10.5帶電粒子在電場中的運動(含教材課后題)

第十章第五節(jié)帶電粒子在電場中的運動考點一：帶電粒子在電場中的加速【技巧與方法】1．帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)微觀粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。2．帶電粒子在電場中的加速帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，帶電粒子將做加(減)速運動。有兩種分析思路：(1)用動力學觀點分析：a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(適用于解決的問題：屬于勻強電場且涉及運動時間等描述運動過程的物理量)(2)用功能觀點分析：粒子只受靜電力作用，靜電力做的功等于粒子動能的變化，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(適用于解決的問題：只涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場情景)【例1】如圖所示，水平安放的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現有質量m，帶電量為+q的小球，在B板下方距離H處，以初速v0豎直向上從B板小孔進入板間電場，不計空氣阻力，欲使小球剛好能到A板，則A、B間電勢差UAB=___________。【答案】【詳解】由題，小球剛好打到A板時，速度恰好為零，對整個過程進行研究，根據動能定理得解得【針對訓練1】如圖所示裝置，真空中有三個電極：發(fā)射電子的陰極：其電勢φk＝－182V；柵網：能讓電子由其間穿過，電勢φg＝0；反射電板電勢為φr＝－250V.與柵網的距離d＝4mm.設各電極間的電場是均勻的，從陰極發(fā)射的電子初速度為零，電子所受重力可以忽略，已知電子質量是0.91×10－30kg，電荷量e＝1.6×10－19C，設某時刻有一電子穿過柵網飛向反射極，則它經過_________時間后再到柵網．（保留2位有效數字）【答案】1.5×10－9s.【詳解】[1]由動能定理可計算出陰極的電子射向柵網時，電子到達柵網的速度，設其速度為v，則（φg－φk）e=mv2代入計算得出v=8×106m/s設電子穿過柵網飛向反射極，經過t再到柵網，則電子的加速度的大小為代入計算得a=×1016m/s2由公式x=vt－at2當電子再到柵網時x=00=8×106m/s×t－××1016m/s2×t2解之得t≈1.5×10－9s．考點二：帶電粒子在電場中的偏轉【技巧與方法】1．基本規(guī)律帶電粒子在電場中的偏轉，軌跡如圖所示。(1)初速度方向eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(速度：vx＝v0,位移：l＝v0t))。(2)電場線方向eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(速度：vy＝at＝\f(qU,md)·\f(l,v0),位移：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)·\f(l2,v\o\al(2,0))))。(3)離開電場時的偏轉角的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。(4)離開電場時位移與初速度方向的夾角的正切值：tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mdv\o\al(2,0))。2．兩個推論(1)粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點。(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。【例2】水平放置的兩塊平行金屬板長L＝5.0cm，兩板間距d＝1.0cm，兩板間電壓為90V，且上板為正，一個電子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s，從兩板中間射入，如圖所示，求：(1)電子離開金屬板時的側位移是多少？(2)電子飛出電場時的速度是多少？(3)電子離開電場后，打在屏上的P點，若s＝10cm，求OP的高度．【答案】(1)0.5cm(2)2.04×107m/s與v0的夾角θ滿足tanθ是0.2(3)2.5cm【詳解】(1)電子在電場中的加速度a＝eq\f(Uq,md).側位移即豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)at2又因t＝eq\f(L,v0)則y＝eq\f(UqL2,2mdv\o\al(2,0))＝0.5cm(2)電子飛出電場時，水平分速度vx＝v0豎直分速度vy＝at＝eq\f(UqL,mdv0)＝4×106m/s則電子飛出電場時的速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝2.04×107m/s設v與v0的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,vx)＝0.2(3)電子飛出電場后做勻速直線運動，則OP＝y(tǒng)＋s·tanθ＝0.025m＝2.5cm【針對訓練2】如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢．2倍 B．4倍 C． D．【答案】C【詳解】電子做類平拋運動，故其在水平方向和豎直方向滿足L=v0t而兩板間的場強為聯立，可得若入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩板間距應變?yōu)樵瓉淼?。故選C?？键c三：帶電粒子在示波管中的運動分析【技巧與方法】1．帶電粒子在示波管中的運動分析(1)運動規(guī)律如圖1所示，帶電粒子在示波管中先做加速運動，然后做偏轉運動，且在X方向和Y方向均發(fā)生偏轉(其中Y方向加信號電壓，X方向加周期與信號電壓相同的掃描電壓，如圖2)。帶電粒子在示波管中的偏轉運動，實質是在交變電場中的運動。(2)確定最終偏移距離思路一：思路二：eq\x(\a\al(確定加速,后的v0))→eq\x(確定偏移量y)eq\o(→,\s\up7(利用三角形相似))eq\x(確定OP：\f(y,OP)＝\f(\f(l,2),\f(l,2)＋L))【例3】如圖所示的陰極射線管，無偏轉電場時，電子束加速后打到熒屏中央O形成亮斑。如果只逐漸增大之間的電勢差，則（）A．在熒屏上的亮斑向上移動 B．在熒屏上的亮斑向下移動C．偏轉電場的電場強度減小 D．偏轉電場對電子做的功減少【答案】A【詳解】C．電子束在偏轉電場中做類平拋運動，運動的時間不發(fā)生變化，逐漸增大之間的電勢差，根據公式則偏轉電場的電場強度增大，故C項錯誤；D．根據電場力做功公式，有因為電勢差變大，所以電場強度E變大，偏轉電場的長度不變，電子進入偏轉電場的初速度也沒變，其沿電場線方向的距離y，有所以y也變大，所以偏轉電場對電子做的功增大，故D項錯誤；AB．電子在偏轉電場中所受的電場力向上，所以在熒光屏上的亮斑向上移動，故A正確，B錯誤。故選A?！踞槍τ柧?】一如圖所示，從熾熱的金屬絲飛出的電子(速度可視為零)，經加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉電場。電子的重力不計。在滿足電子能射出偏轉電場的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角變大的是()A．僅將偏轉電場極性對調B．僅增大偏轉電極間的距離C．僅增大偏轉電極間的電壓D．僅減小偏轉電極間的電壓【答案】C【詳解】設加速電場電壓為U0，偏轉電場電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進入偏轉電場后做類平拋運動，時間t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(Uq,dm)，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，由此可判斷C正確，A、B、D錯誤?？键c達標一、單選題1．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙?，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢．2倍 B．4倍 D．【答案】C【詳解】電子做類平拋運動，故其在水平方向和豎直方向滿足L=v0t而兩板間的場強為聯立，可得若入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則兩板間距應變?yōu)樵瓉淼?。故選C。2．如圖所示，一帶電小球從A處豎直向上進入一水平方向的勻強電場中，進入電場時小球的動能為4J，運動到最高點B時小球的動能為4J，則小球運動到與A點在同一水平面上的C點(圖中未畫出)時的動能為()A．12J B．16JC．20J D．24J【答案】C【詳解】粒子做豎直上拋運動，則運動時間水平方向粒子做初速度為零的勻加速直線運動．水平位移為上升的過程電場力做功為W1=qEx1最高點時，豎直方向的速度為0，故小球的動能與電場力做的功相等，即W1=4J下降的過程中，豎直方向做自由落體運動，與豎直上拋是對稱的所以下降的時間t2=t1水平方向的總位移為全過程中電場力做功為W2=qEx2=4qEx1=4W1=16J全過程中，重力做功為0，根據動能定理有W2=Ek末Ek初所以Ek末=Ek初+W2=4J+16J=20J故C正確，ABD錯誤。故選C。3．如圖所示，質量為m的帶電小球用絕緣絲線懸掛于O點，并處在水平向左的勻強電場E中，小球靜止時絲線與豎直方向夾角為θ，若剪斷絲線，則小球的加速度為()A．0B．g，方向豎直向下C．gtanθ，水平向右D．g/cosθ，沿繩向下【答案】D【詳解】試題分析：絲線剪斷前：小球受到繩子的拉力，重力和電場力作用，三力合力為零，所以；剪斷后小球只受豎直向下的重力和電場力，合力大小等于剪斷前繩子的拉力，方向與拉力方向相反，即與豎直方向夾角為θ向下，根據牛頓第二定律可得考點：考查了力的平衡和牛頓第二定律的應用點評：本題難度較小，做此類型的題目，關鍵是利用平衡條件分析出合力的大小和方向，再用牛頓第二定律解題4．如圖所示，水平放置的平行板電容器，上極板帶負電，下極板帶正電，斷開電源后一帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下極板邊緣飛出，若下極板不動，將上極板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球（）A．加速度變大B．將不能飛出電場C．不發(fā)生偏轉，沿直線運動D．若上極板不動，將下極板上移一段距離，小球可能打在下極板的中央【答案】D【詳解】ABC．將電容器上板向上移動一段距離，電容器所帶的電量Q不變，因為，，解得由公式可知當d增大時，場強E不變，則加速度不變，以相同的速度入射的小球仍按原來的軌跡運動，由下板邊緣飛出，故ABC錯誤；D．若上板不動，將下板上移一段距離時，根據推論可知，板間電場強度不變，粒子所受的電場力不變，粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確。故選D。5．如圖所示的陰極射線管，無偏轉電場時，電子束加速后打到熒屏中央O形成亮斑。如果只逐漸增大之間的電勢差，則（）A．在熒屏上的亮斑向上移動 B．在熒屏上的亮斑向下移動C．偏轉電場的電場強度減小 D．偏轉電場對電子做的功減少【答案】A【詳解】C．電子束在偏轉電場中做類平拋運動，運動的時間不發(fā)生變化，逐漸增大之間的電勢差，根據公式則偏轉電場的電場強度增大，故C項錯誤；D．根據電場力做功公式，有因為電勢差變大，所以電場強度E變大，偏轉電場的長度不變，電子進入偏轉電場的初速度也沒變，其沿電場線方向的距離y，有所以y也變大，所以偏轉電場對電子做的功增大，故D項錯誤；AB．電子在偏轉電場中所受的電場力向上，所以在熒光屏上的亮斑向上移動，故A正確，B錯誤。故選A。6．如圖所示，將帶等量同種正電荷的兩個點電荷分別固定在A、B點，其中OC是AB連線的中垂線，D點處于OC之間。下列對這兩個點電荷電場的分析不正確的是（）A．O點處的電場強度等于0B．電場線在C點的分布一定比D點的分布稀疏C．兩點處的電場強度方向均背離O點D．若在C點由靜止釋放一不計重力的帶負電的試探電荷，則該試探電荷在此后的運動過程中多次經過D點【答案】B【詳解】AB．空間某點的電場強度等于A、B兩點電荷在該點電場強度的矢量和，根據可知，A、B兩點電荷在O點的電場強度大小相等，方向相反，則O點的電場強度為0，又由于在空間無窮遠處電場強度為0，則在中垂線上有O點往兩側向外，電場強度必定先增大后減小，則在中垂線上必定存在一電場強度的最大值，由于不確定C、D兩點是在極值點的異側還是同側，則無法判斷C、D兩點的電場強度的大小，而電場線分布的疏密程度用來描述電場強度的大小，所以無法比較C、D兩點電場線分布的疏密，故A正確，B錯誤；C．根據場強的疊加可判定C、D兩點處的電場強度方向均背離O點，故C正確；D．帶負電的試探電荷在中垂線上受到的電場力始終指向O點，且在中垂線上關于O點對稱的兩點受到的電場力大小相等，方向相反，由對稱規(guī)律可知，該試探電荷將以O點為中心，在C點關于O點的對稱點之間做往復運動，所以該試探電荷在此后的運動過程中多次經過D點，故D正確。本題選不正確的，故選B。7．如圖所示，真空中有一對水平放置的平行金屬板，板間有豎直向下的勻強電場，場強大小為E，質量為m，電荷量為的帶電粒子，從M點水平方向以初速度射入板間，并打在下極板上的N點。已知與豎直方向成45°角，粒子的重力可忽略不計。則（）A．兩點間的距離為B．粒子在兩點間的運動時間為C．粒子剛到達N點時的速度大小為D．粒子剛到達N點時的速度方向與豎直方向的夾角為45°【答案】A【詳解】AB．由題意可知粒子做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則有又因為與豎直方向成45°角，所以有聯立解得則兩點間的距離為故A正確，B錯誤；CD．粒子在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則有則粒子剛到達N點時的速度大小為粒子剛到達N點時的速度方向與豎直方向的夾角為故C、D錯誤。故選A。二、多選題8．如圖所示，有三個質量相等，分別帶正電，負電和不帶電的小球，從上、下帶電平行金屬板間的P點；以相同速率垂直電場方向射入電場，它們分別落到A、B、C三點，則（）A．A帶正電、B不帶電、C帶負電B．三小球在電場中運動時間相等C．在電場中加速度的關系是aC＞aB＞aAD．到達正極板時動能關系EA＞EB＞EC【答案】AC【詳解】AC．在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負電小球的受力如下圖所示三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運動，則落在板上時水平方向的距離與下落時間成正比，由于豎直位移相同，根據，得水平位移最大的A球運動時間最長即A球豎直方向的加速度最小，故A球帶正電，水平位移最小的C球加速度最大，故C球帶負電，則B球不帶電，故AC正確；B．三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運動，則落在板上時水平方向的距離與下落時間成正比，所以A球運動時間最長，C球運動時間最短，故B錯誤;D．根據動能定理，三小球到達下板時的動能等于這一過程中合外力對小球做的功．由受力圖可知，帶負電小球合力最大，做功最多動能最大，帶正電小球合力最小，做功最少動能最小，即EC＞EB＞EA，故D錯誤;故選AC。9．如圖，在勻強電場中有一固定斜面．帶電物體從斜面頂端滑到底端的過程中，重力對物體做功24J，電場力對物體做功12J，摩擦力對物體做功8J，則物體的A．動能增加4J B．電勢能增加12JC．機械能增加4J D．重力勢能增加24J【答案】AB【分析】動能增量等于合外力的功；電勢能的變化量等于電場力的功；重力勢能的變化等于重力的功；除重力以外的其它力的功等于機械能的增量；據此判斷．【詳解】根據動能定理可知，動能增量：，選項A正確；電場力對物體做功12J，則電勢能增加12J，選項B正確；機械能增量等于除重力以外的其它力的功，則機械能增量為：12J8J=20J，選項C錯誤；重力對物體做功24J，則重力勢能減小24J，選項D錯誤；故選AB.10．如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（電子電量為e，不計重力作用）下列說法中正確的是（）A．若從時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B．若從時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C．若從時刻釋放電子，在恰好到達右極板，則到達右極板時電子的為D．若從時刻釋放電子，在時刻到達右極板，則到達右極板時的電子的動能是【答案】AD【詳解】AB．若t=0時刻釋放電子，電子將重復先加速后減速，直到打到右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯誤；CD．設兩極板距離為，極板間電場強度大小若從時刻釋放電子，在時刻到達右極板，則電子經歷了先加速再減速后加速三個過程，每段加速度大小相同，則每段位大小相同，均為。全過程由動能定理得得又得C錯誤，D正確。故選AD。三、填空題11．如圖所示，水平安放的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現有質量m，帶電量為+q的小球，在B板下方距離H處，以初速v0豎直向上從B板小孔進入板間電場，不計空氣阻力，欲使小球剛好能到A板，則A、B間電勢差UAB=___________?！敬鸢浮俊驹斀狻坑深}，小球剛好打到A板時，速度恰好為零，對整個過程進行研究，根據動能定理得解得12．如圖所示裝置，真空中有三個電極：發(fā)射電子的陰極：其電勢φk＝－182V；柵網：能讓電子由其間穿過，電勢φg＝0；反射電板電勢為φr＝－250V.與柵網的距離d＝4mm.設各電極間的電場是均勻的，從陰極發(fā)射的電子初速度為零，電子所受重力可以忽略，已知電子質量是0.91×10－30kg，電荷量e＝1.6×10－19C，設某時刻有一電子穿過柵網飛向反射極，則它經過_________時間后再到柵網．（保留2位有效數字）【答案】1.5×10－9s.【詳解】[1]由動能定理可計算出陰極的電子射向柵網時，電子到達柵網的速度，設其速度為v，則（φg－φk）e=mv2代入計算得出v=8×106m/s設電子穿過柵網飛向反射極，經過t再到柵網，則電子的加速度的大小為代入計算得a=×1016m/s2由公式x=vt－at2當電子再到柵網時x=00=8×106m/s×t－××1016m/s2×t2解之得t≈1.5×10－9s．四、解答題13．如圖所示，邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內存在著沿AD方向的勻強電場．一個質量為m、電量為q、速度為v的帶電粒子從A點沿AB方向進入電場，恰好從BC的中點離開電場，不計粒子所受重力．求電場強度的大小E．【答案】【詳解】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，則有垂直于電場方向：L=vt平行于電場方向：據牛頓第二定律：qE=ma解上述方程得：14．如圖所示，粒子以初速度垂直于電場線方向從A點射入一勻強電場，經時間t到達B點時，速度大小為，粒子的質量為m，電荷量為q，不計重力。求：（1）A、B兩點間的電勢差；（2）勻強電場的場強大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子從A到B過程有解得（2）粒子在豎直方向上做勻速直線運動，在水平方向上做勻加速直線運動，則有，在B點有根據牛頓第二定律有解得15．如圖所示，空間中存在水平向右、場強大小為的勻強電場。水平傳送帶的左端與水平面在B點平滑連接，右端與一個半徑為的光滑圓弧軌道水平相切與點。，傳送帶順時針轉動，速率恒為?，F將一質量為、帶正電且電荷量為的小滑塊，從A點由靜止釋放，小滑塊與段和段間的摩擦因數均為。取，求：（1）小滑塊運動到水平面右端B點時的速度大小；（2）小滑塊運動到圓弧軌道底端點時所受的支持力大?。唬?）小滑塊對圓弧軌道壓力的最大值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）滑塊從A到B過程，由動能定理得解得（2）滑塊在傳送帶上先做勻加速運動，由牛頓第二定律得解得滑塊與傳送帶共速時位移為，則解得滑塊與傳送帶共速后，繼續(xù)向右做勻加速運動，由牛頓第二定律得解得由在點，由聯立解得（3）滑塊在圓弧軌道運動時，等效重力位等效重力與水平方向的夾角滿足解得在上最大速度為，由動能定理得由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律可知滑塊對圓弧軌道的最大壓力為N。16．如圖所示，內表面光滑絕緣的半徑為的圓形軌道處于豎直平面內，有豎直向下的勻強電場，有一質量為、帶負電的小球，電量，小球在圓軌道內壁做圓周運動，當運動到最低點A時，小球與軌道壓力恰好為零，且小球的速度大小，g取，空氣阻力不計，求：(1)電場強度的大??；(2)小球運動到最高點B時對軌道的壓力?！敬鸢浮?1)；(2)2.4N，方向豎直向上【詳解】(1)帶電小球在A點時，小球與軌道壓力恰好為零，由牛頓第二定律可得代入數據可解得電場強度的大小。(2)小球由A運動到B過程，由動能定理可得在B點，設軌道對小球的壓力為F，由牛頓第二定律可得代入數據可解得，由牛頓第三定律可知，小球運動到最高點B時對軌道的壓力為2.4N，方向豎直向上。教材課后題參考答案與解析一、解答題1．真空中有一對平行金屬板，相距，兩板電勢差為。二價的氧離子由靜止開始加速，從一個極板到達另一個極板時，動能是多大？這個問題有幾種解法？哪種解法比較簡便？【答案】180eV；兩種解法：動能定理和運動學公式；動能定理比較簡單?！驹斀狻拷夥ǜ鶕幽芏ɡ?有qU=EK解得Ek=qU=2e×90V=180eV解法二根據牛頓第二定律,有qE=ma①根據運動學公式,有電場強度動能聯立①②③④解得Ek=qU=2e×90v=180ev答:從一個極板到達另一個極板時,動能是180eV;用動能定理較為簡單.2．某種金屬板受到一束紫外線照射時會不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，速度大小也不相同。在旁放置一個金屬網。如果用導線將、連起來，從射出的電子落到上便會沿導線返回，從而形成電流?，F在不把、直接相連，而按圖那樣在、之間加電壓，發(fā)現當時電流表中就沒有電流。問：被這束紫外線照射出的電子，最大速度是多少？【答案】【詳解】加上電壓后，會在電子運動區(qū)域產生阻礙電子射向N板的運動，當電流表中無電流通過時，說明即使垂直射向N板的電子都會在到達N板前減速到零，假設電子最大速度是v，由動能定理得電子質量m=0.91×1030kg，e取，U0=12.5V，代入數值解得3．先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉電場，進入時速度方向與電場方向垂直。在下列兩種情況下，分別求出電子偏轉角的正切與氫核偏轉角的正切之比。（1）電子與氫核的初速度相同；（2）電子與氫核的初