知識點68：帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動【知識思維方法技巧】（1）帶電粒子(體)在電場中重力的處理方法：①基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)②帶電體：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。（2）帶電粒子(體)做直線運(yùn)動的條件：①粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動。②粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做變速直線運(yùn)動，用動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)求解。若電場為勻強(qiáng)電場，則帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動，用動力學(xué)觀點a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad或動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。考點一：帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動題型一：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動【典例1拔尖題】多反射飛行時間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，經(jīng)電壓為U的勻強(qiáng)電場加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分析器由兩個反射區(qū)和長為l的漂移管(無場區(qū)域)構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當(dāng)離子第一次進(jìn)入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場，其電場強(qiáng)度足夠大，使得進(jìn)入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進(jìn)入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間。設(shè)實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力。(1)求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間T1；(2)反射區(qū)加上電場，電場強(qiáng)度大小為E，求離子能進(jìn)入反射區(qū)的最大距離x；(3)已知質(zhì)量為m0的離子總飛行時間為t0，待測離子的總飛行時間為t1，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量m1?！镜淅?拔尖題】【答案】(1)eq\r(\f(ml2,2qU))(2)eq\f(U,E)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))eq\s\up12(2)m0【解析】(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，根據(jù)動能定理，有qU＝eq\f(1,2)mv2①離子在漂移管中做勻速直線運(yùn)動，則T1＝eq\f(l,v)②聯(lián)立①②式，得T1＝eq\r(\f(ml2,2qU))。③(2)根據(jù)動能定理，有qU－qEx＝0④得x＝eq\f(U,E)。⑤(3)離子在加速電場中運(yùn)動和反射區(qū)電場中每次單向運(yùn)動均為勻變速直線運(yùn)動，平均速度大小均相等，設(shè)其為eq\x\to(v)，有eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)⑥通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運(yùn)動路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運(yùn)動的總路程相等，設(shè)為L1，在無場區(qū)的總路程設(shè)為L2。根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為v，設(shè)離子的總飛行時間為t總，有t總＝eq\f(L1,\x\to(v))＋eq\f(L2,v)⑦聯(lián)立①⑥⑦式，得t總＝(2L1＋L2)eq\r(\f(m,2qU))⑧可見，離子從A到B的總飛行時間與eq\r(m)成正比。依題意可得eq\f(t1,t0)＝eq\r(\f(m1,m0))可得m1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))eq\s\up12(2)m0。⑨題型二：帶電粒子在平行板電容器中的直線運(yùn)動【典例2拔尖題】如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P.現(xiàn)有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運(yùn)動，恰能運(yùn)動到P點．若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則()A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運(yùn)動時的加速度相同D．乙電子運(yùn)動到O點的速率為2v0【典例2拔尖題】【答案】C【解析】兩板間距離變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；根據(jù)Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當(dāng)d變大時，兩板間的場強(qiáng)不變，則甲、乙兩電子在板間運(yùn)動時的加速度相同，選項C正確；根據(jù)e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知，乙電子運(yùn)動到O點的速率v＝eq\r(2)v0，選項D錯誤．【典例2拔尖題對應(yīng)練習(xí)】(多選)如圖為某直線加速器簡化示意圖，設(shè)n個金屬圓筒沿軸線排成一串，各筒相間地連到正負(fù)極周期性變化的電源上，帶電粒子以一定的初速度沿軸線射入后可實現(xiàn)加速，則()A．帶電粒子在每個圓筒內(nèi)都做加速運(yùn)動B．帶電粒子只在圓筒間的縫隙處做加速運(yùn)動C．帶電粒子穿過每個圓筒時，電源正負(fù)極要改變D．從左向右各筒長度之比為1∶3∶5∶7…【典例2拔尖題對應(yīng)練習(xí)】【答案】BC【解析】由于同一個金屬筒所在處的電勢相同，內(nèi)部無場強(qiáng)，故帶電粒子在筒內(nèi)必做勻速直線運(yùn)動；而前后兩筒間有電勢差，故帶電粒子每次穿越縫隙時將被電場加速，故B正確，A錯誤；帶電粒子要持續(xù)加速，下一個金屬筒的電勢要低，所以電源正負(fù)極要改變，故C正確；設(shè)帶電粒子進(jìn)入第n個圓筒中的速度為vn，則第n個圓筒的長度為L＝vneq\f(T,2)，根據(jù)動能定理得(n－1)qU＝eq\f(1,2)mvn2－eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立解得L＝eq\f(T,2)eq\r(v02＋\f(2n－1qU,m))，可知從左向右各筒長度之比不等于1∶3∶5∶7…，故D錯誤．題型三：帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動【知識思維方法技巧】（1）常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．（2）粒子可以做單向直線運(yùn)動和做往返直線運(yùn)動。（3）解題技巧：①按周期性分段研究，化變?yōu)楹恪＂谧プ∵\(yùn)動具有周期性和對稱性的特征，將eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(φ－t圖像,U－t圖像,E－t圖像))eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)換))a－t圖像eq\o(→,\s\up7(轉(zhuǎn)化))v－t圖像【典例3拔尖題】如圖甲所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，O點是一個可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，O點到A、B的距離都是l.現(xiàn)在A、B之間加上電壓，電壓UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．已知粒子源在交變電壓的一個周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生300個粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q.這種粒子產(chǎn)生后，在電場力作用下從靜止開始運(yùn)動．設(shè)粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運(yùn)動，且電荷量同時消失，不影響A、B板電勢．不計粒子的重力，不考慮粒子之間的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10kg，q＝1.0×10－7C.(1)在t＝0時刻產(chǎn)生的粒子，會在什么時刻到達(dá)哪個極板？(2)在t＝0到t＝eq\f(T,2)這段時間內(nèi)哪個時刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達(dá)A板？(3)在t＝0到t＝eq\f(T,2)這段時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子有多少個可到達(dá)A板？【典例3拔尖題】【答案】(1)eq\r(6)×10－3s到達(dá)A極板(2)4×10－3s時刻(3)100個【解析】(1)根據(jù)題圖乙可知，從t＝0時刻開始，A板電勢高于B板電勢，粒子向A板運(yùn)動．因為x＝eq\f(qU0,4lm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝3.6m>l，所以粒子從t＝0時刻開始，一直加速到達(dá)A板．設(shè)粒子到達(dá)A板的時間為t，則l＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,2lm)t2解得t＝eq\r(6)×10－3s.(2)在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，粒子的加速度大小為a1＝eq\f(qU0,2lm)＝2×105m/s2在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)，粒子的加速度大小為a2＝eq\f(2qU0,2lm)＝4×105m/s2可知a2＝2a1，若粒子在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)加速Δt，再在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)減速eq\f(Δt,2)剛好不能到達(dá)A板，則l＝eq\f(1,2)a1Δt2＋a1Δt·eq\f(Δt,2)－eq\f(1,2)a2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt,2)))2或l＝eq\f(1,2)a1Δt·eq\f(3,2)Δt解得Δt＝2×10－3s因為eq\f(T,2)＝6×10－3s，所以在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)4×10－3s時刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達(dá)A板．(3)因為粒子源在一個周期內(nèi)可以產(chǎn)生300個粒子，而在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)的前eq\f(2,3)時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子可以到達(dá)A板，所以到達(dá)A板的粒子數(shù)n＝300×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝100(個)．【典例3拔尖題對應(yīng)練習(xí)】如圖所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，電子在板間運(yùn)動(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是()A．電壓是甲圖時，在0～T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少B．電壓是乙圖時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少C．電壓是丙圖時，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動D．電壓是丁圖時，電子在板間做往復(fù)運(yùn)動【典例3拔尖題對應(yīng)練習(xí)】【答案】D【解析】電壓是題圖甲時，0～T時間內(nèi)，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運(yùn)動，后做勻減速直線運(yùn)動，即電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓是題圖乙時，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓是題圖丙時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動，過了eq\f(T,2)后做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動，到T時速度減為0，之后重復(fù)前面的運(yùn)動，故電子一直朝同一方向運(yùn)動，故C錯誤；電壓是題圖丁時，電子先向左加速，到eq\f(T,4)后向左減速，eq\f(T,2)后向右加速，eq\f(3,4)T后向右減速，T時速度減為零，之后重復(fù)前面的運(yùn)動，故電子做往復(fù)運(yùn)動，故D正確．考點二：帶電體在電場中的直線運(yùn)動題型一：帶電體在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動類型一：勻強(qiáng)電場模型【典例1a拔尖題】如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球在力F的作用下，沿圖中虛線由M至N做豎直向上的勻速運(yùn)動．已知力F和MN之間的夾角為45°，MN之間的距離為d，重力加速度為g.則下列說法正確的是()A．電場的方向可能水平向左B．電場強(qiáng)度E的最小值為eq\f(\r(2)mg,2q)C．當(dāng)qE＝mg時，小球從M運(yùn)動到N時電勢能變化量為零D．F所做的功一定為eq\f(\r(2),2)mgd【典例1a拔尖題】【答案】BC【解析】小球受力情況：小球受到重力mg、拉力F與電場力qE，因為小球做勻速直線運(yùn)動，合力為零，則F與qE的合力與mg大小相等、方向相反，作出F與qE的合力，如圖所示，根據(jù)圖可知，電場力方向指向右側(cè)，由于小球帶正電，電場方向與電場力方向相同，故指向右側(cè)，故A錯誤；由圖可知，當(dāng)電場力qE與F垂直時，電場力最小，此時場強(qiáng)也最小．則得：qE＝mgsinθ，所以電場強(qiáng)度的最小值為E＝eq\f(mgsinθ,q)＝eq\f(\r(2)mg,2q)，故B正確；當(dāng)mg＝Eq時，根據(jù)幾何關(guān)系，電場力水平向右，與MN垂直，小球從M運(yùn)動到N電場力不做功，即小球從M運(yùn)動到N時電勢能變化量為零，故C正確；由于電場力變化時，F(xiàn)大小也跟隨著改變，所以做功也不能確定具體值，故D錯誤．【典例1a拔尖題對應(yīng)練習(xí)】如圖所示，在豎直平面內(nèi)有勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，一個質(zhì)量為m的帶電小球，從A點以初速度v0沿直線運(yùn)動．直線與豎直方向的夾角為θ(θ<90°)，不計空氣阻力，重力加速度為g.以下說法正確的是()A．小球一定做勻變速運(yùn)動B．小球在運(yùn)動過程中可能機(jī)械能守恒C．小球運(yùn)動過程中所受電場力不小于mgsinθD．當(dāng)小球速度為v時，其重力的瞬時功率P＝mgvsinθ【典例1a拔尖題對應(yīng)練習(xí)】【答案】BC【解析】小球從A點以初速度v0沿直線運(yùn)動，受到重力和電場力作用，若電場力與重力平衡時，小球做勻速直線運(yùn)動；若電場力與重力不平衡時，兩者的合力與速度共線，而且合力是恒力，則小球做勻變速直線運(yùn)動，故A錯誤；若電場力與速度方向垂直時，電場力不做功，則小球的機(jī)械能守恒，故B正確；當(dāng)電場力與速度方向垂直時，電場力最小，由垂直于速度方向的力平衡得到：電場力的最小值為mgsinθ，故C正確；當(dāng)小球速度為v時，其重力的瞬時功率P＝mgvcosθ，故D錯誤．類型二：組合勻強(qiáng)電場模型【典例1b拔尖題】真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動，速度大小為v0。在油滴處于位置A時，將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運(yùn)動到B點。重力加速度大小為g。(1)求油滴運(yùn)動到B點時的速度；(2)求增大后的電場強(qiáng)度的大??；為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍?！镜淅?b拔尖題】【答案】(1)v0－2gt1(2)見解析【解析】(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動，故勻強(qiáng)電場方向向上。在t＝0時，電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2－mg＝ma1 ①油滴在時刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1 ②電場強(qiáng)度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2＋mg＝ma2 ③油滴在時刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1 ④由①②③④式得v2＝v0－2gt1 ⑤(2)由題意，在t＝0時刻前有qE1＝mg ⑥油滴從t＝0到時刻t1的位移為s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1t12 ⑦油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內(nèi)的位移為s2＝v1t1－eq\f(1,2)a2t12 ⑧由題給條件有v02＝2g(2h) ⑨式中h是B、A兩點之間的距離。若B點在A點之上，依題意有s1＋s2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2))E1 ?為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2>1 ?即當(dāng)0<t1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g) ?或t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g) ?才是可能的；條件?式和?式分別對應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。若B點在A點之下，依題意有s1＋s2＝－h(huán) ?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)－\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2))E1 ?為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2>1 ?即t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)＋1))eq\f(v0,g) ?另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。題型二：帶電體在平行板電容器中的直線運(yùn)動【典例2拔尖題】(多選)如圖所示，帶電小球自O(shè)點由靜止釋放，經(jīng)C孔進(jìn)入兩水平位置的平行金屬板之間，由于電場的作用，剛好下落到D孔時速度減為零。對于小球從C到D的運(yùn)動過程，已知從C運(yùn)動到CD中點位置用時t1，從C運(yùn)動到速度等于C點速度一半的位置用時t2，下列說法正確的是()A.小球帶負(fù)電B.t1<t2C.t1>t2D.將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下【典例2拔尖題】【答案】AB【解析】由題圖可知，A、B間的電場強(qiáng)度方向向下，小球從C到D做減速運(yùn)動，受電場力方向向上，所以小球帶負(fù)電，選項A正確；由于小球在電場中受到的重力和電場力都是恒力，所以小球做勻減速直線運(yùn)動，其速度圖象如圖所示，由圖可知，t1<t2，選項B正確，C錯誤；將B板向上平移少許時兩板間的電壓不變，根據(jù)動能定理可知mg(h＋d)－qU＝0，mg(h＋x)－eq\f(qUx,d′)＝0，聯(lián)立得x＝eq\f(h,h＋d－d′)d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以選項D錯誤?！镜淅?拔尖題對應(yīng)練習(xí)】密立根通過觀測油滴的運(yùn)動規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎．圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔．通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷．有兩個質(zhì)量均為m0、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時間t內(nèi)都勻速下落了距離h1，此時給兩極板加上電壓U(上極板接正極)，A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時間后向上勻速運(yùn)動．B在勻速運(yùn)動時間t內(nèi)上升了距離h2(h2≠h1)，隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運(yùn)動直至勻速．已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f＝kmeq\f(1,3)v，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運(yùn)動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g.求：（1）比例系數(shù)k；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢能的變化量；（3）新油滴勻速運(yùn)動速度的大小和方向．【典例2拔尖題對應(yīng)練習(xí)】【答案】(1)(2)油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電eq\f(m0gdh1＋h2,h1U)－eq\f(m0gh2h1＋h2,h1)(3)見解析【解析】(1)未加電壓時，油滴勻速時的速度大小v1＝eq\f(h1,t)，勻速時有m0g＝f，又f＝聯(lián)立可得k＝，(2)加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場力方向向上，極板間電場強(qiáng)度方向向下，可知油滴B帶負(fù)電，油滴B向上勻速運(yùn)動時，速度大小為v2＝eq\f(h2,t)，根據(jù)平衡條件可得m0g＋＝eq\f(U,d)q聯(lián)立解得q＝eq\f(m0gdh1＋h2,h1U)，根據(jù)ΔEp＝－W電，又有W電＝eq\f(U,d)·qh2聯(lián)立解得ΔEp＝－eq\f(m0gh2h1＋h2,h1)(3)油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量