第2章 电势能与电势差
第4节 带电粒子在电场中的运动
基础过关练
题组一 带电粒子的加速
1.如图所示,带正电的粒子以初速度v沿电场方向进入匀强电场区域,不计重力,粒子在电场中的运动 ( )
A.方向不变,速度增大
B.方向不变,速度减小
C.方向向上,速度不变
D.方向向下,速度不变
2.下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动,经过相同的电势差U后,哪个粒子获得的速度最大 ( )
A.质子H B.氘核H
C.α粒子He D.钠离子Na+
题组二 带电粒子的偏转
3.如图所示,示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的 ( )
①极板X应带正电 ②极板X'应带正电
③极板Y应带正电 ④极板Y'应带正电
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
4.如图所示,电荷量为q的某种粒子,以初动能Ek从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入到两板间存在的匀强电场中,恰从带负电的金属板边缘飞出来,且飞出时动能变为3Ek,不计粒子的重力,则金属板间的电压为 ( )
A. B.
C. D.
5.如图所示,有一带电粒子(不计重力)紧贴A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿轨迹①从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿轨迹②落到B板正中间;设带电粒子两次射入电场的水平速度相同,则电压U1、U2之比为 ( )
A.4∶1 B.1∶2 C.1∶4 D.1∶8
题组三 带电粒子的加速与偏转
6.“示波器”是电工学中的重要仪器,如图所示为示波器的原理图,有一电子在电势差为U1的电场中加速后,垂直射入电势差为U2的偏转电场,在满足电子能射出偏转电场的条件下,下列四种情况中,一定能使电子的偏转角变小的是 ( )
A.U1变小,U2不变
B.U1变大,U2变小
C.U1变小,U2变大
D.U1不变,U2变大
能力提升练
题组一 带电粒子的偏转
1.如图所示,两偏转极板间距离为L,两极板长度也为L。现有两个质量相同的带电粒子A和B,分别从紧贴上极板和极板中线位置以相同的初速度垂直于电场强度方向进入电场。最终均恰好贴着下极板飞出电场。粒子重力不计。则( )
A.两个粒子的电荷量之比qA∶qB=4∶1
B.两个粒子的电荷量之比qA∶qB=2∶1
C.两个粒子离开电场时的速度大小之比vA∶vB=2∶1
D.在此过程中电场力对两个粒子做功之比WA∶WB=2∶1
2.(多选)如图所示,两平行金属板水平放置,上极板带正电、下极板带负电。一束质量相同的粒子从O点沿水平方向以相同的初速度射入平行板之间的电场后分成了a、b、c、d四束,b束为直线。已知O点到两平行板的距离相等,不计粒子重力及粒子间的相互作用,则 ( )
A.b束粒子可能带负电
B.a束粒子一定带负电,且在运动过程中电势能逐渐减小
C.c、d两束粒子均带正电,但d束粒子带的电荷量更多
D.a束粒子的加速度一定大于d束粒子的加速度
3.(多选)氢的三个同位素HHH在同一地点同时以相同的初速度水平飞入偏转电场,出现了如图所示的轨迹,由此可以判断下列说法正确的是 ( )
A.三个粒子HHH的轨迹分别为a、b、c
B.在b飞离电场的同时,a刚好打在负极板上
C.b比c后飞离电场
D.c的动能的增加量最小,a和b一样大
题组二 带电粒子在交变电场中的运动
4.在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场,位于电场中A点的电子在t=0时速度为零,在t=1 s时,电子离开A点的距离为l。那么在t=2 s时,电子将处在 ( )
A.A点 B.A点左侧l处
C.A点右侧2l处 D.A点左侧2l处
5.(多选)真空中间距为d的两块平行金属板,板长为L,如图甲所示。加在A、B间的电压UAB做周期性变化,其正向电压为U0,反向电压为-kU0(k≥1),电压变化的周期为2T,如图乙所示。在t=0时刻,有一个质量为m、电荷量为e的电子,以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场,在运动过程中未与极板相撞,且不考虑重力的作用。则下列说法中正确的是 ( )
A.若k=1且电子恰好在2T时刻射出电场,则电子射出时的速度大于v0
B.若k=1且电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场,则其动能增加
C.若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场,则两板间距离应满足d>
D.若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场,则射出时的速度大小等于
题组三 带电粒子的加速和偏转
6.(多选)如图所示,一价氢离子、一价氦离子、二价氦离子从小孔S无初速度地飘入电压为U1、极板间距离为d1的水平加速电场中,之后又垂直电场线进入电压为U2、极板间距离为d2的竖直偏转电场中,最后打在荧光屏上。整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,则下列说法中正确的有 ( )
A.三种离子一定打到屏上的同一位置
B.偏转电场对三种离子做功一样多
C.保持U1不变,增大d1,三种离子打到屏上时速度均增大
D.保持U1不变,增大d1,三种离子从进入S至打到屏上所用时间均增大
7.一个电荷量为q=2×10-8 C、质量为m=1×10-14 kg、带负电的粒子,由静止经电压为U1=1 600 V的加速电场加速后,立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2=2 400 V的偏转电场,然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点,偏转电场两极板间距为d=8 cm,极板长L=8 cm,极板的右端与荧光屏之间的距离也为L=8 cm。整个装置如图所示(不计粒子的重力)。求:
(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小;
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y;
(3)P点到O2的距离y'。
题组四 带电粒子在复合场中运动
8.(多选)如图所示,在竖直平面内有水平向左的匀强电场,在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线,细线一端固定在O点,另一端系一质量为m的带电小球(电荷量大小为q)。小球静止时细线与竖直方向成θ角。现让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A.匀强电场的电场强度E=
B.小球动能的最小值为Ekmin=,动能的最大值为Ekmax=
C.小球运动至圆周轨迹的最低点时机械能最小
D.小球从初位置开始在竖直平面内运动一周的过程中,其电势能先减小后增大再减小
答案与分层梯度式解析
第2章 电势能与电势差
第4节 带电粒子在电场中的运动
基础过关练
1.A 2.A 3.A 4.C 5.D 6.B
1.A 粒子在电场中的受力方向与初速度方向相同,做匀加速直线运动,故选项A正确。
2.A 四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动,经过相同的电势差U,根据动能定理得qU=mv2-0,得v=,由上式可知,比荷越大,速度越大,显然A选项中质子的比荷最大,故A正确。
3.A 荧光屏上P点出现亮斑,说明极板Y带正电,极板X带正电,故A选项正确。
4.C 根据动能定理·=3Ek-Ek,解得U=,C正确。
5.D 设板长为L,板间距离为d,水平初速度为v0,带电粒子的质量为m,电荷量为q,两次运动的时间分别为t1和t2。第一次射入时,L=v0t1,=·,联立两式解得U1=。第二次射入时,=v0t2,d=·,联立两式解得U2=。所以U1∶U2=1∶8,故D选项正确。
6.B 在加速电场中,根据动能定理qU1=mv2得v=,在偏转电场中,竖直方向的加速度a===,运动的时间t=,则竖直方向的速度vy=at=,设偏转的角度为θ,则tan θ==,若使偏转角变小,即使tan θ变小,则应使U1变大,U2变小。故选B。
归纳总结 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键:
(1)条件分析:不计重力,且带电粒子的初速度与电场方向垂直,则粒子在电场中只受电场力作用,做类平抛运动;
(2)运动分析:一般选用分解的思路来处理,即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。
能力提升练
1.B 2.BC 3.AD 4.D 5.BC 6.AD 8.ABD
1.B A、B两粒子均做类平抛运动,对A粒子有,L=v0tA,L=×,对B粒子有,L=v0tB,=×,联立解得qA∶qB=2∶1,故A错误,B正确;对A粒子,由动能定理得WA=qAEL=m-m,对B粒子,由动能定理得WB=qBE=m-m,联立解得WA∶WB=4∶1,因为不知道粒子的初速度v0和粒子的质量m,故无法计算粒子离开电场时vA和vB的比值,故C、D错误。
2.BC b束粒子做匀速直线运动,不受电场力,不带电,故A错误;a束粒子向上偏转,可知a束粒子一定带负电,且在运动过程中电场力做正功,电势能逐渐减小,故B正确;c、d两束粒子向下偏转,粒子带正电,根据类平抛运动规律可知h=×t2,x=vt,相同时间内,水平分位移相等,d的竖直偏转距离更大,可知d束粒子带的电荷量更多,结合对称性可知a束粒子的加速度一定小于d束粒子的加速度,故C正确,D错误。故选B、C。
3.AD 由于这三个粒子HHH所带电荷量相同,根据F=Eq可知三个粒子在电场中的受力相同,同时从题图a、b、c的运动轨迹可以判断出它们的加速度大小关系为aa>ab>ac,根据牛顿第二定律,有>>,解得ma4.D 第1 s内电场方向水平向右,电子受到的静电力方向水平向左,电子向左做匀加速直线运动,位移为l,第2 s内电子受到的静电力方向水平向右,由于电子此时有水平向左的速度,因此电子继续向左做匀减速直线运动,根据运动的对称性,位移也是l,t=2 s时总位移为2l,方向水平向左,故t=2 s时,电子处在A点左侧2l处,故选D。
方法技巧 对于带电粒子在交变电场中的直线运动,一般是加速、减速交替出现的多过程情况。解决的方法是分析清楚其中一个完整的过程,有时也可借助v-t图像进行运动过程分析,找出各个过程中的重要物理量间的关系,进行归纳、推理,从而寻找其运动规律进行分段处理,再进一步求解。要注意开始位置的不同造成的运动状态的差异。
5.BC 若k=1,电子在竖直方向的速度随时间变化的图像如图所示:
若电子恰好在2T时刻射出电场,竖直方向的速度为零,则电子射出时的速度为v0;若电子恰好在3T时刻从A板边缘射出电场,根据动能定理可得ΔEk=e××=,故A错误,B正确;若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场,竖直方向,电子在0~T时间内做匀加速运动,加速度的大小a1=,位移y1=a1T2,在T~2T时间内先做匀减速运动,后反向做匀加速运动,加速度的大小a2=,初速度的大小v1=a1T,匀减速运动阶段的位移y2=,由题知>y1+y2,解得d>,故C正确;若k=1.5且电子恰好在2T时刻射出电场,垂直电场方向速度为v0,射出时竖直方向的速度大小为vy=a2T-a1T=,合速度为v=,故D错误。
6.AD 设偏转极板的长度为L。在加速电场中,由动能定理得qU1=mv2,在偏转电场中的偏转距离y=at2=··,联立得y=,可得到速度偏转角度的正切tan θ=,可见y和tan θ与粒子的电荷量和质量无关,所以三种粒子出射点的位置相同,出射速度的方向也相同,故三种粒子打到屏上同一点,故A正确。偏转电场对粒子做功为W=,则偏转电场只对两个一价粒子做功相同,选项B错误。保持U1不变,增大d1,则粒子从水平加速电场中飞出时的速度不变,则三种粒子打到屏上时速度不变;粒子在加速电场中的运动时间增大,在偏转电场中运动时间不变,则三种粒子从进入S至打到屏上所用时间均增大,选项C错误,D正确。
7.答案 (1)8×104 m/s (2)0.03 m (3)0.09 m
解析 (1)由动能定理可得
qU1=m
代入数据解得v0=8×104 m/s
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动,水平方向有L=v0t
竖直方向有y=at2,a=,E=
联立并代入数据,解得y=0.03 m
(3)设粒子射出偏转电场时速度方向与中心线O1O2间夹角为θ,则tan θ=,又因为y=vyt,L=v0t,则tan θ=,几何关系如图所示,由几何知识知=
解得y'=3y=0.09 m
方法技巧 计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法:
(1)Y=y+d tan θ(d为屏到偏转电场的水平距离);
(2)Y= tan θ(L为极板长度);
(3)Y=y+vy·;
(4)根据三角形相似:=。
8.ABD 小球静止时细线与竖直方向成θ角,对小球受力分析,小球受重力、拉力和电场力,三力平衡,根据平衡条件,有mg tan θ=qE,解得E=,选项A正确;小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动,在等效最高点A时速度最小,根据牛顿第二定律,有=m,则最小动能Ekmin=mv2=,从等效最高点到等效最低点,由动能定理得Ekmax=mv2+·2L=,选项B正确;小球的机械能和电势能之和守恒,则小球运动至电势能最大的位置机械能最小,小球带负电,则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小,选项C错误;小球从初始位置开始,在竖直平面内运动一周的过程中,电场力先做正功,后做负功,再做正功,则其电势能先减小,后增大,再减小,选项D正确。
7(共17张PPT)
1.微观粒子的受力特点:对于质量很小的微观粒子,如电子、质子等,它们受到重力的作用一
般远小于静电力,故可以忽略。
2.带电粒子的加速
(1)运动分析:带电粒子从静止释放,将沿电场力方向在匀强电场中做匀加速运动。
(2)末速度大小:根据eU= mv2,得v= 。
第4节 带电粒子在电场中的运动
知识 清单破
知识点 1 带电粒子的加速
1.示波器的核心部件是示波管:由电子枪、竖直偏转板、水平偏转板和荧光屏组成,管内抽成
真空。
知识点 2 带电粒子的偏转
2.当竖直偏转板、水平偏转板都未加电压时,电子束从电子枪发出后沿直线传播,在荧光屏上
产生一个亮斑。如图所示:
3.如果竖直偏转板加电压,水平偏转板不加电压,电子束经过竖直偏转板时受到竖直方向电场
力的作用而发生偏转,致使打在荧光屏上的亮斑在竖直方向发生偏移。如图所示:
4.如果水平偏转板加电压,竖直偏转板不加电压,打在荧光屏上的亮斑在水平方向发生偏移。如图所示:
5.如果水平偏转板加电压,竖直偏转板也加电压,打在荧光屏上的亮斑在竖直方向发生偏移,
也在水平方向发生偏移。亮斑的运动就是竖直和水平两个方向运动的合运动。通常,加在竖
直偏转板上的电压是要研究的信号电压,它随时间而变化。如果信号电压是周期性的,且与
加在水平偏转板的扫描电压周期满足一定的关系,在荧光屏上就会显示出信号电压随时间有
规律变化的图像。如图所示:
1.带电粒子在匀强电场中偏转时,加速度不变,粒子的运动是匀变速曲线运动。( )
2.示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束,偏转电极的作用是使电子束偏转,打在荧光
屏的不同位置。 ( )
3.带电粒子在非匀强电场中加速时,就不能应用动能定理qU= mv2。 ( )
知识辨析 判断正误，正确的画“ √” ，错误的画“ ” 。
√
√
由于W=qU既适用于匀强电场又适用于非匀强电场,故在非匀强电场中带电粒子的加速仍可使用qU= mv2。
提示
情境探究
如图所示,在真空中有一对平行金属板,由于接在电池组上而带电,两板间的电势差
为U。若一个质量为m、带电荷量为q的α粒子,在电场力的作用下由静止开始从正极板向负
极板运动,板间距为d。
疑难 情境破
疑难1 带电粒子的加速
问题1 带电粒子在电场中受哪些力作用 重力能否忽略不计
提示 受重力和电场力;因重力远小于电场力,故可以忽略重力。
问题2 粒子在电场中做何种运动
提示 做初速度为0、加速度a= 的匀加速直线运动。
问题3 粒子到达负极板时的速度为多大
提示 方法1 在带电粒子的运动过程中,电场力对它做的功W=qU
设带电粒子到达负极板时的速率为v,其动能可以写为Ek= mv2
由动能定理可知 mv2=qU
可解得v=
方法2 设粒子到达负极板时所用时间为t,则
d= at2,v=at,a= ,联立解得v= 。
讲解分析
1.带电粒子的分类
(1)基本粒子
如电子、质子、α粒子、离子等,除有特别说明或有明确的暗示以外,此类粒子一般不考虑重
力(但并不忽略质量)。
(2)带电微粒
如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力。
2.带电粒子的加速
(1)运动状态分析:带电粒子沿平行电场线的方向进入匀强电场,受到的电场力与运动方向在
同一直线上,做匀加(减)速直线运动。(只受电场力)
(2)用功能观点分析:粒子动能的变化量等于电场力做的功(电场可以是匀强电场或非匀强电
场)。(只受电场力)
若粒子的初速度为零,则:
mv2=qU,得v= 。
若粒子的初速度不为零,则:
mv2- m =qU,得v= 。
讲解分析
1.基本关系
如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0垂直电场线进入匀强电场,加速
度a= = 。
疑难1 带电粒子的偏转
2.运动状态分析
带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时,受到恒定的与初速度方向成90°角的
静电力作用而做匀变速曲线运动。
3.对带电粒子在匀强电场中偏转问题的分析
(1)带电粒子沿初速度方向做匀速直线运动,粒子在电场中的运动时间t= 。
(2)带电粒子沿静电力方向做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得加速度a=
= 。
(3)带电粒子在电场中沿静电力方向偏移的距离y= at2= · · = U。
(4)带电粒子离开电场时沿静电力方向的速度vy=at= ,设带电粒子离开电场时的速度偏转
角度为θ,则tan θ= = U。
典例 如图所示,质子、氘核和α粒子【1】都沿平行板电容器两板中心线OO'方向垂直于电场线
射入板间的匀强电场【2】,射出后都打在同一个与OO'垂直的荧光屏上,使荧光屏上出现亮
点。若它们是在同一位置由同一个电场从静止加速【3】后射入此偏转电场的,则关于在荧光
屏上将出现亮点的个数【4】,下列说法中正确的是 ( )
A.3个 B.1个
C.2个 D.以上三种都有可能
B
信息提取 【1】质子、氘核和α粒子均不需要考虑重力作用。
【2】三粒子在匀强电场中做类平抛运动。
【3】加速时加速电压相同,电场力做功与电荷量成正比,决定着所获得的动能。
【4】分析各粒子射出偏转电场的位置及速度偏转角,从而确定亮点的个数。
思路分析 粒子的运动包括三个阶段:
第一阶段:粒子在加速电场中做加速运动,根据动能定理【5】可求出粒子离开加速电场时的速
度大小。
第二阶段:粒子在偏转电场中做类平抛运动,根据牛顿第二定律【6】求加速度,根据匀变速直线
运动的位移公式【7】和运动的合成与分解【8】求出粒子离开偏转电场时沿电场线方向的位移
及粒子的速度偏转角的正切值。
第三阶段:离开偏转电场后,粒子做匀速直线运动,直到打在荧光屏上。
解析 设板长为L,板间距为d。根据动能定理得
qU1= m (由【5】得到)
粒子在偏转电场中做类平抛运动,加速度为
a= (由【6】得到)
运动时间为
t=
偏转距离为
y= at2(由【7】得到)
联立以上各式可得
y=
粒子离开偏转电场时速度偏转角的正切值为
tan θ= = = = (由【8】得到)
由此可见,粒子在沿电场线方向的偏转距离及粒子的速度偏转角仅与加速电压U1、极板长度
L、板间距d和偏转电压U0有关,在质子、氘核和α粒子运动过程中,这四个物理量都相同,所
以它们的偏转距离相同,速度偏转角相同,粒子都打到同一点上,即只有一个亮点(由【4】得
到),B正确,A、C、D错误。
