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基础辅导18 带电粒子在电场中的运动 ——’11备考综合热身辅导系列 高级物理教师 魏德田 电容器是一种重要的电学元件，我们要了解其结构，对于平行板电容器，要理想其电容决定式的意义.带电粒子在电场中运动，综合了电场知识、力学知识，通过训练使我们能结合力学知识和方法，分析和把握带电粒子在电场中运动的规律.第1题、第4题、第15题为创新题，使我们了解本部分知识在现代技术中的应用. 一、破解依据 ㈠电容 ⑴定义式,计算式C=Q/U *⑵平行板电容器的电容 C=εS/4πKd S:两极板正对面积 d:两极板间的垂直距离 *⑶两个电容器的串、并联： ㈡电场力及其功：⑴ ⑵ ㈢电势能及其变化：则用 ㈣电加速、电偏转： ⑴加速运动 (Vo=0) W=ΔEK qu=mVt2/2 ， ⑵类平抛运动 a=F/m=qE/m ，y=at2/2； ㈤另外，若合力F（或合加速度a，下同）与初速度v0“共线”，则粒子轨迹为直线；若“两者”方向一致，为动力、“加速”；反之为阻力、“减速”；若合外力为零，为“匀速”或“静止”。 若“加速”（或减速），则合外力有正（或负）的冲量；由动量定理知“动量增加”（或减少）；速度不变，动量亦然。 若“加速”（或减速），则合外力做功为“正”（或负）；由动能定理知“动能增加”（或减少）；速度不变，则动能亦然。 若重力、电场力做功为“正”（或负），则等于重力势能、电势能的“减少”（或增加）；而其他力做功则不一定如此。无论何力做功，包括机械能、电势能等在内的总能量是守恒的。 二、精选习题 ㈠选择题(每小题5分，共40分) 图1—26—1 A.φa变大，F变大 B.φa变大，F变小 C.φa不变，F不变 D.φa不变，F变小 2.（08宁夏）如图1—26—2所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度 图1—26—2 B.加大a、b间的距离 C.取出a、b两极板间的电介质 D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 3.(01全国)如图1—26—3所示，虚线a、b和c 是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知 图1—26—3 A.粒子从K到L的过程中，电场力做负功 B.粒子从L到M的过程中，电场力做负功 C.粒子从K到L的过程中，静电势能增加 D.粒子从L到M的过程中，动能减小 4.离子发动机飞船，其原理是用电压U加速一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船得到加速，在氦、氖、氩、氪、氙中选用了氙，理由是用同样电压加速，它喷出时 A.速度大 B.动量大 C.动能大 D.质量大 5.（09天津）如图1—26—4所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点。则 图1—26—4 A.粒子受电场力的方向一定由M指向N B.粒子在M点的速度一定比在N点的大 C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大 D.电场中M点的电势一定高于N点的电势 6.a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图1—26—5所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定 图1—26—5 ①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 ②b和c同时飞离电场 ③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 ④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大 A.① B.①② C.③④ D.①③④ 7.在图1—26—6所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地.若极板B稍向上移动一点，由观察到静电计指针的变化，作出电容器电容变小的依据是 图1—26—6 A.两极间的电压不变，极板上电荷量变小B.两极间的电压不变，极板上电荷量变大 C.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变小 D.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变大 8.如图1—26—7所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是 图1—26—7 A.U1变大、U2变大 B.U1变小、U2变大C.U1变大、U2变小D.U1变小、U2变小 ㈡填空题(每小题6分，共24分) 9. (07宁夏)两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中。小球1和2均带正电，电量分别为q1和q2（ 球1 球2 E 图1—26—8 A． 10.水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动.若使电容器电荷量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需的时间_______. 11 .(08广东)空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图1—26—9所示。在相等的时间间隔内 图1—26—9 A．重力做的功相等 B．电场力做的功相等 C．电场力做的功大于重力做的功 D．电场力做的功小于重力做的功 12.如图1—26—10所示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为+q、质量为m的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，则速度vA=_______.当小球运动到与A点对称的B点时，小球对圆环在水平方向的作用力NB=_______. 图1—26—10 ㈢计算题(共36分) 13.（12分）如图1—26—11所示，一对竖直放置的平行金属板A、B构成电容器，电容为C.电容器的A板接地，且中间有一个小孔S.一个被加热的灯丝K与S位于同一水平线，从灯丝上可以不断地发射出电子，电子经过电压U0加速后通过小孔S沿水平方向射入A、B两极板间.设电子的质量为m，电荷量为e，电子从灯丝发射时的初速度不计.如果到达B板的电子都被B板吸收，且单位时间内射入电容器的电子数为n，随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，最终使电子无法到达B板.求： （1）当B板吸收了N个电子时，A、B两板间的电势差. （2）A、B两板间可达到的最大电势差. （3）从电子射入小孔S开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间 图1—26—11 m E α 图1—26—12 ⑴小球带何种电荷？摆线拉力的大小为多少？ ⑵当剪断摆线后，球的加速度为多少？ ⑶剪断摆线后经过时间t，电场力对球做的功是多少？ v0 M B A 图1—26—13 L d ⑴打在荧光屏上的粒子的动能有多大？ ⑵荧光屏上闪光点的范围有多大？ ⑶在实际应用中，往往是放射源射出的α粒子的速率未知，请设计一个方案，用本设置来测定α粒子的速率。 （选做题） 16.来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为800 kV的直线加速器加速，形成电流强度为1 mA的细柱形质子流，已知质子电荷量e=1.60×10 *16.（05辽宁）（12分）一匀强电场，场强方向是水平的（如图1—26—14）。一个质量为m的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角的直线运动。求小球运动到最高点时其电势能与在O点的电势能之差。 θ v0 O 图1—26—14 *17.一质量为m，带电量为+q的小球从距地面高h处以一定的初速度水平抛出。在距抛出点水平距离为l处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面h/2。为使小球能无碰撞的通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，如图1—26—15所示。试求： ⑴小球的初速度v； ⑵电场强度E的大小；⑶小球落地时的动能。 图1—26—15 h/2 l h 三、参考答案 ㈠1.B.[解析]首先，当d增大时，由U=Ed知场强E减小，又由F=qE知，对电荷的作用力F减小；其次，由U=UAa+UaB,知UaB=U-UAa=U-EdAa,由于E减小、dAa不变，因而UAa减小，易知UaB增大，a点电势增大。故答案：选B。 2.BC.[解析]可以认为电容器的带电量不变，因---两板均接地，故其电势为零，而b、P两板等势，亦即稳定状态下两个电容上的电压必定相等。由 同理，当ab距离加大、取出电介质时，电容C变小、电压变大，导致PQ电压、电场强度均增大；同理，悬线的夹角 3.AC 4.B.[解析]首先，各离子电荷量、电压相同，由动能定理得 5. B.[解析]由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错；粒子由M到N电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故B对C错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，C错。 6.D 7.D 静电计是用来测带电体和大地之间电势差的，指针偏角大小反映了电容器A、B两极板间电势差大小，由Q几乎不变，Q=CU即可得出结论. 8.B ㈡9.[解析] 先整体： 10. 11. C 【解析】由题意可知，微粒在竖直方向上做匀速运动，在相等时间间隔内，位移不等，A、B错.由轨迹可知，微粒所含合外力向上，电场力大于重力.在同一时间间隔内电场力做的功大于重力做的功，C对，D错. 12. ㈢13.(1) 14. [解析]⑴当摆球静止时，受重力、拉力和电场力等作用，如图1—26—16所示。显然，小球带正电荷。由平衡条件、三角关系可得 qE mg T α 图1—26—16 ⑵同理，剪断细线后，球的水平方向的合力、加速度为 ⑶欲求剪断摆线后经过时间t，电场力对球做的功，须先求球的位移。由位移、功的公式，可得 最后，联立②③④⑤式，即可求出以下结果 15.[解析] ⑴分析可知，α粒子自射出而到达荧光屏的过程中只有电场力做功。由动能定理可得 ⑵如图1—26—17所示，欲求粒子的“题设范围”，则只要求出荧光屏上闪光圆的半径R即可。显见，该半径为沿铅板边缘垂直于电场的α粒子，做“类平抛”复加“匀速”运动的水平位移。 v0 M B A 图1—26—17 L d R 因α粒子离开电场在竖直方向以分速度vy做匀速运动，设到达荧光屏的时间t2为,则 考虑到，粒子在水平方向一直做匀速运动。从而由①②③④式可求出 ⑶实际测定α粒子的速率时，由上述公式可得 因此，只要测出相关物理量的数据，代入此式计算就可以了。 * [解析]设质子在与质子源相距l和 极短的相等长度质子流中质子数之比为 O qE v0 mg 图1—26—18 θ 小球做匀减速运动的加速度大小为 设从O到最高点的位移为s，水平位移为x，由运动学公式、位移的分解得 图1—26—19 l h/2 mg qE F v0 O θ 最后，由电场力的功与电势能的关系，可得两点的电势能之差 最后，联立以上各式即可求出以下结果 “—”号则表示由于电场力做负功引起电势能增加。 *18.[解析] ⑴首先，分析可知小球在重力、电场力的共同作用下做初速度为v0的“类斜上抛”运动，如图1—26—19所示。此可分解为竖直自由落体运动，水平匀减速运动。从而，可使小球到达管口处水平速度为零。 由运动的等时性，可得小球运动至管口的时间 然后，由电场力公式、牛二定律、匀变速直线运动规律，可得 联立①③④式，即可求出 ⑵小题的结果，即⑤式表示。 ⑶最后，由动能定理可得 不难求出小球落地时的动能 |
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