第4讲　带电粒子在电场中的运动

第4讲带电粒子在电场中的运动学习目标1.会利用动力学、功能关系分析带电粒子在电场中的直线运动。2.掌握带电粒子在电场中的偏转规律，会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系。3.会分析、计算带电粒子在交变电场中的直线运动和偏转问题。1.思考判断(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(×)(2)带电粒子在电场中，只受静电力时，也可以做匀速圆周运动。(√)2.带电粒子沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图所示，粒子在相同的时间内()A.位置变化相同B.速度变化相同C.速度偏转的角度相同D.动能变化相同答案B考点一带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动。(2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。2.用动力学观点分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。3.用功能观点分析匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非匀强电场中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)角度带电粒子在电场中的直线运动例1(多选)(2022·福建卷，8)我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图1所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104m/s，推进器产生的推力为80mN。已知氙离子的比荷为7.3×105C/kg；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则()图1A.氙离子的加速电压约为175VB.氙离子的加速电压约为700VC.氙离子向外喷射形成的电流约为37AD.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6kg答案AD解析设一个氙离子所带电荷量为q0，质量为m0，由动能定理得q0U＝eq\f(1,2)m0v2，解得氙离子的加速电压为U＝eq\f(m0v2,2q0)≈175V，A正确，B错误；设1s内进入放电通道的氙气质量为m，由动量定理得Ft＝95%mv，解得m≈5.3×10－6kg，D正确；氙离子向外喷射形成的电流I＝eq\f(q,t)＝eq\f(95%m,m0t)·q0≈3.7A，C错误。角度带电体在电场中的直线运动例2如图2所示，A、B为平行金属板，两极板相距为d，分别与电源两极连接。两板的中央各有一小孔M、N。今有一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止下落，不计空气阻力，到达两板中点时的速度恰好为零，然后沿原路返回。则带电质点的重力与它在电场中所受静电力的大小之比为()图2A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1答案B解析带电质点从P点由静止开始下落到两极板中点时，先加速后减速。根据动能定理，有mg·eq\f(3,2)d＝qE·eq\f(d,2)，重力与静电力的大小之比为1∶3，故B正确。角度带电粒子在交变电场中的直线运动例3如图3甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是()图3A.电子在圆筒中也做加速直线运动B.电子离开圆筒1时的速度为2eq\r(\f(Ue,m))C.第n个圆筒的长度应满足Ln＝Teq\r(\f(nUe,2m))D.保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期答案C解析由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部场强为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运动，故A错误；电子离开圆筒1时，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，所以电子离开圆筒1瞬间速度为v＝eq\r(\f(2eU,m))，故B错误；电子从金属圆筒出来后要继续做加速运动，在金属圆筒中的运动时间为交变电源周期的一半，即eq\f(T,2)，电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第n个圆筒长度为Ln＝vn·eq\f(T,2)＝eq\f(T,2)eq\r(\f(2neU,m))＝Teq\r(\f(nUe,2m))，故C正确；由C可知，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周期，故D错误。1.如图4所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面。若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为()图4A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1答案A解析设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子有aM＝eq\f(qE,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,M)t2；对电荷量为－q的粒子有am＝eq\f(qE,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，联立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，故A正确。2.如图5甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，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(0<t0<eq\f(T,4))时刻由静止释放该粒子，关于该粒子的运动正确的是()图5A.一开始向左运动，最后打到A板上B.一开始向右运动，最后打到A板上C.一开始向左运动，最后打到B板上D.一开始向右运动，最后打到B板上答案D解析粒子运动的加速度大小a＝eq\f(qU,md)，d为A、B金属板间距，画出粒子在0时刻、eq\f(T,4)时刻释放后运动的v－t图像，如图所示，可知在0<t0<eq\f(T,4)时间范围内释放的粒子，一开始都是向右运动，最后会打在B板上，故D正确。考点二带电粒子在电场中的偏转角度带电粒子在匀强电场中的偏转1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)tanθ＝eq\f(qU1l,mdveq\o\al(2,0))得y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)可见y和tanθ与粒子的q、m无关。(2)粒子经电场偏转后射出，合速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为eq\f(l,2)。2.处理带电粒子的偏转问题的方法运动的分解法将带电粒子的运动分解为沿电场力方向的匀加速直线运动和垂直电场力方向的匀速直线运动功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指运动过程初、末位置两点间的电势差例4一束电子从静止开始经加速电压U1＝U0加速后，水平射入水平放置的两平行金属板中间，如图6所示。金属板长为l，两板距离为d＝l，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L＝2l，若在两金属板间加直流电压U2＝2U0时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，其中电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子之间的相互作用。求：(结果用e、m、l、U0表示)图6(1)电子刚进入偏转电场时的速度大小；(2)电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小；(3)OP的长度和电子打到P点时的动能。答案(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)eq\f(l,2)(3)eq\f(5,2)l2eU0解析(1)电子经U1＝U0的电场加速后，由动能定理可得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为v0＝eq\r(\f(2eU1,m))＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)电子以v0的速度进入偏转电场U2做类平抛运动，则有l＝v0t，a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU2,md)，y＝eq\f(1,2)at2联立解得电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小为y＝eq\f(U2l2,4U1d)＝eq\f(l,2)。(3)电子离开偏转电场时垂直极板方向速度大小为vy＝at＝eq\f(eU2,md)·eq\f(l,v0)＝eq\f(eU2,mv0)电子离开偏转电场时偏转角θ的正切值为tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2,2U1)＝1根据几何关系可知，OP的长度为OP＝y＋Ltanθ＝eq\f(1,2)l＋2l＝eq\f(5,2)l由动能定理得，电子打在荧光屏的P点动能为Ek＝eU1＋eeq\f(U2,d)y＝2eU0。计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法(1)y＝y0＋Ltanθ(L为屏到偏转电场的水平距离)。(2)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ(l为电场宽度)。(3)根据三角形相似eq\f(y,y0)＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2))。角度带电粒子在交变电场中的偏转1.带电粒子在交变电场中的偏转初速度v0垂直于电场方向：沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。2.分析方法根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。具体做法为eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq\o(→,\s\up7(转换))a(F)－t图像eq\o(→,\s\up7(转化))v－t图像。3.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场瞬间可认为是在匀强电场中运动。例5(多选)如图7甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是()图7A.粒子在电场中运动的最短时间为eq\f(\r(2)d,v0)B.能从板间电场射出的粒子的最大动能为eq\f(5,4)mveq\o\al(2,0)C.t＝eq\f(d,2v0)时刻进入的粒子将从O′点射出D.t＝eq\f(3d,v0)时刻进入的粒子将从O′点射出答案AD解析由图像可知电场强度大小E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qd)，则粒子在电场中的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2d)，假设粒子在电场中沿电场方向能做匀加速运动打在板上，在电场中运动的时间为t0，有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，解得t0＝eq\f(\r(2)d,v0)，粒子能穿出两板间的情况下运动的时间t1＝eq\f(8d,v0)，由于t0<t1且t0<eq\f(T,2)＝eq\f(2d,v0)，所以粒子在电场中运动的最短时间为eq\f(\r(2)d,v0)，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t1＝eq\f(8d,v0)＝2T，任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，所以射出电场时粒子的动能均为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项B错误；t＝eq\f(d,2v0)＝eq\f(T,8)时刻进入的粒子在沿电场方向的运动应先向下加速eq\f(3T,8)，向下的偏转位移y＝eq\f(1,2)a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)T))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,16)d>eq\f(d,2)，则粒子会打在板上，故C错误；t＝eq\f(3d,v0)＝eq\f(3T,4)时刻进入的粒子在沿电场方向的运动是先向上加速eq\f(T,4)，后向上减速eq\f(T,4)，速度到零，然后向下加速eq\f(T,4)，再向下减速eq\f(T,4)，速度到零……如此反复，则最后从右侧射出时沿电场方向的位移为零，所以粒子将从O′点射出，选项D正确。A级基础对点练对点练1带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1.如图1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()图1A.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′点答案A解析设A、B两金属薄板之间的电势差为U1，B、C两金属薄板之间的电势差为U2，金属薄板之间的间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理qU1－qU2＝0，qU2＝qEd，将C板向右平移到P′点，BC之间的电场强度不变，电势差增大，所以电子还是运动到P点速度减小为零然后返回。故A正确。2.(2024·辽宁抚顺高三期末)如图2所示，空间有一匀强电场，电场方向与纸面平行。一电荷量为－q的粒子(重力不计)，在恒力F的作用下沿虚线由M匀速运动到N。已知力F和MN间夹角为θ，M、N间距离为d，则下列结论中正确的是()图2A.匀强电场的电场强度大小为eq\f(Fsinθ,q)B.匀强电场的电场强度大小为eq\f(Fcosθ,q)C.匀强电场的电场强度大小为eq\f(F,q)D.若要使带电粒子由N向M做匀速直线运动，则F必须反向答案C解析粒子做匀速运动，受力平衡，则电场强度大小E＝eq\f(F,q)，故A、B错误，C正确；粒子做匀速直线运动的条件是粒子受力平衡，即由N运动到M，带电粒子受到的电场力不变，则F也保持不变，故D错误。3.(2024·广东深圳育才中学高三月考)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，电场强度为E(如图3所示)，则()图3A.粒子射入的最大深度为eq\f(mveq\o\al(2,0),qE)B.粒子射入的最大深度为eq\f(mveq\o\al(2,0),4qE)C.粒子在电场中运动的最长时间为eq\f(mv0,qE)D.粒子在电场中运动的最长时间为eq\f(2mv0,qE)答案D解析粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－qExmax＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，最大深度xmax＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qE)，由v0＝at，a＝eq\f(qE,m)可得t＝eq\f(mv0,qE)，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为tmax＝2t＝eq\f(2mv0,qE)，故D正确。对点练2带电粒子在电场中的偏转4.(多选)(2024·陕西西安高三校联考)如图4所示，匀强电场的方向水平向右，一质量为m的带电粒子在匀强电场所在的竖直平面内运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该带电粒子在A点的速度大小为v0，方向与竖直方向的夹角为30°，它运动到B点时速度方向与竖直方向的夹角变为60°。不计带电粒子受到的重力，若B点电势为零，则下列说法正确的是()图4A.带电粒子带正电B.带电粒子在B点的速度大小为2v0C.带电粒子从A点运动到B点的过程中，电势能减少了eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)D.带电粒子在A点的电势能为mveq\o\al(2,0)答案AD解析由带电粒子的运动轨迹可得，带电粒子带正电，故A正确；带电粒子在竖直方向的速度不变，设带电粒子在B点的速度大小为v，有v0cos30°＝vcos60°，解得v＝eq\r(3)v0，故B错误；带电粒子的电势能减少量为ΔEp＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mveq\o\al(2,0)，故C错误；B点的电势为零，带电粒子在B点的电势能也为零，在A点的电势能为mveq\o\al(2,0)，故D正确。5.(多选)如图5甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示。质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是()图5A.t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最小B.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都沿水平方向C.t＝eq\f(1,4)T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等答案BD解析因为水平方向粒子的速度v0保持不变，当t＝0时入射，在t＝eq\f(1,2)T时竖直方向速度达到最大，当t＝T时速度恰好减小为0，因此离开电场时偏离中线的距离最大，故A、C错误；无论哪个时刻入射的粒子，在一个时间T内，正向电压和反向电压的时间是相同的，所以在竖直方向上电场力的冲量为零，所以离开电场时的速度方向都是水平的，离开电场时的速度大小都相等，故B、D正确。6.如图6，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，使质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(忽略重力影响)()图6A.开关S断开B.初速度变为3v0C.板间电压变为eq\f(U,4)D.上板竖直移动，使板间距变为2d答案C解析断开开关，极板上的电压不变，两板间电场强度不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据x＝v0t，a＝eq\f(qU,md)，y＝eq\f(1,2)at2，可得y＝eq\f(qUx2,2mdveq\o\al(2,0))，从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为eq\f(U,4)，或上板上移使板间距变为4d，B、D错误，C正确。B级综合提升练7.(多选)(2024·广东揭阳联考)等离子体推进器的原理结构如图7所示，首先由电子枪产生高速电子流，经过碰撞，电子将等离子体发生器内的惰性气体电离，形成等离子体，最后等离子体中的正离子经过静电加速层加速后高速飞出，从而对等离子推进器产生作用力。假设正离子的质量为m，电量为q，经电压为U的静电加速层加速后形成电流为I的离子束，忽略离子进入静电加速层的初速度，不计离子重力和离子间的相互作用力，下列说法正确的是()图7A.离子推进器是将化学能转化为机械能的装置B.离子由静电加速层喷出时的速度大小为eq\r(\f(qU,2m))C.单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为eq\f(I,q)D.离子推进器产生的推力大小为Ieq\r(\f(2mU,q))答案CD解析离子推进器可将静电加速层中的电能转化为机械能，A错误；根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，离子由静电加速层喷出时的速度大小为v＝eq\r(\f(2qU,m))，B错误；若n表示单位时间内由静电加速层喷出的离子数，根据电流的定义有I＝nq，单位时间内，由静电加速层喷出的离子数为n＝eq\f(I,q)，C正确；Δt时间内喷出离子的动量为Δp＝nΔtmv，根据动量定理有FΔt＝Δp，则F＝nmv＝Ieq\r(\f(2mU,q))，D正确。8.如图8所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U(U＞0)，不计粒子重力，P点的电势为零。则下列说法正确的是()图8A.粒子带负电 B.带电粒子在Q点的电势能为qUC.P、Q两点间的竖直距离为eq\f(d,2) D.此匀强电场的电场强度为eq\f(2\r(3)U,3d)答案D解析由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到Q点，电场力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝eq\f(\f(d,2),tan30°)＝eq\f(\r(3),2)d，电场强度大小为E＝eq\f(U,y)＝eq\f(2\r(3)U,3d)，C错误，故D正确。9.如图9甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出。若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()图9A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1答案C解析粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax＝eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＋a·eq\f(T,2)·eq\f(T,2)＝eq\f(3,8)aT2；若粒子在t＝nT＋eq\f(T,2)(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin＝0＋eq\f(1,2)a(eq\f(T,2))2＝eq\f(1,8)aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确。C级培优加强练10.(2023·北京卷，19)某种负离子空气净化原理如图10所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变