資源簡介

專題5　帶電粒子在電場中的偏轉運動
題組1　根據牛頓第二定律和運動學公式分析帶電粒子在電場中的偏轉
1．圖1為示波管的原理圖，如果在電極YY′之間所加的電壓按圖2甲所示的規律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖乙所示的規律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是(　　)
圖1
　　　　甲　　　　　　　　　　　乙
圖2
2．有一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結構簡圖如圖3所示．其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉電場，再經偏轉電場后打到紙上，顯示出字符．現為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是(　　)
圖3
A．減小墨汁微粒所帶的電荷量
B．減小墨汁微粒的質量
C．減小墨汁微粒的噴出速度
D．增大偏轉板間的電壓
3．如圖4所示，一個質量為m、帶電荷量為q的粒子從兩帶電平行板的正中間沿與勻強電場垂直的方向射入，不計粒子所受的重力．當粒子的入射速度為v時，它恰能穿過一電場區域而不碰到金屬板上．現欲使質量為m、入射速度為的粒子也能恰好穿過這一電場區域而不碰到金屬板，在以下的僅改變某一物理量的方案中，不可行的是(　　)
圖4
A．使粒子的帶電荷量減少為原來的
B．使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半
C．使兩板間的距離增加到原來的2倍
D．使兩極板的長度減小為原來的一半
4．如圖5所示，一帶電粒子以速度v0沿上板邊緣垂直于電場線射入勻強電場，它剛好貼著下板邊緣飛出．已知勻強電場兩極板長為l，間距為d，求：圖521世紀教育網版權所有
(1)如果帶電粒子的速度變為2v0，則離開電場時，沿場強方向偏轉的距離y為多少？
(2)如果帶電粒子的速度變為2v0，板長l不變，當它的豎直位移仍為d時，它的水平位移x為多少？(粒子的重力忽略不計) 21cnjy.com
題組2　用功能關系與運動學公式結合分析帶電粒子在電場中的偏轉
5．如圖6所示，平行板電容器充電后形成一個勻強電場，大小保持不變．讓質子(H)流以不同初速度，先、后兩次垂直電場射入，分別沿a、b軌跡落到極板的中央和邊緣，則質子沿b軌跡運動時(　　)www.21-cn-jy.com
A．初速度更大圖6
B．加速度更大
C．動能增量更大
D．兩次電勢能的變化量相同
6．如圖7所示，有兩個相同的帶電粒子A、B，分別從平行板間左側中點和貼近上極板左端處以不同的初速度垂直于電場方向進入電場，它們恰好都打在下極板右端處的C點，若不計重力，則可以斷定(　　)圖72·1·c·n·j·y
A．A粒子的初動能是B粒子的2倍
B．A粒子在C點的偏向角的正弦值是B粒子的2倍
C．A、B兩粒子到達C點時的動能可能相同
D．如果僅將加在兩極板間的電壓加倍，A、B兩粒子到達下極板時仍為同一點D(圖中未畫出)
7．如圖8甲所示，在xOy坐標系中，兩平行放置的金屬板，OD與x軸重合，板的左端與原點O重合，板長L＝2m，板間距離d＝1m，緊靠極板右側有一熒光屏．兩金屬板間電壓UAO隨時間的變化規律如圖乙所示，變化周期為T＝2×10－3s，U0＝103V，t＝0時刻一帶正電的粒子從左上角A點，以平行于AB邊v0＝1000m/s的速度射入板間，粒子電量為q＝1×10－5C、質量m＝1×10－7kg.不計粒子所受重力．求：【來源：21·世紀·教育·網】
　　　　甲　　　　　　　　　　乙
圖8
(1)粒子在板間運動的時間；
(2)粒子打到熒光屏上的縱坐標；
(3)粒子打到屏上的動能．
題組3　帶電粒子的加速與偏轉綜合應用
8．如圖9所示，一個帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，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的中線射入．A、B板長為L，相距為d，電壓為U2.則帶電粒子能從A、B板間飛出應該滿足的條件是(　　)21·cn·jy·com
圖9
A.< B.<
C.< D.<

9．如圖10所示，豎直放置的一對平行金屬板間的電勢差為U1，水平放置的一對平行金屬板間的電勢差為U2.一電子由靜止開始經U1加速后，進入水平放置的金屬板間，剛好從下板邊緣射出．不計電子重力．下列說法正確的是(　　)21·世紀*教育網
A．增大U1，電子一定打在金屬板上圖10
B．減小U1，電子一定打在金屬板上
C．減小U2，電子一定能從水平金屬板間射出
D．增大U2，電子一定能從水平金屬板間射出
10.如圖11所示，氕、氘、氚的原子核自初速度為零經同一電場加速后，又經同一勻強電場偏轉，最后打在熒光屏上，那么(　　)www-2-1-cnjy-com
A．經過加速電場過程，電場力對氚核做的功最多
B．經過偏轉電場過程，電場力對三種核做的功一樣多圖11
C．三種原子核打在屏上時的速度一樣大
D．三種原子核都打在屏上的同一位置上
11.如圖12所示，在方向豎直向下的勻強電場中，一絕緣輕細線一端固定于O點，另一端系一帶正電的小球在豎直平面內做圓周運動．小球的電荷量為q、質量為m，絕緣細線長為L，電場的場強為E，若帶電小球恰好能通過最高點A，則在A點時小球的速度v1的大小？小球運動到最低點B時的速度v2的大小？運動到B點時細線對小球的拉力為多大？圖12
12．如圖13所示的真空管中，質量為m、電量為e的電子從燈絲F發出，經過電壓U1加速后沿中心線射入相距為d的兩平行金屬板B、C間的勻強電場中，通過電場后打到熒光屏上，設B、C間電壓為U2，B、C板長為l1，平行金屬板右端到熒光屏的距離為l2，求：
圖13
(1)電子離開勻強電場時的速度與進入時速度間的夾角．
(2)電子打到熒光屏上的位置偏離屏中心距離．

詳解答案
1．B　[由題圖甲及圖乙知，當UY為正時，Y板電勢高，電子向Y偏，而此時UX為負，即X′板電勢高，電子向X′板偏，所以選B.]2-1-c-n-j-y
2．A　[墨汁微粒進入偏轉電場后做類平拋運動，水平方向速度恒定不變，豎直方向受到恒定電場力作用，要使字跡縮小，需使粒子在偏轉電場中偏移量減小，即豎直方向位移減小，豎直方向位移表達式y＝at2＝()2，B、C、D選項均會使豎直方向偏移量增大，故B、C、D選項錯誤，A選項正確．]【來源：21cnj*y.co*m】
3．B　[設平行板長為l，板間距為2d，板間電壓為U，恰能穿過一電場區域而不碰到金屬板上，則
沿初速度方向做勻速運動：t＝
垂直初速度方向做勻加速運動：
a＝，d＝at2＝
欲使質量為m、入射速度為的粒子也能恰好穿過這一電場區域而不碰到金屬板，則沿初速度方向距離仍是l，垂直初速度方向距離仍為d，使粒子的帶電荷量減少為原來的，則y＝·＝d，故A可行；使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半，y＝·＝2d，故B不可行；使兩板間的距離增加到原來的2倍，此時垂直初速度方向距離應為2d，y＝＝2d，故C可行；使兩極板的長度減小為原來的一半，y＝＝d，故D可行．]【版權所有：21教育】
4．(1)d　(2)2.5l
解析　(1)因為帶電粒子在電場中運動，受到的電場力與速度無關，所以a是一定的
解得a＝
當粒子的速度變為2v0時，l＝2v0t′
y＝at′2＝··＝d
(2)如圖所示：將速度反向延長交上板的中點，由相似三角形知：
＝，x′＝1.5l
所以水平位移x＝l＋x′＝2.5l
5．AD　[當質子射入電場后，無論進入電場的速度是多大，在豎直方向上都是做初速度為零的勻加速直線運動，加速度都為a＝，所以當質子分別沿a、b軌跡落到極板的中央和邊緣時d＝at2，運動時間都為t＝，而在水平方向上x＝vt，所以水平位移越大，說明初速度越大，故A正確，B錯誤．整個過程中只有電場力做功W＝Uq，因為沿電場方向發生的位移一樣，所以電勢差相同，則電場力做功相等，所以兩次電勢能的變化量相同，即動能增量相同，所以C錯誤，D正確．]21教育名師原創作品
6．ACD　[本題考查帶電粒子在勻強電場中運動狀態的分析、平拋運動知識的應用以及動能定理．粒子在水平方向上做勻速直線運動，則有vAtA＝vBtB，豎直方向上對A有＝at，對B有h＝at，通過計算可知vA＝vB，A項正確；通過題圖可以看出，A粒子的偏向角要小于B粒子的偏向角，B項錯誤；由動能定理可知，電場力對B粒子做功為A粒子的兩倍，A粒子的初動能為B粒子的兩倍，所以到C點時動能有可能相同，C項正確；由水平速度與時間的關系可知，加大電壓，兩粒子水平方向上的位移仍相同，D項正確．]
7．(1)2×10－3 s　(2)0.85 m　(3)5.05×10－2 J
解析　(1)粒子在板間沿x軸勻速運動，設運動時間為t，則
L＝v0t　　t＝＝2×10－3 s
(2)設t＝0時刻射入的粒子在板間偏轉量最大為y1，
y1＝a()2＋(a·)
＝ma，解得y1＝0.15 m
縱坐標y＝d－y1＝0.85 m
(3)粒子出射時的動能，由動能定理得：
qy2＝mv2－mv
y2＝a()2
mv2＝5.05×10－2 J
8．C　[根據qU1＝mv2，再根據t＝和y＝at2＝··()2，由題意，y9．A　[軌跡不發生變化，即偏轉距離d、水平距離l都不發生變化，設板間距為d′，則有U1e＝mv2，d＝·t2，t＝，解得d＝，要想保持等式不變，U1加倍，U2也應加倍，A正確．]21*cnjy*com
10．B　[設電子經加速電場后獲得的速度為v0，由動能定理得
qU1＝①
設偏轉電場的極板長為L，則電子在偏轉電場中運動時間
t＝②
電子在偏轉電場中受電場力作用獲得的加速度a＝③
電子射出偏轉電場時，平行于電場線的速度vy＝at④
由②③④得vy＝，所以，tan θ＝＝
將①式代入上式得
tan θ＝，所以B正確．]
11. 　　6(mg＋Eq)
解析　小球受重力、靜電力、細線拉力作用，它恰好能通過最高點，說明細線拉力FTA＝0，這時重力和靜電力的合力提供圓周運動的向心力，故有Eq＋mg＝m，解得v1＝.21教育網
小球由A運動到B點時，細線拉力不做功，重力和靜電力做功，由動能定理得：
(Eq＋mg)·2L＝mv－mv，解得v＝＋v
將v1的表達式代入得v2＝.
在B點，重力、靜電力、拉力的合力提供圓周運動的向心力，有FTB－mg－Eq＝m·，得FTB＝6(mg＋Eq)．
12．(1)arctan　(2)(＋l2)
解析　電子在真空管中的運動過程分為三段，從F發出在電壓U1作用下的加速運動；進入平行金屬板B、C間的勻強電場中做類平拋運動；飛離勻強電場到熒光屏間的勻速直線運動．
(1)設電子經電壓U1加速后的速度為v1，根據動能定理有：eU1＝mv
電子進入B、C間的勻強電場中，在水平方向以v1的速度做勻速直線運動，豎直方向受電場力的作用做初速度為零的加速運動，其加速度為：a＝＝【出處：21教育名師】
電子通過勻強電場的時間t＝
電子離開勻強電場時豎直方向的速度vy為：
vy＝at＝
電子離開電場時速度v2與進入電場時的速度v1夾角為α(如圖所示)則
tan α＝＝＝，所以α＝arctan
(2)電子通過勻強電場時偏離中心線的位移y1＝at2＝··＝
電子離開電場后，做勻速直線運動射到熒光屏上，豎直方向的位移y2＝l2tan α＝
所以電子打到熒光屏上時，偏離中心線的距離為y＝y1＋y2＝(＋l2)

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