第4講帶電粒子在電場中的運動學習目標1.會利用動力學、功能關系分析帶電粒子在電場中的直線運動。2.掌握帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律，會分析帶電粒子在電場中偏轉的功能關系。3.會分析計算帶電粒子在交變電場中的直線運動和偏轉問題。1.思考判斷(1)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。(×)(2)帶電粒子在電場中，只受靜電力時，也可以做勻速圓周運動。(√)2.帶電粒子沿水平方向射入豎直向下的勻強電場中，運動軌跡如圖所示，粒子在相同的時間內()A.位置變化相同 B.速度變化相同C.速度偏轉的角度相同 D.動能變化相同答案B考點一帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動1.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運動。(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動。2.用動力學觀點分析a＝qEm，E＝Ud，v2－v03.用功能觀點分析勻強電場中:W＝qEd＝qU＝12mv2－12非勻強電場中:W＝qU＝12mv2－12角度帶電粒子在電場中的直線運動例1如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F;(2)求帶電粒子到達N板時的速度大小v;(3)若在帶電粒子運動d2距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經歷的時間t答案(1)qUd(2)2qU解析(1)兩平行金屬板間的電場強度E＝U帶電粒子所受的靜電力F＝qE＝qUd(2)帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據動能定理有qU＝12mv2，得v＝2(3)設帶電粒子運動d2距離時的速度大小為v'，根據動能定理有qU2＝1帶電粒子在前d2距離做勻加速直線運動，后d2距離做勻速直線運動，設用時分別為t1、有d2＝v'2t1，d聯立解得t＝t1＋t2＝3d角度帶電體在電場中的直線運動例2(2025·江蘇南通高三開學考)在光滑絕緣的水平面上，長為2L的絕緣輕質細桿的兩端各連接一個質量均為m的帶電小球A和B(均可視為質點)組成一個帶電系統，球A所帶的電荷量為＋2q，球B所帶的電荷量為－3q?，F讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MNQP內，已知虛線MN位于細桿的中垂線，MN和PQ的距離為4L，勻強電場的電場強度大小為E、方向水平向右。釋放帶電系統，讓A、B從靜止開始運動，不考慮其他因素的影響。求:(1)釋放帶電系統的瞬間，兩小球加速度的大小;(2)帶電系統從開始運動到速度第一次為零所需的時間。答案(1)qEm(2)3解析(1)對整體應用牛頓第二定律有2qE＝2ma解得兩小球加速度大小為a＝qEm(2)系統向右加速運動階段L＝12a解得t1＝2此時球B剛剛進入MN，帶電系統的速度v＝at1假設小球A不會出電場區(qū)域，帶電系統向右減速運動階段有－3qE＋2qE＝2ma'加速度a'＝－qE減速運動時間t2＝0?va'減速運動的距離L'＝0?v2可知小球A恰好運動到PQ邊界時速度減為零，假設成立，所以帶電系統從開始運動到速度第一次為零所需時間t＝t1＋t2＝32mL方法總結帶電粒子(帶電體)在勻強電場中的直線運動問題的分析方法角度帶電粒子在交變電場中的直線運動例3(多選)如圖所示，A、B是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交流電壓U，A板的電勢φA＝0，B板的電勢φB隨時間的變化規(guī)律如圖所示?，F有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)域內，設電子的初速度和重力的影響可忽略。則()A.若電子是在t＝0時刻進入的，它將一直向B板運動B.若電子是在t＝T8C.若電子是在t＝3TD.若電子是在t＝T2答案AB解析根據電子進入電場后的受力和運動情況，作出如圖所示的圖像。由圖丁可知，當電子在t＝0時刻進入電場時，電子一直向B板運動，故A正確;若電子在t＝T8時刻進入，則由圖丁知，向B板運動的位移大于向A板運動的位移，因此最后仍能打在B板上，故B正確;若電子在t＝3T8時刻進入電場，則由圖丁知，在第一個周期電子即返回至A板，故C錯誤;若電子是在t＝T2時刻進入，則它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能進入電場拓展若已知電子質量為m、電荷量大小為e，電子僅在靜電力作用下，在t＝T4求:(1)A、B兩板間的距離;(2)電子在兩板間的最大速度。答案(1)eU0解析(1)電子在t＝T4時刻由靜止釋放恰好打在B板上，則電子先加速后減速，在t＝34T時刻到達B板且速度為零，設兩板的間距為d，加速度大小為a＝eU0md，則有d＝2×12aT(2)由題意可知，經過T4時間電子速度最大，則最大速度為vm＝a·T在畫速度—時間圖像時，要注意以下幾點(1)帶電粒子進入電場的時刻。(2)速度—時間圖像的斜率表示加速度，因此加速度相同的運動的圖像一定是平行的直線。(3)圖線與時間軸圍成的“面積”表示位移，且在橫軸上方所圍成的“面積”為正，在橫軸下方所圍成的“面積”為負。(4)注意對稱性和周期性變化關系的應用。(5)圖線與橫軸有交點，表示此時速度為零;對于運動很復雜，不容易畫出速度—時間圖像的問題，還應逐段分析求解?？键c二帶電粒子在電場中的偏轉角度帶電粒子在勻強電場中的偏轉1.帶電粒子在電場中偏轉問題的兩個重要結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的。證明:由qU0＝12my＝12at2＝12·qtanθ＝q得y＝U1l24U可見y和tanθ與粒子的q、m無關。(2)粒子經電場偏轉后射出，合速度方向的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為l22.處理帶電粒子的偏轉問題的方法運動的分解法將帶電粒子的運動分解為沿靜電力方向的勻加速直線運動和垂直靜電力方向的勻速直線運動功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解:qUy＝12mv2－12mv02，其中Uy＝例4(2025·江蘇泰州高三開學考)如圖所示，豎直虛線MN左側有一電場強度為E1＝E的水平勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的豎直勻強電場，在虛線PQ右側距PQ為L處有一豎直的屏。現將一電子(電荷量為e，質量為m，重力不計)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側的屏上，A點到MN的距離為L，AO連線與屏垂直，交點為O。求:(1)電子到達MN虛線時的速度大小;(2)電子從釋放到打到屏上所用的時間;(3)電子打到屏上的位置到O點的距離x。答案(1)2eELm(2)22解析(1)從A點到MN的過程中，由動能定理得eE1L＝12mv解得v＝2eEL(2)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，運動時間為t1，由牛頓第二定律和運動學公式得a1＝eE1m＝eEm，解得t1＝2從MN到屏的過程中運動的時間t2＝2則運動的總時間為t＝t1＋t2＝22mL(3)設電子射出電場E2時平行電場線方向的速度為vy，在電場E2中運動的時間為t3，根據牛頓第二定律得，電子在電場E2中的加速度為a2＝eE2m＝2eEm，t3＝Lv，vy＝a2t解得tanθ＝1如圖所示，電子離開電場E2后，將速度方向反向延長交于E2電場的中點O'。由幾何關系知tanθ＝x解得x＝32L計算粒子打到屏上的位置離屏中心距離的方法(1)y＝y0＋Ltanθ(L為屏到偏轉電場的水平距離)。(2)y＝l2＋Ltanθ(l(3)根據三角形相似有yy角度帶電粒子在交變電場中的偏轉1.帶電粒子在交變電場中的偏轉通常只討論所加電壓大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形。當帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。2.分析方法根據電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況。根據電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。3.對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場瞬間可認為是在勻強電場中運動。例5如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為t＝0時刻)，同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是()A.粒子射出時間可能為t＝4sB.粒子射出的速度大小為2vC.極板長度滿足L＝3vn(n＝1，2，3，…)D.極板間最小距離為3答案D解析粒子進入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向