1-9 带电粒子在电场中的运动 学案

第9讲　习题课　带电粒子在电场中的运动
[目标定位]　1.加深对电场中带电粒子的加速和偏转的理解和应用.2.巩固用能量的观点解决电场力做功的问题.3.掌握电场中带电粒子的圆周运动问题.
1.带电粒子在电场中做加速或减速直线运动时，若是匀强电场，可用动能定理或牛顿第二定律结合运动学公式两种方式分析求解；若是非匀强电场，只能用动能定理分析求解.
2.带电粒子在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.
3.物体做匀速圆周运动，受到的向心力为F＝m(用m、v、r表示)＝mr2(用m、r、T表示)＝mrω2(用m、r、ω表示).
一、带电微粒在电场中的直线运动
1.基本粒子和带电微粒的比较
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外一般忽略粒子的重力(但并不忽略质量).
(2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不忽略重力.
2.物理过程分析方法
(1)根据带电粒子受的力(包含电场力)，用牛顿定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等.
(2)由动能定理，粒子动能的变化量等于合外力做的功(电场可以是匀强电场或非匀强电场).
例1　如图1所示，水平放置的A、B两平行板相距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.
答案　(1)做匀减速直线运动
(2)
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(H＋h)－qUAB＝0－mv
解得UAB＝
借题发挥　带电小球、带电油滴、带电颗粒等一些带电体的重力较大，在分析其运动情况时不能忽略其重力的作用.
二、带电粒子在电场中的曲线运动
1.当带电粒子初速度与其受到的合外力不共线时，带电粒子做曲线运动；处理这类问题的基本方法是利用运动的合成与分解.
带电粒子垂直进入电场做类平抛运动的规律
2.涉及到功能关系时，也可以根据动能定理列方程.
例2　如图2所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子质量为m，电荷量为e，电子的初速率大小为v.与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光.若在A和B之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，求B上受电子轰击后的发光面积.
图2
答案　
解析　沿极板竖直向上且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点.
竖直方向上y＝vt，
水平方向上l＝·t2.
解得y＝v
.
沿极板竖直向下且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得y′＝v
.
故在荧光屏B上的发光面积S＝y2π＝.
借题发挥　求解本题的关键是分析出电子击中屏时使y有最大值的条件.在分析此类问题时，注意运用运动的合成与分解的方法，并画出示意图.
三、带电粒子在交变电场中的运动
当空间存在交变电场时，粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变，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时的时刻及交变电场的周期.
例3　如图3甲所示，在距离足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在A、B之间加上按如图乙所示规律变化的电压，在t＝0时刻电子静止且A板电势比B板电势高，则(　　)
图3
A.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板
C.当t＝时，电子将回到出发点
D.当t＝时，电子的位移最大
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.
四、带电微粒在电场中的圆周运动
含有电场力作用的圆周运动分析，与力学中的圆周运动一样，主要是两大规律的应用：牛顿第二定律和动能定理.对于竖直平面内的变速圆周运动问题，在电场中临界问题可能出现在最低点，要注意受力分析，找准临界点和临界条件.
例4　如图4所示，长L＝0.20
m的绝缘丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4
kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6
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E＝2.0×103
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g＝10
m/s2.求：
图4
(1)小球通过最高点B时速度的大小；
(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)3.0×10－3
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：
qEL－mgL＝
vB＝
＝2
m/s
(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
mg＝1.0×10－4×10
N＝1.0×10－3
N
qE＝1.0×10－6×2.0×103
N＝2.0×10－3
N
因为qE>mg，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，由牛顿第二定律有：TB＋mg－qE＝
TB＝＋qE－mg＝3.0×10－3
N
带电粒子在电场中的直线运动
1.(双选)图5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5
A.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v
B.如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为
C.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
D.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
答案　AC
解析　电子在两个电极间加速电场中进行加速，由动能定理eU＝mv2－0，得v＝，当电压不变，AK间距离变化时，不影响电子的速度，故A正确；电压减半，则电子离开K时的速度为v，故C正确.
带电粒子在电场中的类平抛运动
2.如图6所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直电场线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，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该(　　)
图6
A.使U2加倍
B.使U2变为原来的4倍
C.使U2变为原来的倍
D.使U2变为原来的倍
答案　A
解析　电子加速有qU1＝mv
电子偏转有y＝2
联立解得y＝，显然选A.
带电粒子在交变电场中的运动
3.在如图7甲所示平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)(　　)
甲　　　　　　　　乙
图7
A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性往返运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性往返运动
答案　C
解析　由运动学和动力学规律画出电子的v－t图象如图所示可知，电子一直向B板运动，C正确.
带电微粒在电场中的圆周运动
4.如图8所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为＋q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经过A点时速度vA的方向恰与电场线垂直，且圆环与小球间沿水平方向无作用力，则速度vA＝________.当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力FB＝________.
图8
答案　　6qE
解析　在A点时，电场力提供向心力qE＝
①
解得vA＝
，
在B点时，FB′－qE＝m，FB＝FB′
②
小球由A到B的过程中，由动能定理知，
qE·2r＝mv－mv
③
联立以上各式解得FB＝6qE.
(时间：60分钟)
题组一　带电粒子在电场中的直线运动
1.关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A.一定是匀变速运动
B.不可能做匀减速运动
C.一定做曲线运动
D.可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动
答案　A
解析　带电粒子在匀强电场中受恒定电场力作用，一定做匀变速运动，初速度与合外力共线时，做直线运动，不共线时做曲线运动，A对，B、C、D错.
2.如图1所示，在匀强电场E中，一电荷量为－q的带电粒子(不计重力)以初速度v0射入电场，且v0恰与电场线方向相同，则带电粒子在开始运动后，将(　　)
图1
A.沿电场线方向做匀加速直线运动
B.沿电场线方向做变加速直线运动
C.沿电场线方向做匀减速直线运动
D.偏离电场线方向做曲线运动
答案　C
解析　在匀强电场E中，带电粒子所受电场力为恒力.带电粒子受到与运动方向相反且恒定的电场力作用，产生与运动方向相反且恒定的加速度，因此，带电粒子在开始运动后，将沿电场线方向做匀减速直线运动.
3.(双选)平行放置的金属板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.若一带电微粒恰能沿图2所示水平直线通过，则在此过程中，该粒子(　　)
图2
A.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　带电微粒在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是竖直向下的重力mg；二是垂直于极板向上的电场力F＝Eq，因二力均为恒力，已知带电微粒做直线运动，所以此二力的合力一定在微粒运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该微粒做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从微粒运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对微粒做负功，微粒的电势能增加，选项B正确.
题组二　带电粒子在电场中的类平抛运动
4.如图3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的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3
A.它们运动的时间tQ＞tP
B.它们运动的加速度aQ＜aP
C.它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
D.它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
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为l.则对P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝；同理对Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝.由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以qP∶qQ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4.综上所述，C项正确.
5.真空中的某装置如图4所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏.今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上.已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是(　　)
图4
A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
答案　B
解析　粒子加速过程qU1＝mv2，从B到M用时t＝，得t∝
，所以t1∶t2∶t3＝1∶∶，选项A错误.偏转位移y＝()2＝，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B正确.因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，选项C、D错误.
题组三　带电粒子在交变电场中的运动
6.(双选)如图5所示，两金属板(平行)分别加上如下图中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的电压图象应是(设两板距离足够大)(　　)
图5
答案　BC
解析　由A图象可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零；然后重复一直向一个方向运动不往返.
由B图象可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零；从T到T反向做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零.回到出发点，然后重复往返运动.
由C图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零；从T到T反向做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零.回到出发点，然后重复往返运动.
由D图象可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动.故选B、C.
7.如图6甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压.开始时A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　　)
图6
答案　A
解析　从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零.之后重复上述运动，A选项正确，B选项错误.电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，C、D选项错误，故选A.
题组四　综合应用
8.(双选)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7
A.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，粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力qE＝m，得r＝，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、C正确.
9.如图8所示，半径为R的环形塑料管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑.现将一质量为m，带电荷量为＋q的小球从管中A点由静止释放，已知qE＝mg.求：
图8
(1)小球释放后，第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力；
(2)小球释放后，第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力.
答案　(1)2，方向水平向左　5mg，方向竖直向下
(2)mg，方向竖直向下
解析　(1)A至D点，由动能定理得：
mgR＋qER＝mv，v1＝2，方向水平向左
由牛顿第二定律：N－mg＝m，N＝5mg
由牛顿第三定律：N＝N′
对管壁的压力为5mg，方向竖直向下
(2)第一次经过C：－mgR＋qE·2R＝mv
设管壁对小球的作用力向下：mg＋FC1＝m
FC1＝mg　FC1的方向竖直向下
10.如图9所示，ABCD为竖直放置在场强为E＝104
N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R＝0.5
m的半圆环(B为半圆环的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD＝2R，把一质量m＝100
g、电荷量q＝10－4
C的带负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动，g＝10
m/s2，求：
图9
(1)带电小球到达B点时速度的大小；
(2)带电小球到达B点时对轨道压力的大小.
答案　(1)2
m/s　(2)5
N
解析　(1)小球从D至B的过程中，由动能定理
qE(2R＋R)－mgR＝mv
解得vB＝2
m/s
(2)在B点由牛顿第二定律得：FN－qE＝m
FN＝qE＋m＝5
N
由牛顿第三定律知FN′＝FN＝5
N.
11.如图10所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线
KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点，已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m、电荷量为e.求：
图10
(1)电子穿过A板时的速度大小；
(2)电子从偏转电场射出时的侧移量；
(3)P点到O点的距离；
(4)若要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施.
答案　(1)
　(2)　(3)　(4)见解析
解析　(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU1＝mv，解得：v0＝
.
(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动.设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：F＝eE，E＝，F＝ma，a＝，t1＝，y1＝at，解得：y1＝.
(3)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得vy＝at1
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示.
由t2＝，y2＝vyt2，
解得：y2＝，P到O点的距离为
y＝y1＋y2＝
(4)减小加速电压U1或增大偏转电压U2.