带电粒子在静电场中的运动专题复习.ppt

高中物理选修3-1第一章静电场复习,带电粒子在场中的运动,一、带电粒子在电场中的加速问题,在匀强电场中带电粒子做匀加速直线运动，可通过牛顿定律和匀变速运动的运动学公式进行讨论,1.用力和运动的观点讨论,2.用功和能的观点讨论,根据动能定理，在任意电场中可通过式求解，在匀强电场中即可通过式又可通过式求解,例1.在点电荷Q的电场中有A、B两点，将质子和粒子分别从A点由静止释放，已知质子和粒子的电性相同，带电量之比为1:2，质量之比为1:4，则到达B点时，它们的速度大小之比为多少？,带电粒子的运动为变加速运动,不可能通过力和运动的关系求解.但注意到W=qU这一关系式对匀强电场和非匀强电场都是适用的,因此用能量的观点入手由动能定理求解此题.,解：质子和粒子从A到B运动过程中，分别应用动能定理得,联立两式可解出它们到达B点时的速度大小之比为,例2.在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速率，下列解释正确的是（）A.两板间距离越大，加速时间就越长，则获得的速率就越大.B.两板间距离越小，加速时间就越长，则获得的速率就越大C.与两板间的距离无关，仅与加速电压有关D.以上解释都不对.,C,二、带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,垂直射入匀强电场的带电粒子,在电场中的偏转是类平抛问题,与重力场中的平抛运动处理方式相似,也就是“正交分解”法.即在垂直电场线方向上为匀速运动，在平行电场线方向上为初速度为零的匀加速运动注意(1)合分运动的等效性、独立性和等时性(2)对每个分运动及合运动用能量的观点处理问题.,例1.一束电子自下而上进人一水平方向的匀强电场后发生偏转，则电场方向为_，进人电场后，电子的动能_（填”增加”、”减少”或”不变”）.,水平向左,增加,根据带电粒子的轨迹求解有关问题时,做出带电粒子的初速度和电场力矢量两个有向线段的图示是解题的出发点,v0,F,E,s,解析：由于电子是基本粒子，其重力比电场力小得多，可忽略重力。电子所受初速度与电场力（合外力）垂直，电子做“类平抛运动”电场力方向指向曲线的凹侧，应水平向右，电场力做正功，电子的动能增加。,例3.二价氧离子与一价碳离子从水平放置的平行金属板的中央沿垂直于电场方向发射，在下列各种情况下，求它们飞出电场时，在竖直方向上偏移的位移大小之比？射入时速度相同.射入时动量相同.射入时动能相同.经相同电压加速后射入.,1:1,3:2,8:3,2:1,与q和m无关,求解物理量之比的程序设计1.找出所求量的表达式;2.先确定常量;3.再确定所求量(因变量)与表达式中自变量的比例式4.代入数值求解.,例2.a、b、c、d为匀强电场中的四个等势面，一个电子从N点平行于等势面方向射入匀强电场后的运动轨迹如实线NM，由此可知（）A.电子在N的动能大于在M点的动能B.电子在N点的电势能小于在M点的电势能C.电场强度方向向左D.电场中a点电势低于b电电势,D,模型化归：带电粒子在匀强电场中做“类平抛运动”,v0,F,E,S,解析：由于电子是基本粒子，其重力比电场力小得多，可忽略重力。电子所受初速度与电场力（合外力）垂直，电子做“类平抛运动”电场力方向指向曲线的凹侧，应水平向右，电场力做正功，电子的动能增加,电势能减小。,例4.如图是一个说明示波管工作的部分原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏移量为h，两平行板间距为d，电压为U，板长为L，每单位电压引起的偏移量（h/U）叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用的办法是（）A.增加两极板间的电势差UB.尽可能缩短板长LC.尽可能减小板间距dD.使电子的入射速度v0大些,C,先找到物理量表达式,先看常量后看变量,先定性判断后定量计算,例5.一个电子以4.0106ms的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成1500角方向飞出，那么，A、B两点间的电势差为多少伏？(电子的质量为9.11031kg).,学会用能量的观点处理带电粒子在电场中的运动问题；曲线运动的基本解法就是运动的合成和分解。,vA,A,B,1500,vB,vA,vy,解：电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动,根据动能定理得,联立两式解出AB两点的电势差,负号说明A点的电势比B点低,例6.a、b、c三个粒子同时由同一点垂直进入偏转电场,其轨迹如图所示,其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（）A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上B.b和c同时飞离电场C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D.动量的增量相比，c的最小，a和b一样大,ACD,x,y,O,解：粒子做类平抛运动,由图看出,由式可知,由式可知,由式可知,根据动量定理得,例7.带电粒子射入两块平行极板间的匀强电场中，入射方向跟极板平行，重力忽略.若初动能为Ek，则离开电场时的动能为2Ek，如果初速度增为原来的2倍，则离开电场时的动能为（）A.3EkB.4EkC.17Ek/4D.9Ek/2,C,涉及到动能的变化,应考虑用动能定理解题,过程一:,过程二:,解：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,联立两式可得,联立式可得,模型化归：带电粒子在匀强电场中做“类平抛运动”,三、带电粒子在电场中的加速偏转综合问题,带电粒子先经加速电场加速后进入偏转电场做类平抛运动.,离开电场时的偏转角,离开电场时的偏移量,带电粒子离开电场时的偏转角和偏移量均与带电粒子的质量和电量无关.只要电性相同的带电粒子,在电场中留下的轨迹相同,所以无法将电性相同的粒子分开.,例1一束电子流在经U15000V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，如图所示，若两板间距d1.0cm，板长L5.0cm，那么，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？,解：电子在加速电场中加速过程中,电子在偏转电场中做类平抛运动过程中,联立两式可得两个极板上所加电压的最大值,瞬时速度是联系两个过程的桥梁。,例2.静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压U2的作用下偏转一段距离.现使U1加倍,要想使电子的运动轨迹不发生变化,应该（）A.使U2加倍B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的倍D.使U2变为原来的12倍,A,要使电子的轨迹不变,则应使电子进入偏转电场后,任一水平位移x所对应的侧移距离y不变.,解：电子先经加速电场加速后进入偏转电场做类平抛运动.,联立两式可得电子的偏移量,由此选项A正确,电学搭台，力学唱戏。,例3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的两块平行板间的匀强电场中,在满足电子射出平行板区的条件下,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,B,解：电子先经加速电场加速,后进入偏转电场做类平抛运动.电子离开电场时的偏转角,联立两式得,故选项B正确,平抛运动不是分解速度，就是分解位移。,例4有一电子(电量为e)经电压U0加速后进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场求：(1)金属板AB的长度(2)电子穿出电场时的动能,解：电子先经加速电场加速后进入偏转电场做类平抛运动.,联立两式解出金属板AB的长度,对电子运动的整个过程根据动能定理可求出电子穿出电场时的动能,提升物理思想：整个过程运用动能定理解题,例5空间某区域有场强大小为E的匀强电场，电场的边界MN和PQ是间距为d的两个平行平面，如果匀强电场的方向第一次是垂直于MN指向PQ界面，第二次是和MN界面平行.在这两种情况下，一个带电量为q的粒子以恒定的初速度垂直于MN界面进入匀强电场，带电粒子从PQ界面穿出电场时动能相等，则带电粒子进入电场时的初动能是多大？（不计重力）,解：第一次带电粒子做匀加速运动,联立解出带电粒子进入电场时带电初动能,第二次带电粒子做类平抛运动,带电粒子在第一种情况下做匀加速直线运动，在第二种情况下做类平抛运动两种情况下带电粒子的初末动能均相同，根据动能定理说明电场力做的功相等，而电场力大小相等，说明沿电场力方向的位移相等，由此第二种情况下，带电粒子的匀速运动分运动的位移和初速度为零的匀加速运动的分运动的位移大小相等均为两板间的距离d.,四、带电粒子在匀强电场中的“类斜抛运动”,不管是哪一类曲线运动,其基本处理方法是根据运动的独立性原理和力的独立作用原理把曲线运动分解成两个不同方向的简单的直线运动来处理.带电粒子在匀强电场中的“类斜抛运动”一般分解为沿电场力方向的匀变速直线运动和垂直于电场力方向的匀速直线运动.这类问题比较复杂,一般用动能定理求解.,例1两平行金属板相距10cm，两板间电压为100V，A、B两点的连线与金属板平行.一质子以30eV的动能从A点射入两板间，初速度v0与AB成角，若质子从B点离开电场，则末动能为_eV；若质子从C点离开电场，BC=2cm，则末动能为_eV；若质子从D点离开电场，且BD=3cm，则末动能为_eV.,30,10,60,解：带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，根据动能定理,将y=0;y=2cm;y=3cm代入上式可得答案,曲线运动的基本解法是运动的合成和分解，辅助解法是功和能的观点常用动能定理。,五、带电粒子在交变电场中的直线运动,带电粒子进入电场时的方向与电场方向平行,带电粒子在交变电场力的作用下,做匀加速运动和匀减速运动交替的直线运动，必须分成几个不同的阶段进行分析.首先由电压变化情况确定粒子所受电场力，再结合初速度确定带电粒子的运动性质,根据每段带电粒子的运动规律做出其vt图像,有时需要用坐标轴的平移的方法.这类问题通常用动力学知识求解.,例1在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(),A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动B.电子一直向A板运动C.电子一直向B板运动D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做来回周期性运动,C,解析1：在0T/2内，电子向B板做初速度为零的匀加速运动；在T/2T内，电子向B板做匀减速运动；由于电子的加速度大小相等，所以经过一个周期，电子的速度减小为零以后重复上述运动,物体的运动性质由初速度和合外力两个因素共同决定不要做亚里士多德的追随者。,解析2：做出电子运动的速度时间图像可以清楚地看到电子一直向B板运动且每半个周期运动的位移相等。,思考：若在t=T/4时放入电子，电子做什么运动？,解析：将上题中的vt图像向下平移可做出电子运动的速度时间图像可以清楚地看到在第二个四分之一周期内，电子向B板做初速度为零的匀加速运动，在第三个和第四个四分之一周期内，电子向B板做“类竖直上抛运动”，第三个四分之一周期末刚好回到出发点。在第五个和第六个四分之一周期内，电子向A板做“类竖直上抛运动”，第六个四分之一周期末刚好回到出发点。电子以第二个四分之一周期末的位置为平衡位置做机械振动。,例2.真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地（电势为零）,A板电势变化的规律如图将一个质量m=2.010-23kg,电量q=+1.610-15C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力.求(1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小.(2)若A板电势变化周期T=1.010-5s,在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，求粒子到达A板时动量的大小,解：释放瞬间粒子的加速度,带电粒子从B板释放后，前半个周期向A板匀加速运动，后半个周期后向A板匀减速运动根据对称性，每半个周期内运动的位移相等,说明带电粒子经半个周期到达A板它到达A板的动量,做出带电粒子运动的速度时间图像可以清楚地看到带电粒子一直向A板运动且每半个周期运动的位移相等。,“图”在物理学中有着十分重要的地位，它是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具，中学物理中常用的图有示意图、过程图、函数图、矢量图、电路图和光路图等等，若题干或选项中已经给出了函数图，则需从图象纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口。用图象法解题不但快速、准确，能避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题。,作图法解物理题,例3在平行金属板A、B之间加如图所示的交变电压，其频率为f，t=0时刻A板处有一个质量为m、电量为q的正离子从静止开始向B板运动，重力忽略不计，求：为使离子到B板时的速度最大，A、B之间的距离d应满足什么条件？,解：要使正离子到达B板的速度最大，需要正离子在电场中始终做加速运动，应满足,因此AB之间的距离应满足,取t=T/2正离子运动的位移L为板长临界状态考虑。此时电场力做功为qU。若dL,则两板间场强变小，电场力变小，加速度变小，正离子运动时间tT/2，半个周期正离子不会到达B板，半个周期内电场力做功小于qU（加速电压小于U）,此后电场力做负功整个过程电场力做功一定小于qU。,例4有一对长为L、相距为d的水平放置的金属板A、B，在两极板间加如图所示的交变电压。t=0时，一正离子以速度v0从d/2处平行于金属板进入电场，然后从电场中飞出。.为保证正离子在d/2处离开电场，则交变电压频率应满足什么条件？.欲使正离子离开电场时速度与初速度相同，交变电压的频率应满足什么条件？,解：要使正离子从d/2处离开电场，要求它在竖直方向的分运动的位移为零要求正离子在电场中运动的时间为交变电压的周期的整数倍,要使正离子离开电场时的速度与初速度相同，要求它在竖直方向的分运动的速度为零要求正离子在电场中运动的时间为交变电压的半个周期的整数倍,正离子在垂直于两板方向做机械振动这样周期性运动。,六、带电粒子在复合场中的运动,由于带电粒子在匀强电场中所受的电场力与重力都是恒力,因此其处理方法有以下两种:,1、“正交分解法”.处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的.可以将复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动；,2、“等效重力法”.将重力和电场力进行合成,则其等效于“重力”,a=F合m,等效于“重力加速度”.F合的方向等效于“重力”的方向即重力场中的竖直向下的方向。,有时需要结合直线运动和曲线运动的条件进行分析。,例1把一个倾角为的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E。有一质量为m、带电量为+q的物体以初速度v0，从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数多大？,解：对物体受力分析，根据平衡条件得,联立两式解出物体与斜面间的动摩擦因数,模型化归:四个不在一条直线上的共点力的平衡问题，基本解法是正交分解。,例2水平放置的平行金属板a、b、分别与电源的两极相连.带电液滴p在金属板a、b间保持静止，现设法使p固定，再使两金属板a、b分别以过中心点O、O垂直与纸面的轴转过一个角度，然后释放p，则p在电场内将做（）A.匀速直线运动.B.水平向右的匀加速直线运动.C.斜向右下方的匀加速直线运动.D.曲线运动.,B,解：根据平衡条件初状态有,末状态有,因此带电液滴水平向右做匀加速直线运动,物体的运动性质由初速度和合外力两个因素共同决定,例3一平行板电容器板长为L，两板间距离为d，将其倾斜放置，如图所示，两板间形成一匀强电场.现有一质量为m、带电量为+q的油滴以初速度v0自左侧下板边缘处水平进入两板之间，沿水平方向运动并且恰从右侧上板边缘处离开电场，那么，两板之间的电势差为多大？,解：对带电油滴受力分析，根据物体做直线运动的条件得,联立两式解出两板之间的电势差,根据物体做直线运动的条件进行分析准确规范认真作图是物理学习的基本功。力学搭台，电学唱戏。,例4如图中的虚线为匀强电场中的等势面，相邻等势面的电势差均为100V，间距为5cm，一质量为0.1kg的带负电的小球，以10m/s的速度，沿与水平方向成30角射入电场，若该小球做直线运动，求：小球的带电量.沿运动方向的最大位移.(g=10m/s2),解：根据物体做直线运动的条件得,所以小球的电量,小球沿初速度方向做匀减速直线运动，根据动能定理,其中,联立两式解出小球沿运动方向的最大位移,模型化归：小球做“类竖直上抛运动”。受力分析和运动分析是解“力学题”的生命线。,例5在真空室中有两个水平的金属板，板间的距离为h，有一质量为m的小油滴，带电量为q，自上极板的下表面处由静止开始自由下落，当它运动到两极板间距离的中点时，给两极板加电压U，使电荷受到向上的电场力.当电压等于多大，才能使小油滴在刚好接近下极板时，开始向上运动.,解：前半程带电油滴做自由落体运动，后半程带电油滴在重力和电场力的共同作用下做匀减速直线运动，到下极板时速度减小为零，然后开始向上运动。整个过程中根据动能定理,所以两极板加的电压,提升物理思想：整个过程运用动能定理解题,例6一根粗细均匀的直杆，竖直固定在水平面上，置于竖直向上的匀强电场中，场强为E，杆上套着一个质量为m、电量为-q的小球，小球在杆上滑动时受到的摩擦力为f，小球在高出水平面h的A处以初速度v0竖直向上弹出，设竖直杆足够长，小球与水平面碰撞时无能量损失，小球与杆、水平面绝缘.求小球向上的最大位移X以及最大的路程s。,解小球受重力、摩擦力和电场力作用向上做匀减速直线运动，根据动能定理,小球最终停在水平面上，在整个过程中，根据动能定理,小球向上运动的最大位移,所以小球运动的最大路程,例7一个质量为m，带有电荷-q的小物体，可在水平轨道OX轴上运动，O端固定在墙上，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿OX轴正向，如图所示.小物体以初速v0从X0点沿OX轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且fqE；设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程s.,解：开始时设物体的从x0点以v0向右运动，则物体先向右做匀减速运动，直到速度减小为零，由于qEf，接着物体向左做匀加速运动，直到以一定速度与墙碰撞，原速率弹回后重复以上过程由于摩擦力总是做负功，所以物体通过同一位置的速度将不断减小，直到最后停止物体停止时，必须满足速度为零和合外力为零两个条件，只有o点满足上述条件在整个过程中，根据动能定理有,提升物理思想：整个过程运用动能定理解题,例8质量为5.0108kg的带电微粒，以V0=2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央水平飞入板间，已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当UAB=1000V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间。问：AB间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出？(g=10m/s2),解：根据平衡条件得,所以小球的电量,当带电微粒刚好从A板右端飞出时，所加电压具有最大值Umax,模型化归：过程一，小球做“匀速直线运动”；过程二，小球做“类平抛运动”，用等效重力的思想把重力和电场力看成等效重力。,当带电微粒刚好从B板右端飞出时，所加电压具有最大值Umin,联立式解出AB间所加电压的最小值,联立式解出AB间所加电压的最大值,1、.全面地、变化地分析问题；2、矛盾的主要方面决定事物是性质。,例9一带电粒子以竖直向上的初速度v自A点进入场强为E、方向水平向右的匀强电场，粒子受到的电场力大小等于重力.当粒子到达B点时，速度大小仍等于v，但方向变为水平，那么A、B之间的电势差等于多少？从A到B所经历的时间时多少？,解：带电粒子在竖直方向上做竖直上抛运动，水平向右做初速度为零的匀加速直线运动。,A、B之间的电势差,联立式解出A、B间的电势差,由式解出从A到B所经历的时间,曲线运动的基本解法是运动的合成和分解。将曲线运动分解为两个互相正交的简单的直线运动。,例10一个劲度系数为k，绝缘材料制成的轻弹簧，一端固定，另一端与质量为m，带正电荷q的小球相连，静止在光滑水平面上，当加入下图所示的场强为E的匀强电场后，小球开始运动，以下叙述正确的是（）A.球的速率为零时，弹簧伸长qE/kB.球做简谐振动，振幅为qE/kC.运动过程中，小球的机械能定恒D.运动过程中，电势能、动能和弹性势能互相转化,BD,解析：本题属于类竖直方向的弹簧振子模型，小球做简谐运动，首先确定平衡位置在电场力和弹簧力二力平衡的位置，此时弹簧伸长qE/k，弹簧原长时小球在最左端，说明振幅为qE/k，小球在最右端时，弹簧伸长2qE/k。运动过程中，弹簧力和电场力对小球做功，小球的机械能和电势能之和守恒。,模型化归：“竖直方向上的弹簧振子”电场力和弹簧力的合力提供回复力,例11质量为m、带电量为+q的小球，用一绝缘细线悬于O点，开始时它在A、C之间来回摆动，OA、OC与竖直方向OB的夹角均为，如图所示，.如果当它摆动到C点时突然施加一竖直向上的、大小为E=mg/q的匀强电场，求此时线中的拉力T1.如果这一电场是在小球从A点摆动到最低点B时突然加上去的，求当小球运动到B点时线中的拉力T2.,解：小球在C点时细线的张力,小球在B点时细线的张力,小球从A到B的运动过程中，机械能守恒,联立两式解出小球在B点时细线的张力,模型化归：“变速圆周运动”，基本解法是状态方程加过程方程。受力分析时，除了力学的三种力，加上电场力,例12长为L的的绝缘细线系很小的带正电量为q且质量为m的球悬于O点，如图所示，当在O点另外固定一个正电荷时，如球静止在A处，则线拉力是球重的两倍，现将球拉至图中B位置，放开让它摆动，问：固定在O处的正电荷的电量为多少？摆球回到A处时，悬线拉力变为原来的几倍？,解：小球在A点时，根据平衡条件,所以O点处正电荷的电量,摆球回到A点时,小球从B到A的运动过程中，机械能守恒,联立式解出摆球回到A点时细线的拉力,模型化归：“变速圆周运动”，基本解法是状态方程加过程方程。受力分析时，除了力学的三种力，加上电场力,例13质量为m的带电小球处于水平方向的匀强电场中，拉至水平位置无初速度释放，最大摆角为，绳长为l，求在最低点时的速度及绳的拉力。,从释放到最低点，根据动能定理,联立得小球在最低点时的速度,解：从释放到左侧最高点，根据动能定理,根据牛顿第二定律,联立得最低点时绳的拉力,模型化归：“变速圆周运动”，基本解法是状态方程加过程方程。受力分析时，除了力学的三种力，加上电场力,例14两绝缘细线分别系着a、b两个带电小球，并悬挂在O点，当两个小球静止时，它们处在同一水平面上，此时，如图所示，现将两细线同时剪断，在某一时刻（）A.两球处在同一水平面上B.a球水平位移大于b球水平位移C.a球速度小于b球速度D.a球速度大于b球速度,AC,解析：根据初始状态mb。剪断细线后对a、b小球分别进行受力分析和运动分析可知，它们在竖直方向上均做自由落体运动，因此，两球在落地前的任一时刻它们的竖直速度均相同，两球始终在同一个水平面上。a、b两球组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以在它们落地前的任一时刻，a球的水平速度总是小于b球的水平速度，所以a球的水平位移总是小于b球的水平位移，根据运动的合成和分解可知a球的速度总是小于b球的速度。,