2024版高中同步新教材必修第三册(人教版)物理-第十章-静电场中的能量-5带电粒子在电场中的运动.docx

第十章　静电场中的能量
5　带电粒子在电场中的运动
基础过关练
题组一　带电粒子在电场中的加速
1.(2023江西临川第二中学月考)如图所示,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,不计重力,则此电子具有的初动能是(　　)

A.edℎU　　　B.edUℎ　　　C.eUdℎ　　　D.eUℎd
2.(2023河南南阳一中月考)如图所示,在两平行板间接直流电源,位于A板附近的带电粒子在电场力作用下,由静止开始向B板运动,不计重力,关于粒子在两板间的运动,下列说法正确的是(　　)

A.粒子到达B板时的速率与两板间距离和电源电压均有关
B.若电源电压U与粒子的电荷量q均变为原来的2倍,则粒子到达B板时的速率变为原来的4倍
C.两板间距离越大,粒子运动的时间越长
D.粒子到达B板时的速率与两板间距离无关,与电源电压有关
题组二　带电粒子在电场中的偏转
3.(2022重庆北碚月考)如图所示,一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度v0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,不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是(　　)

A.mv0qd　　　B.3mv02qd　　　C.3mv022qd　　　D.33mv022qd
4.(2023湖南常德汉寿一中月考)如图,在真空中带电粒子P1和P2先后以相同的初速度沿水平方向从O点射入匀强电场,它们的初速度垂直于电场强度方向,偏转之后分别打在B、C两点,且AB=BC。若P1的电荷量为P2的5倍,不计重力,则P1、P2的质量之比m1∶m2为(　　)

A.5∶2　　　B.5∶4　　　C.2∶5　　　D.4∶5
5.(2023湖南长沙第一中学等名校联考)如图所示,长为d的水平放置的平行金属板A和B间的距离也为d。OO'为两板间的中线,在A、B两板间加上恒定电压U0,质量为m、电荷量为q的带正电的粒子组成的粒子束,不断地从O点沿OO'方向射入两板间,结果粒子从两板右侧距离A板为18d的位置离开两板间,不计重力影响,不计粒子间的相互作用。
(1)求粒子从O点射入的速度大小;
(2)保持粒子射入的位置不变,射入的速度大小不变,方向改变,要使粒子刚好能从B板右侧边缘平行于B板飞出,求粒子射入的速度方向与OO'的夹角应满足的条件;
(3)保持粒子射入的位置不变,射入的速度不变,保持A板位置不变,将B板沿竖直方向平移,要使粒子从A板右侧边缘飞出,求B板移动的距离。

题组三　带电粒子在电场中先加速后偏转
6.(2022湘鄂冀三省七校联考)如图所示,A为粒子源,A和极板B间的加速电压为U1,两水平放置的平行带电金属板C、D间的电压为U2。现有质量为m、电荷量为+q的粒子从A处由静止释放,被加速电压U1加速后水平进入竖直方向的匀强电场,最后从右侧射出。金属板C、D的长度为L,两板间的距离为d,不计粒子重力,下列说法正确的是(　　)

A.粒子射出B板时的速度v0=2qU1m
B.粒子在C、D极板间运动的时间t=L2qU1m
C.粒子飞出C、D间电场时在竖直方向上发生的位移y=U2L22U1d
D.若同时使U1和U2加倍,则粒子在飞出C、D极板时的速度与水平方向的夹角不变
7.(2023河北九师联盟联考)某种类型的示波管工作原理如图所示,电子先经过电压为U1的加速电场,再垂直进入偏转电场,离开偏转电场时的偏移量为h,两平行板之间的距离为d,电压为U2,板长为L,把ℎU2叫示波器的灵敏度,电子电荷量为e。下列说法正确的是(　　)

A.电子在加速电场中动能增大,在偏转电场中动能不变
B.电子只要能离开偏转电场,在偏转电场中的运动时间一定等于Lm2U1e
C.当U1、L增大,d不变,示波器的灵敏度减小
D.当L变为原来的2倍,d变为原来的4倍,U1不变,示波器的灵敏度增大
8.(2023广东惠州第一中学月考)一个电荷量为q=2×10-8 C、质量为m=1×10-14 kg、带负电的粒子,由静止经电压为U1=1 600 V的加速电场加速后,立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2=2 400 V的偏转电场,然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点,偏转电场两极板间距为d=8 cm,极板长L=8 cm,极板的右端与荧光屏之间的距离也为L=8 cm。整个装置如图所示(不计粒子的重力)。求:
(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小;
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y;
(3)P点到O2的距离y'。

能力提升练
题组一　带电粒子在恒定电场中的运动
1.(2023广东深圳大学附属实验中学月考)如图所示,质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们最后打在同一点(不计重力及粒子间相互作用力),则从开始射入到打到上极板的过程中(　　)

A.它们运动的时间tP
B.氘核(12H)的偏转角θ最小
C.氦核(24He)射出偏转电场时的动能最大
D.质子(11H)射出偏转电场时的速度最大
3.(2023浙江精诚联盟联考)如图所示,一个电子由静止开始经加速电场加速后,又沿偏转电场极板间的中心线从O点垂直电场方向射入,并从另一侧射出打到荧光屏上的P点,O'点为荧光屏的中心。已知电子质量m、电子电荷量e、加速电场电压U0、偏转电场电压U、极板的长度L1、板间距离d、极板的末端到荧光屏的距离L2且L2=L12。(忽略电子所受重力)求:
(1)电子射入偏转电场时的初速度v0的大小;
(2)P点到O'点的距离h;
(3)为确保电子能从偏转电场射出,偏转电压U和加速电压U0的比值应满足什么关系。

题组二　带电粒子在交变电场中的运动
4.(2023陕西西安周至中学月考)如图甲,一平行板电容器两板间距为d,在一板内侧附近有一电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力及初速度),为使该离子能在两极板间来回振动而不撞在两极板上,在两极板间加上如图乙所示的交变电压,此交变电压的周期应满足(　　)

A.T<4dmqU　　　B.T>4dmqU
C.T<2dmqU　　　D.T>2dmqU
5.(2023江苏南京六校联考)如图甲所示,电子静止在两平行金属板A、B间的a点,t=0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化,则下列说法中正确的是(　　)

A.在t2时刻,电子的位移最大
B.在t2时刻,电子的动能最大
C.电子能从小孔P飞出,且飞出时的动能不大于eU0
D.电子不可能在t2~t3时间内飞出电场
6.(2023山东青岛第十九中学月考)如图所示,两平行金属板分别加上如下列选项中的电压,能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)做往返运动的U-t图像是(设两板距离足够大)(　　)

7.(2023江苏南通第一次质量监测)某装置用电场控制带电粒子运动,工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板,OO1为板间中线,O1为两板右侧边缘连线的中点,板长为L,不考虑电场边缘效应。电子从O点沿OO1方向射入两板间,电子的电荷量为e、质量为m。不计电子重力。
(1)若两板间加恒定电压U1,且M、N板间距离为d1,电子从O1点正上方A点从板间射出,O1、A两点间距离为3d18,求该电子从O点射入电场的初速度v1;
(2)在(1)的情况下,只上下移动N板,改变M、N板间距离,求电子射出电场时动能的最大值Ekm;
(3)若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压,U0和T已知。某电子在t=0时刻以初速度v0=LT射入电场,要使该电子能从O1点射出电场,求Ux以及板间距离d应满足的条件。

答案与分层梯度式解析
第十章　静电场中的能量
5　带电粒子在电场中的运动
基础过关练
1.D
2.CD
3.B
4.B
6.AD
7.B
1.D　电子从O点运动到A点,仅受静电力作用,速度逐渐减小,根据动能定理得12mv02=eUOA。因E=Ud,UOA=Eh=Uℎd,故12mv02=eUℎd。所以D正确。
2.CD　对粒子,由动能定理有qU=12mv2,解得v=2qUm,则粒子到达B板时的速率与电源电压有关,与两板间距离无关,A错误,D正确;粒子到达B板时的速率v=2qUm,当U和q均变为原来的2倍时,粒子到达B板时的速率变为原来的2倍,B错误;由牛顿第二定律可知a=Fm=qEm=qUmd,又d=12at2,则t=d2mqU,可知两板间距离越大,粒子运动的时间越长,C正确。
方法技巧　处理带电粒子的加速问题的两种方法
(1)利用运动状态分析:带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场,受到的静电力与运动方向在同一直线上,做匀加(减)速直线运动。
(2)利用功能关系分析:粒子动能的变化量等于静电力做的功(电场可以是匀强电场,也可以是非匀强电场)。
3.B　带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,在Q点,设粒子沿电场方向的分速度为vy,则vy=v0tan30°=3v0;粒子从P到Q做类平抛运动,沿初速度v0方向有d=v0t,沿电场方向有vy=qEmt,联立方程解得E=3mv02qd,B正确,A、C、D错误。
4.B　P1、P2两粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动。因为AB=BC,则2x1=x2,根据t=xv0可知t1∶t2=1∶2。竖直位移相同,根据y=12at2可知,a1∶a2=t22∶t12=4∶1,根据牛顿第二定律得a1a2=q1Em1q2Em2=q1m2q2m1,又q1q2=51,解得m1m2=54,选项B正确。
5.答案　(1)4qU03m　(2)粒子射入的速度方向与OO'成45°斜向右下方　(3)14d
解析　(1)粒子在平行金属板间做类平抛运动,水平位移和竖直位移分别满足d=v0t1,38d=12at12
根据牛顿第二定律可得qU0d=ma
解得v0=4qU03m
(2)设粒子射入的速度方向与OO'方向的夹角为θ,则粒子在板间运动时在水平方向上满足
v0 cos θ·t2=d,
在竖直方向上满足12d=12v0 sin θ·t2
解得tan θ=1
即粒子射入的速度方向与OO'成45°角斜向右下方
(3)设改变后两板间的距离为d',则水平方向有
d=v0t1
竖直方向有12d=12a't12
根据牛顿第二定律可得qU0d'=ma'
解得d'=34d
因此,B板应向上移动的距离Δd=d-d'=14d
6.AD　粒子从粒子源A到B板,由动能定理得qU1=12mv02,故v0=2qU1m,A正确;粒子在C、D间的运动时间t=Lv0=Lm2qU1,B错误;粒子飞出C、D间电场时在竖直方向发生的位移y=12at2=12·qU2md·Lv02=U2L24U1d,C错误;设粒子飞出C、D极板间电场时速度与水平方向的夹角为θ,则tan θ=vyv0=qU2md·Lv0v0=qLU2mdv02=LU22dU1,同时使U1和U2加倍,夹角θ不变,D正确。
7.B　电子在加速电场和偏转电场中运动,电场力均对电子做正功,电子的动能增大,A错误;电子在加速电场中运动,有eU1=12mv02,解得v0=2eU1m,电子只要能离开偏转电场,在偏转电场中的运动时间一定等于t=Lv0=Lm2U1e,B正确;电子在偏转电场中运动,有h=12×eU2md×Lv02,结合eU1=12mv02,联立解得ℎU2=L24U1d,可知当U1、L增大,d不变时,示波器的灵敏度可能增大,可能减小,还可能不变,C错误;根据ℎU2=L24U1d,可知当L变为原来的2倍,d变为原来的4倍,U1不变时,示波器的灵敏度不变,D错误。
8.答案　(1)8×104 m/s　(2)0.03 m　(3)0.09 m
解析　(1)由动能定理可得
qU1=12mv02
代入数据解得v0=8×104 m/s
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动,水平方向有L=v0t
竖直方向有y=12at2,a=qEm,E=U2d
联立并代入数据,解得y=0.03 m
(3)设粒子射出偏转电场时速度方向与中心线O1O2间夹角为θ,则tan θ=vyv0,又因为y=12vyt,L=v0t,则tan θ=y12L,几何关系如图所示,由几何知识知y'y=L+12L12L
解得y'=3y=0.09 m

方法技巧　计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法:
(1)Y=y+d tan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)
(2)Y=L2+d tan θ(L为极板长度)
(3)Y=y+vy·dv0
(4)根据三角形相似:Yy=L2+dL2
能力提升练
1.BC
2.CD
4.A
5.C
6.B

1.BC　粒子在垂直于电场方向做匀速直线运动,则t=xv,垂直于电场方向位移相同,初速度相同,则运动时间相同,A错误;沿电场方向有h=12at2,Eq=ma,则q=2mℎEt2,可知qP∶qQ=hP∶hQ=1∶2,B正确;电场力做正功,电势能减少,减少量为ΔE=Eqh=2mℎ2t2,则ΔEP∶ΔEQ=ℎP2∶ℎQ2=1∶4,C正确;由能量守恒可知,电势能减少,动能增加,则ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4,D错误。
2.CD　在加速电场中,根据动能定理有qU1=12mv02-0,在偏转电场中,带电粒子做类平抛运动,则有L=v0t,a=qU2md,y=12at2,联立可得y=U2L24dU1,所以四种带电粒子的偏转距离y相同,A错误;带电粒子的偏转角的正切值为tan θ=atv0=U2L2U1d,所以四种带电粒子的偏转角θ相等,B错误;根据动能定理可得qU1+qU2dy=12mv2,带电粒子射出偏转电场时的动能为Ek=12mv2=qU1+qU2dy,由于氦核(24He)的电荷量最大,所以氦核(24He)射出偏转电场时的动能最大,C正确;带电粒子射出偏转电场时的速度为v=2Ekm=2qmU1+U2dy,由于题述四种带电粒子中质子(11H)的比荷qm最大,所以质子(11H)射出偏转电场时的速度最大,D正确。
拓展延伸　本题中四种带电粒子通过偏转电场后,出射点的位置相同,出射速度的方向相同,若在偏转电场右侧放置荧光屏,这四种带电粒子将打在同一点。关于判断多种带电粒子通过同一电场后是否打在同一点的问题,要根据题设条件寻找带电粒子的出射点和出射方向的关系。
3.答案　(1)2eU0m　(2)UL122U0d　(3)UU0≤2d2L12
解析　(1)在加速电场中,根据动能定理有
eU0=12mv02
解得v0=2eU0m
(2)在偏转电场中,电子做类平抛运动
在垂直于电场方向上有L1=v0t
在沿电场方向上有y=12at2
根据牛顿第二定律a=eUmd
联立以上各式解得y=UL124U0d
电子从偏转电场射出时沿电场方向的速度为
vy=at=eUmd×L1v0=eUL1mdv0
P点到O'点的距离为
h=vy×L2v0+y=UL122U0d
(3)为确保电子能从偏转电场射出得y≤d2
即UL124U0d≤d2
解得UU0≤2d2L12
一题多解　
(2)根据相似三角形的性质有yL12=ℎL12+L2,解得P点到O'点的距离为h=UL122U0d。
4.A　设周期为T0时,正离子从左极板向右运动,先做T04的匀加速运动,再做T04的匀减速运动,到达右极板时,速度恰好减为零,然后再反向做T04的匀加速运动、T04的匀减速运动,到达左极板,此后重复上述运动。根据图像可知,加速和减速运动的加速度大小相同,位移相同,加速度大小为a=Uqdm,则根据匀加速运动的速度公式v-0=at=Uqdm·T04,又由动能定理得12mv2−0=12Uq解得T0=4dmqU,为使该离子能在两极板间来回振动而不撞在两极板上,则T<4dmqU,A正确。
一题多解　根据正离子的运动情况,画出正离子运动的v-t图像,根据v-t图像的面积表示位移可得12×T2×Uqdm×T4速度刚好为零,之后一直重复这样的运动,直到从小孔P飞出,故在t2时刻,电子的位移和动能都不是最大的,A、B错误;由上述分析可知,电子的最大动能可能为eU0,所以电子最终从小孔P飞出时的动能不大于eU0,C正确;根据已知信息,无法确定电子在什么时候飞出电场,所以电子是有可能在t2~t3时间内飞出电场的,D错误。
6.B　在两平行金属板间加上图A所示的电压,电子先做匀加速直线运动,T2时速度最大,T2到T时间内沿原运动方向做匀减速直线运动,T时速度减为零,然后重复这种运动,一直向一个方向运动,A错误;在两平行金属板间加上图B所示的电压,电子先做匀加速直线运动,T4时速度最大,从T4到T2内沿原运动方向做匀减速直线运动,T2时速度减为零,从T2到3T4反向做匀加速直线运动,3T4时速度最大,从3T4到T内沿反方向做匀减速直线运动,T时速度减为零,回到出发点,然后重复往返运动,B正确;在两平行金属板间加上图C所示的电压,电子在0到T4时间内做加速度增大的加速直线运动,从T4到T2做加速度减小的加速直线运动,T2时速度最大,从T2到3T4做加速度增大的减速直线运动,从3T4到T做加速度减小的减速直线运动,T时速度减为零,然后重复之前的运动,一直向一个方向运动,C错误;在两平行金属板间加上图D所示的电压,电子在0到T2时间内做匀加速直线运动,从T2到T内做匀速运动,然后重复加速直线运动和匀速运动,一直向一个方向运动,D错误。
类题拓展　两平行金属板间加上如图所示的电压,也能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)做往返运动。电子在0~T4内做变加速直线运动,T4~T2内做变减速直线运动,T2时刻速度为零,T2~3T4内反向做变加速直线运动,3T4~T内反向做变减速直线运动,然后重复之前的运动。

7.答案　(1)2Ld1eU13m　(2)2eU1(L2+d12)3d12　
(3)Ux=3U0,d>eU0T23m
解析　(1)两板间加恒定电压U1,且M、N板间距离为d1,电子在板间的加速度大小为a=eU1md1
电子在板间做类平抛运动,沿板方向做匀速直线运动,则有L=v1t
垂直于板方向做初速度为零的匀加速直线运动,则有3d18=12at2
联立解得电子从O点射入电场的初速度为
v1=2Ld1eU13m
(2)在(1)的情况下,只上下移动N板,当电子刚好从M板右侧边缘离开电场时,电子射出电场时动能最大,则有L=v1t,d12=vy2t
联立解得电子离开电场时垂直于板方向的分速度为
vy=d1Lv1
则电子射出电场时动能的最大值为
Ekm=12mv2=12m(v12+vy2)=2eU1(L2+d12)3d12
(3)电子在t=0时刻以初速度v0=LT射入电场,电子在电场中运动的时间为t'=Lv0=T
在0~T2内,电子的加速度大小为a'=eU0md
电子在0~T2内垂直于板方向的位移为
y1=12a'T22
电子在t=T2时垂直于板方向的分速度为vy1=a'·T2
在T2~T内,电子的加速度大小为a″=eUxmd
要使该电子能从O1点射出电场,电子在T2~T内垂直于板方向的位移为y2=−y1=vy1·T2−12a″T22
联立解得Ux=3U0
电子垂直于板方向通过的最大位移为
ym=12a'T22+vy122a″=eU0T26md
为了使电子不与极板发生碰撞,需要满足
ym=eU0T26mdeU0T23m
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