1、5.带电粒子在电场中的运动 一、带电粒子在电场中的加速【情境思考】(1)一个质量为m、带正电荷q的粒子(如图甲所示),在静电力的作用下由静止开始从正极板向负极板运动。试分析带电粒子在电场中的运动性质。必备知识自主学习(2)为模拟空气净化过程,有人设计了如图乙所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶,在圆桶顶面和底面间加上电压U,沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场,灰尘的 运动方向如图所示,已知空气阻力与灰尘运动的速度大小成正比,即Ff=kv(k为 一定值),试分析灰尘的运动情况和空气净化过程的原理。提示:(1)初速度为零的匀加速直线运动。(2)灰尘可能一直在外力的作用下做加速运动,在电场的加速作用下,灰尘
2、均 沉积在玻璃圆桶上。1.基本粒子的受力特点:对于质量很小的基本粒子,如电子、质子等,虽然它们 也会受到万有引力(重力)的作用,但万有引力(重力)一般_静电力,可以 _。2.带电粒子加速问题的处理方法:(1)利用动能定理分析:初速度为零的带电粒子,经过电势差为U的电场加速后,qU=mv2,则 。(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。远远小于 忽略不计 122qUvm二、带电粒子在电场中的偏转 1.受力特点:带电粒子进入电场后,忽略重力,粒子只受_,方向平行电场 方向向下。运动情况类似于_运动。2.运动性质:(1)沿初速度方向:速度为_的_运动,穿越两极板的时间t=。(2)垂直v
3、0的方向:初速度为_的匀加速直线运动,加速度a=。电场力 平抛 v0 匀速直线 qUmd零 0vl3.运动规律:(1)偏移距离:因为 所以偏移距离 。(2)偏转角度:因为 所以 。4.结论:由 ,可知x=。粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水 平位移的中点,即粒子就像是从极板间 处射出的一样。0qUtavmd，l22201qUyat22mv dly0qUvatmv dl，y200vqUtanvmdvlytan2l2l2l三、示波管的原理【情境思考】带电粒子在电场中受静电力作用,我们可以利用电场来控制粒子,使它加速或偏 转。如图所示是示波器的核心部件示波管。请思考:示波管中电子的运动 可分为几
4、个阶段?各阶段的运动遵循什么规律?提示:示波管中电子的运动一般可分为三个阶段;第一阶段为加速,遵循动能定理;第二阶段为偏转,遵循类平抛运动规律;第三个阶段为从偏转电极出来后,做匀速直线运动到达屏幕。1.构造:示波管是示波器的核心部件,外部是一个抽成真空的玻璃壳,内部主要 由_(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板 和一对Y偏转电极板组成)和_组成,如图所示。电子枪 荧光屏 2.原理:(1)扫描电压:XX偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。(2)灯丝被电源加热后,出现热电子发射,发射出来的电子经加速电场加速后,以 很大的速度进入偏转电场,如果在Y偏转极板上加一_,
5、在X偏转极板上 加一_,在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像。信号电压 扫描电压【易错辨析】(1)质量很小的粒子不受重力的作用。()(2)带电粒子在电场中只受静电力作用时,静电力一定做正功。()(3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题,也能分析非匀强电场中的 直线运动问题。()(4)带电粒子在匀强电场中偏转时,加速度不变,粒子的运动是匀变速曲线 运动。()(5)带电粒子在匀强电场中偏转时,可用平抛运动的知识分析。()(6)带电粒子在匀强电场中偏转时,若已知进入电场和离开电场两点间的电势 差以及带电粒子的初速度,可用动能定理求解末速度大小。()(7)如果在偏转电极YY和XX上不加
6、电压,电子束不偏转,打在荧光屏中心。()关键能力合作学习 知识点一 带电粒子在电场中的加速 1.关于带电粒子在电场中的重力(1)基本粒子:如电子、质子、粒子等,除有说明或有明确的暗示以外,此类 粒子一般不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电微粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力。2.带电粒子的加速:当带电粒子以很小的速度进入电场中,在静电力作用下做 加速运动,示波器、电视显像管中的电子枪都是利用电场对带电粒子加速的。3.处理方法:可以从动力学和功能关系两个角度进行分析,其比较如表所示。项目动力学角度功能关系角度涉及 知识牛顿第二定律结合 匀变速直线运
7、动公 式功的公式及动能定理选择 条件匀强电场,静电力是恒力可以是匀强电场,也可以是非匀强 电场,静电力可以是恒力,也可以 是变力【问题探究】如图所示,直线上有O、a、b、c四点,a、b间的距离与b、c间的距离相等,在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在静电力作用下先从c点运动到b点,再从b点运动到a点。试分析:(1)粒子的运动情况;(2)从c点到b点,从b点到a点两段过程中,静电力对粒子做功的关系。提示:(1)根据点电荷电场及电势分布特点可知,b点电势高于c点电势,则O点固 定的是正电荷。粒子从c点运动到b点,再从b点运动到a点,静电力对粒子一直 做正功,粒子速
8、度一直增大。(2)静电力做功W=qU,因为UbcUab,则前一个过程中静电力做功小于后一个过程 静电力做功。【典例示范】【典例】质量和电荷量不同的带电粒子,在电场中由静止开始经相同电压加速 后()A.比荷大的粒子速度大,电荷量大的粒子动能大 B.比荷大的粒子动能大,电荷量大的粒子速度大 C.比荷大的粒子速度和动能都大 D.电荷量大的粒子速度和动能都大【解析】选A。根据动能定理得:qU=mv2,得 ,根据上式可知,在相同 电压的加速电场中,比荷 大的粒子其速度v大,电荷量q大的粒子动能大,故A 正确,B、C、D错误。122qUvmqm【规律方法】带电粒子在电场中加速问题的处理思路(1)带电粒子仅
9、在电场力作用下加速,若初速度为零,则qU=mv2;若初速度不 为零,则 。(2)在匀强电场中涉及时间、位移时可用运动学方法求解。22011qUmvmv2212【素养训练】1.(2020淄博高二检测)在地面附近,存在着一个有界电场,边界MN将空间分 成左右两个区域,在右区域中有水平向左的匀强电场,在右区域中离边界MN某 一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块(滑块的电荷量始终不变),如图甲所示,滑块运动的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力,则（）A.滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等 B.在t=5 s时,小球经过边界MN C.滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为25
10、 D.在滑块运动的整个过程中,滑动摩擦力做的功小于电场力做的功【解析】选C。根据速度与时间图像可知,图线与时间轴所围成的面积表示位 移大小,那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小,故 A错误;滑块离开电场前做匀加速直线运动,离开电场后受到摩擦力作用而做减 速运动,由图可以看出,小球经过边界MN的时刻是t=2 s时,故B错误;由图像的 斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为a1=,离开电场后的加速度 大小为a2=,由牛顿第二定律得:qE-f=ma1,f=ma2解得,摩擦力与电场力之比 为25。故C正确;整个过程中,动能变化量为零,根据动能定理,整个过程 中摩擦力做的功与电
11、场力做的功大小相等,故D错误。故应选C。0v20v32.如图所示,一个质子以初速度v0=5106 m/s 水平射入一个由两块带电的 平行金属板组成的区域。两板距离为20 cm,设金属板之间电场是匀强电场,电场强度为3105 N/C。质子质量m=1.6710-27 kg,电荷量q=1.6010-19 C。求质子由板上小孔射出时的速度大小。【解析】根据动能定理 W=而W=qEd=1.6010-1931050.2 J=9.610-15 J 所以v1=m/s6106 m/s,质子射出时的速度约为6106 m/s。答案:6106 m/s 221011mvmv22152620272W2 9.6 10v5
12、10 m1.67 10（）【加固训练】1.如图所示,M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板。质量 为m、电荷量大小为q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压 为U时,粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达距N板 后返回,下列 措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()A.使初速度减为原来的 B.使M、N间电压提高到原来的2倍 C.使M、N间电压提高到原来的3倍 D.使初速度和M、N间电压都减为原来的 d31323【解析】选D。由题意知,带电粒子在电场中做匀减速直线运动,在粒子恰好能 到达N板时,由动能定理可得-qU=,要使粒子到达距N板 后返回,设此 时两极板间电压
13、为U1,粒子的初速度为v1,则由动能定理可得 ,联立两方程得 ,则D正确,A、B、C错误。201 mv2d32112U1qmv32 211202Uv3Uv2.如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别 位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移 到P点,则由O点静止释放的电子()A.运动到P点返回 B.运动到P和P点之间返回 C.运动到P点返回 D.穿过P点【解析】选A。设A、B间电场强度为E1,B、C间电场强度为E2,由O点释放的电子 恰好能运动到P点,根据动能定理,有:eE1xOM-eE2xMP=0,B、C板电量不变,B、C 板间的
14、电场强度为:E2=,由知B、C板间的电场强度不随距离 的变化而变化,当C板向右平移到P时,B、C板间的场强不变,由知,电子仍 然运动到P点返回,故A正确,B、C、D错误。2rUQ4 kQdCdS知识点二 带电粒子在电场中的偏转 1.基本规律:带电粒子在电场中的偏转,轨迹如图所示。(1)初速度方向 (2)电场线方向 (3)离开电场时的偏转角:tan=。(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角:tan =。x00vvxv t速度：位移：y02220qUvatmdv11 qUyat22 mdvg速度：位移：lly200vqUvmdvl20yqU2mv dll2.几个常用推论(1)tan=2tan 。(
15、2)粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向交于沿初速度 方向分位移的中点。(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子,不论m、q是否相同,只要 相同,即比荷相同,则偏转距离y和偏转角 相同。qm(4)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场,只要q相同,不论m是否相同,则 偏转距离y和偏转角 相同。(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压相同),进入同一偏转 电场,则偏转距离y和偏转角 相同(y=,tan =,U1为加速电压,U2为偏转电压)。221U4U dl21U2U dl【问题探究】如图所示,两个相同极板的长度为l,相距为d,极板间的电压为U。一个电子沿
16、平行于板面的方向射入电场中,射入时的速度为v0。把两板间的电场看作匀强 电场,分析电子在电场中的运动情况。提示:电子在电场中做类平抛运动。【典例示范】【典例】一束电子流在经U=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距离处 垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示。若两板间距d=1.0 cm,板长l=5.0 cm,那么要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最大能加多大电压?【解析】加速过程,由动能定理得 进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动 l=v0t 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动 加速度a=偏距y=at2 能飞出的条件为y 201eUmv2FeUmdm12d2联立式解得U =
17、4.0102 V 即要使电子能飞出,所加电压最大为400 V。答案:400 V 222Udl【规律方法】带电粒子在电场中运动问题的处理方法 带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续,从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力;从处理方法上看仍可利用力学中的规律分析:如选用平衡条件、牛顿定律、动能定理、功能关系、能量守恒等。【素养培训】水平放置的两块平行金属板长L=6.0 cm,两板间距d=2.0 cm,两板间电压为 200 V,且上板带正电荷。一电子沿水平方向以速度v0=3.0107 m/s从两板中 间射入,如图所示,(电子电荷量q=1.610-19 C,电子质量me=9.11
18、0-31 kg)若 电子离开电场后,打在屏上的P点,s=10 cm,求OP的长。【解析】电子在电场中的加速度a=,侧位移y=,又因t=,则y=0.35 cm,tan=0.4,电子飞出电场后做匀速直线运动,则OP=y+stan=4.35 cm。答案:4.35 cm eUqm d2eUqt2m d0Lv22e0UqL2m dvyxvv【加固训练】1.如图所示,带电荷量之比为qAqB=13的带电粒子A、B,先后以相同的速度 从同一点水平射入平行板电容器中,不计重力,带电粒子偏转后打在同一极板 上,水平飞行距离之比为xAxB=21,则带电粒子的质量之比mAmB以及在电场 中飞行的时间之比tAtB分别为
19、()A.11,23 B.21,32 C.11,34 D.43,21【解析】选D。粒子在水平方向上做匀速直线运动x=v0t,由于初速度相同,xAxB=21,所以tAtB=21,竖直方向上粒子做匀加速直线运动y=at2,且yA=yB,故aAaB=14。而ma=qE,m=,。综上 所述,D项正确。1222BAttqEaAABBBAmq a144mq a3132.一个初速度为零的电子通过电压为U=4 500 V的电场加速后,从C点沿水平方 向飞入电场强度为E=1.5105 V/m的匀强电场中,到达该电场中另一点D时,电 子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120,如图所示。试求C、D两点 沿电场强度
20、方向的距离y。【解析】电子加速过程由eU=得v0=,在竖直方向vy=v0tan30=at,a=,解得t=;C、D两点沿场强方向的距离 y=at2=代入数据解得y=0.01 m 答案:0.01 m 201 mv22qUmeEm12mUE3e12U3E54 5003 1.5 10?m知识点三 带电粒子在交变电场中的运动 1.当空间存在交变电场时,粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变,粒子的运动性质也具有周期性。2.研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究,并辅以v-t图像,特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。【问题探究】粒子加速器是利用周期性变化的电场使带电粒子在其中不
21、断被加速的仪器,如 图为加速器的一种直线加速器。思考:为使粒子不断被加速,粒子运动到 每个空隙时,电场方向应如何变化?提示:粒子运动到每个漂移管的空隙(相当于电容器极板正对区域)时,电场方 向应该和在上一个间隙时相同,才能使粒子经过空隙时被持续加速,所以加在 漂移管上的电压应该如题干图中所示的那样间隔排布。【典例示范】【典例】在如图所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压,开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大,且不计重力,试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况,并画出相应的v-t图像。【解析】t=0时,B板的电势比A板
22、高,在静电力作用下,电子向B板(设为正向)做 初速度为零的匀加速运动。(1)对于题图甲,在0 T时间内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动,T时间内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动,然后周期性地重复 前面的运动,其速度图线如图(1)所示。(2)对于题图乙,在0 时间内做类似图(1)0T时间内的运动,T时间内 电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重 复前面的运动,其速度图线如图(2)所示。12T2T2T2 答案:见解析【素养训练】1.在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板,板长为l,两板间距离为d,在两极板间加一交变电压如图乙,质量为m,电荷量为e的电子以速度
23、v0(v0接近 光速的 )从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若 电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计,不考虑电子间的相 互作用和相对论效应,则()120A.当Um 时,所有电子都能从极板的右端射出 B.当Um0)的粒子以速度 v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知 MN与水平方向成45,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点 时()A.所用时间为 B.速度大小为3v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30 0mvqE202 2mvqE【解析】选C。粒子在电场中做类平抛运动,水平方向x=v0t,竖直方
24、向y=t2,由tan45=,可得t=,故A错误;由于vy=t=2v0,故粒子速度大小为v=,故B错误;由几何关系可知,到P点的距离为L=,故C正确;设速度方向与竖直方向的夹角为,则有tan=,不等于 30,故D错误。1 Eq2 myx02mvEqEqm220y0vv5v2002 2mv2v tEq0yv1v24.两个平行的极板与水平地面成一角度,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子()A.所受重力与静电力平衡 B.电势能逐渐减小 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 【解析】选D。带电粒子在平行极板之间受到两个力的作用,一是重力mg,方向
25、竖直向下;二是静电力F=Eq,方向垂直于极板向上。因二力均为恒力,已知带电粒子做直线运动,所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上,根据牛顿第二定律可知,该粒子做匀减速直线运动,选项D正确,A、C错误;从粒子运动的方向和静电力的方向可判断出,静电力对粒子做负功,粒子的电势能增加,选项B错误。故选D。5.图甲为示波管的原理图。如果在电极YY之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在电极XX之间所加的电压按图丙所示的规律变化,则在荧光屏上看到的图形是()【解析】选B。由于电极XX之间所加的是扫描电压,电极YY之间所加的电压为信号电压,所以荧光屏上会看到B选项所示的图形。6.如图所示,在竖直面(纸面)
26、内有匀强电场,带电荷量为q(q0)、质量为m的小 球受水平向右、大小为 mg的恒力F,从M匀速运动到N。已知MN长为d,与力F的 夹角为60,重力加速度为g,则()A.场强大小为 B.M、N间的电势差为0 C.从M到N,电场力做功为-mgd D.若仅将力F方向顺时针转30,小球将从M向N做匀变速直线运动 33mgq3【解析】选B。对小球受力分析,如图所示 根据平衡知识可知qE=,解得E=,故A错误;设电场力方向与水平 力F方向的夹角为,由图可知sin(180-)=,解得=150,所以可 得电场强度方向与MN垂直,所以M、N两点电势相等,M、N间的电势差为0,故B正 确;由于M、N间的电势差为0
27、,所以从M到N,电场力做功为零,故C错误;因电场力 qE和重力mg的合力与F等大反向,则若仅将力F方向顺时针转30,小球受的合力 方向与MN的方向不共线,则小球将做匀变速曲线运动,故D错误;故选B。222m gF2mgqmg1qE2【加固训练】如图所示,质量为m,电荷量为e的电子,从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个 电场强度为E的匀强电场中(电场方向没有标出),从B点射出电场时的速度方向 与电场线成120角,电子重力不计。则()A.电子在电场中做变加速曲线运动 B.A、B两点间的电势差UAB0 C.电子从A运动到B的时间t=D.电子在B点的速度大小v=v0 3303mv3eE【解析】选C。
28、电子仅受电场力,且电场力是恒力,则电子加速度一定,做匀变速 曲线运动,故A错误;电子在电场中受电场力作用,根据牛顿第二定律可得:eE=ma 将电子在B点的速度分解可知(如图),故D错误;电子由A到B,由动能定理可知:-eUAB=由、式得UAB=0,故B错误;设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy,则有vy=v0tan30 vy=at 解式得t=,故C正确。故选C。00v2 3vvcos30322011mvmv2220mv6e03mv3eE二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计 算的要标明单位)7.(12分)(2020德州高二检测)如图所示,有一电子(电量为e
29、)经电压U0加速 后,进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电 场方向射入,且正好能穿过电场,求:(1)金属板AB的长度。(2)电子穿出电场时的动能。【解析】(1)设电子飞离加速电场时速度为v0,由动能定理得eU0=设金属板AB的长度为L,电子偏转时间t=电子在偏转电场中产生的偏转加速度a=电子在电场中偏转距离y=由得:L=(2)设电子穿过电场时的动能为Ek,根据动能定理 Ek=eU0+e =e(U0+)。答案:(1)(2)e(U0+)201 mv20LveUmd211dat2202UdUU2U2U202UdU8.(12分)一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中
30、央水平射入如图所示 的偏转电场,离子的初动能为Ek,A、B两极板间电压为U,间距为d,C为竖直放置 并与A、B间隙正对的金属挡板,屏MN足够大。若A、B极板长为L,C到极板右端的 距离也为L,C的长为d。不考虑离子所受重力,元电荷为e。(1)写出离子射出A、B极板时的偏转距离y的表达式;(2)初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上?【解析】(1)设离子的质量为m,初速度为v0,则离子在偏转电场中的加速度a=离子射出电场的时间t=射出电场时的偏转距离y=at2 所以y=而Ek=,则y=。eUmd0Lv12220UeL2dmv201 mv22kUeL4dE(2)离子射出电场时的竖直分速度vy=at
31、 射出电场时的偏转角的正切值tan=故tan=离子射出电场后做匀速直线运动 要使离子打在屏MN上,需满足y ,所以 。答案:(1)y=(2)y0vv20eULmv dd2d222k22eUL3eULE2d2d2kUeL4dE22k22eUL3eULE2d2d【选择性测试】(15分钟40分)9.(6分)(2020宜宾高二检测)如图所示,一充电后与电源断开的平行板 电容器的两极板水平放置,板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M 上,已知重力加速度为g,下列结论正确的是()A.两极板间电场强度大小为 B.两极板间电
32、压为 C.整个过程中质点的重力势能增加 D.若仅增大两极板间距,该质点仍能垂直打在M上 mgqmgdq22203mg L2v【解析】选D。据题分析可知,小球在平行金属板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,小球的轨迹向下偏转,才能最后垂直打在M屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图 可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得:qE-mg=mg得到:E=,由U=Ed可知板间电压为:U=,故A、B错误;小球在电场中向上偏转的距 离为:y=at2而a=g,t=,解得:y=,故小球打在屏上的位置与P点的距离 为:s=2y=,重力势能的增加量为:Ep=mgs=,故C错误。仅增大两板间 的
33、距离,因两板上电量不变,根据E=而C=,解得:E=,可知板 间场强不变,小球在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏上,故D正确。故选D。2mgq2mgdq120Lv220gL2v220gLv2220mg LvUQdCdrS4 kdr4 kQS10.(6分)喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上。则微滴在极板间电场中()A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大 C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与电荷量无关【解析】选C。由于微滴带负电,电场方向向下,因此微滴受到的静电力方向 向上,微滴向正极板偏转,A项错误;偏
34、转过程中静电力做正功,根据静电力做功 与电势能变化的关系,电势能减小,B项错误;微滴在垂直于电场方向做匀速直线 运动,位移x=vt,沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动,位移y=,此式为抛物线方程,C项正确;从式中可以看出,运动轨迹与电荷量 q有关,D项错误。21 qU t2 dm2qUx2dm v（）11.(6分)如图所示,质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场 方向射入两平行极板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处 射入,它们最后打在上极板的同一点(重力不计),则从开始射入到打到上极板的 过程中()A.它们运动的时间tQtP B.它们运动的加速度aQaP
35、 C.它们所带的电荷量之比qPqQ=12 D.它们的动能增加量之比 EkP EkQ=12 【解析】选C。设两板距离为h,P、Q两粒子的初速度为v0,加速度分别为aP和aQ,粒子P到上极板的距离是 ,它们做类平抛运动的水平位移均为l。则对P,由 l=v0tP,得到aP=;同理对Q,l=v0tQ,h=,得到aQ=。由此可见tP=tQ,aQ=2aP,而aP=,aQ=,所以qPqQ=12。由动能定理得,它们的动能增加量之比EkPEkQ=maP maQh=14。综上所述,C项正确。h22P Ph1 a t22202hvl2Q Q1 a t22022hvlPq EmQq Emh2【加固训练】如图(a)所示
36、,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力 可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时 间段是()A.0t0 B.C.t0T D.Tt0 T40T3Tt24 3T49T8【解析】选B。设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知,粒子的速度 方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负。分别作出 t0=0、时粒子运动的速度图像,如图所示。T T 3T424、由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图像可知,0t0 与 t0T时粒子在一个周期
37、内的总位移大于零,t0T时情况类似。因粒子最终打在A板上,则要求粒子在 每个周期内的总位移应小于零,对照各项可知B正确。T43T4T43T412.(22分)(2020天津等级考)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的 新型实验仪器,其基本原理如图所示,从离子源A处飘出的离子初速度不计,经电 压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的 漂移管(无场区域)构成,开始时反射区1、2均未加电场,当离子第一次进入漂移 管时,两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场,其电场强度 足够大,使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多 次往复即将进入反
38、射区2时,撤去反射区的电场,离子打在荧光屏B上被探测到,可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q,不计离子重 力。(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1;(2)反射区加上电场,电场强度大小为E,求离子能进入反射区的最大距离x;(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0,待测离子的总飞行时间为t1,两种离子在质量分析器中反射相同次数,求待测离子质量m1。【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)离子经加速电场加速后进入漂移管做匀速直线运动;(2)反射区所加电场的作用为给带电粒子减速防止冲出反射区;(3)在多次反射中两个反射区的运动过程完全对称。【解析】(1)设离
39、子经过加速电场加速后的速度大小为v,有:qU=mv2 离子在漂移管中做匀速直线运动,则T1=联立式,得:T1=(2)根据动能定理,有qU-qEx=0 得:x=12vl2m2qUlUE(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动,平均速度大小均相等,设其为 ,有 通过式可知,离子在反射区的电场中的运动路程与离子本身无关,所以当反射 次数相同时,不同离子在电场区运动的总路程相等,设为L1,在无场区域的总路 程设为L2,根据题目条件可知,离子在无场区域速度大小恒为v,设离子的总飞行 时间为t总,有 t总=vvv212LLvv联立式,得:t总=(2L1+L2)可见,离子从A到
40、B的总飞行时间与 成正比。依题意可得:可得:m1=()2m0 答案:(1)(2)(3)()2m0 m2qU1100tmtm10ttm2m2qUlUE10tt【加固训练】如图甲所示,水平放置的两平行金属板A、B相距为d,板间加有如图乙所示随时 间变化的电压。A、B板中点O处有一带电粒子,其电荷量为q,质量 为m,在0 时间内粒子处于静止状态。已知重力加速度为g,周期T=。T2dg(1)判断该粒子的电性;(2)求在0 时间内两板间的电压U0;(3)若t=T时刻,粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出,那么 的值应为多 少。T20 xUU【解析】(1)由平衡条件可知粒子带正电。(2)0 时间内,粒子处于平衡状态 由mg=得U0=。(3)在 T时间内有 mg+=ma t=由以上各式联立得 。答案:(1)正电(2)(3)T20qUdmgdqT22d1 at22xqUdT1d22g0 xU1U3mgdq13
