人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动精品第1课时导学案及答案

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[学习目标] 1.能从力和能量的角度分析带电粒子在电场中的加速问题(重点)。2.能运用类平抛运动的分析方法研究带电粒子在电场中的偏转问题(重难点)。
一、带电粒子在电场中的加速
炽热的金属丝可以发射电子。在金属丝和金属板间加电压U，发射出的电子在真空中加速后，从金属板的小孔穿出。设电子刚离开金属丝时的速度为零，电子质量为m、电荷量大小为e。(如图)
(1)电子加速时受到几个力的作用？电子做什么运动？
(2)求电子到达正极板时的速度大小？(用不同的方法求解)
答案 (1)只受静电力一个力的作用，电子向右做匀加速直线运动
(2)方法一：运用动力学方法求解
电子受到静电力 F＝eE＝eq \f(eU,d)
加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(eU,md)
v2＝2ad＝2eq \f(eU,m)得v＝eq \r(\f(2eU,m))
方法二：由动能定理有
eU＝eq \f(1,2)mv2
得v＝eq \r(\f(2eU,m))
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，但不能忽略质量。
(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．分析加速运动的两种方法
例1 如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q时的速率与哪些因素有关的下列解释正确的是( )
A．两极板间的距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大
B．两极板间的距离越小，加速的时间就越短，则获得的速率越小
C．两极板间的距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大
D．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关
答案 D
解析 粒子运动过程只有静电力做功，根据动能定理，eU＝eq \f(1,2)mv02，两板间距离越大，电场强度E＝eq \f(U,d)越小，电子的加速度越小，由d＝eq \f(1,2)at2可知，加速时间越长，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故A错误；同理可知B、C错误；由eU＝eq \f(1,2)mv02可知，电子到达Q板时的速率与两板间距离无关，仅与加速电压U有关，因电压不变，所以最后的末速度大小不变，故D正确。
例2 如图所示，M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板。质量为m、电荷量大小为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eq \f(d,3)后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )
A．使初速度减为原来的eq \f(1,3)
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eq \f(2,3)
答案 D
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＝－eq \f(1,2)mv02，要使粒子到达距N板eq \f(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×eq \f(2U1,3)＝－eq \f(1,2)mv12，联立两方程得eq \f(2U1,3U)＝eq \f(v12,v02)，故选D。
二、带电粒子在电场中的偏转
如图，两个相同极板Y与Y′的长度为l，相距d，极板间的电压为U。一个质量为m、电荷量为e的电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为v0。把两极板间的电场看作匀强电场。
(1)电子在电场中做什么运动？如何处理？
(2)设电子不与平行板相撞，完成下列内容(均用题所给字母表示)。
①电子通过电场的时间t＝ 。
②静电力方向：加速度a＝ ，离开电场时垂直于极板方向的分速度vy＝ 。
③速度与初速度方向夹角的正切值tan θ＝ 。
④离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝ 。
答案 (1)电子在电场中做类平抛运动，应运用运动的分解进行处理，沿v0方向：做匀速直线运动；沿静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动
(2)①eq \f(l,v0) ②eq \f(eU,md) eq \f(eUl,mdv0) ③eq \f(eUl,mdv02) ④eq \f(eUl2,2mdv02)
例3 如图所示，质子(eq \\al(1,1)H)和α粒子(eq \\al(4,2)He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(两者均不计重力)，这两个粒子都能射出电场，α粒子的质量是质子的4倍，带电荷量是质子的2倍，则质子和α粒子射出电场时的偏移量y之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
答案 B
解析 根据偏移量计算公式y＝eq \f(1,2)·eq \f(Uq,md)·(eq \f(L,v0))2以及动能表达式Ek＝eq \f(1,2)mv02，解得y＝eq \f(UqL2,4dEk)。初动能相同，α粒子的带电荷量是质子的2倍，故y1∶y2＝1∶2，选项B正确。
针对训练 如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0沿着两板中心线射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将( )
A．开关S断开
B．初速度变为2v0
C．板间电压变为eq \f(U,2)
D．竖直移动上板，使板间距变为2d
答案 B
解析 开关S断开，电容器所带电荷量不变，电容器的电容不变，则电容器两极板间电压不变，质子仍落到下板的中央，A错误；将初速度变为2v0，质子加速度不变，根据y＝eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2知质子运动到下极板所需的时间不变，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移变为原来的2倍，正好落到下板边缘，B正确；当板间电压变为eq \f(U,2)时，板间电场强度变为原来的eq \f(1,2)，质子所受的静电力变为原来的eq \f(1,2)，加速度变为原来的eq \f(1,2)，根据y＝eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2知质子运动到下极板所需时间为原来的eq \r(2)倍，由x＝v0t知到达下极板时质子的水平位移为原来的eq \r(2)倍，所以质子不能落到下板边缘，C错误；竖直移动上板，使板间距变为2d，则板间电场强度变为原来的eq \f(1,2)，由C项分析知质子运动到下极板所需时间为原来的eq \r(2)倍，水平位移为原来的eq \r(2)倍，质子不能落到下板边缘，D错误。
例4 (多选)如图所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度v0由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时其速度方向与电场线方向成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计粒子重力作用，设P点的电势为零。下列说法正确的是( )
A．带电粒子在Q点的电势能为－qU
B．带电粒子带负电
C．此匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(2\r(3)U,3d)
D．此匀强电场的电场强度大小E＝eq \f(\r(3)U,3d)
答案 AC
解析 由题图可知，粒子所受的静电力方向向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，粒子从P到Q，静电力做正功，W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则带电粒子在Q点的电势能为－qU，A正确，B错误；带电粒子在P点时的速度为v0，由类平抛运动的规律和几何知识求得，粒子在Q点时竖直方向的分速度vy＝eq \r(3)v0，粒子在竖直方向上的平均速度eq \x\t(v)y＝eq \f(\r(3),2)v0，设粒子在竖直方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有y0＝eq \x\t(v)yt＝eq \f(\r(3),2)v0t，水平方向有d＝v0t，可得y0＝eq \f(\r(3)d,2)，电场强度大小E＝eq \f(U,y0)，解得E＝eq \f(2U,\r(3)d)＝eq \f(2\r(3)U,3d)，C正确，D错误。
课时对点练
考点一 带电粒子在电场中的加速
1.(2022·信宜市第二中学高二阶段练习)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，现保持两板间的电压不变，则当减小两板间的距离时，下列判断正确的是
( )
A．电子的速度v增大
B．电子的速度v减小
C．电子的速度v不变
D．电子在两板间运动的时间变长
答案 C
解析 由动能定理得eU＝eq \f(1,2)mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，A、B错误，C正确；电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动d＝eq \f(v,2)·t，即t＝eq \f(2d,v)，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，D错误。
2.(2023·大理州鹤庆县高二月考)如图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空。A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度为v。下列说法中正确的是( )
A．如果A、K间距离不变而电压变为2U，则电子离开K时的速度仍为v
B．如果A、K间距离不变而电压变为2U，则电子离开K时的速度变为2v
C．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为v
D．如果A、K间距离加倍而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为eq \r(2)v
答案 C
解析 电子在示波管中只受静电力作用，静电力做功W＝qU，故由动能定理可得：qU＝eq \f(1,2)mv2；如果A、K间距离不变而电压变为2U，则静电力做功为原来的两倍，故电子离开K时的动能为原来的两倍，速度v′＝eq \r(2)v，故A、B错误；如果A、K间距离减半而电压仍为U，则静电力做功不变，故电子离开K时的动能不变，速度不变，故C正确；如果A、K间距离加倍而电压仍为U，则静电力做功不变，故电子离开K时的动能不变，速度不变，故D错误。
3.(2023·武钢三中高二期中)某平行板电容器带电量为Q，电容为C，板间距为d，如图所示。有一质量为m，电荷量为－q的点电荷(q远小于Q)，从紧靠正极板的O点以垂直于极板的速度出发，只受电容器板间静电力作用，最远只能运动到A点，然后返回，OA＝L，则该点电荷的初动能为( )
A.eq \f(LQq,dC) B.eq \f(CLq,Qd)
C.eq \f(Qq,C) D.eq \f(Cq,Q)
答案 A
解析 设电荷的初动能为Ek，整个过程由动能定理可得Ek＝qeq \f(U,d)L，根据电容的定义式可得U＝eq \f(Q,C)，整理可得Ek＝eq \f(qQL,Cd)，故选A。
考点二 带电粒子在电场中的偏转
4.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘紧贴负极板垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板右边缘飞出，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，且仍从正极板右边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )
A．2倍 B．4倍 C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案 C
解析 电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝eq \f(l,v0)，竖直方向d＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv02)，故d2＝eq \f(qUl2,2mv02)，即d∝eq \f(1,v0)，故C正确。
5．(2022·邯郸市高二期末)如图所示，长为L的平行板电容器水平放置，两极板带等量的异种电荷。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于板间电场方向进入，刚好从下极板右边缘射出，射出时速度方向恰与水平方向成30°角。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A．粒子离开电场时的速度为eq \f(\r(3),3)v0
B．板间匀强电场的电场强度为eq \f(2\r(3)mv02,3qL)
C．两极板间的距离为eq \f(\r(3),6)L
D．两极板间的电势差为eq \f(mv02,3q)
答案 C
解析 粒子离开电场时，速度方向与水平方向夹角为30°，由几何关系得v＝eq \f(v0,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)v0，A错误；粒子在电场中做类平抛运动，水平方向上L＝v0t，竖直方向上，vy＝at＝v0tan 30°，由牛顿第二定律可知qE＝ma，得E＝eq \f(\r(3)mv02,3qL)，B错误；粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向上，d＝eq \f(1,2)at2，解得d＝eq \f(\r(3),6)L，C正确；两极板间的电势差U＝Ed＝eq \f(mv02,6q)，D错误。
6.(多选)(2023·运城市高二期中)如图所示，让带电粒子M和N分别以不同的初速度同时沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点。已知qN＝2qM，mN＝4mM，不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从粒子射入到打在上极板的过程中，下列说法正确的是( )
A．它们运动的时间之比tM∶tN＝1∶2
B．它们的初速度之比vM∶vN＝2∶1
C．它们的动能增加量之比ΔEkM∶ΔEkN＝4∶1
D．它们的电势能减少量之比ΔEpM∶ΔEpN＝1∶4
答案 ABD
解析 带电粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qE,2m)t2，解得t＝eq \r(\f(2my,qE))，则有eq \f(tM,tN)＝eq \f(\r(\f(2mMyM,qME)),\r(\f(2mNyN,qNE)))＝eq \r(\f(2mMyM,qME)×\f(qNE,2mNyN))＝eq \r(\f(1,4)×\f(1,2)×2)＝eq \f(1,2)，A正确；带电粒子在水平方向有vMtM＝vNtN，解得eq \f(vM,vN)＝eq \f(tN,tM)＝eq \f(2,1)，B正确；由动能定理可得ΔEk＝qEy，则有eq \f(ΔEkM,ΔEkN)＝eq \f(qMEyM,qNEyN)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，C错误；由功能关系可知，静电力做正功，电势能减少，则电势能的减少量等于静电力做功的大小，则有eq \f(ΔEpM,ΔEpN)＝eq \f(qMEyM,qNEyN)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，D正确。
7.(多选)一束α粒子(带正电)沿两平行金属板中心轴线射入板间的匀强电场后，分成a、b、c三束，如图所示，则( )
A．初速度比较，vayc，则ta＝tb>tc；在平行于极板方向，由x＝v0t得v0＝eq \f(x,t)，对于a、b，由于xa