2022-2023學(xué)年粵教版必修第三冊(cè) 2.2 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 學(xué)案

學(xué)習(xí)目標(biāo)STSE情境導(dǎo)學(xué)1.理解帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)的原理.（重點(diǎn)）2.能用帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析解決實(shí)際問題.（難點(diǎn)）3.了解示波管的構(gòu)造和原理eq\a\vs4\al(帶電粒子在直線加速器內(nèi)可以獲得極大的速度)知識(shí)點(diǎn)一帶電粒子在電場(chǎng)中的加速1.電場(chǎng)力對(duì)它做的功W＝qU.2.帶電粒子到達(dá)負(fù)極板速率為v，它的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)mv2.3.根據(jù)動(dòng)能定理，可知qU＝eq\f(1,2)mv2，可解出v＝eq\r(\f(2qU,m)).知識(shí)點(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)示波器1.帶電粒子的偏轉(zhuǎn).如圖所示，兩平行導(dǎo)體板水平放置，導(dǎo)體板長(zhǎng)度為l，板間距離為d，板間電壓為U，有一質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子以水平初速度大小v0進(jìn)入板間的勻強(qiáng)電場(chǎng).重力忽略不計(jì).帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)類似物體的平拋運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閹щ娏Ｗ釉谒椒较蛏喜皇芰?，豎直方向上受到一個(gè)恒定不變的電場(chǎng)力，所以可以將它的運(yùn)動(dòng)看成是由水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)合成的.（1）粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(l,v0).（2）粒子在電場(chǎng)中的側(cè)移距離為y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2＝eq\f(1,2)eq\f(qU,md)（eq\f(l,v0)）2＝eq\f(ql2U,2mdveq\o\al(2,0)).（3）粒子偏轉(zhuǎn)的角度tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,dmveq\o\al(2,0)).2.示波器.（1）構(gòu)造.示波器的核心部件是示波管，它主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)和熒光屏三部分組成.（2）基本原理.帶電粒子在電場(chǎng)力的作用下加速和偏轉(zhuǎn).1.下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)加速電壓為U的電場(chǎng)后，哪種粒子速度最大（）A.質(zhì)子（eq\o\al(1,1)H原子核）B.氘核（eq\o\al(2,1)H原子核）C.α粒子（eq\o\al(4,2)He原子核）D.鈉離子（Na＋）解析：設(shè)加速電場(chǎng)的電壓為U，粒子的質(zhì)量和電量分別為m和q，根據(jù)動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))，由于質(zhì)子的比荷eq\f(q,m)最大，U相同，則質(zhì)子的速度最大，故A正確.答案：A2.真空中有一束電子流，以速度v沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向自O(shè)點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，若以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸垂直于電場(chǎng)方向，y軸平行于電場(chǎng)方向建立坐標(biāo)系，在x軸上取OA＝AB＝BC，分別自A、B、C點(diǎn)作與y軸平行的線跟電子流的徑跡交于M、N、P三點(diǎn)，那么：（1）電子流經(jīng)M、N、P三點(diǎn)時(shí)，沿x軸方向的分速度之比為.（2）沿y軸的分速度之比為________________________________________________________________________.（3）電子流經(jīng)過OM、MN、NP的動(dòng)能增量之比為.解析：（1）水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向的分速度之比為1∶1∶1.（2）由水平方向的分運(yùn)動(dòng)，可得OA、AB、BC三段時(shí)間相等，粒子在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，由v＝at，可得vyM∶vyN∶vyP＝1∶2∶3.（3）粒子在豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，在相等時(shí)間的位移比yAM∶yBN∶yCP＝1∶3∶5，由動(dòng)能定理Eqy＝ΔEk，電子流經(jīng)過OM、MN、NP的動(dòng)能增量之比為1∶3∶5.答案：（1）1∶1∶1（2）1∶2∶3（3）1∶3∶5學(xué)習(xí)小結(jié)1.結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)理解帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn).2.通過分析帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，解釋相關(guān)的物理現(xiàn)象探究一帶電粒子在電場(chǎng)中的加速問題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、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示以外，一般都不能忽略重力.2.處理問題的方法和思路.（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.①運(yùn)動(dòng)和力的觀點(diǎn)：用牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)求解.②能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)：用動(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）若帶電粒子的初速度為零，則它的末動(dòng)能eq\f(1,2)mv2＝qU，末速度v＝eq\r(\f(2qU,m)).（2）若粒子的初速度為v0，則eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qU，末速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qU,m)).【典例1】醫(yī)學(xué)上對(duì)某些癌癥采用質(zhì)子療法治療，該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細(xì)胞.現(xiàn)用一直線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到1.0×107m/s.已知加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為1.3×105N/C，質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10－27kg，電荷量為1.6×10－19C，則下列說法正確的是（）A.加速過程中質(zhì)子電勢(shì)能增加B.質(zhì)子所受到的電場(chǎng)力約為2×10－15NC.質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為8×10－6sD.加速器加速的直線長(zhǎng)度約為4m解析：根據(jù)能量守恒定律得，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；質(zhì)子所受到的電場(chǎng)力約為F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19N＝2.08×10－14N，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得加速的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2.08×10－14,1.67×10－27)m/s2＝1.25×1013m/s2，則加速時(shí)間t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1×107,1.25×1013)s＝0.8×10－6s，故C錯(cuò)誤；加速器加速的直線長(zhǎng)度約L＝eq\f(v,2)t＝eq\f(1×107,2)×0.8×10－6m＝4m，故D正確.故選D.答案：D解決帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的思路帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題實(shí)質(zhì)上是力學(xué)問題的延續(xù)，從受力角度看，帶電粒子在電場(chǎng)中與一般物體相比多受到一個(gè)電場(chǎng)力；從處理方法上看，仍可利用力學(xué)中的規(guī)律分析，如共點(diǎn)力平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系、能量守恒等.（1）對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)分析、做功情況分析，是解題的關(guān)鍵.（2）選擇解題方法時(shí)，優(yōu)先從功能關(guān)系角度考慮，因?yàn)閼?yīng)用功能關(guān)系列式簡(jiǎn)單、方便，不易出錯(cuò).1.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)，則關(guān)于電子到達(dá)Q板時(shí)的速度，下列說法正確的是（）A.兩板間距離越大，加速的時(shí)間就越長(zhǎng)，獲得的速率就越大B.兩板間距離越小，加速度就越大，獲得的速度就越大C.與兩板間距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān)D.以上說法均不正確解析：由動(dòng)能定理qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))，得v與距離無關(guān)，僅與加速電壓有關(guān).答案：C2.（多選）如圖所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場(chǎng)，當(dāng)M、N間電壓為U時(shí)，粒子恰好能到達(dá)N板，如果要使這個(gè)帶電粒子到達(dá)M、N板間距的eq\f(1,2)后返回，下列措施中能滿足要求的是（不計(jì)帶電粒子的重力）（）A.使初速度減為原來的eq\f(1,2)倍B.使M、N間電壓加倍C.使M、N間電壓增加到原來的4倍D.使初速度和M、N間的電壓都減為原來的eq\f(1,2)倍解析：由qE·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)知，當(dāng)初速度變?yōu)閑q\f(\r(2),2)v0時(shí)，l變?yōu)閑q\f(l,2)；因?yàn)閝E＝qeq\f(U,d)，所以qE·l＝qeq\f(U,d)·l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，通過分析可知，B、D正確.答案：BD探究二帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題1.類平拋運(yùn)動(dòng).不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力的作用而做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，稱之為類平拋運(yùn)動(dòng).可以采用處理平拋運(yùn)動(dòng)的方法分析這種運(yùn)動(dòng).2.運(yùn)動(dòng)規(guī)律.（1）沿初速度方向：vx＝v0，x＝v0t（初速度方向）.（2）垂直初速度方向：vy＝at，y＝eq\f(1,2)at2（電場(chǎng)線方向，其中a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)）.3.兩個(gè)結(jié)論.（1）偏轉(zhuǎn)距離：y＝eq\f(ql2U,2mveq\o\al(2,0)d).（2）偏轉(zhuǎn)角度：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mveq\o\al(2,0)d).4.幾個(gè)推論.（1）粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，其速度方向反向延長(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.（2）位移方向與初速度方向間夾角α的正切為速度偏轉(zhuǎn)角正切的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.（3）以相同的初速度進(jìn)入同一個(gè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要eq\f(q,m)相同，即比荷相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同.（4）若以相同的初動(dòng)能Ek0進(jìn)入同一個(gè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，只要q相同，不論m是否相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同.（5）不同的帶電粒子經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后（即加速電壓U1相同），進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角θ相同.【典例2】如圖所示，噴墨打印機(jī)中的墨滴在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)之前會(huì)被帶上一定量的電荷，在電場(chǎng)的作用下使電荷發(fā)生偏轉(zhuǎn)到達(dá)紙上.已知兩偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)度L＝1.5×10－2m，兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.2×106N/C，墨滴的質(zhì)量m＝1.0×10－13kg，電荷量q＝1.0×10－16C，墨滴在進(jìn)入電場(chǎng)前的速度v0＝15m/s，方向與兩極板平行.不計(jì)空氣阻力和墨滴重力，假設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只局限在平行極板內(nèi)部，忽略邊緣電場(chǎng)的影響.則：（1）判斷墨滴帶正電荷還是負(fù)電荷？（2）求墨滴在兩極板之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.（3）求墨滴離開電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的位移y.解析：（1）墨滴偏轉(zhuǎn)的方向與電場(chǎng)線的方向相反，所以帶負(fù)電荷.（2）墨滴在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，那么墨滴在兩板之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(L,v0)，代入數(shù)據(jù)可得t＝1.0×10－3s.（3）墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有a＝eq\f(qE,m)，代入數(shù)據(jù)可得a＝1.2×103m/s2.離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向的位移y＝eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)可得y＝6.0×10－4m.答案：（1）負(fù)電荷（2）1.0×10－3s（3）6.0×10－4m分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵（1）條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng).（2）運(yùn)動(dòng)分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向的勻速直線運(yùn)動(dòng).3.如圖，噴霧器可以噴出各種質(zhì)量和電荷量的帶負(fù)電油滴.假設(shè)油滴以相同的水平速度射入接有恒定電壓的兩水平正對(duì)金屬板之間，有的沿水平直線①飛出，有的沿曲線②從板邊緣飛出，有的沿曲線③運(yùn)動(dòng)到板的中點(diǎn)上.不計(jì)空氣阻力及油滴間的相互作用，則（）A.沿直線①運(yùn)動(dòng)的所有油滴質(zhì)量都相等B.沿直線①運(yùn)動(dòng)的所有油滴電荷量都相等C.沿曲線②、③運(yùn)動(dòng)的油滴，運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1∶2D.沿曲線②、③運(yùn)動(dòng)的油滴，加速度大小之比為1∶4解析：沿直線①運(yùn)動(dòng)的油滴，根據(jù)題意得mg＝Eq，即eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，所以沿直線①運(yùn)動(dòng)的油滴比荷相同，A、B錯(cuò)誤；沿曲線②、③運(yùn)動(dòng)的油滴，均做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速運(yùn)動(dòng)：x＝v0t，初速度相同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比等于位移之比，即為2∶1，C錯(cuò)誤；沿曲線②、③運(yùn)動(dòng)的油滴，水平方向x＝v0t，豎直方向：y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得a＝eq\f(2yveq\o\al(2,0),x2)，因?yàn)樗轿灰浦葹?∶1，v0和y相同，所以加速度大小之比為1∶4，D正確.答案：D探究三示波管的原理示波器工作原理1.發(fā)射電子：燈絲通電后給陰極加熱，使陰極發(fā)射電子.2.形成亮斑：電子經(jīng)過陽(yáng)極和陰極間的電場(chǎng)加速聚焦后形成一很細(xì)的電子束射出，電子打在熒光屏上形成一個(gè)小亮斑.3.控制位置：亮斑在熒光屏上的位置可以通過調(diào)節(jié)豎直偏轉(zhuǎn)極與水平偏轉(zhuǎn)極上的電壓大小來控制.【典例3】如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出（初速度可忽略不計(jì)），經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板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M、N間電場(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，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作用力.（1）求電子穿過A板時(shí)速度的大小；（2）求電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏移量；（3）若要使電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方，可采取哪些措施？解析：（1）設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動(dòng)能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m)).（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0的勻加速直線運(yùn)動(dòng).由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t＝eq\f(l,v0)，F(xiàn)＝ma，F(xiàn)＝eE，E＝eq\f(U2,d)，y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立上式解得偏移量y＝eq\f(U2l2,4U1d).（3）由y＝eq\f(U2l2,4U1d)可知，減小U1或增大U2均可使y增大，從而使電子打在P點(diǎn)的上方.答案：（1）eq\r(\f(2eU1,m))（2）eq\f(U2l2,4U1d)（3）減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2.解決此題的關(guān)鍵是進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程的分析，本題中粒子的運(yùn)動(dòng)過程分為三個(gè)階段，我們可以針對(duì)每一個(gè)過程選擇合適的物理學(xué)規(guī)律求解：（1）在第一個(gè)電場(chǎng)中粒子做加速運(yùn)動(dòng)，用動(dòng)能定理求解.（2）在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，用運(yùn)動(dòng)的分解求解.（3）離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，用運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解.4.如圖甲所示為示波管構(gòu)造的示意圖，實(shí)驗(yàn)學(xué)校高二的某探究小組在XX′間加上了圖乙所示的UXX′t信號(hào)，YY′間加上了圖丙所示的UYY′t信號(hào).則在屏幕上看到的圖形是（）解析：因題圖丙是豎直方向所加的掃描電壓，可使電子在豎直方向運(yùn)動(dòng)，所以示波管顯像在y軸；當(dāng)加題圖乙的信號(hào)時(shí)，則熒光屏上顯示的波形與水平方向的電壓波形相同，其周期與圖乙的周期相同，所以圖像為選項(xiàng)C中所示，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤.故選C.答案：C探究四帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的四種題型題型一帶電體在電場(chǎng)中（重力、靜電力作用下）的直線運(yùn)動(dòng)討論帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)（加速或減速）的方法：（1）動(dòng)力學(xué)方法——牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式.當(dāng)帶電粒子所受合力為恒力，且與速度方向共線時(shí)，粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng).根據(jù)題意和所求，尤其是求時(shí)間問題時(shí)，優(yōu)先考慮牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式.若為較復(fù)雜的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，亦可以分解為重力方向上、靜電力方向上的直線運(yùn)動(dòng)來處理.（2）功、能量方法——?jiǎng)幽芏ɡ?、能量守恒定?若題中已知和所求量涉及功和能量、那么應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理、能量守恒定律.【典例4】如圖所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現(xiàn)有質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球在B板下方距離B板H處，以初速度v0豎直向上運(yùn)動(dòng)，從B板小孔進(jìn)入板間電場(chǎng).（1）帶電小球在板間做何種運(yùn)動(dòng)？（2）欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢(shì)差為多少？解析：（1）帶電小球在電場(chǎng)外只受重力的作用做勻速減速直線運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中受重力和豎直向下的靜電力作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng).（2）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中重力和靜電力做功，由動(dòng)能定律得－mg（H＋h）－qUAB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得UAB＝meq\f([veq\o\al(2,0)－2g（H＋h）],2q).答案：（1）勻減速直線運(yùn)動(dòng)（2）meq\f([veq\o\al(2,0)－2g（H＋h）],2q)題型二帶電體在重力、靜電力作用下的類平拋運(yùn)動(dòng)分析帶電體在重力、靜電力作用下的類平拋運(yùn)動(dòng)的方法：帶電體在重力、靜電力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng)，涉及帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解把勻變速曲線運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)換為直線運(yùn)動(dòng)研究，涉及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系的綜合應(yīng)用.【典例5】?jī)善叫薪饘侔錋、B水平放置，一個(gè)質(zhì)量為m＝5×10－6kg的帶電微粒，以v0＝2m/s的水平速度從兩板正中央位置射入電場(chǎng)，如圖所示，A、B兩板間距離為d＝4cm，板長(zhǎng)l＝10cm，g取10m/s2.（1）當(dāng)A、B間的電壓為UAB＝1000V時(shí)，微粒恰好不偏轉(zhuǎn)，沿圖中虛線射出電場(chǎng)，求該粒子的電荷量和電性；（2）令B板接地，欲使該微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，求A板所加電勢(shì)的范圍.解析：（1）當(dāng)UAB＝1000V時(shí)，重力跟靜電力平衡，微粒才沿初速度v0方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故qeq\f(UAB,d)＝mg，q＝eq\f(mgd,UAB)＝2×10－9C；重力方向豎直向下，則靜電力方向豎直向上，而電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下（UAB＞0），所以微粒帶負(fù)電.（2）當(dāng)qE＞mg時(shí)，帶電微粒向上偏，從右上邊緣M點(diǎn)飛出，如圖所示，設(shè)此時(shí)φA＝φ1，因?yàn)棣誃＝0，所以UAB＝φ1，靜電力和重力都沿豎直方向，粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度vx＝v0；在豎直方向a＝eq\f(qφ1,md)－g，側(cè)位移y＝eq\f(d,2)，所以eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\f(l,v0)，代入a和t解得φ1＝eq\f(mveq\o\al(2,0)d2＋mgdl2,ql2)＝2600V.當(dāng)qE＜mg時(shí)，帶電微粒向下偏，設(shè)此時(shí)φA＝φ2，同理可得φ2＝－600V，故欲使微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，A板電勢(shì)的范圍為－600V＜φA＜2600V.答案：（1）2×10－9C負(fù)電（2）－600V＜φA＜2600V題型三帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的分析方法：1.分段分析：按照時(shí)間的先后，分階段分析粒子在不同電場(chǎng)中的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，然后選擇牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律或功能關(guān)系求解相關(guān)問題.2.v-t圖像輔助：帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)情況一般比較復(fù)雜，常規(guī)的分段分析很麻煩.較好的方法是分段分析粒子受力的情況下，畫出粒子的v-t圖像.畫圖時(shí)，注意加速度相同的運(yùn)動(dòng)圖像是平行的直線，圖像與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積表示位移，圖像與t軸的交點(diǎn)表示此時(shí)速度方向改變等.3.運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性和周期性：帶電粒子在周期性變化的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)一般具有對(duì)稱性和周期性.【典例6】（多選）帶正電的微粒放在電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是（）A.微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1～2s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1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同解析：設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正，作出粒子的v-t圖像如圖所示.由圖可知選項(xiàng)B、D正確.答案：BD題型四“等效重力法”問題1.“等效重力法”的基本思想.將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的豎直向下方向.2.物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn).在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問題.小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn).幾何最高點(diǎn)是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點(diǎn).而物理最高點(diǎn)是物體在圓周運(yùn)動(dòng)過程中速度最?。ǚQ為臨界速度）的點(diǎn).【典例7】如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn).該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）恰好能靜止在C點(diǎn).若在C點(diǎn)給小球一個(gè)初速度使它在軌道內(nèi)側(cè)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)（小球的電荷量不變）.已知C、O、D在同一直線上，它們的連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.求：（1）小球所受的電場(chǎng)力F的大小；（2）小球做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)的速度大小及在A點(diǎn)對(duì)軌道壓力的大小.解析：（1）小球在C點(diǎn)靜止，受力分析如圖所示.由平衡條件得F＝mgtan60°，解得F＝eq\r(3)mg.（2）小球在光滑軌道內(nèi)側(cè)恰好做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)小球速度最小，對(duì)軌道的壓力為零，則eq\f(mg,cos60°)＝meq\f(veq\o\al(2,D),r)，解得小球在D點(diǎn)的速度vD＝eq\r(2gr)，小球由軌道上A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得－mgr（1＋cosθ）－Frsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得小球在A點(diǎn)的速度vA＝2eq\r(2gr)，小球在A點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得NA－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),r)，解得NA＝9mg，根據(jù)牛頓第三定律得小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镹′A＝9mg.答案：（1）eq\r(3)mg（2）eq\r(2gr)9mg5.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.0<t0<eq\f(T,4)B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<TD.T<t0<eq\f(9T,8)解析：設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正.依題意得，粒子的速度方向時(shí)而為負(fù)，時(shí)而為正，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù).作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖所示.由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時(shí)情況類似.因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確.故選B.答案：B6.（多選）如圖甲所示，平行板相距為d，在兩金屬板間加一如圖乙所示的交變電壓，有一個(gè)粒子源在平行板左邊界中點(diǎn)處沿垂直電場(chǎng)方向連續(xù)發(fā)射速度相同的帶正電粒子（不計(jì)重力）.t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子恰好在t＝T時(shí)刻到達(dá)B板右邊緣，則（）A.任意時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界經(jīng)歷的時(shí)間為TB.t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界的速度最大C.t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)距B板的距離為eq\f(d,4)D.粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)的動(dòng)能與何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)無關(guān)解析：任意時(shí)刻進(jìn)入的粒子在水平方向的分運(yùn)動(dòng)都是勻速直線運(yùn)動(dòng)，則由L＝v0t，得t＝eq\f(L,v0)，由于L、v0都相等，而且水平方向的速度不變，所以到達(dá)電場(chǎng)右邊界所用時(shí)間都相等，且都為T，故A正確；粒子在豎直方向做周期性運(yùn)動(dòng)，勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，加速度也相同，所以到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)速度的變化量為零，因此粒子到達(dá)電場(chǎng)右邊界時(shí)的速度大小等于進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)初速度大小，與何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)無關(guān)，故B錯(cuò)誤，D正確；對(duì)于t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，據(jù)題意有eq\f(d,2)＝2×eq\f(1,2)a（eq\f(T,2)）2；對(duì)于t＝eq\f(T,4)時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在前eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)豎直方向的位移向下，大小為y1＝2×eq\f(1,2)a（eq\f(T,2)）2，在后eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)