1、 1 / 9 素养提升素养提升微微突破突破 11 带电粒子（物体带电粒子（物体）在电场中的运动在电场中的运动 宏观规律在微观粒子上的应用 带电粒子（物体）在电场中的运动 带电粒子（物体）在电场中的加速或偏转，类似于力学中的匀变速运动和平抛运动，把力学 运动规律和方法运用到电学中，体现物理知识的应用和迁移能力。 【2018 全国 III 卷】如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒 a、b 所带电荷 量大小相等、 符号相反， 使它们分别静止于电容器的上、 下极板附近， 与极板距离相等。 现同时释放 a、 b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻 t，a、b 经过电容器两极板间
2、下半区域的同一水平面，a、b 间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是 Aa 的质量比 b 的大 B在 t 时刻，a 的动能比 b 的大 C在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等 D在 t 时刻，a 和 b 的动量大小相等 【答案】BD 【解析】根据题述可知，微粒 a 向下加速运动，微粒 b 向上加速运动，根据 a、b 经过电容器两极板间下半 区域的同一水平面， 可知a的加速度大小大于b的加速度大小， 即aaab。 对微粒a， 由牛顿第二定律， qE=maaa， 2 / 9 对微粒 b，由牛顿第二定律，qE=mbab，联立解得： a qE m b qE m ，由此式可以得出 a 的质量比 b
3、 小，选项 A 错误；在 a、b 两微粒运动过程中，a 微粒所受合外力大于 b 微粒，a 微粒的位移大于 b 微粒，根据动能定 理，在 t 时刻，a 的动能比 b 大，选项 B 正确；由于在 t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大 小相等， 符号相反， 所以在 t 时刻， a 和 b 的电势能不等， 选项 C 错误； 由于 a 微粒受到的电场力 （合外力） 等于 b 微粒受到的电场力（合外力） ，根据动量定理，在 t 时刻，a 微粒的动量等于 b 微粒，选项 D 正确。 【素养解读】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动规律，运动观念和分析综合的科学思维在本题中都有 具体体现。 一、带电
4、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，是解此类问题的两个思考点。 【典例 1】 【2019 泰安检测】(多选)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
5、 10 m/s2 D第 2 s 末速度大小为 10 m/s 【答案】BC 【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： 3 / 9 a 010 2 m/s25 m/s2，B 正确；根据速度时间公式，第 2
6、 s 末速度大小为：v5 1 m/s5 m/s，D 错误。 【素养解读】本题主要考查带电粒子在电场中的平衡和运动，力学知识和电学知识的结合，体现了物理学 运动与相互作用观念。 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。 【典例 2】如图所示，含有大量11H、21H、42He 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
7、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11H B出现三个亮点，偏离 O 点最远的是42He C出现两个亮点 D只会出现一个亮点 【答案】D 【解析】对于质量为 m，电荷量为 q 的粒子，加速过程有 qU11 2mv0 2，偏转过程有 tan vy v0 at v0 U2ql dmv02， 其中 l 为偏转电场长度， d 为宽度， 联立得 tan U2l 2U1d， 与粒子比荷无关； 偏转量 y 1 2 U2q md l2 v02 U2l2 4U1d， 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
8、，选项 D 正确。 【素养解读】 本题主要考查带电粒子在电场中的偏转， 关键是推导出偏转量与带电粒子的比荷之间的联系， 即找到偏转量的通用表达式，体现了对物理规律和现象的总结归纳能力。 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 4 / 9 动才会打到荧光屏上而显示亮点 P，如图所示。 【典例 3】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
9、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? 【答案】(1) 2eU1 m (2)U2L 2 4U1d (3)减小 U1 或增大 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 eU11 2mv0 20 解得 v0 2eU1 m 。 (2
10、)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 tL v0，maeE，E U2 d ，y1 2at 2 解得 yU2L 2 4U1d。 (3)由(2)中结果知，可减小加速电压 U1或增大偏转电压 U2。 【素养解读】本题是带电粒子在电场中运动的实际应用，需要找到偏转位移的通式，进一步了解实际中的 5 / 9 物理动态，引导考生关注物理知识在实际生活中的运用。 1如图所示，从 F 处释放一个无初速
11、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 2有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒， 此微粒经过带电室带上电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，经过偏转电场后打到纸上，显示出字 符。不考虑微粒的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是 A减小微粒的质量 B减小偏转电场两极板间的距离 C减小偏转电场的电压 D减小微粒的喷出速
12、度 3 【2019 渭南模拟】如图所示，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(不 计重力)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，让质子沿 b 轨迹落 到下板边缘，则可以将 6 / 9 A开关 S 断开 B质子初速度变为v0 2 C板间电压变为U 4 D竖直移动上板，使板间距变为 2d 4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 的匀强电场区域和，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)。 (
13、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。 5 【2019 北京通州模拟】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 轴线从 O 点垂直射入偏转电场，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 m9.0 10 31 kg，电荷量 e1.6 1019 C，加速电场电压 U 02 500 V，偏转电场电压 U200 V， 极板的长度 L16.0 cm，
14、板间距离 d2.0 cm， 极板的末端到荧光屏的距离 L23.0 cm(忽略电子所受重力， 结果均保留两位有效数字)。求： (1)电子射入偏转电场时的初速度 v0； (2)电子打在荧光屏上的 P 点到 O点的距离 h； (3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功 W。 7 / 9 1C 电子在 AB 之间做匀加速运动，且 eUEk，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
15、C 微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在垂直偏转电场方向上有 Lv0t，在平 行偏转电场方向上有 y1 2at 2，加速度为 aqU md，联立解得 y qUL2 2mdv02，要缩小字迹，就要减小微粒在平 行偏转电场方向上的偏转量 y，由上式分析可知，可采用的方法有：增大微粒的质量、增大偏转电场两 极板间的距离、增大微粒的喷出速度、减小偏转电场的电压等，故 A、B、D 错误，C 正确。 3C 开关 S 断开，电容器极板电荷量不变，电容器电容不变，电容器板间电压不变，场强不变，质子所 受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，A 错误；将质子初速度变为v0 2，质子加速
16、度不变， 运动时间不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板边缘，B 错误；当板间电压变为U 4时， 场强变为原来的1 4，电场力变为原来的 1 4，加速度变为原来的 1 4，根据 y 1 2at 2 知，运动时间变为原来的 2 倍，由 xv0t 知水平位移变为原来的 2 倍，所以能沿 b 轨迹落到下板边缘，C 正确；竖直移动上板，使 8 / 9 板间距变为 2d，则板间场强变为原来的1 2，电场力变为原来的 1 2，加速度变为原来的 1 2，根据 y 1 2at 2 知， 运动时间变为原来的 2倍，同理可知水平位移变为原来的 2倍，不能到达下板边缘，D 错误。 4(1)2 2mL E
17、e 2L，L 4 (2)所有释放点的位置在 xyL 2 4 曲线上 解析 (1)电子在电场区域中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得 eEL1 2mv 2 解得 v 2EeL m 且有 L1 2vt1 解得 t1 2mL Ee 电子在中间区域做匀速运动，有 Lvt3 解得 t3 mL 2Ee 进入电场区域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 中运动时间 t2t3 mL 2Ee 在沿 y 轴方向上，根据牛顿第二定律可得 eEma 电子沿 y 轴方向上运动的位移为 y1 2at2 2L 4 L 2，显然假设成立 所以电子在 ABCD 区域内运动经
18、历的时间 tt1t2t32 2mL Ee 电子离开 ABCD 区域的位置坐标为 2L，L 4 。 (2)设在电场区域中释放点的坐标为(x，y)，在电场区域中电子被加速到 v1，然后进入电场区域做 类平抛运动，并从 D 处离开，有 eEx1 2mv1 2，y1 2at 21 2 eE m L v1 2 解得 xyL 2 4 ，即所有释放点的位置在 xyL 2 4 曲线上。 5 (1)3.0 107 m/s (2)0.72 cm (3)5.8 10 18 J 解析：(1)根据动能定理有 eU01 2mv0 2 9 / 9 解得 v03.0 107 m/s。 (2)设电子在偏转电场中运动的时间为 t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为 y， 电子在水平方向做匀速直线运动 L1v0t 电子在竖直方向上做匀加速直线运动 y1 2at 2 根据牛顿第二定律有eU d ma 解得 y0.36 cm 电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由几何关系 知 y h L1 2 L1 2 L2 ，解得 h0.72 cm。 (3)电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功 WeU dy5.8 10 18 J。
