物理選修3-1電場帶電粒子在電場中的運動知識點及典型例題

.PAGE11/NUMPAGES11龍文教育學科老師個性化教案教師學生姓名上課日期2-26學科物理年級高三教材版本人教版學案主題電場課時數(shù)量〔全程或具體時間第〔3課時授課時段8-10教學目標教學內(nèi)容帶電粒子在電場中的運動相關知識點與應用個性化學習問題解決結(jié)合孩子的教案設計教學重點、難點高考必考知識點教學過程帶電粒子在電場中的運動1．平行板電容器內(nèi)的電場可以看做是勻強電場,其場強與電勢差的關系式為E＝eq\f<U,d>,其電勢差與電容的關系式為C＝eq\f<Q,U>.2．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．3．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)<勻強電場>帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動,可將粒子的運動分解為初速度方向的勻速直線運動和電場力方向的初速度為零的勻加速直線運動．位移關系：eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<x＝v0t,y＝\f<1,2>at2>>速度關系：eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<vx＝v0,vy＝at>>,速度的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f<vy,vx>.4．在所討論的問題中,帶電粒子受到的重力遠小于電場力,即mg?qE,所以可以忽略重力的影響．若帶電粒子所受的重力跟電場力可以比擬,則要考慮重力的影響．總之,是否考慮重力的影響要根據(jù)具體的情況而定．5．物體做勻速圓周運動,受到的向心力為F＝meq\f<v2,r><用m、v、r表示>＝mr<eq\f<2π,T>>2<用m、r、T表示>＝mrω2<用m、r、ω表示>．一、帶電粒子在電場中的直線運動討論帶電粒子在電場中做直線運動<加速或減速>的方法：<1>能量方法——能量守恒定律；<2>功和能方法——動能定理；<3>力和加速度方法——牛頓運動定律、勻變速直線運動公式．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v0豎直向上運動,從B板小孔進入板間電場．圖1<1>帶電小球在板間做何種運動？<2>欲使小球剛好打到A板,A、B間電勢差為多少？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,涉及運動學公式、牛頓運動定律、動能定理、功能關系的綜合應用．例2如圖2所示,水平放置的兩平行金屬板,板長為10cm,兩板相距2cm.一束電子以v0＝4.0×107m/s的初速度從兩板中央水平射入板間,然后從板間飛出射到距板右端L為45cm、寬D為20cm的熒光屏上．<不計電子重力,熒光屏中點在兩板間的中線上,電子質(zhì)量m＝9.0×10－31kg,電荷量e＝1.6×10－19C>求：圖2<1>電子飛入兩板前所經(jīng)歷的加速電場的電壓；<2>為使帶電粒子能射到熒光屏的所有位置,兩板間所加電壓的取值范圍．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3所示．帶電微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<>圖3A．微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1s～2s內(nèi)的加速度相同B．微粒將沿著一條直線運動C．微粒做往復運動D．微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同四、帶電粒子在電場<復合場>中的圓周運動解決電場<復合場>中的圓周運動問題,關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．有時可以把復合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．一電荷量為＋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：圖4<1>速度vA的大小；<2>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?。?.<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度,兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器,則在此過程中,該粒子<>圖5A．所受重力與電場力平衡 B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加 D．做勻變速直線運動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Oeq\x\to<A>＝Aeq\x\to<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ΔEk1和ΔEk2,則<>圖6A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶43．<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A、B之間有一電子,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<>圖7A．電子在A、B兩板間做往復運動B．在足夠長的時間內(nèi),電子一定會碰上A板C．當t＝eq\f<T,2>時,電子將回到出發(fā)點D．當t＝eq\f<T,2>時,電子的位移最大4．<帶電粒子在電場中的圓周運動>如圖8所示,ABCD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＝0.5m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＝100g、帶電荷量q＝10－4C的負電小球,放在水平軌道的D點,由靜止釋放后,在軌道的內(nèi)側(cè)運動．g＝10m/s2,求：圖8<1>它到達B點時的速度是多大？<2>它到達B點時對軌道的壓力是多大？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的小孔中射出時的速度大小為v.下面的說法中正確的是<>圖1A．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)関/2C．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)閑q\f<\r<2>,2>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)関/22.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v0由小孔進入電場,當M、N間電壓為U時,粒子恰好能到達N板,如果要使這個帶電粒子到達M、N板間距的eq\f<1,2>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2A．使初速度減為原來的eq\f<1,2>B．使M、N間電壓加倍C．使M、N間電壓提高到原來的4倍D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f<1,2>題組二帶電粒子在電場中的類平拋運動3.如圖3所示,氕、氘、氚的原子核以初速度為零經(jīng)同一電場加速后,又經(jīng)同一勻強電場偏轉(zhuǎn),最后打在熒光屏上,那么<>圖3經(jīng)過加速電場的過程中,電場力對氚核做的功最多B．經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的過程中,電場力對三種核做的功一樣多C．三種原子核打在屏上的速度一樣大D．三種原子核都打在屏上同一位置處4.如圖4所示,質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中,P從兩極板正中央射入,Q從下極板邊緣處射入,它們最后打在同一點<重力不計>,則從開始射入到打到上極板的過程中<>圖4A．它們運動的時間tQ＞tPB．它們運動的加速度aQ＜aPC．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶25.如圖5所示,靜止的電子在加速電壓U1的作用下從O經(jīng)P板的小孔射出,又垂直進入平行金屬板間的電場,在偏轉(zhuǎn)電壓U2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍,要想使電子射出電場的位置不發(fā)生變化,應該<>圖5A．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C．使U2變?yōu)樵瓉淼膃q\r<2>倍D．使U2變?yōu)樵瓉淼?/2倍6.如圖6所示,帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi),恰好沿下板的邊緣飛出,已知板長為L,平行板間距離為d,板間電壓為U,帶電粒子的電荷量為q,粒子通過平行板的時間為t,則<不計粒子的重力><>圖6A．在前eq\f<t,2>時間內(nèi),電場力對粒子做的功為eq\f<qU,4>B．在后eq\f<t,2>時間內(nèi),電場力對粒子做的功為eq\f<3qU,8>C．在粒子下落前eq\f<d,4>和后eq\f<d,4>的過程中,電場力做功之比為1∶2D．在粒子下落前eq\f<d,4>和后eq\f<d,4>的過程中,電場力做功之比為1∶1題組三帶電粒子在電場中的圓周運動7.兩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7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,由此可知<>圖7A．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,則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8．如圖8所示,內(nèi)壁光滑的絕緣材料制成的圓軌道固定在傾角為θ＝37°的斜面上,與斜面的交點為A,直徑AB垂直于斜面,直徑CD和MN分別在水平和豎直方向上,它們處在水平向右的勻強電場中．質(zhì)量為m、電荷量為q的小球<可視為點電荷>剛好能靜止于圓軌道內(nèi)的A點．現(xiàn)對該小球施加一沿圓環(huán)切線方向的瞬時速度,使其恰能繞圓環(huán)完成圓周運動．下列對該小球運動的分析中正確的是<>圖8A．小球一定帶負電B．小球運動到B點時動能最小C．小球運動到M點時動能最小D．小球運動到D點時機械能最小題組四綜合應用9.如圖9所示,ABCDF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,BCDF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？圖910.如圖10所示,長L＝0.20m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m＝1.0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1.0×10－6C的小球,另一端連在一水平軸O上,絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運動,整個裝置處在豎直向上的勻強電場中,電場強度E＝2.0×103N/C.現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點,然后無初速度地將小球釋放,取g＝10m/s2.求：<1>小球通過最高點B時速度的大?。?lt;2>小球通過最高點時,絲線對小球拉力的大?。?1.如圖11所示,兩塊豎直放置的平行金屬板A、B,板間距d＝0.04m,兩板間的電壓U＝400V,板間有一勻強電場．在A、B兩板上端連線的中點Q的正上方,距Q為h＝1.25m的P點處有一帶正電的小球,已知小球的質(zhì)量m＝5×10－6kg,電荷量q＝5×10－8C．設A、B板足夠長,g取10m/s2.試求：<1>帶正電的小球從P點開始由靜止下落,經(jīng)多長時間和金屬板相碰；<2>相碰時,離金屬板上端的豎直距離多大．例一解析<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－mg<H＋h>－qUAB＝0－eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>解得UAB＝eq\f<m[v\o\al<2,0>－2gH＋h],2q>例2解析<1>設加速電場的電壓為U1,由動能定理可得eU1＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>－0化簡得U1＝eq\f<mv\o\al<2,0>,2e>代入數(shù)據(jù)得U1＝4.5×103V.<2>如圖所示,設電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時速度為v1,和水平方向的夾角為θ,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,偏轉(zhuǎn)位移為y,則：y＝eq\f<1,2>at2＝eq\f<U2e,2dm><eq\f<l,v0>>2tanθ＝eq\f<vy,v0>＝eq\f<U2el,dmv\o\al<2,0>>＝eq\f<y,l/2>由此看出,電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時,不論偏轉(zhuǎn)電壓多大,電子都像是從偏轉(zhuǎn)電場的兩極板間中線的中點沿直線射出一樣,射出電場后電子做勻速直線運動恰好打在熒光屏的邊緣上,結(jié)合圖可得tanθ＝eq\f<D/2,L＋\f<l,2>>＝eq\f<D,2L＋l>U2＝eq\f<Ddmv\o\al<2,0>,el2L＋l>代入所有數(shù)據(jù)得U2＝360V因此偏轉(zhuǎn)電壓在－360V～360V范圍內(nèi)時,電子可打在熒光屏上的任何位置．答案<1>4.5×103V<2>－360V～360V例3答案BD解析帶正電的微粒放在電場中,第1s內(nèi)加速運動,第2s內(nèi)減速至零,故B、D對．例4解析<1>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＝meq\f<v\o\al<2,A>,r>所以小球在A點的速度vA＝eq\r<\f<qEr,m>>.<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＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,B>－eq\f<1,2>mveq\o\al<2,A>小球在B點時,根據(jù)牛頓第二定律,在水平方向有FB－qE＝meq\f<v\o\al<2,B>,r>解以上兩式得小球在B點對環(huán)的水平作用力為：FB＝6qE.答案<1>eq\r<\f<qEr,m>><2>6qE1.答案BD解析對帶電粒子受力分析如圖所示,F合≠0,則A錯．由圖可知電場力與重力的合力方向與v0方向相反,F合對粒子做負功,其中mg不做功,Eq做負功,故粒子動能減少,電勢能增加,B正確,C錯誤．F合恒定且F合與v0方向相反,粒子做勻減速運動,D項正確．2.答案AD3．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,以后重復以上過程,運動方向不變,選B.4答案<1>2eq\r<5>m/s<2>5N解析<1>小球從D至B的過程中,由動能定理：qE<2R＋R>－mgR＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,B>解得：vB＝2eq\r<5>m/s<2>在B點由牛頓第二定律得：FN－qE＝meq\f<v\o\al<2,B>,R>FN＝qE＋meq\f<v\o\al<2,B>,R>＝5N.由牛頓第三定律知FN′＝FN＝5N.題組一帶電粒子在電場中的直線運動1.答案AC2.答案BD解析由qE·l＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>,當v0變?yōu)閑q\f<\r<2>,2>v0時l變?yōu)閑q\f<l,2>；因為qE＝qeq\f<U,d>,所以qE·l＝qeq\f<U,d>·l＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>,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.答案BD解析同一加速電場、同一偏轉(zhuǎn)電場,三種原子核帶電荷量相同,故在同一加速電場中電場力對它們做的功都相同,在同一偏轉(zhuǎn)電場中電場力對它們做的功也相同,A錯,B對；由于質(zhì)量不同,所以三種原子核打在屏上的速度不同,C錯；再根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式或偏轉(zhuǎn)角公式y(tǒng)＝eq\f<l2U2,4dU1>,tanθ＝eq\f<lU2,2dU1>知,與帶電粒子無關,D對．4.答案C解析設兩板距離為h,P、Q兩粒子的初速度為v0,加速度分別為aP和aQ,粒子P到上極板的距離是eq\f<h,2>,它們做類平拋運動的水平距離均為l.則對P,由l＝v0tP,eq\f<h,2>＝eq\f<1,2>aPteq\o\al<2,P>,得到aP＝eq\f<hv\o\al<2,0>,l2>；同理對Q,l＝v0tQ,h＝eq\f<1,2>aQteq\o\al<2,Q>,得到aQ＝eq\f<2hv\o\al<2,0>,l2>.由此可見tP＝tQ,aQ＝2aP,而aP＝eq\f<qPE,m>,aQ＝eq\f<qQE,m>,所以qP∶qQ＝1∶2.由動能定理得,它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq\f<h,2>∶maQh＝1∶4.綜上所述,C項正確．5.答案A解析電子加速有qU1＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,0>電子偏轉(zhuǎn)有y＝eq\f<1,2>·eq\f<qU2,md><eq\f<l,v0>>2聯(lián)立解得y＝eq\f<U2l2,4U1d>,顯然選A.6答案BD解析粒子在電場中做類平拋運動的加速度為a＝eq\f<Eq,m>＝eq\f<Uq,dm>,t時間內(nèi)加速度方向上的位移y＝eq\f<1,2>at2＝eq\f<d,2>,前eq\f<t,2>時間內(nèi)加速度方向上的位移y1＝eq\f<1,2>aeq\f<t2,4>＝eq\f<d,8>,后eq\f<t,2>時間內(nèi)加速度方向上的位移y2＝y(tǒng)－y1＝eq\f<3,8>d.由公式W＝Fl可知前eq\f<t,2>、后eq\f<t,2>、前eq\f<d,4>、后eq\f<d,4>電場力做的功分別為W1＝eq\f<1,8>qU,W2＝eq\f<3,8>qU,W3＝eq\f<1,4>qU,W4＝eq\f<1,4>qU.題組三帶電粒子在電場中的圓周運動7.答案BC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＝meq\f<v2,r>得r＝eq\f<mv2,qE>,r、E為定值,若q相等則eq\f<1,2>mv2一定相等；若eq\f<q,m>相等,則速率v一定相等,故B、C正確．8．答案ABD解析小球能靜止于A點,說明小球在A點所受的合力為零,電場力一定與場強方向相反,小球帶負電,A正確；小球所受的重力和電場力的合力F是不變的,方向沿AB直徑方向由B指向A,小球從A運動到B的過程中F做負功,動能減小,所以小球運動到B點時動能最小,B正確,C錯誤；在圓環(huán)上,D點的電勢最低,小球在D點的電勢能最大,由能量守恒定律可得,小球運動到D點時機械能最小,D正確．題組四綜合應用9.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eq\f<1,2>mv2＝qUAD－mg·2R小球在D點時重力提供向心力,由牛頓第二定律得mg＝meq\f<v2,R>聯(lián)立解得UAD＝eq\f<5mgR,2q>所以UAB＝UAD＝eq\f<5mgR,2q>.10.答案<1>2m/s<2>3.0×10－3N解析<1>小球由A運動到B,其初速度為零,電場力對小球做正功,重力對小球做負功,絲線拉力不做功,則由動能定理有：qEL－mgL＝eq\f<mv\o\al<2,B/r