2021-2022学年人教版选修3-1 第一章 9 带电粒子在电场中的运动 学案.docx

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1、9带电粒子在电场中的运动必备知识自主学习一、带电粒子的加速.根本粒子的受力特点：对于质量很小的根本粒子,如电子、质子等,虽然它们也会受到万有引 力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远远小于静电力,可以忽略 不计。1 .带电粒子加速问题的处理方法：利用动能定理分析。初速度为零的带电粒子,经过电势差为U的电场加速后,qU=应,那么 胸v= o(2)在匀强电场中也可利用牛顿运动定律结合运动学公式分析。二、带电粒子的偏转质量为m、带电量为q的根本粒子(忽略重力)，以初速度V。平行于两 极板进入匀强电场,极板长为1,板间距离为d,板间电压为U。粒子在沿初速度方向做什么运动？(2)粒子在垂直初速度方向

2、上做什么运动?加速度的大小是多少？提示：(1)沿初速度方向做速度为Vo的匀速直线运动。垂直Vo的方向上做初速度为零，加速度为a二组的匀加速直线运 ma动。IaU1 Ql2U1.偏移距离：因为t=-, a二万所以偏移距离a。 ma2 2mvQ(t【解析】选B、Do粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出， 其轨迹是抛物线，那么过D点作速度的反向延长线一定交于FH的中点, 而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项A错 误,B正确；由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的 一半，那么水平位移也变为原来的一半，选项C错误,D正确。2. 一束电子流经U=500 V的加速

3、电压加速后,在距两极板等距处垂直 进入平行板间的匀强电场,如下列图,假设两极板间距d=l. 0 cm,板长 1=5. 0 cmo要使电子能从平行板间飞此两个极板上最多能加多大电压？(2)在保持所加最大电压不变的情况下，将电子流改为质子流,质子能 否从两极板间飞出？【解析】(1)在加速电压一定时，偏转电压U越大，电子在极板间的 偏转距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出， 此时的偏转电压即为两极板间的最大电压；加速过程中，由动能定理 得：euMm据进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动：I -Vot在垂直于板面的方向只受到电场力作用，做匀加速直线运动，,. F el

4、f加速度为：a二一二-：一m dm偏转距离为：1 4 y=5at 能飞出的条件为：联立式得：U W半，代入数据解得U 0)的质点沿轨道内侧运动,经过a点和b点时对轨道 压力的大小分别为M和凡。不计重力，求电场强度的大小E、质点经 过a点和b点时的动能。【解析】质点所受电场力的大小为F二qE设质点质量为m,经过a点和b点时的速度大小分别为Va和vb,由牛顿 第二定律有F+N尸业,NF二亚rr设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,那么有1712Eka二尹吧Ekb二尹嫌根据动能定理有EkEka二2rF联立各式解得1rE=-(Nb-Na),Eka=-(Nb+5Na),rEkb= (5Nb+

5、Nj oJL41rr答案:丁 (Nb-Na) (Nb+5Na) (5Nb+Na)6q 1212情境模型素养如图为静电除尘机的原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再 进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉 积，以到达除尘目的。图中虚线为电场线(方向未标)。不考虑尘埃在 迁移过程中的相互作用和电量变化。探究：尘埃在迁移过程中电势能如何变化？图中A点电势与B点电势相比,哪点的电势高？【解析】(1)带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移 过程中电势能减小；由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，那么知集尘 极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向

6、放电极,A点更靠 近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，即B点电势高。答案：(1)减小(2) A点有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如下列图。其中墨 盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室后以一定的初速度垂 直射入偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符。偏移量越大 打在纸上的字迹越大。探究:现要增大字迹,可采取怎样的措施？【解析】微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，那么qUqUL， nil J2水平方向有L=v（）t,竖直方向丫三产七,又a二二，联立解得y二丁K二yk。1 ma27nd阴 4dEk0要增大字迹，就要增大微粒通过偏转电场的偏移量y,由上式分析可知

7、, 采用的方法可以有：增大比荷巴、减小墨汁微粒进入偏转电场时的初m动能Ek。、增大极板的长度L、增大偏转极板间的电压U。答案：见解析课堂检测素养达标1 .如下列图,正电子垂直电场方向入射到匀强电场中，不计重力，正电子 做（）A.匀速直线运动C.向下偏转的曲线运动【解析】选D。正电子带正电，所受的电场力与场强方向相同，即竖直 向上，且电场力与初速度垂直，所以正电子做类平抛运动，是一种匀变 速曲线运动，故A、B错误；正电子所受的电场力方向向上，所以正电子 做向上偏转的曲线运动，故C错误，D正确。应选D。【加固训练】关于带电粒子（不计重力）在匀强电场中的运动情况，以下说法正确的 选项是D.可能做匀变

8、速直线运动，不可能做匀变速曲线运动【解析】选A。带电粒子在句强电场中受到的电场力恒定不变，可能 做匀变速直线运动，也可能做句变速曲线运动，应选Ao.如下列图,足够长的两平行金属板正对竖直放置,它们通过导线与电 源E、定值电阻R、开关S相连。闭合开关后，一个带电的液滴从两板 上端的中点处无初速度释放,最终液滴落在某一金属板上。以下说法 中正确的选项是（B.电源电动势越大,液滴在板间运动的加速度越大C.电源电动势越大,液滴在板间运动的时间越长D.定值电阻的阻值越大,液滴在板间运动的时间越长【解析】选B。液滴在磁场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重 力沿竖直方向。因液滴由静止释放，故合力的方向一

9、定与运动方向一 致，故液滴做直线运动，故A错误；两板间的电势差等于电源电压，当 电动势变大时，两板上的电压变大，由U二Ed可知，板间的电场强度增 大，电场力变大，合力变大，故加速度增大，故B正确；因粒子最终打在 极板上，故运动时间取决于水平方向的加速度，当电动势变大时，其水 平方向受力增大，加速度增大，运动时间减小，故C错误；定值电阻在 此电路中只相当于导线，阻值的变化不会改变两板间的电势差，故带 电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故D错误。应选Bo【加固训练】如下列图，两平行金属板竖直放置,板上A、B两孔正好水平相对， 板间电压为500 Vo 一个动能为400 eV的电子从A孔沿垂直

10、金属板 方向射入电场中,经过一段时间电子离开电场，假设不考虑重力的影 响,那么电子离开电场时的动能大小为A.900 eVB. 500 eVC. 400 eV D.-100 eV【解析】选C。电子从A向B运动时，电场力对电子做负功，彳段设当电 子到达B点时，克服电场力所做的功W=qll=500 eV400 eV,因此电子 不能到达B点，电子向右做减速运动，在到达B之前速度变为零，然后 反向运动，从A点离开电场，在整个过程中，电场力做功为零，由动能 定理可知，电子离开电场时的动能：Ek=400 eV,故C正确。3 .（多项选择）如下列图为水平放置的带电平行金属板A、B,其中A板上 有一小孔。一带电

11、小球从A板上的小孔竖直飞入两板间，能匀速运动 到B板。现将两板改为竖直放置,让该带电小球从A板上的小孔水平 飞入两板之间，恰能到达B板。那么小球在到达B板前【解析】选A、D。小球在水平和竖直两个方向的加速度大小相同，在 两个方向速度相等之前，水平方向的位移大于竖直方向的位移，即电 场力做的负功大于重力做的正功，小球动能减小，当小球在两个方向 上速度相等之后，重力做的正功大于电场力做的负功，小球动能增大， 故A正确；金属板水平放置时，小球匀速运动，所以电场力和重力大小 相等、方向相反，金属板竖直放置时，小球在竖直方向上做自由落体运 动，重力势能一直减小，故B错误；水平方向上电场力做负功，小球做

12、匀减速运动，电势能一直增大，故C错误；由运动学规律可知小球在水 平方向和竖直方向的位移大小相等，故电场力做的负功大小等于重力 做的正功大小，故D正确。应选A、Do.如下列图,平行金属板长为L, 一个带电为+q、质量为m的粒子以初速 度V。紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板 成30角，粒子重力不计。求：粒子末速度的大小；电场强度的大小。【解析】（1）粒子在平行板间做类平抛运动，射出极板的速度分解如 图，所以v二号也，cosO 3Wotan 0 -o3由vI=atL=vota 二% m联立得E二四!3qL答案：（1）逛（2）逊竺33qL【加固训练】如下列图，两极板与电源相连接

13、，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞此那么两 极板的间距应变为原来的（）一 1 1A.2 倍 B.4 倍 C.-D.-4I,【解析】选C。电子在两极板间做类平抛运动，水平方向I=Vot,t二:, vo2.偏转角度：因为“=at=黑,所以tan =鼻=黑。(1)根本带电粒子在电场中不受重力。带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能一定增加。带电粒子在匀强电场中偏转时,其速度和加速度均不变。(4)带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，均做匀变速运 动。对带电粒子在电场中的运动,从受力的角度来

14、看,遵循牛顿运动定 律;从做功的角度来看，遵循能量的转化和守恒定律。三、示波管的原理.构造:示波管是示波器的核心部件,外部是一个抽成真空的玻璃壳， 内部主要由蚯枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由 一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成,如下列图。1 .原理：扫描电压:XX，偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。灯丝被电源加热后,发射热电子,发射出来的电子经加速电场加速 后，以很大的速度进入偏转电场,如果在Y偏转极板上加一个信号电 压，在X偏转极板上加一扫描电压,在荧光屏上就会出现按Y偏转电压 规律变化的可视图像。关键能力合作学习知识点一 带电粒子的加速问题.带

15、电粒子的加速:假设带电粒子以很小的速度进入电场,就会在静 电力作用下做加速运动,示波器、电视显像管中的电子枪都是利用电 场对带电粒子加速的。1 .处理方法：可以从动力学和功能关系两个角度进行分析,其比较如表：动力学角度功能关系角度涉及知识应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式功的公式及动能定理选择条件匀强电场，静电力是恒力可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，电场力可以是恒力，也可以是变力提醒:不管带电粒子是不是在匀强电场中运动都可以从功能关系角度分析，但只有在匀强电场中运动时才可以从动力学角度分析。一带电粒子，只在电场力作用下,在匀强电场中加速运动。讨论：（1）带电粒子在电场中做的一定是匀变速

16、运动吗？提示：带电粒子在匀强电场中受到恒定的电场力，加速度恒定不变，做 的一定是匀变速运动。运动过程中电场力做功，导致了哪些能量变化?能量是否守恒。提示：电场力做功，导致了带电粒子的动能和电势能变化。动能和电势 能的和不变，能量守恒。【典例】（2021 江苏高考）如下列图，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于0、M、P点:。由0点静止释放的 电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P点,那么由0点静 止释放的电子A.运动到P点返回 B.运动到P和P点之间返回C.运动到P点返回D.穿过P点【解析】选A。电子在A、B间加速，在B、C间减速，加速电压做功与 减速电压做功相

17、等。现将C板向右平移到P点，B、C板间的电场强 度不变，根据U=Ed判断，由0点静止释放的电子运动到P点速度为0 再返回，A项正确。误区.示、关于带电粒子在电场中的重力根本粒子:如电子、质子、。粒子、离子等,除有说明或有明确的 暗示以外,此类粒子一般不考虑重力（但并不忽略质量）。带电微粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗 示以外，一般都不能忽略重力。1.（多项选择）带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变 化的规律如下列图。带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动,那 么以下说法中正确的选项是A.微粒在。1 s内的加速度与12 s内的加速度相同D.微粒在第1 s内的位移

18、与第3 s内的位移相同【解析】选B、Do加速度的方向与带正电微粒所受电场力的方向相 同，所以由牛顿第二定律得知，微粒在01 s内的加速度与12 s内 的加速度大小相同、方向相反，故A错误；由题图看出，Ei和E?大小相 等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方 向相反，根据运动的对称性可知在2 s末的速度恰好是0,即微粒第1s 内做加速运动，第2 s内做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下 去。微粒将沿着一条直线运动，故B正确，C错误；微粒在第1 s内与 第3s内都是从速度为0开始加速，加速度相同，所以它们的位移也相 同，故D正确。2.如下列图，水平放置的A、B两平行板相

19、距h,上板A带正电，现有质量为m、带电荷量为+q的小球在B板下方距离B板为H处，以初速度v0竖直向上运动,从B板小孔进入板间电场。（1）带电小球在板间做何种运动?欲使小球刚好打到A板,A、B间电势差为多少?【解析】（1）带电小球在电场外只受重力，做竖直上抛运动，是匀减速 上升；进入电场后小球受向下的重力和电场力，做匀减速直线运动;对从最低点到最高点的过程,根据动能定理，有:-mg (H+h) -qUAB-0-mVo；vq - 2g (H + 九)2q答案:见解析叫ys【加固训练】1 .（多项选择）如下列图，从F处释放一个无初速度的电子向B板方 向运动，那么以下对电子运动的描述中正确的选项是（设

20、电源电压为 U）（）C.电子到达D板时动能是3 eU【解析】选A、B、Do由eU二EkB可知，电子到达B板时的动能为eU,A 正确；因B、C两板间电势差为0,故电子从B板到达C板的过程中动 能变化量为零，B正确；电子由C到D的过程中电场力做负功，大小为 eU,故电子到达D板时速度为零，然后又返回A板，以后重复之前的运 动，C错误，D正确。2.如下列图，在点电荷+Q激发的电场中有A、B两点，将质子和a粒子 分别从A点由静止释放到达B点时,它们的速度大小之比为()A. 1 ： 2 B. 2 ： 1 C. 2 ： 1 D. 1 ： 2【解析】选C。质子和a粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用 加速

21、运动到B点，设A、B两点间的电势差为U,由动能定理可知，对质 子：12-mHV/=qHU, 乙12对Q粒子：源aaUoVH11 X 4 L得4 , x2 : 1,选项C正确。知识点二带电粒子在匀强电场中的偏转问题L根本规律：速度：以=%初速度方向位移：x = vot = v0 ./人小心qu i速度：尸成=而环电场线方向位移上就2_二史产修y -2以一 2 md v2外qui(3)离开电场时的偏转角：tan a =2离开电场时位移与初速度方向的夹角:y qUan B 二2瓶41 .两个常用推论：(1)假设离开电场时,速度与初速度方向的夹角为Q ,位移与初速度方 向的夹角为B ,那么tana =

22、2tan 8。(2)粒子从偏转电场中射出时，其速度反向延长线与初速度方向延长 线交于沿初速度方向分位移的中点。【典例】如下列图为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度不 计)，经灯丝与A板间的加速电压口加速,从A板中心孔沿中心线K0 射此然后进入由两块平行金属板以N形成的偏转电场中(偏转电场 可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子 经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。M、N两板间的电压为U2,两板 间的距离为d,板长为L,板右端到荧光屏的距离为U,电子质量为m, 电荷量为eo求：(1)电子穿过A板时的速度大小；电子从偏转电场射出时的侧移量；2 3) P点到。点的距离

23、。【解析】(1)设电子经电压加速后的速度为Vo,根据动能定理得1 2eUi=-mVo2eU解得Vo= ：O机电子以速度V。进入偏转电场后，在垂直于电场方向做匀速直线运 动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场 强度为E,电子在偏转电场中运动的时间为匕，电子的加速度为a,离开 偏转电场时的侧移量为,根据牛顿第二定律和运动学公式得U2F=eE, E, aF二ma, ti=, yi=-ati, % 乙解得旷需4Uid设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为Vy,根据运动学公式 得Vy二a3电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场 后打在荧光屏上所用的时间为t2,电子打到

24、荧光屏上的侧移量为y2, 如下列图。有 t2=, Y2=Vyt2%P点到0点的距离为（2L2L1）U2Lly=yi+yF一砚一答案:学簿竺翳7 m 4%d4口规律方法、示波管的两个结论（多项选择）如下列图,一电子沿Ox轴射入电场,在电场中的运动轨迹为OCD, OAABf电子过C、D两点时竖直方向的分速度为飞,和vDy;电子在0C段和0D动能变化量分别为 E&和 Ek2,那么（Cy VDy=l . 2Cy Vd）= 1 4ki : AEk2=l ： 3 kl ： AEk2=l ： 4【解析】选A、Do电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方 向做匀速直线运动，板二福,那么电子从。到C与从C

25、到D的时间相 等。电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，那么有Vcy=atoc, vy=at（）D,所以 Vcy vDytoe too1 . 2,故 A 确，B 错误；才艮据 匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：y : y0D=1 ： 4,根据动能定理得 A Ekl=qEyoc, Ek2=qEy0D,那么得,AEk1 ： Ek2=1 ： 4,故 C 错误,D 正确。【加固训练】1.（多项选择）如下列图,在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场,E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子（不计重力）从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。以下说法正确的选项是（）C.假设将粒子的初速度变为原来的一半,粒子会由E、D之间某点（不含E、D）射出正方形ABCD区域D.假设将粒子的初速度变为原来的一半,粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域1 , qUl1 2 , qUl21竖直方向d=-at故d =-即doc故c正确。2 2mdvo 2mvQvo