資源簡介

5　帶電粒子在電場中的運動
第1課時　帶電粒子在電場中的運動
[學習目標]　1.能從力和能量的角度分析帶電粒子在電場中的加速問題(重點)。2.能運用類平拋運動的分析方法研究帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題(重難點)。
一、帶電粒子在電場中的加速
例1　如圖所示，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子。在金屬板P、Q間加電壓U，發(fā)射出的電子在真空中加速后，從金屬板的小孔穿出。設電子剛離開金屬絲時的速度為零，電子質(zhì)量為m、電荷量大小為e。
(1)已知電子的質(zhì)量為m=9.1×10-31 kg，電荷量為e=1.6×10-19 C，若極板電壓U=200 V，板間距離為d=2 cm，則電子的重力與所受靜電力的比值為　　　　(g取10 m/s2，結(jié)果保留一位有效數(shù)字)，通過以上數(shù)據(jù)可知，在研究電子運動的過程中　　　(選填“需要”或“不需要”)考慮重力。
(2)電子在P、Q間做什么運動？
(3)求電子到達正極板時的速度大小(嘗試用動力學方法和動能定理兩種方法求解，結(jié)果用字母表示)。
拓展1　(1)若保持P、Q間電壓不變，增大P、Q兩板間的距離，電子到達極板時所用的時間　　　　(填“變長”“不變”或“變短”)，電子到達Q板的速率　　　　(填“增大”“減小”或“不變”)。
(2)如何增大電子到達Q板的速率？
拓展2　若粒子的初速度v0≠0，電子到達Q板的速率為　　　　。
拓展3　如圖所示，若Q板為其他形狀，兩極板間不是勻強電場，該用何種方法求解。
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，重力遠小于靜電力，一般都不考慮重力，但不能忽略質(zhì)量。
(2)質(zhì)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.帶電粒子在帶電金屬板間加速后的速率僅與帶電粒子的初速度大小及兩板間的電壓有關(guān)，與板間距離無關(guān)。
例2　如圖所示，從電子槍O逸出的電子，初速度可以認為是零，電子通過小孔A、B，最終打在C板上。
(1)描述電子在OA間、AB間、BC間的運動情況；
(2)電子通過小孔A、B時的動能分別是多少電子伏？電子打在C板上時的動能是多少電子伏？
二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
例3　如圖甲，兩個相同極板Y與Y'的長度為l，相距d，極板間的電壓為U。一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從左邊兩極板正中央沿平行于板面的方向射入電場中，從右邊射出，射入時的速度為v0。把兩極板間的電場看作勻強電場。
(1)電子在電場中做什么運動？如何處理？
(2)設電子不與平行板相撞，如圖乙，完成下列內(nèi)容(均用題中所給字母表示)。
①電子通過電場的時間t=　　　　。
②靜電力方向：加速度a=　　　　　，離開電場時垂直于極板方向的分速度vy=　　　　。
③離開電場時速度與初速度方向夾角的正切值tan θ=　　　　。
④離開電場時沿靜電力方向的偏移量y=　　　　。
帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題類似于平拋運動，運用運動的合成與分解來分析：將運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的初速度為零的勻加速直線運動，在這兩個方向上分別列運動學方程或牛頓第二定律求解物理量。
拓展　在例3中，若電子可以飛出極板，兩極板間距d應滿足什么條件？
答案精析
例1　(1)6×10-15　不需要　(2)勻加速直線運動　
(3)見解析
解析　(1)G=mg=9.1×10-30 N，
兩極板間的電場強度E==1×104 V/m
電子在兩極板間所受靜電力F=eE=1.6×10-15 N，≈6×10-15。重力遠小于靜電力，故在研究電子運動過程中不需要考慮重力。
(2)電子在P、Q間向右做勻加速直線運動
(3)方法一：運用動力學方法求解
電子受到的靜電力 F=eE=
加速度a==
由v2=2ad=2得v=
方法二：由動能定理有eU=mv2
得v=。
拓展1　(1)變長　不變　(2)見解析
解析　(1)極板間的電壓U不變，由E=可知，兩板間距離d越大，電場強度E越小，靜電力F=Ee越小，加速度越小，加速時間變長，由eU=mv2得v=，則電子到達Q板時的速率與兩板間距離無關(guān)，僅與板間電壓有關(guān)，電子到達Q板的速率將不變。
(2)增大兩極板間的電壓。
拓展2　
解析　由動能定理可得eU=mv2-m，
解得v=。
拓展3　見解析
解析　如果是非勻強電場，電子將做變加速運動，動力學方法不可用；靜電力做功仍然可以用W=eU求解，動能定理仍然可行。
例2　(1)見解析　(2)45 eV　45 eV　15 eV
解析　(1)電子在OA間在靜電力的作用下做勻加速直線運動，AB間無電場，做勻速直線運動，在BC間受到的靜電力與運動方向相反，做勻減速直線運動。
(2)AB間無電場，做勻速直線運動，電子通過小孔A、B時的動能相等，根據(jù)動能定理-eUOA=EkAB
解得EkAB=45 eV
由B到C，根據(jù)動能定理得-eUBC=EkC-EkAB
解得EkC=15 eV。
例3　見解析
解析　(1)電子在電場中做類平拋運動，應運用運動的分解進行處理，沿v0方向：做勻速直線運動；沿靜電力方向：做初速度為零的勻加速直線運動
(2)①t=
②a==，vy=at=
③tan θ==
④y=at2=
拓展　由y=<得d>。第1課時　帶電粒子在電場中的運動
分值：60分
[1、4、5題，每題4分]
考點一　帶電粒子在電場中的加速
1.(多選)(2024·南陽市高二期末)如圖所示，P、Q兩極板間電壓為U，在P板附近有一電子(電荷量為-e、質(zhì)量為m)僅在靜電力作用下由靜止開始向Q板運動，則
A.電子到Q板時速率為
B.兩極板間距離越大，電子到達Q板時速率越大
C.兩極板間距離越小，電子在兩極板間運動的加速度越大
D.電子到達Q板時速率與兩極板間距離無關(guān)
2.(5分)(來自教材改編)某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進行治療。在這種療法中，質(zhì)子先被加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤， 殺死細胞，如圖所示。若質(zhì)子的加速長度為4.0 m，要使質(zhì)子由靜止被加速到1.0×107 m/s，加速勻強電場的電場強度大小為　　　　 N/C。(質(zhì)子質(zhì)量為1.67×10-27 kg，電荷量為1.6×10-19 C，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
3.(6分)熾熱的金屬絲可發(fā)射電子。如圖所示，在金屬絲和金屬板之間加上U=2 500 V的電壓，發(fā)射出的電子在真空中加速后，從金屬板的小孔穿出。設電子剛剛離開金屬絲時的速度為0，取電子電荷量的大小e=1.6×10-19 C，質(zhì)量m=9.1×10-31 kg，求電子穿出小孔時的動能和速度。
考點二　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
4.(2024·重慶市巴渝學校高二期中)如圖所示，帶電平行金屬板水平放置，電荷量相同的三個帶電粒子a、b、c從兩極板正中央以相同的初速度垂直電場線方向射入勻強電場(不計粒子的重力)，則它們在兩板間運動的過程中
A.a、b、c粒子在板間運動時間ta=tbB.a、b、c粒子在板間運動時間taC.a、b、c粒子在板間運動時間ta=tb=tc
D.a、b、c粒子在板間運動時間ta=tb>tc
5.(2024·西安市高二期中)平行板間距為d，長度為l，加上電壓后，可在A、B之間的空間中(設為真空)產(chǎn)生電場(設為勻強電場)。在距A、B兩平行板等距離的O點處，有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子以初速度v0沿水平方向(與A、B板平行)射入，不計重力，要使此粒子恰好能從下極板邊緣C處射出，則A、B間的電壓應為
A. B. C. D.
[6題5分]
6.如圖所示，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水平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分別為
A.1∶1，2∶3 B.2∶1，3∶2
C.1∶1，3∶4 D.4∶3，2∶1
7.(6分)(來自教材改編)如圖，兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一個電子從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回。 已知O、A兩點相距為h，電子質(zhì)量為m，電子的電荷量為e，則此電子在O點射出時的速度大小為　　　　　　　　(用所給字母表示)。
8.(8分)如圖所示，真空中有一電子以速度v沿著與電場強度垂直的方向自O點進入勻強電場。以O為坐標原點建立平面直角坐標系，x軸垂直于電場方向，y軸平行于電場方向，在x軸上取OA=AB=BC，分別自A、B、C點作與y軸平行的線，跟電子的徑跡交于M、N、P三點，求：
(1)(4分)電子經(jīng)M、N、P三點時， 沿y軸的分速度之比；
(2)(4分)電子從O點開始每經(jīng)過相等時間的動能增量之比。
9.(9分)(來自教材)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進入時速度方向與電場方向垂直。在下列兩種情況下， 分別求出電子偏轉(zhuǎn)角的正切與氫核偏轉(zhuǎn)角的正切之比。
(1)(4分)電子與氫核的初速度相同。
(2)(5分)電子與氫核的初動能相同。
10.(9分)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力，求A、B兩點間的電勢差。
答案精析
1.CD　[根據(jù)動能定理有eU=mv2解得v=，可知電子到達Q板時速率與兩極板間距離無關(guān)，故A、B錯誤，D正確；
根據(jù)牛頓第二定律有a==
可知兩極板間距離越小，電子在兩極板間運動的加速度越大，故C正確。]
2.1.3×105
解析　由動能定理得Eq·d=mv2，所以E== N/C≈1.3×105 N/C。
3.4×1016 J　3×107 m/s
解析　在加速電場中，由動能定理得
Ek=eU=1.6×10-19 C×2 500 V=4×10-16 J。
電子穿出小孔時的動能Ek=mv2，即v= ，得電子穿出小孔時的速度v≈3×107 m/s。
4.B　[三個帶電粒子a、b、c從兩極板正中央以相同的初速度垂直電場線方向射入勻強電場，則水平方向均做勻速直線運動，因xa5.D　[帶電粒子只受靜電力作用，在平行板間做類平拋運動。設粒子由O點到C處的運動時間為t，則有l(wèi)=v0t，
設A、B間的電壓為U，則平行板間的勻強電場的電場強度為E=，粒子所受靜電力為F=qE=
根據(jù)牛頓第二定律得粒子沿電場方向的加速度為a==，粒子在沿電場方向做勻加速直線運動，位移為d，由勻變速直線運動的規(guī)律得=at2
聯(lián)立解得U=，故選D。]
6.D　[粒子在水平方向上做勻速直線運動，則x=v0t，由于初速度相同，且xA∶xB=2∶1，所以tA∶tB=2∶1，豎直方向上粒子做勻加速直線運動，y=at2，且yA=yB，故aA∶aB=∶=1∶4，由ma=qE得m=，=·=×=。綜上所述，選項D正確。]
7.
解析　兩金屬板間的電場強度為E=
由動能定理得-Ee·h=0-mv2
兩式聯(lián)立，得v=。
8.(1)1∶2∶3　(2)1∶3∶5
解析　(1)電子所受靜電力方向豎直向下，水平方向做勻速直線運動，即水平分速度始終不變，如果水平位移相等，則經(jīng)歷的時間相等，故電子從O點到M、N、P三點所用時間之比t1∶t2∶t3=1∶2∶3，電子豎直方向做勻加速直線運動，因為vyM=at1，vyN=at2，vyP=at3，所以沿y軸的分速度之比為1∶2∶3。
(2)豎直方向位移為y=at2，y與t2成正比，三段運動時間相同，沿y軸方向的位移之比yAM∶yBN∶yCP=1∶4∶9，
所以豎直方向位移之比yAM∶yMN∶yNP=1∶3∶5，
則由動能定理得eEyAM=ΔEk1，eEyMN=ΔEk2，eEyNP=ΔEk3，可求得電子從O點開始每經(jīng)過相等時間的動能增量之比為1∶3∶5。
9.見解析
解析　設偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離為d，極板長度為L，對帶電粒子有：初動能Ek=m，在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a=，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t=，離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度v⊥=at=·， 離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度θ的正切值tan θ==。
(1)電子與氫核的初速度相同，有=。
(2)電子與氫核的初動能相同，有=1。
10.
解析　設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變，即vBsin 30°=v0sin 60° ①
由此得vB=v0 ②
設A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有
qUAB=m(-) ③
聯(lián)立②③式得UAB=。(共49張PPT)
帶電粒子在電場中的運動
第1課時
第
十
章
5
1.能從力和能量的角度分析帶電粒子在電場中的加速問題(重點)。
2.能運用類平拋運動的分析方法研究帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題(重難點)。
學習目標
內(nèi)容索引
課時對點練
一、帶電粒子在電場中的加速
二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
< 一 >
帶電粒子在電場中的加速
　如圖所示，熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子。在金屬板P、Q間加電壓U，發(fā)射出的電子在真空中加速后，從金屬板的小孔穿出。設電子剛離開金屬絲時的速度為零，電子質(zhì)量為m、電荷量大小為e。
例1
(1)已知電子的質(zhì)量為m＝9.1×10－31 kg，電荷量為e＝1.6×10－19 C，若極板電壓U＝200 V，板間距離為d＝2 cm，則電子的重力與所受靜電力的比值為　　　　　(g取10 m/s2，結(jié)果保留一位有效數(shù)字)，通過以上數(shù)據(jù)可知，在研究電子運動的過程中　　　　(選填“需要”或“不需要”)考慮重力。
6×10－15
不需要
G＝mg＝9.1×10－30 N，
兩極板間的電場強度E＝＝1×104 V/m
電子在兩極板間所受靜電力F＝eE＝1.6×10－15 N，≈6×10－15。重力遠小于靜電力，故在研究電子運動過程中不需要考慮重力。
(2)電子在P、Q間做什么運動？
答案　勻加速直線運動
電子在P、Q間向右做勻加速直線運動
(3)求電子到達正極板時的速度大小(嘗試用動力學方法和動能定理兩種方法求解，結(jié)果用字母表示)。
答案　見解析
方法一：運用動力學方法求解
電子受到的靜電力 F＝eE＝
加速度a＝
由v2＝2ad＝2得v＝
方法二：由動能定理有eU＝mv2
得v＝。
拓展1　(1)若保持P、Q間電壓不變，增大P、Q兩板間的距離，電子到達極板時所用的時間　　　　(填“變長”“不變”或“變短”)，電子到達Q板的速率　　　　(填“增大”“減小”或“不變”)。
變長
不變
極板間的電壓U不變，由E＝可知，兩板間距離d越大，電場強度E越小，靜電力F＝Ee越小，加速度越小，加速時間變長，由eU＝mv2得v＝，則電子到達Q板時的速率與兩板間距離無關(guān)，僅與板間電壓有關(guān)，電子到達Q板的速率將不變。
(2)如何增大電子到達Q板的速率？
增大兩極板間的電壓。
答案　見解析
拓展2　若粒子的初速度v0≠0，電子到達Q板的速率為　　　　　　。
由動能定理可得eU＝mv2－m，解得v＝。
拓展3　如圖所示，若Q板為其他形狀，兩極板間不是勻強電場，該用何種方法求解。
如果是非勻強電場，電子將做變加速運動，動力學方法不可用；靜電力做功仍然可以用W＝eU求解，動能定理仍然可行。
答案　見解析
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，重力遠小于靜電力，一般都不考慮重力，但不能忽略質(zhì)量。
(2)質(zhì)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.帶電粒子在帶電金屬板間加速后的速率僅與帶電粒子的初速度大小及兩板間的電壓有關(guān)，與板間距離無關(guān)。
總結(jié)提升
(來自教科教材)如圖所示，從電子槍O逸出的電子，初速度可以認為是零，電子通過小孔A、B，最終打在C板上。
(1)描述電子在OA間、AB間、BC間的運動情況；
例2
答案　見解析　
電子在OA間在靜電力的作用下做勻加速直線運動，AB間無電場，做勻速直線運動，在BC間受到的靜電力與運動方向相反，做勻減速直線運動。
(2)電子通過小孔A、B時的動能分別是多少電子伏？電子打在C板上時的動能是多少電子伏？
答案　45 eV　45 eV　15 eV
AB間無電場，做勻速直線運動，電子通過小孔A、B時的動能相等，根據(jù)動能定理－eUOA＝EkAB
解得EkAB＝45 eV
由B到C，根據(jù)動能定理得－eUBC＝EkC－EkAB
解得EkC＝15 eV。
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< 二 >
帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
　(來自教科教材改編)如圖甲，兩個相同極板Y與Y'的長度為l，相距d，極板間的電壓為U。一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從左邊兩極板正中央沿平行于板面的方向射入電場中，從右邊射出，射入時的速度為v0。把兩極板間的電場看作勻強電場。
(1)電子在電場中做什么運動？如何處理？
例3
電子在電場中做類平拋運動，應運用運動的分解進行處理，沿v0方向：做勻速直線運動；沿靜電力方向：做初速度為零的勻加速直線運動
答案　見解析
(2)設電子不與平行板相撞，如圖乙，完成下列內(nèi)容(均用題中所給字母表示)。
①電子通過電場的時間t＝　　　　。
見解析
t＝
②靜電力方向：加速度a＝　　　　，離開電場時垂直于極板方向的分速度vy＝　　　　。
答案　見解析
a＝，vy＝at＝
③離開電場時速度與初速度方向夾角的正切值tan θ＝　　　　。
tan θ＝
見解析
④離開電場時沿靜電力方向的偏移量y＝　　　　。
y＝at2＝
見解析
帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題類似于平拋運動，運用運動的合成與分解來分析：將運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的初速度為零的勻加速直線運動，在這兩個方向上分別列運動學方程或牛頓第二定律求解物理量。
總結(jié)提升
拓展　在例3中，若電子可以飛出極板，兩極板間距d應滿足什么條件？
答案　由y＝<得d>。
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< 三 >
課時對點練
題號 1 2 3 4 5 6
答案 CD 1.3×105 4×1016 J　3×107 m/s B D D
題號 7 8 9 10 答案 (1)1∶2∶3　(2)1∶3∶5 見解析
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
考點一　帶電粒子在電場中的加速
1.(多選)(2024·南陽市高二期末)如圖所示，P、Q兩極板間電壓為U，在P板附近有一電子(電荷量為－e、質(zhì)量為m)僅在靜電力作用下由靜止開始向Q板運動，則
A.電子到Q板時速率為
B.兩極板間距離越大，電子到達Q板時速率越大
C.兩極板間距離越小，電子在兩極板間運動的加速度越大
D.電子到達Q板時速率與兩極板間距離無關(guān)
基礎對點練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
根據(jù)動能定理有eU＝mv2解得v＝，可知電子到達Q板時速率與兩極板間距離無關(guān)，故A、B錯誤，D正確；
根據(jù)牛頓第二定律有a＝
可知兩極板間距離越小，電子在兩極板間運動的加速度越大，故C正確。
2.(來自教材改編)某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進行治療。在這種療法中，質(zhì)子先被加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤， 殺死細胞，如圖所示。若質(zhì)子的加速長度為4.0 m，要使質(zhì)子由靜止被加速到1.0×107 m/s，加速勻強電場的電場強度大小為　　　　 N/C。(質(zhì)子質(zhì)量為1.67×10－27 kg，電荷量為1.6×10－19 C，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
1
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答案
1.3×105
1
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8
9
10
答案
由動能定理得Eq·d＝mv2，所以E＝ N/C≈1.3
×105 N/C。
3.(來自魯科教材)熾熱的金屬絲可發(fā)射電子。如圖所示，在金屬絲和金屬板之間加上U＝2 500 V的電壓，發(fā)射出的電子在真空中加速后，從金屬板的小孔穿出。設電子剛剛離開金屬絲時的速度為0，取電子電荷量的大小e＝1.6×10－19 C，質(zhì)量m＝9.1×10－31 kg，求電子穿出小孔時的動能和速度。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
答案　4×1016 J　3×107 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
在加速電場中，由動能定理得Ek＝eU＝1.6×10－19 C×2 500 V＝4×10－16 J。
電子穿出小孔時的動能Ek＝mv2，即v＝，得電子穿出小孔時的速度v≈3×107 m/s。
考點二　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
4.(2024·重慶市巴渝學校高二期中)如圖所示，帶電平行金屬板水平放置，電荷量相同的三個帶電粒子a、b、c從兩極板正中央以相同的初速度垂直電場線方向射入勻強電場(不計粒子的重力)，則它們在兩板間運動的過程中
A.a、b、c粒子在板間運動時間ta＝tbB.a、b、c粒子在板間運動時間taC.a、b、c粒子在板間運動時間ta＝tb＝tc
D.a、b、c粒子在板間運動時間ta＝tb>tc
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
√
三個帶電粒子a、b、c從兩極板正中央以相同的初速度垂直電場線方向射入勻強電場，則水平方向均做勻速直線運動，因xa1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
5.(2024·西安市高二期中)平行板間距為d，長度為l，加上電壓后，可在A、B之間的空間中(設為真空)產(chǎn)生電場(設為勻強電場)。在距A、B兩平行板等距離的O點處，有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子以初速度v0沿水平方向(與A、B板平行)射入，不計重力，要使此粒子恰好能從下極板邊緣C處射出，則A、B間的電壓應為
A. B.
C. D.
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答案
√
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答案
帶電粒子只受靜電力作用，在平行板間做類平拋運動。設粒子由O點到C處的運動時間為t，則有l(wèi)＝v0t，
設A、B間的電壓為U，則平行板間的勻強電場的電場強度為E＝，
粒子所受靜電力為F＝qE＝
根據(jù)牛頓第二定律得粒子沿電場方向的加速度為a＝，粒子在沿電場方向做勻加速直線運動，位移為d，由勻變速直線運動的規(guī)律得at2
聯(lián)立解得U＝，故選D。
6.如圖所示，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水平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分別為
A.1∶1，2∶3 B.2∶1，3∶2
C.1∶1，3∶4 D.4∶3，2∶1
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答案
能力綜合練
√
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答案
粒子在水平方向上做勻速直線運動，則x＝v0t，由于初速度相同，且xA
∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，豎直方向上粒子做勻加速直線運動，y＝at2，且yA＝y(tǒng)B，故aA∶aB＝∶＝1∶4，由ma＝qE得m＝，·×。綜上所述，選項D正確。
7.(來自教材改編)如圖，兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一個電子從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回。 已知O、A兩點相距為h，電子質(zhì)量為m，電子的電荷量為e，則此電子在O點射出時
的速度大小為　　　　(用所給字母表示)。
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答案
兩金屬板間的電場強度為E＝
由動能定理得－Ee·h＝0－mv2
兩式聯(lián)立，得v＝。
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答案
8.(來自魯科教材)如圖所示，真空中有一電子以速度v沿著與電場強度垂直的方向自O點進入勻強電場。以O為坐標原點建立平面直角坐標系，x軸垂直于電場方向，y軸平行于電場方向，在x軸上取OA＝AB＝BC，分別自A、B、C點作與y軸平行的線，跟電子的徑跡交于M、N、P三點，求：
(1)電子經(jīng)M、N、P三點時， 沿y軸的分
速度之比；
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答案
答案　1∶2∶3　
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答案
電子所受靜電力方向豎直向下，水平方向做勻速直線運動，即水平分速度始終不變，如果水平位移相等，則經(jīng)歷的時間相等，故電子從O點到M、N、P三點所用時間之比t1∶t2∶t3＝1∶2∶3，電子豎直方向做勻加速直線運動，因為vyM＝at1，vyN＝at2，vyP＝at3，所以沿y軸的分速度之比為1∶2∶3。
(2)電子從O點開始每經(jīng)過相等時間的動能
增量之比。
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答案
答案　1∶3∶5
豎直方向位移為y＝at2，y與t2成正比，三段運動時間相同，沿y軸方向的位移之比yAM∶yBN∶yCP＝1∶4∶9，
所以豎直方向位移之比yAM∶yMN∶yNP＝1∶3∶5，
則由動能定理得eEyAM＝ΔEk1，eEyMN＝ΔEk2，eEyNP＝ΔEk3，可求得電子從O點開始每經(jīng)過相等時間的動能增量之比為1∶3∶5。
9.(來自教材)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進入時速度方向與電場方向垂直。在下列兩種情況下， 分別求出電子偏轉(zhuǎn)角的正切與氫核偏轉(zhuǎn)角的正切之比。
(1)電子與氫核的初速度相同。
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答案
尖子生選練
答案　見解析
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答案
設偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離為d，極板長度為L，對帶電粒子有：初動能Ek＝m，在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場中運動
的時間t＝，離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度v⊥＝at＝·， 離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度θ的正切值tan θ＝。
電子與氫核的初速度相同，有。
(2)電子與氫核的初動能相同。
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答案
答案　見解析
電子與氫核的初動能相同，有＝1。
10.(來自魯科教材)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力，求A、B兩點
間的電勢差。
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答案
答案　
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答案
設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變，即
vBsin 30°＝v0sin 60° ①
由此得vB＝v0 ②
設A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有
qUAB＝m() ③
聯(lián)立②③式得UAB＝。
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本課結(jié)束
第
十
章
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