帶電粒子在電場中的加速和偏轉

帶電粒子在電場中的加速和偏轉目標認知學習目標1、能夠熟練地對帶電粒子在電場中的加速和偏轉進行計算2、了解示波管的工作原理，體會靜電場知識對科學技術的影響。學習的重點和難點帶電粒子在電場中的加速和偏轉的分析方法知識要點梳理知識點一：帶電粒子在電場中的加速和減速運動要點詮釋：（1）帶電粒子在勻強電場中運動的計算方法用牛頓第二定律計算：帶電粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛頓第二定律以及勻變速直線運動的公式進行計算。用動能定理計算：帶電粒子在電場中通過電勢差為UAB 的兩點時動能的變化是，則。(2)帶電粒子在非勻強電場中運動的計算方法用動能定理計算：在非勻強電場中，帶電粒子受到變力的作用，用牛頓第二定律計算不方便，通常只用動能定理計算。：如圖真空中有一對平行金屬板，間距為d，接在電壓為U的電源上，質量為m、電量為q的正電荷穿過正極板上的小孔以v0進入電場，到達負極板時從負極板上正對的小孔穿出。不計重力，求：正電荷穿出時的速度v是多大？解法一、動力學由牛頓第二定律： 由運動學知識：v2v02=2ad 聯(lián)立解得：解法二、由動能定理解得討論：（1）若帶電粒子在正極板處v00， 由動能定理得qU=mv2-mv02 解得v=（2）若將圖中電池組的正負極調換，則兩極板間勻強電場的場強方向變?yōu)樗较蜃?，帶電量?q，質量為m的帶電粒子，以初速度v0，穿過左極板的小孔進入電場，在電場中做勻減速直線運動。若v0，則帶電粒子能從對面極板的小孔穿出，穿出時的速度大小為v，有 -qU=mv2-mv02解得v=若v0，則帶電粒子不能從對面極板的小孔穿出，帶電粒子速度減為零后，反方向加速運動，從左極板的小孔穿出，穿出時速度大小v=v0。設帶電粒子在電場中運動時距左極板的最遠距離為x，由動能定理有： -qEx=0-mv02又E=(式d中為兩極板間距離)解得x=。知識點二：帶電粒子在電場中的偏轉要點詮釋：（1）帶電粒子在勻強電場中的偏轉高中階段定量計算的是，帶電粒子與電場線垂直地進入勻強電場或進入平行板電容器之間的勻強電場。如圖所示：（2）粒子在偏轉電場中的運動性質受到恒力的作用，初速度與電場力垂直，做類平拋運動：在垂直于電場方向做勻速直線運動；在平行于電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。（U為偏轉電壓，d為兩板間的距離，L為偏轉電場的寬度（或者是平行板的長度），v0為經加速電場后粒子進入偏轉電場時的初速度。）（3）帶電粒子離開電場時垂直電場線方向的速度沿電場線方向的速度是合速度大小是： ，方向： 離開電場時沿電場線方向發(fā)生的位移偏轉角度也可以由邊長的比來表示，過出射點沿速度方向做反向延長線，交入射方向于點Q，如圖：設Q點到出射板邊緣的水平距離為x，則又， 解得：即帶電粒子離開平行板電場邊緣時，都是好像從金屬板間中心線的中點處沿直線飛出的，這個結論可直接引用。知識點三：帶電粒子在電場中的加速與偏轉問題的綜合如圖所示，一個質量為m、帶電量為q的粒子，由靜止開始，先經過電壓為U1的電場加速后，再垂直于電場方向射入兩平行金屬板間的勻強電場中，兩金屬板板長為，間距為d，板間電壓為U2。1、粒子射出兩金屬板間時偏轉的距離y加速過程使粒子獲得速度v0，由動能定理。偏轉過程經歷的時間，偏轉過程加速度，所以偏轉的距離?？梢娊浲浑妶黾铀俚膸щ娏Ｗ釉谄D電場中的偏移量，與粒子q、m無關，只取決于加速電場和偏轉電場。2、偏轉的角度偏轉的角度。可見經同一電場加速的帶電粒子在偏轉電場中的偏轉角度，也與粒子q、m無關，只取決于加速電場和偏轉電場。知識點四：帶電粒子在電場中運動應用：示波管1、構造主要由電子槍、豎直偏轉電極YY、水平偏轉電極XX和熒光屏等組成。如圖所示：2、工作原理電子槍只是用來發(fā)射和加速電子。在XX、YY都沒有電壓時，在熒光屏中心處產生一個亮斑。如果只在YY加正弦變化電壓UUmsin t時，熒光屏上亮點的運動是豎直方向的簡諧運動，在熒光屏上看到一條豎直方向的亮線。如果只在XX加上跟時間成正比的鋸齒形電壓（稱掃描電壓）時，熒光屏上亮點的運動是不斷重復從左到右的勻速直線運動，掃描電壓變化很快，亮點看起來就成為一條水平的亮線。如果同時在XX加掃描電壓、YY加同周期的正弦變化電壓，熒光屏亮點同時參與水平方向勻速直線運動、豎直方向簡諧運動，在熒光屏上看到的曲線為一個完整的正弦波形。規(guī)律方法指導1、研究帶電粒子在電場中運動的兩條主要線索 帶電粒子在電場中的運動，是一個綜合電場力、電勢能的力學問題，研究的方法與質點動力學相同，它同樣遵循運動的合成與分解、力的獨立作用原理、牛頓運動定律、動能定理、功能原理等力學規(guī)律研究時，主要可以按以下兩條線索展開（1）力和運動的關系牛頓第二定律 根據帶電粒粒子受到的電場力，用牛頓第二定律找出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移等.這條線索通常適用于恒力作用下做勻變速運動的情況（2）功和能的關系動能定理根據電場力對帶電粒子所做的功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理或從全過程中能量的轉化，研究帶電粒子的速度變化，經歷的位移等這條線索同樣也適用于不均勻的電場要注意分清微觀粒子和普通帶電微粒：研究微觀粒子(如電子、質子、粒子等)在電場中的運動，通常不必考慮其重力及運動中重力勢能的變化；研究普通的帶電微粒(如油滴、塵埃等)在電場中的運動，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化2、研究帶電粒子在電場中運動的兩類重要的思維技巧（1）類比與等效 電場力和重力都是恒力，在電場力作用下的運動可與重力作用下的運動類比例如，垂直射入平行板電場中的帶電粒子的運動可類比于平拋等（2）整體法(全過程法) 電荷間的相互作用是成對出現(xiàn)的，把電荷系統(tǒng)的整體作為研究對象，就可以不必考慮其間的相互作用電場力的功與重力的功一樣，都只與始末位置有關，與路徑無關它們分別引起電荷電勢能的變化和重力勢能的變化，從電荷運動的全過程中功能關系出發(fā)(尤其從靜止出發(fā)、末速度為零的問題)往往能迅速找到解題入口或簡化計算3、處理帶電粒子在電場中運動的一般步驟帶電粒子在勻強電場中加速和偏轉，帶電粒子的加速是一種勻變速直線運動，帶電粒子的偏轉是一種勻變速曲線運動，類似于平拋運動。處理帶電粒子在電場中運動的一般步驟是：（1）分析帶電粒子的受力情況，尤其要注意是否應該考慮重力，電場力是否恒定等。（2）分析帶電粒子的初始狀態(tài)及條件，確定帶電粒子做直線運動還是曲線運動。（3）建立正確的物理模型，確定解題方法是動力學，還是能量守恒（或動能定理）。（4）利用物理規(guī)律或其他手段（如圖線等）找出物理量間的關系，建立方程組。典型例題透析類型一：帶電粒子在電場中的加速1、如圖M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質量為m、電量為-q的帶電粒子，以初速v0由小孔進入電場，當M，N間電壓為U時，粒子剛好能到達N極，如果要使這個帶電粒子能到達M，N兩板間距的1/2處返回，則下述措施能滿足要求的是（ ）A、使初速度減為原來的1/2 B、使M，N間電壓加倍C、使M，N間電壓提高到原來的4倍 D、使初速度和M，N間電壓都減為原來的1/2解析：在粒子剛好到達N極的過程中，由動能定理得： -qEd=0-mv02解得d=使初速度減為原來的1/2，則帶電粒子離開正極板的最遠距離x，x=使M，N間電壓加倍則 x=使M，N間電壓提高到原來的4倍，則x=使初速度和M，N間電壓都減為原來的1/2，則x=所以應選BD。答案：BD總結升華：分析帶電粒子的加速問題，往往應用動能定理來解決。舉一反三【變式】如圖一個質量為m，電量為-q的小物體，可在水平軌道x上運動，O端有一與軌道垂直的固定墻。軌道處在場強大小為E，方向沿Ox軸正向的勻強電場中，小物體以初速度v0從x0點沿Ox軌道運動，運動中受到大小不變的摩擦力f作用，且fqE。小物體與墻碰撞時不損失機械能，求它在停止前所通過的總路程s？思路分析：首先分析物體的運動狀態(tài)，建立物理圖景，物體受四個力作用，豎直方向重力和支持力平衡外，還受向左的電場力F和摩擦力f，因為Ff，合力向左，物體向左做勻加速直線運動，與墻碰撞后，向右做勻減速運動，速度減為零后，又會向左做勻加速直線運動，直到與墻碰撞，重復多次以上過程。由于摩擦力總是做負功，物體總能量不斷損失，直到最后停止。解析：物體停止時，必須滿足兩個條件：速度為零和物體所受合力為零，物體只有停在O點才能滿足上述條件。因為電場力做功與路徑無關，所以：W電qEx0根據動能定理：qEx0fs0mv022所以：s(2qEx0+mv02)2f 總結升華：電場力做功與路徑無關，摩擦力做功與路徑有關。類型二：帶電粒子在電場中的偏轉2、 如圖所示，平行實線代表電場線，但未標明方向，帶電量q= C的正電荷微粒只受電場力作用，由A點移到B點，動能損失0.1J，若A點電勢為10V，則：（ ）A. B點電勢為零 B. 電場線方向向左C. 微粒運動的軌跡可能是“1” D. 微粒運動的軌跡可能是“2”解析：根據曲線運動的合外力指向曲線凹的一側知道，如果帶電粒子沿著軌跡“1”從A運動到B，電場力的方向一定是沿電場線向左的，可見合外力的方向和速度的方向（軌跡切線方向）夾鈍角，帶電粒子做減速運動，它在A點的動能一定大于它在B點的動能。由能量守恒知，帶電粒子在A點的電勢能也一定小于它在B點的電勢能，帶電粒子從A運動到B的過程電場力一定做負功。又因為移動的電荷是一個正電荷，所以一定是從低電勢到達高電勢，即B點的電勢高于A的電勢。而題設條件恰好是帶電粒子從A運動到B動能損失了，與我們的假設一致，所以C選項正確，正電荷受到的力向左，電場強度也一定是向左的，B選項正確。由動能定理得，所以，選項A正確。答案：ABC總結升華：在分析帶電粒子的加速和偏轉的時候，應該把曲線運動的條件、動能定理以及能的轉化和守恒定律結合起來進行。3、如圖所示，水平放置的平行金屬板的板長4cm，板間勻強電場的場強E104N/C，一束電子以初速度v02107 m/s沿兩板中線垂直電場進入板間，從板的中間到豎立的熒光屏的距離L20 cm，求電子打在熒光屏上的光點A偏離熒光屏中心的距離Y？（電子的比荷）思路點撥：可以將帶電粒子的運動分成兩個階段，第一個階段是在電場內，它偏轉的距離為y；第二個階段是在電場外，粒子以v做勻速直線運動，相當于在水平方向以v0勻速運動與豎直方向以vy的速度勻速運動的合運動，再求出偏轉距離y。整個的偏轉距離Y=y+y第二種分析方法是利用“帶電粒子離開平行板電場邊緣時，都是好像從金屬板間中心線的中點處沿直線飛出的”這個結論，解題比較簡便。解析：如圖：由相似三角形得：所以：代入數(shù)據得：Y=0.0352 m=3.52cm總結升華：巧用“帶電粒子離開平行板電場邊緣時，都是好象從金屬板間中心線的中點處沿直線飛出的”這個結論，可使解題比較簡便。變式練習(2011濟寧模擬) 如圖X119所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L0.4 m，兩板間距離d4103 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關S閉合前，兩極板間不帶電，由于重力作用，微粒能落到下板的正中央已知微粒質量m4105 kg，電荷量q1108 C，則下列說法正確的是()圖X119A微粒的入射速度v010 m/sB電容器上板接電源正極時微粒有可能從平行板電容器的右邊射出電場 C電源電壓為180V時，微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?D電源電壓為100V時，微?？赡軓钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?解析： 開關S閉合前，兩極板間不帶電，微粒落到下板的正中央，由：A對；電容器上板接電源正極時，微粒的加速度更大，水平位移將更小，B錯；設微粒恰好從平行板右邊緣下側飛出時的加速度為a，電場力向上，則：得U120 V，同理微粒在平行板右邊緣上側飛出時，可得U200 V，所以平行板上板帶負電，電源電壓為120 VU200 V時微?？梢詮钠叫邪咫娙萜鞯挠疫吷涑鲭妶?，C對，D錯 答案：AC 類型三：帶電粒子的加速與偏轉的綜合問題4、氫核（H）和氦核（He）垂直射入同一勻強電場，求分別在下列情況下離開電場時它們的橫向位移之比：（1）初速相同；（2）初動能相同；（3）先經過同一加速電場后進入偏轉電場。解析：粒子在勻強電場中偏轉，做運動：平行電場方向：L=v0t. (L為極板長)垂直電場方向：y=t2. (y為偏轉位移)由兩式得：y=(1)初速相同時，y,所以=.(2)初動能相同時y= yq所以=.(3)先經過同一加速電場加速由qU加=mv02得y=，與qm無關，所以 =1總結升華：由于基本粒子（電子、質子、粒子等）在電場中受到電場力Eq mg, 所以基本粒子受到的重力可以忽略不計，但帶電的宏觀物體（由大量分子構成）如小顆粒、小球、小液滴等所受重力不能忽略。類型四：帶電粒子在電場中運動的應用5、 如圖是直線加速器的原理示意圖，N個長度逐漸增大的金屬圓筒和一個靶，它們沿軸線排成一串，各筒和靶相間連接在頻率為f、最大電壓為U的正弦交流電源兩端，整個裝置放在高真空的容器中，圓筒的兩底面中心開有小孔?，F(xiàn)有一電量為q、質量為m的正離子沿軸線射入圓筒，并將在圓筒間及圓筒與靶間的縫隙處受到電場力的作用而加速，縫隙寬度很小，離子穿過縫隙的時間不計，已知離子進入第一個筒左端速度為，且此時第1、2個筒間電勢差為，為使打到靶上的離子獲得最大能量，各筒長度應滿足什么條件？請求出在這種情況下打到靶上的離子的能量。思路點撥：相鄰的圓筒分別連接在交變電源的兩個不同的極上，要使得打到靶子上的粒子動能最大，必須粒子每經過相鄰兩筒的縫隙時都得到加速，要求粒子在每一