2024-2025版高中物理第一章靜電場9帶電粒子在電場中的運動學案新人教版選修3-1

PAGE15-帶電粒子在電場中的運動必備學問·自主學習一、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)一般遠遠小于靜電力,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=mv2,則v=。(2)在勻強電場中也可利用牛頓運動定律結(jié)合運動學公式分析。二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)質(zhì)量為m、帶電量為q的基本粒子(忽視重力),以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場,極板長為l,板間距離為d,板間電壓為U。(1)粒子在沿初速度方向做什么運動?(2)粒子在垂直初速度方向上做什么運動?加速度的大小是多少?提示:(1)沿初速度方向做速度為v0的勻速直線運動。(2)垂直v0的方向上做初速度為零,加速度為a=的勻加速直線運動。1.偏移距離:因為t=,a=,所以偏移距離y=at2=。2.偏轉(zhuǎn)角度:因為vy=at=,所以tanθ==。(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,動能肯定增加。 (×)(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。 (√)(5)對帶電粒子在電場中的運動,從受力的角度來看,遵循牛頓運動定律;從做功的角度來看,遵循能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律。 (√)三、示波管的原理1.構(gòu)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(放射電子的燈絲、加速電極組成)、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)和熒光屏組成,如圖所示。2.原理:(1)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。(2)燈絲被電源加熱后,放射熱電子,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Y偏轉(zhuǎn)極板上加一個信號電壓,在X偏轉(zhuǎn)極板上加一掃描電壓,在熒光屏上就會出現(xiàn)按Y偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律變更的可視圖像。關(guān)鍵實力·合作學習學問點一帶電粒子的加速問題1.帶電粒子的加速:若帶電粒子以很小的速度進入電場,就會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都是利用電場對帶電粒子加速的。2.處理方法:可以從動力學和功能關(guān)系兩個角度進行分析,其比較如表:動力學角度功能關(guān)系角度涉及學問應(yīng)用牛頓其次定律結(jié)合勻變速直線運動公式功的公式及動能定理選擇條件勻強電場,靜電力是恒力可以是勻強電場,也可以是非勻強電場,電場力可以是恒力,也可以是變力提示:不管帶電粒子是不是在勻強電場中運動都可以從功能關(guān)系角度分析,但只有在勻強電場中運動時才可以從動力學角度分析。一帶電粒子,只在電場力作用下,在勻強電場中加速運動。探討:(1)帶電粒子在電場中做的肯定是勻變速運動嗎?提示:帶電粒子在勻強電場中受到恒定的電場力,加速度恒定不變,做的肯定是勻變速運動。(2)運動過程中電場力做功,導(dǎo)致了哪些能量變更?能量是否守恒。提示:電場力做功,導(dǎo)致了帶電粒子的動能和電勢能變更。動能和電勢能的和不變,能量守恒?！镜淅?2024·江蘇高考)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點,則由O點靜止釋放的電子 ()A.運動到P點返回 B.運動到P和P′點之間返回C.運動到P′點返回 D.穿過P′點【解析】選A。電子在A、B間加速,在B、C間減速,加速電壓做功與減速電壓做功相等?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點,B、C板間的電場強度不變,依據(jù)U=Ed推斷,由O點靜止釋放的電子運動到P點速度為0再返回,A項正確。關(guān)于帶電粒子在電場中的重力(1)基本粒子:如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等,除有說明或有明確的示意以外,此類粒子一般不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)。(2)帶電微粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或有明確的示意以外,一般都不能忽視重力。1.(多選)帶正電的微粒放在電場中,場強的大小和方向隨時間變更的規(guī)律如圖所示。帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止起先運動,則下列說法中正確的是 ()A.微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1～2s內(nèi)的加速度相同B.微粒將沿著一條直線運動C.微粒做往復(fù)運動D.微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同【解析】選B、D。加速度的方向與帶正電微粒所受電場力的方向相同,所以由牛頓其次定律得知,微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1～2s內(nèi)的加速度大小相同、方向相反,故A錯誤;由題圖看出,E1和E2大小相等、方向相反,所以微粒奇數(shù)秒內(nèi)和偶數(shù)秒內(nèi)的加速度大小相等、方向相反,依據(jù)運動的對稱性可知在2s末的速度恰好是0,即微粒第1s內(nèi)做加速運動,第2s內(nèi)做減速運動,然后再加速,再減速,始終持續(xù)下去。微粒將沿著一條直線運動,故B正確,C錯誤;微粒在第1s內(nèi)與第3s內(nèi)都是從速度為0起先加速,加速度相同,所以它們的位移也相同,故D正確。2.如圖所示,水平放置的A、B兩平行板相距h,上板A帶正電,現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球在B板下方距離B板為H處,以初速度v0豎直向上運動,從B板小孔進入板間電場。(1)帶電小球在板間做何種運動?(2)欲使小球剛好打到A板,A、B間電勢差為多少?【解析】(1)帶電小球在電場外只受重力,做豎直上拋運動,是勻減速上升;進入電場后小球受向下的重力和電場力,做勻減速直線運動;(2)對從最低點到最高點的過程,依據(jù)動能定理,有:-mg(H+h)-qUAB=0-m;解得:UAB=。答案:(1)見解析(2)【加固訓練】1.(多選)如圖所示,從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動,則下列對電子運動的描述中正確的是(設(shè)電源電壓為U) ()A.電子到達B板時的動能是eUB.電子從B板到達C板動能變更量為零C.電子到達D板時動能是3eUD.電子在A板和D板之間做往復(fù)運動【解析】選A、B、D。由eU=EkB可知,電子到達B板時的動能為eU,A正確;因B、C兩板間電勢差為0,故電子從B板到達C板的過程中動能變更量為零,B正確;電子由C到D的過程中電場力做負功,大小為eU,故電子到達D板時速度為零,然后又返回A板,以后重復(fù)之前的運動,C錯誤,D正確。2.如圖所示,在點電荷+Q激發(fā)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 ()A.1∶2B.2∶1C.∶1D.1∶【解析】選C。質(zhì)子和α粒子都帶正電,從A點釋放將受靜電力作用加速運動到B點,設(shè)A、B兩點間的電勢差為U,由動能定理可知,對質(zhì)子:mH=qHU,對α粒子:mα=qαU。得===∶1,選項C正確。學問點二帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題1.基本規(guī)律:(1)初速度方向(2)電場線方向(3)離開電場時的偏轉(zhuǎn)角:tanα==(4)離開電場時位移與初速度方向的夾角:tanβ==2.兩個常用推論:(1)若離開電場時,速度與初速度方向的夾角為α,位移與初速度方向的夾角為β,則tanα=2tanβ。(2)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?！镜淅咳鐖D所示為真空示波管的示意圖,電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計),經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO射出,然后進入由兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場),電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度與電場方向垂直,電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點。已知M、N兩板間的電壓為U2,兩板間的距離為d,板長為L1,板右端到熒光屏的距離為L2,電子質(zhì)量為m,電荷量為e。求:(1)電子穿過A板時的速度大小;(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量;(3)P點到O點的距離。【解析】(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0,依據(jù)動能定理得eU1=m解得v0=。(2)電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后,在垂直于電場方向做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E,電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t1,電子的加速度為a,離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y1,依據(jù)牛頓其次定律和運動學公式得F=eE,E=,F=ma,t1=,y1=a,解得y1=。(3)設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為vy,依據(jù)運動學公式得vy=at1,電子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動,設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t2,電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2,如圖所示。有t2=,y2=vyt2解得y2=P點到O點的距離為y=y1+y2=。答案:(1)(2)(3)示波管的兩個結(jié)論(多選)如圖所示,一電子沿Ox軸射入電場,在電場中的運動軌跡為OCD,已知=,電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vCy和vDy;電子在OC段和OD動能變更量分別為ΔEk1和ΔEk2,則 ()A.vCy∶vDy=1∶2 B.vCy∶vDy=1∶4C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3 D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4【解析】選A、D。電子沿Ox軸射入勻強電場,做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,已知=,則電子從O到C與從C到D的時間相等。電子在豎直方向上做初速度為零的勻加速運動,則有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=1∶2,故A正確,B錯誤;依據(jù)勻變速直線運動的推論可知,在豎直方向上:yOC∶yOD=1∶4,依據(jù)動能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,則得,ΔEk1∶ΔEk2=1∶4,故C錯誤,D正確?！炯庸逃柧殹?.(多選)如圖所示,在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強電場,E、F、G、H是各邊中點,其連線構(gòu)成正方形,其中P點是EH的中點。一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出。下列說法正確的是 ()A.粒子的運動軌跡肯定經(jīng)過P點B.粒子的運動軌跡肯定經(jīng)過PE之間某點C.若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?粒子會由E、D之間某點(不含E、D)射出正方形ABCD區(qū)域D.若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?粒子恰好由E點射出正方形ABCD區(qū)域【解析】選B、D。粒子從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出,其軌跡是拋物線,則過D點作速度的反向延長線肯定交于FH的中點,而延長線又經(jīng)過P點,所以粒子軌跡肯定經(jīng)過PE之間某點,選項A錯誤,B正確;由平拋學問可知,當豎直位移肯定時,水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话?則水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?選項C錯誤,D正確。2.一束電子流經(jīng)U=500V的加速電壓加速后,在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場,如圖所示,若兩極板間距d=1.0cm,板長l=5.0cm。(1)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?(2)在保持所加最大電壓不變的狀況下,將電子流改為質(zhì)子流,質(zhì)子能否從兩極板間飛出?【解析】(1)在加速電壓肯定時,偏轉(zhuǎn)電壓U′越大,電子在極板間的偏轉(zhuǎn)距離就越大,當偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出,此時的偏轉(zhuǎn)電壓即為兩極板間的最大電壓;加速過程中,由動能定理得:eU=m ①進入偏轉(zhuǎn)電場,電子在平行于板面的方向上做勻速直線運動:l=v0t ②在垂直于板面的方向只受到電場力作用,做勻加速直線運動,加速度為:a== ③偏轉(zhuǎn)距離為:y=at2 ④能飛出的條件為:y≤ ⑤聯(lián)立①②③④⑤式得:U′≤,代入數(shù)據(jù)解得U′≤40V,即要使電子能從平行板間飛出,兩個極板上最大能加40V的電壓。(2)設(shè)質(zhì)子的帶電量為q,則質(zhì)子的偏移量y′=at′2=××()2=,解得y′=5.0×10-3m=,故可見偏移量與粒子的電荷量和質(zhì)量均無關(guān),所以質(zhì)子仍可從兩極板間飛出。答案:(1)40V(2)見解析【拓展例題】考查內(nèi)容:電容器與力學綜合問題【典例】如圖所示,勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道,軌道平面與電場方向平行。a、b為軌道直徑的兩端,該直徑與電場方向平行。一電荷量為q(q>0)的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)運動,經(jīng)過a點和b點時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb。不計重力,求電場強度的大小E、質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能。【解析】質(zhì)點所受電場力的大小為F=qE設(shè)質(zhì)點質(zhì)量為m,經(jīng)過a點和b點時的速度大小分別為va和vb,由牛頓其次定律有F+Na=m,Nb-F=m設(shè)質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb,則有Eka=m,Ekb=m依據(jù)動能定理有Ekb-Eka=2rF聯(lián)立各式解得E=(Nb-Na),Eka=(Nb+5Na),Ekb=(5Nb+Na)。答案:(Nb-Na)(Nb+5Na)(5Nb+Na)情境·模型·素養(yǎng)如圖為靜電除塵機的原理示意圖,廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置再進入靜電除塵區(qū),帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積,以達到除塵目的。圖中虛線為電場線(方向未標)。不考慮塵埃在遷移過程中的相互作用和電量變更。探究:(1)塵埃在遷移過程中電勢能如何變更?(2)圖中A點電勢與B點電勢相比,哪點的電勢高?【解析】(1)帶電塵埃所受的電場力方向與位移方向相同,做正功,所以在遷移過程中電勢能減小;(2)由題帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極遷移,則知集塵極帶正電荷,是正極,所以電場線方向由集塵極指向放電極,A點更靠近放電極,所以圖中A點電勢低于B點電勢,即B點電勢高。答案:(1)減小(2)A點有一種電荷限制式噴墨打印機的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒,此微粒經(jīng)過帶電室后以肯定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上,顯示出字符。已知偏移量越大打在紙上的字跡越大。探究:現(xiàn)要增大字跡,可實行怎樣的措施?【解析】微粒以肯定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動,則水平方向有L=v0t,豎直方向y=at2,又a=,聯(lián)立解得y==。要增大字跡,就要增大微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏移量y,由上式分析可知,采納的方法可以有:增大比荷、減小墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能Ek0、增大極板的長度L、增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U。答案:見解析課堂檢測·素養(yǎng)達標1.如圖所示,正電子垂直電場方向入射到勻強電場中,不計重力,正電子做 ()A.勻速直線運動 B.勻加速直線運動C.向下偏轉(zhuǎn)的曲線運動 D.向上偏轉(zhuǎn)的曲線運動【解析】選D。正電子帶正電,所受的電場力與場強方向相同,即豎直向上,且電場力與初速度垂直,所以正電子做類平拋運動,是一種勻變速曲線運動,故A、B錯誤;正電子所受的電場力方向向上,所以正電子做向上偏轉(zhuǎn)的曲線運動,故C錯誤,D正確。故選D?！炯庸逃柧殹筷P(guān)于帶電粒子(不計重力)在勻強電場中的運動狀況,下列說法正確的是 ()A.肯定是勻變速運動B.不行能做勻減速運動C.肯定做曲線運動D.可能做勻變速直線運動,不行能做勻變速曲線運動【解析】選A。帶電粒子在勻強電場中受到的電場力恒定不變,可能做勻變速直線運動,也可能做勻變速曲線運動,故選A。2.如圖所示,足夠長的兩平行金屬板正對豎直放置,它們通過導(dǎo)線與電源E、定值電阻R、開關(guān)S相連。閉合開關(guān)后,一個帶電的液滴從兩板上端的中點處無初速度釋放,最終液滴落在某一金屬板上。下列說法中正確的是 ()A.液滴在兩板間運動的軌跡是一條拋物線B.電源電動勢越大,液滴在板間運動的加速度越大C.電源電動勢越大,液滴在板間運動的時間越長D.定值電阻的阻值越大,液滴在板間運動的時間越長【解析】選B。液滴在磁場中受重力及電場力,電場力沿水平方向,重力沿豎直方向。因液滴由靜止釋放,故合力的方向肯定與運動方向一樣,故液滴做直線運動,故A錯誤;兩板間的電勢差等于電源電壓,當電動勢變大時,兩板上的電壓變大,由U=Ed可知,板間的電場強度增大,電場力變大,合力變大,故加速度增大,故B正確;因粒子最終打在極板上,故運動時間取決于水平方向的加速度,當電動勢變大時,其水平方向受力增大,加速度增大,運動時間減小,故C錯誤;定值電阻在此電路中只相當于導(dǎo)線,阻值的變更不會變更兩板間的電勢差,故帶電粒子受力不變,加速度不變,運動時間不變,故D錯誤。故選B?！炯庸逃柧殹咳鐖D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孔沿垂直金屬板方向射入電場中,經(jīng)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.900eVB.500eVC.400eV D.-100eV【解析】選C。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點,電子向右做減速運動,在到達B之前速度變?yōu)榱?然后反向運動,從A點離開電場,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)如圖所示為水平放置的帶電平行金屬板A、B,其中A板上有一小孔。一帶電小球從A板上的小孔豎直飛入兩板間,能勻速運動到B板?，F(xiàn)