人教版选修3教学案：第9节带电粒子在电场中的运动含答案

第9节 带电粒子在电场中的运动带电粒子仅在电场力作用下加速时，可依据动能定理带电粒子仅在电场力作用下加速时，可依据动能定理求速度。带电粒子以速度v0垂直进入匀强电场时，假设仅受电场力，则做类平抛运动。3．示波管利用了带电粒子在电场中的加速和偏转原理。一、带电粒子的加速1．根本粒子的受力特点远远小于静电力，可以无视不计。2．带电粒子加速问题的处理方法(1)利用动能定理分析。1U的电场加速后，qU＝mv2v＝2

2qUm。(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。二、带电粒子的偏转ldUmqv平行两极板进入匀强电场后，粒子的运动特点和平抛运动相像：0l初速度方向做匀速直线t＝v。0qU电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝md。三、示波管的原理1．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，内部主要由电子枪XY2．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，消灭热电子放射，放射出来的电子经加速电场加速后，以很Y偏转极板上加一个信号电压X偏转极板上加一扫描，在荧光屏上就会消灭按Y1．自主思考——判一判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，动能确定增加。(×)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变。(×)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。(√)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发生偏转，打在荧光屏的不同位置。(√)示波管的荧光屏上显示的是电子的运动轨迹。(×)2．合作探究——议一议带电粒子在电场中运动时，什么状况下重力可以无视？提示：①当带电粒子的重力远小于静电力时，粒子的重力就可以无视。粒子等除有说明或明确示意外，处理问题时均不计重力。而带电的液滴、小球等除有说明或明确示意外，处理问题时均应考虑重力。1-9-2场中的运动时间与什么因素有关？提示：假设能离开电场，则与板的长度L和初速度v0有关；假设打在极板上，则与电场强E当示波管的偏转电极没有加电压时，电子束将打在荧光屏什么位置？提示：偏转电极不加电压，电子束沿直线运动、打在荧光屏中心，形成一个亮斑。带电粒子的加速问题带电粒子的加速问题带电粒子的加速当带电粒子以很小的速度进入电场中，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、盘旋都是利用电场对带电粒子加速的。处理方法可以从动力学和功能关系两个角度进展分析，其比较如下：涉及学问选择条件

动力学角度应用牛顿其次定律结合匀变速直线运动分式匀强电场，静电力是恒力

功能关系角度功的公式及动能定理力可以是恒力，也可以是变力11-9-3AB板运动，到达B板时的速度为v，保持两板间的电压不变，则( )AvBvCvDC

1eU＝mv2

2，当转变两板间的距离时，U不变，vvd 2dABCv＝2＝tt＝v，dvD错误。2．(多项选择如图1-9-4所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，则以下对电子运动的描述中正确的选项是设电源电压为U)( )AB板时的动能是eUBBCCD3eUDAD板之间做往复运动ABDeU＝E可知，电子到达B板时的动能为eUA正确；因BCkB0BC板的过程中动能变化量为零，BC到D的过程中电场力做负功大小为eUDA重复之前的运动，CD31-9-5v＝5×106m/s水平射入一个由两块带电的平020cm3105N/C。质子质量m＝1.6×10－27k，电荷量＝1.6×1－19。求质子由板上小孔射出时的速度大小。1 1W＝mv2

2－mv22 0W＝EpEp＝qEd1 0＝1.6×1－19××10×0.2J＝9.×1－15J2Wm＋v02Wm＋v0212×2×9.×1－151.6×1－27＋5×1062≈6×106m/sm/s。答案：6×106m/s带电粒子在匀强电场中的偏转问题带电粒子在匀强电场中的偏转问题根本规律初速度方向

速度：v＝vx 0位移：x＝vt0

qUl·电场线方向

y mdv01 2 位移：＝a2＝mdv22 0v qUlv离开电场时的偏转角：tan＝＝v0 0

yqUltan＝＝2mv0几个常用推论(1)ta＝2tan

2d。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。qmqm一样，即荷质比一样，则偏转距离y一样。E进入同一个偏转电场，只要qm是否一样，则偏k0y一样。Ul2

Ul转距离y和偏转角一样＝2，tan＝2 。4Ud1

2Ud1[典例]一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进所示。假设两板间距使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？U加速后的速度v0

1eU＝mv2

2求出。v确定时偏转电压越大偏转位移越大。0d最大偏转位移对应最大偏转电压。2解析]加速过程，由动能定理得eU2 0l＝vt②0在垂直于板面的方向做匀加速直线运动FeU′a＝m＝dm③12dy≤⑤2

2Ud2联立①～⑤U

2＝4.×102V400V。[答案]400V带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的连续，从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个电场力；从处理方法上看仍可利用力学中的规律分析：如选用平衡条件、牛顿定律，动能定理、功能关系，能量守恒等。如图1-9-8U1的加速电场中由静止开头运动，然后射入电势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，重力可无视，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种状况中，确定能使电子的偏转角θ变大的是( )AU变大、U变大1 2CU变大、U变小1 2

BU变小、U变大1 2DU变小、U变小1 21B设电子被加速后获得的速度为v

，则由动能定理得qU＝mv20 1 2 0l0

qEqU设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a，由牛顿其次定律得a＝

m2＝dm2电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度为vqUl

＝aty解得v＝ 2y dmv0v

qUlqUlUl故tanv

22＝ 2＝2dmv0 0

2dqU1

2dU1U变大或U变小都可能使偏转角B2 1如图1-9-9所示，两极板与电源相连接，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出，则两极板的间距应变为原来的( )A21C.2

B41D.4

l 1C电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝vd＝at2qUl2 qUl2 1＝ 2，故d2＝ 2，即d∝v

0 v 20，故C正确。2mdv0

2mv0 0两平行金属板ABm＝106kgv＝2m/s1-9-10所示，A、B两板间距离为d＝4cm，板ABU＝1000V时，粒子恰好不偏转，沿图中直线射出电场，AB求该粒子的电荷量和电性。B板接地，欲使该粒子射出偏转电场，求A板所加电势的范围。解析：(1U＝1000V时，重力跟静电力相等，粒子才沿初速度v方向做匀速直AB 0线运动，U mgddqAB＝mgq＝UdAB

＝2×10－9C；重力方向竖直向下，静电力方向竖直向上，而场强方向竖直向下(U＞0)，所以粒子带AB负电。qEmgM点飞出，设此时φ＝φφA 1 B＝0U

＝φ，静电力和重力都沿竖直方向，粒子在水平方向做匀速直线运动，速度AB 1qφ d 1 1v＝vx

a＝0

md2 2 2mdmv2d2＋mgdl21

0ql2

＝2600。qφφ＝φa′＝g－2φA 2 md 2带电粒子在交变电场中的运动＝－600V，故欲使粒子射出偏转电场，A600～2600。答案：(1)×1－9C带负电(2－60～2600V带电粒子在交变电场中的运动ABBA板高。在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开头运动。假设两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动状况，v-t图像。[解析]t＝0BAB度为零的匀加速运动。1 1对于图甲，在0～T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～T电子做末速2 2度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(1)所示。T T0～2做类似(1)0～T2～T末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(2)所示。[答案]见解析带电粒子在交变电场中的运动可以是单向直线运动，也可以是往复周期性运动，与运动的开头时刻有关系，一般分析一个周期内的运动，一个周期以后重复第一个周期内的运动形式。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图 1-9-13所示。带电微粒只在电场力的作用下由静止开头运动，则以下说法中正确的选项是( )A0～1s1～2s内的加速度一样BCD1s3s内的位移一样解析选BD 2s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，依据这两段运动的对称性，1～2s的末01s2s0～2s的运动，是单向直线运动，BDCAB间加有如图P处。假设在t0时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t可能属于的时间段是( )0TA．0<t<

T 3TB.<t<04 20 43T 9TC.<t<T D．T<t<40 0 8B假设t＝0B运0T Tt＝0＜t＜和T0 4 0 49T T＜tBADt＝时刻释放0 8 0 23TA运动；假设t＝0

4时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复T 3T 3T运动，因此在<t<时间内释放该粒子，粒子的运动满足题意的要求，选项B正确。假设20 4 45T＜t＜T时间内释放粒子，它将在T＜t＜内的某个确定时刻减速到零，之后的运动状况0 0 4AC错误。1．(多项选择示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图1所示。假设在荧光屏上P点消灭亮斑，那么示波管中的( )AXCY

1BXDY′应带正电解析：选AC 由题意可知，在XX′方向上向X方向偏转，X带正电，A对B错；在YYYYCD错。2MN是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q电粒子，以初速度v由小孔进入电场，当MNU时，粒子恰好能到达N板，如01果要使这个带电粒子到达M、N2粒子的重力)( )21A2BMN间电压加倍CMN41DMN间电压都减为原来的21解析：选BD 由qE＝mv2，2 0v变为0

22v0U

ll变为；2qE＝qd，U 1所以qE＝q

＝mv2 0BD选项正确。如图3所示质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，假设AB＝BC，则它们带电荷量之比q∶q等于( )1 22A．1∶2C．1∶2

3B2∶1D.2∶11 qE mgl qt2，联立可得q＝Eh，所以有1＝2，B1

2 2m q2一束正离子以一样的速率从同一位置，沿垂直于电场方向飞入匀强电场中，全部离子的运动轨迹都是一样的，这说明全部粒子( )AC

1qEl

BDqEl2解析选C由偏转距离y＝mv2＝ 2可知假设运动轨迹一样则水平位移一样，2 0 2mv0qyE、v0

是一样的，所以应有m

一样。4带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知不计粒子重力)( )4A．假设入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量确定相等BC．假设入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率确定相等D．假设入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能确定相等解析：选BC 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力供给向心力qEv2 mv2 1 q＝mrr＝qE，r、E为定值，假设qmv2确定相等；假设

相等，则速率v确定相等，2 mBC6．(多项选择喷墨打印机的简化模型如图5所示，重力可无视的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上。则微滴在极板间电场中( )AC

5BD解析：选AC 由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，A项正确；偏转过程中电场力做正功，依据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，B项错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电1qU 1qUx2 y＝dmt2＝dmv22 项正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量qD项错误。一个动能为E的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时k2Ek( )A．8Ekk

B．5EkD．4EkqUL2C由于偏转距离为y＝2mdv0y

2，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转W＝0.25E4Ckq

4Ek

，故它飞出电容器时的动km＝1.×17/kg的带正电小球，静止在OO点Oxyx2.106Vm的1.0sy变。则小球运动的轨迹和位置坐标正确的选项是以以下图中的()C

qE＝0.20vx小球加速度大小a＝m x1 1轴方向距离x＝a2＝×0.2×12m＝0.10。第2sx方向x＝vt1 2 2 2 x1 1＝0.20y轴方向y＝a2＝×0.2×2m＝0.12末小球坐标为(0.300.102 2 2m)C正确。一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板dP点有一带电粒子，该粒2d向上平移，则从P点开头下落的一样粒子将( 3AdC2

B2Dd5解析：选Dd3 d动能定理可得：mg×d－qU＝0，当下极板向上移动，设粒子在电场中运动距离x时速度2 3d U 2d能定理可得：mg(＋x)－q x＝0，两式联立解得：x＝d，选项Dd2 5d－3正确。10．(多项选择)(2023·6d，板间电场强度的变化规T律如图乙所示。t＝0m的带电微粒以初速度v0

沿中线射入两板间，0～3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的选项是( )6A2v0B1Cmgd2DmgdT解析选BC 0～3时间内微粒匀速运动有mg＝qE

0v0

T2T 2T～时间内，只受重力，做自由落体运动，时3 3 3T2T 2qE－mg T刻，v

＝g；～T时间内，a＝

＝v－a·1y 33 m

2y 1y 3＝0v＝vA错误、B0 pd1 1 1＝mg·＝mgd，所以选项C正确。依据动能定理：mgd－W ＝0，得W ＝mgd，所22 2 克电D错误。

克电 2mqv进入匀强电场，07所示。假设两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L。设粒子束不会击中7Lt＝v①012qU且a＝ ③mdqUL2y＝2mdv20

UqUL2 q2U2L2则电场力做功W＝qE·

2＝ 2v2d2mdv 2md0 0q2U2L2由功能原理得电势能削减了2mdq2U2L2

2v2。0答案：电势能削减了2md

2v208r行。a、bq(q＞0)的质点沿轨道内abN和N。不计重力，求电场强度的大a bEab8解析：质点所受电场力的大小为F＝qEmabvva bv2F＋N＝ma②a r③v2③rN－F＝mbbrabE和E，有ka kb1E＝mv2④ka 2 a1E＝mv2⑤kb 2 bE－E＝2rF⑥kb ka联立①②③④⑤⑥式得16qb arE＝(N＋5N)⑧ka 12b arE＝(5N＋N)⑨kb 12 b a答案：见解析第一章静电场第一章静电场5010086481～56～8630某电容器的电容是30以下说法中正确的选项是( )

200V400V，对于该电容器，A1V3×10－5CB1C3×10－5VC6×10－3CD200V解析：选A由Q＝C＝3×1－×1C＝×1－5C知，A对；当Q＝1C时，UQ 1 ＝＝C30×10－

6V×

V，B400V400，最大电荷量QmCUm3×1－400＝1.×1－2C、D错。1以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最终离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()1ABCDC由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如以下图。带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如以下图，则粒子在电场中做曲线运动。电场力对带负电的粒子先做正功后做负功，电势能先变小后变大，故C正确。Q、Q为两个带电质点，带正电的检验电荷qq1 2Q、Q作用力的合力大小和方向如图21 2( )2AQ可能带负电荷2BQ、Q可能为等量异种电荷1 2CQ电荷量确定大于Q的电荷量2 1D解析：选C由图可知带正电的检验电荷受到两个电荷的库仑力的合力方向为左上方Q2确定带正电荷，Q1可能带正电荷也可能带负电荷，且Q2>Q1ABDC正确。4．(2023全国卷Ⅱ如图，两平行的带电金属板水平放置。假设在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴垂直于纸面逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒( )3ABCDD两板水平放置时，放置于两板间a电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45方向逆时针偏转45左下方做匀加速运动。选项D4E阻RS终液滴落在某一金属板上。以下说法中正确的选项是()ABCD解析：选B电容器布满电荷后，极板间的电压等于电源的电动势，极板间形成匀强电场，液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用，合力为恒力，而初速度为零，所以液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，运动的时间越短，C错；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，对液滴的运动没有影响，D5RSS闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，以下说法正确的选项是()5ABRabBACS，减小两极板正对面积的过程中，液滴将加速上升DS，减小两极板距离过程中，液滴静止不动带电液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，电场力方向向上，电场εS方向向下，故液滴带负电，选项A错误。由C＝r 和Q＝CU可知，当两极板间距离增大4d的过程中，C变小，所以Q变小，因此电容器放电，放电电流的方向从a到b，负电荷由BεS板经电源和电阻R流向A板，选项B错误。断开S，由C＝r ，Q＝CU和U＝Ed知E4kd4kQ＝εSr

，Q不变，S减小，所以E增大，电场力大于重力，液滴加速上升，选项C正确。4kQE＝r

知，Q不变，dE不变，液滴静止不动，选项D正确。6Ux关系。假设三对金属板的负极板接地，图中x均表示到正极板的距离，则下述结论中正确的选项是()Aφ＞φ＞φ1 2 3BE＞E＞E1 2 3C．假设沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面，则三个电场等势面分布的关系是1最密，3D1，3解析：选BCD 通过U-x图像分析可得，三对金属板的板间电势差一样，又由于金属UAE＝ABdEUEE

＞E＞E1 2

，B正确。每隔相等的电势差值作一等势面，由d＝3

AB可得，场强越大，等势面间距越小，分析得等势面分布的关系是13C正确。沿电场方向每隔相U＝Ed可得，场强越大，电势差越大，分析得相邻等势面差值最AB13，D正确。8(2023天津高考如图7电场线水平向右的加速电场EE发生偏转，最终打1 2在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )7AE对三种粒子做功一样多2BCD选AD 依据动能定理有qE

1

2，得三种粒子经加速电场加速后获得的速1 2 12qEd 1qEv＝1El2

m12m

2t2得，带电粒子经偏转电场的侧位m2 2my＝2，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量