本专题对应学生用书第 21~25页) 一、 带电粒子在电场中的加速1. 在匀强电场中加速，可用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求解. 基本方程 :a=，E=，-=2ax. 2. 在非匀强电场中的加速运动一般受变力的作用，可根据电场力对带电粒子所做的功引起带电粒子能量的变化，利用动能定理、功能关系求解. 基本方程 :qU=m-m. 二、 带电粒子在电场中的偏转1. 运动状态分析 : 带电粒子以速度 v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成 90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动( 轨迹为抛物线 ). 2. 分析处理方法 : 用类似平抛运动的分析方法分解运动. 沿初速度方向 : 做速度为 v0的匀速直线运动 . 沿电场力方向 : 做初速度为零的匀加速直线运动. 能力提升带电粒子在电场中运动时物理量的比较该种类型题目的分析方法是: (1) 先画出入射点轨迹的切线，即画出初速度v0的方向，再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法来分析其他有关的问题. (2) 若已知电场线的分布，则可以根据电场线的疏密来判断场强的大小，再根EqmUd2 2v2 1v122 2v122 1v据牛顿第二定律可以比较加速度大小. (3) 电势能的变化可根据电场力做功的情况判断，动能的变化则根据合外力做功的情况判断 . (4) 若带电粒子仅受电场力作用，则运动过程中，带电粒子只有动能与电势能之间的相互转化，两者总量守恒. 例1 ( 多选)(2014 · 南京三模 ) 如图所示是电视机显像管主聚焦电场中的电场线分布图，中间一根电场线是直线， 电子从 O 点由静止开始只在电场力的作用下运动到A点，取 O 点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向 . 在此过程中关于电子运动速度v、加速度 a随时间 t 的变化图线，电子的动能 Ek、 运动轨迹上电势 φ随位移 x的变化图线，下列图中可能正确的是 ( ) 思维轨迹 : 解析: 在电场中，电场线的疏密表示了电场强弱，由图可知，在电子由O 点运动到A点的过程中，电场强度先变大后变小， 又由电场力公式 F=qE 和牛顿第二定律 F=ma可知，电子运动的加速度先变大后变小，在v-t 图象中，图线的斜率表示了加速度，故选项 A错误，选项 B正确; 根据动能定理 qEx=Ek-0可知，在 Ek-x 图象中，图线的斜率表示了电子所受的电场力qE，电场力 qE先增大后减小，故选项 C 正确; 由电场强度与电势差的关系 Ex=Δφ可知，在φ-x 图象中，图线的斜率表示了电场强度E，故选项 D错误. 答案:BC 变式训练 1(2014·重庆 )如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线 . 两电子分别从 a、b两点运动到 c点，设电场力对两电子做的功分别为 Wa和Wb，a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( ) A. Wa=Wb，Ea>Eb B. Wa≠Wb，Ea>Eb C. Wa=Wb，EaEb，C、D错误;a 、b两点处于同一等势面上，电子从a、b两点运动到 c点，电场力做的功相等，与路径无关，则B错误， A正确. 答案:A 变式训练 2(2014·盐城一模 ) 如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线， 虚线为等势线 .A、B两点在两球球心的连线上， C、D两点关于直线 AB 对称，则 ( ) A. A 点和B点的电势相同B. C 点和D点的电场强度相同C. 正电荷从 A点移至 B点，电场力做正功D. 负电荷从 C点移至 D 点，电势能增大解析:A点和D 点的电势相同， B点电势低于 D点电势，故选项 A错误;C点和D点的电场强度大小相等，方向不相同，选项B错误; 正电荷从 A点移至 B点，即从高电势点移到低电势点，电势能减小，电场力做正功， 选项C 正确;C、D两点处在同一等势面上，故负电荷从 C点移至D点，电势能不变，选项 D错误. 答案:C 带电粒子在电场中的直线运动分析带电粒子在电场中做直线运动的分析方法与力学中的这类问题的处理方法相同，只是在受力分析时增加一个电场力(对于基本粒子一般还可以忽略其重力). (1) 带电粒子在电场中的平衡问题的解题步骤选取研究对象 ? 进行受力分析，注意电场力的方向特点? 由平衡条件列方程求解(2) 带电粒子在电场中的变速直线运动可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能关系角度用动能定理或能量守恒定律求解 . 例2 (2014·江苏联考 ) 如图所示，在 A点固定一正电荷，电荷量为Q ，在离 A高度为H的C处由静止释放某一带同种电荷的液珠，开始运动瞬间，液珠的加速度大小恰好为重力加速度 g. 已知静电力常量为 k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力.求: (1) 液珠的比荷 . (2) 液珠速度最大时离 A点的距离 h. (3) 若已知在点电荷 Q 的电场中， 某点的电势可表示成 φ=，其中r为该点到电荷Q 的距离 (选无限远处电势为零 ). 求液珠能到达的最高点 B离A点的高度 rB. 思维轨迹 : 解析:(1) 设液珠的电荷量为 q，质量为 m ，由题意知， 当液珠在 C点释放时 k-mg=mg ，解得液珠的比荷为=. (2) 当液珠速度最大时， k=mg ，解得h=H. (3) 设BC 间的电势差大小为 UCB，由题意得UCB=φC-φB=-. 对液珠由释放处直至最高点(速度为零 )的全过程应用动能定理得qUCB-mg(rB-H)=0，即q-mg(rB-H)=0. 将第(1) 问的结果代入化简得-3HrB+2H2=0. kQr2QqHqm22gHkQ2Qqh2kQHBkQr-BkQ kQHr2 Br解得rB=2H ，rB'=H( 舍去). 答案:(1) (2) H (3) 2H 变式训练 3(2014·扬州检测 ) 如图所示，在宽度为 L的两虚线区域内存在匀强电场，一质量为 m ，带电荷量为 +q的滑块 ( 可看成点电荷 )，从距该区域为 L的绝缘水平面上以初速度 v0向右运动并进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ. (1) 若该区域电场为水平方向，并且用速度传感器测得滑块从出口处滑出的速度与进入该区域的速度相同，求该区域的电场强度大小与方向，以及滑块滑出该区域的速度 . (2) 若该区域电场为水平方向，并且用速度传感器测得滑块滑出该区域的速度等于滑块的初速度 v0，求该区域的电场强度大小与方向. (3) 若将该区域电场改为竖直方向，测出滑块到达出口处速度为( 此问中取v0=2) ，再将该区域电场反向后，发现滑块未能从出口滑出，求滑块所停位置距左边界多远 . 解析:(1) 滑块从出口处滑出的速度与进入该区域的速度相同，说明滑块在电场区域匀速运动，根据平衡条件有qE=μmg ，解得 E=，其方向水平向右 . 滑块进入电场前，根据动能定理有- μmgL= mv2-m. 解得滑块滑出该区域的速度为v=. (2) 从滑块开始运动到滑出电场区域，根据动能定理有-2μmgL+qEL= m-m. 22gHkQ20 2vgLmgq12122 0v2 0-2vgL122 0v122 0v解得E=，其方向水平向右 . (3) 根据题意可以判断出，第一次时电场方向为竖直向上，根据动能定理有- μmgL-μ(mg-qE)L=m-m. 第二次电场反向后，设滑块所停位置距左边界距离为s，根据动能定理有- μmgL-μ(mg+qE)s=0-m. 又因为 v0=2，联立解得 s=L. 答案: (1) 方向水平向右(2) 方向水平向右(3) L 带电粒子在电场中的曲线运动分析1. 带电粒子在电场中仅受电场力的偏转运动分析: 垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中，只受电场力的作用，运动性质与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动进行分解，根据每一个分运动的规律和特点，选择恰当方法加以解决 . 2. 带电粒子在电场中的圆周运动分析: 带电粒子在电场中的运动轨迹为一段圆弧(或在电场中做圆周运动 ) ，处理此类问题时，若求解速度或动能，从动能定理入手; 若求解受力情况用向心力公式，利用沿半径方向的合力提供向心力列方程求解. 3. 带电粒子在匀强电场和重力场中的曲线运动分析: 用正交分解法将复杂的运动分解为相互垂直的直线运动. 例3 如图所示为电子显示仪器(如示波器 )的核心部件，部分为加速装置， 阴极产生的热电子由静止开始经加速电压u1加速后，进入板长为 l1，间距为 d，电压为 u22 mgq1220 2v122 0v122 0vgL23mgq2 0-2vgL2 mgq23的偏转区域，距偏转区域右侧为l2的位置是荧光屏，电子轰击荧光屏能够显示出光斑. 依据上述信息，求 : (1) 若偏转电压 u2为稳定的直流电压，试推导Y(光斑到 O 的距离 )的表达式 . (2) 若u2=kt ，光斑在荧光屏上做什么运动?速度多大 ? (3) 若u2=βt2，光斑在荧光屏上做什么运动?加速度多大 ? 思维轨迹 : 解析:(1) 电子的加速过程，由动能定理得eu1=m. 进入偏转电场后，平行于板的方向电子做匀速直线运动l1=v0t. 垂直于板的方向做初速度为0的匀加速直线运动，y=at2==. 设电子射出平行板偏转电场后速度的偏向角为φ，vy为沿y方向的分速度，则tan φ===. 出射速度的反向延长线与原运动方向交于O'点，则tan φ==，得O'A=. 122 0v122 2 1 2 02eu l mdv2 2 114u l u d0yvv2 1 2 0eulmdv2 112u lu d'ABO A'yO A1 2l由三角形相似得==，Y=OP=y=·=. (2) 若u2=kt ，则OP=y=·=kt. 因为OP 与时间 t 成正比，所以光斑在荧光屏上做匀速直线运动，速度的大小等于时间t 前面的系数，即v=k. (3) 若u2=βt2，OP=·βt2=at2，光斑在荧光屏上做匀加速直线运动，加速度大小为β. 答案:(1) (2) 匀速直线运动k (3) 匀加速直线运动β变式训练 4(2014·海安中学 ) 如图所示，一对带电平行金属板A、B与竖直方向成30°角放置 .B板中心有一小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O 点， y轴沿竖直方向. 一比荷为 1.0 ×105C/kg的带正电粒子 P从A板中心 O'处静止释放后沿 O'O做匀加速直线运动，以速度 v0=104m/s，方向与x轴正方向成 30°角从 O 点进入匀强电场，电场仅分布在 x轴的下方，场强大小 E=×103 V/m，方向与 x轴正方向成 60°角斜向上，不计粒子的重力 . 求: (1) AB 两板间的电势差 UAB. OP y1 2122lll1212ll l1212lll1212lll2 2 114u lu d122 11(2 )4llu lu d1212lll1212lll2 2 114u lu d1211(2 )4lllu d1211(2 ) 4lll u d1212ll l2 124lu d121211(2 )2lllu d122 11(2 )4llu lu d1211(2 ) 4lll u d1211(2 )2lllu d43(2) 粒子P离开电场时的坐标 . (3) 若在粒子 P进入电场的同时，在电场中适当的位置由静止释放另一个与P完全相同的带电粒子 Q ，可使两粒子在离开电场前相遇. 求所有满足条件的释放点的集合(不计两粒子之间的相互作用力以及对电场强度的干扰). 解析:(1) 由动能定理知 qUAB=m，可得 UAB=== V=500 V. (2) 粒子P在进入电场后做类平抛运动， 设离开电场时距 O 的距离为 L， 如图所示 : 则Lcos30°=v0t ，Lsin30 °=t2. 解得L=1 m，所以 P离开电场时的坐标为 (1 ，0). (3) 由于粒子 Q 与P完全相同，所以只需在 P进入电场时初速度方向的直线上的OM范围内任一点释放粒子 Q ，可保证两者在离开电场前相碰，OM 所在的直。