《带电粒子在电场中的运动》教案

《带电粒子在电场中的运动》教案核心素养点击物理观念(1)了解带电粒子在电场中只受静电力作用时的运动情况。(2)知道示波管的主要构造和工作原理。科学思维能综合运用力学和电学的知识分析、解决带电粒子在电场中的两种典型运动模型。科学态度与责任通过对带电粒子在电场中加速、偏转过程的分析，培养学生的分析、推理能力；通过知识的应用，培养学生热爱科学的精神。eq\a\vs4\al(一、带电粒子在电场中的加速)1．填一填(1)运动状态利用电场使带电粒子加速时，带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。(2)两种分析思路①利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析，适用于解决的问题属于匀强电场，且涉及运动时间等描述运动过程的物理量。②利用静电力做功结合动能定理来分析，适用于问题只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场的情景。2．判断(1)基本粒子所受重力比电场力小得多，可以忽略不计。(√)(2)带电粒子在电场中运动时，电场力对粒子一定做正功。(×)(3)电场力对带电粒子做正功时，粒子的动能一定增大。(×)3．想一想如图10.5­1所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度是多少？提示：由动能定理得：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))。图10.5­1eq\a\vs4\al(二、带电粒子在电场中的偏转)1．填一填(1)偏转条件：带电粒子受到的静电力方向跟速度方向不在同一直线。(2)运动轨迹：在匀强电场中，带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直时，运动轨迹是一条抛物线，类似平抛运动的轨迹。分析思路：跟分析平抛运动是一样的，不同的仅仅是平抛运动物体所受的是重力，带电粒子所受的是静电力。2．判断(1)带电粒子在匀强电场中一定做匀变速运动。(√)(2)带电粒子垂直进入电场后偏转过程中的动能是不断增加的。(√)(3)带电粒子垂直进入电场后沿初速度方向做匀速直线运动，沿静电力方向做初速度为零的匀加速直线运动。(√)3．想一想如图10.5­2所示，带电粒子(不计重力)从两极板中间垂直电场线方向进入电场，在电场中的运动时间与什么因素有关？图10.5­2提示：若能离开电场，则由t＝eq\f(L,v0)可知，与极板的长度L和初速度v0有关；若打在极板上，则由eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2可知，与电场强度E和极板间距离d有关。eq\a\vs4\al(主题探究一)eq\a\vs4\al(带电粒子的加速)[问题驱动]如图10.5­3所示，平行板电容器两板间的距离为d＝5cm，电势差为U＝20V。一质量为m、带电荷量为q的α粒子，在电场力的作用下由静止开始从正极板A向负极板B运动。(1)比较α粒子所受电场力和重力的大小，说明重力能否忽略不计(α粒子质量图10.5­3是质子质量的4倍，即m＝4×1.67×10－27kg，电荷量是质子的2倍)。提示：α粒子所受电场力大、重力小；因重力远小于电场力，故可以忽略重力。(2)α粒子的加速度是多大(结果用字母表示)？在电场中做何种运动？提示：α粒子的加速度为a＝eq\f(qU,md)。在电场中做初速度为0的匀加速直线运动。(3)计算α粒子到达负极板时的速度大小。(结果用字母表示，尝试用不同的方法求解)提示：方法一：利用动能定理求解。由动能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2qU,m))。方法二：利用牛顿运动定律结合运动学公式求解。设α粒子到达负极板时所用时间为t，则d＝eq\f(1,2)at2v＝ata＝eq\f(qU,md)联立解得v＝eq\r(\f(2qU,m))。【重难释解】1．带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。(2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法(1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动。(2)利用动能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。若初速度为零，则qU＝eq\f(1,2)mv2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用。eq\a\vs4\al(典例1)如图10.5­4所示，一个质子以初速度v0＝5×106m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。两板距离为图10.5­420cm，金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105N/C。质子质量m＝1.67×10－27kg，电荷量q＝1.60×10－19C。求质子由板上小孔射出时的速度大小。[解析]根据动能定理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质子射出时的速度约为6×106m/s。[答案]6×106m/s[迁移·发散]上述典例中，若质子刚好不能从右侧金属板上小孔中射出，其他条件不变，则金属板之间的电场强度为多大？方向如何？提示：根据动能定理－qE′d＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)则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电场强度方向水平向左。【素养训练】1.(多选)如图10.5­5所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v增大图10.5­5C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析：选CD电子由静止开始从A板向B板运动的过程中，根据动能定理列出等式：qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以当改变两板间距离时，v不变，故A、B错误，C正确；由于两极板之间的电压不变，所以两极板之间的电场强度为E＝eq\f(U,d)，电子的加速度为a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，得电子在两极板间运动的时间为t＝deq\r(\f(2m,qU))，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确。2．(多选)如图10.5­6所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，则下列对电子运动的描述中正确的是(设电源电压为U)()A．电子到达B板时的动能是eUB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3eU图10.5­6D．电子在A板和D板之间做往复运动解析：选ABD由eU＝EkB可知，电子到达B板时的动能为eU，A正确；因B、C两板间电势差为0，故电子从B板到达C板的过程中动能变化量为零，B正确；电子由C到D的过程中电场力做负功，大小为eU，故电子到达D板时速度为零，然后又返回A板，以后重复之前的运动，C错误，D正确。eq\a\vs4\al(主题探究二)eq\a\vs4\al(带电粒子的偏转)[问题驱动]如图10.5­7所示，质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，最终粒子能够射出两极板间的电场，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距为d，不计粒子的重力。图10.5­7(1)粒子的加速度大小是多少？方向如何？做什么性质的运动？提示：粒子受电场力大小为F＝qE＝qeq\f(U,d)，加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)，方向竖直向下。粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上在电场力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，其合运动类似于平抛运动。(2)求粒子通过电场的时间及粒子离开电场时水平方向和竖直方向的速度，及合速度与初速度方向的夹角θ的正切值。提示：如图所示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)求粒子沿电场方向的偏移量y。提示：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。【重难释解】1．带电粒子垂直进入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。规律：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(初速度方向：vx＝v0x＝v0t,电场力方向：vy＝aty＝\f(1,2)at2))2．分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。3．两个特殊推论：(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图10.5­8所示。(2)位移方向与初速度方向间夹角α(图中未画出)的正切为速度偏转角θ正切的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。图10.5­8eq\a\vs4\al(典例2)一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图10.5­9所示。若两板间距d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？图10.5­9解题指导：(1)电子经电压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v0一定时，偏转电压越大，偏转距离越大。(3)最大偏转位移eq\f(d,2)对应最大偏转电压。[解析]加速过程，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l＝v0t在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm)偏转距离y＝eq\f(1,2)at2能飞出的条件为y≤eq\f(d,2)联立以上各式解得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝400V即要使电子能从平行板间飞出，两极板所加电压最大为400V。[答案]400V[迁移·发散]上述典例中，若使电子打到下极板中间，其他条件不变，则两个极板上需要加多大的电压？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联立解得U″＝eq\f(8Ud2,l2)＝1600V。带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个电场力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系、能量守恒等。【素养训练】3．如图10.5­10所示，从炽热的金属丝逸出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()图10.5­10A．仅将偏转电场极性对调B．仅增大偏转电极间的距离C．仅增大偏转电极间的电压D．仅减小偏转电极间的电压解析：选C设加速电场的电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，电子进入偏转电场后做类平抛运动，时间t＝eq\f(L,v0)，加速度a＝eq\f(qU,dm)，竖直分速度vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，故可知C正确。4．(2020·浙江7月选考)如图10.5­11所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()图10.5­11A．所用时间为eq\f(mv0,qE)B．速度大小为3v0C．与P点的距离为eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),qE)D．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：选C粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖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项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝eq\r(2v02＋v\o\al(2,0))＝eq\r(5)v0，B项错误；该点到P点的距离s＝eq\r(2)x＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),qE)，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tanθ＝eq\f(v0,2v0)＝eq\f(1,2)，则θ≠30°，D项错误。一、培养创新意识和创新思维1．1897年汤姆孙发现电子后，许多科学家为测量电子的电荷量做了大量的探索。1907～1913密立根用带电油滴进行实验，发现油滴所带的电荷量是某一数值e的整数倍，于是称该数值为基本电荷。如图10.5­12所示，两块完全相同的金属极板水平放置，板间的距离为d，当质量为m的微小带电油滴在两板间运动时，它所受空气阻力的大小与速度大小成正比。两板间不加电压时，观察到油滴竖直向下做匀速运动，通过某一段距离所用时间为t1；当两板间加电压U(上极板的电势高)时，可以观察到同一油滴竖直向上做匀速运动，且在时间t2内运动的距离与在时间t1内运动的距离相等。忽略空气浮力，重力加速度为g。下列说法正确的是()图10.5­12A．根据上极板电势高时观察到油滴竖直向上做匀速运动，可以判定油滴带正电B．密立根根据实验数据计算出油滴所带的电荷量大约都是1.6×10－19CC．根据不加电压和加电压两个匀速过程，可以求解出油滴所带的电荷量Q＝eq\f(mgdt1＋t2,Ut2)D．根据两板间加电压U(上极板的电势高)时观察到同一油滴竖直向上做匀速运动，可以计算出油滴的电荷量Q＝eq\f(mgd,U)解析：选C当极板上加了电压U后，该油滴竖直向上做匀速运动，说明油滴受到的电场力竖直向上，与板间电场的方向相反，所以该油滴带负电，A错误；油滴所带的电荷量大约都是1.6×10－19C的整数倍，B错误；设油滴运动时所受空气阻力f与速度大小v满足关系为f＝kv，当不加电压时，设油滴以速率v1匀速下降，受重力和阻力而平衡，即mg＝kv1，当极板加电压U时，设油滴以速率v2匀速上升，受电场力、重力和阻力，即QE＝mg＋kv2，其中E＝eq\f(U,d)，根据题意有v1t1＝v2t2，解得Q＝eq\f(mgdt1＋t2,Ut2)，C正确；加上电压时，油滴运动过程中，不仅仅只受电场力和重力作用，还受阻力作用，所以eq\f(U,d)Q≠mg，D错误。二、注重学以致用和思维建模2．(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图10.5­13所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁微粒的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是()图10.5­13A．减小墨汁微粒的质量B．增大偏转电场两板间的距离C．减小偏转电场的电压D．减小墨汁微粒的喷出速度解析：选BC微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L＝v0t；竖直方向：y＝eq\f(1,2)at2，加速度：a＝eq\f(qU,md)，联立解得：y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转距离y。由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两板间的距离、减小偏转极板间的电压U、增大墨汁微粒的喷出速度，故A、D错误，B、C正确。3．(2021·洛阳调研)如图10.5­14所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在一个很大的导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电。水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，被鼓风机吹出的水平微风裹挟着飞离电场区域。图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是()图10.5­14A．水分子运动中受到的电场力越来越小B．沿着曲线ABCD方向电势越来越低C．水分子运动中电势能越来越小D．水分子的轨迹ABCD是一条抛物线解析：选C根据电场线疏密可以判断电场强弱，所以D点电场线最密，电场强度最强，所以D点受电场力最大，电场力越来越大，A错误；沿电场线方向电势越来越低，所以A点电势最低，沿着曲线ABCD方向电势越来越高，B错误；水分子从静止开始运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；因为电场线不是匀强电场，所以水分子受力方向一直在变，所以不是类平抛运动，轨迹不是抛物线，D错误。[课时跟踪检测]eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场后，速度最大的粒子是()A．质子(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．钠离子(Na＋)解析：选A粒子在电场中做加速运动，根据动能定理可知，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，故质子的速度最大，A选项正确。2．带电粒子垂直进入匀强电场中偏转时(除电场力外不计其他力的作用)，下列说法正确的是()A．电势能增加，动能增加B．电势能减小，动能增加C．电势能和动能都不变D．上述结论都不正确解析：选B根据能量守恒定律可知，只有电场力做功的情况下，动能和电势能之和保持不变，即带电粒子受电场力做正功，电势能减小，动能增加，故B选项正确。3．如图1所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球()A．可能做直线运动B．一定不做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小图1解析：选C小球受重力和电场力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，A、B选项错误；合力方向与速度方向先成钝角，后成锐角，即合力先做负功后做正功，速率先减小后增大，C选项正确，D选项错误。4．让质子和氘核的混合物沿与电场垂直的方向进入匀强电场，要使它们最后的偏转角相同，这些粒子进入电场时必须具有相同的()A．初速度 B．初动能C．加速度 D．无法确定解析：选B进入电场中的粒子的偏转角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)，质子和氘核具有相同的q，只要具有的初动能相同，则偏转角相同，故B正确。5.如图2所示，电子在电势差为U1的电场中由静止加速后，垂直射入电势差为U2的偏转电场。在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小图2解析：选B由带电粒子在电场中的加速和偏转运动规律可知tanθ＝eq\f(U2L,2U1d)，选项B正确。6.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A点，然后返回，如图3所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是()A.eq\f(edL,U) B．edULC.eq\f(eU,dL) D.eq\f(eUL,d)图3解析：选D电子从O点运动到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小。根据题意和题图判断，电子仅受电场力，不计重力。根据能量守恒定律得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正确。7.如图4所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点垂直电场方向射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB图4分别为()A．1∶1,2∶3 B．2∶1,3∶2C．1∶1,3∶4 D．4∶3,2∶1解析：选D粒子在水平方向上做匀速直线运动x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y＝eq\f(1,2)at2，且yA＝yB，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项正确。8．(多选)示波管的构造如图5所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图5A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：选AC根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电，故A、C正确，B、D错误。eq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新9.如图6所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()图6A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点解析：选A根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定义式C＝eq\f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。10.如图7所示是真空中A、B两板间的匀强电场，一电子由A板无初速度释放运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为s1和s2，在前一半位移和后一半位移所经历的时间分别是t1和t2，下面选项正确的是()A．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝eq\r(2)∶1图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：选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正确。11．一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek。如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器的动能变为()A．8Ek B．5EkC．4.25Ek D．4Ek解析：选C因为偏转距离为y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为eq\f(y,4)，所以静电力做功只有W＝0.25Ek，而初动能变为4Ek，故它飞出电容器时的动能变为4.25Ek。故正确选项为C。12.加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图8所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压图8视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq\f(1,2)。质子的比荷取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。解析：(1)根据周期和频率的关系T＝eq\f(1,f)得T＝eq\f(1,f)＝10－7s。设漂移管B的长度为xB，则xB＝vBeq\f(T,2)＝0.4m。(2)设相邻漂移管间的电压为U，则质子由B到E的过程中根据动能定理得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．如图9所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出，已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。图9(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法，在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。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)电子在加速电场中加速，根据动能定理，则有：eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，电子在偏转电场中做类平抛运动，将其运动分解成平行于板面方向的匀速直线运动与平行于电场强度方向的初速度为零的匀加速直线运动，则有：平行于板面方向的位移为：L＝v0t，平行于电场强度方向的位移为：Δy＝eq\f(1,2)at2，由牛顿第二定律有：a＝eq\f(eE,m)，且E＝eq\f(U,d)，综上所述，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，电子所受重力为：G＝mg＝9.1×10－30N，电子受到的电场力为：F电＝eeq\f(U,d)＝8×10－16N，那么eq\f(G,F电)＝eq\f(9.1×10－30,8×10－16)≈1×10－14，由于F电≫G，所以重力忽略不计。答案：(1)eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)(2)见解析A组·基础达标1．如图所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则()A．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2B．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq\r(2)∶1D．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq\r(2)【答案】D【解析】电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的静电力不变，故a1∶a2＝1∶1.由动能定理Ue＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2Ue,m))，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U＝Ed知，电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶eq\r(2).2．喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直于匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间的电场中()A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电荷量无关【答案】C【解析】由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A项错误．微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B项错误．由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀变速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C项正确．微粒所带电荷量影响电场力及其加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D项错误．3．如图所示，a、b两个带正电的粒子以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则()A．a的电荷量一定大于b的电荷量B．b的质量一定大于a的质量C．a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】粒子在电场中做类平抛运动，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．(多选)一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是()A．加速电压偏大 B．加速电压偏小C．偏转电压偏大 D．偏转电压偏小【答案】AD【解析】画面高度缩小，说明电子从偏转电场射出时偏转角θ减小，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)，则引起θ变小的原因可能是加速电压U0偏大或偏转电压U1偏小，A、D正确．5．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的()A．2倍 B．4倍C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)【答案】C【解析】电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，竖直方向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正确．6．一束正离子以相同的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子()A．都具有相同的质量B．都具有相同的电荷量C．具有相同的荷质比D．都是同一元素的同位素【答案】C【解析】由偏转距离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，若运动轨迹相同，则水平位移相同，偏转距离y也应相同，已知E、l、v0是相同的，所以应有eq\f(q,m)相同．7．如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于()A．1∶2 B．2∶1C．1∶eq\r(2) D．eq\r(2)∶1【答案】B【解析】竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有l＝eq\f(qE,2m)t2，联立可得q＝eq\f(mgl,Eh)，所以有eq\f(q1,q2)＝eq\f(2,1)，B正确．8．(2021年烟台名校期末)如图所示，电荷量为q的某种粒子，以初动能Ek从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入到两板间存在的匀强电场中，恰从带负电的金属板边缘飞出来，且飞出时动能变为3Ek，不计粒子的重力，则金属板间的电压为()A．eq\f(Ek,q) B．eq\f(2Ek,q)C．eq\f(4Ek,q) D．eq\f(8Ek,q)【答案】C