（浙江专用）2018-2019学年高中物理第一章静电场1-9带电粒子在电场中的运动学案新人教版选修3-1

第9节　带电粒子在电场中的运动[研究学考·明确要求]知识内容带电粒子在电场中的运动考试要求学考b选考d基本要求

1.知道利用电场可以改变或控制带电粒子的运动2．知道带电粒子在电场中加速和偏转两种运动形式发展要求

1.理解并掌握带电粒子在电场中加速运动的规律2．理解并掌握带电粒子在匀强电场中偏转运动的规律3．知道带电粒子在匀强电场中偏转运动的特点，了解示波管的基本原理说明

1.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形2．解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形[基础梳理]1．两类带电粒子1基本粒子如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外一般忽略粒子的重力但并不忽略质量2带电微粒如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不忽略重力2．物理过程分析方法1根据带电粒子受的力包含电场力，用牛顿定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等2由动能定理qU＝mv2－mv求解[典例精析]【例1】如图1所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则　　图1A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间减小解析　电子由静止开始从A板向B板运动时，根据动能定理，qU＝mv2，得v＝，所以当改变两板间距离时，v不变，故A、B错误，C正确；由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为E＝，电子的加速度为a＝＝，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d＝at2＝t2，所以电子加速的时间为t＝d，由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D错误答案　C[即学即练]1．如图2所示，电荷量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则　　图2A．它们通过加速电场所需的时间相等B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等D．它们通过加速电场过程中电势能的增加量相等解析　由于电荷量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所用时间越短，A错误；加速时间越短，则速度的变化量越小，C错误；由于电场力做功W＝qU与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等，动能增加量也相等，B正确，D错误答案　B[基础梳理]1．运动状态分析带电粒子不计重力以初速度v0垂直于电场线方向进入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的静电力作用而做匀变速曲线运动2．偏转问题的分析处理方法类似于平抛运动的分析处理方法，即应用运动的合成与分解的知识分析处理3．运动的规律4．两个特殊结论1粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，即粒子就像是从极板间处射出的一样如图3所示图3证明作粒子速度的反向延长线，设交于O点，利用上述

①、

②两式，由几何关系可得出x＝＝＝

③2无论粒子的m、q如何，只要经过同一电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量和偏转角θ都是相同的，所以同性粒子运动轨迹完全重合证明若加速电场的电压为U0，有qU0＝mv

④由

①和

④得偏移量为y＝，由

②和

④得偏转角的正切值为tanθ＝y和tanθ与m和q均无关[典例精析]【例2】如图4所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的初速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场中，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则　　图4A．a的电荷量一定大于b的电荷量B．a的质量一定小于b的质量C．a的比荷一定大于b的比荷D．a的动能增量一定小于b的动能增量解析　粒子在电场中做类平抛运动，由h＝2得x＝v0由v0v0得，故选项A、B错误，C正确；动能增量ΔEk＝qEh，q大小关系未知，故选项D错误答案　C[即学即练]2．如图5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5A．U1∶U2＝1∶8B．U1∶U2＝1∶4C．U1∶U2＝1∶2D．U1∶U2＝1∶1解析　由y＝at2＝·得U＝，所以U∝，可知A项正确答案　A[基础梳理]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，内部主要由电子枪发射电子的灯丝、加速电极组成、偏转电极是由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成和荧光屏组成，如图6所示图62．工作原理1偏转电极不加电压时从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形成一个亮斑2在偏转电极XX′或YY′加电压时所加电压稳定，则电子被加速，偏转后射出XX′或YY′所在直线上的某一点，形成一个亮斑不在中心特别提醒　如果仅在YY′之间加不变的电压，使Y板电势比Y′高，电子束将受到指向Y板方向上的静电力，在荧光屏的正Y轴上将出现一个亮斑，如图甲所示仅在XX′之间加不变的电压，使X板的电势比X′高，在荧光屏的正X轴上将出现一个亮斑，如图乙所示[典例精析]【例3】如图7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71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________板偏移，若UYY′＝0，UXX′0，则粒子向________板偏移答案　1Ⅰ　Ⅱ　2Y　X[即学即练]3．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况如图8所示，真空室中电极K发出电子初速度不计，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是　　图8A．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　B1．如图9所示，在匀强电场E中，一带电粒子不计重力－q的初速度v0恰与电场线方向相同，则带电粒子－q将　　图9A．沿电场线方向做匀加速直线运动B．沿电场线方向做变加速直线运动C．沿电场线方向做匀减速直线运动D．偏离电场线方向做曲线运动解析　在匀强电场E中，带电粒子所受静电力为恒力带电粒子受到与运动方向相反的恒定的静电力作用，产生与运动方向相反的恒定的加速度，因此，带电粒子－q将沿电场线做匀减速直线运动答案　C2．如图10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的电子以初速度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10A.B．v0＋C.D.解析　电场力对电子做正功，由eU＝mv2－mv得v＝，选项C正确答案　C3．如图11所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球　　图11A．将打在下板中央B．不能沿原轨迹运动但能从两极板间飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央解析　由题意可知电容器所带电荷量不变，因E＝＝＝，所以上板上移一小段距离，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动由下板边缘飞出，选项A、B、C错误；若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央，选项D正确答案　D4．2018·温州选考模拟如图12所示，是喷墨打印机的简化模型质量为m的墨汁微粒经带电室带上负电后，以某一速度平行于极板飞入板间，已知板间匀强电场的电场强度为E，微粒最终打在纸上则以下说法正确的是　　图12A．墨汁微粒的电荷量不一定是电子电量的整数倍B．当墨汁微粒的电荷量q＞时，微粒向负极板偏C．当墨汁微粒的电荷量q＜时，微粒向正极板偏D．当墨汁微粒的电荷量q＝时，微粒沿直线穿过电场解析　电荷量不能连续变化，一定是元电荷的整数倍，A错误；当墨汁微粒的电荷量q＞时，则有qE＞mg，合力向上，微粒向上偏转，即向正极板偏转，B错误；同理知C错误；当q＝，即qE＝mg时，合力为零，微粒做匀速直线运动，D正确答案　D1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是　　A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动解析　一带电粒子在电场中只受电场力作用时，合力不为0粒子合力不为0，不可能做匀速直线运动，故选项A错误；当初速度方向与电场力方向相同时，若受到的电场力恒定，就可做匀加速直线运动，故选项B正确；当初速度方向与电场力方向不在一条直线上时，若受到的电场力恒定，就可做匀变速曲线运动，故选项C正确；当电场力与速度方向始终垂直时，就可能做匀速圆周运动，故选项D正确答案　A2．下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大　　A．质子HB．氘核HC．α粒子HeD．钠离子Na＋解析　四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，根据动能定理得，qU＝mv2－0得v＝由上式可知，比荷越大，速度越大显然A选项中质子的比荷最大，故A正确答案　A3．如图1所示，M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板如果要使这个带电粒子到达距N板后返回，下列措施中能满足要求的是不计带电粒子的重力　　图1A．使初速度减为原来的B．使M、N间电压提高到原来的2倍C．使M、N间电压提高到原来的3倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的解析　由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得－qU＝－mv，要使粒子到达距N板d/3后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得－q＝－mv，联立两方程得＝，故选项D正确答案　D4．如图2所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么　　图2A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析　由于两极板的正负不知，粒子的电性不确定，则粒子所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据粒子运动轨迹，粒子所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但粒子动能一定增加，所以只有C正确答案　C5．真空中的某装置如图3所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是　　图3A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4解析　粒子加速过程qU1＝mv2，从B至M用时t＝，得t∝，所以t1∶t2∶t3＝1∶∶，选项A错误；偏转位移y＝2＝，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B正确；因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2，选项C、D错误答案　B6．一个初动能为Ek的带电粒子以速度v垂直电场线方向飞入两块平行金属板间，飞出时动能为3Ek如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，不计重力，那么该粒子飞出时动能为　　A．4EkB．

4.5EkC．6EkD．

9.5Ek解析　带电粒子做类平抛运动，平行于极板方向的速度增加到原来的2倍，带电粒子通过电场的时间变为原来的，沿电场方向的位移变为原来的，电场力做功变为原来的由动能定理得ΔEk′＝qE·y′＝yqE原速飞过时由动能定理有ΔEk＝3Ek－Ek＝qEy而ΔEk′＝Ek末′－4Ek解得Ek末′＝

4.5Ek答案　B7．两平行金属板相距为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，如图4所示，OA＝h，此电子具有的初动能是　　图4A.B．edUhC.D.解析　电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题即mv＝eUOA因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝所以D正确答案　D8．如图5，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区两粒子不同时出现在电场中不计重力若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于　　图5A.B.C.D.解析　因为两粒子轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向＝v0t，竖直方向＝at2且满足a＝，三式联立解得v0＝，故B正确答案　B9．如图6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，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于　　图6A．1∶2B．2∶1C．1∶D.∶1解析　竖直方向有h＝gt2，水平方向有l＝t2，联立可得q＝，所以有＝，B正确答案　B10．如图7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　　图7A．2倍B．4倍C.D.解析　电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝，竖直方向d＝at2＝，故d2＝，即d∝，故C正确答案　C11．两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场一个α粒子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中心已知质子电荷量为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求1极板间的电场强度E；2α粒子在极板间运动的加速度a；3α粒子的初速度v0解析　1极板间场强E＝2α粒子电荷量为2e，质量为4m，所受静电力F＝2eE＝，α粒子在极板间运动的加速度a＝＝3由d＝at2，得t＝＝2d，v0＝＝答案　1　2　

312.如图8所示，两金属板间有竖直向下的电场，电子以初速度v0垂直于电场方向进入电场，经过一定时间离开电场，已知极板长度为L，板间场强为E，电子质量为m，电量为e求图81电子离开电场时速度大小；2电子离开电场时电场力做的功解析　1电子在电场中的运动时间t＝离开电场时水平速度vx＝v0竖直速度vy＝at＝所以电子离开电场时速度大小为v＝＝2根据动能定理，电场力做功为W＝mv2－mv＝答案　见解析。