2．带电粒子的偏转

　　 (1)动力学分析：带电粒子以速度v₀垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成90⁰角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)．

　　 (2)运动的分析方法(看成类平抛运动)：

　　 ①沿初速度方向做速度为v₀的匀速直线运动．

　　 ②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．

　　 例1如图1-8-1所示，两板间电势差为U，相距为d，板长为L．-正离子q以平行于极板的速度v₀射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y和偏转角θ为多少?

　　 解析：电荷在竖直方向做匀加速直线运动，受到的力F＝Eq＝Uq/d

　　 由牛顿第二定律，加速度a = F/m = Uq/md

水平方向做匀速运动，由L = v₀t得t = L/ v₀

由运动学公式可得：

　　 带电离子在离开电场时，竖直方向的分速度：v_⊥

离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定：

电荷射出电场时的速度的反向延长线交两板中心水平线上的位置确定：如图所示，设交点P到右端Q的距离为x，则由几何关系得：

电荷好像是从水平线OQ中点沿直线射出一样，

注意此结论在处理问题时应用很方便．

例2两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图1-8-3所示，OA＝h，此电子具有的初动能是　　　　　　　　　 (　　 )

A．　　　　　　　　 B．edUh　　

C．　　　　　　　　 D．

解析：电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：，又E＝U／d，，所以 . 故D正确．

例3一束质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v₀进入匀强电场，如图1-8-4所示．如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为　　　　　 ．(粒子的重力忽略不计)

分析：带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速运动．电场力做功导致电势能的改变．

解析：水平方向匀速，则运动时间t ＝L/ v₀　　　　　　　　　 ①

竖直方向加速，则侧移　　　　　　　　　　　 ②

且　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

由①②③得

则电场力做功

由功能原理得电势能减少了

例4如图1-8－5所示，离子发生器发射出一束质量为m，电荷量为q的离子，从静止经加速电压U₁加速后，获得速度，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U₂作用后，以速度离开电场，已知平行板长为，两板间距离为d，求：　

①的大小；

②离子在偏转电场中运动时间；

③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F；

④离子在偏转电场中的加速度；

⑤离子在离开偏转电场时的横向速度；

⑥离子在离开偏转电场时的速度的大小；

⑦离子在离开偏转电场时的横向偏移量y；

⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tgθ

解析：①不管加速电场是不是匀强电场，W＝qU都适用，所以由动能定理得：

　　 ②由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动．

　　 即：水平方向为速度为v₀的匀速直线运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动．

∴在水平方向

③　 F=qE=

④

⑤

⑥

⑦(和带电粒子q、m无关，只取决于加速电场和偏转电场)

解题的一般步骤是：

　　 (1)根据题目描述的物理现象和物理过程以及要回答问题，确定出研究对象和过程．并选择出“某个状态”和反映该状态的某些“参量”，写出这些参量间的关系式．

　　 (2)依据题目所给的条件，选用有关的物理规律，列出方程或方程组，运用数学工具，对参量间的函数关系进行逻辑推理，得出有关的计算表达式．

　　 (3)对表达式中的已知量、未知量进行演绎、讨论，得出正确的结果．

当堂达标

1．带电粒子的加速

　　 (1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．

　　 (2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量．

　　　 (初速度为零)； 此式适用于一切电场．

通过知识的应用，培养学生热爱科学的精神

重点

带电粒子在匀强电场中的运动规律

难点

运用电学知识和力学知识综合处理偏转问题

自主学习

1．利用电场来改变或控制带电粒子的运动，最简单情况有两种，利用电场使带电粒子________；利用电场使带电粒子________．

　　 2．示波器：示波器的核心部件是_____________，示波管由电子枪、_____________和荧光屏组成，管内抽成真空．

同步导学

通过带电粒子在电场中加速、偏转过程分析，培养学生的分析、推理能力

2、知道示波管的构造和基本原理．

1、理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转方向的问题．

11．如图43所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放置两个用细线相连的质量均为m的小物体A、B，它们到转轴的距离分别为r_A＝20 cm，r_B＝30 cm，A、B与盘面间最大静摩擦力均为重力的0.4倍，试求：

(1)当细线上开始出现张力时，圆盘的角速度ω₀.

(2)当A开始滑动时，圆盘的角速度ω.

(3)当A即将滑动时，烧断细线，A、B运动状态如何？(g取10 m/s²)

解析：最初圆盘转动角速度较小，A、B随圆盘做圆周运动所需向心力较小，可由A、B与盘面间静摩擦力提供．由于r_B>r_A，由公式F＝mω²r可知，B所需向心力较大；当B与盘面间静摩擦力达到最大值时(此时A与盘面间静摩擦力还没有达到最大)，若继续增大转速，则B将做离心运动而拉紧细线，使细线上出现张力，转速越大，细线上张力越大，使得A与盘

面间静摩擦力增大．当A与盘面间静摩擦力也达到最大时，A将开始滑动．

(1)kmg＝mωr_B

ω₀＝＝ rad/s＝3.65 rad/s

图44

(2)分析此时A、B受力情况如图44所示，根据牛顿第二定律有：

对A：f_静m－T＝mω²r_A①

对B：f_静m+T＝mω²r_B②

其中f_静m＝kmg③

联立①②③解得ω＝＝ rad/s

＝4 rad/s

(3)烧断细线，T消失，A与盘面间静摩擦力减小后继续随圆盘做圆周运动，而B由于f_静m不足以提供向心力而做离心运动．

答案：(1)3.65 rad/s　(2)4 rad/s　(3)A随圆盘做圆周运动，B做离心运动

10．(2009年海淀区模拟)如图42所示，左图是游乐场中过山车的实物图片，右图是过山车的原理图．在原理图中半径分别为R₁＝2.0 m和R₂＝8.0 m的两个光滑圆形轨道，固定在倾角为α＝37°斜轨道面上的Q、Z两点，且两圆形轨道的最高点A、B均与P点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接．现使小车(视作质点)从P点以一定的初速度沿斜面向下运动．已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数为μ＝，g＝10 m/s²，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.问：

图42

(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处，则其在P点的初速度应为多大？

(2)若小车在P点的初速度为10 m/s，则小车能否安全通过两个圆形轨道？

解析：(1)小车恰好过A点，故有v_A＝

小车由P到A的过程，由动能定理有

－μmgcosα·s_PQ＝mv－mv

由几何关系可得s_PQ＝

代入数据可得v₀＝2 m/s

(2)小车以v＝10 m/s的初速度从P点下滑时，因为有v＝10 m/s>v₀＝2 m/s，所以，小车可以通过圆形轨道O₁.设小车能够通过B点，则P到B由动能定理得

－μmgcosα·s_PZ＝mv－mv²

其中s_PZ＝

代入数据可得v_B＝ m/s

而车恰好能过B点时，在B点的速度为

v_B′＝＝ m/s

因为v_B＝ m/s>v_B′，所以小车可以通过圆形轨道O₂.

答案：(1)2 m/s　(2)能

图43

9．如图41所示，半径为R的圆板匀速转动，当半径OB转动到某一方向时，在圆板中心正上方高h处以平行于OB方向水平抛出一小球，要使小球与圆板只碰撞一次，且落点为B，求：

(1)小球的初速度大小；

(2)圆板转动的角速度．

解析：(1)小球平抛运动的水平位移：R＝v₀t①

小球的竖直位移：h＝gt²②

由②得t＝，代入①得

v₀＝＝＝R.

(2)小球在运动时间内，圆板转了n圈，其角速度为：

ω＝＝＝πn(n＝1,2,3…)

答案：(1)R　(2)πn(n＝1,2,3…)

8．无级变速在变速范围内任意连续地变换速度，性能优于传统的挡位变速，很多种高档汽车都应用了无级变速．如图40是截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之间有一个滚轮，主动轮、滚轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力带动．以下判断中正确的是(　)

A．当位于主动轮与从动轮之间的滚轮从右向左移动时从动轮转速降低，滚轮从左向右移动时从动轮转速增加

B．当位于主动轮与从动轮之间的滚轮从左向右移动时从动轮转速降低，滚轮从右向左移动时从动轮转速增加

C．当滚轮位于主动轮直径为D₁、从动轮直径为D₂的位置上时，则主动轮转速为n₁、从动轮转速为n₂之间的关系为：n₂＝n₁

D．当滚轮位于主动轮直径为D₁、从动轮直径为D₂的位置上时，则主动轮转速为n₁、从动轮转速为n₂之间的关系为：n₂＝n₁

解析：设某一时刻，滚轮位于主动轮直径为D₁、从动轮直径为D₂的位置上，三个轮的轮缘的线速度相等，得n₁D₁＝n₂D₂，即n₂＝n₁，故C选项正确，D选项错误；当位于主动轮与从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，D₁变小，D₂变大，在n₁不变的情况下，n₂变小，反之，当滚轮从右向左移动时，D₁变大，D₂变小，在n₁不变的情况下，n₂变大，故B选项正确，A选项错误．

答案：BC

图41