2019高考物理一輪復習 微專題系列之熱點專題突破 專題43 帶電粒子在勻強電場中的偏轉學案.doc
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突破43帶電粒子在勻強電場中的偏轉 1.運動規(guī)律 沿初速度方向為勻速直線運動，運動時間 沿電場力方向為初速度為零的勻加速直線運動，加速度：a = F/m = qU/dm 離開電場時的偏移量 離開電場時的偏轉角： 2．分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題的關鍵 (1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動． (2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動． 3．兩個結論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時的偏轉角度總是相同的． (2)粒子經(jīng)電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位移的中點． 【典例1】如圖所示，虛線MN左側有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質量為m)無初速度地放入電場E1中的A點，A與虛線MN的間距為，最后電子打在右側的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求： (1)電子從釋放到打到屏上所用的時間； (2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tan θ； (3)電子打到屏上的點P′到點O的距離x。 【答案】 (1)3 (2)2 (3)3L 【解析】 (1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，時間為t1，由牛頓第 解得：tan θ＝2。 (3)如圖， 設電子在電場E2中的偏轉距離為x1 x1＝a2t32 tan θ＝ 解得：x＝x1＋x2＝3L。 【典例2】 如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求： (1)交變電壓的周期T應滿足什么條件？ (2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？ 【答案】 (1)T＝，其中n取大于等于的整數(shù) (2)t＝T(n＝1,2,3，…) 【解析】 (1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場，在垂直于初速度方向上，粒子的運動應為：加速，減速，反向加速，反向減速，經(jīng)歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L＝nTv0，解得T＝ 粒子在T內離開中心線的距離為y＝a2 所以粒子的周期應滿足的條件為 T＝，其中n取大于等于的整數(shù)． (2)粒子進入電場的時間應為T，T，T，… 故粒子進入電場的時間為t＝T(n＝1,2,3，…)． 【跟蹤短訓】 1．如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y′長為L，相距為d，足夠大的豎直屏與兩板右側相距b.在兩板間加上可調偏轉電壓UYY′，一束質量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)從兩板左側中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出． (1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點； (2)求兩板間所加偏轉電壓UYY′的范圍； (3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度． 【答案】 (1)見【解析】 (2)－≤UYY′≤ (3) 【解析】 (1)設粒子在電場中的加速度大小為a，離開偏轉電場時偏轉距離為y，沿電場方向的速度為vy，偏轉角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x，如圖所示， 則有y＝at2 L＝v0t vy＝at，tan θ＝＝，聯(lián)立解得x＝ 故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為 H＝2y0＝. 2. 如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示．(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求： (1)在t＝0.06 s時刻，電子打在熒光屏上的何處． (2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？ 【答案】 (1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5 cm (2)30 cm 【解析】 (1)電子經(jīng)電場加速滿足qU0＝mv2 經(jīng)電場偏轉后側移量y＝at2＝2 所以y＝，由圖知t＝0.06 s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5 cm 設打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足＝ 所以Y＝13.5 cm. (2)由題知電子側移量y的最大值為，所以當偏轉電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30 cm. 課后作業(yè) 1. 噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中( )． A．向負極板偏轉 B．電勢能逐漸增大 C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電量無關 【答案】 C 2. 如圖，帶電粒子由靜止開始，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，沿垂直電場方向進入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是( ) A．保持U2和平行板間距不變，減小U1 B．保持U1和平行板間距不變，增大U2 C．保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板 D．保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板 【答案】D 3．如圖所示，一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們( )． A．同時到達屏上同一點 B．先后到達屏上同一點 C．同時到達屏上不同點 D．先后到達屏上不同點 【答案】 B 【解析】 一價氫離子(H)和二價氦離子(He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此在加速電場及偏轉電場的時間均不同，但在偏轉電場中偏轉距離相同，所以會打在同一點．選B. 4．質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，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(粒子重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中，粒子( ) A．運動時間之比tP∶tQ＝1∶2 B．所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2 C．電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2 D．動能增量之比為ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1 【答案】B 【解析】 粒子在豎直方向受到向上的電場力，做勻加速直線運動，在水平方向上做勻速直線運動，因為粒子在水平方向上的速度相同，又因為在水平方向上的位移相同，故根據(jù)公式x＝v0t可得兩者的運動時間相同，A錯誤；在豎直方向上的位移之比＝，因為yP＝aPt2＝t2，yQ＝aQt2＝t2，聯(lián)立可得qP∶qQ＝1∶2，B正確；電場力做功為W＝Eqy，電場力做多少正功，電勢能就減少多少，故＝＝，過程中只有電場力做功，所以電勢能轉化為動能，即粒子的動能增量之比為ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D錯誤。 5.如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則( ) A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2 B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質量之比為1∶12 D．A和B的位移大小之比為1∶1 【答案】ABC 6. 如圖所示為一個示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L，為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉量)可采取的方法是( ) A．減小兩板間電勢差U2 B．盡可能使板長L短些 C．盡可能使板間距離d小一些 D．使加速電壓U1減小一些 【答案】CD 【解析】 電子的運動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉階段。加速過程：eU1＝mv02，偏轉過程：L＝v0t，h＝at2＝t2，綜合得＝，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故C、D正確。 7．(多選)如圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在熒光屏P上，關于電子的運動，下列說法中正確的是( )． A．滑片向右移動，其他不變時，電子打在熒光屏上的位置上升 B．滑片向左移動，其他不變時，電子打在熒光屏上的位置上升 C．電壓U減小，其他不變時，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間減小 D．電壓U減小，其他不變時，電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變 【答案】 BD 7．如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質量為m的質點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正確的是( )． A．板間電場強度大小為 B．板間電場強度大小為 C．質點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等 D．質點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間 【答案】 C 【解析】 根據(jù)質點垂直打在M屏上可知，質點在兩板中央運動時向上偏轉，在板右端運動時向下偏轉，mg
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