（浙江專用）2018-2019學(xué)年高中物理 第一章 靜電場 1-9 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9節(jié)　帶電粒子在電場中的運動 [研究學(xué)考·明確要求] 知識內(nèi)容 帶電粒子在電場中的運動 考試要求 學(xué)考b 選考d 基本要求 1.知道利用電場可以改變或控制帶電粒子的運動。 2．知道帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)兩種運動形式。 發(fā)展要求 1.理解并掌握帶電粒子在電場中加速運動的規(guī)律。 2．理解并掌握帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)運動的規(guī)律。 3．知道帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)運動的特點，了解示波管的基本原理。 說明 1.示波管問題的分析與計算不涉及兩個偏轉(zhuǎn)電極同時加電壓的情形。 2．解決帶電粒子偏轉(zhuǎn)運動問題只限于垂直電場方向入射且偏轉(zhuǎn)電極加恒定電壓的情形。 [基

2、礎(chǔ) 梳 理] 1．兩類帶電粒子 (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．物理過程分析方法 (1)根據(jù)帶電粒子受的力(包含電場力)，用牛頓定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。 (2)由動能定理qU＝mv2－mv求解。 [典 例 精 析] 【例1】 如圖1所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當(dāng)?shù)竭_B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) 圖1 A．當(dāng)增大兩板間距離時，v增大 B．當(dāng)減小兩板間距離時，v

3、增大 C．當(dāng)改變兩板間距離時，v不變 D．當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間減小 解析　電子由靜止開始從A板向B板運動時，根據(jù)動能定理，qU＝mv2，得v＝，所以當(dāng)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，所以電子加速的時間為t＝d，由此可見，當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間的運動時間增大，故D錯誤。 答案　C [即 學(xué) 即 練] 1．如圖2所示，電荷量和質(zhì)量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A、B兩板間的加速電場后飛出，不計重力的作用

4、，則(　　) 圖2 A．它們通過加速電場所需的時間相等 B．它們通過加速電場過程中動能的增量相等 C．它們通過加速電場過程中速度的增量相等 D．它們通過加速電場過程中電勢能的增加量相等 解析　由于電荷量和質(zhì)量相等，因此產(chǎn)生的加速度相等，初速度越大的帶電粒子經(jīng)過電場所用時間越短，A錯誤；加速時間越短，則速度的變化量越小，C錯誤；由于電場力做功W＝qU與初速度及時間無關(guān)，因此電場力對各帶電粒子做功相等，則它們通過加速電場的過程中電勢能的減少量相等，動能增加量也相等，B正確，D錯誤。 答案　B [基 礎(chǔ) 梳 理] 1．運動狀態(tài)分析：帶電粒子(不計重力)以初速度v0垂直于電場

5、線方向進入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力作用而做勻變速曲線運動。 2．偏轉(zhuǎn)問題的分析處理方法：類似于平拋運動的分析處理方法，即應(yīng)用運動的合成與分解的知識分析處理。 3．運動的規(guī)律： 4．兩個特殊結(jié)論 (1)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(如圖3所示)。 圖3 證明：作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點，利用上述①、②兩式，由幾何關(guān)系可得出x＝＝＝③ (2)無論粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一電場加速，再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的，所以同性粒子運動軌跡完全重合。 證明：若加速電場

6、的電壓為U0，有qU0＝mv④ 由①和④得偏移量為y＝，由②和④得偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan θ＝。y和tan θ與m和q均無關(guān)。 [典 例 精 析] 【例2】 如圖4所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的初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中，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4 A．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量 B．a(chǎn)的質(zhì)量一定小于b的質(zhì)量 C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷 D．a(chǎn)的動能增量一定小于b的動能增量 解析　粒子在電場中做類平拋運動，由h＝()2得：x＝v0。由v 0，故選項A、B錯誤，C正確；動能增

7、量ΔEk＝qEh，q大小關(guān)系未知，故選項D錯誤。 答案　C [即 學(xué) 即 練] 2．如圖5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(　　) 圖5 A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析　由y＝at2＝·得：U＝，所以U∝，可知A項正確。 答案　A [基 礎(chǔ) 梳 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，

8、內(nèi)部主要由電子槍(發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(是由一對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6所示。 圖6 2．工作原理 (1)偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)電極XX′(或YY′)加電壓時 所加電壓穩(wěn)定，則電子被加速，偏轉(zhuǎn)后射出XX′(或YY′)所在直線上的某一點，形成一個亮斑(不在中心)。 特別提醒　如果僅在YY′之間加不變的電壓，使Y板電勢比Y′高，電子束將受到指向Y板方向上的靜電力，在熒光屏的正Y軸上將出現(xiàn)一個亮斑，如圖甲所示。僅在XX′之間加不變的電壓，使X板的電勢比X′

9、高，在熒光屏的正X軸上將出現(xiàn)一個亮斑，如圖乙所示。 [典 例 精 析] 【例3】 如圖7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7 (1)帶電粒子在________區(qū)域是加速的，在________區(qū)域是偏轉(zhuǎn)的。 (2)若UYY′>0，UXX′＝0，則粒子向________板偏移，若UYY′＝0，UXX′>0，則粒子向________板偏移。 答案　(1)Ⅰ　Ⅱ　(2) Y　X [即 學(xué) 即 練] 3．示波管是一種多功能電學(xué)儀器

10、，它的工作原理可以等效成下列情況：如圖8所示，真空室中電極K發(fā)出電子(初速度不計)，經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中．金屬板長為L，相距為d，當(dāng)A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上而顯示亮點．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是(　　) 圖8 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 1．如圖9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將(　　)

11、 圖9 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 解析　在勻強電場E中，帶電粒子所受靜電力為恒力。帶電粒子受到與運動方向相反的恒定的靜電力作用，產(chǎn)生與運動方向相反的恒定的加速度，因此，帶電粒子－q將沿電場線做勻減速直線運動。 答案　C 2．如圖10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的電子以初速度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10 A. B．v0＋ C. D. 解析　電場力對電子做正功，

12、由eU＝mv2－mv得v＝，選項C正確。 答案　C 3．如圖11所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，斷開電源，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出。若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) 圖11 A．將打在下板中央 B．不能沿原軌跡運動但能從兩極板間飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動 D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 解析　由題意可知電容器所帶電荷量不變，因E＝＝＝，所以上板上移一小段距離，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由下板邊緣飛出，選項A、B

13、、C錯誤；若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央，選項D正確。 答案　D 4．(2018·溫州選考模擬)如圖12所示，是噴墨打印機的簡化模型。質(zhì)量為m的墨汁微粒經(jīng)帶電室?guī)县撾姾?，以某一速度平行于極板飛入板間，已知板間勻強電場的電場強度為E，微粒最終打在紙上。則以下說法正確的是(　　) 圖12 A．墨汁微粒的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍 B．當(dāng)墨汁微粒的電荷量q＞時，微粒向負極板偏 C．當(dāng)墨汁微粒的電荷量q＜時，微粒向正極板偏 D．當(dāng)墨汁微粒的電荷量q＝時，微粒沿直線穿過電場 解析　電荷量不能連續(xù)變化，一定是元電荷的整數(shù)倍，A錯誤；當(dāng)墨汁微粒的電荷量q＞時

14、，則有qE＞mg，合力向上，微粒向上偏轉(zhuǎn)，即向正極板偏轉(zhuǎn)，B錯誤；同理知C錯誤；當(dāng)q＝，即qE＝mg時，合力為零，微粒做勻速直線運動，D正確。 答案　D 1．一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是(　　) A．勻速直線運動 B．勻加速直線運動 C．勻變速曲線運動 D．勻速圓周運動 解析　一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，合力不為0。粒子合力不為0，不可能做勻速直線運動，故選項A錯誤；當(dāng)初速度方向與電場力方向相同時，若受到的電場力恒定，就可做勻加速直線運動，故選項B正確；當(dāng)初速度方向與電場力方向不在一條直線上時，若受到的電場力恒定，就可做勻變速曲線運

15、動，故選項C正確；當(dāng)電場力與速度方向始終垂直時，就可能做勻速圓周運動，故選項D正確。 答案　A 2．下列帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加速運動，經(jīng)過相同的電勢差U后，哪個粒子獲得的速度最大(　　) A．質(zhì)子H B．氘核H C．α粒子He D．鈉離子Na＋ 解析　四種帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加速運動，經(jīng)過相同的電勢差U，根據(jù)動能定理得， qU＝mv2－0得v＝ 由上式可知，比荷越大，速度越大。 顯然A選項中質(zhì)子的比荷最大，故A正確。 答案　A 3．如圖1所示，M、N是真空中的兩塊相距為d的平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔

16、進入電場，當(dāng)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板后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)(　　) 圖1 A．使初速度減為原來的 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 解析　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＝－mv，要使粒子到達距N板d/3后返回，設(shè)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：－q＝－mv，聯(lián)立兩方程得：＝，故選項D正確。 答案　D 4．如圖2所示，平行金屬板A、B

17、水平正對放置，分別帶等量異號電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么(　　) 圖2 A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷 B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加 C．微粒從M點運動到N點動能一定增加 D．微粒從M點運動到N點機械能一定增加 解析　由于兩極板的正負不知，粒子的電性不確定，則粒子所受電場力方向不確定，所受電場力做功正負不確定，但根據(jù)粒子運動軌跡，粒子所受合力一定向下，則合力一定做正功，所以電勢能變化情況、機械能變化情況不確定，但粒子動能一定增加，所以只有C正確。 答案　C 5．真空中的某裝置如圖3所示，其中平行金屬板

18、A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) 圖3 A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析　粒子加速過程qU1＝mv2，從B至M用時t＝，得t∝，所以t1∶t2∶t3＝1∶∶，選項A錯誤；偏轉(zhuǎn)位移y＝()2＝，所以三種粒

19、子打到熒光屏上的位置相同，選項B正確；因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，選項C、D錯誤。 答案　B 6．一個初動能為Ek的帶電粒子以速度v垂直電場線方向飛入兩塊平行金屬板間，飛出時動能為3Ek。如果這個帶電粒子的初速度增加到原來的2倍，不計重力，那么該粒子飛出時動能為(　　) A．4Ek B．4.5Ek C．6Ek D．9.5Ek 解析　帶電粒子做類平拋運動，平行于極板方向的速度增加到原來的2倍，帶電粒子通過電場的時間變?yōu)樵瓉淼?，沿電場方向的位移變?yōu)樵瓉淼?，電場力做功變?yōu)樵瓉淼摹? 由動能定理得ΔEk′＝qE·y′＝y(tǒng)qE 原速飛過時由動能定理有Δ

20、Ek＝3Ek－Ek＝qEy 而ΔEk′＝Ek末′－4Ek 解得Ek末′＝4.5 Ek。 答案　B 7．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖4所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　) 圖4 A. B．edUh C. D. 解析　電子從O點到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和圖示判斷，電子僅受電場力，不計重力。這樣，我們可以用能量守恒定律來研究問題。即mv＝eUOA。因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝。所以D正確。 答案　D 8．如圖5，場強大小為E、方向豎直向下的勻強

21、電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) 圖5 A. B. C. D. 解析　因為兩粒子軌跡恰好相切，切點為矩形區(qū)域中心，則對其中一個粒子，水平方向＝v0t，豎直方向＝at2且滿足a＝，三式聯(lián)立解得v0＝，故B正確。 答案　B 9．如圖6所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O點自由釋放后，分別抵達B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1

22、∶q2等于(　　) 圖6 A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ D.∶1 解析　豎直方向有h＝gt2，水平方向有l(wèi)＝t2，聯(lián)立可得q＝，所以有＝，B正確。 答案　B 10．如圖7所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?　　) 圖7 A．2倍 B．4倍 C. D. 解析　電子在兩極板間做類平拋運動，水平方向l＝v0t，t＝，豎直方向d＝at2＝，故d2＝，即d∝，故C正確。 答案　C 11．兩個半徑均

23、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。 解析　(1)極板間場強E＝。 (2)α粒子電荷量為2e，質(zhì)量為4m，所受靜電力F＝2eE＝，α粒子在極板間運動的加速度a＝＝。 (3)由d＝at2，得t＝＝2d，v0＝＝ 。 答案　(1)　(2)　(3) 12.如圖8所示，兩金屬板間有豎直向下的電場，電子以初速度v0垂直于電場方向進入電場，經(jīng)過一定時間離開電場，已知極板長度為L，板間場強為E，電子質(zhì)量為m，電量為e。求： 圖8 (1)電子離開電場時速度大??； (2)電子離開電場時電場力做的功。 解析　(1)電子在電場中的運動時間t＝ 離開電場時水平速度vx＝v0 豎直速度vy＝at＝ 所以電子離開電場時速度大小為 v＝＝ (2)根據(jù)動能定理，電場力做功為 W＝mv2－mv＝ 答案　見解析 13