【教育资料】2017-2018学年高中创新设计物理教科版选修3-1学案：第一章 第8讲 习题课带电粒子在电场中的运.pdf

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1、教育资源目标定位1.加深对电场中带电粒子的加速和偏转的理解和应用.2.掌握电场中带电粒子的圆周运动问题的分析方法一、带电粒子在电场中的直线运动例 1如图 1 所示，水平放置的 A、B 两平行板相距 h，上极板 A 带正电，现有质量为 m、电荷量为q 的小球在 B 板下方距离 B 板为 H 处，以初速度 v0竖直向上从 B 板小孔进入板间电场图 1(1)带电小球做何种运动？(2)欲使小球刚好打到 A 板，A、B 间电势差为多少？解析(1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重力和电场力作用做匀减速直线运动1(2)整个运动过程中小球克服重力和电场力做功，由动能定理得mg(Hh

2、)qUAB0 mv220mv202g（Hh）解得 UAB.2q答案见解析(1)带电小球、带电油滴、带电颗粒等一些带电体的重力较大，除有特殊说明外，在分析其运动情况时不能忽略其重力的作用(2)带电粒子在电场中做加速或减速直线运动时，若是匀强电场，可用动能定理或牛顿第二定律结合运动学公式两种方法分析求解；若是非匀强电场，只能用动能定理分析求解二、带电粒子在电场中的类平抛运动例 2长为 L 的平行金属板竖直放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为q、质量为 m 的带电粒子，以初速度 v0紧贴左极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度恰与右极板成30角，如

3、图 2 所示，不计粒子重力，求：图 2(1)粒子末速度的大小；(2)匀强电场的场强；(3)两板间的距离教育资源教育资源v0解析(1)粒子离开电场时，合速度与竖直方向夹角为30，由速度关系得合速度：vcos 302 3v0.3(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：Lv0t，在水平方向上：vyat，3v0vyv0tan 30，3由牛顿第二定律得：qEma23mv0解得：E.3qL(3)粒子做类平抛运动，1在水平方向上：d at2，2解得：d3L.62 3v03mv230答案(1)(2)(3)L33qL6(1)带电粒子垂直进入匀强电场中做类平抛运动研究方法：将运动分解为沿初速度方向(不一

4、定水平)的匀速直线运动，沿电场力方向的匀加速直线运动沿初速度方向：Lv0tvxv0qE1沿电场力方向：avyaty at2m2vy偏转角 tanv0(2)涉及功能关系时，也可以根据动能定理列方程.例 3如图 3 所示，三个质量相等的，分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率在平行放置的带电金属板间的P 点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C 三点，则()教育资源教育资源图 3A落到 A 点的小球带正电，落到B 点的小球带负电，落到C 点的小球不带电B三小球在电场中运动时间相等C三小球到达下极板的动能关系是EkAEkBEkCD三小球在电场中的加速度关系是aCaBaA解析三个小球在水平方向都

5、做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是：xAxBxC，三个小球水平速度 v0相同，由 xv0t 得，运动时间关系是：tAtBtC，选项 B 错误；竖直方1向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移 y 大小相等，由 y at2得到加速度关2系为：aAaBaC，选项 D 正确；根据牛顿第二定律得到合力关系为：FAFBFC，三个小球重力相同，而平行金属板上极板带负极，可以判断出来A 带正电，B 不带电，C 带负电，选项 A错误；三个小球所受合力方向都竖直向下，都做正功，竖直位移大小相等，而合力 FAFBFC，则合力做功大小关系为：WAWBWC，根据动能定理得，三小球到达下极板时的动能关系是

6、EkAEkBEkC，故 C 错误答案D质子、电子、粒子等基本粒子，由于重力远小于电场力，在电场中运动时不考虑重力；带电小球、液滴等由于重力和电场力比较不能忽略，除非特别说明，一般要考虑重力三、带电粒子在交变电场中运动例 4在如图 4 甲所示平行板电容器 A、B 两极板上加上如图乙所示的交变电压，开始 B板的电势比 A 板高，这时两极板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)()甲乙图 4A电子先向 A 板运动，然后向 B 板运动，再返回 A 板做周期性来回运动B电子一直向 A 板运动C电子一直向 B 板运动D电子先向 B 板运

7、动，然后向 A 板运动，再返回 B 板做周期性来回运动教育资源教育资源解析由运动学和动力学规律画出如图所示的vt图像可知，电子一直向B板运动，C正确答案C(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 vt 图像特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期四、带电粒子在电场中的圆周运动电学知识与圆周运动结合的综合问题是近几年高考热点解决这类问题的基本方法和力学中的情形相同，但处理时要充分考虑到电场力的特点，明确向心力的来源，灵活应用等效法、叠加法等分析解决问题例 5如图 5 所

8、示，一绝缘细圆环半径为r，其环面固定在水平面上，电场强度为E 的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为q、质量为 m 的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经 A 点时速度 vA的方向恰与电场线垂直，且圆环与小球间沿水平方向无作用力，则速度 vA_当小球运动到与 A 点对称的 B 点时，小球对圆环在水平方向的作用力 FB_图 5mv2A解析在 A 点时，电场力提供向心力qEr解得 vAqErmv2B在 B 点时，FBqEm，FBFBr小球由 A 到 B 的过程中，由动能定理得：112qE2r mv2 mv2B2A由以上各式解得 FB6qE.答案qEr6qEm1(带电粒子在电场中的直线运

9、动)(多选)如图 6 所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，由此可知()教育资源教育资源图 6A电场中 A 点的电势低于 B 点的电势B微粒在 A 点时的动能大于在 B 点时的动能C微粒在 A 点时的电势能大于在B 点时的电势能D微粒在 A 点时机械能大于在 B 点时的机械能答案BD解析带负电微粒受重力、电场力，合外力与运动方向在同一条直线上，可知所受电场力方向水平向左，场强方向水平向右，沿电场线电势降低，所以A 点的电势高于 B 点的电势，故A 错误；由 A 到 B，微粒做减速运动，所以动能减小，电场力做负功，电势能增加，即微粒在 A

10、点的动能大于在 B 点时的动能，在 A 点时的电势能小于在 B 点时的电势能，故 B 正确，C 错误；微粒从 A 向 B 运动，电场力做负功，机械能减小，选项D 正确2(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图 7 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，电子的初速率为v，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 之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，求 B 上受电子轰击后的发光面积图 72mlv2答案Ee解析阴极A受热后发射电子，这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域，取两个极端情况如图所示沿

11、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 yvt，1 Ee水平方向上 l t2.解得 yv2 m2ml.Ee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 v2ml.Ee教育资源教育资源22mlv 2故在荧光屏 B 上的发光面积 Sy.Ee3(带电粒子在交变电场中的运动)在空间有正方向水平向右、大小按如图8 所示的图线变化的电场，位于电场中 A 点的电子在 t0 时速度为零，在 t1 s 时，电子离开 A 点的距离大小为 l.那么在 t2 s 时，电子将处在()图 8AA 点BA 点左方

12、 l 处CA 点右方 2l 处DA 点左方 2l 处答案D解析第 1 s 内电场方向向右，电子受到的电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为 l，第2 s 内电子受到的电场力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移也是l，t2 s 时总位移为 2l，向左4(电场中粒子的圆周运动)如图 9 所示，半径为 R 的环形塑料管竖直放置，AB 为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的 AB 及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑 现将一质量为 m、带电荷量为q 的小球从管中 A 点由静止释放，已知 qEmg.求：图 9(1)小

13、球释放后，第一次经过最低点D 时的速度和对管壁的压力；(2)小球释放后，第一次经过最高点C 时管壁对小球的作用力答案(1)2 gR5mg，方向竖直向下(2)mg，方向竖直向下解析(1)A 至 D 点，由动能定理得1mgRqER mv2，v12 gR21v21由牛顿第二定律 Nmgm，N5mgR由牛顿第三定律 NN小球对管壁的压力为 5mg，方向竖直向下教育资源教育资源12(2)第一次经过 C，mgRqE2R mv22设管壁对小球的作用力方向竖直向下，v22mgN mRNmg，N的方向竖直向下.题组一带电微粒在电场中的直线运动1下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差

14、U 后，哪个粒子获得的速度最大()2A质子11HB氘核1H4C粒子2HeD钠离子 Na答案A解析四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，故根据动能定理，1qU mv20 得 v22qUmq由上式可知，比荷 越大，速度越大；显然A 选项中质子的比荷最大，故A 正确m2 如图 1 所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为 a1.若将两极板间的距离增大为原来的2 倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为 a2，则()图 1Aa1a211，v1v212Ba1a221，v1

15、v212Ca1a221，v1v2 21Da1a211，v1v21 2答案D解析电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到1的电场力不变，故 a1a211.由动能定理 Ue mv2得 v22Ue，因两极板间的距离增m大为原来的 2 倍，由 UEd 知，电势差 U 增大为原来的 2 倍，故 v1v21 2.教育资源教育资源3如图 2 所示，两平行金属板水平放置并接到电源上，一个带电微粒 P 位于两板间，恰好平衡现用外力将P 固定住，然后固定导线各接点，使两板均转过 角，如图虚线所示，再撤去外力，则 P 在两板间()图 2A保持静止B水平向左做直线运动C向右下方运动D

16、不知 角的值，无法确定P 的运动状态答案B解析设原来两板间距为 d，电势差为 U，则 qEmg，当板转过 角时两板间距为 ddcos，EUEqE，此时静电力 FqE，其方向斜向上，其竖直分力 FFcosqEmg，dcoscos故竖直方向上合力为零，则P 水平向左做匀加速直线运动题组二带电粒子在电场中的类平抛运动4如图 3 所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的()图 311A2 倍B4 倍C.D.24答案C解析电子在两极板间做类平抛运动l

17、水平方向：lv0t，所以 t.v012qU2qUl2竖直方向：d at t，22md2mdv20qUl21故 d 2，即 d，故 C 正确2mv0v025(多选)如图 4 所示，一电子沿 x 轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知 OAAB，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 段动教育资源教育资源能的变化量分别为 Ek1和 Ek2，则()图 4AvCyvDy12BvCyvDy14C Ek1 Ek213D Ek1 Ek214答案AD解析电子沿 Ox 轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知OAAB，则电子从 O

18、到 C 与从 C 到 D 的时间相等电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有 vCyatOC，vDyatOD，所以vCyvDytOCtOD12，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：yOCyOD14，根据动能定理得Ek1qEyOC，Ek2qEyOD，则得，Ek1Ek214.故 C 错误，D 正确6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，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()图 5A它们运动的时间 tQtPB它们运动的加速度

19、aQaPC它们所带的电荷量之比qPqQ12D它们的动能增加量之比 EkP EkQ12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hv0hh1板的距离是，它们做类平抛运动的水平距离为l.则对 P，由 lv0tP，aPt2得到 aP2；P，222l2hv212qPEqQE0同理对 Q，lv0tQ，h aQtQ，得到 aQ2.由此可见 tPtQ，aQ2aP，而 aP，aQ，2lmmh所以 qPqQ12.由动能定理得，它们的动能增加量之比EkPEkQmaPmaQh14.综2上所述，C 项正确7(多选)如图 6 所示，氕、氘、氚的原子核以初速度为

20、零进入同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么()图 62教育资源教育资源A经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多C三种原子核打在屏上的速度一样大D三种原子核都打在屏的同一位置上答案BD解析同一加速电场、同一偏转电场，三种原子核带电荷量相同，故在同一加速电场中电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A 错，B 对；由于质量不同，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C 错；再根据偏移距离公式或偏转角公式l2U2lU2y，tan知，偏转距离或偏转角与带电粒子无关，D 对4dU12dU18如图 7

21、所示，场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边 ab长为 s，竖直边 ad 长为 h.质量均为 m、带电荷量分别为q 和q 的两粒子，由 a、c 两点先后沿 ab 和 cd 方向以速率 v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则 v0等于()图 7sA.2sC.42qEsB.mh22qEsD.mh4qEmhqEmh答案B1解析根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，则在水平方向有 sv0t，211 qEs在竖直方向有 h t2，解得 v022 m2题组三带电粒子在交变电场中的运动图 89(多选)带正电的微粒放在电

22、场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图8 所示带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是()A微粒在 01 s 内的加速度与 12 s 内的加速度相同B微粒将沿着一条直线运动C微粒做往复运动D微粒在第 1 s 内的位移与第 3 s 内的位移相同qE.故选项 B 正确，选项 A、C、D 错误mh教育资源教育资源答案BD解析微粒在 01 s 内的加速度与 12 s 内的加速度大小相等、方向相反，A 项错误；带正电的微粒放在电场中，第 1 s 内加速运动，第 2 s 内减速至零，故 B、D 项正确，C 项错误10(多选)如图 9 所示，两金属板(平行)分别加上如下列选项中的电

23、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Ut 图像应是(设两板距离足够大)()图 9答案BC11解析由 A 图像可知，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，T22时速度减为零然后重复一直向一个方向运动不往返1111由 B 图像可知，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44221333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2444度减为零，回到出发点然后重复往返运动111由 C 图像可知，电子先做加速度减小的加速运动，T 时速度最大，从 T 到

24、 T 内做加速度增4421133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，22443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411由 D 图像可知，电子先做匀加速运动，T 时速度最大，从 T 到 T 内做匀速运动，然后重复22加速运动和匀速运动一直向一个方向运动故选B、C.题组四综合应用11如图 10，一质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点已知该粒子在A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30.不

25、计重力求 A、B 两点间的电势差图 102mv0答案q解析设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即教育资源教育资源vBsin 30v0sin 60由此得 vB 3v0设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有12qUAB m(v2Bv0)2mv20联立式得 UAB.q12如图 11 所示，一长为 L0.20 m 的丝线的一端拴一质量为m1.0104kg、带电荷量为 q1.0106 C 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 E2.0103N/C.现将小球拉到与轴 O 在同一

26、水平面上的 A 点，然后无初速度地将小球释放，取g10 m/s2.求：图 11(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)2 m/s(2)3.0103 N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：2mvBqELmgL2vB2（qEmg）L2 m/s.m(2)小球到达 B 点时，受重力 mg、电场力 qE 和拉力 TB作用，经计算mg1.010410 N1.0103 NqE1.01062.0103 N2.0103 N因为 qEmg，而qE 方向竖直向上，mg 方向竖

27、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TB的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：mv2BTBmgqEL教育资源教育资源mv2BTBqEmg3.0103 N.L13 如图 12 所示，ABCD 为竖直放在场强为 E104 N/C 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的 ABC 部分是半径为 R0.5 m 的半圆环(B 为半圆弧的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于 C 点，D 为水平轨道的一点，而且CD2R，把一质量 m100 g、带电荷量 q104 C的带负电小球，放在水平轨道上的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动 g10 m/s2，求：图 12(1)小球到达 B 点时的速度是多大？(2)小球到达 B 点时对轨道的压力是多大？答案(1)2 5 m/s(2)5 N解析(1)小球从 D 至 B 的过程中，由动能定理：qE(2RR)mgR12mv2B解得：vB2 5 m/s.(2)在 B 点由牛顿第二定律得：mv2NqEBRqEmv2NBR5 N.由牛顿第三定律知 NN5 N.教育资源