《高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動學案 新人教版選修3-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動學案 新人教版選修3-1（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 9　帶電粒子在電場中的運動 答案：（1）一條直線　（2）qU＝mv2－mv?。?）垂直?。?）勻速直線?。?）勻加速直線　（6）電子槍?。?）偏轉(zhuǎn)電極　（8）熒光屏 1．帶電粒子在電場中的加速 （1）受力分析 仍按力學中受力分析的方法分析，只是多了一個電場力而已，如果帶電粒子在勻強電場中，則電場力為恒力（qE）；如果在非勻強電場中，則電場力為變力。 （2）運動過程分析 帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一條直線上，做勻加（減）速直線運動。 （3）兩種處理方法 ①力和運動關系法——牛頓第二定律 根據(jù)帶電粒子受到電場力，用牛頓第二

2、定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、時間和位移等。這種方法通常適用于受恒力作用下做勻變速運動的情況。 ②功能關系法——動能定理 由粒子動能的變化量等于電場力做的功知： a．若粒子的初速度為零，則mv2＝qU，v＝； b．若粒子的初速度不為零，則mv2－mv＝qU，v＝。 這種方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場，因為公式W＝qU適用于任何電場。 【例1】兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動能為（　?。? A．　　　　B． C．

3、 D． 解析：電子從O點到達A點的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動能定理可得－eUOA＝0－Ek 因為UOA＝h，所以Ek＝，所以正確選項為D。 答案：D 解技巧　應用電場力做功與電勢差的關系，結合動能定理解決帶電粒子在電場中的運動問題往往較為簡單。要注意加減速電壓U不一定是兩極板間的電勢差，應是粒子初末位置的電勢差。另外，對于本例還有一種特殊的分析方法，仔細分析本例的四個選項，我們不難發(fā)現(xiàn)，只有選項D的單位是能量單位，當然這就是唯一的正確答案。這種方法是利用了單位制的知識，應用并不普遍，但它是解選擇題，尤其是單項選擇題時的一種特殊、簡便且行之有效的方法。 2．帶電粒

4、子在電場中的偏轉(zhuǎn) （1）受力分析 帶電粒子以初速度v0垂直射入勻強電場中，受到恒定的電場力作用（F＝qE），且方向與v0垂直。 （2）運動過程分析 帶電粒子以初速度v0垂直于電場線方向射入兩帶電平行板產(chǎn)生的勻強電場中，受到恒定的與初速度方向成90°角的電場力作用而做勻變速曲線運動，其軌跡為拋物線。 （3）偏轉(zhuǎn)運動的分析處理方法 平拋運動的研究方法是運動的合成和分解，帶電粒子垂直進入電場中的運動也可采用運動的合成和分解的方法進行。若帶電粒子僅受電場力作用以初速v垂直進入勻強電場，則做類平拋運動，分析時一般都是分解為兩個方向的分運動來處理。 ①沿初速度方向為速度為v0的勻速直線運動；

5、 ②沿電場力方向為初速度為零的勻加速運動。 （4）對粒子的偏移量和偏轉(zhuǎn)角的討論 如圖所示，水平方向L=v0t，則粒子在電場中的運動時間t=L/v0 豎直方向加速度a=Eq/m=qU/md 偏轉(zhuǎn)距離y=at2==U 粒子離開電場時豎直方向的速度為v1＝at＝ 則合速度（如上圖所示）為 v＝＝ 粒子離開電場時的偏轉(zhuǎn)角度θ為tan θ＝＝U。 談重點　（1）時間相等是兩個方向分運動間聯(lián)系的橋梁！ （2）若帶電粒子除受電場力作用之外，還受到重力作用或其他恒力作用，則同樣要分解成兩個不同方向的簡單的直線運動來處理。 （3）如選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力還是變力

6、，以及初態(tài)和末態(tài)的動能增量；如選用能量守恒定律，則要分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，哪種能量是增加的哪種能量是減少的。 【例2】一束電子流在經(jīng)U1=5 000 V的加速電壓加速后，在與兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距d＝1.0 cm，板長l＝5 cm，那么，要使電子能從平行板間的邊緣飛出，則兩個極板上最多能加多大電壓？ 解析：在加速電壓U一定時，偏轉(zhuǎn)電壓U′越大，電子在極板間的側移就越大。當偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時的偏轉(zhuǎn)電壓即為題目要求的最大電壓。 答案：最多能加400 V的電壓 解技巧　（1）此題是一個較典型的帶電粒子先加速再偏轉(zhuǎn)

7、的題目，處理此類問題常用的方法是動能定理、運動的合成與分解、牛頓運動定律及運動學公式等。 （2）粒子恰能飛出極板和粒子恰不能飛出極板，對應著同一臨界狀態(tài)——“擦邊球”，根據(jù)題意找出臨界狀態(tài)，由臨界狀態(tài)來確定極值，是求解極值問題的常用方法。 3．示波管 （1）示波管的構造 示波器是可以用來觀察電信號隨時間變化情況的一種電子儀器，其核心部分是示波管，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成（如圖所示），管內(nèi)抽成真空。 各部分作用為： ①電子槍：發(fā)射并加速電子； ②豎直偏轉(zhuǎn)電極：使電子束豎直偏轉(zhuǎn)（加信號電壓）； ③水平偏轉(zhuǎn)電極：使電子束水平偏轉(zhuǎn)（加掃描電壓）； ④熒光屏：顯示圖象。

8、（2）示波管的原理 示波器的基本原理是帶電粒子在電場力作用下的加速和偏轉(zhuǎn)。 ①偏轉(zhuǎn)電極不加電壓：從電子槍射出的電子將沿直線運動，射到熒光屏的中心點形成一個亮斑。 ②僅在XX′（或YY′）加電壓，若所加電壓穩(wěn)定，則電子流被加速、偏轉(zhuǎn)后射到XX′（或YY′）所在直線上某一點，形成一個亮斑（不在中心）。在圖中，設加速電壓為U1，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，由W＝ΔEk得eU1＝mv。 光斑在熒光屏上豎直偏移 在電場中的側移y＝at2＝t2，其中d為兩板的間距。 水平方向t＝L/v0，又tan φ＝＝＝ 由以上各式得熒光屏上的側移y′＝y(tǒng)＋L′tan φ＝（L′＋）＝tan φ（L′＋

9、）（L′為偏轉(zhuǎn)電場左側到光屏的距離）。 ③示波管實際工作時，豎直偏轉(zhuǎn)板和水平偏轉(zhuǎn)板都加上電壓，一般加在豎直偏轉(zhuǎn)板上的電壓是要研究的信號電壓，加在水平偏轉(zhuǎn)板上的是掃描電壓，若兩者周期相同，在熒光屏上就會顯示出信號電壓隨時間變化的波形圖。 【例3】如圖是示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l＝4 cm，板間距離d＝1 cm。板右端距離熒光屏L＝18 cm。（水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓，沒有畫出）電子沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場的速度是1.6×107 m/s，電子電荷量e＝1.60×10－19 C，質(zhì)量m＝0.91×10－30 kg。 （1）要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最

10、大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過多大？ （2）若在偏轉(zhuǎn)電極上加U＝40 sin 100πt V的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標軸上能觀測到多長的線段？ 解析：（1） （2）因為t＝＝s＝2.5×10－9 s，而T＝＝s＝s＝0.02 s?t，故進入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當時所加電壓形成的勻強電場中運動。 當Um＝40 V時，Em＝，Δy＝at2。 vx＝v，vy＝·t，tan θ＝＝0.11。 偏轉(zhuǎn)量y＝（＋L）tan θ，得數(shù)軸上的觀測量2y＝4.4 cm。 答案：（1）91 V?。?）4.4 cm 4．解決帶電粒子在電場中運動的基本思路 （1）受力分析 研究對象有兩種：帶電粒子和

11、帶電質(zhì)點。前者不考慮重力，后者要考慮重力。 （2）運動軌跡和過程分析 帶電粒子的運動形式?jīng)Q定于粒子的受力情況和初速度情況。 ①在點電荷電場中：v0∥E時，做變加（或減）速直線運動；v0與E有夾角時，做曲線運動。②勻強電場中：v0∥E時，做勻加（或減）速直線運動；v0⊥E時，做勻變速曲線運動；v0與E有夾角時，做勻變速曲線運動。 （3）解題的依據(jù) ①力的觀點：牛頓運動定律和運動學公式。 基本思路：先用牛頓第二定律求出粒子的加速度，進而確定粒子的運動形式，再根據(jù)帶電粒子的運動形式運用相應的運動學規(guī)律求出粒子的運動情況。 ②能量的觀點：電場力做功與路徑無關、動能定理、能的轉(zhuǎn)化與守恒規(guī)律

12、。 基本思路：根據(jù)電場力對帶電粒子做功的情況，分析粒子的動能與勢能發(fā)生轉(zhuǎn)化的情況，運用動能定理或者在電場中動能與電勢能相互轉(zhuǎn)化而它們的總和守恒的觀點，求解粒子的運動情況。 5．電偏轉(zhuǎn)的幾個重要結論 （1）若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則由動能定理有qU0＝mv2，上面已經(jīng)推導出tan θ＝＝U1，聯(lián)立可得tan θ＝。 由此式可知，粒子的偏角與粒子的q、m無關，僅決定于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速進入同一偏轉(zhuǎn)電場后，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。 （2）若不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進入偏轉(zhuǎn)電場，則由動能

13、定理有qU0＝mv2，粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，偏距y＝at2＝，聯(lián)立可得：y＝。 顯然偏轉(zhuǎn)位移y與偏轉(zhuǎn)電壓U1成正比，與加速電壓U0成反比，而與粒子的q、m無關。即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速進入同一偏轉(zhuǎn)電場后，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)位移總是相同的。 （3）在圖中，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＝＝/＝。 【例4－1】如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正確的是（　?。? A．板間電場強度大小為mg/q

14、 B．板間電場強度大小為2mg/q C．質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等 D．質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間 解析：當質(zhì)點所受電場力方向向上且大于重力時，質(zhì)點才可能垂直打到屏上。由運動的合成與分解知識，可知質(zhì)點在水平方向上一直做勻速直線運動，所以質(zhì)點在電場中做類平拋運動的時間和在重力場中做斜上拋運動的時間相等。由運動規(guī)律可知質(zhì)點在水平方向上做勻速直線運動，vx=v0；在豎直方向上，在電場中vy=at，如上圖所示，離開電場后質(zhì)點做斜上拋運動，vy=gt，由此運動過程的對稱性可知a=g，由牛頓第二定律得qE－mg=ma=mg，解得E=2mg/q。

15、故選項B、C正確。 答案：BC 【例4－2】一顆質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒，從兩塊相距為d、水平放置的平行板中某點由靜止釋放，落下高度h后，在平行板上加上一定的電勢差U，帶電微粒經(jīng)一定時間后速度變?yōu)榱?，若微粒通過的總位移為H，試問兩板間的電勢差為多少？ 解析：方法1　用牛頓第二定律結合運動學公式，解答過程表示為：從位置1到位置2時（如圖），設速度為v1，v＝2gh 從位置2到位置3有H－h(huán)＝ 且a2＝g－ 得U＝。 方法2　從全過程中所有外力的功與動能變化的關系，用動能定理，解答過程表示為mgH－（H－h(huán)）＝0得U＝。 方法3　從全過程中能的轉(zhuǎn)化考慮，解答過程表示為

16、mgH＝q·（H－h(huán)）　得U＝。 答案： 【例5－1】真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏，今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始經(jīng)加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比是1∶1∶2，則下列判斷正確的是（　?。? A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析： 選項 正誤 解析 A × 粒

17、子加速過程qU1＝mv2，從B至M用時t＝，得t∝，所以t1∶t2∶t3＝1∶∶ B √ 偏轉(zhuǎn)位移y＝（）2＝，所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C × 因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2 D × 答案：B, 由此式可知，粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就好像是從極板間的處沿直線射出似的。 （4）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，末速度與初速度之間的夾角φ（偏向角）的正切為tan φ，帶電粒子位移與初速度之間的夾角α的正切值為tan α，二者的關系為tan φ＝2tan α。 點評：1．此方法的求解流程為：確定加速后的速度v0→確定偏移y→確定偏角θ→確

18、定OP。需充分利用類平拋運動的位移關系、速度關系和幾何關系。 2．此方法的求解流程為：確定加速后的速度v0→確定偏移y→確定OP。只需利用位移關系和幾何關系即可，相對而言較簡捷。 【例5－2】如圖所示，一束電子從靜止開始經(jīng)加速電壓U1加速后，以水平速度射入水平放置的兩平行金屬板中間，金屬板長為l，兩板距離為d，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L。若在兩金屬板間加直流電壓U2時，光點偏離中線，打在屏光屏上的P點，求OP為多少？ 解析：方法1　設電子射出偏轉(zhuǎn)電場時偏移距離為y，偏轉(zhuǎn)角為θ。則在加速電場加速的過程中，由動能定理有 eU1＝mv，且偏轉(zhuǎn)位移y＝at2＝（）2 偏角θ滿足ta

19、n θ＝＝＝ 聯(lián)立以上各式解得y＝，tan θ＝ 所以OP＝y(tǒng)＋Ltan θ＝ 方法2　根據(jù)（類）平拋運動的規(guī)律，電子射出電場時，速度方向的反向延長線與v0方向的交點在處。根據(jù)比例關系＝，所以OP＝y(tǒng)＝。 答案： 6．帶電粒子在復合場中運動的分析方法 帶電粒子在復合場中的運動是指帶電粒子在運動過程中同時受到電場力及其他力的作用，較常見的是在運動過程中，帶電粒子同時受到重力和電場力的作用。 首先要認識復合場的性質(zhì)，先分析帶電粒子在復合場中的受力情況，其次再分析帶電粒子在復合場中的受力和運動的關系，然后依據(jù)受力和運動關系選取規(guī)律解題。研究時，主要有以下兩種方法： （1）力和運動

20、的關系分析法 這條線索通常適用于恒力作用下做勻變速運動的情況。分析時具體有以下兩種方法： ①正交分解法 處理這種運動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運動是類似的，可以將此復雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律是可以掌握的，然后再按運動合成的觀點去求出復雜運動的有關物理量。 ②“等效重力”法 如圖甲中的電場與重力場可等效于圖乙的復合場，然后運用重力場中已熟知的一些結論來解題，可使問題的分析和解答更簡捷。 （2）功能關系分析法 對受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量的觀點來處理，即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常顯得簡捷。 ①如果選用動能定理

21、，要分清有幾個力做功，做正功還是負功，是恒力做功還是變力做功，以及初、末狀態(tài)的動能，分析時注意電場力做功與路徑無關。 ②如果選用能量守恒定律解題，要分清有多少種形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪種能量增加，哪種能量減少，且增加的量等于減少的量。 【例6】在如圖甲所示的xOy平面內(nèi)（y軸的正方向豎直向上）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O沿y軸正方向豎直向上拋出，它的初動能為5 J，不計空氣阻力，當它上升到最高點M時，它的動能為4 J。 （1）試分析說明帶電小球被拋出后沿豎直方向和水平方向分別做什么運動？ （2）若帶電小球最后落回到x軸上的P點，在圖中標出P點的位置。 （3）求帶

22、電小球到達P點時的動能。 甲 乙 解析：（1）在豎直方向，小球受重力作用，由于重力與小球的初速度方向相反，所以沿豎直方向，小球做勻減速直線運動（豎直上拋運動）；沿水平方向，小球受水平向右的恒定電場力作用，做初速度為零的勻加速直線運動。 （2）由勻加速運動的運動規(guī)律可知，OP ＝4OM，所以P點坐標如圖乙所示。 （3）設粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球能上升的最大高度為h，OM之間的電勢差為U1，MP之間的電勢差為U2，對粒子從O到M的過程有v＝2gh，mv－mv＝qU1－mgh，所以mv＝mgh＝5 J，mv＝qU1＝4 J。從O到P的過程由動能定理得mv－mv＝q（U1＋

23、U2），所以EkP＝mv＝mv＋qU1＋qU2＝9 J＋qU2。由于從O到M與從M到P的時間相同，在從O到M與從M到P的時間內(nèi)，小球在x軸上移動的距離之比為1∶3，所以U1∶U2 ＝1∶3，因此qU2＝3qU1＝12 J，小球到達P點時的動能為EkP＝21 J。 答案：（1）（2）見解析?。?）21 J 警誤區(qū)　本題采用正交分解法，依據(jù)運動的合成與分解將復雜的曲線運動化為直線運動處理。但在處理該題時，若用各方向的動能定理－mgh＝0－mv和qU1＝mv－0也可解出結果，看似正確，實際犯了一個很大的錯誤，動能是標量，動能定理是標量表達式，因此也就無分方向的動能定理的說法，故解題過程中要注意理論的正確性。 9