《2019-2020學年高中物理 第一章 電場 微型專題4 帶電粒子在電場中的運動學案 粵教版選修3-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020學年高中物理 第一章 電場 微型專題4 帶電粒子在電場中的運動學案 粵教版選修3-1（17頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、微型專題4帶電粒子在電場中的運動學科素養(yǎng)與目標要求物理觀念：1.掌握初速度與場強方向同直線時帶電體做直線運動，初速度與場強方向垂直時帶電體做類平拋運動.2.會分析圓周運動向心力的來源科學思維：1.能夠綜合應用運動和力、功和能的關系分析帶電粒子在電場中的直線運動問題，提高科學推理能力.2.建立帶粒子在交變電場中直線運動的思維模型一、帶電粒子在電場中的直線運動1帶電粒子在電場中的直線運動(1)勻速直線運動：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的合力平衡(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相同(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相反2求解帶

2、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、勻變速直線運動公式；(2)功和能方法動能定理；(3)能量方法能量守恒定律例1如圖1所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔質量為m、電荷量為q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰好為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)求：圖1(1)小球到達小孔處的速度大??；(2)極板間電場強度大小；(3)小球從開始下落到運動到下極板處所用的時間答案(1)(2)(3)解析(1)小球從靜止開始下落到小孔的過程做自由落體運動，由v22gh，得

3、v.(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓第二定律得：mgqEma由運動學公式知：0v22ad整理得電場強度大小E(3)由hgt12，0vat2，tt1t2整理得t.二、帶電粒子在電場中的類平拋運動1先求加速度2將運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的勻加速直線運動，在兩個方向上分別列運動學方程3涉及功能關系，也可用動能定理列方程例2(多選)(2018上饒市高二期末)有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的油滴，從極板左側中央以相同的水平初速度v先后垂直電場射入，落到極板A、B、C處，如圖2所示，則()圖2A油滴A帶正電，B不帶電，C帶負電B三個油滴在電場中運動時間

4、相等C三個油滴在電場中運動的加速度aAaBaCD三個油滴到達極板時動能EkAEkBxBxC，根據水平方向上做勻速直線運動，所以由公式xvt得tAtBtC，三個油滴在豎直方向上的位移相等，根據yat2，知aAaBaC.從而得知B僅受重力，A所受的電場力方向向上，C所受的電場力方向向下，所以B不帶電，A帶正電，C帶負電，故A、C正確，B錯誤根據動能定理，三個油滴重力做功相等，電場力對A做負功，對B不做功，對C做正功，所以C的動能變化量最大，A的動能變化量最小，A、B、C的初動能相等，所以三個油滴到達極板時的動能EkAEkB0)，在豎直向下的勻強電場中剛好與水平面成30角以速度v0向上做勻速直線運動

5、重力加速度為g.圖7(1)求勻強電場的電場強度的大?。?2)若電場方向改為垂直速度方向斜向下，要使液滴仍做直線運動，電場強度為多大？液滴前進多少距離后可返回？答案(1)(2)解析(1)因為液滴處于平衡狀態(tài)，所以有Eqmg解得：E(2)電場方向改變，液滴受力分析如圖所示液滴做直線運動時，垂直速度方向的合力為零，即qEmgcos30解得：E液滴在運動方向的反方向上的合力Fmgsin30，由牛頓第二定律得，做減速運動的加速度大小agsin30液滴可前進的距離s.(或由動能定理：mgsin30s0mv02得液滴可前進的距離s.)3(帶電粒子在電場中的類平拋運動)如圖8所示，陰極A受熱后向右側空間發(fā)射電

6、子，電子質量為m，電荷量為e，電子的初速率有從0到v的各種可能值，且各個方向都有與A極相距l(xiāng)的地方有熒光屏B，電子擊中熒光屏時便會發(fā)光若在A和B之間的空間加一個水平向左、與熒光屏面垂直的勻強電場，電場強度為E，且電子全部打在熒光屏上，求B上受電子轟擊后的發(fā)光面積圖8答案解析陰極A受熱后發(fā)射電子，這些電子沿各個方向射入右邊勻強電場區(qū)域，且初速率從0到v各種可能值都有取兩個極端情況如圖所示沿極板豎直向上且速率為v的電子，受到向右的電場力作用做類平拋運動打到熒光屏上的P點豎直方向上yvt，水平方向上lt2.解得yv.沿極板豎直向下且速率為v的電子，受到向右的電場力作用做類平拋運動打到熒光屏上的Q點，

7、同理可得yv.故在熒光屏B上的發(fā)光面積Sy2.4(帶電粒子的圓周運動)(2017宿遷市期末)如圖9所示，在豎直平面內放置著絕緣軌道ABC，AB部分是半徑R0.40m的光滑半圓形軌道，BC部分是粗糙的水平軌道，BC軌道所在的豎直平面內分布著E1.0103V/m的水平向右的有界勻強電場，AB為電場的左側豎直邊界現將一質量為m0.04 kg、電荷量為q1104 C的滑塊(視為質點)從BC上的某點由靜止釋放，滑塊通過A點時對軌道的壓力恰好為零已知滑塊與BC間的動摩擦因數為0.05，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：圖9(1)滑塊通過A點時速度vA的大??；(2)滑塊在BC軌道上的釋放點到B點的距離s

8、；(3)滑塊離開A點后在空中運動速度v的最小值答案(1)2m/s(2)5 m(3)1.94 m/s解析(1)因為滑塊通過A點時對軌道的壓力恰好為零，所以有mg，解得vA2m/s.(2)根據動能定理可得：|q|Esmgsmg2RmvA2，解得s5m.(3)滑塊離開A點后在水平方向上做勻減速直線運動，故有：vxvAt22.5t在豎直方向上做自由落體運動，所以有vygt10t，v故vminm/s1.94 m/s.一、選擇題考點一帶電粒子在電場中的直線運動1.(多選)如圖1所示，兩平行金屬板與水平面成一角度，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兩板間，則在此過程中，該粒子()圖

9、1A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做勻變速直線運動答案BD解析對帶電粒子受力分析如圖所示，F合0，則A錯誤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合恒定且與v0方向相反，粒子做勻減速直線運動，D正確2如圖2，一水平放置的平行金屬板連接在直流電源上，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于上、下極板附近，與極板距離相等現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動在隨后的某時刻t，a、b經過兩極板間下半區(qū)域的同一水平面a、b間的相互作用和重力可忽略下列說法正確的是()圖2

10、Aa的質量比b的大B在t時刻，a的動能比b的大C在t時刻，a和b的電勢能相等D在t時刻，a和b的速度大小相等答案B3(多選)如圖3所示，一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力的作用下，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向的夾角為45，則下列結論中正確的是()圖3A此液滴帶負電B液滴做勻加速直線運動C合外力對液滴做的總功等于零D液滴的電勢能減少答案ABD解析液滴所受的合力沿bd方向，知電場力方向水平向右，則此液滴帶負電，故A正確；液滴所受合力恒定，加速度恒定，做勻加速直線運動，故B正確；合外力不為零，且液滴沿合外力方向運動，合外力做功不為零，故C錯誤；從b到d，電場力做正功，液滴電勢能

11、減小，故D正確考點二帶電粒子在電場中的類平拋運動4(多選)如圖4所示，一電子(不計重力)沿x軸正方向射入勻強電場，在電場中的運動軌跡為OCD，已知，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Ek1和Ek2，則()圖4AvCyvDy12BvCyvDy14CEk1Ek213DEk1Ek214答案AD解析電子沿x軸正方向射入勻強電場，做類平拋運動，沿x軸方向做勻速直線運動，已知，則電子從O到C與從C到D的時間相等電子在y軸方向上做初速度為零的勻加速運動，則有vCyatOC，vDyatOD，所以vCyvDytOCtOD12，故A正確，B錯誤；根據勻變速直

12、線運動的推論可知，在豎直方向上yOCyOD14，根據動能定理得Ek1qEyOC，Ek2qEyOD，則得Ek1Ek214，故C錯誤，D正確5.如圖5所示，質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，它們最后打在上極板的同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中()圖5A它們運動的時間tQtPB它們運動的加速度aQaPC它們所帶的電荷量之比qPqQ12D它們的動能增加量之比EkPEkQ12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，它們做類平拋運動的水平位移均為l.則對P

13、，由lv0tP，aPtP2，得到aP；對Q，由lv0tQ，haQtQ2，得到aQ.由此可見tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，所以qPqQ12.由動能定理得，它們的動能增加量之比EkPEkQmaPmaQh14.綜上所述，C項正確6(2018南京師大附中段考)如圖6所示，正方體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料ABCD面帶正電，EFGH面帶負電從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質量相同的帶正電液滴a、b、c，最后分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是()圖6A三個液滴在真空盒中都做平拋運動B三個液滴的運動時間不一定相同C三個液滴落到底板時的速率相同D液

14、滴c所帶電荷量最多答案D解析三個液滴在水平方向受到電場力作用，在水平方向并不是做勻速直線運動，所以三個液滴在真空盒中不是做平拋運動，選項A錯誤；由于三個液滴在豎直方向做自由落體運動，故三個液滴的運動時間相同，選項B錯誤；三個液滴落到底板時豎直分速度大小相等，而水平分位移不相等，水平分速度大小不相等，所以三個液滴落到底板時的速率不相同，選項C錯誤；由于液滴c在水平方向位移最大，故液滴c在水平方向加速度最大，由牛頓第二定律知，液滴c所受的電場力最大，故液滴c所帶電荷量最多，選項D正確考點三帶電粒子在電場(復合場)中的圓周運動7(多選)如圖7所示，豎直向下的勻強電場中，用絕緣細線拴住的帶電小球在豎直

15、平面內繞O做圓周運動，以下四種說法中正確的是()圖7A帶電小球可能做勻速圓周運動B帶電小球可能做非勻速圓周運動C帶電小球通過最高點時，細線拉力一定最小D帶電小球通過最低點時，細線拉力有可能最小答案ABD8.如圖8所示的裝置是在豎直平面內放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，一帶負電的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內做圓周運動已知小球所受電場力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為53，軌道水平段BC長度sBC2R.若使小球在圓環(huán)內恰好能做完整的圓周運動，則高度h為()圖8A2RB4RC10RD17R答案C解析小球所受的重力和電場力均為恒力，故兩力可等效為一個

16、力Fmg，方向與豎直方向的夾角為37偏左下若使小球在圓環(huán)內恰好能做完整的圓周運動，即通過等效最高點D時小球與圓環(huán)間的彈力恰好為0，由圓周運動知識可得mgm，由A到D的過程由動能定理得mg(hRRcos37)mg(htan372RRsin37)mvD2，解得h10R，故選項C正確，選項A、B、D錯誤考點四帶電粒子在交變電場中的運動9(多選)如圖9所示，兩平行金屬板分別加上如下列選項中的電壓，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Ut圖象應是(設兩板距離足夠大)()圖9答案BC解析由A圖象可知，電子先做勻加速運動，T時速度最大，從T到T內做勻減速運動，T時速度減為零然后重復這

17、種運動由B圖象可知，電子先做勻加速運動，T時速度最大，從T到T內做勻減速運動，T時速度減為零；從T到T反向勻加速運動，T時速度最大，從T到T內做勻減速運動，T時速度減為零，回到出發(fā)點然后重復往返運動由C圖象可知，電子先做加速度減小的加速運動，T時速度最大，從T到T內做加速度增大的減速運動，T時速度減為零；從T到T反向做加速度減小的加速運動，T時速度最大，從T到T內做加速度增大的減速運動，T時速度減為零，回到出發(fā)點然后重復往返運動由D圖象可知，電子0做勻加速運動，從T到T內做勻速運動，然后重復加速運動和勻速運動一直向一個方向運動故選B、C.10(多選)如圖10(a)所示，A、B表示真空中水平放置

18、的相距為d的平行金屬板，板長為L，兩板加電壓后板間的電場可視為勻強電場現在A、B兩板間加上如圖(b)所示的周期性的交變電壓，在t0時恰有一質量為m、電荷量為q的粒子在左側板間中央沿水平方向以速度v0射入電場，忽略粒子的重力，則下列關于粒子運動狀態(tài)的表述中正確的是()圖10A粒子在垂直于板的方向上的分運動可能是往復運動B粒子在垂直于板的方向上的分運動是單向運動C只要周期T和電壓U0的值滿足一定條件，粒子就可沿與板平行的方向飛出D粒子不可能沿與板平行的方向飛出答案BC二、非選擇題11.虛線PQ、MN間存在如圖11所示的水平勻強電場，一帶電粒子質量為m2.01011kg、電荷量為q1.0105C，從

19、a點由靜止開始經電壓為U100V的電場加速后，垂直進入勻強電場中，從虛線MN上的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場時速度與電場方向成30角已知PQ、MN間距為20cm，帶電粒子的重力忽略不計求：圖11(1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v1；(2)水平勻強電場的場強大小(結果保留兩位有效數字)；(3)ab兩點間的電勢差答案(1)1.0104m/s(2)1.7103 N/C(3)400V解析(1)由動能定理得：qUmv12代入數據得v11.0104m/s.(2)粒子沿初速度方向做勻速運動：dv1t粒子沿電場方向做勻加速運動：vyat由題意得：tan30由牛頓第二定律得：qEma代入數據得：E103

20、N/C1.7103 N/C.(3)由動能定理得：qUabm(v12vy2)0代入數據得：Uab400V.12(2018德州市期末)如圖12甲所示，水平放置的兩平行金屬板A、B相距為d，板間加有如圖乙所示隨時間變化的電壓A、B板中點O處有一帶電粒子，其電荷量為q，質量為m，在0時間內粒子處于靜止狀態(tài)已知重力加速度為g，周期T.求：圖12(1)判斷該粒子的電性；(2)在0時間內兩板間的電壓U0；(3)若tT時刻，粒子恰好從O點正下方金屬板A的小孔飛出，那么的值應為多少答案(1)正電(2)(3)解析(1)由平衡條件可知粒子帶正電(2)0時間內，粒子處于平衡狀態(tài)由mg得：U0(3)在T時間內有：at2

21、mgmat由以上各式聯立得：.13.如圖13所示，長L0.20m的絕緣絲線的一端拴一質量為m1.0104kg、帶電荷量為q1.0106C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E2.0103N/C.現將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點，然后無初速度地將小球釋放，取g10 m/s2，不計空氣阻力求：圖13(1)小球通過最高點B時速度的大??；(2)小球通過最高點B時，絲線對小球拉力的大小答案(1)2m/s(2)3.0103N解析(1)小球由A運動到B，由動能定理有：qELmgLvB2m/s.(2)設小球到達B點時，受重力mg、電場力qE和絲線拉力FTB作用，mg1.010410N1.0103NqE1.01062.0103N2.0103N因為qEmg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運動，其到達B點時向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出小球一定受到絲線的拉力FTB作用，由牛頓第二定律有：FTBmgqEFTBqEmg3.0103N.17