帶電粒子在電場中運動高考題

1、專題三 帶電粒子在電場中的運動高考趨勢展望帶電粒子在電場中的運動，是電學(xué)知識和力學(xué)知識的結(jié)合點，基于此點，很容易命出將電場知識和力學(xué)中的牛頓第二定律、勻變速運動的規(guī)律、動能定理、動量定理、運動的合成與分解等主干知識相結(jié)合的情景新穎、便于考查學(xué)生能力的綜合性試題.特別是在注重考查學(xué)科內(nèi)知識綜合能力的當(dāng)今形勢下，理解本專題知識，掌握處理涉及本專題知識的物理問題的思路和方法，尤為重要. 知識要點整合1.帶電粒子在電場中的運動問題，其實質(zhì)是在電場中處理的力學(xué)問題，因此分析方法和力學(xué)中的分析方法基本相同：先分析研究對象的受力情況，再結(jié)合研究對象的運動狀態(tài)或運動過程（平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線等

2、），選用恰當(dāng)?shù)牧W(xué)規(guī)律（如牛頓運動定律、運動學(xué)公式、動能定理、動量定理或動量守恒定律、能量守恒定律等）進(jìn)行處理.如本專題中討論較多的垂直射入勻強電場中的帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題，其處理方法完全和平拋運動的處理方法一樣：粒子沿初速度方向做勻速直線運動，垂直于初速度方向做初速度為零的勻加速運動.若已知粒子初速度v0，質(zhì)量為m，電量為q,偏轉(zhuǎn)電壓為U，偏轉(zhuǎn)極板長度為l，極板間距為d，則粒子穿越電場的時間t=，粒子垂直于v0方向的加速度a=，離開電場時側(cè)移量y=at2=,偏轉(zhuǎn)角=tan-1=tan-1.2.帶電體的重力是否忽略，關(guān)鍵是看其重力和其他力的大小比較.一般來說，一些微觀粒子如電子、質(zhì)子、粒子等重力

3、可以忽略，而一些宏觀的帶電體如帶電的小球、帶電的液滴等重力不能忽略. 3.如果偏轉(zhuǎn)極板上加一交變電壓，極板間出現(xiàn)一交變電場，但其交變周期T遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時間時，則在粒子穿越電場的過程中，極板間電場可當(dāng)做勻強電場處理，只不過不同時刻勻強電場的場強大小不同而已.當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為正弦波或鋸齒波時，連續(xù)射入電場中的帶電粒子穿出電場時發(fā)生的側(cè)移距離隨入射時間變化的波形與偏轉(zhuǎn)電壓的波形變化. 精典題例解讀例1（2003年上海，23）為研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機玻璃，它的上、下底面是面積A=0.04 m2的金屬板，間距L=0.05 m，當(dāng)接到U=2500 V的高壓電源正

4、負(fù)兩極時，能在兩金屬板間產(chǎn)生一勻強電場，如圖3-3-1所示.現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每m3有煙塵顆粒1013個，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個顆粒帶電荷量為q=+1.010-17 C,質(zhì)量為m=2.010-15 kg，不考慮煙塵顆粒間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力.求合上電鍵后：（1）經(jīng)過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课?？（2）除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？（3）經(jīng)多長時間容器內(nèi)顆粒的總動能達(dá)到最大？ 圖3-3-1【解析】 在上、下兩金屬板間加上電壓后，金屬板間便形成勻強電場，帶電的煙塵顆粒便在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動.由于煙塵顆粒碰到金

5、屬板后即被吸附，所以全部煙塵顆粒被吸附的時間即等于靠近上板的煙塵顆粒從靜止勻加速運動到下板的時間.煙塵顆粒被電場加速運動的過程，就是電場力對煙塵顆粒做功的過程.所求總功應(yīng)為對每個煙塵顆粒做功的總和.由于不同煙塵顆粒在金屬板間運動的距離不同，所以電場力對不同煙塵顆粒做功數(shù)值不同，大小在0qU之間.考慮到煙塵顆粒是均勻分布的，可以認(rèn)為電場力對每個煙塵顆粒做功的平均值為qU，將其乘以煙塵顆?？倲?shù)，即得電場力所做總功.隨著電場力做功過程的進(jìn)行，不斷有煙塵顆粒被下極板吸附，余下的煙塵顆粒越少，但每個余下煙塵顆粒的動能卻越大，所以余下煙塵顆粒的總動能可能在某時刻存在極大值，列出余下煙塵顆?？倓幽艿谋磉_(dá)式，

6、應(yīng)用數(shù)學(xué)求極值的知識不難求出煙塵顆粒的最大動能值.（1）當(dāng)最靠近上表面的煙塵顆粒被金屬板間電場加速運動到下極板時，煙塵就被全部吸附.煙塵顆粒受到的電場力F=qU/L,L=at2=,所以t=L=0.02 s.(2)每個煙塵顆粒被加速的位移不同，由于煙塵顆粒均勻分布，所以可以認(rèn)為所有煙塵顆粒被加速的平均位移為，即每個煙塵顆粒被加速的平均電壓為，所以W=NALqU=2.510-4 J.（3）由于煙塵顆粒被下板吸附后速度即減為零，故煙塵顆粒的總動能應(yīng)為未被吸附到下板的所有煙塵顆?？倓幽苤?對未被吸附到下板的煙塵顆粒，因其被加速的時間、位移、電壓均相等，故每個煙塵顆粒的動能都相等，所以當(dāng)煙塵顆粒下落距

7、離為x時，顆粒總動能Ek=mv2NA（L-x）=xNA（L-x）.由數(shù)學(xué)知識知，當(dāng)x=時，Ek最大，由于x=at12,所以t1=L=0.014 s.小結(jié)：把實際問題抽象為所熟悉的物理模型，是同學(xué)們應(yīng)注意培養(yǎng)的一種能力，也是當(dāng)前高考命題的一種趨勢.本題中應(yīng)用平均值法計算電場力做的總功是一種常用的解題技巧，請同學(xué)們注意體會. 例2（2001年上海，11）一束質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以平行于兩極板的速度v0進(jìn)入勻強電場，如圖3-3-2，如果兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d，板長為L，設(shè)粒子束不會擊中極板，則粒子從進(jìn)入電場到飛出極板時電勢能的變化量為_.（粒子的重力忽略不計）圖3-3-2【解

8、析】 粒子在極板間運動的時間t=，垂直于極板方向的加速度a=，所以粒子在飛越極板間電場過程中，在電場方向發(fā)生的側(cè)移s=at2=，電場力對粒子做的功W=qU=,所以粒子電勢能的變化量E=W=.小結(jié)：本題未說明粒子的射入位置，但從“粒子束不會擊中極板”的題設(shè)條件，可知凡是能穿越電場的粒子，發(fā)生的側(cè)移距離都相等，電勢能的變化量都相等，而與粒子的射入位置無關(guān).可見，仔細(xì)閱讀題目內(nèi)容，特別注意領(lǐng)會一些關(guān)鍵句子的意義，對幫助理解題意，建立清晰的物理圖景，具有至關(guān)重要的作用. 例3圖3-3-3甲中A和B表示在真空中相距為d的兩平行金屬板，加上電壓后，它們之間的電場可視為勻強電場，圖乙表示一周期性的交變電壓波

9、形，橫坐標(biāo)代表時間t，縱坐標(biāo)代表電壓U，從t=0開始，電壓為一給定值U0，經(jīng)過半個周期，突然變?yōu)?U0；再過半個周期，又突然變?yōu)閁0；如此周期性地交替變化.圖3-3-3在t=0時，將上述交變電壓U加在A、B兩板上，使開始時A板電勢比B板高，這時在緊靠B板處有一初速度為零的電子（質(zhì)量為m，電荷量為e)在電場作用下開始運動.要想使這電子到達(dá)A板時具有最大的動能，則所加交變電壓的頻率最大不能超過多少？【解析】 在電子由B板向A板運動過程中，A板電勢高于B板時電子做加速運動、動能增加，A板電勢低于B板時電子做減速運動、動能減少.由動能定理W=Ek知，在電子由B板運動到A板的過程中，只有電場力做功最多，

10、電子獲得的動能才最大.A、B板間加電壓U0后，A、B間形成勻強電場，由U=Ed知，所加電壓是均勻地分布在A、B之間的，電子只有一直加速至A板，電場力做功才最大，為eU0，中間只要存在減速過程，電場力做功的總和就小于eU0.所以，欲使電子獲得最大動能，應(yīng)使電子一直處于加速狀態(tài)，即電子從BA的運動時間t應(yīng).要讓電子到達(dá)A板時具有最大動能，在電子從BA運動時間內(nèi)應(yīng)一直處于加速狀態(tài)，這就要求t.在電壓U0作用下電子的加速度a=,根據(jù)d=at2=t2，電子到達(dá)A板所用時間t=設(shè)交流電周期為T，則要求t若交流電頻率為f,則得t則解得頻率最大不能超過.小結(jié)：分析清楚電子在A、B金屬板間的運動情景，是解決本題

11、的關(guān)鍵.本題最易犯的錯誤，是認(rèn)為在每一個正半周期末到達(dá)A板的電子都應(yīng)具有相同的最大動能.造成這種錯誤的原因是忽略了電壓是加在A、B兩板之間的，電子只有在半周期內(nèi)到達(dá)A板，電場力對電子做的功才最大為eU0，而在其他正半周期末到達(dá)A板的電子，電場力對其做的總功為 (n=3、5、7）.為進(jìn)一步加強對此類問題的理解，有興趣的同學(xué)可討論若A、B板距離足夠大，在t為多少時從B板處釋放電子，電子將不能到達(dá)A板？應(yīng)用強化訓(xùn)練1.有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的小球A、B、C，從同一位置以相同速度v0先后射入豎直方向的勻強電場中，它們落在正極板的位置如圖3-3-4所示，則下列說法中正確的是圖3-3-4

12、A.小球A帶正電，小球B不帶電，小球C帶負(fù)電B.三個小球在電場中運動的時間相等C.三個小球到達(dá)正極板的動能EkAEkBEkCD.三個小球到達(dá)正極板的動量的增量pA pBpC【解析】 由水平方向速度相等知其運動時間關(guān)系為tAtBtC，由豎直方向位移相等知其加速度關(guān)系為aAaBaC.結(jié)合電場方向知帶正電者合力小于重力，加速度小于g;帶負(fù)電者電場力向下，合力大于重力，加速度大于g;不帶電者加速度等于g.綜上討論知C球帶負(fù)電，A球帶正電，B球不帶電，即A正確.又知加速度大者落到正極板上時豎直方向速度大，動量增量大，所以pCpBpA,即答案D也正確.【答案】 AD2.圖3-3-5中畫的是示波管的示意圖，

13、要使屏上的光點P向下偏移的距離增大，可采用以下哪些辦法圖3-3-5A.只增大加速電壓U1B.只減小加速電壓U1C.只增大偏轉(zhuǎn)電壓U2D.只減小偏轉(zhuǎn)電壓U2【答案】 BC3.如圖3-3-6所示，一束帶電粒子（不計重力）垂直電場線方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，試討論在以下情況中，粒子應(yīng)具備什么條件才能得到相同的偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角(U、d、L保持不變)圖3-3-6A.進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度相同B.進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的動能相同C.進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的動量相同D.先由同一加速電場加速后，再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場【解析】 設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，電量為q,加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長為L、間距為d,則由qU1=mv02，t=，y=a

14、t2,a=,vy=at 整理，得：y=,=arctan=arctan,y、僅由加速電場和偏轉(zhuǎn)電場決定，與粒子性質(zhì)無關(guān). 【答案】 D4.（2002年上海，6）如圖3-3-7所示，在粗糙水平面上固定一點電荷Q，在M點無初速度釋放一帶有恒定電量的小物塊，小物塊在Q的電場中運動到N點靜止，則從M點運動到N點的過程中圖3-3-7A.小物塊所受電場力逐漸減小B.小物塊具有的電勢能逐漸減小C.M點的電勢一定高于N點的電勢D.小物塊電勢能變化量的大小一定等于克服摩擦力做的功【解析】 由E=k知EMEN，所以FMFN.因電場力做正功，故電勢能減小.由于物塊電性不明確，故場強方向不明確，M、N點電勢關(guān)系無法確定

15、.由動能定理知W電-W=Ek=0,所以WM=W電=|Ep|.【答案】 ABD5.如圖3-3-8中A、B是一對中間開有小孔的平行金屬板，兩小孔的連線與金屬板面相垂直，兩極板的距離為L.兩極板間加上低頻交流電壓，A板電勢為零，B板電勢u=U0cost.現(xiàn)有一電子在t=0時穿過A板上的小孔射入電場.設(shè)初速度和重力的影響均可忽略不計.則電子在兩極板間可能圖3-3-8A.以AB間的某一點為平衡位置來回振動B.時而向B板運動，時而向A板運動，但最后穿出B板C.一直向B板運動，最后穿出B板，如果小于某個值0，L小于某個值L0D.一直向B板運動，最后穿出B板，而不論、L為任何值【解析】 在L足夠大或W足夠大的

16、情況下，電子進(jìn)入小孔后，第一個周期內(nèi)向B板加速運動，第二個周期向B板減速運動，且第二個周期末速度恰減為零；第三個周期內(nèi)電子又向A板加速運動，第四個周期內(nèi)向A板減速運動，且第四個周期末速度恰減為零.以后電子將重復(fù)上述過程. 但若L或W較小，則電子在向B板加速或減速過程中就可能穿出B板小孔.【答案】 AC6.圖3-3-9是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓U1加速后以速度v0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h.兩平行板間距離為d，電勢差是U2，板長是l.為提高示波管的靈敏度（每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量）可采用以下哪些方法圖3-3-9A.增大兩板間電勢差U2B.盡可能使板長l短一些C.盡可

17、能使板距d小一些D.使加速電壓U1升高一些【答案】 C7.如圖3-3-10所示，在場強為E的水平勻強電場中，豎直固定著一個半徑為R的光滑絕緣圓環(huán).環(huán)上穿著一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，沿順時針方向繞環(huán)做圓周運動，若小球通過環(huán)的水平直徑端點a時，對環(huán)剛好無壓力，且qE=mg,則小球通過環(huán)的最高點b時，對環(huán)的壓力大小為_；通過環(huán)的最低點c時，對環(huán)的壓力大小為_.圖3-3-10【解析】 在a點：qE=m,ab:qER-mgR=mv02-mva2,在b點：mg-Fb=m,解得Fb=0.ac:qER+mgR=mvc2-mva2,在c點：Fc-mg=m,解得Fc=6mg.【答案】 0；6mg8.帶電粒子

18、以速度v0從P點飛入有界的勻強電場，入射方向與電場線垂直，粒子從Q點飛出時，速度方向與電場線的方向成45角，如下圖3-3-11所示，設(shè)電場的寬度為d，PQ間的電勢差為U，粒子重力不計，則該電場的電場強度E=_，帶電粒子在Q點時的動能與在P點時的動能之比為_.圖3-3-11【解析】 粒子在電場中做類平拋運動，所以在Q點粒子垂直于電場方向速度vQ=v0，粒子平行于電場方向的速度vQ=vQcot45=v0,v=v0,所以=2. 由于粒子從PQ在平行于電場方向平均速度=vQ=v0,所以粒子平行于電場方向位移s=d,所以E=.【答案】 2U/d;29.如圖3-3-12所示,金屬板AB、CD、EF、GH相

19、互平行、彼此靠近.它們分別和變阻器上的觸點a、b、c、d連接.孔O1正對B和E，孔O2正對D和G.邊緣F、H正對.一個電子以初速度v0=4106 m/s沿AB方向從A點進(jìn)入電場，恰好穿過孔O1和O2后，從H點離開電場.變阻器上ab、bc、cd段電阻之比為123.金屬板間的距離L1=2 cm,L2=4 cm,L3=6 cm.直流電源的路端電壓U=182 V.電子質(zhì)量me=9.110-31 kg，電量q=1.610-19 C.假設(shè)正對兩平行板間是勻強電場，求圖3-3-12（1）各相對兩板間的電場強度.（2）電子離開H點時的動能.（3）四塊金屬板的總長度（AB+CD+EF+GH）.【解析】 (1)三

20、對正對極板間電壓之比U1U2U3=RabRbcRcd=123板間距離之比L1L2L3=123故三個電場場強相等E=1516.67 N/C(2)根據(jù)動能定理eU=mv2-mv02電子離開H點時動能Ek=mv02+eU=3.6410-17 J(3)由于板間場強相等，則電子在“豎直方向”受電場力不變，加速度恒定.可知電子做類平拋運動. “豎直方向”L1+L2+L3=.“水平方向”x=v0t消去t解得x=0.12 m.極板總長AB+CD+EF+GH=2x=0.24 m.【答案】 (1)1516.67 N/C (2)3.6410-17 J (3)0.24 m10.如圖3-3-13所示，ab是半徑為R的圓

21、的一條直徑，該圓處于勻強電場中，場強大小為E，方向一定.在圓周平面內(nèi)，將一帶正電q的小球從a點以相同的動能拋出.拋出方向不同時，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，在這些所有的點中，到達(dá)c點時小球的動能最大.已知cab=30，若不計重力和空氣阻力，試求：圖3-3-13（1）電場方向與ac間的夾角為多大？（2）若小球在a點時初速度方向與電場方向垂直，則小球恰好能落在c點，則初動能為多大？【解析】 （1）只有a點與c點間電勢差最大時小球到達(dá)圓周上c點時動能才最大，只有過c點圓的切平面為一等勢面時（如圖所示），Uac才最大.因場強方向垂直于等勢面如圖所示，由幾何知識知場強方向與ac夾角=30.(2)設(shè)在a點小

22、球的初速度為v0，小球做類平拋運動，沿ad方向的分運動為勻速直線運動，位移大小Rcos30=v0t與ad垂直方向位移大小R+Rsin30=由、兩式得所以Ek0=mv02=qER【答案】 (1)30 (2) qER11.在真空中速度為v=6.4107 m/s的電子束連續(xù)地射入兩平行板之間（見圖3-3-14），極板長度L=8.010-2 m，間距d為5.010-3 m.兩極板不帶電時，電子束將從兩極板之間的中線通過，在兩極板加一個頻率是50 Hz的交變電壓U=U0sint,如果所加電壓的最大值超過某一值UC時，將開始出現(xiàn)以下現(xiàn)象：圖3-3-14電子束有時能過兩極板，有時間斷不能通過.求：（1）UC

23、的大小. （2）U0為何值時才能使通過的時間t1跟間斷的時間t2之比為t1t2=21.【解析】 (1)電子勻速通過平行極板的時間t=10-9 s，交變電壓的周期T=10-2 s,Tt，電子在通過平行板時，可看作電場不隨時間變化，電子在水平方向做勻速運動，在豎直方向做勻加速運動，根據(jù)t=三式可求得：UC=91 V(2)當(dāng)U91 V時電子將打在極板上而間斷：當(dāng)U91 V時，電子束將通過兩極板，根據(jù)U=U0sint及t1t2=21,可知當(dāng)t=時，UC=91 V即UC=U0sin得U0= V=105 V【答案】 (1)91 V (2)105 V12.如圖3-3-15甲所示，真空室中電極K發(fā)出的電子（初

24、速不計）經(jīng)過U0=1000 V的電場加速后，由小孔S沿兩水平金屬板A、B間中心線射入.A、B板長l=0.20 m，相距d=0.020 m，加在A、B兩板間的電壓U隨時間t變化的Ut圖線如圖3-3-15乙所示.設(shè)A、B間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場.在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作恒定的.兩板右側(cè)放一記錄圓筒，筒的左側(cè)邊緣與極板右端距離b=0.15 m，筒繞其豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，周期T=0.20 s，筒的周長s=0.20 m，筒能接收到通過A、B板的全部電子.（1）以t=0時（見圖乙，此時U=0)，電子打到圓筒記錄紙上的點作為xy坐標(biāo)系的原點，并取y軸豎直向上.試計算電子打到記錄紙上的最高點的y坐標(biāo)和x坐標(biāo).（不計重力作用）（2）在給出的坐標(biāo)紙（圖丙）上定量地畫出電子打到記錄紙上的點形成的圖線.圖3-3-15【解析】 (1)計算電子打到記錄紙上的最高點的坐標(biāo)： 設(shè)v0為電子沿A、B板的中心線射入電場時的初速度，則mv02=eU0電子在中心線方向的運動為勻速運動，設(shè)電子穿過A、B板的時間為t0.則l=v0t0電子在垂直A、B板方向的運動為勻加速直線運動.對于恰能穿過A、B板的電子，在它通過時加在兩板間的電壓UC應(yīng)滿足d=聯(lián)立、式解得uc=U0=20 V此電子從A、