第5節(jié)　帶電粒子在電場中的運動 教學設計

第5節(jié)帶電粒子在電場中的運動[學習目標]1．掌握帶電粒子在電場中運動時的加速度、速度和位移等物理量的變化。2．能運用靜電力做功、電勢、電勢差、等勢面等概念研究帶電粒子運動時的能量轉(zhuǎn)化。3．了解示波管的工作原理，體會靜電場知識在科學技術中的應用。知識點1帶電粒子在電場中的加速1．當解決的問題屬于勻強電場且涉及運動時間等描述運動過程的物理量時，利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式來分析。2．當問題只涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場情景時，利用靜電力做功結(jié)合動能定理來分析。知識點2帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場，極板長為l，極板間距離為d，極板間電壓為U。1．運動性質(zhì)(1)沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運動。(2)垂直v0的方向：初速度為0的勻加速直線運動。2．運動規(guī)律(1)偏移距離：因為t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，所以偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d)。(2)偏轉(zhuǎn)角度：因為vy＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，所以tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。[判一判]1．(1)帶電粒子(不計重力)在電場中由靜止釋放時，一定做勻加速直線運動。()(2)對帶電粒子在電場中的運動，從受力的角度來看，遵循牛頓運動定律；從做功的角度來看，遵循能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律。()(3)對于帶電粒子(不計重力)在電場中的偏轉(zhuǎn)可分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿電場線方向的自由落體運動。()提示：(1)×(2)√(3)×知識點3示波管的原理1．示波管主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成。2．掃描電壓：XX′偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓。3．示波管工作原理：如果信號電壓是周期性的，并且掃描電壓與信號電壓的周期相同，那么，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變化的穩(wěn)定圖像了。[判一判]2．(1)示波管上所加電壓為恒壓源。()(2)示波管偏轉(zhuǎn)電極不加電壓時，從電子槍射出的電子將沿直線運動，射到熒光屏中心點形成一個亮斑。()提示：(1)×(2)√1．(帶電粒子在電場中的加速)電荷量為q的α粒子，以初動能Ek從兩平行金屬板的正中央沿垂直于電場線的方向進入在這兩板間存在的勻強電場中，恰從帶負電的金屬板的邊緣飛出來，且飛出時的動能變?yōu)?Ek，則金屬板間的電壓為()A.eq\f(Ek,q) B.eq\f(2Ek,q)C.eq\f(Ek,2q) D.eq\f(4Ek,q)解析：選B。該兩板間的電壓為U，由動能定理得：eq\f(U,2)q＝Ek末－Ek初＝2Ek－Ek＝Ek，故U＝eq\f(2Ek,q)，B正確。2.(帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn))(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子(不計重力)，以速度v0垂直于電場方向進入電場，關于該帶電粒子的運動，下列說法正確的是()A．粒子在初速度方向做勻加速運動，平行于電場方向做勻加速運動，因而合運動是勻加速直線運動B．粒子在初速度方向做勻速運動，平行于電場方向做勻加速運動，其合運動的軌跡是一條拋物線C．分析該運動，可以用運動分解的方法，分別分析兩個方向的運動規(guī)律，然后再確定合運動情況D．分析該運動，有時也可用動能定理確定其某時刻速度的大小解析：選BCD。當不計重力的粒子垂直電場線進入電場時，在豎直方向上受到豎直向下的電場力，水平方向不受外力，故粒子做類平拋運動，軌跡為曲線，做勻變速曲線運動，其可分解為平行極板方向的勻速直線運動和垂直極板方向的初速度為零的勻加速運動，A錯誤，B、C正確；過程中只有電場力做功，而電場力做功與路徑無關，故可用動能定理確定其某時刻速度的大小，D正確。3.(帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn))(多選)三個電子在同一地點沿同一直線垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場，不計電子重力，如圖，a打在下極板上，b正好飛出。則由此可判斷()A．b和c同時飛離電場B．在b飛離電場的瞬間，a剛好打在下極板上C．進入電場時，a速度最小，c速度最大D．c的動能增量最大，a和b的動能增量一樣大解析：選BC。b、c豎直方向上的位移不等，yc<yb根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2可知tc<tb，故A錯誤；三個粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，可知加速度相同。a、b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據(jù)y＝eq\f(1,2)at2可知運動時間相等，故B正確；在垂直于電場方向即水平方向，三個粒子做勻速直線運動，則有v＝eq\f(x,t)，因xc＝xb，tc<tb,則vc>vb，根據(jù)ta＝tb，xb>xa，則vb>va，所以有vc>vb>va，故C正確；根據(jù)動能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等，離開電場時c電荷偏移最小，電場力做功最少，動能增加量最小，故D錯誤。探究一帶電粒子在電場中的加速1．帶電粒子的分類及受力特點(1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力。(2)質(zhì)量較大的微粒：帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力。2．分析帶電粒子在電場力作用下加速運動的兩種方法(1)利用牛頓第二定律F＝ma和運動學公式，只能用來分析帶電粒子的勻變速運動。(2)利用動能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。若初速度為零，則qU＝eq\f(1,2)mv2，對于勻變速運動和非勻變速運動都適用。【例1】(多選)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當?shù)竭_B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A．當增大兩板間距離時，v增大B．當減小兩板間距離時，v增大C．當改變兩板間距離時，v不變D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大[解析]電子由靜止開始從A板向B板運動的過程中，根據(jù)動能定理列出等式：qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以當改變兩板間距離時，v不變，A、B錯誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的電場強度為E＝eq\f(U,d)，電子的加速度為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，電子在電場中一直做勻加速直線運動，由d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，得電子加速的時間為t＝deq\r(\f(2m,qU))。由此可見，當增大兩板間距離時，電子在兩板間的運動時間增大，故D正確。[答案]CD【例2】(多選)如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P?，F(xiàn)有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點。若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則()A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓增大C．甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同D．乙電子運動到O點的速率為2v0[解析]將B板向右平移距離d時，金屬板A、B組成的平行板電容器所帶電荷量不變，根據(jù)電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析知電容C減小，故A錯誤；根據(jù)電容的定義式C＝eq\f(Q,U)知Q不變，C減小，則U增大，故B正確；根據(jù)勻強電場電場強度的公式E＝eq\f(U,d)，電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)以及電容的定義式C＝eq\f(Q,U)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則知，在電荷量Q不變的情況下，僅改變兩板間距離，電場強度不變，電子所受的電場力相同，加速度相同，故C正確；甲電子從O到P過程有0－veq\o\al(2,0)＝－2ad，乙電子從P′到O過程有v2＝2a·2d，解得乙電子運動到O點的速率為v＝eq\r(2)v0，故D錯誤。[答案]BC[針對訓練1]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入，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是()A.eq\f(edL,U) B．edULC.eq\f(eU,dL) D.eq\f(eUL,d)解析：選D。電子從O點運動到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計重力。根據(jù)能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝EL＝eq\f(UL,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUL,d)，D正確。探究二帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)【問題導引】如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距為d，不計粒子的重力。(1)粒子的加速度大小是多少？方向如何？做什么性質(zhì)的運動？(2)求粒子通過電場的時間、粒子離開電場時水平方向和豎直方向的速度及合速度與初速度方向的夾角θ的正切值。(3)求粒子沿電場方向的偏移量y。[要點提示](1)粒子受電場力大小為F＝qE＝qeq\f(U,d)，加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)，方向豎直向下。粒子在水平方向做勻速直線運動，在電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動，其合運動類似于平拋運動。(2)如圖所示t＝eq\f(l,v0)vx＝v0vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))。(3)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdveq\o\al(2,0))。1．動力學方法：帶電粒子垂直進入勻強電場的運動類似于物體的平拋運動，可以利用運動的合成與分解知識分析。規(guī)律eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(初速度方向：vx＝v0x＝v0t,電場力方向：vy＝aty＝\f(1,2)at2))2．能量觀點：分析粒子的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理，即qEΔy＝ΔEk。3．兩個特殊推論(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為初速度方向位移的中點，如圖所示。(2)位移方向與初速度方向間夾角α(圖中未畫出)的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切值的eq\f(1,2)，即2tanα＝tanθ?！纠?】(2022·襄州一中模擬)如圖，平行板電容器板間電壓為U，板間距離為d，兩板間為勻強電場，讓質(zhì)子流以初速度v0垂直電場射入，沿a軌跡落到下板的中央，現(xiàn)只改變其中一條件，讓質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將()A．開關S斷開B．初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)C．板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)D．豎直移動上板，使板間距離變?yōu)?d[解析]質(zhì)子在勻強電場中做類平拋運動，開關S斷開時，極板間電壓恒定不變，電場強度不變，質(zhì)子仍落到下板中央，A錯誤；質(zhì)子在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，運動時間不變，水平位移減半，不會落到下板邊緣，B錯誤；極板間電壓變?yōu)閑q\f(U,4)，電場強度變?yōu)閑q\f(E,4)，加速度變?yōu)閑q\f(a,4)，根據(jù)運動學公式可知，t＝eq\r(\f(2h,a))，運動時間變?yōu)樵瓉淼?倍，質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，C正確；豎直移動上板，使板間距離變?yōu)?d，電場強度變?yōu)閑q\f(E,2)，加速度變?yōu)閑q\f(a,2)，根據(jù)運動學公式可知，t＝eq\r(\f(2h,a))，運動時間變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，水平位移為原來的eq\r(2)倍，不能到達下板邊緣，D錯誤。[答案]C【例4】真空示波管的示意圖如圖所示，電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計)，經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線射出，然后進入由兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。求：(1)電子穿過A板時的速度大??；(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量；(3)P點到O點的距離。[解析](1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。設偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y1，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得F＝eE，E＝eq\f(U2,d)，F(xiàn)＝ma，t1＝eq\f(L1,v0)，y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得y1＝eq\f(U2Leq\o\al(2,1),4U1d)。(3)設電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為vy，根據(jù)運動學公式得vy＝at1，電子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，設電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t2，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2，如圖所示。有t2＝eq\f(L2,v0)，y2＝vyt2解得y2＝eq\f(U2L1L2,2dU1)P點到O點的距離為y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(（2L2＋L1）U2L1,4U1d)。[答案](1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2Leq\o\al(2,1),4U1d)(3)eq\f(（2L2＋L1）U2L1,4U1d)[針對訓練2]如圖所示，一勻強電場方向水平向左，一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電微粒以豎直向下的初速度v由M點射入電場。帶電微粒從N點射出電場時，其速度方向與水平線夾角為60°。不計帶電微粒重力，則帶電粒子通過N點時速度大小和N、M兩點間的電勢差大小分別為()A.eq\f(2\r(3),3)veq\f(mv2,6q) B.eq\f(2\r(3),3)veq\f(mv2,8q)C.eq\f(3\r(3),4)veq\f(mv2,6q) D.eq\f(3\r(3),4)veq\f(mv2,8q)解析：選A。帶電粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向做勻速直線運動，將帶電粒子在N點的速度分解，可得帶電粒子通過N點時速度大小為vN＝eq\f(v,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)v，粒子從M到N的過程，由動能定理可知－qUMN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mv2，解得N、M兩點間的電勢差UMN＝－eq\f(mv2,6q)。(限時：30分鐘)【合格考練】1.真空中A、B兩板間的勻強電場如圖所示，一電子由A板無初速度釋放運動到B板，設電子在前一半時間內(nèi)和后一半時間內(nèi)的位移分別為s1和s2，在前一半位移和后一半位移所經(jīng)歷的時間分別是t1和t2，下面選項正確的是()A．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝eq\r(2)∶1B．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝eq\r(2)∶1C．s1∶s2＝1∶4，t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)D．s1∶s2＝1∶3，t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)解析：選D。s1＝eq\f(1,2)at2，s2＝eq\f(1,2)a(2t)2－eq\f(1,2)at2＝eq\f(3,2)at2，s1∶s2＝1∶3，x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，t1＝eq\r(\f(2x,a))，2x＝eq\f(1,2)at′2，t2＝t′－t1＝eq\r(\f(4x,a))－eq\r(\f(2x,a))，t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)，D正確。2．如圖所示，在一對帶等量異號電荷的平行金屬板間，某帶電粒子只在電場力作用下沿虛線從A運動到B。則()A．粒子帶負電B．從A到B電場強度增大C．從A到B粒子動能增加D．從A到B粒子電勢能增加解析：選C。一對帶等量異號電荷的平行金屬板間的電場為勻強電場，則從A到B電場強度不變，帶電粒子受到的電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，電場力的方向與電場強度的方向相同，且與帶電粒子的速度方向夾角為銳角，則可判斷粒子帶正電，電場力對帶電粒子做正功，從A到B電勢能減少，動能增加，故C正確。3．(多選)示波管的構(gòu)造如圖所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()A．極板X應帶正電 B．極板X′應帶正電C．極板Y應帶正電 D．極板Y′應帶正電解析：選AC。根據(jù)亮斑的位置，電子偏向XY區(qū)間，說明電子受到電場力作用發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，因此極板X、極板Y均應帶正電。4．(多選)歐洲核子研究中心于2008年9月啟動了大型粒子對撞機，如圖甲所示，將一束質(zhì)子流注入長27km的對撞機隧道，使其加速后相撞，創(chuàng)造出與宇宙大爆炸之后萬億分之一秒時的狀態(tài)相類似的條件，為研究宇宙起源和各種基本粒子特性提供強有力的手段。設n個金屬圓筒沿軸線排成一串，各筒相間地連到正負極周期性變化的電源上，圖乙為其簡化示意圖。質(zhì)子束以一定的初速度v0沿軸線射入圓筒實現(xiàn)加速，則()A．質(zhì)子在每個圓筒內(nèi)都做加速運動B．質(zhì)子只在圓筒間的縫隙處做加速運動C．質(zhì)子穿過每個圓筒時，電源的正負極要改變D．每個筒長度都是相等的解析：選BC。由于同一個金屬筒所在處的電勢相同，內(nèi)部無電場，故質(zhì)子在筒內(nèi)必做勻速直線運動；而前后兩筒間有電勢差，故質(zhì)子每次穿越縫隙時將被電場加速，B正確，A錯誤；質(zhì)子要持續(xù)加速，下一個金屬筒的電勢要低，所以電源正負極要改變，C正確；質(zhì)子速度增加，而電源正、負極改變時間一定，則沿質(zhì)子運動方向，金屬筒的長度要越來越長，D錯誤。【等級考練】5．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點解析：選A。分析題意可知，電子在AB板間做加速運動，在BC板間做減速運動，恰好運動到P點，將C板向右平移到P′點，則BC間距變大，根據(jù)平行板電容器電容的決定式可知，C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容減小，電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，分析可知，BC極板間電場強度恒定不變，故電子仍然運動到P點返回，A正確。6．(多選)如圖所示，有一示波器原理圖，電子被電壓為U1的加速電場加速后射入電壓為U2的偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場的極板長度與極板間的距離分別為L和d，y是離開偏轉(zhuǎn)電場時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)距離，為了減小偏轉(zhuǎn)距離。下列措施可行的是()A．減小d B．增大加速電壓U1C．增大偏轉(zhuǎn)電壓U2 D．減小L解析：選BD。電子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理可得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以電子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小為v0＝eq\r(\f(2eU1,m))，電子進入偏轉(zhuǎn)電場后的偏轉(zhuǎn)的位移為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU2,md)(eq\f(L,v0))2＝eq\f(U2L2,4U1d)，為了減小偏轉(zhuǎn)距離，可以減小U2、增大U1、增大d或者減小L。7．如圖所示，電子從靜止