2020版高考物理新创新一轮复习通用版讲义：第七章第44课时　带电粒子在电场中的运动（重点突破课）

第44课时　带电粒子在电场中的运动(重点突破课)

 [考点一　带电粒子在电场中的直线运动]

带电粒子在电场中的加速和直线运动是电场问题中的常见类型，也是解决带电粒子在电场中偏转问题的基础。是否考虑带电粒子的重力，选择什么样的方法解决问题，是解此类问题的2个思考点。

1．电场中重力的处理方法

(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。

(2)带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。

2．解决电场中直线运动问题的两种观点

(1)动力学观点：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。

(2)功和能量观点：根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。

[典例]　(多选)(2019·泰安检测)在如图1所示的两平行金属板间加上如图2所示的电压。第1 s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，第2 s末点电荷仍运动且未与极板接触。则第2 s内，点电荷(g取10 m/s2)(　　)

A．做匀加速直线运动，加速度大小为10 m/s2

B．做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s2

C．做变加速直线运动，第2 s末加速度大小为10 m/s2

D．第2 s末速度大小为10 m/s

[解析]　由题意知，第1 s内点电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力方向向上，大小与重力相等；第2 s内电压变大，故电场强度变大，电场力变大，第2 s末电场强度增加为第1 s末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg，故此时加速度大小为10 m/s2，且第2 s内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，做变加速直线运动，A错误，C正确；第2 s内平均加速度大小为：＝ m/s2＝5 m/s2，B正确；根据速度时间公式，第2 s末速度大小为：v＝5×1 m/s＝5 m/s，D错误。

[答案]　BC

电场中直线运动问题的解题流程

[集训冲关]

1.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势均为U)(　　)

A．电子到达B板时的动能是Ue

B．电子从B板到达C板动能变化量为零

C．电子到达D板时的动能是3Ue

D．电子在A板和D板之间做往复运动

解析：选C　电子在AB之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，随后反向做匀加速运动，在CB之间做匀速运动，在BA之间做匀减速运动，到达A板时，速度减为零，之后按上述运动过程往复运动，C错误，D正确。

2．(2016·四川高考)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8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 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。质子的荷质比取1×108 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

T＝

L＝vB·

解得L＝0.4 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，电场力对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则

W＝qU

W′＝3W

W′＝mvE2－mvB2

解得U＝6×104 V。

答案：(1)0.4 m　(2)6×104 V

 [考点二　带电粒子在匀强电场中的偏转]

带电粒子在电场中偏转问题的处理方法和平抛运动相似，就是运动的合成与分解，分解为沿初速度方向和沿电场方向的两个分运动后，运用相对应的运动规律解决问题。其中运动时间、偏转位移和偏转角的分析，都是高考考查的重点。

1．运动情况

(1)条件分析：不计重力的带电粒子垂直于电场线方向飞入匀强电场。

(2)运动特点：类平抛运动。

(3)处理方法：运动的合成与分解。

①沿初速度方向：做匀速直线运动。

②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。

2．基本规律

设粒子带电荷量为q，质量为m(忽略重力影响)，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d，则有

(1)加速度：a＝＝＝。

(2)在电场中的运动时间：t＝。

(3)速度

v＝，tan θ＝＝。

(4)位移

 [考法细研]

考法1　偏转量的分析　

[例1]　如图所示，含有大量H、H、He的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上。不计粒子重力，下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是(　　)

A．出现三个亮点，偏离O点最远的是H

B．出现三个亮点，偏离O点最远的是He

C．出现两个亮点

D．只会出现一个亮点

[解析]　对于质量为m，电荷量为q的粒子，加速过程有qU1＝mv02，偏转过程有tan α＝＝＝，其中l为偏转电场长度，d为宽度，联立得tan α＝，与粒子比荷无关；偏转量y＝··＝，与粒子比荷无关，粒子从同一点离开偏转电场后沿同一方向做匀速直线运动，由几何关系知，荧光屏上只会出现一个亮点，选项D正确。

[答案]　D

考法2　偏转运动的临界极值问题　

[例2]　如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。已知电子的质量是m，电荷量为e，在xOy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场区域Ⅰ和Ⅱ，两电场区域的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)。

(1)在AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置坐标；

(2)在电场区域Ⅰ内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。

[解析]　(1)电子在电场区域Ⅰ中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得

eEL＝mv2

解得v＝

且有L＝vt1

解得t1＝

电子在中间区域做匀速运动，有L＝vt3

解得t3＝

进入电场区域Ⅱ后电子做类平抛运动，假设电子能穿出CD边，由类平抛运动规律知，电子在电场区域Ⅱ中运动时间

t2＝t3＝

在沿y轴方向上，根据牛顿第二定律可得eE＝ma

电子沿y轴方向上运动的位移为Δy＝at22＝<，显然假设成立

所以电子在ABCD区域内运动经历的时间

t＝t1＋t2＋t3＝2

电子离开ABCD区域的位置坐标为。

(2)设在电场区域Ⅰ中释放点的坐标为(x，y)，在电场区域Ⅰ中电子被加速到v1，然后进入电场区域Ⅱ做类平抛运动，并从D处离开，有

eEx＝mv12，y＝at2＝·2

解得xy＝，即所有释放点的位置在xy＝曲线上。

[答案]　(1)2 　　(2)所有释放点的位置在xy＝曲线上

 [集训冲关]

1.如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。一带电粒子沿平行于板面的方向以速度v从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力，若可以改变某个量，下列哪种变化能确保粒子一定飞出电场(　　)

A．只增大粒子的带电量　　 B．只增大电场强度

C．只减小粒子的比荷  D．只减小粒子的入射速度

解析：选C　设极板长为L，极板间的距离为d，粒子的质量为m、电荷量为q、加速度为a，沿平行板面方向粒子做匀速直线运动，有L＝vt，垂直板面方向做初速度为零的匀加速直线运动，有＝at2，qE＝ma，解得＝，若只增大粒子的带电量或只增大电场强度或只减小粒子的入射速度，则粒子在竖直方向的位移y>，粒子将打在极板上，不能飞出电场，选项A、B、D错误；若只减小粒子的比荷，则粒子在竖直方向的位移y<，粒子能飞出电场，选项C正确。

2.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从y轴上的A点以初速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与x轴正方向间的夹角为θ＝37°(重力加速度为g，sin 37°＝0.6)。

(1)若小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，求小球抛出时的初速度v0大小及在y轴上的抛出点A的坐标；

(2)若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E＝，在满足(1)中条件的情况下，为使小球不打在N板上，求两平行金属板M、N之间的垂直距离的最小值d。

解析：(1)设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中心小孔B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：

cos θ＝v0t

tan θ＝

小球在竖直方向上下落的距离为：h＝gt2

所以小球抛出点A的纵坐标为：y＝h＋sin θ

解得：v0＝ ，y＝L，t＝2 ，h＝

所以小球抛出点A的坐标为。

(2)设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得：

mgh＝mv2－mv02

解得：v＝

小球进入匀强电场后的受力情况如图所示，

因为E＝，所以qE＝mgcos θ，平行于电场方向小球受力平衡，因此，小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动，其加速度大小为：

a＝＝gsin θ

设小球在该匀强电场中运动的时间为t′，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得：

d＝vt′，＝at′2

解得：d＝L。

答案：(1) 　　(2)L

考点三　示波管问题

在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。

[典例]　如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。

(1)求电子穿过A板时速度的大小；

(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；

(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可如何调整U1或U2?

[解析]　(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得eU1＝mv02－0

解得v0＝ 。

(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y，

由牛顿第二定律和运动学公式得

t＝，ma＝eE，E＝，y＝at2

解得y＝。

(3)由(2)中结果知，可减小加速电压U1或增大偏转电压U2。

[答案]　(1) 　(2)　(3)减小U1或增大U2

(1)电子从偏转电场射出时的侧移量与打在屏上时的侧移量是不同的。

(2)U1、U2的作用不能混淆，但减小U1或增大U2都能使电子打在屏上的侧移量变大。　　

 [集训冲关]

1.(多选)如图所示为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L，不计电子所受的重力。为了提高示波管的灵敏度每单位电压引起的偏转量，可采取的方法是(　　)

A．减小两板间电势差U2

B．尽可能使板长L短些

C．尽可能使板间距离d小一些

D．使加速电压U1减小一些

解析：选CD　电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转阶段。加速阶段：eU1＝mv02，偏转阶段：L＝v0t，h＝at2＝t2，综合得＝，因此要提高灵敏度则需要：增大L或减小U1或减小d，故C、D正确。

2.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示。设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2。求电子射到荧光屏上时的动能大小。

解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理eU1＝mvx2

进入偏转电场后L＝vxt，vy＝at，a＝

射出偏转电场时的合速度(等于射到荧光屏上的速度)v＝，

由以上各式得Ek＝mv2＝eU1＋。

答案：eU1＋