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高中物理粤教版 (2019)必修 第三册第二节 带电粒子在电场中的运动复习练习题
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这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第三册第二节 带电粒子在电场中的运动复习练习题，共22页。
第二章 静电场的应用
第二节 带电粒子在电场中的运动
基础过关练
题组一 带电粒子在电场中的加速
1.下列粒子初速度为零,经过电压为U的加速电场加速后,速度最大的是 ( )
A.镁离子Mg2+ B.氚核(13H)
C.α粒子(24He) D.钠离子Na+
2.(2021江苏南通高二期末)如图所示,平行板电容器两板间的距离为d,电势差为U。一质量为m、带电荷量为q的带电粒子,在电场力的作用下由静止开始从正极板A向负极板B运动。粒子的重力忽略不计。下列说法错误的是 (深度解析)
A.平行板电容器两板间的电场是匀强电场
B.粒子在电场中做初速度为0的匀加速直线运动
C.粒子到达负极板时的速度大小为2qUm
D.运动过程中,粒子的电势能不断增大
3.(2021湖南岳阳一中、汨罗一中高二上联考)如图所示,从F处无初速度地释放一个电子,电子将向右运动,下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电压恒为U) ( )
A.电子到达B板时的动能是eU
B.电子从B板到达C板动能变化量为零
C.电子到达D板时动能是3eU
D.电子在A板和D板之间做往复运动
题组二 带电粒子在电场中的偏转
4.(2021广东广州高二上期中)如图所示,质子(11H)和α粒子(24He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(不计粒子重力),则这两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为 ( )
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4
5.(2021福建南安侨光中学高二月考)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tQ>tP
B.它们运动的加速度aQ
D.它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2
6.(2020江苏如皋高三上月考)如图所示,两平行金属板A、B长为l,两板间的距离为d,A板与B板的电势差为U,一质量为m、电荷量为q的粒子从R点沿电场中心线RO以初速度v0进入电场,从界面MN飞出平行板,粒子重力不计。求:
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h;
(2)粒子穿过电场过程中,电场对粒子做的功W。深度解析
题组三 带电粒子在电场中的加速和偏转综合问题
7.(2021吉林长春高二上期末)如图,电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动,然后,射入电压为U2的两块平行板间的电场中,射入方向跟极板平行,整个装置处在真空中,重力可忽略,在满足电子能射出平行板区的条件下,在下述四种情况中,一定能使电子的侧向位移变大的是 ( )
A.U1增大,U2减小 B.U1、U2均增大
C.U1减小,U2增大 D.U1、U2均减小
8.(2020山东菏泽高二上月考)如图所示,从炽热的金属丝K飞出的电子(初速度可视为零),经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是 ( )
A.仅将偏转电场极性对调
B.仅增大偏转电极间的距离
C.仅增大偏转电极间的电压
D.仅减小偏转电极间的电压
9.(2021陕西咸阳实验中学高二上月考)如图所示,离子发生器射出一束质量为m、电荷量为-q的粒子(不计粒子重力),由静止经加速电场加速后,获得速度v0,并垂直电场线方向射向两平行板中央,经电压为U2的偏转电场作用后,射出电场,已知平行板长为L,板间距为d。
(1)求加速电压U1的大小;
(2)粒子离开偏转电场时的纵向偏移量y;
(3)若在距平行板边缘L处放一接收屏,粒子打在P点,求OP的距离。
题组四 示波器
10.(2021广东湛江二十一中高二上期中)(多选)示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的 ( )
A.极板X应带正电 B.极板X'应带正电
C.极板Y应带正电 D.极板Y'应带正电
11.如图所示为一真空示波管,电子从灯丝K发出(初速度不计),经灯丝与A板间的加速电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1,M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L1,板右端到荧光屏的距离为L2,电子的质量为m,电荷量为e。求:
(1)电子穿过A板时的速度大小;
(2)电子从偏转电场射出时的侧移量;
(3)P点到O点的距离。深度解析
能力提升练
题组一 带电粒子在恒定电场中的运动
1.(2021北京人大附中高二上月考,)(多选)如图所示,有质子(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)和氦核(24He)四种带电粒子,先后从加速电压是U1的加速电场中的P点由静止释放,被加速后从B板的小孔射出,沿C、D间的中线进入偏转电压为U2的偏转电场,都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响,以下判断中正确的是 (深度解析)
A.质子(11H)的偏转位移y最大
B.氘核(12H)的偏转角θ最小
C.氦核(24He)射出偏转电场时的动能最大
D.质子(11H)射出偏转电场时的速度最大
2.(2020黑龙江哈师大附中高二上月考,)如图所示,一个带电粒子从粒子源O处射入(初速度很小,可忽略不计)电压为U1的加速电场,经加速后从小孔S处沿金属板A、B的中线(如图中虚线所示)射入偏转电场,A、B板长均为L,相距为d,A、B两板之间的电压为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是 ( )
A.U2U1<2dL B.U2U1
(1)求粒子射出C2电场区域时的竖直分速度的大小;
(2)粒子打在荧光屏上激发出荧光,求发光点到O点的距离。
题组二 带电粒子在变化电场中的运动
4.(2021广东阳春第一中学高二上月考,)(多选)如图甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后,在图中,反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(深度解析)
5.(2021山东泰安高三月考,)如图甲所示,大量的质量为m、电荷量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后,先后从上极板的边缘沿平行于极板方向进入偏转电场,其中偏转电场两极板间的电压UAB随时间t变化的规律如图乙所示。已知偏转极板间的距离为d,板长为l,不计电子的重力及电子间的相互作用,电子通过偏转极板间所用的时间极短,可认为偏转电压不变,当偏转电压为3U0时,粒子刚好从距上极板d3的P点射出,下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A.d=2l
B.当UAB=3U0时,电子射出偏转电场时的速度v=6eU0m
C.当UAB=3U0时,电子射出偏转电场时速度的偏转角为45°
D.在45T~T时间内进入偏转电场的电子都不能从极板右侧射出
6.(2021黑龙江哈尔滨第六中学高二上月考,)如图甲所示,水平放置长为L的平行金属板A和B的距离为d,它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN,现在A、B板上加上如图乙所示的方波电压,正向电压值为U0,反向电压值为U02,且每隔T2换向一次,现有质量为m、带正电且电荷量为q的粒子束从A、B的中点O沿平行于金属板OO'方向源源不断地射入,设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T。不计重力的影响,则:
(1)在靶MN上距其中心O'点有粒子击中的范围是多少?
(2)要使粒子能全部打在靶MN上,电压U0的数值应满足的条件是什么?
甲
乙
7.(2021广东广州第七中学高二上期中,)如图甲所示,真空中的电极K连续不断地发出电子(电子的初速度可忽略不计),经电压为U0的电场加速,加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示,每个电子通过加速电场的过程时间极短,可认为该过程加速电压不变。电子被加速后由小孔S穿出,沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、B两板间的偏转电场,A、B两板长均为L=0.20 m,两板之间距离d=0.050 m,A板的电势比B板电势高U,A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P(面积足够大)之间的距离b=0.10 m,荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上,不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。
(1)求电子进入偏转电场的初速度v0(已知电子质量为m、电荷量为e,加速电压为U0);
(2)假设电子能射出偏转电场,从偏转电场右端射出时,它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少(用U0、U、L、d表示);
(3)要使电子都打不到荧光屏上,A、B两板间所加电压U应满足什么条件;
(4)当A、B板间所加电压U=50 V时,电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。深度解析
甲
乙
题组三 带电粒子在复合场中的运动
8.(2021广东深圳高三上月考,)如图所示,水平面MN的上方和下方分别存在电场强度大小相等、方向竖直向下和竖直向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从MN上方的a点以一定的初速度水平抛出,从b点进入下方电场,到达c点时速度方向恰好水平。已知a、b、c三点在同一直线上,且ab=13bc。重力加速度为g。则电场强度大小为 ( )
A.3mgq B.mg3q C.mgq D.2mgq
答案全解全析
基础过关练
1.C 加速电场的电压为U,设粒子的质量和电荷量分别为m和q,根据动能定理得Uq=12mv2,解得v=2Uqm,可见,速度与粒子比荷的平方根成正比。由于选项中α粒子的比荷最大,所以α粒子的速度最大,选项C正确。
2.D 平行板电容器两极板之间产生的是场强方向向右的匀强电场,粒子受向右的电场力作用,从而做匀加速直线运动,选项A、B正确;根据动能定理有qU=12mv2,所以粒子到达右极板的速度为v=2qUm,选项C正确;运动过程中电场力做正功,所以粒子的电势能减小,选项D错误。
方法技巧
处理带电粒子的加速问题的两种方法
(1)用运动状态分析:带电粒子沿电场线方向进入匀强电场,受到的电场力与运动方向在同一直线上,做匀加(减)速直线运动。
(2)用功能观点分析:只有电场力做功时,粒子动能的变化量等于电场力做的功(电场可以是匀强电场或非匀强电场)。
3.C 从F处释放出一个无初速度、电荷量为e的电子,在电压为U的电场中被加速,当出电场时,所获得的动能等于电场力做的功,即Ek=W=eU,选项A正确;由图可知,B、C间没有电压,则没有电场,所以电子在此处做匀速直线运动,则电子的动能不变,选项B正确;电子以eU的动能进入C、D间的电场中,在电场力的作用下,电子做减速运动,由于C、D间的电压也为U,所以电子到达D板时速度减为零,开始反向运动,选项C错误;电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速,然后反向加速、匀速再减速,做往复运动,选项D正确。
4.B 水平方向:L=v0t,竖直方向:y=12at2,而a=qEm,初动能Ek0=12mv02,联立可得y=12·EqL2mv02=EL2q4Ek0,可知y与q成正比,两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为1∶2,选项B正确,A、C、D错误。
5.C 带电粒子在电场中做类平抛运动,由s=vt可得P、Q运动的时间相等,选项A错误;带电粒子在平行于电场方向上受到电场力,做初速度为零的匀加速直线运动,根据位移时间公式,有y=12at2,解得a=2yt2,由于P、Q在平行于电场方向上的位移之比为1∶2,所以aQ>aP,选项B错误;根据牛顿第二定律,有qE=ma,解得q=2ymEt2,所以P、Q的电荷量之比为qP∶qQ=1∶2,选项C正确;由动能定理有qEy=ΔEk,而qP∶qQ=1∶2,yP∶yQ=1∶2,所以ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4,选项D错误。
6.答案 (1)qUl22mdv02 (2)q2U2l22md2v02
解析 (1)设粒子在两极板间运动时加速度为a,运动时间为t,则
E=Ud
根据牛顿第二定律有a=qEm
粒子在水平方向做匀速直线运动,时间t=lv0
粒子在竖直方向做匀加速直线运动,则h=12at2
解得h=qUl22mdv02
(2)电场对粒子做的功W=qEh
解得W=q2U2l22md2v02
方法技巧
处理带电粒子在电场中偏转问题的方法
(1)首先认真审题,判断粒子的重力是否可以忽略;当重力不可忽略时,a=mg-qEm或a=mg+qEm;
(2)认清粒子的运动特点,粒子初速度方向是否垂直于电场线,明确粒子受力方向,判断粒子向哪个极板偏转;
(3)在粒子运动轨迹的末端,作出粒子的偏转角以及沿电场方向上的位移;
(4)最后结合运动合成与分解的等时性、独立性解题。
7.C 设电子被加速后获得的初速度为v0,由动能定理得qU1=12mv02;设极板长为l,两极板间距为d,则电子在电场中偏转所用时间为t=lv0,设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a,由牛顿第二定律得a=qEm=qU2dm,由以上各式可得y=12at2=12×qU2md×l2v02=U2l24U1d,选项C正确。
8.C 仅将偏转电场极性对调,只能改变电子的偏转方向,而偏转角的大小不变,选项A错误;设加速电场的电压为U1,偏转电压为U2,极板长度为L,板间距为d,电子加速过程中,根据动能定理有eU1=12mv2,解得v=2eU1m,在偏转电场中,由类平抛运动规律有加速度为a=eU2md,运动时间为t=Lv,vy=at,解得偏转角的正切值为tan θ=vyv=U2L2U1d,由上式知当增大U2、或增大L、或减小U1、或减小d,均可使tan θ变大,即偏转角变大,选项C正确,B、D错误。
9.答案 (1)mv022q (2)qU2L22mdv02 (3)3qU2L22mdv02
解析 (1)粒子在电场中加速过程,由动能定理得qU1=12mv02
可得U1=mv022q
(2)粒子在电场中偏转只受电场力的作用,加速度为a=qEm=qU2md
粒子在竖直方向做匀加速运动,离开偏转电场时的纵向偏移量为y=12at2
在水平方向做匀速直线运动,有L=v0t
联立得y=qU2L22mdv02
(3)粒子离开偏转电场时速度偏转角的正切值为
tan φ=vyv0=qU2md·Lv0v0=qU2Lmdv02
粒子离开电场后做匀速直线运动,由几何关系得
OP=y+L tan φ=qU2L22mdv02+L·qU2Lmdv02=3qU2L22mdv02
10.AC 电子受力方向与电场方向相反,因电子向X方向偏转,电场方向为由X到X',则X带正电,X'带负电;同理电子向Y方向偏转,则Y带正电,Y'带负电,选项A、C正确,B、D错误。
11.答案 (1)2eU1m (2)U2L124U1d (3)(2L2+L1)U2L14U1d
解析 (1)设电子经电压U1加速后的速度为v0,根据动能定理有eU1=12mv02
解得v0=2eU1m
(2)电子以速度v0进入偏转电场后,垂直于电场方向做匀速直线运动,沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动的时间为t1,电子的加速度为a,离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1,根据牛顿第二定律和运动学公式得F=eE,E=U2d,F=ma
则a=eU2md
而t1=L1v0,y1=12at12
解得y1=U2L124U1d
(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy,根据运动学公式得vy=at1=U2eL1dmv0
电子离开偏转电场后做匀速直线运动,设从电子离开偏转电场到打在荧光屏上所用的时间为t2,电子打到荧光屏上的侧移量为y2,如图所示
t2=L2v0,y2=vyt2
解得y2=U2L1L22dU1
P点到O点的距离为y=y1+y2=(2L2+L1)U2L14U1d
方法技巧
计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法:
(1)Y=y+d tan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)
(2)Y=L2+dtan θ(L为电场宽度)
(3)Y=y+vy·dv0
(4)根据三角形相似:Yy=L2+dL2
能力提升练
1.CD 在加速电场中,根据动能定理有qU1=12mv02-0,在偏转电场中,带电粒子做类平抛运动,则有L=v0t,a=qU2md,y=12at2,联立可得y=U2L24dU1,所以四种带电粒子的偏转位移y相同,选项A错误;带电粒子的偏转角的正切值为tan θ=atv0=U2L2U1d,所以四种带电粒子的偏转角θ相等,选项B错误;根据动能定理可得qU1+qU2dy=12mv2,带电粒子射出偏转电场时的动能为Ek=12mv2=qU1+qU2dy,由于氦核(24He)的电荷量最大,所以氦核(24He)射出偏转电场时的动能最大,选项C正确;带电粒子射出偏转电场时的速度为v=2Ekm=2qmU1+U2dy,由于题述四种带电粒子中质子(11H)的比荷qm最大,所以质子(11H)射出偏转电场时的速度最大,选项D正确。
规律总结
带电粒子在偏转电场中运动的五个特殊结论
(1)不同的带电粒子由静止经过同一电场加速后,垂直于电场方向进入同一偏转电场,它们在电场中的偏转距离、偏转角度总是相同的。
(2)粒子从偏转电场中射出时,作粒子速度的反向延长线,就好像是从极板间的l2处沿直线射出似的。
(3)粒子偏转射出电场时速度偏转角θ的正切值是位移与水平方向夹角α的正切值的2倍,即:tan θ=2 tan α。
(4)以相同动能垂直于电场方向进入同一偏转电场的带电粒子,只要q相同,不论m是否相同,则偏转距离和偏转角均相同。
(5)以相同的初速度垂直于电场方向进入同一个偏转电场的带电粒子,不论m、q是否相同,只要qm相同,即荷质比相同,则偏转距离y和速度偏转角θ相同。
2.C 带电粒子在加速电场中做加速运动,由动能定理有qU1=12mv2-0,带电粒子在偏转电场中做类平抛运动,可分解为水平方向上的匀速直线运动与竖直方向上的匀加速直线运动,对带电粒子在水平方向上的匀速直线运动,由运动学公式得L=vt,对带电粒子在竖直方向上的匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得qU2d=ma。设偏转位移为y,则有y=12at2=12×qU2md×Lv2,要使带电粒子能从A、B板间飞出,应有y
解析 (1)带电粒子先加速后偏转,根据动能定理,得qU1=12mv12
进入偏转电场后,在水平方向做匀速直线运动,有v1t=L
得t=Lm2U1q
在偏转电场中a=qU2md
离开偏转电场时竖直速度vy=at
得vy=U2Ldq2mU1
(2)带电粒子离开电场时在竖直方向上的偏移量y1=12at2=U2L24U1d
由平抛运动的推论速度的反向延长线过水平位移的中点,设发光点偏离荧光屏中心O点的距离为y,则有yy1=L1+L2L2,可得
y=2L1+LL·U2L24U1d=(2L1+L)U2L4U1d
4.BC 分析电子一个周期内的运动情况:0~T4时间内,电子从静止开始向B板做匀加速直线运动,T4~T2时间内沿原方向做匀减速直线运动,T2时刻速度为零;T2~3T4时间内向A板做匀加速直线运动,3T4~T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。电子做匀变速直线运动时x-t图像应是抛物线,选项A错误;根据匀变速直线运动速度图像是倾斜的直线可知,B图符合电子的运动情况,选项B正确,D错误;根据电子的运动情况,即匀加速直线运动和匀减速直线运动交替发生,而匀变速运动的加速度大小不变,a-t图像应平行于横轴,选项C正确。
方法技巧
处理变化电场问题的方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移等,并确定与物理过程相关的边界条件。
(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
5.C 电子由静止开始经电压为U0的电场加速,有eU0=12mv02,解得v0=2eU0m。当UAB=3U0时,电子进入偏转电场的加速度a=Fm=e3U0dm=3eU0md,根据平抛运动规律有l=v0t,d3=12at2,vy=at,联立解得d=32l,vy=2eU0m=v0,电子射出偏转电场时的速度偏转角为45°,合速度v=2eU0m,选项A、B错误,C正确;设电子恰能从极板右侧下边缘射出的偏转电压为U,则有a=Fm=eUdm=eUmd,根据平抛运动规律有l=v0t,d=12at2,解得U=9U0,所以当偏转电场的电压小于9U0时进入偏转电场的电子可以从极板右侧射出,所以选项D错误。
6.答案 (1)见解析 (2)U0<8md25qT2
解析 (1)当粒子在0,T,2T,…nT时刻进入电场中时,粒子将打在O'点下方最远点,在前T2时间内,粒子竖直向下的位移为
s1=12a1T22=qU0T28md
在后T2时间内,粒子竖直向下的位移为
s2=v·T2-12a2T22
其中a2=qU02md,v=a1·T2=qU0md·T2=qU0T2md
联立可得s2=3qU0T216md
故粒子打在距O'点正下方的最大距离为s=s1+s2=5qU0T216md
当粒子在T2,32T,…(2n+1)T2时刻进入电场时,将打在O'点上方最远点。
在前T2时间内,粒子竖直向上的位移为s'1=12a'1T22=qU0T216md
在后T2时间内,粒子竖直向上的位移为
s'2=v'·T2-12a'2T22
其中v'=a'1·T2=qU0T4md,a'2=qU0md
联立得s'2=0
故粒子打在距O'点正上方的最大距离为
s'=s'1+s'2=qU0T216md
在靶MN上距其中心O'点有粒子击中的范围是:粒子打在距O'点正下方的最大距离为5qU0T216md,粒子打在距O'点正上方的最大距离为qU0T216md;
(2)要使粒子能全部打在靶上,应有5qU0T216md
7.答案 (1)2eU0m (2)UL24dU0 (3)所加电压U应满足至少为100 V (4)0.025 m~0.05 m
解析 (1)电子加速过程中,根据动能定理有eU0=12mv02
解得初速度v0=2eU0m
(2)偏转过程中,水平方向做匀速直线运动,有v0t=L
垂直A、B两板方向,电子做匀加速直线运动,有U=Ed
eE=ma
y=12at2
由(1)问及以上几式,解得y=UL24dU0
(3)要使电子都打不到屏上,应满足U0取最大值800 V时仍有y>0.5d,代入(2)问结果,可得
U=4U0dyL2>4U0d×0.5dL2=4×800×0.5×0.05020.202 V=100 V
所以为使电子都打不到屏上,A、B两板间所加电压U至少为100 V
(4)当A、B板间所加电压U=50 V时,电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时,其侧移量最大
ymax=12d=12×0.050 m=0.025 m
设电子离开偏转电场时的偏转角最大为θ,电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax,则
tan θ=vyv0=atv0
Ymax=ymax+bv0vy
又ymax=0+vy2t
L=v0t
联立解得Ymax=ymax+2bLymax=0.05 m
由第(2)问中的y=UL24dU0可知,在其他条件不变的情况下,U0越大y越小
所以当U0=800 V时,电子通过偏转电场的侧移量最小
其最小侧移量ymin=UL24dU0=50×0.2024×0.050×800 m=0.012 5 m
同理可知,电子打到屏上距中心的最小距离为Ymin=1+2bLymin=0.025 m
故其范围为0.025 m~0.05 m。
方法技巧
解答本题可按以下思路进行:
(1)对于加速过程,利用动能定理可求得电子进入偏转电场时的动能。
(2)如果电子打不到屏上,应打在极板上,所以临界条件为经最大加速电压加速后的电子经过偏转电场后恰好打在极板的边缘。对加速过程,由动能定理列式。对于偏转过程,由牛顿第二定律和位移公式得到偏转距离y,联立可求得U2的最大值。
(3)电子做类平抛运动,根据侧移量表达式,结合几何关系,可求出电子打在屏上的范围。
8.D 小球在水平方向做匀速直线运动,所以小球在MN上方的电场和MN下方的电场中运动的时间之比为t1∶t2=1∶3,小球在竖直方向的位移大小之比为y1∶y2=12a1t12∶12a2t22=1∶3,其中a1=qE+mgm,a2=qE-mgm,解得E=2mgq,选项A、B、C错误,D正确。
第二章 静电场的应用
第二节 带电粒子在电场中的运动
基础过关练
题组一 带电粒子在电场中的加速
1.下列粒子初速度为零,经过电压为U的加速电场加速后,速度最大的是 ( )
A.镁离子Mg2+ B.氚核(13H)
C.α粒子(24He) D.钠离子Na+
2.(2021江苏南通高二期末)如图所示,平行板电容器两板间的距离为d,电势差为U。一质量为m、带电荷量为q的带电粒子,在电场力的作用下由静止开始从正极板A向负极板B运动。粒子的重力忽略不计。下列说法错误的是 (深度解析)
A.平行板电容器两板间的电场是匀强电场
B.粒子在电场中做初速度为0的匀加速直线运动
C.粒子到达负极板时的速度大小为2qUm
D.运动过程中,粒子的电势能不断增大
3.(2021湖南岳阳一中、汨罗一中高二上联考)如图所示,从F处无初速度地释放一个电子,电子将向右运动,下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电压恒为U) ( )
A.电子到达B板时的动能是eU
B.电子从B板到达C板动能变化量为零
C.电子到达D板时动能是3eU
D.电子在A板和D板之间做往复运动
题组二 带电粒子在电场中的偏转
4.(2021广东广州高二上期中)如图所示,质子(11H)和α粒子(24He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(不计粒子重力),则这两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为 ( )
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶4
5.(2021福建南安侨光中学高二月考)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tQ>tP
B.它们运动的加速度aQ
D.它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2
6.(2020江苏如皋高三上月考)如图所示,两平行金属板A、B长为l,两板间的距离为d,A板与B板的电势差为U,一质量为m、电荷量为q的粒子从R点沿电场中心线RO以初速度v0进入电场,从界面MN飞出平行板,粒子重力不计。求:
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h;
(2)粒子穿过电场过程中,电场对粒子做的功W。深度解析
题组三 带电粒子在电场中的加速和偏转综合问题
7.(2021吉林长春高二上期末)如图,电子在电压为U1的加速电场中由静止开始运动,然后,射入电压为U2的两块平行板间的电场中,射入方向跟极板平行,整个装置处在真空中,重力可忽略,在满足电子能射出平行板区的条件下,在下述四种情况中,一定能使电子的侧向位移变大的是 ( )
A.U1增大,U2减小 B.U1、U2均增大
C.U1减小,U2增大 D.U1、U2均减小
8.(2020山东菏泽高二上月考)如图所示,从炽热的金属丝K飞出的电子(初速度可视为零),经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计。在满足电子能射出偏转电场的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是 ( )
A.仅将偏转电场极性对调
B.仅增大偏转电极间的距离
C.仅增大偏转电极间的电压
D.仅减小偏转电极间的电压
9.(2021陕西咸阳实验中学高二上月考)如图所示,离子发生器射出一束质量为m、电荷量为-q的粒子(不计粒子重力),由静止经加速电场加速后,获得速度v0,并垂直电场线方向射向两平行板中央,经电压为U2的偏转电场作用后,射出电场,已知平行板长为L,板间距为d。
(1)求加速电压U1的大小;
(2)粒子离开偏转电场时的纵向偏移量y;
(3)若在距平行板边缘L处放一接收屏,粒子打在P点,求OP的距离。
题组四 示波器
10.(2021广东湛江二十一中高二上期中)(多选)示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的 ( )
A.极板X应带正电 B.极板X'应带正电
C.极板Y应带正电 D.极板Y'应带正电
11.如图所示为一真空示波管,电子从灯丝K发出(初速度不计),经灯丝与A板间的加速电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1,M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L1,板右端到荧光屏的距离为L2,电子的质量为m,电荷量为e。求:
(1)电子穿过A板时的速度大小;
(2)电子从偏转电场射出时的侧移量;
(3)P点到O点的距离。深度解析
能力提升练
题组一 带电粒子在恒定电场中的运动
1.(2021北京人大附中高二上月考,)(多选)如图所示,有质子(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)和氦核(24He)四种带电粒子,先后从加速电压是U1的加速电场中的P点由静止释放,被加速后从B板的小孔射出,沿C、D间的中线进入偏转电压为U2的偏转电场,都能够从偏转电场的另一端射出。如果不计重力的影响,以下判断中正确的是 (深度解析)
A.质子(11H)的偏转位移y最大
B.氘核(12H)的偏转角θ最小
C.氦核(24He)射出偏转电场时的动能最大
D.质子(11H)射出偏转电场时的速度最大
2.(2020黑龙江哈师大附中高二上月考,)如图所示,一个带电粒子从粒子源O处射入(初速度很小,可忽略不计)电压为U1的加速电场,经加速后从小孔S处沿金属板A、B的中线(如图中虚线所示)射入偏转电场,A、B板长均为L,相距为d,A、B两板之间的电压为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是 ( )
A.U2U1<2dL B.U2U1
(1)求粒子射出C2电场区域时的竖直分速度的大小;
(2)粒子打在荧光屏上激发出荧光,求发光点到O点的距离。
题组二 带电粒子在变化电场中的运动
4.(2021广东阳春第一中学高二上月考,)(多选)如图甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后,在图中,反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(深度解析)
5.(2021山东泰安高三月考,)如图甲所示,大量的质量为m、电荷量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后,先后从上极板的边缘沿平行于极板方向进入偏转电场,其中偏转电场两极板间的电压UAB随时间t变化的规律如图乙所示。已知偏转极板间的距离为d,板长为l,不计电子的重力及电子间的相互作用,电子通过偏转极板间所用的时间极短,可认为偏转电压不变,当偏转电压为3U0时,粒子刚好从距上极板d3的P点射出,下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A.d=2l
B.当UAB=3U0时,电子射出偏转电场时的速度v=6eU0m
C.当UAB=3U0时,电子射出偏转电场时速度的偏转角为45°
D.在45T~T时间内进入偏转电场的电子都不能从极板右侧射出
6.(2021黑龙江哈尔滨第六中学高二上月考,)如图甲所示,水平放置长为L的平行金属板A和B的距离为d,它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN,现在A、B板上加上如图乙所示的方波电压,正向电压值为U0,反向电压值为U02,且每隔T2换向一次,现有质量为m、带正电且电荷量为q的粒子束从A、B的中点O沿平行于金属板OO'方向源源不断地射入,设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T。不计重力的影响,则:
(1)在靶MN上距其中心O'点有粒子击中的范围是多少?
(2)要使粒子能全部打在靶MN上,电压U0的数值应满足的条件是什么?
甲
乙
7.(2021广东广州第七中学高二上期中,)如图甲所示,真空中的电极K连续不断地发出电子(电子的初速度可忽略不计),经电压为U0的电场加速,加速电压U0随时间t变化的图像如图乙所示,每个电子通过加速电场的过程时间极短,可认为该过程加速电压不变。电子被加速后由小孔S穿出,沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、B两板间的偏转电场,A、B两板长均为L=0.20 m,两板之间距离d=0.050 m,A板的电势比B板电势高U,A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P(面积足够大)之间的距离b=0.10 m,荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上,不计电子之间的相互作用力及其所受的重力。
(1)求电子进入偏转电场的初速度v0(已知电子质量为m、电荷量为e,加速电压为U0);
(2)假设电子能射出偏转电场,从偏转电场右端射出时,它在垂直于两板方向的偏转位移y为多少(用U0、U、L、d表示);
(3)要使电子都打不到荧光屏上,A、B两板间所加电压U应满足什么条件;
(4)当A、B板间所加电压U=50 V时,电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。深度解析
甲
乙
题组三 带电粒子在复合场中的运动
8.(2021广东深圳高三上月考,)如图所示,水平面MN的上方和下方分别存在电场强度大小相等、方向竖直向下和竖直向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从MN上方的a点以一定的初速度水平抛出,从b点进入下方电场,到达c点时速度方向恰好水平。已知a、b、c三点在同一直线上,且ab=13bc。重力加速度为g。则电场强度大小为 ( )
A.3mgq B.mg3q C.mgq D.2mgq
答案全解全析
基础过关练
1.C 加速电场的电压为U,设粒子的质量和电荷量分别为m和q,根据动能定理得Uq=12mv2,解得v=2Uqm,可见,速度与粒子比荷的平方根成正比。由于选项中α粒子的比荷最大,所以α粒子的速度最大,选项C正确。
2.D 平行板电容器两极板之间产生的是场强方向向右的匀强电场,粒子受向右的电场力作用,从而做匀加速直线运动,选项A、B正确;根据动能定理有qU=12mv2,所以粒子到达右极板的速度为v=2qUm,选项C正确;运动过程中电场力做正功,所以粒子的电势能减小,选项D错误。
方法技巧
处理带电粒子的加速问题的两种方法
(1)用运动状态分析:带电粒子沿电场线方向进入匀强电场,受到的电场力与运动方向在同一直线上,做匀加(减)速直线运动。
(2)用功能观点分析:只有电场力做功时,粒子动能的变化量等于电场力做的功(电场可以是匀强电场或非匀强电场)。
3.C 从F处释放出一个无初速度、电荷量为e的电子,在电压为U的电场中被加速,当出电场时,所获得的动能等于电场力做的功,即Ek=W=eU,选项A正确;由图可知,B、C间没有电压,则没有电场,所以电子在此处做匀速直线运动,则电子的动能不变,选项B正确;电子以eU的动能进入C、D间的电场中,在电场力的作用下,电子做减速运动,由于C、D间的电压也为U,所以电子到达D板时速度减为零,开始反向运动,选项C错误;电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速,然后反向加速、匀速再减速,做往复运动,选项D正确。
4.B 水平方向:L=v0t,竖直方向:y=12at2,而a=qEm,初动能Ek0=12mv02,联立可得y=12·EqL2mv02=EL2q4Ek0,可知y与q成正比,两个粒子射出电场时的偏转位移y之比为1∶2,选项B正确,A、C、D错误。
5.C 带电粒子在电场中做类平抛运动,由s=vt可得P、Q运动的时间相等,选项A错误;带电粒子在平行于电场方向上受到电场力,做初速度为零的匀加速直线运动,根据位移时间公式,有y=12at2,解得a=2yt2,由于P、Q在平行于电场方向上的位移之比为1∶2,所以aQ>aP,选项B错误;根据牛顿第二定律,有qE=ma,解得q=2ymEt2,所以P、Q的电荷量之比为qP∶qQ=1∶2,选项C正确;由动能定理有qEy=ΔEk,而qP∶qQ=1∶2,yP∶yQ=1∶2,所以ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4,选项D错误。
6.答案 (1)qUl22mdv02 (2)q2U2l22md2v02
解析 (1)设粒子在两极板间运动时加速度为a,运动时间为t,则
E=Ud
根据牛顿第二定律有a=qEm
粒子在水平方向做匀速直线运动,时间t=lv0
粒子在竖直方向做匀加速直线运动,则h=12at2
解得h=qUl22mdv02
(2)电场对粒子做的功W=qEh
解得W=q2U2l22md2v02
方法技巧
处理带电粒子在电场中偏转问题的方法
(1)首先认真审题,判断粒子的重力是否可以忽略;当重力不可忽略时,a=mg-qEm或a=mg+qEm;
(2)认清粒子的运动特点,粒子初速度方向是否垂直于电场线,明确粒子受力方向,判断粒子向哪个极板偏转;
(3)在粒子运动轨迹的末端,作出粒子的偏转角以及沿电场方向上的位移;
(4)最后结合运动合成与分解的等时性、独立性解题。
7.C 设电子被加速后获得的初速度为v0,由动能定理得qU1=12mv02;设极板长为l,两极板间距为d,则电子在电场中偏转所用时间为t=lv0,设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a,由牛顿第二定律得a=qEm=qU2dm,由以上各式可得y=12at2=12×qU2md×l2v02=U2l24U1d,选项C正确。
8.C 仅将偏转电场极性对调,只能改变电子的偏转方向,而偏转角的大小不变,选项A错误;设加速电场的电压为U1,偏转电压为U2,极板长度为L,板间距为d,电子加速过程中,根据动能定理有eU1=12mv2,解得v=2eU1m,在偏转电场中,由类平抛运动规律有加速度为a=eU2md,运动时间为t=Lv,vy=at,解得偏转角的正切值为tan θ=vyv=U2L2U1d,由上式知当增大U2、或增大L、或减小U1、或减小d,均可使tan θ变大,即偏转角变大,选项C正确,B、D错误。
9.答案 (1)mv022q (2)qU2L22mdv02 (3)3qU2L22mdv02
解析 (1)粒子在电场中加速过程,由动能定理得qU1=12mv02
可得U1=mv022q
(2)粒子在电场中偏转只受电场力的作用,加速度为a=qEm=qU2md
粒子在竖直方向做匀加速运动,离开偏转电场时的纵向偏移量为y=12at2
在水平方向做匀速直线运动,有L=v0t
联立得y=qU2L22mdv02
(3)粒子离开偏转电场时速度偏转角的正切值为
tan φ=vyv0=qU2md·Lv0v0=qU2Lmdv02
粒子离开电场后做匀速直线运动,由几何关系得
OP=y+L tan φ=qU2L22mdv02+L·qU2Lmdv02=3qU2L22mdv02
10.AC 电子受力方向与电场方向相反,因电子向X方向偏转,电场方向为由X到X',则X带正电,X'带负电;同理电子向Y方向偏转,则Y带正电,Y'带负电,选项A、C正确,B、D错误。
11.答案 (1)2eU1m (2)U2L124U1d (3)(2L2+L1)U2L14U1d
解析 (1)设电子经电压U1加速后的速度为v0,根据动能定理有eU1=12mv02
解得v0=2eU1m
(2)电子以速度v0进入偏转电场后,垂直于电场方向做匀速直线运动,沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动的时间为t1,电子的加速度为a,离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1,根据牛顿第二定律和运动学公式得F=eE,E=U2d,F=ma
则a=eU2md
而t1=L1v0,y1=12at12
解得y1=U2L124U1d
(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy,根据运动学公式得vy=at1=U2eL1dmv0
电子离开偏转电场后做匀速直线运动,设从电子离开偏转电场到打在荧光屏上所用的时间为t2,电子打到荧光屏上的侧移量为y2,如图所示
t2=L2v0,y2=vyt2
解得y2=U2L1L22dU1
P点到O点的距离为y=y1+y2=(2L2+L1)U2L14U1d
方法技巧
计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法:
(1)Y=y+d tan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)
(2)Y=L2+dtan θ(L为电场宽度)
(3)Y=y+vy·dv0
(4)根据三角形相似:Yy=L2+dL2
能力提升练
1.CD 在加速电场中,根据动能定理有qU1=12mv02-0,在偏转电场中,带电粒子做类平抛运动,则有L=v0t,a=qU2md,y=12at2,联立可得y=U2L24dU1,所以四种带电粒子的偏转位移y相同,选项A错误;带电粒子的偏转角的正切值为tan θ=atv0=U2L2U1d,所以四种带电粒子的偏转角θ相等,选项B错误;根据动能定理可得qU1+qU2dy=12mv2,带电粒子射出偏转电场时的动能为Ek=12mv2=qU1+qU2dy,由于氦核(24He)的电荷量最大,所以氦核(24He)射出偏转电场时的动能最大,选项C正确;带电粒子射出偏转电场时的速度为v=2Ekm=2qmU1+U2dy,由于题述四种带电粒子中质子(11H)的比荷qm最大,所以质子(11H)射出偏转电场时的速度最大,选项D正确。
规律总结
带电粒子在偏转电场中运动的五个特殊结论
(1)不同的带电粒子由静止经过同一电场加速后,垂直于电场方向进入同一偏转电场,它们在电场中的偏转距离、偏转角度总是相同的。
(2)粒子从偏转电场中射出时,作粒子速度的反向延长线,就好像是从极板间的l2处沿直线射出似的。
(3)粒子偏转射出电场时速度偏转角θ的正切值是位移与水平方向夹角α的正切值的2倍,即:tan θ=2 tan α。
(4)以相同动能垂直于电场方向进入同一偏转电场的带电粒子,只要q相同,不论m是否相同,则偏转距离和偏转角均相同。
(5)以相同的初速度垂直于电场方向进入同一个偏转电场的带电粒子,不论m、q是否相同,只要qm相同,即荷质比相同,则偏转距离y和速度偏转角θ相同。
2.C 带电粒子在加速电场中做加速运动,由动能定理有qU1=12mv2-0,带电粒子在偏转电场中做类平抛运动,可分解为水平方向上的匀速直线运动与竖直方向上的匀加速直线运动,对带电粒子在水平方向上的匀速直线运动,由运动学公式得L=vt,对带电粒子在竖直方向上的匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得qU2d=ma。设偏转位移为y,则有y=12at2=12×qU2md×Lv2,要使带电粒子能从A、B板间飞出,应有y
解析 (1)带电粒子先加速后偏转,根据动能定理,得qU1=12mv12
进入偏转电场后,在水平方向做匀速直线运动,有v1t=L
得t=Lm2U1q
在偏转电场中a=qU2md
离开偏转电场时竖直速度vy=at
得vy=U2Ldq2mU1
(2)带电粒子离开电场时在竖直方向上的偏移量y1=12at2=U2L24U1d
由平抛运动的推论速度的反向延长线过水平位移的中点,设发光点偏离荧光屏中心O点的距离为y,则有yy1=L1+L2L2,可得
y=2L1+LL·U2L24U1d=(2L1+L)U2L4U1d
4.BC 分析电子一个周期内的运动情况:0~T4时间内,电子从静止开始向B板做匀加速直线运动,T4~T2时间内沿原方向做匀减速直线运动,T2时刻速度为零;T2~3T4时间内向A板做匀加速直线运动,3T4~T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。电子做匀变速直线运动时x-t图像应是抛物线,选项A错误;根据匀变速直线运动速度图像是倾斜的直线可知,B图符合电子的运动情况,选项B正确,D错误;根据电子的运动情况,即匀加速直线运动和匀减速直线运动交替发生,而匀变速运动的加速度大小不变,a-t图像应平行于横轴,选项C正确。
方法技巧
处理变化电场问题的方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移等,并确定与物理过程相关的边界条件。
(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
5.C 电子由静止开始经电压为U0的电场加速,有eU0=12mv02,解得v0=2eU0m。当UAB=3U0时,电子进入偏转电场的加速度a=Fm=e3U0dm=3eU0md,根据平抛运动规律有l=v0t,d3=12at2,vy=at,联立解得d=32l,vy=2eU0m=v0,电子射出偏转电场时的速度偏转角为45°,合速度v=2eU0m,选项A、B错误,C正确;设电子恰能从极板右侧下边缘射出的偏转电压为U,则有a=Fm=eUdm=eUmd,根据平抛运动规律有l=v0t,d=12at2,解得U=9U0,所以当偏转电场的电压小于9U0时进入偏转电场的电子可以从极板右侧射出,所以选项D错误。
6.答案 (1)见解析 (2)U0<8md25qT2
解析 (1)当粒子在0,T,2T,…nT时刻进入电场中时,粒子将打在O'点下方最远点,在前T2时间内,粒子竖直向下的位移为
s1=12a1T22=qU0T28md
在后T2时间内,粒子竖直向下的位移为
s2=v·T2-12a2T22
其中a2=qU02md,v=a1·T2=qU0md·T2=qU0T2md
联立可得s2=3qU0T216md
故粒子打在距O'点正下方的最大距离为s=s1+s2=5qU0T216md
当粒子在T2,32T,…(2n+1)T2时刻进入电场时,将打在O'点上方最远点。
在前T2时间内,粒子竖直向上的位移为s'1=12a'1T22=qU0T216md
在后T2时间内,粒子竖直向上的位移为
s'2=v'·T2-12a'2T22
其中v'=a'1·T2=qU0T4md,a'2=qU0md
联立得s'2=0
故粒子打在距O'点正上方的最大距离为
s'=s'1+s'2=qU0T216md
在靶MN上距其中心O'点有粒子击中的范围是:粒子打在距O'点正下方的最大距离为5qU0T216md,粒子打在距O'点正上方的最大距离为qU0T216md;
(2)要使粒子能全部打在靶上,应有5qU0T216md
7.答案 (1)2eU0m (2)UL24dU0 (3)所加电压U应满足至少为100 V (4)0.025 m~0.05 m
解析 (1)电子加速过程中,根据动能定理有eU0=12mv02
解得初速度v0=2eU0m
(2)偏转过程中,水平方向做匀速直线运动,有v0t=L
垂直A、B两板方向,电子做匀加速直线运动,有U=Ed
eE=ma
y=12at2
由(1)问及以上几式,解得y=UL24dU0
(3)要使电子都打不到屏上,应满足U0取最大值800 V时仍有y>0.5d,代入(2)问结果,可得
U=4U0dyL2>4U0d×0.5dL2=4×800×0.5×0.05020.202 V=100 V
所以为使电子都打不到屏上,A、B两板间所加电压U至少为100 V
(4)当A、B板间所加电压U=50 V时,电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时,其侧移量最大
ymax=12d=12×0.050 m=0.025 m
设电子离开偏转电场时的偏转角最大为θ,电子打在屏上距中心点的最大距离为Ymax,则
tan θ=vyv0=atv0
Ymax=ymax+bv0vy
又ymax=0+vy2t
L=v0t
联立解得Ymax=ymax+2bLymax=0.05 m
由第(2)问中的y=UL24dU0可知,在其他条件不变的情况下,U0越大y越小
所以当U0=800 V时,电子通过偏转电场的侧移量最小
其最小侧移量ymin=UL24dU0=50×0.2024×0.050×800 m=0.012 5 m
同理可知,电子打到屏上距中心的最小距离为Ymin=1+2bLymin=0.025 m
故其范围为0.025 m~0.05 m。
方法技巧
解答本题可按以下思路进行:
(1)对于加速过程,利用动能定理可求得电子进入偏转电场时的动能。
(2)如果电子打不到屏上,应打在极板上,所以临界条件为经最大加速电压加速后的电子经过偏转电场后恰好打在极板的边缘。对加速过程,由动能定理列式。对于偏转过程,由牛顿第二定律和位移公式得到偏转距离y,联立可求得U2的最大值。
(3)电子做类平抛运动,根据侧移量表达式,结合几何关系,可求出电子打在屏上的范围。
8.D 小球在水平方向做匀速直线运动,所以小球在MN上方的电场和MN下方的电场中运动的时间之比为t1∶t2=1∶3,小球在竖直方向的位移大小之比为y1∶y2=12a1t12∶12a2t22=1∶3,其中a1=qE+mgm,a2=qE-mgm,解得E=2mgq,选项A、B、C错误,D正确。
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