物理新設計教科版選修31講義靜電場習題課三

14/1515/15/習題課三帶電粒子在電場中的運動帶電粒子在電場中的直線運動[要點歸納]1.關于帶電粒子在電場中的重力(1)基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，此類粒子一般不考慮重力(但并不忽略質量)。(2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。2.加速問題處理的方法和思路(1)根據帶電粒子所受的力，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等。(2)一般應用動能定理來處理問題，若帶電粒子只受電場力作用：①若帶電粒子的初速度為零，則qU＝eq\f(1,2)mv2，末速度v＝eq\r(\f(2qU,m))。②若粒子的初速度為v0，則qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，末速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))。[精典示例][例1]一個電子(質量為9.1×10－31kg，電荷量為1.6×10－19C)以v0＝4.0×107m/s的初速度沿著勻強電場的電場線方向飛入勻強電場，已知電場強度大小E＝2.0×105N/C，不計重力，求：(1)電子在電場中運動的加速度大小；(2)電子進入電場的最大距離；(3)電子進入電場最大距離的一半時的動能。解析(1)電子沿電場線的方向飛入，僅受電場力作用，做勻減速運動，由牛頓第二定律得：qE＝ma，得a＝eq\f(qE,m)＝3.5×1016m/s2。(2)電子做勻減速直線運動，由運動學公式得：veq\o\al(2,0)＝2ax所以x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝2.28×10－2m。(3)電子進入電場最大距離的一半時的動能為Ek，根據動能定理得－eE·eq\f(1,2)x＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)據得Ek＝3.6×10－16J。答案(1)3.5×1016m/s2(2)2.28×10－2m(3)3.6×10－16J1.帶電粒子在電場中做直線運動(1)勻速直線運動：此時帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的電場力與其他力平衡。(2)勻加速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向同向。(3)勻減直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向反向。2.分析帶電粒子在電場中做直線運動的方法(1)動力學方法——牛頓運動定律、勻變速直線運動公式。(2)功和能方法——動能定理。(3)能量方法——能量守恒定律。[針對訓練1](多選)如圖1所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板。如果要使這個帶電粒子到達M、N板間距的eq\f(1,2)后返回，下列措施中滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()圖1A.使初速度減為原來的eq\f(1,2)B.使M、N間電壓加倍C.使M、N間電壓提高到原來的4倍D.使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)解析由題意知，帶電粒子在電場中做減速運動，當粒子恰好能到達N板時，由動能定理可得－qU＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。要使粒子到達兩極板中間后返回，設此時兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，則由動能定理可得－qeq\f(U1,2)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯(lián)立兩方程得eq\f(U1,2U)＝eq\f(veq\o\al(2,1),veq\o\al(2,0))，選項B、D正確。答案BD帶電粒子在電場中的偏轉[要點歸納]1.進入電場的方式：以初速度v0垂直于電場線方向進入勻強電場。2.受力特點：靜電力大小恒定，且方向與初速度v0的方向垂直。3.運動規(guī)律(如圖2所示)：圖2偏轉角度θ滿足：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))4.帶電粒子偏轉的兩個結論(1)粒子從偏轉電場射出時，其速度v的反向延長線過水平位移的中點。(2)不同的帶電粒子(電性相同)，若經同一電場(加速電壓為U1)加速后，又進入同一偏轉電場(電壓為U2)，則它們的運動軌跡必定重合。證明：(1)作粒子速度的反向延長線，設交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則x＝eq\f(y,tanθ)＝eq\f(qUl2,2dmveq\o\al(2,0))·eq\f(dmveq\o\al(2,0),qUl)＝eq\f(l,2)，即粒子好像從極板間eq\f(l,2)處沿直線射出，如圖3所示。圖3(2)粒子經加速后的速度v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，故偏移量y＝eq\f(qU2l2,2dmveq\o\al(2,0))＝eq\f(qU2l2,4dqU1)＝eq\f(U2l2,4dU1)，偏轉角tanθ＝eq\f(U2l,2U1d)即偏移量y和偏轉角θ都與m、q無關。[精典示例][例2]如圖4所示，粒子發(fā)生器發(fā)射出一束質量為m，電荷量為q的粒子，從靜止經加速電壓U1加速后獲得速度v0，并沿垂直于電場方向射入兩平行板中央，受偏轉電壓U2作用后，以某一速度離開電場，已知平行板長為L，兩板間距離為d，求：圖4(1)粒子從靜止經加速電壓U1加速后，獲得的速度v0；(2)粒子在偏轉電場中運動的時間t；(3)粒子在離開偏轉電場時縱向偏移量y。解析(1)由動能定理得W＝qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))。(2)粒子在偏轉電場中水平方向做勻速直線運動，運動時間為t，且L＝v0t解得t＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2qU1))(3)粒子在偏轉電場中豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU2,md)，縱向偏移量y＝eq\f(1,2)at2解得y＝eq\f(L2U2,4dU1)答案(1)eq\r(\f(2qU1,m))(2)Leq\r(\f(m,2qU1))(3)eq\f(L2U2,4dU1)[針對訓練2]一束電子流在經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5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5解析加速過程中，由動能定理有eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運動l＝v0t在垂直于板面的方向電子做勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm)，偏移的距離y＝eq\f(1,2)at2電子能飛出的條件y≤eq\f(d,2)聯(lián)立解得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝eq\f(2×5000×1.0×10－4,（5.0×10－2）2)V＝4.0×102V即要使電子能飛出，兩極板上所加電壓最大為400V。答案400V帶電粒子在交變電場中的運動[要點歸納]1.當空間存在交變電場時，粒子所受電場力方向將隨著電場方向的改變而改變，粒子的運動性質也具有周期性。2.研究帶電粒子在交變電場中的運動需要分段研究，并輔以v－t圖像，特別注意帶電粒子進入交變電場時的時刻及交變電場的周期。[精典示例][例3]如圖6甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：圖6(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？解析(1)電子經電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2，經電場偏轉后側移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2)，所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由圖知t＝0.06s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm。設打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，所以Y＝13.5cm。(2)由題意知電子側移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當偏轉電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm。答案(1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm(2)30cm(1)注意電場的大小、方向是做周期變化的。(2)電子穿越平行板的時間極短，認為電壓是不變的。(3)當U>0時，電子向上偏轉，U<0時，電子向下偏轉，因此熒光屏上電子能打到的區(qū)間是關于點O對稱的。[針對訓練3](多選)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7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7A.微粒在0～1s內的加速度與1～2s內的加速度相同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內的位移與第3s內的位移相同解析設粒子的速度方向、位移方向向右為正，作出粒子的v－t圖像如圖所示。由圖可知選項B、D正確。答案BD1.(帶電粒子在電場中的加速)兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖8所示，OA＝h，此電子具有的初動能是()圖8A.eq\f(edh,U) B.edUhC.eq\f(eU,db) D.eq\f(eUh,d)解析電子從O點到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據題意和題圖判斷，電子不計重力僅受電場力，由動能定理得－eUOA＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)。所以D正確。答案D2.(帶電粒子的偏轉)如圖9所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼?)圖9A.2倍 B.4倍 C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)解析電子在兩極板間做類平拋運動，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，故C正確。答案C3.(帶電粒子在交變電場中的運動)(多選)如圖10甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大。當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下列四個選項中的圖像，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是()圖10解析由AB板間所加電壓的周期性可推知粒子加速度的周期性，D項正確；由v＝at可知，A項正確，C項錯誤；由x＝eq\f(1,2)at2知x－t圖像應為曲線，B項錯誤。答案AD4.(帶電粒子的“加速＋偏轉”)如圖11所示，有一電子(電量為e)經電壓U0加速后，進入兩板間距為d、電壓為U的平行金屬板間。若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿過電場，求：圖11(1)金屬板AB的長度；(2)電子穿出電場時的動能。解析(1)設電子飛離加速電場時速度為v0，由動能定理eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①設金屬板AB的長度為L，電子偏轉時間t＝eq\f(L,v0)②電子在偏轉電場中產生偏轉加速度a＝eq\f(eU,md)③電子在電場中偏轉y＝eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得L＝deq\r(\f(2U0,U))(2)設電子穿過電場時的動能為Ek，根據動能定理得Ek＝eU0＋eeq\f(U,2)＝e(U0＋eq\f(U,2))。答案(1)deq\r(\f(2U0,U))(2)e(U0＋eq\f(U,2))基礎過關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，經過相同的電勢差U后，哪個粒子獲得的速度最大()A.質子eq\o\al(1,1)H B.氘核eq\o\al(2,1)HC.α粒子eq\o\al(4,2)He D.鈉離子Na＋解析四種帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加速運動，經過相同的電勢差U，故根據動能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，由上式可知，比荷eq\f(q,m)越大，速度越大；顯然質子的比荷最大，故A正確。答案A2.(多選)平行的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖1所示水平直線通過兩極板，則在此過程中，該粒子()圖1A.所受重力與電場力平衡B.電勢能逐漸增加C.動能逐漸增加D.做勻變速直線運動解析帶電粒子在平行板之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場力F＝qE，方向垂直于極板向上。因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B正確。答案BD3.(2017·晉城高二檢測)如圖2所示，在A板附近有一電子由靜止開始向B板運動，則關于電子到達B板時的速率，下列解釋正確的是()圖2A.兩板間距越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大B.兩板間距越小，加速的時間就越長，則獲得的速率越大C.獲得的速率大小與兩板間的距離無關，僅與加速電壓U有關D.兩板間距離越小，加速的時間越短，則獲得的速率越小解析由動能定理可得eU＝eq\f(1,2)mv2，即v＝eq\r(\f(2eU,m))，v的大小與U有關，與極板距離無關，C正確。答案C4.在空間有正方向水平向右、大小按如圖3所示的圖線變化的電場，位于電場中A點的電子在t＝0時速度為零，在t＝1s時，電子離開A點的距離大小為l。那么在t＝2s時，電子將處在()圖3A.A點B.A點左方l處C.A點右方2l處D.A點左方2l處解析第1s內電場方向向右，電子受到的電場力方向向左，電子向左做勻加速直線運動，位移為l；第2s內電子受到的電場力方向向右，由于電子此時有向左的速度，因而電子繼續(xù)向左做勻減速直線運動，根據運動的對稱性，位移也是l，t＝2s時總位移為2l，方向向左。答案D5.如圖4所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則()圖4A.a的電荷量一定大于b的電荷量B.b的質量一定大于a的質量C.a的比荷一定大于b的比荷D.b的比荷一定大于a的比荷解析粒子在電場中做類平拋運動，h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)(eq\f(x,v0))2得：x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))。由v0eq\r(\f(2hma,Eqa))＜v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))得eq\f(qa,ma)＞eq\f(qb,mb)，選項C正確。答案C6.如圖5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，帶電粒子沿軌跡①從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡②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5A.U1∶U2＝1∶8 B.U1∶U2＝1∶4C.U1∶U2＝1∶2 D.U1∶U2＝1∶1解析由y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\f(l2,veq\o\al(2,0))，得U＝eq\f(2mveq\o\al(2,0)dy,ql2)，所以U∝eq\f(y,l2)，可知A項正確。答案A7.如圖6所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現(xiàn)有質量為m、帶電荷量為＋q的小球在B板下方距離B板為H處，以初速度v0豎直向上從B板小孔進入板間電場。圖6(1)帶電小球在板間做何種運動？(2)欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢差為多少？解析(1)帶電小球在電場外只受重力的作用做勻減速直線運動，在電場中受重力和靜電力作用做勻減速直線運動。(2)整個運動過程中重力和靜電力做功，由動能定理得－mg(H＋h)－qUAB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得UAB＝eq\f(m[veq\o\al(2,0)－2g（H＋h）],2q)。答案(1)做勻減速直線運動(2)eq\f(m[veq\o\al(2,0)－2g（H＋h）],2q)能力提升8.如圖7所示，兩分別帶有正負電荷的平行金屬板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負極板附近有另一質量為m、電荷量為－q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m為()圖7A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1解析兩粒子同時從靜止開始，在電場力作用下做勻加速直線運動，同時經過某一平面，它們在相同時間內位移之比為2∶3，根據x＝eq\f(1,2)at2，可知它們的加速度之比為2∶3。粒子受到的電場力F＝qE，結合牛頓第二定律得a＝eq\f(F,m)，由于兩粒子所受電場力大小相等，故質量之比應為3∶2，A正確。答案A9.(多選)如圖8所示，一電子沿x軸正方向射入勻強電場，在電場中的運動軌跡為OCD，已知eq\o(OA,\s\up6(－))＝eq\o(AB,\s\up6(－))，電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vCy和vDy；電子在OC段和OD段動能的變化量分別為ΔEk1和ΔEk2，則()圖8A.vCy∶vDy＝1∶2 B.vCy∶vDy＝1∶4C.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D.ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4解析電子沿Ox軸射入勻強電場，做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，已知eq\o(OA,\s\up6(－))＝eq\o(AB,\s\up6(－))，則電子從O到C與從C到D的時間相等。電子在豎直方向上做初速度為零的勻加速運動，則有vCy＝atOC，vDy＝atOD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正確，B錯誤；根據勻變速直線運動的推論可知，在豎直方向上：yOC∶yOD＝1∶4，根據動能定理得ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD，解得ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C錯誤，D正確。答案AD10.如圖9所示為示波管中偏轉電極的示意圖，間距為d，長度為l的平行板A、B加上電壓后，可在A、B之間的空間中(設為真空)產生電場(設為勻強電場)。在A、B等距離處的O點，有一電荷量為＋q、質量為m的粒子以初速度v0沿水平方向(與A、B板平行)射入(如圖)，不計重力，要使此粒子能從C處射出，則A、B間的電壓應為()圖9A.eq\f(mveq\o\al(2,0)d2,ql2) B.eq\f(mveq\o\al(2,0)l2,qd2) C.eq\f(lmv0,qd) D.qeq\f(v0,dl)解析帶電粒子只受電場力作用，在平行板間做類平拋運動。設粒子由O到C的運動時間為t，則有l(wèi)＝v0t。設A、B間的電壓為U，則偏轉電極間的勻強電場的場強E＝eq\f(U,d)，粒子所受電場力F＝qE＝eq\f(qU,d)，根據牛頓第二定律得粒子沿電場方向的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)。粒子在沿電場方向做勻加速直線運動，位移為eq\f(1,2)d，由勻加速直線運動的規(guī)律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，解得U＝eq\f(mveq\o\al(2,0)d2,ql2)，A正確。答案A11.如圖10所示，