【講案】第10章-第5節(jié)-帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(2023屆高中物理新教材同步必修第三冊(cè))

第5節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（講案）學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會(huì)分析帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)，掌握求解帶電粒子直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種方法.2.會(huì)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)，分析帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題.一、帶電粒子在電場(chǎng)中的加速分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：1.利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式分析.適用于勻強(qiáng)電場(chǎng).2.利用靜電力做功結(jié)合動(dòng)能定理分析.對(duì)于勻強(qiáng)電場(chǎng)和非勻強(qiáng)電場(chǎng)都適用，公式有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(勻強(qiáng)電場(chǎng))或qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(任何電場(chǎng))等.二、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板長(zhǎng)為l，極板間距離為d，極板間電壓為U.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：初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).2.運(yùn)動(dòng)規(guī)律：(1)t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(,02)d).(2)vy＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(,02)).一、帶電粒子在電場(chǎng)中的加速導(dǎo)學(xué)探究(1)研究電子、質(zhì)子、α粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力能否忽略不計(jì)？(2)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)或非勻強(qiáng)電場(chǎng)中加速，計(jì)算末速度，分別應(yīng)用什么規(guī)律研究？答案(1)電子、質(zhì)子、α粒子在電場(chǎng)中所受靜電力遠(yuǎn)大于重力，故重力可忽略不計(jì).(2)分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)，可以用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解，也可以用動(dòng)能定理列式求解.分析帶電粒子在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)，可以用動(dòng)能定理或功能關(guān)系求解.[知識(shí)深化]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，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(shí)一般都不能忽略重力.2.分析帶電粒子在靜電力作用下加速運(yùn)動(dòng)問題的兩個(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(chǎng)，靜電力是恒力可以是勻強(qiáng)電場(chǎng)，也可以是非勻強(qiáng)電場(chǎng)，靜電力可以是恒力，也可以是變力例1(2022·安徽滁州市期末)如圖所示，P和Q為兩平行金屬板，板間有一定電壓，在P板附近有一電子(不計(jì)重力)由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A.兩板間距離越大，加速時(shí)間越短B.兩板間距離越小，電子的加速度就越小C.電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，與兩板間距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)D.電子到達(dá)Q板時(shí)的速率，與加速電壓無關(guān)，僅與兩板間距離有關(guān)答案C解析兩板間電壓為U保持不變，設(shè)板間距為d，電子在板間的加速度為a，據(jù)牛頓第二定律有qeq\f(U,d)＝ma，可得電子的加速度a＝eq\f(qU,md)，故兩板間距離越小，電子的加速度就越大，B錯(cuò)誤；電子在板間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可得d＝eq\f(1,2)at2，可得t＝deq\r(\f(2m,qU))，故兩板間距離越大，加速時(shí)間越長(zhǎng)，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2，電子到達(dá)Q板時(shí)的速率v＝eq\r(\f(2qU,m))，與兩板間距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)，C正確，D錯(cuò)誤.針對(duì)訓(xùn)練1(多選)如圖所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子以初速度v0由小孔射入板間電場(chǎng)，當(dāng)M、N間電勢(shì)差為U時(shí)，粒子恰好能到達(dá)N板.要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)M、N板間距的eq\f(1,2)后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計(jì)帶電粒子的重力)()A.使初速度減小為原來的eq\f(1,2)B.使M、N間電勢(shì)差加倍C.使M、N間電勢(shì)差提高到原來的4倍D.使初速度和M、N間電勢(shì)差都減小為原來的eq\f(1,2)答案BD二、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于電場(chǎng)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(chǎng)，已知板長(zhǎng)為l，板間電壓為U，板間距離為d，不計(jì)粒子的重力，設(shè)粒子不與平行板相撞.粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)分解的知識(shí)進(jìn)行分析處理，如圖所示.1.基本規(guī)律初速度方向：粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，通過電場(chǎng)的時(shí)間t＝eq\f(l,v0)靜電力方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場(chǎng)時(shí)垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度方向與初速度方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(,02))離開電場(chǎng)時(shí)沿靜電力方向的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(,02)).2.兩個(gè)推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，其速度方向的反向延長(zhǎng)線與初速度方向的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)為粒子沿初速度方向位移的中點(diǎn).(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.注意：分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動(dòng)能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中沿靜電力方向的偏移量.例2(2022·廣東廣州三校期中聯(lián)考)如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，讓質(zhì)子以初速度v0沿著兩板中心線射入，沿a軌跡落到下板的中央，現(xiàn)只改變其中一個(gè)條件，讓質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將()A.開關(guān)S斷開B.初速度變?yōu)?v0C.板間電壓變?yōu)閑q\f(U,2)D.豎直移動(dòng)上板，使板間距變?yōu)?d答案B解析開關(guān)S斷開，電容器所帶電荷量不變，電容器的電容不變，則電容器兩極板間電壓不變，質(zhì)子仍落到下板的中央，A錯(cuò)誤；將初速度變?yōu)?v0，質(zhì)子加速度不變，根據(jù)y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2知質(zhì)子運(yùn)動(dòng)到下極板所需的時(shí)間不變，由x＝v0t知到達(dá)下極板時(shí)質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，正好落到下板邊緣，B正確；當(dāng)板間電壓變?yōu)閑q\f(U,2)時(shí)，板間場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，質(zhì)子所受的靜電力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，加速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，根據(jù)y＝eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2知質(zhì)子運(yùn)動(dòng)到下極板所需時(shí)間為原來的eq\r(2)倍，由x＝v0t知到達(dá)下極板時(shí)質(zhì)子的水平位移為原來的eq\r(2)倍，所以質(zhì)子不能落到下板邊緣，C錯(cuò)誤；豎直移動(dòng)上板，使板間距變?yōu)?d，則板間場(chǎng)強(qiáng)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，由C項(xiàng)分析知質(zhì)子運(yùn)動(dòng)到下極板所需時(shí)間為原來的eq\r(2)倍，水平位移為原來的eq\r(2)倍，質(zhì)子不能落到下板邊緣，D錯(cuò)誤.針對(duì)訓(xùn)練1(2022·貴州高一期末)如圖所示，電子在電勢(shì)差為U1的加速電場(chǎng)中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊平行極板間的電場(chǎng)中，射入方向跟極板平行，整個(gè)裝置處在真空中，電子的重力可忽略.在滿足電子能射出平行極板的條件下，下述四種情況，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是()A.U1變大、U2變大 B.U1變小、U2變大C.U1變大、U2變小 D.U1變小、U2變小答案B解析設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，設(shè)平行極板長(zhǎng)為l，則電子在平行極板間偏轉(zhuǎn)的時(shí)間t＝eq\f(l,v0)，設(shè)電子在平行極板間運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,dm)，電子射出平行極板時(shí)，豎直分速度vy＝at，聯(lián)立可得：vy＝eq\f(qU2l,dmv0)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2變大、U1變小時(shí)，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤.針對(duì)訓(xùn)練2(2022·吉化一中期中)一個(gè)電荷量為q＝－2×10－8C，質(zhì)量為m＝1×10－14kg的帶電粒子，由靜止經(jīng)電壓為U1＝1600V的加速電場(chǎng)加速后，立即沿中心線O1O2垂直進(jìn)入一個(gè)電壓為U2＝2400V的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，然后打在垂直于O1O2放置的熒光屏上的P點(diǎn)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間距為d＝8cm，極板長(zhǎng)L＝8cm，極板的右端與熒光屏之間的距離也為L(zhǎng)＝8cm.整個(gè)裝置如圖所示，(不計(jì)粒子的重力)求：(1)粒子出加速電場(chǎng)時(shí)的速度v0的大??；(2)粒子出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏移距離y；(3)P點(diǎn)到O2的距離y′.答案(1)8×104m/s(2)0.03m(3)0.09m解析(1)由動(dòng)能定理可得：|q|U1＝eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得v0＝8×104m/s.(2)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上：L＝v0t，在豎直方向上：y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(|q|E,m)，E＝eq\f(U2,d)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得y＝0.03m.(3)由幾何知識(shí)知eq\f(y′,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，解得y′＝3y＝0.09m.三、示波管的原理1.構(gòu)造示波管是示波器的核心部分，外部是一個(gè)抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由電子槍(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，如圖所示.2.原理(1)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，可使亮斑從左向右掃描移動(dòng).(2)燈絲被電源加熱后，發(fā)射熱電子，發(fā)射出來的電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，以很大的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，如果在Y偏轉(zhuǎn)電極上加一個(gè)周期性的信號(hào)電壓，并且與掃描電壓周期相同，那么就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)隨時(shí)間變化的穩(wěn)定圖像.例3(多選)示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖0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()0A.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針對(duì)訓(xùn)練1(2022·廣東省惠州市模擬)如圖所示是一個(gè)說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢(shì)差為U2，板長(zhǎng)為L(zhǎng).為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量為eq\f(h,U2))可采用的方法是()A．增大兩板間的電勢(shì)差U2B．盡可能使板長(zhǎng)L短些C．使加速電壓U1升高些D．盡可能使板間距離d小些答案D解析帶電粒子加速時(shí)，由動(dòng)能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mv2帶電粒子偏轉(zhuǎn)時(shí)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，得：L＝vth＝eq\f(1,2)at2又由牛頓第二定律得：a＝eq\f(qU2,md)聯(lián)立得h＝eq\f(U2L2,4dU1)由題意，靈敏度為：eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4dU1)可見，靈敏度與U2無關(guān)，要提高示波管的靈敏度，可使板長(zhǎng)L長(zhǎng)些、板間距離d小一些、加速電壓U1降低一些，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．(建議用時(shí)：40分鐘)1.(多選)如圖為示波管中電子槍的原理示意圖，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)的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時(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.下面的說法中正確的是()A.如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時(shí)的速度仍為vB.如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)閑q\f(v,2)C.如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)vD.如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)閑q\f(v,2)答案AC解析電子在兩個(gè)電極間的加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理eU＝eq\f(1,2)mv2－0得v＝eq\r(\f(2eU,m))，當(dāng)電壓不變，A、K間距離變化時(shí)，不影響電子離開K時(shí)的速度，故A正確，B錯(cuò)誤；電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度為eq\f(\r(2),2)v，C正確，D錯(cuò)誤.2.兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)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，如圖所示，OA＝L，則此電子具有的初動(dòng)能是()A.eq\f(edL,U)B.edULC.eq\f(eU,dL)D.eq\f(eUL,d)答案D解析電子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，因受靜電力作用，速度逐漸減小.根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受靜電力，不計(jì)重力.根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eUOA.因E＝eq\f(U,d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mv02＝eq\f(eUL,d).故選D.3.(多選)(2022·汕頭市達(dá)濠華僑中學(xué)高二期末)如圖，質(zhì)量相同的帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從平行板間正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們都打到上極板同一點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，則()A.它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同B.它們運(yùn)動(dòng)的加速度不相等C.它們所帶的電荷量相同D.靜電力對(duì)它們做負(fù)功答案AB解析運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(x,v0)，由于x、v0相等，因此選項(xiàng)A正確；根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2可得a＝eq\f(2y,t2)，Q的加速度是P的兩倍，選項(xiàng)B正確；再根據(jù)qE＝ma可知Q的電荷量是P的兩倍，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由W＝qEd，靜電力對(duì)兩粒子均做正功，且對(duì)Q做的功是P的4倍，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.4.(多選)(2022·山西太原一中高二期末)三個(gè)電子在同一地點(diǎn)沿同一直線垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，不計(jì)電子重力，如圖，a打在下極板上，b恰好飛出.則由此可判斷()A.b和c同時(shí)飛離電場(chǎng)B.在b飛離電場(chǎng)的瞬間，a剛好打在下極板上C.進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，a速度最小，c速度最大D.c的動(dòng)能增加量最大，a和b的動(dòng)能增加量一樣大答案BC解析三個(gè)粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，可知加速度相同.a、b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故B正確；b、c豎直方向上的位移不等，yc<yb，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2，可知tc<tb，故A錯(cuò)誤；在水平方向，三個(gè)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有v＝eq\f(x,t)，因xc＝xb，tc<tb，則vc>vb，根據(jù)ta＝tb，xb>xa，則vb>va，所以有vc>vb>va，故C正確；根據(jù)動(dòng)能定理知，a、b兩電荷，靜電力做功一樣多，所以動(dòng)能增加量相等，離開電場(chǎng)時(shí)c電荷偏移最小，靜電力做功最少，動(dòng)能增加量最小，故D錯(cuò)誤.5.(2022·雅安市期末)如圖所示，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()A.U1∶U2＝1∶8 B.U1∶U2＝1∶4C.U1∶U2＝1∶2 D.U1∶U2＝1∶1答案A解析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移為x＝v0t，兩次運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為2∶1，兩次運(yùn)動(dòng)的水平速度相同，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為t1∶t2＝2∶1，由于豎直方向上的位移為h＝eq\f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比為1∶8，又因?yàn)榧铀俣萢＝eq\f(Uq,mdAB)，故兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為U1∶U2＝1∶8，故A正確.6.(多選)如圖所示，氕、氘、氚的原子核由初速度為零經(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()A.經(jīng)過加速電場(chǎng)的過程中，靜電力對(duì)氚核做的功最多B.經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的過程中，靜電力對(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解析設(shè)偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d，在加速電場(chǎng)中靜電力做的功W＝qU1，由于加速電壓相同，電荷量相等，所以靜電力做的功相等，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在加速電場(chǎng)中qU1＝eq\f(1,2)mv02，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(L,v0))2，聯(lián)立解得y＝eq\f(U2L2,4U1d)，同理可得到偏轉(zhuǎn)角度的正切值tanθ＝eq\f(U2L,2U1d)，則y和tanθ與電荷的電荷量和質(zhì)量無關(guān)，即qeq\f(U2y,d)為定值，又因?yàn)槌錾潼c(diǎn)的位置相同，出射速度的方向也相同，故三種原子核打在屏上同一點(diǎn)，故選項(xiàng)B、D正確；整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mv2＝qU1＋qeq\f(U2y,d)，由于三種原子核的電荷量相同，質(zhì)量不同，則v不同，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤.7.如圖所示的示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′電壓為零時(shí)，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后會(huì)打在熒光屏上的正中間(圖示坐標(biāo)系的O點(diǎn)，其中x軸與XX′電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向重合，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸與YY′電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向重合，y軸正方向豎直向上).若要電子打在圖示坐標(biāo)系的第Ⅲ象限，則()A.X、Y極接電源的正極，X′、Y′接電源的負(fù)極B.X、Y′極接電源的正極，X′、Y接電源的負(fù)極C.X′、Y極接電源的正極，X、Y′接電源的負(fù)極D.X′、Y′極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極答案D解析若要使電子打在題圖所示坐標(biāo)系的第Ⅲ象限，電子在x軸上向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使X′接正極，X接負(fù)極；電子在y軸上也向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使Y′接正極，Y接負(fù)極，所以選項(xiàng)D正確.8.如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負(fù)極板附近有一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子.在靜電力的作用下，兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng).已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f(2l,5)的平面.若兩粒子間相互作用力可忽略，不計(jì)重力，則M∶m為()A.3∶2B.2∶1C.5∶2D.3∶1答案A解析粒子僅在靜電力的作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，正、負(fù)粒子的加速度分別為a1＝eq\f(Eq,M)，a2＝eq\f(Eq,m)，設(shè)兩粒子經(jīng)過同一平面的時(shí)間為t，則正粒子的位移eq\f(2l,5)＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(qE,2M)t2①負(fù)粒子的位移eq\f(3l,5)＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(qE,2m)t2②聯(lián)立可解得M∶m＝3∶2，選項(xiàng)A正確.9.(多選)(2022·肥東縣高二期末)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，從兩平行板左側(cè)中點(diǎn)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向射入，當(dāng)入射速度為v時(shí)，恰好穿過電場(chǎng)而不碰金屬板.要使粒子的入射速度變?yōu)閑q\f(v,2)仍能恰好穿過電場(chǎng)，則必須再使(不考慮重力)()A.粒子的電荷量減小為原來的eq\f(1,4)B.兩板間電壓減小為原來的eq\f(1,2)C.兩板間距離增大為原來的4倍D.兩板間距離增大為原來的2倍答案AD解析粒子恰好穿過電場(chǎng)時(shí)，它沿平行板方向上發(fā)生位移L所用時(shí)間與垂直于板方向上發(fā)生位移eq\f(d,2)所用時(shí)間相等，設(shè)兩板間電壓為U，則有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\f(L2,v2)，即L＝dveq\r(\f(m,qU))，當(dāng)入射速度變?yōu)閑q\f(v,2)時(shí)，它沿平行板的方向發(fā)生位移L所用時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?倍，由上式可知，粒子的電荷量或電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)或兩板間距離增大為原來的2倍時(shí)，均使粒子恰好運(yùn)動(dòng)到極板處，水平位移恰好等于L，從而保證粒子仍恰好穿過電場(chǎng)，因此選項(xiàng)A、D正確.10.有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖0所示.其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾笠砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(zhuǎn)電場(chǎng)，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符.不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉(zhuǎn)距離減小)，下列措施可行的是()0A.減小墨汁微粒的質(zhì)量mB.減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板間的距離dC.減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓UD.減小墨汁微粒的噴出速度v0答案C解析微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)微粒帶電荷量為q，射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v0，則有：水平方向L＝v0t，豎直方向y＝eq\f(1,2)at2，加速度a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(,02))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要縮