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(共33張PPT)
第十章　靜電場中的能量
第5節　帶電粒子在電場中的運動
牛頓第二定律
動能定理
v0
勻速直線
0
×
√
×
電子槍
偏轉電極
熒光屏
鋸齒形
×
√
√
√
√
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(限時：30分鐘)
【合格考練】
1.真空中A、B兩板間的勻強電場如圖所示，一電子由A板無初速度釋放運動到B板，設電子在前一半時間內和后一半時間內的位移分別為s1和s2，在前一半位移和后一半位移所經歷的時間分別是t1和t2，下面選項正確的是(　　)
A．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝∶1
B．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝∶1
C．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝1∶(－1)
D．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝1∶(－1)
解析：選D。s1＝at2，s2＝a(2t)2－at2＝at2，s1∶s2＝1∶3，x＝at，t1＝，2x＝at′2，t2＝t′－t1＝－，t1∶t2＝1∶(－1)，D正確。
2．如圖所示，在一對帶等量異號電荷的平行金屬板間，某帶電粒子只在電場力作用下沿虛線從A運動到B。則(　　)
A．粒子帶負電
B．從A到B電場強度增大
C．從A到B粒子動能增加
D．從A到B粒子電勢能增加
解析：選C。一對帶等量異號電荷的平行金屬板間的電場為勻強電場，則從A到B電場強度不變，帶電粒子受到的電場力指向軌跡彎曲的內側，電場力的方向與電場強度的方向相同，且與帶電粒子的速度方向夾角為銳角，則可判斷粒子帶正電，電場力對帶電粒子做正功，從A到B電勢能減少，動能增加，故C正確。
3．(多選)示波管的構造如圖所示。如果在熒光屏上P點出現亮斑，那么示波管中的(　　)
A．極板X應帶正電　　　　 B．極板X′應帶正電
C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電
解析：選AC。根據亮斑的位置，電子偏向XY區間，說明電子受到電場力作用發生了偏轉，因此極板X、極板Y均應帶正電。
4．(多選)歐洲核子研究中心于2008年9月啟動了大型粒子對撞機，如圖甲所示，將一束質子流注入長27 km的對撞機隧道，使其加速后相撞，創造出與宇宙大爆炸之后萬億分之一秒時的狀態相類似的條件，為研究宇宙起源和各種基本粒子特性提供強有力的手段。設n個金屬圓筒沿軸線排成一串，各筒相間地連到正負極周期性變化的電源上，圖乙為其簡化示意圖。質子束以一定的初速度v0沿軸線射入圓筒實現加速，則(　　)
A．質子在每個圓筒內都做加速運動
B．質子只在圓筒間的縫隙處做加速運動
C．質子穿過每個圓筒時，電源的正負極要改變
D．每個筒長度都是相等的
解析：選BC。由于同一個金屬筒所在處的電勢相同，內部無電場，故質子在筒內必做勻速直線運動；而前后兩筒間有電勢差，故質子每次穿越縫隙時將被電場加速，B正確，A錯誤；質子要持續加速，下一個金屬筒的電勢要低，所以電源正負極要改變，C正確；質子速度增加，而電源正、負極改變時間一定，則沿質子運動方向，金屬筒的長度要越來越長，D錯誤。
【等級考練】
5．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　)
A．運動到P點返回
B．運動到P和P′點之間返回
C．運動到P′點返回
D．穿過P′點
解析：選A。分析題意可知，電子在AB板間做加速運動，在BC板間做減速運動，恰好運動到P點，將C板向右平移到P′點，則BC間距變大，根據平行板電容器電容的決定式可知，C＝，電容減小，電場強度E＝＝＝，分析可知，BC極板間電場強度恒定不變，故電子仍然運動到P點返回，A正確。
6．(多選)如圖所示，有一示波器原理圖，電子被電壓為U1的加速電場加速后射入電壓為U2的偏轉電場，偏轉電場的極板長度與極板間的距離分別為L和d，y是離開偏轉電場時發生的偏轉距離，為了減小偏轉距離。下列措施可行的是(　　)
A．減小d B．增大加速電壓U1
C．增大偏轉電壓U2 D．減小L
解析：選BD。電子在加速電場中加速，根據動能定理可得eU1＝mv，所以電子進入偏轉電場時速度的大小為v0＝，電子進入偏轉電場后的偏轉的位移為y＝at2＝·()2＝，為了減小偏轉距離，可以減小U2、增大U1、增大d或者減小L。
7．如圖所示，電子從靜止開始被U＝180 V的電場加速，沿直線垂直進入另一個電場強度為E＝6 000 V/m的勻強偏轉電場，而后電子從右側離開偏轉電場。已知電子比荷為≈×1011 C/kg，不計電子的重力，偏轉極板長為L＝6.0×10－2 m。求：
(1)電子經過電壓U加速后的速度vx的大小；
(2)電子在偏轉電場中運動的加速度a的大小；
(3)電子離開偏轉電場時的速度方向與剛進入該電場時的速度方向之間的夾角θ。
解析：(1)根據動能定理可得eU＝mv，解得vx＝8×106 m/s。
(2)電子在偏轉電場中受到豎直向下的電場力，根據牛頓第二定律得a＝，解得a＝×1014 m/s2≈1.1×1015 m/s2。
(3)電子在水平方向上做勻速直線運動，故t＝，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，故vy＝at，tan θ＝，聯立解得θ＝45°。
答案：(1)8×106 m/s　(2)1.1×1015 m/s2　(3)45°
8．長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個電荷量為＋q、質量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼上極板垂直于電場線方向進入該電場，剛好從下極板邊緣射出，射出時速度恰與水平方向成30°角，如圖所示，不計粒子重力，求：
(1)粒子離開電場時速度的大小；
(2)勻強電場的電場強度大小；
(3)兩板間的距離。
解析：(1)粒子離開電場時，速度與水平方向夾角為30°，由幾何關系得速度v＝＝。
(2)粒子在勻強電場中做類平拋運動
在水平方向上：L＝v0t，在豎直方向上：vy＝at
vy＝v0tan 30°＝，由牛頓第二定律得qE＝ma
解得E＝eq \f(\r(3)mv,3qL)。
(3)粒子在勻強電場中做類平拋運動，在豎直方向上：
d＝at2
解得d＝L。
答案：見解析
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