1、习题课三带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的直线运动 要点归纳1.关于带电粒子在电场中的重力(1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等，除有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.加速问题处理的方法和思路(1)根据带电粒子所受的力，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的速度、位移等。(2)一般应用动能定理来处理问题，若带电粒子只受电场力作用：若带电粒子的初速度为零，则qUmv2，末速度v。若粒子的初速度为v0，则qUmv2mv，末速度v。精典示例例1 一
2、个电子(质量为9.11031 kg，电荷量为1.61019 C)以v04.0107 m/s的初速度沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知电场强度大小E2.0105 N/C，不计重力，求：(1)电子在电场中运动的加速度大小；(2)电子进入电场的最大距离；(3)电子进入电场最大距离的一半时的动能。解析(1)电子沿电场线的方向飞入，仅受电场力作用，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：qEma，得a3.51016 m/s2。(2)电子做匀减速直线运动，由运动学公式得：v2ax所以x2.28102 m。(3)电子进入电场最大距离的一半时的动能为Ek，根据动能定理得eExEkmv，代入数据得Ek3.610
3、16 J。答案(1)3.51016 m/s2(2)2.28102 m(3)3.61016 J1.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)匀减直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向反向。2.分析带电粒子在电场中做直线运动的方法(1)动力学方法牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。(2)功和能方法动能定理。(3)能量方法能量守恒定律。针对训练1 (多选)如图1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
4、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，下列措施中满足要求的是(不计带电粒子的重力)()图1A.使初速度减为原来的B.使M、N间电压加倍C.使M、N间电压提高到原来的4倍D.使初速度和M、N间电压都减为原来的解析由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，当粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得qUmv。要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得qmv，联立两方程得，选项B、D正确。答案BD带电粒子在电场中的偏转要点归纳1.进入电场的方式：以初速度v0垂直于电场线方向进入匀强电场。2.受力特点：静电力大小恒
5、定，且方向与初速度v0的方向垂直。3.运动规律(如图2所示)：图2偏转角度满足：tan 4.带电粒子偏转的两个结论(1)粒子从偏转电场射出时，其速度v的反向延长线过水平位移的中点。(2)不同的带电粒子(电性相同)，若经同一电场(加速电压为U1)加速后，又进入同一偏转电场(电压为U2)，则它们的运动轨迹必定重合。证明： (1)作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则x，即粒子好像从极板间处沿直线射出，如图3所示。图3(2)粒子经加速后的速度v0，故偏移量y，偏转角tan 即偏移量y和偏转角都与m、q无关。精典示例例2 如图4所示，粒子发生器发射出一束质量为m，电荷量为q的
6、粒子，从静止经加速电压U1加速后获得速度v0，并沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以某一速度离开电场，已知平行板长为L，两板间距离为d，求：图4(1)粒子从静止经加速电压U1加速后，获得的速度v0；(2)粒子在偏转电场中运动的时间t；(3)粒子在离开偏转电场时纵向偏移量y。解析(1)由动能定理得WqU1mv解得v0。(2)粒子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，运动时间为t，且Lv0t解得tL(3)粒子在偏转电场中竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a，纵向偏移量yat2解得y答案(1)(2)L(3)针对训练2 一束电子流在经U5 000 V 的加速电压加速后，
7、在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图5所示。若两板间距离d1.0 cm，板长l5.0 cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？图5解析加速过程中，由动能定理有eUmv进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动lv0t在垂直于板面的方向电子做匀加速直线运动，加速度a，偏移的距离yat2电子能飞出的条件y联立解得U V4.0102 V即要使电子能飞出，两极板上所加电压最大为400 V。答案400 V带电粒子在交变电场中的运动要点归纳1.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，粒子的运动性质也具有周期性。2.研究带电粒子在
8、交变电场中的运动需要分段研究，并辅以vt图像，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。精典示例例3 如图6甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：图6(1)在t0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析(1)电子经电场加速满足qU0mv2，经电场偏转后侧移量yat2，所以y，由图知t0.
9、06 s时刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm。设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足，所以Y13.5 cm。(2)由题意知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm。答案(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm(1)注意电场的大小、方向是做周期变化的。(2)电子穿越平行板的时间极短，认为电压是不变的。(3)当U0时，电子向上偏转，U0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒
10、子间相互作用力可忽略，不计重力，则Mm为()图7A.32 B.21 C.52 D.31解析两粒子同时从静止开始，在电场力作用下做匀加速直线运动，同时经过某一平面，它们在相同时间内位移之比为23，根据xat2，可知它们的加速度之比为23。粒子受到的电场力FqE，结合牛顿第二定律得a，由于两粒子所受电场力大小相等，故质量之比应为32，A正确。答案A9.(多选)如图8所示，一电子沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为Ek1和Ek2，则()图8A.vCyvDy12 B.vCyvDy14C.E
11、k1Ek213 D.Ek1Ek214解析电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知，则电子从O到C与从C到D的时间相等。电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vCyatOC，vDyatOD，所以vCyvDytOCtOD12，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yOCyOD14，根据动能定理得Ek1qEyOC，Ek2qEyOD，解得Ek1Ek214，故C错误，D正确。答案AD10.如图9所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为d，长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场)。在A、B等距离处
12、的O点，有一电荷量为q、质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向(与A、B板平行)射入(如图)，不计重力，要使此粒子能从C处射出，则A、B间的电压应为()图9A. B. C. D.q解析带电粒子只受电场力作用，在平行板间做类平抛运动。设粒子由O到C的运动时间为t，则有lv0t。设A、B间的电压为U，则偏转电极间的匀强电场的场强E，粒子所受电场力FqE，根据牛顿第二定律得粒子沿电场方向的加速度a。粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，位移为d，由匀加速直线运动的规律得at2，解得U，A正确。答案A11.如图10所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直射入场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场
13、中，射出电场的瞬时速度的方向与初速度方向成30角。在这一过程中，不计粒子重力。求：图10(1)该粒子在电场中经历的时间；(2)粒子在这一过程中电势能的增量。解析(1)分解末速度vyv0tan 30，在竖直方向vyat，a，联立三式可得t。(2)射出电场时的速度vv0，由动能定理得电场力做功为Wmv2mvmv，根据WEp1Ep2得EpWmv。答案(1)(2)mv12.虚线PQ、MN间存在如图11所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m2.01011 kg、电荷量为q1.0105 C，从a点由静止开始经电压为U100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30角。已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计。求：图11(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)水平匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差。解析(1)由动能定理得：qUmv代入数据得v11.0104 m/s(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：dv1t粒子沿电场方向做匀加速运动：v2at由题意得：tan 30由牛顿第二定律得：qEma联立以上各式并代入数据得：E103 N/C1.7103 N/C(3)由动能定理得：qUabm(vv)0联立以上各式并代入数据得：Uab400 V。答案(1)1.0104 m/s(2)1.7103 N/C(3)400 V
