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(共22张PPT)
一、带电粒子在电场中的直线运动
1、如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回.若保持两极板间的电压不变，则错误的说法是（ ）
A.把A板向上平移一小段距离，质点
自P点自由下落后仍能返回
B.把A板向下平移一小段距离，质点自
P点自由下落后将穿过N孔继续下落
C.把B板向上平移一小段距离，质点自
P点自由下落后仍能返回
D.把B板向下平移一小段距离，质点
自P点自由下落后将穿过N孔继续下落
B
2.如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面，一质量为m，带电量为+q的小球从O点由静止开始恰能沿直线OP运动，且到达P点时的速度大小为v，重力加速度为g（规定O点的电势为零），下列说法正确的是（　　）
A．电场强度的大小
B．P点的电势
C．P点的电势能
D．小球机械能的变化量为
BD
3、如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）
A．电场方向一定竖直向上
B．电场强度E的最小值为
C．如果电场强度为E= ，则小球相对初始位置的最大高度为
D．如果电场强度为E= ，小球电势能的最大值为
D
二、带电粒子在电场中的偏转
1、a、b、c三个相同的不计重力的粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（ ）
①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
②b和c同时飞离电场
③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
④动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
A.① B.①②
C.③④ D.①③④
+
-
二、带电粒子在电场中的偏转
D
【变式】如图所示，一对水平放置的足够大的平行金属板均匀分布有等量异种电荷。三个质量相同的小球，从板间某位置以相同的水平速度v射入两极板间，落在倾斜绝缘板上的A，B，C三点，其中两个球带异种电荷，另一个不带电。不考虑倾斜板对匀强电场的影响及电荷间的相互作用，下列说法中正确的是（　　）
A．落在A点的小球带负电，落在C点的带正电，落在B点的不带电
B．落在A、B、C点的小球在电场中的加速度的关系是aA>aB>aC
C．三个小球在电场中运动的时间关系是
D．电场力对落在A点的小球做负功
ABC
2、（多选）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（ ）
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置，
二、带电粒子在电场中的偏转
AD
3、如图所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为＋q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀强电场的边界，已知ab长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．
（1）求加速电压U0
（2）若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；
（3）若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv02，求此时匀强电场的场强大小E．
如图，水平放置的两平行金属板，板长L0=10cm，两极板间距d=2cm，一束电子以v0=4×107m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距离板L=45cm，宽D=20cm竖直放置的荧光屏上（不计重力，荧光屏中点在两板间的中央线上，电子质量为m=0.91×10﹣30kg，电荷量e=1.6×10﹣19C）．求：
（1）若电子飞入两板前，是从静止开始经历了加速电场的加速，则该电场的电压为多大？
（2）为了使带电粒子能射中荧光屏所有的位置，两板间所加的电压应取什么范围？
（1）4.55×103V
（2）-364V≤U2≤364V
如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为u的电场加速，加速电压u随时间t变化的图象如图乙所示。每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变。电子被加速后由小孔S穿出，沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线从左边缘射入A、B两板间的偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.050m，A板的电势比B板的电势高。A、B板右侧边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.10m。荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上。不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，求：（1）要使电子都打不到荧光屏上，则A、B两板间所加电压U应满足什么条件；（2）当A、B板间所加电压U'=50V时，电子打在荧光屏上距离中心点O多远的范围内。
（1）为使电子都打不到屏上，U至少为100V；（2）电子打在屏上距中心点O在2.5cm～5.0cm范围内
4、如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UBA=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10-2m，板间距离d=4×10-3m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，除了t=0.4n s (n =1，2，3…)时刻， N板电势均高于M板．已知电子质量为m＝9.0×10 31kg，电量为e=1.6×10-19C．
(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？
(2)打在荧光屏上的电子范围是多少？
(3)打在荧光屏上的电子的最大动能
是多少？
三、带电粒子在交变电场中的运动
[热点归纳]
1.此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一
般用牛顿运动定律求解)；二是粒子做往返运动(一般分段研究)；
三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究).
如图所示，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，粒子会首先向A板运动，之后时而向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．
C．
D．
A
如图（a），质子束不断地沿平行于板的方向贴着A板以初速度v0=4.0×106m/s飞入两平行板A、B间，两板长度均为L=20cm，相距d=4.0×10-3m。两板间所加电压UAB与时间t的关系图线如图（b）所示。已知质子质量m=1.67×10-27kg，电量q=1.6×10-19C，并设打在板上的质子均被板所吸收且不影响原来电场的分布。(1)设U0=167V，求质子通过两板间时偏转距离的最大值；（2）当U0取某一值U1时，将开始有质子不能从两板间飞出，求U1；（3）当U0取某一值U2时，将完全无质子从两板间飞出，求U2
t/x10-8s
2.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的
运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动
过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.
(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛
顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系.
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.
(4) 画V-t图、注意粒子的运动时间与交变电压的周期关系
AD
(多选）如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示绝对值为U0的周期性变化的电压.在两板左侧中点处有一粒子源A，自t =0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子， t =0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期 ，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力.下列说法中
正确的是（ ）
A．在t =0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．在t =0.125T时刻进入的粒子离开电场时竖直偏移距离为0.25d
C．在t=0.25T时刻进入的粒子离开电场时竖直偏移距离为0.125d
D．在t=0.5T时刻进入的粒子
刚好从金属板P右侧边缘离开电场
ABD
题型5　带电体在复合场中的圆周运动
12.如图所示,水平向左的匀强电场中,用长为L的绝缘轻质细线悬挂一小球,小球质量为m,带电荷量为+q,将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放,小球将向左摆动,细线向左偏离竖直方向的最大角度θ=74°。(重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
(1)求电场强度的大小E。
(2)求小球向左摆动的过程中,对细线拉力的最大值。
(3)若从A点处释放小球,给小球一个水平向左的初
速度v0,为保证小球能做完整的圆周运动,v0的大小应满足什么条件
答案　(1)　(2)mg　(3)v0≥
题型5　带电体在复合场中的圆周运动
答案
12.答案　(1)　(2)mg　(3)v0≥
解:(1)由于带电小球所受电场力方向向左,分析小球的受力情况,根据对称性,当细线与竖直方向成角时,作出小球受力图如图所示,此时重力与电场力的合力与θ角的角平分线在同一条线上,根据平衡条件得qE=mgtan,解得E=
(2)小球从A运动到速度最大的位置的过程中,由动能定理得
qELsin-mgL(1-cos)=mv2
小球在速度最大的位置时,由重力、电场力和细线的拉力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得T-mgcos-qEsin=m
解得T=mg
题型5　带电体在复合场中的圆周运动
答案
由牛顿第三定律可知细线所受的拉力最大为mg
(3)电场力与重力的合力为F= mg,若使小球做完整的圆周运动,则小球运动到圆周右上方速度方向与F垂直时,细线拉力为0,F充当向心力,v0取最小值,即F向=F=
根据动能定理有
-FL(1+cos)=mm
联立解得vmin=
为保证小球能做完整的圆周运动,v0的大小应满足的条件为v0≥

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