9带电粒子运动
9
带电粒子在电场中的运动
1. (1)基本粒子的受力特点:对于质量很小的基本粒子,如电子、质子等,虽然它们也会受到万有引力(重力) 的作用,但万有引力(重力) 一般远小于静电力,可以忽略.
(2)带电粒子加速问题的处理方法:利用动能定理分析.
122qU
初速度为零的带电粒子,经过电势差为U 的电场加速后,qU =mv ,则v =.
2m
2.思考判断
1212
(1)若带电粒子在电场中加速时初速度不为零,则qU =mv 0.(√)
22
(2)基本粒子在电场中加速时,不计重力就是不计质量.(×) 3.探究交流
12?
带电粒子在非匀强电场中加速时,还能否应用动能定理qU =mv
2
【提示】 由于W =qU 既适用于匀强电场又适用于非匀强电场,故在非匀强电场中带电
12
粒子的加速仍可使用qU =mv .
1. 质量为m 、带电量为q 的基本粒子,以初速度v 0平行两极板进入匀强电场,极板长为l ,板间距离为d ,板间电压为U .
(1)运动特点:和物体做平抛运动相似
①v 0方向上:做匀速直线运动,穿越两极板的时间t .
②垂直v 0方向上:做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a =. (2)运动规律
l v 0
qU md
2.思考判断
(1)带电粒子在匀强电场中偏转时,其速度和加速度都不断变化.(×) (2)带电粒子在匀强电场中偏转时,粒子做匀变速曲线运动.(√) 3.探究交流
带电粒子在电场中做类平抛运动的条件是什么? 【提示】 (1)偏转电场必须是匀强电场.
(2)
1. (1)构造:示波管是示波器的核心部件,外部是一个抽成真空的玻璃壳,内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成) 、偏转电极(由一对X 偏转电极板和一对Y 偏转电极板组成) 和荧光屏组成,如图1-9-1所示.
甲 示波管的结构 乙 荧光屏
图1-9-1
(2)原理
①扫描电压:XX ′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压.
②灯丝被电源加热后,出现热电子发射,发射出来的电子经加速电场加速后,以很大的速度进入偏转电场,如果在Y 偏转极板上加一个信号电压,在X 偏转极板上加一扫描电压,在荧光屏上就会出现按Y 偏转电压规律变化的可视图象.
2.思考判断
(1)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束,偏转电极的作用是使电子束发生偏转,打在荧光屏的不同位置.(√)
(2)示波管的荧光屏上显示的是电子的运动轨迹.(×) 3.探究交流
当示波管的偏转电极没有加电压时,电子束将打在荧光屏什么位置?
【提示】 偏转电极不加电压,电子束沿直线运动、打在荧光屏中心,形成一个亮斑.
【问题导思】
1.电场力做功具有什么特点?电场力做的功与电势能的变化有何关系? 2.带电粒子在电场中只被加速而不改变运动方向,它的受力有何特点? 1.带电粒子的加速
当带电粒子以很小的速度进入电场中,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加速的.
2.处理方法
如图1-9-2所示,两平行金属板相距为d ,电势差为U ,一电子质
量为m ,电荷量为e ,从O 点沿垂直于极板的方向射出,最远到达A 点,然后返回,|OA |=h ,此电子具有的初动能是( )
edh U B .edUh eU C. dh eUh D. d
A.
12eUh 12
【解析】 方法一(功能关系) 在O →A 过程中,由动能定理得Fh =mv 0,即mv 0,
2d 2故电子的初动能为
eUh
d
方法二(力和运动关系)
-eU
电子运动的加速度a ①
dm
由匀变速直线运动规律0-v 0=2ah ②
1E k =mv 20③
2联立①②③式,解得E k =【答案】 D
1.如图1-9-3所示,在A 板附近有一电子由静止开始向B 板运动,则关于电子到达B 板时的速率,下列解释正确的是( )
A .两板间距越大,加速的时间就越长,则获得的速率越大 B .两板间距越小,加速的时间就越长,则获得的速率越大 C .获得的速率大小与两板间的距离无关,仅与加速电压U 有关 D .两板间距离越小,加速的时间越短,则获得的速率越小
122eU
【解析】 由动能定理可得eU =mv ,即v =,v 的大小与U
2m
有关,与极板距离无关,C 正确.
1.带电粒子垂直进入匀强电场的运动同哪种运动类似,这种运动的研究方法是什么? 2.垂直进入匀强电场的带电粒子的运动时间由什么决定?
2
eUh d
v x =v 0 x =v 0t 初速度方向 ⎧⎪
1.基本关系:⎨12
v y =at y = 电场线方向 ⎪2⎩
ql 2U
2.导出关系:粒子离开电场时的侧向位移为:y =22mv 0d
粒子离开电场时的偏转角的正切 tan θ==
v y qlU
v 0mv 0d
y qUl
2.
l 2mv 0d
粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切tan α图1-9-4
3.几个推论
(1)粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向延长线交于一点,此点平分沿初速度方向的位移.
11
(2)tan α=tan θ.
22
(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子,不论m 、q 是否相同,只要q /m 相同,即荷质比相同,则偏转距离y 和偏转角θ相同.
(4)若以相同的初动能E k0进入同一个偏转电场,只要q 相同,不论m 是否相同,则偏转距离y 和偏转角θ相同.
(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压U 相同) ,进入同一偏转电场,则偏转距离y 和偏转角θ相同.
一束电子流在经U =5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距离
处垂直进入平行板间的匀强电场,如图1-9-5所示.若两板间距d =1.0 cm ,板长l =5.0 cm ,那么要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加多大电压?
图1-9-5
12
【解析】 加速过程,由动能定理得eU 0①
2
进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动,l =v 0t ② 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动,加速度 F eU ′a =
m dm
12
偏距y =at ④
2能飞出的条件为y ≤
2
2Ud 2
联立①~⑤式解得U ′≤2 V.
2
d
l
即要使电子能飞出,所加电压最大为400 V. 【答案】
400 V
2.(多选)(2013·广东理综) 喷墨打印机的简化模型如图1-9-6所示.重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v 垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上.则微滴在极板间电场中( )
图1-9-6
A .向正极板偏转 B .电势能逐渐增大 C .运动轨迹是抛物线 D .运动轨迹与带电量无关 【解析】 带电微滴垂直进入电场后,在电场中做类平抛运动,根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动.
带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力,故带电微滴向正极板偏转,选项A 正确;带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用,静电力做正功,故墨汁微滴的电势能减小,
12qE qEx 2
选项B 错误;根据x =v 0t ,y 及a =,得带电微滴的轨迹方程为y =2,即运动轨
2m 2mv 0
迹是抛物线,与带电量有关,选项C 正确,D 错误.
(2013·铜陵一中期末) 如图1-9-7所示,质量为m 、带电荷量为-q
的小球在光滑导轨上运动,导轨左边为斜轨,右边为半圆形滑环,其半径为R . 小球在A 点时的初速度为v 0,方向和斜轨平行,整个装置放在方向竖直向下、场强为E 的匀强电场中,斜轨的高度为h ,试问:
图1-9-7
(1)如果小球能到达B 点,那么小球在B 点对半圆环的压力多大?
(2)在什么条件下小球可以沿半圆环做匀速圆周运动到达最高点,这时小球的速度多大?
【审题指导】 带电物体在电场中的各类运动遵循相应的规律,如第(1)问中小球在B 点做圆周运动,其所受外力充当向心力,而题目中未知mg 和Eq 的大小关系需讨论.
【规范解答】 题目中未知mg 和Eq 的关系,需分Eq =mg 和Eq <mg 两种情况进行讨论.在B 点处小球所受的向心力不要忘了有电场力的贡献在内.
(1)当满足mg =Eq 时,小球到达B 点的速度为v 0,设小球在B 点受半圆环的支持力F N1,
2mv 0
则得F N1
R
小球对半圆环压力F N′1=F N1,方向竖直向下. 当mg >Eq 时,根据动能定理有
112
mgh -qEh =mv 2B -0②
22
设此时小球在B 点受半圆环的支持力为F N2,
2mv B
F N2+Eq -mg =③
R
2
2mgh -2qEh +mv 0
由②③得F N2=mg -qE
R
小球对半圆环的压力F N′2=F N2,方向竖直向下.
(2)当mg =Eq 时,小球可以匀速沿半圆环到达最高点,此过程小球到达B 点速度仍为v 0,小球只在半圆环的压力作用下做匀速圆周运动,速率为v 0.
2
2mgh -2qEh +mv 0
【答案】 (1)F N2+mg -qE ,方向竖直向下 (2)mg =Eq v 0
R
1.重力取舍问题
(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有特别说明或有明确暗示以外,一般都不考虑重力(但不忽略质量) .
(2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有特别说明或有明确暗示以外,一般都不能忽略重力.
2.运动类型和处理方法
(1)带电物体在电场中除加速、偏转外,可能处于平衡状态,做匀速、匀变速直线运动,圆周运动等.
(2)处理相关问题与在必修内容中掌握的方法相同,只是又增加了电场力.
【备课资源】(教师用书独具)
1.一个带正电的油滴从图教1-9-1所示的匀强电场上方A 点自由下落,油滴落入匀强电场后,能较准确地描述油滴运动轨迹的是下图中的(
)
图教1-9-1
【解析】 油滴从A 点自由下落以一竖直速度进入电场,进入电场后受重力和电场力两恒力作用.如图,根据物体做曲线运动的条件,运动轨迹将向右弯曲,故选B.
【答案】 B 2.(2012·扬州中学高二检测) 光滑水平面上有一边长为l 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中,电场方向与正方形一边平行.一质量为m 、带电量为q 的小球由某一边的中点,以垂直于该边的水平初速度v 0进入该正方形区域.当小球再次运动到该正方形区域的边缘时,具有的动能可能为( )
121
A .0 B. 0+qEl
22
12122C. mv 0 D. 0+ 223【解析】 由题意知,小球进入电场时可能存在下列三种情况:电场力不做功,C 项对;
l 12
电场力做正功W =Eq ·,由功能关系知B 0,则A
22
2
项对;而电场力做正功时,不可能出现W =,D 项错.
3
【答案】 ABC
1.一带电粒子在电场中只受静电力作用时,它不可能出现的运动状态是( ) A .匀速直线运动 B .匀加速直线运动 C .匀变速曲线运动 D .匀速圆周运动
【解析】 带电粒子只受电场力时,不可能受力平衡,故A 错;若电场力为恒力,则粒子可以做匀变速直线或曲线运动,若电场力始终与速度垂直,则做匀速圆周运动.
【答案】 A
2.(2011·新课标全国高考) 一带负电荷的质点,在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ,已知质点的速率是递减的.关于b 点电场强度E 的方向,下列图示中可能正确的是(
虚
线是曲线在b 点的切线)( )
【解析】 负电荷在电场中受力方向与电场强度方向相反.粒子从a 到c 速率是递减的,由粒子的运动轨迹知,只有选项D 正确.
【答案】 D
3.如图1-9-8所示,虚线框内存在着匀强电场(方向未知) ,一质子从bc 边上的M 点以速度v 0射进电场内,最后从cd 边上的Q 点飞出电场.下列说法正确的是( )
图1-9-8
A .电荷运动的轨迹一定是抛物线 B .电场方向一定是垂直ab 边向右 C .电场力一定对电荷做了正功 D .M 点的电势一定高于Q 点的电势 【解析】 质子在匀强电场中受恒力作用,做曲线运动,故电荷运动轨迹一定是抛物线,A 正确.电场方向、做功情况,电势高低都无法确定,故B 、C 、D 错误.
【答案】 A
4.(多选) 如图1-9-9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v 0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1/2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1-9-9
A .使初速度减为原来的1/2 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1/2
【解析】 由题意知,带电粒子在电场中做减速运动,在粒子恰好能到达N 板时,由动能定理可得:
12
-qU =-mv 0.
2
要使粒子到达两极板中间后返回,设此时两极板间电压为U 1,粒子的初速度为v 1,则由动能定理可得:
U 112-=-mv 1.
22U 1v 21
联立两方程得:2.
2U v 0
可见,选项B 、D 均符合等式的要求. 【答案】 BD
1.如果带电粒子进入电场时的速度与匀强电场的电场力垂直,则粒子在电场中做类平抛运动.若不计粒子的重力,影响粒子通过匀强电场时间的因素是
( )
A .粒子的带电荷量 B .粒子的初速度 C .粒子的质量 D .粒子的加速度
【解析】 水平方向:L =v 0t ,则粒子在电场中的运动时间t =L /v 0. 【答案】 B
2.让质子和氘核的混合物沿与电场垂直的方向进入匀强电场,要使它们最后的偏转角相同,这些粒子进入电场时必须具有相同的( )
A .初速度 B .初动能 C .加速度 D .无法确定
qU l
v y md v 0qUl qUl
【解析】 tan θ==2q 相同,所以要使偏转角
v 0v 0mdv 02dE k
相同,必须具有相同的初动能,应选B.
【答案】 B
3.如图1-9-10所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出,现在使电子入射速度变为原来的两倍,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板的间距应变为原来的( )
A .2倍 1
C. 2
图1-9-10
B .4倍 1D. 4
l 12
【解析】 电子在两极板间做类平抛运动,水平方向l =v 0t ,t d =at
v 02
22qUl qUl 12=2d =2,即d ∝,故C 正确. 2mdv 02mv 0v 0
【答案】 C
4.(多选) 如图1-9-11所示,有一质量为m 、带电荷量为q 的油滴,被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中,设油滴是从两极板中间位置,并以初速度为零进入电场的,可以判定( )
图1-9-11
A .油滴在电场中做抛物线运动 B .油滴在电场中做匀加速直线运动
C .油滴打在极板上的运动时间只决定于电场强度和两板间距离
D .油滴打在极板上的运动时间不仅决定于电场强度和两板间距离,还决定于油滴的比荷
【解析】 粒子从静止开始,受重力和静电力作用,两个力都是恒力,所以合力是恒力,粒子在恒力作用下做初速度为零的匀加速直线运动,选项B 、D 对.
【答案】 BD
5.(多选)(2013·郑州一中检测) 一台正常工作的示波管,突然发现荧光屏上画面的高度缩小,则产生故障的原因可能是( )
A .加速电压突然变大 B .加速电压突然变小 C .偏转电压突然变大 D .偏转电压突然变小
12
【解析】 若加速电压为U 1,偏转电压为U 2,则在加速电场中qU 10,在偏转电场
2
2
U 2q 1U 2L 中a =,L =v 0t ,y =at 2,所以y =画面高度缩小,说明粒子的最大偏转位移减小,
dm 24U 1d
由上式分析可得,可能是加速电压U 1增大,也可能是偏转电压U 2减小,A 、D 正确.
【答案】 AD
6.一平行板电容器中存在匀强电场,电场沿竖直方向.两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比) 不同的带正电的粒子a 和b ,从电容器边缘的P 点(如图1-9-12所示) 以相同的水平速度射入两平行板之间.测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2. 若不计重力,则a 和b 的比荷之比是
( )
图1-9-12
A .1∶2 B .1∶8 C .2∶1 D .4∶1
【解析】 由水平距离x 1∶x 2=1∶2知,两粒子在电场中运动时间之比t 1∶t 2=1∶2.
2y t 1t 2121qE 2q 2y a 2
粒子加速度之比a 1∶a 2=4. 根据y =at =t ,,所以两粒子比荷之比
2y t 122m m Et E
t 22
即为其加速度之比,故两粒子比荷之比是4∶1,D 选项正确.
【答案】 D
7.(多选)(2013·保定一中检测) 如图1-9-13所示,用绝缘细线拴一带负电小球,在竖直平面内做圆周运动,匀强电场方向竖直向下,则( )
图1-9-13
A .当小球运动到最高点a 时,线的张力一定最小 B .当小球运动到最低点b 时,小球的速度一定最大 C .当小球运动到最高点a 时,小球的电势能最小 D .小球在运动过程中机械能不守恒
【解析】 若qE =mg ,小球做匀速圆周运动,球在各处对细线的拉力一样大.若qE <mg ,球在a 处速度最小,对细线的拉力最小.若qE >mg ,球在a 处速度最大,对细线的拉力最大.故A 、B 错.a 点电势最高,负电荷在电势最高处电势能最低,故C 正确.小球在运动过程中除重力外,还有静电力做功,机械能不守恒,D 正确.
【答案】 CD 8.在如图1-9-14所示平行板电容器A 、B 两板上加上如图1-9-15
所示的交变电压,
开始B 板的电势比A 板高,这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动,设电子在运动中不与极板发生碰撞,则下述说法正确的是(不计电子重力)( )
图1-9-14
图1-9-15
A .电子先向A 板运动,然后向B 板运动,再返回A 板做周期性来回运动
B .电子一直向A 板运动
C .电子一直向B 板运动
D .电子先向B 板运动,然后向A 板运动,再返回B 板做周期性来回运动
【解析】 由运动学和动力学规律画出如图所示的v -t 图象可知,电子一直向B 板运动,选项C 正确.
【答案】 C
9.(多选) 示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图1-9-16所示.如果在荧光屏上P 点出现亮斑,那么示波管中的( )
图1-9-16
A .极板X 应带正电 B .极板X ′应带正电
C .极板Y 应带正电 D .极板Y ′应带正电
【解析】 据荧光屏上亮斑的坐标可知示波管内电子受力情况:受指向y 方向和指向x 方向电场力.由于电子带负电,故极板Y 、X 应带正电.
【答案】 AC
10.如图1-9-17所示,边长为L 的正方形区域abcd 内存在着匀强电场.质量为m ,电荷量为q 的带电粒子以速度v 0从a 点进入电场,恰好从c 点离开电场,离开时速度为v ,不计重力,求电场强度大小.
图1-9-17
【解析】 从a 点到c 点静电力做功W =qEL
1212根据动能定理得W =0
22
1212所以qEL =0 22
m v 2-v 2
0 场强大小E =. 2qL
m v 2-v 2
0 【答案】 2qL
11.如图1-9-18所示,一个电子(质量为m ) 电荷量为e ,以初速度v 0沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场,已知匀强电场的场强大小为E ,不计重力,问:
图1-9-18
(1)电子进入电场的最大距离.
(2)电子进入电场最大距离的一半时的动能.
12mv 0【解析】 (1)设电子进入电场的最大距离为d ,根据动能定理eEd mv 0,故d 22eE
(2)设电子进入电场最大距离的一半时的动能为E k ,
d 12由动能定理得-eE =E k 0, 22
12d 12所以E k =mv 0-=mv 0 224
mv 2120【答案】 (1)0 2eE 4
12.如图1-9-19所示,在一块足够大的铅板A 的右侧固定着一小块放射源P ,P 向各
7个方向放射出电子,速率为10 m/s.在A 板右方距A 为2 cm处放置一个与A 平行的金属板
B ,在B 、A 之间加上直流电压.板间的匀强电场场强E =3.64×104 N/C,方向水平向左.已
-31-19知电子质量m =9.1×10 kg、电荷量e =1.6×10 C,求电子打在B 板上的范围. 2
图1-9-19
【解析】 电子离开放射源后做匀变速运动.初速度垂直板的电子直接沿电场线运动到B 板的O 点.其他电子打在以O 点为中心的周围某一位置.设初速度与板平行的电子打在B 板上的N 点,且距O 点最远.
电子竖直方向上的分运动O N=v 0t ①
1eE 2水平方向上的分运动d =t ② 2m
7-19将v 0=10 m/s,e =1.6×10 C,
m =9.1×10-31 kg,E =3.64×104 N/C,
d =2×10-2 m代入①②求得 O N=2.5×10-2 m=2.5 cm.
即电子打在B 板上的范围是以O 为圆心,以2.5 cm为半径的圆面.
【答案】 以O 为圆心,以2.5 cm为半径的圆面