2021-2022高中物理3-1學(xué)案：第1章 習(xí)題課2帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE11-版權(quán)所有@高考資源網(wǎng)學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精習(xí)題課2帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(教師用書獨(dú)具)[學(xué)習(xí)目標(biāo)］1。會(huì)利用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)解答帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題.2。會(huì)分析帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的能量轉(zhuǎn)化情況。3.掌握帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法.一、帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．電場(chǎng)中帶電粒子的分類基本粒子帶電微粒示例電子、質(zhì)子、α粒子、正離子、負(fù)離子等帶電小球、液滴、塵埃等特點(diǎn)重力遠(yuǎn)小于靜電力,故不計(jì)重力所受重力不可忽略說(shuō)明某些帶電體是否考慮重力，要根據(jù)題目說(shuō)明或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)來(lái)判定2.兩種處理方法(1)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系—-牛頓第二定律根據(jù)帶電粒子受到的靜電力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子運(yùn)動(dòng)的速度、時(shí)間和位移等。這種方法適用于恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的情況。（2）功能關(guān)系——?jiǎng)幽芏ɡ碛闪Ｗ觿?dòng)能的變化量等于靜電力做的功知：①若粒子的初速度為0，則有eq\f(1，2)mv2＝qU，v＝eq\r（\f(2qU,m))。②若粒子的初速度不為0，則有eq\f（1,2）mv2－eq\f(1，2）mveq\o\al（2,0)＝qU,v＝eq\r(v\o\al（2，0)＋\f(2qU，m））.【例1】虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子的質(zhì)量m＝2.0×10－11kg,電荷量q＝＋1。0×10－5C,粒子從a點(diǎn)由靜止開始經(jīng)電壓U＝100V的電場(chǎng)加速后，沿垂直于勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中,從虛線MN上的某點(diǎn)b(圖中未畫出）離開勻強(qiáng)電場(chǎng),離開勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速度與電場(chǎng)方向成30°角。已知PQ、MN間距為（1）帶電粒子剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速度大小;（2)水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。唬?）a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。［解析](1)由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2，1）解得v1＝1.0×104(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有d＝v1t粒子沿電場(chǎng)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，有vy＝at由題意得tan30°＝eq\f(v1，vy)由牛頓第二定律得qE＝ma聯(lián)立解得E＝eq\r(3)×103N/C。(3)由動(dòng)能定理得qUab＝eq\f（1，2)m(veq\o\al（2，1)＋veq\o\al（2,y））－0聯(lián)立解得Uab＝400V。[答案］(1）1.0×104m/s（2）eq\r（3)×103N/C(3)400Veq\o（［跟進(jìn)訓(xùn)練］）1．如圖所示，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，|OA|＝h，此電子具有的初動(dòng)能是()A．eq\f（edh,U) B．edUhC．eq\f（eU，dh) D．eq\f(eUh,d）D[（方法一)功能關(guān)系在O→A過(guò)程中,由動(dòng)能定理得Fh＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，0），即eq\f(eUh,d）＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，0），故電子的初動(dòng)能為eq\f（eUh，d)。(方法二）力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系電子運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(－eU,dm)。 ①由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得0－veq\o\al（2,0）＝2ah ②Ek＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2,0)③聯(lián)立①②③式，解得Ek＝eq\f(eUh，d）.］二、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．受力情況：受重力與靜電力.2．處理方法：對(duì)于電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)的情況，因重力和靜電力都是恒力，所以可以看作一個(gè)力來(lái)分析求解?！纠?】如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直置于場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的空心小球穿在環(huán)上。當(dāng)小球從頂點(diǎn)A由靜止開始下滑到與圓心O等高的位置B時(shí)，求小球?qū)Νh(huán)的壓力。（重力加速度為g)[解析］小球從A到B的過(guò)程中，重力做正功，靜電力做正功，動(dòng)能增加，由動(dòng)能定理有mgR＋EqR＝eq\f(1，2）mv2在B點(diǎn)時(shí)小球受到重力G、靜電力F和環(huán)對(duì)小球的彈力F1三個(gè)力的作用，沿半徑方向指向圓心的合力提供向心力,則F1－Eq＝meq\f（v2，R）聯(lián)立可得F1＝2mg＋3Eq小球?qū)Νh(huán)的作用力與環(huán)對(duì)小球的作用力為作用力與反作用力,兩者等大反向，即小球?qū)Νh(huán)的壓力F′1＝2mg＋3Eq，方向水平向右.[答案］2mg＋3Eq，方向水平向右eq\o（[跟進(jìn)訓(xùn)練］)2。（多選）如圖所示,一光滑絕緣斜槽放在方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從斜槽頂端A沿斜槽向下釋放一初速度為v0的帶負(fù)電的小球,小球質(zhì)量為m,帶電荷量為q,斜槽底端B與A點(diǎn)的豎直距離為h。則關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法中正確的是（）A．只有E≤eq\f(mg，q）＋eq\f（mv\o\al(2,0)，2qh)時(shí),小球才能沿斜槽運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)B．只有E≤eq\f（mg，q）時(shí),小球才能沿斜槽運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)C．小球若沿斜槽能到達(dá)B點(diǎn)，最小速度可能是v0D．小球若沿斜槽能到達(dá)B點(diǎn)，最小速度一定大于v0BC[不仔細(xì)看題目選項(xiàng)，只憑感覺(jué)，則在A、B中會(huì)錯(cuò)選A項(xiàng)。只要注意到“沿斜槽運(yùn)動(dòng)"，就很容易得出若qE〉mg，小球會(huì)直接就從斜槽上“飄"起來(lái)了，不再“沿斜槽"運(yùn)動(dòng),故B對(duì)。若mg＝qE，小球則會(huì)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若mg>qE，則加速下滑,故C對(duì)。］三、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．受力情況：粒子所受的靜電力是周期性變化的，即與速度方向在一段時(shí)間內(nèi)同向，在下一段時(shí)間內(nèi)反向.2．運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：一會(huì)兒加速，一會(huì)兒減速；可能一直向前運(yùn)動(dòng)，也可能做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，由粒子最初進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間決定。3．處理方法：應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。【例3】如圖（a）所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時(shí)刻釋放該粒子,粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上.則t0可能屬于的時(shí)間段是（）（a)(b）A．0<t0<eq\f(T,4) B．eq\f(T,2）〈t0<eq\f（3T,4)C．eq\f(3T，4)<t0〈T D．T〈t0<eq\f(9T,8）B［兩板間加的是方波電壓,剛釋放粒子時(shí)，粒子向A板運(yùn)動(dòng),說(shuō)明釋放粒子時(shí)UAB為負(fù)，因此選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤.若t0＝eq\f（T，2)時(shí)刻釋放粒子，則粒子做方向不變的單向直線運(yùn)動(dòng)，一直向A板運(yùn)動(dòng)；若t0＝eq\f（3T，4）時(shí)刻釋放粒子,則粒子在電場(chǎng)中固定兩點(diǎn)間做往復(fù)運(yùn)動(dòng),因此在eq\f(T,2）<t0<eq\f（3T,4）時(shí)間內(nèi)釋放該粒子，粒子的運(yùn)動(dòng)滿足題意的要求，選項(xiàng)B正確。］eq\o(［跟進(jìn)訓(xùn)練］）3．在如圖甲所示的平行板電容器A、B兩板上加上如圖乙所示的交變電壓，開始時(shí)B板的電勢(shì)比A板的高，這時(shí)在兩板中間的電子由靜止在靜電力作用下開始運(yùn)動(dòng).設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，則下列說(shuō)法正確的是(不計(jì)電子重力）(）甲乙A．電子先向A板運(yùn)動(dòng)，然后向B板運(yùn)動(dòng)，再返回A板做周期性運(yùn)動(dòng)B．電子一直向A板運(yùn)動(dòng)C．電子一直向B板運(yùn)動(dòng)D．電子先向B板運(yùn)動(dòng),然后向A板運(yùn)動(dòng)，再返回B板做周期性運(yùn)動(dòng)C[由運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)規(guī)律畫出如圖所示的v.t圖象,可知電子一直向B板運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確。］1.如圖所示,真空中只有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和豎直向下的重力場(chǎng)，在豎直平面內(nèi)有一初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運(yùn)動(dòng),那么（）A．微粒帶正、負(fù)電荷都有可能B．微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C．微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B[微粒做直線運(yùn)動(dòng)的條件是速度方向和合力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的靜電力才能使合力的方向與速度方向在同一條直線上，由此可知微粒所受的靜電力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則微粒必帶負(fù)電,且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B正確。］2。（多選)兩個(gè)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(chǎng)，如圖所示.帶正電的粒子流由電場(chǎng)區(qū)域的一端M射入電場(chǎng)，沿圖中所示的半圓形軌道通過(guò)電場(chǎng)并從另一端N射出，由此可知（不計(jì)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(dòng)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(dòng)能一定相等BC［由題圖可知，該粒子在電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)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。]3。如圖所示，用長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線拴一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn))，細(xì)線的另一端懸掛于O點(diǎn)，整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。將小球拉至使懸線呈水平的A點(diǎn)后由靜止釋放,小球從A點(diǎn)開始向下擺動(dòng)，當(dāng)懸線轉(zhuǎn)過(guò)60°角時(shí)，小球到達(dá)B點(diǎn)，小球的速度恰好為零。求：（重力加速度為g）(1)B、A兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UBA；(2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小。［解析］(1)根據(jù)