选修3-1（高中物理旧教材同步讲义）第1章 9 带电粒子在电场中的运动同步讲义

9带电粒子在电场中的运动[学习目标]1.会从力和能量角度分析计算带电粒子在电场中的加速问题.2.能够用类平抛运动分析方法研究带电粒子在电场中的偏转问题.3.知道示波管的主要构造和工作原理．一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，它们受到的万有引力(重力)一般远小于静电力，故可以忽略．2．带电粒子的加速：(1)运动分析：带电粒子从静止释放，将沿电场力方向在匀强电场中做匀加速运动．(2)末速度大小：根据qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m)).二、带电粒子的偏转如图1所示，质量为m、带电荷量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U.图11．运动性质：(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动．(2)垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动．2．运动规律：(1)偏移距离：因为t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，偏移距离y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv02d).(2)偏转角度：因为vy＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02).三、示波管的原理1．示波管主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极和一对Y偏转电极组成)和荧光屏组成．2．扫描电压：XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压．3．示波管工作原理：被加热的灯丝发射出热电子，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偏转电极上加一个信号电压，在X偏转电极上加一扫描电压，当扫描电压与信号电压的周期相同时，荧光屏上就会得到信号电压在一个周期内的稳定图象．1．判断下列说法的正误．(1)带电粒子(不计重力)在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动．(×)(2)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，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．(√)(3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，不能分析非匀强电场中的直线运动问题．(×)(4)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动．(√)(5)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束偏转，打在荧光屏不同位置．(√)2.如图2所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是________．图2答案eq\r(v02＋\f(2qU,m))解析由动能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝eq\r(v02＋\f(2qU,m)).一、带电粒子在电场中的加速如图3所示，在真空中有一对平行金属板，由于接到电池组上而带电，两板间的电势差为U.若一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子，在静电力的作用下由静止开始从正极板附近向负极板运动，请思考以下几个问题：图3(1)怎样计算它到达负极板时的速度？你有几种方法．(2)如果换成非匀强电场，上述方法和结果是否仍然适用？为什么？答案(1)方法1：由动力学知识计算a＝eq\f(F,m)＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(qU,dm)，v2＝2ad得v＝eq\r(\f(2qU,m))方法2：由动能定理计算qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)方法1不再适用，因带电粒子的运动不是匀变速直线运动．方法2仍适用，动能定理对任意电场都适用．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．(2)质量较大的微粒：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．分析带电粒子在电场中加速的两种思路(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．只适用于电场是匀强电场．(2)利用静电力做功结合动能定理分析．qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02适用于任何电场．例1(2019·盐城市第三中学期中)如图4所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是()图4A．两板间距离越大，加速的时间越长，则获得的速率越大B．两板间距离越小，加速的时间就越长，则获得的速率越大C．获得的速率大小与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关D．两板间距离越小，加速的时间越短，则获得的速率越小答案C解析根据动能定理有，qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，可知获得的速率与加速电压有关，与板间距离d无关，由于板间电压U不变，故获得的速率不变，C正确；由牛顿第二定律可知，qE＝ma，而E＝eq\f(U,d)，故a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，电子在两板间做匀加速直线运动，故有d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUt2,2md)，可得t＝deq\r(\f(2m,qU))，可知两板间距离越小，加速时间越短，综合以上分析可知，A、B、D错误．二、带电粒子的偏转如图5所示，带电粒子以初速度v0垂直于电场线方向射入两平行板间的匀强电场中．设带电粒子的电荷量为－q、质量为m(不计重力)，平行板长为L，两板间距离为d，电势差为U.图5(1)①你认为带电粒子的运动同哪种运动类似，这种运动的研究方法是什么？②带电粒子在电场中的运动可以分解为哪两种运动？(2)如图6所示，怎样求射出电场的带电粒子在电场中运动的时间t?图6(3)求粒子运动的加速度；(4)求粒子射出电场时在电场力方向上的偏转距离；(5)求粒子离开电场时速度的偏转角．答案(1)①带电粒子以初速度v0垂直于电场线方向射入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做匀变速曲线运动，类似于力学中的平抛运动，平抛运动的研究方法是运动的合成和分解．②a.带电粒子在垂直于电场线方向上不受力，做匀速直线运动．b．在平行于电场线方向上，受到电场力的作用做初速度为零的匀加速直线运动．(2)粒子在电场中的运动时间t＝eq\f(L,v0).(3)匀强电场的场强E＝eq\f(U,d)，带电粒子所受电场力F＝qE，则加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md).(4)电场力方向上的偏转距离：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(qU,md)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))2＝eq\f(qUL2,2mdv02).(5)沿电场方向vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUL,mdv02).1．运动分析及规律应用粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理．(1)在v0方向：做匀速直线运动；(2)在电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动．2．过程分析如图7所示，设粒子不与平行板相撞图7初速度方向：粒子通过电场的时间t＝eq\f(l,v0)电场力方向：加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度与初速度方向夹角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)离开电场时沿电场力方向的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02).3．两个重要推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.4．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿电场力方向的偏移量．例2如图8所示为示波管中偏转电极的示意图，两板间距离为d，长度为l的平行板A、B加上电压后，可在A、B之间的空间中(设为真空)产生电场(设为匀强电场)．在距A、B等距离处的O点，有一电荷量为＋q，质量为m的粒子以初速度v0沿水平方向(与A、B板平行)射入电场(图中已标出)，不计粒子重力，要使此粒子能从C处射出电场，则A、B间的电压应为()图8A.eq\f(mv02d2,ql2) B.eq\f(mv02l2,qd2)C.eq\f(lmv0,qd) D．qeq\f(v0,dl)答案A解析带电粒子只受电场力作用，在平行板间做类平抛运动．设粒子由O到C的运动时间为t，则有l＝v0t；设A、B间的电压为U，则偏转电极间匀强电场的场强E＝eq\f(U,d)，粒子所受电场力F＝qE＝eq\f(qU,d)；根据牛顿第二定律可得粒子沿电场方向的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)，粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，位移为eq\f(1,2)d，由匀加速直线运动的规律得eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2，联立解得U＝eq\f(mv02d2,ql2)，选项A正确．例3一束电子流经U1＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图9所示，两极板间电压U2＝400V，两极板间距离d＝2.0cm，板长L1＝5.0cm.图9(1)求电子在两极板间穿过时的偏移量y；(2)若平行板的右边缘与屏的距离L2＝5cm，求电子打在屏上的位置与中心O的距离Y(O点位于平行板水平中线的延长线上)；(3)若另一个质量为m(不计重力)的二价负离子经同一电压U1加速，再经同一偏转电场射出，则其射出偏转电场的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？答案(1)0.25cm(2)0.75cm(3)0.25cm0.75cm解析(1)电子加速过程，由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mv02①进入偏转电场，电子在平行于极板的方向上做匀速运动，L1＝v0t②在垂直于极板的方向上做匀加速直线运动，加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU2,dm)③偏移距离y＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得：y＝eq\f(U2L12,4dU1)，代入数据得：y＝0.25cm.(2)如图，由几何关系知：eq\f(y,Y)＝eq\f(\f(L1,2),\f(L1,2)＋L2)得：Y＝(eq\f(L1＋2L2,L1))y代入数据得：Y＝0.75cm.(3)因y＝eq\f(U2L12,4dU1)，Y＝(eq\f(L1＋2L2,L1))y，偏移量与粒子的质量m和电荷量q无关，故二价负离子经同样装置后，y′＝y＝0.25cm，Y′＝Y＝0.75cm.电性相同的不同粒子经相同电场加速再经同一偏转电场，射出偏转电场时，不会分开.例4如图10所示，两个板长均为L的平板电极，平行正对放置，两极板间距离为d，极板之间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场．一个带电粒子(质量为m，电荷量为＋q，可视为质点)从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘．忽略重力和空气阻力的影响．求：图10(1)两极板间的电场强度大小E.(2)该粒子的初速度大小v0.(3)该粒子落到负极板时的末动能Ek.答案(1)eq\f(U,d)(2)eq\f(L,d)eq\r(\f(Uq,2m))(3)Uqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,4d2)))解析(1)两极板间的电压为U，两极板间的距离为d，所以电场强度大小为E＝eq\f(U,d).(2)带电粒子在极板间做类平抛运动，在平行于极板方向上有L＝v0t在垂直于极板方向上有d＝eq\f(1,2)at2根据牛顿第二定律可得：a＝eq\f(F,m)，而F＝Eq所以a＝eq\f(Uq,dm)解得：v0＝eq\f(L,d)eq\r(\f(Uq,2m)).(3)根据动能定理可得Uq＝Ek－eq\f(1,2)mv02解得Ek＝Uqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,4d2))).1．(带电粒子的直线运动)两平行金属板间距离为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A点，然后返回，如图11所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是()图11A.eq\f(edL,U) B．edULC.eq\f(eU,dL) D.eq\f(eUL,d)答案D解析电子从O点运动到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据能量守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eUOA，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mv02＝eq\f(eUL,d)，所以D正确．2．(带电粒子的偏转)(2019·荆州市车胤中学高二上月考)如图12所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，电子的重力可忽略．在满足电子能射出平行极板的条件下，下述四种情况，一定能使电子的偏转角θ变大的是()图12A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小答案B解析设电子被加速后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，设极板长为l，则电子在极板间偏转的时间t＝eq\f(l,v0)，设电子在平行极板间运动的加速度为a，由牛顿第二定律得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,dm)，电子射出平行极板时，竖直分速度vy＝at，联立可得：vy＝eq\f(qU2l,dmv0)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2l,2dU1)，故U2变大、U1变小时，一定能使偏转角θ变大，选项B正确，选项A、C、D错误．3．(示波管的原理)如图13是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．图13(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．(2)若UYY′＞0，UXX′＝0，则粒子向________极板偏移，若UYY′＝0，UXX′＞0，则粒子向________极板偏移．答案(1)ⅠⅡ(2)YX考点一带电粒子的直线运动1．质子(eq\o\al(1,1)H)、α粒子(eq\o\al(4,2)He)、钠离子(Na＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U的同一电场加速后，获得动能最大的是()A．质子(eq\o\al(1,1)H) B．α粒子(eq\o\al(4,2)He)C．钠离子(Na＋) D．都相同答案B解析qU＝eq\f(1,2)mv2－0，U相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B正确．2．如图1所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则()图1A．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2B．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq\r(2)∶1D．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq\r(2)答案D解析电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，由E＝eq\f(4πkQ,εrS)知，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a1∶a2＝1∶1；由动能定理eU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2Ue,m))，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U＝Ed知，电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶eq\r(2)，D正确．3.(多选)(2020·松滋市期中)一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，场强为E(如图2所示)，则()图2A．粒子射入的最大深度为eq\f(mv02,qE)B．粒子射入的最大深度为eq\f(mv02,2qE)C．粒子在电场中运动的最长时间为eq\f(mv0,qE)D．粒子在电场中运动的最长时间为eq\f(2mv0,qE)答案BD解析粒子射入到最右端，由动能定理得－Eqxmax＝－eq\f(1,2)mv02，最大深度xmax＝eq\f(mv02,2qE)；由v0＝at，a＝eq\f(Eq,m)，可得t＝eq\f(mv0,Eq)，则粒子在电场中运动的最长时间为eq\f(2mv0,qE)，选项B、D正确．考点二带电粒子的偏转4．一电子以初速度v0沿垂直场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，现减小两板间的电压，则电子穿过两平行板所需的时间()A．随电压的减小而减小 B．随电压的减小而增大C．与电压减小与否无关 D．随两板间距离的增大而减少答案C解析电子垂直于场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，在平行于金属板的方向电子不受力而做匀速直线运动，由L＝v0t得，电子穿过平行板所需要的时间为t＝eq\f(L,v0)，与金属板的长度成正比，与电子的初速度大小成反比，与其他因素无关，即与电压及两板间距离均无关，故C正确．5.(2019·人大附中高二期中)如图3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()图3A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4C．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大小之比为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＝eq\f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度大小之比为a1∶a2＝1∶8，又a＝eq\f(Uq,mdAB)，故两次偏转电压之比为U1∶U2＝1∶8，故A正确．6.(多选)如图4所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出，若不计重力，则()图4A．a和b在电场中运动的时间之比为1∶2B．a和b在电场中运动的时间之比为2∶1C．a和b的比荷之比为1∶8D．a和b的比荷之比为8∶1答案AD解析两个粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移大小之比为1∶2，根据x＝v0t可知运动时间之比为1∶2；粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据y＝eq\f(1,2)at2，两粒子在竖直方向上的位移大小之比为2∶1，则a、b的加速度大小之比为8∶1，根据牛顿第二定律知加速度大小a＝eq\f(qE,m)，则加速度之比等于两粒子的比荷之比，故两粒子的比荷之比为8∶1，A、D正确，B、C错误．考点三带电粒子的加速与偏转、示波管的原理7.(多选)(2019·扬州市高一期末)如图5所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将会偏转，并飞出偏转电场．下列措施中能使电子偏转距离变大的是()图5A．尽可能把偏转极板L做得长一点B．尽可能把偏转极板L做得短一点C．尽可能把偏转极板间的距离d做得小一点D．将电子枪的加速电压提高答案AC解析设加速电压为U1，则qU1＝eq\f(1,2)mv02①设偏转电压为U2，则由L＝v0t，a＝eq\f(Eq,m)，y＝eq\f(1,2)at2可得y＝eq\f(qU2L2,2mdv02)②联立①②解得，y＝eq\f(U2L2,4dU1)，故选A、C.8．(多选)示波管的构造如图6所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图6A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电答案AC解析根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电，故A、C正确．9．有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图7所示，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．现为了使打在纸上的字迹扩大，下列措施可行的是()图7A．增大墨汁微粒所带的电荷量B．增大墨汁微粒的质量C．减小极板的长度D．减小偏转板间的电压答案A解析使打在纸上的字迹扩大，实质是指速度偏向角θ增大，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(Uql,dmv02)增大，微粒所带的电荷量q增大时，tanθ增大，字迹扩大，选项A正确；增大墨汁微粒的质量或减小偏转板间的电压或减小极板的长度时，tanθ减小，字迹缩小，选项B、C、D错误．10.(多选)如图8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(重力不计)，则从开始射入至打到上极板的过程中()图8A．它们运动的时间tQ＝tPB．它们的电势能减少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝1∶2C．它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1答案AC解析带电粒子在垂直于电场方向上做匀速运动，由x＝v0t可知，位移相等，运动时间相等，即tQ＝tP，故A正确；粒子在平行于电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qE,2m)t2，解得q＝eq\f(2ym,Et2)，由于yP∶yQ＝1∶2，所以qP∶qQ＝yP∶yQ＝1∶2，故C正确；电势能的减少量等于静电力做的功，即ΔEp＝qEy，所以电势能减少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝1∶4，故B错误；根据动能定理有qEy＝ΔEk，所以动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，故D错误．11.如图9所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0由静止加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：图9(1)金属板AB的长度；(2)电子穿出电场时的动能．答案(1)deq\r(\f(2U0,U))(2)eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2)))解析(1)设电子离开加速电场时速度为v0，由动能定理得eU0＝eq\f(1,2)mv02①设金属板AB的长度为l，则电子偏转时间t＝eq\f(l,v0)②偏转加速度a＝eq\f(eU,md)③偏转位移y＝eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2④由①②③④得l＝deq\r(\f(2U0,U)).(2)设电子穿出电场时的动能为Ek，根据动能定理得Ek＝eU0＋e·eq\f(U,2)＝eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U0＋\f(U,2))).12．长为L的平行金