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习题课：带电粒子在电场中的运动学案（粤教版选修3-1）
资料简介
学案10 习题课：带电粒子在电场中的运动
1．平行板电容器内的电场可以看做是匀强电场，其场强与电势差的关系式为E＝，其电势差与电容的关系式为C＝.
2．带电粒子在电场中做直线运动
(1)匀速直线运动：此时带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的电场力与其他力平衡．
(2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向同向．
(3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向反向．
3．带电粒子在电场中的偏转(匀强电场)
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可将粒子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动．
位移关系：
速度关系：，速度的偏转角的正切值tan θ＝.
4．在所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远小于电场力，即mg≪qE，所以可以忽略重力的影响．若带电粒子所受的重力跟电场力可以比拟，则要考虑重力的影响．总之，是否考虑重力的影响要根据具体情况而定．
5．物体做匀速圆周运动，受到的向心力为F＝m(用m、v、r表示)＝mr()2(用m、r、T表示)＝mrω2(用m、r、ω表示).
一、带电粒子在电场中的直线运动
讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法：
(1)能量方法——能量守恒定律；
(2)功和能方法——动能定理；
(3)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式．
例1 如图1所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量为m、带电荷量为＋q的小球在B板下方距离B板为H处，以初速度v0竖直向上运动，从B板小孔进入板间电场．
图1
(1)带电小球在板间做何种运动？
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(2)欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？
解析 (1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重力和电场力作用做匀减速直线运动．
(2)整个运动过程中重力和电场力做功，由动能定理得
－mg(H＋h)－qUAB＝0－mv
解得UAB＝
答案 见解析
二、带电粒子在电场中的类平抛运动
带电粒子在电场中做类平抛运动涉及带电粒子在电场中加速和偏转的运动规律，利用运动的合成与分解把曲线运动转换为直线运动研究，涉及运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系的综合应用．
例2 如图2所示，水平放置的两平行金属板，板长为10 cm，两板相距为2 cm.一束电子以v0＝4.0×107 m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L为45 cm、宽D为20 cm的荧光屏上．(不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C)求：
图2
(1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；
(2)为使带电粒子能射到荧光屏的所有位置，两板间所加电压的取值范围．
解析 (1)设加速电场的电压为U1，由动能定理可得
eU1＝mv－0
化简得U1＝
代入数据得U1＝4.5×103 V.
(2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v1，和水平方向的夹角为θ，偏转电压为U2，偏转位移为y，则：
y＝at2＝()2
tan θ＝＝＝
由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得
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tan θ＝＝，
U2＝
代入所有数据得U2＝360 V
因此偏转电压在－360 V～360 V范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置．
答案 (1)4.5×103 V (2)－360 V～360 V
三、带电粒子在交变电场中的运动
交变电场作用下粒子所受的电场力发生改变，从而影响粒子的运动性质；由于电场力周期性变化，粒子的运动性质也具有周期性；研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，特别注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期．
例3 (双选)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3所示．带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
图3
A．微粒在0～1 s内的加速度与1 s～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 带正电的微粒放在电场中，第1 s内加速运动，第2 s内减速至零，故B、D对．
答案 BD
四、带电粒子在电场中的圆周运动
解决电场中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，指向圆心的力提供向心力，向心力的提供有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的重力或电场力．有时可以把电场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效的“最高点”和“最低点”．
例4 如图4所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电荷量为＋q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：
图4
(1)速度vA的大小；
(2)小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力的大小．
解析 (1)在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：qE＝m
所以小球在A点的速度vA＝ .
(2)在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即
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2qEr＝mv－mv
小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有FB－qE＝m
解以上两式得小球在B点对环的水平作用力为：FB＝6qE.
答案 (1) (2)6Qe
1.(带电粒子在电场中的直线运动)(双选)如图5所示，平行板电容器的两个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( )
图5
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
答案 BD
解析 对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错．由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误．F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确．
2．(带电粒子在电场中的类平抛运动)(双选)如图6所示，一电子沿x轴正方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知＝，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则( )
图6
A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4
C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
答案 AD
3．(带电粒子在交变电场中的运动)(单选)如图7甲所示，在间距足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在A、B之间加上如图乙所示规律变化的电压，在t＝0时刻电子静止且A板电势比B板电势高，则( )
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图7
A．电子在A、B两板间做往复运动
B．在足够长的时间内，电子一定会碰上A板
C．当t＝时，电子将回到出发点
D．当t＝时，电子的位移最大
答案 B
解析 粒子先向A板做半个周期的匀加速运动，接着做半个周期的匀减速运动，经历一个周期后速度为零，以后重复以上过程，运动方向不变，选B.
4．(带电粒子在电场中的圆周运动)如图8所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104 N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R＝0.5 m的半圆环(B为半圆环的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，且CD＝2R.把一质量m＝100 g、带电荷量q＝10－4 C的负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动．g＝10 m/s2，求：
图8
(1)它到达B点时的速度是多大？
(2)它到达B点时对轨道的压力是多大？
答案 (1)2 m/s (2)5 N
解析 (1)小球从D至B的过程中，由动能定理：
qE(2R＋R)－mgR＝mv
解得：vB＝2 m/s
(2)在B点由牛顿第二定律得：
FN－qE＝m
FN＝qE＋m＝5 N
由牛顿第三定律知FN′＝FN＝5 N.
题组一 带电粒子在电场中的直线运动
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1．(双选)图1为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )
图1
A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
B．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为v/2
C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v
D．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v/2
答案 AC
2．(双选)如图2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板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )
图2
A．使初速度减为原来的
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
答案 BD
解析 由qE·l＝mv，
当初速度变为v0时l变为；
因为qE＝q，
所以qE·l＝q·l＝mv，
通过分析知B、D选项正确．
题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动
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3．(双选)如图3所示，氕、氘、氚的原子核以初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )
图3
A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上的速度一样大
D．三种原子核都打在屏上同一位置处
答案 BD
解析 同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A错，B对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C错；再根据偏转距离公式或偏转角公式y＝，tan θ＝知，与带电粒子无关，D对．
4．(单选)如图4所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子射出电场的位置不发生变化，应该( )
图4
A．使U2变为原来的2倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的倍
D．使U2变为原来的1/2倍
答案 A
解析 电子加速有qU1＝mv
电子偏转有y＝·()2
联立解得y＝，显然选A.
5．(双选)如图5所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则(不计粒子的重力)( )
图5
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A．在前时间内，电场力对粒子做的功为
B．在后时间内，电场力对粒子做的功为
C．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2
D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶1
答案 BD
解析 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a＝＝，t时间内加速度方向上的位移y＝at2＝，前时间内加速度方向上的位移y1＝a＝，后时间内加速度方向上的位移y2＝y－y1＝d.由公式W＝Fs可知前、后、前、后电场力做的功分别为W1＝qU，W2＝qU，W3＝qU，W4＝qU.
题组三 带电粒子在电场中的圆周运动
6．(双选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图6所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知( )
图6
A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等
B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等
C．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等
D．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等
答案 BC
解析 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力qE＝m得r＝，r、E为定值，若q相等则mv2一定相等；若相等，则速率v一定相等，故B、C正确．
7．(双选)如图7所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ＝37°的斜面上，与斜面的交点为A，直径AB垂直于斜面，直径CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在水平向右的匀强电场中．质量为m、电荷量为q的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A点．现对该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析中正确的是( )
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图7
A．小球一定带正电
B．小球运动到B点时动能最小
C．小球运动到M点时动能最小
D．小球运动到D点时机械能最小
答案 BD
解析 小球能静止于A点，说明小球在A点所受的合力为零，电场力一定与场强方向相反，小球带负电，A错误；小球所受的重力和电场力的合力F是不变的，方向沿AB方向由B指向A，小球从A运动到B的过程中F做负功，动能减小，所以小球运动到B点时动能最小，B正确，C错误；在圆轨道上，D点的电势最低，小球在D点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到D点时机械能最小，D正确．
题组四 综合应用
8．如图8所示，一平行板长l＝4 cm，板间距离为d＝3 cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α＝37°，若两板间所加电压U＝100 V，一带电荷量q＝3×10－10 C的负电荷以v0＝0.5 m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B板右边缘水平飞出，则带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？带电粒子的质量为多少？(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图8
答案 1 m/s 8×10－8 kg
解析 带电粒子能沿直线运动，所受合力与运动方向在同一直线上，由此可知重力不可忽略，受力分析如图所示．
电场力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力与电场力在水平方向上的分力相同，即水平方向上F合＝qEsin α＝qsin α
竖直方向上mg＝qEcos α
m＝＝＝3×10－10××0.8 kg＝8×10－8 kg
根据动能定理有mv2－mv＝F合s，s＝
联立以上各式解得v＝1 m/s.
9．如图9所示，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在同一水平面上的A点，然后无初速度地将小球释放，取g＝10 m/s2.求：
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图9
(1)小球通过最高点B时速度的大小；
(2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小．
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，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：
qEL－mgL＝
vB＝ ＝2 m/s
(2)小球到达B点时，受重力mg、电场力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＝
FTB＝＋qE－mg＝3.0×10－3 N
10．如图10甲所示为一间距为d、足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压(如图乙所示)，设U0和T已知．A板上O处有一静止的带电粒子，其带电荷量为q，质量为m(不计重力)，在t＝0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B板运动(粒子未与B板相碰)．
甲 乙
图10
(1)当Ux＝2U0时，求带电粒子在t＝T时刻的动能．
(2)为使带电粒子在一个周期时间内能回到O点，Ux要大于多少？
答案 (1) (2)3U0
解析 (1)Ux＝2U0时，由a1＝，a2＝和时的速度v1＝a1得，T时刻速度v2＝v1－a2＝a1－a2＝－，故T时刻的动能Ek＝mv＝.
(2)时刻的位移s＝a1()2，～T时刻的位移s′＝v1－ax()2，
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v1＝a1，s＝－s′，联立解得ax＝3a1
因为a1＝，ax＝，所以Ux＝3U0.
11．如图11所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板间距d＝0.04 m，两板间的电压U＝400 V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h＝1.25 m的P点处有一带正电的小球，已知小球的质量m＝5×10－6 kg，电荷量q＝5×10－8 C．设A、B板足够长，g取10 m/s2.试求：
图11
(1)带正电的小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰；
(2)相碰时，离金属板上端的竖直距离多大．
答案 (1)0.52 s (2)0.102 m
解析 (1)设小球从P到Q需时间t1，由h＝gt得t1＝ ＝ s＝0.5 s，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t2.由牛顿第二定律知qE＝ma，E＝，＝at，以上三式联立，得t2＝d＝0.04× s＝0.02 s，运动总时间t＝t1＋t2＝0.5 s＋0.02 s＝0.52 s.
(2)小球由P点开始在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t内的位移为y＝gt2＝×10×(0.52)2 m＝1.352 m. 相碰时，与金属板上端的竖直距离为s＝y－h＝1.352 m－1.25 m＝0.102 m.
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