《（浙江專用）2022高中物理 第一章 靜電場 1-9 帶電粒子在電場中的運動學(xué)案 新人教版選修3-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2022高中物理 第一章 靜電場 1-9 帶電粒子在電場中的運動學(xué)案 新人教版選修3-1（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022高中物理 第一章 靜電場 1-9 帶電粒子在電場中的運動學(xué)案 新人教版選修3-1 [研究學(xué)考·明確要求] 知識內(nèi)容 帶電粒子在電場中的運動 考試要求 學(xué)考b 選考d 基本要求 1.知道利用電場可以改變或控制帶電粒子的運動。 2．知道帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)兩種運動形式。 發(fā)展要求 1.理解并掌握帶電粒子在電場中加速運動的規(guī)律。 2．理解并掌握帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)運動的規(guī)律。 3．知道帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)運動的特點，了解示波管的基本原理。 說明 1.示波管問題的分析與計算不涉及兩個偏轉(zhuǎn)電極同時加電壓的情形。 2．解決帶電粒子偏轉(zhuǎn)運動問

2、題只限于垂直電場方向入射且偏轉(zhuǎn)電極加恒定電壓的情形。 [基 礎(chǔ) 梳 理] 1．兩類帶電粒子 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除特殊說明外一般忽略粒子的重力(但并不忽略質(zhì)量)。 (2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除特殊說明外，一般不忽略重力。 2．物理過程分析方法 (1)根據(jù)帶電粒子受的力(包含電場力)，用牛頓定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等。 (2)由動能定理qU＝mv2－mv求解。 [典 例 精 析] 【例1】 如圖1所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　)

3、 圖1 A．當(dāng)增大兩板間距離時，v增大 B．當(dāng)減小兩板間距離時，v增大 C．當(dāng)改變兩板間距離時，v不變 D．當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間減小 解析　電子由靜止開始從A板向B板運動時，根據(jù)動能定理，qU＝mv2，得v＝，所以當(dāng)改變兩板間距離時，v不變，故A、B錯誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場強為E＝，電子的加速度為a＝＝，電子在電場中一直做勻加速直線運動，由d＝at2＝t2，所以電子加速的時間為t＝d，由此可見，當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間的運動時間增大，故D錯誤。 答案　C [即 學(xué) 即 練] 1．如圖2所示，電荷量和質(zhì)量都相同的帶

4、正電粒子以不同的初速度通過A、B兩板間的加速電場后飛出，不計重力的作用，則(　　) 圖2 A．它們通過加速電場所需的時間相等 B．它們通過加速電場過程中動能的增量相等 C．它們通過加速電場過程中速度的增量相等 D．它們通過加速電場過程中電勢能的增加量相等 解析　由于電荷量和質(zhì)量相等，因此產(chǎn)生的加速度相等，初速度越大的帶電粒子經(jīng)過電場所用時間越短，A錯誤；加速時間越短，則速度的變化量越小，C錯誤；由于電場力做功W＝qU與初速度及時間無關(guān)，因此電場力對各帶電粒子做功相等，則它們通過加速電場的過程中電勢能的減少量相等，動能增加量也相等，B正確，D錯誤。 答案　B [基 礎(chǔ) 梳

5、 理] 1．運動狀態(tài)分析：帶電粒子(不計重力)以初速度v0垂直于電場線方向進(jìn)入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力作用而做勻變速曲線運動。 2．偏轉(zhuǎn)問題的分析處理方法：類似于平拋運動的分析處理方法，即應(yīng)用運動的合成與分解的知識分析處理。 3．運動的規(guī)律： 4．兩個特殊結(jié)論 (1)粒子射出電場時速度方向的反向延長線過水平位移的中點，即粒子就像是從極板間處射出的一樣(如圖3所示)。 圖3 證明：作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點，利用上述①、②兩式，由幾何關(guān)系可得出x＝＝＝③ (2)無論粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一電場加速，再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量和

6、偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的，所以同性粒子運動軌跡完全重合。 證明：若加速電場的電壓為U0，有qU0＝mv④ 由①和④得偏移量為y＝，由②和④得偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan θ＝。y和tan θ與m和q均無關(guān)。 [典 例 精 析] 【例2】 如圖4所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的初速度先后垂直于電場線從同一點進(jìn)入平行板間的勻強電場中，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點，若不計重力，則(　　) 圖4 A．a(chǎn)的電荷量一定大于b的電荷量 B．a(chǎn)的質(zhì)量一定小于b的質(zhì)量 C．a(chǎn)的比荷一定大于b的比荷 D．a(chǎn)的動能增量一定小于b的動能增量 解析　粒子在電場中做類平拋運動，由h＝(

7、)2得：x＝v0。由v 0，故選項A、B錯誤，C正確；動能增量ΔEk＝qEh，q大小關(guān)系未知，故選項D錯誤。 答案　C [即 學(xué) 即 練] 2．如圖5所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為(　　) 圖5 A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析　由y＝at2＝·得：U＝，所以U∝，可知A項正確。 答案　A [基 礎(chǔ) 梳 理]

8、 1．構(gòu)造 示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由電子槍(發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(是由一對X偏轉(zhuǎn)電極板和一對Y偏轉(zhuǎn)電極板組成)和熒光屏組成，如圖6所示。 圖6 2．工作原理 (1)偏轉(zhuǎn)電極不加電壓時 從電子槍射出的電子將沿直線運動，射到熒光屏的中心點形成一個亮斑。 (2)在偏轉(zhuǎn)電極XX′(或YY′)加電壓時 所加電壓穩(wěn)定，則電子被加速，偏轉(zhuǎn)后射出XX′(或YY′)所在直線上的某一點，形成一個亮斑(不在中心)。 特別提醒　如果僅在YY′之間加不變的電壓，使Y板電勢比Y′高，電子束將受到指向Y板方向上的靜電力，在熒光屏的正Y軸上將出

9、現(xiàn)一個亮斑，如圖甲所示。僅在XX′之間加不變的電壓，使X板的電勢比X′高，在熒光屏的正X軸上將出現(xiàn)一個亮斑，如圖乙所示。 [典 例 精 析] 【例3】 如圖7是示波管的原理圖。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。給電子槍通電 后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點。 圖7 (1)帶電粒子在________區(qū)域是加速的，在________區(qū)域是偏轉(zhuǎn)的。 (2)若UYY′>0，UXX′＝0，則粒子向________板偏移，若UYY′＝0，UXX′>0，則粒子向________板偏移。 答案　(1)Ⅰ?、颉?2

10、) Y　X [即 學(xué) 即 練] 3．示波管是一種多功能電學(xué)儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如圖8所示，真空室中電極K發(fā)出電子(初速度不計)，經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板A、B間的中心線射入板中．金屬板長為L，相距為d，當(dāng)A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上而顯示亮點．已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是(　　) 圖8 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 1．如圖9所示，在勻強電場E中，一帶電粒子(

11、不計重力)－q的初速度v0恰與電場線方向相同，則帶電粒子－q將(　　) 圖9 A．沿電場線方向做勻加速直線運動 B．沿電場線方向做變加速直線運動 C．沿電場線方向做勻減速直線運動 D．偏離電場線方向做曲線運動 解析　在勻強電場E中，帶電粒子所受靜電力為恒力。帶電粒子受到與運動方向相反的恒定的靜電力作用，產(chǎn)生與運動方向相反的恒定的加速度，因此，帶電粒子－q將沿電場線做勻減速直線運動。 答案　C 2．如圖10所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m的電子以初速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應(yīng)是(　　) 圖10

12、 A. B．v0＋ C. D. 解析　電場力對電子做正功，由eU＝mv2－mv得v＝，選項C正確。 答案　C 3．如圖11所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負(fù)電，下板帶正電，斷開電源，帶電小球以速度v0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出。若下板不動，將上板上移一小段距離，小球仍以相同的速度v0從原處飛入，則帶電小球(　　) 圖11 A．將打在下板中央 B．不能沿原軌跡運動但能從兩極板間飛出 C．不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿直線運動 D．若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央 解析　由題意可知電容器所帶電荷量不變，因E＝＝＝，所以上板上移一小段距離，電容器產(chǎn)生的場

13、強不變，以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運動由下板邊緣飛出，選項A、B、C錯誤；若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央，選項D正確。 答案　D 4．(2018·溫州選考模擬)如圖12所示，是噴墨打印機的簡化模型。質(zhì)量為m的墨汁微粒經(jīng)帶電室?guī)县?fù)電后，以某一速度平行于極板飛入板間，已知板間勻強電場的電場強度為E，微粒最終打在紙上。則以下說法正確的是(　　) 圖12 A．墨汁微粒的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍 B．當(dāng)墨汁微粒的電荷量q＞時，微粒向負(fù)極板偏 C．當(dāng)墨汁微粒的電荷量q＜時，微粒向正極板偏 D．當(dāng)墨汁微粒的電荷量q＝時，微粒沿直線穿過電場 解析　電荷

14、量不能連續(xù)變化，一定是元電荷的整數(shù)倍，A錯誤；當(dāng)墨汁微粒的電荷量q＞時，則有qE＞mg，合力向上，微粒向上偏轉(zhuǎn)，即向正極板偏轉(zhuǎn)，B錯誤；同理知C錯誤；當(dāng)q＝，即qE＝mg時，合力為零，微粒做勻速直線運動，D正確。 答案　D 1．一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，它不可能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是(　　) A．勻速直線運動 B．勻加速直線運動 C．勻變速曲線運動 D．勻速圓周運動 解析　一帶電粒子在電場中只受電場力作用時，合力不為0。粒子合力不為0，不可能做勻速直線運動，故選項A錯誤；當(dāng)初速度方向與電場力方向相同時，若受到的電場力恒定，就可做勻加速直線運動，故選項B正確；當(dāng)初速度方

15、向與電場力方向不在一條直線上時，若受到的電場力恒定，就可做勻變速曲線運動，故選項C正確；當(dāng)電場力與速度方向始終垂直時，就可能做勻速圓周運動，故選項D正確。 答案　A 2．下列帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加速運動，經(jīng)過相同的電勢差U后，哪個粒子獲得的速度最大(　　) A．質(zhì)子H B．氘核H C．α粒子He D．鈉離子Na＋ 解析　四種帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加速運動，經(jīng)過相同的電勢差U，根據(jù)動能定理得， qU＝mv2－0得v＝ 由上式可知，比荷越大，速度越大。 顯然A選項中質(zhì)子的比荷最大，故A正確。 答案　A 3．如圖1所示，M、N是真空中的兩塊相

16、距為d的平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達(dá)N板。如果要使這個帶電粒子到達(dá)距N板后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)(　　) 圖1 A．使初速度減為原來的 B．使M、N間電壓提高到原來的2倍 C．使M、N間電壓提高到原來的3倍 D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的 解析　由題意知，帶電粒子在電場中做勻減速直線運動，在粒子恰好能到達(dá)N板時，由動能定理可得：－qU＝－mv，要使粒子到達(dá)距N板d/3后返回，設(shè)此時兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，則由動能定理可得：－q＝－mv，聯(lián)立兩方程

17、得：＝，故選項D正確。 答案　D 4．如圖2所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷。一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么(　　) 圖2 A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷 B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加 C．微粒從M點運動到N點動能一定增加 D．微粒從M點運動到N點機械能一定增加 解析　由于兩極板的正負(fù)不知，粒子的電性不確定，則粒子所受電場力方向不確定，所受電場力做功正負(fù)不確定，但根據(jù)粒子運動軌跡，粒子所受合力一定向下，則合力一定做正功，所以電勢能變化情況、機械能變化情況不確定，但粒子動能一定增加，所以只

18、有C正確。 答案　C 5．真空中的某裝置如圖3所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) 圖3 A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析　粒子加速過程qU1＝mv2，從B至M用時t＝，得t∝，所以

19、t1∶t2∶t3＝1∶∶，選項A錯誤；偏轉(zhuǎn)位移y＝()2＝，所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同，選項B正確；因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，選項C、D錯誤。 答案　B 6．一個初動能為Ek的帶電粒子以速度v垂直電場線方向飛入兩塊平行金屬板間，飛出時動能為3Ek。如果這個帶電粒子的初速度增加到原來的2倍，不計重力，那么該粒子飛出時動能為(　　) A．4Ek B．4.5Ek C．6Ek D．9.5Ek 解析　帶電粒子做類平拋運動，平行于極板方向的速度增加到原來的2倍，帶電粒子通過電場的時間變?yōu)樵瓉淼模仉妶龇较虻奈灰谱優(yōu)樵瓉淼?，電場力做功變?yōu)樵瓉淼摹?

20、 由動能定理得ΔEk′＝qE·y′＝y(tǒng)qE 原速飛過時由動能定理有ΔEk＝3Ek－Ek＝qEy 而ΔEk′＝Ek末′－4Ek 解得Ek末′＝4.5 Ek。 答案　B 7．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點，然后返回，如圖4所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　) 圖4 A. B．edUh C. D. 解析　電子從O點到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和圖示判斷，電子僅受電場力，不計重力。這樣，我們可以用能量守恒定律來研究問題。即mv＝eUOA。因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝。所

21、以D正確。 答案　D 8．如圖5，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)。不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) 圖5 A. B. C. D. 解析　因為兩粒子軌跡恰好相切，切點為矩形區(qū)域中心，則對其中一個粒子，水平方向＝v0t，豎直方向＝at2且滿足a＝，三式聯(lián)立解得v0＝，故B正確。 答案　B 9．如圖6所示，質(zhì)量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中O

22、點自由釋放后，分別抵達(dá)B、C兩點，若AB＝BC，則它們帶電荷量之比q1∶q2等于(　　) 圖6 A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ D.∶1 解析　豎直方向有h＝gt2，水平方向有l(wèi)＝t2，聯(lián)立可得q＝，所以有＝，B正確。 答案　B 10．如圖7所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?　　) 圖7 A．2倍 B．4倍 C. D. 解析　電子在兩極板間做類平拋運動，水平方向l＝v0t，t＝，豎直方向d＝

23、at2＝，故d2＝，即d∝，故C正確。 答案　C 11．兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認(rèn)為是勻強電場。一個α粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時恰好落在極板中心。已知質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求： (1)極板間的電場強度E； (2)α粒子在極板間運動的加速度a； (3)α粒子的初速度v0。 解析　(1)極板間場強E＝。 (2)α粒子電荷量為2e，質(zhì)量為4m，所受靜電力F＝2eE＝，α粒子在極板間運動的加速度a＝＝。 (3)由d＝at2，得t＝＝2d，v0＝＝ 。 答案　(1)　(2)　(3) 12.如圖8所示，兩金屬板間有豎直向下的電場，電子以初速度v0垂直于電場方向進(jìn)入電場，經(jīng)過一定時間離開電場，已知極板長度為L，板間場強為E，電子質(zhì)量為m，電量為e。求： 圖8 (1)電子離開電場時速度大小； (2)電子離開電場時電場力做的功。 解析　(1)電子在電場中的運動時間t＝ 離開電場時水平速度vx＝v0 豎直速度vy＝at＝ 所以電子離開電場時速度大小為 v＝＝ (2)根據(jù)動能定理，電場力做功為 W＝mv2－mv＝ 答案　見解析