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[名校联盟]浙江省义乌三中高三物理《6.5带电粒子在电场中的运动》复习课件


第 5 课时

带电粒子在电场中的运动 课前考点自清

一、带电粒子在电场中的直线运动 1.条件:在匀强电场 中,带电粒子的初速度为零或初速度 与电场力共线. 2.处理方法:(1)动能定理:qU= mvt2- mv02 ;(2)牛顿第 二定律: qE= ma .

1 2

1 2

/>思考:带电粒子在电场中的运动是否考虑重力?
答案 ①基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除 有说明或有明确的暗示以外,一般都不考虑重力(但并 不忽略质量). ②带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说 明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力.

二、带电粒子在电场中的偏转 1.研究条件:带电粒子垂直于 电场 方向进入匀强电场. 2.处理方法: (1)沿初速度方向做 匀速直线 运动. (2)沿电场方向做 匀加速直线 运动.

思考:若带电粒子电量为q,质量为m,垂直进入宽为 x的匀强电场E,求出带电粒子离开电场时的偏移量和 偏转角.

x qE 答案 在电场中的运动时间t= ,加速度a= . v0 m 1 2 qEx2 则离开电场时的偏移量y=2at = 2mv02 vy at qEx 离开电场时的偏转角tan θ= = = 2 v0 v0 mv0

三、示波管的原理 1.构造:(1) 电子枪 ,(2) 偏转电极 . 2.工作原理(如图1所示)

图1

(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运动,打在荧光屏 中心 ,在那里产生 一个亮斑. (2)YY′上加的是待显示的 信号电压.XX′上是机器自身产 生的锯齿形电压,叫做 扫描电压 .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 周期内变化的稳定图象.

核心考点突破
考点一 带电粒子在电场中偏转的运动分析 【问题展示】 偏转的一般情境:如图2(1)、 (2)、 (3)、(4)所示,在真空中 水平放置一对带电金属板,两板间的电压为U、距离为d.若 带电粒子以水平方向或斜向以初速度v0射入平行金属板的 电场中,则会发生偏转.

图2

【归纳提炼】 1.粒子的偏转角问题 (1)已知电荷情况及初速度 如图 3 所示,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 U1.若粒子飞出电场时偏转角为 θ,则

图3 vy qU1 l tan θ= ,式中 vy=at= · , vx= v0,代入得 tan θ vx dm v0 qU1l = 2 . ① mv 0d

结论:初动能一定时 tan θ与 q成正比,电荷量相同时 tan θ与 初动能成反比. (2)已知加速电压 U0 若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压 U0加速后进 1 2 入偏转电场的,则由动能定理有: qU0= mv0 ② 2 U1l 由①②式得tan θ= ③ 2U0d 结论:粒子的偏转角与粒子的 q、 m无关,仅取决于加速电 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总是相 同的.

2.粒子的偏转量问题 1 2 1 qU1 l 2 (1)y= at = · · ( ) 2 2 dm v0



作粒子速度的反向延长线,设交于 O点,O点与电场边 qU1l2 2dmv2 y l 0 缘的距离为x,则x= = = . tan θ qU1l 2 mv 2 0d l 结论:粒子从偏转电场中射出时,就象是从极板间的 2 处沿直线射出.

(2)若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速 U1l2 后进入偏转电场的,则由②和④,得y= 4U0d 结论:粒子的偏转距离与粒子的q、m无关,仅取决于 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 距离总是相同的.

【高考佐证】 (2010· 天津理综)质谱分析技术已广泛应用于 各前沿科学领域.汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图 4所示, M、 N为两块水平放置的平行金属极板,板长为 L,板右端到屏的距离为D,且 D远大于L, O′ O为垂直 于屏的中心轴线,不计离子重力和离子在板间偏离 O′ O的距离.以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系, 其中 x轴沿水平方向, y轴沿竖直方向. 设一个质量为 m0、电荷量为 q0的正离子以速度v0沿O′ O 的方向从 O′点射入,板间不加电场和磁场时,离子打 在屏上 O点.若在两极板间加一沿+y方向场强为E的匀 强电场,求离子射到屏上时偏离O点的距离 y0;

图4
解析 离子在电场中受到的电场力Fy=q0E Fy 离子获得的加速度ay= m0 L 离子在板间运动的时间t0=v 0 到达极板右边缘时,离子在+y方向的分速度vy=ayt0

D 离子从板右端到达屏上所需时间t0′= v0 离子射到屏上时偏离O点的距离y0=vyt0′ q0ELD 由上述各式,得y0= m0v02 q0ELD 答案 m0v02

考点二

示波器的工作原理

1.原理:电子的偏移距离y和偏转角的正切tan φ都与偏转 电压成正比. 2.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 5所示,如果只在偏转电极YY′上加上如图5甲 所示 Uy= Umsin ωt的电压,荧光屏上亮点的偏移也将按 正弦规律变化,即y′= ymsin ωt,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). (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 ).

图5

图6

题型互动探究
题型一 带电粒子在电场中的偏转问题 例 1 图 7 所示,一个带电粒子从粒子源 飘入 (初速度很小,可忽略不计)电压 为 U1 的加速电场,经加速后从小孔 S 沿平行金属板 A、B 的中心线射入, B 板间飞出应该满足的条件是 U2 2d U2 d A. < B. < U1 L U1 L U2 2d2 U2 d2 C. < 2 D. < 2 U1 L U1 L

图7
( )

A、 B 板长为 L, 相距为 d, 电压为 U2.则带电粒子能从 A、

1 2 L 1 2 1qU2 L 2 解析 根据qU1= mv ,再根据t= 和y= at = · ( ), 2 v 2 2 md v 1 U2 2d2 由题意,y< d,解得 < 2 ,故C正确. 2 U1 L

答案

C

即学即练 1 如图 8所示,有两个相同的带 电粒子 A、 B,分别从平行板间左侧中 点和贴近上极板左端处以不同的初速度 处的 C点 ,若不计重力,则可以断定 A. A粒子的初动能是B粒子的 2倍 B. A粒子在C点的速度偏向角的正弦值是B粒子的两倍 C. A、 B两粒子到达 C点时的动能可能相同 D.如果仅将加在两极板间的电压加倍,A、 B两粒子到 达下极板时仍为同一点D(图中未画出)

图8 垂直于电场方向进入电场,它们恰好都打在下极板右端
( ACD )

题型二

用能量观点分析带电体运动问题

例 2 一个质量为 m、带有-q 电荷量的 小物体,可在水平轨道 Ox 轴上运动, 轴的 O 端有一个与轨道相垂直的固定墙 面.轨道处于匀强电场中,场强大小为

图9 E,方向沿 Ox 轴正向,如图 9 所示.小物体以初速度 v0 从
x0 处沿 Ox 轨道运动, 运动时受到大小不变的摩擦力 F 作用, 且 F<qE.设小物体与墙壁碰撞时不损失机械能,且电荷量保 持不变,求它停止运动时通过的总路程 s.

解析

1 解法一:根据动能定理得 0- mv 2 0 = W电+WF (W电、 WF 2

分别是电场力的功和摩擦力的功 ). W电 = Eq· x0, WF=- F· s, 2 2 Eqx + m v 1 0 0 故- mv02= Eqx0- F· s, s= . 2 2F 解法二 :用能量守恒定律求解,设小物体通过的总路程为 s, 克服摩擦力做功的值为 F· s,这也就是转变为内能的能量. 1 动能、电势能减少 ΔE= qEx0+ mv02 2 内能增加 ΔE′= Fs 2qEx0+ mv02 由 ΔE= ΔE′,解得 s= . 2F 2qEx0+mv02 答案 2F

方法归纳 从能量观点出发分析带电体的运动问题时,在 受力分析和运动情况分析的基础上,再考虑恰当的规律解 题.如果选用动能定理解题,要分清有几个力做功,做正 功还是负功,以及初、末状态的动能;如果选用能量守恒 定律解题,要分清多少种形式的能参与转化,哪种能量增 加,哪种能量减少,并注意电场力做功与路径无关.

即学即练 2 如图 10所示,不光滑绝缘水平 地面上,相隔 2L处的 A、 B两点固定有

图10 两个电荷量均为 Q的负点电荷, a、 O、 b是 AB连线上的 L 三点,且以 O为中心, Oa= Ob= ,一质量为 m、电荷 2
量为 q的点电荷以初动能 E0,从 a点出发沿AB向 B点运 动,当它运动到 O点,动能为初动能的 n倍 (n>1),到 b点 刚好速度为零,然后返回往复运动直至最后静止,试 求: (1)点电荷的电性; (2)a点与 O点的电势差UaO; (3)电荷在电场中运动的总路程.

解析

(1)点电荷带负电

L (2)点电荷从a到O的过程中-qUaO-Ff· =(n-1)E0 2 点电荷从 a到 b的过程中Ff· L= E0 (1- 2n)E0 由上两式得UaO= 2q (3)分析得,电荷最终停在 O点,整个运动过程中能量守 (1-2n)E0 恒,得 E0+[-q· ]= Ff· s 2q 1 则得 s= (n+ )L 2 (1-2n)E0 1 答案 (1)负电 (2) (3)(n+2)L 2q

题型三 利用“等效思想”巧解复合场中的圆周运动问题 等效思维方法就是将一个复杂的物理问题,等效为一个 熟知的物理模型或问题的方法.例如我们学习过的等效 电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思 维方法.常见的等效法有“分解”、“合成”、“等效 类比”、“等效替换”、“等效变换”、“等效简化” 等,从而化繁为简,化难为易. 带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运 动的问题是高中物理教学中一类重要而典型的题型.对 于这类问题,若采用常规方法求解,过程复杂,运算量 大.若采用“等效法”求解,则能避开复杂的运算,过 程比较简捷.先求出重力与电场力的合力,将这个合力 F合 视为一个“等效重力”,将 a= 视为“等效重力加速 m 度”.再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等 效重力场中分析求解即可.下面通过实例分析说明“等 效法”在此类问题中的应用.

例 3 如图 11 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,带负电荷的小球从高 h 的 A 处由静止开始下滑 ,沿轨道 ABC

图11 运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其 3 重力的 ,圆环半径为 R,斜面倾角 θ= 60° ,BC 段长为 2R. 4
若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h 至少为多少?

解析

小球所受的重力和电场力都为恒力,

故可将两力等效为一个力F,如图所示,可 知 F= 1.25mg,方向与竖直方向成37° .由图 可知,小球能否做完整的圆周运动的临界 点是D点,设小球恰好能通过D点,即达到D点时小球与圆环 的弹力恰好为零. vD2 vD2 由圆周运动知F= m ,即1.25mg=m R R 由动能定理: 3 1 mg(h- R-Rcos37° )- mg(hcot θ+2R+Rsin37° )= mvD2 ② 4 2 联立①②两式求得h≈7.7R ①

答案 7.7R

题后感悟

当我们研究某一新问题时,如果它和某一学过

的问题类似,就可以利用等效和类比的方法进行分析.用 等效法解本题的关键在于正确得出等效重力场,然后再利 用对比正常重力场下小球做圆周运动的规律.

即学即练 3 半径为 r的绝缘光滑圆环固定在竖直 平面内,环上套有一质量为m,带正电荷的 珠子,空间存在水平向右的匀强电场,如图 3 12所示,珠子所受静电力是其重力的 倍, 4 将珠子从环上最低位置A点由静止释放,则: (1)珠子所能获得的最大动能是多大? (2)珠子对环的最大压力是多大?

图12

解析 珠子在运动过程中,受重力和电场力的大小、方向 都不发生变化,则重力和电场力的合力大小、方向也不 变,这样就可以用合力来代替重力和电场力,当珠子沿合 力方向位移最大时,合力做功最多,动能最大.

3 (1)qE= mg,所以 qE、 mg的合力 F合 与竖直 4 qE 3 方向夹角的正切 tan θ= = ,即θ= 37° , mg 4 则珠子由 A点静止释放后从 A到 B过程中做加 速运动,如右图所示, B点动能最大, 由动能定理得 qErsin θ- mgr(1- cos θ)= Ek 1 解得 B点动能即最大动能 Ek= mgr 4

mv2 (2)设珠子在 B点受圆环弹力为 FN,有 FN- F合= ,即 FN r mv2 1 5 1 7 2 2 = F合+ = (mg) +(qE) + mg= mg+ mg= mg.由牛 r 2 4 2 4 7 顿第三定律得,珠子对圆环的最大压力也为 mg. 4 1 7 答案 (1)4mgr (2)4mg

题型四

正交分解法处理带电体的复杂运动问题

例 4 如图 13 所示,在真空中,竖直放着一个平 行板电容器,在它的两极板间有一个带正电 的微粒,质量为 m= 8× 10
-5

kg,电荷量 q=

6× 10- 8 C.这个微粒在电场力和重力共同作 用下,从距负极板 0.4 m 处,由静止开始运 动,经 0.4 s 抵达负极板.则: (1)如果两极板相距 d=0.6 m,则板间电压是多少? (2)微粒在极板间运动的轨迹是什么形式?微粒通过的路 程是多少? (3)在整个过程中,电场力和重力各做了多少功?(g 取 10 m/s2)

图13

解析

微粒受电场力和重力共同作用,根据力的独立作用

原理,在电场力作用下微粒在水平方向将做初速度为零的 匀加速直线运动,在重力作用下微粒在竖直方向将做自由 落体运动,微粒在电场中的运动便可以看做是这两个分运 动的合运动.电场力和重力均为恒力,所以其合力也是恒 定不变的力,又因为微粒的初速度为零,根据运动条件可 判定,微粒在电场中运动的轨迹应为直线. (1)依题意,微粒在水平方向是经0.4 s加速运动了0.4 m而抵 达负极板. 1 2 x= at 2 qE a= m ① ②

2mx 由①② 得 E= 2 , qt -5 2mxd 2× 8× 10 × 0.4× 0.6 3 U= Ed= 2 = V = 4 × 10 V -8 2 qt 6× 10 ×(0.4) (2)微粒在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,其轨迹为 直线.由图可看出l= x2+ h2, x= 0.4 m 1 1 h= gt2= × 10×(0.4)2 m= 0.8 m 2 2 所以 l= 0.42+ 0.82 m≈ 0.89 m (3)电场力所做的功 x 0.4 -8 - W电 = qU′= q( U)= 6× 10 × × 4× 103 J= 1.6× 10 4 J d 0.6 重力所做的功W重 = mgh= 8× 10 5× 10× 0.8 J= 6.4× 10
- -4

J.

答案

(1)4×103 V (2)运动轨迹为直线 0.89 m 6.4×10-4 J

(3)1.6×10-4 J

答题技巧 正交分解法处理带电粒子的复杂运动问题 用正交分解法处理带电粒子的复杂运动,它区别于类平抛 运动的带电粒子的偏转,它的轨迹常是更复杂的曲线,但 处理这种运动的基本思想与处理偏转运动相类似,也就是 说,可以将复杂运动分解为两个相互正交的比较简单的直 线运动,而这两个直线运动的规律我们是可以掌握的,然 后再按运动合成的观点求解相关的物理量.解这种综合题时 重要的是分析清楚题目的物理过程,才能找出相应的物理 规律 .研究两个分运动的合运动是否是直线运动,一般根据 运动条件去判断.物体所受合外力方向和初速度方向在一条 直线上,物体做直线运动;合外力方向和初速度方向成某 一角度,物体将做曲线运动.

即学即练 4 真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀 强电场,在电场中,若将一个质量为m、带正电荷的小 球由静止释放,运动中小球的速度与竖直方向夹角为 37° (取 sin 37° =0.6,cos 37° =0.8).现将该小球从电场 中某点以初速度 v0竖直向上抛出,求运动过程中: (1)小球受到的电场力的大小及方向; (2)小球从抛出点至最高点的电势能变化量.
解析 (1)重力与电场力的合力与竖直方向的 夹角为37° ,如图所示, 由图可知电场力水平向右, 3 大小F电=mgtan 37° =4mg.

(2)将该小球从电场中某点以初速度 v0 竖直向上抛出,小球 在竖直方向做匀减速运动,速度为 vy,vy=v0-gt,小球上 v0 升到最高点的时间 t= g 小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动,加速度为 ax, F电 3 ax= = g m 4 2 1 2 3v 0 小球上升到最高点时,沿电场方向位移 x= axt = 2 8g 9 2 电场力做功 W= F 电 x= mv0 32 9 2 小球上升到最高点的过程中,电势能减少 mv0 . 32 3 9 2 答案 (1) mg 水平向右 (2)电势能减少 mv0 4 32

随堂巩固训练
1.如图 14 所示,水平放置的平行金属板充电 后板间形成匀强电场,板间距离为 d,一个 带负电的液滴带电荷量大小为 q,质量为 m, 从下板边缘射入电场,沿直线从上板边缘射 出,则 A.液滴做的是匀速直线运动 B.液滴做的是匀减速直线运动 mgd C.两板的电势差为 q D.液滴的电势能减少了 mgd ( ACD )

图14

解析 首先根据运动是直线运动, 确定要考虑重力,而电场 力也在竖直方向上, 所以可以肯定合外力必然为零,因而确 定了液滴的运动性质和所受重力和电场力的关系.

2.如图 15所示,电子在电势差为U1的加 速电场中由静止开始运动,然后射入 电势差为 U2的两块平行极板间的电场 中,入射方向跟极板平行,整个装置 处在真空中,重力可忽略.在满足电 能使电子的偏转角变大的是 A. U1变大、 U2变大 C. U1变大、 U2变小

图15

子能射出平行极板区的条件下,下述四种情况中,一定 ( B ) B. U1变小、 U2变大 D. U1变小、 U2变小

解析 在加速电场中使用动能定理,在偏转电场中类 比平抛运动,利用运动的分解,联立解得偏转角的表 达式,然后观察两个电压的影响.

3.如图 16所示,一绝缘细圆环半径为r,其 环面固定在水平面上,场强为E的匀强电 场与圆环平面平行,环上穿有一电荷量为 + q、质量为 m的小球,可沿圆环做无摩 擦的圆周运动,若小球经A点时速度 vA的

图16

方向恰与电场垂直,且圆环与小球间沿水平方向无力的 作用,则速度 vA= ________.当小球运动到与A点对称的 B点时,小球对圆环在水平方向的作用力FB=________.

解析

在 A点电场力提供向心力,由牛顿第二定律得: mvA2 qE= r qEr 解得 vA= m 在 B点小球受力如右图所示, 小球由 A运动到B的过程中, 根据动能定理 1 1 2 qE· 2r= mvB - mvA2 2 2 在 B点, FB、 qE的合力提供向心力: vB2 FB- qE= m ,得 FB= 6qE r qEr 答案 6qE m

4.在足够大的真空空间中,存在水平向右方 向的匀强电场,若用绝缘细线将质量为 m 的带正电小球悬挂在电场中,静止时细线 与竖直方向夹角为 θ=37° .
图17

若将小球从电场中的某点竖直向上抛出,抛出的初速度 大小为 v0, 如图 17 所示. 求小球在电场内运动过程中的 最小速度.

解析

如图所示,由小球平衡可知 qE= 3 mg· tan 37° = mg,把小球在电场中的运 4 动速度分解为水平和竖直分速度 vx、vy. 小球在水平方向上做初速度为零的匀加 速运动,在竖直方向上做匀变速运动. 3 qE 所以 vx= · t= gt,vy=v0-gt. m 4 任意时刻小球的速度为 25 2 2 2 2 v= vx+vy= g t -2v0gt+v2 0. 16 16v0 3 当 t= 时,v 有最小值,且 vmin= v0. 25g 5 3 答案 v0 5
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