帶電粒子在電場中的運動 課件

第九節(jié)帶電粒子在電場中的運動課標解讀1.掌握帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)所遵循的規(guī)律2.知道示波器的主要構造和工作原理3.學習運用靜電力做功,電勢?電勢差,等勢面等概念研究帶電粒子在電場中運動時的能量轉(zhuǎn)化課前自主學習一?帶電粒子在電場中的加速1.常見帶電粒子及受力特點電子?質(zhì)子?α粒子,離子等帶電粒子在電場中受到靜電力遠大于重力,通常情況下,重力可以忽略2.加速

(1)帶電粒子以與電場線平行的初速度v0進入勻強電場?帶電粒子做直線運動,則

(2)帶電粒子的初速度為零,經(jīng)過電勢差為U的電場加速后,二?帶電粒子的偏轉(zhuǎn)1.進入電場的方式:以初速度v0垂直于電場方向進入勻強電場2.受力特點:電場力大小不變,且方向與初速度方向垂直3.運動特點:做勻變速曲線運動,與力學中平拋運動類似,故稱做類平拋運動.4.運動規(guī)律

(1)垂直電場方向,速度vx=v0,位移x=v0t

(2)平行電場方向:速度vy=位移

(3)偏轉(zhuǎn)角度tanθ=

三?示波器的原理示波器的核心部件是示波管,示波管是真空管,主要由三部分組成,這三部分分別是電子槍?偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏.示波器的基本原理是利用電子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn).知識梳理圖課堂互動探究一?帶電粒子的加速帶電粒子在電場中受到電場力作用,是否考慮粒子受到重力作用,要根據(jù)具體情況而定,一般說來,基本粒子,如:電子?質(zhì)子?α粒子?離子等除有說明或有明確暗示以外,一般不考慮重力(但質(zhì)量不能忽略);帶電粒子:如液滴?油滴?塵埃?小球等除說明或明確暗示外,一般不能忽略重力.1.運動狀態(tài)分析:帶電粒子沿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直線上,做勻變速直線運動.

2.用功能觀點分析:粒子動能的變化量等于電場力做的功,若粒子的初速度為零,則:

qU=mv2

若粒子初速度不為零,則:

二?帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1.運動狀態(tài)分析:帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時,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.2.偏轉(zhuǎn)問題的分析處理方法類似于平拋運動的分析處理,應用運動的合成和分解的方法:沿初速度方向為勻速直線運動,運動時間:沿電場力方向為初速度為零的勻加速度直線運動:

離開電場時的偏移量:

離開電場時的偏轉(zhuǎn)角:tanθ=3.推論:粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時,其速度反向延長線與初速度方向交于一點,此點平分沿初速度方向的位移.

在下圖中,設帶電粒子質(zhì)量為m?帶電量為q,以速度v0垂直于電場線射入勻強偏轉(zhuǎn)電場,偏轉(zhuǎn)電壓為U1.若粒子飛出電場時偏角為θ,則tanθ=式中vy=at=vx=v0,代入得tanθ=粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時偏移量

做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

由此O點平分了沿初速方向的位移式可知,粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時,就好像是從極板間l/2處沿直線射出似的.

說明:此推論在解題時可直接應用.4.帶電粒子先經(jīng)加速電場(電壓U加)加速,又進入偏轉(zhuǎn)電壓(電壓U偏),射出偏轉(zhuǎn)電壓時側(cè)移

由以上分析可知:不同的帶電粒子(電性相同),若經(jīng)同一電場加速后,又進入同一偏轉(zhuǎn)電場,則它們的運動軌跡必然重合.三?示波管的原理如下圖所示為示波管的原理圖.注意:管的內(nèi)部抽成真空.對示波管的分析有以下兩種情形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:(1)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),如下圖所示.在上圖中,設加速電壓為U,偏轉(zhuǎn)電壓為U′,電子電量為e,電子質(zhì)量為m,由W=ΔEk得eU=mv20.①

在電場中側(cè)移②

其中d為兩板的間距.

水平方向t=.③

又tanφ=④

⑤由①②③④⑤得熒光屏上的側(cè)移

y′=

(L′+)=tanφ(L′+).(2)若所加電壓按正弦函數(shù)規(guī)律變化,如U′=Umsinωt,偏移也將按正弦規(guī)律變化,如x=xmsinωt或y=ymsinωt,則亮斑在水平方向或豎直方向做簡諧運動.說明:當電壓變化很快時,亮斑移動很快,由于視覺暫留和熒光物質(zhì)的殘光特性,亮斑的移動看起來就成為一條水平或豎直的亮線.

典例分析一?帶電粒子在電場中的加速例1:(2009·天津高考)如圖所示,帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置,M?N為板間同一電場線上的兩點,一帶電粒子(不計重力)以速度vm經(jīng)過M點在電場線上向下運動,且未與下板接觸,一段時間后,粒子以速度vN折回N點,則()A.粒子受電場力的方向一定由M指向NB.粒子在M點的速度一定比在N點大C.粒子在M點的勢能一定比在N點大D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢解析:根據(jù)題意可知帶電粒子受到向上的電場力,故A選項錯誤;由M到N電場力做負功,粒子電勢能增加,C選項錯誤;根據(jù)動能定理:W=mvn2-mv2m.由題意知W<0即vn<vm,故B選正確;由于不知帶電粒子的電性,所以不能確定電場方向,也就不能確定M?N的電勢高低,故D選項錯誤.

答案:B名師點撥:帶電粒子電場力作用時,電場力做功僅與粒子在電場中的位置有關,即W=qU這一關系對勻強電場和非勻強電場都適用.因此必從能量角度入手,即應用動能定理來解決此類問題較為方便.[鞏固練習]

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出,最遠到達A點,然后返回,如圖所示此電子具有的初動能是()

解析:從功能關系方面考慮.

電子從O點到A點,因受電場力作用,速度逐漸減小.根據(jù)題意和圖示判斷,電子僅受電場力,不計重力.這樣,我們可以用能量守恒定律來研究問題.即mv20=eUOA.因E=,UOA=Eh=

,故mv20=

答案:D二?帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)例2:一束電子流在經(jīng)U=5000V的加速電壓加速后,在距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=1.0cm,板長l=5.0cm,那么,要使電子能從平行板間飛出,兩個極板上最多能加多大電壓?解析:粒子做類平拋運動.在加速電壓一定時,偏轉(zhuǎn)電壓U′越大,電子在極板間的偏距就越大.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.

加速過程,由動能定理得:

eU=mv20①

進入偏轉(zhuǎn)電場,電子在平行于板面的方向上做勻速運動:

l=v0t②在垂直于板面的方向做勻加速直線運動,加速度:

a=③

偏距:y=at2④

能飛出的條件為:y≤⑤解①②③④⑤式得:

U′≤

=4.0×102V

要使電子能飛出,所加電壓最大為400V.

答案:400V名師點撥:①此題是典型的帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn)的綜合應用題.解決此類問題要注意加速與偏轉(zhuǎn)的前后聯(lián)系,使關系式簡化.②注意恰好飛出的臨界條件.

[鞏固練習]2.如圖所示,靜止的電子在加速電壓為U1的電場的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出,又垂直進入平行金屬板間的電場,在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離.現(xiàn)使U1加倍,要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化,應該()A.使U2加倍

B.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍

C.使U2變?yōu)樵瓉淼谋?/p>

D.使U2變?yōu)樵瓉淼谋督馕?要使電子軌跡不變,則應使電子進入偏轉(zhuǎn)電場后任一水平位移x所對應的偏距y保持不變.由

和qU1=mv20得y=可見在x?y一定時,U2∝U1.答案:A三?示波器的示波管例3:如下圖所示為真空示波管的示意圖,電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計),經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速,從A板中心孔沿中心線KO射出,然后進入由兩塊平行金屬板M?N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場),電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度與電場方向垂直,電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點.已知M?N兩板間的電壓為U2,兩板間的距離為d,板長為L1,板右端到熒光屏的距離為L2,電子質(zhì)量為m,電荷量為e.求:(1)電子穿過A板時的速度大小;(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量;(3)P點到O點的距離.解析:(1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0,根據(jù)動能定理得:eU1=解得:(2)電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后,垂直于電場方向做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動.設偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E,電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t1,電子的加速度為a,離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y1,根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式得:

解得:y1=(3)設電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為vy,根據(jù)運動學公式得vy=at1電子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動,設電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t2,電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2,如圖所示.

名師點撥:對于電子的加速過程,有電場力做正功,mv2,對其偏轉(zhuǎn)過程,分解成垂直電場線和平行電場線兩個方向的分運動進行處理即可.鞏固基礎1.下列粒子從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后速度最大的是()A.質(zhì)子11H B.氘核21HC.α粒子42He D.鈉離子Na+解析:由qU=mv2得v=然后去比較各粒子的可得A正確.答案:A2.如右圖所示,兩板間距為d的平行板電容器與一電源連接,開關S閉合,電容器兩板間有一質(zhì)量為m,帶電荷量為q的微粒靜止不動,下列說法中正確的是()A.微粒帶的是正電

B.電源電壓的大小等于

C.斷開開關S,微粒將向下做加速運動

D.保持開關S閉合,把電容器兩極板距離增大,微粒將向下做加速運動解析:由題意可知,電場豎直向上,帶電微粒受到重力?電場力作用處于平衡狀態(tài),電場力豎直向上,微粒帶正電,A選項正確,大小為由可知B選項正確;斷開開關,微粒受力不變?nèi)蕴幱谄胶鉅顟B(tài),故C選項錯誤;保持開關閉合,增大板間距離,電場力減小,微粒向下加速運動,D選項正確.

答案:ABD3.如圖所示,兩極板與電源相連接,電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場,且恰好從正極板邊緣飛出,現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?而電子仍從原位置射入,且仍從正極板邊緣飛出,則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼?)答案:C4.如圖所示,在真空中離子P1、P2以相同速度從O點垂直場強方向射入勻強電場,經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后打在極板B上的C?D兩點.已知P1電荷量為P2電荷量的3倍.GC=CD,則P1、P2離子的質(zhì)量之比為()A.3:4B.4:3C.2:3D.3:2答案:A5.如圖所示,在A板附近有一電子由靜止開始向B板運動,則關于電子到達B板時的速率,下列解釋正確的是()A.兩板間距越大,加速的時間就越長,則獲得的速率越大B.兩板間距越小,加速的時間就越長,則獲得的速率越大C.獲得的速率大小與兩板間的距離無關,僅與加速電壓U有關D.兩板間距離越小,加速的時間越短,則獲得的速率越小解析:由動能定理可知qU=mv2,v2=,故C選項正確.答案:C6.如右圖所示,在點電荷+Q的電場中有A?B兩點,將質(zhì)子和α粒子分別從A點由靜止釋放到達B點時,它們的速度大小之比為多少?解析:質(zhì)子和α粒子都是正離子,從A點釋放將受電場力作用加速運動到B點,設A?B兩點間的電勢差為U,由動能定理有:對質(zhì)子:qHU=mHv2H提升能力7.一個帶正電的油滴從下圖所示的勻強電場上方A點自由下落,油滴落入勻強電場后,能較準確地描述油滴運動軌跡的是下圖中的()解析:油滴做自由落體運動一段時間后進入電場時,具有向下的速度,受到重力和向右的電場力作用,做曲線運動,此時軌跡的切線應為速度的方向即豎直向下,而且向右彎曲,故B選項正確.答案:B8.帶電粒子以速度v0沿豎直方向垂直進入勻強電場E中,如圖所示,經(jīng)過一段時間后,其速度變?yōu)樗椒较?大小為v0,則一定有()A.靜電力大小等于重力大小B.粒子運動的水平位移大小等于豎直位移大小C.靜電力所做的功一定等于重力所做的功D.電勢能的減少一定等于重力勢能的增加解析:由題意可知,水平方向與豎直方向加速度大小相等,均為平均速度大小也相等,故水平位移和豎直位移大小相等,故A?B選項正確;在運動過程中,電場力做正功,重力做負功,故C選項錯誤;由能量守恒可知D選項正確.答案:ABD9.如圖所示,用細絲線懸掛帶有正電荷的小球,質(zhì)量為m,處在水平向右的勻強電場中,在電場力作用下,小球由最低點開始運動,經(jīng)b點后還可以向右擺動,如用ΔE1表示重力勢能的增量,用ΔE2表示電勢能的增量,用ΔE表示二者和(ΔE=ΔE1+ΔE2),則在小球由a擺到b的過程中,下列關系式正確的是()A.ΔE1<0,ΔE2<0,ΔE<0B.ΔE1>0,ΔE2<0,ΔE=0C.ΔE1>0,ΔE2<0,ΔE<0D.ΔE1>0,ΔE2>0,ΔE>0解析:小球由a到b的過程,位置升高,重力勢能增加ΔE1>0,電場力做正功,電勢能減小.ΔE2<0,動能?重力勢能?電勢能三種形式的能相互轉(zhuǎn)化,動能由零增加到某一值,所以重力勢能和電勢能的和必減少,故ΔE<0,C選項正確.答案:C10.如圖所示,電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動,然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中,入射方向跟極板平行,整個裝置處在真空中,重力可忽略,