第5节　带电粒子在电场中的运动 教学设计

第5节带电粒子在电场中的运动[学习目标]1．掌握带电粒子在电场中运动时的加速度、速度和位移等物理量的变化。2．能运用静电力做功、电势、电势差、等势面等概念研究带电粒子运动时的能量转化。3．了解示波管的工作原理，体会静电场知识在科学技术中的应用。知识点1带电粒子在电场中的加速1．当解决的问题属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量时，利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析。2．当问题只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情景时，利用静电力做功结合动能定理来分析。知识点2带电粒子在电场中的偏转如图所示，质量为m、电荷量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U。1．运动性质(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动。(2)垂直v0的方向：初速度为0的匀加速直线运动。2．运动规律(1)偏移距离：因为t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，所以偏移距离y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d)。(2)偏转角度：因为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)带电粒子(不计重力)在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动。()(2)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能量的转化和守恒定律。()(3)对于带电粒子(不计重力)在电场中的偏转可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场线方向的自由落体运动。()提示：(1)×(2)√(3)×知识点3示波管的原理1．示波管主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。2．扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压。3．示波管工作原理：如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，那么，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了。[判一判]2．(1)示波管上所加电压为恒压源。()(2)示波管偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏中心点形成一个亮斑。()提示：(1)×(2)√1．(带电粒子在电场中的加速)电荷量为q的α粒子，以初动能Ek从两平行金属板的正中央沿垂直于电场线的方向进入在这两板间存在的匀强电场中，恰从带负电的金属板的边缘飞出来，且飞出时的动能变为2Ek，则金属板间的电压为()A.eq\f(Ek,q) B.eq\f(2Ek,q)C.eq\f(Ek,2q) D.eq\f(4Ek,q)解析：选B。该两板间的电压为U，由动能定理得：eq\f(U,2)q＝Ek末－Ek初＝2Ek－Ek＝Ek，故U＝eq\f(2Ek,q)，B正确。2.(带电粒子在电场中的偏转)(多选)如图所示，一质量为m，电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)，以速度v0垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说法正确的是()A．粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动B．粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线C．分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况D．分析该运动，有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小解析：选BCD。当不计重力的粒子垂直电场线进入电场时，在竖直方向上受到竖直向下的电场力，水平方向不受外力，故粒子做类平抛运动，轨迹为曲线，做匀变速曲线运动，其可分解为平行极板方向的匀速直线运动和垂直极板方向的初速度为零的匀加速运动，A错误，B、C正确；过程中只有电场力做功，而电场力做功与路径无关，故可用动能定理确定其某时刻速度的大小，D正确。3.(带电粒子在电场中的偏转)(多选)三个电子在同一地点沿同一直线垂直飞入偏转电场，不计电子重力，如图，a打在下极板上，b正好飞出。则由此可判断()A．b和c同时飞离电场B．在b飞离电场的瞬间，a刚好打在下极板上C．进入电场时，a速度最小，c速度最大D．c的动能增量最大，a和b的动能增量一样大解析：选BC。b、c竖直方向上的位移不等，yc<yb根据y＝eq\f(1,2)at2可知tc<tb，故A错误；三个粒子的质量和电荷量都相同，可知加速度相同。a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y＝eq\f(1,2)at2可知运动时间相等，故B正确；在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有v＝eq\f(x,t)，因xc＝xb，tc<tb,则vc>vb，根据ta＝tb，xb>xa，则vb>va，所以有vc>vb>va，故C正确；根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，离开电场时c电荷偏移最小，电场力做功最少，动能增加量最小，故D错误。探究一带电粒子在电场中的加速1．带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力。(2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力。2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法(1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动。(2)利用动能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。若初速度为零，则qU＝eq\f(1,2)mv2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用。【例1】(多选)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，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增大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也增大[解析]电子由静止开始从A板向B板运动的过程中，根据动能定理列出等式：qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以当改变两板间距离时，v不变，A、B错误，C正确；由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的电场强度为E＝eq\f(U,d)，电子的加速度为a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，得电子加速的时间为t＝deq\r(\f(2m,qU))。由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确。[答案]CD【例2】(多选)如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则()A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压增大C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0[解析]将B板向右平移距离d时，金属板A、B组成的平行板电容器所带电荷量不变，根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析知电容C减小，故A错误；根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)知Q不变，C减小，则U增大，故B正确；根据匀强电场电场强度的公式E＝eq\f(U,d)，电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)以及电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则知，在电荷量Q不变的情况下，仅改变两板间距离，电场强度不变，电子所受的电场力相同，加速度相同，故C正确；甲电子从O到P过程有0－veq\o\al(2,0)＝－2ad，乙电子从P′到O过程有v2＝2a·2d，解得乙电子运动到O点的速率为v＝eq\r(2)v0，故D错误。[答案]BC[针对训练1]两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是()A.eq\f(edL,U) B．edULC.eq\f(eU,dL) D.eq\f(eUL,d)解析：选D。电子从O点运动到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小。根据题意和题图判断，电子仅受电场力，不计重力。根据能量守恒定律得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正确。探究二带电粒子在电场中的偏转【问题导引】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，板间距为d，不计粒子的重力。(1)粒子的加速度大小是多少？方向如何？做什么性质的运动？(2)求粒子通过电场的时间、粒子离开电场时水平方向和竖直方向的速度及合速度与初速度方向的夹角θ的正切值。(3)求粒子沿电场方向的偏移量y。[要点提示](1)粒子受电场力大小为F＝qE＝qeq\f(U,d)，加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)，方向竖直向下。粒子在水平方向做匀速直线运动，在电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，其合运动类似于平抛运动。(2)如图所示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．动力学方法：带电粒子垂直进入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。规律eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(初速度方向：vx＝v0x＝v0t,电场力方向：vy＝aty＝\f(1,2)at2))2．能量观点：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。3．两个特殊推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。(2)位移方向与初速度方向间夹角α(图中未画出)的正切值为速度偏转角θ正切值的eq\f(1,2)，即2tanα＝tanθ。【例3】(2022·襄州一中模拟)如图，平行板电容器板间电压为U，板间距离为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将()A．开关S断开B．初速度变为eq\f(v0,2)C．板间电压变为eq\f(U,4)D．竖直移动上板，使板间距离变为2d[解析]质子在匀强电场中做类平抛运动，开关S断开时，极板间电压恒定不变，电场强度不变，质子仍落到下板中央，A错误；质子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，初速度变为eq\f(v0,2)，运动时间不变，水平位移减半，不会落到下板边缘，B错误；极板间电压变为eq\f(U,4)，电场强度变为eq\f(E,4)，加速度变为eq\f(a,4)，根据运动学公式可知，t＝eq\r(\f(2h,a))，运动时间变为原来的2倍，质子沿b轨迹落到下板边缘，C正确；竖直移动上板，使板间距离变为2d，电场强度变为eq\f(E,2)，加速度变为eq\f(a,2)，根据运动学公式可知，t＝eq\r(\f(2h,a))，运动时间变为原来的eq\r(2)倍，水平位移为原来的eq\r(2)倍，不能到达下板边缘，D错误。[答案]C【例4】真空示波管的示意图如图所示，电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e。求：(1)电子穿过A板时的速度大小；(2)电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)P点到O点的距离。[解析](1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得F＝eE，E＝eq\f(U2,d)，F＝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)设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得vy＝at1，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示。有t2＝eq\f(L2,v0)，y2＝vyt2解得y2＝eq\f(U2L1L2,2dU1)P点到O点的距离为y＝y1＋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)[针对训练2]如图所示，一匀强电场方向水平向左，一质量为m、电荷量为－q的带电微粒以竖直向下的初速度v由M点射入电场。带电微粒从N点射出电场时，其速度方向与水平线夹角为60°。不计带电微粒重力，则带电粒子通过N点时速度大小和N、M两点间的电势差大小分别为()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：选A。带电粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，将带电粒子在N点的速度分解，可得带电粒子通过N点时速度大小为vN＝eq\f(v,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)v，粒子从M到N的过程，由动能定理可知－qUMN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mv2，解得N、M两点间的电势差UMN＝－eq\f(mv2,6q)。(限时：30分钟)【合格考练】1.真空中A、B两板间的匀强电场如图所示，一电子由A板无初速度释放运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为s1和s2，在前一半位移和后一半位移所经历的时间分别是t1和t2，下面选项正确的是()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：选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正确。2．如图所示，在一对带等量异号电荷的平行金属板间，某带电粒子只在电场力作用下沿虚线从A运动到B。则()A．粒子带负电B．从A到B电场强度增大C．从A到B粒子动能增加D．从A到B粒子电势能增加解析：选C。一对带等量异号电荷的平行金属板间的电场为匀强电场，则从A到B电场强度不变，带电粒子受到的电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场力的方向与电场强度的方向相同，且与带电粒子的速度方向夹角为锐角，则可判断粒子带正电，电场力对带电粒子做正功，从A到B电势能减少，动能增加，故C正确。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′应带正电解析：选AC。根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电。4．(多选)欧洲核子研究中心于2008年9月启动了大型粒子对撞机，如图甲所示，将一束质子流注入长27km的对撞机隧道，使其加速后相撞，创造出与宇宙大爆炸之后万亿分之一秒时的状态相类似的条件，为研究宇宙起源和各种基本粒子特性提供强有力的手段。设n个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，图乙为其简化示意图。质子束以一定的初速度v0沿轴线射入圆筒实现加速，则()A．质子在每个圆筒内都做加速运动B．质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动C．质子穿过每个圆筒时，电源的正负极要改变D．每个筒长度都是相等的解析：选BC。由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无电场，故质子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故质子每次穿越缝隙时将被电场加速，B正确，A错误；质子要持续加速，下一个金属筒的电势要低，所以电源正负极要改变，C正确；质子速度增加，而电源正、负极改变时间一定，则沿质子运动方向，金属筒的长度要越来越长，D错误。【等级考练】5．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点解析：选A。分析题意可知，电子在AB板间做加速运动，在BC板间做减速运动，恰好运动到P点，将C板向右平移到P′点，则BC间距变大，根据平行板电容器电容的决定式可知，C＝eq\f(εrS,4πkd)，电容减小，电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，分析可知，BC极板间电场强度恒定不变，故电子仍然运动到P点返回，A正确。6．(多选)如图所示，有一示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y是离开偏转电场时发生的偏转距离，为了减小偏转距离。下列措施可行的是()A．减小d B．增大加速电压U1C．增大偏转电压U2 D．减小L解析：选BD。电子在加速电场中加速，根据动能定理可得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0＝eq\r(\f(2eU1,m))，电子进入偏转电场后的偏转的位移为y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(eU2,md)(eq\f(L,v0))2＝eq\f(U2L2,4U1d)，为了减小偏转距离，可以减小U2、增大U1、增大d或者减小L。7．如图所示，电子从静止