1、 第七章 静电场1.多个电荷库仑力的平衡和场强叠加问题2利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等3带电体在匀强电场中的平衡问题及其他变速运动的动力学问题4对平行板电容器电容决定因素的理解，解决两类有关动态变化的问题5分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题6示波管、静电除尘等在日常生活和科学技术中的应用.第 33 讲 带电粒子在电场中的运动综合问题分析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考点一 带电粒子在电场中运动的实际应用示波管1构造及功能
2、(如图所示)(1)电子枪：发射并加速电子(2)偏转电极 YY：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极 XX：使电子束水平偏转(加扫描电压)2工作原理偏转电极 XX和 YY不加电压，电子打到屏幕中心；若只在 XX之间加电压，只在 X 方向偏转；若只在YY之间加电压，只在 Y 方向偏转；若 XX加扫描电压， YY加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象重点归纳1、示波管中电子在荧光屏上落点位置的判断方法示波管中的电子在 YY和 XX两个偏转电极作用下，同时参与两个类平抛运动，一方面沿 YY方向偏转，另一方面沿 XX方向偏转，找出几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形典型案例如图 1 所示是示波管的原
3、理示意图电子从灯丝发射出来经电压为 U1的电场加速后，通过加速极板 A 上的小孔 O1射出，沿中心线 O1O2进入 MN 间的偏转电场， O1O2与偏转电场方向垂直，偏转电场的电压为 U2，经过偏转电场的右端 P1点离开偏转电场，然后打在垂直 O1O2放置的荧光屏上的 P2点已知平行金属极板 MN 间距离为 d，极板长度为 L，极板的右端与荧光屏之间的距离为 L.不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，且电子离开灯丝时的初速度可忽略不计, P2点到 O3点的距离称为偏转距离 y。(1)求 y 的大小(2)实际示波管有两组偏转极板 ，如图 2 所示，水平极板所加电压为扫描电压，竖直极板所加电压为
4、信号电压，若加如图 3 所示的信号电压与扫描电压，在图 4 中画出荧光屏上呈现的波形(不要求过程)(3) 若两偏转电极的板长均为 L，板间距均为 d，右端到荧光屏的距离均为 L.试分析：当信号电压 uyy=U0sint 、所加扫描电压 uxx= U0cost 时，荧光屏上所显示的图案.【答案】 （1） (2)见解析（3）半径为 的圆(+2)41 2 (+2)41 0【解析】【详解】解得： =(+2/)41 2(2)图略(半个正弦波)(3)因电子在偏转电场中的运动时间极短，与交变电场的周期相比可不计，电子在偏转电场中的运动可视为在恒定电场中的运动，由可知：=(+2/)41 0=来源 :Z。 xx
5、。 k.Com来源 :Zxxk.Com=(+2/)41 0=由得 ，故图案为半径为 的圆。2+2=2=(+2/)41 0针对练习 1（多选）如图（甲）所示，是示波器中核心部件示波管的原理图。要想在荧光屏的屏幕上观察到如图（乙）所示的图形，下列给出几组偏转电极 、 之间所加电压随时间变化关系，其中可能 符合要求的是（ ）A B C D 【答案】 AD【点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考考点二 带电粒子在交变电场中的运动1常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等2常见的试题类型此类题型一般有三种情况：(1)粒子做单向直线运动
6、(一般用牛顿运动定律求解)；(2)粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)3常用的分析方法(1)带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间而变化当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速
7、直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性(2)研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等(3)对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动重点归纳解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法（1）注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件（2）分析时从两条思路出发：一是力和运
8、动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系（3）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(一般根据交变电场的特点分段研究)（4）对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解典型案例如图甲所示，一对平行金属板 M、 N 长为 L，相距为 d， O1O 为中轴线当两板间加电压UMN=U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场某种带负电的粒子从 O1
9、点以速度 v0沿 O1O 方向射入电场，粒子恰好打在上极板 M 的中点，粒子重力忽略不计。（1）求带电粒子的比荷 ；（2）若 MN 间加如图乙所示的交变电压，其周期 ，从 t=0 开始，前 内 UMN=2U，后 内 UMN= U，大=20 3 23量的上述粒子仍然以速度 v0沿 O1O 方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求 U 的值。【答案】 （1） （2）420202 340因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在 t=nT 或 时刻进入电场的粒子=+13恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大。有： ，解得：12=2(12
10、13)。=304点睛：此题首先要明确两板带正负电的情况，进而明确匀强电场的方向；其次要明确带电粒子的受力情况，进而分析带电粒子在不同时间段内的运动情况；最后要明确“所有粒子恰好能全部离开电场而不打到极板上”的含义：带电粒子在电场方向偏转的距离最大为 。2针对练习 1（多选）如图甲所示,平行板相距为 d,在两金属板间加一如图乙所示的交变电压,有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带正电粒子（不计重力） 。t=0 时刻进入电场的粒子恰好在 t=T 时刻到达 B 板右边缘,则（ ）A 任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为 TB t=T/4 时刻进入的粒子到达电场右边
11、界的速度最大C t=T/4 时刻进入的粒子到达电场右边界时距 B 板的距离为 d/4D 粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关【答案】 AD时刻进入的粒子，在前 时间内竖直方向的位移向下，大小为：=4 2 1=212(2)2在后 时间内竖直方向的位移向下，大小为：2 2=212(2)2则知 ，即竖直方向的位移为 0，所以子到达电场右边界时距 B 板距离为： ，故 C 错误1=2=2考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题中粒子在周期性变化的电场中运动，关键要抓住粒子运动过程的周期性和对称性，运用牛顿第二定律和运动学公式结合解题。针对练习 2一电荷量为 q(q0)、质量为 m 的带
12、电粒子(不计重力)仅在电场力的作用下，从 t=0 时由静止开始运动，场强随时间周期性变化的规律如图所示。若粒子在 5T/23T 时间内的位移为零,则 k 等于（ ）A 3/2 B 4/3 C 5/4 D 6/5【答案】 D点睛：此题关键是要分析粒子在电场中运动的物理过程；找出“粒子在 5T/23T 时间内的位移为零”满足的条件，灵活运用动量定理解答.考点三 综合运用动力学观点和功能观点解决带电体在电场中的运动1动力学观点动力学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：(1)带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；(2)带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变
13、速曲线运动(类平抛运动)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采用类平抛运动规律解决问题2功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用相应公式计算(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的.重点归纳3、带电体在复合场中的运动模型（1）模型概述各种性质的场与实物(分子和原子的构成物质)的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成复合场对于复合场中的力学问题，可以根据力
14、的独立作用原理分别研究每种场力对物体的作用效果，也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将复合场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答（2）解题方法正交分解法：由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重力都是恒力，不受约束的粒子做的都是匀变速运动，因此可以采用正交分解法处理将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动，再根据运动合成的方法去求复杂运动的有关物理量等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，合力 F 合 等效为“重力”， a 等效为“重力加速度”，F合mF 合 的方向等效为“重力”的方向典型案例如图所示，在距离某水平面高 2h 处有一抛出位置 P
15、，在距 P 的水平距离为 S=1m 处有一光滑竖直挡板 AB，A 端距该水平面距离为 h=0.45m， A 端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场；B 端与半径为 R=0. 9m 的 的光滑圆轨道 BC 连接. 当传送带静止时，一带电量大小为 ,质量为 0.18kg 的14 =19104小滑块,以某一初速度 v0从 P 点水平抛出，恰好能从 AB 挡板的右侧沿 ABCD 路径运动到 D 点而静止，重力加速度 g=10m/s 2. 请完成下列问题（1）求出所加匀强电场的场强大小;（2）当滑块刚运动到 C 点时,求出对圆轨道的压力;（3）若传送带转动,试讨论滑块达到 D 时的动能 Ek与传送带速率
16、的关系.【答案】 （1） 3.6105N/C（2） 9N（3）若传送带逆时针转动时,滑块运动的规律与传送带静止不动相同,故滑块到 D 点的动能为零,与传送带的速度无关.若传送带顺时针转动时,滑到 D 点的动能与传送带速率 的关系是62/,=12262/,=120.186262=6.48【解析】(1)设物块从 P 到 A 运动的时间为 t,水平方向的加速度大小为 a,物块能够沿 AB 下滑,说明在 A 点时水平方向速度为零,则:水平方向 ,其中:=122 =根据牛顿第三定律可得压力大小为 9N(3)若传送带逆时针转动时,滑块运动的规律与传送带静止不动相同,故滑块到 D 点的动能为零,与传送带的速
17、度无关.若传送带顺时针转动,设传送带使得物体一直加速的速度大小为 ,则=122122当传送带静止时,有=0122解得： =62/所以传送带顺时针转动时,滑到 D 点的动能与传送带速率 的关系是62/,=12262/,=120.186262=6.48故本题答案是：(1) (2) 9N3.6105N/C（3）若传送带逆时针转动时,滑块运动的规律与传送带静止不动相同,故滑块到 D 点的动能为零,与传送带的速度无关.若传送带顺时针转动时,滑到 D 点的动能与传送带速率 的关系是62/,=12262/,=120.186262=6.48针对练习 1如图，在地面上方某处足够大的真空室里存在着水平向右的匀强电
18、场，分别以水平向右、竖直向下和水平向里建立坐标系 Oxyz（ z 轴未画出） 。一质量为 m、带电量为- q 的微粒从点 P（ l，0，0）处静止释放后沿直线 PQ 运动，经过时间 t 时，微粒运动到点 。(0,3,0)(1)求匀强电场的场强 E 和重力加速度 g 的大小；(2)若把该微粒从 P 点以某一速度抛出，经过时间 时，微粒恰好经过 O 点，求微粒经过 O 点时的动能 Ek 2；(3)若撤去电场，在整个空间加上沿 y 轴正方向、磁感强度大小为 B 的匀强磁场，且该微粒从 O 点沿 x 轴正方向以一定速度抛出，求微粒经过 y 轴时离 O 点距离的可能值。【答案】 (1) , (2) (3
19、) (n=1,2,3,)=22=232 =7222 =43222222由位移公式得 S= at2 12由匀加速度直线运动条件可得 =由式得 =22根据匀加速度直线运动条件可得 mg=masin 由式得 =232（2）设沿 PQ 方向运动的速度为 v1，由位移公式得来源 :学科网 4=12+12(2)2由式得 v1=0 可知微粒沿垂直 PQ 向上抛出，微粒做类平抛运动，如图，水平面内，由牛顿第二定律得 3=23匀速圆周运动周期 =23竖直方向，与 y 轴交点与 O 的距离为 y，则 (n=1，2，3，) =12()2由式得 (n=1，2，3，) =43222222针对练习 2如图 11 所示，质量 M0.2 kg 的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数 10.1，另一质量 m0.1 kg 的带正电小滑块以 v08 m/s 初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数 20.5，小滑块带电荷量为 q210 3 C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E110 2N/C，( g 取 10 m/s2)求：(1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？(2)小滑块最后停在距木板左端多远的位置？【答案】 （1）3 m/s 2，1 m/s 2；（2）8 m；
