高中物理选修31第一章 微型专题4 带电粒子在电场中的运动教师版.docx
- 文档编号:26038161
- 上传时间:2023-06-17
- 格式:DOCX
- 页数:26
- 大小:176.35KB
高中物理选修31第一章 微型专题4 带电粒子在电场中的运动教师版.docx
《高中物理选修31第一章 微型专题4 带电粒子在电场中的运动教师版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中物理选修31第一章 微型专题4 带电粒子在电场中的运动教师版.docx(26页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高中物理选修31第一章微型专题4带电粒子在电场中的运动教师版
微型专题4 带电粒子在电场中的运动--教师版
[学科素养与目标要求]
物理观念:
1.掌握初速度与场强方向同直线时带电体做直线运动,初速度与场强方向垂直时带电体做类平抛运动.2.会分析圆周运动向心力的来源.
科学思维:
1.能够综合应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在电场中的直线运动问题,提高科学推理能力.2.建立带粒子在交变电场中直线运动的思维模型.
一、带电粒子在电场中的直线运动
1.带电粒子在电场中的直线运动
(1)匀速直线运动:
带电粒子受到的合外力一定等于零,即所受到的电场力与其他力平衡.
(2)匀加速直线运动:
带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同.
(3)匀减速直线运动:
带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反.
2.讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法
(1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式;
(2)功和能方法——动能定理;
(3)能量方法——能量守恒定律.
例1
(2018·广州二中高二期中)如图1所示,水平放置的平行板电容器的两极板M、N接上直流电源,两极板间的距离为L=15cm.上极板M的中央有一小孔A,在A的正上方h处的B点有一小油滴自由落下.已知小油滴的电荷量q=3.5×10-14C、质量m=3.0×10-9kg.当小油滴即将落到下极板时速度恰好为零.两极板间的电势差U=6×105V.求:
(不计空气阻力,取g=10m/s2)
图1
(1)两极板间的电场强度E的大小为多少?
(2)设平行板电容器的电容C=4.0×10-12F,则该电容器所带电荷量Q是多少?
(3)B点在A点的正上方的高度h是多少?
答案
(1)4×106V/m
(2)2.4×10-6C (3)0.55m
解析
(1)由匀强电场的场强与电势差的关系式可得两极板间的电场强度为E=
=4×106V/m
(2)该电容器所带电荷量为Q=CU=2.4×10-6C
(3)小油滴自由落下,即将落到下极板时,速度恰好为零
由动能定理可得:
mg(h+L)-qU=0
则B点在A点的正上方的高度是
h=
-L=
m-15×10-2m=0.55m.
二、带电粒子的类平抛运动
1.先求加速度.
2.将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动,在两个方向上分别列运动学方程.
3.涉及功能关系,也可用动能定理列方程.
例2
(多选)(2018·上饶市高二期末)有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的油滴,从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直电场射入,落到极板A、B、C处,如图2所示,则( )
图2
A.油滴A带正电,B不带电,C带负电
B.三个油滴在电场中运动时间相等
C.三个油滴在电场中运动的加速度aA D.三个油滴到达极板时动能EkA 答案 ACD 解析 三个油滴的初速度相等,水平位移xA>xB>xC,根据水平方向上做匀速直线运动,所以由公式x=vt得tA>tB>tC,三个油滴在竖直方向上的位移相等,根据y= at2,知aA 三、带电体在电场(复合场)中的圆周运动 解决电场(复合场)中的圆周运动问题,关键是分析向心力的来源,向心力的来源有可能是重力和电场力的合力,也有可能是单独的电场力.有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动,找出等效“最高点”和“最低点”. 例3 (2018·江西师大附中高二月考)如图3所示,BCDG是光滑绝缘的 圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中.现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块受到的电场力大小为 mg,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g. 图3 (1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小; (2)为使滑块恰好始终沿轨道滑行(不脱离轨道),求滑块在圆形轨道上滑行过程中的最小速度. 答案 (1) mg (2) 解析 (1)设滑块到达C点时的速度为v,滑块所带电荷量为q,匀强电场的场强为E,由动能定理有 qE(s+R)-μmgs-mgR= mv2 qE= mg 解得v= 设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F,则F-qE=m 解得F= mg 由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的作用力大小为 F′=F= mg (2)要使滑块恰好始终沿轨道滑行,则滑至圆形轨道DG间某点,由电场力和重力的合力提供向心力,此时的速度最小(设为vmin) 则有 =m 解得vmin= . [学科素养] 复合场中的圆周运动,涉及受力分析、圆周运动、电场等相关知识点,既巩固了学生基础知识,又锻炼了学生迁移应用与综合分析能力,较好地体现了“科学思维”的学科素养. 四、带电粒子在交变电场中的运动 1.当空间存在交变电场时,粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变,粒子的运动性质也具有周期性. 2.研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究,并辅以v-t图象.特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期. 例4 在如图4所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图5甲、乙所示的两种电压,开始B板的电势比A板高.在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动.若两板间距足够大,且不计重力,试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况,并定性画出相应的v-t图象. 图4 图5 答案 见解析 解析 t=0时,B板电势比A板高,在电场力作用下,电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动. 对于题图甲所示电压,在0~ T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动, T~T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动,然后周期性地重复前面的运动,其速度图线如图(a)所示. 对于题图乙所示电压,在0~ 内做类似题图甲0~T的运动, ~T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动.然后周期性地重复前面的运动,其速度图线如图(b)所示. (a) (b) 1.(带电粒子在交变电场中的运动)(2018·西安交大附中质检)如图6甲所示,在平行板电容器的A板附近,有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态,在A、B两板间加如图乙所示的交变电压,带电粒子在电场力作用下由静止开始运动,经过3t0时间刚好到达B板,设此时粒子的动能大小为Ek3,若用改变A、B两板间距的方法,使粒子在5t0时刻刚好到达B板,此时粒子的动能大小为Ek5,则 等于( ) 图6 A. B. C.1D. 答案 B 解析 设两板间的距离为d,经3t0时间刚好到达B板时,粒子运动过程中先加速然后减速再加速,根据运动的对称性和动能定理,可得Ek3=q ,若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板,根据运动的对称性和动能定理,可得Ek5=q· ,故 = ,B正确. 2.(带电体的直线运动)(2018·菏泽市高二期末)如图7所示,一带电液滴的质量为m、电荷量为-q(q>0),在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成30°角以速度v0向上做匀速直线运动.重力加速度为g. 图7 (1)求匀强电场的电场强度的大小; (2)若电场方向改为垂直速度方向斜向下,要使液滴仍做直线运动,电场强度为多大? 液滴前进多少距离后可返回? 答案 (1) (2) 解析 (1)因为液滴处于平衡状态,所以有Eq=mg 解得: E= (2)电场方向改变,液滴受力分析如图所示. 液滴做直线运动时,垂直速度方向的合力为零,即qE′=mgcos30° 解得: E′= = 液滴在运动方向的反方向上的合力F=mgsin30°,由牛顿第二定律 做减速运动的加速度大小a= =gsin30°= 液滴可前进的距离s= = . (或由动能定理: -mgsin30°·s=0- mv 得液滴可前进的距离s= = .) 3.(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图8所示,阴极A受热后向右侧空间发射电子,电子质量为m,电荷量为e,电子的初速率有从0到v的各种可能值,且各个方向都有.与A极相距l的地方有荧光屏B,电子击中荧光屏时便会发光.若在A和B之间的空间加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场,电场强度为E,且电子全部打在荧光屏上,求B上受电子轰击后的发光面积. 图8 答案 解析 阴极A受热后发射电子,这些电子沿各个方向射入右边匀强电场区域,且初速率从0到v各种可能值都有.取两个极端情况如图所示. 沿极板竖直向上且速率为v的电子,受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点. 竖直方向上y=vt, 水平方向上l= · t2. 解得y=v . 沿极板竖直向下且速率为v的电子,受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点,同理可得 y′=v . 故在荧光屏B上的发光面积S=y2π= . 4.(带电粒子的圆周运动)(2017·宿迁市高一期末)如图9所示,在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC,AB部分是半径R=0.40m的光滑半圆形轨道,BC部分是粗糙的水平轨道,BC轨道所在的竖直平面内分布着E=1.0×103V/m的水平向右的有界匀强电场,AB为电场的左侧竖直边界.现将一质量为m=0.04kg、电荷量为q=-1×10-4C的滑块(视为质点)从BC上的某点由静止释放,滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零.已知滑块与BC间的动摩擦因数为μ=0.05,不计空气阻力,g取10m/s2.求: 图9 (1)滑块通过A点时速度vA的大小; (2)滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离x; (3)滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值. 答案 (1)2m/s (2)5m (3)1.94m/s 解析 (1)因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零, 所以有mg= ,解得vA=2m/s. (2)根据动能定理可得: |q|Ex-μmgx-mg·2R= mv , 解得x=5m. (3)滑块离开A点后在水平方向上做匀减速直线运动, 故有: vx=vA- t=2-2.5t 在竖直方向上做自由落体运动, 所以有vy=gt=10t, v= = 故vmin= m/s≈1.94m/s. 一、选择题 考点一 带电粒子在电场中的直线运动 1.(多选)如图1所示,平行板电容器的两个极板与水平面成一角度,两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子( ) 图1 A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动 答案 BD 解析 对带电粒子受力分析如图所示,F合≠0,则A错.由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反,F合对粒子做负功,其中mg不做功,Eq做负功,故粒子动能减少,电势能增加,B正确,C错误.F合恒定且F合与v0方向相反,粒子做匀减速直线运动,D项正确. 2.如图2,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等.现同时释放a、b,它们由静止开始运动.在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面.a、b间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是( ) 图2 A.a的质量比b的大 B.在t时刻,a的动能比b的大 C.在t时刻,a和b的电势能相等 D.在t时刻,a和b的速度大小相等 答案 B 3.(多选)(2018·宜昌市示范高中高二联考)如图3所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下,从静止开始由b沿直线运动到d,且bd与竖直方向的夹角为45°,则下列结论中正确的是( ) 图3 A.此液滴带负电 B.液滴做匀加速直线运动 C.合外力对液滴做的总功等于零 D.液滴的电势能减少 答案 ABD 解析 液滴所受的合力沿bd方向,知电场力方向水平向右,则此液滴带负电,故A正确;液滴所受合力恒定,加速度恒定,做匀加速直线运动,故B正确;合外力不为零,则合外力做功不为零,故C错误;从b到d,电场力做正功,液滴电势能减小,故D正确. 考点二 带电粒子的类平抛运动 4.(多选)如图4所示,一电子(不计重力)沿x轴正方向射入匀强电场,在电场中的运动轨迹为OCD,已知 = ,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy;电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2,则( ) 图4 A.vCy∶vDy=1∶2B.vCy∶vDy=1∶4 C.ΔEk1∶ΔEk2=1∶3D.ΔEk1∶ΔEk2=1∶4 答案 AD 解析 电子沿x轴正方向射入匀强电场,做类平抛运动,沿x轴方向做匀速直线运动,已知 = ,则电子从O到C与从C到D的时间相等.电子在y轴方向上做初速度为零的匀加速运动,则有vCy=atOC,vDy=atOD,所以vCy∶vDy=tOC∶tOD=1∶2,故A正确,B错误;根据匀变速直线运动的推论可知,在竖直方向上yOC∶yOD=1∶4,根据动能定理得ΔEk1=qEyOC,ΔEk2=qEyOD,则得ΔEk1∶ΔEk2=1∶4,故C错误,D正确. 5.如图5所示,质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中,P从两极板正中央射入,Q从下极板边缘处射入,它们最后打在上极板的同一点(重力不计),则从开始射入到打到上极板的过程中( ) 图5 A.它们运动的时间tQ>tP B.它们运动的加速度aQ<aP C.它们所带的电荷量之比qP∶qQ=1∶2 D.它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2 答案 C 解析 设两板距离为h,P、Q两粒子的初速度为v0,加速度分别为aP和aQ,粒子P到上极板的距离是 ,它们做类平抛运动的水平位移均为l.则对P,由l=v0tP, = aPt ,得到aP= ;同理对Q,l=v0tQ,h= aQt ,得到aQ= .由此可见tP=tQ,aQ=2aP,而aP= ,aQ= ,所以qP∶qQ=1∶2.由动能定理得,它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=maP ∶maQh=1∶4.综上所述,C项正确. 6.(2018·南京师大附中段考)如图6所示,正方体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD面带正电,EFGH面带负电.从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法正确的是( ) 图6 A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B.三个液滴的运动时间不一定相同 C.三个液滴落到底板时的速率相同 D.液滴c所带电荷量最多 答案 D 解析 三个液滴在水平方向受到电场力作用,在水平方向并不是做匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B错误;三个液滴落到底板时竖直分速度大小相等,而水平分位移不相等,水平分速度大小不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C错误;由于液滴c在水平方向位移最大,故液滴c在水平方向加速度最大,由牛顿第二定律知,液滴c所受的电场力最大,故液滴c所带电荷量最多,选项D正确. 考点三 带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动 7.(多选)如图7所示,竖直向下的匀强电场中,用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕O做圆周运动,以下四种说法中正确的是( ) 图7 A.带电小球可能做匀速圆周运动 B.带电小球可能做非匀速圆周运动 C.带电小球通过最高点时,细线拉力一定最小 D.带电小球通过最低点时,细线拉力有可能最小 答案 ABD 8.如图8所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的 ,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,轨道水平段BC长度sBC=2R.若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度h为( ) 图8 A.2RB.4RC.10RD.17R 答案 C 解析 小球所受的重力和电场力均为恒力,故两力可等效为一个力F= = mg,方向与竖直方向的夹角为37°偏左下.若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效最高点D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识可得 mg=m ,由A到D的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos37°)- mg(htan37°+2R+Rsin37°)= mv ,解得h=10R,故选项C正确,选项A、B、D错误. 考点四 带电粒子在交变电场中的运动 9.(多选)如图9所示,两平行金属板分别加上如下列选项中的电压,能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U-t图象应是(设两板距离足够大)( ) 图9 答案 BC 解析 由A图象可知,电子先做匀加速运动, T时速度最大,从 T到T内做匀减速运动,T时速度减为零.然后重复这种运动.由B图象可知,电子先做匀加速运动, T时速度最大,从 T到 T内做匀减速运动, T时速度减为零;从 T到 T反向匀加速运动, T时速度最大,从 T到T内做匀减速运动,T时速度减为零,回到出发点.然后重复往返运动. 由C图象可知,电子先做加速度减小的加速运动, T时速度最大,从 T到 T内做加速度增大的减速运动, T时速度减为零;从 T到 T反向做加速度减小的加速运动, T时速度最大,从 T到T内做加速度增大的减速运动,T时速度减为零,回到出发点.然后重复往返运动. 由D图象可知,电子0~ 做匀加速运动,从 T到T内做匀速运动,然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动.故选B、C. 10.(多选)如图10(a)所示,A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板,板长为L,两板加电压后板间的电场可视为匀强电场.现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压,在t=0时恰有一质量为m、电荷量为+q的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v0射入电场,忽略粒子的重力,则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是( ) 图10 A.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动 B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动 C.只要周期T和电压U0的值满足一定条件,粒子就可沿与板平行的方向飞出 D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出 答案 BC 二、非选择题 11.虚线PQ、MN间存在如图11所示的水平匀强电场,一带电粒子质量为m=2.0×10-11kg、电荷量为q=+1.0×10-5C,从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后,垂直进入匀强电场中,从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角.已知PQ、MN间距为20cm,带电粒子的重力忽略不计.求: 图11 (1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1; (2)水平匀强电场的场强大小; (3)ab两点间的电势差. 答案 (1)1.0×104m/s (2)1.7×103N/C (3)400V 解析 (1)由动能定理得: qU= mv 代入数据得v1=1.0×104m/s. (2)粒子沿初速度方向做匀速运动: d=v1t 粒子沿电场方向做匀加速运动: vy=at 由题意得: tan30°= 由牛顿第二定律得: qE=ma 联立以上各式并代入数据得: E= ×103N/C≈1.7×103N/C. (3)由动能定理得: qUab= m(v +v )-0 联立以上各式并代入数据得: Uab=400V. 12.(2018·德州市期末)如图12甲所示,水平放置的两平行金属板A、B相距为d,板间加有如图乙所示随时间变化的电压.A、B板中点O处有一带电粒子,其电荷量为q,质量为m,在0~ 时间内粒子处于静止状态.已知重力加速度为g,周期T= .求: 图12 (1)判断该粒子的电性; (2)在0~ 时间内两板间的电压U0; (3)若t=T时刻,粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出,那么 的值应为多少. 答案 (1)正电 (2) (3) 解析 (1)由平衡条件可知粒子带正电 (2)0~ 时间内,粒子处于平衡状态 由mg= 得: U0= (3)在 ~T时间内有: = at2 mg+ =ma t= = 由以上各式联立得: = . 13.如图13所示,长L=0.20m的绝缘丝线的一端拴一质量为m=1.0×10-4kg、带电荷量为q=+1.0×10-6C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0×103N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,取g=10m/s2,不计空气阻力.求: 图13 (1)小球通过最高点B时速度的大小; (2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小. 答案 (1)2m/s (2)3.0×10-3N 解析 (1)小球由A运动到B,其初速度为零,电场力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由 动能定理有: qEL-mgL= vB= =2m/s. (2)设小球到达B点时,受重力mg、电场力qE和丝线拉力FTB作用, mg=1.0×10-4×10N=1.0×10-3N qE=1.0×10-6×2.0×103N=2.0×10-3N 因为qE>mg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出小球一定受到丝线的拉力FTB作用,由牛顿第二定律有: FTB+mg-qE= FTB= +qE-mg=3.0×10-3N.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高中物理选修31第一章 微型专题4 带电粒子在电场中的运动教师版 高中物理 选修 31 第一章 微型 专题 带电 粒子 电场 中的 运动 教师版
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)