第十章 5 第1课时 带电粒子在电场中的运动-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第二册 【步步高】学习笔记（人教版）苏京

5　带电粒子在电场中的运动 第1课时　带电粒子在电场中的运动 [学习目标]　1.能从力和能量的角度分析带电粒子在电场中的加速问题(重点)。2.能运用类平抛运动的分析方法研究带电粒子在电场中的偏转问题(重难点)。 一、带电粒子在电场中的加速 炽热的金属丝可以发射电子。在金属丝和金属板间加电压U，发射出的电子在真空中加速后，从金属板的小孔穿出。设电子刚离开金属丝时的速度为零，电子质量为m、电荷量大小为e。(如图) (1)电子加速时受到几个力的作用？电子做什么运动？ (2)求电子到达正极板时的速度大小？(用不同的方法求解) 答案　(1)只受静电力一个力的作用，电子向右做匀加速直线运动 (2)方法一：运用动力学方法求解 电子受到静电力 F＝eE＝ 加速度a＝＝ v2＝2ad＝2得v＝ 方法二：由动能定理有 eU＝mv2 得v＝ 1．带电粒子的分类及受力特点 (1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力，但不能忽略质量。 (2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。 2．分析加速运动的两种方法 动力学角度 功能关系角度 选择条件 匀强电场，静电力是恒力 任意电场，恒力或变力 常用关系式 F＝ma，v＝v0＋at， x＝v0t＋at2， v2－v02＝2ax 匀强电场中：qEd＝mv2－mv02 非匀强电场中：qU＝mv2－mv02 例1　如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q时的速率与哪些因素有关的下列解释正确的是(　　) A．两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 B．两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小 C．两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大 D．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 答案　D 解析　粒子运动过程只有静电力做功，根据动能定理，eU＝mv2，两板间距离越大，电场强度E＝越小，电子的加速度越小，由d＝at2可知，加速时间越长，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故A错误；同理可知B、C错误；由eU＝mv2可知，电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关，因电压不变，所以最后的末速度大小不变，故D正确。 例2　如图所示，M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板。质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达距N板后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)(　　) A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的3倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 答案　D 解析　由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得－qU＝－mv02，要使粒子到达距N板后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得－q×＝－mv12，联立两方程得＝，故选D。 二、带电粒子在电场中的偏转 如图，两个相同极板Y与Y′的长度为l，相距d，极板间的电压为U。一个质量为m、电荷量为e的电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为v0。把两极板间的电场看作匀强电场。 (1)电子在电场中做什么运动？如何处理？ (2)设电子不与平行板相撞，完成下列内容(均用题所给字母表示)。 ①电子通过电场的时间t＝________。 ②静电力方向：加速度a＝________，离开电场时垂直于极板方向的分速度vy＝________。 ③速度与初速度方向夹角的正切值tan θ＝________。 ④离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝________。 答案　(1)电子在电场中做类平抛运动，应运用运动的分解进行处理，沿v0方向：做匀速直线运动；沿静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动 (2)①　②　　③　④ 例3　如图所示，质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(两者均不计重力)，这两个粒子都能射出电场，α粒子的质量是质子的4倍，带电荷量是质子的2倍，则质子和α粒子射出电场时的偏移量y之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 答案　B 解析　根据偏移量计算公式y＝··()2以及动能表达式Ek＝mv02，解得y＝。初动能相同，α粒子的带电荷量是质子的2倍，故y1∶y2＝1∶2，选项B正确。 针对训练　如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(　　) A．开关S断开 B．初速度变为2v0 C．板间电压变为 D．竖直移动上板，使板间距变为2d 答案　B 解析　开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，根据y＝＝at2知质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下板边缘，B正确；当板间电压变为时，板间电场强度变为原来的，质子所受的静电力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝＝at2知质子运动到下极板所需时间为原来的倍，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移为原来的倍，所以质子不能落到下板边缘，C错误；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间电场强度变为原来的，由C项分析知质子运动到下极板所需时间为原来的倍，水平位移为原来的倍，质子不能落到下板边缘，D错误。 例4　如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时其速度方向与电场线方向成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计粒子重力作用，设P点的电势为零。下列说法正确的是(　　) A．带电粒子在Q点的电势能为qU B．带电粒子带负电 C．此匀强电场的电场强度大小E＝ D．此匀强电场的电场强度大小E＝ 答案　C 解析　由题图可知，粒子所受的静电力方向向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，粒子从P到Q，静电力做正功，W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则带电粒子在Q点的电势能为－qU，A、B错误；带电粒子在P点时的速度为v0，由类平抛运动的规律和几何知识求得，粒子在Q点时竖直方向的分速度vy＝v0，粒子在竖直方向上的平均速度y＝v0，设粒子在竖直方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有y0＝yt＝v0t，水平方向有d＝v0t，可得y0＝，电场强度大小E＝，解得E＝＝，C正确，D错误。 课时对点练 考点一　带电粒子在电场中的加速 1.如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，现保持两板间的电压不变，则当减小两板间的距离时，下列判断正确的是(　　) A．电子的速度v增大 B．电子的速度v减小 C．电子的速度v不变 D．电子在两板间运动的时间变长 答案　C 解析　由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，A、B错误，C正确；电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动d＝·t，即t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，D错误。 2.如图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空。A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度为v。下列说法中正确的是(　　) A．如果A、K间距离不变而电压变为2U，则电子离开K时的速度仍为v B．如果A、K间距离不变而电压变为2U，则电子离开K时的速度变为2v C．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v D．如果A、K间距离加倍而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为v 答案　C 解析　电子在示波管中只受静电力作用，静电力做功W＝qU，故由动能定理可得：qU＝mv2；如果A、K间距离不变而电压变为2U，则静电力做功为原来的两倍，故电子离开K时的动能为原来的两倍，速度v′＝v，故A、B错误；如果A、K间距离减半而电压仍为U，则静电力做功不变，故电子离开K时的动能不变，速度不变，故C正确；如果A、K间距离加倍而电压仍为U，则静电力做功不变，故电子离开K时的动能不变，速度不变，故D错误。 3．(2023·常州市联盟学校月考)某平行板电容器带电量为Q，电容为C，板间距为d，如图所示。有一质量为m，电荷量为－q的点电荷(q远小于Q)，从紧靠正极板的O点以垂直于极板的速度出发，只受电容器板间静电力作用，最远只能运动到A点，然后返回，OA＝L，则该点电荷的初动能为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设电荷的初动能为Ek，整个过程由动能定理可得Ek＝qL，根据电容的定义式可得U＝，整理可得Ek＝，故选A。 考点二　带电粒子在电场中的偏转 4.(2023·江苏省海安高级中学高一期中)带电粒子(重力不计)沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图所示，粒子在相同的时间内(　　) A．位置变化相同 B．速度变化相同 C．速度偏转的角度相同 D．动能变化相同 答案　B 解析　粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。竖直方向上在相同的时间内运动的位移之比为1∶3∶5…。粒子在水平方向上位置变化相同，在竖直方向上位置变化不同，所以其位置变化不同，A错误；因为粒子做匀变速曲线运动，根据匀变速运动的规律可知，粒子在相同时间内速度变化相同，B正确；粒子的速度逐渐靠近(而不会达到)竖直方向，所以速度的偏转角度不同，C错误；根据动能定理ΔEk＝Eqsy，动能的变化与竖直位移成正比，而在相同时间内竖直位移之比为1∶3∶5…，所以动能变化不同，D错误。 5.如图所示，长为L的平行板电容器水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于板间电场方向进入，刚好从下极板右边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30°角。不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子离开电场时的速度为v0 B．板间匀强电场的电场强度为 C．两极板间的距离为L D．两极板间的电势差为 答案　C 解析　粒子离开电场时，速度方向与水平方向夹角为30°，由几何关系得v＝＝v0，A错误；粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上L＝v0t，竖直方向上，vy＝at＝v0tan 30°，由牛顿第二定律可知qE＝ma，得E＝，B错误；粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上，d＝at2，解得d＝L，C正确；两极板间的电势差U＝Ed＝，D错误。 6．(2023·泰州市罗唐中学月考)如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(　　) 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　带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x＝v0t，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h＝at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a＝，故两次偏转电压之比为U1∶U2＝1∶8，故A正确。 7．(2023·南通市高一月考)如图所示为研究电子枪中的电子在电场中运动的简化模型示意图。在xOy平面的ABCD内，存在两个电场强度大小均为E的匀强电场区域Ⅰ、Ⅱ，两电场区域的边界均是边长为L的正方形，区域Ⅰ的左边界与区域Ⅱ的右边界相距为L，在AB边的中点(L，)处由静止释放一电子，已知电子质量为m，电荷量为－e，不计电子的重力，求： (1)电子离开区域Ⅰ时的速度大小v； (2)电子离开区域Ⅱ时的位置坐标。 答案　(1)　(2)(－2L，L) 解析　(1)动能定理EeL＝mv2－0 解得v＝ (2)电子在区域Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，L＝vt，－y＝at2，eE＝ma，解得y＝，假设成立，电子离开区域Ⅱ的位置坐标为(－2L，L) 8.如图所示，一充电后平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1＞0)的粒子A，在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2＞0)的粒子B，仅在静电力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 l的平面Q，两粒子间相互作用力及两粒子的重力均忽略不计，则以下说法正确的是(　　) A．电荷量q1与q2的比值为3∶7 B．电荷量q1与q2的比值为3∶4 C．粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为9∶16 D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7 答案　B 解析　由题意知，粒子A、B同时从静止开始做匀加速直线运动，粒子A、B运动到平面Q的位移之比为3∶4，由a＝＝，y＝at2＝得，电荷量q1与q2的比值为3∶4，故A错误，B正确；两粒子从静止运动到平面Q的过程中由动能定理得Eqy＝mv2，解得v＝，则粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为3∶4，故C、D错误。 9．(2022·苏州市高一期末)AB板间存在竖直方向的匀强电场，现沿垂直电场线方向射入三个比荷相同的带电微粒(不计重力)，a、b和c的运动轨迹如图，其中b和c是从同一点射入的。不计空气阻力，则可知三个微粒运动的全过程有(　　) A．运动加速度aa>ab>ac B．飞行时间tb>tc>ta C．水平速度va>vb>vc D．电势能的减少量ΔEc＝ΔEb>ΔEa 答案　C 解析　根据牛顿第二定律得：微粒的加速度为a＝，据题相同，E相同，所以加速度相同，即aa＝ab＝ac，故A错误； 三个带电微粒在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2，得t＝ 由图有yb＝yc>ya 则得tb＝tc>ta，故B错误； 三个带电微粒水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t，得v0＝ 由图知xa>xb>xc 又tb＝tc>ta 则得va>vb>vc，故C正确； 静电力做功为W＝qEy 由于电荷量关系不能确定，所以不能确定静电力做功的大小，也就不能确定电势能减少量的大小，故D错误。 10.如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体ABCD－A′B′C′D′中心(固定在竖直轴上)，粒子源可以向水平各方向均匀地发射一种带正电粒子，粒子比荷为＝1×108 C/kg。立方体处在竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝1×103 N/C；立方体棱长L＝0.1 m，除了上、下底面AA′B′B、CC′D′D为空外，其余四个侧面均为荧光屏。不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用；粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。 (1)求粒子打出后，在电场中运动的加速度大小； (2)分析说明打到荧光屏上哪些位置的粒子运动的时间最长，并求最长时间； (3)求要使所有粒子都不能打到荧光屏上，发射时的速度范围。 答案　(1)1×1011 m/s2　(2)打到正方形CDD′C′边上　1×10－6 s　(3)v0<5×104 m/s 解析　(1)根据牛顿第二定律有qE＝ma，代入数据可得加速度为a＝1×1011 m/s2 (2)粒子在电场中做类平抛运动，落在荧光屏的下边缘的粒子运动时间最长，即落在正方形CDD′C′边上的粒子在电场中运动的时间最长，竖直方向＝at2，得t＝＝1×10－6 s (3)水平方向满足＝v0t，得能打到荧光屏上的最小速度为v0＝5×104 m/s，所以不能打到荧光屏上的粒子的速度范围为v0<5×104 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$