2014届物理一轮复习教学案-专题：带电粒子在电场中的运动

专题：带电粒子在电场中的运动1．示波管：⑴ 构造：由 、 电极和荧光屏组成，结构如图所示．⑵ 工作原理：① 如图所示，如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线传播，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 ′上是仪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随时间变化的稳定图象．2．带电粒子在电场和重力场的复合场中的受力⑴ 重力：① 基本粒子，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 重力（但并不忽略质量）；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 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．⑵ 静电力：一切带电粒子在电场中都要受到静电力F = ，与粒子的运动 无关；静电力的大小、方向取决于电场（E 的大小、方向）和电荷的 ，匀强电场中静电力为恒力，非匀强电场中静电力为变力．1．如图所示，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U 1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U 2.则带电粒子能从A 、B 板间飞出应该满足的条件是 （ ） A ．U 2U 1 < 2d L B ．U 2U 1 < d L C ．U 2U 1 < 2d 2L 2 D ．U 2U 1 < d 2L22．一平行板电容器长l = 10 cm ，宽a = 8 cm ，板间距d = 4 cm ，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为2×1010 C/kg ，速度均为4×106 m/s ，距板右端l /2处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求：⑴ 离子打在屏上的区域面积；⑵ 在一个周期内，离子打到屏上的时间．〖考点1〗带电粒子在电场中运动的实际应用 —— 示波管 【例1】如图所示为示波管的原理图，从电子枪中炽热的金属丝发射的电子，其初速度可视为零．电子枪的加速电压为U 0，紧挨着偏转电极YY ′ 和XX ′．设偏转电极的极板长均为l 1，板间距离均为d ，偏转电极XX ′的右端到荧光屏的距离为l 2，电子的电荷量为e 、质量为m （不计偏转电极YY ′ 和XX ′二者的间距）．在YY ′、XX ′ 偏转电极上不加电压时，电子恰能打在荧光屏上坐标轴的原点．若只在YY ′偏转电极上加电压U YY ′ = U 1（U 1 > 0），则电子到达荧光屏上的速度为多大？【变式跟踪1】图（甲）为示波管的原理图．如果在电极YY ′ 之间所加的电压按图（乙）所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图（丙）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）〖考点2〗带电粒子在匀强电场与重力场的复合场中运动【例2】如图所示，一带电荷量为 +q 、质量为m 的小球，从距地面高h 处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为L 处有根管口比小球略大的竖直细管，管的上口距地面 0.5h ．为了使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求： ⑴ 小球的初速度v 0的大小； ⑵ 应加电场的场强大小； ⑶ 小球落地时的功能．【变式跟踪2】如图所示的xOy 平面内（y 轴的正方向竖直向上）存在着水平向右的匀强电场，有一带正电的小球自坐标原点O 沿y 轴正方向竖直向上抛出，它的初动能为5J ，不计空气阻力，当它上升到最高点M 时，它的动能为4J ．⑴试分析说明带电小球被抛出后沿竖直方向和水平方向分别做什么运动；⑵ 若带电小球落回到x 轴上的P 点，在图中标出P点的位置，并大致绘出其轨迹；⑶ 求带电小球到达P 点时的动能．甲乙 丙〖考点3〗带电粒子在交变电场中的运动 【例3】一电荷量为q （q ＞0）、质量为m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在t ＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力，求在t ＝0到t ＝T 的时间间隔内 ⑴ 粒子位移的大小和方向；⑵ 粒子沿初始电场反方向运动的时间．【变式跟踪3】有一对长为L ，相距为d 的水平放置的平行金属板A ，B ，在两极板间加如图所示的交变电压，t = 0时，一正离子以速度v 0从 d /2处沿平行金属板进入电场，然后从电场中飞出，为保证离子在 d /2处离开电场，则交变电压的频率应满足什么条件？〖考点4〗等效法在复合场中的应用 【例4】如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分为倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O 点的初速度应为多大？【变式跟踪4】如图所示，在水平向右的匀强电场中，某带电粒子从A 点运动到B 点，在A 点时速度竖直向上，在B 点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，所受电场力是重力的3倍，并且克服重力做的功为1 J ，电场力做的正功为3 J ，则下列说法中正确的是 （ ） A ．粒子带正电B ．粒子在A 点的动能比在B 点多2 JC ．粒子在A 点的机械能比在B 点少3 J60° 1．【2013上海高考】半径为R ，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E 0已知，E – r 曲线下O – R 部分的面积等于R – 2R 部分的面积． ⑴ 写出E －r 曲线下面积的单位；⑵ 己知带电球在r ≥R 处的场强E ＝kQ ／r 2，式中k 为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q 为多大?⑶ 求球心与球表面间的电势差△U ； ⑷ 质量为m ，电荷量为q 的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?【预测1】如图甲所示，A 、B 为两块靠得很近的平行金属板，板中央均有小孔．一束电子以初动能E k = 120eV ，从A 板上的小孔O 不断垂直于板射入A 、B 之间，在B 板右侧，平行金属板的板长L = 2×10－2m ，板间距离d = 4×10－3m ，两板上所加电压为U 2 = 20V ．现在在A 、B 两板上加一个如图乙所示的变化电压U 1，在t = 0到t = 2s 时间内，A 板电势高于B 板，则在U 1随时间变化的第一个周期内： ⑴ 电子在哪段时间内可以从B 板小孔射出？ ⑵ 在哪段时间内，电子能从偏转电场右侧飞出？（由于A 、B 两板距离很近，可以认为电子穿过A 、B板间所用时间很短，可以不计电压变化）1．在真空中水平放置一对金属板，两板间的电压为U ，一个电子以水平速度v 0沿两板中线射入电场，忽略电子所受的重力．电子在电场中的竖直偏移距离为Y ，当只改变偏转电压U （或只改变初速度v 0）时，下列图象哪个能正确描述Y 的变化规律（ ）2．一个带负电荷量为q ，质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则 （ ） A ．小球不能过B 点B ．小球仍恰好能过B 点E 2E －E －2C．小球通过B点，且在B点与轨道之间压力不为0 D．以上说法都不对参考答案：1．电子枪偏转中心信号电压扫描电压正负1．C；根据qU1＝12m v2，再根据t＝Lv和y＝12at2＝12qU2md⎝⎛⎭⎫Lv2，由题意，y<12d，解得U2U1<2d2L2，故C正确．2．⑴设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，水平方向：l = v0t①竖直方向：d2＝12at2②又a＝qU0md③由①②③得U0＝md2v20ql2＝128 V 即当U ≥128 V时离子打到极板上，当U < 128V时离子打到屏上，利用推论：打到屏上的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上，由此可得：l2＋l2l2＝yd2，解得y＝d，又由对称性知，打到屏上的总长度为2d，则离子打到屏上的区域面积为S = 2da= 64 cm2．⑵在前14T，离子打到屏上的时间：t0＝128200×0.005 s＝0.003 2 s，又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t＝0.012 8 s．例1电子在电场中做加速运动有eU0＝12m v2，设电子经YY′偏转电场的时间为t1，在y轴方向上的分速度为v1，则t1 = l1/v0，v1 =eU1md t1；所以v = v2＋v21=2eU0m＋eU21l212md2U0．变式1 B；由图可知，电极XX′之间加扫描电压，电极YY′之间加正弦式交变电压，并且有相同的周期，在0时期，U Y = 0，电子在YY′之间没有偏转，U X为负向最大电压，电子只在XX′之间偏转，并且向左有最大偏转，故A、C错误；在0～t1之间，U Y > 0，U X < 0，电子在XX′之间由左向右水平移动，同时在YY′之间由正中间先向上运动，再向下运动，在荧光屏看到的图形是B，故D错误，B正确．例2 ⑴竖直方向上小球做自由落体运动，设运动到管口的时间为t，则0.5h = gt2/2，解得t = h/g；水平方向小球做匀减速运动，速度减小到0，则L = (v0/2)t，解得v0 =2Lt= 2Lgh．⑵设水平方向的加速度为a，则qE = ma、v20= 2aL，解得E =2mgLhq．⑶设小球落地时的动能为E k，由动能定理有mgh–qEL = E k–12m v2，解得E k = mgh．变式 2 ⑴在竖直方向，小球受重力作用，由于重力与小球的初速度方向相反，所以沿竖直方向小球做匀减速直运动（竖直上抛运动）．沿水平方向，小球受水平向右的恒定电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动．⑵由y方向竖直上抛运动的特点知，从O到M与从M到P的时间相同．又x方向为初速度为零的匀加速直线运动，故在从O到M与从M到P的时间内，小球在x轴上移动的距离之比为1∶3，即MxP＝3OMx，得P点坐标如图所示．⑶设粒子的质量为m，带电荷量为q，小球能上升的最大高度为h，OM之间的电势差为U1，MP之间的电势差为U2，对粒子从O到M的过程有v20= 2gh，12m v2M–12m v2= qU1–mgh，所以12m v2= mgh = 5 J，12m v2M= qU1 = 4 J．从O到P的过程，由动能定理得：12m v2P–12m v2= q(U1+ U2)，所以E k P =12m v2P=12m v2+ qU1 + qU2 = 9 J + qU2，又由⑵中分析知OM x∶M x P = 1∶3，由匀强电场特点得U1∶U2 = 1∶3，因此qU2 = 12 J，小球到达P点的动能为E k P = 21 J．例3 初速度为v0的离子垂直电场方向进入交变电场，它在电场中的运动是一个复杂的运动，但这个复杂的运动可以视为两个简单运动的合成，一个水平方向的速度为v0的匀速直线运动，另一个是沿电场方向的变加速运动，由交变电压的变化规律，可作出离子在该方向上的加速度a、速度v的变化图线，如图（b）（c）所示．从v–t图线可知，沿电场方向，离子将做往复运动，每经过一个周期T，离子将返回到d/2水平位置，此时v = 0，水平方向的速度为v0，为了保证离子在d/2处离开电场，则所经历的时间应是周期的整数倍：t = nT = n/f（n = 1、2、3、…）；由离子在水平方向的运动有：t = L/v0，f = n v0/L（n = 1、2、3、…）．变式3 ⑴s = qE0T2/16m它的方向沿初始电场正方向．⑵t = 5T/8 – 3T/8 = T/4．例 4 小球先在斜面上运动，受重力、电场力和支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道的作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′ = q E2＋m g2=23mg3，tanθ =qEmg＝33，得θ = 30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”（D点）要满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg′ =mv2DR因θ = 30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知AD = 2R令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知–mg′2R =12m v2D–12m v2解得v0 =103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应为v ≥103gR3．变式4 ACD；由于粒子从A点到B点，电场力做正功，则电场力的方向水平向右，与电场线的方向一致，则该粒子带正电，选项A正确；从A点到B点，由动能定理可得：合外力做的功为3J – 1J = 2J，粒子在A点动能比在B点少2 J，选项B错误；从A点到B点，由能量守恒定律可得，除重力外其他力做的功为3 J，则粒子在A点机械能比在B点少3 J，选项C正确；设C点为粒子由A点到B点过程中速度最小的位置，则C点为等效重力场中的等效最高点，粒子在C点的受力图如图所示，速度v C与F等效垂直，由图中的几何关系知速度v C的方向与水平方向的夹角为60°，选项D1．⑴V（伏特）⑵02QE kR=2E RQk=⑶1""2U S E R∆==⑷由动能定理2001122mv q U q E R=∆=预测1 ⑴能射出B板，要求电子达到B板时速度大于或等于零，由动能定理得–eU1 = 0 –m v02/2，又E k = m v02/2，所以U1 = 120V；AB两板所加电压在0～1s区间里有U = 200t，故U1=200t1，得t1 = 0.6s．由电压图象的对称性，另一对应时刻t2 = 1.4s．在下半周期，电场力做正功电子均能射出，所以能射出的时间段为0～0.6s及1.4s～4s．⑵设电子从偏转电场中垂直射入时速度为v0，那么侧移量y = (1/2)(eU2/md)(L/v0)2 = eU2L2/4dE k′，y ≤d/2 才能射出所以eU2L2/4dE k′≤d/2，E k′≥250eV．又E k′ + eU1 + E k = eU1 + 120eV，所以120 eV + eU1≥250eV，U1≥130V；又因t1 = (130/200 + 2)s = 2.65s、t2 = (4 – 130/200)s = 3.35s，所以在2.65s – 3.35s内有电子从偏转电场右侧飞出．1．BC ；由带电粒子在电场中的运动性质知，在Y 方向上，Y ＝12at 2＝qUl 22medv 20（其中l 为板长，d 为板间距离）Y 正比于U ，反比于v 20（即正比于1/v 20）．当U 过大或1/v 20 过大时，电子会打在极板上，不再出来，Y 就不随U 或1/v 20 的增加而变大了，综上述可知选项B 、C 正确．2．B ；小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动，则mg = m v 21R ，mg (h – 2R ) = 12m v 21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg –qE )(h – 2R ) = 12m v 22，联立解得mg – qE = m v 22R，满足小球恰好能过B 点的临界条件，选项B 正确．。