2024-2025高中物理第一章靜電場第9節(jié)帶電粒子在電場中的運動講義+習(xí)題含解析新人教版選修3-1

PAGEPAGE13第9節(jié)帶電粒子在電場中的運動1．了解帶電粒子在電場中的受力特點。2．能從動力學(xué)角度和能量角度分析計算帶電粒子在電場中的加速問題。3．能用類平拋運動的分析方法探討帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題。4．了解示波管的構(gòu)造和基本原理。一、帶電粒子的加速1．基本粒子的受力特點：對于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，雖然它們也會受到萬有引力(重力)的作用，但萬有引力(重力)一般eq\o(□,\s\up3(01))遠(yuǎn)小于靜電力，除非題中特殊強調(diào)須要考慮，一般都可以忽視不計。2．帶電粒子加速問題的處理方法(1)利用動能定理分析。初速度為零的帶電粒子，經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，qU＝eq\o(□,\s\up3(02))eq\f(1,2)mv2，則v＝eq\o(□,\s\up3(03))eq\r(\f(2qU,m))。(2)在勻強電場中也可利用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式分析。例如：a＝eq\f(F合,m)＝eq\o(□,\s\up3(04))eq\f(qE,m)＝eq\o(□,\s\up3(05))eq\f(qU,md)；v＝v0＋at；x＝v0t＋eq\f(1,2)at2；v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等。二、帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子(忽視重力)，以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場，并能從極板右側(cè)離開，如圖。極板長為l，板間距離為d，板間電壓為U。1．運動性質(zhì)(1)平行v0的方向上：速度為eq\o(□,\s\up3(01))v0的eq\o(□,\s\up3(02))勻速直線運動。(2)垂直v0的方向上：初速度eq\o(□,\s\up3(03))為零，加速度為a＝eq\f(qU,md)的勻加速直線運動。2．運動規(guī)律(1)偏移距離：因為t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，所以偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\o(□,\s\up3(04))eq\f(ql2U,2mv\o\al(2,0)d)。(2)速度偏轉(zhuǎn)角度：因為vy＝at＝eq\o(□,\s\up3(05))eq\f(qUl,mv0d)，所以tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\o(□,\s\up3(06))eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。三、示波管的構(gòu)造和原理1．構(gòu)造示波管是示波器的核心部件，它由eq\o(□,\s\up3(01))電子槍(放射電子的燈絲、加速電極組成)、eq\o(□,\s\up3(02))偏轉(zhuǎn)電極(由一對X偏轉(zhuǎn)電極板和一對Y偏轉(zhuǎn)電極板組成)和eq\o(□,\s\up3(03))熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。如圖所示。2．原理(1)掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓。(2)燈絲被電源加熱后，出現(xiàn)熱電子放射，放射出來的電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉(zhuǎn)電場，假如在YY′偏轉(zhuǎn)極板上加一個eq\o(□,\s\up3(04))信號電壓，在XX′偏轉(zhuǎn)極板上加一eq\o(□,\s\up3(05))掃描電壓。假如信號電壓是周期性的，并且掃描電壓與信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間改變的穩(wěn)定圖象。(1)基本帶電粒子在電場中不受重力。()(2)帶電粒子僅在電場力作用下運動時，動能確定增加。()(3)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時，其速度和加速度均不變。()(4)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。()提示：(1)×(2)×(3)×(4)√課堂任務(wù)帶電粒子的加速細(xì)致視察下列圖片，細(xì)致參加“師生互動”?；顒?：圖甲中粒子的受力狀況如何？提示：受到向右的電場力和向下的重力，而重力遠(yuǎn)小于電場力，故重力可以忽視，這里認(rèn)為粒子只受電場力?；顒?：圖甲、乙中兩極板間電場有什么區(qū)分？提示：圖甲中兩極板間的電場是勻強電場，圖乙中兩極板間的電場是非勻強電場?；顒?：圖甲中若粒子無初速度釋放，如何求粒子的末速度？提示：可以依據(jù)牛頓運動定律和運動學(xué)公式求：U＝Ed，F(xiàn)＝Eq，a＝eq\f(F,m)，d＝eq\f(v2,2a)，得v＝eq\r(\f(2Uq,m))；還可以依據(jù)動能定理求：Uq＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2Uq,m))?；顒?：圖乙中若電子無初速度釋放，如何求電子的末速度？提示：可依據(jù)動能定理求解，電場力做的功等于電子動能的增加量，Ue＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2Ue,m))?；顒?：探討、溝通、展示，得出結(jié)論。(1)帶電粒子在電場中的加速帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，帶電粒子將做加(減)速運動。有兩種分析方法：①用動力學(xué)觀點分析：a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad。(只適用于勻強電場)②用功能觀點分析：粒子只受電場力作用，電場力做的功等于物體動能的改變，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(適用于任何電場)(2)帶電粒子在電場中運動時重力的處理①微觀粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)。②帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的示意以外，一般都不能忽視重力。例1如圖所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m(不計重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應(yīng)是()A.eq\r(\f(2qU,m)) B．v0＋eq\r(\f(2qU,m))C.eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)) D.eq\r(v\o\al(2,0)－\f(2qU,m))(1)粒子在電場中做什么運動？提示：勻變速直線運動。(2)求解粒子的末速度有幾種方法？哪種更簡潔？提示：可以用牛頓其次定律結(jié)合運動學(xué)公式求解，也可以用動能定理求解，后一種方法更簡潔。[規(guī)范解答]qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))，選C。[完備答案]C由于電場力做功與場強是否勻稱無關(guān)，與運動路徑也無關(guān)，所以在處理電場對帶電粒子的加速問題時，一般都是用動能定理。eq\a\vs4\al([變式訓(xùn)練1])如圖所示，在點電荷＋Q的電場中有A、B兩點，將質(zhì)子和α粒子分別從A點由靜止釋放到達B點時，它們的速度大小之比為多少？答案eq\r(2)∶1解析質(zhì)子和α粒子都帶正電，從A點釋放將受電場力作用加速運動到B點，設(shè)A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理有：對質(zhì)子：eq\f(1,2)mHveq\o\al(2,H)＝qHU，對α粒子：eq\f(1,2)mαveq\o\al(2,α)＝qαU。所以eq\f(vH,vα)＝eq\r(\f(qHmα,qαmH))＝eq\r(\f(1×4,2×1))＝eq\f(\r(2),1)。課堂任務(wù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)細(xì)致視察下列圖片，細(xì)致參加“師生互動”?；顒?：分析粒子的受力，有什么特點？粒子做直線運動還是做曲線運動？提示：粒子受向上的電場力，受力方向與初速度方向垂直。受力方向與速度方向不共線，粒子做曲線運動。活動2：粒子的運動與我們學(xué)過的什么運動類似？如何求解粒子的運動？提示：平拋運動。用分解法來求解粒子的運動。水平方向粒子不受力，做勻速直線運動；豎直方向粒子受恒定的電場力，做初速度為零的勻加速直線運動。活動3：如何求粒子末速度方向與初速度方向夾角的正切值？提示：水平方向：l＝v0t，豎直方向vy＝at，eq\f(Uq,dm)＝a，得tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(Uql,mdv\o\al(2,0))。活動4：如何求粒子沿電場方向的偏移量？提示：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,md)·eq\f(l2,v\o\al(2,0))＝eq\f(Uql2,2mdv\o\al(2,0))?；顒?：探討、溝通、展示，得出結(jié)論。(1)帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(類平拋運動)①運動性質(zhì)：受恒力作用，做勻變速曲線運動。②處理方法：分解法——沿電場線方向做初速度為0的勻加速直線運動，垂直于電場線方向做勻速直線運動。③各物理量a．加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(Uq,dm)；b．運動時間t＝eq\f(l,v0)(能飛出平行板電容器)；c．側(cè)位移：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2dmv\o\al(2,0))；d．速度偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(Uql,dmv\o\al(2,0))。(2)兩個結(jié)論①粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為eq\f(l,2)，或位移偏轉(zhuǎn)角的正切為速度偏轉(zhuǎn)角正切的eq\f(1,2)。②不同的帶電粒子從靜止起先經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的速度偏轉(zhuǎn)角和偏移量y總是相同的，即運動軌跡重合。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)，得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)。y＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)＝eq\f(Ul2,4U0d)。(3)確定最終偏移距離思路一：思路二：(4)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系探討帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差。例2一束電子流在經(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，兩個極板上最多能加多大電壓？粒子做什么運動？提示：粒子先做勻加速直線運動，后做類平拋運動。[規(guī)范解答]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(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動，l＝v0t②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(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2④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)＝4.0×102V。即要使電子能飛出，所加電壓最大為400V。[完備答案]400V加速電場用qU＝\f(1,2)mv\o\al(2,0)解決問題，偏轉(zhuǎn)電場用類平拋規(guī)律解決問題；也要留意題型的演化。eq\a\vs4\al([變式訓(xùn)練2])如圖所示，從炙熱的金屬絲飛出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。電子的重力不計。在滿意電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，下述四種狀況中，確定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A．僅將偏轉(zhuǎn)電場極性對調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓答案C解析設(shè)加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，時間t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(Uq,dm)，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，由此可推斷C正確。A組：合格性水平訓(xùn)練1．(帶電粒子的加速)如圖所示，在A板旁邊有一電子由靜止起先向B板運動，則關(guān)于電子到達B板時的速率，下列說明正確的是()A．兩板間距越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大B．兩板間距越小，加速的時間就越長，則獲得的速率越大C．獲得的速率大小與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D．兩板間距離越小，加速的時間越短，則獲得的速率越小答案C解析由動能定理可得eU＝eq\f(1,2)mv2，即v＝eq\r(\f(2eU,m))，v的大小與U有關(guān)，與極板距離無關(guān)，C正確。2.(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))如圖所示，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)以相同的初動能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計重力)，則這兩個粒子射出電場時的側(cè)位移y之比為()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．1∶4答案B解析由y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)·eq\f(L2,v\o\al(2,0))和Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得y＝eq\f(EL2q,4Ek0)，可知y與q成正比，B正確。3．(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間。設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2D．U1∶U2＝1∶1答案A解析兩種狀況下帶電粒子的運動時間之比t1∶t2＝2∶1，偏轉(zhuǎn)距離之比y1∶y2＝1∶2，由y＝eq\f(1,2)at2得兩種狀況下粒子的加速度之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(y1,y2)·eq\f(t\o\al(2,2),t\o\al(2,1))＝eq\f(1,8)，由于a＝eq\f(qU,md)，a∝U，故U1∶U2＝1∶8，A正確。4.(綜合)如圖所示，一價氫離子(eq\o\al(1,1)H)和二價氦離子(eq\o\al(2,4)He)的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒光屏上，則它們()A．同時到達屏上同一點B．先后到達屏上同一點C．同時到達屏上不同點D．先后到達屏上不同點答案B解析在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,md)·eq\f(L2,v\o\al(2,0))＝eq\f(U2L2,4U1d)，故兩離子運動軌跡相同，打在屏上同一點，一價氫離子(eq\o\al(1,1)H)和二價氦離子(eq\o\al(2,4)He)的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不同，因此兩離子運動的時間不同。故選B。5.(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))(多選)a、b、c三個α粒子(eq\o\al(4,2)He)由同一點同時垂直場強方向進入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場，由此可以確定()A．在b飛離電場的同時，a剛好打在負(fù)極板上B．b和c同時飛離電場C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小D．動能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大答案ACD解析a、b、c三個α粒子在電場中運動時，a＝eq\f(qE,m)相同，ya＝y(tǒng)b>yc，xa<xb＝xc，由y＝eq\f(1,2)at2知，ta＝tb>tc，故A正確，B錯誤；由水平方向v0＝eq\f(x,t)知vc>vb>va，故C正確；由ΔEk＝qEy知ΔEka＝ΔEkb>ΔEkc，故D正確。6．(帶電粒子的加速)如圖，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板旁邊有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負(fù)極板旁邊有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止起先運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面。若兩粒子間相互作用力可忽視，不計重力，則M∶m為()A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1答案A解析因兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為eq\f(2,5)l，電荷量為－q的粒子通過的位移為eq\f(3,5)l，由牛頓其次定律知它們的加速度分別為a1＝eq\f(qE,M)、a2＝eq\f(qE,m)，由運動學(xué)公式有eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(qE,2M)t2①，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(qE,2m)t2②，eq\f(①,②)得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)。B、C、D錯誤，A正確。7．(綜合)示波器是一種多功能電學(xué)儀器，它是由加速電場和偏轉(zhuǎn)電場組成。如圖所示，電子在電壓為U1的電場中由靜止起先加速，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿意電子能射出偏轉(zhuǎn)電場區(qū)的條件下，下述狀況確定能使電子偏轉(zhuǎn)角度θ變大的是()A．U1變大，U2變大B．U1變小，U2變大C．U1變大，U2變小D．U1變小，U2變小答案B解析電子通過加速電場有eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在偏轉(zhuǎn)電場中，垂直于電場線的方向做勻速直線運動，則運動時間t＝eq\f(l,v0)，在平行于電場線的方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(eU2,md)，末速度vy＝at＝eq\f(eU2l,mdv0)，偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2l,2U1d)，所以tanθ∝eq\f(U2,U1)，故B正確。B組：等級性水平訓(xùn)練8.(綜合)如圖所示，帶電平行金屬板A、B，板間的電勢差為U，板間距為d，A板帶正電，B板中心有一小孔。一帶正電的微粒，電荷量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距板高h(yuǎn)處自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中心c點，不計空氣阻力，則()A．微粒在下落過程中動能漸漸增加，重力勢能漸漸減小B．微粒在下落過程中重力做功為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，電場力做功為－qUC．微粒落入電場中，電勢能漸漸增大，其增加量為eq\f(1,2)qUD．若微粒從距B板高1.5h處自由下落，則恰好能達到A板答案C解析下落過程中，微粒的速度先增大后減小，故動能先增大后減小，重力勢能漸漸減小，A錯誤。微粒在下落過程中，重力做功mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，電場力做功為－q×eq\f(U,d)×eq\f(d,2)＝－eq\f(1,2)qU，B錯誤。微粒落入電場中，電場力做功－eq\f(1,2)qU，依據(jù)電場力做功與電勢能改變關(guān)系知其電勢能增加量為eq\f(1,2)qU，C正確。設(shè)微粒從距B板高h(yuǎn)′處自由下落，恰好能達到A板，依據(jù)題意mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))－eq\f(1,2)qU＝0，mg(h′＋d)－qU＝0，則h′＝2h，D錯誤。9．(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出。若不計重力，則a和b的比荷之比是()A．1∶2B．2∶1C．1∶8D．8∶1答案D解析兩粒子在電場中均做類平拋運動，則有沿初速度方向：x＝v0t，垂直于初速度方向：y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，即y＝eq\f(qE,2m)·eq\f(x2,v\o\al(2,0))，則有eq\f(qa,ma)∶eq\f(qb,mb)＝eq\f(ya,x\o\al(2,a))∶eq\f(yb,x\o\al(2,b))＝8∶1，D項正確。10．(綜合)如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在距板右端L處有一豎直放置的光屏M。一電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中心水平射入板間，最終垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()A．板間的電場強度大小為eq\f(mg,q)B．板間的電場強度大小為eq\f(2mg,q)C．質(zhì)點在板間運動時動能的增加量等于電場力做的功D．質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間答案B解析對質(zhì)點的運動進行分解，在水平方向上質(zhì)點做勻速直線運動，又因質(zhì)點在板間運動的水平位移與它從板的右端運動到光屏的水平位移相等，故質(zhì)點在板間的運動時間等于它從板的右端運動到光屏的時間，D錯誤；質(zhì)點在板間運動過程中受到重力和電場力作用，故質(zhì)點在板間運動時動能的增加量等于重力和電場力做的功之和，C錯誤；質(zhì)點最終垂直打在M屏上，即末速度水平，則質(zhì)點在板間運動時在豎直方向上做初速度為0的勻加速運動，質(zhì)點從板的右端運動到光屏的過程中在豎直方向上做末速度為0的勻減速運動，又因做勻加速運動的時間與做勻減速運動的時間相等，故做勻加速運動的加速度大小與做勻減速運動的加速度大小相等，故qE－mg