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高中物理人教版 (新课标)选修39 带电粒子在电场中的运动导学案及答案
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这是一份高中物理人教版 (新课标)选修39 带电粒子在电场中的运动导学案及答案，共11页。
1．求解带电体在电场中平衡问题的一般思维程序
这里说的“平衡”，即指带电体加速度为零的静止或匀速直线运动状态，仍属“静力学”范畴，只是带电体受的外力中多一静电力而已．
解题的一般思维程序为：
(1)明确研究对象．
(2)将研究对象隔离开来，分析其所受全部外力，其中的静电力要根据电荷正、负和电场的方向来判定．
(3)根据平衡条件(F＝0)列出方程，求出结果．
2．用能量观点处理带电体在电场中的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也显得简洁．具体方法常有两种：
(1)用动能定理处理的思维程序一般为：
①弄清研究对象，明确所研究的物理过程．
②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．
③弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)．
④根据W＝ΔEk列出方程求解．
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理，列式的方法常有两种：
①从初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．
②从某些能量的减少等于另一些能量的增加(即ΔE＝ΔE′)列方程．
要点二 在带电粒子的加速或偏转问题中对粒子重力的处理
若所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远远小于静电力，即mg≪qE，则可忽略重力的影响．譬如，一电子在电场强度为4.0×103 V/m的电场中，它所受到的静电力F＝eE＝6.4×10－16 N，它所受的重力G＝mg＝9.0×10－30 N(g取10 N/kg)，eq \f(F,G)＝7.1×1013.可见，重力在此问题中的影响微不足道，应该略去不计．此时若考虑了重力，反而会给问题的解决带来不必要的麻烦，要指出的是，忽略粒子的重力并不是忽略粒子的质量．
反之，若是带电粒子所受的重力跟静电力可以比拟，譬如，在密立根油滴实验中，带电油滴在电场中平衡，显然这时就必须考虑重力了．若再忽略重力，油滴平衡的依据就不存在了．
总之，是否考虑带电粒子的重力要根据具体情况而定，一般说来：
(1)基本粒子：如电子、原子、α粒子、离子等除了有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．
(2)带电颗粒：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．
要点三 由类平抛运动规律研究带电粒子的偏转
带电粒子以速度v0垂直于电场线的方向射入匀强电场，受到恒定的与初速度方向垂直的静电力的作用，而做匀变速曲线运动，也称为类平抛运动．可以应用运动的合成与分解的方法分析这种运动．
1．分析方法
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(vx＝v0 x＝v0t(初速度方向),vy＝at y＝\f(1,2)at2(电场线方向)))
图1－9－2
如图1－9－2所示，其中t＝eq \f(l,v0)，a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
则粒子离开电场时的侧移位移为：y＝eq \f(ql2U,2mv\\al(2,0)d)
粒子离开电场时的偏转角
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qlU,mv\\al(2,0)d)
2．对粒子偏转角的讨论
粒子射出电场时速度的反向延长线与电场中线相交于O点，O点与电场边缘的距离为l′，则：tan θ＝eq \f(y,l′)
则l′＝eq \f(y,tan θ)＝eq \f(\f(ql2U,2mv\\al(2,0)d),\f(qlU,mv\\al(2,0)d))＝eq \f(l,2) 即tan θ＝eq \f(2y,l)
示波器是怎样实现电信号观察功能的？
1．示波器是用来观察电信号随时间变化情况的仪器，其核心部件是示波管．
2．示波管的构造：电子枪、偏转电极、荧光屏．
3．工作原理(如图1－9－3所示)
利用带电粒子在电场中的加速和偏转的运动规律．
图1－9－3
4．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．
5．信号电压：YY′所加的待测信号的电压．
扫描电压：XX′上机器自身的锯齿形电压．
若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．
6．若只在YY′之间加上如图1－9－4甲所示电压，电子在荧光屏上将形成一条竖直亮线，若再在XX′之间加上图乙所示电压，则在屏上将看到一条正弦曲线．
图1－9－4
一、带电粒子的加速
【例1】 如图1－9－5所示，
图1－9－5
在点电荷＋Q的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放，到达B点时，它们的速度大小之比为多少？
答案 eq \f(\r(2),1)
解析 质子和α粒子都是正离子，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理有：
对质子：eq \f(1,2)mHveq \\al(2,H)＝qHU
对α粒子：eq \f(1,2)mαveq \\al(2,α)＝qαU
所以eq \f(vH,vα)＝ eq \r(\f(qHmα,qαmH))＝ eq \r(\f(1×4,2×1))＝eq \r(2)
二、带电粒子的偏转
【例2】 试证明：带电粒子从偏转电场沿中线射出时，
图1－9－6
其速度v的反向延长线过水平位移的中点(即粒子好像从极板间eq \f(l,2)处沿直线射出，如图1－9－6所示，x＝eq \f(l,2))．
证明 带电粒子从偏转电场中射出时的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,dm)·(eq \f(l,v0))2，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＝eq \f(y,tan θ)＝eq \f(\f(qUl2,2dmv\\al(2,0)),\f(qUl,mv\\al(2,0)d))＝eq \f(l,2)
所以带电粒子从偏转电场沿中线射出时，其速度v的反向延长线过水平位移的中点.
1.一束质量为m、
图1－9－7
电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图1－9－7所示．如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L.设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出电场时电势能的变化量为________．(粒子的重力忽略不计)
答案 eq \f(q2U2L2,2md2v\\al(2,0))
解析 带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，静电力做功导致了电势能的改变．
水平方向匀速，则运动时间t＝eq \f(L,v0)①
竖直方向加速，则偏移量y＝eq \f(1,2)at2②
且a＝eq \f(qU,dm)③
由①②③得y＝eq \f(qUL2,2dmv\\al(2,0))
则静电力做功W＝qE·y＝q·eq \f(U,d)· eq \f(qUL2,2dmv\\al(2,0))＝eq \f(q2U2L2,2md2v\\al(2,0))
由功能原理得电势能减少了eq \f(q2U2L2,2md2v\\al(2,0)).
2．平行金属板间的电场是匀强电场，如果已知两极板间电压为U，你能利用牛顿定律求解一质量为m，所带电荷量为q的带电粒子从一极板到达另一极板时的速度吗？
答案 eq \r(\f(2qU,m))
解析 设板间距离为d，则场强E＝eq \f(U,d)
粒子受到的静电力F＝qE＝eq \f(qU,d)
粒子运动的加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,md)
由运动学方程得：v2＝2ad＝2·eq \f(qU,md)·d
解得v＝ eq \r(\f(2qU,m))
3．如图1－9－8所示，
图1－9－8
长为l，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一电荷量为＋q，质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当达到斜面顶端的B点时，速度仍为v0，求电场强度E.
答案 eq \f(mg,q)tan θ
解析 由于带电小球处于电场中，其上升过程中重力、静电力均做功，初、末状态的动能不变，二力做功之和为零，重力做负功，静电力做正功．
WG＋W电＝0
－mglsin θ＋qElcs θ＝0
E＝eq \f(mg,q)tan θ
4．一束电子流在经U＝5 000 V
图1－9－9
的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图1－9－9所示．若两板间距离d＝1.0 cm，板长l＝5.0 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？
答案 400 V
解析 在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏移的距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，两板间的偏转电压即为题目要求的最大电压．
加速过程中，由动能定理得
eU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
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
l＝v0t②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(eU′,dm)③
偏移的距离y＝eq \f(1,2)at2④
能飞出的条件y≤eq \f(d,2)⑤
解①～⑤式得
U′≤eq \f(2Ud2,l2)＝eq \f(2×5 000×(1.0×10－2)2,(5.0×10－2)2) V
＝4.0×102 V
即要使电子能飞出，两极板间所加电压最大为400 V.
题型一 带电粒子在电场中的加速
如图1(a)所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图(b)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点放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0图1
A．0B．2×10－10 sC．4×10－10 sD．6×10－10 s思维步步高t＝0时，电子向哪个极板运动？接下来电子做什么性质的运动？运动过程和电场的周期性有什么关系？速度向左且减小时满足的条件是什么？
解析 0～eq \f(T,4)，电子向右做加速运动；eq \f(T,4)～eq \f(T,2)过程中电子向右减速运动，eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)过程中电子向左加速，eq \f(3T,4)～T过程中电子向左减速，满足条件．
答案 D
拓展探究如图2所示，
图2
水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水平方向的匀强电场，一带电小球在静电力和挡板压力作用下静止．若突然将电场反向，则小球加速度的大小随位移x变化的关系图象可能是下图中的( )
答案 A
解析 注意题目中考查的是加速度随位移变化的图象，而不是随速度变化的图象，弹簧的弹力和位移成正比．
带电粒子在电场中加速运动，受到的力是在力学受力分析基础上加上静电力，常见的直线运动有以下几种情况：①粒子在电场中只受静电力，带电粒子在电场中做匀加速或者匀减速直线运动．②粒子受到静电力、重力以及其它力的作用，在杆、地面等外界的约束下做直线运动．③粒子同时受到重力和静电力，重力和静电力合力的方向在一条直线上，粒子做变速直线运动．④粒子在非匀强电场中做直线运动，加速度可能发生变化.
题型二 带电粒子在电场中的偏转
如图3所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)．
图3
(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置．
(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．
思维步步高电子在区域Ⅰ中做什么运动？离开区域Ⅰ时的速度由什么决定？在Ⅰ、Ⅱ区域之间电子做什么运动？它的宽度对电子进入区域Ⅱ有无影响？电子进入区域Ⅱ做什么运动 ？偏转距离与哪些物理量有关？
解析 (1)设电子的质量为m，电荷量为e，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，此后在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有
eEL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
eq \f(L,2)－y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(eE,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))2
解得y＝eq \f(1,4)L，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为(－2L，eq \f(1,4)L)
(2)设释放点在电场区域Ⅰ中，其坐标为(x，y)，在电场Ⅰ中电子被加速到v1，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D点离开，有：eEx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(eE,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v1)))2
解得xy＝eq \f(L2,4)
所以电子在电场Ⅰ中的位置如果满足横纵坐标的乘积等于eq \f(L2,4)，满足条件．
答案 (1)(－2L，eq \f(1,4)L) (2)电子在电场Ⅰ区域中的位置如果满足横纵坐标的乘积等于eq \f(L2,4)，即可满足条件．
拓展探究一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图4所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，已知每一电场区的场强大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图4
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．若场强大小等于eq \f(mg,q)，则小球经过每一电场区的时间均相同
C．若场强大小等于eq \f(2mg,q)，小球经过每一无电场区的时间均相同
D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同
答案 AC
解析 无论在竖直方向上如何运动，小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动；如果电场强度等于eq \f(mg,q)，则小球在通过每一个电场区时在竖直方向上都做匀速直线运动，但是在无电场区是做加速运动，所以进入每一个电场区时在竖直方向上的速度逐渐增加，通过时间逐渐变短；如果场强的大小等于eq \f(2mg,q)，小球经过第一电场区时在竖直方向上做减速运动，到达第一电场区的底边时竖直方向上的速度恰好为零，如此往复，通过每个电场区域的时间都相等．
带电粒子在电场中做曲线运动，常见的形式有以下几种：①类平抛运动，当粒子只受静电力的情况下，初速度方向和电场方向垂直，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，处理方法和平抛运动的处理方法完全相同，常见的问题是偏转距离和偏转角度的计算．②圆周运动．在电场中做圆周运动常见的形式是等效最高点的求解．③一般的曲线运动，常常考查描述静电力的性质和能的性质的物理量之间的关系.
一、选择题
1．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场加速后，粒子速度最大的是( )
A．质子 B．氘核
C．α粒子 D．钠离子Na＋
答案 A
2．有一束正离子，以相同速率从同一位置进入带电平行板电容器的匀强电场中，所有离子运动轨迹一样，说明所有离子( )
A．具有相同质量 B．具有相同电荷量
C．具有相同的比荷 D．属于同一元素同位素
答案 C
3．一带电粒子在电场中只受静电力作用时，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
答案 A
解析 当带电粒子在电场中只受静电力作用时，静电力作用会产生加速度，B、C、D选项中的运动情况都有加速度，而A项中匀速直线运动加速度为零，不可能出现．
4．平行板间有如图5所示周期变化的电压．不计重力的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．下图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是( )
图5
答案 A
解析 粒子在第一个内，做匀加速直线运动，时刻速度最大，在第二个内，电场反向，粒子做匀减速直线运动，到T时刻速度为零，以后粒子的运动要重复这个过程．
5．图6为一个示波器工作原理的示意图，
图6
电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L，为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量h/U2)可采取的方法是( )
A．增大两板间电势差U2
B．尽可能使板长L短些
C．尽可能使板间距离d小一些
D．使加速电压U1升高一些
答案 C
解析 电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．
(1)加速：eU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
(2)偏转：L＝v0t，h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(eU2,2md) t2
综合得：eq \f(h,U2)＝eq \f(L2,4U1d) ，因此要提高灵敏度则需要：增大L或减小U1或减小d，故答案应选C.
6．如图7所示，
图7
电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板电压不变，则( )
A．当增大两板间距离时，v增大
B．当减小两板间距离时，v减小
C．当改变两板间距离时，v不变
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增大
答案 CD
解析 由动能定理得e·U＝eq \f(1,2)mv2.当改变两极板间距离时，v不变，故C选项正确．粒子做初速度为零的匀加速直线运动eq \x\t(v)＝eq \f(d,t)，eq \f(v,2)＝eq \f(d,t)，即t＝eq \f(2d,v)，当增大两板间距离时，电子在板间运动时间增大，故D选项正确．
7.
图8
一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器边缘的P点(如图8所示)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2，若不计重力，则a和b的比荷之比是( )
A．1∶2 B．1∶8
C．2∶1 D．4∶1
答案 D
二、计算论述题
8．如图9所示，
图9
在距地面一定高度的位置以初速度v0向右水平抛出一个质量为m，电荷量为q的带负电小球，小球的落地点与抛出点之间有一段相应的水平距离(水平射程)．若在空间加上一竖直方向的匀强电场，使小球的水平射程变为原来的eq \f(1,2)，求此电场的场强大小和方向．
答案 eq \f(3mg,q) 方向竖直向上
解析 不加电场时小球在空间运动的时间为t，水平射程为x
x＝v0t
下落高度h＝eq \f(1,2)gt2
加电场后小球在空间的运动时间为t′，小球运动的加速度为a
eq \f(1,2)x＝v0t′，h＝eq \f(1,2)at′2
由以上各式，得a＝4g
则场强方向只能竖直向上，根据牛顿第二定律
mg＋qE＝ma
联立解得：所以E＝eq \f(3mg,q)
方向竖直向上．
9．如图10所示，
图10
边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电荷量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．
(1)若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能．
(2)若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？
答案 (1)eq \f(4Ek,qL) 5Ek
(2)粒子由bc边离开电场时，E＝eq \f(2\r(Ek(Ek′－Ek)),qL)
粒子由cd边离开电场时，E＝eq \f(Ek′－Ek,qL)
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向：L＝v0t
在平行于电场方向：L＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qEt2,2m)＝eq \f(qEL2,2mv\\al(2,0))
所以E＝eq \f(4Ek,qL)
qEL＝Ekt－Ek
则Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek
(2)若粒子由bc边离开电场，则L＝v0t
vy＝eq \f(qE,m)t＝eq \f(qEL,mv0)
由动能定理得：Ek′－Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,y)＝eq \f(q2E2L2,4Ek)
E＝eq \f(2\r(Ek(Ek′－Ek)),qL)
若粒子由cd边离开电场，由动能定理得
qEL＝Ek′－Ek
所以E＝eq \f(Ek′－Ek,qL)
10．如图11所示，
图11
长L＝0.20 m的丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2.0×103 N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面的A点上，然后无初速地将小球释放，取g＝10 m/s2.求：
(1)小球通过最高点B时速度的大小．
(2)小球通过最高点时，丝线对小球的拉力大小．
答案 (1)2 m/s (2)3.0×10－3 N
解析 (1)小球由A运动到B，其初速度为零，静电力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：
qEL－mgL＝eq \f(mv\\al(2,B),2)
vB＝ eq \r(\f(2(qE－mg)L,m))＝2 m/s
(2)小球到达B点时，受重力mg、静电力qE和拉力FTB作用，经计算
mg＝1.0×10－4×10 N＝1.0×10－3 N
qE＝1.0×10－6×2.0×103 N＝2.0×10－3 N
因为qE>mg，而qE的方向竖直向上，mg方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：
FTB＋mg－qE＝eq \f(mv\\al(2,B),L)
FTB＝eq \f(mv\\al(2,B),L)＋qE－mg＝3.0×10－3 N
1．求解带电体在电场中平衡问题的一般思维程序
这里说的“平衡”，即指带电体加速度为零的静止或匀速直线运动状态，仍属“静力学”范畴，只是带电体受的外力中多一静电力而已．
解题的一般思维程序为：
(1)明确研究对象．
(2)将研究对象隔离开来，分析其所受全部外力，其中的静电力要根据电荷正、负和电场的方向来判定．
(3)根据平衡条件(F＝0)列出方程，求出结果．
2．用能量观点处理带电体在电场中的运动
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也显得简洁．具体方法常有两种：
(1)用动能定理处理的思维程序一般为：
①弄清研究对象，明确所研究的物理过程．
②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．
③弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)．
④根据W＝ΔEk列出方程求解．
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理，列式的方法常有两种：
①从初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程．
②从某些能量的减少等于另一些能量的增加(即ΔE＝ΔE′)列方程．
要点二 在带电粒子的加速或偏转问题中对粒子重力的处理
若所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远远小于静电力，即mg≪qE，则可忽略重力的影响．譬如，一电子在电场强度为4.0×103 V/m的电场中，它所受到的静电力F＝eE＝6.4×10－16 N，它所受的重力G＝mg＝9.0×10－30 N(g取10 N/kg)，eq \f(F,G)＝7.1×1013.可见，重力在此问题中的影响微不足道，应该略去不计．此时若考虑了重力，反而会给问题的解决带来不必要的麻烦，要指出的是，忽略粒子的重力并不是忽略粒子的质量．
反之，若是带电粒子所受的重力跟静电力可以比拟，譬如，在密立根油滴实验中，带电油滴在电场中平衡，显然这时就必须考虑重力了．若再忽略重力，油滴平衡的依据就不存在了．
总之，是否考虑带电粒子的重力要根据具体情况而定，一般说来：
(1)基本粒子：如电子、原子、α粒子、离子等除了有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．
(2)带电颗粒：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．
要点三 由类平抛运动规律研究带电粒子的偏转
带电粒子以速度v0垂直于电场线的方向射入匀强电场，受到恒定的与初速度方向垂直的静电力的作用，而做匀变速曲线运动，也称为类平抛运动．可以应用运动的合成与分解的方法分析这种运动．
1．分析方法
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(vx＝v0 x＝v0t(初速度方向),vy＝at y＝\f(1,2)at2(电场线方向)))
图1－9－2
如图1－9－2所示，其中t＝eq \f(l,v0)，a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
则粒子离开电场时的侧移位移为：y＝eq \f(ql2U,2mv\\al(2,0)d)
粒子离开电场时的偏转角
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qlU,mv\\al(2,0)d)
2．对粒子偏转角的讨论
粒子射出电场时速度的反向延长线与电场中线相交于O点，O点与电场边缘的距离为l′，则：tan θ＝eq \f(y,l′)
则l′＝eq \f(y,tan θ)＝eq \f(\f(ql2U,2mv\\al(2,0)d),\f(qlU,mv\\al(2,0)d))＝eq \f(l,2) 即tan θ＝eq \f(2y,l)
示波器是怎样实现电信号观察功能的？
1．示波器是用来观察电信号随时间变化情况的仪器，其核心部件是示波管．
2．示波管的构造：电子枪、偏转电极、荧光屏．
3．工作原理(如图1－9－3所示)
利用带电粒子在电场中的加速和偏转的运动规律．
图1－9－3
4．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．
5．信号电压：YY′所加的待测信号的电压．
扫描电压：XX′上机器自身的锯齿形电压．
若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．
6．若只在YY′之间加上如图1－9－4甲所示电压，电子在荧光屏上将形成一条竖直亮线，若再在XX′之间加上图乙所示电压，则在屏上将看到一条正弦曲线．
图1－9－4
一、带电粒子的加速
【例1】 如图1－9－5所示，
图1－9－5
在点电荷＋Q的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放，到达B点时，它们的速度大小之比为多少？
答案 eq \f(\r(2),1)
解析 质子和α粒子都是正离子，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理有：
对质子：eq \f(1,2)mHveq \\al(2,H)＝qHU
对α粒子：eq \f(1,2)mαveq \\al(2,α)＝qαU
所以eq \f(vH,vα)＝ eq \r(\f(qHmα,qαmH))＝ eq \r(\f(1×4,2×1))＝eq \r(2)
二、带电粒子的偏转
【例2】 试证明：带电粒子从偏转电场沿中线射出时，
图1－9－6
其速度v的反向延长线过水平位移的中点(即粒子好像从极板间eq \f(l,2)处沿直线射出，如图1－9－6所示，x＝eq \f(l,2))．
证明 带电粒子从偏转电场中射出时的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU,dm)·(eq \f(l,v0))2，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＝eq \f(y,tan θ)＝eq \f(\f(qUl2,2dmv\\al(2,0)),\f(qUl,mv\\al(2,0)d))＝eq \f(l,2)
所以带电粒子从偏转电场沿中线射出时，其速度v的反向延长线过水平位移的中点.
1.一束质量为m、
图1－9－7
电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图1－9－7所示．如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L.设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出电场时电势能的变化量为________．(粒子的重力忽略不计)
答案 eq \f(q2U2L2,2md2v\\al(2,0))
解析 带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，静电力做功导致了电势能的改变．
水平方向匀速，则运动时间t＝eq \f(L,v0)①
竖直方向加速，则偏移量y＝eq \f(1,2)at2②
且a＝eq \f(qU,dm)③
由①②③得y＝eq \f(qUL2,2dmv\\al(2,0))
则静电力做功W＝qE·y＝q·eq \f(U,d)· eq \f(qUL2,2dmv\\al(2,0))＝eq \f(q2U2L2,2md2v\\al(2,0))
由功能原理得电势能减少了eq \f(q2U2L2,2md2v\\al(2,0)).
2．平行金属板间的电场是匀强电场，如果已知两极板间电压为U，你能利用牛顿定律求解一质量为m，所带电荷量为q的带电粒子从一极板到达另一极板时的速度吗？
答案 eq \r(\f(2qU,m))
解析 设板间距离为d，则场强E＝eq \f(U,d)
粒子受到的静电力F＝qE＝eq \f(qU,d)
粒子运动的加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,md)
由运动学方程得：v2＝2ad＝2·eq \f(qU,md)·d
解得v＝ eq \r(\f(2qU,m))
3．如图1－9－8所示，
图1－9－8
长为l，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一电荷量为＋q，质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当达到斜面顶端的B点时，速度仍为v0，求电场强度E.
答案 eq \f(mg,q)tan θ
解析 由于带电小球处于电场中，其上升过程中重力、静电力均做功，初、末状态的动能不变，二力做功之和为零，重力做负功，静电力做正功．
WG＋W电＝0
－mglsin θ＋qElcs θ＝0
E＝eq \f(mg,q)tan θ
4．一束电子流在经U＝5 000 V
图1－9－9
的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图1－9－9所示．若两板间距离d＝1.0 cm，板长l＝5.0 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？
答案 400 V
解析 在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏移的距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，两板间的偏转电压即为题目要求的最大电压．
加速过程中，由动能定理得
eU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
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
l＝v0t②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(eU′,dm)③
偏移的距离y＝eq \f(1,2)at2④
能飞出的条件y≤eq \f(d,2)⑤
解①～⑤式得
U′≤eq \f(2Ud2,l2)＝eq \f(2×5 000×(1.0×10－2)2,(5.0×10－2)2) V
＝4.0×102 V
即要使电子能飞出，两极板间所加电压最大为400 V.
题型一 带电粒子在电场中的加速
如图1(a)所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图(b)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点放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0
A．0
解析 0～eq \f(T,4)，电子向右做加速运动；eq \f(T,4)～eq \f(T,2)过程中电子向右减速运动，eq \f(T,2)～eq \f(3T,4)过程中电子向左加速，eq \f(3T,4)～T过程中电子向左减速，满足条件．
答案 D
拓展探究如图2所示，
图2
水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水平方向的匀强电场，一带电小球在静电力和挡板压力作用下静止．若突然将电场反向，则小球加速度的大小随位移x变化的关系图象可能是下图中的( )
答案 A
解析 注意题目中考查的是加速度随位移变化的图象，而不是随速度变化的图象，弹簧的弹力和位移成正比．
带电粒子在电场中加速运动，受到的力是在力学受力分析基础上加上静电力，常见的直线运动有以下几种情况：①粒子在电场中只受静电力，带电粒子在电场中做匀加速或者匀减速直线运动．②粒子受到静电力、重力以及其它力的作用，在杆、地面等外界的约束下做直线运动．③粒子同时受到重力和静电力，重力和静电力合力的方向在一条直线上，粒子做变速直线运动．④粒子在非匀强电场中做直线运动，加速度可能发生变化.
题型二 带电粒子在电场中的偏转
如图3所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)．
图3
(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置．
(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．
思维步步高电子在区域Ⅰ中做什么运动？离开区域Ⅰ时的速度由什么决定？在Ⅰ、Ⅱ区域之间电子做什么运动？它的宽度对电子进入区域Ⅱ有无影响？电子进入区域Ⅱ做什么运动 ？偏转距离与哪些物理量有关？
解析 (1)设电子的质量为m，电荷量为e，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，此后在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有
eEL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
eq \f(L,2)－y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(eE,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v0)))2
解得y＝eq \f(1,4)L，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为(－2L，eq \f(1,4)L)
(2)设释放点在电场区域Ⅰ中，其坐标为(x，y)，在电场Ⅰ中电子被加速到v1，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D点离开，有：eEx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(eE,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v1)))2
解得xy＝eq \f(L2,4)
所以电子在电场Ⅰ中的位置如果满足横纵坐标的乘积等于eq \f(L2,4)，满足条件．
答案 (1)(－2L，eq \f(1,4)L) (2)电子在电场Ⅰ区域中的位置如果满足横纵坐标的乘积等于eq \f(L2,4)，即可满足条件．
拓展探究一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图4所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，已知每一电场区的场强大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
图4
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．若场强大小等于eq \f(mg,q)，则小球经过每一电场区的时间均相同
C．若场强大小等于eq \f(2mg,q)，小球经过每一无电场区的时间均相同
D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同
答案 AC
解析 无论在竖直方向上如何运动，小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动；如果电场强度等于eq \f(mg,q)，则小球在通过每一个电场区时在竖直方向上都做匀速直线运动，但是在无电场区是做加速运动，所以进入每一个电场区时在竖直方向上的速度逐渐增加，通过时间逐渐变短；如果场强的大小等于eq \f(2mg,q)，小球经过第一电场区时在竖直方向上做减速运动，到达第一电场区的底边时竖直方向上的速度恰好为零，如此往复，通过每个电场区域的时间都相等．
带电粒子在电场中做曲线运动，常见的形式有以下几种：①类平抛运动，当粒子只受静电力的情况下，初速度方向和电场方向垂直，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，处理方法和平抛运动的处理方法完全相同，常见的问题是偏转距离和偏转角度的计算．②圆周运动．在电场中做圆周运动常见的形式是等效最高点的求解．③一般的曲线运动，常常考查描述静电力的性质和能的性质的物理量之间的关系.
一、选择题
1．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场加速后，粒子速度最大的是( )
A．质子 B．氘核
C．α粒子 D．钠离子Na＋
答案 A
2．有一束正离子，以相同速率从同一位置进入带电平行板电容器的匀强电场中，所有离子运动轨迹一样，说明所有离子( )
A．具有相同质量 B．具有相同电荷量
C．具有相同的比荷 D．属于同一元素同位素
答案 C
3．一带电粒子在电场中只受静电力作用时，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
答案 A
解析 当带电粒子在电场中只受静电力作用时，静电力作用会产生加速度，B、C、D选项中的运动情况都有加速度，而A项中匀速直线运动加速度为零，不可能出现．
4．平行板间有如图5所示周期变化的电压．不计重力的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．下图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是( )
图5
答案 A
解析 粒子在第一个内，做匀加速直线运动，时刻速度最大，在第二个内，电场反向，粒子做匀减速直线运动，到T时刻速度为零，以后粒子的运动要重复这个过程．
5．图6为一个示波器工作原理的示意图，
图6
电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L，为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量h/U2)可采取的方法是( )
A．增大两板间电势差U2
B．尽可能使板长L短些
C．尽可能使板间距离d小一些
D．使加速电压U1升高一些
答案 C
解析 电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．
(1)加速：eU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，
(2)偏转：L＝v0t，h＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(eU2,2md) t2
综合得：eq \f(h,U2)＝eq \f(L2,4U1d) ，因此要提高灵敏度则需要：增大L或减小U1或减小d，故答案应选C.
6．如图7所示，
图7
电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板电压不变，则( )
A．当增大两板间距离时，v增大
B．当减小两板间距离时，v减小
C．当改变两板间距离时，v不变
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增大
答案 CD
解析 由动能定理得e·U＝eq \f(1,2)mv2.当改变两极板间距离时，v不变，故C选项正确．粒子做初速度为零的匀加速直线运动eq \x\t(v)＝eq \f(d,t)，eq \f(v,2)＝eq \f(d,t)，即t＝eq \f(2d,v)，当增大两板间距离时，电子在板间运动时间增大，故D选项正确．
7.
图8
一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器边缘的P点(如图8所示)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2，若不计重力，则a和b的比荷之比是( )
A．1∶2 B．1∶8
C．2∶1 D．4∶1
答案 D
二、计算论述题
8．如图9所示，
图9
在距地面一定高度的位置以初速度v0向右水平抛出一个质量为m，电荷量为q的带负电小球，小球的落地点与抛出点之间有一段相应的水平距离(水平射程)．若在空间加上一竖直方向的匀强电场，使小球的水平射程变为原来的eq \f(1,2)，求此电场的场强大小和方向．
答案 eq \f(3mg,q) 方向竖直向上
解析 不加电场时小球在空间运动的时间为t，水平射程为x
x＝v0t
下落高度h＝eq \f(1,2)gt2
加电场后小球在空间的运动时间为t′，小球运动的加速度为a
eq \f(1,2)x＝v0t′，h＝eq \f(1,2)at′2
由以上各式，得a＝4g
则场强方向只能竖直向上，根据牛顿第二定律
mg＋qE＝ma
联立解得：所以E＝eq \f(3mg,q)
方向竖直向上．
9．如图10所示，
图10
边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电荷量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．
(1)若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能．
(2)若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？
答案 (1)eq \f(4Ek,qL) 5Ek
(2)粒子由bc边离开电场时，E＝eq \f(2\r(Ek(Ek′－Ek)),qL)
粒子由cd边离开电场时，E＝eq \f(Ek′－Ek,qL)
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向：L＝v0t
在平行于电场方向：L＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qEt2,2m)＝eq \f(qEL2,2mv\\al(2,0))
所以E＝eq \f(4Ek,qL)
qEL＝Ekt－Ek
则Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek
(2)若粒子由bc边离开电场，则L＝v0t
vy＝eq \f(qE,m)t＝eq \f(qEL,mv0)
由动能定理得：Ek′－Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,y)＝eq \f(q2E2L2,4Ek)
E＝eq \f(2\r(Ek(Ek′－Ek)),qL)
若粒子由cd边离开电场，由动能定理得
qEL＝Ek′－Ek
所以E＝eq \f(Ek′－Ek,qL)
10．如图11所示，
图11
长L＝0.20 m的丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2.0×103 N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面的A点上，然后无初速地将小球释放，取g＝10 m/s2.求：
(1)小球通过最高点B时速度的大小．
(2)小球通过最高点时，丝线对小球的拉力大小．
答案 (1)2 m/s (2)3.0×10－3 N
解析 (1)小球由A运动到B，其初速度为零，静电力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：
qEL－mgL＝eq \f(mv\\al(2,B),2)
vB＝ eq \r(\f(2(qE－mg)L,m))＝2 m/s
(2)小球到达B点时，受重力mg、静电力qE和拉力FTB作用，经计算
mg＝1.0×10－4×10 N＝1.0×10－3 N
qE＝1.0×10－6×2.0×103 N＝2.0×10－3 N
因为qE>mg，而qE的方向竖直向上，mg方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：
FTB＋mg－qE＝eq \f(mv\\al(2,B),L)
FTB＝eq \f(mv\\al(2,B),L)＋qE－mg＝3.0×10－3 N
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