓第二定律可得：qE﹣mg＝ma飛出平行板后則有：mg＝ma聯立解得兩極板間的電場強度為：E=由勻強電場的電場強度與電勢差的關系式U＝Ed可得：U=2mgdB、質點在電場中向上偏移的距離為：y=其中加速度：a=在水平方向：L＝v0t聯立解得：y=此時質點在豎直方向的分速度為：v則有質點在電場中運動增加的機械能為：ΔE=mgy+由能量守恒定律可知，質點通過電場過程中電勢能減少等于質點機械能的增加mgC、若僅增大初速度v0，質點在兩個偏轉過程中具有對稱性，即兩個過程的受力情況分別不變，豎直方向加速度大小相等，方向相反，運動的時間相等，則該質點仍能垂直打在M上，C錯誤；D、若僅增大兩極板間距，因兩板上所帶電荷量不變，則根據相關靜電場知識有：E=Ud，C=聯立可得：E=Q由上式可知兩板間的電場強度不變，質點在電場中受力不變，則運動情況不變，則該質點仍能垂直打在M上，故D錯誤。故選：B。3．如圖，氕(11H)、氘(12A．熒光屏上有3個亮點 B．四種原子核全程運動時間相同 C．四種原子核在偏轉電場中的偏移距離y不同 D．氕、氘、氚3種原子核飛出偏轉電場時的動能相同【答案】D【解答】解：C、原子核在偏轉電場中，設偏轉電場電壓為U2，極板長度為L1，運動時間為t'，有L1＝v1t'，y=12at′2B、設加速電場極板間距為L0，偏轉電場右側到熒光屏距離為L2。經加速電場有qU1=12mv02A、原子核離開偏轉電場時速度偏轉角θ滿足tanθ=vyv0，其中vyD、設偏轉電場電勢差為U2，從靜止進入加速電場到飛出偏轉電場，偏轉距離y相同，由動能定理qU故選：D。（多選）4．如圖所示，在豎直平面內的勻強電場中，一質量為m，帶電量為+q的帶電小球先后以同樣大小的速度v經過同一條豎直線上的a、b兩點，在a點的速度方向與直線的夾角θ1＝30°，由a點到b點過程中動量的變化量的方向水平向左，a、b兩點間的距離為3vA．在b點的速度方向與直線的夾角θ2＝60° B．從a到b運動過程中的最小速度為32C．由a點到b點運動的時間為3vD．電場強度的大小為2【答案】BD【解答】解：由題意分析，小球從a點運動至b點時，動量變化方向水平向左，表明合外力方向水平向左，豎直方向合力為零。小球在豎直方向保持勻速直線運動，水平方向為勻變速直線運動。C、a點速度v與豎直方向夾角θ1＝30°，豎直分速度vy=vcos30°=32v。a、b兩點豎直距離h=A、因a、b兩點豎直對齊，水平位移為零。設水平分速度為vx，由vax+vbx2t=0可得vbx＝﹣vax。豎直分速度不變，故b點速度方向與豎直方向夾角B、合速度v合=vx2D、水平加速度ax=Δvxt=?2v故選：BD。（多選）5．一帶正電微粒從靜止開始經電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（）A．L：d＝1：1 B．U1：U2＝1：1 C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉角度的正切值為3 D．若增大微粒的質量，則微粒穿過電容器區(qū)域時到下極板距離變小【答案】ABC【解答】解：AB、帶電微粒從靜止開始經電壓U1加速后，設其射入水平放置的平行板電容器的速度v0根據動能定理有q帶電微粒在平行板電容器內由射入點到最高點的過程中，豎直方向做勻減速直線運動，有v0sin45°＝at1，qU2水平方向做勻速直線運動，有2L＝v0cos45°?t1聯立解得L：d＝1：1，U1：U2＝1：1，故AB正確；D、從射入點到最高點y=12gt12，y=v0聯立可得y＝d，x＝2y＝2d即水平、豎直方向的位移與m、q無關，故僅改變微粒的質量或電荷數量，微粒進入平行板電容器的速度和在平行板電容器中的加速度都會改變，微粒從射入點到射出點水平方向和豎直方向的位移均不變，微粒在電容器中的運動軌跡不變，故D錯誤；C、帶電微粒在平行板電容器內由最高點到射出點的過程中，豎直方向做勻加速直線運動，設射出時豎直方向速度為vy，有vy＝at2水平方向做勻速直線運動，有L＝v0cos45°?t2微粒穿出電容器區(qū)域的速度與水平方向夾角的正切值tanθ=聯立解得tanθ=則微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉角度的正切值為tan（θ+45°），根據數學方法解得tan（θ+45°）＝3，故C正確。故選：ABC。（多選）6．如圖，離子源不斷地產生比荷不同的正離子，離子飄入（初速度可忽略不計）電壓為U1的加速電場，經加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入偏轉電場。已知平行金屬板A、B板長為L，相距為d，兩板間的電壓為U2，離子能從A、B板右側射出。整個裝置處于真空中，加速電場與偏轉電場均視為勻強電場，不計離子重力。下列說法正確的是（）A．各離子在偏轉電場中的加速度不同 B．各離子在偏轉電場中的運動軌跡可能不重合 C．質量越大的離子，從A、B板右側射出時的動能越大 D．各離子從剛飄入加速電場到剛從A、B板右側射出的時間不同【答案】ACD【解答】解：D、設離子的質量為m，電荷量為q，設加速電場極板間距離為d1，則加速電場中所受電場力F加速電場中的加速度a離子在加速電場中的時間t離子在加速電場中由動能定理可得q解得離子進入極板時的速度v離子在偏轉電場中的時間t=離子從剛飄入加速電場到剛從A、B板右側射出的時間t因為離子的比荷不同，所以各離子從剛飄入加速電場到剛從A、B板右側射出的時間不同，故D正確；A、極板間的電場強度E=離子在極板間所受的電場力F=qE=q離子在極板間的加速度a=因為各離子的比荷不同，所以各離子在偏轉電場中的加速度大小不同，故A正確。C、出極板時垂直極板的速度v離子射出極板時離子動能E由上式可知，電荷量越大的離子，從A、B板右側射出時的動能越大，故C正確。B、離子在極板中運動時間t′時，平行于極板的位移大小x＝v0t′垂直于極板的位移大小y=聯立以上兩式并綜合以上選項解析可得y=運動軌跡和離子的比荷無關，所以各離子在偏轉電場中的運動軌跡重合，故B錯誤。故選：ACD。（多選）7．如圖所示，氘（12HA．兩種原子核在偏轉電場中的位移偏轉量之比為3：2 B．兩種原子核打在屏上的動能為1：1 C．經過加速電場的過程中，電場力對氘（12H）、氚（D．氘（12H）、氚（1【答案】BD【解答】解：A.原子核在電場中被加速，則qU設偏轉電場的長度為L2，進入偏轉電場后L2＝v0ty=1解得y=U即原子核在偏轉電場中的位移偏轉量與原子核所帶的電量和質量無關，故A錯誤；B.原子核打到屏上時的動能Ek可知，兩種原子核電量相等，則打在屏上的動能為1：1，故B正確；C.經過加速電場的過程中，根據W＝qU1可知，電場力對氘(12H)D.原子核在加速電場中的時間t1=Lt2=L則總時間t=t可知兩種原子核從開始加速到打在屏上所花的時間之比為2：故選：BD。題型3示波管的原理1．構造：示波管主要是由電子槍、偏轉電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內抽成真空。(如圖)2．作用(1)電子槍的作用是產生高速飛行的一束電子。(2)示波管的YY′偏轉電極上加的是待測的信號電壓(圖乙)。XX′偏轉電極通常接入儀器自身產生的鋸齒形電壓(圖甲)，叫作掃描電壓。(3)熒光屏的作用是顯示電子的偏轉情況?！纠}精講】1．如圖是示波管的原理圖，它由電子槍、偏轉電極（XX′和YY′）、熒光屏組成。管內抽成真空，給電子槍通電后，如果在偏轉電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點，在那里產生一個亮斑。如果在偏轉電極XX′加恒定電壓UXX′＝﹣U0，在偏轉電極YY′加恒定電壓UYY′＝U0，U0＞0。電子束經偏轉電極后，在熒光屏上出現亮斑的區(qū)域是（）A．Ⅰ區(qū) B．Ⅱ區(qū) C．Ⅲ區(qū) D．Ⅳ區(qū)【答案】B【解答】解：由題意知，偏轉電極XX'間電勢差UXX'＝﹣U0，根據帶負電粒子所受電場力方向與電場方向相反，可知電子會向X′方向偏轉，偏轉電極YY'間電勢差UYY'＝U0，電子會向Y方向偏轉，故熒光屏上出現亮斑的區(qū)域是Ⅱ區(qū)，故B正確，ACD錯誤。故選：B。2．如圖甲、乙所示為示波管的原理圖，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空。現在偏轉電極YY′之間加如圖丙所示電壓。加速電壓U0的調節(jié)不僅影響電子速度，還能間接控制波形顯示的縮放比例，是示波器校準的重要參數。若僅將加速電壓U0增大為原來的2倍，其他條件不變，則電子在豎直方向的最大側移量變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢．14 B．12 C．2【答案】B【解答】解析：設L是偏轉極板的長度，d是板間距離，電子在加速電場中，由動能定理得：eU0=12ma=側移量為：y=1t=Ly=U由公式可知，若加速電壓U0增大為原來的2倍，所以電子射出偏轉電場后至運動到熒光屏時沿豎直方向的側移量將變?yōu)樵瓉淼?2故選：B。3．某示波器在XX'、YY'不加偏轉電壓時光斑位于屏幕中心，現施加給其加如圖（1）、（2）所示偏轉電壓，則在光屏上將會看到下列哪個圖形（圓為熒光屏，虛線為光屏坐標）（）A． B． C． D．【答案】C【解答】解：由圖1可知，Y方向先加正向減小后反向增大的電壓，則電子先向+Y方向偏轉，偏轉距離逐漸減小，然后向﹣Y方向偏轉，偏轉距離逐漸變大，即電子在Y方向形成亮線；由圖2可知，X方向加正向電壓，則電子將向X方向偏轉，并打在同一位置；故電子在示波器上形成一條偏向+X方向平行Y軸的直線，故C正確，ABD錯誤。故選：C。（多選）4．示波器的核心部件是示波管，示波管由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，其原理圖如圖甲所示。下列說法正確的是（）A．如果在XX'之間加圖a的電壓，在YY'之間加圖c的電壓，在熒光屏上會看到一條與Y軸平行的豎直亮線 B．如果在XX'之間不加電壓，在YY'之間加圖c的電壓，在熒光屏上看到的亮線是正弦曲線 C．如果在XX'之間不加電壓，在YY'加圖a電壓，在熒光屏的Y軸上會看到一個亮斑 D．如果在XX'之間和YY'之間都加圖b的電壓，在熒光屏的Y軸上會看到一個豎直亮線【答案】AC【解答】解：A、如果在XX′之間加圖a的電壓，電子在X軸方向上的偏轉量都會相同，在YY′之間加圖c恒定電壓，電子將在Y軸方向上發(fā)生偏轉，且電壓越大時側移量越大，所以在熒光屏的會看到一條與Y軸平行的豎直亮線，故A正確；BC、如果在XX′之間不加電壓，則在X軸方向不偏轉，若在YY′之間加圖c恒定電壓，電子將在Y軸發(fā)生偏轉，且電壓越大時側移量越大，所以在熒光屏的Y軸上會看到一條豎直亮線。若在YY′加圖a恒定電壓，電壓值為正，Y極板電勢高于Y′極板電勢，板間的勻強電場由Y極板指向Y′極板，所有電子運動的軌跡都相同，向著Y極板一側偏轉，即所有電子都打在熒光屏的正Y軸上的同一點，因此在正Y軸上將出現一個亮斑，故B錯誤，C正確；D、根據以上分析可知，如果在XX′之間和YY′之間都加圖b的電壓，由運動的合成可知，在熒光屏上將出現一條夾在X軸與y軸之間傾斜的亮線，故D錯誤。故選：AC。（多選）5．如圖甲圖是示波器的結構示意圖，乙圖是電視機顯像管的結構示意圖，二者相同的部分是電子槍（給電子加速形成電子束）和熒光屏（電子打在上面形成亮斑）；不同的是使電子束發(fā)生偏轉的部分：分別是勻強電場（偏轉電極）和勻強磁場（偏轉線圈），即示波器是電場偏轉，顯像管是磁場偏轉。設某次電子束從電子槍射出后分別打在甲、乙兩圖中的P點，則在此過程中，下列說法正確的是電子槍（）A．甲圖中電子動能發(fā)生了變化，乙圖中電子的動能沒有變化 B．甲圖中電子動能發(fā)生了變化，乙圖中電子的動能也發(fā)生了變化 C．甲圖中電子的速度發(fā)生了變化，乙圖中電子的速度也發(fā)生了變化 D．以上兩種裝置都體現了場對運動電荷的控制【答案】ACD【解答】解：AB．在乙圖中，電子經過偏轉磁場時洛倫茲力充當向心力，洛倫茲力不做功，因此乙圖中電子的動能沒有變化，而甲圖中，電子在經過偏轉電場時電場力對電子做功，電子的動能發(fā)生改變，故A正確，B錯誤；C．乙圖中洛倫茲力不做功，電子的速度大小不變，但電子在洛倫茲力的作用下發(fā)生了偏轉，速度方向發(fā)生了改變，則可知電子的速度發(fā)生改變；甲圖中，電場力對電子做正功，且電子發(fā)生了偏轉，則可知電子的速度增大，方向改變，電子的速度發(fā)生了變化，故C正確；D．以上兩種裝置都體現了場對運動電荷的控制，故D正確。故選：ACD。（多選）6．示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上P點出現亮斑（亮斑圖是從右向左看屏），那么示波管中的（）A．極板X應帶負電 B．極板X'應帶負電 C．極板Y應帶正電 D．極板Y'應帶正電【答案】BD【解答】解：電子受力方向與電場方向相反，因電子向X向偏轉，電場方向為X到X′，則X帶正電，同理可知Y′帶正電，那么Y應帶負電，故BD正確，AC錯誤。故選：BD。課時精練一．選擇題（共8小題）1．讓一價氫離子（質量為m，電量為e）、一價氦離子（質量為4m，電量為e）和二價氦離子（質量為4m，電量為2e）先后以相同的速度從帶電平行板間的P點沿垂直電場方向射入電場，其中一價氫離子恰能離開電場，軌跡如圖中曲線所示，不計離子的重力，板間電場可視為勻強電場。則它們在電場中運動過程（）A．一價氫離子運動的時間最短 B．一價氫離子與一價氦離子的軌跡重合 C．出電場時，二價氦離子的速度最小 D．電場力對一價氫離子做的功等于對二價氦離子做的功【答案】D【解答】解：AB．設三種離子的初速度為v0，平行板中的電場強度為E，豎直方向上運動的距離為h=水平方向上運動的距離L＝v0t聯立可得h=由題可知，一價氫離子恰能離開電場，一價氦離子和二價氦離子的比荷比一價氫離子的比荷小，因此一價氦離子和二價氦離子也可以離開電場。三種離子的比荷不同，因此豎直方向上運動的距離不一樣，運動軌跡不一樣。由于初速度相同，水平方向做勻速直線運動，水平位移相同，因此它們在電場中運動時間和一價氫離子運動的時間相同，故AB錯誤；C．由動能定理可得qEh=整理可得q將一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的質量和電荷量代入可得v故C錯誤；D．電場力做的功W=qEh=將一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的質量和電荷量代入可得W故D正確。故選：D。2．如圖所示，A、B兩平行板間距為d，B板與形狀為四分之一圓弧的靜電分析器左端重合，A、B兩板間存在水平向右的勻強電場，靜電分析器中存在沿半徑方向指向圓心O的輻向電場。極板A上小孔的P點處有一質量為m、電荷量為q的帶電粒子X，自A板由靜止開始向右加速運動，并從極板B的小孔沿水平方向進入靜電分析器，粒子在靜電分析器中恰好沿圖示虛線做勻速圓周運動。已知粒子做圓周運動的半徑為R，軌跡處電場強度的大小均為E，粒子重力不計。下列說法正確的是（）A．A、B極板間的電壓為UAB＝ER B．粒子從P點出發(fā)至離開靜電分析器運動的總時間t總＝（4d+πR）(mC．若粒子從P點正下方的Q點進入，在靜電分析器中做勻速圓周運動的半徑為R′，則軌跡處的場強E'=ERD．若將X粒子更換為比荷為其兩倍的Y粒子，要使Y粒子仍沿圖中虛線做勻速圓周運動，需要將虛線處場強大小調整為2E【答案】C【解答】解：A、由動能定理，可得：qUAB=根據粒子可以恰好在靜電分析器中做勻速圓周運動，可知電場力提供向心力：qE=mv2RB、由粒子在極板間做勻變速直線運動、可知：t1粒子在靜電分析器中做勻速圓周運動，可知：t2=14×2πRv，粒子從P點出發(fā)到離開的總時間滿足：t＝tC、根據粒子在靜電分析器中運動時，電場力提供向心力，可知：qE′=mv2D、根據A選項分析可知：E=2故選：C。3．如圖所示，某質譜儀由電壓為U的加速電場、半徑為R且圓弧中心線（虛線所示）處電場強度大小為E的均勻輻射電場和磁感應強度為B的半圓形磁分析器組成。質量為m、電荷量為q的正電粒子（不計重力）從M板由靜止加速后，沿圓弧中心線經過輻射電場，再從P點垂直磁場邊界進入磁分析器后打在膠片上Q點。下列說法正確的是（）A．輻射電場中，沿電場線方向電場減弱 B．輻射電場的電場力對該粒子做正功 C．加速電壓U＝ER D．P點與Q點的距離為2【答案】D【解答】解：AB.輻射電場中，沿電場線方向，電場線逐漸變密，故電場是增強的，又因為指向圓心的電場力提供向心力，電場力對該粒子不做功，故AB錯誤；C.在加速電場中，有qU=12mv02，在偏轉電場中，滿足qE＝mD.帶電粒子在勻強磁場中運動時，根據牛頓第二定律有qv0B＝mv02r故選：D。4．噴墨打印機的簡化模型如圖所示，如果墨汁微滴（重力不計）經帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v沿軸線垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，紙面關于軸線對稱。調節(jié)信號輸入使微滴帶不同的電荷量q、改變偏轉電壓U及兩極板的極性均可改變墨汁微滴打在紙上的位置，乃至能夠使微滴恰好打在紙上的最高點或最低點，如果極板長度為L，板間距離為d，極板右端到紙面的距離為L2A．要使微滴打在紙張的下部，應使上極板為正極 B．如果板間電壓一定，要使微滴在紙張上的偏移量加倍，則微滴的電荷量要加倍 C．如果以中央軸線為準，往上下增大板間距離，可以提高微滴偏移的靈敏度 D．要使微滴打在紙上最高點或最低點，則微滴帶電荷量與板間電壓的關系應滿足q=【答案】B【解答】解：A.如果上極板是正極，則板間電場方向向下，由于微滴帶負電，則微滴所受電場力向上，故會往上偏打到紙張的上部，故A錯誤。B.微滴在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，有L＝vt，豎直方向做勻加速直線運動，有Δy1=12at2=C.由Δy2=D.當微滴在紙張上的偏移量為d時，有d=qUL2故選：B。5．具有相同質子數和不同中子數的原子稱為同位素。讓氫的三種同位素原子核（11H、A．三種粒子在電場中運動的時間相同 B．三種粒子在電場中運動的過程中電勢能的變化量相同 C．落在A點的是：1D．到達負極板時，落在C點的粒子的動能等于落在A點的粒子的動能【答案】B【解答】解：AC、設粒子的帶電荷量為q，電場中電場強度為E，三種粒子在電場中做類平拋運動，其在電場中的加速度大小為a=qEm，因為13H質量最大，11H的質量最小，它們在電場中沿電場方向的位移相等均為h，根據h=12aB、三種粒子從開始的P點到落在極板上，初末位置的電勢差相等，它們的帶電荷量相等，所以電場力對它們做功相同，則三種粒子在電場中運動的過程中電勢能的變化量相同，故B正確；D、因為三種粒子的初速度相同，它們的質量不同，所以它們的初動能不等，由上面B的分析可知，電場力對它們做功相等，所以它們的末動能不等，即到達負極板時，落在A點的粒子和落在C點的粒子的動能不等，故D錯誤。故選：B。6．某同學利用計算機軟件模擬帶電粒子在電場中的運動，如圖所示，矩形區(qū)域OMPQ內存在平行于OQ的勻強電場，N為QP的中點。帶電粒子a、b分別從Q點和O點同時垂直O(jiān)Q射入電場，同時到達M、N點，K為軌跡交點。不計粒子重力及其相互作用，則（）A．粒子a、b比荷之比為1：2 B．粒子a、b初動能之比為2：1 C．運動過程中，粒子a的電勢能逐漸減小，粒子b的電勢能逐漸增大 D．O、K間與K、Q間的電勢差之比為4：1【答案】D【解答】解：A.兩個粒子運動過程中只受電場力，豎直方向上均從靜止做勻加速直線運動，豎直方向運動時間和位移大小都相等，由x=1可知，加速度大小相等，由牛頓第二定律可知：a=qE所以比荷相等，故A錯誤；B.兩個粒子水平方向均做勻速直線運動，位移之比2：1，時間相等，故初速度之比為2：1，無法確定動能之比，故B錯誤；C..兩個粒子都是只受電場力，所以電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；D.由于初速度之比為2：1，故二者運動到K點的時間為1：2，設a運動到K點時間為t，則b運動到K點時間為2t，粒子a豎直方向位移大小：x粒子b豎直方向位移大?。簒則x由U＝Ed可知：U解得UOK故D正確；故選：D。7．如圖所示的空間中充滿大小E=mgq、方向水平向右的勻強電場。一質量為m、帶電量為+q的物塊以速度v0沖上質量為M、傾角θ＝45°的斜面。已知斜面與物塊及地面間的動摩擦因數均為A．物塊所受摩擦大小為μmg B．地面與斜面間的摩擦力大小為μ（m+M）g C．物體在最高點只受3個力作用 D．從初位置到最高點的過程中，物塊減少的動能等于物塊增加的重力勢能和因摩擦而產生的熱量之和【答案】C【解答】解：對物塊m進行受力分析，物體受豎直向下的重力G＝mg，水平向右的電場力F電＝qE＝mg。將這兩個力沿斜面方向（∥）和垂直斜面方向（⊥）分解。垂直斜面方向：重力分量G⊥=mgcos45°=22mg，電場力分量F電⊥=qEsin45°=22mg，解得支持力A、物塊上滑時滑動摩擦力f＝μN，解得f=2B、物塊沿斜面合力F合＝f，由牛頓第二定律得a=fm，解得a=2μg（方向沿斜面向下）。其水平分量ax＝acos45°，解得ax＝μg（水平向左）。對系統(tǒng)水平方向列方程：qE﹣Ff＝﹣max，代入qE＝mg得mg﹣Ff＝﹣mμg，解得FC、最高點時v＝0，因G∥與F電∥平衡，物體僅受重力、電場力和支持力，故C正確；D、由動能定理得﹣ΔEp+W電﹣Q＝ΔEk。因ΔEp＝mgh且W電＝mgh，故﹣ΔEk＝Q，即動能減少量等于摩擦生熱，故D錯誤。故選：C。8．如圖所示，長為L的絕緣輕細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球，小球靜止時處于O點正下方的O′點?，F將此裝置放在水平向右的勻強電場中，電場強度大小為E，帶電小球靜止在A點時細線與豎直方向成θ＝37°角，已知電場的范圍足夠大，空氣阻力可忽略不計，重力加速度為g。則（）A．小球的電量q=4mgB．若將小球從O′點由靜止釋放，小球運動的最大速度vmC．若將小球從O′點由靜止釋放，小球運動的最大拉力T=7mgD．若讓小球從A點開始繞O點做完整圓周運動，小球在A點的初速度v【答案】C【解答】解：A、對小球進行受力分析，小球受到重力mg、電場力qE和細線拉力T。當小球靜止在A點時，合力為零，細線方向與mg和qE的合力方向相反。該合力可視為等效重力G'，A點即為等效最低點。根據平衡條件，tanθ=qEmg。代入θ＝37°，可得qEmgB、引入等效重力加速度g'，由力的合成得mg′=mgcos37°=54mg，故g′=5C、在A點（等效最低點），拉力最大，根據牛頓第二定律：T?mg′=mvm2D、若要小球繞O點做完整圓周運動，需通過等效最高點B（A點關于O的對稱點）。在B點的臨界條件為TB＝0，即mg′=mvB2L，解得vB=g′L。從A點到B點，根據動能定理：?mg′?2L=故選：C。二．多選題（共3小題）（多選）9．如圖所示，豎直放置的平行板電容器充電后與電源斷開，質量、帶電完全相同的甲、乙兩粒子從A點沿半圓的直徑AC方向以不同的速度水平射入電場，甲粒子恰好經過半圓的最低點B，乙粒子經過圓弧上BC之間的D點，不計重力，下列分析正確的是（）A．甲粒子經過半圓的最低點B時速度方向不可能豎直向下 B．甲粒子從A點到達圓弧B點所用時間小于乙粒子從A點到達圓弧D點所用的時間 C．甲粒子從A點到達圓弧B點電勢能的變化量小于乙粒子從A點到達圓弧D點電勢能的變化量 D．粒子在電容器中運動的整個過程，電場力對兩粒子做功可能相同【答案】AD【解答】解：A、粒子在電場中做類平拋運動，水平方向速度vx＝v0。由于初速度v0≠0，粒子經過B點時水平速度不為零，合速度方向不可能豎直向下，故A正確；B、豎直方向粒子做初速為零的勻加速運動，由y=12at2，解得：t=2ya。由圖示可知，甲粒子到達B點的豎直位移yBC、電場力做功W＝qEy，電勢能變化量等于電場力做功。因yB＞yD，甲粒子從A到B電場力做功更多，電勢能變化量更大，故C錯誤；D、若極板足夠長，兩粒子最終均落在下極板，全程豎直位移相同，根據W＝qEy可知電場力做功相同，故D正確。故選：AD。（多選）10．絕緣水平地面的右側固定一豎直光滑的絕緣圓弧軌道BCD，B點與水平地面等高，O為圓心，C、D分別為軌道最低點和最高點，F點與圓心O處于同一高度。在過B點垂直于水平地面的虛線右側存在范圍足夠大的勻強電場，該電場的電場強度大小E＝7.5×102V/m，方向水平向左。在同一豎直面內，一電荷量q＝+1×10﹣3C的帶電小球從離地面某一高度的A點水平拋出，小球恰好從B點沿切線方向進入軌道BCD，且恰好能沿軌道做圓周運動。已知小球的質量m＝0.1kg，OB與OC的夾角θ＝37°，軌道半徑R＝0.4m。在整個運動的過程中，小球的電荷量保持不變。重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6。下列說法正確的是（）A．小球在A點的速度大小為4m/s B．小球在D點時的速度最大 C．小球運動到C點時，對軌道壓力大小為5.75N D．小球運動到F點時，機械能最小【答案】AD【解答】解：在B點右側區(qū)域，小球受到豎直向下的重力G＝mg，G＝1N和水平向左的電場力F電＝qE，代入解得：F電＝0.75N。等效重力大小為F合=(mg)2+(qE)2，解得：F合＝1.25N。設等效重力方向與豎直方向夾角為α，則tanα=qEmg，tanα＝0.75，解得：α＝37°。由于軌道半徑OB與豎直方向OC的夾角為37°且B點在左側，可知等效重力方向沿半徑指向B點，因此B點為等效重力場中的穩(wěn)定平衡點（速度最大點），與B點對稱的B'點為等效最高點（速度最小點）。小球通過等效最高點B'時滿足F合A、小球在B點的速度水平分量為vA＝vBcos37°，解得：vA＝4m/s，故A正確；B、由分析可知B點速度最大，故B錯誤；C、從B點到C點，根據動能定理mgh?qEx=12mvC2?D、當小球運動至電場力做功最大的F點時機械能最小，故D正確。故選：AD。（多選）11．如圖所示，氘核和氚核兩種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么（）A．偏轉電場E2對兩種粒子做功一樣多 B．兩種粒子打到屏上時的速度一樣大 C．兩種粒子運動到屏上所用時間相同 D．兩種粒子一定打到屏上的同一位置【答案】AD【解答】解：設加速電場的電壓為U1、距離為L1；偏轉電場的電壓為U2，板長為L2，兩板間距離為d，偏轉電場右端到熒光屏的距離為L3。質量為m、電荷量為q的粒子在加速電場中加速時，由動能定理可知：qU1=12mv02﹣0，解得：v粒子在加速電場中的運動時間：t1=L1v0粒子在偏轉電場中做類平拋運動，運動時間：t2=L2v0在偏轉電場中豎直分位移：y=12a2t22=聯立得：y=UD、由于y與q、m無關，所以兩種粒子在偏轉電場中軌跡重合，離開偏轉電場后粒子做勻速直線運動，因此兩種粒子一定打到屏上的同一位置，故D正確；A、加速電場對粒子做功為：W1＝qU1，q和U1相等，所以