（浙江專用）2018-2019學年高中物理 第一章 靜電場 習題課 帶電粒子在電場中的運動學案 新人教版選修3-1

習題課帶電粒子在電場中的運動基 礎 梳 理1帶電粒子在電場中做加速或減速直線運動時，若是勻強電場，可用動能定理或牛頓第二定律結合運動學公式兩種方式求解，若是非勻強電場，只能用動能定理分析求解。2分析帶電體在電場中運動問題的幾個關鍵環(huán)節(jié)。(1)做好受力分析。根據(jù)題設條件判斷重力是否可以忽略。(2)做好運動分析。要明確帶電體的運動過程、運動性質及運動軌跡等。(3)應用運動和力的關系，根據(jù)牛頓第二定律結合運動學公式求解。典 例 精 析【例1】 (2017·4月浙江選考，8)如圖1所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場。有一質量為m，電荷量為q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g。則點電荷運動到負極板的過程()圖1A加速度大小為agB所需的時間為tC下降的高度為yD電場力所做的功為WEqd解析點電荷受到重力、電場力，根據(jù)牛頓第二定律得a，選項A錯誤；根據(jù)運動獨立性，水平方向點電荷的運動時間為t，有t2，解得t，選項B正確；下降高度hgt2，選項C錯誤；電場力做功W，選項D錯誤。答案B即 學 即 練1(2016·4月浙江選考，8)密立根油滴實驗原理如圖2所示。兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下場強為E的勻強電場。用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質量和電荷量各不相同的油滴。通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質量為m，則下列說法正確的是()圖2A懸浮油滴帶正電B懸浮油滴的電荷量為C增大場強，懸浮油滴將向上運動D油滴的電荷量不一定是電子電量的整數(shù)倍解析懸浮不動，說明帶電粒子電場力與重力平衡，所以該油滴帶負電，A錯誤；由Eqmg知q，所以B錯誤；如果增加電場，原本懸浮的油滴就會向上加速運動，C正確；所有帶電體的電量都是電子電荷量的整數(shù)倍，D錯誤。答案C基 礎 梳 理1帶電粒子垂直進入電場做類平拋運動的規(guī)律2涉及功能關系時，也可以根據(jù)動能定理列方程。典 例 精 析【例2】 a、b、c三個相同的帶電粒子由同一點垂直場強方向進入偏轉電場，其軌跡如圖3所示，其中b恰好飛出電場，由此可以肯定()圖3Aa首先打在下極板上，b、c同時飛出電場Bb和c同時飛離電場C進入電場時，a的速度最大，c的速度最小D動能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大解析根據(jù)類平拋運動的豎直方向分運動可知，加速度相同，豎直位移c最小，a、b相同，得a、b飛行時間相等，c時間最短，故進電場時，速度c比b大；b射程大于a，故b的速度大于a。比較豎直位移可知電場力做功c的最小，a和b的一樣大，D正確。答案D即 學 即 練2如圖4所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球，從上、下帶電平行金屬板間的P點，以相同速率垂直電場方向射入電場，它們分別落到A、B、C三點，則()圖4AA帶正電，B不帶電，C帶負電B三小球在電場中運動時間相等C在電場中加速度的關系是aA>aB>aCD到達正極板時動能關系EkA>EkB>EkC解析A、B、C初始速率相等，在水平方向，xv0t，由于xA>xB>xC，所以tA>tB>tC，由hat2得：aA<aB<aC由牛頓第二定律知在豎直方向合力FC>FB>FA，C帶負電，A帶正電，B不帶電。答案A基 礎 梳 理當空間存在交變電場時，粒子所受電場力方向將隨著電場方向的改變而改變，從而影響粒子的運動性質；由于電場力周期性變化，粒子的運動性質也具有周期性。研究帶電粒子在交變電場中的運動需要分段研究，特別注意帶電粒子進入交變電場時的時刻及交變電場的周期。典 例 精 析【例3】 帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖5所示。帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是()圖5A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微粒做往復運動D微粒在第1 s內(nèi)的位移與第2 s內(nèi)的位移大小相同，方向相反解析微粒在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，位移大小和方向都相同，故B正確，C、D項錯誤。答案B如果根據(jù)外部所加交變電壓的規(guī)律，畫出相應粒子的運動速度圖象，利用vt圖象對帶電粒子進行分析，既直觀又方便，思維難度又小，是首選的方法。畫圖時，應注意vt圖象中，加速度相同的運動一定是平行的直線，圖線與vt圖象橫軸所夾面積表示位移，圖線與t軸有交點，表示此時速度為零。即 學 即 練3如圖6所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象。當t0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()圖6A帶電粒子將始終向同一個方向運動B2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點C3 s末帶電粒子的速度為零D04 s內(nèi)，電場力做的總功為零解析設第1 s內(nèi)粒子的加速度大小為a1，第2 s內(nèi)的加速度大小為a2由a可知，a22a1，可見，粒子第1 s內(nèi)向負方向運動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3 s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為零，由動能定理可知，此過程中(即03 s內(nèi))電場力做功為零，綜上所述，可知C正確。答案C基 礎 梳 理物體做勻速圓周運動，受到的向心力為Fmmr()2mr2。典 例 精 析【例4】 如圖7所示，半徑為R的光滑圓環(huán)，豎直置于場強為E的水平向右的勻強電場中。今有質量為m，帶電荷量為q的空心小球穿在環(huán)上，求當小球由頂點A從靜止開始下滑到與圓心O等高的位置B時，小球對環(huán)的壓力。圖7解析小球從A到B的過程中，有重力做正功，電場力做正功，則動能增加。由動能定理得mgRqERmv2如圖所示，在B點小球受到重力G、電場力F和環(huán)對小球的彈力N三個力的作用。沿半徑方向的合力指向圓心提供向心力，F(xiàn)NFm由兩式聯(lián)立可得FN2mg3qE。小球對環(huán)的作用力與環(huán)對球的作用力為作用力與反作用力，兩者等大、反向，即小球對環(huán)的壓力FN2mg3qE，方向水平向右。答案見解析帶電粒子在電場中的運動軌跡為一段圓弧(或在電場中做圓周運動)，處理此類問題時，若求解速度或動能，從動能定理入手，若求受力情況用向心力公式，沿半徑方向的合力提供向心力列方程求解。即 學 即 練4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電場中，管的內(nèi)壁光滑。現(xiàn)將一質量為m，帶電荷量為q的小球從管中A點由靜止釋放，已知qEmg。求：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。圖8解析A到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小球對管壁的壓力為5mg，方向豎直向下。答案2壓力為5mg，方向豎直向下1在如圖9的勻強電場中，若一個點電荷從P點由靜止釋放，則以下說法中正確的是 ()圖9A該點電荷可能做勻變速曲線運動B該點電荷一定向右運動C電場力對該點電荷可能不做功D該點電荷一定做勻加速直線運動解析電荷受到水平方向上的電場力做勻加速直線運動，因為電荷的電性未知，無法確定向哪個方向做勻加速直線運動，故A、B錯誤，D正確；電荷在運動的過程中，電場力做正功，故C錯誤。答案D2如圖10，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()圖10A保持靜止狀態(tài)B向左上方做勻加速運動C向正下方做勻加速運動D向左下方做勻加速運動解析兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mgqE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉45°，電場力方向也逆時針旋轉45°，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確。答案D3在如圖11甲所示平行板電容器A、B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)()圖11A電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性來回運動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板做周期性來回運動解析由運動學和動力學規(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C4如圖12所示，一束不同的帶正電的粒子(不計重力)，垂直電場線進入偏轉電場，若使它們經(jīng)過電場區(qū)域時偏轉距離y和偏轉角都相同，應滿足()圖12A具有相同的動能B具有相同的速度C具有相同的D先經(jīng)同一電場加速，然后再進入偏轉電場解析帶電粒子進入偏轉電場的過程中，其偏轉距離為：yat2()2，偏轉角滿足tan 。由此知，若動能相等，q不同，則不能滿足要求，A錯誤；若速度相同，不同，則不能滿足要求，B錯誤；同樣地，若相同，v0不同也不能滿足要求，C錯誤；若經(jīng)過相同電場加速，滿足qU1mv，則y，tan ，y、tan 均與v0、Ek、q、m無關，D正確。答案D5.如圖13所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動。那么()圖13A微粒帶正、負電荷都有可能B微粒做勻減速直線運動C微粒做勻速直線運動D微粒做勻加速直線運動解析因為粒子沿A向B方向直線運動，它受豎直向下重力與水平向左電場力時，恰能滿足條件，因此微粒只能帶負電，做勻減速直線運動，因此B對，A、C、D錯誤。答案B6如圖14所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，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14解析設帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向上的速度分量不變，即vBsin 30°v0sin 60° 由此得vBv0設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答案1.如圖1所示，一帶正電粒子以初速度v0垂直射入勻強電場中，該粒子將()圖1A向左偏轉 B向右偏轉C向紙外偏轉 D向紙內(nèi)偏轉答案A2(多選)將一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球()圖2A做直線運動B做曲線運動C速率先減小后增大D速率先增大后減小解析對小球受力分析，小球受重力和電場力作用，合力與初速度v0不共線，所以小球做曲線運動，A錯誤，B正確；在運動過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，小球的速率先減小后增大，C正確，D錯誤答案BC3如圖3，平行板電容器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中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()圖3A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做勻速直線運動解析對粒子受力分析可知，重力與電場力合力與速度方向相反，所以粒子做勻減速直線運動，動能減小，A、C、D錯。因此B正確。答案B4如圖4所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q>0)的粒子；在負極板附近有另一質量為m、電荷量為q的粒子。在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略。不計重力，則Mm為 ()圖4A32 B21 C52 D31解析設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有：aM，lt2；對m有：am，lt2。聯(lián)立解得，A正確。答案A5(2018·麗水、衢州、湖州三地教學質量檢測)如圖5所示，半徑為R的光滑絕緣的半圓形軌道ABC，A點與圓心等高，B點在圓心正下方，軌道固定于電場強度為E的勻強電場中。兩個帶等量同種電荷小球剛好能靜止在軌道的A點和B點。已知兩小球質量均為m，重力加速度為g，靜電力常量為k。下列說法正確的是()圖5A小球帶正電B小球的帶電荷量為C小球的帶電荷量為RD在A點小球對軌道的壓力大于在B點小球對軌道的壓力解析若兩小球均帶正電，由平衡條件知，小球B不可能靜止，故兩小球帶負電，選項A錯誤；對A、B兩球受力分析如圖所示，對A球，由平衡條件知，mgF庫sin 45 °，EqF庫cos 45 °FNA，對B球，由平衡條件知EqF庫cos 45 °，mgF庫sin 45 °FNB，解得FNAFNB，小球的帶電荷量為q，選項B正確，C、D錯誤。答案B6如圖6所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離d足夠大。當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下列選項中，電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是()圖6解析由電壓圖象知，當兩板間所加的電壓為U0時，兩板間為勻強電場且場強大小為，當兩板間所加的電壓為U0時，兩板間電場為勻強電場且場強大小為，電子在一個周期的時間內(nèi)，第一個內(nèi)做勻加速直線運動，第二個內(nèi)做勻減速直線運動到速度為零，第三個內(nèi)反向做勻加速直線運動，第四個內(nèi)做勻減速直線運動，回到出發(fā)點，只有D選項正確。答案D7如圖7所示，一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力作用下，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，則下列結論正確的是()圖7A此液滴帶正電B液滴的加速度等于gC合外力對液滴做的總功等于零D液滴的電勢能增加解析帶電液滴做直線運動，合力沿bd方向。故電場力方向水平向右，與電場方向相反，液滴帶負電，A選項錯誤；液滴的加速度為ag，故B正確；電場力對液滴做正功，液滴的電勢能減少，合外力對液滴做正功，故C、D錯誤。答案B8.如圖8所示，有一電子(電量為e)經(jīng)電壓U0加速后，進入兩板間距為d、電壓為U的平行金屬板間。若電子從兩板正中間垂直電場方向射入，且正好能穿過電場，求：圖8(1)金屬板AB的長度；(2)電子穿出電場時的動能。解析(1)設電子飛離加速電場時速度為v0，由動能定理eU0mv設金屬板AB的長度為L，電子偏轉時間t電子在偏轉電場中產(chǎn)生偏轉加速度a電子在電場中偏轉ydat2由得：Ld(2)設電子穿過電場時的動能為Ek，根據(jù)動能定理得EkeU0ee(U0)。答案(1)d(2)e(U0)9如圖9所示，兩塊相距為d、足夠長的金屬板平行豎直放置，長為L的細絕緣線一端拴質量為m的帶電小球，另一端固定在左板上某點，小球靜止時絕緣線與豎直方向的夾角為。如將絕緣線剪斷，問：圖9(1)小球將如何運動？(2)小球經(jīng)多長時間打到金屬板上？解析(1)剪斷線后，小球受重力、電場力的作用，合力為恒力，方向沿線伸長的方向(即與板成角)，所以小球將沿線伸長的方向做初速度為零的勻加速直線運動，直至打到右側金屬板上。(2)由圖可知：tan Eqma水平所以小球的水平分加速度a水平gtan 要打到金屬板上，水平位移xdLsin 由勻變速直線運動規(guī)律可得：xat2所以t答案(1)做初速度為零的勻加速直線運動(2)10在金屬板A、B間加上如圖10乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期是T?，F(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板之間，距B板距離為板間距離的1/3處射入。已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力。圖10(1)若電子從t0時刻射入，在半個周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，求電子飛出時速度的大??；(2)若電子從t0時刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少多長？(3)若電子從tT/4時刻射入，恰能從兩板中央平行于金屬板飛出，則兩板間距至少多大？解析(1)由動能定理得：emv2mv解得：v(2)電子從t0時刻射入且恰能平行于金屬板飛出，則電子至少要在電場中運動一個周期。電子平行于金屬板方向做勻速運動，則：Lminv0T(3)電子從tT/4時刻射入且恰能從兩板中央平行于金屬板飛出，則電子在垂直于金屬板方向上做往復運動。則加速度a電子在T/4時間內(nèi)的位移為··()2所以dT，即兩板間距至少為T答案(1)(2)v0T(3)T15