高中物理（3-1）教師文檔 第1章 9　帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精9帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)［學(xué)習(xí)目標(biāo)]1。會(huì)從力和能量角度分析計(jì)算帶電粒子在電場中的加速問題。2。能夠用類平拋運(yùn)動(dòng)分析方法研究帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題.3。知道示波管的主要構(gòu)造和工作原理。一、帶電粒子的加速[導(dǎo)學(xué)探究]如圖1所示，平行板電容器兩板間的距離為d，電勢差為U。一質(zhì)量為m、帶正電荷為q的α粒子，在電場力的作用下由靜止開始從正極板A向負(fù)極板B運(yùn)動(dòng).圖1(1)比較α粒子所受電場力和重力的大小，說明重力能否忽略不計(jì)(α粒子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的4倍，即mα＝4×1.67×10－27kg，電量是質(zhì)子的2倍）。（2)α粒子的加速度是多少？在電場中做何種運(yùn)動(dòng)？（3）計(jì)算粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度大小(嘗試用不同的方法).答案(1）α粒子所受電場力大、重力小；因重力遠(yuǎn)小于電場力，故可以忽略重力.（2)α粒子的加速度為a＝eq\f(qU，md),做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(3)方法1利用動(dòng)能定理求解。在帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程中，電場力對(duì)它做的功是W＝qU設(shè)帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速率為v，則Ek＝eq\f(1，2)mv2由動(dòng)能定理可知eq\f（1,2）mv2＝qUv＝eq\r（\f（2qU，m))。方法2利用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。設(shè)粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)所用時(shí)間為t,則d＝eq\f（1，2)at2v＝ata＝eq\f(qU，md）聯(lián)立解得v＝eq\r（\f（2qU，m))。［知識(shí)梳理］1。帶電粒子的分類及受力特點(diǎn)（1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力。（2)質(zhì)量較大的微粒: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(shí)一般都不能忽略重力。2。分析帶電粒子在電場力作用下加速運(yùn)動(dòng)的兩種方法(1)利用牛頓第二定律F＝ma和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,只能用來分析帶電粒子的勻變速運(yùn)動(dòng)。(2)利用動(dòng)能定理：qU＝eq\f（1，2)mv2－eq\f（1，2）mveq\o\al(2,0）.若初速度為零，則qU＝eq\f（1，2）mv2,對(duì)于勻變速運(yùn)動(dòng)和非勻變速運(yùn)動(dòng)都適用.［即學(xué)即用]判斷下列說法的正誤.(1)質(zhì)量很小的粒子不受重力的作用。(×)(2)帶電粒子在電場中只受電場力作用時(shí)，電場力一定做正功。(×)（3）牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式能分析勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題，也能分析非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題.（×）（4）動(dòng)能定理能分析勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題,也能分析非勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題。（√）二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)［導(dǎo)學(xué)探究］如圖2所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場,已知板長為l，板間電壓為U,板間距為d，不計(jì)粒子的重力。圖2(1）粒子的加速度大小是多少?方向如何？做什么性質(zhì)的運(yùn)動(dòng)？(2）求粒子通過電場的時(shí)間及粒子離開電場時(shí)水平方向和豎直方向的速度,及合速度與初速度方向的夾角θ的正切值。（3)求粒子沿電場方向的偏移量y.答案(1)粒子受電場力大小為F＝qE＝qeq\f（U,d)，加速度為a＝eq\f(F，m）＝eq\f(qU,md)，方向和初速度方向垂直且豎直向下.粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),在電場力方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),其合運(yùn)動(dòng)類似于平拋運(yùn)動(dòng)。（2）如圖所示t＝eq\f(l，v0）vx＝v0vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0）tanθ＝eq\f(vy，v0)＝eq\f（qUl，mdv\o\al(2,0)）(3）y＝eq\f(1，2)at2＝eq\f（qUl2，2mdv\o\al（2,0））.［知識(shí)梳理]帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)（1)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)①沿初速度方向:速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)。②垂直v0的方向：初速度為零，加速度為a＝eq\f(qU，md）的勻加速直線運(yùn)動(dòng).（2）運(yùn)動(dòng)規(guī)律①偏移距離:因?yàn)閠＝eq\f(l，v0），a＝eq\f（qU，md),所以偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f（ql2U,2mv\o\al（2,0)d）。②偏轉(zhuǎn)角度：因?yàn)関y＝at＝eq\f（qUl，mdv0),所以tanθ＝eq\f（vy,v0)＝eq\f（qUl，mdv\o\al（2，0)）。[即學(xué)即用］判斷下列說法的正誤.(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)，加速度不變,粒子的運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng).(√)（2）帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)，可用平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)分析.(√)(3）帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí),若已知進(jìn)入電場和離開電場兩點(diǎn)間的電勢差以及帶電粒子的初速度，可用動(dòng)能定理求解末速度大小。（√）三、示波管的原理圖3［導(dǎo)學(xué)探究]圖3為示波管結(jié)構(gòu)原理圖。（1)示波管由哪幾部分組成?各部分的作用是什么?(2）在電極X和X′加掃描電壓,目的是什么?在電極Y和Y′加信號(hào)電壓，可以使電子向什么方向偏轉(zhuǎn)？答案(1）主要有電子槍、偏轉(zhuǎn)電極、熒光屏三部分組成.電子槍的作用是發(fā)射電子并且加速電子，使電子獲得較大的速度；偏轉(zhuǎn)電極的作用是使電子發(fā)生偏轉(zhuǎn)；熒光屏的作用是顯示電子的偏轉(zhuǎn)情況.(2）掃描電壓的作用是使電子在水平方向偏轉(zhuǎn)，Y方向的信號(hào)電壓可以使電子向上或向下偏轉(zhuǎn)。［知識(shí)梳理］對(duì)示波管的認(rèn)識(shí)(1)示波管主要由電子槍（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.（2）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。(3)示波管工作原理：被加熱的燈絲發(fā)射出熱電子，電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，如果在Y偏轉(zhuǎn)極板上加一個(gè)信號(hào)電壓，在X偏轉(zhuǎn)極板上加一掃描電壓，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.[即學(xué)即用］判斷下列說法的正誤.(1）示波管電子槍的作用是產(chǎn)生高速飛行的電子束，偏轉(zhuǎn)電極的作用是使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，打在熒光屏的不同位置.（√)（2)如果在偏轉(zhuǎn)電極YY′和XX′上不加電壓電子束不偏轉(zhuǎn)，打在熒光屏中心。(√)(3)只在YY′上加恒定電壓時(shí)，電子束不偏轉(zhuǎn).（×)(4）只在XX′上加恒定電壓時(shí)，電子束沿YY′方向偏轉(zhuǎn)。(×)一、帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動(dòng)分析帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動(dòng)，可以從動(dòng)力學(xué)和功能關(guān)系兩個(gè)角度進(jìn)行分析，其比較如下：內(nèi)容兩個(gè)角度動(dòng)力學(xué)角度功能關(guān)系角度涉及知識(shí)應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式功的公式及動(dòng)能定理選擇條件勻強(qiáng)電場,靜電力是恒力可以是勻強(qiáng)電場，也可以是非勻強(qiáng)電場，電場力可以是恒力，也可以是變力例1如圖4所示，在點(diǎn)電荷＋Q激發(fā)的電場中有A、B兩點(diǎn)，將質(zhì)子和α粒子分別從A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多少？圖4答案eq\r（2）∶1解析質(zhì)子和α粒子都帶正電，從A點(diǎn)釋放都將受電場力作用加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為U,由動(dòng)能定理可知,對(duì)質(zhì)子：eq\f(1,2)mHveq\o\al(2，H）＝qHU，對(duì)α粒子：eq\f(1,2)mαveq\o\al（2，α)＝qαU。所以eq\f（vH，vα）＝eq\r（\f（qHmα,qαmH）)＝eq\r(\f（1×4,2×1))＝eq\f(\r(2）,1).針對(duì)訓(xùn)練1如圖5所示，P和Q為兩平行金屬板,兩極板間電壓為U，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng)，關(guān)于電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，下列說法正確的是（)圖5A。兩極板間距離越大,加速時(shí)間越長，獲得的速率就越大B.兩極板間距離越小，加速度越大，獲得的速率就越大C.與兩極板間距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D。以上說法都不正確答案C二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場的運(yùn)動(dòng)類似于物體的平拋運(yùn)動(dòng),可以利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)分析。規(guī)律:eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(初速度方向：vx＝v0x＝v0t，電場力方向：vy＝aty＝\f（1，2）at2）)2。分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動(dòng)能定理,即qEΔy＝ΔEk.3.兩個(gè)特殊推論：（1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)為初速度方向位移的中點(diǎn),如圖6所示.圖6（2）位移方向與初速度方向間夾角的正切為速度偏轉(zhuǎn)角正切的eq\f(1，2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。例2一束電子流在經(jīng)U＝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,如圖7所示.若兩板間距離d＝1.0cm，板長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7答案400V解析在加速電壓一定時(shí),偏轉(zhuǎn)電壓U′越大，電子在極板間的偏轉(zhuǎn)距離就越大,當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出時(shí)，兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓即為題目要求的最大電壓.加速過程中，由動(dòng)能定理有：eU＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2,0) ①進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)l＝v0t ②在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(F,m）＝eq\f（eU′，dm） ③偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2 ④若電子能從兩極板間飛出，則y≤eq\f（d,2) ⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得U′≤eq\f（2Ud2，l2)＝400V。即要使電子能飛出,所加電壓最大為400V.針對(duì)訓(xùn)練2如圖8所示，兩個(gè)板長均為L的平板電極，平行正對(duì)放置，兩極板相距為d，極板之間的電勢差為U，板間電場可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場.一個(gè)帶電粒子(質(zhì)量為m，電荷量為＋q)從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間,到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板邊緣。忽略重力和空氣阻力的影響。求：圖8(1)極板間的電場強(qiáng)度E的大小。(2）該粒子的初速度v0的大小。(3）該粒子落到下極板時(shí)的末動(dòng)能Ek的大小。答案（1)eq\f（U，d)（2)eq\f（L,d）eq\r（\f（Uq,2m)）(3）Uqeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(L2,4d2）））解析(1)兩極板間的電壓為U，兩極板的距離為d，所以電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f（U,d)。（2)帶電粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上有L＝v0t在豎直方向上有d＝eq\f（1，2）at2根據(jù)牛頓第二定律可得：a＝eq\f（F，m)，而F＝Eq所以a＝eq\f(Uq,dm)解得:v0＝eq\f（L,d）eq\r(\f(Uq，2m)）.(3）根據(jù)動(dòng)能定理可得Uq＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2，0）解得Ek＝Uqeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f（L2，4d2））)。1.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m,電荷量為e,從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖9所示，OA＝h，則此電子具有的初動(dòng)能是(）圖9A.eq\f(edh,U） B。edUhC.eq\f（eU，dh） D。eq\f（eUh，d)答案D解析電子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，因受電場力作用，速度逐漸減小.根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計(jì)重力.根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1，2)mveq\o\al（2,0）＝eUOA。因E＝eq\f(U，d），UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d),故eq\f（1,2)mveq\o\al(2，0）＝eq\f(eUh,d)。所以D正確。2.如圖10所示，兩極板與電源相連，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出?，F(xiàn)使電子射入速度變?yōu)樵瓉淼?倍，電子仍從原位置射入,且仍從正極板邊緣飛出,則兩極板長度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼模?圖10A。2倍 B.4倍C.eq\f(1,2) D。eq\f（1,4)答案A解析由y＝eq\f(1，2）at2＝eq\f(qUl2,2dmv\o\al（2，0）)知，要使y不變.當(dāng)v0變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)，則l變?yōu)樵瓉淼?倍，故選項(xiàng)A正確。3.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)若UYY′＞0，UXX′＝0,則粒子向________極板偏移,若UYY′＝0，UXX′＞0，則粒子向________極板偏移。答案（1)ⅠⅡ(2）YX4。水平放置的兩塊平行金屬板長L＝5。0cm，兩板間距d＝1。0cm，兩板間電壓為90V且上板為正。一電子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s從兩板中間射入，如圖12所示,求：（電子電荷量q＝1.6×10－19C,電子質(zhì)量me＝9.1×10－31kg)(計(jì)算結(jié)果在小數(shù)點(diǎn)后保留兩位有效數(shù)字)圖12（1）電子偏離金屬板時(shí)的側(cè)位移；（2）電子飛出電場時(shí)的速度；(3)電子離開電場后,打在屏上的P點(diǎn)，若s＝10cm，求OP的長。答案（1)0。49cm(2)2.04×107m/s速度的方向與v0的夾角θ滿足tanθ≈0.2(3)2。49cm解析（1)電子在電場中的加速度a＝eq\f（Uq,med)，側(cè)位移y＝eq\f(Uqt2，2med)，又因t＝eq\f（L，v0)，則y＝eq\f（UqL2,2medv\o\al(2,0)）≈0.49cm.(2）電子飛出電場時(shí),水平分速度vx＝v0,豎直分速度vy＝at＝eq\f(UqL,medv0)≈3。96×106m/s，則電子飛出電場時(shí)的速度v＝eq\r（v\o\al(2，x)＋v\o\al（2,y))≈2。04×107m/s。設(shè)v與v0的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,vx）≈0.2.(3)電子飛出電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng),則OP＝y(tǒng)＋stanθ＝2。49cm。一、選擇題(1～7題為單選題,8~10題為多選題）1。質(zhì)子（eq\o\al(1,1)H）、α粒子（eq\o\al(4，2）He)、鈉離子(Na＋）三個(gè)粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動(dòng)能最大的是()A。質(zhì)子(eq\o\al（1,1）H) B。α粒子(eq\o\al(4,2）He）C。鈉離子(Na＋) D.都相同答案B解析qU＝eq\f（1，2）mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動(dòng)能最大，故選項(xiàng)B正確.2。一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷以一定的初速度v0（v0≠0)，沿著垂直于勻強(qiáng)電場的方向射入電場，則其可能的運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)該是以下圖中的()ABCD答案B解析點(diǎn)電荷垂直于電場方向進(jìn)入電場時(shí),電場力垂直于其初速度方向，電荷做類平拋運(yùn)動(dòng)，故本題選B.3。帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)（除電場力外不計(jì)其他力的作用)（）A。電勢能增加,動(dòng)能增加 B.電勢能減小，動(dòng)能增加C.電勢能和動(dòng)能都不變 D.上述結(jié)論都不正確答案B解析整個(gè)過程電場力做正功,只有電勢能與動(dòng)能之間相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)能量守恒，減小的電勢能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。4.如圖1所示,質(zhì)量相等的兩個(gè)帶電液滴1和2從水平方向的勻強(qiáng)電場中O點(diǎn)自由釋放后,分別抵達(dá)B、C兩點(diǎn)，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于()圖1A。1∶2 B。2∶1C。1∶eq\r(2) D.eq\r（2)∶1答案B解析豎直方向有h＝eq\f（1，2）gt2,水平方向有l(wèi)＝eq\f（qE，2m）t2，聯(lián)立可得q＝eq\f(mgl,Eh),所以有eq\f(q1，q2)＝eq\f（2,1)，B對(duì)。5。如圖2所示，三個(gè)帶電荷量相同、質(zhì)量相等、重力不計(jì)的粒子A、B、C，從同一平行板間電場中的同一點(diǎn)P射入，在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖PA、PB、PC所示,則下列說法中正確的是（)圖2A。三個(gè)粒子的加速度關(guān)系為aA＞aB＞aCB.三個(gè)粒子的加速度關(guān)系為aA＜aB＜aCC.三個(gè)粒子的入射速度關(guān)系為vA＞vB＞vCD。三個(gè)粒子的入射速度關(guān)系為vA＜vB＜vC答案D解析三個(gè)帶電粒子的電荷量相同，所受電場力相同,加速度相同，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)；三個(gè)帶電粒子沿電場方向的位移關(guān)系為：yA＝y(tǒng)B＞yC,則時(shí)間關(guān)系為tA＝tB＞tC，三個(gè)帶電粒子平行極板方向的位移關(guān)系xA＜xB＝xC，由此可得三個(gè)帶電粒子入射速度關(guān)系為vA＜vB＜vC，故選項(xiàng)D正確。6.如圖3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線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后，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3A。a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解析粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，h＝eq\f(1,2）·eq\f(qE,m)(eq\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）.7。如圖4所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，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)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()圖4A.U1∶U2＝1∶8 B。U1∶U2＝1∶4C。U1∶U2＝1∶2 D。U1∶U2＝1∶1答案A解析由y＝eq\f(1，2)at2＝eq\f（1,2)·eq\f（Uq，md)·eq\f（l2，v\o\al(2,0）)得：U＝eq\f（2mv\o\al（2，0)dy，ql2）,所以U∝eq\f(y，l2)，可知A項(xiàng)正確。8。如圖5所示，有三個(gè)質(zhì)量相等分別帶正電、負(fù)電和不帶電的小球，從平行板電場中的P點(diǎn)以相同的水平初速度垂直于E進(jìn)入電場，它們分別落在A、B、C三點(diǎn)，則可判斷()圖5A。落到A點(diǎn)的小球帶正電，落到B點(diǎn)的小球不帶電B。三小球在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等C.三小球到達(dá)正極板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是：EkA＞EkB＞EkCD.三小球在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度關(guān)系是:aC＞aB＞aA答案AD解析帶負(fù)電的小球受到的合力為：mg＋F電，帶正電的小球受到的合力為：mg－F電′，不帶電小球僅受重力mg，小球在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(x,v0）.所以tC＜tB＜tA，故aC＞aB＞aA；落在C點(diǎn)的小球帶負(fù)電，落在A點(diǎn)的小球帶正電,落在B點(diǎn)的小球不帶電.因?yàn)殡妶鰧?duì)帶負(fù)電的小球C做正功，對(duì)帶正電的小球A做負(fù)功，所以落在板上動(dòng)能的大小關(guān)系為:EkC＞EkB＞EkA.9。如圖6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，帶電小球以速度v0水平射入電場，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6A。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移動(dòng)一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝eq\f（U，d)＝eq\f(Q，Cd)＝eq\f（4kπQ，εrS)可知，電容器產(chǎn)生的場強(qiáng)不變，以相同速度從原處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.10.示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖7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7A.若XX′和YY′分別加電壓(3)和（1)，熒光屏上可以出現(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）所示波形答案AC二、非選擇題11。如圖8所示，質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中，射出電場的瞬時(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8（1)該粒子在電場中經(jīng)歷的時(shí)間；(2)粒子在這一過程中電勢能的增量.答案(1)eq\f（\r(3)mv0,3Eq)（2)－eq\f（1,6)mveq\o\al（2，0）解析（1)分解末速度vy＝vsin30°，v0＝vcos30°,在豎直方向vy＝at，a＝eq\f(qE，m），聯(lián)立以上各式可得t＝eq\f（\r(3）mv0,3Eq)。（2)射出電場時(shí)的速度v＝eq\f（v0，cos30°）＝eq\f（2\r(3),3）v0,則由動(dòng)能定理得靜電力做功為W＝eq\f（1，2）mv2－eq\f（1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,6）mveq\o\al(2,0），根據(jù)W＝Ep1－Ep2得ΔEp＝－W＝－eq\f（1，6）mveq\o\al(2,0）。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，