2017年高中物理 第2章 電勢(shì)能與電勢(shì)差 第5講 習(xí)題課 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 魯科版選修3-1

《2017年高中物理 第2章 電勢(shì)能與電勢(shì)差 第5講 習(xí)題課 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 魯科版選修3-1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017年高中物理 第2章 電勢(shì)能與電勢(shì)差 第5講 習(xí)題課 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 魯科版選修3-1（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第5講　習(xí)題課　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) [目標(biāo)定位]　1.加深對(duì)電場(chǎng)中帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn)的理解和應(yīng)用.2.鞏固用能量的觀點(diǎn)解決電場(chǎng)力做功的問(wèn)題.3.掌握電場(chǎng)中帶電粒子的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題． 1．帶電粒子在電場(chǎng)中做加速或減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，若是勻強(qiáng)電場(chǎng)，可用動(dòng)能定理或牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式兩種方式分析求解；若是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，只能用動(dòng)能定理分析求解． 2．帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，可將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和電場(chǎng)力方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)． 3．物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到的向心力為F＝m(用m、v、r表示)＝mr()2(用m、r、T表示)＝mrω2(用m、r、

2、ω表示)． 一、帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 1．電子、質(zhì)子、α粒子、離子等微觀粒子，它們的重力遠(yuǎn)小于電場(chǎng)力，處理問(wèn)題時(shí)可以忽略它們的重力．帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，質(zhì)量較大，處理問(wèn)題時(shí)重力不能忽略． 2．帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下加速，若初速度為零，則qU＝mv2；若初速度不為零，則qU＝mv2－mv. 例1　如圖1所示，在點(diǎn)電荷＋Q激發(fā)的電場(chǎng)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1 答案　∶1 解析　質(zhì)子和α粒子都帶正電，從A點(diǎn)釋放將受靜電力作用加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，由動(dòng)能定理可知，對(duì)質(zhì)子：

3、mHv＝qHU，對(duì)α粒子： mαv＝qαU. 所以＝＝＝. 借題發(fā)揮　該電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電粒子在AB間的運(yùn)動(dòng)為變加速運(yùn)動(dòng)，不可能通過(guò)力和加速度的途徑解出該題，但注意到電場(chǎng)力做功W＝qU這一關(guān)系對(duì)勻強(qiáng)電場(chǎng)和非勻強(qiáng)電場(chǎng)都適用，因此從能量的角度入手，由動(dòng)能定理來(lái)解該題很方便． 針對(duì)訓(xùn)練　如圖2所示，M和N是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩個(gè)等勢(shì)面，相距為d，電勢(shì)差為U，一質(zhì)量為m(不計(jì)重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過(guò)等勢(shì)面M射入兩等勢(shì)面之間，則該粒子穿過(guò)等勢(shì)面N的速度應(yīng)是(　　) 圖2 A. B．v0＋ C．v＋ D．v－ 答案　C 解析　qU＝mv2－mv，v＝，選C. 二

4、、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) 1．運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析：帶電粒子(不計(jì)重力)以初速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，受到恒定的與初速度方向垂直的電場(chǎng)力作用而做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)． 2．運(yùn)動(dòng)的規(guī)律： 3．兩個(gè)特殊結(jié)論 (1)粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度方向的反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移的中點(diǎn)，即粒子就像是從極板間處射出的一樣． 圖3 證明　作粒子速度的反向延長(zhǎng)線，設(shè)交于O點(diǎn)，利用上述①、②兩式結(jié)合幾何關(guān)系可得出x＝＝＝③ (2)無(wú)論粒子的m、q如何，只要經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速，再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們飛出的偏移量和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的，所以同性粒子運(yùn)動(dòng)軌跡完全重合． 證明　若加速電場(chǎng)的電壓為U0，有qU0

5、＝mv④ 由①和④得偏移量y＝，由②和④得偏轉(zhuǎn)角正切tanθ＝.y和tanθ與m和q均無(wú)關(guān)． 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(chǎng)，如圖4所示．若兩板間距離d＝1.0cm，板長(zhǎng)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4 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(guò)程中，由動(dòng)能定理有：eU＝mv 進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子在平行于板面的方向上做勻速直線

6、運(yùn)動(dòng)，l＝v0t 在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 加速度a＝＝，偏轉(zhuǎn)距離y＝at2 能飛出的條件y≤ 聯(lián)立解得U′≤＝V＝4.0×102V 即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V. 借題發(fā)揮?、俅祟}是典型的帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn)的綜合應(yīng)用題．解決此類問(wèn)題要注意加速與偏轉(zhuǎn)的前后聯(lián)系，使關(guān)系式簡(jiǎn)化．②注意恰好飛出的臨界條件． 針對(duì)訓(xùn)練　如圖5為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計(jì))，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中(偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng))，電子進(jìn)入M、N間電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，電

7、子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn)．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作用力． 圖5 (1)求電子穿過(guò)A板時(shí)速度的大小； (2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏射出時(shí)的側(cè)移量； (3)若要電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方，可采取哪些措施． 答案　(1)　(2)　(3)見(jiàn)解析 解析　(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動(dòng)能定理有eU1＝mv 解得v0＝. (2)電子沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度為a，電子離開(kāi)

8、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏移量為y.由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t＝ a＝ y＝at2 解得y＝. (3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2. 三、帶電粒子在電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng) 含有電場(chǎng)力作用下的圓周運(yùn)動(dòng)分析，與力學(xué)中的圓周運(yùn)動(dòng)一樣，主要是兩大規(guī)律的應(yīng)用：牛頓第二定律和動(dòng)能定理．對(duì)于豎直平面內(nèi)的變速圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，在電場(chǎng)中臨界問(wèn)題可能出現(xiàn)在最低點(diǎn)，要注意受力分析，找準(zhǔn)臨界點(diǎn)和臨界條件． 例3　如圖6所示，長(zhǎng)L＝0.20m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m＝1.0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)

9、電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2.0×103N/C.現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點(diǎn)，然后無(wú)初速度地將小球釋放，取g＝10 m/s2.求： 圖6 (1)小球通過(guò)最高點(diǎn)B時(shí)速度的大小； (2)小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，絲線對(duì)小球拉力的大?。? 答案　(1)2m/s　(2)3.0×10－3N 解析　(1)小球由A運(yùn)動(dòng)到B，其初速度為零，電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，重力對(duì)小球做負(fù)功，絲線拉力不做功，則由動(dòng)能定理有： qEL－mgL＝ vB＝＝2m/s (2)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，受重力mg、電場(chǎng)力qE和拉力TB作用，經(jīng)計(jì)算 mg＝1.0×10－4×10N＝1.0×10－3N qE＝1.0×10－6×2.

10、0×103N＝2.0×10－3N 因?yàn)閝E>mg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出TB的方向一定指向圓心，由牛頓第二定律有：TB＋mg－qE＝ TB＝＋qE－mg＝3.0×10－3N 帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng) 1．如圖7所示，電量和質(zhì)量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過(guò)A、B兩板間的加速電場(chǎng)后飛出，不計(jì)重力的作用，則(　　) 圖7 A．它們通過(guò)加速電場(chǎng)所需的時(shí)間相等 B．它們通過(guò)加速電場(chǎng)過(guò)程中動(dòng)能的增量相等 C．它們通過(guò)加速電場(chǎng)過(guò)程中速度的增量相等 D．它們通過(guò)加速電場(chǎng)過(guò)程中電勢(shì)能的減少量相等 答

11、案　BD 解析　由于電量和質(zhì)量相等，因此產(chǎn)生的加速度相等，初速度越大的帶電粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)所用時(shí)間越短，A錯(cuò)誤；加速時(shí)間越短，則速度的變化量越小，C錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力做功W＝qU與初速度及時(shí)間無(wú)關(guān)，因此電場(chǎng)力對(duì)各帶電粒子做功相等，則它們通過(guò)加速電場(chǎng)的過(guò)程中電勢(shì)能的減少量相等，動(dòng)能增加量也相等，B、D正確． 2．在如圖8甲所示平行板電容器A、B兩板上加上如圖8乙所示的交變電壓，開(kāi)始B板的電勢(shì)比A板高，這時(shí)兩板中間原來(lái)的靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，則下述說(shuō)法正確的是(不計(jì)電子重力)(　　) 甲　　　　　　　　乙 圖8 A．電子先向A板運(yùn)動(dòng)，然后向B板運(yùn)

12、動(dòng)，再返回A板做周期性來(lái)回運(yùn)動(dòng) B．電子一直向A板運(yùn)動(dòng) C．電子一直向B板運(yùn)動(dòng) D．電子先向B板運(yùn)動(dòng)，然后向A板運(yùn)動(dòng)，再返回B板做來(lái)回周期性運(yùn)動(dòng) 答案　C 解析　由運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)規(guī)律畫出如圖所示的v-t圖象可知，電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，C正確． 帶電粒子的偏轉(zhuǎn) 3．如圖9所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(chǎng)的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為(　　) 圖9 A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2

13、D．U1∶U2＝1∶1 答案　A 解析　由y＝at2＝·得：U＝，所以U∝，可知A項(xiàng)正確． 帶電粒子在電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng) 4．如圖10所示，一絕緣細(xì)圓環(huán)半徑為r，其環(huán)面固定在水平面上，電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)與圓環(huán)平面平行，環(huán)上穿有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，可沿圓環(huán)做無(wú)摩擦的圓周運(yùn)動(dòng)，若小球經(jīng)A點(diǎn)時(shí)速度vA的方向恰與電場(chǎng)線垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無(wú)作用力，則速度vA＝________.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)對(duì)稱的B點(diǎn)時(shí)，小球?qū)A環(huán)在水平方向的作用力FB＝________. 圖10 答案　　6qE 解析　在A點(diǎn)時(shí)， 電場(chǎng)力提供向心力qE＝，① 解得vA＝， 在B點(diǎn)時(shí)，

14、 FB′－qE＝m，F(xiàn)B＝FB′，② 小球由A到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得： qE·2r＝mv－mv，③ 由以上各式解得FB＝6qE. 題組一　帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 1．下列帶電粒子均從靜止開(kāi)始在電場(chǎng)力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)相同的電勢(shì)差U后，哪個(gè)粒子獲得的速度最大(　　) A．質(zhì)子H B．氘核H C．α粒子He D．鈉離子Na＋ 答案　A 解析　所有四種帶電粒子均從靜止開(kāi)始在電場(chǎng)力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)相同的電勢(shì)差U，故根據(jù)動(dòng)能定理，qU＝mv2－0得v＝ 由上式可知，比荷越大，速度越大； 顯然A選項(xiàng)中質(zhì)子的比荷最大，故A正確； 2．如圖1所

15、示，在P板附近有一電子由靜止開(kāi)始向Q板運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于電子到達(dá)Q時(shí)的速率與哪些因素有關(guān)的下列解釋正確的是(　　) 圖1 A．兩極板間的距離越大，加速的時(shí)間就越長(zhǎng)，則獲得的速率越大 B．兩極板間的距離越小，加速的時(shí)間就越短，則獲得的速率越小 C．兩極板間的距離越小，加速度就越大，則獲得的速率越大 D．與兩板間的距離無(wú)關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān) 答案　D 解析　由動(dòng)能定理得eU＝mv2，當(dāng)兩極板間的距離變化時(shí)，U不變，v就不變．電子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，d＝t＝t，得t＝，當(dāng)d減小(或增大)時(shí)，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短(或越長(zhǎng))，故D正確． 3．圖2為示波管中電子槍

16、的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空．A為發(fā)射電子的陰極，K為接在高電勢(shì)點(diǎn)的加速陽(yáng)極，A、K間電壓為U，電子離開(kāi)陰極時(shí)的速度可以忽略，電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時(shí)的速度大小為v.下面的說(shuō)法中正確的是(　　) 圖2 A．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開(kāi)K時(shí)的速度仍為v B．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開(kāi)K時(shí)的速度變?yōu)? C．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開(kāi)K時(shí)的速度變?yōu)関 D．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開(kāi)K時(shí)的速度變?yōu)? 答案　AC 解析　電子在兩個(gè)電極間加速電場(chǎng)中進(jìn)行加速，由動(dòng)能定理eU＝mv2－0得v＝，當(dāng)電壓不變，A、K間距離變

17、化時(shí)，不影響電子的速度，故A正確；電壓減半，則電子離開(kāi)K時(shí)的速度為v，故C正確． 4．帶正電的微粒放在電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖3所示．帶電微粒只在電場(chǎng)力的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖3 A．微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1～2s內(nèi)的加速度相同 B．微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng) C．微粒做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D．微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同 答案　BD 解析　微粒在0～1 s內(nèi)的加速度與1～2 s內(nèi)的加速度大小相等，方向相反，A項(xiàng)錯(cuò)誤；帶正電的微粒放在電場(chǎng)中，第1 s內(nèi)加速運(yùn)動(dòng)，第2 s內(nèi)減速至零，故B、D對(duì)，C項(xiàng)錯(cuò)誤． 5．如圖4甲所

18、示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓．開(kāi)始A板的電勢(shì)比B板高，此時(shí)兩板中間原來(lái)靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)(　　) 圖4 答案　A 解析　從0時(shí)刻開(kāi)始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后電場(chǎng)力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱悖笾貜?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤．電子在交變電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力恒定，加速度大小不變，C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A. 題組二　帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng) 6．

19、如圖5所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場(chǎng)，在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運(yùn)動(dòng)軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該(　　) 圖5 A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉?lái)的4倍 C．使U2變?yōu)樵瓉?lái)的倍 D．使U2變?yōu)樵瓉?lái)的倍 答案　A 解析　電子加速有qU1＝mv 電子偏轉(zhuǎn)有y＝()2 聯(lián)立解得y＝，顯然選A. 7．如圖6所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計(jì))，則從開(kāi)始射入到打到上極

20、板的過(guò)程中(　　) 圖6 A．它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQ＞tP B．它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQ＜aP C．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2 D．它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 答案　C 解析　設(shè)兩板距離為h，P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是，它們做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離為l.則對(duì)P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝；同理對(duì)Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝.由此可見(jiàn)tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以qP∶qQ＝1∶2.由動(dòng)能定理得，它們的動(dòng)能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4.綜上所述

21、，C項(xiàng)正確． 8．如圖7所示，氕、氘、氚的原子核自初速度為零經(jīng)同一電場(chǎng)加速后，又經(jīng)同一勻強(qiáng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，那么(　　) 圖7 A．經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)氚核做的功最多 B．經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)三種核做的功一樣多 C．三種原子核打在屏上的速度一樣大 D．三種原子核都打在屏的同一位置上 答案　BD 解析　同一加速電場(chǎng)、同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，三種原子核帶電荷量相同，故在同一加速電場(chǎng)中電場(chǎng)力對(duì)它們做的功都相同，在同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中電場(chǎng)力對(duì)它們做的功也相同，A錯(cuò)，B對(duì)；由于質(zhì)量不同，所以三種原子核打在屏上的速度不同，C錯(cuò)；再根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式或偏轉(zhuǎn)角公式y(tǒng)＝，tanθ

22、＝知，與帶電粒子無(wú)關(guān)，D對(duì)． 題組三　帶電粒子在電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng) 9．如圖8所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)繩的一端系著一個(gè)帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)為a，最低點(diǎn)為b.不計(jì)空氣阻力，則(　　) 圖8 A．小球帶正電 B．電場(chǎng)力與重力平衡 C．小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減小 D．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒 答案　AB 解析　小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力等于重力，由繩子的拉力提供向心力，所以小球帶正電，A、B選項(xiàng)正確；小球在從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功電勢(shì)能增大，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有電場(chǎng)力

23、做功，機(jī)械能不守恒，D選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選A、B. 10．兩個(gè)共軸的半圓柱形電極間的縫隙中，存在一沿半徑方向的電場(chǎng)，如圖9所示．帶正電的粒子流由電場(chǎng)區(qū)域的一端M射入電場(chǎng)，沿圖中所示的半圓形軌道通過(guò)電場(chǎng)并從另一端N射出，由此可知(　　) 圖9 A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量一定相等 B．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動(dòng)能一定相等 C．若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的速率一定相等 D．若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的動(dòng)能一定相等 答案　BC 解析　由題圖可知，該粒子在電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靜電力提供向心力qE＝m得r＝，r、E為定值，若

24、q相等，則mv2一定相等；若相等，則速率v一定相等，故B、C正確． 題組四　綜合應(yīng)用 11．兩個(gè)半徑均為R的圓形平板電極，平行正對(duì)放置，相距為d，極板間的電勢(shì)差為U，板間電場(chǎng)可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)α粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板中心． 已知質(zhì)子電荷為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求： (1)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E； (2)α粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a； (3)α粒子的初速度v0. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)極板間場(chǎng)強(qiáng)E＝ (2)α粒子電荷為2e，質(zhì)量為4m，所受靜電力F＝2eE＝ α

25、粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a＝＝ (3)由d＝at2，得t＝＝2d，v0＝ ＝. 12．一束電子從靜止開(kāi)始經(jīng)加速電壓U1加速后，以水平速度射入水平放置的兩平行金屬板中間，如圖10所示，金屬板長(zhǎng)為l，兩板距離為d，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L(zhǎng).若在兩金屬板間加直流電壓U2時(shí)，光點(diǎn)偏離中線打在熒光屏上的P點(diǎn)，求. 圖10 答案　(＋L) 解析　電子經(jīng)U1的電場(chǎng)加速后，由動(dòng)能定理可得 eU1＝① 電子以v0的速度進(jìn)入U(xiǎn)2的電場(chǎng)并偏轉(zhuǎn) t＝② E＝③ a＝④ vy＝at⑤ 由①②③④⑤得射出極板的偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tanθ＝＝. 所以＝(＋L)tanθ＝(＋L)． 14