1、第5讲 带电粒子在匀强电 场中的运动 梳理基础强化训练 基础知识清单一、带电粒子在电场中的加速如图所示，在真空中有一对平行金属板，两板间加以电压 U，两板间有一带正电荷 q 的带电粒子若不计重力，它只在电场力作用下，由静止开始从正极板向负极板运动在此过程中，电场力做功 WqU.设粒子到达负极板时的动能 Ek12mv2，由动能定理可知，qU12mv21若粒子不是从静止开始加速设初速度为 v0，则 qU12mv212mv022若粒子在匀强电场中被加速亦可写成 qEd12mv212mv02(其中 d 为两极板间的垂直距离)二、带电粒子在电场中的偏转(限于匀强电场)1带电粒子在电场中偏转常考的三个物理
2、量如图所示，电子初速度为零，在加速电场中被加速电压 U 加加速，进入长为 L，宽为 d 的平行板电容器，其两端加电压 U 偏，从极板中射出时的侧移量为 y，射出时的速度为 v，偏转角为，极板右侧距荧光屏的距离为 L，打在荧光屏上的侧移量为 y，请用所给的物理量表示 y、tan、y.电子在加速电场中被加速的过程，由动能定理：U 加e12mv02电子在偏转电场中水平位移为：Lv0t电子在偏转电场中竖直位移为：y12U偏edmt2结合、两式得：y12U偏eL2dmv02电子穿出偏转电场时的竖直分速度：vyU偏eLdmv0电子射出电场时速度方向：tan vyv0U偏eLdmv02在荧光屏上的侧移量：y
3、yLtan(L2L)tan(L2L)U偏eLdmv02将式代入式，得 y(L2L)U偏L2U加d2带电粒子在电场中偏转问题拓展(1)在研究电子在荧光屏上的侧移量时需注意：“电子从偏转电场中射出时的最大侧移量 ymd2(电子射入偏转电场时沿极板的中线射入)(2)由、两式 y的表达式可知：在电子射出加速电场时的速度 v0相等，则 yU 偏，U 偏随时间如何变化，则 y随时间也将如何变化(3)对电子加速、偏转的整个过程，由动能定理：U 加eU偏yd e12mv2解得 v2U加em U偏2e2L2d2m2v02值得注意的是：“在偏转电场中，电场力做的功不是 U 偏e，而是U偏yd e”，其中 v 是打
4、在荧光屏上电子的速度由运动学方程也可解，得 v v02vy22U加em U偏2e2L2d2m2v02，可见殊途同归(4)两个夹角的关系：如图所示，设带电粒子质量为 m，带电荷量 q，以速度 v0垂直于电场射入，偏转电压为 U1，若粒子飞出电场时偏角为，则 tan vyvxatv0 qU1lmv02d若连接入射点与出射点，连线与入射方向(v0 的方向)的夹角设为，则 tan yl12at2l qU1l2mv02d由式可知：tan 2tan(5)一个有用的推论：如图，作粒子离开偏转场时速度的反向延长线，设交于 O 点，O 点与电场边缘的距离为 x，则xytan qU1l22dmv02qU1lmv0
5、2dl2，由此式可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间的l2处沿直线射出似的三、带电粒子在交变电场中的运动1交变电场电场的大小及方向随时间周期性交替变化，可以将这种电场称为交变电场2处理交变电场问题的方法：vt 图像带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，较好的分析方法就是利用带电粒子的速度图像来分析画速度图像的注意事项：(1)带电粒子进入电场的时刻；(2)速度图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动一定是平行的直线；(3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负；(4)注意对称和周期性变化关系的应用；(5)图线与横轴有交点，表示此时速
6、度反向，对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解3举例利用速度图像解决带电粒子在交变电场中的运动问题如图所示，A、B 是一对平行的金属板在两板间加上一周期为 T 的交变电压 U，A 板的电势UA0，B 板的电势 UB 随时间的变化规律如下图所示现有一电子从 A 板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响均可忽略若电子是在 t0、t18T、t14T、t38T、tT2时刻进入，电子的运动情况利用 vt 图研究，如图所示电子在 t0 进入，图线均在时间轴上方，说明电子总朝一个方向运动；电子在 t18T 进入，电子时而朝正方向运动，时而朝反方向运动，但朝正方向运动的多；
7、t14T 进入，电子时而朝正方向运动，时而朝反方向运动，但朝正方向运动的位移与反方向位移相等；t38T 进入，电子时而朝正方向运动，时而朝反方向运动，但朝正方向运动的少；tT2时刻进入，图线均在时间轴下方，说明电子总朝反方向运动规律方法技巧 高考调研一 带电粒子在电场中的直线运动1带电粒子在匀强电场中受到一个恒定的电场力，受力分析中注意多加了一个电场力，此时粒子一般做匀变速直线运动，采用匀变速运动方程及牛顿第二定律即可解决问题2带电粒子在电场中做非匀变速直线运动，一般采用动能定理、能量守恒解题【考题随练 1】(2015新课标全国)如图，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间 a 点从静止释放一
8、带电微粒，微粒恰好保持静止状态现将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45，再由 a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动【解析】现将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故 D 项正确，A、B、C 项错误【答案】D【考题随练 2】(2015海南)如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l，在正极板附近有一质量为M、电荷
9、量为 q(q0)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25l 的平面若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则 Mm 为()A32 B21C52 D31【解析】设电场强度为 E，两粒子的运动时间相同，对 M有，aEqM，25l12EqMt2；对 m 有 aEqm，35l12Eqm t2，联立解得Mm32，A 项正确【答案】A【考题随练 3】(2015四川)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道 OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E1
10、.5106 N/C，方向水平向右的匀强电场带负电的小物体 P 电荷量是 2.0106 C，质量 m0.25 kg，与轨道间动摩擦因数 0.4，P 从 O 点由静止开始向右运动，经过 0.55 s 到达 A 点，到达 B 点时速度是5 m/s，到达空间 D 点时速度与竖直方向的夹角为，且 tan 1.2.P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力 F 作用，F大小与 P 的速率 v 的关系如表所示P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取 g10 m/s2，求：v/(ms1)0v22v0)的粒子在匀强电场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场
11、方向的夹角为 60；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为30.不计重力求 A、B 两点间的电势差【解析】设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin30v0sin60.由此得 vB 3v0 设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有 qUAB12mvB212mvA2 解得 UABmv02q 【答案】UABmv02q【考题随练 2】如图所示，一质量为 m，带电量为 q 的粒子，以初速度 v0，从 A 点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中 B 点时的速率为2v0，方向与电场的方向一致，则 A、B 两点的电势差大小
12、为()A.mv022qB.3mv02qC.2mv02qD.3mv022q【解析】沿水平方向 x 和竖直方向 y 可分析知：x 方向：FxqE，v0 x0，故做匀加速运动 y 方向：Fymg，v0yv0，ag，做匀减速运动 竖直方向高度由运动学知识可知 Hv022g，上升时间 tv0g，故在 x 方向上有 vx2v0axt axqUABmd，其中 x 方向位移 d2v002tv0t，故 2v0 qUABmv0，解得 UAB2mv02q，故选 C 项【答案】C【学法指导】本题也可以从 A 到 B 对粒子用动能定理可知 qUABmgH12m(2v0)212mv02，解得 UAB2mv02q；本题易错
13、之处是没对粒子受力分析，凭想当然，认为从 A 到 B 只有电场力做功 qUAB12m(2v0)212mv02，解得 UAB3mv022q，错解的实质仍是物理过程不清晰，如果没有重力，竖直方向上分速度到达 B点时速度怎么可能为 0 呢？【考题随练 3】如图所示为一真空示波管，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 M、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P 点已知加速电压为 U1，M、N 两板间的电压为 U2，两板
14、间的距离为 d，板长为 L1，板右端到荧光屏的距离为 L2，电子的质量为 m，电荷量为 e.求：(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【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 eU112mv02，解得 v02eU1m (2)电子以速度 v0 进入偏转电场后，设偏转电场的电场强度为 E，电子在偏转电场运动的时间为 t1，电子的加速度为 a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为 y1.FeE，EU2d，Fma，aeU2md t1L1v0，y112at12，解得 y1U2L124U1d(3)离开偏转电场时
15、沿电场方向 vyat1eU2L1dmv0 离开偏转电场后打在荧光屏上用 t2，电子的侧移量为 y2，t2L2v0，y2vyt2.解得 y2U2L1L22dU1 P 到 O 点的距离为 yy1y2（2L2L1）U2L14U1d【答案】(1)2eU1m (2)U2L124U1d(3)（2L2L1）U2L14U1d【名师点拨】本题属于基础题，是所有加速和偏转的母题本题第(3)问也可使用结论解决，即射出的速度方向的反向延长线过 L1 的中点，利用两个三角形相似，利用边的相似比可以解得 y（2L2L1）U2L14U1d.【考题随练 4】(2015安徽)在 xOy 平面内，有沿 y 轴负方向的匀强电场，场
16、强大小为 E(图中未画出)，由 A 点斜射出一质量为 m，带电量为q 的粒子，B 和 C 是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中 l0 为常数粒子所受重力忽略不计，求：(1)粒子从 A 到 C 过程中电场力对它做的功；(2)粒子从 A 到 C 过程所经历的时间；(3)粒子经过 C 点时的速率【解析】(1)电场力做功与路径无关，A、C 间沿电场线方向的距离y3l0，所以电场力做功 WqEy3qEl0.(2)由对称性知，轨迹最高点在 y 轴上，设为 P 点，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，又 A、P、B、C 的水平间距相等，均为 l0，所以三段轨迹经历时间也相等，设为 t0，由 P 到 C 竖直
17、方向做初速度为零的匀加速直线运动，有yPByBC13，yPBl0，由 P 到 B，有 l012qEm t02，解得 t02ml0qE，所以粒子从 A 到 C 过程所经历的时间 tAC3t032ml0qE；(3)由 P 到 C，水平方向 vx2t02l0，所以 vxl0t0qEl02m，竖直方向vy2 2t04l0，所以 vy4l0t0 4vx，即粒子经过 C点时的速率 vc vx2vy2 17vx17qEl02m.设置目的 本题考查带电粒子在电场中的运动、抛体运动等知识 高考调研三 带电粒子在交变电场中的运动1带电粒子在交变电场中的直线运动带电粒子在交变电场中的运动是高中物理的一个难点，其运动
18、的复杂性使解题很繁琐该种类型题的特点是电场力大小不变，加速度大小不变，运动具有对称性，因此巧妙应用 vt 图像对应“面积”位移，可将涉及问题简化【考题随练 1】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()A0t0T4B.T2t03T4C.3T4 t0T DTt09T8【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在 A 板上时位移为负，速度方
19、向为负作出 t00、T2、T4时粒子运动的速度图像如图所示 由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知，0t0T4，3T4 t0T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T4t0T 时情况类似因粒子最终打在 A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有 B 项正确【答案】B2带电粒子在交变电场中的曲线运动(1)此类试题运动的性质：高考一般仅考查电场大小不变，仅方向改变的交变电场即使如此，带电粒子在电场中的运动也非常复杂，但可将其运动看成分段的抛体运动(2)此类试题最佳的方法：是利用分运动解题，粒子在水平方向：匀速直线运动，竖直方向：分段可看成匀变速运动(3
20、)此类试题最佳的手段：利用 vt 图研究竖直分运动【考题随练 2】(2015山东)如图甲所示，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0 时刻，质量为 m 的带电微粒初速度为 v0沿中线射入两板间，0T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为 g，关于微粒在 0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为 2v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了12mgdD克服电场力做功为 mgd【解析】因 0T3内微粒匀速运动，故 E0qmg；在T32T3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在 t2T3 时刻的竖直速度为
21、vy1gT3，水平速度为 v0；在2T3 T 时间内，粒子满足 2E0qmgma，解得 ag，方向向上，则在 tT 时刻，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为 v0，选项 A 错误，选项 B 正确；微粒的重力势能减小了Epmgd212mgd，选项 C 正确；从射入到射出，由动能定理可知，12mgdW电0，可知克服电场力做功为12mgd，选项 D 错误；故选 B、C 项【答案】BC高考调研四 示波管的原理如图所示为示波管原理图对示波管的分析有以下四种情形1偏转电极不加电压从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心形成一个亮斑当电压变化很快时，亮斑移动很快，由于视觉暂留和荧光物质的残光特性，亮
22、斑的移动看起来就成为一条水平或竖直的亮线2仅在 XX(或 YY)加电压若所加恒定电压，则电子流被加速后进入偏转场，最后射到荧光屏上 XX(或 YY)所在直线上某一点，形成一个亮斑(不在中心)如图所示设加速电压为 U1，偏转电压 U2，偏转电场极板长 L，偏转电极右端到荧光屏的距离为 L.在加速电场中，由动能定理得 eU112mv02在偏转电场中，偏移量 y eU22mdt2 eU2L22mdv02偏转角 tan eU2Lmdv02在荧光屏上的侧移 yyLtan 代入，得 yeU2Lmdv02(LL2)3示波器原理(如图所示)偏转板有两组，一个使电子水平偏转、另一个使电子竖直偏转，在水平偏转板上
23、加扫描电压，扫描电压的最大值为 U0，在第一个周期内，电压随时间的函数关系式为 ux2U0tT U0，在荧光屏上的侧移量yqL（L2L）（2U0tT U0）mdv02，y与 t 之间为线性关系，可 见 亮 斑 在 荧 光 屏 上 匀 速 运 动，其 速 度 为v 2U0qL（L2L）mdv02T.4示波器视窗中观察到的场景在水平偏转板上加扫描电压同时，在竖直偏转板上加正弦交变电压(如图所示)如果调整在竖直方向所加正弦交变电压的频率使 fxfy(其中 fx为扫描频率，fy为正弦交变电压的频率)则在视窗中将显示如图(1)所示，如果调整在竖直方向所加正弦交变电压的频率使 2fxfy，则视窗中将显示如
24、图(2)所示，如果调整在竖直方向所加正弦交变电压的频率使 fx2fy 则视窗中将显示如图(3)所示【考题随练】如图(a)为示波管的原理图如果在电极 YY之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极 XX之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()【解析】本题需特别注意：“正方向问题”“在电极YY之间所加的电压按图(b)规律变化；在电极 XX之间所加电压按图(c)规律变化”；图(b)中的 UY 实为 UYY，可得竖直方向从平衡位置向上移动；图(c)中的 UX 实为 UXX，开始为负，从图(a)荧光屏所标字母可知，水平方向从 X向 X 扫动【答案】B请做：题组层级快练（二十五）
