《步步高高三人教版物理一轮复习学案31带电粒子在电场中的运动》由会员分享，可在线阅读，更多相关《步步高高三人教版物理一轮复习学案31带电粒子在电场中的运动（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、学案学案 31 带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动(二二)一、概念规律题组图 1 1在两个半圆柱面构成的区域内，有一均匀的径向电场，径向宽度很小，电场线如图 1 中的径向实线所示欲使电荷量相同的正离子从左端进入，沿半圆路径运动后从右端射 出，这些离子应具备相同的( ) A比荷 B质量 C速度 D动能图 2 2如图 2 所示，带正电 q、质量为 m 的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，现加一竖直 向上的匀强电场，电场强度为 E，且 qE0)的滑块从距离弹簧上端为 x 处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑 块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为
2、g. (1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间 t1； (2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为 vm，求滑块从静止释放到 速度大小为 vm 的过程中弹簧的弹力所做的功 W.规范思维三、带电粒子在交变电场中的运动 带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方 波)且不计粒子重力的情形在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获 得交变电场此类电场在同一时刻可看成是匀强的，即电场中各个位置处电场强度的大小、 方向都相同，从时间上看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间而变化 (1)当粒子与电场平行射入时：粒子做直线运动，其
3、初速度和受力决定了粒子的运动， 粒子可以做周期性的运动 (2)粒子垂直电场方向射入时：沿初速度方向为匀速直线运动，在电场力方向上的分运 动具有周期性 【例 3】 如图 8 甲所示，A、B 是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强 电场，B 板接地A 板电势 A随时间变化情况如图乙所示，C、D 两平行金属板竖直放置， 中间有正对两孔 O1和 O2，两板间电压为 U2，组成减速电场现有一带负电粒子在 t0 时刻以一定初速度沿 AB 两板间的中轴线 O1O1进入，并能从 O1沿 O1O2进入 C、D 间，刚好到达 O2孔，已知带电粒子带电荷量为q，质量为 m，不计其重力求：图 8 (1)该粒子
4、进入 A、B 的初速度 v0的大小 (2)A、B 两板间距的最小值和 A、B 两板长度的最小值规范思维姓名：_ 班级：_ 学号：_ 【基础演练】1在地面附近，存在着一有界电场，边界 MN 将某空间分成上下两个区域、， 在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为 m 的 带电小球 A，如图 9 甲所示，小球运动的 vt 图象如图乙所示，已知重力加速度为 g，不 计空气阻力，则( )图 9 A在 t2.5 s 时，小球经过边界 MN B小球受到的重力与电场力之比为 35 C在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等 D在小球运动的整个过程中，小球的机械
5、能与电势能总和先变大再变小 2(2011安徽20)如图 10(a)所示，两平行正对的金属板 A、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处若在 t0时刻释放该 粒子，粒子会时而向 A 板运动，时而向 B 板运动，并最终打在 A 板上则 t0可能属于的 时间段是( )(a) (b) 图 10A00，而带负电的油滴所受的电场力水平向左，所以最高点必在 P 点的左上方 5A思维提升 1带电粒子在匀强电场和重力场形成的复合场中运动，其处理方法有以下几种：正交分解法等效“重力”法功能关系法2带电粒子在交变电场中的运动，一般应根据所加交变电压的规律，画出粒
6、子相应的速 度图象，利用图象来分析粒子的运动，既直观方便，思维难度也小【核心考点突破】例 1 (1) (2) (3) EqR(53cos )EqmEqR2m14(4) EqREkEqR78138解析 (1)加速度 a.Eqm(2)由 Rv0t，R at2及 a三个式子可解得：12Eqmv0.EqR2m(3)由 EkEq(RRcos ) mv02，Rsin v0t，RRcos at2及 a可解1212Eqm得：Ek EqR(53cos )14 (4)由第(3)小题的结论可以看出，当 从 0变化到 180，接收屏上电荷的动能逐渐增大， 因此 D 点接收到的电荷的末动能最小，C 点接收到的电荷的末动
7、能最大EkD EqR(53cos 60) EqR1478EkC EqR(53cos 120)EqR14138 所以，屏上接收到的电荷的末动能大小的范围为EqREkEqR.78138 规范思维 由于带电微粒在匀强电场中所受电场力与重力都是恒力，因此其处理方法 可用正交分解法先将复杂的运动分解为两个互相正交的简单的直线运动，而这两个直线运 动的规律我们可以掌握，然后再按运动合成的观点，去求出复杂运动的相关物理量例 2 (1) 2mxqEmgsin (2) mvm2(mgsin qE)(x)12mgsin qEk 解析 (1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动， 设加速
8、度大小为 a，则有qEmgsin max at 12 2 1联立可得 t1 2mxqEmgsin (2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为 x0，则有 mgsin qEkx0 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得(mgsin qE)(xx0)W mvm2012 联立可得W mvm2(mgsin qE)(x)12mgsin qEk 规范思维 本题是典型的力学问题，求解电场中力学问题的方法与纯力学问题完全相 同其思路是：明确研究对象；分析受力情况和运动过程；选取物理规律：如果涉及求 解加速度及时间选牛顿第二定律和运动学公式；如果不涉及运动细节一般选动能定理或能量守恒例 3 (1)
9、 (2) T2qU2mT2qU12m2qU2m解析 (1)因粒子在 A、B 间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入 O1孔的 速度即为进入 A、B 板的初速度在 C、D 间，由动能定理得 qU2 mv122 0即 v0 2qU2m(2)由于粒子进入 A、B 后，在一个周期 T 内，竖直方向上的速度变为初始状态即 v竖0，若在第一个周期内进入 O1孔，则对应两板最短长度为 Lv0TT，若在该时间2qU2m内，粒子刚好不到 A 板而返回，则对应两板最小间距，设为 d，所以 ( )22 ，即 d12qU1mdT4d2.T2qU12m规范思维 对于带电粒子在交变电场中的问题，由于不同时间内场强
10、不同，使得带电 粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化，解决这类问题，要分段进行分 析，利用牛顿第二定律正确地判断粒子在每一段的运动情况，分段求解粒子的末速度、位移等 【课时效果检测】 1BC 由速度图象可知，带电小球在区域与区域中的加速度之比为 32，由牛顿第二定律可知： ，所以小球所受的重力与电场力之比为 35，B 正确小球在mgFmg32 t2.5 s 时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故 A 错误，C 正确因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D 错2B t0时，UAB0，电场方向由 B 板指向 A 板t0到
11、 T 时刻，粒子向 A 板做初T23T4 速度为零的匀加速直线运动，T 时刻电场反向，粒子向 A 板做匀减速直线运动，经相同时间速度减为零，再向 B 板做初速度为零的匀加速直线运动然后匀减速到零，由于向 A 板运动 时间长，所以粒子会时而向 A 板运动，时而向 B 板运动，并最终打在 A 板上3A 由 h at2 t2可知，在相同的时间内，电荷 M 的竖直位移大，其加速度大，1212qEm 比荷(电荷量和质量的比值)大，选项 A 正确而 B 错误；电荷 M 的竖直位移大，对应的电压也 大；比荷大，但电荷量不一定大，由 WqU 可知，电场力对电荷 M 做的功不一定大，选项 C 错误；水平方向由
12、xv0t 可知，选项 D 错误 4B 由题意知，三个小球受电场力方向向下，由于正电荷受力方向与场强方向相同， 而沿场强方向电势越来越低，故等势面 B 的电势低于等势面 A 的电势，故 A 项错误；三个小 球从 A 至 B 重力和电场力做的功都相同，根据动能定理知 B 项正确；开始运动后的任一时 刻，沿电场方向，a 球的位移总比 b 球的位移大，即电场力对 a 球所做的功比对 b 球所做的 功多，a 球的动能大些，C 错误，D 也错误 5ACD 小球 P、Q 带同种电荷，且 P 球所带电荷量等于 Q 球所带的电荷量，则在二 者连线上电场强度为零的点 O 位于 ab 中点c 点释放一带电小滑块 M
13、，由静止开始向右运 动，说明 P、M 带同种电荷，电场力先做正功，滑过 O 点后电场力做负功，滑块的电势能先减 小后增大，动能先增大后减小，选项 C 对而 B 错；途经 O 点受力为零，选项 A 正确；由电场 线的分布情况可知，选项 D 正确6AC 小球在水平方向不受力，故一直做匀速直线运动，A 正确；若场强大小等于，mgq 则所受电场力大小等于 mg，方向向上，则在电场区做匀速直线运动，但在无电场区由于仍受 重力，速度继续增加，故在电场区以不同的速度做匀速直线运动，经过的时间必不同，B、D错；若场强大小等于，则所受电场力为 2mg，经过一个无电场区和一个电场区的过程中，2mgq 重力做功与电
14、场力做功的代数和为零，所以，在无电场区小球均做初速度为 v0的平抛运动， 故小球经过每一无电场区的时间均相同，C 正确7(1) (2) mggR74 解析 (1)设滑块到达 C 点时的速度为 v，由动能定理有qE(xR)mgxmgR mv2012而 qE3mg4解得 vgR(2)设滑块到达 C 点时受到轨道的作用力大小为 F，则FqEmv2R解得 F mg748(1) (2)E2(41)mg2t212mgv2W0mv2解析 (1)滑块与木板间的正压力大小为FNqE4mg FfFN对滑块 W02mghFfh 2mv212v22ah由以上几式解得 a12mgv2W0mv2 (2)对长木板由牛顿第二
15、定律得Ffmgma 摩擦力对木板做功为 WFfxx at212根据功能关系知木板增加的机械能等于摩擦力所做的功，即 EW 由以上各式解得 E2(41)mg2t2 9(1)4103 s (2)(2105 m，2 m)(3)4103 m/s 解析 (1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间 t4103 s.yv0(2)粒子在 x 方向先加速后减速，加速时的加速度大小为 a14 m/s2E1qm减速时的加速度大小为 a22 m/s2E2qm x 方向上的位移大小为x a1( )2a1( )2 a2( )22105 m12T2T212T2 因此粒子离开电场时的位置坐标为(2105 m，2 m) (3)离开电场时粒子在 x 方向的速度大小为vxa1a24103 m/s.T2T2易错点评 1带电体在复合场中运动的多过程问题，一定要对不同过程进行正确的受力分析，运 用不同运动形式的不同规律去处理，同时注意各过程的速度关联 2
