1、【 精品教育资源文库 】 第 32 课时 带电粒子在电场中的综合问题 考点 1 带电粒子在交变电场中的运动 一、带电粒子在周期性电场中的直线运动 带电粒子在交变电场中运动的情况比较复杂，由于不同时段受力情况不同、运动情况也就不同，若按常规的分析方法，一般都较繁琐，较好的分析方法就是利用带电粒子的 vt图象来分析，在画速度图象时，要注意以下几点： (1)带电粒子进入电场的时刻。 (2)速度图象的斜率表示加速度。 (3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负。 (4)注意对称和周期性变化 关系的应用。 (5)图线与横轴有交点，表示此时速度反向，对
2、运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解。 二、带电粒子在周期性电场中的偏转问题 1运动的性质：高考一般仅考查电场大小不变，仅方向改变的交变电场。即使如此，带电粒子在电场中的运动也非常复杂，但可将其运动看成分段的抛体运动。 2最佳的解决方法：是利用分运动解题，粒子在垂直于电场方向：做匀速直线运动；平行于电场方向：做匀变速直线运动。 3最佳的解决手段：利用 vt 图象研究平行于电场方向的分运动。 三、带电粒子在周期性电场中的常见电场和 类型及分析方法 1常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。 2常见的类型 (1)粒子做单向直线运动 (一般用牛顿运动
3、定律求解 )。 (2)粒子做往返运动 (一般分段研究 )。 (3)粒子做偏转运动 (一般根据交变电场特点分段研究 )。 3常用的分析方法 (1)带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化 (如方波 )且不计粒子重力的情形。在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场 强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间而变化。 当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动。 当粒子垂直于电场方向射入时，沿初
4、速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。 【 精品教育资源文库 】 (2)研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。 (3)对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说 题中会直接或间接提到 “ 粒子在其中运动时电场为恒定电场 ” ，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。 例 1 如图 a 所示的两平行金属板 P、 Q 加上图 b 所示电压， t 0 时， Q 板电势比 P高 5 V，在板正中央 M 点放一电子，初速度为零，电子只受电场力而运动
5、，且不会碰到金属板，这个电子处于 M 点右侧，速度向左，且速度逐渐减小的时间段是 ( ) A 0t210 10 s B 210 10 st410 10 s C 410 10 st610 10 s D 610 10 st810 10 s 解析 在 0t210 10 s 时间内， Q 板比 P 板电势高 5 V， E Ud，方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子从 M 点向右做匀加速直线运动；在210 10 st410 10 s 时间内， Q 板比 P 板电势低 5 V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，
6、分析可得当t 410 10 s 时速度为零，此时电子在 M 点的右侧；在 410 10 st610 10 s 时间内， Q板比 P 板电势低 5 V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在 610 10 st810 10 s 时间内， Q 板比 P 板电势高 5 V，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向左做匀减速直线运动，到 810 10 s 时刻速度为零，恰好又回到 M 点。画出 vt图象如图，设向右为正，综上分析可知：在 610 10 st810 10 s 时间内，这个电子处于 M 点的
7、右侧，速度方向向左且大小逐渐减小。故选 D。 【 精品教育资源文库 】 答案 D 解答带电 粒子在交变电场中运动的思维方法 (1)注重全面分析 (分析受力特点和运动规律 )，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。尽可能的画出有关物理量随时间变化的图象。 (2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。 相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近 A 板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为 v0，质量为 m，电量为 e
8、，在 A、 B 两板 之间加上图乙所示的交变电压，其中 0k1， U0 mv206e；紧靠 B 板的偏转电场电压也等于 U0，板长为 L，两板间距为 d，距偏转极板右端 L2处垂直放置很大的荧光屏 PQ。不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。 (1)在 0 T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。 (结果用 L、 d 表示 ) (2)撤去偏转电场及荧光屏，当 k 取恰当的数值，使在 0 T 时间内通过电容器 B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀 分布的一段电子束，求 k 值。 【 精品教育资源文库 】 答案 (1)L28d (2
9、)0.59 解析 (1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化。 在 0 kT 时间内，设穿出 B 板后速度变为 v1，由动能定理得： eU0 12mv21 12mv20， 将 U0 mv206e代入后解得： v1 63 v0。 在偏转电场中，电子运动时间 t1 Lv1，侧移 量 y1 12at21 eU0L22mdv21，解得： y1L28d。 根据偏转电场中的推论 “ 似是中点来 ” 其打在荧光屏上的坐标 y1 2y1 L24d 在 kT T 时间内，穿出 B 板后速度变为 v2，同理可得， eU0 12mv22 12mv20解得 v2 8eU0m 2v1， y2 L216d， y2 2
10、y2L28d。 荧光屏上两个发光点之间的距离 y y1 y2 L28d。 (2)要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等 (且刚好重叠 )，第一束长度： L1 v1 kT；第二束长度： L2 v2(T kT)； 当 L1 L2时，即 v1 kT 2v1(1 k)T 解得 k 22 10.59 。 考点 2 带电体在等效场中的运动 等效场一般说的是电场和重力场共存的情况，通常分为两类，分析这两类问题时都可以等效看成带电体受一个合场力作用，也可以单独分析。 1带电体在等效场中有约束情况下的运动 带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线
11、运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解。 类型一：如果粒子在等效场中受轨道、支撑面、轻绳或轻杆等有形的约束时，可做变速直线运动。解题时只要从受力分析入手，明确变力、恒力及做功等情况，就可用动能定理 、牛顿运动定律、运动学相关知识进行求解。 类型二：若带电粒子运动的空间存在轨道、支撑面、轻绳、轻杆等有形的约束时，带电粒子在等效场中做匀变速圆周运动，一般应用牛顿运动定律和动能定理求解。 2带电体在等效场中无约束情况下的运动情况分类 在带电体只受重力和电场力的情况下： 【 精品教育资源文库 】 若电场力和重力平衡，则带电体做匀速
12、直线运动； 若电场力和重力不平衡，则带电体将做直线或曲线运动，用动能定理求解问题。 3电场力、重力都是恒力时常用的方法是等效 “ 重力 ” 法：将重力与电场力进行合成，合力 F 合 等效为 “ 重力 ” ， a F合m 等效为 “ 重力加速度 ” ， F 合 的方向等效为 “ 重力 ” 的方向。 例 2 如图所示，半径 R 0.8 m 的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量 q 1.0010 5 C。圆心 O 与 A 点的连线与竖直成一角度 ，在 A 点时小球对轨道的压力 N 1.2 N，此时小球的动能最大。若小球的最大动能比最
13、小动能多 0.32 J，且小球能够到达轨道上的任意一点 (不计空气阻力， g 取 10 m/s2)。则： (1)小球的最小动能是多少？ (2)小球受到重力和电场力 的合力是多少？ (3)现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在 0.4 s 后的动能与它在 A 点时的动能相等，求小球的质量和电场强度。 解析 (1)、 (2)小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在 A 点具有最大动能，所以复合场的方向由 O 指向 A，在 AO 延长线与圆的交点 B 处小球具有最小动能 EkB。设小球在复合场中所受的合力为 F，则有： N F mv2AR 即： 1.2 F m v2A0
14、.8EkA0.4 带电小球由 A 运动到 B 的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有： F2 R EkB EkA 0.32 由此可得： F 0.2 N， EkB 0.08 J 即小球的最小动能为 0.08 J，重力和电场力的合力为 0.2 N。 (3)带电小球在 B 处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在 BA 方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于 BA 方向上做匀速运动。设小球的质量为 m，则： 【 精品教育资源文库 】 2R 12 Fm t2 得： m Ft24R 0.01 kg， 60 又 mg 0.1 N 12F，所以 Eq Fsin E Fsin60q 1.7310 4 N/m 方向水平向左。 答案 (1)0.08 J(2)0
