第六节 带电粒子在电场中的偏转 教学设计 -2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

第6节 带电粒子在电场中的偏转 1、 电场中的功能关系 电场中常见的几种功能关系： (1)静电力做功等于带电体电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。 (2)合外力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。 (3)如果只有静电力做功，则动能和电势能之间相互转化，二者总和不变，即ΔEk＝－ΔEp。 例1　(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是(　　) A．金属块带正电荷 B．金属块的机械能减少12 J C．金属块克服静电力做功8 J D．金属块的电势能减少4 J 答案　AB 解析　在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，根据动能定理得W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得W电＝－4 J，所以金属块克服静电力做功4 J，金属块的电势能增加4 J，由于金属块下滑，静电力做负功，所以金属块带正电荷，故A正确，C、D错误；在金属块滑下的过程中重力做功24 J，重力势能减少24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故B正确。 例2.(多选)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，不计空气阻力，则小球从M运动到N的过程(　　) A．动能增加mv2 B．机械能增加mv2 C．重力势能增加mv2 D．电势能减少2mv2 答案　CD 解析　小球从M运动到N的过程中，动能增加了ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，故A错误；到达N点时竖直方向速度为0，由匀变速直线运动规律得，小球上升的高度为h＝，由动能定理得W电－mgh＝ΔEk，解得W电＝2mv2，机械能的增加量为ΔE＝W电＝2mv2，电势能减少了2mv2，故B错误，D正确；小球的重力势能增加了ΔEp＝mgh＝mv2，故C正确。 二、电场中的图像问题 1．φ－x图像 (1)φ－x图像的意义：反映了电势φ随位置x变化的规律。在φ－x图像中根据纵坐标值可以直接判断各点电势的高低。 (2)φ－x图线的斜率绝对值表示沿x轴方向电场强度的大小；电场强度为零处，其切线的斜率为零。 (3)设电场强度的方向与x轴平行，图像中沿x轴，电势降低的方向即为电场强度方向。图中A点电势高于B点电势，故A、B间电场方向沿x轴正方向，C点电势低于D点电势，故C、D间电场方向沿x轴负方向。 2．E－x图像 (1)E－x图像的意义：反映了沿x轴方向电场强度E随x变化的规律。 (2)设x轴正方向为电场强度的正方向，E＞0表示电场强度沿x轴正方向；E＜0表示电场强度沿x轴负方向。 (3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定。 3．Ep－x图像 (1)Ep－x图像的物理意义：反映了电势能Ep随x变化的规律。 (2)图像切线的斜率绝对值表示静电力大小。图像切线斜率为零时静电力为零，该点的电场强度的大小也为零。 例3　如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受静电力作用在x＝0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是(　　) A．x1和x2处的电场强度均为零 B．x1和x2之间的电场强度方向不变 C．粒子从x＝0到x＝x2过程中，加速度先减小后增大 D．粒子从x＝0到x＝x2过程中，电势能先增大后减小 答案　C 解析　φ－x图像的切线斜率越大，则电场强度越大，x1和x2处的电场强度均不为零，A项错误；由电势变化可知，x1和x2之间的电场强度方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，B项错误；由图线的切线斜率可知，从x＝0到x＝x2过程中，电场强度先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，C项正确；粒子在x＝0处由静止沿x轴正方向运动，表明静电力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D项错误。 例4　(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为电场强度正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则(　　) A．x2和x4处电势相等 B．点电荷由x1运动到x3的过程中电势能增大 C．点电荷由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小 D．x1与x2间的电压大于x2与x3间的电压 答案　BC 解析　由题图可知，x1右侧电场强度为负值，方向向左，故x2位置电势低于x4位置的电势，A项错误；从x1移动到x3的过程静电力沿x轴负方向，静电力做负功，电势能增大，B项正确；从x1到x4的过程电场强度先增大后减小，所以静电力先增大后减小，C项正确；图线与x轴围成的“面积”表示电势差，则x1与x2间的电压小于x2与x3间的电压，D项错误。 例5　如图所示，在原点O和x轴负半轴上坐标为－x1处分别固定两点电荷Q1、Q2(两点电荷的电荷量和电性均未知)。一带负电的试探电荷从坐标为x2处以一定的初速度沿x轴正方向运动，其电势能的变化情况已在图中绘出，图线与x轴交点的横坐标为x3，图线最高点对应的横坐标为x4，不计试探电荷受到的重力，则下列判断正确的是(　　) A．点电荷Q1带负电 B．试探电荷在x2～x3之间受到的静电力沿x轴正方向 C．x3～x4之间的电场强度沿x轴正方向 D．两点电荷Q1、Q2电荷量的比值为 答案　C 解析　试探电荷在x2～x4之间电势能增大，试探电荷受到的静电力对试探电荷做负功，所以试探电荷所受静电力沿x轴负方向，电场强度沿x轴正方向，B错误，C正确；由电场的分布特点知，点电荷Q1带正电，点电荷Q2带负电，选项A错误；由题图可知x4处的电场强度为零，则＝，解得＝，D错误。 三、带电粒子在电场中偏转的重要推论 推论1：如图所示，粒子从偏转电场中射出时，其速度的反向延长线与初速度方向交于一点，此点平分沿初速度方向的位移。 证明：由tan θ＝，y＝和x＝，知x＝。故O点平分了沿初速度方向的位移，所以粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间处沿直线射出似的。 推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角正切值的，即tan α＝tan θ。 推论3：不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合。 例6　如图所示，在边长为L的正方形ABCD区域存在着匀强电场，方向竖直向下，与AD边平行。质量为m、电荷量为e的电子，在D点以水平速度v0射入电场中并从B点射出电场，不考虑电子的重力，则(　　) A．电子在B点的速率为v0 B．电子在B点的速率为2v0 C．匀强电场的电场强度大小为 D．匀强电场的电场强度大小为 答案　A 解析　设匀强电场的电场强度大小为E，电子在电场中的飞行时间为t，则根据类平抛运动规律有 L＝v0t ① L＝ ② 联立①②解得E＝ ③ 故C、D错误； 设电子在B点的竖直分速度大小为v1，根据带电粒子在电场中偏转的推论可知电子在B点的速度方向的反向延长线一定过DC中点，根据运动的合成与分解可得＝＝2 ④ 所以电子在B点的速率为vB＝＝v0 ⑤ 故A正确，B错误。 例7　一个电荷量为q＝－2×10－8 C，质量为m＝1×10－14 kg的带电粒子，由静止经电压为U1＝1 600 V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2＝2 400 V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d＝8 cm，极板长L＝8 cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L＝8 cm。整个装置如图所示，(不计粒子的重力)求： (1)粒子离开加速电场时的速度v0的大小； (2)粒子出偏转电场时的偏移距离y； (3)P点到O2的距离y′。 答案　(1)8×104 m/s　(2)0.03 m　(3)0.09 m 解析　(1)由动能定理可得|q|U1＝mv02， 代入数据解得v0＝8×104 m/s。 (2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：L＝v0t， 在竖直方向上：y＝at2，a＝，E＝， 联立并代入数据，解得y＝0.03 m。 (3)由几何知识知＝， 解得y′＝3y＝0.09 m。 课后习题： 1．如图所示，虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子到MN的速度大小； (2)电子从释放到打到屏上所用的时间； (3)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ； (4)电子打到屏上的点P′(图中未画出)到点O的距离x。 答案　(1)　(2)3　(3)2　(4)3L 解析　(1)电子从A运动到MN的过程中，根据动能定理得eE×＝mv2，解得v＝ (2)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，则a1＝ 由v＝a1t1，得t1＝＝，从MN到打到屏上的过程中所用时间t2＝＝2 总时间t＝t1＋t2＝3 (3)设电子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy，由牛顿第二定律得，电子在电场E2时的加速度为a2＝＝，电子在电场E2中飞行时间t3＝，则vy＝a2t3＝2 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tan θ＝，解得tan θ＝2 (4)电子在电场中的运动轨迹如图所示 根据几何关系得tan θ＝ 解得x＝3L。 学科网（北京）股份有限公司 $