資源簡介

帶電粒子在電場中的運動
學習目標：
會從運動和力的關系的角度、從功和能量變化的角度分析帶電粒子在勻強電場中的加速問題。
通過解決帶電粒子在電場中加速和偏轉的問題，加深對從牛頓運動定律和功能關系兩個角度分析物體運動的認識。
【課堂練習】
考點1　帶電粒子(體)在電場中的直線運動
例1．(多選)如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強電場，質量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板。如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　)
A．使初速度減為原來的
B．使M、N間電壓提高到原來的2倍
C．使M、N間電壓提高到原來的4倍
D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的
例2．如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P。現有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點。若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則(　　)
A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變
B．金屬板A、B間的電壓減小
C．甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同
D．乙電子運動到O點的速率為2v0
例3．如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場。有一質量為m、電荷量為＋q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放。重力加速度為g。則點電荷運動到負極板的過程(　　)
A．加速度大小為a＝＋g B．所需的時間為t＝
C．下降的高度為y＝ D．電場力所做的功為W＝Eqd
考點2　帶電粒子在勻強電場中的偏轉
例4．如圖所示為真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發出(初速度不計)，經燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線射出，然后進入由兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入偏轉電場時的速度與電場方向垂直，電子經過偏轉電場后打在熒光屏上的P點。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子質量為m，電荷量為e。求：
(1)電子穿過A板時的速度大小；
(2)電子從偏轉電場射出時的側移量；
(3)P點到O點的距離。
例5．(多選)如圖所示，質子和α粒子(氦核)分別從靜止開始經同一加速電壓U1加速后，垂直電場方向進入同一偏轉電場，偏轉電場電壓U2。兩種粒子都能從偏轉電場射出并打在熒光屏MN上，粒子進入偏轉電場時速度方向正對熒光屏中心O點。下列關于兩種粒子運動的說法正確的是(　　)
A．兩種粒子會打在屏MN上的同一點
B．兩種粒子不會打在屏MN上的同一點，質子離O點較遠
C．兩種粒子離開偏轉電場時具有相同的動能
D．兩種粒子離開偏轉電場時具有不同的動能，α粒子的動能較大
【鞏固練習】
1．如圖所示，一電子槍發射出的電子(初速度很小，可視為零)進入加速電場加速后，垂直射入偏轉電場，射出后偏轉位移為Y。要使偏轉位移增大，下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時碰到偏轉極板的情況)(　　)
A．增大偏轉電壓U
B．增大加速電壓U0
C．增大偏轉極板間距離
D．將發射電子改成發射負離子
2．如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為＋q，粒子通過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力)，則(　　)
A．在前時間內，電場力對粒子做的功為
B．在后時間內，電場力對粒子做的功為
C．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶2
D．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1
3．如圖所示，一電荷量為q、質量為m的帶電粒子以初速度v0由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，不計重力作用。則勻強電場的場強E大小是(　　)
A．eq \f(mv,qd) B．eq \f(\r(3)mv,qd) C．eq \f(3mv,2qd) D．eq \f(3\r(3)mv,2qd)
4．(多選)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　)
A．帶電粒子始終向同一個方向運動
B．2 s末帶電粒子回到原出發點
C．3 s末帶電粒子的速度為零
D．0～3 s內，電場力做的總功為零
★5．(多選)如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M。一帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列結論正確的是(已知重力加速度為g)(　　)
A．兩極板間電壓為
B．板間電場強度大小為
C．整個過程中質點的重力勢能增加
D．若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上
6．如圖，板間距為d、板長為4d的水平金屬板A和B上下正對放置，并接在電源上。現有一質量為m、帶電量＋q的質點沿兩板中心線以某一速度水平射入，當兩板間電壓U＝U0，且A接負極時，該質點就沿兩板中心線射出；A接正極時，該質點就射到B板距左端為d的C處。取重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
(1)質點射入兩板時的速度大小；
(2)當A接負極時，為使帶電質點能夠從兩板間射出，兩板所加恒定電壓U的范圍。
帶電粒子在電場中的運動答案
【課堂練習】
考點1　帶電粒子(體)在電場中的直線運動
例1．答案　BD
解析　設帶電粒子離開M板的最遠距離為x，由動能定理得－qEx＝0－mv02，所以x＝，則使初速度減為原來的，x＝；使M、N間電壓提高到原來的2倍，電場強度變為原來的2倍，x＝；使M、N間電壓提高到原來的4倍，電場強度變為原來的4倍，x＝；使初速度和M、N間電壓都減為原來的，電場強度變為原來的，x＝。故B、D正確。
例2．答案　C
解析　兩板間距離變大，根據C＝可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；根據Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據E＝＝＝，可知當d變大時，兩板間的場強不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據e·E·2d＝mv2，e·E·d＝mv02，可知，乙電子運動到O點的速率v＝v0，選項D錯誤。
例3．答案　B
解析　點電荷受到重力、電場力的作用，所以a＝，選項A錯誤；根據運動的獨立性，水平方向點電荷的運動時間為t，則＝·t2，解得t＝ ，選項B正確；下降高度y＝gt2＝，選項C錯誤；電場力做功W＝，選項D錯誤。
考點2　帶電粒子在勻強電場中的偏轉
例4．答案　(1) 　(2)eq \f(U2L,4U1d)　(3)
解析 (1)設電子經電壓U1加速后的速度為v0，根據動能定理得eU1＝mv02解得v0＝ 。
(2)電子以速度v0進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場中運動的時間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉電場時的側移量為y1，根據牛頓第二定律和運動學公式得
F＝eE，E＝，F＝ma，t1＝，y1＝at， 解得y1＝eq \f(U2L,4U1d)。
(3)設電子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為vy，根據運動學公式得vy＝at1，電子離開偏轉電場后做勻速直線運動，設電子離開偏轉電場后打在熒光屏上所用的時間為t2，電子打到熒光屏上的側移量為y2，如圖所示。有t2＝，y2＝vyt2
解得y2＝
P點到O點的距離為
y＝y1＋y2＝。
例5．答案　AD
解析　兩種粒子在加速電場中的直線加速由動能定理得：qU1＝mv02－0
偏轉電場中，平行于極板方向：L＝v0t
垂直于極板方向：a＝＝，y＝at2
設離開偏轉電場的速度偏向角為θ，有：tan θ＝＝
聯立以上各式得y＝，tan θ＝
偏移量y和速度偏向角θ都與粒子的質量m、電荷量q無關，所以偏移量y相同，速度方向相同，則兩種粒子打在屏MN上同一個點，故A正確，B錯誤；
對兩個粒子先加速后偏轉的全過程，根據動能定理得：
qU1＋qy＝Ek－0，即Ek＝qU1＋qy，故D正確。
【鞏固練習】
1．答案　A
解析　設偏轉極板長為l，極板間距為d，由qU0＝mv02，t＝，y＝at2＝t2得，聯立得偏轉位移y＝，增大偏轉電壓U，減小加速電壓U0，減小偏轉極板間距離，都可使偏轉位移增大，選項A正確，選項B、C錯誤；由于偏轉位移y＝與粒子質量、帶電荷量無關，故將發射電子改變成發射負離子，偏轉位移不變，選項D錯誤。
2．答案　B
解析　帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做的運動是類平拋運動，豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速直線運動，由運動學知識可知，前和后時間內豎直方向上的位移之比為1∶3，電場力做功之比也為1∶3。又因為電場力做的總功為，所以在前時間內，電場力對粒子做的功為，選項A錯誤；在后時間內，電場力對粒子做的功為，選項B正確；由W＝qEy知，在粒子下落前和后的過程中，電場力做功相等，故C、D錯誤。
3．答案　B
解析　帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據運動的合成與分解得到vy＝＝v0。水平方向上有d＝v0t豎直方向上有vy＝t，聯立方程得E＝eq \f(\r(3)mv,qd)，故B正確。
4．答案　CD
解析　設第1 s內粒子的加速度大小為a1，第2 s內的加速度大小為a2，由a＝可知，a2＝2a1，可見，粒子第1 s內向負方向運動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3 s末回到原出發點，粒子的速度為0，v－t圖像如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確。
★5．答案　BC
解析　據題分析可知，質點在平行板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，質點的軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在屏M上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖所示：
可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據牛頓第二定律得：qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝，由U＝Ed得板間電勢差U＝×d＝，故A錯誤，B正確；質點在電場中向上偏轉的距離y＝at 2，a＝＝g，t＝，解得：y＝，故質點打在屏上的位置與P點的距離為：s＝2y＝，重力勢能的增加量Ep＝mgs＝，故C正確；僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據E＝＝＝＝可知，板間場強不變，質點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，故仍垂直打在屏M上，故D錯誤。
6. 答案：(1)　(2)U0>U>U0
解析 (1)當兩板加上U0電壓且A板接負極時，有：q＝mg①
A板為正時，設帶電質點射入兩極板時的速度為v0，向下運動的加速度為a，經時間t射到C點，有：q＋mg＝ma②
又水平方向有d＝v0t③ 豎直方向有d＝at2④
由①②③④得：v0＝。⑤
(2)要使帶電質點恰好能從兩板射出，設它在豎直方向運動的加速度為a1、時間為t1，應有：
d＝a1t12⑥ 4d＝v0t1⑦
由⑤⑥⑦得：a1＝⑧
若a1的方向向上，設兩板所加恒定電壓為U1，有：
q－mg＝ma1⑨
若a1的方向向下，設兩板所加恒定電壓為U2，有：
mg－q＝ma1⑩
⑧⑨⑩解得：U1＝U0，U2＝U0所以，所加恒定電壓范圍為：U0>U>U0。

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