高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动学案

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动学案，共27页。

知识点一 带电粒子的加速
[观图助学]
(1)一个质量为m、带正电荷q的粒子(如图甲所示)，在静电力的作用下由静止开始从正极板向负极板运动。
试分析带电粒子在电场中的运动性质？
(2)为模拟空气净化过程，有人设计了如图乙所示的含灰尘空气的密闭玻璃圆桶，在圆桶顶面和底面间加上电压U，沿圆桶的轴线方向形成一个匀强电场，灰尘的运动方向如图所示，已知空气阻力与灰尘运动的速度大小成正比，即Ff＝kv(k为一定值)，试分析灰尘的运动情况和空气净化过程的原理。

甲 乙
1.基本粒子的受力特点
对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远远小于静电力，可以忽略不计。
2.带电粒子加速问题的处理方法
(1)利用动能定理分析
初速度为零的带电粒子，经过电势差为U的电场加速后，qU＝eq \f(1,2)mv2，则v＝eq \r(\f(2qU,m))。
(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。
[思考判断]
(1)质量很小的粒子不受重力的作用。(×)
(2)带电粒子在电场中只受静电力作用时，静电力一定做正功。(×)
(3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，也能分析非匀强电场中的直线运动问题。(√)
知识点二 带电粒子在电场中的偏转
[观图助学]
图甲是物体从水平匀速飞行的飞机上投下，不计空气阻力时的运动轨迹；图乙是带电粒子垂直进入匀强电场中只在静电力作用下运动的轨迹图，结合图片分析它们的受力和运动的共同特性。
1.受力特点
带电粒子进入电场后，忽略重力，粒子只受电场力，方向平行电场方向向下。运动情况类似于平抛运动。
2.运动性质
(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动， 穿越两极板的时间t＝eq \f(l,v0)。
(2)垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(qU,md)。
3.运动规律
(1)偏移距离：因为t＝eq \f(l,v0)，a＝eq \f(qU,md)，所以偏移距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mveq \\al(2,0)d)。
(2)偏转角度：因为vy＝at＝eq \f(qUl,mv0d)，所以tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdveq \\al(2,0))。
[思考判断]
(1)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动。(√)
(2)带电粒子在匀强电场中偏转时，可用平抛运动的知识分析。(√)
(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，若已知进入电场和离开电场两点间的电势差以及带电粒子的初速度，可用动能定理求解末速度大小。(√)
知识点三 示波管的原理
[观图助学]
带电粒子在电场中受静电力作用，我们可以利用电场来控制粒子，使它加速或偏转。如图所示是示波器的核心部件——示波管。请思考：示波管中电子的运动可分为几个阶段？各阶段的运动遵循什么规律？
1.构造
示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示。
2.原理
(1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。
(2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转极板上加一个信号电压，在X偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像。
[思考判断]
(1)如果在偏转电极YY′和XX′上不加电压电子束不偏转，打在荧光屏中心。(√)
(2)只在YY′上加恒定电压时，电子束不偏转。(×)
(3)只在XX′上加恒定电压时，电子束沿YY′方向偏转。(×)
带电粒子在电场中运动时，可以忽略重力的两种情况：
①当带电粒子的重力远小于静电力时，粒子的重力就可以忽略。
②微观带电粒子，如电子、质子、离子、α粒子等除有说明或明确暗示外，处理问题时均不计重力。而带电的液滴、小球等除有说明或明确暗示外，处理问题时均应考虑重力。
如图所示，带电粒子(不计重力)从两板中间垂直电场线方向进入电场，若能离开电场，则运动时间与板的长度L和初速度v0有关；若打在极板上，则运动时间与电场强度E和板间距离有关。
当示波管的偏转电极没有加电压时，电子束沿直线运动、打在荧光屏中心，形成一个亮斑。
核心要点 带电粒子在电场中的直线运动
[观察探究]
如图所示，直线上有O、a、b、c四点，a、b间的距离与b、c间的距离相等，在O点处有固定点电荷。已知b点电势高于c点电势。若一带负电荷的粒子仅在静电力作用下先从c点运动到b点，再从b点运动到a点。
试分析：(1)电子的运动情况；(2)从c点到b点，从b点到a点两段运动上，静电力对电子做功的关系。
答案 (1)根据点电荷电场及电势分布特点可知，b点电势高于c点电势，则O点固定的是正电荷。电子从c点运动到b点，再从b点运动到a点，静电力对电子一直做正功，电子速度一直增大。
(2)静电力做功W＝qU，因为Ubc＜Uab，则前一个过程中静电力做功小于后一个过程静电力做功。
[探究归纳]
1.关于带电粒子在电场中的重力
(1)基本粒子：如电子、质子、α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.带电粒子的加速
当带电粒子以很小的速度进入电场中，在静电力作用下做加速运动，示波器、电视显像管中的电子枪都是利用电场对带电粒子加速的。
3.处理方法
可以从动力学和功能关系两个角度进行分析，其比较如下。
[试题案例]
[例1] 质量和电荷量不同的带电粒子，在电场中由静止开始经相同电压加速后( )
A.比荷大的粒子速度大，电荷量大的粒子动能大
B.比荷大的粒子动能大，电荷量大的粒子速度大
C.比荷大的粒子速度和动能都大
D.电荷量大的粒子速度和动能都大
解析 根据动能定理得：qU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2qU,m))，根据上式可知，在相同电压的加速电场中，比荷eq \f(q,m)大的粒子其速度v大，电荷量q大的粒子动能大，故A正确，B、C、D错误。
答案 A
[例2] 如图所示，平行板电容器两板间的距离为d，电势差为U。一质量为m、带正电电荷量为q的α粒子，在静电力的作用下由静止开始从正极板A向负极板B运动。
(1)比较α粒子所受静电力和重力的大小，说明重力能否忽略不计(α粒子质量是质子质量的4倍，即mα＝4×1.67×10－27 kg，电荷量是质子的2倍)。
(2)α粒子的加速度是多少？在电场中做何种运动？
(3)计算粒子到达负极板时的速度大小(尝试用不同的方法)。
解析 (1)α粒子所受静电力大、重力小；因重力远小于静电力，故可以忽略重力，U一般几百伏，d为几厘米。
(2)α粒子的加速度为a＝eq \f(qU,md)，做初速度为0的匀加速直线运动。
(3)方法1 利用动能定理求解。
在带电粒子的运动过程中，静电力对它做的功是W＝qU
设带电粒子到达负极板时的速率为v，则Ek＝eq \f(1,2)mv2
由动能定理可知qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))。
方法2 利用牛顿定律结合运动学公式求解。
设粒子到达负极板时所用时间为t，
则d＝eq \f(1,2)at2，v＝at，a＝eq \f(qU,md)
联立解得v＝eq \r(\f(2qU,m))。
答案 见解析
方法归纳 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
[针对训练1] 如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106 m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域。两板距离为20 cm，设金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105 N/C。质子质量m＝1.67×10－27 kg，电荷量q＝1.60×10－19 C。求质子由板上小孔射出时的速度大小。
解析 根据动能定理W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
而W＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2 J＝9.6×10－15 J
所以v1＝eq \r(\f(2W,m)＋veq \\al(2,0))＝eq \r(\f(2×9.6×10－15,1.67×10－27)＋（5×106）2) m/s≈6×106 m/s
质子飞出时的速度约为6×106 m/s。
答案 6×106 m/s
[针对训练2] (2019·4月浙江选考，10)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )
A.加速过程中质子电势能增加
B.质子所受到的电场力约为2×10－15 N
C.质子加速需要的时间约为8×10－6 s
D.加速器加速的直线长度约为4 m
解析 电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14 N，B错误；质子的加速度a＝eq \f(F,m)≈1.2×1013 m/s2，加速时间t＝eq \f(v,a)≈8×10－7 s，C错误；加速器加速的直线长度x＝eq \f(v2,2a)≈4 m，故D正确。
答案 D
核心要点 带电粒子的偏转
[观察探究]
如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间并从另一侧射出，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距为d，不计粒子的重力。
(1)粒子的加速度大小是多少？方向如何？做什么性质的运动？
(2)求粒子通过电场的时间及粒子离开电场时水平方向和竖直方向的速度，及合速度与初速度方向的夹角θ的正切值；
(3)求粒子沿电场方向的偏移量y。
答案 (1)粒子受静电力大小为F＝qE＝qeq \f(U,d)，加速度为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qU,md)，方向和初速度方向垂直且竖直向下。粒子在水平方向做匀速直线运动，在静电力方向做初速度为零的匀加速直线运动，其合运动类似于平抛运动。
(2)如图所示
t＝eq \f(l,v0)
vx＝v0
vy＝at＝eq \f(qUl,mdv0)
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdveq \\al(2,0))
(3)y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdveq \\al(2,0))。
[探究归纳]
1.基本规律
带电粒子在电场中的偏转，轨迹如图所示。
(1)初速度方向eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(速度：vx＝v0,位移：x＝v0t))
(2)电场线方向eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(速度：vy＝at＝\f(qU,md)·\f(l,v0),位移：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)·\f(l2,veq \\al(2,0))))
(3)离开电场时的偏转角：tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdveq \\al(2,0))
(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角：tan β＝eq \f(y,l)＝eq \f(qUl,2mveq \\al(2,0)d)。
2.几个常用推论
(1)tan α＝2tan β。
(2)粒子从偏转电场中射出时，其速度反向延长线与初速度方向交于沿初速度方向分位移的中点。
(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m、q是否相同，只要eq \f(q,m)相同，即比荷相同，则偏转距离y和偏转角α相同。
(4)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场，只要q相同，不论m是否相同，则偏转距离y和偏转角α相同。
(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压相同)，进入同一偏转电场，则偏转距离y和偏转角α相同(y＝eq \f(U2l2,4U1d)，tan α＝eq \f(U2l,2U1d)，U1为加速电压，U2为偏转电压)。
[试题案例]
[例3] 如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为( )
A.1∶1，2∶3 B.2∶1，3∶2
C.1∶1，3∶4 D.4∶3，2∶1
解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y＝eq \f(1,2)at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝teq \\al(2,B)∶teq \\al(2,A)＝1∶4。而ma＝qE，m＝eq \f(qE,a)，eq \f(mA,mB)＝eq \f(qA,qB)·eq \f(aB,aA)＝eq \f(1,3)×eq \f(4,1)＝eq \f(4,3)。综上所述，D项正确。
答案 D
[例4] 一束电子流在经U＝5 000 V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，如图所示。若两板间距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？
思路点拨
(1)电子经电压U加速后的速度v0可由eU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)求出。
(2)初速度v0一定时偏转电压越大偏转位移越大。
(3)最大偏转位移eq \f(d,2)对应最大偏转电压。
解析 加速过程，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
偏距y＝eq \f(1,2)at2④
能飞出的条件为y≤eq \f(d,2)⑤
联立①～⑤式解得U′≤eq \f(2Ud2,l2)＝4.0×102 V
即要使电子能飞出，所加电压最大为400 V。
答案 400 V
方法归纳 带电粒子在电场中运动问题的处理方法
带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看仍可利用力学中的规律分析：如选用平衡条件、牛顿定律，动能定理、功能关系，能量守恒等。
[针对训练3] 如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )
A.U1∶U2＝1∶8 B.U1∶U2＝1∶4
C.U1∶U2＝1∶2 D.U1∶U2＝1∶1
解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x＝v0t，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h＝eq \f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a＝eq \f(Uq,mdAB)，故两次偏转电压之比为U1∶U2＝1∶8，故A正确。
答案 A
[针对训练4] 长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：
(1)粒子离开电场时速度的大小；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)两板间的距离。
解析 (1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，
由几何关系得速度v＝eq \f(v0,cs 30°)＝eq \f(2\r(3)v0,3)。
(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，
在水平方向上L＝v0t，
在竖直方向上vy＝at，vy＝v0tan 30°＝eq \f(\r(3)v0,3)，
由牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),3qL)。
(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上d＝eq \f(1,2)at2，解得d＝eq \f(\r(3),6)L。
答案 (1)eq \f(2\r(3)v0,3) (2)eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),3qL) (3)eq \f(\r(3),6)L
核心要点 带电粒子在交变电场中的运动
[观察探究]
粒子加速器是利用周期性变化的电场使带电粒子在其中不断被加速的仪器，下图为加速器的一种——直线加速器。思考：为使粒子不断被加速，粒子运动到每个空隙时，电场方向应如何变化？
答案 粒子运动到每个漂移管的空隙(相当于电容器极板正对区域)时，电场方向应该和上一个间隙时相同，才能使粒子经过空隙时被持续加速，所以加在漂移管上的电压应该如图中所示的那样间隔排布。
[探究归纳]
1.当空间存在交变电场时，粒子所受静电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.研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t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。
[试题案例]
[例5] 在如图所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的v－t图像。
解析 t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速运动。
(1)对于题图甲，在0～eq \f(1,2)T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，eq \f(1,2)T～T电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(1)所示。
(2)对于题图乙，在0～eq \f(T,2)做类似(1)0～T的运动，eq \f(T,2)～T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(2)所示。
答案 见解析
方法总结
带电粒子在交变电场中的运动可以是单向直线运动，也可以是往复周期性运动，与运动的开始时刻有关系，一般分析一个周期内的运动，一个周期以后重复第一个周期内的运动形式。
[针对训练5] 在如图甲所示平行的A、B两极板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两极板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )
A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
解析 由运动学和动力学规律画出如图所示的v－t图像可知，电子一直向B板运动，选项C正确。
答案 C
核心要点 对示波器的认识
[观察探究]
如图所示，为示波管结构原理图。
(1)示波管由哪几部分组成？各部分的作用是什么？
(2)在电极X和X′加扫描电压，目的是什么？在电极Y和Y′加信号电压，可以使电子向什么方向偏转？
答案 (1)主要有电子枪、偏转电极、荧光屏三部分组成。电子枪的作用是发射电子并且加速电子，使电子获得较大的速度；偏转电极的作用是使电子发生偏转；荧光屏的作用是显示电子的偏转情况。
(2)扫描电压的作用是使电子在水平方向偏转，Y方向的信号电压可以使电子向上或向下偏转。
[试题案例]
[例6] (多选)示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )
A.极板X应带正电
B.极板X′应带正电
C.极板Y应带正电
D.极板Y′应带正电
解析 由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A正确，B错误；在YY′方向上向Y方向偏转，Y带正电，C正确，D错误。
答案 AC
[例7] 水平放置的两块平行金属板长L＝5.0 cm，两板间距d＝1.0 cm，两板间电压为90 V且上板带正电荷。一电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107 m/s从两板中间射入，如图所示，求：(电子电荷量q＝1.6×10－19 C，电子质量me＝9.1×10－31 kg)(计算结果在小数点后保留2位有效数字)
(1)电子偏离金属板时的侧位移；
(2)电子飞出电场时的速度；
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10 cm，求OP的长。
解析 (1)电子在电场中的加速度a＝eq \f(Uq,med)，侧位移y＝eq \f(Uqt2,2med)，又因t＝eq \f(L,v0)，则y＝eq \f(UqL2,2medveq \\al(2,0))≈0.49 cm。
(2)电子飞出电场时，水平分速度vx＝v0，竖直分速度vy＝at＝eq \f(UqL,medv0)≈3.96×106 m/s，则电子飞出电场时的速度v＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))≈2.04×107 m/s。
设v与v0的夹角为θ，则tan θ＝eq \f(vy,vx)≈0.2。
(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，则OP＝y＋stan θ＝2.49 cm
答案 (1)0.49 cm (2)2.04×107 m/s 速度的方向与v0的夹角θ满足tan θ≈0.2 (3)2.49 cm
[针对训练6] 图甲为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上看到的图形是( )
解析 由于电极XX′之间所加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压为信号电压，所以荧光屏上会看到B选项所示的图形。
答案 B
[针对训练7] 一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入如图所示的偏转电场，离子的初动能为Ek，A、B两极板间电压为U，间距为d，C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大。若A、B极板长为L，C到极板右端的距离也为L，C的长为d。不考虑离子所受重力，元电荷为e。
(1)写出离子射出A、B极板时的偏转距离y的表达式；
(2)初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上？
解析 (1)设离子的质量为m，初速度为v0，则离子在偏转电场中的加速度a＝eq \f(eU,md)
离子射出电场的时间t＝eq \f(L,v0)
射出电场时的偏转距离y＝eq \f(1,2)at2
所以y＝eq \f(UeL2,2dmveq \\al(2,0))
而Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则y＝eq \f(UeL2,4dEk)。
(2)离子射出电场时的竖直分速度vy＝at
射出电场时的偏转角的正切值tan φ＝eq \f(vy,v0)
故tan φ＝eq \f(eUL,mveq \\al(2,0)d)
离子射出电场后做匀速直线运动
要使离子打在屏MN上，需满足y且Ltan φ＋y>eq \f(d,2)，所以eq \f(eUL2,2d2)答案 (1)y＝eq \f(UeL2,4dEk) (2)eq \f(eUL2,2d2)1.(带电粒子的直线运动)在如图所示的匀强电场中，若一个点电荷从P点由静止释放，(不计粒子重力)则以下说法正确的是( )
A.该点电荷可能做匀变速曲线运动
B.该点电荷一定向右运动
C.静电力对该点电荷可能不做功
D.该点电荷一定做匀加速直线运动
解析 电荷受到水平方向上的静电力做匀加速直线运动，因为电荷的电性未知，无法确定向哪个方向做匀加速直线运动，故A、B错误，D正确；电荷在运动的过程中，静电力做正功，故C错误。
答案 D
2.(带电粒子的偏转)如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )
A.2倍 B.4倍 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
解析 电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝eq \f(l,v0)，竖直方向d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdveq \\al(2,0))，故d2＝eq \f(qUl2,2mveq \\al(2,0))，即d∝eq \f(1,v0)，故C正确。
答案 C
3.(带电粒子在交变电场中的运动)在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s时，电子将处在( )
A.A点 B.A点左方l处
C.A点右方2l处 D.A点左方2l处
解析 第1 s内电场方向向右，电子受到的静电力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为l，第2 s内电子受到的静电力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移也是l，t＝2 s时总位移为2l，向左。
答案 D
4.(示波器的原理)如图是示波管的原理图。它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空。给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点。
(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的。
(2)若UYY′＞0，UXX′＝0，则粒子向________极板偏移，若UYY′＝0，UXX′＞0，则粒子向________极板偏移。
答案 (1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X
5.(带电粒子的加速和偏转)如图所示，电子从静止开始被U＝180 V的电场加速，沿直线垂直进入另一个场强为E＝
6 000 V/m的匀强偏转电场，而后电子从右侧离开偏转电场。已知电子比荷为eq \f(e,m)≈eq \f(16,9)×1011 C/kg，不计电子的重力，偏转极板长为L＝6.0×10－2 m。求：
(1)电子经过电压U加速后的速度vx的大小；
(2)电子在偏转电场中运动的加速度a的大小；
(3)电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角θ。
解析 (1)根据动能定理可得eU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,x)，解得vx＝8×106 m/s。
(2)电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(eE,m)，解得a＝eq \f(32,3)×1014 m/s2≈1.1×1015m/s2。
(3)电子在水平方向上做匀速直线运动，故t＝eq \f(L,vx)，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故vy＝at，tan θ＝eq \f(vy,vx)，联立解得θ＝45°。
答案 (1)8×106 m/s (2)1.1×1015 m/s2 (3)45°
基础过关
1.(多选)如图所示，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eq \f(1,2)后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )
A.使初速度减为原来的eq \f(1,2)
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eq \f(1,2)
解析 由qE·l＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，当v0变为eq \f(\r(2),2)v0时l变为eq \f(l,2)；因为qE＝qeq \f(U,d)，所以qE·l＝qeq \f(U,d)·l＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，通过分析知B、D选项正确。
答案 BD
2.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于( )
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶eq \r(2) D.eq \r(2)∶1
解析 竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向有l＝eq \f(qE,2m)t2，联立可得q＝eq \f(mgl,Eh)，所以有eq \f(q1,q2)＝eq \f(2,1)，B正确。
答案 B
3.(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
A.微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
解析 0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；0～1 s和1～2 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，1～2 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复0～2 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误。
答案 BD
4.如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则( )
A.a的电荷量一定大于b的电荷量
B.b的质量一定大于a的质量
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 粒子在电场中做类平抛运动，由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)，故选项C正确。
答案 C
5.(多选)两个平行的极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )
A.所受重力与静电力平衡
B.电势能逐渐增加
C.动能逐渐增加
D.做匀变速直线运动
解析 带电粒子在平行板之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是静电力F＝Eq，方向垂直于极板向上。因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，A、C错误；从粒子运动的方向和静电力的方向可判断出，静电力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确。
答案 BD
6.示波管的内部结构如图甲所示。如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心。如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形。则( )
A.若XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
B.若XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
C.若XX′和YY′分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
D.若XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
答案 AC
7.如图所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，求：
(1)金属板AB的长度；
(2)电子穿出电场时的动能。
解析 (1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
设金属板AB的长度为L，电子偏转时间t＝eq \f(L,v0)②
a＝eq \f(eU,md)③
y＝eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)at2④
由①②③④得L＝deq \r(\f(2U0,U))。
(2)设电子穿出电场时的动能为Ek，
根据动能定理得
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))
能力提升
8.一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek。如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器的动能变为( )
A.8Ek B.5Ek D.4Ek
解析 因为偏转距离为y＝eq \f(qUL2,2mdveq \\al(2,0))，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为eq \f(y,4)，所以静电力做功只有W＝0.25Ek，而初动能变为4Ek，故它飞出电容器时的动能变为4.25Ek。故正确选项为C。
答案 C
9.(多选)喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上。则微滴在极板间电场中( )
A.向正极板偏转 B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与电荷量无关
解析 由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的静电力方向向上，微滴向正极板偏转，A项正确；偏转过程中静电力做正功，根据静电力做功与电势能变化的关系，电势能减小，B项错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移y＝eq \f(1,2)eq \f(qU,dm)t2＝eq \f(qU,2dm)(eq \f(x,v))2，此为抛物线方程，C项正确；从式中可以看出，运动轨迹与电荷量q有关，D项错误。
答案 AC
10.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )
A.它们运动的时间tQ＞tP
B.它们运动的加速度aQ＜aP
C.它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
D.它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
解析 设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是eq \f(h,2)，它们做类平抛运动的水平位移均为l。则对P，由l＝v0tP，eq \f(h,2)＝eq \f(1,2)aPteq \\al(2,P)，得到aP＝eq \f(hveq \\al(2,0),l2)；同理对Q，l＝v0tQ，h＝eq \f(1,2)aQteq \\al(2,Q)，得到aQ＝eq \f(2hveq \\al(2,0),l2)。由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝eq \f(qPE,m)，aQ＝eq \f(qQE,m)，所以qP∶qQ＝1∶2。由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq \f(h,2)∶maQh＝1∶4。综上所述，C项正确。
答案 C
11.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( )
A.0C.eq \f(3T,4)解析 若t0＝0时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向B运动；若t0＝eq \f(T,4)时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，所以在
0＜t0＜eq \f(T,4)和T＜t0＜eq \f(9T,8)时间内释放粒子，都最终将打在B板上，因此选项A、D错误；若t0＝eq \f(T,2)时刻释放粒子，则粒子一直向A运动；若t0＝eq \f(3T,4)时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此在eq \f(T,2)答案 B
12.(2019·全国卷Ⅱ，24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
解析 (1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，
有E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh⑥
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))。⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为
L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ))。
答案 (1)eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ)) (2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
13.如图甲所示，水平放置的两平行金属板A、B相距为d，板间加有如图乙所示随时间变化的电压。A、B板中点O处有一带电粒子，其电荷量为q，质量为m，在0～eq \f(T,2)时间内粒子处于静止状态。已知重力加速度为g，周期T＝eq \r(\f(d,g))。求：
(1)判断该粒子的电性；
(2)在0～eq \f(T,2)时间内两板间的电压U0；
(3)若t＝T时刻，粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出，那么eq \f(U0,Ux)的值应为多少。
解析 (1)由平衡条件可知粒子带正电。
(2)0～eq \f(T,2)时间内，粒子处于平衡状态
由mg＝eq \f(qU0,d)得U0＝eq \f(mgd,q)。
(3)在eq \f(T,2)～T时间内有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2
mg＋eq \f(qUx,d)＝ma
t＝eq \f(T,2)＝eq \f(1,2)eq \r(\f(d,g))
由以上各式联立得eq \f(U0,Ux)＝eq \f(1,3)。
答案 (1)正电 (2)eq \f(mgd,q) (3)eq \f(1,3)核心素养
物理观念
科学思维
1.会从力和能量角度分析计算带电粒子在电场中的加速问题。
2.能够用类平抛运动分析方法研究带电粒子在电场中的偏转问题。
3.了解示波管的基本原理。
能综合运用力学和电学的知识分析、解决带电粒子在电场中的两种典型运动模型。
动力学角度
功能关系角度
涉及知识
应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式
功的公式及动能定理
选择条件
匀强电场，静电力是恒力
可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，静电力可以是恒力，也可以是变力