物理：第一章学案12习题课：带电粒子在电场中的运动(人教版选修3-1)汇总

1、2014 年物理 ： 第一章学案12习题课： 带电粒子在电场中的运动（人教版选修 3-1）精品资料学案12 习题课：带电粒子在电场中的运动1 .平行板电容器内的电场可以看做是匀强电场,其场强与电势差的关系式为E=Ud，其电势差与电容的关系式为 c=Q.2 .带电粒子在电场中做直线运动（1）匀速直线运动：此时带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的电场力与其他力平_衡.（2）匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向同向. （3）匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向反向. 3 .带电粒子在电场中的偏转 （匀强电场）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可将粒子的运动分解为初速

2、度方向的匀速直线运动和电场力方向的初速度为零白勺匀加速直线运动.x= vot位移关系：1 oV= 2at2Vx= V0Vv速度关系：，速度的偏转角的正切值 tan 0= vy.vy= atvx4 .在所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远小壬电场力，即 mg? qE,所以可以忽略重 力的影响.若带电粒子所受的重力跟电场力可以比拟，则要考虑重力的影响.总之，是否 考虑重力的影响要根据具体的情况而定. V2.2 71c5 .物体做匀速圆周运动，受到的向心力为F = m：（用m、v、r表不）=mr（T）2（用m、r、T表不）=mrco2（用 m、r、表示）.仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢

3、5一、带电粒子在电场中的直线运动讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法：(1)能量方法一一能量守恒定律；(2)功和能方法一一动能定理；(3)力和加速度方法 牛顿运动定律、匀变速直线运动公式.1如图1所示，水平放置的 A、B两平行板相距h,上板A带正电，现有质量为 m、带电荷量为+ q的小球在B板下方距离B板为 H处，以初速度 V0竖直向上运动，从 B板小孔进入板间电场.带电小球在板间做何种运动?(2)欲使小球冈1J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.(2)整个运动过程中重力和电场

4、力做功，由动能定理得mg(H + h) qUAB= 0 2mv0解得Uab=2mv0 2g H + h 2q精品资料答案见解析二、带电粒子在电场中的类平抛运动带电粒子在电场中做类平抛运动涉及带电粒子在电场中加速和偏转的运动规律，利用运动 的合成与分解把曲线运动转换为直线运动研究，涉及运动学公式、牛顿运动定律、动能定 理、功能关系的综合应用.2如图2所示，水平放置的两平行金属板，板长为10 cm,两板相距2 cm.一束电子以v0= 4.0X107 m/s的初速度从两板中央水平 射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L为45 cm、宽D为20 cm的荧光屏上.（不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线

5、上，电子质量m = 9.0xi0 31 kg,电荷量e= 1.6X1019 C）求:仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢7图2(1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；(2)为使带电粒子能射到荧光屏的所有位置，两板间所加电压的取值范围.1解析(1)设加速电场的电压为 Ui,由动能定理可得eUi = mv20 -2“一口mvo化间得U12ND代入数据得Ui = 4.5X103 V.(2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为V1,和水平方向的夹角为以偏转电压为 U2,偏转位移为y,则：1 2 U_2e _L y=2a* = 2dm(V?精品资料vy U 2el ytan 0=一= -2=

6、 v0 dmv2 l/2由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘 上，结合图可得tan 0=若L+- 2L+lL十2Ddmv2U2=el 2L + l代入所有数据得 U2= 360 V因此偏转电压在360 V360 V范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置.答案 (1)4.5X103 V (2) 360 V 360 V三、带电粒子在交变电场中的运动交变电场作用下粒子所受的电场力发生改变，从而影响粒子的运动性质；由于电场力周期 性变化，粒子的运动性质也具有周期性；研究带电粒子在交变电

7、场中的运动需要分段研 究，特别注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期.仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢#精品资料3带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图3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（）图3A.微粒在01 s内的加速度与1 s2 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内的位移相同答案 BD解析 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对.四、带电粒子在电场（复合场）中的圆周运动解决电场（复合场）中的圆周运动问题，关键是分

8、析向心力的来源，指向圆心的力提供向心力，向心力的提供有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的重力或电场力.有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”八、4如图4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 A点时，速度 Va的方向恰与电场垂 直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢11图4(1)速度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

9、点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：2VA qE=my所以小球在A点的速度VA=qEr.m(2)在小千从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即12122qEr = 2mvB ?mvAvB小球在B点时，根据牛顿第二te律，在水平万向有FbqE=m：解以上两式得小球在 B点对环的水平作用力为:FB=6qE.答案qEr (2)6qE精品资料1 .（带电粒子在电场中的直线运动 ）如图5所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）B.电势能逐渐增加D.做匀变速

10、直线运动A.所受重力与电场力平衡C.动能逐渐增加答案 BD解析 对带电粒子受力分析如图所示，F合W0,则A错.由图可知电场力与重力的合力方向与 vo方向相反，F合对粒子做负功，其中 mg不做 功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加， B正确，C错误.F合恒 定且F合与vo方向相反，粒子做匀减速运动， D项正确.仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除谢谢13精品资料2 .（带电粒子在电场中的类平抛运动）如图6所示，一电子沿x轴正方向射入电场，在电场中的运动轨迹为 OCD,已知 0式=人百，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段动能的变化量分别为AEki和A

11、Ek2,则（）图6A . VCy ： VDy = 1 ： 2B . VCy ： VDy = 1 ： 4C. AEki ： AEk2=1 ： 3D. AEki ： AEk2= 1 ： 4答案 AD3.（带电粒子在交变电场中的运动 ）如图7甲所示，在间距足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在 A、B之间加上如图乙所示规律变化的电压，在t=0时刻电子静止且 A板电势比B板电势高，则（）图7A.电子在A、B两板间做往复运动B.在足够长的时间内，电子一定会碰上A板C.当t=T时，电子将回到出发点D.当t=2时，电子的位移最大答案 B解析 粒子先向A板做半个周期的匀加速运动，接着做半个周期的匀减速运动，

12、经历一个周期后速度为零，以后重复以上过程，运动方向不变，选 B.4.(带电粒子在电场中的圆周运动 )如图8所示，ABCD为竖直放在场强为 E = 104N/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 R=0.5 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 CD =2R,把一质量m= 100 g、带电荷量q= I。C的负电小球，放在水平轨道的 D点，由静止 释放后，在轨道的内侧运动. g= 10 m/s2,求：图8(1)它到达B点时的速度是多大？(2)它到达B点时对轨道的压力是多大？答案 (1)2,5 m/s (2)5 N解析

13、 (1)小球从D至B的过程中，由动能定理：12qE(2R+ R) mgR= 2mvB解得：vb= 2y/5 m/svB(2)在B点由牛顿第二定律得：FN-qE=mRvBFN = qE+mR- = 5 N.由牛顿第三定律知Fn' =Fn = 5 N.题组一 带电粒子在电场中的直线运动1 .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大小为 v.下面的说法中正确的是（）A.如果A、K间距离减半而电压仍为B.如果A、K间距离减半而电压仍为C.如果A、

14、K间距离不变而电压减半,D.如果A、K间距离不变而电压减半,图1U,则电子离开K时的速度仍为vU,则电子离开K时的速度变为v/22则电子离开K时的速度变为2 v则电子离开K时的速度变为v/2答案 AC2 .如图2所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为 m、电荷量为q的带电粒子，以 初速度vo由小孔进入电场，当 M、N间电压为U时，粒子恰好能到达 N板，如果要使这个1带电粒子到达 M、N板间距的2后返回，下列措施中能满足要求的是（不计带电粒子的重力）（）图2,.、一，,一，1A .使初速度减为原来的 2B.使M、N间电压加倍C.使M、N间电压提高到原来的 4倍一、，工，一一 1D.使初速度

15、和 M、N间电压都减为原来的2答案 BD1斛析 由qE l = 2mv2,当vo变为当V0时l变为2；因为 qE = qUd，U 1所以 qE l= q- l = 2mv0,通过分析知B、D选项正确.题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动3.如图3所示，五、笊、瓶的原子核以初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么 （）图3A.经过加速电场的过程中，电场力对瓶核做的功最多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上同一位置处答案 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

16、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；再根据偏转距离公式或偏转-i i12U2lU2 一、，,角公式y=4dU", tan 0= 2dU；知，与田电粒子无关，D对.4dU 12dU 14 .如图4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 （ ）仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除 谢谢21图4A .它们运动的时间t

17、Q > tPB.它们运动的加速度 aQapC.它们所带的电荷量之比qp： qQ=1 ： 2D.它们的动能增加量之比AEkP： AEkQ=1 ： 2答案 C解析设两板距离为h,P、Q两粒子的初速度为Vo,加速度分别为ap和aQ,粒子P到上h h 1 c极板的距离是2,它们做类平抛运动的水平距离均为l.则对P,由l = v0tP, 5=2aPtP,得到hv0 e 122hv0aP= 2T;同理对 Q, l = votQ, h = 2aQtQ,得到 aQ = 一.由此可见 tP=tQ, aQ=2aP,而 aP=qm?, aQ= q,所以qP ： qQ=1 ： 2.由动能定理得，它们的动能增加量

18、之比AEkP ： AEkQ =h一一.maP£ - maQh= 1 ： 4.综上所述，C项正确.5 .如图5所示，静止的电子在加速电压 Ui的作用下从。经P板的小孔射出，又垂直进入平 行金属板间的电场，在偏转电压 3的作用下偏转一段距离.现使 Ui加倍，要想使电子射 出电场的位置不发生变化，应该 （ ）图5A.使U2变为原来的2倍B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的J2倍D.使U2变为原来的1/2倍答案 A.一 1C斛析电子加速有qUi = 2mv0电子偏转有y=1鬻由2.曰U212小，联立解得丫 = 品，显然选A.6 .如图6所示，带正电的粒子以一定的初速度V0沿两板的中线

19、进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L,平行板间距离为d,板间电压为U,带电粒子的电荷量为q,粒子通过平行板的时间为t,则(不计粒子的重力)()图6A .在前£时间内，电场力对粒子做的功为q4B.在后!时间内，电场力对粒子做的功为 3qU28c.在粒子下落前4和后4的过程中，电场力做功之比为i: 2D.在粒子下落前7和后d的过程中，电场力做功之比为1 ： 144答案 BD解析 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a=那=需，t时间内加速度方向上的位移y= 1at2=d前:时间内加速度方向上的位移yi = at-=,后；t时间内加速度方向上的位移y22222 4

20、82=yyi = d.由公式W= Fl可知前、后9、前*后电场力做的功分别为 Wi =qU, W2=? 822448811qU, W3=4qU, W4=4qU.题组三 带电粒子在电场中的圆周运动7 .两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图7所示.带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知（）精品资料图7A.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等8 .若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子

21、的动能一定相等答案 BC解析 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力qE=m、j得r =m台, r、E为定值，若q相等则2mv2一定相等；若得相等，则速率v一定相等，故B、C正 确.8.如图8所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为0= 37。的斜面上，与斜面的交点为A,直径AB垂直于斜面，直径 CD和MN分别在水平和竖直方向上，它们处在 水平向右的匀强电场中.质量为m、电荷量为q的小球（可视为点电荷）刚好能静止于圆轨道内的A点.现对该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆环完成圆周运 动.下列对该小球运动的分析中正确的是（）图8A.小球一定带负电8 .小

22、球运动到B点时动能最小C.小球运动到M点时动能最小D.小球运动到D点时机械能最小答案 ABD解析 小球能静止于 A点，说明小球在 A点所受的合力为零，电场力一定与场强方向相反，小球带负电，A正确；小球所受的重力和电场力的合力F是不变的，方向沿 AB直径方向由B指向A,小球从A运动到B的过程中F做负功，动能减小，所以小球运动到 B点时动能最小，B正确，C错误；在圆环上，D点的电势最低，小球在 D点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到D点时机械能最小，D正确.题组四综合应用9 .如图9所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平向右的匀强电场中，AB与电场线平彳T, BCDF是与AB相

23、切、半径为 R的圆形轨道.今有质量为 m、带电荷量为+ q的小 球在电场力作用下从 A点由静止开始沿轨道运动，小球经过最高点D时对轨道的压力恰好为零，则A点与圆形轨道的最低点 B间的电势差为多大？答案5mgR2q解析 小球从A到D的过程中有两个力做功，即重力和电场力做功，由动能定理得1 22mvqUAD mg 2R小球在D点时重力提供向心力，由牛顿第二定律得2 Vmg= mR联立解得UAD=5mgR q q所以 Uab= Uad= S7gR2q10 .如图10所示，长L = 0.20 m的丝线的一端拴一质量为m=1.0X 104 kg、带电荷量为 q=+ 1.0X 10 6 C的小球，另一端连

24、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E=2.0X 103 n/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的 A点，然后无初速度地将小球释放，取g = 10 m/s2求：图10(1)小球通过最高点 B时速度的大小；(2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小.答案 (1)2 m/s (2)3.0X10 3 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：mv22qEmgLqEL-mgL=vb=m =2 m/s(2)小球到达B点时，受重力 mg、电场力qE和拉力Ftb作用，经计算 mg=