第二章 第二节 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三册 【步步高】学习笔记（粤教版）

第二节　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　加速器 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)只受电场力一个力的作用，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．加速器 (1)原理：为了使带电粒子获得较高的能量，最直接的做法是让带电粒子在电场力的作用下不断加速。 (2)方法：早期制成的加速器是利用高电压的电场来加速带电粒子的，为了进一步提高带电粒子的能量，科学家制成了直线加速器。 (3)加速器的应用：被广泛应用于工农业、医疗、科研等各个领域。 2．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。 3．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，vt＝v0＋at， s＝v0t＋at2， vt2－v02＝2as 匀强电场中：qEd＝mv2－mv02 非匀强电场中：qU＝mv2－mv02 例1　(2023·广州市第六十五中月考)如图所示，一电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板时的速度为v，保持两板间的电压不变，则(　　) A．当增大两板间的距离时，速度v增大 B．当减小两板间的距离时，速度v减小 C．当减小两板间的距离时，速度v不变 D．当减小两板间的距离时，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，当改变两板间的距离时，U不变，v就不变，故A、B错误，C正确；电子做初速度为零的匀加速直线运动，则＝＝，得t＝，当d减小时，v不变，电子在两板间运动的时间变短，故D错误。 例2　(2023·广州市第十六中学高二期中)如图所示，平行板电容器与电源相连，两极板之间的距离为d，电源两极间电压为U。在极板P处无初速度释放一电子，电子(不计重力)在电场力作用下恰好由Q板的小孔射出。已知电子的质量为m，电荷量为e。 (1)求电子释放后运动到Q板小孔的时间； (2)如果在距P板d的位置无初速度释放电子，电子仍然从Q板的小孔射出，求电子从Q板小孔射出的速度大小v。 答案　(1)　(2) 解析　(1)极板间的电场强度为E＝ 电子在极板间的加速度为a＝＝ 电子做初速度为零的匀加速直线运动，则有d＝at2 解得电子释放后运动到Q板小孔的时间为 t＝ (2)如果在距P板d的位置无初速度释放电子，电子仍然从Q板的小孔射出，则有2a(d－d)＝v2 解得v＝ 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q的带电粒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)带电粒子在电场中做什么运动？如何处理？ (2)设带电粒子不与平行板相撞，完成下列内容(均用题中所给字母表示)。 ①带电粒子通过电场的时间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)带电粒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　(2023·揭阳市高二月考)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垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板右边缘，则可以将(　　) A．板间电压变为 B．开关S断开 C．初速度变为 D．竖直移动上板，使板间距变为2d 答案　A 解析　当板间电压变为时，场强变为原来的，电场力变为原来的，加速度变为原来的，根据y＝at2知，时间为原来的2倍，由x＝v0t知水平位移为原来的2倍，所以能沿b轨迹落到下板右边缘，故A正确；开关S断开，电容器极板电荷量不变，电容器电容不变，电容器两极板间电压不变，场强不变，质子所受电场力不变，加速度不变，所以仍落到下板的中央，故B错误；将初速度变为，质子加速度不变，运动时间不变，质子的水平位移变为原来的一半，不可能到达下板右边缘，故C错误；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间场强变为原来的，电场力为原来的，加速度为原来的，根据y＝at2 知时间为原来的倍，水平位移为原来的倍，不能到达下板右边缘，故D错误。 例4　(2023·广州实验中学高二期中)如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度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成30°角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是(　　) A．E＝ B．E＝ C．E＝ D．E＝ 答案　B 解析　带电粒子在电场中做类平抛运动，由题意可得qE＝ma，由运动的合成与分解可知vy＝＝v0，由题意可知，在水平方向有d＝v0t，在竖直方向上有a＝，vy＝at，联立可得E＝，故选B。 课时对点练 考点一　带电粒子在电场中的加速 1.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则下列关于电子到达Q时的速率与哪些因素有关的解释正确的是(　　) 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　粒子运动过程只有电场力做功，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。 2．(2023·佛山市高二月考)如图为示波管中电子枪的原理示意图，A为发射电子的阴极，K为接在高电势的加速极，A、K之间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v，下列说法正确的是(　　) A．如果A、K之间距离减半而电压仍为U，那么电子离开K的速度为2v B．如果A、K间距离减半电压仍为U，那么电子经过K时的速度为v C．如果A、K间距离保持不变而电压减半，那么电子离开K时的速度为v D．如果A、K间距离保持不变而电压减半，那么电子离开K时的速度为 答案　C 解析　由动能定理可知，电子在加速电场中被加速，eU＝mv2，所以当电压减半后，速度为v，与A、K间距离无关，A、B、D错误，C正确。 3.(2023·武钢三中高二期中)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·深圳市高二期末)图示为一带电粒子在竖直向下的匀强电场中运动的一段轨迹，A、B为轨迹上的两点。已知该粒子质量为m、电荷量为q，其在A点的速度大小为v0，方向水平向右，到B点时速度方向与竖直方向的夹角为30°，粒子重力不计。则A、B两点间的电势差为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由题可知，粒子到达B点时的速度大小vB＝＝2v0，从A到B的过程中，根据动能定理Uq＝mvB2－mv02，可得A、B两点间的电势差U＝，故选C。 5.(2023·惠州市龙门县中学高二月考)如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，不计粒子的重力，则(　　) A．粒子动能增加量为qU B．粒子质量为m＝ C．在粒子运动前一半时间和后一半时间的过程中，电场力做功之比为1∶1 D．粒子在竖直方向通过前和后的过程中，电场力做功之比为1∶1 答案　D 解析　带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，粒子动能增加量为ΔEk＝qU，故A错误；粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则＝at2，粒子的加速度a＝，粒子运动的时间t＝，联立可得m＝，故B错误；设粒子在前一半时间内和在后一半时间内竖直位移分别为y1、y2，由于粒子竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则y1∶y2＝1∶3，得y1＝d，y2＝d，在前一半时间内，电场力对粒子做的功为W1＝qU，在后一半时间内，电场力对粒子做的功为W2＝qU，电场力做功之比为1∶3，故C错误；根据公式W＝qEx可知粒子在竖直方向通过前和后的过程中，电场力做功之比为1∶1，故D正确。 6.(2022·揭阳市华侨中学高二月考)三个α粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图所示，下列判断不正确的是(　　) A．进电场时c的速度最大，a的速度最小 B．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 C．b和c同时飞离电场 D．动能的增加量c最少，a和b相等 答案　C 解析　三个α粒子的质量和电荷量都相同，则知在电场中加速度相同。a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y＝at2，可知运动时间相等，在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，故B正确，不符题意。b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb，根据y＝at2，可知tc＜tb，即c先离开电场，故C错误，符合题意。在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有v＝，因xc＝xb，tc＜tb，则vc＞vb；根据ta＝tb，xb＞xa，则vb＞va；所以有vc＞vb＞va，故A正确，不符题意。根据动能定理知，a、b两粒子，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，c粒子电场力做功最少，动能增加量最少，故D正确，不符题意。 7．(2023·揭阳市揭东二中高二期中)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第 Ⅰ 象限内有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝4×105 N/C，一带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0＝2×107 m/s垂直x轴射入电场，已知带正电粒子的比荷为＝2.5×109 C/kg，OA＝0.2 m，不计粒子的重力。求： (1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离； (2)粒子经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角θ。 答案　(1)0.4 m　(2)45° 解析　(1)粒子运动情况如图所示 粒子在电场中沿x轴方向的加速度大小 a＝＝1.0×1015 m/s2 OA＝at2＝0.2 m 解得粒子在电场中运动的时间t＝2.0×10－8 s 粒子经过y轴时的位置与原点O的距离 y＝v0t 代入数据解得y＝0.4 m (2)粒子经过y轴时沿电场方向的分速度大小为vx＝at＝2×107 m/s 粒子经过y轴时的速度大小为 v＝＝2×107 m/s 可得cos θ＝＝ 粒子经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。 8．人体的细胞膜模型图如图所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图所示。初速度可视为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是(　　) A．A点电势低于B点电势 B．钠离子的电势能减小 C．钠离子的加速度变大 D．若膜电位不变，当d越大时，钠离子进入细胞内的速度越大 答案　B 解析　因为钠离子带正电，其仅在电场力作用下从题图中的A点运动到B点，说明电场力的方向沿A指向B，电场线由A指向B，所以A点电势高于B点电势，故A错误；因为电场力对钠离子做正功，所以其电势能减少，故B正确；因为膜内的电场可看作匀强电场，根据a＝，钠离子的加速度不变，故C错误；根据动能定理qU＝mv2，可知钠离子进入细胞内的速度v与距离d大小无关，又因为膜电位U不变，则钠离子进入细胞内的速度大小不变，故D错误。 9.如图所示，一充电后的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，两粒子仅在静电力的作用下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。 10.(多选)(2023·深圳市高二月考)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入。它们最后打在同一点(不计重力及粒子间相互作用力)，则从开始射入到打到上极板的过程中(　　) A．它们运动的时间tP<tQ B．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2 C．它们的电势能减少量之比ΔEP减∶ΔEQ减＝1∶4 D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 答案　BC 解析　粒子在水平方向做匀速直线运动，则t＝，水平位移相同，初速度相同，则运动时间相同，故A错误；竖直方向上h＝at2，Eq＝ma，则q＝，可知qP∶qQ＝hP∶hQ＝1∶2，故B正确；电场力做正功，电势能减少量为ΔE减＝Eqh＝，则ΔEP减∶ΔEQ减＝hP2∶hQ2＝1∶4，故C正确；由动能定理可知，电势能减少量等动能增加量，则ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，故D错误。 11.(2023·深圳市罗湖外语学校高二期中)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；立方体边长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)要使所有粒子都不能打到荧光屏上，求发射时的速度范围。 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，所以粒子的速度范围为v0<5×104 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$