第十章靜電場中的能量課時10.5帶電粒子在電場中的運(yùn)動1.理解帶電粒子在電場中的運(yùn)動規(guī)律，并能分析解決加速和偏轉(zhuǎn)問題。2.能分析實際生活中帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn)問題，并解釋相關(guān)物理現(xiàn)象。一、帶電粒子的加速1．帶電粒子在電場中加速(直線運(yùn)動)的條件：只受電場力作用時，帶電粒子的速度方向與電場強(qiáng)度的方向相同或相反。2．分析帶電粒子加速問題的兩種思路(1)利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運(yùn)動公式來分析。(2)利用靜電力做功結(jié)合動能定理來分析。二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)1．條件：帶電粒子的初速度方向跟電場力的方向垂直。2．運(yùn)動性質(zhì)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，運(yùn)動軌跡是一條拋物線。3．分析思路：同分析平拋運(yùn)動的思路相同，利用運(yùn)動的合成與分解思想解決相關(guān)問題。三、示波管的原理1．構(gòu)造：示波管主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX′和YY′)、熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。2．原理(1)給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點。甲示波管的結(jié)構(gòu)乙熒光屏(從右向左看)(2)示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待測的信號電壓，使電子沿YY′方向偏轉(zhuǎn)。(3)示波管的XX′偏轉(zhuǎn)電極上加的是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓(如圖所示)，叫作掃描電壓，使電子沿XX′方向偏轉(zhuǎn)。掃描電壓基礎(chǔ)過關(guān)練題組一帶電粒子在電場中的加速1.如圖所示，兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點，然后返回，OA=h，此電子具有的初動能是()A.edhU C.eUdh D.2.如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動，則關(guān)于電子到達(dá)Q時的速率與哪些因素有關(guān)的下列解釋中正確的是()A.兩極板間的距離越大，加速的時間就越長，則電子獲得的速率越大B.兩極板間的距離越小，加速的時間就越短，則電子獲得的速率越小C.兩極板間的距離越小，加速度就越大，則電子獲得的速率越大D.與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)3.在顯像管的電子槍中，從熾熱的金屬絲不斷放出的電子進(jìn)入電壓為U的加速電場，設(shè)其初速度為零，經(jīng)加速后形成橫截面積為S、電流為I的電子束。已知電子的電荷量為e、質(zhì)量為m，則在剛射出加速電場時，一小段長為Δl的電子束內(nèi)的電子個數(shù)是()A.IΔleSC.IeSm2題組二帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)4.如圖所示，兩金屬板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出?，F(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑恢蒙淙?，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板長度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)A.2倍 B.4倍C.12 D.5.如圖所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點A釋放一個帶電荷量為+Q(Q>0)的粒子，粒子重力不計，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時，恰好從下極板的端點B射出，則d與L之比為()A.1∶1 B.2∶1C.1∶2 D.1∶36.如圖所示，有一電子(電荷量為e)經(jīng)電壓U0加速后，進(jìn)入兩塊間距為d、電壓為U的平行金屬板間。若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿過電場，求：(1)金屬板AB的長度；(2)電子穿出電場時的動能。易錯能力提升練題組一帶電粒子在恒定電場中的運(yùn)動1.()如圖所示，示波器的示波管可視為加速電場與偏轉(zhuǎn)電場的組合，若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長為L，極板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽略，則關(guān)于示波器靈敏度[即偏轉(zhuǎn)電場中每單位偏轉(zhuǎn)電壓所引起的偏轉(zhuǎn)量(yU2A.L越大，靈敏度越高B.d越大，靈敏度越高C.U1越大，靈敏度越高D.U2越大，靈敏度越低2.()如圖所示，A、B兩板間加速電壓為U1，C、D兩板間偏轉(zhuǎn)電壓為U2，板間距離為d。一個質(zhì)量為m的粒子(24A.e(2U1C.e(2U13.()如圖所示，一個電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，又沿中心軸線從O點垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點，O'點為熒光屏的中心。已知電子質(zhì)量m=9.0×10-31kg，電荷量e=1.6×10-19C，加速電場電壓U0=2500V，偏轉(zhuǎn)電場電壓U=200V，極板的長度L1=6.0cm，板間距離d=2.0cm，極板的末端到熒光屏的距離L2=3.0cm(忽略電子所受重力，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。求：(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0；(2)電子打在熒光屏上的P點到O'點的距離h；(3)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中靜電力對它所做的功W。深度解析題組二帶電粒子在變化電場中的運(yùn)動4.()在平行金屬板間加上如圖所示周期性變化的電壓，重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t=T4時刻開始將其釋放，運(yùn)動過程中無碰板情況，下列選項中，能定性描述粒子運(yùn)動的速度隨時間變化的規(guī)律的是()5.()如圖(a)所示的兩平行金屬板P、Q間加上圖(b)所示電壓，t=0時，Q板電勢比P板高5V，在兩板正中央M點放一電子，初速度為零，電子只受靜電力而運(yùn)動，且不會碰到金屬板，則這個電子處于M點右側(cè)、速度向右，且速度逐漸減小的時間段是()A.0<t<2×10-10sB.2×10-10s<t<4×10-10sC.4×10-10s<t<6×10-10sD.6×10-10s<t<8×10-10s6.()如圖甲所示，在xOy坐標(biāo)系中，兩平行金屬板AB、OD如圖水平放置，OD與x軸重合，板的左端與原點O重合，板長L=2m，板間距離d=1m，緊靠極板右側(cè)有一熒光屏。兩金屬板間電壓UAO隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，已知U0=1×103V，變化周期T=2×10-3s，t=0時刻一帶正電的粒子從左上角A點，以v0=1×103m/s的速度平行于AB板射入板間，粒子電荷量q=1×10-5C，質(zhì)量m=1×10-7kg，不計粒子所受重力，求：(1)粒子在板間運(yùn)動的時間；(2)粒子打在熒光屏上的縱坐標(biāo)；(3)粒子打到熒光屏上時的動能。7.()如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L=10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離為1.5L，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)求：甲乙(1)在t=0.05s時刻，電子打在熒光屏上的何處。(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？題組三帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動8.()如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，最高點為a，最低點為b，不計空氣阻力，則下列說法中不正確的是()A.小球帶正電B.小球所受靜電力跟重力平衡C.小球在從a點運(yùn)動到b點的過程中，電勢能減小D.小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能不守恒9.()(多選)從地面斜向上拋出一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球，選地面為重力零勢能面，當(dāng)小球到達(dá)最高點時，其具有的動能與重力勢能之比是9∶16，現(xiàn)在此空間加上一個平行于小球運(yùn)動平面的豎直勻強(qiáng)電場E，以相同的初速度拋出原小球，小球到達(dá)最高點時的動能等于重力勢能。已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A.小球拋出時速度的水平分量與豎直分量的大小之比為4∶3B.小球第二次在空中運(yùn)動的水平位移小于第一次在空中運(yùn)動的水平位移C.所加電場方向一定豎直向上，且滿足qE<mgD.所加電場的場強(qiáng)大小一定是7

答案全解全析5帶電粒子在電場中的運(yùn)動基礎(chǔ)過關(guān)練1.D電子從O點運(yùn)動到A點，因受靜電力作用，速度逐漸減小。電子僅受靜電力，根據(jù)動能定理得12mv02=eUOA。因E=Ud，UOA=Eh=Uhd，故12.D由eU=12mv2方法總結(jié)處理帶電粒子的加速問題的兩種方法(1)利用運(yùn)動狀態(tài)分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的靜電力與運(yùn)動方向在同一直線上，做勻加(減)速直線運(yùn)動。(2)利用功能關(guān)系分析：粒子動能的變化量等于靜電力做的功(電場可以是勻強(qiáng)電場，也可以是非勻強(qiáng)電場)。3.D根據(jù)動能定理有：eU=12mv2，得v=2eUm，在剛射出加速電場時，一小段長為Δl的電子束內(nèi)電荷量為q=IΔt=IΔlv4.A由y=12at2=qUl25.A設(shè)粒子從A到B的時間為t，粒子在B點時，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得L=v0t，d=vy2t，又v0∶v6.答案(1)d2U0解析(1)設(shè)電子飛離加速電場時的速度為v0，由動能定理得eU0=12mv設(shè)金屬板AB的長度為L，電子偏轉(zhuǎn)時間t=Lv電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a=eUmd電子在電場中偏轉(zhuǎn)的距離y=12d=12at由①②③④得：L=d2U(2)設(shè)電子穿出電場時的動能為Ek，根據(jù)動能定理得Ek=eU0+eU2=e易錯警示常見帶電粒子及受力特點：電子、質(zhì)子、α粒子、離子等帶電粒子在電場中受到的靜電力遠(yuǎn)大于重力，通常情況下，重力可忽略；而像帶電小球、液滴、煙塵等，重力不可忽略。能力提升練1.A在加速電場中，根據(jù)動能定理得eU1=12mv2，在偏轉(zhuǎn)電場中，由運(yùn)動學(xué)公式得L=vt，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移y=12at2，且a=U2edm，聯(lián)立以上各式解得y=U2L242.B24He的電荷量為2e，粒子飛離偏轉(zhuǎn)電場時的最大側(cè)移為C、D板間距離的一半，則粒子進(jìn)入與離開偏轉(zhuǎn)電場的兩點間的電勢差為U偏轉(zhuǎn)=E2·12d=12E2d=12U2，粒子從進(jìn)入加速電場到離開偏轉(zhuǎn)電場的過程中，由動能定理得2eU1+2e·12U2=3.答案(1)3.0×107m/s(2)0.72cm(3)5.76×10-18J解析(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有eU0=12mv02，得v0=2eU(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量為y。在水平方向有L1=v0t在豎直方向有y=12at根據(jù)牛頓第二定律有eUd聯(lián)立得y=eU代入數(shù)據(jù)解得y=0.36cm電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過偏轉(zhuǎn)電場的中點，由圖知，yh=解得h=0.72cm(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的過程中，靜電力對它做的功W=eUdy=5.76×10-18解題模板處理帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題的方法(1)首先認(rèn)真審題，判斷粒子的重力是否可以忽略，當(dāng)重力不可忽略時，a=|mg-qE(2)認(rèn)清粒子的運(yùn)動特點，明確粒子受力方向，判斷粒子向哪個極板偏轉(zhuǎn)。(3)知道粒子沿電場線方向做勻變速直線運(yùn)動，解題時有關(guān)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律均適用。(4)最后結(jié)合運(yùn)動的合成與分解的等時性、獨立性解題。4.B重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t=T4時刻開始將其釋放，粒子在勻強(qiáng)電場中從靜止開始運(yùn)動，從T4到T2做勻加速運(yùn)動；從T2到3T5.B在0<t<2×10-10s時間內(nèi)，Q板電勢比P板高5V，所以電場方向水平向左，電子所受靜電力方向向右，加速度方向也向右，所以電子從M點向右做勻加速直線運(yùn)動，選項A錯誤；在2×10-10s<t<4×10-10s時間內(nèi)，Q板電勢比P板低5V，電場強(qiáng)度方向水平向右，所以電子所受靜電力方向向左，加速度方向也向左，所以電子向右做勻減速直線運(yùn)動，當(dāng)t=4×10-10s時速度為零，此時電子在M點的右側(cè)，選項B正確；在4×10-10s<t<6×10-10s時間內(nèi)，Q板電勢比P板低5V，電場強(qiáng)度方向水平向右，所以電子所受靜電力方向向左，加速度方向也向左，所以電子向左做勻加速直線運(yùn)動，選項C錯誤；在6×10-10s<t<8×10-10s時間內(nèi)，Q板電勢比P板高5V，電場強(qiáng)度方向水平向左，所以電子所受靜電力方向向右，加速度方向也向右，所以電子向左做勻減速直線運(yùn)動，到8×10-10s時刻速度為零，恰好又回到M點，選項D錯誤。6.答案(1)2×10-3s(2)0.85m(3)5.05×10-2J解析(1)粒子在板間沿x軸方向勻速運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t，則L=v0tt=Lv0=2×10(2)t=0時刻射入的粒子在板間偏轉(zhuǎn)量最大，設(shè)為y1，y1=12aT2根據(jù)牛頓第二定律有U0解得y1=0.15m故縱坐標(biāo)為y=d-y1=0.85m(3)從粒子出射到打到熒光屏上，由動能定理得：U0qdy2=12mv2其中y2=12a代入數(shù)據(jù)解得Ek=12mv2=5.05×10-2解題模板處理帶電粒子在變化電場中運(yùn)動問題的方法(1)注重全面分析(分析受力特點和運(yùn)動規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)動過程中的速度、位移等。(2)分析時從兩種思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。7.答案(1)打在屏上的點位于O點上方，距O點15cm(2)40cm解析(1)電子經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理可得qU0=12mv經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y=12at2=12解得：y=U由題圖知t=0.05s時刻U偏=1.5U0，所以y=3.75cm設(shè)打在屏上的點距O點的距離為Y，則滿足Yy=解得：Y=15cm(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為L2，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時，電子就打不到