魯科版（2019）高中物理必修第三冊講義第2章 第4節(jié)　帶電粒子在電場中的運動練習（含答案）

第4節(jié)帶電粒子在電場中的運動學習目標：1.[物理觀念](1)運用靜電力、電場強度等概念研究帶電粒子運動時的加速度、位移等量的變化。(2)運用靜電力做功，電勢等概念研究帶電粒子的運動過程中能量的轉化。2.[科學思維](1)通過研究加速過程的分析，培養(yǎng)學生的分析推理能力。(2)通過帶電粒子的偏轉類比平拋運動，分析帶電粒子的運動規(guī)律。3.[科學探究]通過研究帶電粒子的運動情況，能解釋相關物理現象，培養(yǎng)熱愛科學的精神。4.[科學態(tài)度與責任]通過對示波管的研究，感悟物理學的內在之美，知道科學理論與實驗相互促進的意義。一、帶電粒子的加速1．基本粒子的受力特點：對于質量很小的微觀粒子，如電子、質子等，它們受到重力的作用一般遠小于靜電力，故可以忽略。2．帶電粒子的加速(1)運動分析：帶電粒子從靜止釋放，將沿電場力方向在勻強電場中做勻加速運動。(2)末速度的大?。焊鶕U＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))。說明：①帶電粒子在電場中的運動常用動能定理，電荷量用絕對值計算。②帶電粒子在電場中的加速度還可用牛頓運動學計算加速后的速度。二、帶電粒子的偏轉1．如圖所示，質量為m、帶電荷量為q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場，極板長為l，極板間距離為d，極板間電壓為U。(1)運動性質：①沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運動。②垂直v0的方向：初速度為零的勻加速直線運動。(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\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)。②偏轉角度：因為vy＝at＝eq\f(qU,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))，所以tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmv\o\al(2,0))。2．示波器的工作原理(1)示波器的核心部件是示波管。(2)示波管的結構和工作原理：構造如圖所示。陰極射線管示波器主要由電子槍、偏轉電極、熒光屏組成。(3)示波管在實際工作時，豎直偏轉極板與水平偏轉極板間都加上電壓，打在熒光屏上的亮斑既能在豎直方向上偏移，也能在水平方向上偏移，亮斑的運動是豎直和水平兩個方向上運動的合運動。注意：帶電粒子在勻強電場中偏轉，類比平拋運動，平拋運動的規(guī)律仍適用。1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)質量很小的粒子如電子、質子等，在電場中受到的重力可忽略不計。 (√)(2)動能定理能分析勻強電場中的直線運動問題，不能分析非勻強電場中的直線運動問題。 (×)(3)帶電粒子在勻強電場中偏轉時，加速度不變，粒子的運動是勻變速曲線運動。 (√)(4)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偏轉，打在熒光屏不同位置。 (√)2．質子(eq\o\al(1,1)H)、α粒子(eq\o\al(4,2)He)、鈉離子(Na＋)三個粒子分別從靜止狀態(tài)經過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是()A．質子(eq\o\al(1,1)H) B．α粒子(eq\o\al(4,2)He)C．鈉離子(Na＋) D．都相同B[由qU＝eq\f(1,2)mv2－0可知，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項B正確。]3．如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B，先后以相同的速度從同一點水平射入平行板電容器中，不計重力，帶電粒子偏轉后打在同一極板上，水平飛行距離之比為xA∶xB＝2∶1，則帶電粒子的質量之比mA∶mB以及在電場中飛行的時間之比tA∶tB分別為()A．1∶1,2∶3 B．2∶1,3∶2C．1∶1,3∶4 D．4∶3,2∶1D[粒子在水平方向上做勻速直線運動則x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，在豎直方向上粒子做勻加速直線運動y＝eq\f(1,2)at2，且yA＝y(tǒng)B，故aA∶aB＝teq\o\al(2,B)∶teq\o\al(2,A)＝1∶4，而ma＝qE，m＝eq\f(qE,a)，eq\f(mA,mB)＝eq\f(qA,qB)·eq\f(aB,aA)＝eq\f(1,3)×eq\f(4,1)＝eq\f(4,3)。綜上所述，D正確。]帶電粒子的加速電子由靜止從P板向Q板運動，電子到達Q板的速度大小與什么因素有關？提示：由eU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(,\f(2eU,m))，因電子的e、m確定，所以速度大小只與加速電壓有關。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，一般都不考慮粒子的重力。(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．分析帶電粒子在電場力作用下加速運動的兩種方法(1)力和運動的關系——牛頓第二定律根據帶電粒子受到的靜電力，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等。這種方法通常適用于恒力作用下粒子做勻變速運動的情況。例如：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，v＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2。(2)功和能的關系——動能定理根據靜電力對帶電粒子做的功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理或全過程中能量的轉化與守恒，研究帶電粒子的速度變化、位移等。這種方法也適用于非勻強電場。例如：帶電粒子經過電勢差為U的電場加速后，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則帶電粒子的速度v＝eq\r(,v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))，若粒子的初速度為零，則帶電粒子的速度v＝eq\r(,\f(2qU,m))。【例1】如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動。已知兩極板間電勢差為U，板間距為d，電子質量為m，電荷量為e。則關于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是()A．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率保持不變B．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率也增大一倍C．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間保持不變D．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間減為一半[思路點撥]解答本題時應把握以下兩點：(1)帶電粒子被加速，利用動能定理可求到達另一極板的速率。(2)帶電粒子在勻強電場中做勻加速直線運動，利用運動學公式可求運動的時間。A[由動能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，可見電子到達Q板的速率與板間距離d無關，故A正確，B錯誤；兩極板間為勻強電場，E＝eq\f(U,d)，電子的加速度a＝eq\f(eU,md)，由運動學公式d＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2md2,eU))，若兩極板間電勢差增大一倍，則電子到達Q板的時間減為原來的eq\f(\r(2),2)，故C、D錯誤。]帶電粒子在電場中加速時，對于基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示外，一般不考慮重力但不能忽略質量。若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量。即有1在勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv\o\al(2,0)。2在非勻強電場中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv\o\al(2,0)。eq\o([跟進訓練])1.如圖所示，M、N是真空中的兩塊相距為d的平行金屬板。質量為m、電荷量大小為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板。如果要使這個帶電粒子到達距N板eq\f(d,3)后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()A．使初速度減為原來的eq\f(1,3)B．使M、N間電壓提高到原來的2倍C．使M、N間電壓提高到原來的3倍D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(2,3)D[由題意知，帶電粒子在電場中做勻減速直線運動，在粒子恰好能到達N板時，由動能定理可得－qU＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，要使粒子到達距N板eq\f(d,3)后返回，設此時兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，則由動能定理可得－qeq\f(2U1,3)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，聯立兩方程得eq\f(2U1,3U)＝eq\f(v\o\al(2,1),v\o\al(2,0))，故選項D正確。]帶電粒子的偏轉如圖所示，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。試結合上述情境討論：(1)怎樣求帶電粒子在電場中運動的時間t?(2)粒子加速度大小是多少？方向如何？(3)粒子在電場中做什么運動？提示：(1)t＝eq\f(l,v0)。(2)a＝eq\f(qU,md)，方向與初速度方向垂直。(3)做類平拋運動。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，板間距離為d，不計粒子的重力。1．運動分析及規(guī)律應用粒子在兩板間做類平拋運動，應用運動分解的知識進行分析處理。(1)在v0方向：做勻速直線運動。(2)在電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運動。2．過程分析如圖所示，設粒子不與平行板相撞初速度方向：粒子通過電場的時間t＝eq\f(l,v0)電場力方向：加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場時垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度與初速度方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))離開電場時沿電場力方向的偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。3．兩個重要推論(1)粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點。(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。4．分析粒子的偏轉問題也可以利用動能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉電場中沿電場力方向的偏移量?！纠?】如圖所示為兩組平行金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，今有一質量為m的電子(電荷量為e)靜止在豎直放置的平行金屬板的A點，經電壓U0加速后通過B點進入兩板間距為d、電壓為U的水平放置的平行金屬板間，若電子從兩塊水平平行板的正中間射入，且最后電子剛好能從右側的兩塊平行金屬板穿出，A、B分別為兩塊豎直板的中點，求：(1)電子通過B點時的速度大??；(2)右側平行金屬板的長度；(3)電子穿出右側平行金屬板時的動能。思路點撥：(1)加速電場中可用動能定理求末速度。(2)偏轉電場中電子做類平拋運動，可利用分解思想結合動力學知識和功能關系求解。[解析](1)設電子出B孔時速度為v0，由動能定理得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)電子進入電壓為U的偏轉電場中做類平拋運動。豎直方向：eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)水平方向：l＝v0t解得l＝eq\r(\f(2eU0,m))·eq\r(\f(md2,eU))＝deq\r(\f(2U0,U))。(3)在右側的平行板中，電子初、末位置電勢差為eq\f(U,2)，穿出電場時的動能設為Ek，由動能定理得eq\f(1,2)eU＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)所以Ek＝eq\f(1,2)eU＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)U＋U0))。[答案](1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)deq\r(\f(2U0,U))(3)eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)U＋U0))建立帶電粒子在勻強電場中偏轉的類平拋運動模型，會用運動的合成和分解的知識分析帶電粒子的偏轉問題，提高綜合分析能力，體現了“科學思維”的學科素養(yǎng)。eq\o([跟進訓練])2.如圖所示是一個示波管工作的原理圖，電子經過加速后以速度v0垂直進入偏轉電場，離開電場時偏轉量是h，兩個平行板間距離為d，電勢差為U，板長為l，每單位電壓引起的偏轉量(eq\f(h,U))叫示波管的靈敏度，若要提高其靈敏度?？刹捎孟铝心姆N辦法()A．增大兩極板間的電壓B．盡可能使板長l做得短些C．盡可能使板間距離d減小些D．使電子入射速度v0大些C[在水平方向電子做勻速直線運動，有l(wèi)＝v0t，豎直方向上電子做勻加速運動，故有h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，則eq\f(h,U)＝eq\f(ql2,2mdv\o\al(2,0))，可知，選項C正確。]3．一束電子流經U1＝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中，如圖所示，兩極板間電壓U2＝400V，兩極板間距d＝2.0cm，板長L1＝5.0cm。(1)求電子在兩極板間穿過時的偏移量y；(2)若平行板的右邊緣與屏的距離L2＝5cm，求電子打在屏上的位置與中心O的距離Y(O點位于平行板水平中線的延長線上)；(3)若另一個質量為m(不計重力)的二價負離子經同一電壓U1加速，再經同一偏轉電場，射出偏轉電場的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？[解析](1)加速過程，由動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①進入偏轉電場，電子在平行于極板的方向上做勻速運動，L1＝v0t ②在垂直于極板的方向上做勻加速直線運動，加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU2,dm) ③偏移距離y＝eq\f(1,2)at2 ④由①②③④得y＝eq\f(U2L\o\al(2,1),4dU1)代入數據得y＝0.25cm。(2)如圖，由幾何關系知：eq\f(y,Y)＝eq\f(\f(L1,2),\f(L1,2)＋L2)得Y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1＋2L2,L1)))y代入數據得Y＝0.75cm。(3)因y＝eq\f(U2L\o\al(2,1),4dU1)，Y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1＋2L2,L1)))y，與粒子的質量m和電荷量q無關，故二價負離子經同樣裝置后，y′＝y(tǒng)＝0.25cm，Y′＝Y＝0.75cm。[答案](1)0.25cm(2)0.75cm(3)0.25cm0.75cm1．物理觀念：示波管的構造與工作原理。2．科學思維：帶電粒子在電場中加速與偏轉的分析與計算。3．科學方法：類比法、計算法、推理法等。1．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是()A.eq\f(edL,U) B．edULC.eq\f(eU,dL) D.eq\f(eUL,d)D[電子從O點運動到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計重力。根據動能定理得eUOA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUL,d)，故D正確。]2．如圖所示，一個從F處無初速度釋放的電子向B板方向運動，下列對電子運動的描述錯誤的是(設電源電動勢為U)()A．電子到達B板時的動能是UeB．電子從B板到達C板動能變化量為零C．電子到達D板時動能是3UeD．電子在A板和D板之間做往復運動C[無初速度釋放后，電子在A、B之間做勻加速運動，且Ue＝ΔEk，A正確；電子在B、C之間做勻速運動，B正確；在C、D之間電子先沿原來的運動方向做勻減速運動，到達D板時，速度減為零，而后又開始反方向做勻加速運動，即電子在A板和D板之間做往復運動，故C錯誤，D正確，故選C。]3．如圖所示，在A板附近有一電子由靜止開始向B板運動，則關于電子到達B板時的時間和速率，下列說法正確的是()A．兩板間距越大，則加速的時間越長，獲得的速率越小B．兩板間距越小，則加速的時間越短，獲得的速率越小C．兩板間距越小，則加速的時間越短，獲得的速率不變D．兩板間距越小，則加速的時間不變，獲得的速率不變C[由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場強為E＝eq\f(U,d)，電子的加速度為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，由此可見，兩板間距離越小，加速度越大，電子在電場中一直做勻加速直線運動，由d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUt2,2md)，所以電子加速的時間為t＝deq\r(\f(2m,qU))，由此可見，兩板間距離越小，加速時間越短，對于全過程，由動能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2，所以電子到達B板時的速率與兩板間距離無關，僅與加速電壓U有關，故C正確，A、B、D錯誤。]4．(多選)如圖甲所示，三個相同的金屬板共軸排列，它們的距離與寬度均相同，軸線上開有小孔，在左邊和右邊兩個金屬板