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第二節　帶電粒子在電場中的運動
[學習目標]
核心素養 學習目標
物理觀念 運用靜電力、電場強度、電勢等研究帶電粒子在電場中運動的加速度、位移及能量的變化
科學思維 通過研究帶電粒子在電場中加速、偏轉類運動，分析帶電粒子的運動規律，培養學生推理能力
科學探究 通過研究帶電粒子的運動情況，能解釋相關的物理現象，培養熱愛科學勇于探究的精神
科學態度與責任 通過對示波管的研究，感悟物理學在實際生活中的應用，知道科學理論與實驗相互促進的意義
知識點一　帶電粒子在電場中的加速
1．基本粒子的受力特點：對于質量很小的基本粒子，如電子、質子等，雖然它們也會受到萬有引力(重力)的作用，但萬有引力(重力)一般遠遠小于靜電力，可以忽略不計。
2．帶電粒子加速問題的處理方法：
(1)利用動能定理分析：初速度為零的帶電粒子，經過電勢差為U的電場加速后，qU＝mv2，則v＝。
(2)在勻強電場中也可利用牛頓定律結合運動學公式分析。
知識點二　加速器
1．原理：為了使帶電粒子獲得較高的能量，最直接的做法是讓帶電粒子在電場力的作用下不斷加速。
2．方法：早期制成的加速器是利用高電壓的電場來加速帶電粒子的，為了進一步提高帶電粒子的能量，科學家制成了直線加速器。
3．加速器的應用：廣泛應用于工農業、醫療、科研等各個領域。
　①帶電粒子在電場中的運動常用動能定理，電荷量用絕對值計算。②帶電粒子在電場中的加速度還可用牛頓運動學計算加速后的速度。
1：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)質量很小的粒子如電子、質子等，在電場中受到的重力可以忽略不計。 (√)
(2)動能定理能分析勻強電場中的直線運動問題，不能分析非勻強電場中的直線問題。 (×)
(3)帶電粒子在電場中一定做加速直線運動。 (×)
知識點三　帶電粒子在電場中的偏轉
1．受力特點：帶電粒子進入電場后，忽略重力，粒子只受電場力，方向平行電場方向。帶電粒子垂直進入勻強電場的運動情況類似于平拋運動。
2．運動性質：
(1)沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運動， 穿越兩極板的時間t＝。
(2)垂直v0的方向：初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝。
3．運動規律：
(1)偏移距離：因為t＝，a＝，所以偏移距離y＝at2＝。
(2)偏轉角度：因為vy＝at＝，所以tan θ＝＝。
知識點四　示波器
1．構造：示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內部主要由電子槍(發射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉電極(由一對X偏轉電極板和一對Y偏轉電極板組成)和熒光屏組成，如圖所示。
2．原理：
(1)掃描電壓：XX′偏轉電極接入的是由儀器自身產生的鋸齒形電壓。
(2)燈絲被電源加熱后，出現熱電子發射，發射出來的電子經加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉電場，如果在Y偏轉極板上加一信號電壓，在X偏轉極板上加一掃描電壓，在熒光屏上就會出現按Y偏轉電壓規律變化的可視圖像。
　帶電粒子在勻強電場中偏轉，類比平拋運動，平拋運動的規律仍適用。
2：思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)帶電粒子在勻強電場中偏轉時，加速度不變，粒子的運動是勻變速曲線運動。 (√)
(2)示波管電子槍的作用是產生高速飛行的電子束，偏轉電極的作用是使電子束偏轉，打在熒光屏不同位置。 (√)
3：填空
質子(H)，α粒子(He)、鈉離子(Na＋)三個粒子分別從靜止狀態經過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是α粒子(He)。
考點1　帶電粒子的加速
電子由靜止從P板向Q板運動，電子到達Q板的速度大小與什么因素有關？
提示：由eU＝mv2得v＝，因電子的e、m確定，所以速度大小只與加速電壓有關。
1．帶電粒子的分類及受力特點
(1)電子、質子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮粒子的重力。
(2)質量較大的微粒：帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力。
2．分析帶電粒子在電場力作用下加速運動的兩種方法
(1)力和運動的關系——牛頓第二定律。
根據帶電粒子受到的靜電力，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等。這種方法通常適用于恒力作用下粒子做勻變速運動的情況。
例如：a＝＝＝，v＝v0＋at，x＝v0t＋at2。
(2)功和能的關系——動能定理。
根據靜電力對帶電粒子做的功，引起帶電粒子的能量發生變化，利用動能定理或全過程中能量的轉化與守恒，研究帶電粒子的速度變化、位移等。這種方法也適用于非勻強電場。
例如：帶電粒子經過電勢差為U的電場加速后，由動能定理得qU＝mv2－mv，則帶電粒子的速度v＝，若粒子的初速度為零，則帶電粒子的速度v＝。
【典例1】　如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動。已知兩極板間電勢差為U，板間距為d，電子質量為m，電荷量為e。則關于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是(　　)
A．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率保持不變
B．若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率也增大一倍
C．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間保持不變
D．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間減為一半
[思路點撥]　解答本題時應把握以下兩點：
(1)帶電粒子被加速，利用動能定理可求到達另一極板的速率。
(2)帶電粒子在勻強電場中做勻加速直線運動，利用運動學公式可求運動的時間。
A　[由動能定理有eU＝mv2，得v＝，可見電子到達Q板的速率與板間距離d無關，故A正確，B錯誤；兩極板間為勻強電場，E＝，電子的加速度a＝，由運動學公式d＝at2得t＝＝，若兩極板間電勢差增大一倍，則電子到達Q板的時間減為原來的，故C、D錯誤。]
[跟進訓練]
1．如圖所示，兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，|OA|＝h，此電子具有的初動能是(　　)
A．　　B．edUh　　C．　　D．
D　[方法一：功能關系
在O→A的過程中，由動能定理得Fh＝mv，即＝mv，故電子的初動能為。
方法二：力和運動的關系
電子運動的加速度a＝， ①
由勻變速直線運動的規律得0－v＝2ah， ②
Ek＝mv， ③
聯立①②③式，解得Ek＝。]
考點2　帶電粒子的偏轉
如圖所示，質量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，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。
試結合上述情境討論：
(1)怎樣求帶電粒子在電場中運動的時間t
(2)粒子加速度大小是多少？方向如何？
(3)粒子在電場中做什么運動？
提示：(1)t＝。
(2)a＝，方向與初速度方向垂直。
(3)做類平拋運動。
如圖所示，質量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，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，板間距離為d，不計粒子的重力。
1．運動分析及規律應用
粒子在兩板間做類平拋運動，應用運動分解的知識進行分析處理。
(1)在v0方向：做勻速直線運動。
(2)在電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運動。
2．過程分析
如圖所示，設粒子不與平行板相撞。
初速度方向：粒子通過電場的時間t＝。
電場力方向：加速度a＝＝。
離開電場時垂直于板方向的分速度
vy＝at＝。
速度與初速度方向夾角的正切值
tan θ＝＝。
離開電場時沿電場力方向的偏移距離
y＝at2＝。
3．兩個重要推論
(1)粒子從偏轉電場中射出時，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，此點為粒子沿初速度方向位移的中點。
(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉角θ正切值的，即tan α＝tan θ。
4．分析粒子的偏轉問題也可以利用動能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉電場中沿電場力方向的偏移量。
【典例2】　如圖所示為兩組平行金屬板，一組豎直放置，一組水平放置，今有一質量為m的電子(電荷量為e)靜止在豎直放置的平行金屬板的A點，經電壓U0加速后通過B點進入兩板間距為d、電壓為U的水平放置的平行金屬板間，若電子從兩塊水平平行板的正中間射入，且最后電子剛好能從右側的兩塊平行金屬板穿出，A、B分別為兩塊豎直板的中點，求：
(1)電子通過B點時的速度大小；
(2)右側平行金屬板的長度；
(3)電子穿出右側平行金屬板時的動能。
思路點撥：(1)加速電場中可用動能定理求末速度。
(2)偏轉電場中電子做類平拋運動，可利用分解思想結合動力學知識和功能關系求解。
[解析]　(1)設電子出B孔時速度為v0，由動能定理得eU0＝mv
解得v0＝。
(2)電子進入電壓為U的偏轉電場中做類平拋運動。豎直方向：d＝at2，a＝＝
水平方向：l＝v0t
解得l＝·＝d。
(3)在右側的平行板中，電子初、末位置電勢差為，穿出電場時的動能設為Ek，由動能定理得
eU＝Ek－mv
所以Ek＝eU＋mv＝e。
[答案]　(1)　(2)d　(3)e
建立帶電粒子在勻強電場中偏轉的類平拋運動模型，會用運動的合成和分解的知識分析帶電粒子的偏轉問題，提高綜合分析能力，體現了“科學思維”的學科素養。
[跟進訓練]
2．如圖所示，一質量m＝1×10－3 kg，電荷量為q＝1×10－3 C的粒子，重力不計，在豎直向下的電場強度為E＝1×103 N/C的勻強電場中運動，在A點時速度方向與電場方向夾角為60°，經過0.1 s后到達B點，速度方向與電場方向夾角為30°，則A點速度的大小為(　　)
A．100 m/s B．200 m/s
C．300 m/s D．400 m/s
A　[電荷只受電場力作用，由牛頓第二定律可得a＝＝103 m/s，整個運動過程中水平方向不受力，速度不變，設水平方向的速度為v0，則有＝＋at，解得
v0＝50 m/s，故A點速度大小為vA＝＝100 m/s，故選A。]
3．如圖所示是一個示波管工作的原理圖，電子經過加速后以速度v0垂直進入偏轉電場，離開電場時偏轉量是h，兩個平行板間距離為d，電勢差為U，板長為l，每單位電壓引起的偏轉量()叫示波管的靈敏度，若要提高其靈敏度。可采用下列哪種辦法(　　)
A．增大兩極板間的電壓
B．盡可能使板長l做得短些
C．盡可能使板間距離d減小些
D．使電子入射速度v0大些
C　[在水平方向電子做勻速直線運動，有l＝v0t，豎直方向上電子做勻加速運動，故有h＝at2＝，則＝，可知，選項C正確。]
1．如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動，則關于電子到達Q板時的速率，下列解釋中正確的是(　　)
A．兩板間距離越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大
B．兩板間距離越小，加速度就越大，則獲得的速率越大
C．與兩板間的距離無關，僅與加速電壓U有關
D．以上解釋都不正確
C　[從能量觀點，電場力做功，使電荷電勢能減小，動能增加，由動能定理得eU＝mv2，v＝，故正確選項為C。]
2．如圖所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場左端的中點P以相同的初速度沿水平方向垂直于電場方向進入電場，它們分別落在A、B、C三點，可以判斷(　　)
A．小球A帶正電，B不帶電，C帶負電
B．三個小球在電場中運動時間相等
C．三個小球到達極板時的動能EkA>EkB>EkC
D．三個小球在電場中運動的加速度aA>aB>aC
A　[三個小球在水平方向做勻速直線運動；豎直方向，帶正電荷小球受靜電力向上，合力為mg－F電，帶負電荷小球受靜電力向下，合力為mg＋F電，不帶電小球只受重力，因此帶負電荷小球加速度最大，運動時間最短，水平位移最短，帶正電荷小球加速度最小，運動時間最長，水平位移最大，不帶電小球水平位移居中，選項A正確，選項B、D錯誤；在運動過程中，三個小球豎直方向位移相等，帶負電荷小球合力做功最大，動能改變量最大，帶正電荷小球動能改變量最小，即EkC>EkB>EkA，選項C錯誤。]
3．(多選)如圖甲所示，三個相同的金屬板共軸排列，它們的距離與寬度均相同，軸線上開有小孔，在左邊和右邊兩個金屬板上加電壓U后，金屬板間就形成勻強電場；有一個比荷＝1.0×10－2 C/kg的帶正電的粒子從左邊金屬板小孔軸線A處由靜止釋放，在電場力作用下沿小孔軸線射出(不計粒子重力)，其v t圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　)
甲　　　　　　　　乙
A．右側金屬板接電源的正極
B．所加電壓U＝100 V
C．乙圖中的v2＝2 m/s
D．通過極板間隙所用時間比為1∶(－1)
BD　[帶正電的粒子在電場力作用下由左極板向右運動，可判斷左側金屬板接電源正極，選項A錯誤；由v t圖像可知，帶電粒子的加速度a＝2 m/s2，兩極板間距d＝0.25 m，由qE＝ma得E＝200 V/m，U＝2Ed＝100 V，選項B正確；帶電粒子從左極板到右極板的過程中，由動能定理知，qU＝mv，則v2＝＝ m/s，選項C錯誤；設通過第一個極板間隙的時間為t1，通過第二個極板間隙的時間為t2，加速度為a，由運動學公式v＝v0＋at知，t1＝＝s，t1＝＝s，所以t1∶t2＝1∶(－1)，選項D正確。]
4．(新情境題，以“測油滴帶電荷量”為背景，考查帶電粒子在電場中加速)如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板與電源連接，上、下板分別帶正、負電荷。油滴從噴霧器噴出后，由于摩擦而帶負電，油滴進入上板中央小孔后落到勻強電場中，通過顯微鏡可以觀察到油滴的運動情況。
兩金屬板間的距離為d，忽略空氣對油滴的浮力和阻力。若油滴進入電場時的速度可以忽略，當兩金屬板間的電勢差為U時，觀察到某個質量為m的油滴進入電場后做勻加速運動，經過時間t運動到下極板。求該油滴所帶電荷量。
[解析]　油滴進入電場后做勻加速運動，由牛頓第二定律得mg－q＝ma ①
根據位移時間公式得d＝at2 ②
①②聯立得q＝。
[答案]　
回歸本節知識，自我完成以下問題：
1．哪些帶電粒子在電場中運動時可不計重力？
提示：電子、質子、α粒子等。
2．寫出帶電粒子在電場中加速的計算式？
提示：qU＝mv2－mv，若初速度為零則有qU＝mv2。
3．試寫出帶電粒子在勻強電場中的偏轉規律？(設初速度與電場強度方向垂直)
提示：t＝，a＝，y＝at2＝。

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