第六章帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)導(dǎo)學(xué)案

第六章帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)導(dǎo)學(xué)案第一頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日導(dǎo)學(xué)目標(biāo)

1.能利用動(dòng)能定理、能量守恒分析解決帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn)問題.2.能利用分解運(yùn)動(dòng)的方法處理帶電粒子的類平拋運(yùn)動(dòng)．第二頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日思考：帶點(diǎn)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是否考慮重力？【基礎(chǔ)導(dǎo)析】圖1如圖1所示，在A板附近有一電子由靜止開始向B板運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于電子到達(dá)B板時(shí)的速率，下列說法正確的是(

)A.兩板間距越大，加速的時(shí)間就越長(zhǎng)，則獲得的速率越大B.兩板間距越小，加速度就越大，則獲得的速率越大C.與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D.以上解釋都不正確C一、帶電粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)第三頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)應(yīng)注意是否考慮重力要依據(jù)情況而定．1.基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示外，一般不考慮重力(但不能忽略質(zhì)量)．2.帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確暗示外，一般都不能忽略重力．第四頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日突破考點(diǎn)【例1】如圖4所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的1/2，物塊的加速度是多大；(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能．圖4EqFNmg第五頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．基本思路（1）先分析受力情況（2）分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速、減速；直線還是曲線)（3）選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題．2.解決這類問題的基本方法是:

(1)采用運(yùn)動(dòng)和力的觀點(diǎn)：牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)求解.(2)用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解．基礎(chǔ)再現(xiàn)·深度思考第六頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日⑵在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：若v0＝0則：此公式適用于一切電場(chǎng)基礎(chǔ)再現(xiàn)·深度思考⑴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：若v0＝0則：第七頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日【基礎(chǔ)導(dǎo)析】（北京高考)兩個(gè)半徑均為R的圓形平板電極，平行正對(duì)放置，相距為d，極板間的電勢(shì)差為U，板間電場(chǎng)可以認(rèn)為是均勻的．一個(gè)α粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板中心．已知質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求(1)極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)α粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度a；(3)α粒子的初速度v0.二.帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)突破考點(diǎn)第八頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)基礎(chǔ)再現(xiàn)·深度思考⑴模型建立：①受力特點(diǎn)：只受一個(gè)電場(chǎng)力(恒力)，且與初速度方向垂直．⑵受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析：②運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析：類平拋運(yùn)動(dòng)【知識(shí)梳理】第九頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解的知識(shí)．⑶處理方法：①粒子穿越電場(chǎng)的時(shí)間t②粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速率vt沿電場(chǎng)方向：基礎(chǔ)再現(xiàn)·深度思考第十頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日③側(cè)移距離y：④速度偏角θ：⑷提醒：②平拋運(yùn)動(dòng)的推論在此運(yùn)動(dòng)中都適用，如：粒子從兩板中間射入時(shí)就象是從兩板間的中點(diǎn)沿直線射出的。①帶同種電荷的不同帶電粒子在同一電場(chǎng)(U1)中加速后，射入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(U2)時(shí)，若能射出電場(chǎng)，則射出方向一致，和該粒子本身的質(zhì)量和電荷量都無關(guān)．基礎(chǔ)再現(xiàn)·深度思考第十一頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日【例2】如圖7所示，一個(gè)帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計(jì))電壓為U1的加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入．A、B板長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，電壓為U2.則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是(

)【思維突破】1．本題是典型的帶電粒子加速再偏轉(zhuǎn)的題目，處理此類題目需要綜合運(yùn)用動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等．2．粒子恰能飛出極板和粒子恰不能飛出極板，對(duì)應(yīng)著同一臨界狀態(tài)，分析時(shí)根據(jù)題意找出臨界狀態(tài)，由臨界狀態(tài)來確定極值，這是求解極值問題的常用方法．C課堂探究·突破考點(diǎn)第十二頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日命題研究試題分析本部分內(nèi)容是高考必考內(nèi)容之一．大部分省市、全國(guó)試卷在這里以選擇題的形式命題，難度以中、低檔為主；部分省市以計(jì)算題形式出題，難度中檔偏上，分值較多．命題特征大部分試題以靜電場(chǎng)為背景，圍繞電場(chǎng)線的分布及特點(diǎn)、場(chǎng)強(qiáng)分布、電勢(shì)變化、電場(chǎng)力F、電勢(shì)能Ep、電場(chǎng)力做功，結(jié)合動(dòng)能定理、能量守恒定律、共點(diǎn)力的平衡、牛頓第二定律、平拋運(yùn)動(dòng)等規(guī)律，要求考生進(jìn)行分析、推理、計(jì)算與判斷．考生要具備堅(jiān)實(shí)、牢固的基礎(chǔ)知識(shí)，較強(qiáng)的綜合分析能力、計(jì)算能力，才能得到理想的成績(jī)．命題研究第十三頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日分組訓(xùn)練·提升能力1．如圖17所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v，保持兩板間電壓不變，則(

)A．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v也增大B．當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v增大C．當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變D．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也增大圖17圖19BCD第十四頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日3．如圖20所示，A、B兩導(dǎo)體板平行放置，在t＝0時(shí)將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計(jì))．分別在A、B兩板間加四種電壓，它們的UAB－t圖線如下列四圖所示．其中可能使電子到不了B板的是（）B圖20分組訓(xùn)練·提升能力第十五頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日

4.(2011·四川德陽(yáng)市第二次診斷性考試)如圖5甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m＝0.2kg、帶電荷量為q＝＋2.0×10－6C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的摩擦因數(shù)μ＝0.1.從t＝0時(shí)刻開始，空間上加一個(gè)如圖乙所示的電場(chǎng)．(取水平向右的方向?yàn)檎较?，g取10m/s2)求：(1)4秒內(nèi)小物塊的位移大??；(2)4秒內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)小物塊所做的功．甲乙課堂探究·突破考點(diǎn)第十六頁(yè)，共十八頁(yè)，2022年，8月28日解析（1）前2秒內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律得：E1q-μmg=ma1解得：a1=2m/s2前兩秒內(nèi)的位移x1=?at2=4m2～4s物體做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a2由牛頓第二定律得：-E2q-μmg=ma2解得：a2=-2m/s2第2秒末的速度v=4m/s