高中地球的運動教案

第9節(jié)　帶電粒子在電場中的運動。

第9節(jié)帶電粒子在電場中的運動
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
這里說的“平衡”，即指帶電體加速度為零的靜止或勻速直線運動狀態(tài)，仍屬“靜力學”范疇，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(jù)電荷正、負和電場的方向來判定．
(3)根據(jù)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
對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量觀點處理．即使都是恒力作用的問題，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(tài)(主要指動能)．
④根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解．
(2)用包括電勢能和內能在內的能量守恒定律處理，列式的方法常有兩種：
①從初、末狀態(tài)的能量相等(即E1＝E2)列方程．
②從某些能量的減少等于另一些能量的增加(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于靜電力，即mgqE，則可忽略重力的影響．譬如，一電子在電場強度為4.0×103V/m的電場中，它所受到的靜電力F＝eE＝6.4×10－16N，它所受的重力G＝mg＝9.0×10－30N(g取10N/kg)，F(xiàn)G＝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，忽略粒子的重力并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(jù)就不存在了．
總之，是否考慮帶電粒子的重力要根據(jù)具體情況而定，一般說來：
(1)基本粒子：如電子、原子、α粒子、離子等除了有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)．
(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說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(guī)律研究帶電粒子的偏轉
帶電粒子以速度v0垂直于電場線的方向射入勻強電場，受到恒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＝v0x＝v0t(初速度方向)vy＝aty＝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
tanθ＝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于O點，O點與電場邊緣的距離為l′，則：tanθ＝y(tǒng)l′
則l′＝y(tǒng)tanθ＝ql2U2mv20dqlUmv20d＝l2即tanθ＝2yl

示波器是怎樣實現(xiàn)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(guī)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，在那里產(chǎn)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周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內變化的圖象．
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，設交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則x＝y(tǒng)tanθ＝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的帶電粒子以平行于兩極板的速度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＝qUdqUL22dmv20＝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的光滑絕緣斜面處于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mgqtanθ
解析由于帶電小球處于電場中，其上升過程中重力、靜電力均做功，初、末狀態(tài)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
－mglsinθ＋qElcosθ＝0
E＝mgqtanθ
4．一束電子流在經(jīng)U＝5000V
圖1－9－9
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1－9－9所示．若兩板間距離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？
答案400V
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著極板的邊緣飛出時，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，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運動
l＝v0t②
在垂直于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＝2×5000×(1.0×10－2)2(5.0×10－2)2V
＝4.0×102V
即要使電子能飛出，兩極板間所加電壓最大為400V.

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5V，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0t8×10－10s的時間內，這個電子處于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．0t2×10－10s
B．2×10－10st4×10－10s
C．4×10－10st6×10－10s
D．6×10－10st8×10－10s
思維步步高t＝0時，電子向哪個極板運動？接下來電子做什么性質的運動？運動過程和電場的周期性有什么關系？速度向左且減小時滿足的條件是什么？
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，空間存在著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變化的關系圖象可能是下圖中的()
答案A
解析注意題目中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，在桿、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(fā)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(qū)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(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置．
(2)在電場Ⅰ區(qū)域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)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(qū)域Ⅰ中做什么運動？離開區(qū)域Ⅰ時的速度由什么決定？在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域之間電子做什么運動？它的寬度對電子進入?yún)^(qū)域Ⅱ有無影響？電子進入?yún)^(qū)域Ⅱ做什么運動？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(qū)域Ⅰ時的速度為v0，此后在電場Ⅱ中做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為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(qū)域的位置坐標為(－2L，14L)
(2)設釋放點在電場區(qū)域Ⅰ中，其坐標為(x，y)，在電場Ⅰ中電子被加速到v1，然后進入電場Ⅱ做類平拋運動，并從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坐標的乘積等于L24，滿足條件．
答案(1)(－2L，14L)(2)電子在電場Ⅰ區(qū)域中的位置如果滿足橫縱坐標的乘積等于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(jīng)過的豎直平面內，存在著若干個如圖4所示的無電場區(qū)和有理想上下邊界的勻強電場區(qū)，兩區(qū)域相互間隔、豎直高度相等，電場區(qū)水平方向無限長，已知每一電場區(qū)的場強大小相等、方向均豎直向上，不計空氣阻力，下列說法正確的是()
圖4
A．小球在水平方向一直做勻速直線運動
B．若場強大小等于mgq，則小球經(jīng)過每一電場區(qū)的時間均相同
C．若場強大小等于2mgq，小球經(jīng)過每一無電場區(qū)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(qū)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；如果電場強度等于mgq，則小球在通過每一個電場區(qū)時在豎直方向上都做勻速直線運動，但是在無電場區(qū)是做加速運動，所以進入每一個電場區(qū)時在豎直方向上的速度逐漸增加，通過時間逐漸變短；如果場強的大小等于2mgq，小球經(jīng)過第一電場區(qū)時在豎直方向上做減速運動，到達第一電場區(qū)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(qū)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?？疾槊枋鲮o電力的性質和能的性質的物理量之間的關系.
一、選擇題
1．下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后，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，說明所有離子()
A．具有相同質量B．具有相同電荷量
C．具有相同的比荷D．屬于同一元素同位素
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(xiàn)的運動狀態(tài)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(chǎn)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(xiàn)．
4．平行板間有如圖5所示周期變化的電壓．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，以后粒子的運動要重復這個過程．
5．圖6為一個示波器工作原理的示意圖，
圖6
電子經(jīng)電壓為U1的加速電場后以速度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)可采取的方法是()
A．增大兩板間電勢差U2
B．盡可能使板長L短些
C．盡可能使板間距離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＝eU22mdt2
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?shù)竭_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∶2B．1∶8
C．2∶1D．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?yōu)樵瓉淼?2，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
加電場后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(jù)牛頓第二定律
mg＋qE＝ma
聯(lián)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(qū)域abcd內存在著勻強電場．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)4EkqL5Ek
(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，在垂直于電場方向：L＝v0t
在平行于電場方向：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＝0.20m的絲線的一端拴一質量為m＝1.0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著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＝2.0×103N/C.現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面的A點上，然后無初速地將小球釋放，取g＝10m/s2.求：
(1)小球通過最高點B時速度的大?。?br> (2)小球通過最高點時，絲線對小球的拉力大?。?br> 答案(1)2m/s(2)3.0×10－3N
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＝2m/s
(2)小球到達B點時，受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用，經(jīng)計算
mg＝1.0×10－4×10N＝1.0×10－3N
qE＝1.0×10－6×2.0×103N＝2.0×10－3N
因為qEmg，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＝3.0×10－3N

延伸閱讀

1.8帶電粒子在電場中的運動

一名優(yōu)秀的教師就要對每一課堂負責，教師要準備好教案，這是每個教師都不可缺少的。教案可以讓學生們充分體會到學習的快樂，有效的提高課堂的教學效率。教案的內容要寫些什么更好呢？以下是小編為大家精心整理的“1.8帶電粒子在電場中的運動”，僅供參考，歡迎大家閱讀。

1.8帶電粒子在電場中的運動

教學三維目標

（一）知識與技能

1．了解帶電粒子在電場中的運動——只受電場力，帶電粒子做勻變速運動。

2．重點掌握初速度與場強方向垂直的帶電粒子在電場中的運動(類平拋運動)。

3．知道示波管的主要構造和工作原理。

（二）過程與方法

培養(yǎng)學生綜合運用力學和電學的知識分析解決帶電粒子在電場中的運動。

（三）情感態(tài)度與價值觀

1．滲透物理學方法的教育：運用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素，不計粒子重力。

2．培養(yǎng)學生綜合分析問題的能力，體會物理知識的實際應用。

重點：帶電粒子在電場中的加速和偏轉規(guī)律

難點：帶電粒子在電場中的偏轉問題及應用。

教學過程：

（一）復習力學及本章前面相關知識

要點：動能定理、平拋運動規(guī)律、牛頓定律、場強等。

（二）新課教學

1．帶電粒子在電場中的運動情況（平衡、加速和減速）

⑴．若帶電粒子在電場中所受合力為零時，即∑F＝0時，粒子將保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。

例：帶電粒子在電場中處于靜止狀態(tài)，該粒子帶正電還是負電?

分析：帶電粒子處于靜止狀態(tài)，∑F＝0，，因為所受重力豎直向下，所以所受電場力必為豎直向上。又因為場強方向豎直向下，所以帶電體帶負電。

⑵．若∑F≠0（只受電場力）且與初速度方向在同一直線上，帶電粒子將做加速或減速直線運動。(變速直線運動)

◎打入正電荷（右圖），將做勻加速直線運動。

設電荷所帶的電量為q，板間場強為E

電勢差為U，板距為d,電荷到達另一極板的速度為v,則

電場力所做的功為：

粒子到達另一極板的動能為：

由動能定理有：（或對恒力）

※若初速為v0，則上列各式又應怎么樣？讓學生討論并列出。

◎若打入的是負電荷（初速為v0），將做勻減速直線運動，其運動情況可能如何，請學生討論，并得出結論。

請學生思考和討論課本P33問題

分析講解例題1。（詳見課本P33）

【思考與討論】若帶電粒子在電場中所受合力∑F≠0，且與初速度方向有夾角(不等于0°，180°)，則帶電粒子將做什么運動？（曲線運動）---引出

2．帶電粒子在電場中的偏轉（不計重力，且初速度v0⊥E，則帶電粒子將在電場中做類平拋運動）

復習：物體在只受重力的作用下，被水平拋出，在水平方向上不受力，將做勻速直線運動，在豎直方向上只受重力，做初速度為零的自由落體運動。物體的實際運動為這兩種運動的合運動。

詳細分析講解例題2。

解：粒子v0在電場中做類平拋運動

沿電場方向勻速運動所以有：①

電子射出電場時，在垂直于電場方向偏移的距離為：②

粒子在垂直于電場方向的加速度：③

由①②③得：④

代入數(shù)據(jù)得：m

即電子射出時沿垂直于板面方向偏離0.36m

電子射出電場時沿電場方向的速度不變仍為v0，而垂直于電場方向的速度：

⑤

故電子離開電場時的偏轉角為：⑥

代入數(shù)據(jù)得：=6.8°

【討論】：若這里的粒子不是電子，而是一般的帶電粒子，則需考慮重力，上列各式又需怎樣列？指導學生列出。

3．示波管的原理

（1）示波器：用來觀察電信號隨時間變化的電子儀器。其核心部分是示波管

（2）示波管的構造：由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成（如圖）。

（3）原理：利用了電子的慣性小、熒光物質的熒光特性和人的視覺暫留等，靈敏、直觀地顯示出電信號隨間變化的圖線。

◎讓學生對P35的【思考與討論】進行討論。

（三）小結：

1、研究帶電粒子在電場中運動的兩條主要線索

帶電粒子在電場中的運動，是一個綜合電場力、電勢能的力學問題，研究的方法與質點動力學相同，它同樣遵循運動的合成與分解、力的獨立作用原理、牛頓運動定律、動能定理、功能原理等力學規(guī)律．研究時，主要可以按以下兩條線索展開．

（1）力和運動的關系——牛頓第二定律

根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律找出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等．這條線索通常適用于恒力作用下做勻變速運動的情況．

（2）功和能的關系——動能定理

根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理或從全過程中能量的轉化，研究帶電粒子的速度變化，經(jīng)歷的位移等．這條線索同樣也適用于不均勻的電場．

2、研究帶電粒子在電場中運動的兩類重要的思維技巧

（1）類比與等效

電場力和重力都是恒力，在電場力作用下的運動可與重力作用下的運動類比．例如，垂直射入平行板電場中的帶電粒子的運動可類比于平拋，帶電單擺在豎直方向勻強電場中的運動可等效于重力場強度g值的變化等．

（2）整體法(全過程法)

電荷間的相互作用是成對出現(xiàn)的，把電荷系統(tǒng)的整體作為研究對象，就可以不必考慮其間的相互作用．

電場力的功與重力的功一樣，都只與始末位置有關，與路徑無關．它們分別引起電荷電勢能的變化和重力勢能的變化，從電荷運動的全過程中功能關系出發(fā)(尤其從靜止出發(fā)末速度為零的問題)往往能迅速找到解題入口或簡化計算．

（四）鞏固新課：1、引導學生完成問題與練習。1、3、4做練習。作業(yè)紙。

2、閱讀教材內容，及P36-37的【科學足跡】、【科學漫步】

教后記

1、帶電粒子在電場中的運動是綜合性非常強的知識點，對力和運動的關系以及動量、能量的觀點要求較高，是高考的熱點之一，所以教學時要有一定的高度。

2、學生對于帶電粒子在電場中的運動的處理局限于記住偏轉量和偏轉角的公式，不能從力和運動的關系角度高層次的分析，這樣的能力可能要到高三一輪復習結束才能具備。

帶電粒子在電場中的運動學案

1.9帶電粒子在電場中的運動
課前預習學案
一、預習目標
1、理解帶電粒子在電場中的運動規(guī)律，并能分析解決加速和偏轉方向的問題．
2、知道示波管的構造和基本原理．
二、預習內容
1、帶電粒子在電場中加速，應用動能定理，即
所以
2、（1）帶電粒子在勻強電場中偏轉問題的分析處理方法，類似于平拋運動的分析處理，應用運動的合成和分解的知識。
①離開電場運動時間。
②離開電場時的偏轉量。
③離開電場時速度的大小。
④以及離開電場時的偏轉角。
（2）若電荷先經(jīng)電場加速然后進入偏轉電場，則y=
（U1為加速電壓，U2為偏轉電壓）
3、處理帶電粒子在勻強電場中運動問題的方法
（1）等效法：
（2）分解法：帶電微粒在勻強電場中偏轉這種較復雜的曲線運動，可分解成沿初速方向的和沿電場力方向的來分析、處理。
三、提出疑惑
同學們，通過你的自主學習，你還有哪些疑惑，請把它填在下面的表格中
疑惑點疑惑內容

課內探究學案
一學習目標
通過帶電粒子在電場中加速、偏轉過程分析，培養(yǎng)學生的分析、推理能力
二學習過程
1引導學生復習回顧相關知識
（1）牛頓第二定律的內容是?
（2）動能定理的表達式是?
（3）平拋運動的相關知識:1
2.
2、帶電粒子的加速
提出問題要使帶電粒子在電場中只被加速而不改變運動方向該怎么辦?
學生探究活動：結合相關知識提出設計方案并互相討論其可行性。
學生介紹自己的設計方案。
師生互動歸納：
方案
1。
2：。
可求得當帶電粒子從靜止開始被加速時獲得的速度為：
vt=
深入探究：
（1）結合牛頓第二定律及動能定理中做功條件（W=Fscosθ恒力W=Uq任何電場）討論各方法的實用性。
（2）若初速度為v0（不等于零），推導最終的速度表達式。
學生活動：思考討論，列式推導
3、帶電粒子的偏轉
教師投影：如圖所示，電子以初速度v0垂直于電場線射入勻強電場中．
問題討論：
（1）分析帶電粒子的受力情況。
（2）你認為這種情況同哪種運動類似，這種運動的研究方法是什么?
（3）你能類比得到帶電粒子在電場中運動的研究方法嗎?
學生活動：討論并回答上述問題：
深入探究：如右圖所示，設電荷帶電荷量為q，平行板長為L，兩板間距為d，電勢差為U，初速為v0．試求：
（1）帶電粒子在電場中運動的時間t。
（2）粒子運動的加速度。
（3）粒子受力情況分析。
（4）粒子在射出電場時豎直方向上的偏轉距離。
（5）粒子在離開電場時豎直方向的分速度。
（6）粒子在離開電場時的速度大小。
（7）粒子在離開電場時的偏轉角度θ。
拓展：若帶電粒子的初速v0是在電場的電勢差U1下加速而來的（從零開始），那么上面的結果又如何呢?（y，θ）
學生活動：結合所學知識，自主分析推導。
θ=arctan
與q、m無關。
3、示波管的原理
出示示波器，教師演示操作
①光屏上的亮斑及變化。
②掃描及變化。
③豎直方向的偏移并調節(jié)使之變化。
④機內提供的正弦電壓觀察及變化的觀察。
學生活動：觀察示波器的現(xiàn)象。
三、反思總結
1
2
四、當堂檢測
1、如圖所示，水平安放的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現(xiàn)有質量m，帶電量為+q的小球，在B板下方距離H處，以初速v0豎直向上從B板小孔進入板間電場，欲使小球剛好能到A板，則A、B間電勢差UAB=。
2、質子H和粒子He在勻強電場中由靜止開始加速，通過相同位移時，它們的動能比為，所用時間比為。
3、一個電子以3.2×106m/s的初速度沿電場線方向射入勻強電場，在電場中飛行了9.1×10-7s后開始返回，則勻強電場的場強大小為，電子在勻強電場中從進入到返回原處所通過的路程為。

課后練習與提高

1、粒子和質子以相同速度垂直于電場線進入兩平行板間勻強電場中，設都能飛出電場，則它們離開勻強電場時，側向位移之比y:yH=，動能增量之比=。
2、如圖所示，水平平行金屬板A、B間距為d，帶電質點質量為m，電荷量為q，當質點以速率v從兩極板中央處于水平飛入兩極間，兩極不加電壓時，恰好從下板邊緣飛出，若給A、B兩極加一電壓U，則恰好從上板邊緣飛出，那么所加電壓U=。
3、如圖所示，電子的電荷量為e，質量為m，以v0的速度沿與場強垂直的方向從A點飛入勻強電場，并從另一側B點沿與場強方向成150°角飛出。則A、B兩點間的電勢差為。

課內探究學案
1（1）a=F合/m（注意是F合）
（2）W合=△Ek=（注意是合力做的功）
（3）平拋運動的相關知識
2方案1：v0=0，僅受電場力就會做加速運動，可達到目的。
方案2：v0≠0，僅受電場力，電場力的方向應同v0同向才能達到加速的目的。
3解：由于帶電粒子在電場中運動受力僅有電場力（與初速度垂直且恒定），不考慮重力，故帶電粒子做類平拋運動。
粒子在電場中的運動時間t=
加速度a==qU/md
豎直方向的偏轉距離：
y=at2=
粒子離開電場時豎直方向的速度為
v1=at=
速度為：v=
粒子離開電場時的偏轉角度θ為：
tanθ=
三反思總結
1．帶電粒子的加速功能關系分析：粒子只受電場力作用，動能變化量等于電勢能的變化量．
(初速度為零)；此式適用于一切電場．
2．帶電粒子的偏轉運動的分析方法(看成類平拋運動)：
①沿初速度方向做速度為v0的勻速直線運動．
②沿電場力方向做初速度為零的勻加速直線運動．
四、當堂檢測
1、2、1：23、2V/m0.29m
課后練習與提高
1、1：22：12、3、-3eBV0

帶電粒子在勻強電場中的運動

教學目標
知識目標
1、理解帶電粒子在勻強電場中的運動規(guī)律——只受電場力，帶電粒子做勻變速運動．重點掌握初速度與場強方向垂直的帶電粒子在電場中的運動——類平拋運動．
2、知道示波管的構造和原理．

能力目標
1、滲透物理學方法的教育，讓學生學習運用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素的科學的研究方法．
2、提高學生的分析推理能力．

情感目標
通過本節(jié)內容的學習，培養(yǎng)學生科學研究的意志品質．

教學建議
本節(jié)內容是電場一章中非常重要的知識點，里面涉及到電學與力學知識的綜合運用，因此教師在講解時，一是注意對力學知識的有效復習，以便于知識的遷移，另外，由于帶電粒子在電場中的運動公式比較復雜，所以教學中需要注意使學生掌握解題的思維和方法，而不要一味的強調公式的記憶．

在講解時要滲透物理學方法的教育，讓學生學習運用理想化方法、突出主要因素、忽略次要因素（忽略帶電粒子的重力）的科學的研究方法．

關于示波管的講解，教材中介紹的非常詳細，教師需要重點強調其工作原理，讓學生理解加速和偏轉問題——帶電粒子在電場中加速偏轉的實際應用．

教學設計示例

第九節(jié)帶電粒子在勻強電場中的運動

1、帶電粒子的加速

教師講解：這節(jié)課我們研究帶電粒子在勻強電場中的運動，關于運動，在前面的學習中我們已經(jīng)研究過了：物體在力的作用下，運動狀態(tài)發(fā)生了改變，同樣，對于電場中的帶電粒子而言，受到電場力的作用，那么它的運動情況又是怎樣的呢？帶電粒子在電場中運動的過程中，電場力做的功大小為，帶電粒子到達極板時動能，根據(jù)動能定理，，這個公式是利用能量關系得到的，不僅使用于勻強電場，而且適用于任何其它電場．

分析課本113頁的例題1．

2、帶電粒子的偏轉

根據(jù)能量的關系，我們可以得到帶電粒子在任何電場中的運動的初末狀態(tài)，下面，我們針對勻強電場具體研究一下帶電粒子在電場中的運動情況．

（教師出示圖片）為了方便研究，我們選用勻強電場：平行兩個帶電極板之間的電場就是勻強電場．

①若帶電粒子在電場中所受合力為零時，即時，粒子將保持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)．

帶電粒子處于靜止狀態(tài)，，，所受重力豎直向下，場強方向豎直向下，帶電體帶負電，所以所受電場力豎直向上．

②若且與初速度方向在同一直線上，帶電粒子將做加速或減速直線運動．（變速直線運動）

A、打入正電荷，將做勻加速直線運動．

B、打入負電荷，由于重力極小，可以忽略，電荷只受到電場力作用，將做勻減速直線運動．

③若，且與初速度方向有夾角，帶電粒子將做曲線運動．，合外力豎直向下，帶電粒子做勻變速曲線運動．（如下圖所示）

注意：若不計重力，初速度，帶電粒子將在電場中做類平拋運動．

復習：物體在只受重力的作用下，以一定水平速度拋出，物體的實際運動為這兩種運動的合運動．水平方向上不受力作用，做勻速直線運動，豎直方向上只受重力，做初速度為零的自由落體運動．

水平方向：

豎直方向：

與此相似，當忽略帶電粒子的重力時，且，帶電粒子在電場中將做類平拋運動．與平拋運動區(qū)別的只是在沿著電場方向上，帶電粒子做加速度為的勻變速直線運動．

例題講解：已知，平行兩個電極板間距為d，板長為l，初速度，板間電壓為U，帶電粒子質量為m，帶電量為＋q．分析帶電粒子的運動情況：

①粒子在與電場方向垂直的方向上做勻速直線運動，；在沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，，稱為側移．若粒子能穿過電場，而不打在極板上，側移量為多少呢？

②射出時的末速度與初速度的夾角稱為偏向角．

③反向延長線與延長線的交點在處．

證明：

．

注意：以上結論均適用于帶電粒子能從電場中穿出的情況．如果帶電粒子沒有從電場中穿出，此時不再等于板長l，應根據(jù)情況進行分析．

得到了帶電粒子在勻強電場中的基本運動情況，下面，我們看看其實際的應用示例．

3、示波管的原理：

學生首先自己研究，對照例題，自學完成，教師可以通過放映有關示波器的視頻資料加深學生對本節(jié)內容的理解．

4、教師總結：

教師講解：本節(jié)內容是關于帶電粒子在勻強電場中的運動情況，是電學和力學知識的綜合，帶電粒子在電場中的運動，常見的有加速、減速、偏轉、圓運動等等，規(guī)律跟力學是相同的，只是在分析物體受力時，注意分析電場力，同時注意：為了方便問題的研究，對于微觀粒子的電荷，因為重力非常小，我們可以忽略不計．對于示波管，實際就是帶電粒子在電場中的加速偏轉問題的實際應用．

5、布置課后作業(yè)

第二冊帶電粒子在電場中的運動

一、教學目標

1．了解帶電粒子在電場中的運動——只受電場力，帶電粒子做勻變速運動。

2．重點掌握初速度與場強方向垂直的帶電粒子在電場中的運動——類平拋運動。

3．滲透物理學方法的教育：運用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素，不計粒子重力。

二、重點分析

初速度與場強方向垂直的帶電粒子在電場中運動，沿電場方向（或反向）做初速度為零的勻加速直線運動，垂直于電場方向為勻速直線運動。

三、主要教學過程

1．帶電粒子在磁場中的運動情況

①若帶電粒子在電場中所受合力為零時，即∑F=0時，粒子將保

持靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)。

例帶電粒子在電場中處于靜止狀態(tài)，該粒子帶正電還是負電？

分析帶電粒子處于靜止狀態(tài)，∑F=0，mg=Eq，因為所受重力豎直向下，所以所受電場力必為豎直向上。又因為場強方向豎直向下，所以帶電體帶負電。

②若∑F≠0且與初速度方向在同一直線上，帶電粒子將做加速或減速直線運動。（變速直線運動）

打入正電荷，將做勻加速直線運動。

打入負電荷，將做勻減速直線運動。

③若∑F≠0，且與初速度方向有夾角（不等于0°，180°），帶電粒子將做曲線運動。

mg＞Eq，合外力豎直向下v0與∑F夾角不等于0°或180°，帶電粒子做勻變速曲線運動。在第三種情況中重點分析類平拋運動。

2．若不計重力，初速度v0⊥E，帶電粒子將在電場中做類平拋運動。

復習：物體在只受重力的作用下，被水平拋出，在水平方向上不受力，將做勻速直線運動，在豎直方向上只受重力，做初速度為零的自由落體運動。物體的實際運動為這兩種運動的合運動。

與此相似，不計mg，v0⊥E時，帶電粒子在磁場中將做類平拋運動。

板間距為d，板長為l，初速度v0，板間電壓為U，帶電粒子質量為m，帶電量為+q。

①粒子在與電場方向垂直的方向上做勻速直線運動，x=v0t；在沿電

若粒子能穿過電場，而不打在極板上，側移量為多少呢？

②

③

注：以上結論均適用于帶電粒子能從電場中穿出的情況。如果帶電粒子沒有從電場中穿出，此時v0t不再等于板長l，應根據(jù)情況進行分析。

設粒子帶正電，以v0進入電壓為U1的電場，將做勻加速直線運動，穿過電場時速度增大，動能增大，所以該電場稱為加速電場。

進入電壓為U2的電場后，粒子將發(fā)生偏轉，設電場稱為偏轉電場。

例1質量為m的帶電粒子，以初速度v0進入電場后沿直線運動到上極板。

（1）物體做的是什么運動？

（2）電場力做功多少？

（3）帶電體的電性？

例2如圖，一平行板電容器板長l=4cm，板間距離為d=3cm，傾斜放置，使板面與水平方向夾角α=37°，若兩板間所加電壓U=100V，一帶電量q=3×10-10C的負電荷以v0=0.5m/s的速度自A板左邊緣水平進入電場，在電場中沿水平方向運動，并恰好從B板右邊緣水平飛出，則帶電粒子從電場中飛出時的速度為多少？帶電粒子質量為多少？

例3一質量為m，帶電量為+q的小球從距地面高h處以一定的初速度水平拋出。在距拋出點水平距離為l處，有一根管口比小球直徑略大的

管子上方的整個區(qū)域里加一個場強方向水平向左的勻強電場。如圖：

求：（1）小球的初速度v；

（2）電場強度E的大小；

（3）小球落地時的動能。