2020新教材高中物理第十章静电场中的能量5带电粒子在电场中的运动练习含解析 人教版必修第三册 12页

带电粒子在电场中的运动 一　带电粒子在电场中的加速 带电粒子在电场中直线运动问题的分析方法 ‎【思考·讨论】‎ 电子由静止从P板向Q板运动,电子到达Q板的速度大小与什么因素有关?(物理观念)‎ 提示:速度大小与加速电压有关。‎ ‎【典例示范】‎ 如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放的电子 (　　) ‎ A.运动到P点返回　　　 B.运动到P和P′点之间返回 C.运动到P′点返回 D.穿过P′点 ‎【解析】选A。设A、B间电场强度为E1,B、C间场强为E2,由O点释放的电子恰好能运动到P点,根据动能定理,有:eE1xOM-eE2xMP=0-0　①,B、C板电量不变,B、C板间的场强为:E2===　②,由②知 - 12 -‎ B、C板间的场强不随距离的变化而变化,当C板向右平移到P′时,B、C板间的场强不变,由①知,电子仍然运动到P点返回,故A正确,B、C、D错误。‎ ‎【素养训练】‎ ‎1.如图所示为电子枪的工作原理,金属丝加热后可以发射电子,发射出的电子被加速电场加速,穿出金属板上的小孔后,形成高速运动的电子束。其中加热电源的电动势为E,加速电压为U。下列说法正确的是 (　　) ‎ A.加热电源的正负极不能接反 B.加速电压的正负极不能接反 C.加速电场的电场线从金属丝发出,终止于金属板 D.电子被加速时,一定是沿着电场线运动的 ‎【解析】选B。金属丝加热后发射电子,加热电源的正负极互换也不影响,故A错误;电子加速时,当加速电压正负极互换,电子不被加速,故B正确;电场线从正极板出发,终止于负极板,故C错误;电子被加速时,受到的电场力方向与电场线方向相反,是沿着电场线反方向运动的,故D错误。‎ ‎2.如图所示,在点电荷+Q激发的电场中有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 (　　) ‎ A.1∶2　　 　B.2∶1　 　 　C.∶1　　 D.1∶‎ ‎【解析】选C。质子和α粒子都带正电,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,由动能定理可知,对质子:mH=qHU,对α粒子:mα=qαU。‎ 得 ===∶1,选项C正确。‎ ‎【补偿训练】‎ 如图所示,某空间有一竖直向下的匀强电场,电场强度E=1.0×102 V/m,一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中,在金属板的正上方高度h=0.80 m的a处有一粒子源,盒内粒子以v0=2.0×102 m/s - 12 -‎ 的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.0×10-15 kg、电荷量为q=+10-12 C的带电粒子,粒子最终落在金属板b上。若不计粒子重力,求(结果保留两位有效数字): ‎ ‎(1)粒子源所在a点的电势。‎ ‎(2)带电粒子打在金属板上时的动能。‎ ‎(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积);若使带电粒子打在金属板上的范围减小,可以通过改变哪些物理量来实现?‎ ‎【解析】(1)题中匀强电场竖直向下,b板接地;故φa=Uab=Eh=1.0×102×0.8 V ‎=80 V。‎ ‎(2)不计重力,只有电场力做功;对粒子由动能定理得:qUab=Ek-m ,可得带电粒子打在金属板上时的动能为Ek=1.2×10-10 J。‎ ‎(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出为落点边界,由平抛运动知识可得:x=v0t,h=at2,‎ 又a=,S=πx2联立以上各式解得S= 4.0 m2,可以通过减小h或增大E来实现。‎ 答案:(1)80 V　(2)1.2×10-10 J　(3)4.0 m2　可通过减小h或增大E实现 二　带电粒子在电场中的偏转 1.带电粒子在匀强电场中的偏转:‎ ‎(1)条件分析:不计重力的带电粒子以垂直于电场线方向飞入匀强电场。‎ ‎(2)运动特点:类平抛运动。‎ ‎(3)处理方法:利用运动的合成与分解。‎ ‎2.带电粒子在匀强电场中的类平抛偏转的基本规律:‎ 设粒子带电荷量为q,质量为m,两平行金属板间的电压为U,板长为l,板间距离为d(忽略重力影响), 则有:‎ ‎(1)加速度:a===。‎ - 12 -‎ ‎(2)在电场中的运动时间:t=。‎ ‎(3)速度 v=,tan θ==。‎ ‎(4)位移 ‎【典例示范】如图所示,平行金属板间存在匀强电场,一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场,经过时间t1射出电场,射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y1。另一个电子以初速度v2(v2>v1)仍沿平行于板面方向射入电场,经过时间t2射出电场,射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y2。不计电子的重力。下列关系式中正确的是 (　　) ‎ A.t1=t2 B.t1>t2‎ C.y1=y2 D.y1v1,因此t1>t2,且有y1>y2,故A、C、D错误,B正确。‎ ‎【素养训练】‎ - 12 -‎ ‎1.如图所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边沿飞出,现在使电子入射速度变为原来的,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边沿飞出,则两极板的间距应变为原来的(　　) ‎ A.4倍 B.2倍 C.倍 D.倍 ‎【解析】选A。设电子的质量为m,初速度为v,极板的长度为L,两极板间的距离为d,电场强度为E,电子做类平抛运动,水平方向有:L=vt,竖直方向有:y=at2‎ ‎=t2=d,解得:=d2,若使电子入射速度变为原来的,仍要使电子从正极板边沿飞出,由上式可知,两极板的间距应变为原来的4倍。故A正确,B、C、D错误。‎ ‎2.如图所示,电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中,入射方向跟极板平行,整个装置处在真空中,重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下,下述四种情况中一定能使电子的偏转角变大的是 (　　) ‎ A.U1变大,U2变大 B.U1变小,U2变大 C.U1变大,U2变小 D.U1变小,U2变小 ‎【解析】选B。设电子被加速后获得的速度为v0,电子在加速电场加速的过程,由动能定理得:qU1=m-0 ①,‎ 设水平极板长为L,两极板间的距离为d。‎ 则电子在偏转电场中运动时间为:t=, ②‎ - 12 -‎ 电子在偏转电场中的加速度为:a==, ③‎ 电子射出偏转电场时,平行于电场方向的速度:vy=at, ④‎ 电子射出偏转电场时的偏转角正切值:tanθ=, ⑤‎ 由①～⑤解得:tanθ=。‎ 所以一定能使电子的偏转角变大的是U1变小,U2变大,故A、C、D错误,B正确。‎ ‎3.如图所示,质量为m,电荷量为e的电子,从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中(电场方向没有标出),从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角,电子重力不计。则 (　　) ‎ A.电子在电场中做变加速曲线运动 B.A、B两点间的电势差UAB>0‎ C.电子从A运动到B的时间t=‎ D.电子在B点的速度大小v=v0‎ ‎【解析】选C。电子仅受电场力,且电场力是恒力,则电子加速度一定,做匀变速曲线运动,故A错误;电子在电场中受电场力作用,根据牛顿第二定律可得:eE=ma ①‎ 将电子在B点的速度分解可知(如图)‎ - 12 -‎ v==v0,故D错误; ②‎ 电子由A到B,由动能定理可知:‎ ‎-eUAB=mv2-m ③‎ 由②、③式得UAB=<0,故B错误;‎ 设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy,‎ 则有vy=v0tan30° ④‎ vy=at ⑤‎ 解①④⑤式得t=,故C正确。故选C。‎ ‎【补偿训练】‎ 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】选A。由y=at2=··,得U=,所以U∝,可知A项正确。‎ 三　带电粒子在交变电场中的运动 ‎1.常见的交变电场:‎ 电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。‎ ‎2.常见的题目类型:‎ - 12 -‎ ‎(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。‎ ‎(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。‎ ‎(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。‎ ‎3.思维方法:‎ ‎(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),‎ 抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。‎ ‎(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。‎ ‎(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。‎ ‎【典例示范】‎ 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.0T时情况类似。因粒子最终打在A板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各项可知B正确。‎ ‎【素养训练】‎ ‎1.如图1所示,真空中两块平行金属板与电源连接,A板与地连接,将一个带电粒子在A板处释放,不计重力,已知带电粒子的运动速度—时间图像如图2所示,则B板的电势变化规律可能是 (　　)‎ ‎【解析】选B。粒子分段做匀变速运动,加速度大小恒定,由牛顿第二定律知q=ma,知A、B间的电压大小是恒定值,排除C、D。通过斜率可知,在0.25T～0.75T内,加速度不变,电压不变,故B正确,A、C、D错误。‎ ‎2.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是 (　　)‎ A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.2 s末带电粒子回到原出发点 - 12 -‎ C.1 s末与4 s末带电粒子的速度大小相等,方向相反 D.0～3 s内,电场力做的总功为零 ‎【解析】选D。由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1 s内的加速度为 a1=,为第2 s内的加速度a2=的,因此先加速1 s再减小0.5 s时速度为零,接下来的0.5 s将反向加速,v-t图像如图所示:‎ 带电粒子在前1 s做匀加速运动,在第2 s内先做匀减速运动后反向加速,所以不是始终向一个方向运动,故A错误;根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,在t=2 s时,带电粒子离出发点距离大于0,故B错误;由图可知,在1 s末与4 s末带电粒子的速度大小相等,方向相同,故C错误;因为第3 s末粒子的速度刚好减为0,根据动能定理知粒子只受电场力作用,前3 s内动能变化为0,即电场力做的总功为零,故D正确。‎ ‎【补偿训练】‎ ‎(多选)如图甲所示,A、B是一对平行金属板。A板的电势φA=0,B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内,电子的初速度和重力的影响均可忽略,则 (　　)‎ A.若电子是在t=0时刻进入的,它可能不会到达B板 B.若电子是在t=时刻进入的,它一定不能到达B板 C.若电子是在t=时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后穿过B板 D.若电子是在t=时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后穿过B板 - 12 -‎ ‎【解析】选C、D。电子在t=0时刻进入时,在一个周期内,前半个周期受到的电场力向右,向右做加速运动,后半个周期受到的电场力向左,向右做减速运动,T时刻速度为零,接着周而复始,所以电子一直向B板运动,一定会到达B板,故A错误;若电子是在t=时刻进入,在一个周期内:在～,电子受到的电场力向右,向右做加速运动,在～T内,受到的电场力向左,向右做减速运动,时刻速度为零,若此过程中,电子的位移大于两极板间距,则电子能到达B板;若电子的位移小于两极板间距,则电子不能到达B板;以后在～T内,向左做加速运动,在T～T向左减速到零,接着周而复始,所以电子一直做往复运动,不会到达B板,故B错误;若电子是在t=时刻进入,在～,电子受到的电场力向右,向右做加速运动,在～,受到的电场力向左,向右做减速运动,时刻速度为零,在～T,电子受到的电场力向左,向左做加速运动,在T～,受到的电场力向右,向左做减速运动,时刻速度为零,完成了一个周期的运动,在一个周期内,向右的位移大于向左的位移,所以总的位移向右,接着周而复始,最后穿过B板,故C正确;若电子是在t=时刻进入时,与在t=时刻进入时情况相似,在运动一个周期时间内,时而向B板运动,时而向A板运动,总的位移向右,最后穿过A板,故D正确。‎ ‎【拓展例题】考查内容:带电体在电场中的运动 ‎【典例】一束电子从静止开始经加速电压U1加速后,以水平速度v0射入水平放置的两平行金属板中间,如图所示,金属板长为l,两板距离为d,竖直放置的荧光屏距金属板右端为L。若在两金属板间加直流电压U2时,光点偏离中线打在荧光屏上的P点,求。‎ ‎【解析】电子经U1的电场加速后,由动能定理可得 eU1= ①‎ - 12 -‎ 电子以v0的速度进入U2的电场并偏转 t= ②‎ E= ③‎ a= ④ ‎ v⊥=at ⑤‎ 由①②③④⑤得射出极板的偏转角θ的正切值tan θ==。所以=tan θ=。‎ 答案:‎ - 12 -‎