习题课2 带电粒子在电场中的运动
[学习目标] 1.会利用动力学的观点解答带电粒子在电场中的运动问题。2.会分析带电粒子在电场中运动的能量转化情况。3.掌握带电粒子在复合场中运动问题的分析方法。
一、带电粒子在电场中的直线运动
1．电场中带电粒子的分类
基本粒子
带电微粒
示例
电子、质子、α粒子、正离子、负离子等
带电小球、液滴、尘埃等
特点
重力远小于静电力，故不计重力
所受重力不可忽略
说明
某些带电体是否考虑重力，要根据题目说明或运动状态来判定
2.两种处理方法
(1)力和运动的关系——牛顿第二定律
根据带电粒子受到的静电力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子运动的速度、时间和位移等。这种方法适用于恒力作用下做匀变速运动的情况。
(2)功能关系——动能定理
由粒子动能的变化量等于静电力做的功知：
①若粒子的初速度为0，则有mv2＝qU，v＝。
②若粒子的初速度不为0，则有mv2－mv＝qU，v＝。
【例1】 虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子的质量m＝2.0×10－11 kg，电荷量q＝＋1.0×10－5 C，粒子从a点由静止开始经电压U＝100 V的电场加速后，沿垂直于匀强电场的方向进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场，离开匀强电场时的速度与电场方向成30°角。已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计。求：
(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速度大小；
(2)水平匀强电场的场强大小；
(3)a、b两点间的电势差。
[解析] (1)由动能定理得qU＝mv
解得v1＝1.0×104 m/s。
(2)粒子进入电场后沿初速度方向做匀速运动，有d＝v1t
粒子沿电场方向做匀加速运动，有vy＝at
由题意得tan 30°＝
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得E＝×103 N/C。
(3)由动能定理得qUab＝m(v＋v)－0
联立解得Uab＝400 V。
[答案] (1)1.0×104 m/s (2)×103 N/C (3)400 V
1．如图所示，两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，|OA|＝h，此电子具有的初动能是( )
A. B．edUh
C. D.
D [(方法一)功能关系
在O→A过程中，由动能定理得Fh＝mv，
即＝mv，
故电子的初动能为。
(方法二)力和运动的关系
电子运动的加速度a＝。 ①
由匀变速直线运动的规律得0－v＝2ah ②
Ek＝mv ③
联立①②③式，解得Ek＝。]
二、带电粒子在复合场中的运动
1．受力情况：受重力与静电力。
2．处理方法：对于电场为匀强电场的情况，因重力和静电力都是恒力，所以可以看作一个力来分析求解。
【例2】 如图所示，半径为R的光滑圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上。当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力。(重力加速度为g)
[解析] 小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有mgR＋EqR＝mv2
在B点时小球受到重力G、静电力F和环对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m
联立可得F1＝2mg＋3Eq
小球对环的作用力与环对小球的作用力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F′1＝2mg＋3Eq，方向水平向右。
[答案] 2mg＋3Eq，方向水平向右
2．(多选)如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带负电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽底端B与A点的竖直距离为h。则关于小球的运动情况，下列说法中正确的是( )
A．只有E≤＋时，小球才能沿斜槽运动到B点
B．只有E≤时，小球才能沿斜槽运动到B点
C．小球若沿斜槽能到达B点，最小速度可能是v0
D．小球若沿斜槽能到达B点，最小速度一定大于v0
BC [不仔细看题目选项，只凭感觉，则在A、B中会错选A项。只要注意到“沿斜槽运动”，就很容易得出若qE>mg，小球会直接就从斜槽上“飘”起来了，不再“沿斜槽”运动，故B对。若mg＝qE，小球则会做匀速直线运动，若mg>qE，则加速下滑，故C对。]
三、带电粒子在交变电场中的运动
1．受力情况：粒子所受的静电力是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向。
2．运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定。
3．处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解。
【例3】 如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
(a) (b)
A．0C.B [两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，因此选项A、D错误。若t0＝时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A板运动；若t0＝时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此在3．在如图甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始时B板的电势比A板的高，这时在两板中间的电子由静止在静电力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下列说法正确的是(不计电子重力)( )
甲 乙
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板做周期性运动
C [由运动学和动力学规律画出如图所示的v-t图象，可知电子一直向B板运动，选项C正确。]
1．如图所示，真空中只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有一初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动，那么( )
A．微粒带正、负电荷都有可能
B．微粒做匀减速直线运动
C．微粒做匀速直线运动
D．微粒做匀加速直线运动
B [微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的静电力才能使合力的方向与速度方向在同一条直线上，由此可知微粒所受的静电力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故选项B正确。]
2．(多选)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(不计粒子重力)( )
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
BC [由题图可知，该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。]
3．如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，细线的另一端悬挂于O点，整个装置处于水平向右的匀强电场中。将小球拉至使悬线呈水平的A点后由静止释放，小球从A点开始向下摆动，当悬线转过60°角时，小球到达B点，小球的速度恰好为零。求：(重力加速度为g)
(1)B、A两点间的电势差UBA；
(2)电场强度E的大小。
[解析] (1)根据动能定理有mglsin 60°－qUBA＝0－0，所以B、A两点间的电势差UBA＝＝。
(2)电场强度E＝＝·＝。
[答案] (1) (2)
重难强化训练(二)
(时间：40分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( )
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动
A [因为粒子只受到电场力的作用，所以不可能做匀速直线运动。]
2．如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是( )
A B C D
C [电荷在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场线方向，轨迹向右弯曲，故选项C正确。]
3．如图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，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，下面说法中正确的是( )
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为
C．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为
D．如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v
D [由动能定理qU＝mv2，U不变，速度不变，故A、B错误。电压变为U，v变为原来的，故C错，D对。]
4．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷。一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点，其动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加
C [由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能确定微粒电性，也不能确定静电力对微粒做功的正负，选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定是竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C正确。]
5．如图甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压。t＝0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点处放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰，则在0甲 乙
A．0B．2×10－10 sC．4×10－10 sD．6×10－10 sD [0～过程中电子向右做匀加速运动；～过程中电子向右做匀减速运动，～过程中电子向左做匀加速运动，～T过程中电子向左做匀减速运动，D满足条件。]
6．如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)。不计粒子重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
A. B.
C. D.
B [根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有s＝v0t，在竖直方向有h＝··t2，解得v0＝。故选项B正确，选项A、C、D错误。]
二、非选择题(14分)
7．如图所示，A、B为两块足够大的平行金属板，接在电压为U的电源上。在A板的中央P点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子。设电子的质量为m，电荷量为e，射出的电子初速度为v。求电子打在B板上的区域面积。(不计电子的重力)
[解析] 从P处发射出来的电子，奔向B板的运动轨迹类似抛体运动，其中边缘部分平行于A板方向发出的电子，打在B板上的电子的分布范围为一圆形区域。研究打在最边缘处的电子，即从P处平行于A板射出的电子，它们做类似平抛运动，在平行于A板的方向做匀速直线运动，r＝vt， ①
d＝at2＝··t2。 ②
解①②方程组得电子打在B板上圆形半径r＝dv。
圆形面积S＝πr2＝。
[答案]
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1．(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与场强垂直的方向射入，不计粒子所受的重力。当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板上。现要使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，若只能改变一个物理量，下列做法可行的是( )
A．使粒子所带的电荷量减小为原来的
B．使两极板间的电势差减小为原来的一半
C．使两板间的距离增加为原来的2倍
D．使两极板的长度减小为原来的一半
ACD [设金属板长为L，两极板间的距离为d，两极板间的电势差为U，依题意有··()2＝，即mv2d2＝qUL2，要使粒子恰好穿过电场区域，必须满足上式，因此可使q或U减小为原来的，选项A正确，选项B错误；也可使d增大为原来的2倍，选项C正确；还可使L减小为原来的，选项D正确。]
2．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球( )
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
BC [对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，选项A错误，选项B正确；在运动的过程中，合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误。]
3．如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，细线一端固定，另一端拴一带正电小球，使球在竖直面内绕固定端O做圆周运动。不计空气阻力，静电力和重力的大小刚好相等，细线长为r。当小球运动到图中位置A时，细线在水平位置，拉力FT＝3mg。重力加速度大小为g，则小球速度的最小值为( )
A.
B．2
C.
D.
C [小球在A点，FT＋Eq＝m，Eq＝mg，则速度vA＝2，由A到小球做圆周运动的等效最高点时(如图B位置)，由动能定理得Eqr(1－cos 45°)－mgrsin 45°＝mv－mv，解得vmin＝，选项C正确。]
4．(多选)如图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒以初速度v0沿竖直向上方向从与两板等距的A点射入匀强电场中，在静电力的作用下垂直打到N板上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知( )
A．微粒在电场中做曲线运动
B．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等
C．M、N板间的电势差为
D．M、N板间的电势差为
AB [由题意可知，微粒受水平向右的静电力qE和竖直向下的重力mg作用，合力与v0不共线，所以微粒做曲线运动，A正确；因AB＝BC，即·t＝·t，故vC＝v0，B正确；由q·＝mv，得U＝＝，C错误；由mg＝qE，得q＝，代入U＝，得U＝，D错误。]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(12分)如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板间距离d＝0.04 m，两板间的电压U＝400 V，板间有一匀强电场。在A、B两板上端连线中点的正上方h＝1.25 m的P点处有一带正电的小球，已知小球的质量m＝5×10－6 kg，电荷量q＝5×10－10 C。设A、B板的长度无限，g取10 m/s2。求带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰。
[解析] 设小球从P点到进入电场需时间t1，由h＝gt得：t1＝＝0.5 s
设小球进入电场后运动时间为t2，则：
qE＝ma
E＝
则小球水平方向的加速度为：a＝
水平方向做匀加速运动，则有：＝at
联立解得：t2＝0.2 s
故总时间为：t＝t1＋t2＝(0.5＋0.2) s＝0.7 s。
[答案] 0.7 s
6．(14分)如图所示，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。一电荷量为＋q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经过A点时，速度vA的方向恰与电场方向垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：
(1)速率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静电力作用，根据牛顿第二定律得qE＝m
所以小球在A点的速度vA＝。
(2)在小球从A到B的过程中，根据动能定理，静电力做的正功等于小球动能的增加量，即
2qEr＝mv－mv
小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有
FB－qE＝m
解以上两式得小球在B点受到环的水平作用力FB＝6qE
由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小FB′＝6qE。
[答案] (1) (2)6qE
