《高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中運動課件 新人教版選修31》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中運動課件 新人教版選修31（50頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、第一章第一章 靜電場靜電場第第 9 節(jié)節(jié) 帶電粒子在電場中的運動帶電粒子在電場中的運動 第一章第一章 靜電場靜電場 1.掌握帶電粒子在電場中加速和偏轉所遵循的規(guī)掌握帶電粒子在電場中加速和偏轉所遵循的規(guī)律律 2.知道示波管的主要構造和工作原理知道示波管的主要構造和工作原理 一、帶電粒子的加速一、帶電粒子的加速 1基本粒子的受力特點：基本粒子的受力特點：對于質量很小的基本粒子對于質量很小的基本粒子，如電子、如電子、質子等質子等，雖然它們也會受到萬有引力雖然它們也會受到萬有引力(重力重力)的作用的作用，但萬有引力但萬有引力(重力重力)一般一般_靜電力靜電力，可以可以_ 2帶電粒子的加速：帶電粒子的加
2、速：初速度為零初速度為零，帶電量為帶電量為 q，質量為質量為 m 的帶的帶電粒子電粒子，經過電勢差為經過電勢差為 U 的電場的加速后的電場的加速后，獲得的速度為獲得的速度為 v _. 遠小于遠小于忽略忽略2qUm 1(1)質量很小的粒子不受萬有引力的作用質量很小的粒子不受萬有引力的作用( ) (2)帶電粒子在電場中只受電場力作用時帶電粒子在電場中只受電場力作用時，電場力一定做正電場力一定做正功功( ) (3)電場力做正功時電場力做正功時，粒子動能一定增加粒子動能一定增加( ) 提示：提示：(1) (2) (3) 二、帶電粒子的偏轉二、帶電粒子的偏轉 質量為質量為 m、 帶電量為、 帶電量為 q
3、 的基本粒子的基本粒子(忽略重力忽略重力)， 以初速度以初速度 v0平行平行于兩極板進入勻強電場于兩極板進入勻強電場，極板長為極板長為 l，板間距離為板間距離為 d，板間電壓板間電壓為為 U. 1運動性質運動性質 (1)沿初速度方向：速度為沿初速度方向：速度為_的的_運動運動 (2)垂直垂直 v0的方向上：初速度為的方向上：初速度為_，加速度為加速度為 a_的勻的勻加速直線運動加速直線運動 v0勻速直線勻速直線零零qUmd 2運動規(guī)律運動規(guī)律 (1)偏移距離：因為偏移距離：因為 t_，a_，所以偏移距離所以偏移距離 y12at2_ (2)偏轉角度：因為偏轉角度：因為 vyat_，所以所以 ta
4、n vyv0_ lv0 qUmd ql2U2mv20d qUlmv0d qUlmdv20 大量帶電粒子大量帶電粒子，質量不同質量不同，帶電量相同帶電量相同，以相同的速度垂直電場以相同的速度垂直電場進入并穿過同一個電容器進入并穿過同一個電容器， 它們的運動時間相同嗎？運動軌跡相它們的運動時間相同嗎？運動軌跡相同嗎？同嗎？ 提示：提示： 運動時間相同運動時間相同， 運動軌跡不相同 由運動軌跡不相同 由于粒子在水平方向上做勻速運動于粒子在水平方向上做勻速運動，由由 lv0t 知知運動時間相同 不同運動時間相同 不同粒子在沿初速度粒子在沿初速度方向上運動情況相同方向上運動情況相同，在垂直初速度方向，在
5、垂直初速度方向上運動情況不同，故它們的運動軌跡不同，如圖所示上運動情況不同，故它們的運動軌跡不同，如圖所示 三、示波管的原理三、示波管的原理 1構造構造 示波管是示波器的核心部件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外部是一個抽成真空的玻璃殼， 內內部主要由部主要由_(發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成發(fā)射電子的燈絲、加速電極組成 )、_(由一對由一對 X 偏轉電極板和一對偏轉電極板和一對 Y 偏轉電極板組成偏轉電極板組成)和和_組成組成，如圖所示如圖所示 電子槍電子槍偏轉電極偏轉電極熒光屏熒光屏2原理原理 (1)掃描電壓：掃描電壓： XX偏轉電極接入的是由儀器自身產生的鋸齒形電偏轉
6、電極接入的是由儀器自身產生的鋸齒形電壓壓 (2)燈絲被電源加熱后燈絲被電源加熱后，出現熱電子發(fā)射出現熱電子發(fā)射，發(fā)射出來的電子經加發(fā)射出來的電子經加速電場加速后速電場加速后，以很大的速度進入偏轉電場以很大的速度進入偏轉電場，如果在如果在 Y 偏轉極偏轉極板上加一個板上加一個_，在在 X 偏轉極板上加一偏轉極板上加一_，在在熒光屏上就會出現按熒光屏上就會出現按 Y 偏轉電壓規(guī)律變化的可視圖象偏轉電壓規(guī)律變化的可視圖象 信號電壓信號電壓掃描電壓掃描電壓 2(1)如果在偏轉電極如果在偏轉電極 YY和和 XX上不加電壓電子束不偏轉上不加電壓電子束不偏轉，打打在熒光屏中心在熒光屏中心( ) (2)只在只
7、在 YY上加恒定電壓時上加恒定電壓時，電子束不偏轉電子束不偏轉( ) (3)只在只在 XX上加恒定電壓時上加恒定電壓時，電子束沿電子束沿 YY方向偏轉方向偏轉( ) 提示：提示：(1) (2) (3) 知識點一知識點一 帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在電場中的加速 1受力分析受力分析：仍按力學中受力分析的方法分析仍按力學中受力分析的方法分析，只是多了一個只是多了一個電場力而已電場力而已， 如果帶電粒子在勻強電場中如果帶電粒子在勻強電場中， 則電場力為恒力則電場力為恒力(qE)；如果在非勻強電場中如果在非勻強電場中，則電場力為變力則電場力為變力 2運動過程分析運動過程分析：帶電粒子沿與電場線平行
8、的方向進入勻強電帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場場，受到的電場力與運動方向受到的電場力與運動方向在同一條直線上，做勻加在同一條直線上，做勻加(減減)速直速直線運動線運動 3處理方法處理方法 (1)力和運動關系法力和運動關系法牛頓第二定律牛頓第二定律 根據帶電粒子受到的電場力根據帶電粒子受到的電場力， 用牛頓第二定律求出加速度用牛頓第二定律求出加速度， 結合結合運動學公式確定帶電粒子的速度、 時間和位移等 這種方法通常運動學公式確定帶電粒子的速度、 時間和位移等 這種方法通常適用于受恒力作用下做勻變速運動的情況適用于受恒力作用下做勻變速運動的情況 (2)功能關系法功能關系法動能定理動能定
9、理 由粒子動能的變化量等于電場力做的功知：由粒子動能的變化量等于電場力做的功知： 12mv212mv20qU，vv202qUm； 若粒子的初速度為零若粒子的初速度為零，則則 v2qUm. 這種方法既適用于勻強電場這種方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場也適用于非勻強電場 帶電粒子在勻強電場中的加速帶電粒子在勻強電場中的加速 如圖所示如圖所示，在在 P 板附近有一電子由靜止開始向板附近有一電子由靜止開始向 Q 板運板運動已知兩極板間電勢差為動已知兩極板間電勢差為 U，板間距為板間距為 d，電子質量為電子質量為 m，電電荷量為荷量為 e.則關于電子在兩板間的運動情況則關于電子在兩板間的運動情況
10、，下列敘述正確的是下列敘述正確的是( ) AA若將板間距若將板間距 d 增增大一倍大一倍，則電子到達則電子到達 Q 板的速率保持不變板的速率保持不變 B若將板間距若將板間距 d 增大一倍增大一倍，則電子到達則電子到達 Q 板的速率也增大一倍板的速率也增大一倍 C若將兩極板間電勢差若將兩極板間電勢差 U 增大一倍增大一倍，則電子到達則電子到達 Q 板的時間板的時間保持不變保持不變 D若將兩極板間電勢差若將兩極板間電勢差 U 增大一倍增大一倍，則電子到達則電子到達 Q 板的時間板的時間減為一半減為一半 解題探究解題探究 (1)電子在板間做什么運動？電子在板間做什么運動？ (2)有哪些方法可以求解有
11、哪些方法可以求解 v、t? 解析解析 由動能定理有由動能定理有12mv2eU，得得 v 2eUm，可見電子到可見電子到達達 Q 板的速率與板間距離板的速率與板間距離 d 無關無關，故故 A 項對、項對、B 項錯兩極板項錯兩極板間為勻強電場間為勻強電場 EUd，電子的加速度電子的加速度 aeUmd，由運動學公式由運動學公式 d12at2得得 t 2da 2md2eU，若兩極板間電勢差增大一倍若兩極板間電勢差增大一倍，則電則電子到達子到達 Q 板時間減為原來的板時間減為原來的22，故故 C、D 項都錯項都錯 帶電粒子在非勻強電場中的加速帶電粒子在非勻強電場中的加速 如圖所示如圖所示，在點電荷在點電
12、荷Q 激發(fā)的電場中有激發(fā)的電場中有 A、B 兩點兩點，將質子和將質子和粒子分別從粒子分別從 A 點由靜止釋放到達點由靜止釋放到達 B 點時點時，它們的速它們的速度大小之比為多少？度大小之比為多少？ 解題探究解題探究 在這個點電荷形成的非勻強電場在這個點電荷形成的非勻強電場中中，求解末速度應求解末速度應用什么規(guī)律？用什么規(guī)律？ 解析解析 質子和質子和粒子都帶正電粒子都帶正電， 從從 A 點釋放將受靜電力作用加點釋放將受靜電力作用加速運動到速運動到 B 點點， 設設 A、 B 兩點間的電勢差為兩點間的電勢差為 U， 由動能定理可知由動能定理可知，對質子：對質子：12mHv2HqHU， 對對粒子：粒
13、子：12mv2qU. 所以所以vHvqHmqmH 142121. 答案答案 21 (1)對帶電粒子進行受力分析、運動特點分析和力對帶電粒子進行受力分析、運動特點分析和力做功情況分析是選擇規(guī)律解題的關鍵做功情況分析是選擇規(guī)律解題的關鍵 (2)選擇解題的方法是優(yōu)先從功能關系角度考慮選擇解題的方法是優(yōu)先從功能關系角度考慮，應用功能關系應用功能關系列式簡單、方便列式簡單、方便，不易出不易出錯錯 知識點二知識點二 帶電粒子在勻強電場中的偏轉帶電粒子在勻強電場中的偏轉 1運動狀態(tài)的分析：運動狀態(tài)的分析：帶電粒子以初速度帶電粒子以初速度 v0垂直于電場線方向進垂直于電場線方向進入勻強電場時入勻強電場時，受到
14、恒定的、與初速度方向成受到恒定的、與初速度方向成 90的靜電力作用的靜電力作用而做而做勻變速曲線運動，運動軌跡為拋物線勻變速曲線運動，運動軌跡為拋物線 2偏轉問題的處理方法：偏轉問題的處理方法：類似于平拋運動的處理方法類似于平拋運動的處理方法，應用運應用運動的合成與分解的知識動的合成與分解的知識 (1)帶電粒子偏轉規(guī)律帶電粒子偏轉規(guī)律 速度：分速度速度：分速度 vxv0，vyat 合速度大小合速度大小 v v20v2y 合速度方向合速度方向 tan vyv0atv0qUlmdv20. 位移：分位移位移：分位移 xv0t，y12at2 合位移合位移 s x2y2 合位移方向合位移方向 tan y
15、xqUl2mdv20. (2)帶電粒子先加速再偏轉時的規(guī)律帶電粒子先加速再偏轉時的規(guī)律 加加速電場中：速電場中：qU112mv20 偏轉電場中規(guī)律：偏轉電場中規(guī)律： 偏轉的距離偏轉的距離 yql2U22mv20dl2U24U1d 偏轉角度偏轉角度 tan qU2lmdv20U2l2U1d y、tan 都與比荷無關都與比荷無關 (3)兩個結論兩個結論 粒子從偏轉電場射出時粒子從偏轉電場射出時， 其速度反向延長線與初其速度反向延長線與初速度方向延長速度方向延長線交于一點，此點平分沿初速度方向的位移線交于一點，此點平分沿初速度方向的位移 證明：證明：tan yx yqU2l22mdv20 tan q
16、U2lmdv20 聯立以上三式聯立以上三式，得得 xl2. 位移方向與初速度方向間夾角的正切位移方向與初速度方向間夾角的正切tan 為速度偏轉角的正為速度偏轉角的正切切 tan 的的12，即即 tan 12tan . 證明：證明：tan qU2l2mdv20，tan qU2lmdv20 故故 tan 12tan . 類平拋規(guī)律的應用類平拋規(guī)律的應用 如圖所示如圖所示，有一帶電粒子貼著有一帶電粒子貼著 A 板沿水板沿水平方向射入勻強電場平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為當偏轉電壓為 U1時時，帶帶電粒子沿電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為壓為 U2時時，帶電粒
17、子沿帶電粒子沿軌跡落到軌跡落到 B 板中間；設粒子兩次射入板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同電場的水平速度相同，則兩次則兩次偏轉電壓之比為偏轉電壓之比為( ) AU1U218 BU1U214 CU1U212 DU1U211 A解析解析 由由 y12at212Uqmdl2v20得：得： U2mv20dyql2，所以，所以 Uyl2，可知可知 A 項正確項正確 帶電粒子先加速后偏轉運動帶電粒子先加速后偏轉運動 (2016聊城三中高聊城三中高二月考二月考)一束電子流在經一束電子流在經U5 000 V的的加速電壓加速后， 在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強加速電壓加速后， 在距兩極板等距離
18、處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示電場，如圖所示若兩板間距若兩板間距 d1.0 cm，板長板長 l5.0 cm，那么那么要使電子能從平行板間飛出要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加兩個極板上最大能加多大電壓？多大電壓？ 解題探究解題探究 類平拋運動的初速度類平拋運動的初速度 v0怎樣求解？粒子恰能從極怎樣求解？粒子恰能從極板邊緣飛出時的水平位移和豎直位移各為多大？板邊緣飛出時的水平位移和豎直位移各為多大？ 解析解析 加速過程加速過程，由動能定理得由動能定理得 eU12mv20 進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動 lv0t
19、 在垂直于板面的方向做勻加速直線運動在垂直于板面的方向做勻加速直線運動 加速度加速度 aFmeUdm 偏轉距離偏轉距離 y12at2 能飛出的條件為能飛出的條件為 yd2 聯立聯立式解得式解得 U2Ud2l24.0102 V 即要使電子能飛出即要使電子能飛出，所加電壓最大為所加電壓最大為 400 V. 答案答案 400 V 如圖所示為真空示波管的示意圖如圖所示為真空示波管的示意圖， 電子從燈絲電子從燈絲 K 發(fā)出發(fā)出(初初速度不計速度不計)，經燈絲與經燈絲與 A 板間的加速電壓板間的加速電壓 U1加速加速，從從 A 板中心板中心孔沿中心線孔沿中心線 KO 射出射出， 然后進入由兩塊平行金屬板然
20、后進入由兩塊平行金屬板 M、 N 形成的形成的偏轉電場中偏轉電場中(偏轉電場可視為勻強電場偏轉電場可視為勻強電場)，電子進入偏轉電場時的電子進入偏轉電場時的速度與電場方向垂直速度與電場方向垂直，電子經過偏轉電場后打在熒光屏上的電子經過偏轉電場后打在熒光屏上的 P點已知點已知 M、N 兩板間的電壓為兩板間的電壓為 U2，兩板間的距離為兩板間的距離為 d，板長板長為為 L1，板右端到熒光屏的距離為板右端到熒光屏的距離為 L2，電子質量為電子質量為 m，電荷量為電荷量為e.求：求： (1)電子穿過電子穿過 A 板時的速度大小；板時的速度大??； (2)電子從偏轉電場射出時的側移量；電子從偏轉電場射出時
21、的側移量； (3)P 點到點到 O 點的距離點的距離 解析解析 (1)設電子經電壓設電子經電壓 U1加速后的速度為加速后的速度為 v0，根據動能定理根據動能定理得得 eU112mv20解得解得 v0 2eU1m. (2)電子以速度電子以速度 v0進入偏轉電場后進入偏轉電場后，垂直于電場方向做勻速直線垂直于電場方向做勻速直線運動運動， 沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動 設偏轉電場沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動 設偏轉電場的電場強度為的電場強度為 E，電子在偏轉電電子在偏轉電場中運動的時間為場中運動的時間為 t1，電子的加電子的加速度為速度為 a，離開偏轉電場時的側移量為離開偏轉電場
22、時的側移量為 y1，根根據牛頓第二定律和據牛頓第二定律和運動學公式得運動學公式得 FeE EU2d Fma t1L1v0 y112at21 解得解得 y1U2L214U1d. (3)設電子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為設電子離開偏轉電場時沿電場方向的速度為 vy，根據運動學根據運動學公式得公式得 vyat1，電子離開偏轉電場后做勻速直線運動電子離開偏轉電場后做勻速直線運動，設電設電子子離開偏轉電場后打在熒光屏上所用的時間為離開偏轉電場后打在熒光屏上所用的時間為 t2， 電子打到熒光屏電子打到熒光屏上的側移量為上的側移量為 y2，如圖所示如圖所示 有有 t2L2v0，y2vyt2 解得解得 y
23、2U2L1L22dU1 P 點到點到 O 點的距離為點的距離為 yy1y2（2L2L1）U2L14U1d. 答案答案 (1) 2eU1m (2)U2L214U1d (3)（2L2L1）U2L14U1d 處理帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動的方法處理帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動的方法有兩種：一是運動的合成與分解有兩種：一是運動的合成與分解，二是能量的觀點二是能量的觀點 知識點三知識點三 帶電粒子在交變電場中的帶電粒子在交變電場中的運動運動 解決帶電粒子在交變電場中的解決帶電粒子在交變電場中的運動問題時運動問題時， 關鍵要明確粒子在不關鍵要明確粒子在不同時間段內、不同區(qū)域內的受力特性同時間段內
24、、不同區(qū)域內的受力特性，對粒子的運動情景、運動對粒子的運動情景、運動性質做出判斷性質做出判斷 這類問題一般都具有周期性這類問題一般都具有周期性， 在分析粒子運動時在分析粒子運動時， 要注意粒子的要注意粒子的運動周期與電場周期的關系運動周期與電場周期的關系 帶電粒子在交變電場中的運動仍遵循牛頓運動定律、 運動的合成帶電粒子在交變電場中的運動仍遵循牛頓運動定律、 運動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學規(guī)律與分解、動能定理、能量守恒定律等力學規(guī)律，所以此類問題的所以此類問題的研究方法與質點動力學相同研究方法與質點動力學相同 運動處理的方法一般采用動力學的方法和對稱的思想來分段研運動處理的方法
25、一般采用動力學的方法和對稱的思想來分段研究究 在如圖甲所示的平行板電容器的兩板在如圖甲所示的平行板電容器的兩板 A、B 上分別加如上分別加如圖乙、丙所示的兩種電壓圖乙、丙所示的兩種電壓，開始開始 B 板的電勢比板的電勢比 A 板高在電場板高在電場力作用下原來靜止在兩力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動 若兩板間距足夠板中間的電子開始運動 若兩板間距足夠大大， 且不計重力且不計重力， 試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并畫出相應的并畫出相應的 vt 圖象圖象 思路點撥思路點撥 （1）針對兩板間電壓的變化）針對兩板間電壓的變化，分段分析分段分析.
26、 （2）兩板間的電勢兩板間的電勢差變化情況差變化情況 電場強度的變化情況電場強度的變化情況 受力受力情況情況運動情況運動情況 畫出畫出vt圖象圖象 解析解析 t0 時時，B 板電勢比板電勢比 A 板高板高，在電場力作用下在電場力作用下，電子向電子向B 板板(設為正方向設為正方向)做初速度為零的勻加速運動做初速度為零的勻加速運動 (1)對于對于題圖乙題圖乙，在在 012T 時間內電子沿正方向做初速度為零的時間內電子沿正方向做初速度為零的勻勻加速直線運動加速直線運動，12TT 時間內電子沿正方向做末速度為零的勻時間內電子沿正方向做末速度為零的勻減速直線運動減速直線運動， 然后周期性地重復前面的運動
27、然后周期性地重復前面的運動， 其速度圖線如圖其速度圖線如圖丁所示丁所示 (2)對于題圖丙對于題圖丙，在在 0T2時間內電子做類似圖丁時間內電子做類似圖丁 0T 時間內的時間內的運動運動，T2T 時間內電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為時間內電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運動 然后周期性地重復前面的運動零的直線運動 然后周期性地重復前面的運動， 其速度圖線如圖其速度圖線如圖戊所示戊所示 答案答案 見解析見解析 (多選多選)(2016山東濰坊期末山東濰坊期末)如圖甲如圖甲，A 板的電板的電勢勢 A0，B 板的電勢板的電勢 B隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示電子隨時間的變化規(guī)律如圖乙所
28、示電子只受電場力的作用只受電場力的作用，且初速度為零且初速度為零(設兩板間距足夠大設兩板間距足夠大)，則則( ) ACDA若電子是在若電子是在 t0 時刻進入的時刻進入的，它將一直向它將一直向 B 板運動板運動 B若電子是在若電子是在 t0 時刻進入的時刻進入的，它將時而向它將時而向 B 板運動板運動，時而時而向向 A 板運動板運動，最后打最后打在在 B 板上板上 C若電子是在若電子是在 tT/8 時刻進入的時刻進入的，它將時而向它將時而向 B 板運動板運動，時時而向而向 A 板運動板運動，最后打在最后打在 B 板上板上 D若電子是在若電子是在 tT/4 時刻進入的時刻進入的，它將時而向它將時
29、而向 B 板運動板運動，時時而向而向 A 板運動板運動 解析：解析：若電子在若電子在 t0 時刻進入板間電場時刻進入板間電場，電子將在第一個周期電子將在第一個周期內先做勻加速運動內先做勻加速運動后做勻減速運動后做勻減速運動， 以后沿同一方向重復這種運以后沿同一方向重復這種運動動，直到碰到直到碰到 B 板板，故故 A 正確、正確、B 錯誤；若電子在錯誤；若電子在 tT4時刻進時刻進入板間入板間，由對稱性可知由對稱性可知，電子將在板間做往復運動電子將在板間做往復運動，D 正確；若正確；若電子在電子在tT8時刻進入板間時刻進入板間， 則電子在則電子在T878T時間內向時間內向B板運動板運動，在在78
30、T98T 時間內向時間內向 A 板運動板運動，以后重復這種運動以后重復這種運動，直到碰到直到碰到 B板板，故故 C 正確正確 規(guī)范答題規(guī)范答題帶電體在電場中的力學綜合問題帶電體在電場中的力學綜合問題 (20 分分)(2015高考四川高考四川卷卷)如圖所示如圖所示，粗糙、絕緣的直粗糙、絕緣的直軌道軌道 OB 固定在水平桌面上固定在水平桌面上，B 端與桌面邊緣對齊端與桌面邊緣對齊，A 是軌道上是軌道上一點一點，過過 A 點并垂直于軌道的豎直面右側有大小點并垂直于軌道的豎直面右側有大小 E1.5106 N/C，方向水平向右的勻強電場帶負電的小物體方向水平向右的勻強電場帶負電的小物體 P 電荷量是電荷
31、量是2.0106 C，質量質量 m0.25 kg，與軌道間動摩擦因數與軌道間動摩擦因數0.4.P從從 O 點由靜止開始向右運動點由靜止開始向右運動，經過經過 0.55 s 到達到達 A 點點，到達到達 B 點點時速度是時速度是 5 m/s，到達空間到達空間 D 點時速度與豎直方向的夾角為點時速度與豎直方向的夾角為 ， 且且 tan 1.2.P 在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力在整個運動過程中始終受到水平向右的某外力F 作用作用，F 大小與大小與 P 的速率的速率 v 的關系如表所示的關系如表所示P 視為質點視為質點，電電荷量保持不變荷量保持不變，忽略空氣阻力忽略空氣阻力，取取 g10
32、m/s2.求：求： v/(ms1)0v22v5v5F/N263(1)小物體小物體 P 從開始運從開始運動至速率為動至速率為 2 m/s 所用的時間；所用的時間； (2)小物體小物體 P 從從 A 運動至運動至 D 的過程的過程，電場力做的功電場力做的功 思路點撥思路點撥 本題解題的關鍵是分階段建立運動模型本題解題的關鍵是分階段建立運動模型，分過程對分過程對物體進行受力分析和運動分析物體進行受力分析和運動分析，求解加速度和運動位移求解加速度和運動位移 解析解析 (1)小物體小物體 P 的速率從的速率從 0 至至 2 m/s，受外力受外力 F12 N，設設其做勻變速直線運動的加速度為其做勻變速直線
33、運動的加速度為 a1，經過時間經過時間t1，速度為速度為 v1，則則 F1mgma1 (2 分分) v1a1t1 (2 分分) 由由式并代入數據得式并代入數據得 t10.5 s (2 分分) (2)小物體小物體 P 從速率為從速率為 2 m/s 運動至運動至 A 點點，受外力受外力 F26 N，設其設其做勻變速直線運動的加速度為做勻變速直線運動的加速度為 a2，則則 F2mgma2 (2 分分) 設小物體設小物體 P 從速度從速度 v1經過經過t2時間時間，在在 A 點的速度為點的速度為 v2，則則 t20.55 st1 (1 分分) v2v1a2t2 (1 分分) P從從A點至點至B點點，
34、受外力受外力F26 N、 電場力和滑動摩擦力的作用、 電場力和滑動摩擦力的作用，設其做勻變速直線運動的加速度為設其做勻變速直線運動的加速度為 a3， 電荷量為電荷量為 q， 在在 B 點的點的速速度為度為 v3，從從 A 點至點至 B 點的位移為點的位移為 x1，則則 F2mgqEma3 (2 分分) v23v222a3x1 (1 分分) P 以速度以速度 v3滑出軌道右端滑出軌道右端 B 點點，設水平方向所受外力為設水平方向所受外力為 F3，電電場力大小為場力大小為 FE，有有 FEF3 (1 分分) F3與與 FE大小相等、 方向相反大小相等、 方向相反， P 水平方向所受合力為零水平方向
35、所受合力為零， 所以所以，P 從從 B 點開始做初速度為點開始做初速度為 v3的平拋運動設的平拋運動設 P 從從 B 點運動至點運動至 D點用時為點用時為t3，水平位移為水平位移為 x2，由題意知由題意知 v3gt3tan (2 分分) x2v3t3 (1 分分) 設小物體設小物體 P 從從 A 點至點至 D 點電場力做功為點電場力做功為 W，則則 WqE(x1x2) (2 分分) 聯立聯立，式并代入數據得式并代入數據得 W9.25 J (1 分分) 答案答案 (1)0.5 s (2)9.25 J (1)對于多過程問題對于多過程問題，要分多段進行受力分析和運要分多段進行受力分析和運動分析動分析
36、，再找出各段之間的聯系點再找出各段之間的聯系點，比如各段的速度關系、位移比如各段的速度關系、位移關系、時間關系等關系、時間關系等 (2)求電場力做功的方法較多求電場力做功的方法較多，這里用的是恒力做這里用的是恒力做功的求法功的求法，WFs. 如 圖 所 示如 圖 所 示 ，ABCD為豎直放在場強為為豎直放在場強為E104 N/C 的水平勻強電場中的絕緣光的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道滑軌道，其中軌道的其中軌道的 ABC 部分部分是半徑為是半徑為 R0.5 m 的半圓環(huán)的半圓環(huán)(B 為半圓環(huán)的中點為半圓環(huán)的中點)，軌道的水平軌道的水平部分與半圓環(huán)相切于部分與半圓環(huán)相切于 C 點點，D 為水平軌道
37、上的一點為水平軌道上的一點，而且而且 CD2R，把一質量把一質量 m100 g、帶電荷量、帶電荷量 q104 C 的帶負電小球的帶負電小球，放在水平軌道的放在水平軌道的 D 點點，由靜止釋放后由靜止釋放后，在軌道的內側運動在軌道的內側運動g10 m/s2，則：則： (1)小球到達小球到達 B 點時的速度是多大？點時的速度是多大？ (2)小球到達小球到達 B 點時對軌道的壓力是多大？點時對軌道的壓力是多大？ 解析：解析：(1)小球從小球從 D 至至 B 的過程中的過程中，由動能定理：由動能定理： qE(2RR)mgR12mv2B 解得：解得：vB2 5 m/s. (2)在在 B 點由牛頓第二定律得：點由牛頓第二定律得：FNqEmv2BR FNqEmv2BR5 N由牛頓第三定律知小球到達由牛頓第三定律知小球到達 B 點時對軌道點時對軌道的壓力大小為的壓力大小為 FNFN5 N. 答案：答案：(1)2 5 m/s (2)5 N
高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中運動課件 新人教版選修31
