2018_2019学年高中物理专题1.9带电粒子在电场中的运动试题新人教版.docx

第9节 带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中运动时是否考虑重力1基本粒子：如电子、质子、离子、粒子等在没有明确指出或暗示的情况下重力一般忽略不计。2带电颗粒：如油滴、液滴、尘埃、带电小球等在没有明确指出或暗示的情况下重力一般不能忽略。二、带电粒子在电场中的加速运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做 运动。有两种分析方法：用动力学的观点分析， ， ， 。用功能的观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化， 。三、带电粒子在匀强电场中的偏转1研究条件：带电粒子 电场的方向进入匀强电场。2处理方法：类似于平抛运动，应用运动的 解题。（1）沿初速度的方向做 。（2）沿电场力的方向，做 。结论：结论：（1）粒子以一定的速度v0垂直射入偏转电场。粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出的。（2）经过相同的加速电场，又经过相同的偏转电场的带电粒子，其运动轨迹重合，与粒子的带电荷量和质量无关。四、带电粒子在电场中运动的实际应用示波管1构造及功能（如图所示）（1）电子枪：发射并加速电子。（2）偏转电极Y、Y：使电子束 （加信号电压）；偏转电极X、X：使电子束水平偏转（加 ）。2工作原理偏转电极X、X和Y、Y不加电压，电子打到屏幕的 ；若只在X、X之间加电压，只在 方向偏转；若只在Y、Y之间加电压，只在 方向偏转；若X、X加扫描电压，Y、Y加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象。加（减）速 垂直于 合成与分解 匀速直线运动 匀加速直线运动竖直偏转 扫描电压 中心 X Y一、带电粒子在交变电场中的运动1带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化（如方波）且不计粒子重力的情形。在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板间便可获得交变电场。此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置的电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间变化。（1）当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动。（2）当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。2研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场的变化特点，利用牛顿第二定律正确判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。3对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。【例题1】如图甲，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压U0，A板电势为A=0，B板电势为B随时间t变化的规律如图乙所示。现有一个电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则A若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动B若电子是在t=T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C若电子是在t=3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D若电子是在t=T/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动参考答案：AB试题解析：若电子在t=0时刻进入的，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A正确；若电子是在时刻进入的，在一个周期内：在，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在内，受到的电场力向下，继续向上做减速运动，时刻速度二、综合运用动力学的观点和功能的观点解决带电粒子在电场中的运动1动力学的观点动力学的观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：（1）带电粒子初速度的方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；（2）带电粒子初速度的方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动（类平抛运动）。当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采用类平抛运动的规律解决问题。2功能的观点：首先对带电粒子进行受力分析，再分析其运动形式，然后根据具体情况选用相应的公式进行计算。（1）若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量； （2）若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。【例题2】如图所示，竖直平面内固定一个光滑的绝缘挡板ABCD，AB段为直挡板，与水平方向的夹角为45，BCD段是半径为R的圆弧挡板，AB与圆弧BCD相切于B点。整个挡板处于方向水平向右的匀强电场中。一个带电小球从挡板内侧上的A点由静止释放，小球能沿挡板内侧运动到D。以下判断正确的是A小球一定带正电B小球的重力大于小球所受到的电场力C小球在最低点C时的速度最大D小球从A点到B点的过程中，电势能增加参考答案：A1一个带电粒子在电场中只受静电力作用时，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（2018江苏省盐城中学高三全仿真模拟检测）如图所示，带正电的A球固定，质量为m、电荷量为+q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近，粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计，则A粒子从a运动到b的过程中动能不断增大B粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大C可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差D可求出A产生的电场中b点的电场强度大小3如图为示波管的原理图，如果在电极Y、Y之间所加的电压按图甲所示的规律变化，在电极X、X之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图中的4（2018高考物理精准押题卷）ABCD区域内存在电场强度为E的匀强电场，一带正电为q的带电小球用长为l轻质细绳系于O点且绳子不可伸长，小球所受电场力为重力的5倍，如图所示在距O点为0.8l处有一个钉子，此时绳与竖直方向夹角为30，小球离开电场时绳子恰好断裂，则下列说法正确的是A小球摆动过程中机械能守恒B碰到钉子时小球的速度为 C小球离开电场能上升的最大高度为D小球飞出电场时所受绳子的最大拉力为5（2018四川省成都市高三下学期高考模拟）在竖直平面内有水平向右、场强为E=1104 N/C的匀强电场。在场中有一根长L=2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.04 kg的带电小球，它静止时细线与竖直方向成37角。如图所示，给小球一个初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是（cos37=0.8，g=10 m/s2）A小球所带电量为q=3.510-5 CB小球恰能做圆周运动动能最小值是0.96 JC小球恰能做圆周运动的机械能最小值是1.54 JD小球恰能做圆周运动的机械能最小值是0.5 J6如图（1）所示，在两平行的金属板间加上如图（2）所示的电压。在01 s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t=2 s时电荷仍运动且未与极板接触。则在12 s内，点电荷（g取10 m/s2）A做匀加速直线运动，加速度大小为10 m/s2B做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s2C做变加速直线运动，2 s末加速度大小为10 m/s2D2 s末速度大小为10 m/s7（2018甘肃省天水市第一中学高三下学期第三次模拟）如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长AC=2L，劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心O，下端连接一个质量为m、电荷量为q，可视为质点的小环。小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中。将小环从A点由静止释放、小环运动到B点时速度恰好为0。已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，则A电场强度的大小B小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹力不做功C小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大D小环在A点时受到大环对它的弹力大小F=mg-kL8如图，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电颗粒沿图中直线从A向B 运动，则该带电颗粒A动能减小B电势能减小C机械能减小D可能带负电9（2018百校联盟高考名师猜题保温金卷）三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC=2OA，AC=2BC，如图所示，则下列说法正确的是A三个粒子在电场中运动的时间之比tA:tB:tC=2:3:4B三个粒子在电场中运动的加速度之比aA:aB:aC=1:3:4C三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比EkA:EkB:EkC=36:16:9D带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7:2010（2018广东省深圳市菁华中英文实验中学高二期中）如图所示，两块相同的金属板长为L，正对着水平放置，电压U时，一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以水平速度从A（上板边缘）点射入电场，经过一段时间后从B点（下板边缘最右端）射出电场，A、B间的水平距离为L。不计重力影响。求（1）带电粒子从A点运动到B点经历的时间t；（2）A、B问竖直方向的距离y。11如图甲所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d=0.6 cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地时，A板电势A随时间变化的情况如图乙所示。现有一带负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计。求：（1）在0和T和这两段时间内微粒的加速度大小和方向；（2）要使该微粒不与A板相碰，所加电压的周期最长为多少（g=10 m/s2）。12（2018贵州省遵义航天高级中学高三第十一次模拟）如图所示，、是两个等量异种点电荷形成电场中的、位于同一平面内的三条等势线，其中为直线，与、与的电势差相等。一个重力不计、带负电的粒子进入电场，运动轨迹如图中实线所示，与、分别交于a、b、c三点。下列判断正确的是A粒子在c点时的加速度为零Ba点的电势比b点的电势高C粒子从a到b再到c，电势能不断增加D若粒子从a到b电场力做功大小为W1，从b到c电场力做功大小为W2，则W1W213（2018广东省广州市华南师大附中三模）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带正电的小物体以初速度v1从斜面底端M处沿斜面上滑，能沿斜面运动到达N点，若小物体电荷量保持不变，OM=ON，P为MN的中点，则小物体A在M、N点的动能相等B在M、N点的电势能相等C在MP段、PN段克服摩擦力做功相同D小物体在P点所受的摩擦力最大 14如图所示，带正电的粒子以一定的初速度沿两板的中线进入水平放置的已经充满电的平行板电容器内，仅在电场力的作用下，恰好沿下板的边缘飞出，已知平行板间距离为，板间电压为，带电粒子的电荷量为，粒子通过平行板的时间为，则A在后时间内，电场力对粒子做的功为B粒子在竖直方向下落前和后的过程中，电场力做功之比为1:2C在整个时间内，电场力对粒子做功为D在前和后时间内，粒子的动能增量之比为1:315（2018重庆市江津区高三预测）如图所示，位于竖直平面内的内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R，管的内径远小于R。ab为该环的水平直径，ab及其以下区域处于水平向左的匀强电场中。现将质量为m、电荷量为+q的带正电小球从管中a点由静止开始释放，已知小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力的大小之比为1:2。则下列说法正确的是A小球释放后，匀强电场的电场强度B小球释放后，第n次经过最低点d时对管壁的压力C小球释放后，第一次到达b点时对管壁的压力为0D小球释放后，第n次到达最高点c时对管壁的压力16如图所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C。电容器与一个直流电源相连，初始时开关闭合，极板间的电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量。一个电荷量为q的带电油滴以初动能Ek从平行板电容器的轴线水平射入（极板足够长），恰能沿图中所示的水平虚线匀速通过电容器，则A保持开关闭合，只将上极板下移了，带电油滴仍能沿水平线运动B保持开关闭合，只将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为C断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容器极板重力势能的变化，外力对极板做功至少为D断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容带极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为17（2018浙江省新高考选考物理终极适应性考试模拟）如图所示，在竖直平面内有直角坐标系xOy，有一匀强电场，其方向与水平方向成=30斜向上，在电场中有一质量为m=1103 kg、电荷量为q=1.0104 C的带电小球，用长为L=0.6 m的不可伸长的绝缘细线挂于坐标O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，g=10 m/s2。求：（1）电场强度E的大小；（2）小球再次到达M点时的速度；（3）如果小球再次到达M点时，细线突然断裂，从此时开始计时，小球运动t=1s时间的位置坐标是多少。18（2018江苏省无锡市普通高中高三期末考试）如图，真空中竖直放置的两块平行金属板间加上恒定电压U0，一质量为m，电荷量为q的正点电荷A从左板处由静止释放，从右板的小孔水平射出后，进入一个两板水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出。已知电容器的电容值为C，极板的间距为d，长度为kd，两板间电压恒定。不计点电荷的重力，求：（1）粒子进入水平放置电容器时的速度大小；（2）水平放置的电容器极板所带电荷量大小；（3）A穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量。19（2018新课标全国III卷）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是 Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等20（2017江苏卷）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、中央各有一小孔，小孔分别位于、点。由点静止释放的电子恰好能运动到点。现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子A运动到点返回B运动到和点之间返回C运动到点返回D穿过点21（2016海南卷）如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45角，上极板带正电。一个电荷量为q（q0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为A BC D22（2016全国新课标卷）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知AQ点的电势比P点高B油滴在Q点的动能比它在P点的大C油滴在Q点的电势能比它在P点的大D油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小23（2015海南卷）如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q0）的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M:m为A3:2 B2:1C5:2 D3:124（2015天津卷）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，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，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1A【解析】粒子只受静电力作用，当此力为恒力时，可能做匀加速直线运动（F与v同向，或v0=0），当恒力与v0垂直时，粒子做类平抛运动匀变速曲线运动；当静电力大小不变、方向始终指向一点且与速度垂直时，粒子做匀速圆周运动，例如，电子绕原子核的运动。所以，只有A是不可能的。4C【解析】小球向右摆动时，电场力做正功，机械能增加，选项A错误；小球从开始摆动到碰到钉子时，由动能定理：，解得，选项B错误；从小球开始摆动到离开电场上升到最大高度，由动能定理：，解得，选项C正确； 小球飞出电场时满足，刚飞出电场时：，解得：，选项D错误。5C【解析】对小球进行受力分析如图所示：根据平衡条件得：，解得：，故A错误；由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力也是恒力在圆上各点中，小球在平衡位置A点时的势能（重力势能和电势能之和）最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以在B点的动能最小，对应速度vB最小，在B点，小球受到的重力和电场力，其合力作为小球做圆周运动的向心力，而绳的拉力恰为零，有：，而，所以，故B错误；由于总能量保持不变，即（C为恒量）。所以当小球在圆上最左侧的C点时，电势能EPE最大，机械能最小，由B运动到A，联立解得：，总能量，由C运动到A，所以C点的机械能为，即机械能的最小值为1.54 J，故C正确，D错误。【点睛】根据小球在平衡位置合力为0，可以求出小球所受的电场力从而得出小球的带电荷量；根据小球恰好在竖直面内做圆周运动这一临界条件，知，在平衡位置处合外力提供圆周运动的向心力从而求出小球动能的最小值。抓住小球能量守恒，电势能最大处小球的机械能最小，根据做功情况分析。7C【解析】已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小环从A点运动到B点的过程中，由能量守恒定律得，得，A错误；小环从A点运动到B点的过程中，弹簧从压缩到原长，再到伸长，则弹簧的弹力先做正功再做负功，B错误；小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的形变量先减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，C正确；已知小环在A、B两点时弹簧的弹力大小相等，说明在A点弹簧的压缩量等于在B点的伸长量相等，设为x，原长为L0。则得在A点；在B点，解得小环在A点时，弹簧压缩量为，受到大环对它的弹力为，D错误。8B【解析】微粒的合力方向与速度方向一致，对微粒做正功，则其动能增大，故A错误；带电微粒在电场中受到重力和电场力两个力作用，电场力在水平方向，由微粒做直线运动可知，电场力方向必定水平向右，C电场力做正功，机械能增大，电势能减小，故B正确，C错误，则微粒带正电，故D错误。9ACD【解析】三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由x=vt得，运动时间，故A正确；三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据，解得：，故B错误；由牛顿第二定律可知F=ma，因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功W=Fy，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为，故C正确；三个粒子的合力大小关系为：，三个粒子的重力相等，所以B仅受重力作用，A所受的电场力向下，C所受的电场力向上，即B不带电，A带负电，C带正电，由牛顿第二定律得：，解得：，故D正确。【点睛】三个质量相等的微粒在电场中都做类平抛运动，根据水平位移的大小比较出运动的时间，根据竖直位移相等，比较出粒子在竖直方向上的加速度，从而判断出电荷的电性。根据动能定理比较三个微粒到达极板时的动能。10（1） （2）11（1）a1=g，方向向上 a2=3g，方向向下 （2）【解析】（1）设电场力大小为F，则F=2mg，对于t=0时刻射入的微粒，在前半个周期内，有Fmg=ma1又由题意，F=2mg解得，a1=g，方向向上。后半个周期的加速度a2满足F+mg=ma2得 a2=3g，方向向下。（2）前半周期上升的高度前半周期微粒的末速度为v1=gT后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间t1，则3gt1=gT，则得t1=。此段时间内上升的高度则上升的总高度为H=h1+h2=后半周期的Tt1=T时间内，微粒向下加速运动，下降的高度。上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要在上升过程中不与A板相碰即可，则Hd，即所加电压的周期最长为【名师点睛】带电粒子在电场中运动的问题，是电场知识和力学知识的综合应用，分析方法与力学分析方法基本相同，关键在于分析粒子的受力情况和运动情况。【名师点睛】本题要掌握电场力做功的公式W=qU，可判断电场力做功的大小关系。结合轨迹的弯曲方向和等量异种电荷等势线的分布情况，判断电势高低，分析电势能的变化。13BC【解析】由对称可知，MN两点的电势相同，则物块在MN两点的电势能相同，选项B正确；物块从M到N点，电场力做功为零，重力做负功，摩擦力做负功，则动能减小，选项A错误；在MP段、PN段受电场力对称，则摩擦力的平均值相同，则克服摩擦力做功相同，选项C正确；物块在P点所受的静电斥力最大，物块对斜面的正压力最小，则摩擦力最小，选项D错误。【名师点睛】此题关键是掌握点电荷的电场分布特点，分析物块在斜面上运动时的受力情况，尤其是受电场力的情况，结合能量关系分析解答 14D【解析】带电粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故在前与后时间内竖直方向上的位移之比为，因为，所以，又因为在匀强电场中，电势沿电场线方向均匀降低，故在前时间内电场力做功为，在后时间内电场力做功为，根据动能定理可得， ，故A错误，D正确；粒子在竖直方向下落前和后的过程中，根据可得做功分别为、，故做功之比为1:1，B错误；在整个时间内，电场力对粒子做功为，C错误。牛顿第二定律：；解得Nb1=2.25mg，选项C错误；小球释放后，第n次到达最高点c时：由动能定理：；由牛顿第二定律：；小对管壁的压力，选项D正确。【名师点睛】此题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是能根据动能定理列得速度表达式，再根据牛顿第二定律列得方程即可求解；注意要能判断小球第一次和第二次经过最高点时压力的方向。16BD【解析】保持开关闭合，开始时油滴沿直线运动，则；若将上极板下移，此时电场力变大，则油滴将向上偏转，撞到上极板，根据动能定理可知，撞到上极板时的动能，选项A错误，B正确；开始时，电容器储存的能量为，断开开关后，Q不变；将上极板上移，则由可知，电容器的电容变为，根据Q=CU可知，两板间的电势差变为，此时电容器储存的能量；根据能量守恒定律，若不考虑电容器极板重力势能的变化，外力对极板做功至少为，选项D正确，C错误。【名师点睛】此题是关于电容器及带电粒子在复合场中的运动问题；解题关键是分析带电粒子在符合场中的受力变化及重力和电场力的做功情况，然后根据动能定理分析动能变化；注意当电键断开时，电容器所带的电荷量保持不变，结合电容器的决定式讨论电容的变化。17（1）200 N/C （2）6 m/s （3）（1）由物体平衡条件得qE=2mg代入数据得：E=200 N/C（2）设小球运动到M点时，小球的速度为v由动能定理得：