《2017-2018學(xué)年高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 第11講 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版選修3-1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017-2018學(xué)年高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 第11講 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版選修3-1（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第11講 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [目標(biāo)定位]　1.會(huì)從力和能量角度分析計(jì)算帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的有關(guān)問題.2.知道示波管的主要構(gòu)造和工作原理． 一、帶電粒子的加速 如圖1所示，初速度為零、質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子，由靜止開始從正極板通過電勢(shì)差為U的電場(chǎng)到達(dá)負(fù)極板，求其速度時(shí)可根據(jù)qU＝mv2，得v＝. 圖1 深度思考 (1)若上述粒子從兩極板的中點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板，則粒子到達(dá)負(fù)極板的速度是多少？ (2)若上述粒子以速度v0從正極板運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板，其速度又是多少？ 答案　(1) .兩極板的中點(diǎn)與負(fù)極板的電勢(shì)差為.由動(dòng)能定理q＝mv2， 得v＝

2、 (2) ，由動(dòng)能定理qU＝mv2－mv，得v＝ 例1　如圖2所示，M和N是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩個(gè)等勢(shì)面，相距為d，電勢(shì)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(shì)面M射入兩等勢(shì)面之間，則該粒子穿過等勢(shì)面N的速度應(yīng)是(　　) 圖2 A. B．v0＋ C. D. 解析　qU＝mv2－mv，v＝，選C. 答案　C 1．兩類帶電體 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除特殊說明外，一般忽略粒子的重力(但并不忽略質(zhì)量)． (2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除特殊說明外，一般不忽略重力． 2．處理加速問題的分析方法 (1)根據(jù)帶電

3、粒子所受的力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等． (2)一般應(yīng)用動(dòng)能定理來處理問題，若帶電粒子只受電場(chǎng)力作用： ①若帶電粒子的初速度為零，則它的末動(dòng)能mv2＝qU，末速度v＝. ②若粒子的初速度為v0，則mv2－mv＝qU，末速度v＝. 針對(duì)訓(xùn)練1　如圖3所示，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) 圖3 A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng) C．向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D．向左

4、下方做勻加速運(yùn)動(dòng) 答案　D 解析　兩平行金屬板水平放置時(shí)，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，電場(chǎng)力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時(shí)電場(chǎng)力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確． 二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn) 如圖4甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以初速度v0垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入兩平行板間場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間距離為d，兩極板間電勢(shì)差為U，板長(zhǎng)為l. 　　　 圖4 1．運(yùn)動(dòng)性質(zhì) (1)沿初速度方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)． (2)沿電場(chǎng)力方向：

5、做初速度為零，加速度為a＝＝的勻加速直線運(yùn)動(dòng)． 2．運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (1)偏轉(zhuǎn)距離：由t＝，a＝，所以y＝at2＝()2. (2)偏轉(zhuǎn)角度：因?yàn)関y＝at＝，所以tanθ＝＝. 3．結(jié)論 由＝，可知x＝. 如圖乙所示，粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度方向的反向延長(zhǎng)線過水平位移的中點(diǎn)，即粒子就像是從極板間處射出的一樣． 深度思考 質(zhì)子H和α粒子He由靜止經(jīng)同一電場(chǎng)加速后再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏移量相同嗎？為什么？ 答案　相同．若加速電場(chǎng)的電壓為U0，有 qU0＝mv① 偏移量y＝at2＝()2② ①②聯(lián)立，得y＝. 即偏移量與m、q均無關(guān)． 例2　一束電子流在經(jīng)U

6、＝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(chǎng)，如圖5所示．若兩板間距離d＝1.0cm，板長(zhǎng)l＝5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最大能加多大電壓？ 圖5 解析　加速過程中，由動(dòng)能定理有： eU＝mv 進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng) l＝v0t 在垂直于板面的方向電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 加速度a＝＝ 偏移的距離y＝at2 電子能飛出的條件y≤ 聯(lián)立解得U′≤＝V＝4.0×102V 即要使電子能飛出，兩極板上所加電壓最大為400V. 答案　400V 針對(duì)訓(xùn)練2　裝置如例2.如果質(zhì)子經(jīng)同一加速電壓加

7、速(U＝5000V，但加速電場(chǎng)方向與例2相反，如圖6)，從同一位置垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)電場(chǎng)(d＝1.0cm，l＝5.0cm)，偏轉(zhuǎn)電壓U′＝400V．質(zhì)子能飛出電場(chǎng)嗎？如果能，偏移量是多大？ 圖6 答案　能　0.5cm 解析　在加速電場(chǎng)：qU＝mv① 在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)：l＝v0t② a＝＝③ 偏移量y＝at2④ 由①②③④得：y＝ 上式說明y與q、m無關(guān)，解得y＝0.5cm＝ 即質(zhì)子恰好從板的右邊緣飛出 無論粒子的質(zhì)量m、電荷量q如何，只要經(jīng)過同一電場(chǎng)U1加速，再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2，它們飛出的偏移量y相同(y＝)，偏轉(zhuǎn)角θ(tanθ＝自己證明)也相同.所以同性粒子運(yùn)動(dòng)軌

8、跡完全重合. 三、示波管的原理 1．構(gòu)造 示波管是示波器的核心部件，外部是一個(gè)抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由電子槍(由發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(由一對(duì)X偏轉(zhuǎn)電極板和一對(duì)Y偏轉(zhuǎn)電極板組成)和熒光屏組成，如圖7所示． 圖7 2．原理 (1)掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓． (2)燈絲被電源加熱后，發(fā)射熱電子，發(fā)射出來的電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，以很大的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，如在Y偏轉(zhuǎn)電極板上加一個(gè)信號(hào)電壓，在X偏轉(zhuǎn)電極板上加一周期相同的掃描電壓，在熒光屏上就會(huì)出現(xiàn)按Y偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律變化的可視圖象． 深度思考 示波管熒光屏上的亮線是怎樣產(chǎn)生的

9、？所加的掃描電壓和信號(hào)電壓的周期要滿足什么條件才能得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象？ 答案　電子打在熒光屏上將出現(xiàn)一個(gè)亮點(diǎn)，若電子打在熒光屏上的位置快速移動(dòng)，由于視覺暫留效應(yīng)，能在熒光屏上看到一條亮線．所加的掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相等才能得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象． 例3　示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖8甲所示．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′之間和YY′之間加上圖丙所示的幾種電壓，熒光屏上可能會(huì)出現(xiàn)圖乙中(a)、(b)所示的兩種波形．則(　　) 圖8 A．若XX′和YY′分別加電壓(3)和(1)，熒光屏上可以

10、出現(xiàn)圖乙中(a)所示波形 B．若XX′和YY′分別加電壓(4)和(1)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(a)所示波形 C．若XX′和YY′分別加電壓(3)和(2)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(b)所示波形 D．若XX′和YY′分別加電壓(4)和(2)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(b)所示波形 解析　若XX′和YY′分別加電壓(3)和(1)，則橫軸自左向右移動(dòng)，縱軸則按正弦規(guī)律變化，熒光屏上可以出現(xiàn)如圖(a)所示波形，A對(duì)．若XX′和YY′分別加電壓(4)和(1)則橫軸不變，即波形只在縱軸上，不管縱軸上面波形如何變化始終只能在橫軸出現(xiàn)一條線，(a)、(b)都不可能出現(xiàn)，B錯(cuò)．若XX′和YY′分別加電壓(

11、4)和(2)，同理，D錯(cuò)．若XX′和YY′分別加電壓(3)和(2)則橫軸自原點(diǎn)先向正方向運(yùn)動(dòng)后返回向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，到負(fù)方向一定位置后又返回，縱軸則先為負(fù)的定值后為正的定值，熒光屏上可以出現(xiàn)如圖(b)所示波形，C對(duì)． 答案　AC 1．(帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng))(多選)如圖9所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) 圖9 A．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v增大 B．當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v增大 C．當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變 D．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也增大 答案　CD 解析　根據(jù)動(dòng)能定理研究電子由靜止開始從A板向B

12、板運(yùn)動(dòng)列出等式： eU＝mv2，得v＝ 所以當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變，故A、B錯(cuò)誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場(chǎng)強(qiáng)為 E＝， 電子的加速度為a＝＝， 電子在電場(chǎng)中一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 由d＝at2＝t2 得電子加速的時(shí)間為t＝d 由此可見，當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間增大，故D正確．故選C、D. 2．(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))如圖10所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(chǎng)的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為(　　

13、) 圖10 A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 答案　A 解析　由y＝at2＝··，得U＝，所以U∝，可知A項(xiàng)正確． 3．(對(duì)示波管原理的認(rèn)識(shí))如圖11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11 (1)帶電粒子在________區(qū)域是加速的，在________區(qū)域是偏轉(zhuǎn)的． (2)如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(　　) A．極板X應(yīng)帶正電B．極板X′應(yīng)帶正電

14、 C．極板Y應(yīng)帶正電D．極板Y′應(yīng)帶正電 答案　(1)Ⅰ?、颉?2)AC 4．(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))如圖12為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計(jì))，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中(偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng))，電子進(jìn)入M、N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，電子經(jīng)過電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn)．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作用力． 圖12 (1)求電子穿過A板時(shí)速度的大??； (2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)的偏

15、移量； (3)若要電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方，可采取哪些措施？ 答案　(1) 　(2)　(3)見解析 解析　(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動(dòng)能定理有eU1＝mv 解得v0＝. (2)電子沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度為a，電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏移量為y.由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t＝ a＝ y＝at2 解得y＝ (3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2. 題組一　帶電粒子的加速 1．如圖1所示，在點(diǎn)電荷＋Q激發(fā)的電場(chǎng)中有A、B兩點(diǎn)，將質(zhì)子和α粒子分別從A

16、點(diǎn)由靜止釋放到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，它們的速度大小之比為(　　) 圖1 A．1∶2 B．2∶1 C.∶1 D．1∶ 答案　C 解析　質(zhì)子和α粒子都帶正電，從A點(diǎn)釋放將受靜電力作用加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，由動(dòng)能定理可知，對(duì)質(zhì)子：mHv＝qHU， 對(duì)α粒子：mαv＝qαU. 所以＝＝＝∶1. 2．(多選)圖2為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空．A為發(fā)射電子的陰極，K為接在高電勢(shì)點(diǎn)的加速陽(yáng)極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時(shí)的速度可以忽略，電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時(shí)的速度大小為v.下面的說法中正確的是(　　) 圖2 A．如果A、K間距離減半而電壓

17、仍為U，則電子離開K時(shí)的速度仍為v B．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)? C．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)関 D．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)? 答案　AC 解析　電子在兩個(gè)電極間的加速電場(chǎng)中進(jìn)行加速，由動(dòng)能定理eU＝mv2－0得v＝，當(dāng)電壓不變，A、K間距離變化時(shí)，不影響電子的速度，故A正確；電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度為v，C正確． 3.如圖3，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場(chǎng)力的作用

18、下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略．不計(jì)重力，則M∶m為(　　) 圖3 A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 答案　A 解析　因兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為l，電荷量為－q的粒子通過的位移為l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1＝、a2＝，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有l(wèi)＝a1t2＝t2①，l＝a2t2＝t2②，由①②得＝.B、C、D錯(cuò)誤，A對(duì)． 題組二　帶電粒子的偏轉(zhuǎn) 4．(多選)有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖4所

19、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(chǎng)，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符．不必考慮墨汁的重力，為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是(　　) 圖4 A．減小墨汁微粒的質(zhì)量 B．減小墨汁微粒所帶的電荷量 C．增大偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓 D．增大墨汁微粒的噴出速度 答案　BD 解析　墨汁微粒在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則L＝v0t；豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則偏移距離y＝at2；且qE＝ma，E＝，聯(lián)立，解得y＝()2.為了使打在紙上的字跡縮小，可減小墨汁微粒所帶的電荷量、減小偏轉(zhuǎn)電壓、增大墨汁微粒的質(zhì)量和

20、增大墨汁微粒的噴出速度，故選項(xiàng)B、D正確． 5．如圖5所示，a、b兩個(gè)帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場(chǎng)線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，a粒子打在B板的a′點(diǎn)，b粒子打在B板的b′點(diǎn)，若不計(jì)重力，則(　　) 圖5 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(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，h＝·()2得：x＝v0.由v0＜v0得＞. 6．(多選)三個(gè)α粒子在同一地點(diǎn)沿同一方向垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，出現(xiàn)了如圖6所示的運(yùn)動(dòng)軌跡，由此可判斷(　　) 圖6 A．在B飛離電場(chǎng)的同

21、時(shí)，A剛好打在負(fù)極板上 B．B和C同時(shí)飛離電場(chǎng) C．進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，C的速度最大，A的速度最小 D．動(dòng)能的增加量C最小，A和B一樣大 答案　ACD 解析　由題意知，三個(gè)α粒子在電場(chǎng)中的加速度相同，A和B有相同的偏轉(zhuǎn)位移y，由公式y(tǒng)＝at2得，A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，由公式v0＝得vB>vA，同理，vC>vB，故三個(gè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度大小關(guān)系為vC>vB>vA，故A、C正確，B錯(cuò)誤；由題圖知，三個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)位移大小關(guān)系為yA＝y(tǒng)B>yC，由動(dòng)能定理可知，三個(gè)粒子的動(dòng)能的增加量C為最小，A和B一樣大，D正確． 題組三　綜合應(yīng)用 7．如圖7所示的示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′

22、電壓為零時(shí)，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后會(huì)打在熒光屏上的正中間(圖示坐標(biāo)系的O點(diǎn)，其中x軸與XX′電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向重合，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸與YY′電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向重合，y軸正方向豎直向上)．若要電子打在圖示坐標(biāo)系的第Ⅲ象限，則(　　) 圖7 A．X、Y極接電源的正極，X′、Y′接電源的負(fù)極 B．X、Y′極接電源的正極，X′、Y接電源的負(fù)極 C．X′、Y極接電源的正極，X、Y′接電源的負(fù)極 D．X′、Y′極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極 答案　D 解析　若要使電子打在題圖所示坐標(biāo)系的第Ⅲ象限，電子在x軸上向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使X′接正極，X接負(fù)極；電子在y軸上也向負(fù)

23、方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使Y′接正極，Y接負(fù)極，所以選項(xiàng)D正確． 8．如圖8所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處．以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出．不計(jì)重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為(　　) 圖8 A. B. C. D. 答案　B 解析　根據(jù)電荷受力可以知道，粒子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，如圖所示．當(dāng)電場(chǎng)足夠大時(shí)，粒子到達(dá)上極板時(shí)速度恰好與上極板平行，如圖，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，當(dāng)分速度vy＝0

24、時(shí)，則粒子的速度正好平行上極板，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：－v＝－2d，由于vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，聯(lián)立整理得到E＝，故選項(xiàng)B正確． 9．一束正離子以相同的速率從同一位置，沿垂直于電場(chǎng)方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，所有離子的運(yùn)動(dòng)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．具有相同的比荷 D．都是同一元素的同位素 答案　C 解析　由偏移距離y＝·()2＝可知，若運(yùn)動(dòng)軌跡相同，則水平位移相同，偏移距離y也應(yīng)相同，已知E、l、v0是相同的，所以應(yīng)有相同． 10．(多選)如圖9所示，水平放置的平行板電容器，上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，帶電小球

25、以速度v0水平射入電場(chǎng)，且沿下極板邊緣飛出．若下極板不動(dòng)，將上極板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) 圖9 A．將打在下極板中央 B．仍沿原軌跡由下極板邊緣飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運(yùn)動(dòng) D．若上極板不動(dòng)，將下極板上移一段距離，小球可能打在下極板的中央 答案　BD 解析　將電容器上極板或下極板移動(dòng)一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝可知，電容器產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng)．當(dāng)上極板不動(dòng)，下極板向上移動(dòng)時(shí)，小球可能打在下極板的中央． 11．如圖10所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入場(chǎng)

26、強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，射出電場(chǎng)的瞬時(shí)速度的方向與初速度方向成30°角．在這一過程中，不計(jì)粒子重力．求： 圖10 (1)該粒子在電場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間； (2)粒子在這一過程中電勢(shì)能的增量． 答案　(1)　(2)－mv 解析　(1)分解末速度vy＝v0tan30°，在豎直方向vy＝at，a＝，聯(lián)立三式可得 t＝. (2)射出電場(chǎng)時(shí)的速度v＝＝v0，由動(dòng)能定理得電場(chǎng)力做功為 W＝mv2－mv＝mv， 根據(jù)W＝Ep1－Ep2得 ΔEp＝－W＝－mv. 12．兩個(gè)半徑均為R的圓形平板電極，平行正對(duì)放置，相距為d，極板間的電勢(shì)差為U，板間電場(chǎng)可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)α

27、粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板中心．已知質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求： (1)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E； (2)α粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a； (3)α粒子的初速度v0. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)極板間場(chǎng)強(qiáng)E＝ (2)α粒子電荷量為2e，質(zhì)量為4m，所受電場(chǎng)力F＝2eE＝，α粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝ (3)由d＝at2，得t＝＝2d，v0＝＝ 13．一束電子從靜止開始經(jīng)加速電壓U1加速后，以水平速度射入水平放置的兩平行金屬板中間，如圖11所示，金屬板長(zhǎng)為l，兩板距離為d，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L(zhǎng).若在兩金屬板間加直流電壓U2時(shí)，光點(diǎn)偏離中線打在熒光屏上的P點(diǎn)，求. 圖11 答案　(＋L) 解析　電子經(jīng)U1的電場(chǎng)加速后，由動(dòng)能定理可得 eU1＝① 電子以v0的速度進(jìn)入U(xiǎn)2的電場(chǎng)并偏轉(zhuǎn) t＝② E＝③ a＝④ v⊥＝at⑤ 由①②③④⑤得射出極板的偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tanθ＝＝. 所以＝(＋L)tanθ＝(＋L)． 16