帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)-2021-2022學(xué)年高一物理精講精練（新粵教版必修第三冊）（解析版）

2.2帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)精講考點(diǎn)1：帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動(dòng)一、帶電粒子的加速1．基本粒子的受力特點(diǎn)：對于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，雖然它們也會(huì)受到萬有引力(重力)的作用，但萬有引力(重力)一般遠(yuǎn)小于電場力，可以忽略。2．帶電粒子加速問題的處理方法：利用動(dòng)能定理分析。初速度為零的帶電粒子，經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，qU＝eq\f(1,2)mv2，則v＝eq\r(\f(2qU,m))。3．加速器：利用高電壓的電場來加速帶電粒子，由于實(shí)際電壓有限，科學(xué)家制成了直線加速器，讓帶電粒子通過多級電場加速。二、帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動(dòng)注意問題1．關(guān)于帶電粒子在電場中的重力（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，此類粒子一般不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。（2）帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。2．問題處理的方法和思路（1）分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速、減速；直線還是曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。（2）解決這類問題的基本思路是：①用運(yùn)動(dòng)和力的觀點(diǎn)：牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)求解；②用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解。【例1】(多選)如圖所示為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空。A為發(fā)射電子的陰極，K為接在高電勢點(diǎn)的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時(shí)的速度可以忽略，電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時(shí)的速度大小為v。下面的說法中正確的是()A．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時(shí)的速度仍為vB．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)関/2C．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)vD．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)関/2【解析】AC根據(jù)動(dòng)能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU,m))可知，v與A、K間距離無關(guān)，則若A、K間距離減半而電壓仍為U不變，則電子離開K時(shí)的速度仍為v，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)v＝eq\r(\f(2eU,m))可知電壓減半時(shí)，則電子離開K時(shí)的速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)v，故C正確，D錯(cuò)誤?！炯记膳c方法】應(yīng)用動(dòng)能定理處理這類問題的思路粒子只受電場力（1）若帶電粒子的初速度為零，則它的末動(dòng)能eq\f(1,2)mv2＝qU，末速度v＝。（2）若粒子的初速度為v0，則eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)＝qU，末速度v＝?！踞槍τ?xùn)練】1．如圖所示，M和N是勻強(qiáng)電場中的兩個(gè)等勢面，相距為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m(不計(jì)重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應(yīng)是()A．eq\r(\f(2qU,m)) B．v0＋eq\r(\f(2qU,m))C．eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)) D．eq\r(v\o\al(2,0)－\f(2qU,m))【解析】C由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))，選項(xiàng)C正確?？键c(diǎn)2：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題1．基本規(guī)律（1）初速度方向eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(速度：vx＝v0,位移：x＝v0t))（2）電場線方向eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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,v\o\al(2,0))))（3）離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))（4）離開電場時(shí)位移與初速度方向的夾角：tanβ＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mv\o\al(2,0)d)2．幾個(gè)常用推論（1）tanα＝2tanβ。（2）粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)，其速度反向延長線與初速度方向延長線交于沿初速度方向分位移的中點(diǎn)。（3）以相同的初速度進(jìn)入同一個(gè)偏轉(zhuǎn)電場的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要eq\f(q,m)相同，即比荷相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角α相同。(4)若以相同的初動(dòng)能Ek0進(jìn)入同一個(gè)偏轉(zhuǎn)電場，只要q相同，不論m是否相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角α相同。（5）不同的帶電粒子經(jīng)同一加速電場加速后(即加速電壓相同)，進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角α相同eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＝\f(U2l2,4U1d)，tanα＝\f(U2l,2U1d)))。【例2】如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點(diǎn)為O。試求：（1）粒子從射入電場到打到屏上所用的時(shí)間？（2）粒子剛射出電場時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；（3）粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x?！痉治觥?1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)。(2)帶電粒子在右側(cè)虛線的右側(cè)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(3)粒子在水平方向的速度始終為v0?！窘馕觥?1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時(shí)間t＝eq\f(2L,v0)。(2)設(shè)粒子射出電場時(shí)沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，所以粒子剛射出電場時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))。(3)方法一：設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qEL2,2mv\o\al(2,0))，又x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得x＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))。方法二：x＝vyeq\f(L,v0)＋y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))。方法三：由eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))?！炯记膳c方法】計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的四種方法（1）Y＝y(tǒng)＋dtanθ(d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)。（2）Y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋d))tanθ(L為電場寬度)。（3）Y＝y(tǒng)＋vy·eq\f(d,v0)。（4）根據(jù)三角形相似：eq\f(Y,y)＝eq\f(\f(L,2)＋d,\f(L,2))?！踞槍τ?xùn)練】2．如果質(zhì)子經(jīng)一加速電壓加速(U＝5000V)，如圖所示，從中間位置垂直進(jìn)入一勻強(qiáng)電場(d＝1.0cm，l＝5.0cm)，偏轉(zhuǎn)電壓U′＝400V。質(zhì)子能飛出電場嗎？如果能，偏移量是多大？【解析】在加速電場：qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①在偏轉(zhuǎn)電場：l＝v0t ②a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU′,md) ③偏移量y＝eq\f(1,2)at2 ④由①②③④得：y＝eq\f(U′l2,4Ud)上式說明y與q、m無關(guān)，解得y＝0.5cm＝eq\f(d,2)即質(zhì)子恰好從板的右邊緣飛出?？键c(diǎn)達(dá)標(biāo)考點(diǎn)1帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動(dòng)1．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA＝L，則此電子具有的初動(dòng)能是()A．eq\f(edL,U) B．edULC．eq\f(eU,dL) D．eq\f(eUL,d)【解析】D電子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計(jì)重力。根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUL,d)，所以D正確。2．如圖所示，在點(diǎn)電荷＋Q激發(fā)的電場中有A、B兩點(diǎn)，將質(zhì)子和α粒子分別從A點(diǎn)由靜止釋放到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，它們的速度大小之比為()A．1∶2 B．2∶1C．eq\r(2)∶1 D．1∶eq\r(2)【解析】C質(zhì)子和α粒子都帶正電，從A點(diǎn)釋放將受靜電力作用加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為U，由動(dòng)能定理可知，對質(zhì)子：eq\f(1,2)mHveq\o\al(2,H)＝qHU對α粒子：eq\f(1,2)mαveq\o\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)∶1。3．質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)、α粒子(eq\o\al(4,2)He)、鈉離子(Na＋)三個(gè)粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動(dòng)能最大的是()A．質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H) B．α粒子(eq\o\al(4,2)He)C．鈉離子(Na＋) D．都相同【解析】BqU＝eq\f(1,2)mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動(dòng)能最大，故選項(xiàng)B正確。4．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回C．運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回D．穿過P′點(diǎn)【解析】A設(shè)AB、BC間的電場強(qiáng)度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過程中，據(jù)動(dòng)能定理得：eE1d1－eE2d2＝0 ①當(dāng)C板向右平移后，BC板間的電場強(qiáng)度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd′2)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)BC板間的電場強(qiáng)度與板間距無關(guān)，大小不變。第二次釋放后，設(shè)電子在BC間移動(dòng)的距離為x，則eE1d1－eE2x＝0－0 ②比較①②兩式知，x＝d2，即電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)返回，選項(xiàng)A正確。考點(diǎn)2帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題5．如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1【解析】A帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移為x＝v0t，兩次運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為2∶1，兩次運(yùn)動(dòng)的水平速度相同，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為t1∶t2＝2∶1，由于豎直方向上的位移為h＝eq\f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比為1∶8，又因?yàn)榧铀俣萢＝eq\f(Uq,mdAB)，故兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為U1∶U2＝1∶8，故A正確。6．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A．2倍 B．4倍C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)【解析】C電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，故C正確。7．如圖所示，一價(jià)氫離子(H＋)和二價(jià)氦離子(He2＋)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A．同時(shí)到達(dá)屏上同一點(diǎn)B．先后到達(dá)屏上同一點(diǎn)C．同時(shí)到達(dá)屏上不同點(diǎn)D．先后到達(dá)屏上不同點(diǎn)【解析】B一價(jià)氫離子(H＋)和二價(jià)氦離子(He2＋)的比荷不同，由qU＝eq\f(1,2)mv2可知經(jīng)過加速電場獲得的末速度不同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(U2L2,4U1d)相同，所以會(huì)打在同一點(diǎn)，B正確。8．如圖所示的示波管，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′電壓為零時(shí)，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電場加速后會(huì)打在熒光屏上的正中間(圖示坐標(biāo)系的O點(diǎn)，其中x軸與XX′電場的場強(qiáng)方向重合，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸與YY′電場的場強(qiáng)方向重合，y軸正方向豎直向上)。若要電子打在圖示坐標(biāo)系的第Ⅲ象限，則()A．X、Y極接電源的正極，X′、Y′接電源的負(fù)極B．X、Y′極接電源的正極，X′、Y接電源的負(fù)極C．X′、Y極接電源的正極，X、Y′接電源的負(fù)極D．X′、Y′極接電源的正極，X、Y接電源的負(fù)極【解析】D若要使電子打在題圖所示坐標(biāo)系的第Ⅲ象限，電子在x軸上向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使X′接正極，X接負(fù)極；電子在y軸上也向負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使Y′接正極，Y接負(fù)極，所以選項(xiàng)D正確。9．兩平行金屬板A、B水平放置，一個(gè)質(zhì)量為m＝5×10－5kg的帶電微粒，以v0＝2m/s的水平速度從兩板正中央位置射入電場，如圖所示，A、B兩板間距離為d＝2cm，板長l＝10cm，g＝10m/s2。(1)當(dāng)A、B間的電勢差UAB＝100V時(shí)，微粒恰好不偏轉(zhuǎn)，沿圖中虛線射出電場，求該粒子的電荷量和電性；(2)令B板接地，欲使該微粒射出偏轉(zhuǎn)電場，求A板所加電勢的范圍?！窘馕觥?1)粒子水平射出，由平衡得mg＝q·eq\f(UAB,d)解得q＝1×10－7C由于粒子重力方向是豎直向下，根據(jù)二力平衡，粒子所受的電場力方向?yàn)樨Q直向上，而A板是正極，故粒子帶負(fù)電。(2)B板接地φB＝0UAB′＝φA－φB＝φA粒子恰好從A、B板邊緣射出，則水平方向v0t＝l豎直方向eq\f(1,2)at2＝eq\f(d,2)解得a＝8m/s2從A板射出q·eq\f(UAB′,d)－mg＝ma從B板射出mg－q·eq\f(UAB′,d)＝ma解得20V≤φA≤180V。鞏固提升10．真空中的某裝置如圖所示，現(xiàn)有質(zhì)子、氘核和α粒子都從O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過相同加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，射出后都打在同一個(gè)與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)(已知質(zhì)子、氘核和α粒子質(zhì)量之比為1∶2∶4，電量之比為1∶1∶2，重力不計(jì))。下列說法中正確的是()A．三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2∶1∶1B．三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的速度相同C．在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2【解析】C由U1q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v1∶v2∶v3＝eq\r(2)∶1∶1，再由t＝eq\f(l,v0)可得t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(2)，A錯(cuò)誤；由y＝eq\f(U0ql2,2dmv\o\al(2,0))＝eq\f(U0l2,4dU1)可知，三種粒子從偏轉(zhuǎn)電場同一點(diǎn)射出，且速度方向相同，故一定打在屏上的同一點(diǎn)，C正確；由eq\f(1,2)mv2＝U1q＋eq\f(U0,d)qy可得v＝eq\r(2U1＋\f(2U0,d)y\f(q,m))，因eq\f(q,m)不同，故三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場的速度不相同，B錯(cuò)誤；由偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做的功為W電＝eq\f(U0,d)qy可知，W電1∶W電2∶W電3＝1∶1∶2，D錯(cuò)誤。11．噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示。重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上。則微滴在極板間電場中()A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B．電勢能逐漸增大C．運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D．運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無關(guān)【解析】C由于微滴帶負(fù)電，其所受電場力指向正極板，故微滴在電場中向正極板偏轉(zhuǎn)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；微滴在電場中所受電場力做正功，電勢能減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于極板間電場是勻強(qiáng)電場，電場力不變，故微滴在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，并且軌跡為拋物線，C項(xiàng)正確；帶電量影響電場力及加速度大小，運(yùn)動(dòng)軌跡與加速度大小有關(guān)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。12．如圖所示，A、B為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為U的電源上。在A板的中央P點(diǎn)放置一個(gè)電子發(fā)射源。