粤教版 (2019)第二节 带电粒子在电场中的运动学案设计

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第二节　带电粒子在电场中的运动
[学习目标]　1.会分析带电粒子在电场中的直线运动，掌握求解带电粒子直线运动问题的两种方法.2.会用运动的合成与分解的知识，分析带电粒子在电场中的偏转问题.3.了解示波管的主要构造和工作原理．

一、带电粒子在电场中的加速
1．分析带电粒子的加速问题有两种思路：
(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于电场是匀强电场．
(2)利用静电力做功结合动能定理分析．对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd＝mv2－mv02(匀强电场)或qU＝mv2－mv02(任何电场)等．
2．加速器
直线加速器是让带电粒子通过多级电场加速，获得较大的能量．
二、带电粒子在电场中的偏转
如图1所示，质量为m、带电荷量为q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U.

图1
(1)运动性质：
①沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动．
②垂直v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动．
(2)运动规律：
①偏移距离：因为t＝，a＝，
偏移距离y＝at2＝.
②偏转角度：因为vy＝at＝，
tan θ＝＝.
三、示波器
1．示波器的基本原理：带电粒子在电场力的作用下加速和偏转，屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏产生的．
2．示波管：示波器的核心部件
示波管的组成：电子枪、偏转系统和荧光屏．
3.示波管工作时，被加热的灯丝发射电子，电子经电场加速聚焦后形成很细的电子束，再经Y偏转板和X偏转板间的电压控制其打在荧光屏上的位置，其中Y方向所加的电压为信号电压．

1．判断下列说法的正误．
(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，遵循能量守恒定律．(　√　)
(3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，不能分析非匀强电场中的直线运动问题．
(　×　)
(4)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动．(　√　)
2．下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是(　　)
A．质子(H) B．氘核(H)
C．α粒子(He) D．氚核(H)
答案　A
解析　根据动能定理得粒子加速后的速度v＝，可知，质子的比荷最大，则其速度最大，选项A正确．

一、带电粒子在电场中的加速
导学探究
(1)研究电子、质子、α粒子在电场中的运动时，重力能否忽略不计？
(2)带电粒子在匀强电场或非匀强电场中加速，计算末速度，分别应用什么规律研究？
答案　(1)电子、质子、α粒子在电场中所受静电力远大于重力，故重力可忽略不计．
(2)分析带电粒子在匀强电场中的加速运动，可以用牛顿运动定律结合运动学公式列式求解，也可以用动能定理列式求解．分析带电粒子在非匀强电场中的加速运动，可以用动能定理或功能关系求解．


知识深化
1．带电粒子的分类及受力特点
(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，如带电小球、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．分析带电粒子在静电力作用下加速运动的两种方法
(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＝mv2－mv02.若初速度为零，则qU＝mv2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用．
(多选)如图2所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)

图2
A．当增大两板间距离时，v也增大
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也增大
答案　CD
解析　根据动能定理研究电子由静止开始从A板向B板的运动，列出等式：
qU＝mv2，
可得v＝，
v与两板间距无关，所以当改变两板间的距离时，v不变，A、B错，C对．
由于两极板之间的电压不变，所以两极板之间的场强E＝，电子的加速度a＝，电子在电场中一直做匀加速直线运动．由d＝at2知电子加速的时间t＝d，由此可见，当增大两板间的距离时，电子在两板间的运动时间增大，D对．
二、带电粒子在电场中的偏转
如图3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，板间距离为d，不计粒子的重力．

图3
1．运动分析及规律应用
粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理．
(1)在v0方向：做匀速直线运动；
(2)在静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动．
2．过程分析

图4
如图4所示，设粒子不与平行板相撞
初速度方向：粒子通过电场的时间t＝
静电力方向：加速度a＝＝
离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝
速度方向与初速度方向夹角的正切值tan θ＝＝
离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝at2＝.
3．两个重要推论
(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．
(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的，即tan α＝tan θ.
4．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏移量．
一束电子流经U＝500 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5所示，若两极板间距d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm.

图5
(1)要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？
(2)在保持所加最大电压不变的情况下，将电子流改为质子流，质子能否从两极板间飞出？
答案　(1)40 V　(2)质子能从两极板间飞出
解析　(1)加速过程，由动能定理得eU＝mv02①
进入偏转电场后，电子在平行于板面的方向上不受力的作用，做匀速直线运动，l＝v0t②
在垂直于板面的方向只受静电力作用，做匀加速直线运动，加速度a＝＝③
偏移量y＝at2④
电子能从平行板间飞出的条件为：y≤，
由①②③④式得U′≤＝ V＝40 V.
(2)偏移量y＝at2＝··( )2＝，可见偏移量与粒子的电荷量和质量均无关，所以质子仍可从两板间飞出．
三、示波管的原理
1. 电子的偏转：被电子枪加速的电子在YY′电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，最后打到荧光屏上，设打在荧光屏上时的偏转位移为y′，如图6所示．由几何知识知，＝，所以y′＝，y′与偏转电压U2成正比．

图6
2．示波管实际工作时，XX′方向加扫描电压，YY′方向加信号电压，两者周期相同，在荧光屏上显示随信号而变化的波形．
(多选)示波管的构造如图7所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)

图7
A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
答案　AC
解析　根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到静电力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电，选A、C.
(2020·吉化一中期中)一个电荷量为q＝－2×10－8 C，质量为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L＝8 cm.整个装置如图8所示，(不计粒子的重力)求：

图8
(1)粒子出加速电场时的速度大小v0；
(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y；
(3)P点到O2的距离y′.
答案　(1)8×104 m/s　(2)0.03 m　(3)0.09 m
解析　(1)由动能定理可得：|q|U1＝mv02，
代入数据解得v0＝8×104 m/s.
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：L＝v0t，
在竖直方向上：y＝at2，a＝，E＝，
联立并代入数据，解得y＝0.03 m.
(3)由几何知识知＝，
解得y′＝3y＝0.09 m.

1.(带电粒子的偏转)如图9所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为(　　)

图9
A．1∶1,2∶3 B．3∶2,2∶1
C．1∶1,3∶4 D．4∶3,2∶1
答案　D
解析　粒子在水平方向上做匀速直线运动x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1；竖直方向上粒子做匀加速直线运动y＝at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝tB2∶tA2＝1∶4，而ma＝qE，m＝，＝·＝×＝.综上所述，D项正确．
2．(带电粒子的偏转)(2020·安庆市期末)一匀强电场的方向竖直向下，t＝0时刻，一重力不计的带正电粒子以一定初速度v0水平射入该电场中，t时刻该带电粒子的动能为Ek，则Ek－t关系图像可表示为(　　)

答案　D
解析　带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，在沿电场方向上，向下做初速度为零的匀加速直线运动，故沿电场方向上的速度为：v＝at＝t，故t秒时粒子的动能为Ek＝mv2＝m＝mv02＋m2t2，则说明Ek－t关系图像为一条抛物线，时间为零时，粒子动能不为零，故D正确，A、B、C错误．
3.(带电粒子的加速和偏转)如图10所示，电子由静止开始被U＝180 V的电场加速，沿直线垂直进入另一个场强为E＝6 000 V/m 的匀强偏转电场，而后电子从右侧离开偏转电场．已知电子比荷为≈×1011 C/kg，不计电子的重力，偏转极板长为L＝6.0×10－2 m．求：

图10
(1)电子经过电压U加速后的速度大小vx；
(2)电子在偏转电场中运动的加速度a的大小(计算结果保留两位有效数字)；
(3)电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角θ.
答案　(1)8×106 m/s　(2)1.1×1015 m/s2　(3)45°
解析　(1)根据动能定理可得eU＝mvx2，解得vx＝8×106 m/s
(2)电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力，
根据牛顿第二定律得a＝，
解得a＝×1014 m/s2≈1.1×1015 m/s2
(3)电子在水平方向上做匀速直线运动，故t＝
在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，
故vy＝at，
又tan θ＝，
联立解得θ＝45°.


考点一　带电粒子的直线运动
1.两平行金属板相距为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1所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是(　　)

图1
A. B．edUL
C. D.
答案　D
解析　电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小．根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力．根据能量守恒定律得mv02＝eUOA.因E＝，UOA＝EL＝，故mv02＝.故选D.
2.如图2所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是(　　)

图2
A．两板间距离增大，不影响加速时间
B．两板间距离越小，加速度就越大，则电子到达Q板时的速度就越大
C．电子到达Q板时的速度与板间距离无关，仅与加速电压有关
D．电子的加速度和末速度都与板间距离无关
答案　C
解析　根据牛顿第二定律得加速度a＝＝，加速的时间t＝＝d，可知两板间距离增大，加速时间增大，A错误；根据动能定理知qU＝mv2，解得v＝，电子到达Q板时的速度与板间距离无关，仅与加速电压有关，B错误，C正确；电子的加速度与板间距离有关，末速度与板间距离无关，D错误．
3.如图3所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有一质量为m、电荷量为－q的粒子．在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　　)

图3
A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1
答案　A
解析　粒子仅在静电力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，正、负粒子的加速度大小分别为a1＝，a2＝，设两粒子经过同一平面的时间为t，
则正粒子的位移＝a1t2＝ t2①
负粒子的位移＝a2t2＝t2②
联立可解得M∶m＝3∶2，选项A正确．
考点二　带电粒子的偏转
4.如图4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，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4
A．4倍 B．2倍 C. D.
答案　A
解析　设电子的质量为m，初速度为v，极板的长度为L，两极板间的距离为d，电场强度为E，电子做类平抛运动，水平方向有：L＝vt，竖直方向有：y＝at2＝t2＝d，解得：＝d2，若使电子入射速度变为原来的，仍要使电子从正极板边缘飞出，由上式可知，两极板的间距应变为原来的4倍．故A正确，B、C、D错误．
5.如图5所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的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后，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5
A．a的电荷量一定大于b的电荷量
B．b的质量一定大于a的质量
C．a的比荷一定大于b的比荷
D．b的比荷一定大于a的比荷
答案　C
解析　粒子在电场中做类平抛运动，由h＝·()2得：x＝v0.由v0＜v0得＞，故选C.
6．如图6，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴．假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上．不计空气阻力及油滴间的相互作用，则(　　)

图6
A．沿直线①运动的所有油滴质量都相等
B．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等
C．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2
D．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4
答案　D
解析　设两水平正对金属板之间的电场强度为E，沿直线①运动的所有油滴满足mg＝qE，即＝，故A、B错误；沿曲线②、③运动的油滴，在初速度方向上有：x＝v0t，x2＝2x3，初速度相等，所以有t2∶t3＝2∶1，竖直方向有h＝at2，联立解得a2∶a3＝1∶4，故C错误，D正确．
7．(2020·雅安市期末)如图7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7
A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1
答案　A
解析　带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x＝v0t，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h＝at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a＝，故两次偏转电压之比为U1∶U2＝1∶8，故A正确．
8.(多选)如图8所示是某示波管的示意图，电子先由电子枪加速后进入偏转电场，如果在偏转电极上加一个电压，则电子束将会偏转，并飞出偏转电场．下面措施中能使电子偏转距离变大的是(　　)

图8
A．尽可能把偏转极板L做得长一点
B．尽可能把偏转极板L做得短一点
C．尽可能把偏转极板间的距离d做得小一点
D．将电子枪的加速电压提高
答案　AC
解析　设加速电压为U1，
则qU1＝mv02①
设偏转电压为U2，
则y＝②
联立①②得，y＝，故选A、C.

9.(多选)如图9所示，氕、氘、氚的原子核由初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么(　　)

图9
A．经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场的过程中，静电力对三种核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上的速度一样大
D．三种原子核都打在屏的同一位置上
答案　BD
解析　设偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中静电力做的功W＝qU1，由于加速电压相同，电荷量相等，所以静电力做的功相等，故选项A错误；在加速电场中qU1＝mv02，在偏转电场中的偏转位移y＝at2＝··()2，联立解得y＝，同理可得到偏转角度的正切值tan θ＝，则y和tan θ与电荷的电荷量和质量无关，即q为定值，又因为出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，故三种原子核打在屏上同一点，故选项B、D正确；整个过程运用动能定理得mv2＝qU1＋q，由于三种原子核的电荷量相同，质量不同，则v不同，故选项C错误．
10.将一带电粒子以初速度v0沿水平方向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中，粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方向的夹角为150°，电场的水平宽度为L，如图10所示，不计粒子的重力，设粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q.

图10
(1)该匀强电场的电场强度为多大？
(2)A、B两点的电势差UAB为多大？
答案　(1)　(2)－
解析　(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则水平方向上有L＝v0t
竖直方向上有vy＝v0tan 60°＝t
解得E＝.
(2)由粒子的偏转方向可知，粒子带负电，由动能定理得
－qUAB＝mv2－mv02
又v＝＝2v0
解得UAB＝－.

11.如图11所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右极板中央垂直射入电势差U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝
9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，偏转电场的板长L1＝10 cm，板间距离d＝1 cm，荧光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm.求：

图11
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度大小v0；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值tan θ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.
答案　(1)4×107 m/s　(2)0.25 cm　(3)0.05　(4)1 cm
解析　(1)电子在加速电场中运动，由动能定理得eU0＝mv02，解得v0＝4×107 m/s.
(2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向L1＝v0t，可得t＝2.5×10－9 s.
在垂直初速度方向y＝at2＝·t2＝2.5×10－3 m＝0.25 cm.
(3)偏转角的正切值tan θ＝＝＝＝0.05.
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则＝tan θ，解得Y＝1 cm.
12.如图12所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，求：

图12
(1)金属板AB的长度；
(2)电子穿出电场时的动能．
答案　(1)d　(2)e
解析　(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得eU0＝mv02
设金属板AB的长度为L，电子的偏转时间t＝
a＝
y＝d＝at2
联立解得：L＝d.
(2)设电子穿出电场时的动能为Ek，根据动能定理得
Ek＝eU0＋e＝e.