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5　带电粒子在电场中的运动
定位·学习目标
1.通过了解带电粒子在电场中的运动,知道带电粒子在静电力作用下的运动与其他物体的受力运动遵循相同的规律,形成物理观念。
2.通过对带电粒子在电场中加速、偏转问题的分析,强化分析、推理能力,进一步培养科学思维能力。
3.通过分析带电粒子在电场中的运动情况及解释相关的物理现象,培养热爱科学的精神,形成科学态度与责任。
知识点一　带电粒子在电场中的加速
探究新知
1.特点:利用电场使带电粒子加速,带电粒子的速度方向与电场强度的方向相同或相反。
2.两种思路
(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式,适用于匀强电场且涉及描述运动过程的物理量。
(2)利用静电力做功结合动能定理,对只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时,适合运用该思路。
新知检测
[判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”]
(1)带电粒子在电场中不受重力。(　×　)
(2)带电粒子只有在匀强电场中由静止释放才能做直线运动。(　×　)
(3)带电粒子在电场中由静止释放后一定做直线运动。(　×　)
(4)带电粒子仅在静电力作用下运动时,动能一定增加。(　×　)
知识点二　带电粒子在电场中的偏转
探究新知
1.带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直时,静电力方向跟速度方向不在同一直线上,带电粒子的运动轨迹将发生偏转。
2.在匀强电场中,带电粒子的运动轨迹是一条抛物线,其分析思路跟分析平抛运动是一样的,不同的仅仅是平抛运动物体所受的是重力,而带电粒子所受的是静电力。
新知检测
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动的条件是什么
提示:①偏转电场为匀强电场;②带电粒子的初速度方向与电场方向垂直。
(2)如图所示,带电粒子(不计重力)从两板中间垂直电场线方向进入电场,在电场中的运动时间与什么因素有关
提示:粒子若能离开电场,根据t=可知,运动时间与板的长度l和初速度v0有关;若粒子打在极板上,则由=at2,a=可知,t=,即运动时间与电场强度大小E和板间距离d有关。
知识点三　示波管的原理
探究新知
1.构造
示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,管内抽成真空,如图所示。
2.原理
(1)如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压,电子束打在荧光屏中心,形成一个亮斑。
(2)扫描电压:XX′偏转电极接入仪器自身产生的锯齿形电压。
(3)在YY′偏转电极上加待测的周期性信号电压,并且扫描电压与信号电压的周期相同,就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。
新知检测
带电粒子在电场中受静电力作用,我们可以利用电场来控制粒子,使它加速或偏转。如图所示是示波器的核心部件——示波管。请思考:示波管中电子的运动可分为几个阶段 各阶段的运动遵循什么规律
提示:示波管中电子的运动一般可分为三个阶段:第一阶段为加速,遵循动能定理;第二阶段为偏转,遵循类平抛运动规律;第三阶段为从偏转电极出来后做匀速直线运动到达荧光屏,遵循匀速运动规律。
要点一　带电粒子在电场中的加速运动
情境探究
如图所示,在真空中有一对平行金属板,两板间电势差为U,若一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以初速度v0从正极板附近向负极板运动。
试结合上述情境讨论:
(1)怎样计算它到达负极板时的速度大小
(2)若粒子带的是负电荷(初速度为v0),将做匀减速直线运动,如果能到达负极板,其速度是多大
(3)上述问题中,两块金属板是平行的,两板间的电场是匀强电场,如果两金属板是其他形状,中间的电场不再均匀,上面的结果是否仍然适用 为什么
答案:(1)由动能定理有qU=mv2-m,得v=。
(2)由动能定理有-qU=mv2-m,得v=。
(3)结果仍然适用。因为不管是否为匀强电场,静电力做功都可以用W=qU计算,动能定理仍然适用。
要点归纳
解答问题的基本思路
典例研习
[例1] (带电粒子在电场中的加速)(2022·北京卷,18)如图所示,真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
(1)求带电粒子所受的静电力的大小F;
(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v;
(3)若在带电粒子运动距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
解析:(1)两极板间的电场强度为E=,
则带电粒子所受的静电力F=qE=q。
(2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程,根据牛顿第二定律F=ma,有q=ma,
则a=,
由匀变速直线运动规律v2-=2ax得
v===。
(3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v′,根据功能关系有q·=mv′2,
带电粒子在前距离做匀加速直线运动,后距离做匀速运动,设用时分别为t1、t2,有
=t1,=v′t2,
则该粒子从M板运动到N板经历的时间
t=t1+t2=。
答案:(1)q　(2)　(3)
解答带电粒子在电场中
做直线运动问题应注意的三点
(1)条件:只有带电粒子所处电场的电场线为直线,且粒子初始速度和加速度沿电场线方向,粒子才能做直线运动。
(2)思路:在匀强电场中由牛顿第二定律结合匀变速直线运动的规律分析解答;无论是否为匀强电场,在能确定静电力做功的前提下应用动能定理解答。
(3)特例:对于带电粒子做减速运动,是否通过题设位置问题,可依据情况计算最大位移或由m与qU大小关系加以分析判断。
要点二　带电粒子在电场中的偏转
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
情境探究
　如图所示,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。
请根据上述情境回答下列问题:
(1)带电粒子在垂直于电场方向做什么运动
(2)带电粒子在沿电场方向做什么运动
(3)若粒子在极板间射出,怎样求带电粒子在电场中运动的时间
(4)粒子所受静电力多大 加速度多大
答案:(1)匀速直线运动。
(2)初速度为零的匀加速直线运动。
(3)应用公式t=求解。
(4)q,。
要点归纳
带电粒子在电场中偏转,射出电场后做匀速直线运动,轨迹如图所示。
(1)在电场中的基本规律。
①初速度方向
②电场线方向
(2)两个常用的推论。
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=。
②位移方向与初速度方向夹角的正切值为速度偏转角正切值的,即tan α=tan θ。
(3)动能定理的应用。
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距离。
典例研习
[例2] (带电粒子在电场中的偏转)一带电粒子从静止出发被1 000 V的电压加速,然后从两极板中间进入电场强度为 5 000 N/C 的偏转电场,进入时速度方向与偏转电场的方向垂直。已知粒子电荷量q=2×10-16 C,质量m=1.0×10-25 kg,偏转电极长l=12.0 cm,极板间距离d=2.5 cm。
(1)试通过计算说明带电粒子的运动情况。
(2)粒子在偏转电场运动过程中静电力做的功是多少
解析:(1)设粒子离开加速电场时速度为v,根据动能定理有qU=mv2,
解得v=2.0×106 m/s,
粒子进入偏转电场时,根据牛顿第二定律有
Eq=ma,
则a==1.0×1013 m/s2,
假设粒子能射出偏转电场,由于l=vt,则离开偏转电场的时间t==6.0×10-8 s,
竖直方向偏转的位移
y=at2=1.8×10-2 m=1.8 cm>,
即粒子不能射出偏转电场,
设粒子射到偏转极板的时间为t′,有=at′2,
代入数据得t′=5.0×10-8 s,
其水平位移x=vt′=10.0 cm,
可知粒子从加速电场进入偏转电场后落在偏转极板距射入端 10.0 cm 处。
(2)粒子在偏转电场中沿电场方向的位移y=,则静电力做功W=Eqy=Eqd,
代入数值得W=1.25×10-14 J。
答案:(1)见解析　(2)1.25×10-14 J
[例3] (带电粒子先进入加速电场再进入偏转电场)如图所示,A为能自发地射出质子的质子源,G为足够大的荧光屏。在A和极板B间有加速电压U1,在两水平放置的平行导体板C、D间有偏转电压U2,可认为静止的质子从A射出,经加速后以水平速度进入C、D之间,忽略质子所受的重力,质子的电荷量q=+e,质量mp=m,质子打到F点,下列说法正确的是(　C　)
A.若仅增大U1,则质子打在F点下方
B.若仅增大U2,则质子打在F点上方
C.若仅把质子源改为α粒子源(qα=+2e,mα=4m),则α粒子仍打在F点
D.若仅把质子源改为α粒子源(qα=+2e,mα=4m),则α粒子打在F点下方
解析:设平行导体板长为L,间距为d,质子在A和极板B间加速,设刚离开加速电场时质子的速度大小为v0,由动能定理有qU1=mp,质子在偏转电场中的侧移量y=·() 2,可得 y=,若仅增大U1,则y减小,质子打在F点上方,故A错误;根据上述可知,若仅增大U2,则y增大,质子打在F点下方,故B错误;由于y=,可知粒子的侧移量与粒子的质量和电荷量无关,故α粒子仍打在F点,故C正确,D错误。
1.如图所示,A和B是置于真空中的两平行金属板,所加电压为U。一带负电的粒子以初速度v0由小孔沿垂直于极板方向射入电场中,粒子刚好能到达金属板B。如果要使粒子刚好到达两板间距离的一半处,可采取的办法有(　B　)
A.初速度为,电压U不变
B.初速度为,电压为
C.初速度为v0,电压为
D.初速度为v0,电压为U
解析:设粒子的电荷量为q,质量为m,两金属板间距离为d,其间电场强度为E,由于粒子垂直于极板射入电场,恰好到达金属板B,由动能定理得 -qU=0-m,若调整粒子的初速度为,设粒子恰好到达两板间距离的一半处时的电压为U′,同理有-qU′=0-m() 2,解得U′=U,故A错误,B正确;若初速度为v0不变,粒子仍恰好到达两极板间距离的一半处,设此时电压为U″,同理有-qU ″=0-m,结合-qU=0-m,解得U″=2U,故C、D错误。
2.如图所示,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(　A　)
A. B.1倍 C.2倍 D.4倍
解析:由于两极板与电源连接,则两极板间电压不变,设其电压为U,入射速度为v0时电子恰好从正极板边缘飞出,极板间距离为d,极板的长度为L。由于电子做类平抛运动,所以水平方向有L=v0t,竖直方向有y=at2,即·() 2=d;同理,设速度为2v0,电子仍从正极板边缘飞出,极板间距离为d′,有·() 2=d′,解得d′=d,选项A正确,B、C、D错误。
3.(多选)示波管的构造如图所示,如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的(　AC　)
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
解析:根据亮斑的位置,电子偏向XY区间,说明电子在Y、Y′极板间受到指向板极Y的静电力,在X、X′极板间受到指向板极X的静电力,因此极板X、极板Y均应带正电,选项A、C正确。
4.如图所示,一个质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量q=1.0×10-5 C的带电微粒(重力忽略不计),从静止开始经电压为U1=100 V的加速电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金属板长L=20 cm,两板间距d=10 cm。
(1)微粒进入偏转电场时的速度是多大
(2)若微粒射出电场时的偏转角度θ为30°,则两金属板间的电压U2是多大
解析:(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v,根据动能定理有qU1=mv2,
解得v=1.0×104 m/s。
(2)带电微粒在偏转电场中只受静电力作用,做类平抛运动,水平方向有L=vt,
竖直方向有vy=at,ma=,
射出电场时有=tan 30°,
联立解得U2=100 V。
答案:(1)1.0×104 m/s　(2)100 V
课时作业
基础巩固练
考点一　带电粒子在电场中的加速
1.(多选)如图在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动,则下列说法正确的是(　BD　)
A.到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B.到达Q板的速率与板间距离无关
C.若两板间距离越大,则运动时间越长,加速度越大
D.若极板间电压U、电荷量q均变为原来的2倍,则到达Q板的速率变为原来的2倍
解析:电荷由P板到Q板过程中,根据动能定理得qU=mv2,到达Q板的速率为v=,可知v只与加速电压有关,与板间距离无关,故A错误,B正确;根据运动学公式有d=at2,由牛顿第二定律得电荷在电场中的加速度a==,可知两板间距离越大,加速度越小,运动的时间越长,故C错误;根据关系式v=,若极板间电压U、电荷量q均变为原来的2倍,则速率变为原来的2倍,故D正确。
2.(多选)如图所示,A、B、C、D是某匀强电场中的4个等势面,一个质子p(电荷量 qp=+e)和一个α粒子(电荷量是质子的2倍,质量是质子的4倍)同时在A等势面从静止出发,沿垂直于等势面方向向右做直线运动,当到达D面时,对质子和α粒子,下列说法正确的是(　AC　)
A.静电力做功之比为1∶2
B.它们的动能之比为2∶1
C.它们的速度之比为∶1
D.它们运动的时间之比为1∶1
解析:带电粒子从等势面A到等势面D,静电力做功WAD=qUAD,根据动能定理,其末动能为 mv2=qUAD,由于两种粒子均从等势面A到等势面D,电势差UAD相等,则静电力做功之比为1∶2,动能之比为1∶2,速度之比为∶1,故A、C正确,B错误;粒子均做初速度为0的匀加速直线运动,设位移为d,则有d=·t2,可得t=,对两种粒子,d、E相同,可知t∝,即它们运动的时间之比为1∶,故D错误。
3.如图所示,两平行金属板P、Q相距为d,电势差为U,一个电荷量为q、质量为m的负电荷从P板小孔O沿垂直于金属板的方向射入板间,最远到达A点,然后返回O点。已知O、A相距为L,且L(1)求O、A之间的电势差;
(2)求此负电荷从O点射出时的速度大小;
(3)若将右侧金属板向右移动一小段距离,该负电荷仍然以同样的速度从O点沿垂直于金属板的方向射出,请判断该负电荷是否能到达A点,并说明理由。
解析:(1)两金属板间的电场强度大小为E=,
O、A间的电势差UOA=EL=。
(2)负电荷由O到A的过程只有静电力做功,根据动能定理可得
-qUOA=0-m,
解得v0=,
则从O点射出时的速度大小v=v0=。
(3)将右板向右移动一小段距离,金属板间距离增大,则板间电场强度变小,UOA=EL减小,克服静电力做功减小,负电荷的动能变化量减小,所以该负电荷一定能到达A点。
答案:(1)　(2)　(3)见解析
考点二　带电粒子在电场中的偏转
4.如图所示,在真空中有一对带电的平行金属板水平放置,一带电粒子沿平行于板面的方向,从左侧两极板中央射入电场中,恰能从右侧极板边缘处离开电场。不计粒子重力。若还能让粒子飞出电场,下列操作中可行的是(　D　)
A.只增大电场强度
B.只增大粒子的比荷
C.只增大粒子的带电荷量
D.只增大粒子的入射速度
解析:设带电粒子的初速度为v0,板长为L,电场强度为E,极板间距离为d,根据牛顿第二定律有a=,垂直于电场方向有L=v0t,平行于电场方向有y=at2,由此可得y=,开始时y=,当只增大电场强度时y>,粒子打到极板上;同理,只增大粒子的比荷或只增大粒子的带电荷量,均有 y>,故A、B、C错误;但只增大粒子的入射速度v0时,y<,粒子一定能飞出电场,故D正确。
5.如图所示,带电平行金属板水平放置,电荷量相同、质量不同的三个带电粒子a、b、c从两极板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场(不计粒子的重力),则它们在两板间运动的过程中(　B　)
A.a、b、c粒子在板间运动时间ta=tbB.a、b、c粒子在板间运动时间taC.a、b、c粒子在板间运动的末速度大小关系为 va=vbD.a、b、c粒子在板间运动的末速度大小关系为 va解析:三个带电粒子a、b、c从两极板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场,则水平方向均做匀速直线运动,且xayc,由于==,得vy=,结合tavyb>vyc,根据v=,得va>vb>vc,选项C、D
错误。
6.如图所示,在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限内有沿x轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E=4×105 N/C,一带正电粒子从x轴上的A点以初速度v0=2×107 m/s垂直x轴方向射入电场,已知带正电粒子的比荷为=2.5×109 C/kg,sOA=0.2 m,不计粒子的重力。求:
(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离;
(2)粒子经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角。
解析:(1)粒子运动情况如图所示,粒子在电场中沿x轴方向的加速度a=,
O、A距离sOA=at2,
粒子经过y轴时的位置与原点O的距离y=v0t,
联立解得y=0.4 m。
(2)粒子经过y轴时沿电场方向的分速度为vx=at,
粒子经过y轴时的速度大小为v=,
设粒子经y轴时速度方向与y轴正方向夹角为θ,则有cos θ=,代入数据解得θ=45°。
答案:(1)0.4 m　(2)45°
考点三　示波管
7.(多选)示波器是一种常见的电学仪器,可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况。示波器的内部构造简化图如图a所示,电子经电子枪加速后进入偏转电场,最终打在荧光屏上。下列关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的是(　ABD　)
A.如果只在XX′上加图b所示的电压,则在荧光屏上看到的图形
如图e
B.如果只在YY′上加图c所示的电压,则在荧光屏上看到的图形
如图d
C.如果在YY′、XX′上分别加图b、c所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图f
D.如果在YY′、XX′上分别加图b、c所示的电压,则在荧光屏上看到的图形如图g
解析:如果只在XX′上加题图b所示的电压,电子在竖直方向不偏转,而沿x轴在荧光屏上看到的图形如题图e;同理,如果只在YY′上加题图c所示的电压,则在荧光屏上形成的图形如题图d,故A、B正确;如果在YY′、XX′上分别加题图b、c所示的电压,则X、X′间为扫描电压,Y、Y′间为信号电压,由于题图c中的周期是题图b中周期的
2倍,则在荧光屏上看到的图形将如题图g所示,故C错误,D正确。
8.如图所示,一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计),经灯丝与A板间的加速电场加速,从A板中心孔沿中心线射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知电子质量m=9.0×10-31 kg,电荷量大小e=1.6×10-19 C,加速电场电压U1=45 V,偏转电场电压U2=50 V,极板的长度L1=6.0 cm,板间距离d=2.5 cm,其右端到荧光屏的水平距离为L2=6.0 cm。电子所受重力可忽略不计。
(1)求电子穿过A板时的速度大小v0;
(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y;
(3)求O、P的距离Y;
(4)电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度,分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。
解析:(1)电子经过加速电场的过程中,根据动能定理可得eU1=m,
解得v0==4×106 m/s。
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动,在垂直电场方向有L1=v0t,
沿电场方向有e=ma,y=at2,
联立解得y==4 cm。
(3)如图所示,
由几何关系可知=,
代入数值解得Y=12 cm。
(4)该示波器的灵敏度D==,
可知增加L1、减小d或减小U1均可增加灵敏度。
答案:(1)4×106 m/s　(2)4 cm　(3)12 cm　(4)见解析
能力提升练
9.(多选)如图所示,边长为d的正方形区域内存在沿CD方向、大小为E的匀强电场,带电荷量为q的粒子从B点沿BC方向以速度v0射入匀强电场,从AD边的中点F离开匀强电场,不计粒子受到的重力,下列说法正确的是(　AD　)
A.带电粒子在匀强电场中运动的时间为
B.带电粒子经过F点时的速度大小为4v0
C.带电粒子经过F点时的动能为
D.带电粒子的质量为
解析:带电粒子在匀强电场中运动的时间为t==,而沿电场线方向有d=t,可得vy=4v0,则经过F点时的速度大小为vF==
v0;根据动力学公式有=2ad,而a=,解得m=,故A、D正确,B错误;带电粒子经过F点时的动能为EkF=m=·(v0)2=Eqd,故C错误。
10.如图所示,水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压,两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场,两电荷恰好在板间某点Q相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用,则下列说法正确的是(　C　)
A.电荷M的电荷量小于电荷N的电荷量
B.两电荷在电场中运动的加速度相等
C.从两电荷进入电场到两电荷相遇,静电力对电荷M做的功大于静电力对电荷N做的功
D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相等
解析:从运动轨迹知,竖直方向的位移M比N大,即yM>yN,而竖直方向的位移为y=at2=,由于M、N质量相等,而电场强度E、运动时间t也相同,则>,即aM>aN,qM>qN,故A、B错误;电荷运动过程中,静电力做功为 W=Eqy,则W=,由于qM>qN,mM=mN,可知WM>WN,故C正确;根据题图所示的运动轨迹,电荷沿极板的位移大小xM>xN,即vMt>vNt,则vM>vN,故D错误。
11.(多选)如图甲所示,直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和多个横截面积相同的金属圆筒组成,其中心轴线在同一直线上,圆筒的长度按照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与正、负电极交替变化的电源相连,序号为奇数的圆筒和电源的一极相连,圆板和序号为偶数的圆筒和电源的另一极相连,电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若电压的绝对值为U,电子电荷量大小为e,电子通过圆筒间隙被电场加速,且时间可以忽略不计。在t=0时刻,若圆板中央有一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速,沿中心轴线冲进圆筒1,电子在每个圆筒中运动的时间均可认为等于,即电子总在电压变向时恰从各圆筒中射出,不考虑速度增大对电子质量的影响,则(　ABD　)
A.由于静电屏蔽作用,圆筒内不存在电场
B.电子运动到第n个圆筒时动能为neU
C.在t=时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D.第n个和第n+1个圆筒的长度之比为 ∶
解析:由于静电屏蔽作用,圆筒内不存在电场,选项A正确;电子每经过一个间隙,静电力做功eU,根据动能定理,电子运动到第n个圆筒时有 neU=Ek-0,则电子运动到第n个圆筒时动能为neU,选项B正确;因为t==T+,而t=时圆筒1相对圆板的电势差为正值,同理t=时,奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值,选项C错误;根据动能定理得电子到达圆筒n、n+1时分别有neU=m,(n+1)eU=m,而电子的运动时间相等,则=,解得Ln∶Ln+1=∶,选项D正确。
12.(2023·北京卷,20)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中,空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下,带电颗粒打到金属板上被收集,已知金属板长度为L,间距为d,不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
(1)若不计空气阻力,质量为m、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U1;
(2)若计空气阻力,颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反,大小为f=krv,其中r为颗粒的半径,k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
①半径为R、电荷量为-q的颗粒恰好全部被收集,求两金属板间的电压U2;
②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比,进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒,若10 μm的颗粒恰好100%被收集,求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。
解析:(1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到金属板右侧,则颗粒就能够全部被收集。
沿初速度方向有 L=v0t,
沿电场方向有d=at2,qE=ma,E=,
联立解得U1=。
(2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,则由受力平衡得F电=f,即=kRv,
且两个方向运动时间相等,即=,
解得U2=。
②10 μm带电荷量为q的颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于静电力,有f=kRvmax,f=,
10 μm颗粒恰好100%被收集,则满足=,
2.5 μm的颗粒带电荷量为q′=,
2.5 μm颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度,所受阻力等于静电力,有f′=kRvmax′,f′=,
设只有距下极板为d′的颗粒被收集,
则有=,联立解得d′=,
2.5 μm的颗粒被收集的百分比为×100%=25%。
答案:(1)　(2)①　②25%(共41张PPT)
5　带电粒子在电场中的运动
「定位·学习目标」
1.通过了解带电粒子在电场中的运动,知道带电粒子在静电力作用下的运动与其他物体的受力运动遵循相同的规律,形成物理观念。
2.通过对带电粒子在电场中加速、偏转问题的分析,强化分析、推理能力,进一步培养科学思维能力。
3.通过分析带电粒子在电场中的运动情况及解释相关的物理现象,培养热爱科学的精神,形成科学态度与责任。
探究·必备知识
1.特点:利用电场使带电粒子加速,带电粒子的速度方向与电场强度的方向 或 。
2.两种思路
(1)利用牛顿第二定律结合 公式,适用于 电场且涉及描述 的物理量。
(2)利用静电力做功结合 ,对只涉及位移、 等动能定理公式中的物理量或 电场情景时,适合运用该思路。
「探究新知」
知识点一　带电粒子在电场中的加速
相同
相反
匀变速直线运动
匀强
运动过程
动能定理
速率
非匀强
[判断正误,正确的打“√”,错误的打“×”]
(1)带电粒子在电场中不受重力。(　 　)
(2)带电粒子只有在匀强电场中由静止释放才能做直线运动。
(　 　)
(3)带电粒子在电场中由静止释放后一定做直线运动。(　 　)
(4)带电粒子仅在静电力作用下运动时,动能一定增加。(　 　)
「新知检测」
×
×
×
×
知识点二　带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直时,静电力方向跟速度方向不在 上,带电粒子的运动轨迹将发生偏转。
2.在匀强电场中,带电粒子的运动轨迹是一条 ,其分析思路跟分析 是一样的,不同的仅仅是平抛运动物体所受的是重力,而带电粒子所受的是静电力。
同一直线
「探究新知」
抛物线
平抛运动
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动的条件是什么
「新知检测」
提示:①偏转电场为匀强电场;②带电粒子的初速度方向与电场方向垂直。
(2)如图所示,带电粒子(不计重力)从两板中间垂直电场线方向进入电场,在电场中的运动时间与什么因素有关
知识点三　示波管的原理
1.构造
示波管由电子枪、 和荧光屏组成,管内抽成真空,如图所示。
偏转电极
「探究新知」
2.原理
(1)如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压,电子束打在荧光屏 ,形成一个亮斑。
(2)扫描电压:XX′偏转电极接入仪器自身产生的锯齿形电压。
(3)在YY′偏转电极上加待测的周期性信号电压,并且扫描电压与信号电压的周期相同,就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。
中心
带电粒子在电场中受静电力作用,我们可以利用电场来控制粒子,使它加速或偏转。如图所示是示波器的核心部件——示波管。请思考:示波管中电子的运动可分为几个阶段 各阶段的运动遵循什么规律
「新知检测」
提示:示波管中电子的运动一般可分为三个阶段:第一阶段为加速,遵循动能定理;第二阶段为偏转,遵循类平抛运动规律;第三阶段为从偏转电极出来后做匀速直线运动到达荧光屏,遵循匀速运动规律。
突破·关键能力
要点一　带电粒子在电场中的加速运动
「情境探究」
如图所示,在真空中有一对平行金属板,两板间电势差为U,若一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以初速度v0从正极板附近向负极板运动。
试结合上述情境讨论:
(1)怎样计算它到达负极板时的速度大小
(2)若粒子带的是负电荷(初速度为v0),将做匀减速直线运动,如果能到达负极板,其速度是多大
(3)上述问题中,两块金属板是平行的,两板间的电场是匀强电场,如果两金属板是其他形状,中间的电场不再均匀,上面的结果是否仍然适用 为什么
答案:(3)结果仍然适用。因为不管是否为匀强电场,静电力做功都可以用W=qU计算,动能定理仍然适用。
「要点归纳」
解答问题的基本思路
[例1] (带电粒子在电场中的加速) (2022·北京卷,18)如图所示,真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。
(1)求带电粒子所受的静电力的大小F;
「典例研习」
(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v;
(3)若在带电粒子运动 距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。
规律方法
解答带电粒子在电场中
做直线运动问题应注意的三点
(1)条件:只有带电粒子所处电场的电场线为直线,且粒子初始速度和加速度沿电场线方向,粒子才能做直线运动。
(2)思路:在匀强电场中由牛顿第二定律结合匀变速直线运动的规律分析解答;无论是否为匀强电场,在能确定静电力做功的前提下应用动能定理解答。
(3)特例:对于带电粒子做减速运动,是否通过题设位置问题,可依据情况计算最大位移或由 与qU大小关系加以分析判断。
要点二　带电粒子在电场中的偏转
「情境探究」
如图所示,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。
请根据上述情境回答下列问题:
(1)带电粒子在垂直于电场方向做什么运动
答案:(1)匀速直线运动。
(2)带电粒子在沿电场方向做什么运动
答案:(2)初速度为零的匀加速直线运动。
(3)若粒子在极板间射出,怎样求带电粒子在电场中运动的时间
(4)粒子所受静电力多大 加速度多大
「要点归纳」
带电粒子在电场中偏转,射出电场后做匀速直线运动,轨迹如图所示。
(1)在电场中的基本规律。
(2)两个常用的推论。
(3)动能定理的应用。
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距离。
[例2] (带电粒子在电场中的偏转)一带电粒子从静止出发被1 000 V的电压加速,然后从两极板中间进入电场强度为 5 000 N/C 的偏转电场,进入时速度方向与偏转电场的方向垂直。已知粒子电荷量q=2×10-16 C,质量m=1.0×10-25 kg,偏转电极长l=12.0 cm,极板间距离d=2.5 cm。
(1)试通过计算说明带电粒子的运动情况。
「典例研习」
(2)粒子在偏转电场运动过程中静电力做的功是多少
答案:(2)1.25×10-14 J
[例3] (带电粒子先进入加速电场再进入偏转电场)如图所示,A为能自发地射出质子的质子源,G为足够大的荧光屏。在A和极板B间有加速电压U1,在两水平放置的平行导体板C、D间有偏转电压U2,可认为静止的质子从A射出,经加速后以水平速度进入C、D之间,忽略质子所受的重力,质子的电荷量q=+e,质量mp=m,质子打到F点,下列说法正确的是(　 　)
A.若仅增大U1,则质子打在F点下方
B.若仅增大U2,则质子打在F点上方
C.若仅把质子源改为α粒子源(qα=+2e,mα=4m),则α粒子仍打在F点
D.若仅把质子源改为α粒子源(qα=+2e,mα=4m),则α粒子打在F点下方
√
检测·学习效果
1
2
3
4
1.如图所示,A和B是置于真空中的两平行金属板,所加电压为U。一带负电的粒子以初速度v0由小孔沿垂直于极板方向射入电场中,粒子刚好能到达金属板B。如果要使粒子刚好到达两板间距离的一半处,可采取的办法有(　 　)
√
1
2
3
4
2.如图所示,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(　 　)
A. B.1倍 C.2倍 D.4倍
√
1
2
3
4
1
2
3
4
3.(多选)示波管的构造如图所示,如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的(　 　)
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
1
2
3
4
√
√
解析:根据亮斑的位置,电子偏向XY区间,说明电子在Y、Y′极板间受到指向板极Y的静电力,在X、X′极板间受到指向板极X的静电力,因此极板X、极板Y均应带正电,选项A、C正确。
4.如图所示,一个质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量q=1.0×10-5 C的带电微粒(重力忽略不计),从静止开始经电压为U1=100 V的加速电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金属板长L=20 cm,两板间距d=10 cm。
1
2
3
4
1
2
3
4
(1)微粒进入偏转电场时的速度是多大
解析:(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v,根据动能定理有qU1= mv2,
解得v=1.0×104 m/s。
答案:(1)1.0×104 m/s
1
2
3
4
(2)若微粒射出电场时的偏转角度θ为30°,则两金属板间的电压U2是多大
答案:(2)100 V
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