【文档说明】静电场 专题51.docx，共(7)页，227.890 KB，由小赞的店铺上传

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专题51带电粒子在电场中的加速和偏转授课提示：对应学生用书82页1．下列粒子(不计重力)从静止状态开始经过电压为U的电场加速后，速度最小的是()A．氚核(31H)B．氘核(21H)C．α粒子(42He)D．质子(11H)答案：A解析：设粒子的质量为m，电荷量为q，从静止状态经过电压为U

的电场加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有qU＝12mv2，解得v＝2qUm，由上式可知粒子的比荷越小，v越小，四个选项中氚核的比荷最小，所以氚核的速度小，B、C、D错误，A正确．2．[2024·江西省

临川一中期中考试](多选)如图为某直线加速器简化示意图，设n个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，带电粒子以一定的初速度沿轴线射入后可实现加速，则()A．带电粒子在每个圆筒内都做匀速运动B．带

电粒子只在圆筒间的缝隙处做加速运动C．直线加速器电源可以用恒定电流D．从左向右各筒长度之比为1∶3∶5∶7…答案：AB解析：由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故粒子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故粒子每次穿越缝隙时将被电场加速，A、B正确；粒子要持续加速，电

场力要对其做正功，所以电源正负极要改变，C错误；设粒子进入第n个圆筒中的速度为vn.则第n个圆筒的长度为L＝vnT2，根据动能定理得(n－1)qU＝12mv2n－12mv20，联立解得L＝T2v20＋2（n－1）qUm，可知从左向右各筒长度之比不等于1∶3∶5∶7…，D错误．3．[2024·湖南

岳阳市三模]示波管原理图如图甲所示．它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示．若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为()答案：

A解析：UXX′和UYY′均为正值，电场强度方向由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，可知A正确．4．[2024·广东省广州市一中期中考试](多选)如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入

匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点，不计粒子重力．则()A．它们运动的时间不同B．Q所带的电荷量比P大C．电场力对它们做的功一样大D．Q的动能增量大答案：

BD解析：两粒子在电场中均做类平抛运动，运动的时间为t＝xv0，由于x、v0相等，可知它们运动的时间相同，A错误；根据y＝12at2可得a＝2yt2，知Q的加速度是P的两倍；再根据牛顿第二定律有qE＝ma，可知Q的电荷

量是P的两倍，B正确；由W＝qEd知，静电力对两粒子均做正功，由前分析知Q的电荷量是P的两倍，Q沿电场方向上的位移y是P的两倍，则静电力对Q做的功是P的4倍．根据动能定理，静电力做的功等于动能变化量，可知Q的动能增量大，C错

误，D正确．5．如图所示，含有大量11H、21H、42He的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．不计粒子重力和阻力，下列说法正确的是()A．荧光屏上出现两个亮点B．三种粒子同时到达荧光屏C．三种粒子打到荧光

屏上动能相同D．三种粒子打到荧光屏上速度方向相同答案：D解析：加速过程使粒子获得速度v0，由动能定理得qU1＝12mv20，解得v0＝2qU1m.偏转过程经历的时间t＝lv0，偏转过程加速度a＝qU2md，所以偏转的距离y＝12at2＝U2l24U1d，可见经同一电场加

速的带电粒子在同一偏转电场中的偏移量，与粒子q、m无关，只取决于加速电场和偏转电场．偏转角度θ满足tanθ＝U2l2U1d，三种粒子出射速度方向相同，也与g、m无关，D正确；三种粒子都带正电，所以出现一个亮点，A错误；根据y＝12at2，时间跟q、m有关

，B错误；根据动能定理和W＝qU，可知动能跟q有关，C错误．6.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断不正确的是()A．如果

A球带电，则A球一定带负电B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加C．如果B球带电，则B球一定带正电D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加答案：B解析：两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，水平方向做匀速直线运动，则有x＝v

0t，可知两球下落时间相同；两小球下落高度不同，根据公式h＝12at2，A球的加速度大于B球加速度，故若A球带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小；若B球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加．本题选择错误的，故选B.7.(

多选)如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为E＝ar，r为电场中某点到环心O的距离，a为常量．电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则()A．两个粒子均带负电B．质量大的粒子动量较小C．若将两个粒子交

换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动D．若去掉电场加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动答案：AC解析：两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，A正确；根据Eq＝arq＝mv2r，可得mv2＝aq，与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能

做匀速圆周运动，C正确；粒子的动量p＝mv＝2mEk＝maq，质量大的粒子动量较大，B错误；若撤去电场加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足qvB＝mv2r，qB＝mvr＝pr，两粒子电荷量相等，则qB相等；若qB＞pr粒子做向心运动；当q

B＜pr时粒子做离心运动，但是与pr的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，D错误．8．如图所示，xOy为竖直平面内的一个直角坐标系，在y1＝0.5m的直线的上方有沿y轴正方向范围足够大的匀强电场，电场强度大小E＝9.3×10－7V/m，在y轴上y2＝1.0m处有一

放射源S，x轴上有一个足够大的荧光屏，放射源S在如图180°范围内，向x轴发射初速度v0＝200m/s的电子，电子质量为9.3×10－31kg，电量为1.6×10－19C，整个装置放在真空中，不计重力作用．求：(1)从放射源S发射的每个电子打到荧光屏上的动能；(2

)水平向右射出的电子在离开电场时沿x轴方向前进的距离；(3)从放射源S发射的电子打到荧光屏上的范围．答案：(1)9.3×10－26J(2)0.5m(3)－0.75m≤x≤0.75m解析：(1)所有电子达到荧光屏上的动能相同，由动能

定理得eEL＝Ek－12mv20其中L＝y2－y1得每个电子打到荧光屏上的动能：Ek＝9.3×10－26J(2)平行x轴方向的粒子在电场中运动的时间最长，沿x轴方向运动距离最大，设电子在电场中加速运动时间为t，沿场强方向加速，eE＝may2－y1＝12at2在离开电场时沿x轴方向前进的距离

x1＝v0t解得水平向右射出的电子在离开电场时沿x轴方向前进的距离：x1＝0.5m(3)平行x轴方向发射的粒子射出电场时沿y轴的速度大小为vy＝at射出电场后匀速运动，沿x方向前进的距离为x2，x2y1＝v0vy解得Δx＝x1＋x2＝0.75m由对称性可知，水平向

左射出的电子到达荧光屏时的坐标值：x′＝－0.75m故荧光屏接收到电子的范围：－0.75m≤x≤0.75m．9．[2024·福建省福州一中期中考试]如图建立竖直平面内坐标系，α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板(场强的方向竖直向下)的细管C组成．放置在第Ⅱ象限，细管C离两板等距，

细管C开口在y轴上．放射源P在A极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子(带正电).若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v0(已知)从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动．静电分析器中电场的电场线为沿半径方

向指向圆心O，场强大小为E0.已知α粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．求：(1)α粒子在静电分析器中的运动半径r；(2)A、B极板间所加的电压U.答案：(1)r＝mv20E0q(2)U＝mv20d2q

L2解析：(1)α粒子在静电分析器中运动时满足E0q＝mv20r解得r＝mv20E0q(2)粒子在两板间的逆过程为类平抛运动，则12d＝12Uq2dmt2，L＝v0t解得A、B极板间所加的电压U＝mv20d2qL210

．如图所示，水平虚线MN和水平地面之间有水平向右的匀强电场，MN到地面的距离为h＝3m，光滑绝缘长木板PQ直立在地面上，电场与木板表面垂直，一个质量为m＝0.1kg，带电量为q＝＋1×10－3C的物块贴在长木板右侧的A点由静止释放，物块做初速度为零的加速直线运动，刚好落在地面上的C点

，已知A点离地面的高度h1＝1.8m，C点离木板的距离为L＝2.4m，重力加速度g取10m/s2，不计物块的大小，木板足够长，求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)改变物块贴在木板右侧由静止释放的位置，使物块由静止释放后仍能落在C点，则改变后的位置离地面的

高度为多少．答案：(1)1.33×103N/C(2)3.2m解析：(1)物块在A点由静止释放，做初速度为零的匀加速直线运动，设运动的时间为t1则在水平方向L＝12at21根据牛顿第二定律qE＝ma在竖直方向h1＝12gt21解得E＝1.33×103N/C(2)要使物块改变位置后由静止释放也能到

达C点，这个位置必须在电场外，设物块进电场后在电场中运动的时间为t2，则L＝12at22设物块刚进电场时的速度为v，则h＝vt2＋12gt22解得v＝2m/s设释放的位置离地面的高度为H，则H＝h＋v22g＝3.2m．