高中物理 第2章 電場與示波器 2.5 習(xí)題課：帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 滬科版3-1

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PAGEPAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精習(xí)題課：帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)[目標(biāo)定位]1.會利用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng).2.會利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解方法分析帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動(dòng)。3.會分析帶電粒子在電場中的圓周運(yùn)動(dòng)．一、帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動(dòng)(1)勻速直線運(yùn)動(dòng)：此時(shí)帶電粒子受到的合外力一定等于________，即所受到的電場力與其他力________．(2)勻加速直線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向________．（3)勻減速直線運(yùn)動(dòng):帶電粒子受到的合外力與其初速度方向________．2．討論帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動(dòng)（加速或減速)的方法：（1）力和加速度方法——牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式．(2）功和能方法——?jiǎng)幽芏ɡ?；?）能量方法-—能量守恒定律；例1如圖1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板為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．圖1（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間電勢差為多少?二、帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動(dòng)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)涉及帶電粒子在電場中加速和偏轉(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．例2如圖2所示，A、B為兩塊足夠大的相距為d的平行金屬板，接在電壓為U的電源上．在A板的中央P點(diǎn)放置一個(gè)電子發(fā)射源．可以向各個(gè)方向釋放電子．設(shè)電子的質(zhì)量為m、電荷量為e,射出的初速度為v.求電子打在B板上的區(qū)域面積．（不計(jì)電子的重力）圖2三、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)交變電場作用下粒子所受的電場力發(fā)生改變,從而影響粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；由于電場力周期性變化，粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)也具有周期性；研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)需要分段研究,特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場的時(shí)間及交變電場的周期．例3(多選)帶正電的微粒放在電場中，場強(qiáng)的大小和方向隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖3所示．帶電微粒只在電場力的作用下從t＝0時(shí)刻由靜止開始運(yùn)動(dòng),則下列說法中正確的是(）圖3A．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)的位移相同四、帶電粒子在電場中的圓周運(yùn)動(dòng)解決電場中的圓周運(yùn)動(dòng)問題,關(guān)鍵是分析向心力的來源，有時(shí)可以把電場中的圓周運(yùn)動(dòng)等效為豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，找出等效“最高點(diǎn)”和“最低點(diǎn)”．例4如圖4所示,半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上，場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場與環(huán)面平行．一電量為＋q、質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上，可沿環(huán)做無摩擦的圓周運(yùn)動(dòng),若小球經(jīng)A點(diǎn)時(shí)，速度vA的方向恰與電場垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無力的作用，求:圖4（1)速度vA的大??；（2）小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)對稱的B點(diǎn)時(shí)，對環(huán)在水平方向的作用力的大小．1.（帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng))(多選)如圖5所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，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電容器,則在此過程中，該粒子（）圖5A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動(dòng)能逐漸增加D．做勻變速直線運(yùn)動(dòng)2。（帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動(dòng)）（多選)如圖6所示，一電子沿x軸正方向射入電場，在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡為OCD，已知eq\x\to（OA）＝eq\x\to（AB)，電子過C、D兩點(diǎn)時(shí)豎直方向的分速度為vCy和vDy；電子在OC段和OD段動(dòng)能的變化量分別為ΔEk1和ΔEk2，則(）圖6A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶43．(帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng))如圖7甲所示，在間距足夠大的平行金屬板A、B之間有一電子，在A、B之間加上如圖乙所示規(guī)律變化的電壓，在t＝0時(shí)刻電子靜止且A板電勢比B板電勢高，則(）圖7A．電子在A、B兩板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)B．在足夠長的時(shí)間內(nèi)，電子一定會碰上A板C．當(dāng)t＝eq\f(T，2)時(shí)，電子將回到出發(fā)點(diǎn)D．當(dāng)t＝eq\f(T，2)時(shí)，電子的位移最大4．(帶電粒子在電場中的圓周運(yùn)動(dòng))如圖8所示，ABCD為豎直放在場強(qiáng)為E＝104N/C的水平勻強(qiáng)電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的ABC部分是半徑為R＝0。5m的半圓環(huán)（B為半圓環(huán)的中點(diǎn))，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切于C點(diǎn),D為水平軌道的一點(diǎn)，而且CD＝2R，把一質(zhì)量m＝100g、電荷量q＝10－4C的帶負(fù)電小球，放在水平軌道的D點(diǎn)，由靜止釋放后，在軌道的內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)．g＝10m/s2圖8(1）它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度是多大；（2)它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力是多大．

答案精析知識探究1．（1）零平衡(2)同向（3）反向例1見解析解析（1)帶電小球在電場外只受重力的作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在電場中受重力和電場力作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng)．(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中重力和電場力做功，由動(dòng)能定理得－mg（H＋h）－qUAB＝0－eq\f（1，2）mveq\o\al（

2，0)解得UAB＝eq\f（m[v\o\al(

2，0）－2gH＋h］,2q）例2eq\f(2πmv2d2，eU)解析打在最邊緣的電子,其初速度方向平行于金屬板，在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),在垂直于電場方向做勻速運(yùn)動(dòng)，即r＝vt①在平行電場方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，即d＝eq\f（1，2)at2②電子在平行電場方向上的加速度a＝eq\f(eE,m）＝eq\f（eU,md）③電子打在B板上的區(qū)域面積S＝πr2④由①②③④得S＝eq\f(2πmv2d2，eU)。例3BD[帶正電的微粒放在電場中，第1s內(nèi)加速運(yùn)動(dòng)，第2s內(nèi)減速至零，以后重復(fù)以上運(yùn)動(dòng)過程,運(yùn)動(dòng)方向不變,故B、D對．］例4（1）eq\r(\f(qEr,m）)(2）6qE解析（1)在A點(diǎn),小球在水平方向只受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律得：qE＝meq\f（v\o\al(

2，A）,r），所以小球在A點(diǎn)的速度vA＝eq\r（\f(qEr,m)）。(2）在小球從A到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，電場力做的正功等于小球動(dòng)能的增加量，即2qEr＝eq\f(1,2）mveq\o\al(

2,B)－eq\f（1，2）mveq\o\al(

2,A）小球在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向有FB－qE＝meq\f(v\o\al（

2,B），r）解以上兩式得小球在B點(diǎn)受到的環(huán)的水平作用力為：FB＝6qE，由牛頓第三定律知，小球在B點(diǎn)對環(huán)在水平方向的作用力大小為6qE。達(dá)標(biāo)檢測1．BD2.AD3.B4．(1)2eq\r(5）m/s(2)5N解析（1)小球從D至B的過程中，由動(dòng)能定理得：qE（2R＋R）－mgR＝eq\f（1,2)mveq\o\al（

2，B）代入數(shù)據(jù)，解得:vB＝2eq\r(5)（2)在B點(diǎn)由牛頓第二定律得:N－qE＝meq\f（v\o\al(