2024-2025學年新教材高中物理第二章靜電場的應(yīng)用第二節(jié)帶電粒子在電場中的運動教案粵教版必修3

PAGE10-其次節(jié)帶電粒子在電場中的運動核心素養(yǎng)點擊物理觀念了解帶電粒子在電場中只受電場力作用時的運動狀況；知道示波管的主要構(gòu)造和工作原理。科學思維能綜合運用力學和電學的學問分析、解決帶電粒子在電場中的兩種典型運動模型?？茖W看法與責任通過對帶電粒子在電場中加速、偏轉(zhuǎn)過程的分析，培育學生的分析、推理實力；通過學問的應(yīng)用，培育學生酷愛科學的精神。eq\a\vs4\al(一、帶電粒子在電場中的加速)1．填一填(1)基本粒子的受力特點：對于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，雖然它們也會受到萬有引力(重力)的作用，但萬有引力(重力)一般遠小于電場力，可以忽視。(2)帶電粒子加速問題的處理方法：利用動能定理分析。初速度為零的帶電粒子，經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，qU＝eq\f(1,2)mv2，則v＝eq\r(\f(2qU,m))。(3)加速器：利用高電壓的電場來加速帶電粒子，由于實際電壓有限，科學家制成了直線加速器，讓帶電粒子通過多級電場加速。2．判一判(1)基本粒子所受重力比電場力小得多，可以忽視不計。(√)(2)帶電粒子在電場中運動時，電場力對粒子肯定做正功。(×)(3)電場力對帶電粒子做正功時，粒子的動能肯定增大。(×)3．想一想如圖所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m(不計重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度是多少？提示：由動能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝eq\r(v02＋\f(2qU,m))。二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)示波器1．填一填(1)運動特點①垂直電場方向：不受力，做勻速直線運動。②沿著電場方向：受恒定的電場力，做初速度為零的勻加速直線運動。(2)運動規(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加速聚焦后形成一很細的電子束，電子射出打在管底的熒光屏上，形成一個小亮斑。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)帶電粒子在勻強電場中肯定做勻變速運動。(√)(2)帶電粒子垂直進入電場后偏轉(zhuǎn)過程中的動能是不斷增加的。(√)(3)帶電粒子垂直進入電場后沿初速度方向做勻速直線運動，沿電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動。(√)3．想一想如圖所示，帶電粒子(不計重力)從兩極板中間垂直電場線方向進入電場，在電場中的運動時間與什么因素有關(guān)？提示：若能離開電場，則由t＝eq\f(L,v0)可知，與極板的長度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，與電場強度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])如圖所示，平行板電容器兩板間的距離為d＝5cm，電勢差為U＝20V。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的α粒子，在電場力的作用下由靜止起先從正極板A向負極板B運動。(1)比較α粒子所受電場力和重力的大小，說明重力能否忽視不計(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粒子所受電場力大、重力??；因重力遠小于電場力，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)？在電場中做何種運動？提示：α粒子的加速度為a＝eq\f(qU,md)。在電場中做初速度為0的勻加速直線運動。(3)計算α粒子到達負極板時的速度大小。(結(jié)果用字母表示，嘗試用不同的方法求解)提示：方法1：利用動能定理求解。由動能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2qU,m))。方法2：利用牛頓運動定律結(jié)合運動學公式求解。設(shè)α粒子到達負極板時所用時間為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(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，處理問題時一般都不能忽視重力。2．分析帶電粒子在電場力作用下加速運動的兩種方法(1)利用牛頓其次定律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)mv02。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。如圖所示，一個質(zhì)子以初速度v0＝5×106m/s水平射入一個由兩塊帶電的平行金屬板組成的區(qū)域。兩板距離為20cm，金屬板之間電場是勻強電場，電場強度為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強度為多大？方向如何？提示：依據(jù)動能定理－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電場強度方向水平向左。[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．當變更兩板間距離時，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：選CD電子由靜止起先從A板向B板運動的過程中，依據(jù)動能定理列出等式：qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以當變更兩板間距離時，v不變，故A、B錯誤，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)，電子在電場中始終做勻加速直線運動，由d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qU,2md)t2，得電子在兩極板間運動的時間為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。2．[多選]如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，則下列對電子運動的描述中正確的是(設(shè)電源電壓為U)()A．電子到達B板時的動能是eUB．電子從B板到達C板動能變更量為零C．電子到達D板時動能是3eUD．電子在A板和D板之間做往復(fù)運動解析：選ABD由eU＝EkB可知，電子到達B板時的動能為eU，A正確；因B、C兩板間電勢差為0，故電子從B板到達C板的過程中動能變更量為零，B正確；電子由C到D的過程中電場力做負功，大小為eU，故電子到達D板時速度為零，然后又返回A板，以后重復(fù)之前的運動，C錯誤，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])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垂直于電場方向射入兩極板間，最終粒子能夠射出兩極板間的電場，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？提示：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，在豎直方向上在電場力的作用下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)求粒子通過電場的時間及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。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學問分析。規(guī)律：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(初速度方向：vx＝v0x＝v0t,電場力方向：vy＝aty＝\f(1,2)at2))2．分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題也可以利用動能定理，即qEΔy＝ΔEk。3．兩個特別推論：(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入平行板間的勻強電場，如圖所示。若兩板間距d＝1.0cm，板長l＝5.0cm，那么要使電子能從平行板間飛出，兩個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，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)對應(yīng)最大偏轉(zhuǎn)電壓。[解析]加速過程，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv02進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動l＝v0t在垂直于板面的方向做勻加速直線運動加速度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])帶電粒子在電場中運動問題的處理方法帶電粒子在電場中運動的問題實質(zhì)上是力學問題的持續(xù)，從受力角度看，帶電粒子與一般物體相比多受到一個電場力；從處理方法上看，仍可利用力學中的規(guī)律分析，如選用平衡條件、牛頓運動定律、動能定理、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)加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉(zhuǎn)電場。電子的重力不計。在滿意電子能射出偏轉(zhuǎn)電場的條件下，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)電場極性對調(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)加速電場的電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，極板長度為L，間距為d，電子加速過程中，由U0q＝eq\f(mv02,2)，得v0＝eq\r(\f(2U0q,m))，電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，時間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．長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個帶電荷量為＋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線方向進入該電場，剛好從下極板邊緣射出，射出時速度恰與水平方向成30°角，如圖所示，不計粒子重力，求：(1)粒子離開電場時速度的大??；(2)勻強電場的場強大小；(3)兩板間的距離。解析：(1)粒子離開電場時，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)粒子在勻強電場中做類平拋運動，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)粒子在勻強電場中做類平拋運動，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)新意識和創(chuàng)新思維1．[選自人教版新教材課后習題]某種金屬板M受到一束紫外線照耀時會不停地放射電子，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U>12.5V時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題]先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進入時速度方向與電場方向垂直。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，進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離為d，極板長度為l，對帶電粒子有：在加速電場中獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝qU0①在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝eq\f(qU,md)②在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間t＝eq\f(l,v0)③離開偏轉(zhuǎn)電場時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)電場時的偏轉(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、注意學以致用和思維建模3．[多選]有一種電荷限制式噴墨打印機，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。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，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，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(