《2018-2019學(xué)年高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 第9節(jié) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版選修3-1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學(xué)年高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 第9節(jié) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版選修3-1（21頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第9節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1能研究帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度、速度和位移等物理量的變化2能研究帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的能量轉(zhuǎn)化3了解示波管的工作原理一、帶電粒子的加速1基本粒子的受力特點(diǎn)：對(duì)于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，雖然它們也會(huì)受到萬(wàn)有引力(重力)的作用，但萬(wàn)有引力(重力)一般遠(yuǎn)小于靜電力，可以忽略2帶電粒子的加速：初速度為零，帶電量為q，質(zhì)量為m的帶電粒子，經(jīng)過電勢(shì)差為U的電場(chǎng)的加速后，獲得的速度大小為v 二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)質(zhì)量為m、帶電量為q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板長(zhǎng)為l，板間距離為d，板間電壓為U1運(yùn)動(dòng)性質(zhì)(1)沿初速度方向：速

2、度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)(2)垂直v0的方向上：初速度為零，加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)2運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)偏移距離：因?yàn)閠，a，所以偏移距離yat2(2)偏轉(zhuǎn)角度：因?yàn)関yat，所以tan 三、示波管的原理1構(gòu)造示波管是示波器的核心部件，外部是一個(gè)抽成真空的玻璃殼，內(nèi)部主要由電子槍(發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉(zhuǎn)電極(由一對(duì)X偏轉(zhuǎn)電極板和一對(duì)Y偏轉(zhuǎn)電極板組成)和熒光屏組成，如圖所示2原理(1)掃描電壓：XX偏轉(zhuǎn)電極接入的是由儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓(2)燈絲被電源加熱后，出現(xiàn)熱電子發(fā)射，發(fā)射出來(lái)的電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，以很大的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，如果在Y偏轉(zhuǎn)極板上加一個(gè)信號(hào)電壓，在X偏轉(zhuǎn)極板上加

3、一掃描電壓，在熒光屏上就會(huì)出現(xiàn)按Y偏轉(zhuǎn)電壓規(guī)律變化的可視圖象 判一判(1)電子、質(zhì)子、粒子等帶電粒子在電場(chǎng)中受到的靜電力一般遠(yuǎn)大于重力，因而通常情況下，重力可以忽略不計(jì)()(2)帶電粒子(不計(jì)重力)在電場(chǎng)中由靜止釋放時(shí)，一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)()(3)對(duì)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，從受力的角度來(lái)看，遵循牛頓運(yùn)動(dòng)定律；從做功的角度來(lái)看，遵循能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律()(4)對(duì)于帶電粒子(不計(jì)重力)在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)可分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)線方向的自由落體運(yùn)動(dòng)()(5)示波管偏轉(zhuǎn)電極不加電壓時(shí)，從電子槍射出的電子將沿直線運(yùn)動(dòng)，射到熒光屏中心點(diǎn)形成一個(gè)亮斑()提示：(1)(2)(3)(4)(5)

4、 想一想大量帶電粒子，質(zhì)量不同，帶電量相同，以相同的速度垂直電場(chǎng)進(jìn)入并穿過同一個(gè)電容器，它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同嗎？運(yùn)動(dòng)軌跡相同嗎？提示：運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，運(yùn)動(dòng)軌跡不相同由于粒子在水平方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，由lv0t知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同不同粒子在沿初速度方向上運(yùn)動(dòng)情況相同，在垂直初速度方向上運(yùn)動(dòng)情況不同，故它們的運(yùn)動(dòng)軌跡不同，如圖所示 做一做兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OAh，此電子具有的初動(dòng)能是()ABedhUC D提示：選D設(shè)電子的初動(dòng)能為Ek0，末動(dòng)能為零，極板間的電場(chǎng)E，根據(jù)動(dòng)能定理：eEh0Ek0，解得：E

5、k0帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1關(guān)于帶電粒子在電場(chǎng)中的重力(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說(shuō)明或有明確的暗示以外，此類粒子一般不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)(2)帶電微粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力2問題處理的方法和思路(1)分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速、減速；直線還是曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題(2)解決這類問題的基本思路是用運(yùn)動(dòng)和力的觀點(diǎn)：牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)求解；用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解3應(yīng)用動(dòng)能定理處理這類問題的思路：(粒子只受電場(chǎng)力)(1)若帶電粒

6、子的初速度為零，則它的末動(dòng)能mv2qU，末速度v(2)若粒子的初速度為v0，則mv2mvqU，末速度v 命題視角1帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動(dòng)已知兩極板間電勢(shì)差為U，板間距為d，電子質(zhì)量為m，電荷量為e則關(guān)于電子在兩板間的運(yùn)動(dòng)情況，下列敘述正確的是()A若將板間距d增大一倍，則電子到達(dá)Q板的速率保持不變B若將板間距d增大一倍，則電子到達(dá)Q板的速率也增大一倍C若將兩極板間電勢(shì)差U增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時(shí)間保持不變D若將兩極板間電勢(shì)差U增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時(shí)間減為一半思路點(diǎn)撥 解答本題時(shí)應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：(1)帶電粒子被加速，利用動(dòng)能定理可

7、求到達(dá)另一極板的速率；(2)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求運(yùn)動(dòng)的時(shí)間解析由動(dòng)能定理有mv2eU，得v，可見電子到達(dá)Q板的速率與板間距離d無(wú)關(guān)，故A項(xiàng)對(duì)，B項(xiàng)錯(cuò)兩極板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電子的加速度a，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式dat2得t ，若兩極板間電勢(shì)差增大一倍，則電子到達(dá)Q板時(shí)間減為原來(lái)的，故C、D項(xiàng)都錯(cuò)答案A 命題視角2帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)(多選)如圖所示，A、B是一對(duì)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(shì)A0，B板的電勢(shì)B隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示現(xiàn)有一電子從A板上的小孔進(jìn)入兩板間的電場(chǎng)區(qū)內(nèi)，設(shè)電子的初速度和重力的影響可忽略則()A若電子是在t0

8、時(shí)刻進(jìn)入的，它將一直向B板運(yùn)動(dòng)B若電子是在t時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上C若電子是在tT時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上D若電子是在t時(shí)刻進(jìn)入的，它可能時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)思路點(diǎn)撥 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一般比較復(fù)雜，解答此類問題時(shí)通常利用vt圖象對(duì)帶電體進(jìn)行分析，既直觀又方便，是首選的方法解析根據(jù)電子進(jìn)入電場(chǎng)后的受力和運(yùn)動(dòng)情況，作出如圖所示的圖象由圖丁可知，當(dāng)電子在t0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，即A正確若電子在時(shí)刻進(jìn)入，則由圖象知，向B板運(yùn)動(dòng)的位移大于向A板運(yùn)動(dòng)的位移，因此最后仍能打在B板上，即B正確

9、若電子在時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，則由圖象知，在第一個(gè)周期電子即返回至A板，即C錯(cuò)誤若電子是在時(shí)刻進(jìn)入的，則它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能進(jìn)入電場(chǎng)，即D錯(cuò)誤綜上分析可知本題的正確選項(xiàng)為A、B答案AB(1)解決帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，關(guān)鍵要明確粒子在不同時(shí)間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對(duì)粒子的運(yùn)動(dòng)情景、運(yùn)動(dòng)性質(zhì)做出判斷(2)這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)，要注意粒子的運(yùn)動(dòng)周期與電場(chǎng)周期的關(guān)系(3)帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)仍遵循牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、動(dòng)能定理、能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律，所以此類問題的研究方法與質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)相同(4)此類問題借助vt圖象更加有效快捷 【題組突破】

10、1(多選)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v，保持兩板間電壓不變，則()A當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v增大B當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v增大C當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變D當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也增大解析：選CD電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)的過程中根據(jù)動(dòng)能定理列出等式：qUmv2，得v ，所以當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變，故A、B錯(cuò)誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場(chǎng)強(qiáng)為E，電子的加速度為a，電子在電場(chǎng)中一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由dat2t2，得電子加速的時(shí)間為td由此可見，當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間增大，故D正確2(多選)帶

11、正電的微粒放在電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示帶電微粒只在電場(chǎng)力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是()A微粒在01 s內(nèi)的加速度與12 s內(nèi)的加速度相同B微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng)C微粒做往復(fù)運(yùn)動(dòng)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：選BD01 s和12 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A錯(cuò)；01 s和12 s微粒分別做勻加速直線運(yùn)動(dòng)和勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)這兩段運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，12 s的末速度為0，所以每個(gè)1 s內(nèi)的位移均相同且2 s以后的運(yùn)動(dòng)重復(fù)02 s的運(yùn)動(dòng)，是單向直線運(yùn)動(dòng)，B、D正確，C錯(cuò)誤帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)1運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析：帶電粒子以初速度v

12、0垂直于電場(chǎng)線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，受到恒定的、與初速度方向成90的靜電力作用而做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡為拋物線2偏轉(zhuǎn)問題的處理方法：類似于平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)(1)帶電粒子偏轉(zhuǎn)規(guī)律速度：分速度vxv0，vyat合速度大小v合速度方向tan 位移：分位移xv0t，yat2合位移s合位移方向tan (2)帶電粒子先加速再偏轉(zhuǎn)時(shí)的規(guī)律加速電場(chǎng)中：qU1mv偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中規(guī)律偏轉(zhuǎn)的距離y偏轉(zhuǎn)角度tan y、tan 都與比荷無(wú)關(guān)(3)兩個(gè)結(jié)論粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，其速度反向延長(zhǎng)線與初速度方向延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)平分沿初速度方向的位移證明：tan ytan 聯(lián)立以上三式，得x位移方

13、向與初速度方向間夾角的正切tan 為速度偏轉(zhuǎn)角的正切tan 的，即tan tan 證明：tan ，tan 故tan tan 命題視角1帶電粒子偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的求解如圖所示為真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度不計(jì))，經(jīng)燈絲與A板間的加速電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入由兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中(偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng))，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn)已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)1，板右端到熒光屏的距離為L(zhǎng)2，電子質(zhì)量為m，電荷量為e求：(1)電子穿過A板時(shí)的速度大??；(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)

14、射出時(shí)的側(cè)移量；(3)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離解析(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理得eU1mv解得v0 (2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移量為y1，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得FeE，E，F(xiàn)ma，t1，y1at，解得y1(3)設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為vy，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vyat1，電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打在熒光屏上所用的時(shí)間為t2，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2，如

15、圖所示有t2，y2vyt2解得y2P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為yy1y2答案(1) (2)(3) 命題視角2帶電粒子偏轉(zhuǎn)的臨界問題分析一束電子流在經(jīng)U5 000 V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示若兩板間距d10 cm，板長(zhǎng)l50 cm，那么要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最大能加多大電壓？思路點(diǎn)撥 當(dāng)電子恰好從下板右邊緣飛出時(shí)電壓有最大值，此時(shí)電子做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為l，偏轉(zhuǎn)位移為解析加速過程，由動(dòng)能定理得eUmv進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動(dòng)lv0t在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)加速度a偏距yat2能飛出的條件為y聯(lián)立式解得U40

16、102 V即要使電子能飛出，所加電壓最大為400 V答案400 V【題組突破】1如圖所示，兩個(gè)板長(zhǎng)均為L(zhǎng)的平板電極，平行正對(duì)放置，兩極板相距為d，極板之間的電勢(shì)差為U，板間電場(chǎng)可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場(chǎng)一個(gè)帶電粒子(質(zhì)量為m，電荷量為q)從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板邊緣忽略重力和空氣阻力的影響求：(1)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)該粒子的初速度v0的大??；(3)該粒子落到下極板時(shí)的末動(dòng)能Ek的大小解析：(1)兩極板間的電壓為U，兩極板的距離為d，所以電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E(2)帶電粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上有Lv0t在豎直方向上有dat2根據(jù)

17、牛頓第二定律可得：a而FEq所以a解得：v0 (3)根據(jù)動(dòng)能定理可得UqEkmv解得EkUq答案：(1)(2) (3)Uq2如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離y；(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說(shuō)明其原因已知U20102 V，d40102 m，m911031 kg，e

18、161019 C，g取10 m/s2解析：(1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0mv電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間tL偏轉(zhuǎn)距離ya(t)2(2)考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有重力Gmg911030 N，數(shù)量級(jí)為1030 N電場(chǎng)力F81016 N，數(shù)量級(jí)為1016 N由于FG，因此不需要考慮電子所受重力答案：(1) (2)見解析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是指帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中同時(shí)受到電場(chǎng)力及其他力的作用較常見的是在運(yùn)動(dòng)過程中，帶電粒子同時(shí)受到重力和電場(chǎng)力的作用首先要認(rèn)識(shí)復(fù)合場(chǎng)的性質(zhì)，先分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的受力情況，其次再分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)

19、中的受力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，然后依據(jù)受力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系選取規(guī)律解題由于帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是一個(gè)綜合電場(chǎng)力、電勢(shì)能的力學(xué)問題，研究的方法與質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)的研究方法相同，它同樣遵循運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能原理等力學(xué)規(guī)律【題組過關(guān)】1如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場(chǎng)方向平行a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場(chǎng)方向平行一電荷量為q(q0)的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小分別為Na和Nb不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能解析：質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力的大小為FqE設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為va和vb，由

20、牛頓第二定律有FNam，NbFm設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Eka和Ekb，則有Ekamv，Ekbmv根據(jù)動(dòng)能定理有EkbEka2rF聯(lián)立各式解得E(NbNa)，Eka(Nb5Na)，Ekb(5NbNa)答案：(NbNa)(Nb5Na)(5NbNa)2半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示珠子所受的靜電力是其重力的，將珠子從環(huán)上最低位置A點(diǎn)由靜止釋放，則：(1)珠子所能獲得的最大動(dòng)能是多大？(2)珠子對(duì)環(huán)的最大壓力是多大？解析：珠子只能沿光滑絕緣圓環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中除圓環(huán)的彈力外，還受豎直向下的重力和水平向右

21、的電場(chǎng)力，所以珠子一定從A點(diǎn)開始沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，重力做負(fù)功，電場(chǎng)力做正功當(dāng)兩個(gè)力做的總功最多時(shí)，動(dòng)能最大，同時(shí)在這點(diǎn)所受圓環(huán)的支持力也最大珠子在運(yùn)動(dòng)過程中，受到的重力和電場(chǎng)力的大小、方向都不發(fā)生變化，則重力和電場(chǎng)力的合力大小、方向也不變，這樣就可以用合力來(lái)代替重力和電場(chǎng)力，當(dāng)珠子沿合力方向位移最大時(shí)，合力做功最多，動(dòng)能最大(1)由qEmg，設(shè)qE、mg的合力F合與豎直方向的夾角為，則有tan ，解得37設(shè)珠子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，則珠子由A點(diǎn)靜止釋放后從A到B的過程中做加速運(yùn)動(dòng)，如圖所示，在B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理得qErsin mgr(1cos )Ek，解得在B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，即最大動(dòng)能

22、Ekmgr(2)設(shè)珠子在B點(diǎn)受到的圓環(huán)彈力為FN，有FNF合，即FNF合mgmgmgmg，由牛頓第三定律得，珠子對(duì)圓環(huán)的最大壓力為mg答案：(1)mgr(2)mg隨堂檢測(cè) 1質(zhì)子(H)、粒子(He)、鈉離子(Na)三個(gè)粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場(chǎng)加速后，獲得動(dòng)能最大的是()A質(zhì)子(H)B粒子(He)C鈉離子(Na) D都相同解析：選BqUmv20，U相同，粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以粒子獲得的動(dòng)能最大，故選項(xiàng)B正確2如圖所示，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s，豎直邊ad長(zhǎng)為h質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后

23、沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中)不計(jì)重力若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A BC D解析：選B根據(jù)對(duì)稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有sv0t，在豎直方向有ht2，解得v0故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤3(多選)如圖所示，氕、氘、氚的原子核由靜止經(jīng)同一電場(chǎng)加速后，又經(jīng)同一勻強(qiáng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，那么()A經(jīng)過加速電場(chǎng)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)氚核做的功最多B經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的過程中，電場(chǎng)力對(duì)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解析：選BD同一加速電場(chǎng)、同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，三種原子核帶電荷量

24、相同，故在同一加速電場(chǎng)中電場(chǎng)力對(duì)它們做的功都相同，在同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中電場(chǎng)力對(duì)它們做的功也相同，A錯(cuò)，B對(duì)；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(cuò)；再根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式或偏轉(zhuǎn)角公式y(tǒng)，tan 知，與帶電粒子無(wú)關(guān)，D對(duì)4在如圖甲所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖乙、丙所示的兩種電壓，開始B板的電勢(shì)比A板高在電場(chǎng)力作用下原來(lái)靜止在兩板中間的電子開始運(yùn)動(dòng)若兩板間距足夠大，且不計(jì)重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運(yùn)動(dòng)情況，并畫出相應(yīng)的vt圖象答案：t0時(shí)，B板電勢(shì)比A板高，在電場(chǎng)力作用下，電子向B板(設(shè)為正方向)做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)(1)對(duì)于題圖乙，在0T時(shí)間內(nèi)電子沿正方向做初

25、速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，TT時(shí)間內(nèi)電子沿正方向做末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，其速度圖線如圖1所示(2)對(duì)于題圖丙，在0時(shí)間內(nèi)電子做類似圖1中0T時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，T時(shí)間內(nèi)電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運(yùn)動(dòng)然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，其速度圖線如圖2所示課時(shí)作業(yè) 學(xué)生用書P125(單獨(dú)成冊(cè))一、單項(xiàng)選擇題1關(guān)于帶電粒子(不計(jì)重力)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是()A一定是勻變速運(yùn)動(dòng)B不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)C一定做曲線運(yùn)動(dòng)D可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，不可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)解析：選A帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力恒定不變，可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，也可能做勻

26、變速曲線運(yùn)動(dòng)，故選A2如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場(chǎng)的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為()AU1U218BU1U214CU1U212 DU1U211解析：選A由yat2得：U，所以U，可知A項(xiàng)正確3三個(gè)粒子在同一地點(diǎn)沿同一方向垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，出現(xiàn)了如圖所示的運(yùn)動(dòng)軌跡，由此可知，下列判斷錯(cuò)誤的是()A在B飛離電場(chǎng)的同時(shí)，A剛好打在負(fù)極板上BB和C同時(shí)飛離電場(chǎng)C進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，C的速度最大，A的速度最小D動(dòng)能的增加量C最小，A和B一樣大解析：選B由題意知，三

27、個(gè)粒子在電場(chǎng)中的加速度相同，A和B有相同的偏轉(zhuǎn)位移y，由公式y(tǒng)at2得，A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，由公式v0得vBvA，同理，vCvB，故三個(gè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度大小關(guān)系為vCvBvA，故A、C正確，B錯(cuò)誤；由題圖知，三個(gè)粒子的偏轉(zhuǎn)位移大小關(guān)系為yAyByC，由動(dòng)能定理可知，三個(gè)粒子的動(dòng)能的增加量C最小，A和B一樣大，D正確4一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷以一定的初速度v0(v00)，沿著垂直于勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向射入電場(chǎng)，則其可能的運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)該是以下圖中的()解析：選B點(diǎn)電荷垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)力垂直于其初速度方向，電荷做類平拋運(yùn)動(dòng)，故本題選B5噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示重力可忽略的墨汁微滴

28、，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間，最終打在紙上則微滴在極板間電場(chǎng)中()A向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B電勢(shì)能逐漸增大C運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電荷量無(wú)關(guān)解析：選C由于微滴帶負(fù)電，電場(chǎng)方向向下，因此微滴受到的電場(chǎng)力方向向上，微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；偏轉(zhuǎn)過程中電場(chǎng)力做正功，根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；微滴在垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移xvt，沿電場(chǎng)反方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移yt2，此為拋物線方程，選項(xiàng)C正確；從式中可以看出，運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電荷量q有關(guān)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤6如圖所示，質(zhì)量相同的兩個(gè)帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向射入兩平

29、行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)(重力不計(jì))，則從開始射入到打到上極板的過程中()A它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tQtPB它們運(yùn)動(dòng)的加速度aQaPC它們所帶的電荷量之比qPqQ12D它們的動(dòng)能增加量之比EkPEkQ12解析：選C設(shè)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，它們做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離為l則對(duì)P，由lv0tP，aPt，得到aP；同理對(duì)Q，lv0tQ，haQt，得到aQ由此可見tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，所以qPqQ12由動(dòng)能定理得，它們的動(dòng)能增加量之比EkPEkQmaPmaQh14綜上所述，

30、C項(xiàng)正確二、多項(xiàng)選擇題7如圖所示，電荷量和質(zhì)量都相同的帶正電粒子以不同的初速度通過A、B兩極板間的加速電場(chǎng)后飛出，不計(jì)重力的作用，則()A它們通過加速電場(chǎng)所需的時(shí)間相等B它們通過加速電場(chǎng)過程中動(dòng)能的增量相等C它們通過加速電場(chǎng)過程中速度的增量相等D它們通過加速電場(chǎng)過程中電勢(shì)能的減少量相等解析：選BD由于電荷量和質(zhì)量相等，因此產(chǎn)生的加速度相等，初速度越大的帶電粒子經(jīng)過電場(chǎng)所需的時(shí)間越短，A錯(cuò)誤；加速時(shí)間越短，則速度的變化量越小，C錯(cuò)誤；由于電場(chǎng)力做功與初速度及時(shí)間無(wú)關(guān)，因此電場(chǎng)力對(duì)各帶電粒子做功相等，則它們通過加速電場(chǎng)的過程中電勢(shì)能的減少量相等，動(dòng)能的增加量也相等，B、D正確8如圖所示，水平放置的

31、充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶正電的油滴從下極板邊緣射入，并沿直線從上極板邊緣射出，油滴的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，則()A場(chǎng)強(qiáng)的方向豎直向上B場(chǎng)強(qiáng)的方向豎直向下C兩極板間的電勢(shì)差為D油滴的電勢(shì)能增加了mgd解析：選AC由題意知帶電油滴受到的電場(chǎng)力等于其重力，帶電油滴受力平衡做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A對(duì)，B錯(cuò)；由mgq得電勢(shì)差U，C對(duì)；油滴的電勢(shì)能增加量等于電場(chǎng)力做功的負(fù)值，即EpWqUmgd，故油滴的電勢(shì)能減少了mgd，D錯(cuò)9如圖所示，豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)里，用絕緣細(xì)線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運(yùn)動(dòng)，以下四種說(shuō)法中正確的是()A帶電小球可能做勻速率圓周運(yùn)動(dòng)B帶電小球可能做變速率

32、圓周運(yùn)動(dòng)C帶電小球通過最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力一定最小D帶電小球通過最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力有可能最小解析：選ABD若小球所受電場(chǎng)力與重力平衡，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A正確；若小球所受電場(chǎng)力與重力不平衡，小球做變速圓周運(yùn)動(dòng)，B正確；若小球所受電場(chǎng)力與重力的合力向上，則小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力最小，最高點(diǎn)時(shí)細(xì)線拉力最大，C錯(cuò)誤，D正確10如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示電子原來(lái)靜止在左極板小孔處(不計(jì)重力作用)下列說(shuō)法中正確的是()A從t0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上 B從t0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)C從t時(shí)刻釋

33、放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，也可能打到右極板上D從t時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上解析：選AC對(duì)應(yīng)電壓圖象作出電子的速度圖象，根據(jù)速度圖象包圍的面積分析電子的運(yùn)動(dòng)由圖1知，t0時(shí)釋放電子，電子的位移始終是正值，說(shuō)明一直向右運(yùn)動(dòng)，一定能夠擊中右板，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤圖1 圖2由圖2知，t時(shí)釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的內(nèi)不能到達(dá)右板，則之后往復(fù)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤三、非選擇題11如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直射入場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，射出電場(chǎng)的瞬時(shí)速度的方向與初速度方向成30角在這一過程中，不計(jì)粒子重力求：

34、(1)該粒子在電場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間；(2)粒子在這一過程中電勢(shì)能的增量解析：(1)分解末速度：vyv0tan 30，在豎直方向vyat，a，聯(lián)立三式可得t(2)射出電場(chǎng)時(shí)的速度vv0，由動(dòng)能定理得靜電力做功為Wmv2mvmv，根據(jù)WEp1Ep2得EpWmv答案：(1)(2)mv12如圖所示，長(zhǎng)L020 m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m10104kg、帶電荷量為q10106 C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(yùn)動(dòng)，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E20103 N/C現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點(diǎn)，然后無(wú)初速度地將小球釋放，取g10 m/s2求：(1)小球通

35、過最高點(diǎn)B時(shí)速度的大??；(2)小球通過最高點(diǎn)時(shí)，絲線對(duì)小球拉力的大小解析：(1)小球由A運(yùn)動(dòng)到B，其初速度為零，靜電力對(duì)小球做正功，重力對(duì)小球做負(fù)功，絲線拉力不做功，則由動(dòng)能定理有：qELmgL，vB 2 m/s(2)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用，經(jīng)計(jì)算mg1010410 N10103 NqE1010620103 N20103 N因?yàn)閝Emg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運(yùn)動(dòng)，其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出FTB的方向一定指向圓心，由牛頓第二定律有：FTBmgqEFTBqEmg30103 N答案：(1)2 m/s(2)30103 N21