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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＝；(2)牛顿第二定律：qE＝.匀强电场ma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．12mvt2－12mv02二、带电粒子在电场中的偏转1．研究条件：带电粒子垂直于方向进入匀强电场．2．处理方法：(1)沿初速度方向做运动．(2)沿电场方向做运动．电场匀速直线匀加速直线思考：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．答案在电场中的运动时间t＝xv0，加速度a＝qEm.则离开电场时的偏移量y＝12at2＝qEx22mv02离开电场时的偏转角tanθ＝vyv0＝atv0＝qExmv20三、示波管的原理1．构造：(1)，(2)．2．工作原理(如图1所示)图1电子枪偏转电极(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，在那里产生一个亮斑．(2)YY′上加的是待显示的．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，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稳定图象．中心信号电压扫描电压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3tanθ＝vyvx，式中vy＝at＝qU1dm·lv0，vx＝v0，代入得tanθ＝qU1lmv20d.①结论：初动能一定时tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ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加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：qU0＝12mv02②由①②式得tanθ＝U1l2U0d③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)y＝12at2＝12·qU1dm·(lv0)2④作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则x＝ytanθ＝qU1l22dmv20qU1lmv20d＝l2.结论：粒子从偏转电场中射出时，就象是从极板间的l2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加速后进入偏转电场的，则由②和④，得y＝U1l24U0d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；解析离子在电场中受到的电场力Fy＝q0E离子获得的加速度ay＝Fym0离子在板间运动的时间t0＝Lv0到达极板右边缘时，离子在＋y方向的分速度vy＝ayt0图4离子从板右端到达屏上所需时间t0′＝Dv0离子射到屏上时偏离O点的距离y0＝vyt0′由上述各式，得y0＝q0ELDm0v02答案q0ELDm0v02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tanφ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＝Umsinωt的电压，荧光屏上亮点的偏移也将按正弦规律变化，即y′＝ymsinωt，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，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是()A.U2U12dLB.U2U1dLC.U2U12d2L2D.U2U1d2L2图7解析根据qU1＝12mv2，再根据t＝Lv和y＝12at2＝12qU2md·(Lv)2，由题意，y12d，解得U2U12d2L2，故C正确．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垂直于电场方向进入电场，它们恰好都打在下极板右端处的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8ACD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FqE.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.图9解析解法一：根据动能定理得0－12mv20＝W电＋WF(W电、WF分别是电场力的功和摩擦力的功)．W电＝Eq·x0，WF＝－F·s，故－12mv02＝Eqx0－F·s，s＝2Eqx0＋mv022F.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．动能、电势能减少ΔE＝qEx0＋12mv02内能增加ΔE′＝Fs由ΔE＝ΔE′，解得s＝2qEx0＋mv022F.答案2qEx0＋mv022F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两点固定有两个电荷量均为Q的负点电荷，a、O、b是AB连线上的三点，且以O为中心，Oa＝Ob＝L2，一质量为m、电荷量为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(n1)，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．图10解析(1)点电荷带负电(2)点电荷从a到O的过程中－qUaO－Ff·L2＝(n－1)E0点电荷从a到b的过程中Ff·L＝E0由上两式得UaO＝(1－2n)E02q(3)分析得，电荷最终停在O点，整个运动过程中能量守恒，得E0＋[－q·(1－2n)E02q]＝Ff·s则得s＝(n＋12)L答案(1)负电(2)(1－2n)E02q(3)(n＋12)L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，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝F合m视为“等效重力加速度”．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运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的34，圆环半径为R，斜面倾角θ＝60°，BC段长为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11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．由圆周运动知F＝mvD2R，即1.25mg＝mvD2R①由动能定理：mg(h－R－Rcos37°)－34mg(hcotθ＋2R＋Rsin37°)＝12mvD2②联立①②两式求得h≈7.7R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12所示，珠子所受静电力是其重力的34倍，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．(1)qE＝34mg，所以qE、mg的合力F合与竖直方向夹角的正切tanθ＝qEmg＝34，即θ＝37°，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qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝Ek解得B点动能即最大动能Ek＝14mgr(2)设珠子在B点受圆环弹力为FN，有FN－F合＝mv2r，即FN＝F合＋mv2r＝(mg)2＋(qE)2＋12mg＝54mg＋12mg＝74mg.由牛顿第三定律得，珠子对圆环的最大压力也为74mg.答案(1)14mgr(2)74mg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＝8×10－5kg，电荷量q＝