2011届物理一轮复习课件：6.4《带电粒子在电场中的运动》

1、第4课时 带电粒子在电场中的运动,考点自清,1.带电粒子在电场中的加速 带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场,带电粒子将做 运动.有两种分析方法: (1)用动力学观点分析:= ,E= ,v2-v02=2ad. (2)用功能观点分析:粒子只受电场力作用,电场力做的功等于 物体动能的变化.,加(减)速,2.带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中, 不考虑重力时,则带电粒子在电场中将做类平抛运动,如图1 所示. 图1 (2)类平抛运动的一般处理方法:将粒子的运动分解为沿初速 度方向的 运动和沿电场力方向 运动. 根据 的知识就可解决有关问题.,匀速直线,

2、初速度为零的匀加速,运动的合成与分解,(3)基本公式 运动时间t= (板长为l,板间距离为d,板间电压为U) 加速度 离开电场的偏转量 偏转角 3.示波器 示波器是用来观察电信号随时间变化的情况,其核心部件是 示波管,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图2所示.,图2 (1)如果在偏转电极XX和YY之间都没有加电压,则电子枪射出的电子沿直线传播,打在荧光屏 ,在那里产生一个亮斑. (2)YY上加的是待显示的 .XX上是机器自身的锯齿形电压,叫做 .若所加扫描电压和信号电压的周期相同,就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象.,中心,信号电压,扫描电压,热点聚焦,1.带电粒子在电场中

3、的运动,综合了静电场和力学的知识,分析 方法和力学的分析方法基本相同:先分析受力情况,再分析运 动状态和运动过程(平衡、加速、减速;直线还是曲线),然后 选用恰当的规律解题.解决这类问题的基本方法: (1)采用运动和力的观点:牛顿第二定律和运动学知识求解. (2)用能量转化的观点:动能定理和功能关系求解. 2.对带电粒子进行受力分析时应注意的问题 (1)要掌握电场力的特点.电场力的大小和方向不仅跟场强的 大小和方向有关,还跟带电粒子的电性和电荷量有关.在匀强,热点一 带电粒子在电场中的加速和偏转,电场中,同一带电粒子所受电场力处处是恒力;在非匀强电场 中,同一带电粒子在不同位置所受电场力的大小

4、和方向都可能 不同. (2)是否考虑重力要依据情况而定. 基本粒子:如电子、质子、粒子、离子等除有说明或明确的 暗示外,一般不考虑重力(但不能忽略质量). 带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或明确暗 示外,一般都不能忽略重力. 3.带电粒子在电场中偏转的讨论 图3,在图3中,设带电粒子质量为m,带电荷量为q,以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场,偏转电压为U,若粒子飞离偏转电场时的偏距为y,偏转角为,则tan= . 带电粒子从极板的中线射入匀强电场,其出射时速度方向的反向延长线交于极板中线的中点.所以侧移距离也可表示为 y= tan,所以粒子好像从极板中央沿直线飞出去一样.

5、若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的,则qU0= mv02,即y= ,tan= = .由以上讨论可知,粒子的偏转角和偏距与粒子的q、m无关,仅决定于加速电场和偏转电场.即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场,它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的.,热点二 示波管 示波管是由电子枪、竖直偏转电极YY、水平偏转电极XX 和荧光屏组成的,电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮 点.若亮点很快移动,由于视觉暂留效应,能在荧光屏上看到 一条亮线. (1)如图4所示,如果只在偏转电极YY上加上如图5甲所示 Uy=Umsint的电压,荧光屏上亮点的偏移也将按正

6、弦规律变 化,即y=ymsint,并在荧光屏上观察到的亮线的形状为图 6A(设偏转电压频率较高). (2)如果只在偏转电极XX上加上如图5乙所示的电压,在荧 光屏上观察到的亮线的形状为图6B(设偏转电压频率较高).,图4 图5,图6 (3)如果在偏转电极YY加上图5甲所示的电压,同时在偏转电极XX上加上图5乙所示的电压,在荧光屏上观察到的亮线的形状为图6C(设偏转电压频率较高).,题型探究,题型1 示波管的工作原理 【例1】 如图7所示为示波管的结构图,其中电极YY长L1= 5 cm,间距d1=2.5 cm,其到荧光屏的距离x1=32.5 cm;电极 XX长L2=10 cm,间距d2=2.5

7、cm,其到荧光屏的距离为x2= 25 cm.如果在电子枪上加1 000 V加速电压,偏转电极XX、 YY上都没有加电压,电子束从金属板小孔射出后,将沿直线 传播,打在荧光屏中心O点,在那里产生一个亮斑.当在偏转电 极上加上电压后,试分析下面的问题:,图7 (1)在YY电极上加100 V电压,Y接正,XX电极不加电压.在图中荧光屏上标出亮斑的大体位置A.计算出OA的距离. (2)在YY电极上加100 V电压,Y接正;XX电极上加100 V电压, X接正.在图中荧光屏上标出亮斑的大体位置B.计算出OB的距离.,思维导图 解析 (1)如题图所示,电子经过加速电压U0后获得速度为v0,由动能定理得U0

8、e= mv02 电子以v0速度进入偏转电压为U1的偏转电场,将做类平抛运动,设加速度为a1,则有 设偏转角度为1,tan1=,(2)电子在竖直方向总偏转量不变,仍为Y,但在水平方向有偏转量,设总偏移为X,同理有,答案 (1)3 cm (2)5 cm,方法提炼 带电粒子在电场中的运动,综合了静电场和力学的知识,分析方法和力学的分析方法基本相同:先分析受力情况再分析运动状态和运动过程(平衡、加速、减速,直线还是曲线),然后选用恰当的规律解题.解决这类问题的基本方法: (1)采用运动和力的观点:牛顿第二定律和运动学知识求解; (2)用能量转化的观点:动能定理和功能关系求解.,变式练习1 示波器的示意

9、图如图8所示,金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出,进入偏转电场.电子在穿出偏转电场后沿直线前进,最后打在荧光屏上.设加速电压U1=1 640 V,偏转极板长l=4 cm,偏转板间距d=1 cm,当电子加速后从两偏转板的中央沿板平行方向进入偏转电场. 图8 (1)偏转电压为多大时,电子束打在荧光屏上偏转距离最大? (2)如果偏转板右端到荧光屏的距离L=20 cm,则电子束最大偏转距离为多少?,解析 (1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大,电子经偏转电场后必须从下板边缘出来. 电子在加速电场中,由动能定理 电子进入偏转电场时的初速度 电子在偏转电场的飞行时间 电子在偏转电场中的加速度

10、 要使电子从下极板边缘出来,应有 解得偏转电压U2=205 V (2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离,由于电子离开偏转电场的侧向速度 电子离开偏转电场到荧光屏的时间 电子最大偏转距离 答案 (1)205 V (2)0.055 m,题型2 带电粒子在复合场中的运动 【例2】 如图9所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨 道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电荷的小球从高h的A 处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动. 已知小球所受的电场力是其重力的3/4,圆环半径为R,斜面倾 角为,xBC=2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至 少为多少? 图9,思路点拨 小球所受的

11、重力和电场力都为恒力, 故两力等效为一个力F,如右图所示. 可知F=1.25mg,方向左偏下37,从图中可知, 做完整的圆周运动的临界点是能否通过D点,若恰 好能通过D点,即达到D点时球与环的弹力恰好为零. 解析 由圆周运动知识得 由动能定理有 又F=1.25mg 联立可求出此时的高度 答案,方法提炼 由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重力都是恒力,粒子做的都是匀变速运动,因此处理时有两种方法: 1.正交分解法:将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动, 再根据运动合成的观点去求复杂运动的有关物理量. 2.等效“重力”法:将重力与电场力进行合成,F合等效于“重 力”,a= 等效于“重力加速度

12、”,F合的方向等效于“重 力”的方向,即在重力场中的竖直方向.,变式练习2 如图10所示,水平轨道与直径为d=0.8 m的半圆轨道相接,半圆轨道的两端点A、B连线是一条竖直线,整个装置处于方向水平向右,大小为103 V/m的匀强电场中,一小球质量m=0.5 kg,带有q=510-3 C电量的正电荷,在静电力作用下由静止开始运动,不计一切摩擦,g=10 m/s2. 图10 (1)若它运动的起点离A为L,它恰能到达轨道最高点B,求小球在B点的速度和L的值. (2)若它运动起点离A为L=2.6 m,且它运动到B点时电场消失,它继续运动直到落地,求落地点与B点的距离.,解析 (1)因小球恰能到B点,则

13、在B点有 小球运动到B的过程,由动能定理 (2)小球离开B点,电场消失,小球做平抛运动,设落地点距B点 距离为s,由动能定理小球从静止运动到B有,答案 (1)2 m/s 1 m (2)2.53 m,题型3 带电粒子在交变电场中的运动 【例3】 如图11甲所示,A、B是两水平放置的足够长的平行金 属板,组成偏转匀强电场,B板接地.A板电势 随时间变化情 况如图乙所示,C、D两平行金属板竖直放置,中间有正对两孔 O1和O2,两板间电压为U2,组成减速电场.现有一带负电粒 子在t=0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O1进入. 并能从O1沿O1O2进入C、D间,刚好到达O2孔,已知带电 粒子带

14、电荷量-q,质量m,不计其重力.求: 图11,(1)该粒子进入A、B的初速度v0的大小. (2)A、B两板间距的最小值和A、B两板长度的最小值. 解析 (1)因粒子在A、B间运动时,水平方向不受外力做匀速运动,所以进入O1孔的速度即为进入A、B板的初速度. 在C、D间,由动能定理得qU2= mv02 即 (2)由于粒子进入A、B后,在一个周期T内,竖直方向上的速度变为初始状态.即v竖=0,若在第一个周期内进入O1孔,则对应两板最短长度为L=v0T= ,若在该时间内,粒子刚好不到A板而返回,则对应两板最小间距,设为d,所以 答案,变式练习3 如图12所示,真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A

15、、B与电源相接(图中未画出),其中B板接地(电势为零),A板电势的变化规律如图乙所示.将一个质量m=2.010-27 kg,电荷量q=+1.610-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放,不计重力.求: 图12 (1)在t=0时刻释放该带电粒子,释放瞬间粒子加速度的大小. (2)若A板电势变化周期T=1.010-5 s,在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放,粒子到达A板时的速度大小. (3)A板电势变化频率多大时,在t=T/4到t=T/2时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子,粒子不能到达A板?,解析 (1)在t=0时刻,电场强度E= ,所以加速度a= =4.0109 m/s2. (2)

16、带电粒子在0T/2内所受电场力方向向右,T/2T内电场力反向.带电粒子在0T/2内只受电场力作用做匀加速直线运动,前进的距离为x= at12= a( )2=5 cm,而金属板间距d=5 cm,所以t=T/2时带电粒子恰好到达A板,此时带电粒子速度v=at1=2.0 104 m/s. (3)既然带电粒子不能到达A板,则带电粒子在T/4T/2内向A板做匀加速直线运动,在T/23T/4内向A板做匀减速直线运动,速度减为零后将反向运动.当t=T/4时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放,粒子向A板运动的位移最大,该过程先匀加速T/4,然后匀减速T/4,t=3T/4时速度减为零.根据题意有:,答案 (1)

17、4.0109 m/s2 (2)2.0104 m/s,题型4 力电综合分析 【例4】 如图13所示,两平行金属板A、B板长L=8 cm,两板间 距离d=8 cm,A板比B板电势高300 V,一带正电的粒子带电量 q=10-10 C,质量m=10-20 kg,沿电场中心线OR垂直电场线飞入 电场,初速度v0=2106 m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面 MN、PS间的无电场区域后,进入固定在O点的点电荷Q形成 的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面影响), 已知两界面MN、PS相距为12 cm,O点在中心线上距离界面 PS 9 cm处,粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的 荧

18、光屏bc上.(静电力常数k=9109 Nm2/C2),图13 (1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线OR的距离多远? (2)试在图上粗略画出粒子运动的轨迹. (3)确定点电荷Q的电性并求其电量的大小. 解析 (1)设粒子从电场中飞出的侧向位移为h,穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为Y,则侧向位移 (2)第一段是抛物线,第二段必须是直线,第三段是圆弧,轨迹如下图所示. ,(3)带负电,带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得: 得Y=4h=12 cm 设带电粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy,则水平方向速度vx=v0=2106 m/s 电场方向速度vy=at= =1.510

19、6 m/s 粒子从电场中飞出时速度v= =2.5106 m/s 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为,则 ,因为带电粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上,所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动,其半径与速度方向垂直,匀速圆周运动的半径,r= =0.15 m 由牛顿运动定律可知 代入数据解得Q=1.0410-8 C 答案 (1)3 cm (2)见解析图 (3)带负电 1.0410-8 C 【评分标准】 本题共22分.其中式各4分,式各2分,式各1分.,【名师导析】 带电粒子在电场中运动一类问题,是近几年高考中考查的重点内容之一.尤其是在力、电综合

20、试题中,多把电场与牛顿定律、动能定理、功能关系、运动学知识、电路知识等巧妙地综合起来,考查学生对这些基本知识、基本规律的理解和掌握的情况,应用基本知识分析、解决实际问题的能力.纵观这类题目,所涉及的情景基本相同(无外乎是带电粒子在电场中平衡、加速或偏转),在处理这类问题时,要善于联系力学中的物理模型,借助力学模型,从受力情况、运动情况、能量转移等角度去分析,将力学中处理问题的方法迁移到电场中去,问题就会变得比较容易解决.,自我批阅 (14分)如图14所示,在x0的空间中,存在沿x轴正方向的匀强电场E;在x0的空间内,存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小也等于E,一电子(-e,m)在x=d处的P

21、点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动,不计电子重力.求: 图14 (1)电子在x轴方向的分运动的周期. (2)电子运动的轨迹与y轴的各个交点中,任意两个相邻交点之间的距离l.,解析 电子射入电场后,y方向的分运动一直为匀速运动;x方向的分运动先是-x方向的加速运动,接着是-x方向的减速运动,又+x方向的加速运动,再+x方向的减速运动如此反复.故电子运动的轨迹如下图所示. (4分) (1)设电子从射入到第一次与y轴相交所用时间为t,则 (2分) 解得 (1分),所以,电子在x方向分运动的周期为 (2分) (2)在竖直方向上y=v0t= (2分) 电子运动的轨迹与y轴的各个交点中,任意两个相邻交点

22、之间的距离l为l=2y= (3分) 答案,素能提升,1.如图15所示,在xOy竖直平面内存在着水平向右的匀强电场. 有一带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛 出,运动轨迹最高点为M,与x轴交点为N,不计空气阻力,则小 球 ( ) 图15 A.做匀加速运动 B.从O到M的过程动能增大 C.到M点时的动能为零 D.到N点时的动能大于 mv02,解析 带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出后受到恒定的合力作用做匀变速运动,在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角,速度减小,A、B都错;小球自坐标原点到M点,y方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动,x方向在电场力作

23、用下做初速度为零的匀加速运动,所以到M点时的动能不为零,C错;由动能定理有:qEx= mvN2- mv020,D正确. 答案 D,2.如图16甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有 小孔,右极板电势随时间变化的规律如图乙所示,电子原来静 止在左极板小孔处(不计电子的重力).下列说法正确的是 ( ) 图16 A.从t=0时刻释放电子,电子始终向右运动,直到打到右极板上 B.从t=0时刻释放电子,电子可能在两板间振动 C.从t=T/4时刻释放电子,电子可能在两板间振动,也可能打 到右极板上 D.从t=3T/8时刻释放电子,电子必将打到左极板上,解析 从t=0时刻释放电子,如果两板间距离足

24、够大,电子将向右先匀加速T/2,接着匀减速T/2,速度减小到零后,又开始向右匀加速T/2,接着匀减速T/2直到打在右极板上.电子不可能向左运动;如果两板间距离不够大,电子也始终向右运动,直到打到右极板上. 从t=T/4时刻释放电子,如果两板间距离足够大,电子将向右先匀加速T/4,接着匀减速T/4,速度减小到零后,改为向左先匀加速T/4,接着匀减速T/4,即在两板间振动;如果两板间距离不够大,则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上. 从t=3T/8时刻释放电子,如果两板间距离不够大,电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上;如果第一次向右运动没有打在右极板上,那就一定会在第一次向左运

25、动过程中打在左极板上,综上所述,选A、C. 答案 AC,3.如图17所示,两加上电压的水平平行金属板之 间放了一个薄带电金属网,形成了上下两个匀 强电场空间,场强分别为E1、E2.两个不计重力 的带电微粒从离金属网d1、d2处先后水平射入 电场(不考虑两微粒间的库仑力),运动轨迹与金属网相交于同 一点,则 ( ) A.两微粒带同种电荷 B.若两微粒初速度相同,则到达金属网所用的时间相同 C.不改变其他物理量,仅将E1和d1同时减半,两粒子仍然能相 交于同一点 D.若E1=E2,d1d2,则上方微粒的比荷(带电量与质量的比值)较 大,图17,解析 由带电微粒的偏转情况可知,两带电微粒所受的电场力

26、方向相反,而电场强度方向相同,所以两带电微粒带异种电荷, A错误;在垂直于电场方向,带电微粒做匀速直线运动,x=vt,由题图可知,两带电微粒的x相同,若两微粒初速度相同,到达金属网所用的时间相同,B正确;由牛顿第二定律和类平抛运动公式得:qE1=ma,d1= at2,x=v1t,联立解得x=v1 ,比荷 .不改变其他物理量,仅将E1和d1同时减半,带电微粒在垂直于电场方向上的位移不变,两粒子仍然能相交于同一点,C正确;若E1=E2,d1d2,v1=v2,上方微粒的比荷较大,若E1=E2,d1d2,v1v2,上方微粒的比荷较大,若E1=E2,d1d2,v1v2,可能上方微粒的比荷较大,也可能下方

27、微粒的比荷较大,D错误. 答案 BC,4.如图18所示,一根长L=1.5 m的光滑绝缘细直杆MN,竖直固定 在场强为E=1.0105 N/C、与水平方向成=30角的倾斜 向上的匀强电场中.杆的下端M固定一个带电小球A,电荷量 Q=+4.510-6 C;另一带电小球B穿在杆上可自由滑动,电荷 量q=+1.010-6 C,质量m=1.010-2 kg.现将小球B从杆的上 端N静止释放,小球B开始运动.(静电力常量k=9.0 109 Nm2/C2,取g=10 m/s2) 图18,(1)小球B开始运动时的加速度为多大？ (2)小球B的速度最大时,距M端的高度h1为多大？ (3)小球B从N端运动到距M端

28、的高度h2=0.61 m时,速度为v= 1.0 m/s,求此过程中小球B的电势能改变了多少？ 解析 (1)开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,小球B沿杆方向运动,由牛顿第二定律得 解得 代入数据解得a=3.2 m/s2,(2)小球B速度最大时合外力为零,即 解得 代入数据解得h1=0.9 m (3)小球B从开始运动到速度为v的过程中,设重力做功为W1,电场力做功为W2,库仑力做功为W3,根据动能定理有 W1+W2+W3= mv2 W1=mg(L-h2) W2=-qE(L-h2)sin 解得W3= mv2-mg(L-h2)+qE(L-h2)sin,设小球B的电势能改变了Ep,则 E

29、p=-(W2+W3)Ep=mg(L-h2)- mv2 代入数据解得Ep=8.410-2 J 答案 (1)3.2 m/s2 (2)0.9 m (3)8.410-2 J,5.有一带负电的小球,其带电量q=-210-3 C.如图19所示,开始 时静止在场强E=200 N/C的匀强电场中的P点,靠近电场极板 B有一挡板S,小球与挡板S的距离h=5 cm,与A板距离H=45 cm, 重力作用不计.在电场力作用下小球向左运动,与挡板S相碰 后电量减少到碰前的k倍,已知k= ,而碰后小球的速度大小 不变. 图19 (1)设匀强电场中挡板S所在位置处电势为零,则电场中P点的 电势为多少?小球在P点时的电势能为

30、多少?(电势能用Ep表示),(2)小球从P点出发第一次回到最右端的过程中电场力对小球做了多少功? (3)小球经过多少次碰撞后,才能抵达A板?(取lg1.2=0.08) 解析 (1)由匀强电场的场强和电势差之间的关系式得 USP=Eh 由电势差和电势之间的关系得 USP= 联立解得P点的电势为 -Eh=0 V -200510-2 V=-10 V 小球在P点的电势能为 Ep=q =-210-3(-10) J=0.02 J,(2)对小球从P点出发第一次回到最右端的过程应用动能定理得 W电=Ek1-Ek0 由题可知小球从P出发第一次回到最右端时速度为零， 所以W电=Ek1-Ek0=0-0=0 (3)设碰撞n次后小球到达A板,对小球运动的全过程应用动能定理得