習(xí)題課帶電粒子在電場中的運動

1、目標(biāo)定位1.加深對電場中帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn)的理解和應(yīng)用.2.鞏固用能量的觀點解決電場力做功的問題.3.掌握電場中帶電粒子的圓周運動問題的分析方法一、帶電粒子在電場中的直線運動例1如圖1所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上極板A帶正電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在B板下方距離B板為H處，以初速度v0豎直向上從B板小孔進(jìn)入板間電場圖1(1)帶電小球做何種運動？(2)欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢差為多少？解析(1)帶電小球在電場外只受重力的作用做勻減速直線運動，在電場中受重力和電場力作用做勻減速直線運動(2)整個運動過程中小球克服重力和電場力做功，由動能定理得mg(Hh)qUAB0m

2、v解得UAB答案見解析總結(jié)提升(1)帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等一些帶電體的重力較大，在分析其運動情況時不能忽略其重力的作用(2)帶電粒子在電場中做加速或減速直線運動時，若是勻強(qiáng)電場，可用動能定理或牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式兩種方法分析求解；若是非勻強(qiáng)電場，只能用動能定理分析求解二、帶電粒子在電場中的類平拋運動)例2長為L的平行金屬板豎直放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強(qiáng)電場，一個帶電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼左極板垂直于電場線方向進(jìn)入該電場，剛好從右極板邊緣射出，射出時速度恰與右極板成30角，如圖2所示，不計粒子重力，求：圖2(1)粒子末速度的大??；(2)勻強(qiáng)電

3、場的場強(qiáng)；(3)兩板間的距離解析(1)粒子離開電場時，合速度與豎直方向夾角為30，由速度關(guān)系得合速度v，(2)粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，在豎直方向上：Lv0t，在水平方向上：vyat，vyv0tan 30由牛頓第二定律得：qEma解得：E；(3)粒子做類平拋運動，在水平方向上：dat2，解得：dL答案(1)(2)(3)L總結(jié)提升(1)帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場中做類平拋運動研究方法：將運動分解為沿初速度方向(不一定水平)的勻速直線運動，沿電場力方向的勻加速直線運動沿初速度方向：Lv0tvxv0沿電場力方向：avyatyat2偏轉(zhuǎn)角tan (2)涉及功能關(guān)系時，也可以根據(jù)動能定理列方程三、帶電

4、粒子在交變電場中的運動例3在如圖3甲所示平行板A、B的兩極板上加上如圖乙所示的交變電壓，開始B板的電勢比A板高，這時兩極板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動，設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，則下述說法正確的是(不計電子重力)()甲乙圖3A電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性往復(fù)運動B電子一直向A板運動C電子一直向B板運動D電子先向B板運動，然后向A板運動，再返回B板做周期性往復(fù)運動解析由運動學(xué)和動力學(xué)規(guī)律畫出如圖所示的vt圖象可知，電子一直向B板運動，C正確答案C方法點撥(1)當(dāng)空間存在交變電場時，粒子所受電場力方向?qū)㈦S著電場方向的改變而改變，粒子的運動性質(zhì)也具有周期性(

5、2)研究帶電粒子在交變電場中的運動需要分段研究，并輔以vt圖象(特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場時的時刻及交變電場的周期)四、帶電粒子在電場中的圓周運動電學(xué)知識與圓周運動結(jié)合的綜合問題是近幾年高考熱點解決這類問題的基本方法和力學(xué)中的情形相同，但處理時要充分考慮到電場力的特點，明確向心力的來源，靈活應(yīng)用等效法、疊加法等分析解決問題例4如圖4所示，一絕緣細(xì)圓環(huán)半徑為r，其環(huán)面固定在水平面上，電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場與圓環(huán)平面平行，環(huán)上穿有一電荷量為q、質(zhì)量為m的小球，可沿圓環(huán)做無摩擦的圓周運動，若小球經(jīng)A點時速度vA的方向恰與電場線垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無作用力，則速度vA_當(dāng)小球運動到與A點對

6、稱的B點時，小球?qū)A環(huán)在水平方向的作用力FB_圖4解析在A點時，電場力提供向心力qE解得vA 在B點時，F(xiàn)BqEm，F(xiàn)BFB小球由A到B的過程中，由動能定理得：qE2rmvmv由以上各式解得FB6qE.答案6qE1(帶電粒子在電場中的直線運動)(多選)如圖5所示，在等勢面沿豎直方向的勻強(qiáng)電場中，一帶負(fù)電的微粒以一定初速度射入電場，并沿直線AB運動，由此可知()圖5A電場中A點的電勢低于B點的電勢B微粒在A點時的動能大于在B點時的動能C微粒在A點時的電勢能大于在B點時的電勢能D微粒在A點時機(jī)械能大于在B點時的機(jī)械能答案BD解析帶負(fù)電微粒受重力、電場力，合外力與運動方向在同一條直線上，可知所受電場

7、力方向水平向左，場強(qiáng)方向水平向右，沿電場線電勢降低，所以A點的電勢高于B點的電勢，故A錯誤；由A到B，微粒做減速運動，所以動能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加，即微粒在A點的動能大于在B點時的動能，在A點時的電勢能小于在B點時的電勢能，故B正確，C錯誤；微粒從A向B運動，除重力外電場力做負(fù)功，機(jī)械能減小，選項D正確2(帶電粒子在電場中的類平拋運動)如圖6所示，陰極A受熱后向右側(cè)空間發(fā)射電子，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，電子的初速率為v，且各個方向都有與A極相距l(xiāng)的地方有熒光屏B，電子擊中熒光屏?xí)r便會發(fā)光若在A和B之間的空間里加一個水平向左、與熒光屏面垂直的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，求B上受電子轟擊后

8、的發(fā)光面積圖6答案解析陰極A受熱后發(fā)射電子，這些電子沿各個方向射向右邊勻強(qiáng)電場區(qū)域，取兩個極端情況如圖所示沿極板豎直向上且速率為v的電子，受到向右的電場力作用做類平拋運動打到熒光屏上的P點豎直方向上yvt，水平方向上lt2.解得yv .沿極板豎直向下且速率為v的電子，受到向右的電場力作用做類平拋運動打到熒光屏上的Q點，同理可得yv .故在熒光屏B上的發(fā)光面積Sy2.3(帶電粒子在交變電場中的運動)(多選)如圖7甲所示，電子靜止在兩平行金屬板A、B間的a點，t0時刻開始A板電勢按如圖乙所示規(guī)律變化，則下列說法正確的是()圖7A電子可能在極板間做往復(fù)運動Bt1時刻電子的動能最大C電子能從小孔P飛出

9、，且飛出時的動能不大于eU0D電子不可能在t2t3時間內(nèi)飛出電場答案BC解析t0時刻B板電勢比A板高，電子在t1時間內(nèi)向B板加速，t1加速結(jié)束；在t1t2時間內(nèi)電子減速，由于對稱，在t2時刻速度恰好為零，接下來，電子重復(fù)上述運動，所以電子一直向B板運動，直到從小孔P穿出，A錯誤；無論電子在什么時刻穿出P孔，t1時刻電子都具有最大動能，B正確；電子穿出小孔P的時刻不確定，但穿出時的動能不大于eU0，C正確，D錯誤4(帶電粒子在電場中的圓周運動)如圖8所示，半徑為R的環(huán)形塑料管豎直放置，AB為該環(huán)的水平直徑，且管的內(nèi)徑遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑，環(huán)的AB及以下部分處于水平向左的勻強(qiáng)電場中，管的內(nèi)壁光滑現(xiàn)將一質(zhì)

10、量為m、帶電荷量為q的小球從管中A點由靜止釋放，已知qEmg.球半徑略小于管的內(nèi)徑求：圖8(1)小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點D時的速度和對管壁的壓力；(2)小球釋放后，第一次經(jīng)過最高點C時管壁對小球的作用力答案(1)25mg，方向豎直向下(2)mg，方向豎直向下解析(1)A至D點，由動能定理得mgRqERmv，v12由牛頓第二定律FNmgm，F(xiàn)N5mg由牛頓第三定律FNFN小球?qū)鼙诘膲毫?mg，方向豎直向下(2)第一次經(jīng)過C，mgRqE2Rmv設(shè)管壁對小球的作用力方向豎直向下，mgFC1mFC1mg，方向豎直向下.題組一帶電微粒在電場中的直線運動1下列帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加

11、速運動，經(jīng)過相同的電勢差U后，哪個粒子獲得的速度最大()A質(zhì)子H B氘核HC粒子He D鈉離子Na答案A解析四種帶電粒子均從靜止開始在電場力作用下做加速運動，經(jīng)過相同的電勢差U，故根據(jù)動能定理， qUmv20得v 由上式可知，比荷越大，速度越大；顯然A選項中質(zhì)子的比荷最大，故A正確2(多選)如圖1所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達(dá)N板，如果要使這個帶電粒子到達(dá)M、N板間距的后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()圖1A使初速度減為原來的B使M、N間電壓加倍C使M、N間電壓提高到

12、原來的4倍D使初速度和M、N間電壓都減為原來的答案BD解析由qElmv知當(dāng)v0變?yōu)関0時l變?yōu)?；因為qEq，所以qElqlmv，通過分析知選項B、D正確3(多選)平行的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連若一帶電粒子恰能沿圖2所示水平直線通過兩極板間，則在此過程中，該粒子()圖2A所受重力與電場力平衡 B電勢能逐漸增加C動能逐漸增加 D做勻變速直線運動答案BD解析帶電粒子在平行極板間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場力FEq，方向垂直于極板向上因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減

13、速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負(fù)功，粒子的電勢能增加，選項B正確題組二帶電粒子在電場中的類平拋運動4如圖3所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?)圖3A2倍 B4倍 C. D.答案C解析電子在兩極板間做類平拋運動水平方向：lv0t，所以t.豎直方向：dat2 t2，故d2，即d，故C正確5(多選)如圖4所示，一電子沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場，在電場中的運動軌跡為OCD，已知O

14、A，電子過C、D兩點時豎直方向的分速度為vCy和vDy；電子在OC段和OD段動能的變化量分別為Ek1和Ek2，則()圖4AvCyvDy12 BvCyvDy14CEk1Ek213 DEk1Ek214答案AD解析電子沿Ox軸射入勻強(qiáng)電場，做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，已知，則電子從O到C與從C到D的時間相等電子在豎直方向上做初速度為零的勻加速運動，則有vCyatOC，vDyatOD，所以vCyvDytOCtOD12，故A正確，B錯誤；根據(jù)勻變速直線運動的推論可知，在豎直方向上：yOCyOD14，根據(jù)動能定理得Ek1qEyOC，Ek2qEyOD，則得，Ek1Ek214.故C錯誤，D正確6如圖

15、5所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中()圖5A它們運動的時間tQtPB它們運動的加速度aQaPC它們所帶的電荷量之比qPqQ12D它們的動能增加量之比EkPEkQ12答案C解析設(shè)兩板距離為h，P、Q兩粒子的初速度為v0，加速度分別為aP和aQ，粒子P到上極板的距離是，它們做類平拋運動的水平距離為l.則對P，由lv0tP，aPt，得到aP；同理對Q，lv0tQ，haQt，得到aQ.由此可見tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，所以qPq

16、Q12.由動能定理得，它們的動能增加量之比EkPEkQmaPmaQ h14.綜上所述，C項正確7(多選)如圖6所示，氕、氘、氚的原子核以初速度為零進(jìn)入同一電場加速后，又經(jīng)同一勻強(qiáng)電場偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，那么()圖6A經(jīng)過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多B經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場力對三種原子核做的功一樣多C三種原子核打在屏上的速度一樣大D三種原子核都打在屏的同一位置上答案BD解析同一加速電場、同一偏轉(zhuǎn)電場，三種原子核帶電荷量相同，故在同一加速電場中電場力對它們做的功都相同，在同一偏轉(zhuǎn)電場中電場力對它們做的功也相同，A錯誤，B正確；由于質(zhì)量不同，所以三種原子核打在屏上的速度不同，C錯

17、誤；再根據(jù)偏移距離公式或偏轉(zhuǎn)角公式y(tǒng)，tan 知，與帶電粒子無關(guān)，D正確8如圖7所示，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()圖7A. B. C. D. 答案B解析根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有sv0t，在豎直方向有ht2，解得v0 .故選項B正確，選項A、C、D錯誤題組三帶電粒子在交變電場中的運動9(多選)帶正電的微粒放在電場中，

18、場強(qiáng)的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖8所示帶電微粒只在電場力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是()圖8A微粒在01 s內(nèi)的加速度與12 s內(nèi)的加速度相同B微粒將沿著一條直線運動C微粒做往復(fù)運動D微粒在第1 s內(nèi)的位移與第3 s內(nèi)的位移相同答案BD解析微粒在01 s內(nèi)的加速度與12 s內(nèi)的加速度大小相等、方向相反，A項錯誤；帶正電的微粒放在電場中，第1 s內(nèi)加速運動，第2 s內(nèi)減速至零，故B、D項正確，C項錯誤題組四綜合應(yīng)用10如圖9所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運動

19、到B點時速度方向與電場方向的夾角為30.不計重力求A、B兩點間的電勢差圖9答案解析設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin 30v0sin 60由此得vBv0設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUABm(vv)聯(lián)立式得UAB.11如圖10所示，一長為L0.20 m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m1.0104 kg、帶電荷量為q1.0106 C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運動，整個裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E2.0103 N/C.現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面上的A點，然后無初速度地將小球釋放，取g10 m/s2.求：圖10(1)小球通過最高點B時速度的大?。?2)小球通過最高點B時，