2017年高中物理 第2章 電勢能與電勢差 第5講 習題課 帶電粒子在電場中的運動學案 魯科版選修3-1

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1、 第5講　習題課　帶電粒子在電場中的運動 [目標定位]　1.加深對電場中帶電粒子的加速和偏轉的理解和應用.2.鞏固用能量的觀點解決電場力做功的問題.3.掌握電場中帶電粒子的圓周運動問題． 1．帶電粒子在電場中做加速或減速直線運動時，若是勻強電場，可用動能定理或牛頓第二定律結合運動學公式兩種方式分析求解；若是非勻強電場，只能用動能定理分析求解． 2．帶電粒子在電場中做類平拋運動，可將粒子的運動分解為初速度方向的勻速直線運動和電場力方向的初速度為零的勻加速直線運動． 3．物體做勻速圓周運動，受到的向心力為F＝m(用m、v、r表示)＝mr()2(用m、r、T表示)＝mrω2(用m、r、

2、ω表示)． 一、帶電粒子在電場中的直線運動 1．電子、質子、α粒子、離子等微觀粒子，它們的重力遠小于電場力，處理問題時可以忽略它們的重力．帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，質量較大，處理問題時重力不能忽略． 2．帶電粒子僅在電場力作用下加速，若初速度為零，則qU＝mv2；若初速度不為零，則qU＝mv2－mv. 例1　如圖1所示，在點電荷＋Q激發(fā)的電場中有A、B兩點，將質子和α粒子分別從A點由靜止釋放到達B點時，它們的速度大小之比為多少？ 圖1 答案　∶1 解析　質子和α粒子都帶正電，從A點釋放將受靜電力作用加速運動到B點，設A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理可知，對質子：

3、mHv＝qHU，對α粒子： mαv＝qαU. 所以＝＝＝. 借題發(fā)揮　該電場為非勻強電場，帶電粒子在AB間的運動為變加速運動，不可能通過力和加速度的途徑解出該題，但注意到電場力做功W＝qU這一關系對勻強電場和非勻強電場都適用，因此從能量的角度入手，由動能定理來解該題很方便． 針對訓練　如圖2所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質量為m(不計重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應是(　　) 圖2 A. B．v0＋ C．v＋ D．v－ 答案　C 解析　qU＝mv2－mv，v＝，選C. 二

4、、帶電粒子在電場中的偏轉 1．運動狀態(tài)分析：帶電粒子(不計重力)以初速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向垂直的電場力作用而做勻變速曲線運動． 2．運動的規(guī)律： 3．兩個特殊結論 (1)粒子射出電場時速度方向的反向延長線過水平位移的中點，即粒子就像是從極板間處射出的一樣． 圖3 證明　作粒子速度的反向延長線，設交于O點，利用上述①、②兩式結合幾何關系可得出x＝＝＝③ (2)無論粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一電場加速，再垂直進入同一偏轉電場，它們飛出的偏移量和偏轉角θ都是相同的，所以同性粒子運動軌跡完全重合． 證明　若加速電場的電壓為U0，有qU0

5、＝mv④ 由①和④得偏移量y＝，由②和④得偏轉角正切tanθ＝.y和tanθ與m和q均無關． 例2　一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖4所示．若兩板間距離d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加多大電壓？ 圖4 答案　400V 解析　在加速電壓一定時，偏轉電壓U′越大，電子在極板間的偏轉距離就越大，當偏轉電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出時，兩板間的偏轉電壓即為題目要求的最大電壓． 加速過程中，由動能定理有：eU＝mv 進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線

6、運動，l＝v0t 在垂直于板面的方向做勻加速直線運動， 加速度a＝＝，偏轉距離y＝at2 能飛出的條件y≤ 聯(lián)立解得U′≤＝V＝4.0×102V 即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V. 借題發(fā)揮　①此題是典型的帶電粒子的加速和偏轉的綜合應用題．解決此類問題要注意加速與偏轉的前后聯(lián)系，使關系式簡化．②注意恰好飛出的臨界條件． 針對訓練　如圖5為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電

7、子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力． 圖5 (1)求電子穿過A板時速度的大??； (2)求電子從偏轉電場偏射出時的側移量； (3)若要電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施． 答案　(1)　(2)　(3)見解析 解析　(1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有eU1＝mv 解得v0＝. (2)電子沿極板方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動．設偏轉電場的電場強度為E，電子在偏轉電場中運動的時間為t，加速度為a，電子離開

8、偏轉電場時的偏移量為y.由牛頓第二定律和運動學公式有t＝ a＝ y＝at2 解得y＝. (3)減小加速電壓U1或增大偏轉電壓U2. 三、帶電粒子在電場中的圓周運動 含有電場力作用下的圓周運動分析，與力學中的圓周運動一樣，主要是兩大規(guī)律的應用：牛頓第二定律和動能定理．對于豎直平面內(nèi)的變速圓周運動問題，在電場中臨界問題可能出現(xiàn)在最低點，要注意受力分析，找準臨界點和臨界條件． 例3　如圖6所示，長L＝0.20m的絲線的一端拴一質量為m＝1.0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運動，整個裝置處在豎直向上的勻強

9、電場中，電場強度E＝2.0×103N/C.現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點，然后無初速度地將小球釋放，取g＝10 m/s2.求： 圖6 (1)小球通過最高點B時速度的大?。? (2)小球通過最高點時，絲線對小球拉力的大小． 答案　(1)2m/s　(2)3.0×10－3N 解析　(1)小球由A運動到B，其初速度為零，電場力對小球做正功，重力對小球做負功，絲線拉力不做功，則由動能定理有： qEL－mgL＝ vB＝＝2m/s (2)小球到達B點時，受重力mg、電場力qE和拉力TB作用，經(jīng)計算 mg＝1.0×10－4×10N＝1.0×10－3N qE＝1.0×10－6×2.

10、0×103N＝2.0×10－3N 因為qE>mg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運動，其到達B點時向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出TB的方向一定指向圓心，由牛頓第二定律有：TB＋mg－qE＝ TB＝＋qE－mg＝3.0×10－3N 帶電粒子的直線運動 1．如圖7所示，電量和質量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A、B兩板間的加速電場后飛出，不計重力的作用，則(　　) 圖7 A．它們通過加速電場所需的時間相等 B．它們通過加速電場過程中動能的增量相等 C．它們通過加速電場過程中速度的增量相等 D．它們通過加速電場過程中電勢能的減少量相等 答

11、案　BD 解析　由于電量和質量相等，因此產(chǎn)生的加速度相等，初速度越大的帶電粒子經(jīng)過電場所用時間越短，A錯誤；加速時間越短，則速度的變化量越小，C錯誤；由于電場力做功W＝qU與初速度及時間無關，因此電場力對各帶電粒子做功相等，則它們通過加速電場的過程中電勢能的減少量相等，動能增加量也相等，B、D正確． 2．在如圖8甲所示平行板電容器A、B兩板上加上如圖8乙所示的交變電壓，開始B板的電勢比A板高，這時兩板中間原來的靜止的電子在電場力作用下開始運動，設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，則下述說法正確的是(不計電子重力)(　　) 甲　　　　　　　　乙 圖8 A．電子先向A板運動，然后向B板運

12、動，再返回A板做周期性來回運動 B．電子一直向A板運動 C．電子一直向B板運動 D．電子先向B板運動，然后向A板運動，再返回B板做來回周期性運動 答案　C 解析　由運動學和動力學規(guī)律畫出如圖所示的v-t圖象可知，電子一直向B板運動，C正確． 帶電粒子的偏轉 3．如圖9所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為(　　) 圖9 A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2

13、D．U1∶U2＝1∶1 答案　A 解析　由y＝at2＝·得：U＝，所以U∝，可知A項正確． 帶電粒子在電場中的圓周運動 4．如圖10所示，一絕緣細圓環(huán)半徑為r，其環(huán)面固定在水平面上，電場強度為E的勻強電場與圓環(huán)平面平行，環(huán)上穿有一電荷量為＋q、質量為m的小球，可沿圓環(huán)做無摩擦的圓周運動，若小球經(jīng)A點時速度vA的方向恰與電場線垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無作用力，則速度vA＝________.當小球運動到與A點對稱的B點時，小球對圓環(huán)在水平方向的作用力FB＝________. 圖10 答案　　6qE 解析　在A點時， 電場力提供向心力qE＝，① 解得vA＝， 在B點時，

14、 FB′－qE＝m，F(xiàn)B＝FB′，② 小球由A到B的過程中，由動能定理得： qE·2r＝mv－mv，③ 由以上各式解得FB＝6qE. 題組一　帶電粒子在電場中的直線運動 1．下列帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加速運動，經(jīng)過相同的電勢差U后，哪個粒子獲得的速度最大(　　) A．質子H B．氘核H C．α粒子He D．鈉離子Na＋ 答案　A 解析　所有四種帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加速運動，經(jīng)過相同的電勢差U，故根據(jù)動能定理，qU＝mv2－0得v＝ 由上式可知，比荷越大，速度越大； 顯然A選項中質子的比荷最大，故A正確； 2．如圖1所

15、示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動，則關于電子到達Q時的速率與哪些因素有關的下列解釋正確的是(　　) 圖1 A．兩極板間的距離越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大 B．兩極板間的距離越小，加速的時間就越短，則獲得的速率越小 C．兩極板間的距離越小，加速度就越大，則獲得的速率越大 D．與兩板間的距離無關，僅與加速電壓U有關 答案　D 解析　由動能定理得eU＝mv2，當兩極板間的距離變化時，U不變，v就不變．電子做初速度為零的勻加速直線運動，d＝t＝t，得t＝，當d減小(或增大)時，v不變，電子在兩極板間運動的時間越短(或越長)，故D正確． 3．圖2為示波管中電子槍

16、的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空．A為發(fā)射電子的陰極，K為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時的速度可以忽略，電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時的速度大小為v.下面的說法中正確的是(　　) 圖2 A．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度仍為v B．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度變?yōu)? C．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)関 D．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)? 答案　AC 解析　電子在兩個電極間加速電場中進行加速，由動能定理eU＝mv2－0得v＝，當電壓不變，A、K間距離變

17、化時，不影響電子的速度，故A正確；電壓減半，則電子離開K時的速度為v，故C正確． 4．帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖3所示．帶電微粒只在電場力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1～2s內(nèi)的加速度相同 B．微粒將沿著一條直線運動 C．微粒做往復運動 D．微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同 答案　BD 解析　微粒在0～1 s內(nèi)的加速度與1～2 s內(nèi)的加速度大小相等，方向相反，A項錯誤；帶正電的微粒放在電場中，第1 s內(nèi)加速運動，第2 s內(nèi)減速至零，故B、D對，C項錯誤． 5．如圖4甲所

18、示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓．開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動．設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)(　　) 圖4 答案　A 解析　從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱悖笾貜蜕鲜鲞\動，A選項正確，B選項錯誤．電子在交變電場中所受電場力恒定，加速度大小不變，C、D選項錯誤．故選A. 題組二　帶電粒子在電場中的類平拋運動 6．

19、如圖5所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該(　　) 圖5 A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C．使U2變?yōu)樵瓉淼谋?D．使U2變?yōu)樵瓉淼谋? 答案　A 解析　電子加速有qU1＝mv 電子偏轉有y＝()2 聯(lián)立解得y＝，顯然選A. 7．如圖6所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極

20、板的過程中(　　) 圖6 A．它們運動的時間tQ＞tP B．它們運動的加速度aQ＜aP C．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2 D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 答案　C 解析　設兩板距離為h，P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是，它們做類平拋運動的水平距離為l.則對P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝；同理對Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝.由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以qP∶qQ＝1∶2.由動能定理得，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4.綜上所述

21、，C項正確． 8．如圖7所示，氕、氘、氚的原子核自初速度為零經(jīng)同一電場加速后，又經(jīng)同一勻強電場偏轉，最后打在熒光屏上，那么(　　) 圖7 A．經(jīng)過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多 B．經(jīng)過偏轉電場的過程中，電場力對三種核做的功一樣多 C．三種原子核打在屏上的速度一樣大 D．三種原子核都打在屏的同一位置上 答案　BD 解析　同一加速電場、同一偏轉電場，三種原子核帶電荷量相同，故在同一加速電場中電場力對它們做的功都相同，在同一偏轉電場中電場力對它們做的功也相同，A錯，B對；由于質量不同，所以三種原子核打在屏上的速度不同，C錯；再根據(jù)偏轉距離公式或偏轉角公式y(tǒng)＝，tanθ

22、＝知，與帶電粒子無關，D對． 題組三　帶電粒子在電場中的圓周運動 9．如圖8所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則(　　) 圖8 A．小球帶正電 B．電場力與重力平衡 C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小 D．小球在運動過程中機械能守恒 答案　AB 解析　小球做勻速圓周運動，電場力等于重力，由繩子的拉力提供向心力，所以小球帶正電，A、B選項正確；小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功電勢能增大，C選項錯誤；小球在運動過程中有電場力

23、做功，機械能不守恒，D選項錯誤．故選A、B. 10．兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中，存在一沿半徑方向的電場，如圖9所示．帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出，由此可知(　　) 圖9 A．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質量一定相等 B．若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等 C．若入射粒子的電荷量與質量之比相等，則出射粒子的速率一定相等 D．若入射粒子的電荷量與質量之比相等，則出射粒子的動能一定相等 答案　BC 解析　由題圖可知，該粒子在電場中做勻速圓周運動，靜電力提供向心力qE＝m得r＝，r、E為定值，若

24、q相等，則mv2一定相等；若相等，則速率v一定相等，故B、C正確． 題組四　綜合應用 11．兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認為是勻強電場．一個α粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板中心． 已知質子電荷為e，質子和中子的質量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求： (1)極板間的電場強度E； (2)α粒子在極板間運動的加速度a； (3)α粒子的初速度v0. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)極板間場強E＝ (2)α粒子電荷為2e，質量為4m，所受靜電力F＝2eE＝ α

25、粒子在極板間運動的加速度a＝＝ (3)由d＝at2，得t＝＝2d，v0＝ ＝. 12．一束電子從靜止開始經(jīng)加速電壓U1加速后，以水平速度射入水平放置的兩平行金屬板中間，如圖10所示，金屬板長為l，兩板距離為d，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L.若在兩金屬板間加直流電壓U2時，光點偏離中線打在熒光屏上的P點，求. 圖10 答案　(＋L) 解析　電子經(jīng)U1的電場加速后，由動能定理可得 eU1＝① 電子以v0的速度進入U2的電場并偏轉 t＝② E＝③ a＝④ vy＝at⑤ 由①②③④⑤得射出極板的偏轉角θ的正切值tanθ＝＝. 所以＝(＋L)tanθ＝(＋L)． 14