帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)

-.z.帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)帶電粒子在電場中的加速討論帶電粒子在電場中做直線運動(加速或減速)的方法：(1)能量方法——能量守恒定律；(2)功能關(guān)系——動能定理；(3)力和運動學(xué)方法——牛頓運動定律，勻變速直線運動公式。[典題例析1]如圖甲所示，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q＞0)的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電荷量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。(1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t1；(2)假設(shè)滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm的過程中彈簧的彈力所做的功W；(3)從滑塊靜止釋放瞬間開場計時，請在圖乙中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關(guān)系v－t圖像。圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度到達最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標(biāo)軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。(1)滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a，則有qE＋mgsinθ＝ma①s0＝eq\f(1,2)at12②聯(lián)立①②可得t1＝eq\r(\f(2ms0,qE＋mgsinθ))(2)滑塊速度最大時受力平衡，設(shè)此時彈簧壓縮量為*0，則有mgsinθ＋qE＝k*0④從靜止釋放到速度到達最大的過程中，由動能定理得(mgsinθ＋qE)·(s0＋*0)＋W＝eq\f(1,2)mvm2－0⑤聯(lián)立④⑤可得W＝eq\f(1,2)mvm2－(mgsinθ＋qE)·(s0＋eq\f(mgsinθ＋qE,k))[拓展訓(xùn)練1]如圖6－3－7所示，板長L＝4cm的平行板電容器，板間距離d＝3cm，板與水平線夾角α＝37°，兩板所加電壓為U＝100V，有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量為q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出，取g＝10m/s2。求：(1)液滴的質(zhì)量；(2)液滴飛出時的速度。(1)畫出帶電液滴的受力圖如下圖，由圖可得：qEcosα＝mgqEsinα＝maE＝eq\f(U,d)解之得：m＝eq\f(qUcosα,dg)代入數(shù)據(jù)得m＝8×10－8(2)對液滴由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02v＝eq\r(v02＋\f(2qU,m))所以v＝eq\f(\r(7),2)m/s≈1.32m/s[拓展訓(xùn)練2]如圖a所示，為一組間距d足夠大的平行金屬板，板間加有隨時間變化的電壓〔如圖b所示〕，設(shè)U0和T。A板上O處有一靜止的帶電粒子，其帶電量為q，質(zhì)量為m〔不計重力〕，在t=0時刻起該帶電粒子受板間電場加速向B板運動，途中由于電場反向，粒子又向A板返回〔粒子未曾與B板相碰〕?！?〕當(dāng)U*=2U0時求帶電粒子在t=T時刻的動能；〔2〕為使帶電粒子在0~T時間內(nèi)能回到O點，U*要大于多少？OOABu〔a〕utU0U*OT/2T3T/2〔b〕解析：〔1〕，，，〔2〕，，，，由上面四式，得因為，，所以二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學(xué)的知識，分析方法和力學(xué)的分析方法根本一樣：先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程；然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。[典題例析2]如圖為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點。M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力。設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有eU1＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。t＝eq\f(L,v0)eq\f(eU2,md)＝ay＝eq\f(1,2)at2解得：y＝eq\f(U2L2,4U1d)。(3)減小加速電壓U1，增大偏轉(zhuǎn)電壓U2?！和卣褂?xùn)練』如下圖，兩塊平行金屬板豎直放置，兩板間的電勢差U＝1.5×103V(僅在兩板間有電場)，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1×10－2kg、電荷量q＝4×10－5C的帶電小球從兩板的左上方距兩板上端的高度h＝20cm的地方以初速度v0＝4m(1)金屬板的長度L。(2)小球飛出電場時的動能Ek。解析：(1)小球到達左板上邊緣時的豎直分速度：vy＝eq\r(2gh)＝2m/s設(shè)小球此時速度方向與豎直方向之間的夾角為θ，則：tanθ＝eq\f(v0,vy)＝2小球在電場中沿直線運動，所受合力方向與運動方向一樣，設(shè)板間距為d，則：tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(qU,mgd)L＝eq\f(d,tanθ)， 解得L＝eq\f(qU,mgtan2θ)＝0.15m(2)進入電場前mgh＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02電場中運動過程qU＋mgL＝Ek－eq\f(1,2)mv12解得Ek＝0.175J[典題例析3]如下圖為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖.在O*y平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均為E的勻強電場Ⅰ和Ⅱ，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形〔不計電子所受重力〕?！?〕在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置.〔2〕在電場Ⅰ區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置.〔3〕假設(shè)將左側(cè)電場Ⅱ整體水平向右移動L/n〔n≥1〕，仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開〔D不隨電場移動〕，求在電場Ⅰ區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。解析：〔1〕設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為v0，此后電場II做類平拋運動，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點縱坐標(biāo)為y，有解得y＝，所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為〔－2L，〕〔2〕設(shè)釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標(biāo)為〔*，y〕，在電場I中電子被加速到v1，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有解得*y＝，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置?！?〕設(shè)電子從〔*，y〕點釋放，在電場I中加速到v2，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與〔2〕中類似，然后電子做勻速直線運動，經(jīng)過D點，則有，解得，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足議程的點即為所求位置『拓展訓(xùn)練』真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中，假設(shè)將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球的速度與豎直方向夾角為37°〔取〕?，F(xiàn)將該小球從電場中*點以初速度豎直向上拋出。求運動過程中〔1〕小球受到的電場力的大小及方向；〔2〕小球從拋出點至最高點的電勢能變化量；〔3〕小球的最小速度的大小及方向。答案：〔1〕根據(jù)題設(shè)條件，電場力大小電場力的方向水平向右。〔2〕小球沿豎直方向做勻減速運動，速度為沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為a*小球上升到最高點的時間此過程小球沿電場方向位移電場力做功W=小球上升到最高點的過程中，電勢能減少〔3〕水平速度，豎直速度小球的速度由以上各式得出解得當(dāng)此時·,即與電場方向夾角為37°斜向上穩(wěn)固訓(xùn)練一、選擇題1.板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間的電勢差為U1，板間場強為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閑q\f(1,2)d，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間場強為E2，以下說法正確的是()A.U2＝U1，E2＝E1B.U2＝2U1，E2＝4E1C.U2＝U1，E2＝2E1D.U2＝2U1，E2＝2E12.水平放置的平行板電容器與一電池相連.在電容器的兩板間有一帶正電的質(zhì)點處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則()A.電容變大，質(zhì)點向上運動B.電容變大，質(zhì)點向下運動C.電容變小，質(zhì)點保持靜止D.電容變小，質(zhì)點向下運動3.如下圖，長為L、傾角為θ的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強電場中.一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0由斜面底端的M點沿斜面上滑，到達斜面頂端N的速度仍為v0，則()A.電場強度等于mg·tanθ/qB.電場強度等于mg·sinθ/qC.M、N兩點的電勢差為mgL/qD.小球在N點的電勢能大于在M點的電勢能4.如下圖，一個帶電粒子從粒子源進入(初速度很小，可忽略不計)電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2.則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是()A.eq\f(U2,U1)≤eq\f(2d,L)B.eq\f(U2,U1)≤eq\f(d,L)C.eq\f(U2,U1)≤eq\f(2d2,L2)D.eq\f(U2,U1)≤eq\f(d2,L2)5.如下圖，平行板電容器A、B間有一帶電油滴P正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B極板勻速向下移動到虛線位置，其他條件不變.則在B極板移動的過程中()A.油滴將向下做勻加速運動B.電流計中電流由b流向aC.油滴運動的加速度逐漸變大D.極板帶的電荷量減少6.如下圖，在絕緣光滑水平面上固定兩個等量同種電荷A、B，在AB連線上的P點由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會在A、B之間往復(fù)運動，則以下判斷正確的選項是()A.滑塊一定帶的是與A、B異種的電荷B.滑塊一定帶的是與A、B同種的電荷C.滑塊在由P向B運動過程中，電勢能一定是先減小后增大D.滑塊的動能與電勢能之和一定減小7.a、b、c三個α粒子由同一點同時垂直場強方向進入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如下圖，其中b恰好飛出電場，由此可以肯定()A.在b飛離電場的同時，a剛好打在負(fù)極板上B.b和c同時飛離電場C.進入電場時，c的速度最大，a的速度最小D.動能的增量相比，c的最小，b的最大8.如下圖，A、B為一對中間開有小孔的平行金屬板，相距一定距離，A板接地，現(xiàn)有一電子在t＝0時刻在A板小孔中由靜止開場向B板運動，不計重力及阻力影響，使電子一定能從B板小孔射出，則B板電勢φB與時間t的變化規(guī)律是()9.光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球由*一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速度v0進入該正方形區(qū)域.當(dāng)小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為()A.0B.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)qElC.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2,3)qEl10.如圖12所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子。假設(shè)極板長為L，間距為d。當(dāng)A、B板加上電壓U時，只有*一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C離兩板等距。元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為()圖12A.eq\r(\f(2eU,m))B.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,m))C.eq\f(1,d)eq\r(\f(eUd2＋L2,m))D.eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,2m))解析：設(shè)所求的速度為v0，與上板A成θ角。在垂直于極板的方向上，β粒子做勻減速直線運動，當(dāng)豎直分速度恰好減為零時，有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，即d＝at2，水平位移L＝v*t，兩式相除得eq\f(d,L)＝eq\f(at,v*)＝eq\f(vy,v*)，又vy＝at＝eq\r(\f(Ue,m))，所以v*＝eq\f(L,d)vy＝eq\f(L,d)eq\r(\f(eU,m))。所以v0＝eq\r(v*2＋vy2)＝eq\f(1,d)eq\r(\f(eUd2＋L2,m))。選項C正確。11.(18分)如下圖，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏.現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離*.12.如圖14所示，長L＝1.2m、質(zhì)量M＝3kg的木板靜止放在傾角為37°的光滑斜面上，質(zhì)量m＝1kg、帶電荷量q＝＋2.5×10－4C的物塊放在木板的上端，木板和物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，所在空間加有一個方向垂直斜面向下、場強E＝4.0×104N/C的勻強電場。現(xiàn)對木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8N。取g＝10m/s2圖14(1)物塊經(jīng)多長時間離開木板？(2)物塊離開木板時木板獲得的動能。(3)物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能。解析：(1)物塊向下做加速運動，設(shè)其加速度為a1，木板的加速度為a2，則由牛頓第二定律對物塊：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1對木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2又eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L得物塊滑過木板所用時間t＝eq\r(2)s。(2)物塊離開木板時木板的速度v2＝a2t＝3eq\r(2)m/s。其動能為Ek2＝eq\f(1,2)Mv22＝27J(3)由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝F摩*相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16J。答案：(1)eq\r(2)s(2)27J(3)2.16J答案解析1.【解析】選C.由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C2＝2C1，又Q＝C1U1,2Q＝C2U2，故得U2＝U1，又由E＝eq\f(U,d)可得：E2＝2E1，C正確.2.【解析】選D.帶電質(zhì)點在電容器中處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝qE，因為電容器與電源連接，電壓不變，E＝U/d，d增大，電容C減小，E減小，質(zhì)點向下運動，答案為D.3.【解析】選A.小球受到重力、電場力、支持力三個恒力作用，一定沿斜面勻速運動，必有mgsinθ＝Eqcosθ，解得：E＝eq\f(mgtanθ,q)，A正確，B錯誤；UMN＝E·Lcosθ＝eq\f(mgLsinθ,q)，C錯誤；因電場力對小球做正功，小球的電勢能減少，故小球在N點的電勢能小于在M點的電勢能，D錯誤.4.【解析】選C.根據(jù)動能定理知，當(dāng)帶電粒子剛好從板間飛出時，qU1＝eq\f(1,2)mv2，再由t＝eq\f(L,v)和y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU2,md)·(eq\f(L,v))2，得y≤eq\f(1,2)d，解得eq\f(U2,U1)≤eq\f(2d2,L2)，故C正確.【變式備選】(雙選)如下圖，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(guān)于電子的運動，則以下說法中正確的選項是()A.滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升B.滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C.電壓U增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D.電壓U增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變【解析】選B、D.電子加速有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，電子偏轉(zhuǎn)有y＝eq\f(1,2)eq\f(eU,md)()2＝eq\f(Ul2,4dU0)，滑動觸頭向右滑動，U0增大，y減小，A錯誤，B正確；兩電場對電子做的功為W＝e(U0＋eq\f(U,d)y)，U增大，y增大，則W增大，所以選項C錯誤；電子在加速電場中勻加速時間不變，在偏轉(zhuǎn)電場中勻速運動時間也不變，所以運動總時間不變，選項D正確.故答案為B、D.5.【解析】選C、D.由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大，電容器電容C減小，由Q＝CU可知，電容器的電荷量減少，電容器放電，電流由a流向b，D正確，B錯誤；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移過程中，兩板間場強逐漸減小，由mg－Eq＝ma可知油滴運動的加速度逐漸變大，C正確，A錯誤.6.【解析】選B、C.根據(jù)從P點由靜止釋放的帶電滑塊在A、B之間往復(fù)運動可以判斷，開場時A對滑塊向右的作用力大于B向左的作用力，所以滑塊一定帶與A、B一樣的電荷，選項A錯B對；由于A、B帶等量同種電荷，所以其連線中點場強為零，滑塊在由P向B運動過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能一定是先減小后增大，選項C正確；在整個運動過程中只有電場力做功，所以滑塊的動能與電勢能之和一定不變，D選項錯，故答案為B、C.7.【解析】選A、C.由eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2可知，ta＝tb，A正確；而yc＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)teq\o\al(2,c)，tc<tb，B錯誤；由t＝eq\f(L,v)得：vc>vb>va，C正確；由ΔEk＝Eq·y可知，ΔEkb＝ΔEka>ΔEkc，故D錯誤.8.【解析】選A、B.圖A中，B板電勢一直比A板電勢高，因此，電子一直向B板加速運動，一定能從B板小孔射出，A正確；由對稱性可知，圖B中電壓加在板間，將使電子時而向B板加速，時而向B板減速，且一直向B板運動，一定能從B板小孔射出，B正確；圖C、圖D中電壓加在板間，假設(shè)板間距足夠大，則電子將在兩板間往復(fù)運動，假設(shè)板間距較小，則有可能從B板小孔射出，故C、D均錯誤.9.【解析】選A、C.如題圖所示.(1)當(dāng)它從bc邊中點垂直該邊以水平初速度v0進入電場時，由動能定理得：qEl＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)即Ek＝qEl＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).(2)當(dāng)它從ab邊中點垂直該邊進入，則可能沿ad邊射出，也可能沿cd邊射出.①假設(shè)從ad邊射出，則＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，即Ek＝＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則選項B錯誤；②假設(shè)從cd邊射出，設(shè)射出點與射入點沿場強方向的距離為*,0＜*≤eq\f(l,2)，則qE*＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)<Ek≤＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).(3)假設(shè)它從ad邊中點垂直該邊進入電場，則先做勻減速運動.①假設(shè)qEl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則到達bc邊時速度為零.應(yīng)選項A正確；②假設(shè)qEl＞eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則未出電場區(qū)，