第七章電場第4講帶電粒子在電場中運動的綜合問題【教學目標】1．了解示波管的工作原理2．運用動力學方法分析解決帶電粒子在交變電場中的運動3．會運用功能觀點、動力學觀點綜合分析帶電粒子在復合場中的運動．【重、難點】1．帶電粒子在交變電場中的運動2．析帶電粒子在復合場中的運動【知識梳理】考點一示波管的工作原理在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉電場U2偏轉后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示。1．確定最終偏移距離思路一：思路二：―→2．確定偏轉后的動能(或速度) 思路一：―→―→思路二：―→―→典例精析例1．如圖所示，示波管主要由電子槍、偏轉系統(tǒng)和熒光屏三部分組成，如圖甲所示。電子槍具有釋放電子并使電子聚集成束以及加速電子的作用；偏轉系統(tǒng)使電子束發(fā)生偏轉；電子束打在熒光屏上形成光跡。這三部分均封裝于真空玻璃殼中。已知電子的電荷量e＝1.6×10－19C，質量m＝9.1×10－31kg，電子所受重力及電子之間的相互作用力均可忽略不計，不考慮相對論效應。（1）電子槍的三級加速可簡化為如圖乙所示的加速電場，若從陰極逸出電子的初速度可忽略不計，要使電子被加速后的動能達到1.6×10－16J，求加速電壓U0為多大；（2）電子被加速后進入偏轉系統(tǒng)，若只考慮電子沿Y（豎直）方向的偏轉情況，偏轉系統(tǒng)可以簡化為如圖丙所示的偏轉電場。偏轉電極的極板長l＝4.0cm，兩板間距離d＝1.0cm，極板右端與熒光屏的距離L＝18cm，當在偏轉電極上加u＝480sin100πt（V）的正弦交變電壓時，如果電子進入偏轉電場的初速度v0＝3.0×107m/s，求電子打在熒光屏上產(chǎn)生亮線的最大長度。考點二帶電粒子在交變電場中的運動 (一)分段研究例2．（多選）如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是(　　)A．末速度大小為v0B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了mgdD．克服電場力做功為mgd變式1、一個質量為m、電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經(jīng)過的豎直平面內，存在著若干個如圖所示的無電場區(qū)和有理想上下邊界的勻強電場區(qū)，兩區(qū)域相互間隔、豎直高度相等，電場區(qū)水平方向無限長，已知每一電場區(qū)的場強大小相等、方向豎直向上，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)A．小球在水平方向一直做勻加速直線運動 B．若場強大小等于，則小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時間均相同C．若場強大小等于，則小球經(jīng)過每一電場區(qū)的時間均相同D．若場強大小等于，則小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時間不相同變式2、如圖甲所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，O點是一個可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，O點到A、B的距離都是l。現(xiàn)在A、B之間加上電壓，電壓UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知粒子源在交變電壓的一個周期內可以均勻產(chǎn)生300個粒子，粒子質量為m、電荷量為－q。這種粒子產(chǎn)生后，在電場力作用下從靜止開始運動。設粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運動，且電荷量同時消失，不影響A、B板電勢。不計粒子的重力，不考慮粒子之間的相互作用力。已知上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10kg，q＝1.0×10－7C。（1）在t＝0時刻產(chǎn)生的粒子，會在什么時刻到達哪個極板？（2）在t＝0到t＝這段時間內哪個時刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達A板？（3）在t＝0到t＝這段時間內產(chǎn)生的粒子有多少個可到達A板？ (二)分解研究例3、如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。（每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的）求：（1）在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處。（2）熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？甲乙 考點三用等效法解決電場、重力場中圓周運動的臨界極值問題等效思維方法是將一個復雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復合場中做圓周運動的問題是高中物理教學中一類重要而典型的題型．對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復雜，運算量大．若采用“等效法”求解，則能避開復雜的運算，過程比較簡捷．先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將a＝視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可．例4、如圖所示，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套有一質量為m，帶正電荷的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，珠子所受電場力是其重力的倍，將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，求：（1）珠子所能獲得的最大動能；（2）珠子在運動過程中對環(huán)的最大壓力；（3）要使珠子能完成完整的圓周運動，珠子在A點的初動能至少為多大。 變式3、如圖所示，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套有一質量為m，帶電荷量為＋q的珠子，現(xiàn)在圓環(huán)平面內加一個勻強電場，使珠子由最高點A從靜止開始釋放（AC、BD為圓環(huán)的兩條互相垂直的直徑），要使珠子沿圓弧經(jīng)過B、C剛好能運動到D。（1）求所加電場的場強最小值及所對應的場強的方向；（2）當所加電場的場強為最小值時，求珠子由A到達D的過程中速度最大時對環(huán)的作用力大小；（3）在（1）問電場中，要使珠子能完成完整的圓周運動，在A點至少使它具有多大的初動能？把握三點，正確解答該類問題1．把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。2．等效重力的反向延長線與圓軌跡的交點為帶電體在等效重力場中運動的最高點。3．類比“繩球”“桿球”模型臨界值的情況進行分析解答?？键c四帶電粒子的力電綜合問題例5．如圖所示，一質量為m、帶電荷量為＋q的小球從距地面為h處以初速度V0水平拋出，在距拋出點水平距離為L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細管（內壁光滑），管的上口距地面為h/2，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個區(qū)域里加一個方向向左的勻強電場，求： （1）小球的初速度V0；（2）電場強度E的大小；（3）小球落地時的動能。變式4、如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端（C端）距地面高度h＝0.8m．有一質量500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度，沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方P點處．（g取10m/s2）求：（1）小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向；（2）小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0；（3）小環(huán)運動到P點的動能。變式5、如圖所示，O、A、B為同一豎直平面內的三個點，OB沿豎直方向，=60°，OB=OA。將一質量為m的小球以一定的初動能自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A 點。使此小球帶電，電荷量為q（q＞0），同時加一勻強電場，場強方向與△OAB所在平面平行。現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g。求：（1）無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；（2）電場強度的大小和方向。60°ABO 第4講帶電粒子在電場中運動的綜合問題答案例1．答案：（1）1.0×103V?。?）10cm解析：（1）對于電子通過加速電場的過程，由動能定理有eU0＝Ek解得U0＝1.0×103V。（2）由u＝480sin100πt（V），可知偏轉電場變化的周期T＝0.02s，而電子通過電場的時間t＝＝s＝1.333×10－9s可見T?t，則電子通過偏轉電場過程中，電場可以看成勻強電場設偏轉電場的電壓為U1，電子剛好飛出偏轉電場，此時沿電場方向的位移為＝at2＝×t2解得U1＝320V所以，為了使電子打到熒光屏上，所加偏轉電壓應不大于320V當所加偏轉電壓為320V時，電子剛好飛出偏轉電場，電子沿電場方向的最大位移為設電子射出偏轉電場的速度方向與初速度方向的最大角度為θ則tanθ＝＝0.25電子打到熒光屏上的偏移量Ym＝tanθ＝5.0cm由對稱性，可得電子在熒光屏上的亮線的最大長度為2Ym＝10cm。 例2、BC變式1、C變式2、答案：（1）×10－3s到達A極板?。?）4×10－3s?。?）100個解析：（1）根據(jù)圖乙可知，從t＝0時刻開始，A板電勢高于B板電勢，粒子向A板運動。因為x＝2＝3.6m>l，所以粒子從t＝0時刻開始，一直加速到達A板。設粒子到達A板的時間為t，則l＝t2解得t＝×10－3s。（2）在0～時間內，粒子的加速度大小為a1＝＝2×105m/s2在～T時間內，粒子的加速度大小為a2＝＝4×105m/s2可知a2＝2a1，若粒子在0～時間內加速Δt，再在～T時間內減速剛好不能到達A板，則l＝a1Δt·Δt解得Δt＝2×10－3s因為＝6×10－3s，所以在0～時間里4×10－3s時刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達A板。（3）因為粒子源在一個周期內可以產(chǎn)生300個粒子，而在0～時間內的前時間內產(chǎn)生的粒子可以到達A板，所以到達A板的粒子數(shù)n＝300××＝100(個)。例3、答案：（1）打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm?。?）30cm解析：（1）電子經(jīng)電場加速滿足qU0＝mv2 經(jīng)電場偏轉后側移量y＝at2＝·2所以y＝，由圖知t＝0.06s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足＝所以Y＝13.5cm。（2）由題知電子側移量y的最大值為，所以當偏轉電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm。例4、（1）mgr　（2）mg（3）mgr變式3、答案：（1）　方向見解析?。?）mg（3）mgr解析：（1）根據(jù)題述，珠子運動到BC弧中點M時速度最大。作過M點的直徑MN，設電場力與重力的合力為F，則其方向沿NM方向，分析珠子在M點的受力情況，由圖可知，當F電垂直于F時，F(xiàn)電最小，最小值F電min＝mgcos45°＝mgF電min＝qEmin 解得所加電場的場強最小值Emin＝，方向沿過M點的切線方向指向左上方。（2）當所加電場的場強為最小值時，電場力與重力的合力為F＝mgsin45°＝mg把電場力與重力的合力看作是等效重力對珠子由A運動到M的過程，由動能定理得:F＝mv2－0在M點，由牛頓第二定律得：FN－F＝m聯(lián)立解得：FN＝mg由牛頓第三定律知，對環(huán)作用力為：FN′＝FN＝mg。（3）由題意可知，N點為等效最高點，只要珠子能到達N點，就能做完整的圓周運動，珠子由A到N的過程中，由動能定理得：－F＝0－EkA解得EkA＝mgr。例5、（1）（2）（3）mgh變式4、答案：（1）14.1m/s2　垂直于桿斜向右下方?。?）2m/s　（3）5J解析：（1）小環(huán)在直桿上的受力情況如圖所示由平衡條件得：mgsin45°＝Eqcos45°，得mg＝Eq，離開直桿后，只受mg、Eq作用，則F合＝mg＝ma，a＝g＝10m/s2＝14.1m/s2 方向與桿垂直斜向右下方.（2）設小環(huán)在直桿上運動的速度為v0，離桿后經(jīng)t秒到P點，則豎直方向：h＝v0sin45°·t＋gt2，水平方向：v0cos45°·t－t2＝0，解得：v0＝＝2m/s（3）由動能定理得：Ekp＝mv＋mgh，可得：Ekp＝mv＋mgh＝5J。變式5、（1）7∶3（2）E=，電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°，斜向右下方。