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第4節(jié)　帶電粒子在電場中的運(yùn)動
第1課時　帶電粒子在電場中的運(yùn)動
(分值：100分)
1～5題每題6分，6題9分，共39分
考點(diǎn)一　帶電粒子加速
1．質(zhì)子(H)、α粒子(He)、鈉離子(Na＋)三個粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是(　　)
A．質(zhì)子(H) B．α粒子(He)
C．鈉離子(Na＋) D．都相同
2.如圖所示，A、B間是一中心有孔的圓盤，它們間有一定的電勢差UAB，一電子(不計重力)以一定初動能Ek0＝500 eV進(jìn)入A側(cè)圓盤中心，如果UAB＝600 V，那么電子射出圓盤中心的動能是Ek1；如果UAB＝－600 V，那么電子射出圓盤中心的動能是Ek2，則(　　)
A．Ek1＝1 100 eV，Ek2＝500 eV
B．Ek1＝500 eV，Ek2＝1 100 eV
C．Ek1＝－100 eV，Ek2＝1 100 eV
D．Ek1＝1 100 eV，Ek2＝100 eV
3．(2024·松原市前郭五中期末)人體的細(xì)胞膜模型圖如圖甲所示，由磷脂雙分子層組成，雙分子層之間存在電壓(醫(yī)學(xué)上稱為膜電位)?，F(xiàn)研究某小塊均勻的細(xì)胞膜，厚度為d，膜內(nèi)的電場可看作勻強(qiáng)電場，簡化模型如圖乙所示，初速度可視為零的一價負(fù)氯離子僅在電場力的作用下，從圖中的A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，下列說法正確的是(　　)
A．A點(diǎn)電勢大于B點(diǎn)電勢
B．氯離子的電勢能將減小
C．若僅增大細(xì)胞膜的膜電位，氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度減小
D．若僅減小細(xì)胞膜的厚度d，氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度將會變大
考點(diǎn)二　帶電粒子的偏轉(zhuǎn)
4.(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中(　　)
A．它們運(yùn)動的時間相等
B．它們運(yùn)動的加速度相等
C．Q所帶的電荷量是P所帶的電荷量的兩倍
D．Q電勢能改變量是P電勢能改變量的4倍
5.(多選)(2023·莆田市高二期末)如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶2的帶電粒子A、B，先后以相同的速度從同一點(diǎn)水平射入平行板電容器中，不計重力，帶電粒子偏轉(zhuǎn)后打在同一極板上，水平飛行距離之比xA∶xB＝2∶1，則(　　)
A．粒子A、B在電場中飛行的時間之比為tA∶tB＝2∶3
B．粒子A、B在電場中飛行的時間之比為tA∶tB＝2∶1
C．粒子A、B的質(zhì)量之比為mA∶mB＝4∶3
D．粒子A、B的質(zhì)量之比為mA∶mB＝2∶1
6．(9分)(2023·漳州市華安一中高二月考)如圖所示，長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強(qiáng)電場，一個電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子以某一初速度緊貼上板垂直于電場線的方向進(jìn)入該電場，而后剛好從下板邊緣射出，射出時末速度大小為v且方向與下板的夾角θ＝30°，不計粒子重力和空氣阻力，求：
(1)(2分)粒子初速度v0大?。?br/>(2)(3分)兩板間的電壓U；
(3)(4分)兩板間的距離d。
7～11題每題8分，12題10分，共50分
7.(多選)(2023·揭陽市揭東區(qū)第二中學(xué)期中)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E(如圖所示)，則(　　)
A．粒子射入的最大深度為
B．粒子射入的最大深度為
C．粒子在電場中運(yùn)動的最長時間為
D．粒子在電場中運(yùn)動的最長時間為
8.如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強(qiáng)電場，讓質(zhì)子以初速度v0沿著兩板中心線射入，沿a軌跡落到下板的中央，現(xiàn)只改變其中一個條件，讓質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將(　　)
A．開關(guān)S斷開
B．初速度變?yōu)?v0
C．板間電壓變?yōu)?br/>D．豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d
9.(多選)如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一不計重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，恰好沿下板的邊緣飛出，粒子通過平行金屬板的時間為t，則(　　)
A．在前時間內(nèi)，靜電力對粒子做的功為Uq
B．在前時間內(nèi)，靜電力對粒子做的功為Uq
C．在粒子下落的前和后過程中，靜電力做功之比為1∶1
D．在粒子下落的前和后過程中，靜電力做功之比為1∶2
10.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系所在平面內(nèi)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，兩個電荷量不同、質(zhì)量相等的帶電粒子A、B，從y軸上的S點(diǎn)以不同的速率沿著y軸正方向射入勻強(qiáng)電場，兩粒子在圓形區(qū)域中運(yùn)動的時間相同，不計粒子所受的重力，則(　　)
A．A粒子帶負(fù)電荷
B．B粒子所帶的電荷量比A粒子的少
C．A粒子在圓形區(qū)域中電勢能的變化量比的大小B粒子的小
D．B粒子進(jìn)入電場時具有的動能比A粒子的大
11．(多選)(2023·泉州市高二期中)如圖所示，A、B、C三個帶電離子(不計重力)以相同的初速度沿水平金屬板M、N間的中心線射入勻強(qiáng)電場中，兩極板間的距離為d。A離子落在N板的中點(diǎn)；B離子落在N板的邊緣；C離子飛出極板時，沿電場方向的位移為。已知它們帶電荷量比值為qA∶qB∶qC＝1∶1∶2，則下列說法中正確的是(　　)
A．離子A、B在極板間的運(yùn)動時間之比為1∶1
B．離子A、B的加速度之比為4∶1
C．離子B、C的質(zhì)量之比為1∶2
D．離子B、C的動能增加量之比為1∶1
12.(10分)(2024·哈爾濱市第三十二中學(xué)月考)如圖所示，有一質(zhì)子(電荷量為q，質(zhì)量為m)由靜止經(jīng)電壓U1加速后，進(jìn)入兩板間距為d，電壓為U2的平行金屬板間，若質(zhì)子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從下板右邊緣穿出電場，求：
(1)(3分)質(zhì)子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大??；
(2)(3分)質(zhì)子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間和金屬板的長度L；
(3)(4分)質(zhì)子穿出電場時的動能。
13.(11分)(2024·肇慶市第一中學(xué)高二期中)如圖所示為一種新型粒子收集裝置，一個粒子源放置在立方體ABCD－A′B′C′D′中心(固定在豎直軸上)，粒子源可以向水平各方向均勻地發(fā)射一種帶正電粒子，粒子比荷為＝1×108 C/kg。立方體處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝1×103 N/C；立方體棱長L＝0.1 m，除了上、下底面AA′B′B、CC′D′D為空外，其余四個側(cè)面均為熒光屏。不考慮粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子間的相互作用；粒子打到熒光屏上后被熒光屏吸收，不考慮熒光屏吸收粒子后的電勢變化。
(1)(3分)求粒子發(fā)射后，在電場中運(yùn)動的加速度大小；
(2)(3分)分析說明打到熒光屏上哪些位置的粒子運(yùn)動的時間最長，并求最長時間；
(3)(5分)若使所有粒子均不能打到熒光屏上，求粒子發(fā)射時的速度大小范圍。
第1課時　帶電粒子在電場中的運(yùn)動
1．B　[由qU＝mv2－0可知，U相同時，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項B正確。]
2．B　[如果UAB＝600 V，則φA>φB，電子在A、B間所受電場力方向指向A，又因為Ek03．B　[初速度可視為零的負(fù)氯離子僅在電場力的作用下，從題圖乙中的A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，說明電場方向為B指向A，沿著電場方向電勢逐漸降低，A點(diǎn)電勢小于B點(diǎn)電勢，故A錯誤；電場力對氯離子做正功，由功能關(guān)系可知，電勢能減小，故B正確；由動能定理有Uq＝mv2，可知僅增大細(xì)胞膜的膜電位時，氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度增大；僅減小細(xì)胞膜的厚度d，氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度不變，故C、D錯誤。]
4．ACD　[兩粒子在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動，由x＝vt，得知，運(yùn)動的時間相等，故A正確；兩粒子在平行電場方向受到電場力作用，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)位移時間關(guān)系公式，有y＝at2，所以aQ＝2aP，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，有Eq＝ma，則a＝，所以qQ＝2qP，故C正確；因為ΔEp＝－W＝－Eqy，所以Q電勢能改變量是P電勢能改變量的4倍，故D正確。]
5．BD　[粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)t＝可知，粒子A、B在電場中飛行的時間之比為tA∶tB＝xA∶xB＝2∶1，故A錯誤，B正確；粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有y＝··t2，又t＝，聯(lián)立解得＝＝，故C錯誤，D正確。]
6．(1)v　(2)　(3)L
解析　(1)由幾何關(guān)系得，粒子初速度v0＝vcos 30°＝v
(2)粒子進(jìn)出電場的過程中，由動能定理得
qU＝mv2－mv02
解得U＝
(3)粒子沿電場方向做加速直線運(yùn)動
粒子末速度沿電場方向分量vy＝vsin 30°＝v
粒子在電場中的運(yùn)動時間t＝
則d＝·t
聯(lián)立解得d＝L。
7．BD　[粒子射入到最右端，由動能定理得－Eqxmax＝－mv02，最大深度xmax＝；由v0＝at，a＝，可得t＝，則粒子在電場中運(yùn)動的最長時間為，選項B、D正確。]
8．B　[開關(guān)S斷開，電容器所帶電荷量不變，電容器的電容不變，則電容器兩極板間電壓不變，質(zhì)子仍落到下板的中央，A錯誤；將初速度變?yōu)?v0，質(zhì)子加速度不變，根據(jù)y＝＝
at2知質(zhì)子運(yùn)動到下極板所需的時間不變，由x＝v0t知到達(dá)下極板時質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，正好落到下板邊緣，B正確；當(dāng)板間電壓變?yōu)闀r，板間電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼模|(zhì)子所受的靜電力變?yōu)樵瓉淼?，加速度變?yōu)樵瓉淼模鶕?jù)y＝＝at2知質(zhì)子運(yùn)動到下極板所需時間為原來的倍，由x＝v0t知到達(dá)下極板時質(zhì)子的水平位移為原來的倍，所以質(zhì)子不能落到下板邊緣，C錯誤；豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d，則板間電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼模蒀項分析知質(zhì)子運(yùn)動到下極板所需時間為原來的倍，水平位移為原來的倍，質(zhì)子不能落到下板邊緣，D錯誤。]
9．BC　[在時間t內(nèi)，L＝v0t，＝at2，在前內(nèi)，y＝a()2，可得y＝，則靜電力做的功為W＝qEy＝＝，A錯誤，B正確；在粒子下落的前和后過程中，靜電力做的功分別為W1＝qE·，W2＝qE·，所以W1∶W2＝1∶1，C正確，D錯誤。]
10．C　[由運(yùn)動軌跡可以判定A粒子帶正電荷，故A錯誤；兩粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，沿y軸的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，沿x軸的分運(yùn)動為勻加速直線運(yùn)動，由題圖可知兩粒子沿x軸的位移大小有xB>xA，即××t2>××t2，整理得qB>qA，故B錯誤；粒子在圓形區(qū)域中電勢能的變化量的大小|ΔEp|＝W＝qEx，由于qB>qA，xB>xA，所以|ΔEpB|>|ΔEpA|，故C正確；由題圖可知yA>yB，由于運(yùn)動時間相同，所以v0A>v0B，粒子質(zhì)量相等，所以EkA>EkB，故D錯誤。]
11．BD　[根據(jù)t＝，可知離子A、B在極板間的運(yùn)動時間之比為＝，A錯誤；離子沿電場方向做勻加速運(yùn)動，則有y＝at2，可得a＝，故離子A、B的加速度之比為＝4，B正確；離子B、C在極板間的運(yùn)動時間之比為1∶1，根據(jù)牛頓第二定律有a＝，又y＝at2，聯(lián)立可得m＝，由題圖知＝，離子B、C的質(zhì)量之比為＝，C錯誤；根據(jù)動能定理可得ΔEk＝qEy，離子B、C的動能增加量之比為＝1，D正確。]
12．(1)　(2)d　d
(3)q(U1＋)
解析　(1)質(zhì)子在左邊的加速電場中有qU1＝mv02
解得v0＝。
(2)質(zhì)子在右邊的偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動可分解為沿板方向的勻速直線運(yùn)動和垂直板方向的勻加速直線運(yùn)動，所以沿板方向x＝L＝v0t
垂直板方向y＝＝at2
加速度a＝＝
由以上各式解得t＝d
L＝d。
(3)質(zhì)子在整個運(yùn)動過程中由動能定理得qU1＋q＝Ek－0
所以質(zhì)子射出電場時的動能為Ek＝q(U1＋)。
13．(1)1×1011 m/s2　(2)打到正方形CDD′C′邊上　1×10－6 s
(3)v0<5×104 m/s
解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，代入數(shù)據(jù)可得加速度為a＝1×1011 m/s2
(2)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，落在熒光屏的下邊緣的粒子運(yùn)動時間最長，即落在正方形CDD′C′邊上的粒子在電場中運(yùn)動的時間最長，豎直方向＝at2，
得t＝＝1×10－6 s
(3)水平方向滿足＝v0t，得能打到熒光屏上的最小速度為v0＝5×104 m/s，所以所求的粒子的速度范圍為v0<5×104 m/s。第4節(jié)　帶電粒子在電場中的運(yùn)動
第1課時　帶電粒子在電場中的運(yùn)動
[學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1.能從力和能量的角度分析帶電粒子在電場中的加速問題(重點(diǎn))。2.能運(yùn)用類平拋運(yùn)動的分析方法研究帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題(重難點(diǎn))。
一、帶電粒子的加速
熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子。在金屬絲和金屬板間加電壓U，發(fā)射出的電子在真空中加速后，從金屬板的小孔穿出。設(shè)電子剛離開金屬絲時的速度為零，電子質(zhì)量為m、電荷量大小為e。(如圖)
(1)電子加速時受到幾個力的作用？電子做什么運(yùn)動？
(2)求電子到達(dá)正極板時的速度大??？(用不同的方法求解)
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1．若兩極板間不是勻強(qiáng)電場該用何種方法求解？為什么？
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2．分析帶電粒子在電場中的運(yùn)動，哪些情況需要考慮重力？哪些情況不需要考慮重力？
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例1　(多選)某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進(jìn)行治療，在這種療法中，質(zhì)子先加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，殺死細(xì)胞。若質(zhì)子的加速長度為d，要使質(zhì)子由靜止被勻加速到v，已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e，則下列說法正確的是(　　)
A．由以上信息可以推算該加速電場的電壓
B．由以上信息可以推算該加速電場的電場強(qiáng)度
C．由以上信息不可以推算質(zhì)子加速后的電勢能
D．由以上信息可以判斷出運(yùn)動過程中質(zhì)子所受電場力做正功，電勢能增加
例2　如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放，不計帶電粒子的重力。
(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F；
(2)求帶電粒子到達(dá)N板時的速度大小v；
(3)若在帶電粒子運(yùn)動距離時M、N間電壓突然變?yōu)?，求該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時間t。
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二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)
電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板(厚度不計)時我們可以簡化為如圖所示的模型，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于勻強(qiáng)電場方向射入兩極板間，不計粒子的重力。兩板間電壓為U，距離為d，極板長為l。試分析：
(1)粒子在板間的受力特點(diǎn)；
(2)粒子在板間做什么運(yùn)動；
(3)假如粒子未打到極板上，則粒子離開電場時的速度v與初速度v0方向的夾角的正切值及偏移量y是多少？
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例3　(多選)如圖，真空中有一質(zhì)量忽略不計的電子以速度v沿著與電場強(qiáng)度垂直的方向自O(shè)點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，x軸垂直于電場方向，y軸平行于電場方向，在x軸上取OA＝AB＝BC，分別自A、B、C點(diǎn)作與y軸平行的線，與電子的徑跡交于M、N、P三點(diǎn)，則(　　)
A．電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時，沿x軸的分速度之比為1∶2∶3
B．電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時，沿y軸的分速度之比為1∶2∶3
C．電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時的速度與x軸夾角之比為1∶3∶5
D．電子從O點(diǎn)開始每經(jīng)過相等時間的動能增量之比為1∶3∶5
例4　如圖所示，質(zhì)子(H)和α粒子(He)以相同的初動能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(兩者均不計重力)，這兩個粒子都能射出電場，α粒子的質(zhì)量是質(zhì)子的4倍，帶電荷量是質(zhì)子的2倍，則質(zhì)子和α粒子射出電場時的偏移量y之比為(　　)
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4
例5　(多選)(2024·天水市第一中學(xué)期末)如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度v0由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場時其速度方向與電場線方向成30°角。已知勻強(qiáng)電場的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢差為U，不計粒子重力，設(shè)P點(diǎn)的電勢為零。下列說法正確的是(　　)
A．帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為－qU
B．帶電粒子帶負(fù)電
C．此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E＝
D．此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E＝
第1課時　帶電粒子在電場中的運(yùn)動
一、
(1)只受靜電力的作用，電子向右做勻加速直線運(yùn)動
(2)方法一：運(yùn)用動力學(xué)方法求解
電子受到靜電力 F＝eE＝
加速度a＝＝
v2＝2ad＝2得v＝
方法二：由動能定理有
eU＝mv2
得v＝
思考與討論
1．如果是非勻強(qiáng)電場，電子將做變加速運(yùn)動，動力學(xué)方法不可行；靜電力做功仍然可以用W＝qU求解，動能定理仍然可行。
2．(1)帶電的粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、正負(fù)離子等。這些粒子所受重力和靜電力相比小得多，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力。(但并不能忽略質(zhì)量)
(2)帶電體：如帶電小球、液滴、塵埃等。除有說明或明確的暗示以外，一般都考慮重力。
二、
(1)粒子只受靜電力
(2)粒子在板間做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動分解的知識進(jìn)行分析處理。
①在初速度方向：做勻速直線運(yùn)動；
②在靜電力方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。
(3)過程分析
如圖所示，設(shè)粒子不與極板相撞
初速度方向：粒子通過電場的時間t＝
靜電力方向：加速度a＝＝
離開電場時垂直于板方向的分速度
vy＝at＝
速度與初速度方向夾角的正切值
tan θ＝＝
離開電場時沿靜電力方向的偏移量
y＝at2＝。
例1　ABC　[根據(jù)Ue＝mv2，則可以推算該加速電場的電壓U＝，選項A正確；根據(jù)E＝＝，則可以推算該加速電場的電場強(qiáng)度，選項B正確；因零電勢點(diǎn)不確定，則由以上信息不可以推算質(zhì)子加速后的電勢能，但由以上信息可以判斷出運(yùn)動過程中質(zhì)子所受電場力做正功，電勢能減小，選項C正確，D錯誤。]
例2　(1)q　(2)　(3)
解析　(1)兩極板間的場強(qiáng)E＝，
帶電粒子所受的靜電力F＝qE＝q
(2)帶電粒子從靜止開始運(yùn)動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有qU＝mv2
解得v＝
(3)設(shè)帶電粒子運(yùn)動距離時的速度大小為v′，根據(jù)功能關(guān)系有
q＝mv′2
帶電粒子在前距離做勻加速直線運(yùn)動，后距離做勻速運(yùn)動，設(shè)用時分別為t1、t2，有
＝t1，＝v′t2
則該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時間
t＝t1＋t2＝。
例3　BD　[電子沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動，沿x軸的分速度不變，故A錯誤；沿x軸的分速度不變，又OA＝AB＝BC，則O到M、M到N、N到P的時間相等。而沿y軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)時間相等，由vy＝at得沿y軸的分速度之比為1∶2∶3，故B正確；電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時的速度與x軸夾角的正切值之比等于豎直分速度之比，即為1∶2∶3，則電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時的速度與x軸夾角之比不等于1∶3∶5，故C錯誤；由電子在y軸方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，可得y軸方向三段位移之比為1∶3∶5，則根據(jù)動能定理可得，電子從O點(diǎn)開始每經(jīng)過相等時間的動能增量之比為1∶3∶5，故D正確。]
例4　B　[根據(jù)偏移量計算公式y(tǒng)＝··()2以及動能表達(dá)式Ek＝mv02，解得y＝。初動能相同，α粒子的帶電荷量是質(zhì)子的2倍，故y1∶y2＝1∶2，選項B正確。]
例5　AC　[由題圖可知，粒子所受的靜電力方向向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，粒子從P到Q，靜電力做正功，W＝qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點(diǎn)的電勢為零，則帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為－qU，A正確，B錯誤；帶電粒子在P點(diǎn)時的速度為v0，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律和幾何知識求得，粒子在Q點(diǎn)時豎直方向的分速度vy＝v0，粒子在豎直方向上的平均速度y＝v0，設(shè)粒子在豎直方向上的位移為y0，粒子在電場中的運(yùn)動時間為t，則豎直方向有y0＝y(tǒng)t＝v0t，水平方向有d＝v0t，可得y0＝，電場強(qiáng)度大小E＝，解得E＝＝，C正確，D錯誤。](共64張PPT)
DIERZHANG
第2章　第4節(jié)
第1課時　帶電粒子在電場中的運(yùn)動
1.能從力和能量的角度分析帶電粒子在電場中的加速問題(重點(diǎn))。
2.能運(yùn)用類平拋運(yùn)動的分析方法研究帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題(重難點(diǎn))。
學(xué)習(xí)目標(biāo)
一、帶電粒子的加速
二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)
課時對點(diǎn)練
內(nèi)容索引
帶電粒子的加速
一
熾熱的金屬絲可以發(fā)射電子。在金屬絲和金屬板間加電壓U，發(fā)射出的電子在真空中加速后，從金屬板的小孔穿出。設(shè)電子剛離開金屬絲時的速度為零，電子質(zhì)量為m、電荷量大小為e。(如圖)
(1)電子加速時受到幾個力的作用？電子做什么運(yùn)動？
答案　只受靜電力的作用，電子向右做勻加速直線運(yùn)動
(2)求電子到達(dá)正極板時的速度大??？(用不同的方法求解)
答案　方法一：運(yùn)用動力學(xué)方法求解
方法二：由動能定理有
1.若兩極板間不是勻強(qiáng)電場該用何種方法求解？為什么？
思考與討論
答案　如果是非勻強(qiáng)電場，電子將做變加速運(yùn)動，動力學(xué)方法不可行；靜電力做功仍然可以用W＝qU求解，動能定理仍然可行。
2.分析帶電粒子在電場中的運(yùn)動，哪些情況需要考慮重力？哪些情況不需要考慮重力？
答案　(1)帶電的粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、正負(fù)離子等。這些粒子所受重力和靜電力相比小得多，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力。(但并不能忽略質(zhì)量)
(2)帶電體：如帶電小球、液滴、塵埃等。除有說明或明確的暗示以外，一般都考慮重力。
(多選)某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進(jìn)行治療，在這種療法中，質(zhì)子先加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，殺死細(xì)胞。若質(zhì)子的加速長度為d，要使質(zhì)子由靜止被勻加速到v，已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e，則下列說法正確的是
A.由以上信息可以推算該加速電場的電壓
B.由以上信息可以推算該加速電場的電場強(qiáng)度
C.由以上信息不可以推算質(zhì)子加速后的電勢能
D.由以上信息可以判斷出運(yùn)動過程中質(zhì)子所受電場力做正功，電勢能增加
例1
√
√
√
因零電勢點(diǎn)不確定，則由以上信息不可以推算質(zhì)子加速后的電勢能，但由以上信息可以判斷出運(yùn)動過程中質(zhì)子所受電場力做正功，電勢能減小，選項C正確，D錯誤。
如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放，不計帶電粒子的重力。
(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F；
例2
(2)求帶電粒子到達(dá)N板時的速度大小v；
(3)若在帶電粒子運(yùn)動 距離時M、N間電壓突然變?yōu)?，求該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時間t。
則該粒子從M板運(yùn)動到N板經(jīng)歷的時間
返回
帶電粒子的偏轉(zhuǎn)
二
電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板(厚度不計)時我們可以簡化為如圖所示的模型，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于勻強(qiáng)電場方向射入兩極板間，不計粒子的重力。兩板間電壓為U，距離為d，極板長為l。
試分析：
(1)粒子在板間的受力特點(diǎn)；
答案　粒子只受靜電力
(2)粒子在板間做什么運(yùn)動；
答案　粒子在板間做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動分解的知識進(jìn)行分析處理。
①在初速度方向：做勻速直線運(yùn)動；
②在靜電力方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。
(3)假如粒子未打到極板上，則粒子離開電場時的速度v與初速度v0方向的夾角的正切值及偏移量y是多少？
答案　過程分析
如圖所示，設(shè)粒子不與極板相撞
離開電場時垂直于板方向的分速度
速度與初速度方向夾角的正切值
離開電場時沿靜電力方向的偏移量
(多選)如圖，真空中有一質(zhì)量忽略不計的電子以速度v沿著與電場強(qiáng)度垂直的方向自O(shè)點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，x軸垂直于電場方向，y軸平行于電場方向，在x軸上取OA＝AB＝BC，分別自A、B、C點(diǎn)作與y軸平行的線，與電子的徑跡交于M、N、P三點(diǎn)，則
A.電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時，沿x軸的分速度之比
為1∶2∶3
B.電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時，沿y軸的分速度之比
為1∶2∶3
C.電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時的速度與x軸夾角之比為1∶3∶5
D.電子從O點(diǎn)開始每經(jīng)過相等時間的動能增量之比為1∶3∶5
例3
√
√
電子沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動，沿x軸的分速度不變，故A錯誤；
沿x軸的分速度不變，又OA＝AB＝BC，則O到M、M到N、N到P的時間相等。而沿y軸方向做初速度為零的勻加速
直線運(yùn)動，根據(jù)時間相等，由vy＝at得沿y軸
的分速度之比為1∶2∶3，故B正確；
電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時的速度與x軸夾角的正
切值之比等于豎直分速度之比，即為1∶2∶3，則電子經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時的速度與x軸夾角之比不等于1∶3∶5，故C錯誤；
由電子在y軸方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，可得y軸方向三段位移之比為1∶3∶5，則根據(jù)動能定理可得，電子從O點(diǎn)開始每經(jīng)過相等時間的動能增量之比為1∶3∶5，故D正確。
如圖所示，質(zhì)子(H)和α粒子(He)以相同的初動能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(兩者均不計重力)，這兩個粒子都能射出電場，α粒子的質(zhì)量是質(zhì)子的4倍，帶電荷量是質(zhì)子的2倍，則質(zhì)子和α粒子射出電場
時的偏移量y之比為
A.1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.1∶4
例4
√
(多選)(2024·天水市第一中學(xué)期末)如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度v0由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場時其速度方向與電場線方向成30°角。已知勻強(qiáng)電場的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢差為U，不計粒子重力，設(shè)P點(diǎn)的電勢為零。下列說法正確的是
A.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為－qU
B.帶電粒子帶負(fù)電
例5
√
√
由題圖可知，粒子所受的靜電力方向向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，粒子從P到Q，靜電力做正功，W＝qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點(diǎn)的電勢為零，則帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢能為－qU，A正確，B錯誤；
返回
課時對點(diǎn)練
三
由qU＝ mv2－0可知，U相同時，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項B正確。
考點(diǎn)一　帶電粒子加速
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基礎(chǔ)對點(diǎn)練
√
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2.如圖所示，A、B間是一中心有孔的圓盤，它們間有一定的電勢差UAB，一電子(不計重力)以一定初動能Ek0＝500 eV進(jìn)入A側(cè)圓盤中心，如果UAB＝600 V，那么電子射出圓盤中心的動能是Ek1；如果UAB＝－600 V，那么電子射出圓盤中心的動能是Ek2，則
A.Ek1＝1 100 eV，Ek2＝500 eV
B.Ek1＝500 eV，Ek2＝1 100 eV
C.Ek1＝－100 eV，Ek2＝1 100 eV
D.Ek1＝1 100 eV，Ek2＝100 eV
√
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如果UAB＝600 V，則φA>φB，電子在A、B間所受電場力方向指向A，又因為Ek0理可得Ek1＝Ek0＝500 eV，如果UAB＝－600 V，φA<φB，
電子在A、B間所受電場力方向指向B，電子將始終加速，
根據(jù)動能定理可得Ek2－Ek0＝－eUAB，解得Ek2＝1 100 eV，
故選B。
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3.(2024·松原市前郭五中期末)人體的細(xì)胞膜模型圖如圖甲所示，由磷脂雙分子層組成，雙分子層之間存在電壓(醫(yī)學(xué)上稱為膜電位)。現(xiàn)研究某小塊均勻的細(xì)胞膜，厚度為d，膜內(nèi)的電場可看作勻強(qiáng)電場，簡化模型如圖乙所示，初速度可視為零的一價負(fù)氯離子僅在電場力的作用下，從圖中的A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，下列說法正確的是
A.A點(diǎn)電勢大于B點(diǎn)電勢
B.氯離子的電勢能將減小
C.若僅增大細(xì)胞膜的膜電位，
氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度減小
D.若僅減小細(xì)胞膜的厚度d，氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度將會變大
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初速度可視為零的負(fù)氯離子僅在電場力的作用下，從題圖乙中的A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，說明電場方向為B指向A，沿著電場方向電勢逐漸降低，A點(diǎn)電勢小于B點(diǎn)電勢，故A錯誤；
電場力對氯離子做正功，由功能關(guān)系可知，電勢能減小，故B正確；
由動能定理有Uq＝ mv2，
可知僅增大細(xì)胞膜的膜電
位時，氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)
的速度增大；僅減小細(xì)胞
膜的厚度d，氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度不變，故C、D錯誤。
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考點(diǎn)二　帶電粒子的偏轉(zhuǎn)
4.(多選)如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(diǎn)(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中
A.它們運(yùn)動的時間相等
B.它們運(yùn)動的加速度相等
C.Q所帶的電荷量是P所帶的電荷量的兩倍
D.Q電勢能改變量是P電勢能改變量的4倍
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兩粒子在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動，由x＝
vt，得知，運(yùn)動的時間相等，故A正確；
兩粒子在平行電場方向受到電場力作用，做初速度
為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)位移時間關(guān)系公式，有y＝ at2，所以aQ＝2aP，故B錯誤；
根據(jù)牛頓第二定律，有Eq＝ma，則a＝ ，所以qQ＝2qP，故C正確；
因為ΔEp＝－W＝－Eqy，所以Q電勢能改變量是P電勢能改變量的4倍，故D正確。
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5.(多選)(2023·莆田市高二期末)如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶2的帶電粒子A、B，先后以相同的速度從同一點(diǎn)水平射入平行板電容器中，不計重力，帶電粒子偏轉(zhuǎn)后打在同一極板上，水平飛行距離之比xA∶xB＝2∶1，則
A.粒子A、B在電場中飛行的時間之比為tA∶tB＝2∶3
B.粒子A、B在電場中飛行的時間之比為tA∶tB＝2∶1
C.粒子A、B的質(zhì)量之比為mA∶mB＝4∶3
D.粒子A、B的質(zhì)量之比為mA∶mB＝2∶1
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粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)t＝ 可知，粒子A、B在電場中飛行的時間之比為tA∶tB＝xA∶xB＝2∶1，故A錯誤，B正確；
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6.(2023·漳州市華安一中高二月考)如圖所示，長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強(qiáng)電場，一個電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子以某一初速度緊貼上板垂直于電場線的方向進(jìn)入該電場，而后剛好從下板邊緣射出，射出時末速度大小為v且方向與下板的夾角θ＝30°，不計粒子重力和空氣阻力，求：
(1)粒子初速度v0大??；
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(2)兩板間的電壓U；
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(3)兩板間的距離d。
粒子沿電場方向做加速直線運(yùn)動
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7.(多選)(2023·揭陽市揭東區(qū)第二中學(xué)期中)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E(如圖所示)，則
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能力綜合練
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8.如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強(qiáng)電場，讓質(zhì)子以初速度v0沿著兩板中心線射入，沿a軌跡落到下板的中央，現(xiàn)只改變其中一個條件，讓質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將
A.開關(guān)S斷開
B.初速度變?yōu)?v0
C.板間電壓變?yōu)?br/>D.豎直移動上板，使板間距變?yōu)?d
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開關(guān)S斷開，電容器所帶電荷量不變，電容器的電容不變，則電容器兩極板間電壓不變，質(zhì)子仍落到下板的中央，A錯誤；
將初速度變?yōu)?v0，質(zhì)子加速度不變，
根據(jù)y＝ 知質(zhì)子運(yùn)動到下極板
所需的時間不變，由x＝v0t知到達(dá)下
極板時質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉淼?br/>2倍，正好落到下板邊緣，B正確；
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9.(多選)如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一不計重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，恰好沿下板的邊緣飛出，粒子通
過平行金屬板的時間為t，則
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10.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系所在平面內(nèi)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，兩個電荷量不同、質(zhì)量相等的帶電粒子A、B，從y軸上的S點(diǎn)以不同的速率沿著y軸正方向射入勻強(qiáng)電場，兩粒子在圓形區(qū)域中運(yùn)動的時間相同，不計粒子所受的重力，則
A.A粒子帶負(fù)電荷
B.B粒子所帶的電荷量比A粒子的少
C.A粒子在圓形區(qū)域中電勢能的變化量比的
大小B粒子的小
D.B粒子進(jìn)入電場時具有的動能比A粒子的大
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由運(yùn)動軌跡可以判定A粒子帶正電荷，故A
錯誤；
兩粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，沿y軸的
分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，沿x軸的分運(yùn)動為
勻加速直線運(yùn)動，由題圖可知兩粒子沿x軸
的位移大小有xB>xA，即 整理得qB>qA，故B錯誤；
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粒子在圓形區(qū)域中電勢能的變化量的大小|ΔEp|
＝W＝qEx，由于qB>qA，xB>xA，所以|ΔEpB|>
|ΔEpA|，故C正確；
由題圖可知yA>yB，由于運(yùn)動時間相同，所以
v0A>v0B，粒子質(zhì)量相等，所以EkA>EkB，故D
錯誤。
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11.(多選)(2023·泉州市高二期中)如圖所示，A、B、C三個帶電離子(不計重力)以相同的初速度沿水平金屬板M、N間的中心線射入勻強(qiáng)電場中，兩極板間的距離為d。A離子落在N板的中點(diǎn)；B離子落在N板的邊緣；C離子飛出極板時，沿電場方向的位移為 已知它們帶電荷量比值為qA∶qB∶qC＝1∶1∶2，則下列說法中正確的是
A.離子A、B在極板間的運(yùn)動時間之比為1∶1
B.離子A、B的加速度之比為4∶1
C.離子B、C的質(zhì)量之比為1∶2
D.離子B、C的動能增加量之比為1∶1
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12.(2024·哈爾濱市第三十二中學(xué)月考)如圖所示，有一質(zhì)子(電荷量為q，質(zhì)量為m)由靜止經(jīng)電壓U1加速后，進(jìn)入兩板間距為d，電壓為U2的平行金屬板間，若質(zhì)子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能從下板右邊緣穿出電場，求：
(1)質(zhì)子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大?。?br/>1
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(2)質(zhì)子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間和金屬板的長度L；
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質(zhì)子在右邊的偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動可分解為沿板方向的勻速直線運(yùn)動和垂直板方向的勻加速直線運(yùn)動，所以沿板方向x＝L＝v0t
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(3)質(zhì)子穿出電場時的動能。
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13.(2024·肇慶市第一中學(xué)高二期中)如圖所示為一種新型粒子收集裝置，一個粒子源放置在立方體ABCD－A′B′C′D′中心(固定在豎直軸上)，粒子源可以向水平各方向均勻地發(fā)射一種帶正電粒子，粒子比荷為 ＝1×108 C/kg。立方體處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝1×103 N/C；立方體棱長L＝0.1 m，除了上、下底面AA′B′B、CC′D′D為空外，
其余四個側(cè)面均為熒光屏。不考慮粒子源的尺寸大小、
粒子重力以及粒子間的相互作用；粒子打到熒光屏上后
被熒光屏吸收，不考慮熒光屏吸收粒子后的電勢變化。
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尖子生選練
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(1)求粒子發(fā)射后，在電場中運(yùn)動的加速度大?。?br/>1
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答案　1×1011 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma，代入數(shù)據(jù)可得加速度為a＝1×1011 m/s2
粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，落在熒光屏的下邊緣的粒子運(yùn)動時間最長，即落在正方形CDD′C′邊上的粒子在電場中運(yùn)動的時間最長，
(2)分析說明打到熒光屏上哪些位置的粒子運(yùn)動的
時間最長，并求最長時間；
答案　打到正方形CDD′C′邊上　1×10－6 s
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水平方向滿足 ＝v0t，得能打到熒光屏上的最小速度為v0＝5×104 m/s，所以所求的粒子的速度范圍為v0<5×104 m/s。
(3)若使所有粒子均不能打到熒光屏上，求粒子發(fā)射
時的速度大小范圍。
答案　v0<5×104 m/s
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