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专题5　带电粒子在电场中的偏转运动
题组1　根据牛顿第二定律和运动学公式分析带电粒子在电场中的偏转
1．图1为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按图2甲所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是(　　)
图1
　　　　甲　　　　　　　　　　　乙
图2
2．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图3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．现为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是(　　)
图3
A．减小墨汁微粒所带的电荷量
B．减小墨汁微粒的质量
C．减小墨汁微粒的喷出速度
D．增大偏转板间的电压
3．如图4所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力．当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上．现欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，不可行的是(　　)
图4
A．使粒子的带电荷量减少为原来的
B．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半
C．使两板间的距离增加到原来的2倍
D．使两极板的长度减小为原来的一半
4．如图5所示，一带电粒子以速度v0沿上板边缘垂直于电场线射入匀强电场，它刚好贴着下板边缘飞出．已知匀强电场两极板长为l，间距为d，求：图521世纪教育网版权所有
(1)如果带电粒子的速度变为2v0，则离开电场时，沿场强方向偏转的距离y为多少？
(2)如果带电粒子的速度变为2v0，板长l不变，当它的竖直位移仍为d时，它的水平位移x为多少？(粒子的重力忽略不计) 21cnjy.com
题组2　用功能关系与运动学公式结合分析带电粒子在电场中的偏转
5．如图6所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子(H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘，则质子沿b轨迹运动时(　　)www.21-cn-jy.com
A．初速度更大图6
B．加速度更大
C．动能增量更大
D．两次电势能的变化量相同
6．如图7所示，有两个相同的带电粒子A、B，分别从平行板间左侧中点和贴近上极板左端处以不同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们恰好都打在下极板右端处的C点，若不计重力，则可以断定(　　)图72·1·c·n·j·y
A．A粒子的初动能是B粒子的2倍
B．A粒子在C点的偏向角的正弦值是B粒子的2倍
C．A、B两粒子到达C点时的动能可能相同
D．如果仅将加在两极板间的电压加倍，A、B两粒子到达下极板时仍为同一点D(图中未画出)
7．如图8甲所示，在xOy坐标系中，两平行放置的金属板，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s，U0＝103V，t＝0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0＝1000m/s的速度射入板间，粒子电量为q＝1×10－5C、质量m＝1×10－7kg.不计粒子所受重力．求：【来源：21·世纪·教育·网】
　　　　甲　　　　　　　　　　乙
图8
(1)粒子在板间运动的时间；
(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标；
(3)粒子打到屏上的动能．
题组3　带电粒子的加速与偏转综合应用
8．如图9所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入．A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是(　　)21·cn·jy·com
图9
A.< B.<
C.< D.<

9．如图10所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2.一电子由静止开始经U1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出．不计电子重力．下列说法正确的是(　　)21·世纪*教育网
A．增大U1，电子一定打在金属板上图10
B．减小U1，电子一定打在金属板上
C．减小U2，电子一定能从水平金属板间射出
D．增大U2，电子一定能从水平金属板间射出
10.如图11所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么(　　)www-2-1-cnjy-com
A．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多图11
C．三种原子核打在屏上时的速度一样大
D．三种原子核都打在屏上的同一位置上
11.如图12所示，在方向竖直向下的匀强电场中，一绝缘轻细线一端固定于O点，另一端系一带正电的小球在竖直平面内做圆周运动．小球的电荷量为q、质量为m，绝缘细线长为L，电场的场强为E，若带电小球恰好能通过最高点A，则在A点时小球的速度v1的大小？小球运动到最低点B时的速度v2的大小？运动到B点时细线对小球的拉力为多大？图12
12．如图13所示的真空管中，质量为m、电量为e的电子从灯丝F发出，经过电压U1加速后沿中心线射入相距为d的两平行金属板B、C间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设B、C间电压为U2，B、C板长为l1，平行金属板右端到荧光屏的距离为l2，求：
图13
(1)电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角．
(2)电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离．

详解答案
1．B　[由题图甲及图乙知，当UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，所以选B.]2-1-c-n-j-y
2．A　[墨汁微粒进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向速度恒定不变，竖直方向受到恒定电场力作用，要使字迹缩小，需使粒子在偏转电场中偏移量减小，即竖直方向位移减小，竖直方向位移表达式y＝at2＝()2，B、C、D选项均会使竖直方向偏移量增大，故B、C、D选项错误，A选项正确．]【来源：21cnj*y.co*m】
3．B　[设平行板长为l，板间距为2d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则
沿初速度方向做匀速运动：t＝
垂直初速度方向做匀加速运动：
a＝，d＝at2＝
欲使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是l，垂直初速度方向距离仍为d，使粒子的带电荷量减少为原来的，则y＝·＝d，故A可行；使两板间所接电源的电压减小到原来的一半，y＝·＝2d，故B不可行；使两板间的距离增加到原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为2d，y＝＝2d，故C可行；使两极板的长度减小为原来的一半，y＝＝d，故D可行．]【版权所有：21教育】
4．(1)d　(2)2.5l
解析　(1)因为带电粒子在电场中运动，受到的电场力与速度无关，所以a是一定的
解得a＝
当粒子的速度变为2v0时，l＝2v0t′
y＝at′2＝··＝d
(2)如图所示：将速度反向延长交上板的中点，由相似三角形知：
＝，x′＝1.5l
所以水平位移x＝l＋x′＝2.5l
5．AD　[当质子射入电场后，无论进入电场的速度是多大，在竖直方向上都是做初速度为零的匀加速直线运动，加速度都为a＝，所以当质子分别沿a、b轨迹落到极板的中央和边缘时d＝at2，运动时间都为t＝，而在水平方向上x＝vt，所以水平位移越大，说明初速度越大，故A正确，B错误．整个过程中只有电场力做功W＝Uq，因为沿电场方向发生的位移一样，所以电势差相同，则电场力做功相等，所以两次电势能的变化量相同，即动能增量相同，所以C错误，D正确．]21教育名师原创作品
6．ACD　[本题考查带电粒子在匀强电场中运动状态的分析、平抛运动知识的应用以及动能定理．粒子在水平方向上做匀速直线运动，则有vAtA＝vBtB，竖直方向上对A有＝at，对B有h＝at，通过计算可知vA＝vB，A项正确；通过题图可以看出，A粒子的偏向角要小于B粒子的偏向角，B项错误；由动能定理可知，电场力对B粒子做功为A粒子的两倍，A粒子的初动能为B粒子的两倍，所以到C点时动能有可能相同，C项正确；由水平速度与时间的关系可知，加大电压，两粒子水平方向上的位移仍相同，D项正确．]
7．(1)2×10－3 s　(2)0.85 m　(3)5.05×10－2 J
解析　(1)粒子在板间沿x轴匀速运动，设运动时间为t，则
L＝v0t　　t＝＝2×10－3 s
(2)设t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1，
y1＝a()2＋(a·)
＝ma，解得y1＝0.15 m
纵坐标y＝d－y1＝0.85 m
(3)粒子出射时的动能，由动能定理得：
qy2＝mv2－mv
y2＝a()2
mv2＝5.05×10－2 J
8．C　[根据qU1＝mv2，再根据t＝和y＝at2＝··()2，由题意，y9．A　[轨迹不发生变化，即偏转距离d、水平距离l都不发生变化，设板间距为d′，则有U1e＝mv2，d＝·t2，t＝，解得d＝，要想保持等式不变，U1加倍，U2也应加倍，A正确．]21*cnjy*com
10．B　[设电子经加速电场后获得的速度为v0，由动能定理得
qU1＝①
设偏转电场的极板长为L，则电子在偏转电场中运动时间
t＝②
电子在偏转电场中受电场力作用获得的加速度a＝③
电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度vy＝at④
由②③④得vy＝，所以，tan θ＝＝
将①式代入上式得
tan θ＝，所以B正确．]
11. 　　6(mg＋Eq)
解析　小球受重力、静电力、细线拉力作用，它恰好能通过最高点，说明细线拉力FTA＝0，这时重力和静电力的合力提供圆周运动的向心力，故有Eq＋mg＝m，解得v1＝.21教育网
小球由A运动到B点时，细线拉力不做功，重力和静电力做功，由动能定理得：
(Eq＋mg)·2L＝mv－mv，解得v＝＋v
将v1的表达式代入得v2＝.
在B点，重力、静电力、拉力的合力提供圆周运动的向心力，有FTB－mg－Eq＝m·，得FTB＝6(mg＋Eq)．
12．(1)arctan　(2)(＋l2)
解析　电子在真空管中的运动过程分为三段，从F发出在电压U1作用下的加速运动；进入平行金属板B、C间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动．
(1)设电子经电压U1加速后的速度为v1，根据动能定理有：eU1＝mv
电子进入B、C间的匀强电场中，在水平方向以v1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为：a＝＝【出处：21教育名师】
电子通过匀强电场的时间t＝
电子离开匀强电场时竖直方向的速度vy为：
vy＝at＝
电子离开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α(如图所示)则
tan α＝＝＝，所以α＝arctan
(2)电子通过匀强电场时偏离中心线的位移y1＝at2＝··＝
电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移y2＝l2tan α＝
所以电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为y＝y1＋y2＝(＋l2)

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