帶電粒子運(yùn)動習(xí)題課件

帶電粒子在電場中的運(yùn)動1一.帶電粒子在電場中的加速二.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

對偏移公式的討論例1例2例3

92高考例5、04年海南理綜35、

01年上海11.三.在電場力和重力共同作用下的運(yùn)動

例697高考

例8例9例10四、小結(jié)五.綜合題

例1104年上海7

94高考99高考帶電粒子在電場中的運(yùn)動一.帶電粒子的加速如圖所示，在真空中有一對平行金屬板，兩板間加以電壓U．兩板間有一個帶正電荷量為q的帶電粒子，它在電場力的作用下，由靜止開始從正極板向負(fù)極板運(yùn)動，到達(dá)負(fù)極板時的速度有多大？Uq-+帶電粒子在電場力的作用下，電場力所的功W=qU，設(shè)帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時的速度為VqE由動能定理1/2mv2=qU上式是從勻強(qiáng)電場的情況得出的，但是同樣適用非勻強(qiáng)電場的情況帶電粒子的偏轉(zhuǎn)垂直電場方向:平行電場方向:

Lv0d++++++-------qφvv0v⊥φyL/2做勻速直線運(yùn)動做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動二.帶電粒子的偏轉(zhuǎn)如圖所示，在真空中水平放置一對金屬板Y和Y’，板間距離為d．在兩板間加以電壓U，兩板間的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為E=U/d．現(xiàn)有一電荷量為q的帶電粒子以水平速度v0射入電場中.帶電粒子在初速度方向做勻速運(yùn)動L=V0tt=L/V0帶電粒子在電場力方向做勻加速運(yùn)動帶電粒子通過電場的側(cè)移偏向角φ對偏移公式的討論對于不同的帶電粒子（1）若以相同的速度射入，則y∝q/m（2）若以相同的動能射入，則y∝q(3）若以相同的動量射入，則y∝qm（4）若經(jīng)相同電壓U0加速后射入，則y與qm無關(guān),隨加速電壓的增大而減小，隨偏轉(zhuǎn)電壓的增大而增大。

例1.帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時（除電場力外不計(jì)其它力的作用） []A．電勢能增加，動能增加B．電勢能減小，動能增加C．電勢能和動能都不變D．上述結(jié)論都不正確B

例2.電子以初速度v0沿垂直場強(qiáng)方向射入兩平行金屬板中間的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)增大兩板間的電壓，但仍使電子能夠穿過平行板間，則電子穿越平行板所需要的時間 []A．隨電壓的增大而減小B．隨電壓的增大而增大C．加大兩板間距離，時間將減小D．與電壓及兩板間距離均無關(guān)D

例3．如圖所示，質(zhì)量為m，帶電量為q的離子以v0的速度，沿與場強(qiáng)垂直的方向從A點(diǎn)飛入勻強(qiáng)電場，并從另一側(cè)B點(diǎn)沿與場強(qiáng)方向成150°角飛出．則A、B兩點(diǎn)間的電勢差是多少?1500EABqE解:電子做類平拋運(yùn)動a=qE/m由速度分解VyV0VtVy2=2ay=2qEy/m=3V02V0例5.兩平行金屬板之間存在勻強(qiáng)電場，一帶電粒子以初動能EK沿垂直電力線方向飛入，飛離電場時動能為初動能的2倍．若同一帶電粒子初速度增加1倍，那么，它飛出電場時動能為________EK．v0解：設(shè)初速度為v0，偏移為yy由動能定理F×y=ΔEK=2EK–EK=EK若初速度為2v0，偏移為y′，y′則y′=0.25y由動能定理F×y′=ΔEK′

=EK′-4EK=0.25EK

∴EK′=

4.25EK4.2504年海南理綜35圖5為示波管中偏轉(zhuǎn)電極的示意圖,相距為d長度為的平行板A、B加上電壓后，可在A、B之間的空間中（設(shè)為真空）產(chǎn)生電場（設(shè)為勻強(qiáng)電場）。在AB左端距A、B等距離處的O點(diǎn)，有一電量為+q、質(zhì)量為m的粒子以初速沿水平方向（與A、B板平行）射入（如圖）。不計(jì)重力，要使此粒子能從C處射出，則A、B間的電壓應(yīng)為（）C.A.B.D.+++++++-------dv0AOBCA01年上海11.一束質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子以平行于兩極板的速度v0進(jìn)入勻強(qiáng)電場，如圖所示.如果兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d、板長為L.設(shè)粒子束不會擊中極板，則粒子從進(jìn)入電場到飛出極板時電勢能的變化量為

.（粒子的重力忽略不計(jì)）v0dL解:側(cè)位移電場力做功電勢能的變化量等于電場力做的功.97年高考、在方向水平的勻強(qiáng)電場中，一不可伸長的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球、另一端固定于O點(diǎn)，把小球拉起直至細(xì)線與場強(qiáng)平行，然后無初速度釋放，已知小球擺到最低點(diǎn)的另一側(cè)，線與豎直方向的最大夾角為θ，如圖所示，求小球經(jīng)過最低點(diǎn)時，細(xì)線對小球的拉力。ABC解：

先分析受力，qE不可能向左，受力如圖mgqE過程:A---C由動能定理mglcosθ-qEl(1+sinθ）=0過程:A---B由動能定理mgl-qEl=1/2mv2在B點(diǎn)，Tmg由圓周運(yùn)動T-mg=mv2/l

例8如圖示，A、B為平行金屬板，兩板的中央各有一個小孔M和N，K閉合時，今有一帶電質(zhì)點(diǎn)，自A板上方相距為h的P點(diǎn)由靜止自由下落（P、M、N在同一豎直線上），空氣阻力忽略不計(jì)，K到達(dá)N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回，若保持兩極板間的電壓不變，則：()A.把A板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落仍能返回B.把A板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過N孔繼續(xù)下落C.把B板向上平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后仍能返回D.把B板向下平移一小段距離，質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)自由下落后將穿過N孔，繼續(xù)下落PKhdNABM解：原來ΔEK=mg(h+d)-qU=0A板平移，h+d不變，ΔEK=0B板向上平移ΔEK=mg(h+d′)-qU＜0B板向下平移ΔEK=mg(h+d′)-qU＞0ACD若K閉合后斷開，如何？E不變，AB正確

例9.如圖示，水平方向勻強(qiáng)電場中，有一帶電體P自O(shè)點(diǎn)豎直向上射出，它的初動能為4J，當(dāng)它上升到最高點(diǎn)M時，它的動能為5J，則物體折回并通過與O同一水平線上的O′點(diǎn)時，其動能為（）A.20JB.24JC.25JD.29JMO′EPOv0解：帶電體受力如圖示，mgqE豎直方向做豎直上拋運(yùn)動,水平方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動，vMvyvxvt由上拋的對稱性及勻加速運(yùn)動規(guī)律，vy=v0tOM=tMO′

vx=2vM由題意1/2mv02=4J

1/2mvM2=5J∴EK′=1/2mvt2

=1/2mvx2+1/2mvy2=4×5+4=24JB質(zhì)量m、帶電量+q的滑塊，在豎直放置的光滑絕緣圓形軌道上運(yùn)動，軌道半徑為r，現(xiàn)在該區(qū)域加一豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，為使滑塊在運(yùn)動中不離開圓形軌道，求：滑塊在最低點(diǎn)的速度應(yīng)滿足什么條件？OACBE+qm解：若滑塊能在圓形軌道上做完整的圓周運(yùn)動，且剛能通過B點(diǎn)，劃塊的受力如圖示：令g1=g+qE/mmgqE必須有mg1=mv2/r由動能定理：A---B例11、OACBE+qm另一種情況：若滑塊最多只能在圓形軌道上運(yùn)動到C點(diǎn)，則可以在A點(diǎn)兩側(cè)沿圓軌道往復(fù)擺動：則vC=0,由動能定理得滑塊在最低點(diǎn)的速度應(yīng)滿足的條件為式中g(shù)1=g+qE/m思考：若電場強(qiáng)度E的方向向上，結(jié)果如何？題目04年上海7光滑水平面上有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，電場方向與正方形一邊平行。一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由某一邊的中點(diǎn)，以垂直于該邊的水平初速v0進(jìn)入該正方形區(qū)域。當(dāng)小球再次運(yùn)動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為（）A．0ABC

(A)若電子是在t=0時刻進(jìn)入的,它將一直向B板運(yùn)動(B)若電子是在t=T/8時刻進(jìn)入的,它可能時而向B板運(yùn)動,時而向A板運(yùn)動,最后打在B板上(C)若電子是在t=3T/8時刻進(jìn)入的,它可能時而向B板運(yùn)動,時而向A板運(yùn)動,最后打在B板上(D)若電子是在t=T/2時刻進(jìn)入的,它可能時而向B板、時而向A板運(yùn)動圖中A、B是一對平行的金屬板.在兩板間加上一周期為T的交變電壓u.A板的電勢UA=0,B板的電勢UB隨時間的變化規(guī)律為:在0到T/2的時間內(nèi),UB=U0(正的常數(shù));在T/2到T的時間內(nèi).UB=-U0;在T到3T/2的時間內(nèi),UB=U0;在3T/2到2T的時間內(nèi).UB=-U0……,現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場區(qū)內(nèi).設(shè)電子的初速度和重力的影響均可忽略,則()BAuAB94高考:U0-U0T/2T3T/22T畫出u—t圖tu畫出v—t圖A.t=0進(jìn)入0T/2T3T/22TvtB.t=T/8進(jìn)入vt0T/2T3T/22T題目u—t圖U0-U0T/2T3T/22TC.t=3T/8進(jìn)入vt0T/2T3T/22TD.t=T/2進(jìn)入vt0T/2T3T/22T∴CD都錯誤，只有AB正確題目xyEqEVxEqEVxVtVyqE1題目下頁解:由牛頓定律，在勻強(qiáng)電場中小球加速度的大小為a=F/m=0.20m/s2(1)當(dāng)場強(qiáng)沿x正方向時，經(jīng)過1秒鐘小球的速度大小為vx＝at=0.20×1.0＝0.20m/s(2)速度的方向沿x軸正方向．小球沿x軸方向移動的距離Δx1=1/2at2=1/2×0.2×1=0.10m(3)在第2秒內(nèi)，電場方向沿y軸正方向，故小球在x方向做速度為vx的勻速運(yùn)動，在y方向做初速為零的勻加速運(yùn)動沿x方向移動的距離△x2=vxt＝0.20m(4)沿y方向移動的距離Δy=1/2at2=1/2×0.2×1=0.10m(5)故在第2秒末小球到達(dá)的位置坐標(biāo)x2＝△x1＋△x2=0.30m(6)y2=△y=0.10m(7)題目上頁下頁在第2秒末小球在x方向的分速度仍為vx，在y方向的分速度vy=at