《2019-2020學年高中物理 第1章 習題課2 帶電粒子在電場中的運動學案 新人教版選修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1章 習題課2 帶電粒子在電場中的運動學案 新人教版選修3-1（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、習題課2　帶電粒子在電場中的運動 [學習目標]　1.會利用動力學的觀點解答帶電粒子在電場中的運動問題。2.會分析帶電粒子在電場中運動的能量轉化情況。3.掌握帶電粒子在復合場中運動問題的分析方法。 一、帶電粒子在電場中的直線運動 1．電場中帶電粒子的分類 基本粒子 帶電微粒 示例 電子、質(zhì)子、α粒子、正離子、負離子等 帶電小球、液滴、塵埃等 特點 重力遠小于靜電力，故不計重力 所受重力不可忽略 說明 某些帶電體是否考慮重力，要根據(jù)題目說明或運動狀態(tài)來判定 2.兩種處理方法 (1)力和運動的關系——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

2、加速度，結合運動學公式確定帶電粒子運動的速度、時間和位移等。這種方法適用于恒力作用下做勻變速運動的情況。 (2)功能關系——動能定理 由粒子動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mv2＝qU，v＝。 ②若粒子的初速度不為0，則有mv2－mv＝qU，v＝。 【例1】　虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強電場，一帶電粒子的質(zhì)量m＝2.0×10－11 kg，電荷量q＝＋1.0×10－5 C，粒子從a點由靜止開始經(jīng)電壓U＝100 V的電場加速后，沿垂直于勻強電場的方向進入勻強電場中，從虛線MN上的某點b(圖中未畫出)離開勻強電場，離開勻強電場時的速度與電場方向成30°

3、角。已知PQ、MN間距為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計。求： (1)帶電粒子剛進入勻強電場時的速度大?。? (2)水平勻強電場的場強大??； (3)a、b兩點間的電勢差。 [解析]　(1)由動能定理得qU＝mv 解得v1＝1.0×104 m/s。 (2)粒子進入電場后沿初速度方向做勻速運動，有d＝v1t 粒子沿電場方向做勻加速運動，有vy＝at 由題意得tan 30°＝ 由牛頓第二定律得qE＝ma 聯(lián)立解得E＝×103 N/C。 (3)由動能定理得qUab＝m(v＋v)－0 聯(lián)立解得Uab＝400 V。 [答案]　(1)1.0×104 m/s　(2)×103 N/C　

4、(3)400 V 1．如圖所示，兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，|OA|＝h，此電子具有的初動能是(　　) A.　　　　　　 B．edUh C. D. D　[(方法一)功能關系 在O→A過程中，由動能定理得Fh＝mv， 即＝mv， 故電子的初動能為。 (方法二)力和運動的關系 電子運動的加速度a＝。 ① 由勻變速直線運動的規(guī)律得0－v＝2ah ② Ek＝mv ③ 聯(lián)立①②③式，解得Ek＝。] 二、帶電粒子在復合場中的運動 1．受力情況：受重力與靜電力。 2．處理方法：對于

5、電場為勻強電場的情況，因重力和靜電力都是恒力，所以可以看作一個力來分析求解。 【例2】　如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直置于場強大小為E、方向水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的空心小球穿在環(huán)上。當小球從頂點A由靜止開始下滑到與圓心O等高的位置B時，求小球對環(huán)的壓力。(重力加速度為g) [解析]　小球從A到B的過程中，重力做正功，靜電力做正功，動能增加，由動能定理有mgR＋EqR＝mv2 在B點時小球受到重力G、靜電力F和環(huán)對小球的彈力F1三個力的作用，沿半徑方向指向圓心的合力提供向心力，則F1－Eq＝m 聯(lián)立可得F1＝2mg＋3Eq 小球對環(huán)的作用力與環(huán)對小球的作用力為

6、作用力與反作用力，兩者等大反向，即小球對環(huán)的壓力F′1＝2mg＋3Eq，方向水平向右。 [答案]　2mg＋3Eq，方向水平向右 2．(多選)如圖所示，一光滑絕緣斜槽放在方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場中，從斜槽頂端A沿斜槽向下釋放一初速度為v0的帶負電的小球，小球質(zhì)量為m，帶電荷量為q，斜槽底端B與A點的豎直距離為h。則關于小球的運動情況，下列說法中正確的是(　　) A．只有E≤＋時，小球才能沿斜槽運動到B點 B．只有E≤時，小球才能沿斜槽運動到B點 C．小球若沿斜槽能到達B點，最小速度可能是v0 D．小球若沿斜槽能到達B點，最小速度一定大于v0 BC　[不仔細看題目選項

7、，只憑感覺，則在A、B中會錯選A項。只要注意到“沿斜槽運動”，就很容易得出若qE>mg，小球會直接就從斜槽上“飄”起來了，不再“沿斜槽”運動，故B對。若mg＝qE，小球則會做勻速直線運動，若mg>qE，則加速下滑，故C對。] 三、帶電粒子在交變電場中的運動 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間內(nèi)同向，在下一段時間內(nèi)反向。 2．運動特點：一會兒加速，一會兒減速；可能一直向前運動，也可能做往復運動，由粒子最初進入電場的時間決定。 3．處理方法：應用牛頓第二定律結合運動學公式求解。 【例3】　如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變

8、電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時間段是(　　) (a)　　　 　　　　(b) A．0

9、 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B板的電勢比A板的高，這時在兩板中間的電子由靜止在靜電力作用下開始運動。設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，則下列說法正確的是(不計電子重力)(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性運動 B．電子一直向A板運動 C．電子一直向B板運動 D．電子先向B板運動，然后向A板運動，再返回B板做周期性運動 C　[由運動學和動力學規(guī)律畫出如圖所示的v-t圖象，可知電子一直向B板運動，選項C正確。] 1．如圖所示，真空中只有水平向右的勻強電場和豎直向下的重力場，在豎

10、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做直線運動，那么(　　) A．微粒帶正、負電荷都有可能 B．微粒做勻減速直線運動 C．微粒做勻速直線運動 D．微粒做勻加速直線運動 B　[微粒做直線運動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強方向相反，則微粒必帶負電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，故選項B正確。] 2．(多選)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

11、場并從另一端N射出，由此可知(不計粒子重力)(　　) 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 BC　[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＝m得r＝，r、E為定值，若q相等則mv2一定相等；若相等，則速率v一定相等，故B、C正確。] 3．如圖所示，用長為l的絕緣細線拴一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球(可視為質(zhì)點)，細線的另一端懸掛于O點，整個裝置處于水平向右的勻強電場中。將小球拉至使懸線呈水平的A點后由靜止釋放，小球從A點開始向下擺動，當懸線轉過60°角時，小球到達B點，小球的速度恰好為零。求：(重力加速度為g) (1)B、A兩點間的電勢差UBA； (2)電場強度E的大小。 [解析]　(1)根據(jù)動能定理有mglsin 60°－qUBA＝0－0，所以B、A兩點間的電勢差UBA＝＝。 (2)電場強度E＝＝·＝。 [答案]　(1)　(2) - 6 -