高中物理核心考点难点基础知识讲学案《带电粒子在电场中的运动》(含过关练习)16985.pdf

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1、 -1-高中物理核心考点难点基础知识讲学案 带电粒子在电场中的运动 一、解题思路：带电微粒在电场中运动是电场知识和力学知识的结合，分析方法和力学的分析方法是基本相同的：先受力分析，再分析运动过程，选择恰当物理规律解题。处理问题所需的知识都在电场和力学中学习过了，关键是怎样把学过的知识有机地组织起来，这就需要有较强的分析与综合的能力，为有效突破难点，学习中应重视以下几方面：1.首先对带电物理行受力分析，受力分析时要特别注意重力是否忽略（1）基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外一般都忽略不计。（2）带电颗粒：如尘埃、液滴、小球等，除有说明或有明确的暗示以外一般都不能忽略

2、。“带电粒子”一般是指电子、质子及其某些离子或原子核等微观的带电体，它们的质量都很小，例如：电子的质量仅为 0.9110-30千克、质子的质量也只有1.6710-27千克。（有些离子和原子核的质量虽比电子、质子的质量大一些，但从“数量级”上来盾，仍然是很小的。）如果近似地取 g=10米/秒2，则电子所受的重力也仅仅是 meg=0.9110-3010=0.9110-29(牛)。但是电子的电量为 q=1.6010-19库（虽然也很小，但相对而言 10-19比 10-30就大了 10-11倍），如果一个电子处于 E=1.0104牛/库的匀强电场中（此电场的场强并不很大），那这个电子所受的电场力 F=

3、qE=1.6010-191.0104=1.610-15（牛），看起来虽然也很小，但是比起前面算出的重力就大多了（从“数量级”比较，电场力比重力大了 1014倍），由此可知：电子在不很强的匀强电场中，它所受的电场力也远大于它所受的重力qEmeg。所以在处理微观带电粒子在匀强电场中运动的问题时，一般都可忽略重力的影响。但是要特别注意：有时研究的问题不是微观带电粒子，而是宏观带电物体，那就不允许忽略重力影响了。例如：一个质量为 1 毫克的宏观颗粒，变换单位后是1 10-6千克，它所受的重力约为 mg=110-610=110-5（牛），有可能比它所受 -2-的电场力还大，因此就不能再忽略重力的影响了。

4、2 对带电物体进行力的合成和分解确定受力情况及力的作用效果。3 对带电物体进行运动过程分析与运动性质分析（平衡、加速或减速、轨迹是直线还是曲线），确定其运动轨迹，从力学和能量相结合角度思考，同时确定运动过程所遵行的物理知识和规律。带电粒子在匀强电场中的运动，是一种力电综合问题。解答这种问题经常运用电场和力学两方面的知识和规律，具体内容如下：所需电场的知识和规律有：EqFF=qE；W=qU；EdU；电场线的性质和分布；等势面的概念和分布：电势、电势差、电势能、电场力做功与电势能变化关系。所需力学的知识和规律有：牛顿第二定律 F=ma；动能定理 W=Ek；动能和重力势能的概念和性质；能的转化和守恒

5、定律；匀变速直线运动的规律；抛物体运动的规律；动量定理；动量守恒定律；解答“带电粒子在匀强电场中运动”的问题，既需要掌握较多的物理知识，又需要具有一定的分析综合能力。处理带电粒子运动问题的一般有三条途径：（1）匀变速直线运动公式和牛顿运动定律（2）动能定理或能量守恒定律（3）动量定理和动量守恒定律 处理直线变速运动问题，除非题目指定求加速度或力，否则最好不要用牛顿第二定律来计算。要优先考虑使用场力功与粒子动能变化关系，使用动能定理来解，尤其是在非匀强电场中，我们无法使用牛顿第二定律来处理的过程，而动能定理只考虑始末状态，不考虑中间过程。一般来说，问题涉及时间则优先考虑冲量、动量，问题涉及空间则

6、优先考虑功、动能。对带电粒子在非匀强电场中运动的问题，对中学生要求不高，不会有难度过大的问题。4 看清题设条件，选择好研究对象，提练出物理模型，确定物理过程适用的物理规律，运用好数学工具（如，抛物线方程、直线方程、反比例函数等）加以分析求解。（一）带电粒子的加速 1.运动状态分析 -3-带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加速（或减速）直线运动。2.用功能观点分析 粒子动能的变化量等于电场力做的功。（1）若粒子的初速度为零，则 qU=mv2/2,V=2qUm（2）若粒子的初速度不为零，则qU=mv2/2-mv02/2,V=202qUVm 3.用牛顿运

7、动定律和运动学公式分析：带电粒子平行电场线方向进入匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动，可由电场力求得加速度进而求出末速度、位移或时间。说明：（1）不管是匀强电场还是非匀强电场加速带电粒子W=qU都适应，而 W=qEd，只适应于匀强电场.（2）对于直线加速，实质上是电势能转化为动能，解决的思路是列动能定理的方程（能量观点）来求解。基础模型例题 1：如图所示，带电粒子在电场中的加速：在真空中有一对平行金属板，两板间加以电压 U，两板间有一个带正电荷 q 的带电粒子，它在电场力的作用下，由静止开始从正极板向负极板运动，到达负极板时的速度有多大？（不考虑带电粒子的重力）【审题】本题是带电粒子在匀强电

8、场中的加速问题，物理过程是电场力做正功，电势能减少，动能增加，利用动能定理便可解决。【解析】带电粒子在运动过程中，电场力所做的功 W=qU。设带电粒子到达负极板时的动能 EK=12 mv2，-4-由动能定理 qU=12 mv2 得：v=2qUm 【总结】上式是从匀强电场中推出来的，若两极板是其他形状，中间的电场不是匀强电场，上式同样适用。应用例 2：下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U 的电场之后，哪种粒子的速度最大？（A）a 粒子（B）氚核（C）质子（D）钠离子aN【审题】解答本题需要把带电粒子在电场中加速的知识与原子核知识联系起来。1本题已知电场的加速电压为 U，要判断的是粒子被加速

9、后的速度 v 的大小，因此采用221mvqU 分析问题比较方便。2若以 mp表示质子11H的质量、以 e 表示质子的电量，则根据所学过的原子核知识可知 粒子He42的质量应为4mp、电荷量应为 2e；氚核H31的质量应为 3mp、电量应为 e；钠离子Na的质量比其它三种粒子的质量都大（由于是选择判断题，对此未记质量数也无妨）、电量应为 e。【解析】1根据212qUmv可以导出下式：mqUv2 由此可知：对于各种粒子来说，加速电压 U 都是相同的。因此 v 与q成正比；v 与m成反比。因为质子和钠离子所带的电量相同，而钠离子的质量却比质子大得多，所以可断定电场加速后的质子速度应比钠离子大得多。因

10、此选项（D）首先被淘太。2为了严格和慎重起见，我们对被加速后的 粒子、氚核、质子的速度进行下列推导：对于 粒子质量为4mp、电量为 2e paameUmpeUmUqva4222 对于氚核质量为3mp、电量为e -5-ppmeUmeUv3232氚 对于质子质量为mp电量为e pppmeUmeUv22 从比较推导的结果中知：质子的速度 VP 最大，正确答案为（C）。【总结】本题关键是正确使用动能定理，正确得出速度的表达式，由表达式加以讨论，进而得出正确选项。基础模型例题 3：如图所示，真空中相距 d=5 cm 的两块平行金属板 A、B 与电源连接(图中未画出)，其中 B 板接地（电势为零）,A 板

11、电势变化的规律如图所示.将一个质量 m=2.010-23 kg,电量 q=+1.610-1C 的带电粒子从紧临 B 板处释放，不计重力.求：(1)在 t=0 时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小;(2)若 A 板电势变化周期 T=1.010-5 s,在 t=0 时将带电粒子从紧临 B 板处无初速释放，粒子到达 A 板时动量的大小；(3)A 板电势变化频率多大时，在 t=4T到 t=2T时间内从紧临 B 板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达 A 板.【审题】本题需要正确识别图像，由图像提供的信息分析带电粒子在电场中的受力，由受力情况得出粒子的运动情况，选择正确的物理规律进行求解。【解析

12、】电场强度 E=Ud 带电粒子所受电场力UqFEqd，F=ma -6-924.0 10/Uqam sdm 粒子在 02T时间内走过的距离为221()5.0 1022Tam 故带电粒在在2Tt 时恰好到达 A 板 根据动量定理，此时粒子动量 234.0 10pFtkgm/s 带电粒子在42TTtt向 A 板做匀加速运动，在324TTtt向 A 板做匀减速运动，速度减为零后将返回，粒子向A 板运动的可能最大位移 22112()2416TsaaT 要求粒子不能到达 A 板，有 s 。（3）由电场线的疏密分布（或由 E=kQ/r2）得EA=ECEB。（4）因粒子从 A B 电场力做负功，由动能定理可知

13、 EkBEkB。【总结】该种类型的题目分析方法是：先画出入射点轨迹的切线，即画出初速度 v0的方向，再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法来分析其它有关的问题。例 7：在图中 a、b 和 c 表示点电荷 a 的电场中的三个等势面，它们的电势分别为 U、32U、41U。一带电粒子从等势面 a 上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面 b 时的速率为 v，则它经过等势面 c 的速 -11-率为 。【审题】1已知 a、b、c 三点的电势的大小关系为 U32U41U 根据“电场线的方向总是由电势高的等势面指向电势低的等势面”的性质，可分析出本题中的电场线方向是由

14、场源点电荷 Q 为中心向四处放射的，而这样分布电场线的场源点电荷应当是带正电的。2原来处于静止状态的带电粒子，若仅受电场力作用应做加速运动。应沿着电场线的方向由电势高处向电势低处运动。说明：前面所说的加速运动不一定是匀加速运动。只有在匀强电场中带电粒子才会作匀加速运动。在非匀强电场中（例如在点电荷场源的电场中）由于各处的电场强度不同，电荷所受的电场力的大小是变化的，所以加速度的大小也是变化的。3解答本题选用的主要关系式为：mvmvqUbaab222121 式中 Uab两等势面的电势差，va、vb为带电粒子经过时a、b等势面时的速率。（对于b、c 两等势面也存在同样形式的关系式。）【解析】设：带

15、电粒子的电量为 q；a、b 两等势面的电势差为 Uab，b、c 两等势面的电势差 Ubc；带电粒子经过等势面 a、b、c 时的速率分别为 Va、Vb、Vc。（已知：Va=0，Vb=v）则：mvmvqUbbab222121 mvmvqUbcbc222121 将、两式相除可得：vvvvUUbcabbcab2222 将UUUUab3132、UUUUbC1254132、0aV、bVv代入式：-12-vvvvvvvvvvvUUvvvvaaaa5.12349945445401253120222222222222 所以，带电粒子经过等势面 c 的速度为1.5v。【总结】带电粒子在非匀强电场中运动牵扯到动能变

16、化时通常用动能定理求解比较方便，在分析问题时分清物理过程是非常关键的。（六）考虑受重力或其它恒力作用时的带电物体的运动问题 若带电微粒除受电场力作用外，还受到重力或其它恒力作用，同样要分解成两个不同方向的简单的直线运动来处理。基础模型例题 8：质量 m=0.1g，带电荷量10-7C 的带电微粒以 v0=10m/s的速度从水平放置的平行金属板 A、B的中央飞入板间，如图所示，已知板长 L=1.0m，板间距离d=0.06m，当 UAB=103伏时，带电粒子恰好沿直线穿过板间，则AB 间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？【审题】当 UAB=103伏时，带电粒子恰好沿直线穿过板间，说明微粒的重

17、力要考虑，要使带电粒子能从板间飞出，AB 间所加电压必定是一个范围，从上板边缘飞出对应最高电压，从下板边缘飞出对应最低电压，利用平衡条件、牛顿第二定律及运动学公式便可求出。【解析】带电微粒在板间受电场力和重力的作用，做类平抛运动，当微粒刚好打中下板右边缘时，有：v0，d/2 可得=dv02/L2=6.0m/s2 对微粒，有（以向下为正）：mg-qU1/d=ma1 -13-所以 U1=m（g-a1）d/q=60V 当微粒刚好打中上板右边缘时，有：v0，2d/2 可得2=dv02/L2=6.0m/s2 对微粒，有（以向上为正）：Qu2/d-mg=ma2 所以 U2=m（g+a2）d/q=240V

18、要使带电微粒能穿出极板，则两极板间的电压 U 应满足：U1U U2，即：U 【总结】若带电微粒除受电场力作用外，还受到重力或其它恒力作用，同样要分解成两个不同方向的简单的直线运动来处理。基础模型例题 9：如图所示，水平放置的 A、B 两平行板相距 h，有一质量为 m，带电量为+q 的小球在 B 板之下 H处以 v0初速度竖直向上进入两板间，欲使小球恰好打到A 处，试讨论 A、B 板间的电势差是多少？【审题】小球在 B 板下方时，只受重力作用，做减速运动，小球进入到两板间时，除受向下的重力外，还受到电场力的作用，向上做减速运动，但由题设的条件，电场力的方向未知，需要分两种情况讨论解决。【解析】当

19、电场力向下时，A B，由动能定理得-qUAB-mg(H+h)=-12 mv02,UAB=mv02-2g(H+h)/2q 当电场力向上时，A B，由动能定理得 qUBA-mg(H+h)=-12 mv02,UBA=m2g(H+h)-v02/2q 【总结】本题在求解过程中可分段使用牛顿第二定律和运动学公式，也可分段使用动能定理或全过程使用动能定理，但全过程使用动能定理简单。-14-基础模型例题 10：如图所示：在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为 m 的带正电的小球，另一端固定于 O 点。把小球拉起至细线与场强平行，然后无初速解放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖

20、直方向的最大夹角为。求：小球经过最低点时细线对小球的拉力。、【审题】1在本题中，小球摆动的过程是电荷克服电场力做功（电场力做负功）的过程重力势能减少，电势能增加。根据能的转化和守恒定律可知：重力势能的减少量等于电势能的增加量。（说明：本题是宏观小球，重力不能忽略。）2重力对物体所做的功只跟起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。而且重力所做的功等于物体重力势能的变化。根据这种性质，在本题中若设细线长度为 l，则小球从释放点到左侧最高点重力势能的减少量应该等于mglcos。3电场力对电荷所做的功只跟起点和终点的终点的位置有关，而跟电荷运动的路径无关。而且电场力所做的功等于电荷的电势能的变化

21、。根据这种性质，在本题中若设小球所带电量为q、场强为 E，则小球从释放点到左侧最高点电势能的增加量应该等于 qEl(1+sin)。（根据 W=qU、U=Ed、d=1+lsin 推导出上面的结果。）4小球摆动的过程中，重力做正功（重力势能减少）；电场力做负功（电势能增加），因此正功与负功的代数和（即算术差）应当等于小球增加的动能。若设小球运动到最低点时的速度为 v，则其数学关系为221mvqElmgl。5在解答本题时，还需使用圆周运动的向心力关系式，若设小球经过最低点时细线对小球的拉力为T，则应有：lvmmgT2。【解析】)sin1(cos qElmgl -15-221mvqElmgl lvmm

22、gT2 由式可以导出：qElmvmgl221 将、两式相除可得：sin1cos12sin1cossin12sin1)cossin1(2)sin1(21)cossin1(cossin21sin21sin11cos21sin11cos21222222glglglvvglglvglvglglvglmglmvmgl 将 v2值代入式：sin1cos23sin1cos23sin1cos122sin1cos12mgmgmgTglmgmgTlglmmgT 所以，小球经过最低点时细线对小球的拉力为sin1cos23mg。【总结】圆周运动是高中物理重点研究的曲线运动，电场中的圆周运动也是近年高考命题的热点，解决

23、这类问题的基本方法和力学中的情形相同，不同的是还要考虑电场力的特点。涉及匀强电场中的圆周运动问题时，具体计算做功值时，要充分利用电场力、重力做功与路径无关的性质求解，分别求每个分力的功比求合力的功简单。-16-例 11：如图 8-12 所示是静电分选器的原理示意图，将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个竖直的带电平行板上方，颗粒经漏斗从电场区域中央处开始下落，经分选后的颗粒分别装入 A、B 桶中，混合颗粒离开漏斗进入电场时磷酸盐颗粒带正电，石英颗粒带负电，所有颗粒所带的电量与质量之比均为 105 C/kg若已知两板间的距离为10 cm，两板的竖直高度为 50 cm设颗粒进入电场时的初速度为零

24、，颗粒间相互作用不计如果要求两种颗粒离开两极板间的电场区域时有最大的偏转量且又恰好不接触到极板（1）两极板间所加的电压应多大?（2）若带电平行板的下端距 A、B 桶底高度为 H1.3 m，求颗粒落至桶底时速度的大小（g10 m/s2）【审题】颗粒在电场中受电场力和重力的作用，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，下落距离为极板高度 L，颗粒沿水平方向的分运动为匀加速直线运动，离开电场时颗粒在水平方向为匀变速直线运动规律，利用运动学公式和牛顿运动定律以及动能定理求解。【解析】（1）颗粒在电场中受电场力和重力的作用，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，下落距离为极板高度 L，由自由落体运动公式得 L

25、12gt2 颗粒沿水平方向的分运动为匀加速直线运动，加速度大小为 aqUmd 离开电场时颗粒在水平方向的位移为2d，由匀变速直线运动规律得：2d12a 联立、式解得 U22md gqL1104 V（2）在颗粒下落的整个过程中，根据动能定理得：12qU+mg（L+H）=12mv2 代入数据得：v1.36m/s6 m/s【总结】本题是静电分选器的原理的题目，与实际联系密切。颗粒在电场中的做的是初速为零的匀加速直线运动，出电场后做匀变速曲线运动，应用牛顿第图 8-12 -17-二定律及运动学公式求出两板之间的电压，全程使用动能定理求出颗粒落至桶底的速度。（七）创新思维问题 例 12：(2003 上海

26、)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积 A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m，当连接到 U=2500v 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图 8-13 所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒 1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=+1.010-17c，质量为 m=2.010-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：(1)经过多少时间烟尘颗粒可以被全部吸收？(2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？(3)经过多长时间

27、容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？【审题】盒状容器上下底面的金属板接到高压电源的正负极上时，在两金属板间便产生一个匀强电场，烟尘颗粒在密闭在容器内受到电场力的作用，当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到电场力作用，向下做初速为零的匀加速直线运动，由运动学公式和牛顿定律便可求得时间。第二问中把烟尘集中等效处理，电场力对所有烟尘做的功等于电场力对所有烟尘颗粒集中于极板中间位置做的功，第三问中求烟尘颗粒的总动能的最大值，需要列出总动能的表达式，然后利用数学求极值的办法求出最大值。【解析】（1）当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力

28、 F=qU/L mLqUtatL22122 )(02.02sLqUmt 图 8-13 -18-（2）NALqUW21 =2.5104（J）（1）设烟尘颗粒下落距离为x )()(212xLNAxLqUxLNAmvEk 当2Lx 时 EK达最大，2121atx )(014.021sLqUmaxt 【总结】本题是带电粒子在电场中运动具体应用的典型实例，特别是第二问中把烟尘看成集中于板间中间位置的抽象法，把分散的集中来处理的办法在物理中也是常用的。如物体的重力看成作用在重心上等，本题充分体现了这种把具体问题理想化的做法在解决物理问题中的技巧，体现了运用物理知识解决实际问题的重要性和特殊的处理办法。(八

29、)带电粒子复杂运动过程，极值问题，解题关键是基础模型和规律要熟练 例：(2017 年高考全国卷 I)25（20 分）真空中存在电场强度大小为 E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为 v0，在油滴处于位置 A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间 t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B 点。重力加速度大小为 g。（1）油滴运动到 B 点时的速度；（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t1和 v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度 v0做竖直上抛

30、运动的最大高度恰好等于 B、A 两点间距离的两倍。25.（20 分）（1）设油滴质量和电荷量分别为 m 和 q，油滴速度学科&网方向向上为整。油滴在电场强度大小为 E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在 t=0 时，电场强度突然从 E1增加至 E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小 a1满足 -19-21qEmgma 油滴在时刻 t1 的速度为101 1vva t 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足22qEmgma 油滴在时刻t2=2t1的速度为212 1vva t 由式得2012vvgt（2）由题意，在 t=0时刻

31、前有1qEmg 油滴从t=0 到时刻t1的位移为211 11 112svta t 油滴在从时刻 t1 到时刻 t2=2t1的时间间隔内的位移为221 12 112svta t 由题给条件有202(2)vgh式中 h 是 B、A 两点之间的距离。若 B 点在 A 点之上，依题意有12ssh 由式得0022111122()4vvEEgtgt 为使21EE，应有00211122()14vvgtgt 即当0130(1)2vtg或013(1)2vtg 才是可能的：条件式和式分别对应于20v 和20v 两种情形。若 B 在 A 点之下，依题意有21xxh 由式得0022111122()4vvEEgtgt

32、为使21EE，应有00211122()14vvgtgt 即015(1)2vtg 另一解为负，不符合题意，已舍去。-20-带电粒子在电场中的运动过关练习(45 分钟 分值：90 分)一、选择题(本题共 10 小题，每小题 6 分.16 题为单选，710 题为多选)1一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是()A匀速直线运动 B匀加速直线运动 C匀变速曲线运动 D匀速圆周运动 2.如图为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A 为发射热电子的阴极，K 为接在高电势点的加速阳极，A、K 间电压为 U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从 K 的小孔中射出时的速度

33、大小为 v，下面说法中正确的是()A如果 A、K 间距离减半而电压仍为 U 不变，则电子离开 K 时的速度变为 2v B如果 A、K 间距离减半而电压仍为 U 不变，则电子离开 K 时的速度变为2v C如果 A、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开 K 时的速度变为2v D如果 A、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开 K 时的速度变为22v 3.如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，细线一端固定，另一端拴一带正电小球，使球在竖直面内绕固定端 O 做圆周运动不计空气阻力，静电力和重力的大小刚好相等，细线长为 r.当小球运动到图中位置 A 时，细线在水平位置，拉力 FT3mg.重力加速度

34、大小为 g，则小球速度的最小值为()A B2 C D 4在光滑水平面上有一比荷mq1.0107 C/kg 的带正电小球，静止在 O点，以 O 点为原点，在水平面内建立坐标系 Oxy，现突然加一沿 x 轴正方向、电场强度为 2.0106 V/m 的匀强电场，小球开始运动经过 1.0 s，所加电场突然变为 -21-沿 y 轴正方向，电场强度大小不变则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是()5.如图所示，平行金属板 A、B 水平正对放置，分别带等量异号的电荷一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么()A若微粒带正电荷，则 A 板一定带正电荷 B微粒从 M

35、 点运动到 N 点，其电势能一定增加 C微粒从 M 点运动到 N 点，其动能一定增加 D微粒从 M 点运动到 N 点，其机械能一定增加 6如图甲所示，两个平行金属板 P、Q 竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压t0 时，Q 板比 P 板电势高 5 V，此时在两板的正中央 M 点处放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，位置和速度随时间变化假设电子始终未与两板相碰，则在 0t81010 s 的时间内，这个电子处于 M 点的右侧、速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间 t 满足()甲 乙 A0t21010 s B21010 st41010 s C41010 st61010 s D61010 s

36、t0)、质量为 m 的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度 v0沿 x 轴正方向射入匀强电场若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布不计粒子的重力及它们间的相互作用下列说法正确的是()-23-A能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上 B到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与 y 轴的夹角 越大 C能打到荧光屏的粒子，到达O 点的动能必须大于qU D若 U0，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮 二、非选择题(本题共 2 小题，共 30 分)11.(14 分)如图所示，两块竖直放置的平行金属板 A、B，板间

37、距离 d0.04 m，两板间的电压 U400 V，板间有一匀强电场在 A、B 两板上端连线中点的正上方 h1.25 m 的 P 点处有一带正电的小球，已知小球的质量m5106 kg，电荷量q51010 C设 A、B 板的长度无限，g 取 10 m/s2.求：带正电小球从 P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰 12.(16 分)如图所示，半径为 r 的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为 E的匀强电场与环面平行一电荷量为q、质量为 m 的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经过 A 点时，速度 vA的方向恰与电场方向垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：(1)速率 vA

38、的大小；(2)小球运动到与 A 点对称的 B 点时对环在水平方向的作用力的大小.-24-带电粒子在电场中的运动过关练习 参考答案 一、选择题(本题共 10 小题，每小题 6 分.16 题为单选，710 题为多选)1一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是()A匀速直线运动 B匀加速直线运动 C匀变速曲线运动 D匀速圆周运动 A 因为粒子只受到电场力的作用，所以不可能做匀速直线运动 2.如图 1 为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A 为发射热电子的阴极，K 为接在高电势点的加速阳极，A、K 间电压为 U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从 K 的小孔

39、中射出时的速度大小为 v，下面说法中正确的是()图 1 A如果 A、K 间距离减半而电压仍为 U 不变，则电子离开 K 时的速度变为 2v B如果 A、K 间距离减半而电压仍为 U 不变，则电子离开 K 时的速度变为2v C如果 A、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开 K 时的速度变为2v D如果 A、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开 K 时的速度变为22v D 由动能定理 qU21mv2，U 不变，速度不变，故 A、B 错误电压变为21U，v 变为原来的22，故 C 错，D 对 3.如图 2 所示，在方向水平向右的匀强电场中，细线一端固定，另一端拴一带正电小球，使球在竖直面内绕

40、固定端 O 做圆周运动不计空气阻力，静电力和重力的大小刚好相等，细线长为 r.当小球运动到图中位置 A 时，细线在水平位置，拉力 FT3mg.重力加速度大小为 g，则小球速度的最小值为()-25-图 2 A B2 C D C 小球在 A 点，FTEqmA，Eqmg，则速度 vA2，由 A 到小球做圆周运动的等效最高点时(如图 B 位置)，由动能定理得 Eqr(1cos 45)mgrsin 4521mvmin221mvA2，解得 vmin，选项 C 正确 4在光滑水平面上有一比荷mq1.0107 C/kg 的带正电小球，静止在 O点，以 O 点为原点，在水平面内建立坐标系 Oxy，现突然加一沿

41、x 轴正方向、电场强度为 2.0106 V/m 的匀强电场，小球开始运动经过 1.0 s，所加电场突然变为沿 y轴正方向，电场强度大小不变则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是()C 小球加速度大小 amqE0.20 m/s2,1 s 末小球速度 vxat0.20 m/s，沿 x轴方向距离 x121at2210.2012 m0.10 m第 2 s 内小球做类平抛运动，x 方向 x2vxt0.20 m，沿 y 轴方向 y221at2210.2012 m0.1 m，故第 2 s 末小球坐标为(0.30 m,0.10 m)，故 C 正确 5.如图 3 所示，平行金属板 A、B 水平正对放置，分别带等量异

42、号的电荷一 -26-带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么()图 3 A若微粒带正电荷，则 A 板一定带正电荷 B微粒从 M 点运动到 N 点，其电势能一定增加 C微粒从 M 点运动到 N 点，其动能一定增加 D微粒从 M 点运动到 N 点，其机械能一定增加 C 由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能确定微粒电性，也不能确定静电力对微粒做功的正负，选项A、B、D 错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定是竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C 正确 6如图 4 甲所示，两个平行金属板 P

43、、Q 竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压t0 时，Q 板比 P 板电势高 5 V，此时在两板的正中央 M 点处放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，位置和速度随时间变化假设电子始终未与两板相碰，则在 0t81010 s 的时间内，这个电子处于 M 点的右侧、速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间 t 满足()甲 乙 图 4 A0t21010 s B21010 st41010 s C41010 st61010 s D61010 st0)、质量为 m 的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度 v0沿 x 轴正方向射入匀强电场若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上

44、的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布不计粒子的重力及它们间的相互作用下列说法正确的是()-29-图 8 A能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上 B到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与 y 轴的夹角 越大 C能打到荧光屏的粒子，到达O 点的动能必须大于qU D若 UqU，选项 C正确；若 U0，则到达 O 点的粒子速度方向满足 090，故荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，选项 D 正确 二、非选择题(本题共 2 小题，共 30 分)11.(14 分)如图 9 所示，两块竖直放置的平行金属板 A、B，板间距离 d0.04 m，两板间的电压 U400 V，板间有一匀

45、强电场在 A、B 两板上端连线中点的正上方 h1.25 m 的 P 点处有一带正电的小球，已知小球的质量 m5106 kg，电荷量 q51010 C设 A、B 板的长度无限，g 取 10 m/s2.求：带正电小球从 P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰 图 9【解析】设小球从 P 点到进入电场需时间 t1，由 h21gt12得：t1g2h0.5 s -30-设小球进入电场后运动时间为 t2，则：qEma EdU 则小球水平方向的加速度为：amdqU 水平方向做匀加速运动，则有：2d21at22 联立解得：t20.2 s 故总时间为：tt1t2(0.50.2)s0.7 s.【答案】0.7

46、s 12.(16 分)如图 10 所示，半径为 r 的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为 E 的匀强电场与环面平行一电荷量为q、质量为 m 的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经过 A 点时，速度 vA的方向恰与电场方向垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：图 10(1)速率 vA的大小；(2)小球运动到与 A 点对称的 B 点时对环在水平方向的作用力的大小.【解析】(1)在 A 点，小球在水平方向只受静电力作用，根据牛顿第二定律得 qEmA 所以小球在 A 点的速度 vAmqEr.(2)在小球从 A 到 B 的过程中，根据动能定理，静电力做的正功等于小球动能的增加量，即 2qEr21mvB221mvA2 小球在 B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有 FBqEmB 解以上两式得小球在 B 点受到环的水平作用力 FB6qE -31-由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小 FB6qE.【答案】(1)mqEr(2)6qE