高中物理《帶電粒子在電場中的運動》公開課的教案

要點一 處理帶電粒子在電場中運動的兩類基本思維程序

1．求解帶電體在電場中平衡問題的一般思維程序

這裏説的“平衡”，即指帶電體加速度為零的靜止或勻速直線運動狀態，仍屬“靜力學”範疇，只是帶電體受的外力中多一靜電力而已．

解題的一般思維程序為：

（1）明確研究對象．

（2）將研究對象隔離開來，分析其所受全部外力，其中的靜電力要根據電荷正、負和電場的方向來判定．

（3）根據平衡條件（ F＝0）列出方程，求出結果．

2．用能量觀點處理帶電體在電場中的運動

對於受變力作用的帶電體的運動，必須藉助於能量觀點處理．即使都是恆力作用的問題，用能量觀點處理也顯得簡潔．具體方法常有兩種：

（1）用動能定理處理的思維程序一般為：

①弄清研究對象，明確所研究的物理過程．

②分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功．

③弄清所研究過程的始、末狀態（主要指動能）．

④根據W＝ΔEk列出方程求解．

（2）用包括電勢能和內能在內的能量守恆定律處理，列式的方法常有兩種：

①從初、末狀態的能量相等（即E1＝E2）列方程．

②從某些能量的減少等於另一些能量的增加（即ΔE＝ΔE′）列方程．

要點二 在帶電粒子的加速或偏轉問題中對粒子重力的處理

若所討論的問題中，帶電粒子受到的重力遠遠小於靜電力，即mgqE，則可忽略重力的影響．譬如，一電子在電場強度為4。0×103 V/m的電場中，它所受到的靜電力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。可見，重力在此問題中的影響微不足道，應該略去不計．此時若考慮了重力，反而會給問題的解決帶來不必要的麻煩，要指出的是，忽略粒子的重力並不是忽略粒子的質量．

反之，若是帶電粒子所受的重力跟靜電力可以比擬，譬如，在密立根油滴實驗中，帶電油滴在電場中平衡，顯然這時就必須考慮重力了．若再忽略重力，油滴平衡的依據就不存在了．

總之，是否考慮帶電粒子的重力要根據具體情況而定，一般説來：

（1）基本粒子：如電子、原子、α粒子、離子等除了有説明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但並不忽略質量）．

（2）帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有説明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．

要點三 由類平拋運動規律研究帶電粒子的偏轉

帶電粒子以速度v0垂直於電場線的方向射入勻強電場，受到恆定的與初速度方向垂直的靜電力的作用，而做勻變速曲線運動，也稱為類平拋運動．可以應用運動的合成與分解的方法分析這種運動．

1．分析方法

vx＝v0 x＝v0t（初速度方向）vy＝at y＝12at2（電場線方向）

圖1－9－2

如圖1－9－2所示，其中t＝lv0，a＝Fm＝qEm＝qUmd

則粒子離開電場時的側移位移為：y＝ql2U2mv20d

粒子離開電場時的偏轉角

tan θ＝vyv0＝qlUmv20d

2．對粒子偏轉角的討論

粒子射出電場時速度的反向延長線與電場中線相交於O點，O點與電場邊緣的距離為l′，則：tan θ＝yl′

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

示波器是怎樣實現電信號觀察功能的？

1．示波器是用來觀察電信號隨時間變化情況的儀器，其核心部件是示波管．

2．示波管的構造：電子槍、偏轉電極、熒光屏．

3．工作原理（如圖1－9－3所示）

利用帶電粒子在電場中的加速和偏轉的運動規律．

圖1－9－3

4．如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那裏產生一個亮斑．

5．信號電壓：YY′所加的待測信號的電壓．

掃描電壓：XX′上機器自身的鋸齒形電壓．

若所加掃描電壓和信號電壓的週期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個週期內變化的圖象．

6．若只在YY′之間加上如圖1－9－4甲所示電壓，電子在熒光屏上將形成一條豎直亮線，若再在XX′之間加上圖乙所示電壓，則在屏上將看到一條正弦曲線．

圖1－9－4

一、帶電粒子的加速

【例1】 如圖1－9－5所示，

圖1－9－5

在點電荷＋Q的電場中有A、B兩點，將質子和α粒子分別從A點由靜止釋放，到達B點時，它們的速度大小之比為多少？

答案 21

解析 質子和α粒子都是正離子，從A點釋放將受靜電力作用加速運動到B點，設A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理有：

對質子：12mHv2H＝qHU

對α粒子：12mαv2α＝qαU

所以vHvα＝ qHmαqαmH＝ 1×42×1＝2

二、帶電粒子的偏轉

【例2】 試證明：帶電粒子從偏轉電場沿中線射出時，

圖1－9－6

其速度v的反向延長線過水平位移的中點（即粒子好像從極板間l2處沿直線射出，如圖1－9－6所示，x＝l2）．

證明 帶電粒子從偏轉電場中射出時的偏移量y＝12at2＝12qUdm（lv0）2，作粒子速度的反向延長線，設交於O點，O點與電場邊緣的距離為x，則x＝ytan θ＝qUl22dmv20qUlmv20d＝l2

所以帶電粒子從偏轉電場沿中線射出時，其速度v的反向延長線過水平位移的中點。

1。一束質量為m、

圖1－9－7

電荷量為q的帶電粒子以平行於兩極板的速度v0進入勻強電場，如圖1－9－7所示．如果兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d、板長為L。設粒子束不會擊中極板，則粒子從進入電場到飛出電場時電勢能的變化量為________．（粒子的重力忽略不計）

答案 q2U2L22md2v20

解析 帶電粒子在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做勻加速直線運動，靜電力做功導致了電勢能的改變．

水平方向勻速，則運動時間t＝Lv0①

豎直方向加速，則偏移量y＝12at2②

且a＝qUdm③

由①②③得y＝qUL22dmv20

則靜電力做功W＝qEy＝qUd qUL22dmv20＝q2U2L22md2v20

由功能原理得電勢能減少了q2U2L22md2v20。

2．平行金屬板間的電場是勻強電場，如果已知兩極板間電壓為U，你能利用牛頓定律求解一質量為m，所帶電荷量為q的帶電粒子從一極板到達另一極板時的速度嗎？

答案 2qUm

解析 設板間距離為d，則場強E＝Ud

粒子受到的靜電力F＝qE＝qUd

粒子運動的加速度：a＝Fm＝qUmd

由運動學方程得：v2＝2ad＝2qUmdd

解得v＝ 2qUm

3．如圖1－9－8所示，

圖1－9－8

長為l，傾角為θ的光滑絕緣斜面處於水平向右的勻強電場中，一電荷量為＋q，質量為m的小球，以初速度v0從斜面底端A點開始沿斜面上滑，當達到斜面頂端的B點時，速度仍為v0，求電場強度E。

答案 mgqtan θ

解析 由於帶電小球處於電場中，其上升過程中重力、靜電力均做功，初、末狀態的動能不變，二力做功之和為零，重力做負功，靜電力做正功．

WG＋W電＝0

－mglsin θ＋qElcos θ＝0

E＝mgqtan θ

4．一束電子流在經U＝5 000 V

圖1－9－9

的加速電壓加速後，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖1－9－9所示．若兩板間距離d＝1。0 cm，板長l＝5。0 cm，那麼，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？

答案 400 V

解析 在加速電壓一定時，偏轉電壓U′越大，電子在極板間的偏移的距離就越大，當偏轉電壓大到使電子剛好擦着極板的邊緣飛出時，兩板間的偏轉電壓即為題目要求的最大電壓．

加速過程中，由動能定理得

eU＝12mv20①

進入偏轉電場，電子在平行於板面的方向上做勻速直線運動

l＝v0t②

在垂直於板面的方向做勻加速直線運動，加速度a＝Fm＝eU′dm③

偏移的距離y＝12at2④

能飛出的條件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

即要使電子能飛出，兩極板間所加電壓最大為400 V。

題型一 帶電粒子在電場中的加速

如圖1（a）所示，兩個平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖（b）所示的電壓．t＝0時，Q板比P板電勢高5 V，此時在兩板的正中央M點放一個電子，速度為零，電子在靜電力作用下運動，使得電子的位置和速度隨時間變化．假設電子始終未與兩板相碰．在0<t<8×10－10 s的'時間內，這個電子處於M點的右側，速度方向向左且大小逐漸減小的時間是（ ）

圖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

思維步步高t＝0時，電子向哪個極板運動？接下來電子做什麼性質的運動？運動過程和電場的週期性有什麼關係？速度向左且減小時滿足的條件是什麼？

解析 0～T4，電子向右做加速運動；T4～T2過程中電子向右減速運動，T2～3T4過程中電子向左加速，3T4～T過程中電子向左減速，滿足條件．

答案 D

拓展探究如圖2所示，

圖2

水平面絕緣且光滑，彈簧左端固定，右端連一輕質絕緣擋板，空間存在着水平方向的勻強電場，一帶電小球在靜電力和擋板壓力作用下靜止．若突然將電場反向，則小球加速度的大小隨位移x變化的關係圖象可能是下圖中的（ ）

答案 A

解析 注意題目會考查的是加速度隨位移變化的圖象，而不是隨速度變化的圖象，彈簧的彈力和位移成正比．

帶電粒子在電場中加速運動，受到的力是在力學受力分析基礎上加上靜電力，常見的直線運動有以下幾種情況：①粒子在電場中只受靜電力，帶電粒子在電場中做勻加速或者勻減速直線運動．②粒子受到靜電力、重力以及其它力的作用，在杆、地面等外界的約束下做直線運動．③粒子同時受到重力和靜電力，重力和靜電力合力的方向在一條直線上，粒子做變速直線運動．④粒子在非勻強電場中做直線運動，加速度可能發生變化。

題型二 帶電粒子在電場中的偏轉

如圖3所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖．在Oxy平面的ABCD區域內，存在兩個場強大小均為E的勻強電場Ⅰ和Ⅱ，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）．

圖3

（1）在該區域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區域的位置．

（2）在電場Ⅰ區域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區域左下角D處離開，求所有釋放點的位置．

思維步步高電子在區域Ⅰ中做什麼運動？離開區域Ⅰ時的速度由什麼決定？在Ⅰ、Ⅱ區域之間電子做什麼運動？它的寬度對電子進入區域Ⅱ有無影響？電子進入區域Ⅱ做什麼運動 ？偏轉距離與哪些物理量有關？

解析 （1）設電子的質量為m，電荷量為e，電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運動，出區域Ⅰ時的速度為v0，此後在電場Ⅱ中做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱座標為y，有

eEL＝12mv20

L2－y＝12at2＝12eEmLv02

解得y＝14L，所以原假設成立，即電子離開ABCD區域的位置座標為（－2L，14L）

（2）設釋放點在電場區域Ⅰ中，其座標為（x，y），在電場Ⅰ中電子被加速到v1，然後進入電場Ⅱ做類平拋運動，並從D點離開，有：eEx＝12mv21

y＝12at2＝12eEmLv12

解得xy＝L24

所以電子在電場Ⅰ中的位置如果滿足橫縱座標的乘積等於L24，滿足條件．

答案 （1）（－2L，14L） （2）電子在電場Ⅰ區域中的位置如果滿足橫縱座標的乘積等於L24，即可滿足條件．

拓展探究一個質量為m、電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經過的豎直平面內，存在着若干個如圖4所示的無電場區和有理想上下邊界的勻強電場區，兩區域相互間隔、豎直高度相等，電場區水平方向無限長，已知每一電場區的場強大小相等、方向均豎直向上，不計空氣阻力，下列説法正確的是（ ）

圖4

A．小球在水平方向一直做勻速直線運動

B．若場強大小等於mgq，則小球經過每一電場區的時間均相同

C．若場強大小等於2mgq，小球經過每一無電場區的時間均相同

D．無論場強大小如何，小球通過所有無電場區的時間均相同

答案 AC

解析 無論在豎直方向上如何運動，小球在水平方向上不受力，做勻速直線運動；如果電場強度等於mgq，則小球在通過每一個電場區時在豎直方向上都做勻速直線運動，但是在無電場區是做加速運動，所以進入每一個電場區時在豎直方向上的速度逐漸增加，通過時間逐漸變短；如果場強的大小等於2mgq，小球經過第一電場區時在豎直方向上做減速運動，到達第一電場區的底邊時豎直方向上的速度恰好為零，如此往復，通過每個電場區域的時間都相等．

帶電粒子在電場中做曲線運動，常見的形式有以下幾種：①類平拋運動，當粒子只受靜電力的情況下，初速度方向和電場方向垂直，帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，處理方法和平拋運動的處理方法完全相同，常見的問題是偏轉距離和偏轉角度的計算．②圓周運動．在電場中做圓周運動常見的形式是等效最高點的求解．③一般的曲線運動，常常考查描述靜電力的性質和能的性質的物理量之間的關係。

一、選擇題

1．下列粒子從初速度為零的狀態經過電壓為U的電場加速後，粒子速度最大的是（ ）

A．質子 B．氘核

C．α粒子 D．鈉離子Na＋

答案 A

2．有一束正離子，以相同速率從同一位置進入帶電平行板電容器的勻強電場中，所有離子運動軌跡一樣，説明所有離子（ ）

A．具有相同質量 B．具有相同電荷量

C．具有相同的比荷 D．屬於同一元素同位素

答案 C

3．一帶電粒子在電場中只受靜電力作用時，它不可能出現的運動狀態是（ ）

A．勻速直線運動 B．勻加速直線運動

C．勻變速曲線運動 D．勻速圓周運動

答案 A

解析 當帶電粒子在電場中只受靜電力作用時，靜電力作用會產生加速度，B、C、D選項中的運動情況都有加速度，而A項中勻速直線運動加速度為零，不可能出現．

4．平行板間有如圖5所示週期變化的電壓．不計重力的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時刻開始將其釋放，運動過程無碰板情況．下圖中，能定性描述粒子運動的速度圖象正確的是（ ）

圖5

答案 A

解析 粒子在第一個 內，做勻加速直線運動， 時刻速度最大，在第二個 內，電場反向，粒子做勻減速直線運動，到T時刻速度為零，以後粒子的運動要重複這個過程．

5．圖6為一個示波器工作原理的示意圖，

圖6

電子經電壓為U1的加速電場後以速度v0垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差U2，板長L，為了提高示波管的靈敏度（每單位電壓引起的偏轉量h/U2）可採取的方法是（ ）

A．增大兩板間電勢差U2

B．儘可能使板長L短些

C．儘可能使板間距離d小一些

D．使加速電壓U1升高一些

答案 C

解析 電子的運動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉．

（1）加速：eU1＝12mv20，

（2）偏轉：L＝v0t，h＝12at2＝eU22md t2

綜合得：hU2＝L24U1d ，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故答案應選C。

6．如圖7所示，

圖7

電子由靜止開始從A板向B板運動，當到達B板時速度為v，保持兩板電壓不變，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減小

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增大

答案 CD

解析 由動能定理得eU＝12mv2。當改變兩極板間距離時，v不變，故C選項正確．粒子做初速度為零的勻加速直線運動v＝dt，v2＝dt，即t＝2dv，當增大兩板間距離時，電子在板間運動時間增大，故D選項正確．

7。

圖8

一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向．兩個比荷（即粒子的電荷量與質量之比）不同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點（如圖8所示）以相同的水平速度射入兩平行板之間．測得a和b與電容器極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2，若不計重力，則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、計算論述題

8．如圖9所示，

圖9

在距地面一定高度的位置以初速度v0向右水平拋出一個質量為m，電荷量為q的帶負電小球，小球的落地點與拋出點之間有一段相應的水平距離（水平射程）．若在空間加上一豎直方向的勻強電場，使小球的水平射程變為原來的12，求此電場的場強大小和方向．

答案 3mgq 方向豎直向上

解析 不加電場時小球在空間運動的時間為t，水平射程為x

x＝v0t

下落高度h＝12gt2

加電場後小球在空間的運動時間為t′，小球運動的加速度為a

12x＝v0t′，h＝12at′2

由以上各式，得a＝4g

則場強方向只能豎直向上，根據牛頓第二定律

mg＋qE＝ma

聯立解得：所以E＝3mgq

方向豎直向上．

9．如圖10所示，

圖10

邊長為L的正方形區域abcd內存在着勻強電場．電荷量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點沿ab方向進入電場，不計重力．

（1）若粒子從c點離開電場，求電場強度的大小和粒子離開電場時的動能．

（2）若粒子離開電場時動能為Ek′，則電場強度為多大？

答案 （1）4EkqL 5Ek

（2）粒子由bc邊離開電場時，E＝2Ek（Ek′－Ek）qL

粒子由cd邊離開電場時，E＝Ek′－EkqL

解析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，在垂直於電場方向：L＝v0t

在平行於電場方向：L＝12at2＝qEt22m＝qEL22mv20

所以E＝4EkqL

qEL＝Ekt－Ek

則Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek

（2）若粒子由bc邊離開電場，則L＝v0t

vy＝qEmt＝qELmv0

由動能定理得：Ek′－Ek＝12mv2y＝q2E2L24Ek

E＝2Ek（Ek′－Ek）qL

若粒子由cd邊離開電場，由動能定理得

qEL＝Ek′－Ek

所以E＝Ek′－EkqL

10．如圖11所示，

圖11

長L＝0。20 m的絲線的一端拴一質量為m＝1。0×10－4 kg、帶電荷量為q＝＋1。0×10－6 C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉着小球可在豎直平面內做圓周運動，整個裝置處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E＝2。0×103 N/C。現將小球拉到與軸O在同一水平面的A點上，然後無初速地將小球釋放，取g＝10 m/s2。求：

（1）小球通過最高點B時速度的大小．

（2）小球通過最高點時，絲線對小球的拉力大小．

答案 （1）2 m/s （2）3。0×10－3 N

解析 （1）小球由A運動到B，其初速度為零，靜電力對小球做正功，重力對小球做負功，絲線拉力不做功，則由動能定理有：

qEL－mgL＝mv2B2

vB＝ 2（qE－mg）Lm＝2 m/s

（2）小球到達B點時，受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用，經計算

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

因為qE>mg，而qE的方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運動，其到達B點時向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出FTB的方向一定指向圓心，由牛頓第二定律有：

FTB＋mg－qE＝mv2BL

FTB＝mv2BL＋qE－mg＝3。0×10－3 N