必修 第三册带电粒子在电场中的运动学案

这是一份必修 第三册带电粒子在电场中的运动学案，共11页。
1．掌握带电粒子在电场中运动时的加速度、速度和位移等物理量的变化。 2.能运用静电力做功、电势、电势差、等势面等概念研究带电粒子运动时的能量转化。 3.了解示波管的工作原理，体会静电场知识在科学技术中的应用。

[学生用书P49]
一、带电粒子加速
1．根据动能定理，静电力做功等于电子动能的增加量，即Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝eU，得到速度v＝ eq \r(\f(2eU,m)) 。
2．直线加速器：能多次加速的直线加速器可获得更高能量的带电粒子，在研究物质本源、放射治疗、食品安全、材料科学等方面都有着重要的应用。
二、带电粒子偏转
如图所示，示波器的核心部件是示波管。
1．当竖直偏转板、水平偏转板都未加电压时，电子束从电子枪发出后沿直线运动，在荧光屏上产生一个亮斑。
Ｋ
2．如果竖直偏转板加电压，水平偏转板不加电压，电子束经过竖直偏转板时受到竖直方向电场力的作用而发生偏转，使打在荧光屏上的亮斑在竖直方向发生偏移。
3．如果水平偏转板加电压，竖直偏转板不加电压，打在荧光屏上的亮斑则在水平方向发生偏移。
4．示波管在实际工作时，竖直偏转极板间和水平偏转极板间都加上电压，打在荧光屏上的亮斑既能在竖直方向上偏移，也能在水平方向上偏移，亮斑的运动就是在竖直和水平两个方向上运动的合运动。
判断下列说法是否正确。
(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)对于带电粒子(不计重力)在电场中的偏转可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场线方向的自由落体运动。( )
(4)示波管偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏中心点形成一个亮斑。( )
提示：(1)× (2)√ (3)× (4)√
知识点一 带电粒子在电场中的加速[学生用书P50]
eq \a\vs4\al()
在真空中有一对平行金属板，由于接上电池组而带电，两板间电势差为U，若一个质量为m、带正电荷q的粒子，以初速度v0从正极板附近向负极板运动。试结合上述情境讨论：
(1)怎样计算它到达负极板时的速度？
(2)若粒子带的是负电荷(初速度为v0)，将做匀减速直线运动，如果能到达负极板，其速度如何？
(3)上述问题中，两块金属板是平行的，两板间的电场是匀强电场，如果两金属板是其他形状，中间的电场不再均匀，上面的结果是否仍然适用？为什么？
[提示] (1)由动能定理有qU＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ，
得v＝ eq \r(\f(2qU＋mv eq \\al(2,0) ,m)) 。
(2)由动能定理得－qU＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
得v＝ eq \r(v eq \\al(2,0) －\f(2qU,m)) 。
(3)结果仍适用。不管是否为匀强电场，静电力做功都可以用W＝qU计算，则动能定理仍适用，结果仍适用。
1．带电粒子
(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。
2．两种方法
(1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动。
(2)利用动能定理qU＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) 。若初速度为零，则qU＝ eq \f(1,2) mv2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用。
3．交变电场中的运动
(1)运动分析：当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。
(2)解题技巧：研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图像。特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。
角度1 带电粒子在匀强电场中的运动
如图所示，P和Q为两平行金属板，保持板间电压恒为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，若增大两板间的距离，则电子( )
A．加速度增大
B．到达Q的时间变短
C．到达Q的速度增大
D．到达Q的速度不变
[解析] 电子的加速度a＝ eq \f(eE,m) ＝ eq \f(eU,dm) ，保持板间电压恒为U，若增大两板间的距离，则电子加速度减小，故A错误；电子在板间做匀加速直线运动，可得d＝ eq \f(1,2) at2，结合上式解得t＝ eq \r(\f(2d,a)) ＝d eq \r(\f(2m,eU)) ，若增大两板间的距离，则到达Q的时间t增大，故B错误；由动能定理得eU＝ eq \f(1,2) mv2，解得v＝ eq \r(\f(2eU,m)) ，则若增大两板间的距离，电子到达Q的速度不变，故C错误，D正确。
[答案] D
角度2 带电粒子在交变电场中的运动
如图甲所示，电子原来静止在两平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开始A、B板间的电势差按如图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )
A．t1时刻电子的位移最大
B．t2时刻电子的动能最大
C．电子可能在极板间做往复运动
D．电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能不大于eU0
[解析] t＝0时刻，B板的电势比A板高，电子在t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束，t1到t2电子减速，并在t2时刻速度刚好为零，之后一直重复这样的运动，直到从小孔P飞出，故t1时刻电子的位移不是最大，t2时刻电子动能也不是最大的，A、B、C错误；由上述分析可知，电子的最大动能为eU0，所以电子最终从P点飞出时的动能小于等于eU0，D正确。
[答案] D
知识点二 带电粒子在电场中的偏转[学生用书P51]
eq \a\vs4\al()
如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距为d，不计粒子的重力。
请根据上述情境回答下列问题：
(1)带电粒子在垂直于电场方向做什么运动？
(2)带电粒子在沿电场方向做什么运动？
(3)怎样求带电粒子在电场中运动的时间？
(4)粒子所受电场力是多大？加速度是多大？
[提示] (1)匀速直线运动。
(2)初速度为零的匀加速直线运动。
(3)t＝ eq \f(l,v0) 。
(4)F＝ eq \f(U,d) q，a＝ eq \f(Uq,dm) 。
1．基本规律
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(vx＝v0 l＝v0t（初速度方向）,vy＝at y＝\f(1,2)at2（电场线方向）))
2．偏转位移和偏转角
(1)粒子离开电场时的偏转位移y＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(qU,2md) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,v0))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(qUl2,2mdv eq \\al(2,0) ) 。
(2)粒子离开电场时的偏转角tan θ＝ eq \f(vy,v0) ＝ eq \f(qUl,mdv eq \\al(2,0) ) 。
(3)粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切值tan α＝ eq \f(y,l) ＝ eq \f(qUl,2mdv eq \\al(2,0) ) 。
3．两个常用的推论
(1)粒子射出电场时好像从板长l的 eq \f(1,2) 处沿直线射出，即x＝ eq \f(y,tan θ) ＝ eq \f(l,2) 。
(2)位移方向与初速度方向夹角的正切值为速度偏转角正切值的 eq \f(1,2) ，即tan α＝ eq \f(1,2) tan θ。
角度1 示波管的原理和分析
(2025·浙江温州市期中)有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管，如图所示的是它的原理图。如果两偏转电极都不加偏转电压，电子束将刚好打在荧光屏的中心处，形成亮斑。如果在偏转电极XX′上不加电压，在偏转电极YY′上加电压，YY′两极板间距为d。现有一电子以速度v0进入示波管的YY′偏转电场，最后打在荧光屏上的位置与中心点竖直距离为y，电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间为t，则下列说法正确的是( )
A．若UYY′＞0，则电子打在荧光屏中心位置下方
B．若仅增大偏转电压UYY′，则t不变
C.若仅减小YY′极板间距离d，则y不变
D．若UYY′＞0，UXX′＜0，则可以让电子打在荧光屏正中心处
[解析] 若UYY′＞0，则电子受到的静电力竖直向上，所以电子打在荧光屏中心位置上方，故A错误；电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，所以若仅增大偏转电压UYY′，电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间t不变，故B正确；电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，偏转位移y0＝ eq \f(1,2) at 21＝ eq \f(qUYY′,2md) t 21，时间不变，若仅减小YY′极板间距离d，偏转位移y0变大，所以y变大，故C错误；若UYY′＞0，则电子受到的静电力竖直向上，所以电子打在荧光屏中心位置上方，若UXX′＜0，则电子受到的静电力水平向左，所以电子打在荧光屏中心位置左方，所以电子不会打在荧光屏正中心处，故D错误。
[答案] B
角度2 带电粒子偏转规律的应用
(双选)(2025·云南大理市期中)如图所示，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，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，可使电子的偏转角φ变大的是( )
A．保持U1不变，使U2变大
B．保持U1不变，使U2变小
C．保持U2不变，使U1变大
D．保持U2不变，使U1变小
[解析] 设电子被加速后获得的初速度为v0，则由动能定理得qU1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) ，又设极板长为L，则电子在电场中偏转所用时间t＝ eq \f(L,v0) ，又设电子在平行板间受静电力作用产生的加速度为a，板间间距为d，由牛顿第二定律得a＝ eq \f(F,m) ＝ eq \f(qU2,md) ，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，可得vy＝ eq \f(qU2L,dmv0) ，偏转角正切值tan φ＝ eq \f(vy,v0) ＝ eq \f(qU2L,dmv eq \\al(2,0) ) ＝ eq \f(U2L,2dU1) ，故U2变大或U1变小都可能使偏转角φ变大。
[答案] AD
(2025·福建泉州期中)图甲所示为板间距为d，长度为2d的两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示，在t＝0时刻，一质量为m、不计重力的带电粒子沿板间中线垂直于电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，刚好沿板右边缘射出电场。已知电场变化周期T＝ eq \f(2d,v0) ，下列关于粒子运动的描述不正确的是( )
A．粒子的电荷量q＝ eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2U0)
B．若粒子在t＝0时刻以 eq \f(v0,2) 进入电场，由该粒子在t＝2T时刻射出电场
C．若该粒子在t＝ eq \f(1,4) T时刻以速度v0进入电场，从进入到射出电场，电场力对粒子不做功
D．若该粒子在t＝ eq \f(1,4) T时刻以速度v0进入电场，粒子会水平射出电场
[解析] 粒子在电场中水平方向做匀速运动，运动时间t＝ eq \f(2d,v0) ＝T，竖直方向粒子先加速后减速，则 eq \f(d,2) ＝2× eq \f(1,2) · eq \f(qU0,md) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2))) eq \s\up12(2) ，解得q＝ eq \f(mv eq \\al(2,0) ,2U0) ，故A正确，不符合题意；若粒子在t＝0时刻以 eq \f(v0,2) 进入电场，则经过时间T，粒子将打到极板上，即该粒子不能射出电场，故B错误，符合题意；若该粒子在t＝ eq \f(1,4) T时刻以速度v0进入电场，粒子在电场中运动时间为T，在竖直方向，粒子在 eq \f(T,4) 到 eq \f(T,2) 时间内先加速，在 eq \f(T,2) 到 eq \f(3T,4) 内做减速运动速度减为零，然后 eq \f(3T,4) 到T时间内反向加速，在T到 eq \f(5T,4) 内做减速运动直至减为零，以速度v0水平射出电场，则从进入到射出电场，电场力对粒子不做功，故C、D正确，不符合题意。
[答案] B
一束初速度不计的带电粒子，电荷量q＝1.6×10－19 C在经U＝5 000 V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示。若板间距离d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，两个极板上电压U′＝400 V，已知粒子的质量为4×10－30kg(重力忽略不计)。求：
(1)粒子进入偏转电场时的速度大小v0；
(2)粒子在偏转电场中的加速度大小；
(3)粒子射出电场沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(4)粒子射出电场时速度偏转角度θ的正切值；
[解析] (1)粒子加速过程中，由动能定理可得
qU＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) －0，解得v0＝2×107 m/s。
(2)根据牛顿第二定律，可得粒子在偏转电场中的加速度大小a＝ eq \f(qE,m) ＝ eq \f(qU′,md) ＝1.6×1015 m/s2。
(3)粒子沿初速度方向做匀速直线运动，在偏转电场中的飞行时间设为t，则有l＝v0t
联立求得t＝2.5×10－9 s
粒子飞出平行板时的侧移量y＝ eq \f(1,2) at2
联立求得y＝5×10－3 m。
(4)粒子射出电场时的速度设为v，可以分解为沿初速度方向的v0和沿电场方向的vy
其中vy＝at＝4×106 m/s
根据几何关系可得tan θ＝ eq \f(vy,v0) ＝ eq \f(1,5) 。
[答案] (1)2×107 m/s (2)1.6×1015 m/s2
(3)5×10－3 m (4) eq \f(1,5)
eq \(\s\up7(),\s\d5( [学生用书P53]))
1．(带电粒子在电场中的加速)如图所示，两平行金属板相距为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出，最远到达A点，然后返回，OA＝h，此电子具有的初动能是( )
A. eq \f(edh,U) B．edUh
C． eq \f(eU,dh) D． eq \f(eUh,d)
解析：选D。从O点运动到A点，由动能定理得－eU1＝0－Ek0，由题意可知两极板间的电场强度E＝ eq \f(U,d) ，所以，O、A两点间的电势差U1＝Eh＝ eq \f(U,d) h，代入可得，电子具有的初动能Ek0＝eU1＝ eq \f(eUh,d) ，D正确。
2．(带电粒子在电场中的偏转)(双选)如图所示，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)，以速度v0垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说法正确的是( )
A．粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动
B．粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线
C．分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况
D．分析该运动，不能用动能定理确定其某时刻速度的大小
解析：选BC。当不计重力的粒子垂直于电场线方向进入电场时，在沿电场方向上受到竖直向下的静电力，初速度方向不受外力，故粒子做类平抛运动，轨迹为抛物线，其所做匀变速曲线运动，可分解为平行于极板方向的匀速直线运动和垂直于极板方向的初速度为零的匀加速运动，A错误，B、C正确；过程中只有静电力做功，而静电力做功与路径无关，故可用动能定理确定其某时刻速度的大小，D错误。
3.
(带电体在电场内的偏转问题)(双选)如图所示，两个平行水平放置的金属板，上板带正电，下板带等量的负电，质量相等的带正、负电的两个粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直于电场射入，在重力和静电力的作用下分别落在负极板的M、N两处，S点是下极板的左端点，且SN＝3SM，忽略两金属板边缘的电场，则( )
A．落在M点的粒子带正电，落在N点的粒子带负电
B．正、负两个粒子在电场中运动的时间之比为1∶9
C．正、负两个粒子在电场中运动的加速度之比为3∶1
D．正、负两个粒子在电场中运动时动能的变化量之比为9∶1
解析：选AD。两个粒子所受的合力大小关系为FM>FN，且方向相同，两个粒子所受的重力相等，所以落在M点的粒子所受的静电力向下，落在N点的粒子所受的静电力向上，即落在M点的粒子带正电，落在N点的粒子带负电，故A正确；两个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x＝v0t得，在电场中的运动时间之比tM∶tN＝1∶3，B错误；两个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据y＝ eq \f(1,2) at2，解得aM∶aN＝9∶1，C错误；由牛顿第二定律可知F＝ma，因为两个粒子的质量相等，所以所受合力之比与加速度之比相同，合力做功W＝Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以两个粒子在电场中运动的过程中动能变化量之比EkM∶EkN＝9∶1，D正确。