2017-2018學(xué)年高中物理 第一章 靜電場 第11講 帶電粒子在電場中的運動學(xué)案 新人教版選修3-1

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1、 第11講 帶電粒子在電場中的運動 [目標定位]　1.會從力和能量角度分析計算帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的有關(guān)問題.2.知道示波管的主要構(gòu)造和工作原理． 一、帶電粒子的加速 如圖1所示，初速度為零、質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子，由靜止開始從正極板通過電勢差為U的電場到達負極板，求其速度時可根據(jù)qU＝mv2，得v＝. 圖1 深度思考 (1)若上述粒子從兩極板的中點由靜止開始運動到負極板，則粒子到達負極板的速度是多少？ (2)若上述粒子以速度v0從正極板運動到負極板，其速度又是多少？ 答案　(1) .兩極板的中點與負極板的電勢差為.由動能定理q＝mv2， 得v＝

2、 (2) ，由動能定理qU＝mv2－mv，得v＝ 例1　如圖2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(　　) 圖2 A. B．v0＋ C. D. 解析　qU＝mv2－mv，v＝，選C. 答案　C 1．兩類帶電體 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除特殊說明外，一般忽略粒子的重力(但并不忽略質(zhì)量)． (2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除特殊說明外，一般不忽略重力． 2．處理加速問題的分析方法 (1)根據(jù)帶電

3、粒子所受的力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等． (2)一般應(yīng)用動能定理來處理問題，若帶電粒子只受電場力作用： ①若帶電粒子的初速度為零，則它的末動能mv2＝qU，末速度v＝. ②若粒子的初速度為v0，則mv2－mv＝qU，末速度v＝. 針對訓(xùn)練1　如圖3所示，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，現(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，該微粒將(　　) 圖3 A．保持靜止狀態(tài) B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左

4、下方做勻加速運動 答案　D 解析　兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45°，電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確． 二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn) 如圖4甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以初速度v0垂直于電場方向進入兩平行板間場強為E的勻強電場，極板間距離為d，兩極板間電勢差為U，板長為l. 　　　 圖4 1．運動性質(zhì) (1)沿初速度方向：做速度為v0的勻速直線運動． (2)沿電場力方向：

5、做初速度為零，加速度為a＝＝的勻加速直線運動． 2．運動規(guī)律 (1)偏轉(zhuǎn)距離：由t＝，a＝，所以y＝at2＝()2. (2)偏轉(zhuǎn)角度：因為vy＝at＝，所以tanθ＝＝. 3．結(jié)論 由＝，可知x＝. 如圖乙所示，粒子射出電場時速度方向的反向延長線過水平位移的中點，即粒子就像是從極板間處射出的一樣． 深度思考 質(zhì)子H和α粒子He由靜止經(jīng)同一電場加速后再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移量相同嗎？為什么？ 答案　相同．若加速電場的電壓為U0，有 qU0＝mv① 偏移量y＝at2＝()2② ①②聯(lián)立，得y＝. 即偏移量與m、q均無關(guān)． 例2　一束電子流在經(jīng)U

6、＝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5所示．若兩板間距離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？ 圖5 解析　加速過程中，由動能定理有： eU＝mv 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 在垂直于板面的方向電子做勻加速直線運動， 加速度a＝＝ 偏移的距離y＝at2 電子能飛出的條件y≤ 聯(lián)立解得U′≤＝V＝4.0×102V 即要使電子能飛出，兩極板上所加電壓最大為400V. 答案　400V 針對訓(xùn)練2　裝置如例2.如果質(zhì)子經(jīng)同一加速電壓加

7、速(U＝5000V，但加速電場方向與例2相反，如圖6)，從同一位置垂直進入同一勻強電場(d＝1.0cm，l＝5.0cm)，偏轉(zhuǎn)電壓U′＝400V．質(zhì)子能飛出電場嗎？如果能，偏移量是多大？ 圖6 答案　能　0.5cm 解析　在加速電場：qU＝mv① 在偏轉(zhuǎn)電場：l＝v0t② a＝＝③ 偏移量y＝at2④ 由①②③④得：y＝ 上式說明y與q、m無關(guān)，解得y＝0.5cm＝ 即質(zhì)子恰好從板的右邊緣飛出 無論粒子的質(zhì)量m、電荷量q如何，只要經(jīng)過同一電場U1加速，再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場U2，它們飛出的偏移量y相同(y＝)，偏轉(zhuǎn)角θ(tanθ＝自己證明)也相同.所以同性粒子運動軌

8、跡完全重合. 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(由發(fā)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7所示． 圖7 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，發(fā)射熱電子，發(fā)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，如在Y偏轉(zhuǎn)電極板上加一個信號電壓，在X偏轉(zhuǎn)電極板上加一周期相同的掃描電壓，在熒光屏上就會出現(xiàn)按Y偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律變化的可視圖象． 深度思考 示波管熒光屏上的亮線是怎樣產(chǎn)生的

9、？所加的掃描電壓和信號電壓的周期要滿足什么條件才能得到待測信號在一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象？ 答案　電子打在熒光屏上將出現(xiàn)一個亮點，若電子打在熒光屏上的位置快速移動，由于視覺暫留效應(yīng)，能在熒光屏上看到一條亮線．所加的掃描電壓和信號電壓的周期相等才能得到待測信號在一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象． 例3　示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖8甲所示．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′之間和YY′之間加上圖丙所示的幾種電壓，熒光屏上可能會出現(xiàn)圖乙中(a)、(b)所示的兩種波形．則(　　) 圖8 A．若XX′和YY′分別加電壓(3)和(1)，熒光屏上可以

10、出現(xiàn)圖乙中(a)所示波形 B．若XX′和YY′分別加電壓(4)和(1)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(a)所示波形 C．若XX′和YY′分別加電壓(3)和(2)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(b)所示波形 D．若XX′和YY′分別加電壓(4)和(2)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(b)所示波形 解析　若XX′和YY′分別加電壓(3)和(1)，則橫軸自左向右移動，縱軸則按正弦規(guī)律變化，熒光屏上可以出現(xiàn)如圖(a)所示波形，A對．若XX′和YY′分別加電壓(4)和(1)則橫軸不變，即波形只在縱軸上，不管縱軸上面波形如何變化始終只能在橫軸出現(xiàn)一條線，(a)、(b)都不可能出現(xiàn)，B錯．若XX′和YY′分別加電壓(

11、4)和(2)，同理，D錯．若XX′和YY′分別加電壓(3)和(2)則橫軸自原點先向正方向運動后返回向負方向運動，到負方向一定位置后又返回，縱軸則先為負的定值后為正的定值，熒光屏上可以出現(xiàn)如圖(b)所示波形，C對． 答案　AC 1．(帶電粒子的直線運動)(多選)如圖9所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當?shù)竭_B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) 圖9 A．當增大兩板間距離時，v增大 B．當減小兩板間距離時，v增大 C．當改變兩板間距離時，v不變 D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大 答案　CD 解析　根據(jù)動能定理研究電子由靜止開始從A板向B

12、板運動列出等式： eU＝mv2，得v＝ 所以當改變兩板間距離時，v不變，故A、B錯誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場強為 E＝， 電子的加速度為a＝＝， 電子在電場中一直做勻加速直線運動， 由d＝at2＝t2 得電子加速的時間為t＝d 由此可見，當增大兩板間距離時，電子在兩板間的運動時間增大，故D正確．故選C、D. 2．(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))如圖10所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(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(　　

13、) 圖10 A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 答案　A 解析　由y＝at2＝··，得U＝，所以U∝，可知A項正確． 3．(對示波管原理的認識)如圖11是示波管的原理圖．它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空．給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)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． 圖11 (1)帶電粒子在________區(qū)域是加速的，在________區(qū)域是偏轉(zhuǎn)的． (2)如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(　　) A．極板X應(yīng)帶正電B．極板X′應(yīng)帶正電

14、 C．極板Y應(yīng)帶正電D．極板Y′應(yīng)帶正電 答案　(1)Ⅰ　Ⅱ　(2)AC 4．(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))如圖12為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板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M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過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L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力． 圖12 (1)求電子穿過A板時速度的大??； (2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏

15、移量； (3)若要電子打在熒光屏上P點的上方，可采取哪些措施？ 答案　(1) 　(2)　(3)見解析 解析　(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理有eU1＝mv 解得v0＝. (2)電子沿極板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t，加速度為a，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏移量為y.由牛頓第二定律和運動學(xué)公式有t＝ a＝ y＝at2 解得y＝ (3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2. 題組一　帶電粒子的加速 1．如圖1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

16、點由靜止釋放到達B點時，它們的速度大小之比為(　　) 圖1 A．1∶2 B．2∶1 C.∶1 D．1∶ 答案　C 解析　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：mHv＝qHU， 對α粒子：mαv＝qαU. 所以＝＝＝∶1. 2．(多選)圖2為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)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(jīng)加速后從K的小孔中射出時的速度大小為v.下面的說法中正確的是(　　) 圖2 A．如果A、K間距離減半而電壓

17、仍為U，則電子離開K時的速度仍為v B．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)? 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)関 D．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)? 答案　AC 解析　電子在兩個電極間的加速電場中進行加速，由動能定理eU＝mv2－0得v＝，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v，C正確． 3.如圖3，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場力的作用

18、下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略．不計重力，則M∶m為(　　) 圖3 A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．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l(xiāng)的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為l，電荷量為－q的粒子通過的位移為l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1＝、a2＝，由運動學(xué)公式有l(wèi)＝a1t2＝t2①，l＝a2t2＝t2②，由①②得＝.B、C、D錯誤，A對． 題組二　帶電粒子的偏轉(zhuǎn) 4．(多選)有一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖4所

19、示．其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一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．不必考慮墨汁的重力，為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是(　　) 圖4 A．減小墨汁微粒的質(zhì)量 B．減小墨汁微粒所帶的電荷量 C．增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓 D．增大墨汁微粒的噴出速度 答案　BD 解析　墨汁微粒在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，則L＝v0t；豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則偏移距離y＝at2；且qE＝ma，E＝，聯(lián)立，解得y＝()2.為了使打在紙上的字跡縮小，可減小墨汁微粒所帶的電荷量、減小偏轉(zhuǎn)電壓、增大墨汁微粒的質(zhì)量和

20、增大墨汁微粒的噴出速度，故選項B、D正確． 5．如圖5所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則(　　) 圖5 A．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量 B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量 C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 答案　C 解析　粒子在電場中做類平拋運動，h＝·()2得：x＝v0.由v0＜v0得＞. 6．(多選)三個α粒子在同一地點沿同一方向垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖6所示的運動軌跡，由此可判斷(　　) 圖6 A．在B飛離電場的同

21、時，A剛好打在負極板上 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．動能的增加量C最小，A和B一樣大 答案　ACD 解析　由題意知，三個α粒子在電場中的加速度相同，A和B有相同的偏轉(zhuǎn)位移y，由公式y(tǒng)＝at2得，A和B在電場中運動的時間相同，由公式v0＝得vB>vA，同理，vC>vB，故三個粒子進入電場時的初速度大小關(guān)系為vC>vB>vA，故A、C正確，B錯誤；由題圖知，三個粒子的偏轉(zhuǎn)位移大小關(guān)系為yA＝y(tǒng)B>yC，由動能定理可知，三個粒子的動能的增加量C為最小，A和B一樣大，D正確． 題組三　綜合應(yīng)用 7．如圖7所示的示波管，當兩偏轉(zhuǎn)電極XX′、YY′

22、電壓為零時，電子槍發(fā)射的電子經(jīng)加速電場加速后會打在熒光屏上的正中間(圖示坐標系的O點，其中x軸與XX′電場的場強方向重合，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸與YY′電場的場強方向重合，y軸正方向豎直向上)．若要電子打在圖示坐標系的第Ⅲ象限，則(　　) 圖7 A．X、Y極接電源的正極，X′、Y′接電源的負極 B．X、Y′極接電源的正極，X′、Y接電源的負極 C．X′、Y極接電源的正極，X、Y′接電源的負極 D．X′、Y′極接電源的正極，X、Y接電源的負極 答案　D 解析　若要使電子打在題圖所示坐標系的第Ⅲ象限，電子在x軸上向負方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使X′接正極，X接負極；電子在y軸上也向負

23、方向偏轉(zhuǎn)，則應(yīng)使Y′接正極，Y接負極，所以選項D正確． 8．如圖8所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處．以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為(　　) 圖8 A. B. C. D. 答案　B 解析　根據(jù)電荷受力可以知道，粒子在電場中做曲線運動，如圖所示．當電場足夠大時，粒子到達上極板時速度恰好與上極板平行，如圖，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當分速度vy＝0

24、時，則粒子的速度正好平行上極板，則根據(jù)運動學(xué)公式：－v＝－2d，由于vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv，聯(lián)立整理得到E＝，故選項B正確． 9．一束正離子以相同的速率從同一位置，沿垂直于電場方向飛入勻強電場中，所有離子的運動軌跡都是一樣的，這說明所有粒子(　　) A．都具有相同的質(zhì)量 B．都具有相同的電荷量 C．具有相同的比荷 D．都是同一元素的同位素 答案　C 解析　由偏移距離y＝·()2＝可知，若運動軌跡相同，則水平位移相同，偏移距離y也應(yīng)相同，已知E、l、v0是相同的，所以應(yīng)有相同． 10．(多選)如圖9所示，水平放置的平行板電容器，上極板帶負電，下極板帶正電，帶電小球

25、以速度v0水平射入電場，且沿下極板邊緣飛出．若下極板不動，將上極板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) 圖9 A．將打在下極板中央 B．仍沿原軌跡由下極板邊緣飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動 D．若上極板不動，將下極板上移一段距離，小球可能打在下極板的中央 答案　BD 解析　將電容器上極板或下極板移動一小段距離，電容器帶電荷量不變，由公式E＝＝＝可知，電容器產(chǎn)生的場強不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動．當上極板不動，下極板向上移動時，小球可能打在下極板的中央． 11．如圖10所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入場

26、強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中，射出電場的瞬時速度的方向與初速度方向成30°角．在這一過程中，不計粒子重力．求： 圖10 (1)該粒子在電場中經(jīng)歷的時間； (2)粒子在這一過程中電勢能的增量． 答案　(1)　(2)－mv 解析　(1)分解末速度vy＝v0tan30°，在豎直方向vy＝at，a＝，聯(lián)立三式可得 t＝. (2)射出電場時的速度v＝＝v0，由動能定理得電場力做功為 W＝mv2－mv＝mv， 根據(jù)W＝Ep1－Ep2得 ΔEp＝－W＝－mv. 12．兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認為是勻強電場．一個α

27、粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板中心．已知質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求： (1)極板間的電場強度E； (2)α粒子在極板間運動的加速度a； (3)α粒子的初速度v0. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)極板間場強E＝ (2)α粒子電荷量為2e，質(zhì)量為4m，所受電場力F＝2eE＝，α粒子在極板間運動的加速度a＝＝ (3)由d＝at2，得t＝＝2d，v0＝＝ 13．一束電子從靜止開始經(jīng)加速電壓U1加速后，以水平速度射入水平放置的兩平行金屬板中間，如圖11所示，金屬板長為l，兩板距離為d，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L.若在兩金屬板間加直流電壓U2時，光點偏離中線打在熒光屏上的P點，求. 圖11 答案　(＋L) 解析　電子經(jīng)U1的電場加速后，由動能定理可得 eU1＝① 電子以v0的速度進入U2的電場并偏轉(zhuǎn) t＝② E＝③ a＝④ v⊥＝at⑤ 由①②③④⑤得射出極板的偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tanθ＝＝. 所以＝(＋L)tanθ＝(＋L)． 16