【講案】第10章-第5節(jié)-帶電粒子在電場中的運動(2023屆高中物理新教材同步必修第三冊)_第1頁
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第5節(jié)帶電粒子在電場中的運動(講案)學習目標1.會分析帶電粒子在電場中的直線運動,掌握求解帶電粒子直線運動問題的兩種方法.2.會用運動的合成與分解的知識,分析帶電粒子在電場中的偏轉問題.一、帶電粒子在電場中的加速分析帶電粒子的加速問題有兩種思路:1.利用牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式分析.適用于勻強電場.2.利用靜電力做功結合動能定理分析.對于勻強電場和非勻強電場都適用,公式有qEd=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mv02(勻強電場)或qU=eq\f(1,2)mv2-eq\f(1,2)mv02(任何電場)等.二、帶電粒子在電場中的偏轉如圖所示,質量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力),以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場,極板長為l,極板間距離為d,極板間電壓為U.1.運動性質:(1)沿初速度方向:速度為v0的勻速直線運動.(2)垂直v0的方向:初速度為零的勻加速直線運動.2.運動規(guī)律:(1)t=eq\f(l,v0),a=eq\f(qU,md),偏移距離y=eq\f(1,2)at2=eq\f(qUl2,2mv\o\al(,02)d).(2)vy=at=eq\f(qUl,mv0d),tanθ=eq\f(vy,v0)=eq\f(qUl,mdv\o\al(,02)).一、帶電粒子在電場中的加速導學探究(1)研究電子、質子、α粒子在電場中的運動時,重力能否忽略不計?(2)帶電粒子在勻強電場或非勻強電場中加速,計算末速度,分別應用什么規(guī)律研究?答案(1)電子、質子、α粒子在電場中所受靜電力遠大于重力,故重力可忽略不計.(2)分析帶電粒子在勻強電場中的加速運動,可以用牛頓運動定律結合運動學公式列式求解,也可以用動能定理列式求解.分析帶電粒子在非勻強電場中的加速運動,可以用動能定理或功能關系求解.[知識深化]1.帶電粒子的分類及受力特點(1)電子、質子、α粒子、離子等基本粒子,一般都不考慮重力.(2)質量較大的微粒,如帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等,除有說明或有明確的暗示外,處理問題時一般都不能忽略重力.2.分析帶電粒子在靜電力作用下加速運動問題的兩個角度動力學角度功能關系角度涉及知識應用牛頓第二定律結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,靜電力可以是恒力,也可以是變力例1(2022·安徽滁州市期末)如圖所示,P和Q為兩平行金屬板,板間有一定電壓,在P板附近有一電子(不計重力)由靜止開始向Q板運動,下列說法正確的是()A.兩板間距離越大,加速時間越短B.兩板間距離越小,電子的加速度就越小C.電子到達Q板時的速率,與兩板間距離無關,僅與加速電壓有關D.電子到達Q板時的速率,與加速電壓無關,僅與兩板間距離有關答案C解析兩板間電壓為U保持不變,設板間距為d,電子在板間的加速度為a,據牛頓第二定律有qeq\f(U,d)=ma,可得電子的加速度a=eq\f(qU,md),故兩板間距離越小,電子的加速度就越大,B錯誤;電子在板間做勻加速直線運動,可得d=eq\f(1,2)at2,可得t=deq\r(\f(2m,qU)),故兩板間距離越大,加速時間越長,A錯誤;由動能定理可得qU=eq\f(1,2)mv2,電子到達Q板時的速率v=eq\r(\f(2qU,m)),與兩板間距離無關,僅與加速電壓有關,C正確,D錯誤.針對訓練1(多選)如圖所示,M、N是真空中的兩塊平行金屬板,質量為m、電荷量為+q的帶電粒子以初速度v0由小孔射入板間電場,當M、N間電勢差為U時,粒子恰好能到達N板.要使這個帶電粒子到達M、N板間距的eq\f(1,2)后返回,下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()A.使初速度減小為原來的eq\f(1,2)B.使M、N間電勢差加倍C.使M、N間電勢差提高到原來的4倍D.使初速度和M、N間電勢差都減小為原來的eq\f(1,2)答案BD二、帶電粒子在電場中的偏轉如圖所示,質量為m、電荷量為+q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間,兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場,已知板長為l,板間電壓為U,板間距離為d,不計粒子的重力,設粒子不與平行板相撞.粒子在板間做類平拋運動,應用運動分解的知識進行分析處理,如圖所示.1.基本規(guī)律初速度方向:粒子做勻速直線運動,通過電場的時間t=eq\f(l,v0)靜電力方向:做初速度為零的勻加速直線運動.加速度a=eq\f(qE,m)=eq\f(qU,md)離開電場時垂直于板方向的分速度vy=at=eq\f(qUl,mdv0)速度方向與初速度方向夾角的正切值tanθ=eq\f(vy,v0)=eq\f(qUl,mdv\o\al(,02))離開電場時沿靜電力方向的偏移量y=eq\f(1,2)at2=eq\f(qUl2,2mdv\o\al(,02)).2.兩個推論(1)粒子從偏轉電場中射出時,其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點,此點為粒子沿初速度方向位移的中點.(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉角θ正切值的eq\f(1,2),即tanα=eq\f(1,2)tanθ.注意:分析粒子的偏轉問題也可以利用動能定理,即qEy=ΔEk,其中y為粒子在偏轉電場中沿靜電力方向的偏移量.例2(2022·廣東廣州三校期中聯考)如圖所示,平行板電容器板間電壓為U,板間距為d,兩板間為勻強電場,讓質子以初速度v0沿著兩板中心線射入,沿a軌跡落到下板的中央,現只改變其中一個條件,讓質子沿b軌跡落到下板邊緣,則可以將()A.開關S斷開B.初速度變?yōu)?v0C.板間電壓變?yōu)閑q\f(U,2)D.豎直移動上板,使板間距變?yōu)?d答案B解析開關S斷開,電容器所帶電荷量不變,電容器的電容不變,則電容器兩極板間電壓不變,質子仍落到下板的中央,A錯誤;將初速度變?yōu)?v0,質子加速度不變,根據y=eq\f(d,2)=eq\f(1,2)at2知質子運動到下極板所需的時間不變,由x=v0t知到達下極板時質子的水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍,正好落到下板邊緣,B正確;當板間電壓變?yōu)閑q\f(U,2)時,板間場強變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2),質子所受的靜電力變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2),加速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2),根據y=eq\f(d,2)=eq\f(1,2)at2知質子運動到下極板所需時間為原來的eq\r(2)倍,由x=v0t知到達下極板時質子的水平位移為原來的eq\r(2)倍,所以質子不能落到下板邊緣,C錯誤;豎直移動上板,使板間距變?yōu)?d,則板間場強變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2),由C項分析知質子運動到下極板所需時間為原來的eq\r(2)倍,水平位移為原來的eq\r(2)倍,質子不能落到下板邊緣,D錯誤.針對訓練1(2022·貴州高一期末)如圖所示,電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動,然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中,射入方向跟極板平行,整個裝置處在真空中,電子的重力可忽略.在滿足電子能射出平行極板的條件下,下述四種情況,一定能使電子的偏轉角θ變大的是()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解析設電子被加速后獲得的速度為v0,由動能定理得qU1=eq\f(1,2)mv02,設平行極板長為l,則電子在平行極板間偏轉的時間t=eq\f(l,v0),設電子在平行極板間運動的加速度為a,由牛頓第二定律得a=eq\f(qE,m)=eq\f(qU2,dm),電子射出平行極板時,豎直分速度vy=at,聯立可得:vy=eq\f(qU2l,dmv0),tanθ=eq\f(vy,v0)=eq\f(U2l,2dU1),故U2變大、U1變小時,一定能使偏轉角θ變大,選項B正確,選項A、C、D錯誤.針對訓練2(2022·吉化一中期中)一個電荷量為q=-2×10-8C,質量為m=1×10-14kg的帶電粒子,由靜止經電壓為U1=1600V的加速電場加速后,立即沿中心線O1O2垂直進入一個電壓為U2=2400V的偏轉電場,然后打在垂直于O1O2放置的熒光屏上的P點,偏轉電場兩極板間距為d=8cm,極板長L=8cm,極板的右端與熒光屏之間的距離也為L=8cm.整個裝置如圖所示,(不計粒子的重力)求:(1)粒子出加速電場時的速度v0的大?。?2)粒子出偏轉電場時的偏移距離y;(3)P點到O2的距離y′.答案(1)8×104m/s(2)0.03m(3)0.09m解析(1)由動能定理可得:|q|U1=eq\f(1,2)mv02,代入數據解得v0=8×104m/s.(2)粒子進入偏轉電場后做類平拋運動,水平方向上:L=v0t,在豎直方向上:y=eq\f(1,2)at2,a=eq\f(|q|E,m),E=eq\f(U2,d),聯立并代入數據,解得y=0.03m.(3)由幾何知識知eq\f(y′,y)=eq\f(L+\f(L,2),\f(L,2)),解得y′=3y=0.09m.三、示波管的原理1.構造示波管是示波器的核心部分,外部是一個抽成真空的玻璃殼,內部主要由電子槍(由發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉電極(由一對X偏轉電極板和一對Y偏轉電極板組成)和熒光屏組成,如圖所示.2.原理(1)掃描電壓:XX′偏轉電極接入的是由儀器自身產生的鋸齒形電壓,可使亮斑從左向右掃描移動.(2)燈絲被電源加熱后,發(fā)射熱電子,發(fā)射出來的電子經加速電場加速后,以很大的速度進入偏轉電場,如果在Y偏轉電極上加一個周期性的信號電壓,并且與掃描電壓周期相同,那么就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內隨時間變化的穩(wěn)定圖像.例3(多選)示波管的內部結構如圖0甲所示.如果在偏轉電極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圖乙中(a)、(b)所示的兩種波形.則()0A.若XX′和YY′分別加電壓(3)和(1),熒光屏上可以出現圖乙中(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),熒光屏上可以出現圖乙中(b)所示波形答案AC針對訓練1(2022·廣東省惠州市模擬)如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖,電子經電壓U1加速后垂直進入偏轉電場,離開電場時的偏轉量是h,兩平行板間的距離為d,電勢差為U2,板長為L.為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉量為eq\f(h,U2))可采用的方法是()A.增大兩板間的電勢差U2B.盡可能使板長L短些C.使加速電壓U1升高些D.盡可能使板間距離d小些答案D解析帶電粒子加速時,由動能定理得:qU1=eq\f(1,2)mv2帶電粒子偏轉時,由類平拋運動規(guī)律,得:L=vth=eq\f(1,2)at2又由牛頓第二定律得:a=eq\f(qU2,md)聯立得h=eq\f(U2L2,4dU1)由題意,靈敏度為:eq\f(h,U2)=eq\f(L2,4dU1)可見,靈敏度與U2無關,要提高示波管的靈敏度,可使板長L長些、板間距離d小一些、加速電壓U1降低一些,故A、B、C錯誤,D正確.(建議用時:40分鐘)1.(多選)如圖為示波管中電子槍的原理示意圖,示波管內被抽成真空.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()A.如果A、K間距離減半而電壓仍為U,則電子離開K時的速度仍為vB.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)閑q\f(v,2)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)閑q\f(\r(2),2)vD.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)閑q\f(v,2)答案AC解析電子在兩個電極間的加速電場中加速,由動能定理eU=eq\f(1,2)mv2-0得v=eq\r(\f(2eU,m)),當電壓不變,A、K間距離變化時,不影響電子離開K時的速度,故A正確,B錯誤;電壓減半,則電子離開K時的速度為eq\f(\r(2),2)v,C正確,D錯誤.2.兩平行金屬板相距為d,電勢差為U,一電子質量為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,如圖所示,OA=L,則此電子具有的初動能是()A.eq\f(edL,U)B.edULC.eq\f(eU,dL)D.eq\f(eUL,d)答案D解析電子從O點運動到A點,因受靜電力作用,速度逐漸減小.根據題意和題圖判斷,電子僅受靜電力,不計重力.根據能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02=eUOA.因E=eq\f(U,d),UOA=EL=eq\f(UL,d),故eq\f(1,2)mv02=eq\f(eUL,d).故選D.3.(多選)(2022·汕頭市達濠華僑中學高二期末)如圖,質量相同的帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入勻強電場中,P從平行板間正中央射入,Q從下極板邊緣處射入,它們都打到上極板同一點,不計粒子重力,則()A.它們運動的時間相同B.它們運動的加速度不相等C.它們所帶的電荷量相同D.靜電力對它們做負功答案AB解析運動時間為t=eq\f(x,v0),由于x、v0相等,因此選項A正確;根據y=eq\f(1,2)at2可得a=eq\f(2y,t2),Q的加速度是P的兩倍,選項B正確;再根據qE=ma可知Q的電荷量是P的兩倍,選項C錯誤;由W=qEd,靜電力對兩粒子均做正功,且對Q做的功是P的4倍,選項D錯誤.4.(多選)(2022·山西太原一中高二期末)三個電子在同一地點沿同一直線垂直飛入偏轉電場,不計電子重力,如圖,a打在下極板上,b恰好飛出.則由此可判斷()A.b和c同時飛離電場B.在b飛離電場的瞬間,a剛好打在下極板上C.進入電場時,a速度最小,c速度最大D.c的動能增加量最大,a和b的動能增加量一樣大答案BC解析三個粒子的質量和電荷量都相同,可知加速度相同.a、b兩粒子在豎直方向上的位移相等,根據y=eq\f(1,2)at2,可知運動時間相等,故B正確;b、c豎直方向上的位移不等,yc<yb,根據y=eq\f(1,2)at2,可知tc<tb,故A錯誤;在水平方向,三個粒子做勻速直線運動,則有v=eq\f(x,t),因xc=xb,tc<tb,則vc>vb,根據ta=tb,xb>xa,則vb>va,所以有vc>vb>va,故C正確;根據動能定理知,a、b兩電荷,靜電力做功一樣多,所以動能增加量相等,離開電場時c電荷偏移最小,靜電力做功最少,動能增加量最小,故D錯誤.5.(2022·雅安市期末)如圖所示,有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場,當偏轉電壓為U1時,帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出;當偏轉電壓為U2時,帶電粒子沿②軌跡落到B板中間;設粒子兩次射入電場的水平速度相同,則兩次偏轉電壓之比為()A.U1∶U2=1∶8 B.U1∶U2=1∶4C.U1∶U2=1∶2 D.U1∶U2=1∶1答案A解析帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動,水平位移為x=v0t,兩次運動的水平位移之比為2∶1,兩次運動的水平速度相同,故運動時間之比為t1∶t2=2∶1,由于豎直方向上的位移為h=eq\f(1,2)at2,h1∶h2=1∶2,故加速度之比為1∶8,又因為加速度a=eq\f(Uq,mdAB),故兩次偏轉電壓之比為U1∶U2=1∶8,故A正確.6.(多選)如圖所示,氕、氘、氚的原子核由初速度為零經同一電場加速后,又經同一勻強電場偏轉,最后打在熒光屏上,那么()A.經過加速電場的過程中,靜電力對氚核做的功最多B.經過偏轉電場的過程中,靜電力對三種核做的功一樣多C.三種原子核打在屏上的速度一樣大D.三種原子核都打在屏的同一位置上答案BD解析設偏轉極板的長度為L,板間距離為d,在加速電場中靜電力做的功W=qU1,由于加速電壓相同,電荷量相等,所以靜電力做的功相等,故選項A錯誤;在加速電場中qU1=eq\f(1,2)mv02,在偏轉電場中的偏轉距離y=eq\f(1,2)at2=eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md)·(eq\f(L,v0))2,聯立解得y=eq\f(U2L2,4U1d),同理可得到偏轉角度的正切值tanθ=eq\f(U2L,2U1d),則y和tanθ與電荷的電荷量和質量無關,即qeq\f(U2y,d)為定值,又因為出射點的位置相同,出射速度的方向也相同,故三種原子核打在屏上同一點,故選項B、D正確;整個過程運用動能定理得eq\f(1,2)mv2=qU1+qeq\f(U2y,d),由于三種原子核的電荷量相同,質量不同,則v不同,故選項C錯誤.7.如圖所示的示波管,當兩偏轉電極XX′、YY′電壓為零時,電子槍發(fā)射的電子經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()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,則應使X′接正極,X接負極;電子在y軸上也向負方向偏轉,則應使Y′接正極,Y接負極,所以選項D正確.8.如圖所示,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量為M、電荷量為q(q>0)的粒子;在負極板附近有一質量為m、電荷量為-q的粒子.在靜電力的作用下,兩粒子同時從靜止開始運動.已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距eq\f(2l,5)的平面.若兩粒子間相互作用力可忽略,不計重力,則M∶m為()A.3∶2B.2∶1C.5∶2D.3∶1答案A解析粒子僅在靜電力的作用下做初速度為零的勻加速直線運動,正、負粒子的加速度分別為a1=eq\f(Eq,M),a2=eq\f(Eq,m),設兩粒子經過同一平面的時間為t,則正粒子的位移eq\f(2l,5)=eq\f(1,2)a1t2=eq\f(qE,2M)t2①負粒子的位移eq\f(3l,5)=eq\f(1,2)a2t2=eq\f(qE,2m)t2②聯立可解得M∶m=3∶2,選項A正確.9.(多選)(2022·肥東縣高二期末)如圖所示,一個質量為m、帶電荷量為q的粒子,從兩平行板左側中點沿垂直場強方向射入,當入射速度為v時,恰好穿過電場而不碰金屬板.要使粒子的入射速度變?yōu)閑q\f(v,2)仍能恰好穿過電場,則必須再使(不考慮重力)()A.粒子的電荷量減小為原來的eq\f(1,4)B.兩板間電壓減小為原來的eq\f(1,2)C.兩板間距離增大為原來的4倍D.兩板間距離增大為原來的2倍答案AD解析粒子恰好穿過電場時,它沿平行板方向上發(fā)生位移L所用時間與垂直于板方向上發(fā)生位移eq\f(d,2)所用時間相等,設兩板間電壓為U,則有eq\f(d,2)=eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·eq\f(L2,v2),即L=dveq\r(\f(m,qU)),當入射速度變?yōu)閑q\f(v,2)時,它沿平行板的方向發(fā)生位移L所用時間變?yōu)樵瓉淼?倍,由上式可知,粒子的電荷量或電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)或兩板間距離增大為原來的2倍時,均使粒子恰好運動到極板處,水平位移恰好等于L,從而保證粒子仍恰好穿過電場,因此選項A、D正確.10.有一種電荷控制式噴墨打印機,它的打印頭的結構簡圖如圖0所示.其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經過帶電室?guī)想姾笠砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D電場,再經偏轉電場后打到紙上,顯示出字符.不考慮墨汁的重力,為使打在紙上的字跡縮小(偏轉距離減小),下列措施可行的是()0A.減小墨汁微粒的質量mB.減小偏轉電場兩板間的距離dC.減小偏轉電場的電壓UD.減小墨汁微粒的噴出速度v0答案C解析微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場做類平拋運動,設微粒帶電荷量為q,射入偏轉電場時的速度為v0,則有:水平方向L=v0t,豎直方向y=eq\f(1,2)at2,加速度a=eq\f(qU,md),聯立解得y=eq\f(qUL2,2mdv\o\al(,02))=eq\f(qUL2,4dEk0),要縮

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