2014年高三一轮复习物理1 第一章《静电场》第四讲《带电粒子在电场中的运动》

3-1 第一章《静电场》第四讲《带电粒子在电场中的运动》

【计划课时】4课时 【学习目标】

1、会解答带电粒子在电场中加速和偏转的问题。

2、会用动力学途径、能量和动量途径分析带电粒子在电场中的直线和曲线运动。

【教学重难点】

1、进一步熟悉分析力学问题的方法，解决带电粒子的运动问题。 2、带电粒子在电场中的加速和偏转规律.

【使用说明与方法指导】

1.第一、二、三节课：自学本学案上的知识点，完成学案上探究的问题。合作展示探究题目。

２.第三、四、五节课完成学案上针对训练 合作讨论针对训练上存在的问题，并展示点评。

一.带电粒子在电场中直线运动的处理方法。

1.如不计重力,电场力对带电粒子做的功等于粒子动能的增量,处理方法有两种:

2①根据牛顿第二定律和运动学公式求解。基本方程:a=Eq/m、 E=U/m、 v2?v12?2as. ②根据动能定理与电场力做功、运动学公式结合求解。基本方程；Uq?1212 mv2?mv1。

222．用牛顿第二定律、动能定理求解带电粒子在匀强电场或非匀强中的运动问题，要重视受

力情况分析和运动情况分析或做功分析

3．基本粒子：如电子、质子、?粒子、离子等微观粒子一般均不计重力。带电微粒、液滴等没有特别说明外，均需考虑重力。

【例1】板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场，一个带电荷量为q

质量为m的液滴，以速度v0垂直于电场方向射入两极间，如图所示，射人后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度E= ，液滴离开电场时的速度为 ．

【解析】电场力的方向垂直金属板斜向上，如图所示 qE?mgcos? ，

故E?mgcos?。 q设液滴离开电场时速度为v。

方法一：可以根据动能定理求解，因电场力不做功：

?mgLsin??11mv2?mv0222 得：v?v02?2gLsin?

方法二：液滴离开电场时的速度v，根据牛顿第二定律和运动学公式： ma?mgsin?, ∴a?gsin?

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由v2?v02??2aL得v?v02?2gLsin? 说明：如果粒子返回原点射出电场，速度仍为v0

【练1】如图所示，两平行金属板间的距离是d，两板间的电压是U，

今有一电子从两板间的O点沿着垂直于板的方向射出，到达A点后即返回。若OA距离为h，则此电子具有的初动能是（ ）

A.edh/U B.edhU C.eU/dh D.ehU/d

二．带电粒子在电场中（限于匀强电场）的偏转问题的处理方法。

类似平抛运动的处理方法，应用运动的合成和分解的知识求解（粒子沿垂直电场方向射入） １沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间：t?x1或y?at2得t?v022y 做题时根据已a知条件情况灵活选择。若粒子射出平行板，则t?t?d 。 aL； 若粒子从中心进入且打在极板上，则v0沿电场方向为初速度为零的匀加速直线运动：a?２离开电场时的偏移量：y?３离开电场时的偏角tan??12qUl2 at?222mv0dFqEqU。 ??mmmdqUl 2mv0d４两个夹角的关系。如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电

场射入，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为?，

则tan??vyvx?atqU1l ① ?2v0mv0d 若连接入射点与出射点，设连线与入射方向（v０的方向）的夹角为?，则：

12atqU1ly2 ② ； 由①②式可知 tan??2tan? tan????2xl2mv0d注意：在做此类题时一定要判断粒子能否射出极板。

【例2】如图所示，电子在电势差为Ｕ1的加速电场中由静止开始运动，然后

射入电势差为Ｕ2的两块平行极板间的电场中，在满足电子能射出平行极板区条

件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角?变大的是（ ）

Ａ、Ｕ１变大、Ｕ２变大 Ｂ、Ｕ１变小、Ｕ２变大 Ｃ、Ｕ１变大、Ｕ２变小 Ｄ、Ｕ１变小、Ｕ２变小

解析：设电子被加速后获得的初速度为v0，则由动能定理得：qU1?12mv0 ① 2第- 2 -页 共 14 页

又设极板长为L，则电子在电场中偏转所用时间t=L/v0 ②

EqU2q ③ ?mmdqU2L 电子射出偏转电场时，平行于电场线的速度vy=at ④ 由①②③④可得：vy?

mdv0电子在平行极板间受电场力作用产生加速度a，由牛顿第二定律得：a?又tan??vyv0?qU2LqU2LU2L 答案选B ??2mdv02qdU12U1d【练2】一束电子流在U1=500V的电压作用下得到一定速度后垂直于

平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示。若平行板间的距

离d=1cm，板长l=5cm，问

（1）至少在平行板上加多大电压U2才能使电子不再飞出平行板？ （2）在平行板上加多大电压U2能使电子打在极板中点上？

/【例3】图1中B为电源，电动势E=27V，内阻不计。固定电阻R1=500Ω，R2为光敏电阻。C

为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l1=8.0×10m，两极板的间距d=1.0×10m。S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2=0.16m。P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个

/

扇形a、b和c构成，它可绕AA轴转动。当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2

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的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω。有一细电子束沿图中虚线以速度v0=8.0×10m/s连

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续不断地射入C。已知电子电量e=1.6×10C，电子质量m=9×10kg。忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变。

?设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y。（计算结果保留二位有效数字）。

?设转盘按图1中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。取光束照在a、b分界处时t=0，试在图2给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0--6s间）。要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值。（不要求写出计算过程，只按画出的图线评分。）

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解析：

（1）设电容器C两析间的电压为U，电场强度大小为E，电子在极板间穿行时y方向上的加速度大小为a，穿过C的时间为t1，穿出时电子偏转的距离为y1，（请同学们自已在上图中画出示意图） U? y P 细光束 b A a c A/ R2 R1 C v0 图1 S O

l2 l1 B ?R1R1?R2 ① E?lU1 ② eE=ma ③ t1?1 ④ y1?at12

2v0d⑤

R1l12e?() ⑥ 由以上各式得 y1?22mv0R1?R2d 代入数据得 y1?4.8?10m ⑦ 由此可见y1??31d，电子可通过C. 2 设电子从C穿出时，沿y方向的速度为v，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时

间内电子在y方向移动的距离为y2，

l v1=at1 ⑧ t2?2 ⑨ y2=v1t2 ⑩

v0 由以上有关各式得 y2?R1l1l2e?() 2mv0R1?R2d－2

y y O

代入数据得 y2=1.92×10m －2

由题意 y=y1+y2=2.4×10m

1l12v0 l1 C y1 l2 小结：计算电子打到屏上的坐标y的方法很多，如上图所示，应用出射速度反向延长线y1l?2l2?，解得y?1y1 。 应1yl1l1?l22 y/10-3m 24 20 与初速度方向直线的交点为平行板长度的中点,即有

用此法最为简单。

(2)如图所示，请同学们思考为什么2—3秒内 无电子到达屏上呢？请写出过程。

12 10 O 123456t/s

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