10.5带电粒子在电场中的运动(含教材课后题)

第十章第五节带电粒子在电场中的运动考点一：带电粒子在电场中的加速【技巧与方法】1．带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)微观粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。2．带电粒子在电场中的加速带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析思路：(1)用动力学观点分析：a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(适用于解决的问题：属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量)(2)用功能观点分析：粒子只受静电力作用，静电力做的功等于粒子动能的变化，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(适用于解决的问题：只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景)【例1】如图所示，水平安放的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量m，带电量为+q的小球，在B板下方距离H处，以初速v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，不计空气阻力，欲使小球刚好能到A板，则A、B间电势差UAB=___________。【答案】【详解】由题，小球刚好打到A板时，速度恰好为零，对整个过程进行研究，根据动能定理得解得【针对训练1】如图所示装置，真空中有三个电极：发射电子的阴极：其电势φk＝－182V；栅网：能让电子由其间穿过，电势φg＝0；反射电板电势为φr＝－250V.与栅网的距离d＝4mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.91×10－30kg，电荷量e＝1.6×10－19C，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，则它经过_________时间后再到栅网．（保留2位有效数字）【答案】1.5×10－9s.【详解】[1]由动能定理可计算出阴极的电子射向栅网时，电子到达栅网的速度，设其速度为v，则（φg－φk）e=mv2代入计算得出v=8×106m/s设电子穿过栅网飞向反射极，经过t再到栅网，则电子的加速度的大小为代入计算得a=×1016m/s2由公式x=vt－at2当电子再到栅网时x=00=8×106m/s×t－××1016m/s2×t2解之得t≈1.5×10－9s．考点二：带电粒子在电场中的偏转【技巧与方法】1．基本规律带电粒子在电场中的偏转，轨迹如图所示。(1)初速度方向eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(速度：vx＝v0,位移：l＝v0t))。(2)电场线方向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)离开电场时的偏转角的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角的正切值：tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mdv\o\al(2,0))。2．两个推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点。(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。【例2】水平放置的两块平行金属板长L＝5.0cm，两板间距d＝1.0cm，两板间电压为90V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s，从两板中间射入，如图所示，求：(1)电子离开金属板时的侧位移是多少？(2)电子飞出电场时的速度是多少？(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10cm，求OP的高度．【答案】(1)0.5cm(2)2.04×107m/s与v0的夹角θ满足tanθ是0.2(3)2.5cm【详解】(1)电子在电场中的加速度a＝eq\f(Uq,md).侧位移即竖直方向的位移y＝eq\f(1,2)at2又因t＝eq\f(L,v0)则y＝eq\f(UqL2,2mdv\o\al(2,0))＝0.5cm(2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0竖直分速度vy＝at＝eq\f(UqL,mdv0)＝4×106m/s则电子飞出电场时的速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝2.04×107m/s设v与v0的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(vy,vx)＝0.2(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，则OP＝y＋s·tanθ＝0.025m＝2.5cm【针对训练2】如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的（）A．2倍 B．4倍 C． D．【答案】C【详解】电子做类平抛运动，故其在水平方向和竖直方向满足L=v0t而两板间的场强为联立，可得若入射速度变为原来的两倍，则两板间距应变为原来的。故选C。考点三：带电粒子在示波管中的运动分析【技巧与方法】1．带电粒子在示波管中的运动分析(1)运动规律如图1所示，带电粒子在示波管中先做加速运动，然后做偏转运动，且在X方向和Y方向均发生偏转(其中Y方向加信号电压，X方向加周期与信号电压相同的扫描电压，如图2)。带电粒子在示波管中的偏转运动，实质是在交变电场中的运动。(2)确定最终偏移距离思路一：思路二：eq\x(\a\al(确定加速,后的v0))→eq\x(确定偏移量y)eq\o(→,\s\up7(利用三角形相似))eq\x(确定OP：\f(y,OP)＝\f(\f(l,2),\f(l,2)＋L))【例3】如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央O形成亮斑。如果只逐渐增大之间的电势差，则（）A．在荧屏上的亮斑向上移动 B．在荧屏上的亮斑向下移动C．偏转电场的电场强度减小 D．偏转电场对电子做的功减少【答案】A【详解】C．电子束在偏转电场中做类平抛运动，运动的时间不发生变化，逐渐增大之间的电势差，根据公式则偏转电场的电场强度增大，故C项错误；D．根据电场力做功公式，有因为电势差变大，所以电场强度E变大，偏转电场的长度不变，电子进入偏转电场的初速度也没变，其沿电场线方向的距离y，有所以y也变大，所以偏转电场对电子做的功增大，故D项错误；AB．电子在偏转电场中所受的电场力向上，所以在荧光屏上的亮斑向上移动，故A正确，B错误。故选A。【针对训练3】一如图所示，从炽热的金属丝飞出的电子(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【答案】C【详解】设加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，电子进入偏转电场后做类平抛运动，时间t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(Uq,dm)，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，由此可判断C正确，A、B、D错误。考点达标一、单选题1．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的（）A．2倍 B．4倍 D．【答案】C【详解】电子做类平抛运动，故其在水平方向和竖直方向满足L=v0t而两板间的场强为联立，可得若入射速度变为原来的两倍，则两板间距应变为原来的。故选C。2．如图所示，一带电小球从A处竖直向上进入一水平方向的匀强电场中，进入电场时小球的动能为4J，运动到最高点B时小球的动能为4J，则小球运动到与A点在同一水平面上的C点(图中未画出)时的动能为()A．12J B．16JC．20J D．24J【答案】C【详解】粒子做竖直上抛运动，则运动时间水平方向粒子做初速度为零的匀加速直线运动．水平位移为上升的过程电场力做功为W1=qEx1最高点时，竖直方向的速度为0，故小球的动能与电场力做的功相等，即W1=4J下降的过程中，竖直方向做自由落体运动，与竖直上抛是对称的所以下降的时间t2=t1水平方向的总位移为全过程中电场力做功为W2=qEx2=4qEx1=4W1=16J全过程中，重力做功为0，根据动能定理有W2=Ek末Ek初所以Ek末=Ek初+W2=4J+16J=20J故C正确，ABD错误。故选C。3．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为θ，若剪断丝线，则小球的加速度为()A．0B．g，方向竖直向下C．gtanθ，水平向右D．g/cosθ，沿绳向下【答案】D【详解】试题分析：丝线剪断前：小球受到绳子的拉力，重力和电场力作用，三力合力为零，所以；剪断后小球只受竖直向下的重力和电场力，合力大小等于剪断前绳子的拉力，方向与拉力方向相反，即与竖直方向夹角为θ向下，根据牛顿第二定律可得考点：考查了力的平衡和牛顿第二定律的应用点评：本题难度较小，做此类型的题目，关键是利用平衡条件分析出合力的大小和方向，再用牛顿第二定律解题4．如图所示，水平放置的平行板电容器，上极板带负电，下极板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下极板边缘飞出，若下极板不动，将上极板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（）A．加速度变大B．将不能飞出电场C．不发生偏转，沿直线运动D．若上极板不动，将下极板上移一段距离，小球可能打在下极板的中央【答案】D【详解】ABC．将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，因为，，解得由公式可知当d增大时，场强E不变，则加速度不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，由下板边缘飞出，故ABC错误；D．若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确。故选D。5．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央O形成亮斑。如果只逐渐增大之间的电势差，则（）A．在荧屏上的亮斑向上移动 B．在荧屏上的亮斑向下移动C．偏转电场的电场强度减小 D．偏转电场对电子做的功减少【答案】A【详解】C．电子束在偏转电场中做类平抛运动，运动的时间不发生变化，逐渐增大之间的电势差，根据公式则偏转电场的电场强度增大，故C项错误；D．根据电场力做功公式，有因为电势差变大，所以电场强度E变大，偏转电场的长度不变，电子进入偏转电场的初速度也没变，其沿电场线方向的距离y，有所以y也变大，所以偏转电场对电子做的功增大，故D项错误；AB．电子在偏转电场中所受的电场力向上，所以在荧光屏上的亮斑向上移动，故A正确，B错误。故选A。6．如图所示，将带等量同种正电荷的两个点电荷分别固定在A、B点，其中OC是AB连线的中垂线，D点处于OC之间。下列对这两个点电荷电场的分析不正确的是（）A．O点处的电场强度等于0B．电场线在C点的分布一定比D点的分布稀疏C．两点处的电场强度方向均背离O点D．若在C点由静止释放一不计重力的带负电的试探电荷，则该试探电荷在此后的运动过程中多次经过D点【答案】B【详解】AB．空间某点的电场强度等于A、B两点电荷在该点电场强度的矢量和，根据可知，A、B两点电荷在O点的电场强度大小相等，方向相反，则O点的电场强度为0，又由于在空间无穷远处电场强度为0，则在中垂线上有O点往两侧向外，电场强度必定先增大后减小，则在中垂线上必定存在一电场强度的最大值，由于不确定C、D两点是在极值点的异侧还是同侧，则无法判断C、D两点的电场强度的大小，而电场线分布的疏密程度用来描述电场强度的大小，所以无法比较C、D两点电场线分布的疏密，故A正确，B错误；C．根据场强的叠加可判定C、D两点处的电场强度方向均背离O点，故C正确；D．带负电的试探电荷在中垂线上受到的电场力始终指向O点，且在中垂线上关于O点对称的两点受到的电场力大小相等，方向相反，由对称规律可知，该试探电荷将以O点为中心，在C点关于O点的对称点之间做往复运动，所以该试探电荷在此后的运动过程中多次经过D点，故D正确。本题选不正确的，故选B。7．如图所示，真空中有一对水平放置的平行金属板，板间有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，质量为m，电荷量为的带电粒子，从M点水平方向以初速度射入板间，并打在下极板上的N点。已知与竖直方向成45°角，粒子的重力可忽略不计。则（）A．两点间的距离为B．粒子在两点间的运动时间为C．粒子刚到达N点时的速度大小为D．粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为45°【答案】A【详解】AB．由题意可知粒子做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有又因为与竖直方向成45°角，所以有联立解得则两点间的距离为故A正确，B错误；CD．粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有则粒子刚到达N点时的速度大小为粒子刚到达N点时的速度方向与竖直方向的夹角为故C、D错误。故选A。二、多选题8．如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的小球，从上、下带电平行金属板间的P点；以相同速率垂直电场方向射入电场，它们分别落到A、B、C三点，则（）A．A带正电、B不带电、C带负电B．三小球在电场中运动时间相等C．在电场中加速度的关系是aC＞aB＞aAD．到达正极板时动能关系EA＞EB＞EC【答案】AC【详解】AC．在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，由于竖直位移相同，根据，得水平位移最大的A球运动时间最长即A球竖直方向的加速度最小，故A球带正电，水平位移最小的C球加速度最大，故C球带负电，则B球不带电，故AC正确；B．三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，所以A球运动时间最长，C球运动时间最短，故B错误;D．根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功．由受力图可知，带负电小球合力最大，做功最多动能最大，带正电小球合力最小，做功最少动能最小，即EC＞EB＞EA，故D错误;故选AC。9．如图，在匀强电场中有一固定斜面．带电物体从斜面顶端滑到底端的过程中，重力对物体做功24J，电场力对物体做功12J，摩擦力对物体做功8J，则物体的A．动能增加4J B．电势能增加12JC．机械能增加4J D．重力势能增加24J【答案】AB【分析】动能增量等于合外力的功；电势能的变化量等于电场力的功；重力势能的变化等于重力的功；除重力以外的其它力的功等于机械能的增量；据此判断．【详解】根据动能定理可知，动能增量：，选项A正确；电场力对物体做功12J，则电势能增加12J，选项B正确；机械能增量等于除重力以外的其它力的功，则机械能增量为：12J8J=20J，选项C错误；重力对物体做功24J，则重力势能减小24J，选项D错误；故选AB.10．如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（电子电量为e，不计重力作用）下列说法中正确的是（）A．若从时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．若从时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．若从时刻释放电子，在恰好到达右极板，则到达右极板时电子的为D．若从时刻释放电子，在时刻到达右极板，则到达右极板时的电子的动能是【答案】AD【详解】AB．若t=0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错误；CD．设两极板距离为，极板间电场强度大小若从时刻释放电子，在时刻到达右极板，则电子经历了先加速再减速后加速三个过程，每段加速度大小相同，则每段位大小相同，均为。全过程由动能定理得得又得C错误，D正确。故选AD。三、填空题11．如图所示，水平安放的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量m，带电量为+q的小球，在B板下方距离H处，以初速v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，不计空气阻力，欲使小球刚好能到A板，则A、B间电势差UAB=___________。【答案】【详解】由题，小球刚好打到A板时，速度恰好为零，对整个过程进行研究，根据动能定理得解得12．如图所示装置，真空中有三个电极：发射电子的阴极：其电势φk＝－182V；栅网：能让电子由其间穿过，电势φg＝0；反射电板电势为φr＝－250V.与栅网的距离d＝4mm.设各电极间的电场是均匀的，从阴极发射的电子初速度为零，电子所受重力可以忽略，已知电子质量是0.91×10－30kg，电荷量e＝1.6×10－19C，设某时刻有一电子穿过栅网飞向反射极，则它经过_________时间后再到栅网．（保留2位有效数字）【答案】1.5×10－9s.【详解】[1]由动能定理可计算出阴极的电子射向栅网时，电子到达栅网的速度，设其速度为v，则（φg－φk）e=mv2代入计算得出v=8×106m/s设电子穿过栅网飞向反射极，经过t再到栅网，则电子的加速度的大小为代入计算得a=×1016m/s2由公式x=vt－at2当电子再到栅网时x=00=8×106m/s×t－××1016m/s2×t2解之得t≈1.5×10－9s．四、解答题13．如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内存在着沿AD方向的匀强电场．一个质量为m、电量为q、速度为v的带电粒子从A点沿AB方向进入电场，恰好从BC的中点离开电场，不计粒子所受重力．求电场强度的大小E．【答案】【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有垂直于电场方向：L=vt平行于电场方向：据牛顿第二定律：qE=ma解上述方程得：14．如图所示，粒子以初速度垂直于电场线方向从A点射入一匀强电场，经时间t到达B点时，速度大小为，粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力。求：（1）A、B两点间的电势差；（2）匀强电场的场强大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子从A到B过程有解得（2）粒子在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向上做匀加速直线运动，则有，在B点有根据牛顿第二定律有解得15．如图所示，空间中存在水平向右、场强大小为的匀强电场。水平传送带的左端与水平面在B点平滑连接，右端与一个半径为的光滑圆弧轨道水平相切与点。，传送带顺时针转动，速率恒为。现将一质量为、带正电且电荷量为的小滑块，从A点由静止释放，小滑块与段和段间的摩擦因数均为。取，求：（1）小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小；（2）小滑块运动到圆弧轨道底端点时所受的支持力大小；（3）小滑块对圆弧轨道压力的最大值。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）滑块从A到B过程，由动能定理得解得（2）滑块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得解得滑块与传送带共速时位移为，则解得滑块与传送带共速后，继续向右做匀加速运动，由牛顿第二定律得解得由在点，由联立解得（3）滑块在圆弧轨道运动时，等效重力位等效重力与水平方向的夹角满足解得在上最大速度为，由动能定理得由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可知滑块对圆弧轨道的最大压力为N。16．如图所示，内表面光滑绝缘的半径为的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，有一质量为、带负电的小球，电量，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，且小球的速度大小，g取，空气阻力不计，求：(1)电场强度的大小；(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力。【答案】(1)；(2)2.4N，方向竖直向上【详解】(1)带电小球在A点时，小球与轨道压力恰好为零，由牛顿第二定律可得代入数据可解得电场强度的大小。(2)小球由A运动到B过程，由动能定理可得在B点，设轨道对小球的压力为F，由牛顿第二定律可得代入数据可解得，由牛顿第三定律可知，小球运动到最高点B时对轨道的压力为2.4N，方向竖直向上。教材课后题参考答案与解析一、解答题1．真空中有一对平行金属板，相距，两板电势差为。二价的氧离子由静止开始加速，从一个极板到达另一个极板时，动能是多大？这个问题有几种解法？哪种解法比较简便？【答案】180eV；两种解法：动能定理和运动学公式；动能定理比较简单。【详解】解法根据动能定理,有qU=EK解得Ek=qU=2e×90V=180eV解法二根据牛顿第二定律,有qE=ma①根据运动学公式,有电场强度动能联立①②③④解得Ek=qU=2e×90v=180ev答:从一个极板到达另一个极板时,动能是180eV;用动能定理较为简单.2．某种金属板受到一束紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，速度大小也不相同。在旁放置一个金属网。如果用导线将、连起来，从射出的电子落到上便会沿导线返回，从而形成电流。现在不把、直接相连，而按图那样在、之间加电压，发现当时电流表中就没有电流。问：被这束紫外线照射出的电子，最大速度是多少？【答案】【详解】加上电压后，会在电子运动区域产生阻碍电子射向N板的运动，当电流表中无电流通过时，说明即使垂直射向N板的电子都会在到达N板前减速到零，假设电子最大速度是v，由动能定理得电子质量m=0.91×1030kg，e取，U0=12.5V，代入数值解得3．先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。在下列两种情况下，分别求出电子偏转角的正切与氢核偏转角的正切之比。（1）电子与氢核的初速度相同；（2）电子与氢核的初