高中物理人教版选修3-1学案1-9带电粒子在电场中的运动

9带电粒子在电场中的运动1．带电粒子的加速(1)带电粒子：对于质量很小的带电粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到重力的作用，但一般说来重力远小于静电力，可以忽略重力．(2)带电粒子被加速：在匀强电场E中，被加速的粒子电荷量为q，质量为m，从静止开始加速的距离为d，加速后的速度为v，这些物理量间的关系满足动能定理：qEd＝eq\f(1,2)mv2.在非匀强电场中，若粒子运动的初末位置的电势差为U，动能定理表达式为：qU＝eq\f(1,2)mv2.一般情况下带电粒子被加速后的速度可表达成：v＝eq\r(\f(2qU,m)).2．带电粒子的偏转带电粒子的电荷量为q、质量为m、以初速度v0垂直电场线射入两极板间的匀强电场．板长为l、板间距离为d，两极板间的电势差为U.(1)粒子在v0的方向上做匀速直线运动：穿越两极板的时间为t＝eq\f(l,v0).(2)粒子在垂直于v0的方向上做初速度为零的匀加速直线运动：加速度为a＝eq\f(qU,dm).粒子离开电场时在电场方向上偏离原射入方向的距离称为偏移距离，用y表示，离开电场时速度方向跟射入时的初速度方向的夹角称为偏转角，用θ表示．偏移距离为：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2dmv\o\al(2,0))，偏转角：tanθ＝eq\f(v⊥,v0)＝eq\f(qUl,dmv\o\al(2,0)).带电粒子的电荷量为q、质量为m，以初速度v0垂直电场线射入两极板间的匀强电场．板长为l、板间距离为d，两极板间的电势差为U.则粒子在偏转电场中的运动轨迹是怎样的？提示：运动轨迹为抛物线．3．示波管的原理(1)示波管的构造：示波管是一个真空电子管，主要由三部分组成，分别是：电子枪、两对偏转电极和荧光屏．(2)示波管的基本原理：电子在加速电场中被加速，在偏转电场中被偏转．电子枪的作用是：发射电子后把电子加速，偏转电极YY′上加的是待显示的信号电压，XX′电极上接入示波管自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．考点一带电粒子在电场中运动的两种处理方法1．带电粒子的受力特点(1)重力：①有些粒子，如电子、质子、α粒子、正负离子等，除有说明或明确的暗示以外，在电场中运动时均不考虑重力；②宏观带电体，如液滴、小球等除有说明或明确的暗示以外，一般要考虑重力；③未明确说明“带电粒子”的重力是否考虑时，可用两种方法进行判断：一是比较静电力qE与重力mg，若qE≫mg，则忽略重力，反之要考虑重力；二是题中是否有暗示(如涉及竖直方向)或结合粒子的运动过程、运动性质进行判断．(2)静电力：一切带电粒子在电场中都要受到静电力F＝qE，与粒子的运动状态无关；电场力的大小、方向取决于电场(E的大小、方向)和电荷的正负，匀强电场中静电力为恒力，非匀强电场中静电力为变力．2．带电粒子在电场中运动的处理方法带电粒子在电场中的运动，是一个综合电场力、电势能的力学问题，研究的方法与质点动力学相同，它同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动量定理、动能定理等力学规律，处理问题的要点是要注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律，在解题时，主要可以选用下面两种方法．(1)力和运动的关系——牛顿第二定律：根据带电粒子受到电场力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况．(2)功和能的关系——动能定理：根据电场力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．这种方法同样也适用于不均匀的电场．【例1】如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电荷量为e.则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是()A．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变B．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍C．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变D．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半解答本题时应把握以下两点：(1)带电粒子被加速，利用动能定理可求到达另一极板的速率；(2)带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，利用运动学公式可求运动的时间．【答案】A【解析】由动能定理有eq\f(1,2)mv2＝eU，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，可见电子到达Q板的速率与板间距离d无关，故A项对、B项错．两极板间为匀强电场E＝eq\f(U,d)，电子的加速度a＝eq\f(eU,md)，由运动学公式d＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2md2,eU))，若两极板间电势差增大一倍，则电子到达Q板时间减为原来的eq\f(\r(2),2)，故C、D项都错．总结提能(1)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能的转化和守恒定律．(2)用动力学的观点来计算，只适用于匀强电场，即粒子做匀变速直线运动．而用功能的观点来计算，即qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则适用于一切电场，这正是功能观点较动力学观点分析的优越之处．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，则此电子的初动能为(D)A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析：电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eUOA＝0－Ek因为UOA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，所以正确选项为D.考点二带电粒子在电场中的偏转1．基本关系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0l＝v0t初速度方向,vy＝aty＝\f(1,2)at2电场线方向))2．导出关系粒子离开电场时的侧移位移为：y＝eq\f(ql2U,2mv\o\al(2,0)d)粒子离开电场时的偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mv\o\al(2,0)d)粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切tanα＝eq\f(y,l)＝eq\f(qUl,2mv\o\al(2,0)d).对带电粒子在电场中的偏转问题也可以选择动能定理求解，但只能求出速度的大小，不能求出速度的方向，涉及到方向问题，必须采用把运动分解的方法.3．带电粒子在匀强电场中偏向角的讨论在右图中，设带电粒子质量为m、带电量为q，以速度v0垂直于电场线射入匀强偏转电场，偏转电压为U1.若粒子飞出电场时偏角为θ，则tanθ＝eq\f(vy,vx).式中vy＝at＝eq\f(qU1,dm)·eq\f(l,v0)，vx＝v0，代入得tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))①(1)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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②由①②式得：tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)③由③式可知，粒子的偏角与粒子的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总是相同的．(2)若相同的粒子以不同的初动能进入同一偏转电场，由①式，初动能较大的粒子偏向角较小．(3)若相同的粒子以不同的初速度进入同一偏转电场，由①式，初速度较大的粒子偏向角较小．(4)当粒子从偏转电场射出时，作粒子速度的反向延长线，与粒子射入的方向交于O点，O点离粒子射出电场时沿垂直于电场方向的距离为x，则：x＝eq\f(y,tanθ)＝eq\f(qU1l2,2mv\o\al(2,0)d)/eq\f(qU1l,mv\o\al(2,0)d)＝eq\f(l,2)可见粒子就好像从电场的中点O射出一样，这一结论在示波管问题中有重要应用．【例2】一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两极板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？解答本题时应把握以下两点：(1)利用动能定理求出电子进入偏转电场时的速度．(2)利用分析类平抛运动的方法并结合E＝eq\f(U,d)，F电＝qE等公式求出偏转电压．【答案】400V【解析】在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离就越大．当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时，两极板间的偏转电压即为题目要求的最大电压．加速过程中，由动能定理有：eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①进入偏转电场后，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l＝v0t②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(eU′,dm)③偏距y＝eq\f(1,2)at2④能飞出的条件y≤eq\f(d,2)⑤解①～⑤式得U′≤eq\f(2Ud2,l2)＝eq\f(2×5000×1.0×10－22,5.0×10－22)V＝4.0×102V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V.总结提能(1)处理带电粒子在电场中先加速后偏转的问题，常用的方法是动能定理、运动的合成与分解、牛顿运动定律、运动学公式等，通常将运动分解成平行电场强度方向的匀变速直线运动和垂直电场强度方向的匀速运动．(2)带电粒子能否飞出偏转电场，关键看带电粒子在电场中的偏移量，粒子恰能飞出极板和粒子恰不能飞出极板，对应着同一临界状态，分析时根据题意找出临界状态，由临界状态来确定极值，这是求解极值问题的常用方法．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的极板X应带正电；极板Y应带正电．(填“正”或“负”)解析：打在P点的电子向Y板、X板偏移、YY′方向上受到指向Y板电场力，Y板带正电，XX′方向上受到指向X方向的电场力，X板带正电．考点三带电体在复合场中的运动一、带电体在复合场中的运动1．当带电物体的重力不能忽略时，带电物体就处在电场、重力场的复合场中，处理相关问题时要注意电场力和重力的影响．2．相关问题及处理方法：(1)带电小球(液滴、尘埃、微粒)在电场中处于平衡(静止或匀速直线运动状态)，必满足F电－mg＝0.(2)带电物体沿某一方向做匀加速直线运动，可通过分析其受力，画出受力图，将力分解，由牛顿定律列出方程，结合运动学公式进行有关解答．(3)若带电物体的初速度方向与合加速度方向不同，则做匀变速曲线运动，可采用将运动分解，运用牛顿定律和运动学公式分别列方程求解；也可根据动能定理、能量守恒定律列方程求解，后者更简捷一些．(4)用细绳拴一带电小球在竖直方向的匀强电场中给其一初速度，当mg－F电＝0时，小球做匀速圆周运动，绳子拉力充当向心力，可由圆周运动知识分析解答．二、带电体在复合场中运动的处理方法由于带电粒子在匀强电场中所受电场力与重力都是恒力，因此其处理方法有两种：1．正交分解法处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将复杂的运动分解为两个互相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去求出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，如图所示：则F合等效于“重力”；a＝eq\f(F合,m)等效于“重力加速度”；F合的方向等效于“重力”的方向，即在重力场中的竖直向下方向．3．整体运用功能关系法首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算．(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力功还是变力功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量．(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的，表达式有几种．①初状态和末状态的能量相等，即E初＝E末．②增加能量的总和等于减少能量的总和，即ΔE增＝ΔE减．这种方法不仅适用于匀变速运动，对非匀变速运动(非匀强电场中)也同样适用．【例3】如图所示，一根长L＝1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E＝1.0×105N/C与水平方向成θ＝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＝＋4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6C，质量m＝1.0×10－2kg.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＝9.0×109N·m2/C2，取g＝10m(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端的高度h2＝0.61m时，速度为v＝1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？由动力学观点分析出a的情况．即可判断当F合＝0时速度最大，再由二力平衡观点求解h，利用功能关系可求出小球电势能的改变．【答案】(1)3.2m/s2(2)0.9m(3)8.4×10－2J【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，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得mg－eq\f(kQq,L2)－qEsinθ＝ma解得a＝g－eq\f(kQq,L2m)－eq\f(qEsinθ,m)代入数据解得a＝3.2m/s2(2)小球B速度最大时合力为零，即eq\f(kQq,h\o\al(2,1))＋qEsinθ＝mg解得h1＝eq\r(\f(kQq,mg－qEsinθ))代入数据解得h1＝0.9m(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＝eq\f(1,2)mv2W1＝mg(L－h2)设小球B的电势能改变了ΔEP，则ΔEP＝－(W2＋W3)ΔEP＝mg(L－h2)－eq\f(1,2)mv2ΔEP＝8.4×10－2J(多选)如图所示，三维坐标系O－xyz的z轴方向竖直向上，所在空间存在沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为＋q的小球从z轴上的A点以速度v0沿x轴正方向水平抛出，A点坐标为(0,0，L)，重力加速度为g，电场强度E＝eq\f(mg,q)，则下列说法中正确的是(ABD)A．小球运动的轨迹为抛物线B．小球在xOz平面内的分运动为平抛运动C．小球到达xOy平面时的速度大小为eq\r(v\o\al(2,0)＋2gL)D．小球的运动轨迹与xOy平面交点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0\r(\f(2L,g))，L，0))解析：带电小球始终受到重力与电场力，因此可等效成一个恒定的力，且此力方向与初速度方向垂直，所以做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，小球在xOz平面内只受重力作用，故做平抛运动，A、B正确；小球在z轴方向做自由落体运动，只受重力，且初速度为零，所以经过时间t＝eq\r(\f(2L,g))到达xOy平面，则小球在x轴方向做匀速运动发生的位移为v0eq\r(\f(2L,g))，而在y轴方向小球只受电场力，初速度为零，因此发生的位移为eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2L,g))))2＝L，所以小球的轨迹与xOy平面交点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0\r(\f(2L,g))，L，0))，D正确；小球在重力与电场力共同作用下产生的加速度为eq\r(2)g，则在t＝eq\r(\f(2L,g))内增加的速度为eq\r(2)g·eq\r(\f(2L,g))＝2eq\r(gL)，所以最后落地速度大小为eq\r(v\o\al(2,0)＋4gL)，故C错误.1．(多选)一位教师自制教具演示静电现象，在图甲所示的透明塑料圆筒内放入一个用锡箔纸包裹的小球(未画出、质量较小)，然后将圆筒的上、下端用铁皮封住，铁皮上各接一个接线夹，图乙为静电起电机，摇动摇柄，正负极能不断产生正、负电荷，将A接线夹接在静电起电机的正极上，B接线夹接在静电起电机的负极上，圆筒竖直放置，刚开始球静止在底部，当摇动静电起电机摇柄后，下列说法正确的是(BC)A．球向上运动被顶部铁皮吸住后不再运动B．球将在圆筒内不断上下运动与顶部和底部铁皮相碰C．球与顶部铁皮相碰后，球上的自由电子移动到顶部铁皮上D．球上升过程中电势能增加解析：当摇动静电起电机摇柄后，圆筒上端铁皮带正电，下端铁皮带负电，圆筒内形成竖直向下的匀强电场，球在底部则带负电，在电场力作用下向上运动，与顶部铁皮相碰时，自由电子转移到顶部铁皮上，球带正电，然后再向下运动，与底部接触后带负电，在圆筒内不断上下运动，A错误，B、C正确；球向上运动时带负电，电场力做正功，电势能减少，D错误．2．一带电粒子在电场中只受静电力作用时，它不可能出现的运动状态是(A)A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动解析：粒子只受静电力作用，当此力为恒力时，可能做匀加速直线运动(F与v同向，或v0＝0)，当恒力与v0垂直时，粒子做类平抛运动——匀变速曲线运动；当静电力大小不变、方向始终指向一点且与速度垂直时，粒子做匀速圆周运动，例如，电子绕原子核的运动．所以，只有A是不可能的．3．如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是(C)A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速率就越大B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大C．与两板间距离无关，仅与加速电压有关D．以上说法均不正确解析：电子由P至Q的过程中，静电力做功，根据动能定理eU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2eU,m))，速度大小与U有关，与距离无关．4．(多选)如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒