【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

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

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