2024-2025學(xué)年新教材高中物理第二章靜電場(chǎng)的應(yīng)用第二節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)教案粵教版必修3

PAGE10-其次節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)核心素養(yǎng)點(diǎn)擊物理觀念了解帶電粒子在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用時(shí)的運(yùn)動(dòng)狀況；知道示波管的主要構(gòu)造和工作原理?？茖W(xué)思維能綜合運(yùn)用力學(xué)和電學(xué)的學(xué)問分析、解決帶電粒子在電場(chǎng)中的兩種典型運(yùn)動(dòng)模型?？茖W(xué)看法與責(zé)任通過對(duì)帶電粒子在電場(chǎng)中加速、偏轉(zhuǎn)過程的分析，培育學(xué)生的分析、推理實(shí)力；通過學(xué)問的應(yīng)用，培育學(xué)生酷愛科學(xué)的精神。eq\a\vs4\al(一、帶電粒子在電場(chǎng)中的加速)1．填一填(1)基本粒子的受力特點(diǎn)：對(duì)于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，雖然它們也會(huì)受到萬有引力(重力)的作用，但萬有引力(重力)一般遠(yuǎn)小于電場(chǎng)力，可以忽視。(2)帶電粒子加速問題的處理方法：利用動(dòng)能定理分析。初速度為零的帶電粒子，經(jīng)過電勢(shì)差為U的電場(chǎng)加速后，qU＝eq\f(1,2)mv2，則v＝eq\r(\f(2qU,m))。(3)加速器：利用高電壓的電場(chǎng)來加速帶電粒子，由于實(shí)際電壓有限，科學(xué)家制成了直線加速器，讓帶電粒子通過多級(jí)電場(chǎng)加速。2．判一判(1)基本粒子所受重力比電場(chǎng)力小得多，可以忽視不計(jì)。(√)(2)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)粒子肯定做正功。(×)(3)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做正功時(shí)，粒子的動(dòng)能肯定增大。(×)3．想一想如圖所示，M和N是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩個(gè)等勢(shì)面，相距為d，電勢(shì)差為U，一質(zhì)量為m(不計(jì)重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢(shì)面M射入兩等勢(shì)面之間，則該粒子穿過等勢(shì)面N的速度是多少？提示：由動(dòng)能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝eq\r(v02＋\f(2qU,m))。二、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)示波器1．填一填(1)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)①垂直電場(chǎng)方向：不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)。②沿著電場(chǎng)方向：受恒定的電場(chǎng)力，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(2)運(yùn)動(dòng)規(guī)律(3)示波器①構(gòu)造示波管是示波器的核心部件，主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)和熒光屏組成，如圖所示。②原理示波器的燈絲通電后給陰極加熱，使陰極放射電子，電子經(jīng)陽極和陰極間的電場(chǎng)加速聚焦后形成一很細(xì)的電子束，電子射出打在管底的熒光屏上，形成一個(gè)小亮斑。亮斑在熒光屏上的位置可以通過調(diào)整Y偏轉(zhuǎn)板與X偏轉(zhuǎn)板上的電壓大小來限制。2．判一判(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中肯定做勻變速運(yùn)動(dòng)。(√)(2)帶電粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)過程中的動(dòng)能是不斷增加的。(√)(3)帶電粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)后沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)力方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(√)3．想一想如圖所示，帶電粒子(不計(jì)重力)從兩極板中間垂直電場(chǎng)線方向進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與什么因素有關(guān)？提示：若能離開電場(chǎng)，則由t＝eq\f(L,v0)可知，與極板的長(zhǎng)度L和初速度v0有關(guān)；若打在極板上，則由eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2可知，與電場(chǎng)強(qiáng)度E和極板間距離d有關(guān)。eq\a\vs4\al(探究一)eq\a\vs4\al(帶電粒子的加速)eq\a\vs4\al([問題驅(qū)動(dòng)])如圖所示，平行板電容器兩板間的距離為d＝5cm，電勢(shì)差為U＝20V。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的α粒子，在電場(chǎng)力的作用下由靜止起先從正極板A向負(fù)極板B運(yùn)動(dòng)。(1)比較α粒子所受電場(chǎng)力和重力的大小，說明重力能否忽視不計(jì)(α粒子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的4倍，即m＝4×1.67×10－27kg提示：α粒子所受電場(chǎng)力大、重力小；因重力遠(yuǎn)小于電場(chǎng)力，故可以忽視重力。(2)α粒子的加速度是多大(結(jié)果用字母表示)？在電場(chǎng)中做何種運(yùn)動(dòng)？提示：α粒子的加速度為a＝eq\f(qU,md)。在電場(chǎng)中做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(3)計(jì)算α粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度大小。(結(jié)果用字母表示，嘗試用不同的方法求解)提示：方法1：利用動(dòng)能定理求解。由動(dòng)能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2qU,m))。方法2：利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。設(shè)α粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)所用時(shí)間為t，則d＝eq\f(1,2)at2v＝ata＝eq\f(qU,md)聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(2qU,m))。[重難釋解]1．帶電粒子的分類及受力特點(diǎn)(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示意外，處理問題時(shí)一般都不能忽視重力。2．分析帶電粒子在電場(chǎng)力作用下加速運(yùn)動(dòng)的兩種方法(1)利用牛頓其次定律F＝ma和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，只能用來分析帶電粒子的勻變速運(yùn)動(dòng)。(2)利用動(dòng)能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。若初速度為零，則qU＝eq\f(1,2)mv2，對(duì)于勻變速運(yùn)動(dòng)和非勻變速運(yùn)動(dòng)都適用。如圖所示，一個(gè)質(zhì)子以初速度v0＝5×106m/s水平射入一個(gè)由兩塊帶電的平行金屬板組成的區(qū)域。兩板距離為20cm，金屬板之間電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為3×105N/C。質(zhì)子質(zhì)量m＝1.67×10－27kg，電荷量q＝1.60×10－19[解析]依據(jù)動(dòng)能定理W＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02而W＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2J＝9.6×10－15J所以v1＝eq\r(\f(2W,m)＋v02)＝eq\r(\f(2×9.6×10－15,1.67×10－27)＋5×1062)m/s≈6×106質(zhì)子射出時(shí)的速度約為6×106[答案]6×106eq\a\vs4\al([遷移·發(fā)散])上述典例中，若質(zhì)子剛好不能從右側(cè)金屬板上小孔中射出，其他條件不變，則金屬板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？方向如何？提示：依據(jù)動(dòng)能定理－qE′d＝0－eq\f(1,2)mv02則E′＝eq\f(mv02,2qd)＝eq\f(1.67×10－27×5×1062,2×1.60×10－19×0.2)N/C≈6.5×105N/C電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向左。[素養(yǎng)訓(xùn)練]1．[多選]如圖所示，電子由靜止起先從A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v增大B．當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v增大C．當(dāng)變更兩板間距離時(shí)，v不變D．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也增大解析：選CD電子由靜止起先從A板向B板運(yùn)動(dòng)的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理列出等式：qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以當(dāng)變更兩板間距離時(shí)，v不變，故A、B錯(cuò)誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)中始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，得電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝deq\r(\f(2m,qU))，由此可見，當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間增大，故D正確。2．[多選]如圖所示，從F處釋放一個(gè)無初速度的電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，則下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述中正確的是(設(shè)電源電壓為U)()A．電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是eUB．電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變更量為零C．電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)能是3eUD．電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)解析：選ABD由eU＝EkB可知，電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能為eU，A正確；因B、C兩板間電勢(shì)差為0，故電子從B板到達(dá)C板的過程中動(dòng)能變更量為零，B正確；電子由C到D的過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，大小為eU，故電子到達(dá)D板時(shí)速度為零，然后又返回A板，以后重復(fù)之前的運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確。eq\a\vs4\al(探究二)eq\a\vs4\al(帶電粒子的偏轉(zhuǎn))eq\a\vs4\al([問題驅(qū)動(dòng)])如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以初速度v0垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板間，最終粒子能夠射出兩極板間的電場(chǎng)，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，已知板長(zhǎng)為l，板間電壓為U，板間距為d，不計(jì)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(yùn)動(dòng)？提示：粒子受電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，在豎直方向上在電場(chǎng)力的作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其合運(yùn)動(dòng)類似于平拋運(yùn)動(dòng)。(2)求粒子通過電場(chǎng)的時(shí)間及粒子離開電場(chǎng)時(shí)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。提示：如圖所示t＝eq\f(l,v0)vx＝v0vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mdv02)。(3)求粒子沿電場(chǎng)方向的偏移量y。提示：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)。[重難釋解]1．帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)類似于物體的平拋運(yùn)動(dòng)，可以利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解學(xué)問分析。規(guī)律：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(初速度方向：vx＝v0x＝v0t,電場(chǎng)力方向：vy＝aty＝\f(1,2)at2))2．分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動(dòng)能定理，即qEΔy＝ΔEk。3．兩個(gè)特別推論：(1)粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，其速度方向的反向延長(zhǎng)線與初速度方向的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)為初速度方向位移的中點(diǎn)，如圖所示。(2)位移方向與初速度方向間夾角α(圖中未畫出)的正切為速度偏轉(zhuǎn)角θ正切的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。一束電子流在經(jīng)U＝5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。若兩板間距d＝1.0cm，板長(zhǎng)l＝5.0cm，那么要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最大能加多大電壓？[解題指導(dǎo)](1)電子經(jīng)電壓U加速后的速度v0可由eU＝eq\f(1,2)mv02求出。(2)初速度v0肯定時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓越大，偏轉(zhuǎn)距離越大。(3)最大偏轉(zhuǎn)位移eq\f(d,2)對(duì)應(yīng)最大偏轉(zhuǎn)電壓。[解析]加速過程，由動(dòng)能定理得eU＝eq\f(1,2)mv02進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動(dòng)l＝v0t在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm)偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2能飛出的條件為y≤eq\f(d,2)聯(lián)立以上各式解得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝400V即要使電子能從平行板間飛出，兩極板所加電壓最大為400V。[答案]400V上述典例中，若使電子打到下極板中間，其他條件不變，則兩個(gè)極板上須要加多大的電壓？提示：由eU＝eq\f(1,2)mv02a＝eq\f(eU″,dm)eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2eq\f(l,2)＝v0t聯(lián)立解得U″＝eq\f(8Ud2,l2)＝1600V。eq\a\vs4\al([遷移·發(fā)散])帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的處理方法帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題實(shí)質(zhì)上是力學(xué)問題的持續(xù)，從受力角度看，帶電粒子與一般物體相比多受到一個(gè)電場(chǎng)力；從處理方法上看，仍可利用力學(xué)中的規(guī)律分析，如選用平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系、能量守恒等。[素養(yǎng)訓(xùn)練]1．如圖所示，從炙熱的金屬絲逸出的電子(速度可視為零)，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。電子的重力不計(jì)。在滿意電子能射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的條件下，下述四種狀況中，肯定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A．僅將偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)極性對(duì)調(diào)B．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的距離C．僅增大偏轉(zhuǎn)電極間的電壓D．僅減小偏轉(zhuǎn)電極間的電壓解析：選C設(shè)加速電場(chǎng)的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mv02,2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，時(shí)間t＝eq\f(L,v0)，加速度a＝eq\f(qU,dm)，豎直分速度vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(UL,2U0d)，故可知C正確。2．長(zhǎng)為L(zhǎng)的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼上極板垂直于電場(chǎng)線方向進(jìn)入該電場(chǎng)，剛好從下極板邊緣射出，射出時(shí)速度恰與水平方向成30°角，如圖所示，不計(jì)粒子重力，求：(1)粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度的大小；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小；(3)兩板間的距離。解析：(1)粒子離開電場(chǎng)時(shí)，速度與水平方向夾角為30°，由幾何關(guān)系得速度：v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3)v0,3)。(2)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上：L＝v0t，在豎直方向上：vy＝at，vy＝v0tan30°＝eq\f(\r(3)v0,3)，由牛頓其次定律得：qE＝ma解得：E＝eq\f(\r(3)mv02,3qL)。(3)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上：d＝eq\f(1,2)at2，解得：d＝eq\f(\r(3),6)L。答案：(1)eq\f(2\r(3)v0,3)(2)eq\f(\r(3)mv02,3qL)(3)eq\f(\r(3),6)L一、培育創(chuàng)新意識(shí)和創(chuàng)新思維1．[選自人教版新教材課后習(xí)題]某種金屬板M受到一束紫外線照耀時(shí)會(huì)不停地放射電子，射出的電子具有不同的方向，速度大小也不相同。在M旁放置一個(gè)金屬網(wǎng)N。假如用導(dǎo)線將M、N連起來，從M射出的電子落到N上便會(huì)沿導(dǎo)線返回M，從而形成電流?，F(xiàn)在不把M、N干脆相連，而按圖中那樣在M、N之間加電壓U，發(fā)覺當(dāng)U>12.5V時(shí)電流表中就沒有電流。問：被這束紫外線照耀出的電子，最大速度是多少？解析：－eU＝0－Ekmax，Ekmax＝eU＝1.6×10－19×12.5J＝2.0×10－18J所以最大速度v＝eq\r(\f(2Ekmax,me))＝eq\r(\f(2×2.0×10－18,0.91×10－30))m/s≈2.1×106m/s。答案：2.1×1062．[選自人教版新教材課后習(xí)題]先后讓一束電子和一束氫核通過同一對(duì)平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，進(jìn)入時(shí)速度方向與電場(chǎng)方向垂直。在下列兩種狀況下，分別求出電子偏轉(zhuǎn)角的正切與氫核偏轉(zhuǎn)角的正切之比。(1)電子與氫核的初速度相同。(2)電子與氫核的初動(dòng)能相同。解析：設(shè)加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間的距離為d，極板長(zhǎng)度為l，對(duì)帶電粒子有：在加速電場(chǎng)中獲得的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝qU0①在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的加速度a＝eq\f(qU,md)②在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(l,v0)③離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿靜電力方向的速度vy＝at＝eq\f(qU,md)·eq\f(l,v0)④離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ的正切tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)⑤(1)若電子與氫核的初速度相同，由⑤式有eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若電子與氫核的初動(dòng)能相同，由⑤式有eq\f(tanθe,tanθH)＝1。答案：(1)eq\f(mH,me)(2)1二、注意學(xué)以致用和思維建模3．[多選]有一種電荷限制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示。其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾笠钥隙ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(zhuǎn)電場(chǎng)，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁微粒的重力，為使打在紙上的字跡縮小(