第六章 专题六带电粒子在电场中运动综合问题的分析

第 5 课时
带电粒子在电场中的运动
一、带电粒子在电场中的直线运动 1．条件：在
匀强电场
中，带电粒子的初速度为零或初速度
1 2 1 2 2．处理方法：(1)动能定理：qU＝ 2mvt －2mv0 ；(2)牛顿第 二定律：qE＝ ma .
与电场力共线．
思考：带电粒子在电场中的运动是否考虑重力？
答案 ①基本粒子：如电子、质子、α 粒子、离子等除 有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并 不忽略质量)． ②带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明 或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．
(2)若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速 U1l2 后进入偏转电场的，则由②和④，得y＝ 4U0d 结论：粒子的偏转距离与粒子的q、m无关，仅取决于 加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同 一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转 距离总是相同的．
题型互动探究
题型一 带电粒子在电场中的偏转问题 例 1 图 7 所示，一个带电粒子从粒子源 飘入(初速度很小，可忽略不计)电压 为 U1 的加速电场，经加速后从小孔 S 沿平行金属板 A、B 的中心线射入， B 板间飞出应该满足的条件是 U2 2d U2 d A. < B. < U1 L U1 L U2 2d2 U2 d2 C. < 2 D. < 2 U1 L U1 L
图4
解析 离子在电场中受到的电场力Fy＝q0E Fy 离子获得的加速度ay＝ m0 L 离子在板间运动的时间t0＝v 0 到达极板右边缘时，离子在＋y方向的分速度vy＝ayt0
D 离子从板右端到达屏上所需时间t0′＝ v0 离子射到屏上时偏离O点的距离y0＝vyt0′ q0ELD 由上述各式，得y0＝ m0v02 q0ELD 答案 m0v02

(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.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。
(2)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
是恒力作用的问题,用能量观点处理也常常显得简洁。具体方法常有如下
两种。
1.用动能定理处理
思维顺序一般为:
(1)弄清研究对象,明确所研究的物理过程;
(2)分析物体在所研究过程中的受力情况,弄清哪些力做功,做正功还是负
功;
(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能);
(4)根据W= ΔEk 列出方程求解。
(1)求带电小球从A 点开始运动时的初速度v0。
(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点
(图中未标出),求B点与D点间的水平距离。
解析:(1)小球在半圆环轨道上运动,当小球所受重力、静电力的合力方向与速
度垂直时,速度最小。设 F 合与竖直方向夹角为 θ,则 tan
F

合=
做匀减速直线运动,直到t=T时刻速度变为零,之后重复上述运动,A正确,B
错误。
第二环节
关键能力形成
能力形成点1
带电粒子在交变电场中的运动(师生共研)
整合构建
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.常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
sin37°
=
5
A.末速度大小为√2v0

江苏专版高考物理一轮复习第六章第4节带电粒子在电场中运动的综合问题讲义含解析带电粒子在电场中运动的综合问题突破点(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，如图所示。

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：确定加速后的v0―→确定偏转后的y―→动能定理：qEy＝12mv2－12mv02[题点全练]1．图(a)为示波管的原理图。

如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项中的( )解析：选B 在0～2 t 1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y 为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y 为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B 。

2．(2019·东山月考)如图是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l ＝4 cm ，板间距离d ＝1 cm 。

板右端距离荧光屏L ＝18 cm(水平偏转电极上不加电压，没有画出)。

电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度v 0＝1.6×107m/s ，电子电荷量e ＝1.60×10－19C ，质量m＝0.91×10－30kg 。

(1)要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U 不能超过多大？(2)若在偏转电极上加40 V 的电压，在荧光屏的竖直坐标轴上看到的光点距屏的中心点多远？解析：(1)电子在偏转电场中做类平抛运动，电子的偏移量为12d 时恰好不打在极板上，此时偏转电压最大，则在水平方向有：l ＝v 0t在竖直方向有：y ＝12d ＝12at 2＝eU 2md t 2代入数据解得：U ＝91 V 。

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[答案]AD [解析] 竖直方向，电子在 0～T 时间内做匀加速运动，加速度的大小 a1＝emUd0，位移 x1＝
12a1T2，在 T～2T 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小 a2＝54emUd0，
初速度的大小
v1 ＝ a1T ， 匀 减 速 运 动 阶 段 的 位 移
A．若 k＝54且电子恰好在 2T 时刻射出电场，则
应满足的条件是 d≥
9eU0T2 5m
B．若 k＝1 且电子恰好在 4T 时刻从 A 板边缘
射出电场，则其动能增加eU2 0
C．若 k＝54且电子恰好在 2T 时刻射出电场，则射出时的速度为 v20＋54emUd0T2 D．若 k＝1 且电子恰好在 4T 时刻从 A 板边缘射出电场，则其动能不变
图 Z6­10
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[答案] (1)2（mmM＋vM20 ） (2)14 (3)14l [解析] (1)无论场强方向竖直向上还是竖直向下，由系统动量守恒，有 mv0＝(m＋M)v 由能量守恒定律，有 Q＝fs＝12mv20－12(m＋M)v2， 由以上两式得系统产生的热量 Q＝2（mmM＋vM20 ） (2)场强方向竖直向下时，有 Q＝f1s1，场强方向竖直向上时，有 Q＝f2s2，所以 f1s1＝f2s2 依题意：s1>s2，而 f＝μFN，所以 FN2>FN1。说明第一次电场力方向竖直向上，第二次电场 力方向竖直向下(可判断物块带负电)．场强方向竖直向下时，有 FN1＝mg－qE，场强方向 竖直向上时，有 FN2＝mg＋qE，又已知 E＝35mqgFFNN21＝14. (3)由以上各式得：s2＝14s1＝14l.
a1T
＝
a2T
＝
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