1、第二节第二节 带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动 学习目标 1.会分析带电粒子在电场中的直线运动，掌握求解带电粒子直线运动问题的两种方法.2.会用运 动的合成与分解的知识，分析带电粒子在电场中的偏转问题.3.了解示波管的主要构造和工作原理 一、带电粒子在电场中的加速 1分析带电粒子的加速问题有两种思路： (1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析适用于电场是匀强电场 (2)利用静电力做功结合动能定理分析 对于匀强电场和非匀强电场都适用， 公式有 qEd1 2mv 21 2mv0 2(匀强 电场)或 qU1 2mv 21 2mv0 2(任何电场)等 2加速器 直线加速器是让带电粒
2、子通过多级电场加速，获得较大的能量 二、带电粒子在电场中的偏转 如图 1 所示，质量为 m、带电荷量为 q 的粒子(忽略重力)，以初速度 v0平行于两极板进入匀强电场，极板长 为 l，极板间距离为 d，极板间电压为 U. 图 1 (1)运动性质： 沿初速度方向：速度为 v0的匀速直线运动 垂直 v0的方向：初速度为零的匀加速直线运动 (2)运动规律： 偏移距离：因为 t l v0，a qU md， 偏移距离 y1 2at 2 qUl2 2mv02d. 偏转角度：因为 vyat qUl mv0d， tan vy v0 qUl mdv02. 三、示波器 1示波器的基本原理：带电粒子在电场力的作用下
3、加速和偏转，屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏 产生的 2示波管：示波器的核心部件 示波管的组成：电子枪、偏转系统和荧光屏 3.示波管工作时，被加热的灯丝发射电子，电子经电场加速聚焦后形成很细的电子束，再经 Y 偏转板和 X 偏转板间的电压控制其打在荧光屏上的位置，其中 Y 方向所加的电压为信号电压 1判断下列说法的正误 (1)带电粒子(不计重力)在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动( ) (2)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能量守 恒定律( ) (3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，不能分析非匀强电场中的直线运动问题 (
4、) (4)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动( ) 2下列粒子从静止状态经过电压为 U 的电场加速后速度最大的是( ) A质子(11H) B氘核(21H) C 粒子(42He) D氚核(31H) 答案 A 解析 根据动能定理得粒子加速后的速度 v 2Uq m ，可知，质子的比荷q m最大，则其速度最大，选项 A 正 确 一、带电粒子在电场中的加速 导学探究 (1)研究电子、质子、 粒子在电场中的运动时，重力能否忽略不计？ (2)带电粒子在匀强电场或非匀强电场中加速，计算末速度，分别应用什么规律研究？ 答案 (1)电子、质子、 粒子在电场中所受静电力远大于重力，故
5、重力可忽略不计 (2)分析带电粒子在匀强电场中的加速运动，可以用牛顿运动定律结合运动学公式列式求解，也可以用动能 定理列式求解分析带电粒子在非匀强电场中的加速运动，可以用动能定理或功能关系求解 知识深化 1带电粒子的分类及受力特点 (1)电子、质子、 粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力 (2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般 都不能忽略重力 2分析带电粒子在静电力作用下加速运动的两种方法 (1)利用牛顿第二定律 Fma 和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动 (2)利用动能定理： qU1 2mv 21 2mv0 2.若初速度
6、为零， 则 qU1 2mv 2， 对于匀变速运动和非匀变速运动都适用 (多选)如图 2 所示，电子由静止开始从 A 板向 B 板运动，当到达 B 板时速度为 v，保持两板间电压 不变，则( ) 图 2 A当增大两板间距离时，v 也增大 B当减小两板间距离时，v 增大 C当改变两板间距离时，v 不变 D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大 答案 CD 解析 根据动能定理研究电子由静止开始从 A 板向 B 板的运动，列出等式： qU1 2mv 2， 可得 v 2qU m ， v 与两板间距无关，所以当改变两板间的距离时，v 不变，A、B 错，C 对 由于两极板之间的电压不变，所以两极板
7、之间的场强 EU d，电子的加速度 a qU md，电子在电场中一直做匀 加速直线运动由 d1 2at 2 知电子加速的时间 td 2m qU，由此可见，当增大两板间的距离时，电子在两板 间的运动时间增大，D 对 二、带电粒子在电场中的偏转 如图 3 所示，质量为 m、电荷量为q 的粒子以初速度 v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在 方向竖直向下的匀强电场，已知板长为 l，板间电压为 U，板间距离为 d，不计粒子的重力 图 3 1运动分析及规律应用 粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理 (1)在 v0方向：做匀速直线运动； (2)在静电力方向：做初速度为零的匀加速直
8、线运动 2过程分析 图 4 如图 4 所示，设粒子不与平行板相撞 初速度方向：粒子通过电场的时间 t l v0 静电力方向：加速度 aqE m qU md 离开电场时垂直于板方向的分速度 vyat qUl mdv0 速度方向与初速度方向夹角的正切值 tan vy v0 qUl mdv02 离开电场时沿静电力方向的偏移量 y1 2at 2 qUl2 2mdv02. 3两个重要推论 (1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初 速度方向位移的中点 (2)位移方向与初速度方向间夹角 的正切值为速度偏转角 正切值的1 2，即 tan 1 2tan .
9、 4分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即 qEyEk，其中 y 为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏 移量 一束电子流经 U500 V 的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如 图 5 所示，若两极板间距 d1.0 cm，板长 l5.0 cm. 图 5 (1)要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？ (2)在保持所加最大电压不变的情况下，将电子流改为质子流，质子能否从两极板间飞出？ 答案 (1)40 V (2)质子能从两极板间飞出 解析 (1)加速过程，由动能定理得 eU1 2mv0 2 进入偏转电场后，电子在平行于板面的方向上不受力的作用，做匀速直线运
10、动，lv0t 在垂直于板面的方向只受静电力作用，做匀加速直线运动，加速度 aF m eU dm 偏移量 y1 2at 2 电子能从平行板间飞出的条件为：yd 2， 由式得 U2Ud 2 l2 25001.010 22 5.010 22 V40 V. (2)偏移量 y1 2at 21 2 qU dm ( l 2qU m )2Ul 2 4dU ， 可见偏移量与粒子的电荷量和质量均无关， 所以质子仍可从 两板间飞出 三、示波管的原理 1. 电子的偏转：被电子枪加速的电子在 YY电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，最后打到荧 光屏上，设打在荧光屏上时的偏转位移为 y，如图 6 所示由几何知识知
11、， y y LL 2 L 2 ，所以 yeLU2 md02 LL 2 ，y与偏转电压 U2成正比 图 6 2示波管实际工作时，XX方向加扫描电压，YY方向加信号电压，两者周期相同，在荧光屏上显示随信 号而变化的波形 (多选)示波管的构造如图 7 所示如果在荧光屏上 P 点出现亮斑，那么示波管中的( ) 图 7 A极板 X 应带正电 B极板 X应带正电 C极板 Y 应带正电 D极板 Y应带正电 答案 AC 解析 根据亮斑的位置，电子偏向 XY 区间，说明电子受到静电力作用发生了偏转，因此极板 X、极板 Y 均 应带正电，选 A、C. (2020 吉化一中期中)一个电荷量为 q210 8 C，质量
12、为 m11014 kg 的带电粒子，由静止经 电压为 U11 600 V 的加速电场加速后， 立即沿中心线 O1O2垂直进入一个电压为 U22 400 V 的偏转电场， 然后打在垂直于 O1O2放置的荧光屏上的 P 点，偏转电场两极板间距为 d8 cm，极板长 L8 cm，极板的 右端与荧光屏之间的距离也为 L8 cm.整个装置如图 8 所示，(不计粒子的重力)求： 图 8 (1)粒子出加速电场时的速度大小 v0； (2)粒子出偏转电场时的偏移距离 y； (3)P 点到 O2的距离 y. 答案 (1)8104 m/s (2)0.03 m (3)0.09 m 解析 (1)由动能定理可得：|q|U
13、11 2mv0 2， 代入数据解得 v08104 m/s. (2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向上：Lv0t， 在竖直方向上：y1 2at 2，a|q|E m ，EU2 d ， 联立并代入数据，解得 y0.03 m. (3)由几何知识知y y LL 2 L 2 ， 解得 y3y0.09 m. 1.(带电粒子的偏转)如图 9 所示，带电荷量之比为 qAqB13 的带电粒子 A、B，先后以相同的速度从同 一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为 xAxB 21，则带电粒子的质量之比 mAmB以及在电场中飞行的时间之比 tAtB分别为( ) 图
14、 9 A11,23 B32,21 C11,34 D43,21 答案 D 解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动 xv0t，由于初速度相同，xAxB21，所以 tAtB21；竖 直方向上粒子做匀加速直线运动 y1 2at 2，且 y AyB，故 aAaBtB 2t A 214，而 maqE，mqE a ，mA mB qA qB aB aA 1 3 4 1 4 3.综上所述，D 项正确 2(带电粒子的偏转)(2020 安庆市期末)一匀强电场的方向竖直向下，t0 时刻，一重力不计的带正电粒子 以一定初速度 v0水平射入该电场中，t 时刻该带电粒子的动能为 Ek，则 Ekt 关系图像可表示为( ) 答案
15、 D 解析 带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，在沿电场方向上，向下做初速度为零的匀加速直线运 动，故沿电场方向上的速度为：vatEq m t，故 t 秒时粒子的动能为 Ek1 2mv 21 2m v02 Eq m t 2 1 2mv0 21 2 m Eq m 2t2， 则说明 E kt 关系图像为一条抛物线， 时间为零时， 粒子动能不为零， 故 D 正确， A、 B、 C 错误 3.(带电粒子的加速和偏转)如图 10 所示，电子由静止开始被 U180 V 的电场加速，沿直线垂直进入另一个 场强为 E6 000 V/m 的匀强偏转电场， 而后电子从右侧离开偏转电场 已知电子比荷为 e m
16、16 9 1011 C/kg， 不计电子的重力，偏转极板长为 L6.010 2 m求： 图 10 (1)电子经过电压 U 加速后的速度大小 vx； (2)电子在偏转电场中运动的加速度 a 的大小(计算结果保留两位有效数字)； (3)电子离开偏转电场时的速度方向与刚进入该电场时的速度方向之间的夹角 . 答案 (1)8106 m/s (2)1.11015 m/s2 (3)45 解析 (1)根据动能定理可得 eU1 2mvx 2，解得 v x810 6 m/s (2)电子在偏转电场中受到竖直向下的静电力， 根据牛顿第二定律得 aeE m， 解得 a32 3 1014 m/s21.11015 m/s2 (3)电子在水平方向上做匀速直线运动，故 tL vx 在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动， 故 vyat， 又 tan vy vx， 联立解得 45 .