【三维设计】2016届高三物理一轮复习 第六章 静电场 第4节 带电粒子在电场中运动的综合问题

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第4节

带电粒子在电场中运动的综合问题

要点一

示波管的工作原理

在示波管模型中,带电粒子经加速电场 U1 加速,再经偏 转电场 U2 偏转后, 需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光 屏上而显示亮点 P,如图 641 所示。

图 641

1.确定最终偏移距离 思路一:

思路二:

2.确定偏转后的动能(或速度) 思路一:

思路二:

[典例]

如图 642 所示, 真空中水平放置的两个相同极板

Y 和 Y′长为 L,相距为 d,足够大的竖直屏与两板右侧相距为 b。在两板间加上可调偏转电压 U,一束质量为 m、带电荷量为 +q 的粒子(不计重力)从两板左侧中点 A 以初速度 v0 沿水平方 向射入电场且能穿出。

图 642

(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间 的中心 O 点;

(2)求两板间所加偏转电压 U 的范围; (3)求粒子可能到达屏上区域的长度。 [思路点拨]

(1)带电粒子在两极板之间做________运动;从电场中射出到 屏幕之间做________运动。提示:类平抛 匀速直线

(2)当两极板间所加电压最大时,带电粒子从极板的________ 射出。 提示:右边缘

[解析]

(1)设粒子在运动过程中的加速度

大小为 a,离开偏转电场时偏转距离为 y,沿 电场方向的速度为 vy,偏转角为 θ,其反向延 长线通过 O 点,O 点与板右端的水平距离为 x,则有 1 2 y= at 2 L=v0t vy=at vy y L tan θ= =x,联立可得 x= , v0 2 即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心。 ① ②

Eq (2)a= m U E= d qUL2 由①②③④式解得 y= 2dmv02 md2v02 d 当 y= 时,U= 2 qL2 md2v02 md2v02 则两板间所加电压的范围- ≤U≤ qL2 qL2

③ ④

d (3)当 y= 时,粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为 y0),则 2 L y0=( +b)tan θ 2 d L+2b d 而 tan θ=L,解得 y0= 2L d L+2b 则粒子可能到达屏上区域的长度为 。 L

[答案]

(1)见解析

md2v02 md2v02 (2)- ≤U≤ qL2 qL2

d L+2b (3) L

[针对训练]

1.(多选)(2015· 江苏二校联考)如图 643 所示,A 板发出的电子 经加速后,水平射入水平放置的两平行金属板间,金属板间 所加的电压为 U,电子最终打在荧光屏 P 上,关于电子的运 动,则下列说法中正确的是 ( )

图 643

A.滑动触头向右移动时,其他不变,则电子打在荧光屏上的 位置上升 B.滑动触头向左移动时,其他不变,则电子打在荧光屏上的位 置上升 C.电压 U 增大时,其他不变,则电子从发出到打在荧光屏上 的时间不变 D.电压 U 增大时,其他不变,则电子打在荧光屏上的速度大 小不变

解析:滑动触头向右移动时,其他不变,加速电压增大,电子速 度增大,则电子打在荧光屏上的位置下降,选项 A 错误;滑动

触 头向左移动时,其他不变,加速电压减小,电子速度减小,则电 子打在荧光屏上的位置上升,选项 B 正确;电压 U 增大时,其他 不变,则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变,电子打在荧光 屏上的速度增大,选项 C 正确 D 错误。

答案:BC

2.如图 644 所示,在两条平行的虚线内存在着宽度为 L、电场强 度为 E 的匀强电场,在与右侧虚线相距也为 L 处有一与电场平 行的屏。 现有一电荷量为+q、 质量为 m 的带电粒子(重力不计), 以垂直于电场线方向的初速度 v0 射入电场中,v0 方向的延长线 与屏的交点为 O。试求:

图 644

(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间;(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值 tan α; (3)粒子打到屏上的点 P 到 O 点的距离 x。 解析: (1)根据题意, 粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动,2L 所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间 t= 。 v0 (2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy, 根据牛顿第二 Eq L qEL 定律,粒子在电场中的加速度为:a= ,所以 vy=a = ,所 m v0 mv0 以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为 vy qEL tan α= = 。 v0 mv02

(3)方法一 qEL2 mv02

1 L 2 1 设粒子在电场中的偏转距离为 y,则 y= a v = 2 0 2

3qEL2 又 x=y+Ltan α,解得:x= 2mv02 方法二 L 3qEL2 x=vy +y= 。 v0 2mv02

L L+ 2 x 3qEl2 方法三 由y= L 得:x=3y= 。 2mv02 2 2L qEL 3qEL2 答案:(1) (2) (3) v0 mv02 2mv02

要点二 带电粒子在交变电场中的运动

1. 此类题型一般有三种情况: 一是粒子做单向直线运动(一 般用牛顿运动定律求解);二是粒子做往返运动(一般分段研究); 三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。

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。3.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。

[多维探究] (一)粒子做单向直线运动[典例 1] 如图 645 甲所示, 在真空中 足够大的绝缘水平地面上, 一个质量为 m= 0.2 kg,带电荷量为 q=2.0×10-6

C 的小物

块处于静止状态, 小物块与地面间的动摩擦 因数 μ=0.1。从 t=0 时刻开始,空间加上 一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期

图 645 性变化的电场(取水平向右为正方向,g 取 10 m/s2),求:

(1)23 s 内小物块的位移大小。 (2)23 s 内电场力对小物块所做的功。 [解析] (1)0~2 s 内小物块的加速度为 a1

由牛顿第二定律得:E1q-μmg=ma1 即 E1q-μmg 2 a1= = 2 m/s , m 1 2 位移 x1= a1t1 =4 m 2 2 s 末的速度为 v2=a1t1=4 m/s 2~4 s 内小物块的加速度为 a2,由牛顿第二定律得 E2q-μmg=ma2 E2q-μmg 即 a2= =-2 m m/s2

位移 x2=x1=4 m,4 s 末小物块的速度为 v4=0 因此小物块做周期为 4 s 的匀加速和匀减速运动 第 22 s 末的速度为 v22=4 m/s,第 23 s 末的速度 v23=v22+a2t=2 m/s(t=23 s-22 s=1 s) v22+v23 22 所求位移为 x= x1+ t=47 m。 2 2 (2)23 s 内,设电场力对小物块所做的功为 W,由动能定理 1 得 W-μmgx= mv232 2 解得 W=9.8 J。[答案] (1)47 m (2)9.8 J

(二)粒子做往返运动 [典例 2] 如图 646(a)所示,两平行正对的金属板 A、B 间加有如图(b)所示的交变电压, 一重力可忽略不计的带正电粒子被 固定在两板的正中间 P 处。若在 t0 时刻释放该粒子,粒子会时而 向 A 板运动,时而向 B 板运动,并最终打在 A 板上。则 t0 可能 属于的时间段是 ( )

T A.0<t0< 4 3T C. <t0<T 4

图 646 T 3T B. <t0< 2 4 9T D.T<t0< 8

[解析]

设粒子的速度方向、位移方向向

右为正。 依题意得, 粒子的速度方向时而为正, 时而为负,最终打在 A 板上时位移为负,速 T T 3T 度方向为负。作出 t0=0、 、 、 时粒子运 4 2 4 动的速度图像如图所示。 由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子 T 3T 通过的位移,则由图像可知 0<t0< , <t0<T 时粒子在一个周期内 4 4 T 3T 的总位移大于零; <t0< 时粒子在一个周期内的总位移小于零; 4 4 当 t0>T 时情况类似。因粒子最终打在 A 板上,则要求粒子在每个 周期内的总位移应小于零,对照各选项可知只有 B 正确。 [答案] B

(三)粒子做偏转运动 [典例 3] 如图 647 甲所示,热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计,电子发射装置的加速电压为 U0, 电容器板长和板间距 离均为 L=10 cm, 下极板接地, 电容器右端到荧光屏的距离也是 L=10 cm,在电容器两极板间接一交变电压,上极板的电势随时 间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短, 可以认为电压是不变的)求:

图 647

本文来源:https://www.bwwdw.com/article/avhj.html

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