2015-2016學(xué)年高中物理第2章電場與示波器8習(xí)題課帶電粒子在電場中的運動導(dǎo)學(xué)案滬科

1、學(xué)案 8 習(xí)題課：帶電粒子在電場中的運動目標(biāo)定位1.會利用動力學(xué)和功能觀點分析帶電粒子在電場中的直線運動.2.會利用運動的合成與分解方法分析帶電粒子在電場中的類平拋運動.3.會分析帶電粒子在電場中的圓周運動.知識，探究一、帶電粒子在電場中的直線運動1. 帶電粒子在電場中做直線運動(1) 勻速直線運動：此時帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的電場力與其他力平_衡.(2) 勻加速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向同向 _.(3) 勻減速直線運動：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向反向_.2. 討論帶電粒子在電場中做直線運動(加速或減速)的方法：(1) 力和加速度方法牛頓運動定律、勻

2、變速直線運動公式(2) 功和能方法一一動能定理；(3) 能量方法能量守恒定律；【例 1】如圖 1 所示，水平放置的A、B兩平行板相距h,上板A帶正電，現(xiàn)有質(zhì)量為m帶 電荷量為+q的小球在B板下方距離B板為H處，以初速度V。豎直向上運動，從B板小孔進(jìn) 入板間電場.圖 1(1) 帶電小球在板間做何種運動？欲使小球剛好打到A板，A B間電勢差為多少？解析(1)帶電小球在電場外只受重力的作用做勻減速直線運動，在電場中受重力和電場力 作用做勻減速直線運動.(2) 整個運動過程中重力和電場力做功，由動能定理得12-mg(H+ h) -qUh= 0 - mve2m vo- 2g H+ h -解得UAB=-2

3、q2答案見解析 二、帶電粒子在電場中的類平拋運動帶電粒子在電場中做類平拋運動涉及帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的運動規(guī)律，利用運動的合成與分解把曲線運動轉(zhuǎn)換為直線運動研究，涉及運動學(xué)公式、牛頓運動定律、動能定理、功能關(guān)系的綜合應(yīng)用例 2 如圖 2 所示，A B為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為U的電源上.在A板的中央P點放置一個電子發(fā)射源可以向各個方向釋放電子設(shè)電子的質(zhì)量為m電荷量為e,射出的初速度為v.求電子打在B板上的區(qū)域面積？（不計電子的重力）uAPt -P圖 2解析 打在最邊緣的電子， 其初速度方向平行于金屬板，在電場中做類平拋運動， 在垂直于電場方向做勻速運動，即在平行電場方

4、向做初速度為零的勻加速運動，即d=1at2電子在平行電場方向上的加速度eE eUa_m_md電子打在B板上的區(qū)域面積r=vt由得2nmVd2eU答案2nmVd2eU三、帶電粒子在交變電場中的運動交變電場作用下粒子所受的電場力發(fā)生改變，從而影響粒子的運動性質(zhì)；由于電場力周期性變化，粒子的運動性質(zhì)也具有周期性；研究帶電粒子在交變電場中的運動需要分段研究，特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場的時間及交變電場的周期例 3 帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖 粒只在電場力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是（）3 所示.帶電微推、尿3S= nr24qErm(2恥B.微粒將沿著一

5、條直線運動C.微粒做往復(fù)運動(1)速度VA的大小;小球運動到與A點對稱的B點時，對環(huán)在水平方向的作用力的大小(2)在小球從A到B的過程中，根據(jù)動能定理，電場力做的正功等于小球動能的增加量，即2qEr=蘇2如“22VB小球在B點時，根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向有FBqE= kr解以上兩式得小球在B點對環(huán)的水平作用力為：FB=6qEA.微粒在 01 s 內(nèi)的加速度與MV-m1)1i|ili11|i1iih1iriii1；2：i9iit/Si12 s 內(nèi)的加速度相同D.微粒在第 1 s 內(nèi)的位移與第3 s 內(nèi)的位移相同解析 帶正電的微粒放在電場中，第 1 s 內(nèi)加速運動，第 2 s 內(nèi)減速至零，故

6、B、D 對.答案 BD四、帶電粒子在電場中的圓周運動解決電場中的圓周運動問題，關(guān)鍵是分析向心力的來源，指向圓心的力提供向心力，向心力的提供有可能是重力和電場力的合力，也有可能是單獨的重力或電場力.有時可以把電場中的圓周運動等效為豎直面內(nèi)的圓周運動，找出等效“最高點”和“最低點”.例 4 如圖 4 所示，半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上，場強為E的勻強電場與環(huán)面平行.一電量為+q、質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上， 可沿環(huán)做無摩擦的圓周運動,若小球經(jīng)A點時，速度VA的方向恰與電場垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無力的作用，求:解析 在A點，小球在水平方向只受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律得:qE=2V

7、AmG圖 3qEr所以小球在A點的速度VA=答案自我檢測檢測學(xué)習(xí)效果 慵驗成功快樂圖 751.（帶電粒子在電場中的直線運動）如圖 5 所示， 平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此3.（帶電粒子在交變電場中的運動）如圖 7 甲所示，在間距足夠大的平行金屬板電子，在A、B之間加上如圖乙所示規(guī)律變化的電壓，在t= 0 時刻電子靜止且A板電勢比B板電勢高，則（）度，兩極板與一直流電源相連過程中，該粒子（）A.所受重力與電場力平衡圖 5B.電勢能逐漸增加C.動能逐漸增加D.做勻變速直線運動答案 BD解析 對帶電粒子受力分析如圖所示，F(xiàn)合工 0,則

8、A 錯.由圖可知電場力 與重力的合力方向與Vo方向相反，F(xiàn)合對粒子做負(fù)功，其中mg不做功，Eq做負(fù)功，故粒子動能減少，電勢能增加， B 正確，C 錯誤.F合恒定且合與Vo方向相反，粒子做勻減速直線運動，D 項正確.2.（帶電粒子在電場中的類平拋運動）如圖 6 所示，一電子沿x軸正方向射入電場，在電場中的運動軌跡為OCD已知OA=A B，電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vcy和VDy；電子在OC段和OD段動能的變化量分別為 Eki和氐，則（A.Vcy:VDy= 1 : 2B.Vcy:VDy=1：4C. E211乙7A. 電子在A B兩板間做往復(fù)運動B. 在足夠長的時間內(nèi)，電子一定會碰上A板C

9、.當(dāng)t=2 時，電子將回到出發(fā)點D.當(dāng)t=2 時，電子的位移最大答案 B解析 粒子先向A板做半個周期的勻加速運動，接著做半個周期的勻減速運動，經(jīng)歷一個周期后速度為零，以后重復(fù)以上過程，運動方向不變，選B.4.(帶電粒子在電場中的圓周運動)如圖 8 所示，ABC為豎直放在場強為E= 104N/C 的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的ABC部分是半徑為R= 0.5 m 的半圓環(huán)(B為半圓弧的中點)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切于C點，D為水平軌道的一點，而且CD=2R把一質(zhì)量m=100 g、帶電荷量q= 104C 的負(fù)電小球，放在水平軌道的D點，由靜止釋放后，在(1)它到達(dá)B點時的速度是多大；

10、它到達(dá)B點時對軌道的壓力是多大答案 (1)25 m/s (2)5 N解析(1)小球從D至B的過程中，由動能定理得：12qE(2 R+R) -mgR=qmnB解得：VB=25 m/s在B點由牛頓第二定律得：2VBN- qE=mR2VBN= qE+m= 5 N.R由牛頓第三定律知N=N=5 N.軌道的內(nèi)側(cè)運動2.g= 10 m/s，求:CD840分神諜時作業(yè)題組一 帶電粒子在電場中的直線運動1.圖 1 為示波管中電子槍的原理示意圖， 示波管內(nèi)被抽成真空.A 為發(fā)射電子的陰極，K 為接 在高電勢點的加速陽極， A、K 間電壓為 U,電子離開陰極時的速度可以忽略， 電子經(jīng)加速后 從 K 的小孔中射出時

11、的速度大小為V.下面的說法中正確的是（ ）川A. 如果 A、K 間距離減半而電壓仍為U,則電子離開 K 時的速度仍為vB. 如果 A、K 間距離減半而電壓仍為 U,則電子離開 K 時的速度變?yōu)閂C. 如果 A、K 間距離不變而電壓減半，則電子離開K 時的速度變?yōu)?vD. 如果 A、K 間距離不變而電壓減半，則電子離開K 時的速度變?yōu)猷l(xiāng)答案 AC2.如圖 2 所示，M N是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子，以初速度V。由小孔進(jìn)入電場，當(dāng)M N間電壓為U時，粒子恰好能到達(dá)N板，如果要使這個帶電1粒子到達(dá)MN板間距的彳后返回，下列措施中能滿足要求的是（不計帶電粒子的重力）（圖 2

12、A.使初速度減為原來的 1B. 使M N間電壓加倍C. 使M N間電壓提高到原來的 4 倍1D. 使初速度和M N間電壓都減為原來的 2答案 BD1、卮l解析 由qEI= mv2，當(dāng)Vo變?yōu)閷。時I變?yōu)?通過分析知 B、D 選項正確.題組二 帶電粒子在電場中的類平拋運動3.如圖 3 所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中哪句是錯誤的（設(shè)電源電動勢為U）（）A. 電子到達(dá)B板時的動能是UeB. 電子從B板到達(dá)C板動能變化量為零C. 電子到達(dá)D板時動能是 3UeD. 電子在A板和D板之間做往復(fù)運動答案 C解析 電子在AB之間做勻加速運動，且eU= Ek,選項

13、 A 正確；在BC之間做勻速運動，選 項 B 正確；在CD之間做勻減速運動，到達(dá)D板時，速度減為零，選項 C 錯誤，選項 D 正確.4.如圖 4 所示，兩金屬板（平行）分別加上如下圖中的電壓，能使原來靜止在金屬板中央的電子（不計重力）有可能做往返運動的電壓圖像應(yīng)是（設(shè)兩板距離足夠大）（）因為qE=q#,所以qE- l=qUl =-mv22MO- II-iI1I! 1iI1111iii0Vr2Tf一怖1 1 .1_ 1I_11ib_10答案 BC解析 由 A 圖像可知，電子先做勻加速運動,1 1-T時速度最大，從 2丁到T內(nèi)做勻減速運動，T11時速度減為零；然后重復(fù)一直向一個方向運動不往返 由

14、B 圖像可知，電子先做勻加速運動，1T時速度最大，從 土到2T內(nèi)做勻減速運動，1T時速1333度減為零；從-T到T反向勻加速運動，-T時速度最大，從-T到T內(nèi)做勻減速運動，T時速2444度減為零回到出發(fā)點然后重復(fù)往返運動111由C圖像可知，電子先做加速度減小的加速運動，-T時速度最大，從-T到&T內(nèi)做加速度增4421133大的減速運動，2 丁時速度減為零；從 qT到 4T反向做加速度減小的加速運動， -T 時速度最大,3從 jT到T內(nèi)做加速度減小的減速運動，T時速度減為零.回到出發(fā)點，然后重復(fù)往返運動1 1由 D 圖像可知，電子先做勻加速運動，時速度最大，從？T到T內(nèi)做勻速運動，然后重

15、復(fù)加速運動和勻速運動一直向一個方向運動.故選 B、C.5.帶電荷量為q的a粒子，以初動能E從兩平行金屬板的正中央沿垂直于電場線的方向進(jìn)入到兩板間存在的勻強電場中，恰從帶負(fù)電金屬板邊緣飛出來，且飛出時動能變?yōu)?E，則金屬板間的電壓為（)4E2EkEkA. B.C. D.qq2qq答案B解析據(jù)動能定理知，Uq2 =E2E1= 2EEtpB.它們運動的加速度aQtc,又XaVXb=Xc，因為垂直電場方向上做勻速直線運動，所以VcVbVa.故 C 正確.據(jù)動能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能變化量相等.c電荷電場力做功最少，動能變化量最小.故 D 正確.9.如圖 8 所示，場強大小為E

16、、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m帶電荷量分別為+q和一q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率vo進(jìn)入矩形區(qū)（兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中 ）.不計重力，若兩粒答案 B1解析 根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有 2s=vot,在豎直方向有=1-m t2，解得vo=I故選項B正確，選項A、c、D錯誤. 題組三綜合應(yīng)用10.兩個共軸的半圓柱形電極間的縫隙中，存在一沿半徑方向的電場，如圖 9 所示.帶正電的 粒子流由電場區(qū)域的一端M射入電場，沿圖中所示的半圓形軌道通過電場并從另一端N射出， 由此可

17、知（不計粒子重力）（）A. 若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量一定相等B. 若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動能一定相等C. 若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，貝 U 出射粒子的速率一定相等D. 若入射粒子的電荷量與質(zhì)量之比相等，則出射粒子的動能一定相等子軌跡恰好相切，則V0等于（C.4；2mE圖 914答案 BC1522vmv解析由題圖可知，該粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力qE=m得r=rqE12qr、E為定值，若q相等則 qmv定相等；若善相等，則速率v一定相等，故 B、C 正確.11.如圖 10 所示，ABCD為一絕緣光滑軌道， 豎直放置在水平向右的勻強電場中，AB與電場線平行，BCD是與AB相切、半徑為R的圓形軌道今有質(zhì)量為m帶電荷量為+q的小球在 電場力作用下從A點由靜止開始沿軌道運動，小球經(jīng)過最高點D時對軌道的壓力恰好為零，則A點與圓形軌道的最低點B間的電勢差為多大？12解析 小球從A到D的過程中有兩個力做功， 即重力和電場力做功，由動能定理得m2=qUAD-mg-2 R小球在D點時重力提供向心力，由牛頓第二定律得mg= mR5mgR所以LAB=LA=.2q12.如圖 11 所示， 帶負(fù)電的小球靜止在水平放置的平行板