課時帶電粒子在電場中的運動

第4課時帶電粒子在電場中的運動考點自清1.帶電粒子在電場中的加速帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場,帶電粒子將做

運動.有兩種分析方法:(1)用動力學觀點分析:α=,E=,v2-v02=2ad.(2)用功能觀點分析:粒子只受電場力作用,電場力做的功等于物體動能的變化.加(減)速1整理課件2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(1)如果帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中,不考慮重力時,則帶電粒子在電場中將做類平拋運動,如圖1所示.圖1(2)類平拋運動的一般處理方法:將粒子的運動分解為沿初速度方向的

運動和沿電場力方向運動.根據(jù)

的知識就可解決有關問題.勻速直線初速度為零的勻加速運動的合成與分解2整理課件(3)基本公式運動時間t=(板長為l,板間距離為d,板間電壓為U)加速度離開電場的偏轉量偏轉角3.示波器示波器是用來觀察電信號隨時間變化的情況,其核心部件是示波管,它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成,如圖2所示.3整理課件圖2(1)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傳播,打在熒光屏

,在那里產(chǎn)生一個亮斑.(2)YY′上加的是待顯示的

.XX′上是機器自身的鋸齒形電壓,叫做

.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(nèi)變化的圖象.中心信號電壓掃描電壓4整理課件熱點聚焦1.帶電粒子在電場中的運動,綜合了靜電場和力學的知識,分析方法和力學的分析方法基本相同:先分析受力情況,再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速、減速;直線還是曲線),然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題.解決這類問題的基本方法:(1)采用運動和力的觀點:牛頓第二定律和運動學知識求解.(2)用能量轉化的觀點:動能定理和功能關系求解.2.對帶電粒子進行受力分析時應注意的問題(1)要掌握電場力的特點.電場力的大小和方向不僅跟場強的大小和方向有關,還跟帶電粒子的電性和電荷量有關.在勻強熱點一帶電粒子在電場中的加速和偏轉5整理課件電場中,同一帶電粒子所受電場力處處是恒力;在非勻強電場中,同一帶電粒子在不同位置所受電場力的大小和方向都可能不同.(2)是否考慮重力要依據(jù)情況而定.基本粒子:如電子、質子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示外,一般不考慮重力(但不能忽略質量).帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或明確暗示外,一般都不能忽略重力.3.帶電粒子在電場中偏轉的討論圖36整理課件在圖3中,設帶電粒子質量為m,帶電荷量為q,以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉電場,偏轉電壓為U,若粒子飛離偏轉電場時的偏距為y,偏轉角為θ,則tanθ=.帶電粒子從極板的中線射入勻強電場,其出射時速度方向的反向延長線交于極板中線的中點.所以側移距離也可表示為y=tanθ,所以粒子好像從極板中央沿直線飛出去一樣.若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的,則qU0=mv02,即y=,tanθ==.由以上討論可知,粒子的偏轉角和偏距與粒子的q、m無關,僅決定于加速電場和偏轉電場.即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進入同一偏轉電場,它們在電場中的偏轉角度和偏轉距離總是相同的.7整理課件熱點二示波管示波管是由電子槍、豎直偏轉電極YY′、水平偏轉電極XX′和熒光屏組成的,電子槍發(fā)射的電子打在熒光屏上將出現(xiàn)亮點.若亮點很快移動,由于視覺暫留效應,能在熒光屏上看到一條亮線.(1)如圖4所示,如果只在偏轉電極YY′上加上如圖5甲所示

Uy=Umsinωt的電壓,熒光屏上亮點的偏移也將按正弦規(guī)律變化,即y′=ymsinωt,并在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖6A(設偏轉電壓頻率較高).(2)如果只在偏轉電極XX′上加上如圖5乙所示的電壓,在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖6B(設偏轉電壓頻率較高).8整理課件圖4圖59整理課件圖6(3)如果在偏轉電極YY′加上圖5甲所示的電壓,同時在偏轉電極XX′上加上圖5乙所示的電壓,在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖6C(設偏轉電壓頻率較高).10整理課件題型探究題型1示波管的工作原理【例1】如圖7所示為示波管的結構圖,其中電極YY′長L1=5cm,間距d1=2.5cm,其到熒光屏的距離x1=32.5cm;電極

XX′長L2=10cm,間距d2=2.5cm,其到熒光屏的距離為x2=25cm.如果在電子槍上加1000V加速電壓,偏轉電極XX′、

YY′上都沒有加電壓,電子束從金屬板小孔射出后,將沿直線傳播,打在熒光屏中心O點,在那里產(chǎn)生一個亮斑.當在偏轉電極上加上電壓后,試分析下面的問題:11整理課件圖7(1)在YY′電極上加100V電壓,Y接正,XX′電極不加電壓.在圖中熒光屏上標出亮斑的大體位置A.計算出OA的距離.(2)在YY′電極上加100V電壓,Y接正;XX′電極上加100V電壓,X接正.在圖中熒光屏上標出亮斑的大體位置B.計算出OB的距離.12整理課件思維導圖解析

(1)如題圖所示,電子經(jīng)過加速電壓U0后獲得速度為v0,由動能定理得U0e=mv02電子以v0速度進入偏轉電壓為U1的偏轉電場,將做類平拋運動,設加速度為a1,則有設偏轉角度為θ1,tanθ1=13整理課件(2)電子在豎直方向總偏轉量不變,仍為Y,但在水平方向有偏轉量,設總偏移為X,同理有答案

(1)3cm(2)5cm14整理課件方法提煉帶電粒子在電場中的運動,綜合了靜電場和力學的知識,分析方法和力學的分析方法基本相同:先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速、減速,直線還是曲線),然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題.解決這類問題的基本方法:(1)采用運動和力的觀點:牛頓第二定律和運動學知識求解;(2)用能量轉化的觀點:動能定理和功能關系求解.15整理課件變式練習1示波器的示意圖如圖8所示,金屬絲發(fā)射出來的電子被加速后從金屬板的小孔穿出,進入偏轉電場.電子在穿出偏轉電場后沿直線前進,最后打在熒光屏上.設加速電壓U1=1640V,偏轉極板長l=4cm,偏轉板間距d=1cm,當電子加速后從兩偏轉板的中央沿板平行方向進入偏轉電場.圖8(1)偏轉電壓為多大時,電子束打在熒光屏上偏轉距離最大?(2)如果偏轉板右端到熒光屏的距離L=20cm,則電子束最大偏轉距離為多少?16整理課件解析

(1)要使電子束打在熒光屏上偏轉距離最大,電子經(jīng)偏轉電場后必須從下板邊緣出來.電子在加速電場中,由動能定理電子進入偏轉電場時的初速度電子在偏轉電場的飛行時間電子在偏轉電場中的加速度要使電子從下極板邊緣出來,應有解得偏轉電壓U2=205V(2)電子束打在熒光屏上最大偏轉距離17整理課件由于電子離開偏轉電場的側向速度電子離開偏轉電場到熒光屏的時間電子最大偏轉距離答案

(1)205V(2)0.055m18整理課件題型2帶電粒子在復合場中的運動【例2】如圖9所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道,處于水平向右的勻強電場中,一帶負電荷的小球從高h的A

處由靜止開始下滑,沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動.已知小球所受的電場力是其重力的3/4,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角為θ,xBC=2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運動,h至少為多少?圖919整理課件思路點撥

小球所受的重力和電場力都為恒力,故兩力等效為一個力F,如右圖所示.可知F=1.25mg,方向左偏下37°,從圖中可知,做完整的圓周運動的臨界點是能否通過D點,若恰好能通過D點,即達到D點時球與環(huán)的彈力恰好為零.解析

由圓周運動知識得由動能定理有又F=1.25mg聯(lián)立可求出此時的高度答案20整理課件方法提煉由于帶電粒子在勻強電場中所受電場力和重力都是恒力,粒子做的都是勻變速運動,因此處理時有兩種方法:1.正交分解法:將復雜的運動分解為兩個互相垂直的直線運動,再根據(jù)運動合成的觀點去求復雜運動的有關物理量.2.等效“重力”法:將重力與電場力進行合成,F合等效于“重力”,a=等效于“重力加速度”,F合的方向等效于“重力”的方向,即在重力場中的豎直方向.21整理課件變式練習2如圖10所示,水平軌道與直徑為d=0.8m的半圓軌道相接,半圓軌道的兩端點A、B連線是一條豎直線,整個裝置處于方向水平向右,大小為103V/m的勻強電場中,一小球質量m=0.5kg,帶有q=5×10-3C電量的正電荷,在靜電力作用下由靜止開始運動,不計一切摩擦,g=10m/s2.圖10(1)若它運動的起點離A為L,它恰能到達軌道最高點B,求小球在B點的速度和L的值.(2)若它運動起點離A為L′=2.6m,且它運動到B點時電場消失,它繼續(xù)運動直到落地,求落地點與B點的距離.22整理課件解析(1)因小球恰能到B點,則在B點有小球運動到B的過程,由動能定理(2)小球離開B點,電場消失,小球做平拋運動,設落地點距B點距離為s,由動能定理小球從靜止運動到B有23整理課件答案

(1)2m/s1m(2)2.53m24整理課件題型3帶電粒子在交變電場中的運動【例3】如圖11甲所示,A、B是兩水平放置的足夠長的平行金屬板,組成偏轉勻強電場,B板接地.A板電勢隨時間變化情況如圖乙所示,C、D兩平行金屬板豎直放置,中間有正對兩孔

O1′和O2,兩板間電壓為U2,組成減速電場.現(xiàn)有一帶負電粒子在t=0時刻以一定初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1′進入.并能從O1′沿O1′O2進入C、D間,剛好到達O2孔,已知帶電粒子帶電荷量-q,質量m,不計其重力.求:圖1125整理課件(1)該粒子進入A、B的初速度v0的大小.(2)A、B兩板間距的最小值和A、B兩板長度的最小值.解析

(1)因粒子在A、B間運動時,水平方向不受外力做勻速運動,所以進入O1′孔的速度即為進入A、B板的初速度.在C、D間,由動能定理得qU2=mv02即(2)由于粒子進入A、B后,在一個周期T內(nèi),豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài).即v豎=0,若在第一個周期內(nèi)進入O1′孔,則對應兩板最短長度為L=v0T=,若在該時間內(nèi),粒子剛好不到A板而返回,則對應兩板最小間距,設為d,所以答案26整理課件變式練習3如圖12所示,真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源相接(圖中未畫出),其中B板接地(電勢為零),A板電勢的變化規(guī)律如圖乙所示.將一個質量m=2.0×10-27kg,電荷量q=+1.6×10-19C的帶電粒子從緊鄰B板處釋放,不計重力.求:圖12(1)在t=0時刻釋放該帶電粒子,釋放瞬間粒子加速度的大小.(2)若A板電勢變化周期T=1.0×10-5s,在t=0時將帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放,粒子到達A板時的速度大小.(3)A板電勢變化頻率多大時,在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)從緊鄰B板處無初速度釋放該帶電粒子,粒子不能到達A板?27整理課件解析

(1)在t=0時刻,電場強度E=,所以加速度a==4.0×109m/s2.(2)帶電粒子在0～T/2內(nèi)所受電場力方向向右,T/2～T內(nèi)電場力反向.帶電粒子在0～T/2內(nèi)只受電場力作用做勻加速直線運動,前進的距離為x=at12=a()2=5cm,而金屬板間距d=5cm,所以t=T/2時帶電粒子恰好到達A板,此時帶電粒子速度v=at1=2.0×104m/s.(3)既然帶電粒子不能到達A板,則帶電粒子在T/4～T/2內(nèi)向A板做勻加速直線運動,在T/2～3T/4內(nèi)向A板做勻減速直線運動,速度減為零后將反向運動.當t=T/4時將帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放,粒子向A板運動的位移最大,該過程先勻加速T/4,然后勻減速T/4,t=3T/4時速度減為零.根據(jù)題意有:28整理課件答案

(1)4.0×109m/s2

(2)2.0×104m/s29整理課件題型4力電綜合分析【例4】如圖13所示,兩平行金屬板A、B板長L=8cm,兩板間距離d=8cm,A板比B板電勢高300V,一帶正電的粒子帶電量

q=10-10C,質量m=10-20kg,沿電場中心線OR垂直電場線飛入電場,初速度v0=2×106m/s,粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面

MN、PS間的無電場區(qū)域后,進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面影響),已知兩界面MN、PS相距為12cm,O點在中心線上距離界面

PS9cm處,粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上.(靜電力常數(shù)k=9×109N·m2/C2)30整理課件圖13(1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線OR的距離多遠?(2)試在圖上粗略畫出粒子運動的軌跡.(3)確定點電荷Q的電性并求其電量的大小.解析

(1)設粒子從電場中飛出的側向位移為h,穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為Y,則側向位移①(2)第一段是拋物線,第二段必須是直線,第三段是圓弧,軌跡如下圖所示.②31整理課件(3)帶負電,帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,由相似三角形知識得:得Y=4h=12cm③設帶電粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy,則水平方向速度vx=v0=2×106m/s④電場方向速度vy=at==1.5×106m/s⑤粒子從電場中飛出時速度v==2.5×106m/s⑥設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ,則⑦32整理課件因為帶電粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上,所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q做勻速圓周運動,其半徑與速度方向垂直,勻速圓周運動的半徑,r==0.15m⑧由牛頓運動定律可知⑨代入數(shù)據(jù)解得Q=1.04×10-8C⑩答案

(1)3cm(2)見解析圖(3)帶負電1.04×10-8C【評分標準】

本題共22分.其中①②式各4分,③④⑤⑥⑨⑩式各2分,⑦⑧式各1分.33整理課件【名師導析】帶電粒子在電場中運動一類問題,是近幾年高考中考查的重點內(nèi)容之一.尤其是在力、電綜合試題中,多把電場與牛頓定律、動能定理、功能關系、運動學知識、電路知識等巧妙地綜合起來,考查學生對這些基本知識、基本規(guī)律的理解和掌握的情況,應用基本知識分析、解決實際問題的能力.縱觀這類題目,所涉及的情景基本相同(無外乎是帶電粒子在電場中平衡、加速或偏轉),在處理這類問題時,要善于聯(lián)系力學中的物理模型,借助力學模型,從受力情況、運動情況、能量轉移等角度去分析,將力學中處理問題的方法遷移到電場中去,問題就會變得比較容易解決.34整理課件自我批閱(14分)如圖14所示,在x>0的空間中,存在沿x軸正方向的勻強電場E;在x<0的空間內(nèi),存在沿x軸負方向的勻強電場,場強大小也等于E,一電子(-e,m)在x=d處的P點以沿y軸正方向的初速度v0開始運動,不計電子重力.求:圖14(1)電子在x軸方向的分運動的周期.(2)電子運動的軌跡與y軸的各個交點中,任意兩個相鄰交點之間的距離l.35整理課件解析

電子射入電場后,y方向的分運動一直為勻速運動;x方向的分運動先是-x方向的加速運動,接著是-x方向的減速運動,又+x方向的加速運動,再+x方向的減速運動……如此反復.故電子運動的軌跡如下圖所示.(4分)(1)設電子從射入到第一次與y軸相交所用時間為t,則(2分)解得

(1分)36整理課件所以,電子在x方向分運動的周期為(2分)(2)在豎直方向上y=v0t=(2分)電子運動的軌跡與y軸的各個交點中,任意兩個相鄰交點之間的距離l為l=2y=(3分)答案37整理課件素能提升1.如圖15所示,在xOy豎直平面內(nèi)存在著水平向右的勻強電場.有一帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出,運動軌跡最高點為M,與x軸交點為N,不計空氣阻力,則小球()圖15A.做勻加速運動B.從O到M的過程動能增大C.到M點時的動能為零D.到N點時的動能大于mv0238整理課件解析

帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出后受到恒定的合力作用做勻變速運動,在運動開始的一段時間內(nèi)合力與速度的夾角為鈍角,速度減小,A、B都錯;小球自坐標原點到M點,y方向在重力作用下做速度減小到零的勻變速運動,x方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速運動,所以到M點時的動能不為零,C錯;由動能定理有:qEx=mvN2-mv02>0,D正確.答案

D39整理課件2.如圖16甲所示,兩平行金屬板豎直放置,左極板接地,中間有小孔,右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,電子原來靜止在左極板小孔處(不計電子的重力).下列說法正確的是()圖16A.從t=0時刻釋放電子,電子始終向右運動,直到打到右極板上B.從t=0時刻釋放電子,電子可能在兩板間振動C.從t=T/4時刻釋放電子,電子可能在兩板間振動,也可能打到右極板上D.從t=3T/8時刻釋放電子,電子必將打到左極板上40整理課件解析

從t=0時刻釋放電子,如果兩板間距離足夠大,電子將向右先勻加速T/2,接著勻減速T/2,速度減小到零后,又開始向右勻加速T/2,接著勻減速T/2…直到打在右極板上.電子不可能向左運動;如果兩板間距離不夠大,電子也始終向右運動,直到打到右極板上.從t=T/4時刻釋放電子,如果兩板間距離足夠大,電子將向右先勻加速T/4,接著勻減速T/4,速度減小到零后,改為向左先勻加速T/4,接著勻減速T/4,即在兩板間振動;如果兩板間距離不夠大,則電子在第一次向右運動過程中就有可能打在右極板上.從t=3T/8時刻釋放電子,如果兩板間距離不夠大,電子將在第一次向右運動過程中就打在右極板上;如果第一次向右運動沒有打在右極板上,那就一定會在第一次向左運動過程中打在左極板上,綜上所述,選A、C.答案

AC41整理課件3.如圖17所示,兩加上電壓的水平平行金屬板之間放了一個薄帶電金屬網(wǎng),形成了上下兩個勻強電場空間,場強分別為E1、E2.兩個不計重力的帶電微粒從離金屬網(wǎng)d1、d2處先后水平射入電場(不考慮兩微粒間的庫侖力),運動軌跡與金屬網(wǎng)相交于同一點,則()A.兩微粒帶同種電荷B.若兩微粒初速度相同,則到達金屬網(wǎng)所用的時間相同C.不改變其他物理量,僅將E1和d1同時減半,兩粒子仍然能相交于同一點D.若E1=E2,d1>d2,則上方微粒的比荷(帶電量與質量的比值)較大圖1742整理課件解析

由帶電微粒的偏轉情況可知,兩帶電微粒所受的電場力方向相反,而電場強度方向相同,所以兩帶電微粒帶異種電荷,A錯誤;在垂直于電場方向,帶電微粒做勻速直線運動,x=vt,由題圖可知,兩帶電微粒的x相同,若兩微粒初速度相同,到達金屬網(wǎng)所用的時間相同,B正確;由牛頓第二定律和類平拋運動公式得:qE1=ma,d1=at2,x=v1t,聯(lián)立解得x=v1,比荷.不改變其他物理量,僅將E1和d1同時減半,帶電微粒在垂直于電場方向上的位移不變,兩粒子仍然能相交于同一點,C正確;若E1=E2,d1>d2,v1=v2,上方微粒的比荷較大,若E1=E2,d1>d2,v1>v2,上方微粒的比荷較大,若E1=E2,d1>d2,v1<v2,可能上方微粒的比荷較大,也可能下方微粒的比荷較大,D錯誤.答案

BC43整理課件4.如圖18所示,一根長L=1.5m的光滑絕緣細直桿MN,豎直固定在場強為E=1.0×105N/C、與水平方向成θ=30°角的傾斜向上的勻強電場中.桿的下端M固定一個帶電小球A,電荷量

Q=+4.5×10-6C;另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動,電荷量q=+1.0×10-6C,質量m=1.0×10-2kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放,小球B開始運動.(靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2,取g=10m/s2)圖1844整理課件(1)小球B開始運動時的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時,距M端的高度h1為多大？(3)小球B從N端運動到距M端的高度h2=0.61m時,速度為v=1.0m/s,求此過程中小球B的電勢能改變了多少？解析

(1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力,小球B沿桿方向運動,由牛頓第二定律得解得代入數(shù)據(jù)解得a=3.2m/s245整理課件(2)小球B速度最大時合外力為零,即解得代入數(shù)據(jù)解得h1=0.9m(3)小球B從開始運動到速度為v的過程中,設重力做功為W1,電場力做功為W2,庫侖力做功為W3,根據(jù)動能定理有W1+W2+W3=mv2

W1=mg(L-h2)W2=-qE(L-h2)sinθ解得W3=mv2-mg(L-h2)+qE(L-h2)sinθ46整理課件設小球B的電勢能改變了ΔEp,則ΔEp=-(W2+W3)

ΔEp=mg(L-h2)-mv2

代入數(shù)據(jù)解得ΔEp=8.4×10-2J答案

(1)3.2m/s2(2)0.9m(3)8.4×10-2J47整理課件5.有一帶負電的小球,其帶電量q=-2×10-3C.如圖19所示,開始時靜止在場強E=200N/C的勻強電場中的P點,靠近電場極板

B有一擋板S,小球與擋板S的距離h=5cm,與A板距離H=45cm,重力作用不計.在電場力作用下小球向左運動,與擋板S相碰后電量減少到碰前的k倍,已知k=,而碰后小球的速度大小不變.圖19(1)設勻強電場中擋板S所在位置處電勢為零,則電場中P點的電勢為多少?小球在P點時的電勢能為多少?(電勢能用Ep表示)48整理課件(2)小球從P點出發(fā)第一次回到最右端的過程中電場力對小球做了多少功?(3)小球經(jīng)過多少次碰撞后,才能抵達A板?(取lg1.2=0.08)解析

(1)由勻強電場的場強和電勢差之間的關系式得USP=Eh由電勢差和電勢之間的關系得USP=聯(lián)立解得P點的電勢為-Eh=0V

-200×5×10-2V=-10V小球在P點的電勢能為Ep=q=-2×10-3×(-10)J=0.02J49整理課件(2)對小球從P點出發(fā)第一次回到最右端的過程應用動能定理得W電=Ek1-Ek0由題可知小球從P出發(fā)第一次回到最右端時速度為零，所以W電=Ek1-Ek0=0-0=0(3)設碰撞n次后小球到達A板,對小球運動的全過程應用動能定理得qEh-knqE(h+H)=Ekn-Ek0小球到達A