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