1、学案 8 习题课：带电粒子在电场中的运动1平行板电容器内的电场可以看做是匀强电场，其场强与电势差的关系式为 E ，其电Ud势差与电容的关系式为 C .QU2带电粒子在电场中做直线运动(1)匀速直线运动：此时带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的电场力与其他力平衡(2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向同向(3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向反向3带电粒子在电场中的偏转(匀强电场)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可将粒子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动位移关系：Error!速度关系：Error!，速度的偏转角的
2、正切值 tan .vyvx4在所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远小于电场力，即 mgqE，所以可以忽略重力的影响若带电粒子所受的重力跟电场力可以比拟，则要考虑重力的影响总之，是否考虑重力的影响要根据具体情况而定5物体做匀速圆周运动，受到的向心力为 Fm (用 m、v、r 表示)mr( )2(用v2r 2Tm、r、T 表示)mr2( 用 m、r 、 表示)一、带电粒子在电场中的直线运动讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速) 的方法：(1)能量方法能量守恒定律；(2)功和能方法动能定理；(3)力和加速度方法牛顿运动定律、匀变速直线运动公式例 1 如图 1 所示，水平放置的 A、B 两平行板
3、相距 h，上板 A 带正电，现有质量为 m、带电荷量为q 的小球在 B 板下方距离 B 板为 H 处，以初速度 v0 竖直向上运动，从 B 板小孔进入板间电场图 1(1)带电小球在板间做何种运动？(2)欲使小球刚好打到 A 板， A、B 间电势差为多少？解析 (1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重力和电场力作用做匀减速直线运动(2)整个运动过程中重力和电场力做功，由动能定理得mg(Hh) qUAB0 mv12 20解得 UABmv20 2gH h2q答案 见解析二、带电粒子在电场中的类平抛运动带电粒子在电场中做类平抛运动涉及带电粒子在电场中加速和偏转的运动规律，利用
4、运动的合成与分解把曲线运动转换为直线运动研究，涉及运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系的综合应用例 2 如图 2 所示，水平放置的两平行金属板，板长为 10 cm，两板相距 2 cm.一束电子以v04.0107 m/s 的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端 L 为45 cm、宽 D 为 20 cm 的荧光屏上 (不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量 m9.010 31 kg，电荷量 e1.610 19 C)求：图 2(1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；(2)为使带电粒子能射到荧光屏的所有位置，两板间所加电压的取值范围解析 (1)设加速电场的电
5、压为 U1，由动能定理可得 eU1 mv 012 20化简得 U1mv202e代入数据得 U14.5103 V.(2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为 v1，和水平方向的夹角为 ，偏转电压为U2，偏转位移为 y，则：y at2 ( )212 U2e2dmlv0tan vyv0 U2eldmv20 yl/2由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得tan D/2L l2 D2L lU2Ddmv20el2L l代入所有数据得 U2360 V因此偏转电压在360 V360
6、 V 范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置答案 (1)4.5103 V (2)360 V360 V三、带电粒子在交变电场中的运动交变电场作用下粒子所受的电场力发生改变，从而影响粒子的运动性质；由于电场力周期性变化，粒子的运动性质也具有周期性；研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，特别注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期例 3 带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图 3 所示带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )图 3A微粒在 01 s 内的加速度与 1 s2 s 内的加速度相同B微粒将沿着一条直线运动C微粒做往复运动D微粒在
7、第 1 s 内的位移与第 3 s 内的位移相同解析 带正电的微粒放在电场中，第 1 s 内加速运动，第 2 s 内减速至零，故 B、D 对答案 BD四、带电粒子在电场中的圆周运动解决电场中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，指向圆心的力提供向心力，向心力的提供有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的重力或电场力有时可以把电场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”例 4 如图 4 所示，半径为 r 的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为 E 的匀强电场与环面平行一电量为q、质量为 m 的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经 A 点时，速度 vA
8、 的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：图 4(1)速度 vA 的大小；(2)小球运动到与 A 点对称的 B 点时，对环在水平方向的作用力的大小解析 (1)在 A 点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：qEmv2Ar所以小球在 A 点的速度 vA .qErm(2)在小球从 A 到 B 的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即2qEr mv mv12 2B 12 2A小球在 B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有 FBqEmv2Br解以上两式得小球在 B 点对环的水平作用力为： FB6qE.答案 (1) (2)6qEqErm1.(带电
9、粒子在电场中的直线运动) 如图 5 所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图 5A所受重力与电场力平衡 B电势能逐渐增加C动能逐渐增加 D做匀变速直线运动答案 BD解析 对带电粒子受力分析如图所示，F 合0，则 A 错由图可知电场力与重力的合力方向与 v0 方向相反，F 合对粒子做负功，其中 mg 不做功，Eq 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B 正确，C 错误F 合恒定且 F 合与 v0 方向相反，粒子做匀减速直线运动，D 项正确2.(带电粒子在电场中的类平抛运动) 如图 6 所示，一
10、电子沿 x 轴正方向射入电场，在电场中的运动轨迹为 OCD，已知 O A ，电子过 C、D 两点时竖直方向的分速度为 vCy 和A BvDy；电子在 OC 段和 OD 段动能的变化量分别为 Ek1和 Ek2，则( )图 6AvCyvDy12 BvCy vDy 14CEk1Ek213 DEk1Ek21 4答案 AD3(带电粒子在交变电场中的运动) 如图 7 甲所示，在间距足够大的平行金属板 A、B 之间有一电子，在 A、B 之间加上如图乙所示规律变化的电压，在 t0 时刻电子静止且 A 板电势比 B 板电势高，则( )图 7A电子在 A、B 两板间做往复运动B在足够长的时间内，电子一定会碰上 A
11、 板C当 t 时，电子将回到出发点T2D当 t 时，电子的位移最大T2答案 B解析 粒子先向 A 板做半个周期的匀加速运动，接着做半个周期的匀减速运动，经历一个周期后速度为零，以后重复以上过程，运动方向不变，选 B.题组一 带电粒子在电场中的直线运动1.图 1 为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空A 为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A 、K 间电压为 U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从 K 的小孔中射出时的速度大小为 v.下面的说法中正确的是( )图 1A如果 A、K 间距离减半而电压仍为 U，则电子离开 K 时的速度仍为 vB如果 A、K 间距离减半而
12、电压仍为 U，则电子离开 K 时的速度变为 v/2C如果 A、K 间距离不变而电压减半，则电子离开 K 时的速度变为 v22D如果 A、K 间距离不变而电压减半，则电子离开 K 时的速度变为 v/2答案 AC2.如图 2 所示，M、N 是真空中的两块平行金属板，质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子，以初速度 v0 由小孔进入电场，当 M、N 间电压为 U 时，粒子恰好能到达 N 板，如果要使这个带电粒子到达 M、N 板间距的 后返回，下列措施中能满足要求的是( 不计带电粒子的12重力)( )图 2A使初速度减为原来的12B使 M、N 间电压加倍C使 M、N 间电压提高到原来的 4 倍D使初速度
13、和 M、N 间电压都减为原来的12答案 BD解析 由 qEl mv ，12 20当 v0 变为 v0 时 l 变为 ；22 l2因为 qEq ，Ud所以 qElq l mv ，Ud 12 20通过分析知 B、D 选项正确题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动3.如图 3 所示，氕、氘、氚的原子核以初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )图 3A经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多C三种原子核打在屏上的速度一样大D三种原子核都打在屏上同一位置处答案 BD解析 同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷
14、量相同，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A 错，B 对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C 错；再根据偏转距离公式或偏转角公式 y ，tan 知，与带电粒子无关，D 对l2U24dU1 lU22dU14.如图 4 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( )图 4A它们运动的时间 tQtPB它们运动的加速度 aQaPC它们所带的电荷量之比 qPqQ12D它们
15、的动能增加量之比 EkPEkQ 12答案 C解析 设两板距离为 h，P、Q 两粒子的初速度为 v0，加速度分别为 aP 和 aQ，粒子 P 到上极板的距离是 ，它们做类平抛运动的水平距离均为 l.则对 P，由 lv0tP， aPt ，得到h2 h2 12 2PaP ；同理对 Q，lv0tQ，h aQt ，得到 aQ .由此可见 tPtQ，aQ 2aP，而hv20l2 12 2Q 2hv20l2aP ，aQ ，所以 qPqQ 12.由动能定理得，它们的动能增加量之比qPEm qQEmEkPEkQ maP maQh14.综上所述，C 项正确h25.如图 5 所示，静止的电子在加速电压 U1 的作用
16、下从 O 经 P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压 U2 的作用下偏转一段距离现使 U1 加倍，要想使电子射出电场的位置不发生变化，应该( )图 5A使 U2 变为原来的 2 倍 B使 U2 变为原来的 4 倍C使 U2 变为原来的 倍 D使 U2 变为原来的 1/2 倍2答案 A解析 电子加速有 qU1 mv12 20电子偏转有 y ( )212qU2md lv0联立解得 y ，显然选 A.U2l24U1d6.如图 6 所示，带正电的粒子以一定的初速度 v0 沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为 L，平行板间距离为 d，板间电压为 U
17、，带电粒子的电荷量为 q，粒子通过平行板的时间为 t，则(不计粒子的重力)( )图 6A在前 时间内，电场力对粒子做的功为t2 qU4B在后 时间内，电场力对粒子做的功为t2 3qU8C在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功之比为 12d4 d4D在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功之比为 11d4 d4答案 BD解析 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为 a ，t 时间内加速度方向上的位移Eqm Uqdmy at2 ，前 时间内加速度方向上的位移 y1 a ，后 时间内加速度方向上的位移12 d2 t2 12t24 d8 t2y2yy1 d.由公式 WFl 可知前 、后 、前 、后 电场
18、力做的功分别为38 t2 t2 d4 d4W1 qU，W2 qU，W3 qU，W4 qU.18 38 14 14题组三 带电粒子在电场中的圆周运动7.两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图 7 所示带正电的粒子流由电场区域的一端 M 射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N 射出，由此可知( )图 7A若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等D若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等答案 BC解析 由题图可知，该粒子在电场中
19、做匀速圆周运动，电场力提供向心力 qEm 得 rv2r，r、E 为定值，若 q 相等则 mv2 一定相等；若 相等，则速率 v 一定相等，故 B、Cmv2qE 12 qm正确8如图 8 所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为 37的斜面上，与斜面的交点为 A，直径 AB 垂直于斜面，直径 CD 和 MN 分别在水平和竖直方向上，它们处在水平向右的匀强电场中质量为 m、电荷量为 q 的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的 A 点现对该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动下列对该小球运动的分析中正确的是( )图 8A小球一定带负电B小球运动到 B 点时动能
20、最小C小球运动到 M 点时动能最小D小球运动到 D 点时机械能最小答案 ABD解析 小球能静止于 A 点，说明小球在 A 点所受的合力为零，电场力一定与场强方向相反，小球带负电，A 正确；小球所受的重力和电场力的合力 F 是不变的，方向沿 AB 直径方向由 B 指向 A，小球从 A 运动到 B 的过程中 F 做负功，动能减小，所以小球运动到 B 点时动能最小，B 正确，C 错误；在圆环上，D 点的电势最低，小球在 D 点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到 D 点时机械能最小，D 正确题组四 综合应用9如图 9 所示，一平行板长 l4 cm，板间距离为 d3 cm，倾斜放置，使板面与水
21、平方向夹角 37，若两板间所加电压 U100 V，一带电荷量 q31010 C 的负电荷以v00.5 m/s 的速度自 A 板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从 B板右边缘水平飞出，则带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？带电粒子的质量为多少？(g 取 10 m/s2)图 9答案 1 m/s 8108 kg解析 带电粒子能沿直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示电场力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力与电场力在水平方向上的分力相同，即水平方向上 F 合qEsin q sin Ud竖直方向上 mgqEcos m 3101
22、0 0.8 kg 8108 kgqEcos g qUcos dg 100310 210根据动能定理有 mv2 mv F 合 s，s12 12 20 l2 d2联立以上各式解得 v1 m/s.10.如图 10 所示，长 L0.20 m 的丝线的一端拴一质量为 m1.0104 kg、带电荷量为q1.0106 C 的小球，另一端连在一水平轴 O 上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E2.0103 N/C.现将小球拉到与轴 O 在同一水平面上的 A 点，然后无初速度地将小球释放，取 g10 m/s2. 求：图 10(1)小球通过最高点 B 时速度的大小
23、；(2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小答案 (1)2 m/s (2)3.010 3 N解析 (1)小球由 A 运动到 B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：qELmgLmv2B2vB 2 m/s2qE mgLm(2)小球到达 B 点时，受重力 mg、电场力 qE 和拉力 TB 作用，经计算mg1.010410 N1.0103 NqE1.01062.0103 N2.010 3 N因为 qEmg，而 qE 方向竖直向上， mg 方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达 B 点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出 TB 的方向一定指向圆心，
24、由牛顿第二定律有：TBmgqEmv2BLTB qEmg3.0103 Nmv2BL11如图 11 甲所示为一间距为 d、足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压(如图乙所示)，设 U0 和 T 已知A 板上 O 处有一静止的带电粒子，其带电荷量为 q，质量为m(不计重力) ，在 t0 时刻起该带电粒子受板间电场加速向 B 板运动(粒子未与 B 板相碰)(1)当 Ux2U0 时，求带电粒子在 tT 时刻的动能(2)为使带电粒子在一个周期时间内能回到 O 点，Ux 要大于多少？甲乙图 11答案 (1) (2)3U0T2U20q28d2m解析 (1)Ux 2U0 时，由 a1 ，a2 和 时的速度 v1a1 得，T 时刻速度U0qdm 2U0qdm T2 T2v2v1a2 a1 a2 ，故 T 时刻的动能 Ek mv .T2 T2 T2 TU0q2dm 12 2 T2U20q28d2m(2) 时刻的位移 s a1( )2， T 时刻的位移 sv1 ax( )2，T2 12 T2 T2 T2 12 T2v1a1 ，ss ，联立解得 ax3a1T2因为 a1 ，ax ，所以 Ux3U0.U0qdm Uxqdm
