1、第 4 讲 带电粒子在电场中运动的综合问题基 础知 识 回 顾 考点一 示波管的工作原理1亮点位置的确定(1)恒压处理：分别在偏转电极 XX和 YY所加的扫描电压和波形电压都是变化电压，但其变化周期比电子经过极板的时间要长得多，相比之下，电子经过极板的时间可当作一个周期中的某“时刻”，所以在处理计算电子的偏转距离时，电子经过极板的时间内电压可当作恒定电压来处理例如，在 YY上加信号电压 u220 2sin100t V，在 t 1600 s时 射 入 极 板 的 电 子，偏 转 电 压 可 认 为 是 u 2202sin100 1600 V110 2 V 不变(2)双向偏转确定亮点的坐标位置：电
2、子在两个方面的偏转互不影响，均当作类平抛运动处理由 X 和 Y 方向同时刻加上的偏转电压 Ux、Uy，通过式子 x12axt2UxL24dU1，y12ayt2UyL24dU1等分别计算电子打在荧光屏上的侧移距离 x、y，则亮点的位置坐标为(x，y)不同时刻偏转电压不同，亮点位置坐标不同，因此连续打出的亮点按 X、Y 方向的信号电压拉开排列成“线”2XX扫描电压的作用竖直平行放置的一对金属板 XX，加上偏转电压 Ux 后使电子束沿水平方向偏转，Ux称为扫描电压，波形如图所示不同时刻的偏转电压不同，由于侧移距离与偏转电压成正比，电子在荧光屏上打出的亮点相对原点的位置不同，在一个周期 T 内，亮点沿
3、 x 方向从负向最大侧移经原点 O 向正向最大移动，完成一次“扫描”，由于周期 T 很短，因此人眼观察到的就是一条水平亮线如果扫描电压的频率 fx 等于 YY上所加波形电压的频率 fy，则在荧光屏上显示一个完整的波形；如果 fy2fx，则Tx2Ty，水平扫描一次，竖直变化 2 次，因此得到两个完整波形，依次类推从阴极K发射的电子经电势差 U04500 V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长 L110 cm，间距 d4 cm 的平行金属板 AB 之后，在离金属板边缘 L275 cm 处放置一个直径 D20 cm 的带有记录纸的圆筒(如图所示)，整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计
4、已知电子质量 m0.91030 kg，电子电荷量 e1.601019 C，不考虑相对论效应若在两金属板上加上 U1000cos2t(V)的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以 4 rad/s 的角速度匀速转动，确定电子在记录纸上的偏转位移随时间变化的关系式并定性画出 1 s 钟内所记录的图形(电子穿过 AB 的时间很短，可认为这段时间内板间电压不变)思维启迪 电子的加速和竖直偏转跟示波管完全相同，没有水平偏转电极，则电子会在屏上打出一条竖直亮线，用转动圆筒替代荧光屏将竖直亮线展开，亮点在记录纸的运动是匀速直线运动，与电子束水平扫描效果相同尝试解答(1)由 eU012mv20得电子入射速度v0
5、2eU0m 21.61019450091031 m/s4107m/s加交流电压时，A、B 两极间场强EUd2.5104cos2t(V/m)电子飞出板间时偏距y112at21eE2mL1v02电子飞出板间时竖直速度 vyat1eEm L1v0电子从飞离极板至到达圆筒时偏距 y2vyt2eEL1mv0 L2v0eEL1L2mv20故在纸上记录落点的总偏距yy1y2L12 L2 L1E2U029cos2t(m)因圆筒每秒钟转 2 周，故在 1 s 内，电子在记录纸上的偏转图形如图所示答案 y29cos2t(m)图形见解析图(1)本例中没有扫描极板 XX，如果仍使用不动的荧光屏，则只能在屏上打出一条竖
6、直亮线转动圆筒的作用等效加上扫描电压，让图线沿水平方向“展开”，显示波形(2)示波管类问题解题流程注：x、y 为在偏转极板内的偏转位移，而不是在荧光屏上的偏转位移跟踪训练1有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是()A增大墨汁微粒的比荷B减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C减小偏转极板的长度D增大偏转极板间的电压解析 据题意，带电的墨汁微粒以一定的速度进入偏转电场后，沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做
7、匀加速直线运动，tanvy/vx，vyatqUl/mdv0，vxv0，所以 tanqUl/mdv20；如果增大微粒的比荷，偏移量将增大，选项 A 错误；如果减小微粒的初动能，偏移量将增大，选项 B 错误；如果减小偏转极板的长度，偏移量将减小，选项 C 正确；如果增大偏转极板间电压，偏移量将增大，选项D 错误答案 C2如果在示波器偏转电极 XX和 YY上都没加电压，电子束从金属板小孔射出后将沿直线运动，打在荧光屏上，在那里产生一个亮斑如果在偏转电极 XX上不加电压，只在偏转电极 YY上加电压，电子在偏转电极 YY的电场中发生偏转，离开偏转电极 YY后沿直线前进，打在荧光屏上的亮斑在竖直方向发生位
8、移 y，如图乙所示(1)设偏转电极 YY上的电压为 U、板间距离为 d，极板长为 l1，偏转电极 YY荧光屏的距离为 l2.电子所带电荷量为e、质量为 m，以 v0 的速度垂直于电场强度方向射入匀强电场，如图乙所示试求 y.(2)设电子从阴极射出后，经加速电场加速，加速电压为U，从偏转电场中射出时的偏移量为 y.在技术上我们把偏转电场内单位电压使电子产生的偏移量(即 y/U)称为示波管的灵敏度，试推导灵敏度的表达式，并提出提高灵敏度可以采用的方法解析(1)根据几何知识可知 yyl2tan，电子在电场中运动的时间 tl1v0，偏移量 y12at212eUmdl21v20，设偏转角度为，则 tan
9、vyv0atv0 eUl1mdv20，所以有 l2taneUl1l2mdv20，即 yyl2tan el21U2mdv20eUl1l2mdv20 el1Umv20dl2l12.(2)电子在加速电场加速后，有12mv20eU1，得 v02eU1m电子在 YY内的加速度为 aeUmd，电子在 YY内运动的时间 tl1v0l1m2eU1，所以偏转位移 y12at2 Ul214dU1，根据灵敏度的定义 yU l214dU1.根据 的表达式可知，要提高示波管的灵敏度，可增加偏转电极的长度、减小偏转电极间距离或减小电子枪的加速电压答案(1)el1Umv20dl2l12 (2)yU l214dU1 方法见解
10、析考点二 带电粒子在交变电场中的运动1分过程解决问题不同过程电场不同，带电粒子受力不同，加速度不同，但有规律可循，特别是对称性的思路往往是解决问题的捷径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(一般根据交变电场特点分段研究)2借助图象，展示物理过程带电粒子在交变电场中运动时，受静电力作用，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图象来描述它在电场中的运动情况，可直观展示物理过程，从而获得启迪，快捷地分析求解(2015惠州二调)如下图甲所示，两块平行金属板MN 间的距离为 d，两板间电压 U 随 t 的变化规律如
11、图乙所示，电压的绝对值为 U0.t0 时刻 M 板的电势比 N 板低在 t0时刻有一个电子从 M 板处无初速度释放，经过 1.5 个周期刚好到达 N 极板电子的电荷量为 e，质量为 m.求：(1)该电子到达 N 板时的速率 v；(2)在 1.25 个周期末该电子和 N 板间的距离帮你审题 尝试解答(1)根据题图象可知，粒子先匀加速T2，再匀减速T2速度减到零，最后匀加速T2到达 N 板，根据动能定理得eU03 12mv20，解得 v2U0e3m.(2)根据粒子运动的对称性可知，粒子每T2运动d3的距离，从 1.25T 到 1.5T 的时间内，粒子运动了34d3d4，故 1.25 个周期末该电子
12、和 N 极板间的距离 sd4.答案(1)2U0e3m (2)d4跟踪训练1(粒子做往返运动)(2016福建三明一中月考)如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象当 t0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s 末带电粒子回到原出发点C3 s 末带电粒子的速度不为零D03 s 内，电场力做的总功为零解析 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第 1 s 内的加速度和第 2 s 内的加速度的关系，因此先加速 1 s 再减速 0.5 s，速度为零，接下来的 0.5 s 将反向加速，vt 图象如图所
13、示，根据图象可知选项 A 错误；由图象可知 2 s 内的位移为负，故选项 B 错误；由图象可知第 3 s 末的速度为零，故选项 C 错误；由动能定理可知 03 s 内，电场力做的总功为零，故选项 D 正确答案 D2(粒子做偏转运动)(2015江苏扬州检测)如图甲所示，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，偏转电场板间距离 L8 cm，极板长为 2L，下极板接地，偏转电场极板右端到荧光屏的距离也是 2L，在两极板间接有一交变电压，电压变化周期 T4 s，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示，大量电子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平
14、行板的过程中电压是不变的(1)求电子进入偏转电场时的速度 v0(用电子比荷 em、加速电压 U0 表示)；(2)在电势变化的每个周期内荧光屏会出现“黑屏”现象，即无电子击中屏幕，求每个周期内的“黑屏”时间有多长；(3)求荧光屏上有电子打到的区间的长度解析(1)根据题意可知，电子进入偏转电场时的速度即为电子出加速电场时的速度，根据动能定理有eU012mv200，解得电子进入偏转电场时的速度为 v02eU0m.(2)电子射出偏转电场后做匀速直线运动至荧光屏，由图甲可知，只要电子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当电子在偏转电场中偏移量大于 L/2 时，电子将打在偏转电场的极板上，致使出现“黑屏
15、”现象，设电子刚好能射出电场时的偏转电压为 Um，则有L212eUmmL 2Lv02，解得 Um0.5U0.结合图乙可知，在偏转电压为 0.8U00.5U0 之间变化时，进入偏转电场的电子无法射出偏转电场打到荧光屏上，因此每个周期时间内荧光屏出现“黑屏”的时间为 t0.80.50.80.4T1 s.(3)设电子射出偏转电场时的偏移量为 y，打在荧光屏上的位置到 O 点的距离为 Y，如图所示，由图中几何关系有YyL2LL3.当电子向上偏转时，打到荧光屏上的位置到 O 点的最大距离为 Y13L212 cm，当电子向下偏转时，打到荧光屏上的位置到 O 点的最大距离为 Y230.40.5L29.6 c
16、m.所以荧光屏上有电子打到的区间的长度为 lY1Y221.6 cm.答案(1)2eU0m (2)1 s(3)21.6 cm思想方法用等效法解决带电体在电场、重力场中的运动等效思维方法就是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方法常见的等效法有“分解”、“合成”、“等效类比”、“等效替换”、“等效变换”、“等效简化”等，从而化繁为简，化难为易带电体在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大若采用“等效法”求解，则
17、能避开复杂的运算，过程比较简捷先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将 aF合m 视为“等效重力加速度”再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可(14 分)(2016成都摸底)如下图甲所示，绝缘光滑轨道 AB 部分为倾角为 30的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为 R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切整个装置处于场强为 E、方向水平向右的匀强电场中现有一个质量为 m 的小球，带正电荷量为 q 3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在 O 点的初速度应为多大？帮你审题 解题样板 如图乙所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力 mg，mg qE2mg
18、22 3mg3，(2 分)tanqEmg 33，得 30，(2 分)等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动(2 分)要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D 点)要满足等效重力刚好提供向心力，即有：mgmv2DR(2 分)因 30与斜面的倾角相等，由几何关系可知 AD2R(2分)令小球以最小初速度 v0 运动，由动能定理知：mg2R12mv2D12mv20(2 分)解得 v010 3gR3，(1 分)因 此 要 使 小 球 安 全 通 过 圆 轨 道，初 速 度 应 为 v10 3gR3.(1 分)答案 v10 3gR3本类题解题流程 跟踪训练1.(多选)(20
19、15开封质检)如右图所示，在水平向右的匀强电场中，某带电粒子从 A 点运动到 B 点，在 A 点时速度竖直向上，在 B 点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，所受电场力是重力的 3倍，并且克服重力做的功为 1 J，电场力做的正功为 3 J，则下列说法中正确的是()A粒子带正电B粒子在 A 点的动能比在 B 点多 2 JC粒子在 A 点的机械能比在 B 点少 3 JD粒子由 A 点到 B 点过程中速度最小时，速度的方向与水平方向的夹角为 60解析 由于粒子从 A 点到 B 点，电场力做正功，则电场力的方向水平向右，与电场线的方向一致，则该粒子带正电，选项 A 正确；从 A 点到
20、 B 点，由动能定理可得：合外力做的功为 2 J，粒子在 A 点动能比在 B 点少 2 J，选项 B 错误；从 A 点到 B 点，由能量守恒定律可得，除重力外其他力做的功为 3 J，则粒子在 A 点机械能比在 B 点少 3 J，选项 C 正确；设 C 点为粒子由 A 点到 B 点过程中速度最小的位置，则 C 点为等效重力场中的等效最高点，粒子在 C 点的受力图如图所示，速度 vC 与 F 等效垂直，由图中的几何关系知速度 vC 的方向与水平方向的夹角为 60，选项 D正确答案 ACD2(2015吉安模拟)如右图所示，一条长为 L 的细线上端固定，下端拴一个质量为 m 的电荷量为 q 的小球，将
21、它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从 A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角 60时，小球速度为 0.(1)求：小球带电性质；电场强度 E.(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从 A 点释放小球时应有的初速度 vA 的大小(可含根式)解析(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电小球由 A 点释放到速度等于零，由动能定理有 0EqLsinmgL(1cos)解得 E 3mg3q.(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G，则 G2 33 mg，方向与竖直方向成 30角偏向右下方若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点mv2L2 33 mg12mv212mv2A2 33 mgL(1cos30)联立解得 vA 2gL 31答案(1)带正电 3mg3q (2)2gL 31请做：课时跟踪训练(二十二)
