人教版選修3教學案：第9節(jié)帶電粒子在電場中的運動含答案

第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動帶電粒子僅在電場力作用下加速時，可依據(jù)動能定理帶電粒子僅在電場力作用下加速時，可依據(jù)動能定理求速度。帶電粒子以速度v0垂直進入勻強電場時，假設僅受電場力，則做類平拋運動。3．示波管利用了帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)原理。一、帶電粒子的加速1．根本粒子的受力特點遠遠小于靜電力，可以無視不計。2．帶電粒子加速問題的處理方法(1)利用動能定理分析。1U的電場加速后，qU＝mv2v＝2

2qUm。(2)在勻強電場中也可利用牛頓定律結合運動學公式分析。二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)ldUmqv平行兩極板進入勻強電場后，粒子的運動特點和平拋運動相像：0l初速度方向做勻速直線t＝v。0qU電場線方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝md。三、示波管的原理1．構造示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由電子槍XY2．原理掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓。燈絲被電源加熱后，消滅熱電子放射，放射出來的電子經(jīng)加速電場加速后，以很Y偏轉(zhuǎn)極板上加一個信號電壓X偏轉(zhuǎn)極板上加一掃描，在熒光屏上就會消滅按Y1．自主思考——判一判根本帶電粒子在電場中不受重力。(×)帶電粒子僅在電場力作用下運動時，動能確定增加。(×)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時，其速度和加速度均不變。(×)帶電粒子在勻強電場中無論是直線加速還是偏轉(zhuǎn)，均做勻變速運動。(√)示波管電子槍的作用是產(chǎn)生高速飛行的電子束，偏轉(zhuǎn)電極的作用是使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，打在熒光屏的不同位置。(√)示波管的熒光屏上顯示的是電子的運動軌跡。(×)2．合作探究——議一議帶電粒子在電場中運動時，什么狀況下重力可以無視？提示：①當帶電粒子的重力遠小于靜電力時，粒子的重力就可以無視。粒子等除有說明或明確示意外，處理問題時均不計重力。而帶電的液滴、小球等除有說明或明確示意外，處理問題時均應考慮重力。1-9-2場中的運動時間與什么因素有關？提示：假設能離開電場，則與板的長度L和初速度v0有關；假設打在極板上，則與電場強E當示波管的偏轉(zhuǎn)電極沒有加電壓時，電子束將打在熒光屏什么位置？提示：偏轉(zhuǎn)電極不加電壓，電子束沿直線運動、打在熒光屏中心，形成一個亮斑。帶電粒子的加速問題帶電粒子的加速問題帶電粒子的加速當帶電粒子以很小的速度進入電場中，在靜電力作用下做加速運動，示波器、電視顯像管中的電子槍、盤旋都是利用電場對帶電粒子加速的。處理方法可以從動力學和功能關系兩個角度進展分析，其比較如下：涉及學問選擇條件

動力學角度應用牛頓其次定律結合勻變速直線運動分式勻強電場，靜電力是恒力

功能關系角度功的公式及動能定理力可以是恒力，也可以是變力11-9-3AB板運動，到達B板時的速度為v，保持兩板間的電壓不變，則( )AvBvCvDC

1eU＝mv2

2，當轉(zhuǎn)變兩板間的距離時，U不變，vvd 2dABCv＝2＝tt＝v，dvD錯誤。2．(多項選擇如圖1-9-4所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，則以下對電子運動的描述中正確的選項是設電源電壓為U)( )AB板時的動能是eUBBCCD3eUDAD板之間做往復運動ABDeU＝E可知，電子到達B板時的動能為eUA正確；因BCkB0BC板的過程中動能變化量為零，BC到D的過程中電場力做負功大小為eUDA重復之前的運動，CD31-9-5v＝5×106m/s水平射入一個由兩塊帶電的平020cm3105N/C。質(zhì)子質(zhì)量m＝1.6×10－27k，電荷量＝1.6×1－19。求質(zhì)子由板上小孔射出時的速度大小。1 1W＝mv2

2－mv22 0W＝EpEp＝qEd1 0＝1.6×1－19××10×0.2J＝9.×1－15J2Wm＋v02Wm＋v0212×2×9.×1－151.6×1－27＋5×1062≈6×106m/sm/s。答案：6×106m/s帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題根本規(guī)律初速度方向

速度：v＝vx 0位移：x＝vt0

qUl·電場線方向

y mdv01 2 位移：＝a2＝mdv22 0v qUlv離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan＝＝v0 0

yqUltan＝＝2mv0幾個常用推論(1)ta＝2tan

2d。粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度反向延長線與初速度方向延長線交于沿初速度方向分位移的中點。qmqm一樣，即荷質(zhì)比一樣，則偏轉(zhuǎn)距離y一樣。E進入同一個偏轉(zhuǎn)電場，只要qm是否一樣，則偏k0y一樣。Ul2

Ul轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角一樣＝2，tan＝2 。4Ud1

2Ud1[典例]一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進所示。假設兩板間距使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加多大電壓？U加速后的速度v0

1eU＝mv2

2求出。v確定時偏轉(zhuǎn)電壓越大偏轉(zhuǎn)位移越大。0d最大偏轉(zhuǎn)位移對應最大偏轉(zhuǎn)電壓。2解析]加速過程，由動能定理得eU2 0l＝vt②0在垂直于板面的方向做勻加速直線運動FeU′a＝m＝dm③12dy≤⑤2

2Ud2聯(lián)立①～⑤U

2＝4.×102V400V。[答案]400V帶電粒子在電場中運動問題的處理方法帶電粒子在電場中運動的問題實質(zhì)上是力學問題的連續(xù)，從受力角度看帶電粒子與一般物體相比多受到一個電場力；從處理方法上看仍可利用力學中的規(guī)律分析：如選用平衡條件、牛頓定律，動能定理、功能關系，能量守恒等。如圖1-9-8U1的加速電場中由靜止開頭運動，然后射入電勢U2的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可無視，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種狀況中，確定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是( )AU變大、U變大1 2CU變大、U變小1 2

BU變小、U變大1 2DU變小、U變小1 21B設電子被加速后獲得的速度為v

，則由動能定理得qU＝mv20 1 2 0l0

qEqU設電子在平行板間受電場力作用產(chǎn)生的加速度為a，由牛頓其次定律得a＝

m2＝dm2電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度為vqUl

＝aty解得v＝ 2y dmv0v

qUlqUlUl故tanv

22＝ 2＝2dmv0 0

2dqU1

2dU1U變大或U變小都可能使偏轉(zhuǎn)角B2 1如圖1-9-9所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙?，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼? )A21C.2

B41D.4

l 1C電子在兩極板間做類平拋運動，水平方向l＝vd＝at2qUl2 qUl2 1＝ 2，故d2＝ 2，即d∝v

0 v 20，故C正確。2mdv0

2mv0 0兩平行金屬板ABm＝106kgv＝2m/s1-9-10所示，A、B兩板間距離為d＝4cm，板ABU＝1000V時，粒子恰好不偏轉(zhuǎn)，沿圖中直線射出電場，AB求該粒子的電荷量和電性。B板接地，欲使該粒子射出偏轉(zhuǎn)電場，求A板所加電勢的范圍。解析：(1U＝1000V時，重力跟靜電力相等，粒子才沿初速度v方向做勻速直AB 0線運動，U mgddqAB＝mgq＝UdAB

＝2×10－9C；重力方向豎直向下，靜電力方向豎直向上，而場強方向豎直向下(U＞0)，所以粒子帶AB負電。qEmgM點飛出，設此時φ＝φφA 1 B＝0U

＝φ，靜電力和重力都沿豎直方向，粒子在水平方向做勻速直線運動，速度AB 1qφ d 1 1v＝vx

a＝0

md2 2 2mdmv2d2＋mgdl21

0ql2

＝2600。qφφ＝φa′＝g－2φA 2 md 2帶電粒子在交變電場中的運動＝－600V，故欲使粒子射出偏轉(zhuǎn)電場，A600～2600。答案：(1)×1－9C帶負電(2－60～2600V帶電粒子在交變電場中的運動ABBA板高。在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開頭運動。假設兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動狀況，v-t圖像。[解析]t＝0BAB度為零的勻加速運動。1 1對于圖甲，在0～T電子做初速度為零的正向勻加速直線運動，T～T電子做末速2 2度為零的正向勻減速直線運動，然后周期性地重復前面的運動，其速度圖線如圖(1)所示。T T0～2做類似(1)0～T2～T末速度為零的直線運動。然后周期性地重復前面的運動，其速度圖線如圖(2)所示。[答案]見解析帶電粒子在交變電場中的運動可以是單向直線運動，也可以是往復周期性運動，與運動的開頭時刻有關系，一般分析一個周期內(nèi)的運動，一個周期以后重復第一個周期內(nèi)的運動形式。多項選擇帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖 1-9-13所示。帶電微粒只在電場力的作用下由靜止開頭運動，則以下說法中正確的選項是( )A0～1s1～2s內(nèi)的加速度一樣BCD1s3s內(nèi)的位移一樣解析選BD 2s微粒分別做勻加速直線運動和勻減速直線運動，依據(jù)這兩段運動的對稱性，1～2s的末01s2s0～2s的運動，是單向直線運動，BDCAB間加有如圖P處。假設在t0時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t可能屬于的時間段是( )0TA．0<t<

T 3TB.<t<04 20 43T 9TC.<t<T D．T<t<40 0 8B假設t＝0B運0T Tt＝0＜t＜和T0 4 0 49T T＜tBADt＝時刻釋放0 8 0 23TA運動；假設t＝0

4時刻釋放粒子，則粒子在電場中固定兩點間做往復T 3T 3T運動，因此在<t<時間內(nèi)釋放該粒子，粒子的運動滿足題意的要求，選項B正確。假設20 4 45T＜t＜T時間內(nèi)釋放粒子，它將在T＜t＜內(nèi)的某個確定時刻減速到零，之后的運動狀況0 0 4AC錯誤。1．(多項選擇示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖1所示。假設在熒光屏上P點消滅亮斑，那么示波管中的( )AXCY

1BXDY′應帶正電解析：選AC 由題意可知，在XX′方向上向X方向偏轉(zhuǎn)，X帶正電，A對B錯；在YYYYCD錯。2MN是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m、電荷量為q電粒子，以初速度v由小孔進入電場，當MNU時，粒子恰好能到達N板，如01果要使這個帶電粒子到達M、N2粒子的重力)( )21A2BMN間電壓加倍CMN41DMN間電壓都減為原來的21解析：選BD 由qE＝mv2，2 0v變?yōu)?

22v0U

ll變?yōu)椋?qE＝qd，U 1所以qE＝q

＝mv2 0BD選項正確。如圖3所示質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后，分別抵達B、C兩點，假設AB＝BC，則它們帶電荷量之比q∶q等于( )1 22A．1∶2C．1∶2

3B2∶1D.2∶11 qE mgl qt2，聯(lián)立可得q＝Eh，所以有1＝2，B1

2 2m q2一束正離子以一樣的速率從同一位置，沿垂直于電場方向飛入勻強電場中，全部離子的運動軌跡都是一樣的，這說明全部粒子( )AC

1qEl

BDqEl2解析選C由偏轉(zhuǎn)距離y＝mv2＝ 2可知假設運動軌跡一樣則水平位移一樣，2 0 2mv0qyE、v0

是一樣的，所以應有m

一樣。4帶正電的粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出，由此可知不計粒子重力)( )4A．假設入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量確定相等BC．假設入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的速率確定相等D．假設入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的動能確定相等解析：選BC 由題圖可知，該粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力供給向心力qEv2 mv2 1 q＝mrr＝qE，r、E為定值，假設qmv2確定相等；假設

相等，則速率v確定相等，2 mBC6．(多項選擇噴墨打印機的簡化模型如圖5所示，重力可無視的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上。則微滴在極板間電場中( )AC

5BD解析：選AC 由于微滴帶負電，電場方向向下，因此微滴受到的電場力方向向上，微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，A項正確；偏轉(zhuǎn)過程中電場力做正功，依據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系，電勢能減小，B項錯誤；微滴在垂直于電場方向做勻速直線運動，位移x＝vt，沿電1qU 1qUx2 y＝dmt2＝dmv22 項正確；從式中可以看出，運動軌跡與帶電荷量qD項錯誤。一個動能為E的帶電粒子，垂直于電場線方向飛入平行板電容器，飛出電容器時k2Ek( )A．8Ekk

B．5EkD．4EkqUL2C由于偏轉(zhuǎn)距離為y＝2mdv0y

2，帶電粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，偏轉(zhuǎn)W＝0.25E4Ckq

4Ek

，故它飛出電容器時的動km＝1.×17/kg的帶正電小球，靜止在OO點Oxyx2.106Vm的1.0sy變。則小球運動的軌跡和位置坐標正確的選項是以以下圖中的()C

qE＝0.20vx小球加速度大小a＝m x1 1軸方向距離x＝a2＝×0.2×12m＝0.10。第2sx方向x＝vt1 2 2 2 x1 1＝0.20y軸方向y＝a2＝×0.2×2m＝0.12末小球坐標為(0.300.102 2 2m)C正確。一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板dP點有一帶電粒子，該粒2d向上平移，則從P點開頭下落的一樣粒子將( 3AdC2

B2Dd5解析：選Dd3 d動能定理可得：mg×d－qU＝0，當下極板向上移動，設粒子在電場中運動距離x時速度2 3d U 2d能定理可得：mg(＋x)－q x＝0，兩式聯(lián)立解得：x＝d，選項Dd2 5d－3正確。10．(多項選擇)(2023·6d，板間電場強度的變化規(guī)T律如圖乙所示。t＝0m的帶電微粒以初速度v0

沿中線射入兩板間，0～3時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出微粒運動過程中未與金屬板接觸重力加速度的大小為g。關于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的選項是( )6A2v0B1Cmgd2DmgdT解析選BC 0～3時間內(nèi)微粒勻速運動有mg＝qE

0v0

T2T 2T～時間內(nèi)，只受重力，做自由落體運動，時3 3 3T2T 2qE－mg T刻，v

＝g；～T時間內(nèi)，a＝

＝v－a·1y 33 m

2y 1y 3＝0v＝vA錯誤、B0 pd1 1 1＝mg·＝mgd，所以選項C正確。依據(jù)動能定理：mgd－W ＝0，得W ＝mgd，所22 2 克電D錯誤。

克電 2mqv進入勻強電場，07所示。假設兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d、板長為L。設粒子束不會擊中7Lt＝v①012qU且a＝ ③mdqUL2y＝2mdv20

UqUL2 q2U2L2則電場力做功W＝qE·

2＝ 2v2d2mdv 2md0 0q2U2L2由功能原理得電勢能削減了2mdq2U2L2

2v2。0答案：電勢能削減了2md

2v208r行。a、bq(q＞0)的質(zhì)點沿軌道內(nèi)abN和N。不計重力，求電場強度的大a bEab8解析：質(zhì)點所受電場力的大小為F＝qEmabvva bv2F＋N＝ma②a r③v2③rN－F＝mbbrabE和E，有ka kb1E＝mv2④ka 2 a1E＝mv2⑤kb 2 bE－E＝2rF⑥kb ka聯(lián)立①②③④⑤⑥式得16qb arE＝(N＋5N)⑧ka 12b arE＝(5N＋N)⑨kb 12 b a答案：見解析第一章靜電場第一章靜電場5010086481～56～8630某電容器的電容是30以下說法中正確的選項是( )

200V400V，對于該電容器，A1V3×10－5CB1C3×10－5VC6×10－3CD200V解析：選A由Q＝C＝3×1－×1C＝×1－5C知，A對；當Q＝1C時，UQ 1 ＝＝C30×10－

6V×

V，B400V400，最大電荷量QmCUm3×1－400＝1.×1－2C、D錯。1以某一速度從圖中A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，最終離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中()1ABCDC由題圖等勢面可知兩固定的等量異號點電荷的電場分布如以下圖。帶負電的粒子在等量異號點電荷所產(chǎn)生電場中的偏轉(zhuǎn)運動軌跡如以下圖，則粒子在電場中做曲線運動。電場力對帶負電的粒子先做正功后做負功，電勢能先變小后變大，故C正確。Q、Q為兩個帶電質(zhì)點，帶正電的檢驗電荷qq1 2Q、Q作用力的合力大小和方向如圖21 2( )2AQ可能帶負電荷2BQ、Q可能為等量異種電荷1 2CQ電荷量確定大于Q的電荷量2 1D解析：選C由圖可知帶正電的檢驗電荷受到兩個電荷的庫侖力的合力方向為左上方Q2確定帶正電荷，Q1可能帶正電荷也可能帶負電荷，且Q2>Q1ABDC正確。4．(2023全國卷Ⅱ如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。假設在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸垂直于紙面逆時針旋轉(zhuǎn)45，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒( )3ABCDD兩板水平放置時，放置于兩板間a電微粒受到的電場力與重力平衡。當將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45方向逆時針偏轉(zhuǎn)45左下方做勻加速運動。選項D4E阻RS終液滴落在某一金屬板上。以下說法中正確的選項是()ABCD解析：選B電容器布滿電荷后，極板間的電壓等于電源的電動勢，極板間形成勻強電場，液滴受水平方向的電場力和豎直方向的重力作用，合力為恒力，而初速度為零，所以液滴做初速度為零的勻加速直線運動，A項錯；電源電動勢越大，則液滴受到的電場力也越大，合力越大，加速度也越大，B項對；電源電動勢越大，加速度越大，同時位移越小，運動的時間越短，C錯；定值電阻不會影響兩極板上電壓的大小，對液滴的運動沒有影響，D5RSS閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，以下說法正確的選項是()5ABRabBACS，減小兩極板正對面積的過程中，液滴將加速上升DS，減小兩極板距離過程中，液滴靜止不動帶電液滴在重力和電場力作用下處于平衡狀態(tài)，電場力方向向上，電場εS方向向下，故液滴帶負電，選項A錯誤。由C＝r 和Q＝CU可知，當兩極板間距離增大4d的過程中，C變小，所以Q變小，因此電容器放電，放電電流的方向從a到b，負電荷由BεS板經(jīng)電源和電阻R流向A板，選項B錯誤。斷開S，由C＝r ，Q＝CU和U＝Ed知E4kd4kQ＝εSr

，Q不變，S減小，所以E增大，電場力大于重力，液滴加速上升，選項C正確。4kQE＝r

知，Q不變，dE不變，液滴靜止不動，選項D正確。6Ux關系。假設三對金屬板的負極板接地，圖中x均表示到正極板的距離，則下述結論中正確的選項是()Aφ＞φ＞φ1 2 3BE＞E＞E1 2 3C．假設沿電場方向每隔相等的電勢差值作一等勢面，則三個電場等勢面分布的關系是1最密，3D1，3解析：選BCD 通過U-x圖像分析可得，三對金屬板的板間電勢差一樣，又由于金屬UAE＝ABdEUEE

＞E＞E1 2

，B正確。每隔相等的電勢差值作一等勢面，由d＝3

AB可得，場強越大，等勢面間距越小，分析得等勢面分布的關系是13C正確。沿電場方向每隔相U＝Ed可得，場強越大，電勢差越大，分析得相鄰等勢面差值最AB13，D正確。8(2023天津高考如圖7電場線水平向右的加速電場EE發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終打1 2在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么( )7AE對三種粒子做功一樣多2BCD選AD 依據(jù)動能定理有qE

1

2，得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速1 2 12qEd 1qEv＝1El2

m12m

2t2得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側位m2 2my＝2，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側位移大小相等，又三種粒子帶電荷量