第一章 微型专题3.docx

1、微型专题3带电粒子在电场中的运动学习目标1.会利用动力学和功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动.2.会利用运动的合成与分解方法分析带电粒子在电场中的类平抛运动.3.会分析带电粒子在交变电场及复合场中的运动一、带电粒子在电场中的直线运动1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2讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法(1)力和加速度方法牛顿运动定律、匀变速直线运动公式；(2)功和能方法动能定理；

2、(3)能量方法能量守恒定律例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、下板B带负电，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竖直向上从B板小孔进入板间电场，小球可视为质点，板的厚度不计图1(1)带电小球在板间做何种运动？(2)欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？答案(1)匀减速直线运动(2)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力做功，由动能定理得mg(Hh)qUAB0mv解得UAB.二、带电粒子在电场中的偏转例2长为L的平行金属板水平放置，两极板

3、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紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30角，如图2所示，不计粒子重力，求：图2(1)粒子离开电场时速度的大小；(2)匀强电场的场强大小；(3)两板间的距离答案(1)(2)(3)L解析(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30，由几何关系得速度：v.(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：Lv0t，在竖直方向上：vyat，vyv0tan 30，由牛顿第二定律得：qEma解得：E.(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：dat2，解得：dL.

4、三、带电粒子在交变电场中的运动例3在如图3所示的平行金属板A、B上分别加如图4甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动若两板间距足够大且不计重力，试分析电子分别在甲、乙两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的vt图像图3甲乙图4答案见解析解析t0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动对于题图甲，在0T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，TT内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其vt图像如图(a)所示对于题图乙，在0内做类似(1)中0T的运动，T电子做反向

5、先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动然后周期性地重复前面的运动，其vt图像如图(b)所示(a)(b)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(复合场)中的圆周运动例4如图5所示，半径为r的绝缘细圆环的环面竖直固定在水平面上，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：图5(1)

6、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答案(1) (2)6qE解析(1)在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：qEm所以小球在A点的速度vA .(2)在小球从A运动到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2qErmvmv小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向上有FBqEm解以上两式得小球在B点受到环的水平作用力为：FB6qE.由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小FB6qE.解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，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

7、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”.针对训练如图6所示，ABCD为竖直放在E1.0103 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD部分是直径为20 cm的半圆环，水平轨道AB15 cm，直径BD垂直于AB，今有m10 g、q104 C的小球(可视为质点)从静止由A点沿轨道运动，它运动到图中C处时的速度是_ m/s，在C处时对轨道的压力是_ N；要使小球恰好能运动到D点，开始时小球的位置应离B点_m(g取10 m/s2)图6答案0.40.25解析由Eq()mgmv可得vC m/s；在C处由NEq得N0.4 N，根据牛顿第三定律得在

8、C处时对轨道的压力为0.4 N；要使小球能运动到D点，vD1 m/s，由Eqmgmv，得0.25 m.1.(带电体在电场中的直线运动)如图7所示，在竖直放置间距为d的平行金属板间，存在电场强度为E的匀强电场有一质量为m、电荷量为q的小球(可视为质点，不计空气阻力)从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力则小球运动到负极板的过程()图7A加速度大小为agB所需的时间为t C下降的高度为yD电场力所做的功为WEqd答案B解析小球在电场中的受力分析如图所示，小球所受的合外力为F，所以由牛顿第二定律得小球的加速度为a ，故A错误；小球在水平方向的加速度a1，由运动学公式a1t2，所以t

9、，故B正确；小球在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度ygt2，故C错误；由做功公式得W，故D错误2(带电粒子在交变电场中的运动)(多选)如图8(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t0时恰有一质量为m、电荷量为q的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是()图8A粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的

10、方向飞出D粒子不可能沿与板平行的方向飞出答案BC3(带电粒子在复合场中的圆周运动)如图9所示，半径为R的光滑圆环竖直置于场强为E的水平方向的匀强电场中，质量为m、带电荷量为q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力(重力加速度为g)图9答案2mg3Eq，方向水平向右解析小球从A运动到B的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能定理有mgREqRmv2在B点小球受到重力mg、电场力F和环对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1Eqm联立以上两式可得F12mg3Eq小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作

11、用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F12mg3Eq，方向水平向右4.(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图10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，电子的初速率有从0到v的各种可能值，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，且电子全部打在荧光屏上，求B上受电子轰击后的发光面积图10答案解析阴极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，且初速率从0到v各种可能值都有取两个极端情况如图所示沿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

12、类平抛运动打到荧光屏上的P点竖直方向上yvt，水平方向上lt2.解得yv .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yv .故在荧光屏B上的发光面积Sy2.一、选择题考点一带电粒子在电场中的直线运动1.(多选)如图1所示，两平行金属板与水平地面成一角度，两极板间电压恒定若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过两金属板间，则在此过程中，该粒子()图1A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加D做匀变速直线运动答案BD解析对带电粒子受力分析如图所示，F合0，则A错误由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反，F合对粒子做负功，其中mg不

13、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v0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D项正确2.如图2所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压都恒为U)()图2A电子到达B板时的动能是UeB电子从B板到达C板动能变化量为零C电子到达D板时动能是3UeD电子在A板和D板之间做往复运动答案C3.如图3，两平行金属板相距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l的平面若两粒子间相互

14、作用力可忽略，不计重力，则Mm为()图3A32 B21C52 D31答案A解析因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为l，电荷量为q的粒子通过的位移为l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1，a2，由运动学公式有la1t2t2la2t2t2得.B、C、D错，A对4(多选)如图4所示，M、N是真空中的两块平行金属板，板间存在匀强电场，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0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，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()图4A使初速度减为原来的B使

15、M、N间电压加倍C使M、N间电压提高到原来的4倍D使初速度和M、N间电压都减为原来的答案BD解析由qElmv，知当v0变为v0时l变为；因为qEq，所以qElqlmv，通过分析知B、D选项正确考点二带电粒子在电场中的类平抛运动5(多选)如图5所示，一电子(不计重力)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OA，电子过C、D两点时竖直方向的分速度分别为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为Ek1和Ek2，则()图5AvCyvDy12 BvCyvDy14CEk1Ek213 DEk1Ek214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

16、，已知，则电子从O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6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6A它们运动的时间tQtPB它们运动的加速度aQaPC它们所带的

17、电荷量之比qPqQ12D它们的动能增加量之比EkPEkQ12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，它们做类平抛运动的水平距离均为l.则对P，由lv0tP，aPtP2，得到aP；同理对Q，lv0tQ，haQ Q2，得到aQ.由此可见tPtQ，aQ2aP，而aP，aQ，所以qPqQ12.由动能定理得，它们的动能增加量之比EkPEkQmaPmaQh14.综上所述，C项正确7.如图7所示，氕、氘、氚的原子核自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7A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

18、对氚核做的功最多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D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、B错；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y知，偏转距离与带电粒子无关，D对8如图8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(两粒子不同时出现在电场中)不计重力，若两粒子轨迹恰

19、好相切，则v0等于()图8A. B. C. D. 答案B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，在竖直方向有ht2，解得v0 .故选项B正确，选项A、C、D错误考点三带电粒子在交变电场中的运动9(多选)如图9所示，两平行金属板分别加上如下列选项中的电压，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图像是(设两板距离足够大)()图9答案BC解析由A图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，T到T内做匀减速运动，T时速度减为零然后重复一直向一个方向运动不往返由B图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，T到T内做匀减速运动，T时速

20、度减为零；T到T内反向匀加速运动，T时速度最大，T到T内做匀减速运动，T时速度减为零，回到出发点然后重复往返运动由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，T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零；T到T内反向做加速度减小的加速运动，T时速度最大，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由D图像可知，电子0做匀加速运动，T到T内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动故选B、C.二、非选择题10(带电粒子的直线运动)一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图10所示AB与电场线夹角30，已知带

21、电微粒的质量m1.0107 kg，电荷量q1.01010 C，A、B相距L20 cm.(取g10 m/s2)求：图10(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由(2)电场强度的大小和方向(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？答案见解析解析(1)微粒只在重力和电场力作用下沿直线AB方向运动，因此微粒所受合力的方向与初速度的方向在同一条直线上，根据力的合成与分解可知，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度方向相反，如图所示，微粒做匀减速运动(2)因为qEmg.所以电场强度E104 N/C，电场强度的方向水平向左(3)微粒由A运动到B时的速度vB0时，微粒进入电场时的速

22、度最小，由动能定理得， L0mv，代入数据，解得vA2 m/s.11(带电粒子在电场中的圆周运动)如图11所示，长L0.20 m、不可伸长的绝缘细线的一端拴一质量为m1.0104 kg、带电荷量为q1.0106 C的小球(可视为质点)，另一端连在一水平轴O上，现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点(细线拉直)，然后无初速度地将小球释放，细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E2.0103 N/C.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，细线对小球拉力的大小答案(1)2 m/s(2)3.0103 N解析

23、(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，细线拉力不做功，则由动能定理有：qELmgLvB 2 m/s.(2)设小球到达B点时，受重力mg、电场力qE和拉力T作用，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，由此可以判断出小球一定受细线的拉力T作用，由牛顿第二定律有：TmgqETqEmg3.0103 N.12.(带电粒子的加速与偏转)虚线PQ、MN间存在如图12所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m2.01011

24、 kg、电荷量为q1.0105 C，从a点由静止开始经电压为U100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30角已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计求：图12(1)带电粒子刚进入水平匀强电场时的速率v1；(2)水平匀强电场的场强大小E；(3)ab两点间的电势差Uab.答案(1)1.0104 m/s(2)103 N/C(3)400 V解析(1)由动能定理得：qUmv12代入数据得v11.0104 m/s.(2)进入水平匀强电场后，粒子沿初速度方向做匀速运动：dv1t粒子沿电场方向做匀加速运动：vyat由题意得：tan 30由牛顿第二定律得：qEma联立以上各式并代入数据得：E103 N/C.(3)由动能定理得：qUabm(v12v y2)0联立以上各式并代入数据得：Uab400 V.