1、第第 4 节节 带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动 核 心 素 养 物理观念 科学思维 科学探究 1.运用静电力、电场强度等 概念研究带电粒子运动时的 加速度、位移等量的变化。 2.运用静电力做功，电势等 概念研究带电粒子的运动过 程中能量的转化。 1.通过研究加速过程的分 析，培养学生的分析推理 能力。 2.通过带电粒子的偏转、 类比平抛运动，分析带电 粒子的运动规律。 通过研究带电粒 子的运动情况，能 解释相关物理现 象，培养热爱科学 的精神。 知识点一 带电粒子加速 观图助学 如图所示，平行板两极板间的电压为 U，距离为 d。将一质量为 m，电荷量为 q 的正离子从左极板附近由
2、静止释放。 (1)离子的加速度多大？做什么运动？ (2)怎么求离子到达负极板时的速度？试用两种方法。 1.受力分析 仍按力学中受力分析的方法分析，只是多了一个静电力而已，若带电粒子在匀强 电场中，则静电力为恒力(qE)；若在非匀强电场中，则静电力为变力。 2.运动分析：带电粒子从静止释放，将沿电场力方向在匀强电场中做匀加速直线 运动。 3.末速度大小：根据 qU1 2mv 2，得 v 2qU m 。 思考判断 (1)带电粒子在电场中只受电场力作用时，可能做匀速直线运动。() (2)带电粒子沿电场方向进入电场时，一定做匀加速直线运动。() (3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，不能分析非
3、匀强电场中的直线运 动问题。 () (4)带电粒子在电场中只受电场力作用时，其动能和电势能总和保持不变。() 知识点二 带电粒子偏转 1.运动状态分析 如图所示，电子以初速度 v0垂直于电场线方向射入匀强电场时，电子只受到恒定 的与初速度方向成 90 角的电场力作用而做匀变速曲线运动，类似于力学中的平 抛运动(轨迹为抛物线)。 2.运动规律(如图所示) 偏转角度 满足：tan qUl mdv20 思考判断 (1)带电粒子垂直进入匀强电场，一定做匀变速曲线运动。() (2)带电粒子垂直进入点电荷电场，一定做匀速圆周运动。() (3)带电粒子垂直进入匀强电场，其运动可看成沿电场方向的匀速运动和垂直
4、电场 方向的匀加速运动的合运动。() 平行板间的电场为匀强电场，带电粒子受恒定电场力作用。 带电粒子 (1)基本粒子：电子、质子(11H)、 粒子(42He)、离子等。 除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力，但不能忽略质量。 (2)带电微粒、液滴、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。 静电力和重力均是恒力，在静电力作用下粒子的运动可与重力作用下质点的运动 类比。沿垂直电场线方向射入匀强电场时的带电粒子的运动可类比平抛运动。 y1 2at 2 qUl2 2mv20d 与粒子的比荷q m成正比 与粒子初速度v0的平方成反比 与电场的属性U、l、d有关 tan v
5、y v0 qUl mdv20 与粒子的比荷q m成正比 与粒子初速度v0的平方成反比 与电场的属性U、l、d有关 核心要点 带电粒子加速 要点归纳 1.力和运动的关系牛顿第二定律 根据带电粒子受到的静电力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定 带电粒子的速度、位移等。这种方法通常适用于恒力作用下粒子做匀变速运动的 情况。 例如：aF m qE m qU md，vv0at，xv0t 1 2at 2 2.功和能的关系动能定理 根据静电力对带电粒子做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理或 全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。这种方法也适用于非 匀强电场。 例如： 带
6、电粒子经过电势差为 U 的电场加速后， 由动能定理得 qU1 2mv 21 2mv 2 0， 则带电粒子的速度 vv202qU m ，若粒子的初速度为零，则带电粒子的速度 v 2qU m 。 当带电粒子以极小的速度进入电场中时，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、回旋加速器都是利用电场对带电粒子进行加速的。 试题案例 例1 中国科学院 2015年 10月宣布中国将在 2020年开始建造世界上最大的粒子 加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料 科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆 管(漂移管)组成，相邻漂移管
7、分别接在高频脉冲电源的两极，质子从 K 点沿轴线 进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间 被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管 B 时速度为 8106 m/s，进 入漂移管 E 时速度为 1107 m/s，电源频率为 1107 Hz，漂移管间缝隙很小，质 子在每个管内运动时间视为电源周期的1 2。质子的比荷取 110 8 C/kg，求： (1)漂移管 B 的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压。 解析 (1)设质子进入漂移管 B 的速度为 vB，电源频率、周期分别为 f、T，漂移 管 B 的长度为 L，则 T1 f LvB T 2 联立式并代入数据得
8、L0.4 m (2)设质子进入漂移管 E 的速度为 vE，相邻漂移管间的加速电压为 U，电场对质子 所做的功为 W。质子从漂移管 B 运动到 E 电场力做功 W，质子的电荷量为 q、质 量为 m，则 WqU W3W W1 2mv 2 E1 2mv 2 B 联立式并代入数据得 U6104 V。 答案 (1)0.4 m (2)6104 V 针对训练 1 如图所示， 在 P 板附近有一电子由静止开始向 Q 板运动。已知两极板间电势差为 U，板间距 为 d，电子质量为 m，电荷量大小为 e。则关于电子在两板间的运动情况，下列叙 述正确的是( ) A.若将板间距 d 增大一倍，则电子到达 Q 板的速率保
9、持不变 B.若将板间距 d 增大一倍，则电子到达 Q 板的速率也增大一倍 C.若将两极板间的电势差 U 增大一倍，则电子到达 Q 板的时间保持不变 D.若将两极板间的电势差 U 增大一倍，则电子到达 Q 板的时间减为一半 解析 由动能定理有1 2mv 2eU，得 v 2eU m ，可见电子到达 Q 板的速率与板间 距离 d 无关，故 A 项正确，B 项错误；两极板间为匀强电场，EU d，电子的加速 度 aeU md，由运动学公式 d 1 2at 2 得 t 2d a 2md2 eU ，若两极板间电势差增大 一倍，则电子到达 Q 板的时间变为原来的 2 2 ，故 C、D 项都错误。 答案 A 核
10、心要点 带电粒子偏转 要点归纳 xv0t(1) y1 2at 2(4) aqU md(2) tan y x at 2v0(5) vyat(3) tan vy vx at v0(6) 1.tan 2tan 。联立上边(5)(6)中公式可推出。 2.粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交 于沿初速度方向分位移的中点，即粒子好像从该中点处沿直线飞离电场一样。 证明：粒子从偏转电场中射出时偏移量 y1 2 qU md l v0 2 ，作出粒子速度的反向延长 线， 与初速度的延长线交于 O 点， O 点与粒子出射点间的水平距离为 x， 则 x y tan qUl2 2mdv
11、20 qUl mv20d l 2。(如图所示) 3.不同的带电粒子，电性相同，不计重力，由静止开始先在同一电场中加速，又 在同一电场中偏转，射出电场时粒子的偏移量和偏转角相同，与粒子的带电荷量 和质量无关。 试题案例 例 2 长为 L 的平行金属板竖直放置，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紧贴左极板垂直 于电场线方向进入该电场， 刚好从右极板边缘射出， 射出时速度与竖直方向成 30 角，如图所示，不计粒子重力，求： (1)粒子末速度的大小； (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，合速度与
12、竖直方向夹角为 30 ， 由速度关系得合速度大小 v v0 cos 30 2 3v0 3 。 (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动， 在竖直方向上：Lv0t， 在水平方向上：vyv0tan 30 3v0 3 ，vyat， 由牛顿第二定律得 qEma， 解得 E 3mv20 3qL 。 (3)粒子做类平抛运动，设两板间的距离为 d 在水平方向上：d1 2at 2， 解得 d 3 6 L。 答案 (1)2 3v0 3 (2) 3mv20 3qL (3) 3 6 L 针对训练 2 有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。 其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后，以一
13、定的初速 度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重 力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( ) A.减小墨汁微粒的质量 m B.减小偏转电场两板间的距离 d C.减小偏转电场的电压 U D.减小墨汁微粒的喷出速度 v0 解析 要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转量 y，根据牛顿第二定律 和运动学公式推导出偏转量 y 的表达式，再进行分析。 微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，设微粒带电荷量为 q，则 有水平方向：Lv0t；竖直方向：y1 2at 2；加速度 aqU md，联立解得 y qUL2 2mdv20， 要缩小字迹，
14、就要减小微粒通过偏转电场的偏转量 y，由上式分析可知，采用的 方法有：增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小极板的长度 L、减小 比荷 q m、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 Ek0(增大喷出速度)、减小偏转极 板间的电压 U，增大进入偏转电场时的初速度，故选项 C 正确。 答案 C 核心要点 带电粒子的加速与偏转 要点归纳 1.带电粒子在电场中加速与偏转 若带电粒子由静止先经加速电场(电压 U1)加速，又进入偏转电场(电压 U2)，射出 偏转电场时偏移量 y1 2at 2qU2l 2 2dmv20 qU11 2mv 2 0 y U2l2 4dU1，速度偏转角的正切值为 tan U2
15、l 2U1d。 2.示波管 示波管的原理图，它由电子枪，偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪 的作用是产生高速飞行的电子。 示波管原理图 电极 XX使电子束沿水平方向偏转，电极 YY使电子束沿竖直方向偏转，这样就在 荧光屏上出现了随时间而展开的信号电压的波形。显然，这个波形是电子束同时 参与两个相互垂直的分运动合成的结果。 试题案例 例 3 如图所示，电子(重力可忽略)在电势差 U04 500 V 的加速电场中，从左极 板由静止开始运动，经加速电场加速后，从右板中央垂直射入电势差 U45 V 的 偏转电场中，经偏转电场偏转后，打在竖直放置的荧光屏 M 上，整个装置处在真 空中，已知电子的
16、质量 m9.010 31 kg，电荷量大小 e1.61019 C，偏转电 场的板长 L110 cm，板间距离 d1 cm，光屏 M 到偏转电场极板右端的距离 L2 15 cm。求： (1)电子从加速电场射入偏转电场时的速度 v0； (2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y； (3)电子飞出偏转电场时速度偏转角的正切值 tan ； (4)电子打在荧光屏上时到中心 O 的距离 Y。 解析 (1)电子在加速电场中运动， 由动能定理得 eU01 2mv 2 0， 解得 v04107 m/s。 (2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向 L1v0t， 可得 t2.510 9 s 在垂直初速度方向
17、y1 2at 21 2 Ue dmt 22.5103 m0.25 cm。 (3)速度偏转角的正切值 tan vy vx at vx eU dmt v0 0.05。 (4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，若沿电场方向的偏移距离为 y，则 y L2 tan ，所以 y0.75 cm， 所以 Yyy1 cm。 答案 (1)4107 m/s (2)0.25 cm (3)0.05 (4)1 cm 针对训练 3 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， 射入方向与极板平行， 整个装置处 在真空中，电子重力可忽略，在满足电子能射出平行极板
18、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 设电子加速后获得的速度为 v0，由动能定理得 qU11 2mv 2 0。设极板长为 l， 则电子在电场中偏转所用的时间为t l v0。 设电子在平行极板间运动的加速度为a， 由牛顿第二定律得 aqE2 m qU2 dm 。电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度 为 vyat，解得 vyqU2l dmv0，故 tan vy v0 qU2l dmv20 qU2l 2dqU1 U2l 2dU1。 所以 U2变大或 U1变小都可能使偏
19、转角 变大，故选项 B 正确。 答案 B 针对训练 4 如图所示的示波管，当两偏转电极 XX、YY电压为零时，电子枪发 射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的 O 点， 其中 x 轴与 XX电场的场强方向重合，x 轴正方向垂直于纸面向里，y 轴与 YY电场的场 强方向重合，y 轴正方向竖直向上)。若要电子打在图示坐标系的第象限，则 ( ) A.X、Y 极接电源的正极，X、Y接电源的负极 B.X、Y极接电源的正极，X、Y 接电源的负极 C.X、Y 极接电源的正极，X、Y接电源的负极 D.X、Y极接电源的正极，X、Y 接电源的负极 解析 若要使电子打在题图所示坐标系的第象限，
20、 电子在 x 轴上向负方向偏转， 则应使 X接正极，X 接负极；电子在 y 轴上也向负方向偏转，则应使 Y接正极，Y 接负极，所以选项 D 正确，A、B、C 错误。 答案 D 1.(带电粒子的加速)如图所示， 在两带等量异种电荷的平行金属板间， 从负极板处 静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为 v1，加速度为 a1。若 将两极板间的距离增大为原来的 2 倍，同时两板间电势差也变为原来的 2 倍，再 从负极板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为 v2，加速度为 a2，则 ( ) A.a1a211，v1v212 B.a1a221，v1v212 C.a1a221，v1v2
21、21 D.a1a211，v1v21 2 解析 由 EU d知，当 d 和 U 都变为原来的 2 倍时，场强不变，电子在电场中受 到的电场力不变，故 a1a211。由动能定理 Ue1 2mv 2 得 v 2Ue m ，由电 势差 U 增大为原来的 2 倍，故 v1v21 2，所以 D 正确，A、B、C 错误。 答案 D 2. (带电粒子的偏转)如图所示，带电荷量之比为 qAqB13 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 xAxB21，则带电粒子的质量之比 mAmB以及在电场中飞行的时间之比 tAtB分别
22、为( ) A.11，23 B.21，32 C.11，34 D.43，21 解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动 xv0t， 由于初速度相同， xAxB21， 所以tAtB21， 竖直方向上粒子做匀加速直线运动y1 2at 2， 且yAyB， 故aAaB t2Bt2A14。而 maqE，mqE a ，mA mB qA qB aB aA 1 3 4 1 4 3。综上所述，D 项正 确。 答案 D 3.(带电粒子的加速与偏转)如图所示， C、 D 两水平带电金属板间的电压为 U， A、 B 为一对竖直放置的带电平行金属板，B 板上有一个小孔，小孔在 C、D 两板间 的中心线上，一质量为 m、带电荷量为q 的粒子(不计重力)在 A 板边缘的 P 点 由静止开始运动，恰好从 D 板下边缘离开，离开时 速度大小为 v0，则 A、B 两极板间的电压为( ) A.mv 2 0qU 2q B.2mv 2 0qU 2q C.mv 2 0qU q D.2mv 2 0qU q 解析 带电粒子在 A、B 两板间做匀加速直线运动，由动能定理得 qUAB1 2mv 2 1； 带电粒子在 C、D 两板间做类平抛运动，从中心线进入恰好从 D 板下边缘离开， 根据动能定理得qU 2 1 2mv 2 01 2mv 2 1； 联立两式可得 UABmv 2 0qU 2q ， 故选项 A 正确。 答案 A