高中物理《带电粒子在电场中的运动》公开课的教案

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　　要点一处理带电粒子在电场中运动的两类基本思维程序

高中物理《带电粒子在电场中的运动》公开课的教案

　　1．求解带电体在电场中平衡问题的一般思维程序

　　这里说的“平衡”，即指带电体加速度为零的静止或匀速直线运动状态，仍属“静力学”范畴，只是带电体受的外力中多一静电力而已．

　　解题的一般思维程序为：

　　（1）明确研究对象．

　　（2）将研究对象隔离开来，分析其所受全部外力，其中的静电力要根据电荷正、负和电场的方向来判定．

　　（3）根据平衡条件（ F＝0）列出方程，求出结果．

　　2．用能量观点处理带电体在电场中的运动

　　对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也显得简洁．具体方法常有两种：

　　（1）用动能定理处理的思维程序一般为：

　　①弄清研究对象，明确所研究的物理过程．

　　②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功．

　　③弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）．

　　④根据W＝ΔEk列出方程求解．

　　（2）用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理，列式的方法常有两种：

　　①从初、末状态的能量相等（即E1＝E2）列方程．

　　②从某些能量的减少等于另一些能量的增加（即ΔE＝ΔE′）列方程．

　　要点二在带电粒子的加速或偏转问题中对粒子重力的处理

　　若所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远远小于静电力，即mgqE，则可忽略重力的影响．譬如，一电子在电场强度为4。0×103 V/m的电场中，它所受到的静电力F＝eE＝6。4×10－16 N，它所受的重力G＝mg＝9。0×10－30 N（g取10 N/kg），FG＝7。1×1013。可见，重力在此问题中的影响微不足道，应该略去不计．此时若考虑了重力，反而会给问题的解决带来不必要的麻烦，要指出的是，忽略粒子的重力并不是忽略粒子的质量．

　　反之，若是带电粒子所受的重力跟静电力可以比拟，譬如，在密立根油滴实验中，带电油滴在电场中平衡，显然这时就必须考虑重力了．若再忽略重力，油滴平衡的依据就不存在了．

　　总之，是否考虑带电粒子的重力要根据具体情况而定，一般说来：

　　（1）基本粒子：如电子、原子、α粒子、离子等除了有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）．

　　（2）带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．

　　要点三由类平抛运动规律研究带电粒子的偏转

　　带电粒子以速度v0垂直于电场线的方向射入匀强电场，受到恒定的与初速度方向垂直的静电力的作用，而做匀变速曲线运动，也称为类平抛运动．可以应用运动的合成与分解的方法分析这种运动．

　　1．分析方法

　　vx＝v0 x＝v0t（初速度方向）vy＝at y＝12at2（电场线方向）

　　图1－9－2

　　如图1－9－2所示，其中t＝lv0，a＝Fm＝qEm＝qUmd

　　则粒子离开电场时的侧移位移为：y＝ql2U2mv20d

　　粒子离开电场时的偏转角

　　tan θ＝vyv0＝qlUmv20d

　　2．对粒子偏转角的讨论

　　粒子射出电场时速度的反向延长线与电场中线相交于O点，O点与电场边缘的距离为l′，则：tan θ＝yl′

　　则l′＝ytan θ＝ql2U2mv20dqlUmv20d＝l2 即tan θ＝2yl

　　示波器是怎样实现电信号观察功能的？

　　1．示波器是用来观察电信号随时间变化情况的仪器，其核心部件是示波管．

　　2．示波管的构造：电子枪、偏转电极、荧光屏．

　　3．工作原理（如图1－9－3所示）

　　利用带电粒子在电场中的加速和偏转的运动规律．

　　图1－9－3

　　4．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．

　　5．信号电压：YY′所加的待测信号的电压．

　　扫描电压：XX′上机器自身的锯齿形电压．

　　若所加扫描电压和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变化的图象．

　　6．若只在YY′之间加上如图1－9－4甲所示电压，电子在荧光屏上将形成一条竖直亮线，若再在XX′之间加上图乙所示电压，则在屏上将看到一条正弦曲线．

　　图1－9－4

　　一、带电粒子的加速

　　【例1】如图1－9－5所示，

　　图1－9－5

　　在点电荷＋Q的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放，到达B点时，它们的速度大小之比为多少？

　　答案 21

　　解析质子和α粒子都是正离子，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理有：

　　对质子：12mHv2H＝qHU

　　对α粒子：12mαv2α＝qαU

　　所以vHvα＝ qHmαqαmH＝ 1×42×1＝2

　　二、带电粒子的偏转

　　【例2】试证明：带电粒子从偏转电场沿中线射出时，

　　图1－9－6

　　其速度v的反向延长线过水平位移的中点（即粒子好像从极板间l2处沿直线射出，如图1－9－6所示，x＝l2）．

　　证明带电粒子从偏转电场中射出时的偏移量y＝12at2＝12qUdm（lv0）2，作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则x＝ytan θ＝qUl22dmv20qUlmv20d＝l2

　　所以带电粒子从偏转电场沿中线射出时，其速度v的反向延长线过水平位移的中点。

　　1。一束质量为m、

　　图1－9－7

　　电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图1－9－7所示．如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L。设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出电场时电势能的变化量为________．（粒子的重力忽略不计）

　　答案 q2U2L22md2v20

　　解析带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，静电力做功导致了电势能的改变．

　　水平方向匀速，则运动时间t＝Lv0①

　　竖直方向加速，则偏移量y＝12at2②

　　且a＝qUdm③

　　由①②③得y＝qUL22dmv20

　　则静电力做功W＝qEy＝qUd qUL22dmv20＝q2U2L22md2v20

　　由功能原理得电势能减少了q2U2L22md2v20。

　　2．平行金属板间的电场是匀强电场，如果已知两极板间电压为U，你能利用牛顿定律求解一质量为m，所带电荷量为q的带电粒子从一极板到达另一极板时的速度吗？

　　答案 2qUm

　　解析设板间距离为d，则场强E＝Ud

　　粒子受到的静电力F＝qE＝qUd

　　粒子运动的加速度：a＝Fm＝qUmd

　　由运动学方程得：v2＝2ad＝2qUmdd

　　解得v＝ 2qUm

　　3．如图1－9－8所示，

　　图1－9－8

　　长为l，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一电荷量为＋q，质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当达到斜面顶端的B点时，速度仍为v0，求电场强度E。

　　答案 mgqtan θ

　　解析由于带电小球处于电场中，其上升过程中重力、静电力均做功，初、末状态的动能不变，二力做功之和为零，重力做负功，静电力做正功．

　　WG＋W电＝0

　　－mglsin θ＋qElcos θ＝0

　　E＝mgqtan θ

　　4．一束电子流在经U＝5 000 V

　　图1－9－9

　　的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图1－9－9所示．若两板间距离d＝1。0 cm，板长l＝5。0 cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？

　　答案 400 V

　　解析在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏移的距离就越大，当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，两板间的偏转电压即为题目要求的最大电压．

　　加速过程中，由动能定理得

　　eU＝12mv20①

　　进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动

　　l＝v0t②

　　在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度a＝Fm＝eU′dm③

　　偏移的距离y＝12at2④

　　能飞出的条件y≤d2⑤

　　解①～⑤式得

　　U′≤2Ud2l2＝2×5 000×（1。0×10－2）2（5。0×10－2）2 V

　　＝4。0×102 V

　　即要使电子能飞出，两极板间所加电压最大为400 V。

　　题型一带电粒子在电场中的加速

　　如图1（a）所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图（b）所示的电压．t＝0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0<t<8×10－10 s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（）

　　图1

　　A．0<t<2×10－10 s

　　B．2×10－10 s<t<4×10－10 s

　　C．4×10－10 s<t<6×10－10 s

　　D．6×10－10 s<t<8×10－10 s

　　思维步步高t＝0时，电子向哪个极板运动？接下来电子做什么性质的运动？运动过程和电场的周期性有什么关系？速度向左且减小时满足的条件是什么？

　　解析 0～T4，电子向右做加速运动；T4～T2过程中电子向右减速运动，T2～3T4过程中电子向左加速，3T4～T过程中电子向左减速，满足条件．

　　答案 D

　　拓展探究如图2所示，

　　图2

　　水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水平方向的匀强电场，一带电小球在静电力和挡板压力作用下静止．若突然将电场反向，则小球加速度的大小随位移x变化的关系图象可能是下图中的（）

　　答案 A

　　解析注意题目中考查的是加速度随位移变化的图象，而不是随速度变化的图象，弹簧的弹力和位移成正比．

　　带电粒子在电场中加速运动，受到的力是在力学受力分析基础上加上静电力，常见的直线运动有以下几种情况：①粒子在电场中只受静电力，带电粒子在电场中做匀加速或者匀减速直线运动．②粒子受到静电力、重力以及其它力的作用，在杆、地面等外界的约束下做直线运动．③粒子同时受到重力和静电力，重力和静电力合力的方向在一条直线上，粒子做变速直线运动．④粒子在非匀强电场中做直线运动，加速度可能发生变化。

　　题型二带电粒子在电场中的偏转

　　如图3所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）．

　　图3

　　（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置．

　　（2）在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．

　　思维步步高电子在区域Ⅰ中做什么运动？离开区域Ⅰ时的速度由什么决定？在Ⅰ、Ⅱ区域之间电子做什么运动？它的宽度对电子进入区域Ⅱ有无影响？电子进入区域Ⅱ做什么运动？偏转距离与哪些物理量有关？

　　解析（1）设电子的质量为m，电荷量为e，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，此后在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有

　　eEL＝12mv20

　　L2－y＝12at2＝12eEmLv02

　　解得y＝14L，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，14L）

　　（2）设释放点在电场区域Ⅰ中，其坐标为（x，y），在电场Ⅰ中电子被加速到v1，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D点离开，有：eEx＝12mv21

　　y＝12at2＝12eEmLv12

　　解得xy＝L24

　　所以电子在电场Ⅰ中的位置如果满足横纵坐标的乘积等于L24，满足条件．

　　答案（1）（－2L，14L）（2）电子在电场Ⅰ区域中的位置如果满足横纵坐标的乘积等于L24，即可满足条件．

　　拓展探究一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图4所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，已知每一电场区的场强大小相等、方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

　　图4

　　A．小球在水平方向一直做匀速直线运动

　　B．若场强大小等于mgq，则小球经过每一电场区的时间均相同

　　C．若场强大小等于2mgq，小球经过每一无电场区的时间均相同

　　D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同

　　答案 AC

　　解析无论在竖直方向上如何运动，小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动；如果电场强度等于mgq，则小球在通过每一个电场区时在竖直方向上都做匀速直线运动，但是在无电场区是做加速运动，所以进入每一个电场区时在竖直方向上的速度逐渐增加，通过时间逐渐变短；如果场强的大小等于2mgq，小球经过第一电场区时在竖直方向上做减速运动，到达第一电场区的底边时竖直方向上的速度恰好为零，如此往复，通过每个电场区域的时间都相等．

　　带电粒子在电场中做曲线运动，常见的形式有以下几种：①类平抛运动，当粒子只受静电力的情况下，初速度方向和电场方向垂直，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，处理方法和平抛运动的处理方法完全相同，常见的问题是偏转距离和偏转角度的计算．②圆周运动．在电场中做圆周运动常见的形式是等效最高点的求解．③一般的曲线运动，常常考查描述静电力的性质和能的性质的物理量之间的关系。

　　一、选择题

　　1．下列粒子从初速度为零的状态经过电压为U的电场加速后，粒子速度最大的是（）

　　A．质子 B．氘核

　　C．α粒子 D．钠离子Na＋

　　答案 A

　　2．有一束正离子，以相同速率从同一位置进入带电平行板电容器的匀强电场中，所有离子运动轨迹一样，说明所有离子（）

　　A．具有相同质量 B．具有相同电荷量

　　C．具有相同的比荷 D．属于同一元素同位素

　　答案 C

　　3．一带电粒子在电场中只受静电力作用时，它不可能出现的运动状态是（）

　　A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动

　　C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动

　　答案 A

　　解析当带电粒子在电场中只受静电力作用时，静电力作用会产生加速度，B、C、D选项中的运动情况都有加速度，而A项中匀速直线运动加速度为零，不可能出现．

　　4．平行板间有如图5所示周期变化的电压．不计重力的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．下图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（）

　　图5

　　答案 A

　　解析粒子在第一个内，做匀加速直线运动，时刻速度最大，在第二个内，电场反向，粒子做匀减速直线运动，到T时刻速度为零，以后粒子的运动要重复这个过程．

　　5．图6为一个示波器工作原理的示意图，

　　图6

　　电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L，为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量h/U2）可采取的方法是（）

　　A．增大两板间电势差U2

　　B．尽可能使板长L短些

　　C．尽可能使板间距离d小一些

　　D．使加速电压U1升高一些

　　答案 C

　　解析电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．

　　（1）加速：eU1＝12mv20，

　　（2）偏转：L＝v0t，h＝12at2＝eU22md t2

　　综合得：hU2＝L24U1d ，因此要提高灵敏度则需要：增大L或减小U1或减小d，故答案应选C。

　　6．如图7所示，

　　图7

　　电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板电压不变，则（）

　　A．当增大两板间距离时，v增大

　　B．当减小两板间距离时，v减小

　　C．当改变两板间距离时，v不变

　　D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增大

　　答案 CD

　　解析由动能定理得eU＝12mv2。当改变两极板间距离时，v不变，故C选项正确．粒子做初速度为零的匀加速直线运动v＝dt，v2＝dt，即t＝2dv，当增大两板间距离时，电子在板间运动时间增大，故D选项正确．

　　7。

　　图8

　　一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子a和b，从电容器边缘的P点（如图8所示）以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2，若不计重力，则a和b的比荷之比是（）

　　A．1∶2 B．1∶8

　　C．2∶1 D．4∶1

　　答案 D

　　二、计算论述题

　　8．如图9所示，

　　图9

　　在距地面一定高度的位置以初速度v0向右水平抛出一个质量为m，电荷量为q的带负电小球，小球的落地点与抛出点之间有一段相应的水平距离（水平射程）．若在空间加上一竖直方向的匀强电场，使小球的水平射程变为原来的12，求此电场的场强大小和方向．

　　答案 3mgq 方向竖直向上

　　解析不加电场时小球在空间运动的时间为t，水平射程为x

　　x＝v0t

　　下落高度h＝12gt2

　　加电场后小球在空间的运动时间为t′，小球运动的加速度为a

　　12x＝v0t′，h＝12at′2

　　由以上各式，得a＝4g

　　则场强方向只能竖直向上，根据牛顿第二定律

　　mg＋qE＝ma

　　联立解得：所以E＝3mgq

　　方向竖直向上．

　　9．如图10所示，

　　图10

　　边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电荷量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．

　　（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能．

　　（2）若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？

　　答案（1）4EkqL 5Ek

　　（2）粒子由bc边离开电场时，E＝2Ek（Ek′－Ek）qL

　　粒子由cd边离开电场时，E＝Ek′－EkqL

　　解析（1）粒子在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向：L＝v0t

　　在平行于电场方向：L＝12at2＝qEt22m＝qEL22mv20

　　所以E＝4EkqL

　　qEL＝Ekt－Ek

　　则Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek

　　（2）若粒子由bc边离开电场，则L＝v0t

　　vy＝qEmt＝qELmv0

　　由动能定理得：Ek′－Ek＝12mv2y＝q2E2L24Ek

　　E＝2Ek（Ek′－Ek）qL

　　若粒子由cd边离开电场，由动能定理得

　　qEL＝Ek′－Ek

　　所以E＝Ek′－EkqL

　　10．如图11所示，

　　图11

　　长L＝0。20 m的丝线的一端拴一质量为m＝1。0×10－4 kg、带电荷量为q＝＋1。0×10－6 C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2。0×103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面的A点上，然后无初速地将小球释放，取g＝10 m/s2。求：

　　（1）小球通过最高点B时速度的大小．

　　（2）小球通过最高点时，丝线对小球的拉力大小．

　　答案（1）2 m/s （2）3。0×10－3 N

　　解析（1）小球由A运动到B，其初速度为零，静电力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：

　　qEL－mgL＝mv2B2

　　vB＝ 2（qE－mg）Lm＝2 m/s

　　（2）小球到达B点时，受重力mg、静电力qE和拉力FTB作用，经计算

　　mg＝1。0×10－4×10 N＝1。0×10－3 N

　　qE＝1。0×10－6×2。0×103 N＝2。0×10－3 N

　　因为qE>mg，而qE的方向竖直向上，mg方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：

　　FTB＋mg－qE＝mv2BL

　　FTB＝mv2BL＋qE－mg＝3。0×10－3 N