第七節(jié) 加速電場以及偏轉電場-2024-2025學年高二上學期物理專項訓練

第七節(jié)加速電場以及偏轉電場需要掌握的內容1.直線加速以及減速電場算法有哪些？當粒子只受電場力，并且電場力與速度共線時通常使用動能定理求解速度變化Uq=12mv2,速度公式會變成v=2Uq2.類平拋偏轉電場算法有哪些？（1）根據類平拋基本理論計算水平方向t=lv0，豎直方向y=12at2，其中a=Eq（2）根據平拋當中的角度關系2tanα=tanθ，α位移偏角，θ速度偏角，此公式可以根據初末位置計算出速度偏角，速度反向延長線經過水平位移中點。（3）根據動能定理Uq=Eqy=12mvt2-123加速電場與偏轉電場組合算法。加速電場末速度做為偏轉電場初速度，v=2Uqm帶入y=Uql經典習題單選題1．如圖所示，兩個平行帶電金屬板M、N相距為d，M板上距左端為d處有一個小孔A，有甲、乙兩個相同的帶電粒子，甲粒子從兩板左端連線中點O處以初速度v1平行于兩板射入，乙粒子從A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在電場中的運動時間相同，并且都打到N板的中點B處，則初速度v1與v2的關系正確的是（）A．= B．= C．=2 D．=多選題2．一帶正電微粒從靜止開始經電壓加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為60°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為和，到兩極板距離均為，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（

）

A．B．C．微粒穿出電容器區(qū)域時速度與水平方向夾角的正切值D．僅改變微粒的質量或者電荷量，微粒在電容器中的運動軌跡發(fā)生變化單選題3．真空中的某裝置如圖所示，現有質子（）、氘核（）和粒子（）都從O點由靜止釋放，經過相同加速電場和偏轉電場，射出后都打在同一個與垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現亮點（三種粒子重力均不計）。下列說法正確的是（

）A．三種粒子在偏轉電場中運動時間相同B．三種粒子射出偏轉電場時的速度方向相同C．在熒光屏上將出現3個亮點D．三種粒子射出偏轉電場時的動能相等單選題4．a、b、c是三個電荷量相同、質量不同的帶電粒子，以相同的初速度由同一點垂直場強方向進入偏轉電場，僅在電場力的作用下運動，軌跡如圖所示，其中b恰好沿著極板邊緣飛出電場。粒子a、b、c在電場中運動的過程中，下列說法正確的是（

）A．a、b運動的時間相同B．a的質量最大，c的質量最小C．動量的增量相比，a的最小，b和c的一樣大D．動能的增量相比，c的最大，a和b的一樣大多選題5．如圖所示，xOy坐標系的第二象限存在水平向右的勻強電場。第一象限存在豎直向下的勻強電場，y軸上a點和x軸上b點連線為電場的下邊界。讓原來靜止的氫核（）、氘核（）兩粒子先后由P點釋放，均從a點水平射入第一象限，且均從a、b連線上射出，則下列說法正確的是（

）A．氫核、氘核經a點時速度之比為2：1B．氫核、氘核在第一象限內的運動時間之比為C．氫核、氘核在第一象限內同一位置飛出電場D．氫核、氘核在第一象限射出電場時速度相同6．靜電噴涂利用高壓電場使霧化涂料受電場力作用吸附于基底表面，比傳統(tǒng)手工噴涂更省料、環(huán)保、高效。如圖所示，豎直平面內存在水平向右的勻強電場（圖中未畫出），電場強度的大小為E=5×105V/m。現將一質量為m=1×10-6kg、電量為q=+4×10-11C，可視為質點的油漆液滴，從距地面高度為h=5cm的A點以=1m/s的速度水平向右噴出。經過一段時間后，油漆液滴落到水平地面上的B點?？諝庾枇雎圆挥嫞阎亓铀俣葹間=10m/s2。求：（1）油漆液滴在空中運動的時間；（2）A、B兩點間的電勢差；（3）油漆液滴落地時的速度大小。7．如圖所示，示波器的工作原理可以簡化為：金屬絲發(fā)射出的電子由靜止經電壓加速后，從金屬板的小孔O射出，沿進入偏轉電場，經偏轉電場后打在熒光屏上。偏轉電場是由兩個平行的相同金屬極板M、N組成，已知極板的長度為l，兩板間的距離也為l。極板間電壓為，偏轉電場極板的右端到熒光屏的距離為d。電子電荷量大小為e，質量為m，不計電子受到的重力和電子之間的相互作用。（1）求電子從小孔O穿出時的速度大?。海?）求電子離開偏轉電場時速度偏轉角度的正切值和在熒光屏上形成的亮斑到O的距離。8．如圖所示的電路，電源電動勢E=30V。內阻r=2Ω，電阻R1=8Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C為平行板電容器，其電容C=6.0pF，虛線到兩極板距離相等，極板長l=0.1m，兩極板的間距d=0.01m。（1）若開關S處于斷開狀態(tài)，則當其閉合后，求流過R3的總電荷量；（2）若開關S閉合時，有一帶電微粒沿虛線方向以v0=2.0m/s的初速度射入平行板電容器C的電場中，剛好沿虛線做勻速直線運動。問：當開關S斷開后，此帶電微粒以相同的初速度沿虛線方向射入平行板電容器C的電場中，能否從平行板電容器C的電場中射出。（要求寫出計算和分析過程，重力加速度g取10m/s2）9．如圖所示，一對水平固定放置的平行金屬板長為，相距為，兩板間加一偏轉電壓，在其上板左側附近有一對豎直放置的金屬板，板間加一加速電壓，且在其左板附近由靜止釋放一質量為、電荷量為的帶電粒子，加速后從右板小孔水平射出，并剛好沿上板邊緣點進入兩水平金屬板間，經偏轉電場后恰好從兩板間中線的點飛出，不計粒子重力及空氣阻力。求：（1）粒子在點的速度；（2）偏轉電壓的大??；（3）若保持偏轉電壓為（2）中的大小不變，讓粒子始終能從兩水平金屬板間射出，則加速電壓的大小應滿足的條件。10．如圖所示，寬的長方形ABCD內存在與AB平行的勻強電場。質量為m、帶電量為的帶電粒子從A點沿AD以速度垂直電場射入，正好從C點射出，且速度的偏轉角為，并從C點進入帶電平行板ab與cd之間的勻強電場，做勻減速直線運動到達cd板的e點時速度恰好為0。已知平行板ab與之間的距離為，，，不計粒子重力，求：（1）邊界BC的長度和ABCD內勻強電場的場強大??；（2）粒子從A點到e點的運動時間；（3）C、e兩點間的電勢差。

單選題11．如圖甲所示為示波管，如果在之間加如圖乙所示的交變電壓，同時在之間加如圖丙所示的鋸齒形電壓，使的電勢比高，則在熒光屏上會看到的圖形為（）

A．

B．

C．

D．

12．示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成。（1）如圖所示，如果在熒光屏上P點出現亮斑，那么示波管中的極板X應帶電。（2）如果在偏轉電極上加如圖①所示的電壓，同時在偏轉電極上加如圖②所示的電壓，試在圖中畫出所觀察到的波形圖。

答案第七節(jié)1．C【詳解】設帶電粒子在電場中的加速度為a，則對甲粒子，豎直方向則有水平方向解出對乙粒子有解出所以故A、B、D錯誤，C正確；故選C。2．AC【詳解】A．設粒子從射入到運動至最到點的時間為，根據動力學有粒子射入水平放置的平行板電容器水平速度、豎直速度為，解得故A正確；B．粒子在平行板電容器內的加速度豎直方向有粒子射入電場的動能可得故B錯誤；C．設粒子從最到點運動至射出平行板電容器的時間為，根據動力學有可得射出磁場時豎直方向的速度微粒穿出電容器區(qū)域時速度與水平方向夾角的正切值故C正確；D．設粒子從射入到運動至最到點的水平位移為，設粒子從射入到運動至最到點的時間為，為豎直方向的位移為粒子在平行板電容器內的加速度粒子射入電場的動能聯立解得且，聯立解得，即粒子從射入到運動至最到點的水平和豎直位移均與電荷量和質量無關，粒子射出磁場的過程同理可得，故軌跡不會變化，故D錯誤。故選AC。3．B【詳解】A．粒子在加速電場中，根據動能定理解得，進入電場的初速度質子和氘核比荷不同，進入電場初速度不同，進入電場后，在電場中運動時間則在偏轉電場中運動時間不同，故A錯誤；B．粒子在偏轉電場中的加速度射出偏轉電場時的速度偏轉角則三種粒子射出偏轉電場時的速度方向相同，故B正確；C．三種粒子射出偏轉電場時的速度方向相同，且射出電場時，沿電場方向位移也相同，射出電場后均做直線運動，則在熒光屏上將只出現1個亮點，故C錯誤；D．在加速電場和偏轉電場的全過程，根據動能定理因為y與電荷量和質量均沒有關系，則射出偏轉電場時的動能與電荷量有關，則三種粒子射出偏轉電場時的動能不相等，故D錯誤。故選B。4．C【詳解】AB．三個粒子均做類平拋運動，水平方向滿足x=vt由于初速度相同，可知a運動的時間最短，b、c運動時間相同，豎直方向滿足可知，a的加速度最大，c的加速度最小，據牛頓第二定律可得可知a的質量最小、c的質量最大，AB錯誤；C．根據動量定理可得可知a的動量增量最小，b、c的一樣大，C正確；D．根據動能定理可得可知，a、b動能增量相同，c的最小，D錯誤。故選C。5．BC【詳解】A．設氫核、氘核的電荷量分別為、，質量分別為、，到達a點時速度分別為和，P點到a點的距離為d。P點到a點由動能定理得解得得A錯誤；C．設與夾角為，氫核離開勻強電場位置的橫坐標為，氫核在勻強電場運動時間為，豎直方向偏轉位移為。氘核離開勻強電場位置的橫坐標為，氫核在勻強電場運動時間為，豎直方向偏轉位移為。兩粒子軸正方向做勻速直線運動，軸負方向均做初速度為零的勻加速直線運動。則又根據幾何關系綜上可得因此氫核、氘核在第一象限內同一位置飛出電場，C正確；B．設氫核、氘核離開勻強電場時速度與軸負方向的夾角分別為，則解得因此氫核、氘核在第一象限內沿軸正方向分別以和做勻速直線運動，且離開第一象限時為同一位置，設其橫坐標為。設氫核、氘核在第一象限內的運動時間分別為，。則有解得B正確；D．氫核、氘核在第一象限射出電場時速度分別為和，由動能定理得因為得氫核、氘核在第一象限射出電場時速度不相同，D錯誤。故選BC。6．（1）0.1s；（2）V；（3）m/s【詳解】（1）液滴在豎直方向做自由落體運動，則

①解得t=0.1s

②（2）液滴沿電場線方向運動的距離為③且

④A、B兩點間的電勢差為

⑤解得V

⑥（3）由動能定理有

⑦解得m/s

⑧7．（1）；（2），【詳解】（1）電子在加速電場做加速運動，根據動能定理可得解得（2）在偏轉電場中，水平方向電子做勻速運動，有豎直方向，電子受到電場力作用，由牛頓第二定律有又，，聯立解得電子離開偏轉電場時速度偏轉角度的正切值為根據類平拋推論和幾何關系可得聯立解得在熒光屏上形成的亮斑到O的距離為8．（1）；（2）能【詳解】（1）S斷開時，電阻R2兩端電壓為S閉合后，外電阻為路端電壓為電阻R2兩端電壓為則流過R3的總電荷量為故流過R3的總電荷量為。（2）設微粒質量為m，電荷量為q。當開關S閉合時，有當開關S斷開后，設微粒加速度大小為a，則解得假設微粒能從電容器的電場中射出，水平方向有豎直方向故微粒能從平行板電容器的電場中射出。9．(1)1m/s；(2)40V；(3)大于1000V【詳解】(1)電子在加速電場中運動時，由動能定理得解得：(2)帶電粒子在偏轉電場中運動時間由牛頓第二定律得豎直方向上側移量解得(3)當粒子剛好從下極板邊緣射出，對應加速電源最小，帶電粒子在偏轉電場中運動時間由牛頓第二定律得豎直方向上側移量且聯立解得解得故電壓應大于等于1000V。10．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在勻強電場中做類平拋運動，根據類平拋運動的規(guī)律，過點作出射速度的反向延長線會交于的中點，如圖所示

由幾何關系有結合、解得粒子從A點到點做類平拋運動，有，

解得，（2）把粒子在點的速度分別沿著和的方向分解，則有粒子從點到點做勻減速直線運動，初速度為、末速度為0、位移為，設運動時間為，則有粒子從A點到點的運動時間為聯立以上各式解得（3）粒子從點到點由動能定理可得解得11．C【詳解】電極所加電壓先為正(Y電勢高于且先增后減)，后為負(Y電勢低于且先增后減)，對電子豎直方向受力分析知，其先向Y偏轉，偏轉位移先增大后減小，后向偏轉，偏轉位移先增大后減??；電極所加電壓一直為正，說明一直是X板電