第七章电场第4讲带电粒子在电场中运动的综合问题【教学目标】1．了解示波管的工作原理2．运用动力学方法分析解决带电粒子在交变电场中的运动3．会运用功能观点、动力学观点综合分析带电粒子在复合场中的运动．【重、难点】1．带电粒子在交变电场中的运动2．析带电粒子在复合场中的运动【知识梳理】考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：―→―→典例精析例1．如图所示，示波管主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成，如图甲所示。电子枪具有释放电子并使电子聚集成束以及加速电子的作用；偏转系统使电子束发生偏转；电子束打在荧光屏上形成光迹。这三部分均封装于真空玻璃壳中。已知电子的电荷量e＝1.6×10－19C，质量m＝9.1×10－31kg，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应。（1）电子枪的三级加速可简化为如图乙所示的加速电场，若从阴极逸出电子的初速度可忽略不计，要使电子被加速后的动能达到1.6×10－16J，求加速电压U0为多大；（2）电子被加速后进入偏转系统，若只考虑电子沿Y（竖直）方向的偏转情况，偏转系统可以简化为如图丙所示的偏转电场。偏转电极的极板长l＝4.0cm，两板间距离d＝1.0cm，极板右端与荧光屏的距离L＝18cm，当在偏转电极上加u＝480sin100πt（V）的正弦交变电压时，如果电子进入偏转电场的初速度v0＝3.0×107m/s，求电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度。考点二带电粒子在交变电场中的运动
(一)分段研究例2．（多选）如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )A．末速度大小为v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了mgdD．克服电场力做功为mgd变式1、一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，已知每一电场区的场强大小相等、方向竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A．小球在水平方向一直做匀加速直线运动
B．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间均相同C．若场强大小等于，则小球经过每一电场区的时间均相同D．若场强大小等于，则小球经过每一无电场区的时间不相同变式2、如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个可以连续产生粒子的粒子源，O点到A、B的距离都是l。现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动。设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10kg，q＝1.0×10－7C。（1）在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？（2）在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？（3）在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？
(二)分解研究例3、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，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的）求：（1）在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处。（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？甲乙
考点三用等效法解决电场、重力场中圆周运动的临界极值问题等效思维方法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。带电粒子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a＝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．例4、如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，珠子所受电场力是其重力的倍，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，求：（1）珠子所能获得的最大动能；（2）珠子在运动过程中对环的最大压力；（3）要使珠子能完成完整的圆周运动，珠子在A点的初动能至少为多大。
变式3、如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带电荷量为＋q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放（AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径），要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D。（1）求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；（2）当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小；（3）在（1）问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在A点至少使它具有多大的初动能？把握三点，正确解答该类问题1．把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。2．等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。3．类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。考点四带电粒子的力电综合问题例5．如图所示，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从距地面为h处以初速度V0水平抛出，在距抛出点水平距离为L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管（内壁光滑），管的上口距地面为h/2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个方向向左的匀强电场，求：
（1）小球的初速度V0；（2）电场强度E的大小；（3）小球落地时的动能。变式4、如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h＝0.8m．有一质量500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度，沿杆匀速下滑，小环离开杆后正好通过C端的正下方P点处．（g取10m/s2）求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；（2）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0；（3）小环运动到P点的动能。变式5、如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，=60°，OB=OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A
点。使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：（1）无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；（2）电场强度的大小和方向。60°ABO
第4讲带电粒子在电场中运动的综合问题答案例1．答案：（1）1.0×103V （2）10cm解析：（1）对于电子通过加速电场的过程，由动能定理有eU0＝Ek解得U0＝1.0×103V。（2）由u＝480sin100πt（V），可知偏转电场变化的周期T＝0.02s，而电子通过电场的时间t＝＝s＝1.333×10－9s可见T≫t，则电子通过偏转电场过程中，电场可以看成匀强电场设偏转电场的电压为U1，电子刚好飞出偏转电场，此时沿电场方向的位移为＝at2＝×t2解得U1＝320V所以，为了使电子打到荧光屏上，所加偏转电压应不大于320V当所加偏转电压为320V时，电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的最大位移为设电子射出偏转电场的速度方向与初速度方向的最大角度为θ则tanθ＝＝0.25电子打到荧光屏上的偏移量Ym＝tanθ＝5.0cm由对称性，可得电子在荧光屏上的亮线的最大长度为2Ym＝10cm。
例2、BC变式1、C变式2、答案：（1）×10－3s到达A极板 （2）4×10－3s （3）100个解析：（1）根据图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动。因为x＝2＝3.6m>l，所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板。设粒子到达A板的时间为t，则l＝t2解得t＝×10－3s。（2）在0～时间内，粒子的加速度大小为a1＝＝2×105m/s2在～T时间内，粒子的加速度大小为a2＝＝4×105m/s2可知a2＝2a1，若粒子在0～时间内加速Δt，再在～T时间内减速刚好不能到达A板，则l＝a1Δt·Δt解得Δt＝2×10－3s因为＝6×10－3s，所以在0～时间里4×10－3s时刻产生的粒子刚好不能到达A板。（3）因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n＝300××＝100(个)。例3、答案：（1）打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5cm （2）30cm解析：（1）电子经电场加速满足qU0＝mv2
经电场偏转后侧移量y＝at2＝·2所以y＝，由图知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足＝所以Y＝13.5cm。（2）由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30cm。例4、（1）mgr （2）mg（3）mgr变式3、答案：（1） 方向见解析 （2）mg（3）mgr解析：（1）根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大。作过M点的直径MN，设电场力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值F电min＝mgcos45°＝mgF电min＝qEmin
解得所加电场的场强最小值Emin＝，方向沿过M点的切线方向指向左上方。（2）当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为F＝mgsin45°＝mg把电场力与重力的合力看作是等效重力对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得:F＝mv2－0在M点，由牛顿第二定律得：FN－F＝m联立解得：FN＝mg由牛顿第三定律知，对环作用力为：FN′＝FN＝mg。（3）由题意可知，N点为等效最高点，只要珠子能到达N点，就能做完整的圆周运动，珠子由A到N的过程中，由动能定理得：－F＝0－EkA解得EkA＝mgr。例5、（1）（2）（3）mgh变式4、答案：（1）14.1m/s2 垂直于杆斜向右下方 （2）2m/s （3）5J解析：（1）小环在直杆上的受力情况如图所示由平衡条件得：mgsin45°＝Eqcos45°，得mg＝Eq，离开直杆后，只受mg、Eq作用，则F合＝mg＝ma，a＝g＝10m/s2＝14.1m/s2
方向与杆垂直斜向右下方.（2）设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到P点，则竖直方向：h＝v0sin45°·t＋gt2，水平方向：v0cos45°·t－t2＝0，解得：v0＝＝2m/s（3）由动能定理得：Ekp＝mv＋mgh，可得：Ekp＝mv＋mgh＝5J。变式5、（1）7∶3（2）E=，电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°，斜向右下方。
