【新教材】2021-2022學年物理人教版必修第三冊學案：第10章-5.帶電粒子在電場中的運動含答案

PAGEPAGE15．帶電粒子在電場中的運動[核心素養(yǎng)·明目標]核心素養(yǎng)學習目標物理觀念對帶電粒子在電場中的運動有初步的認識?？茖W思維分析帶電粒子在電場中的偏轉，自主得出解決此類問題的處理方法?？茖W探究通過對示波管的構造和工作原理的認識，進一步理解加速和偏轉問題。科學態(tài)度和責任養(yǎng)成觀察、比較、歸納分析的良好習慣，體會靜電場知識對科學技術的影響。知識點一帶電粒子在電場中的加速1．帶電粒子在電場中加速(直線運動)的條件：只受電場力作用時，帶電粒子的速度方向與電場強度的方向相同或相反。2．分析帶電粒子加速問題的兩種思路(1)利用牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式來分析。(2)利用靜電力做功結合動能定理來分析。1：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)帶電粒子只有在勻強電場中由靜止釋放才能做直線運動。 (×)(2)帶電粒子僅在靜電力作用下運動時，動能一定增加。 (×)知識點二帶電粒子在電場中的偏轉1．條件：帶電粒子的初速度方向跟電場力的方向垂直。2．運動性質：帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，運動軌跡是一條拋物線。3．分析思路：同分析平拋運動的思路相同，利用運動的合成與分解思想解決相關問題。2：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)帶電粒子在勻強電場中偏轉時，其速度和加速度均不變。 (×)(2)帶電粒子在勻強電場中無論是直線加速還是偏轉，均做勻變速運動。 (√)知識點三示波管的原理1．構造：示波管主要由電子槍、偏轉電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內抽成真空。2．原理(1)給電子槍通電后，如果在偏轉電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點。甲示波管的結構乙熒光屏(從右向左看)(2)示波管的YY′偏轉電極上加的是待測的信號電壓，使電子沿YY′方向偏轉。(3)示波管的XX′偏轉電極上加的是儀器自身產生的鋸齒形電壓(如圖所示)，叫作掃描電壓，使電子沿XX′方向偏轉。掃描電壓3：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)示波管電子槍的作用是產生高速飛行的電子束，偏轉電極的作用是使電子束發(fā)生偏轉，打在熒光屏的不同位置。 (√)考點1帶電粒子在電場中的加速在真空中有一對平行金屬板，由于接上電池組而帶電，兩板間電勢差為U，若一個質量為m、帶正電荷q的粒子，以初速度v0從正極板附近向負極板運動。試結合上述情境討論：1怎樣計算它到達負極板時的速度？2若粒子帶的是負電荷初速度為v0，將做勻減速直線運動，如果能到達負極板，其速度如何？3上述問題中，兩塊金屬板是平行的，兩板間的電場是勻強電場，如果兩金屬板是其他形狀，中間的電場不再均勻，上面的結果是否仍然適用？為什么？提示：(1)由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v＝eq\r(\f(2qU＋mv\o\al(2,0),m))。(2)由動能定理有：－qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v＝eq\r(\f(mv\o\al(2,0)－2qU,m))。(3)結果仍然適用。因為不管是否為勻強電場，靜電力做功都可以用W＝qU計算，動能定理仍然適用。1．帶電粒子的分類及受力特點(1)電子、質子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力。(2)質量較大的微粒：帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力。2．處理帶電粒子在電場中加速問題的兩種方法可以從動力學和功能關系兩個角度分析如下：動力學角度功能關系角度應用知識牛頓第二定律以及勻變速直線運動公式功的公式及動能定理適用條件勻強電場，靜電力是恒力勻強電場、非勻強電場；靜電力是恒力、變力【典例1】如圖所示，一個質子以初速度v0＝5×106m/s水平射入一個由兩塊帶電的平行金屬板組成的區(qū)域。兩板距離為20cm，設金屬板之間電場是勻強電場，電場強度為3×105N/C。質子質量m＝1.67×10－27kg，電荷量q＝1.60×10－19[詳細分析]根據(jù)動能定理W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)而W＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2J＝9.6×10－15J所以v1＝eq\r(\f(2W,m)＋v\o\al(2,0))＝eq\r(\f(2×9.6×10－15,1.67×10－27)＋(5×106)2)m/s≈6×106質子飛出時的速度約為6×106[答案]6×106[母題變式]上例中，若質子剛好不能從小孔中射出，其他條件不變，則金屬板之間的電場強度至少為多大？方向如何？[詳細分析]根據(jù)動能定理－qE′d＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)則E′＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)＝eq\f(1.67×10－27×(5×106)2,2×1.60×10－19×0.2)N/C≈6.5×105N/C方向水平向左。[答案]6.5×105N/C方向水平向左帶電粒子在電場中的加速運動，往往涉及它的逆運動——以同樣的加速度做勻減速運動，這時可以用兩種觀點解決：①能量觀點，通過電場加速，eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU，減速要通過電場，需滿足eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥qU；②運動觀點，運用勻變速直線運動規(guī)律，當粒子做減速運動時應首先判斷它是否能通過電場。[跟進訓練]1．(多選)示波管中電子槍的原理示意圖如圖所示，示波管內被抽成真空。A為發(fā)射電子的陰極，K為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時的速度可以忽略，電子經加速后從K的小孔中射出時的速度大小為v。下面的說法正確的是()A．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度仍為vB．如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(v,2)C．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)vD．如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)閑q\f(v,2)AC[電子在兩個電極間的加速電場中進行加速，由動能定理eU＝eq\f(1,2)mv2－0得v＝eq\r(\f(2eU,m))，當電壓不變，A、K間距離變化時，不影響電子的速度，故A正確；電壓減半，則電子離開K時的速度為eq\f(\r(2),2)v，C正確。]考點2帶電粒子在電場中的偏轉如圖所示，質量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距為d，不計粒子的重力。請根據(jù)上述情境回答下列問題：(1)帶電粒子在垂直于電場方向做什么運動？(2)帶電粒子在沿電場方向做什么運動？(3)怎樣求帶電粒子在電場中運動的時間？(4)粒子所受電場力多大？加速度多大？提示：(1)勻速直線運動。(2)初速度為零的勻加速直線運動。(3)t＝eq\f(l,v0)。(4)F＝eq\f(U,d)q，a＝eq\f(Uq,dm)。1．帶電粒子在勻強電場中偏轉的基本規(guī)律eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0l＝v0t(初速度方向),vy＝aty＝\f(1,2)at2(電場線方向)))2．偏轉位移和偏轉角(1)粒子離開電場時的偏轉位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。(2)粒子離開電場時的偏轉角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。(3)粒子離開電場時位移與初速度夾角的正切值tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mdv\o\al(2,0))。3．兩個常用的推論(1)粒子射出電場時好像從板長l的eq\f(1,2)處沿直線射出，即x＝eq\f(y,tanθ)＝eq\f(l,2)。(2)位移方向與初速度方向夾角的正切值為速度偏轉角正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。4．運動軌跡：拋物線?！镜淅?】一束電子流在經U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示。若兩板間距d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加多大電壓？[思路點撥](1)電子經電壓U加速后的速度v0可由eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)求出。(2)初速度v0一定時，偏轉電壓越大，偏轉距離越大。(3)最大偏轉位移eq\f(d,2)對應最大偏轉電壓。[詳細分析]加速過程，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動l＝v0t ②在垂直于板面的方向做勻加速直線運動加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm) ③偏轉距離y＝eq\f(1,2)at2 ④能飛出的條件為y≤eq\f(d,2) ⑤聯(lián)立①～⑤式解得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝400V即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V。[答案]400V[母題變式]上例中，若使電子打到下板中間，其他條件不變，則兩個極板上需要加多大的電壓？[詳細分析]由eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)a＝eq\f(eU″,dm)eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2eq\f(l,2)＝v0t聯(lián)立解得U″＝eq\f(8Ud2,l2)＝1600V。[答案]1600V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上是力學問題的延續(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。[跟進訓練]2．(多選)如圖所示，電子以初速度v0沿垂直電場強度方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，現(xiàn)增大兩金屬板間的電壓，但仍使電子能夠穿過平行板，則下列說法正確的是()A．電子穿越平行金屬板所需要的時間減少B．電子穿越平行金屬板所需要的時間不變C．電子穿越平行金屬板的側向位移增大D．電子穿越平行金屬板的側向位移減少BC[電子在沿初速度方向上做勻速直線運動，設金屬板的長度為L，則電子穿越平行金屬板所需要的時間t＝eq\f(L,v0)，當增大兩金屬板間的電壓時，時間t不變，A錯誤，B正確；電子在垂直于電場強度方向上做勻加速直線運動，側向位移y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(L,v0)))eq\s\up12(2)，當增大兩金屬板間的電壓時，電子穿越平行金屬板的側向位移增大，C正確，D錯誤。]考點3示波管的原理如圖是示波管的示意圖，從電子槍發(fā)出的電子通過兩對偏轉電極，如果偏轉電極不加電壓，則電子沿直線打在熒光屏的中心O，當在兩對偏轉電極上同時加上電壓后，電子將偏離中心打在某個位置，現(xiàn)已標出偏轉電極所加電壓的正負極，從示波管的右側來看，電子可能會打在熒光屏上哪一位置？提示：豎直方向的電場方向由Y指向Y′，則電子向Y方向偏轉，水平方向的電場方向由X′指向X，則電子向X′方向偏轉，故電子可能打在熒光屏上的2位置。1．工作原理(1)偏轉電極不加電壓時從電子槍射出的電子將沿直線運動，射到熒光屏的中心點形成一個亮斑。(2)在偏轉電極XX′(或YY′)加電壓時若所加電壓穩(wěn)定，則電子偏轉，偏轉后射到熒光屏上的某一點，形成一個亮斑(不在中心)。如圖所示，設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，電子的電荷量為e，質量為m，由動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①在電場中的側移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2t2,2dm) ②其中d為兩極板的間距，水平方向t＝eq\f(L,v0) ③又tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(eU2L,dmv\o\al(2,0)) ④由①②③④得亮斑在熒光屏上的側移量為y′＝y(tǒng)＋L′tanφ＝eq\f(eLU2,mv\o\al(2,0)d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L′＋eq\f(L,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L′＋eq\f(L,2)))tanφ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L′＋eq\f(L,2)))eq\f(LU2,2dU1)。(3)示波管實際工作時，偏轉電極YY′和偏轉電極XX′都加上電壓，一般地，加在偏轉電極YY′上的電壓是要研究的信號電壓，加在偏轉電極XX′上的電壓是掃描電壓。若兩者周期相同，在熒光屏上就會顯示出信號電壓在一個周期內隨時間變化的波形圖。2．示波管的波形(1)僅在XX′之間或YY′之間加電壓電壓亮斑位置XX′之間加不變的電壓，YY′之間不加電壓X極電勢高X′極電勢高XX′之間不加電壓，YY′之間加不變的電壓Y極電勢高Y′極電勢高(2)在YY′之間加周期性變化的電壓電壓亮線位置描述在YY′之間所加電壓如圖所示，XX′之間不加電壓一條沿Y軸的豎直亮線在YY′之間所加電壓如圖所示，而在XX′之間加不變的電壓(X正、X′負)一條與Y軸平行的豎直亮線在YY′之間加如圖甲所示的電壓，同時在XX′之間加如圖乙所示的電壓甲乙信號電壓在一個周期內隨時間變化的波形圖【典例3】(2021·黃岡中學月考)如圖甲所示為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓按如圖乙所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按如圖丙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上看到的圖形是()甲乙丙ABCDB[電極YY′之間為信號電壓，電極XX′之間為掃描電壓，0～t1內，Y板電勢高，電子向Y板偏轉，X′板電勢高，電子向X′板偏轉，由此可知C、D錯誤；根據(jù)偏移量y＝eq\f(qU,2md)t2，偏移量與偏轉電壓成正比，0、t1、2t1時刻偏轉電壓為0，偏移量也為0，eq\f(1,2)t1、eq\f(3,2)t1時刻偏轉電壓最大，偏移量也最大，故A錯誤，B正確。][跟進訓練]3．示波器是一種常見的電學儀器，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖所示，若X′、Y′極接穩(wěn)壓電源的正極，X、Y接穩(wěn)壓電源的負極，則在示波器熒光屏上可能會看到的圖形是()ABCDC[電子受到的電場力方向與電場方向相反，在X、X′極板間電子向X′板偏轉，在Y、Y′極板間電子向Y′板偏轉，疊加后電子打第三象限，故C正確，A、B、D錯誤。]1．如圖所示，在勻強電場E中，一帶電粒子(不計重力)－q的初速度v0恰與電場線方向相同，則帶電粒子－q在開始運動后，將()A．沿電場線方向做勻加速直線運動B．沿電場線方向做變加速直線運動C．沿電場線方向做勻減速直線運動D．偏離電場線方向做曲線運動C[在勻強電場中，帶電粒子所受的靜電力為恒力。帶電粒子受到與運動方向相反的恒定的靜電力作用，產生與運動方向相反的恒定的加速度，因此，帶電粒子－q在開始運動后，將沿電場線方向做勻減速直線運動。故選C。]2．如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，板上A、B兩孔正好水平相對，板間電壓為500V。一個動能為400eV的電子從A孔沿垂直板方向射入電場中，經過一段時間電子離開電場，若不考慮重力的影響，則電子離開電場時的動能大小為()A．900eV B．500eVC．400eV D．－100eVC[電子從A向B運動時，電場力對電子做負功，若當電子到達B點時，克服電場力所做的功W＝qU＝500eV>400eV，因此電子不能到達B孔，電子向右做減速運動，在到達B孔之前速度變?yōu)榱?，然后反向運動，從A孔離開電場，在整個過程中，電場力做功為零，由動能定理可知，電子離開電場時的動能：Ek＝400eV，故C正確。]3．(多選)如圖所示，一質量為m，帶電荷量為＋q的帶電粒子(不計重力)，以速度v0垂直于電場方向進入電場，關于該帶電粒子的運動，下列說法正確的是()A．粒子在初速度方向做勻加速運動，平行于電場方向做勻加速運動，因而合運動是勻加速直線運動B．粒子在初速度方向做勻速運動，平行于電場方向做勻加速運動，其合運動的軌跡是一條拋物線C．分析該運動，可以用運動分解的方法，分別分析兩個方向的運動規(guī)律，然后再確定合運動情況D．分析該運動，有時也可用動能定理確定其在某位置時的速度的大小BCD[題述粒子在豎直方向上受到豎直向下的電場力，水平方向不受外力，故粒子做類平拋運動，軌跡為拋物線，其運動可分解為平行極板方向的勻速直線運動和垂直極板方向的初速度為零的勻加速運動，A錯誤，B、C正確；該過程中只有電場力做功，而電場力做功與路徑無關，故可用動能定理確定其在某位置時的速度的大小，D正確。]4．如圖所示，靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經P板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓U2的作用下偏轉一段距離?，F(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該()A．使U2加倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)A[設偏轉電極的長度為L，板間距離為d，則根據(jù)推論可知，偏轉距離y＝eq\f(U2L2,4dU1)。使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，即y不變，則必須使U2加倍，故選A。]5．情境：如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板與電源連接，上、下板分別帶正、負電荷。油滴從噴霧器噴出后，由于摩擦而帶負電，油滴進入上板中央小孔后落到勻強電場中，通過顯微鏡可以觀察到油滴的運動情況。問題：兩金屬板間的距離為d，忽略空氣對油滴的浮力和阻力。若油滴進入電場時的速度可以忽略，當兩金屬板間的電勢差為U時，觀察到某個質量為m的油滴進入電場后做勻加速運動，經過時間t運動到下極板。重力加速度為g。求該油滴所帶電荷量。[詳細分析]油滴進入電場后做勻加速運動，由牛頓第二定律得mg－qeq\f(U,d)＝ma ①根據(jù)位移時間公式得d＝eq\f(1,2)at2 ②①②聯(lián)立解得q＝eq\f(md,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4