12 第2章 素养提升课(四) 带电粒子在电场中运动的综合应用-【金版新学案】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（鲁科版2019）

第2章 电势能与电势差 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 素养提升课(四)　带电粒子在电场中运动的综合应用 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 谢谢观看！ 第2章　电势能与电势差 课 时 精 练 物 理 必修 第三册 【学习目标】 1．会分析带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动。　2.学会分析带电粒子在交变电场中的直线运动和曲线运动。 一　带电粒子在电场(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静电力的合力，也有可能是单独的静电力。 如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力。(重力加速度为g) 解析：　小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有mgR＋qER＝ eq \f(1,2) mv2，如图，在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力F1三个力的作用，静电力和弹力沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m eq \f(v2,R) 联立解得F1＝2mg＋3Eq 小球对环的压力与环对小球的弹力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右。 答案：　 2mg＋3Eq　方向水平向右 针对练　如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m、带电荷量为＋q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力。(重力加速度为g) (1)求固定于圆心处的点电荷在B点处的电场强度大小； (2)若把O处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下、场强为E的匀强电场，带电小球仍从A点由静止释放，下滑到最低点B时，小球对管壁的压力为多大？ 解析：　(1)小球从A运动到B过程中，由动能定理得mgr＝ eq \f(1,2) mv2－0 在B点，对小球受力分析，由牛顿第二定律得qEB－mg＝m eq \f(v2,r) 联立解得EB＝ eq \f(3mg,q) 。 (2)设小球到达B点时的速度为v1，由动能定理得(mg＋qE)r＝ eq \f(1,2) mv12。 设在B点处管壁对小球的弹力为FN，由牛顿第二定律得N－mg－qE＝m eq \f(v12,r) ， 联立解得N＝3(mg＋qE) 由牛顿第三定律得，小球在B点时对管壁的压力大小为N′＝3(mg＋qE)。 答案：　(1) eq \f(3mg,q) 　(2)3(mg＋qE) 二　带电粒子在交变电场中的直线运动 1．此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动。 2．该问题通常用动力学知识分析求解。重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T间的关系等。 3．常用v ­t图像法来处理此类问题，通过画出粒子的v ­t图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解。 在如图1所示的平行板电容器的两板间分别加如图2甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高。在静电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图像。 解析：　t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，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～ eq \f(1,2) T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动， eq \f(1,2) 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—时间图像如图(a)所示。 对于题图乙所示电压，在0～ eq \f(T,2) 内做类似题图甲0～T的运动， eq \f(T,2) ～T内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—时间图像如图(b)所示。 答案：　见解析 针对练　(2022·广东惠州期中)如图甲所示，有小孔O和O′的两金属板正对并水平放置，上下板分别与A、B接口连接，接上乙图所示电源，零时刻开始一带负电小球从O孔以某一初速度v竖直射入两板间。在0～ eq \f(T,2) 半个周期小球匀速下落；当在T时刻时，小球恰好从O′孔离开。已知板间距为3d，带电小球质量为m，电荷量为q，重力加速度为g。求： (1)U0的大小。 (2)在 eq \f(T,2) ～T时间内，小球的加速度大小。 (3)小球射入O孔时的速度v。 解析：　(1)在0～ eq \f(T,2) 半个周期小球匀速下落，所以 mg＝qE＝ eq \f(qU0,3d) ，解得 U0＝ eq \f(3mgd,q) 。 (2)在 eq \f(1,2) T～T时间内，电压反向，电场力反向，根据牛顿第二定律得：mg＋qE＝ma 解得a＝2g。 (3)小球先匀速运动半个周期，又匀加速运动半个周期，根据位移关系有： v· eq \f(T,2) ＋v· eq \f(T,2) ＋ eq \f(1,2) a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2))) eq \s\up12(2) ＝3d， 解得：v＝ eq \f(12d－gT2,4T) 。 答案：　(1) eq \f(3mgd,q) 　(2)2g　(3) eq \f(12d－gT2,4T) 三　带电粒子在交变电场中的曲线运动 带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动。 (1)若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动。 (2)若粒子运动时间较长，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向利用vy­t图像进行分析： ①vy＝0时，速度方向沿v0方向。 ②y方向位移可用vy­t图像的面积进行求解。 如图甲所示，A、B极板间电压为U0，C、D极板间距为d，荧光屏到C、D极板右端的距离等于C、D极板的板长。A极板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D极板间未加电压时，粒子通过两极板间的时间为t0；当C、D极板间加上图乙所示电压(电压U1已知)时，粒子均能从C、D两极板间飞出，并且所有粒子没有到达上、下边缘，不计粒子的重力及相互间的作用。求： (1)粒子刚进入C、D极板的初速度和C、D极板的长度L； (2)粒子从C、D极板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； (3)粒子打在荧光屏上区域的长度。 解析：　(1)粒子在A、B极板间做加速运动，根据动能定理有qU0＝ eq \f(1,2) mv02，C、D极板间有L＝v0t0，解得v0＝ eq \r(\f(2qU0,m)) ，L＝t0 eq \r(\f(2qU0,m)) 。 (2)粒子从nt0(n＝0、2、4…)时刻进入C、D两极板间时偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离为y＝ eq \f(1,2) at02，加速度为a＝ eq \f(qU1,md) 得y＝ eq \f(qU1t02,2md) 。 (3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远，飞出C、D板的偏转角tan θ＝ eq \f(vy,v0) ，vy＝at0，打在荧光屏上距中心线最远距离为s＝y＋L tan θ，粒子打在荧光屏上区域的长度为Δs＝s＝ eq \f(3qU1t02,2md) 。 答案：　(1) eq \r(\f(2qU0,m)) 　t0 eq \r(\f(2qU0,m)) 　(2) eq \f(qU1t02,2md) 　(3) eq \f(3qU1t02,2md) 针对练　(多选)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则 (　　) A．所有粒子都不会打到两极板上 B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0 D．只有t＝n eq \f(T,2) (n＝0，1，2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 ABC　[带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动。由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行金属板间运动的时间为周期性变化的电场的周期的整数倍。在0～ eq \f(T,2) 时间内带电粒子运动的加速度a＝ eq \f(E0q,m) ，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝ eq \f(E0q,m) t，同理可分析 eq \f(T,2) ～T时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度vy与E­t图线所围面积成正比(时间轴 下方的面积取负值)。而经过整数个周期，E­t图像与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B正确，D错误；在t＝0时刻入射的带电粒子，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A正确；当粒子在t＝0时刻入射且经过时间T离开电场时，粒子在t＝ eq \f(T,2) 时达到最大速度，此时竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，即v0t＝2× eq \f(1,2) at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝ eq \r(2) v0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确。] $$