《2018-2019學(xué)年高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案 新人教版選修3-1》由會員分享，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 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案 新人教版選修3-1（21頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第9節(jié)　帶電粒子在電場中的運(yùn)動 　1．能研究帶電粒子在電場中運(yùn)動時的加速度、速度和位移等物理量的變化．　2．能研究帶電粒子在電場中運(yùn)動時的能量轉(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)：對于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，雖然它們也會受到萬有引力(重力)的作用，但萬有引力(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)過電勢差為U的電場的加速后，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，極板長為

2、l，板間距離為d，板間電壓為U． 1．運(yùn)動性質(zhì) (1)沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運(yùn)動． (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． 2．運(yùn)動規(guī)律 (1)偏移距離：因?yàn)閠＝，a＝，所以偏移距離y＝at2＝． (2)偏轉(zhuǎn)角度：因?yàn)関y＝at＝，所以tan θ＝＝． 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X偏轉(zhuǎn)電極板和一對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

3、齒形電壓． (2)燈絲被電源加熱后，出現(xiàn)熱電子發(fā)射，發(fā)射出來的電子經(jīng)加速電場加速后，以很大的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，如果在Y偏轉(zhuǎn)極板上加一個信號電壓，在X偏轉(zhuǎn)極板上加一掃描電壓，在熒光屏上就會出現(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、α粒子等帶電粒子在電場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)在電場中由靜止釋放時，一定做勻加速直線運(yùn)動．(　　) (3)對帶電粒子在電場中的運(yùn)動，從受力的角度來看，遵循牛頓運(yùn)動定律；從做功的角度來看，遵循能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律．(　　) (4)對于帶電粒子(不計(jì)重力)在電場

4、中的偏轉(zhuǎn)可分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動和沿電場線方向的自由落體運(yùn)動．(　　) (5)示波管偏轉(zhuǎn)電極不加電壓時，從電子槍射出的電子將沿直線運(yùn)動，射到熒光屏中心點(diǎn)形成一個亮斑．(　　) 提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√ 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進(jìn)入并穿過同一個電容器，它們的運(yùn)動時間相同嗎？運(yùn)動軌跡相同嗎？ 提示： 運(yùn)動時間相同，運(yùn)動軌跡不相同．由于粒子在水平方向上做勻速運(yùn)動，由l＝v0t知運(yùn)動時間相同．不同粒子在沿初速度方向上運(yùn)動情況相同，在垂直初速度方向上運(yùn)動情況不同，故它們的運(yùn)動軌跡不同，如圖所示． 做一做　

5、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(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，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　) A．　　　　　　　 B．edhU C． D． 提示：選D．設(shè)電子的初動能為Ek0，末動能為零，極板間的電場E＝，根據(jù)動能定理：－eEh＝0－Ek0，解得：Ek0＝． 　帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動 1．關(guān)于帶電粒子在電場中的重力 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說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，除有說明或有明確的暗

6、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)動狀態(tài)和運(yùn)動過程(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 ①用運(yùn)動和力的觀點(diǎn)：牛頓定律和運(yùn)動學(xué)知識求解； ②用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)：動能定理和功能關(guān)系求解． 3．應(yīng)用動能定理處理這類問題的思路：(粒子只受電場力) (1)若帶電粒子的初速度為零，則它的末動能mv2＝qU，末速度v＝． (2)若粒子的初速度為v0，則mv2－mv＝qU，末速度v＝． 命題視角1　帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動 　如圖所示，在P板附

7、近有一電子由靜止開始向Q板運(yùn)動．已知兩極板間電勢差為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．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時間保持不變 D．若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達(dá)Q板的時間減為一半 [思路點(diǎn)撥] 解答本題時應(yīng)把握以下兩點(diǎn)： (1)帶電粒子被加速，利用動能定理可求到達(dá)另一極板的速率； (2)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做勻加速直線運(yùn)動，利用運(yùn)動學(xué)公式可求運(yùn)動的時間． [解析]　

8、由動能定理有mv2＝eU，得v＝，可見電子到達(dá)Q板的速率與板間距離d無關(guān)，故A項(xiàng)對，B項(xiàng)錯．兩極板間為勻強(qiáng)電場E＝，電子的加速度a＝，由運(yùn)動學(xué)公式d＝at2得t＝ ＝ ，若兩極板間電勢差增大一倍，則電子到達(dá)Q板時間減為原來的，故C、D項(xiàng)都錯． [答案]　A 命題視角2　帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動 　(多選)如圖所示，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φA＝0，B板的電勢φB隨時間的變化規(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t＝0時刻進(jìn)入的，它將一直向B板運(yùn)動

9、 B．若電子是在t＝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＝T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＝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 [思路點(diǎn)撥] 帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動一般比較復(fù)雜，解答此類問題時通常利用v－t圖象對帶電體進(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)入電場后的受力和運(yùn)動情況，作出如圖所示的圖象． 由圖丁可知，當(dāng)電子在t＝0時刻進(jìn)入電場時，電子一直向B板運(yùn)動，即A正確．若電子在時刻進(jìn)入，則由圖象知，向B板運(yùn)動的位移大于向A板運(yùn)動的位移，因

10、此最后仍能打在B板上，即B正確．若電子在時刻進(jìn)入電場，則由圖象知，在第一個周期電子即返回至A板，即C錯誤．若電子是在時刻進(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，即D錯誤．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中的運(yùn)動問題時，關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對粒子的運(yùn)動情景、運(yùn)動性質(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)動時，要注意粒子的運(yùn)動周期與電場周期的關(guān)系． (3)帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動仍遵循牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律，所以此類問題的研究方法

11、與質(zhì)點(diǎn)動力學(xué)相同． (4)此類問題借助v－t圖象更加有效快捷．　 【題組突破】 1．(多選)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則(　　) A．當(dāng)增大兩板間距離時，v增大 B．當(dāng)減小兩板間距離時，v增大 C．當(dāng)改變兩板間距離時，v不變 D．當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間運(yùn)動的時間也增大 解析：選CD．電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動的過程中根據(jù)動能定理列出等式：qU＝mv2，得v＝ ，所以當(dāng)改變兩板間距離時，v不變，故A、B錯誤，C正確；由于兩極板之間的電壓不變，所以極板之間的場強(qiáng)為E＝，電子的加速度為a＝＝，電子在電場中

12、一直做勻加速直線運(yùn)動，由d＝at2＝t2，得電子加速的時間為t＝d．由此可見，當(dāng)增大兩板間距離時，電子在兩板間的運(yùn)動時間增大，故D正確． 2．(多選)帶正電的微粒放在電場中，場強(qiáng)的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示．帶電微粒只在電場力的作用下由靜止開始運(yùn)動，則下列說法中正確的是(　　) A．微粒在0～1 s內(nèi)的加速度與1～2 s內(nèi)的加速度相同 B．微粒將沿著一條直線運(yùn)動 C．微粒做往復(fù)運(yùn)動 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BD．0～1 s和1～2 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A錯；0～1 s和1～2 s微粒分別做勻加速直線運(yùn)動和勻減速直線運(yùn)動，根

13、據(jù)這兩段運(yùn)動的對稱性，1～2 s的末速度為0，所以每個1 s內(nèi)的位移均相同且2 s以后的運(yùn)動重復(fù)0～2 s的運(yùn)動，是單向直線運(yùn)動，B、D正確，C錯誤． 　帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) 1．運(yùn)動狀態(tài)的分析：帶電粒子以初速度v0垂直于電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場時，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，運(yùn)動軌跡為拋物線． 2．偏轉(zhuǎn)問題的處理方法：類似于平拋運(yùn)動的處理方法，應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的知識． (1)帶電粒子偏轉(zhuǎn)規(guī)律 ①速度：分速度vx＝v0，vy＝at 合速度大小v＝ 合速度方向 tan θ＝＝＝． ②位移：分位移x＝v0t，y＝at2 合位移s＝

14、 合位移方向tan α＝＝． (2)帶電粒子先加速再偏轉(zhuǎn)時的規(guī)律 ①加速電場中：qU1＝mv ②偏轉(zhuǎn)電場中規(guī)律 偏轉(zhuǎn)的距離y＝＝ 偏轉(zhuǎn)角度tan θ＝＝ y、tan θ都與比荷無關(guān)． (3)兩個結(jié)論 ①粒子從偏轉(zhuǎn)電場射出時，其速度反向延長線與初速度方向延長線交于一點(diǎn)，此點(diǎn)平分沿初速度方向的位移． 證明：tan θ＝ y＝ tan θ＝ 聯(lián)立以上三式，得x′＝． ②位移方向與初速度方向間夾角的正切tan α為速度偏轉(zhuǎn)角的正切tan θ的，即tan α＝tan θ． 證明：tan α＝，tan θ＝ 故tan α＝tan θ． 命題視角1　帶電粒子偏轉(zhuǎn)運(yùn)

15、動的求解 　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)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場)，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點(diǎn)．已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L1，板右端到熒光屏的距離為L2，電子質(zhì)量為m，電荷量為e．求： (1)電子穿過A板時的速度大小； (2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(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)動能定理得eU1＝mv

16、解得v0＝ ． (2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動．設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t1，電子的加速度為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y1，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式得 F＝eE，E＝，F(xiàn)＝ma，t1＝，y1＝at， 解得y1＝． (3)設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的速度為vy，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得vy＝at1，電子離開偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運(yùn)動，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上所用的時間為t2，電子打到熒光屏上的側(cè)移量為y2，如圖所示． 有t2＝，y2＝vyt2 解得y2＝ P點(diǎn)到O點(diǎn)的

17、距離為 y＝y(tǒng)1＋y2＝． [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)U＝5 000 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，如圖所示．若兩板間距d＝1．0 cm，板長l＝5．0 cm，那么要使電子能從平行板間飛出，兩個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電壓有最大值，此時電子做類平拋運(yùn)動的水平位移為l，偏轉(zhuǎn)位移為． [解析]　加速過程，由動能定理得eU＝mv ① 進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運(yùn)動 l＝v0t ② 在垂直于板面的方向做勻加速

18、直線運(yùn)動 加速度a＝＝ ③ 偏距y＝at2 ④ 能飛出的條件為y≤ ⑤ 聯(lián)立①～⑤式解得U′≤＝4．0×102 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，兩個板長均為L的平板電極，平行正對放置，兩極板相距為d，極板之間的電勢差為U，板間電場可以認(rèn)為是勻強(qiáng)電場．一個帶電粒子(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方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時恰好落在極板邊緣．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

19、的末動能Ek的大?。? 解析：(1)兩極板間的電壓為U，兩極板的距離為d，所以電場強(qiáng)度大小為E＝． (2)帶電粒子在極板間做類平拋運(yùn)動，在水平方向上有 L＝v0t 在豎直方向上有d＝at2 根據(jù)牛頓第二定律可得：a＝ 而F＝Eq 所以a＝ 解得：v0＝ ． (3)根據(jù)動能定理可得Uq＝Ek－mv 解得Ek＝Uq． 答案：(1)　(2) 　(3)Uq 2．如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場電壓為U0．偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d． (1)忽

20、略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2．0×102 V，d＝4．0×10－2 m，m＝9．1×10－31 kg，e＝1．6×10－19 C，g取10 m/s2． 解析：(1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝mv 電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0＝ 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動時間Δt＝＝L 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝··＝． (2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有 重力G＝mg＝9．1×10－30 N，

21、數(shù)量級為10－30 N 電場力F＝＝8×10－16 N，數(shù)量級為10－16 N 由于F?G，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)合場中的運(yùn)動 　　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動是指帶電粒子在運(yùn)動過程中同時受到電場力及其他力的作用．較常見的是在運(yùn)動過程中，帶電粒子同時受到重力和電場力的作用． 　　首先要認(rèn)識復(fù)合場的性質(zhì)，先分析帶電粒子在復(fù)合場中的受力情況，其次再分析帶電粒子在復(fù)合場中的受力和運(yùn)動的關(guān)系，然后依據(jù)受力和運(yùn)動關(guān)系選取規(guī)律解題．由于帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動是一個綜合電場力、電勢能的力學(xué)問題，研究的方法與質(zhì)點(diǎn)動力學(xué)的研究方法相同，它同樣遵循運(yùn)

22、動的合成與分解、牛頓運(yùn)動定律、動能定理、功能原理等力學(xué)規(guī)律． 【題組過關(guān)】 1．如圖所示，勻強(qiáng)電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行．a(chǎn)、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行．一電荷量為q(q＞0)的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時對軌道壓力的大小分別為Na和Nb．不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時的動能． 解析：質(zhì)點(diǎn)所受電場力的大小為F＝qE 設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有F＋Na＝m，Nb－F＝m 設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時的動能分別為Eka和Ekb，則有Eka＝mv，Ekb＝mv 根據(jù)動

23、能定理有Ekb－Eka＝2rF 聯(lián)立各式解得 E＝(Nb－Na)，Eka＝(Nb＋5Na)，Ekb＝(5Nb＋Na)． 答案：(Nb－Na)　(Nb＋5Na)　(5Nb＋Na) 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，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能是多大？ (2)珠子對環(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，運(yùn)動過程中除圓環(huán)的彈力外，還受豎直向下的重力和水平向右的電場力，所以珠子一定從A點(diǎn)開始沿逆時針方向做

24、圓周運(yùn)動，重力做負(fù)功，電場力做正功．當(dāng)兩個力做的總功最多時，動能最大，同時在這點(diǎn)所受圓環(huán)的支持力也最大． 珠子在運(yùn)動過程中，受到的重力和電場力的大小、方向都不發(fā)生變化，則重力和電場力的合力大小、方向也不變，這樣就可以用合力來代替重力和電場力，當(dāng)珠子沿合力方向位移最大時，合力做功最多，動能最大． (1)由qE＝mg，設(shè)qE、mg的合力F合與豎直方向的夾角為θ，則有tan θ＝，解得θ＝37°．設(shè)珠子到達(dá)B點(diǎn)時動能最大，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，如圖所示，在B點(diǎn)時動能最大，由動能定理得qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝Ek，解得在B點(diǎn)時的動能，即最大動能E

25、k＝mgr． (2)設(shè)珠子在B點(diǎn)受到的圓環(huán)彈力為FN，有FN－F合＝，即FN＝F合＋＝＋mg＝mg＋mg＝mg，由牛頓第三定律得，珠子對圓環(huán)的最大壓力為mg． 答案：(1)mgr　(2)mg [隨堂檢測] 1．質(zhì)子(H)、α粒子(He)、鈉離子(Na＋)三個粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是(　　) A．質(zhì)子(H)　　　　　　 B．α粒子(He) C．鈉離子(Na＋) D．都相同 解析：選B．qU＝mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項(xiàng)B正確． 2．如圖所示，場強(qiáng)大小為 E、方向豎直向下的

26、勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為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)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計(jì)重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(　　) A． B． C． D． 解析：選B．根據(jù)對稱性，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s＝v0t，在豎直方向有h＝··t2，解得v0＝．故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯誤． 3．(多選)如圖所示，氕、氘、氚的原子核由靜止經(jīng)同一電場加速后，又經(jīng)同一勻強(qiáng)電場偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，那么　(　　) A．經(jīng)過加速電場的過

27、程中，電場力對氚核做的功最多 B．經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場力對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、同一偏轉(zhuǎn)電場，三種原子核帶電荷量相同，故在同一加速電場中電場力對它們做的功都相同，在同一偏轉(zhuǎn)電場中電場力對它們做的功也相同，A錯，B對；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；再根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式或偏轉(zhuǎn)角公式y(tǒng)＝，tan θ＝知，與帶電粒子無關(guān)，D對． 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板的電勢比A板高．在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開

28、始運(yùn)動．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)動情況，并畫出相應(yīng)的v－t圖象． 答案：t＝0時，B板電勢比A板高，在電場力作用下，電子向B板(設(shè)為正方向)做初速度為零的勻加速運(yùn)動． (1)對于題圖乙，在0～T時間內(nèi)電子沿正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，T～T時間內(nèi)電子沿正方向做末速度為零的勻減速直線運(yùn)動，然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動，其速度圖線如圖1所示． (2)對于題圖丙，在0～時間內(nèi)電子做類似圖1中0～T時間內(nèi)的運(yùn)動，～T時間內(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．然后周期性地重復(fù)前面的運(yùn)動，其速度圖線如圖2所示． [課時作業(yè)]

29、 [學(xué)生用書P125(單獨(dú)成冊)] 一、單項(xiàng)選擇題 1．關(guān)于帶電粒子(不計(jì)重力)在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動情況，下列說法正確的是(　　) A．一定是勻變速運(yùn)動 B．不可能做勻減速運(yùn)動 C．一定做曲線運(yùn)動 D．可能做勻變速直線運(yùn)動，不可能做勻變速曲線運(yùn)動 解析：選A．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中受到的電場力恒定不變，可能做勻變速直線運(yùn)動，也可能做勻變速曲線運(yùn)動，故選A． 2． 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，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為(　

30、　) A．U1∶U2＝1∶8　　　　　 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析：選A．由y＝at2＝··得： U＝，所以U∝，可知A項(xiàng)正確． 3．三個α粒子在同一地點(diǎn)沿同一方向垂直飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖所示的運(yùn)動軌跡，由此可知，下列判斷錯誤的是(　　) A．在B飛離電場的同時，A剛好打在負(fù)極板上 B．B和C同時飛離電場 C．進(jìn)入電場時，C的速度最大，A的速度最小 D．動能的增加量C最小，A和B一樣大 解析：選B．由題意知，三個α粒子在電場中的加速度相同，A和B有相同的偏轉(zhuǎn)位移y，由公式y(tǒng)＝at2得，A和B在電場中運(yùn)動的時間相同，

31、由公式v0＝得vB>vA，同理，vC>vB，故三個粒子進(jìn)入電場時的初速度大小關(guān)系為vC>vB>vA，故A、C正確，B錯誤；由題圖知，三個粒子的偏轉(zhuǎn)位移大小關(guān)系為yA＝y(tǒng)B>yC，由動能定理可知，三個粒子的動能的增加量C最小，A和B一樣大，D正確． 4．一個帶正電的點(diǎn)電荷以一定的初速度v0(v0≠0)，沿著垂直于勻強(qiáng)電場的方向射入電場，則其可能的運(yùn)動軌跡應(yīng)該是以下圖中的(　　) 解析：選B．點(diǎn)電荷垂直于電場方向進(jìn)入電場時，電場力垂直于其初速度方向，電荷做類平拋運(yùn)動，故本題選B． 5．噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖所示．重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間，最

32、終打在紙上．則微滴在極板間電場中(　　) A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能逐漸增大 C．運(yùn)動軌跡是拋物線 D．運(yùn)動軌跡與帶電荷量無關(guān) 解析：選C．由于微滴帶負(fù)電，電場方向向下，因此微滴受到的電場力方向向上，微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A錯誤；偏轉(zhuǎn)過程中電場力做正功，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關(guān)系，電勢能減小，選項(xiàng)B錯誤；微滴在垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，位移x＝vt，沿電場反方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，位移y＝t2＝·，此為拋物線方程，選項(xiàng)C正確；從式中可以看出，運(yùn)動軌跡與帶電荷量q有關(guān)，選項(xiàng)D錯誤． 6．如圖所示，質(zhì)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

33、平行板間的勻強(qiáng)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)動的時間tQ＞tP B．它們運(yùn)動的加速度aQ＜aP C．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2 D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2 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)動的水平距離為l．則對P，由l＝v0tP，＝aPt，得到aP＝；同理對Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝．由此可見tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝，aQ＝，所以q

34、P∶qQ＝1∶2．由動能定理得，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4．綜上所述，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后飛出，不計(jì)重力的作用，則(　　) A．它們通過加速電場所需的時間相等 B．它們通過加速電場過程中動能的增量相等 C．它們通過加速電場過程中速度的增量相等 D．它們通過加速電場過程中電勢能的減少量相等 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)過電場所需的時間越短，A錯誤；加速時間越短，則速度的變化量越小，C錯誤；由于電

35、場力做功與初速度及時間無關(guān)，因此電場力對各帶電粒子做功相等，則它們通過加速電場的過程中電勢能的減少量相等，動能的增加量也相等，B、D正確． 8．如圖所示，水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強(qiáng)電場，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．場強(qiáng)的方向豎直向上 B．場強(qiáng)的方向豎直向下 C．兩極板間的電勢差為 D．油滴的電勢能增加了mgd 解析：選AC．由題意知帶電油滴受到的電場力等于其重力，帶電油滴受力平衡做勻速直線運(yùn)動，A對，B錯；由mg＝q得電勢差U＝，C對；油滴的電勢能增加量等于電場力做功的負(fù)值，即ΔEp

36、＝－W＝－qU＝－mgd，故油滴的電勢能減少了mgd，D錯． 9．如圖所示，豎直向下的勻強(qiáng)電場里，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，以下四種說法中正確的是(　　) A．帶電小球可能做勻速率圓周運(yùn)動 B．帶電小球可能做變速率圓周運(yùn)動 C．帶電小球通過最高點(diǎn)時，細(xì)線拉力一定最小 D．帶電小球通過最低點(diǎn)時，細(xì)線拉力有可能最小 解析：選ABD．若小球所受電場力與重力平衡，小球做勻速圓周運(yùn)動，A正確；若小球所受電場力與重力不平衡，小球做變速圓周運(yùn)動，B正確；若小球所受電場力與重力的合力向上，則小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，細(xì)線拉力最小，最高點(diǎn)時細(xì)線拉力最大，C錯誤，D正確． 1

37、0．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，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．電子原來靜止在左極板小孔處(不計(jì)重力作用)．下列說法中正確的是(　　) A．從t＝0時刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動，直到打到右極板上 B．從t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動 C．從t＝時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上 D．從t＝時刻釋放電子，電子必將打到左極板上 解析：選AC．對應(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．由圖1知，t＝0時釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運(yùn)動，一定能夠擊中右板，選項(xiàng)A正確，

38、選項(xiàng)B錯誤． 　 圖1　　　　　　 圖2 由圖2知，t＝時釋放電子，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，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯誤． 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垂直射入場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中，射出電場的瞬時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： (1)該粒子在電場中經(jīng)歷的時間； (2)粒子在這一過程中電勢能的增量． 解析：(1)分解末速度：vy＝v0tan 30°，在豎直方向vy＝at，a＝，聯(lián)立三式可得t＝． (2)射出電場時的速度v＝＝v0

39、，由動能定理得靜電力做功為W＝mv2－mv＝mv，根據(jù)W＝Ep1－Ep2得ΔEp＝－W＝－mv． 答案：(1)　(2)－mv 12．如圖所示，長L＝0．20 m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m＝1．0×10－4kg、帶電荷量為q＝＋1．0×10－6 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，整個裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝2．0×103 N/C．現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點(diǎn)，然后無初速度地將小球釋放，取g＝10 m/s2．求： (1)小球通過最高點(diǎn)B時速度的大??； (2)小球通過最高點(diǎn)時，絲線對小球拉力的大?。? 解析：(1)小球由A運(yùn)

40、動到B，其初速度為零，靜電力對小球做正功，重力對小球做負(fù)功，絲線拉力不做功，則由動能定理有： qEL－mgL＝，vB＝ ＝2 m/s． (2)小球到達(dá)B點(diǎn)時，受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用，經(jīng)計(jì)算 mg＝1．0×10－4×10 N＝1．0×10－3 N qE＝1．0×10－6×2．0×103 N＝2．0×10－3 N 因?yàn)閝E>mg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運(yùn)動，其到達(dá)B點(diǎn)時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：FTB＋mg－qE＝ FTB＝＋qE－mg＝3．0×10－3 N． 答案：(1)2 m/s　(2)3．0×10－3 N 21