3-1带电粒子在电场中的运动习题
带电粒子在电场中的运动练习题
带电粒子在电场中的运动练习题1、如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端 A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则（）A、A、B两点间的电压一定等于mgLsinθ/qB、小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能C、若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为mg/qD、如果该电场由斜面中点正上方某处的点电荷产生，则该点电荷必为负电荷2、如图所示，质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度V0从A点竖直向上射入水平方向、电场强度为E的匀强电场中。
当微粒经过B点时速率为V B＝2V0，而方向与E同向。
下列判断中正确的是 ( )2/qA、A、B两点间电势差为2mVB、A、B两点间的高度差为V02/2gC、微粒在B点的电势能大于在A点的电势能D、从A到B微粒作匀变速运动3、如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论正确的是（）A、此液滴带负电B、液滴做匀加速直线运动C、合外力对液滴做的总功等于零D、液滴的电势能减少4、如图，水平放置的两平行金属板，板长L=1.0m,板间距d=0.06m，上板带正电，下板带负电，两板间有一质量m=0.1g，带电量q=-4×10-7C的微粒沿水平方向从两极板的中央以v o=10m/s的初速度射入匀强电场，要使带电微粒能穿出极板，两电极间的电压值的范围是。
5、如图，一绝缘木板放在光滑水平面上，一质量为m、带电量为q的小物体沿木板上表面以某一速度从A端沿水平方向滑入，木板周围空间存在足够大的竖直向下的匀强电场。
已知小物体与木板之间有摩擦，物体滑到木板B端恰好相对静止，若将匀强电场的方向改为竖直向上，大小不变，且小物体仍以原来的初速度从A端滑入，结果小物体运动到木板中点时相对木板静止，求：1、物体所带电荷的性质2、匀强电场的场强大小。
微型专题03 带电粒子在电场中的运动(四种题型)(练习题)(解析版)
第十章静电场中的能量微型专题3 带电粒子在电场中的运动（四种题型）一、单选题：1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图1所示。
则此电场的电场线分布可能是( )【解析】从v－t图象可以看出物体的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v－t图线中图线的斜率表示物体的加速度大小，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的粒子顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿粒子运动方向逐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D错误。
【答案】A2.如图所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确.3.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的( )A.2倍B.4倍C.12D.14【答案】C【解析】电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为e ，质量为m ，初速度为v ，极板的长度为L ，极板的间距为d ，电场强度为E .由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L ＝vt ，竖直方向有：y ＝12at 2＝12·eE m ·(Lv)2＝d .因为E ＝U d ，可得：d 2＝eUL 22mv 2，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d 应变为原来的12，故选C.4.一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)( )A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2 s 内，电场力做功等于0C.4 s 末带电粒子回到原出发点D.2.5～4 s 内，电场力做功等于0 【答案】D【解析】画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，电场力做功等于0，所以D正确.5.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C 错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错.6.如图所示，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进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )A.s22qEmhB.s2qEmhC.s42qEmhD.s4qEmh【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1 2s＝v0t，在竖直方向有12h＝12·qEm·t2，解得v0＝s2qEmh，故选项B正确，选项A、C、D错误.7.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b、c三点在它们连线的延长线上，其中Q1带负电。
物理选修3-1电场带电粒子在电场中的运动知识点和典型例题
龙文教育学科老师个性化教案教师学生姓名上课日期2-26 学科物理年级高三教材版本人教版学案主题电场课时数量（全程或具体时间）第（3）课时授课时段8-10教学目标教学内容带电粒子在电场中的运动相关知识点与应用个性化学习问题解决结合孩子的教案设计教学重点、难点高考必考知识点教学过程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＝QU.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度方向的匀速直线运动和电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动．位移关系：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t y ＝12at 2速度关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ，速度的偏转角的正切值tan θ＝v y v x .4．在所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远小于电场力，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．5．物体做匀速圆周运动，受到的向心力为F ＝m v 2r (用m 、v 、r 表示)＝mr (2πT )2(用m 、r 、T 表示)＝mr ω2(用m 、r 、ω表示)．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——能量守恒定律； (2)功和能方法——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．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，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v 0竖直向上运动，从B 板小孔进入板间电场．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？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．例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＝4.0×107 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上，电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e ＝1.6×10－19 C)求：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．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．例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0～1 s内的加速度与1 s～2 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”．例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v A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4(1)速度v A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．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( )图5A ．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O A ＝A B ，电子过C 、D 两点时竖直方向的分速度为v Cy 和v Dy ；电子在OC 段和OD 段动能的变化量分别为ΔE k1和ΔE k2，则( )图6A ．v Cy ∶v Dy ＝1∶2B ．v Cy ∶v Dy ＝1∶4C ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3D ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶43．(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 ＝T2时，电子将回到出发点D ．当t ＝T2时，电子的位移最大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＝10－4 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？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( )图1A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为vB．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为v/2C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为2 2 vD．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v/22.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v 0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12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2A ．使初速度减为原来的12B ．使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12题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动3.如图3所示，氕、氘、氚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，电场力对氚核做的功最多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4.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( )图4A．它们运动的时间t Q＞t PB．它们运动的加速度a Q＜a PC．它们所带的电荷量之比q P∶q Q＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔE k P∶ΔE k Q＝1∶25.如图5所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O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U2的作用下偏转一段距离．现使U1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2倍D．使U2变为原来的1/2倍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t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B ．在后t2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8C ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶2D ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶1 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( )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B ．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，则出射粒子的动能一定相等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θ＝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8 A ．小球一定带负电 B ．小球运动到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 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与电场线平行，BCDF是与AB相切、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？图910.如图10所示，长L＝0.20 m的丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 C的小球，另一端连在一水平轴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＝2.0×103 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：(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．11.如图11所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板间距d＝0.04 m，两板间的电压U＝400 V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h＝1.25 m的P点处有一带正电的小球，已知小球的质量m＝5×10－6 kg，电荷量q＝5×10－8 C．设A、B板足够长，g取10 m/s2.试求：(1)带正电的小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰；(2)相碰时，离金属板上端的竖直距离多大．例一解析(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 (H ＋h )－qU AB ＝0－12mv 20解得U AB ＝m [v 20－2g H ＋h ]2q例2 解析 (1)设加速电场的电压为U 1，由动能定理可得eU 1＝12mv 20－0 化简得U 1＝mv 202e代入数据得U 1＝4.5×103 V.(2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v 1，和水平方向的夹角为θ，偏转电压为U 2，偏转位移为y ，则：y ＝12at 2＝U 2e 2dm (lv 0)2 tan θ＝v y v 0＝U 2eldmv 20＝yl /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 θ＝D /2L ＋l2＝D2L ＋lU 2＝Ddmv 20el 2L ＋l代入所有数据得U 2＝360 V因此偏转电压在－360 V ～360 V 范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置． 答案 (1)4.5×103 V (2)－360 V ～360 V 例3 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． 例4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：qE ＝m v 2Ar所以小球在A 点的速度v A ＝qEr m.(2)在小球从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 2qEr ＝12mv 2B －12mv 2A 小球在B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有F B －qE ＝m v 2Br解以上两式得小球在B 点对环的水平作用力为：F B ＝6qE . 答案 (1)qEr m(2)6qE1. 答案 BD解析 对带电粒子受力分析如图所示，F 合≠0，则A 错．由图可知电场力与重力的合力方向与v 0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v 0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确．2.答案 AD 3．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，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答案 (1)25 m/s (2)5 N解析 (1)小球从D 至B 的过程中，由动能定理： qE (2R ＋R )－mgR ＝12mv 2B解得：v B ＝25 m/s(2)在B 点由牛顿第二定律得：F N －qE ＝m v 2BRF N ＝qE ＋m v 2BR＝5 N.由牛顿第三定律知F N ′＝F N ＝5 N.题组一 带电粒子在电场中的直线运动 1.答案 AC 2.答案 BD解析 由qE ·l ＝12mv 20，当v 0变为22v 0时l 变为l2；因为qE ＝q Ud，所以qE ·l ＝q U d ·l ＝12mv 20，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.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角公式y ＝l 2U 24dU 1，tan θ＝lU 22dU 1知，与带电粒子无关，D 对．4.答案 C解析 设两板距离为h ，P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h2，它们做类平抛运动的水平距离均为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t 2P ，得到a P ＝hv 20l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2hv 20l2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m，a Q ＝q Q E m，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确．5.答案 A解析 电子加速有qU 1＝12mv 20电子偏转有y ＝12·qU 2md (lv 0)2联立解得y ＝U 2l 24U 1d ，显然选A.6答案 BD解析 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a ＝Eq m ＝Uqdm ，t 时间内加速度方向上的位移y ＝12at 2＝d 2，前t 2时间内加速度方向上的位移y 1＝12a t 24＝d 8，后t 2时间内加速度方向上的位移y 2＝y －y 1＝38d .由公式W ＝Fl 可知前t 2、后t 2、前d4、后d 4电场力做的功分别为W 1＝18qU ，W 2＝38qU ，W 3＝14qU ，W 4＝14qU . 题组三 带电粒子在电场中的圆周运动 7.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 v 2r 得r ＝mv 2qE，r 、E 为定值，若q 相等则12mv 2一定相等；若qm 相等，则速率v 一定相等，故B 、C 正确．8．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.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12mv 2＝qU AD －mg ·2R小球在D 点时重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2R联立解得U AD ＝5mgR2q所以U AB ＝U AD ＝5mgR2q.10.答案 (1)2 m/s (2)3.0×10－3 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：qEL －mgL ＝mv 2B2，v B ＝2qE －mg L m＝2 m/s(2)小球到达B 点时，受重力mg 、电场力qE 和拉力F T B 作用，经计算mg ＝1.0×10－4×10 N ＝1.0×10－3 NqE ＝1.0×10－6×2.0×103 N ＝2.0×10－3 N因为qE >mg ，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F T B 的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：F T B ＋mg －qE ＝mv 2B LF T B ＝mv 2B L＋qE －mg ＝3.0×10－3 N11.答案 (1)0.52 s (2)0.102 m解析 (1)设小球从P 到Q 需时间t 1，由h ＝12gt 21得t 1＝ 2h g＝2×1.2510s ＝0.5 s ，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t 2.由牛顿第二定律知qE ＝ma ，E ＝U d ，d 2＝12at 22，以上三式联立，得t 2＝dmqU＝0.04×5×10－65×10－8×400s ＝0.02 s ，运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.5 s ＋0.02 s ＝0.52 s.(2)小球由P 点开始在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t 内的位移为y ＝12gt 2＝12×10×(0.52)2 m ＝1.352 m. 相碰时，与金属板上端的竖直距离为s ＝y －h ＝1.352 m －1.25 m ＝0.102 m.。
选修3-1 1.9带电粒子在电场中的运动
思考题
如两极板间不是匀强电场该 用何种方法求解？为什么？
由于电场力做功与场强是 否匀强无关，与运动路径也 无关，第二种方法仍适用！
一、带电粒子的加速（v0>0)
+q m v0
匀速
+ ++ + + ++ +
E
加速
_ __ __ __ _
v=?
匀速
U
U
例题1：实验表明，炽热的金属丝可以发射电子。在 炽热金属丝和金属板间加以电压U=2500V，从炽热金 属丝发射出的电子在真空中被加速后，从金属板的小 孔穿出。电子射出后的速度有多大？设电子刚从金属 丝射出时的速度为零。
U
1、受力分析:
+ q m F _
水平向右的电场力 F＝Eq=qU/d
d
带电粒子的加速
2、运动分析: 初速度为零，加速度 为 a=qU/md 的向右匀 加速直线运动。
解法二 运用动能定理求解
解法一 运用运动学知识求解
qU 2qU v 2ad 2 d md m
2
v
2qU m
1 qU m v2 2 2q U v m
tan v 2 mdv0 0
类 侧移量 平 vy u q l 抛 tan 偏转角度 2 vx d m v0 运 动 粒子好像是从入射线中点直接射出来的
1 2 1u q l y at 2 2 d m vo
2
结论：带电粒子初速度垂直于电场方向飞入匀
思考题：
让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经过 同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里 偏转，在通过加速电场时获得的动能是否相同？通过偏 转电场时，它们是否会分为三股？请说明理由。
物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案
物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p vgh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=2．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】 【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq dt m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出， 则运动时间t 0＝Lv ＝0.5×10－6s ， 竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 2md qE R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2EqmdE B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆===Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝02(1)21221L qE n E v n md n B+=⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．3．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L ，圆管的半径为2L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2=mgq．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比ABPNt t ． 【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ+【解析】 【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= mgEq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A gL小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A gL在D点时，下壁对球的支持力2022vF m mgr==由牛顿第三定律，22F F mg=='方向竖直向下．（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为t1，则：211222L gt=解得12Ltg=小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2，则：2323244Ar Ltv gππ⋅==小球离开管后做类平抛运动，物块从B到N的过程中所用时间：322Ltg=则：24ttππ=+【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．4．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L，L<y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L/2)处以初速度v沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．【答案】（1）2mvEqL=（2）04nmvBqL=n=1、2、3 (3)2Ltvπ=【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：0L v t=，2122Lat=，qE ma=联立解得：2mvEqL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyvvθ==l速度大小02sinvv vθ==设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R，此时满足L=2nx联立可得：22Rn=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvB mR=得：04nmvBqL=，n=1、2、3....轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R，此时满足()221L n x=+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、 3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==5．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ=450，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0从y 轴上的M （OM =d ）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。
人教版高二物理选修3-1第一章 1.9 基础专练：带电粒子在非匀强电场中的运动(含答案)
高中物理人教版选修3-11.9 带电粒子在非匀强电场中的运动基础专练一、单选题1．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M 运动到N，以下说法正确的是A．粒子必定带负电荷B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C．粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能D．粒子在M点的动能小于它在N点的动能2．如图是某一电场中的一簇电场线，现把一个正电荷分别放在AB两点下列说法正确的是（）A．此正电荷在A点受到的电场力比B点大B．此正电荷在A点的电势能比B点大C．电场中B点的电势高于A点的电势D．若把此正电荷从A点静止释放，它将沿电场线运动到B点3．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能是( )A．B．C．D．4．带正电荷的小球只受到电场力作用从静止开始运动，它在任意一段时间内A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动5．带正电的小球只受电场力作用，则它在任意一段时间内（）A．一定沿着电场线由高电势向低电势方向运动B．一定沿着电场线向电势能减小的方向运动C．不一定沿着电场线运动，但一定向低电势方向运动D．不一定沿着电场线运动，也不一定向电势能减小的方向运动6．如图所示，实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中只受电场力的作用，对于a，b 两点下列判断正确的是（）A．电场中a 点的电势较高B．带电粒子在a 点的动能较小C．带电粒子在a 点的加速度较大D．带电粒子一定带正电7．电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点，则A．同一点电荷放在A点受到的静电力比放在B点时受到的静电力小B．因为B点没有电场线，所以电荷在B点不受到静电力作用C．在仅受电场力时，同一点电荷放在B的加速度比放在A点时的加速度小D．正电荷放在A点由静止释放，电场线就是它的运动轨迹8．如图所示，+Q为固定的正电荷，在它的电场中，一电荷量为+q的粒子，从a点以沿ab方向的初速度v0开始运动．若粒子只受电场力作用，则它的运动轨迹可能是图中的（）A．ab直线B．ac曲线C．ad曲线D．ae曲线9．图中实线为一匀强电场的电场线，虚线为一个点电荷仅受电场力作用时的运动轨迹的一部分，则可以知道（）．A．电场线方向向右B．电场线方向向左C．点电荷经过B点时速度比经过A点时速度大D．点电荷经过B点时速度比经过A点时速度小10．某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（）A．M、N点的场强E M＞E NB．粒子在M、N点的加速度a M＞a NC．粒子在M、N点的速度v M＞v ND．粒子带正电11．如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为电子从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是A．A 点的场强小于B点的场强B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能D．电子在A点的速度大于在B点的速度12．A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图所示。
选修3-1 1.9带电粒子在电场中的运动
如图所示,相距为 长度为 的平行板AB加上电 如图所示 相距为d长度为 的平行板 加上电 相距为 长度为l的平行板 压后,可在 可在A、 之间的空间中产生电场 之间的空间中产生电场,在 、 压后 可在 、B之间的空间中产生电场 在A、B 左端距AB等距离处的 等距离处的O点 有一电量为 有一电量为+q质量为 左端距 等距离处的 点,有一电量为 质量为 m的粒子以初速度 0沿水平方向 与A、B板平行 的粒子以初速度V 板平行) 的粒子以初速度 沿水平方向(与 、 板平行 射入.不计重力 要使此粒子能从C处射出 A、 不计重力,要使此粒子能从 处射出,则 射入.不计重力,要使此粒子能从C处射出,则A、B 间的电压应为( 间的电压应为 A ) A 2 2 2 + + + + + + + + d mv0 l 2 mv0 O d A. B. 2 2 Vo ql qd - - - - - - - C B lmv 0 qmv0 C. qd D. 1 2 1 qUl 2 d ql y = at = = 2
2 1
3 1
三、 加速和偏转一体
如图所示，在真空中竖直放置一对金属板x 如图所示， 在真空中竖直放置一对金属板 x和 x’, 加电压U 水平放置一对金属板Y 加电压U1;水平放置一对金属板Y和Y’，板间距离 加电压U 一电荷量为- 质量为m 为 d 。 加电压 U2 ， 一电荷量为 -q 质量为 m 的带电 粒子从x极板由静止出发。 粒子从 x极板由静止出发 。试分析带电粒子的运 动情况。 不计粒子的重力) 动情况。(不计粒子的重力) 偏转 _加速 v +
带电粒子在电场中的运动计算题(含答案)
带电粒子在电场中的运动1、(1)匀强电场场强E的大小、方向如何？(2)试探电荷＋q放在点c时，受力F c的大小、方向如何？(3)试探电荷＋q放在点b时，受力F b的大小、方向如何？【解析】试题分析：(1)由题意可知：①②由，所以，，匀强电场方向沿db方向．(2)试探电荷放在c点：所以方向与ac方向成45°角斜向下(如右图所示)．(3)试探电荷放在b点：所以，方向沿db方向．考点：考查了电场的叠加点评：根据点电荷场强的计算公式及电场叠加原理即可求解．2、如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝3.0×104N/C。
有一个质量m＝4.0×10－3kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°。
取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，不计空气阻力的作用。
求：(1)求小球所带的电荷量及电性；(2)如果将细线轻轻剪断，求细线剪断后，小球运动的加速度大小；(3)从剪断细线开始经过时间t＝0.20s，求这段时间内小球电势能的变化量。
【解析】试题分析：(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，由共点力平衡条件，得F＝qE＝mgtanθ解得q＝mgtanθ/E＝1.0×10－6C电场力的方向与电场强度的方向相同，故小球所带电荷为正电荷(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律，得＝ma解得a＝＝12.5m/s2(3)在t＝0.20s的时间内，小球的位移为l＝＝0.25m小球运动过程中，电场力做的功W＝qElsinθ＝mglsinθtanθ＝4.5×10－3J所以小球电势能的变化量(减少量)ΔE p＝4.5×10－3J。
考点：考查了共点力平衡条件的运动点评：本题的综合性较强，关键是根据受力分析，结合牛顿第二定律解题3、如图所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。
2020-2021学年高中物理选修3-1：1.9带电粒子在电场中的运动(含答案解析)
2020-2021学年高中物理选修3-1：1.9带电粒子在电场中的运动1．下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是()
A．质子11H B．氘核21H
C．α粒子42He D．钠离子Na＋
2．如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动．则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是()
A．两极板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率板越大
B．两极板间距越小，加速的时间就越长，则获得的速率越大
C．获得的速率大小与两极间的距离无关，与所加电压U有关
D．两极板间距离越小，加速的时间越短，则获得的速率越小
3．一束带电粒子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有粒子的运动轨迹都是一样的．这说明所有粒子()
A．都具有相同的质量
B．都具有相同的电荷量
C．电荷量与质量之比都相同
D．都是同位素
4.
如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，则下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U)()
A．电子到达B板时的动能是Ue
B．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3Ue
D．电子在A板和D板之间做往复运动
5．(多选)如图甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷
q
m＝1.0×10
－2C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔A处由静止释放，粒子在静电力作用下从小孔射出(不计粒子重力)，其v－t图像如图乙所示，则下列说法正确的是()
A．左侧金属板接电源的正极
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【物理选修3-1】经典例题-带电粒子在电场中的运动讲解及习题(含答案)
带电粒子在电场中的运动专项练习[同步导学] 1．带电粒子的加速(1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．(2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量． 221qU mv =(初速度为零)；2022121qU mv mv -= 此式适用于一切电场． 2．带电粒子的偏转(1)动力学分析：带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)． (2)运动的分析方法(看成类平抛运动)： ①沿初速度方向做速度为v 0的匀速直线运动． ②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．例1如图1—8—1所示，两板间电势差为U ，相距为d ，板长为L ．—正离子q 以平行于极板的速度v 0射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y 和偏转角θ为多少? 解析：电荷在竖直方向做匀加速直线运动，受到的力F ＝Eq ＝Uq/d 由牛顿第二定律，加速度a = F/m = Uq/md水平方向做匀速运动，由L = v 0t 得t = L/ v 0由运动学公式221at s =可得： U dmv qL L md Uq y 202202)v (21=⋅= 带电离子在离开电场时，竖直方向的分速度：v ⊥dmv qULat 0==离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定：dmv qULv v 200Ítan ==θ． 3．示波管的原理(1)构造及功能如图l —8—2所示 ①电子枪：发射并加速电子．②偏转电极YY ，：使电子束竖直偏转(加信号电压) XX ，：使电子束水平偏转(加扫描电压)． ③荧光屏．(2)工作原理(如图1—8—2所示)偏转电极XX ，和YY ，不加电压，电子打到屏幕中心；若电压只加XX ，，只有X 方向偏；若电压只加YY ，，只有y 方向偏；若XX ，加扫描电压，YY ，加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．4．在带电粒子的加速或偏转的问题中，何时考虑粒子的重力?何时不计重力?一般来说：(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特别说明或有明确暗示以外，一般都不考虑重力(但不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特别说明或有明显暗示以外，一般都不能忽略重力． 5．易错易混点带电粒子在电场中发生偏转，—定要区分开位移的方向与速度的方向，它们各自偏角的正切分别为：x y=αtan ，xy v v =βtan ，切不可混 例2两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图1—8—3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是 ( )A ．UedhB ．edUhC ．dheUD ．d eUh ．．例3一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场， 如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U ，两极板间的距离为d 、板长为L ．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为 ．(粒子的重力忽略不计) 分析：带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速运动．电场力做功导致电势能的改变． 3. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m 、带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为︒37的直线运动。
高中物理《导与练》选修3-1(教科版)习题课三 带电粒子在电场中的运动
D.与两板间的距离无关,仅与加速电压U有关
解析:由动能定理得 eU=
1 2 mv ,当两极板间的距离变化时,U 不变,v 就不变.电子做初速 2
0v 2d t,得 t= ,当 d 减小(或增大)时,v 不变,电子 2 v
度为零的匀加速直线运动,d= v t=
在两极板间运动的时间越短(或越长),选项 D 正确.
高中·物理
习题课三
带电粒子在电场中的运动
物理
课堂探究
一、带电粒子在电场中的直线运动
核心导学·要点探究
1.电子、质子、α 粒子、离子等微观粒子,它们的重力远小于电场力, 处理问题时可以忽略它们的重力.带电小球、带电油滴、带电颗粒等, 质量较大,处理问题时重力不能忽略.
F eU 1 2 d = ,偏转距离 y= at ,能飞出的条件 y≤ , m dm 2 2
2Ud 2 2 5000 1.0 1022 2 联立解得 U′≤ 2 = V=4.0 × 10 V, l 5.0 1022
即要使电子能飞出,所加电压最大为 400 V.
答案:400 V
高中·物理
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.
高中·物理
【例2】 一束电子流在经U=5 000 V的加速电压加速后,在距两极板等距离 处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示.若两板间距离d=1.0 cm,板长l= 5.0 cm,那么,要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最大能加多大电压?
高中·物理
解析:在加速电压一定时,偏转电压 U′越大,电子在极板间的偏转距离就越大,当偏转电 压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出时,两板间的偏转电压即为题目要求的最大电压. 加速过程中,由动能定理有 eU=
人教版高中物理选修3-1第一章第9节带电粒子在电场中的运动(含解析)
（精心整理，诚意制作）带电粒子在电场中的运动一课一练一、单项选择题1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是( )A．一定是匀变速运动B．不可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析：选A.带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A.2.如图所示，质子(1H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：选B.由y＝12EqmL2v20和E k0＝12m v20，得：y＝EL2q4Ek0可知，y与q成正比，故选B.3.(20xx·济南第二中学高二检测)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于E进入电场，它们分别落到A、B、C三点( )A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动的时间相等C．三小球到达正极板时动能关系是E k A>E k B>E k CD．三小球在电场中运动的加速度关系是a A>a B>a C解析：选A.初速度相同的小球，落点越远，说明运动时间越长，竖直方向加速度越小．所以A、B、C三个落点上的小球的带电情况分别为带正电、不带电、带负电．故选A.4.如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A．2倍B．4倍C.12D.14解析：选C.电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝lv0，竖直方向d＝12at2＝qUl22mdv20，故d2＝qUl22mv20，即d∝1v0，故选C.5．(20xx·高考广东卷)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关解析：选C.带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v t，y＝12at2及a＝qEm，得带电微滴的轨迹方程为y＝qEx22mv2，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C正确，D错误．6．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA 间距为h，则此电子的初动能为( )A.edhUB.dUehC.eUdhD.eUhd解析：选D.电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eU OA＝0－E k，因为U OA＝Udh，所以E k＝eUhd，故选D.☆7.图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图A、B、C、D中的( )解析：选B.由题图乙及题图丙知，当U Y为正时，Y板电势高，电子向Y 偏，而此时U X为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，故选B.8.(20xx·江苏天一中学高二测试)如图所示，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1/2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A．使初速度减为原来的1/2B．使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1/4解析：选B.由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得：－qU＝－12m v20要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得：－q U12＝－12m v21联立两方程得：U12U＝v21v20可见，选项B符合等式的要求．故选B.9.竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )A．两电荷的电荷量相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的速度大小相等解析：选B.由t＝Lv0知两电荷运动时间相等，故B正确；由y＝12at2和y M＝2y N知，两电荷加速度不等，故C错误；由a＝qEm知，仅当m M＝12m N时，两电荷量相等，故A错误；由v y＝at知，v yM≠v yN，则合速度不等，故D错误．故选B.☆10.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L .为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量hU2)，可采用的方法是( )A ．增大两板间的电势差U 2B ．尽可能使板长L 短些C ．尽可能使板间距离d 小一些D ．使加速电压U 1升高一些解析：选C.电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度⎝ ⎛⎭⎪⎫h U2的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．电子经电压U 1加速有eU 1＝12m v 20，电子经过偏转电场的过程有L ＝v 0t ，h ＝12at 2＝eU22md t 2＝U2L24dU1.由以上各式可得h U2＝L24dU1.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L ，或减小d ，或减小U 1.故选C.二、非选择题 11.在如图所示的示波器的电容器中，电子以初速度v 0沿着垂直场强的方向从O 点进入电场，以O 点为坐标原点，沿x 轴取OA ＝AB ＝BC ，再过点A 、B 、C 作y 轴的平行线与电子径迹分别交于M 、N 、P 点，求AM ∶BN ∶CP 和电子途经M 、N 、P 三点时沿x 轴的分速度之比．解析：电子在电场中做类平抛运动，即在x 轴分方向做匀速直线运动，故M 、N 、P 三点沿x 轴的分速度相等，v Mx ∶v Nx ∶v Px ＝1∶1∶1又OA ＝AB ＝BC 所以t OA ＝t AB ＝t BC根据电子沿－y 方向做匀加速运动，由y ＝12at 2得：AM ∶BN ∶CP ＝1∶4∶9.答案：1∶4∶9 1∶1∶1 ☆12.如图所示虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1t 2＝2L v1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mLeE.(2)设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE2m ＝2eE mt 3＝L v1v y ＝a 2t 3tan θ＝vy v1解得：tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L .答案：(1)3mLeE(2)2 (3)3L。
带电粒子在电场中的运动练习题(含答案)
带电粒子在电场中的活动 【1 】 1.如图所示,A 处有一个静止不动的带电体Q,若在c 处有初速度为零的质子和α粒子,在电场力感化下由c 点向d 点活动,已知质子到达d 时速度为v1,α粒子到达d 时速度为v2,那么v1.v2等于：（）A. :1B.2∶1C.2∶1D.1∶22.如图所示,一电子沿等量异种电荷的中垂线由 A→O→B 匀速活动,电子重力不计,则电子除受电场力外,所受的另一个力的大小和偏向变更情形是：（ ）A ．先变大后变小,偏向程度向左B ．先变大后变小,偏向程度向右C ．先变小后变大,偏向程度向左D ．先变小后变大,偏向程度向右3.让. . 的混杂物沿着与电场垂直的偏向进入统一有界匀强电场偏转, 要使它们的偏转角雷同,则这些粒子必须具有雷同的( )4.如图所示,有三个质量相等,分离带正电,负电和不带电的小球,从上.下带电平行金属板间的P 点.以雷同速度垂直电场偏向射入电场,它们分离落到 A.B.C 三点,则 ( )A.A 带正电.B 不带电.C 带负电B.三小球在电场中活动时光相等C.在电场中加快度的关系是aC>aB>aAD.到达正极板时动能关系EA>EB>EC5．如图所示,实线为不知偏向的三条电场线,从电场中M 点以雷同速度垂直于电场线偏向飞出 a.b 两个带电粒子,活动轨迹如图中虚线所示,不计粒子重力及粒子之间的库仑力,则（）A ．a 必定带正电,b 必定带负电B ．a 的速度将减小,b 的速度将增长C ．a 的加快度将减小,b 的加快度将增长D ．两个粒子的动能,一个增长一个减小2H 11H 21H 316．空间某区域内消失着电场,电场线在竖直平面上的散布如图所示,一个质量为m.电荷量为q 的小球在该电场中活动,小球经由A 点时的速度大小为v1,偏向程度向右,活动至B 点时的速度大小为v2,活动偏向与程度偏向之间的夹角为α,A.B 两点之间的高度差与程度距离均为H,则以下断定中准确的是（ ）A ．若v2>v1,则电场力必定做正功B ．A.B 两点间的电势差2221()2m U v v q =-C ．小球活动到B 点时所受重力的瞬时功率2P mgv =D ．小球由A 点活动到B 点,电场力做的功22211122W mv mv mgH =-- 7.如图所示的真空管中,质量为m,电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出,经由电压Ｕ１加快后沿中间线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,经由过程电场后打到荧光屏上,设Ｂ.Ｃ间电压为Ｕ２,Ｂ.Ｃ板长为L1,平行金属板右端到荧光屏的距离为L ２,求：（1）电子分开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角．（2）电子打到荧光屏上的地位偏离屏中间距离．8. 在真空中消失空间规模足够大的.程度向右的匀强电场．若将一个质量为m.带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放,小球将沿与竖直偏向夹角为︒37的直线活动.现将该小球从电场中某点以初速度0v 竖直向上抛出,求活动进程中（取8.037cos ,6.037sin =︒=︒）（1）小球受到的电场力的大小及偏向;（2）小球活动的抛出点至最高点之间的电势差U ．带电粒子在电场中的活动答案7.解析:电子在真空管中的活动过火为三段,从Ｆ发出在电压Ｕ１感化下的加快活动;进入平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中做类平抛活动;飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线活动．⑴设电子经电压Ｕ１加快后的速度为v1,依据动能定理有：21121mv eU = 电子进入Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,在程度偏向以v1的速度做匀速直线活动,竖直偏向受电场力的感化做初速度为零的加快活动,其加快度为：dm eU m eE a 2==电子经由过程匀强电场的时光11v l t =电子分开匀强电场时竖直偏向的速度vy 为：112mdv l eUat v y ==电子分开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α（如图５）则dU l U mdv l eU v v tg y112211212===α∴dU l U arctg 1122=α⑵电子经由过程匀强电场时偏离中间线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子分开电场后,做匀速直线活动射到荧光屏上,竖直偏向的位移d U l l U tg l y 1212222==α∴电子打到荧光屏上时,偏离中间线的距离为)2(22111221l l d U l U y y y +=+=8.解析：（1）依据题设前提,电场力大小mg mg F e 4337tan =︒=①电场力的偏向向右（2）小球沿竖直偏向做初速为0v 的匀减速活动,到最高点的时光为t ,则：图 ５00=-=gt v v ygv t 0=② 沿程度偏向做初速度为0的匀加快活动,加快度为x a g m F a e x 43==③ 此进程小球沿电场偏向位移为：gv t a s x x 8321202==④ 小球上升到最高点的进程中,电场力做功为： 20329mv S F qU W x e === q mv U 32920=⑤。
2021学年高二物理10 带电粒子在电场中的运动轨迹问题微专题训练(人教版选修3-1)(解析版)
微专题10 带电粒子在电场中的运动轨迹问题1.如图所示，实线为某电场中三条电场线，电场方向未知，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出.仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（）A.a一定带负电，b一定带正电B.a加速度减小，b加速度增大C.a电势能减小，b电势能增大D.a的动能增加，b的动能减小【答案】B【解析】由运动轨迹可知，a、b做曲线运动，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确定，故A错误；根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B正确；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，故C错误；根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能增加，故D 错误.故选：B.2.一带负电荷的质点，在匀强电场中仅在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是逐渐增大的.关于此匀强电场的电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A. B. C. D.【答案】B【解析】A选项，电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向.故A错误.B选项，负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题相符.故B正确.C选项，图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动.故C错误.D选项，图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，不符合题意.故D错误.3.如图，一带负电的粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹.M 和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右边.不计重力，下列表述正确的是（）A.粒子在M点的速率最大B.粒子所受电场力沿电场线方向C.粒子在电场中的加速度不变D.粒子在电场中的电势能始终在增加【答案】C【解析】由图知该电场为匀强电场，因此带电粒子受到的电场力方向恒定，大小不变，因此C正确.由电荷运动轨迹与受力关系可判定电荷受力向左，B错.因此由N到M电场力对粒子做负功，其速度应减小，A错.电势能先增加后减少，D错.4.如图所示，平行直线为匀强电场中的一组电场线，有一个电荷量q＝2×10－2C的正电荷仅受静电力的作用由A点沿曲线运动到B点，虚线①②是其可能运动的轨迹，已知这个运动过程中电荷的动能减少了2 J，设B点电势为零，则以下说法中正确的是（）A.电场强度方向向左B.电荷沿轨迹②运动C.A点的电势为100 VD.电荷在A点的电势能为2 J【答案】A【解析】带电粒子只受静电力作用，由于动能减少，静电力做负功，即W AB＝－2 J，由W AB＝qU AB，得U AB＝＝V＝－100 V.即φA－φB＝－100 V，φA＝φB－100 V＝－100 V，C错误.因为沿电场线电势降低，φA＜φB，电场强度方向向左，A正确.带电粒子受到静电力向左，根据曲线运动的特点，合外力方向一定指向曲线内侧，电荷轨迹应为虚线①，B错误.电荷在A点的电势能E pA＝qφA＝－2 J，D错.5.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由于带电粒子只受电场力的作用，而且运动过程中电势能逐渐减少，可判断电场力做正功，即电场力方向与粒子速度方向夹角为锐角，且电场力方向沿着电场线指向轨迹凹侧，故D项正确.6.如图所示，实线表示一正点电荷和金属板间的电场分布图线，虚线为一带电粒子从P点运动到Q点的运动轨迹，带电粒子只受电场力的作用.那么下列说法正确的是（）A.带电粒子从P到Q过程中动能逐渐增大B.P点电势比Q点电势高C.带电粒子在P点时具有的电势能大于在Q点时具有的电势能D.带电粒子的加速度逐渐变大【答案】B【解析】由粒子运动的轨迹可以判断，粒子受到的电场力为引力，带电粒子从P到Q过程中电场力做负功，粒子的动能逐渐减小，故A错误；沿电场方向电势降低，所以P点电势比Q点电势高，故B正确；带电粒子从P到Q过程中电场力做负功，电势能增加，故C错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以粒子在P点时受到的电场力大，所以带电粒子的加速度逐渐减小，故D错误.7.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，虚线1和2为等势线，从电场中M点以相切于等势线1的相同速度飞出a、b两个带电粒子，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内（粒子在图示区域内）（）A.a的电场力较小，b的电场力较大B.a的速度将减小，b的速度将增大C.a一定带正电，b一定带负电D.两个粒子的电势能均减小【答案】D【解析】电场力F＝Eq，不知道a、b两带电粒子的电荷量，因此无法判断电场力大小.故A错.由于出发后电场力始终对电荷做正功，故两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，故B错误.由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定a、b两电荷的电性.故C错误.由于出发后电场力两电荷均做正功，所以两个粒子的电势能均减小.故D正确.8.一带电粒子沿着图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中φa<φb<φc<φd，若不计粒子所受的重力，可以确定（）A.该粒子带正电B.该粒子带负电C.从J到K粒子的电势能增加D.粒子从J到K运动过程中的动能减小【答案】B【解析】电场方向从高电势指向低电势，并且垂直等势面，所以电场方向水平向左，做曲线运动时物体受到的合力指向轨迹内侧，所以受到的电场力方向水平向右，与电场方向相反，粒子带负电，A错误，B正确；粒子运动过程中电场力方向与轨迹方向夹角为锐角，做正功，动能增加，电势能减小，C、D错误.9.如图所示，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个重力可忽略不计的带电粒子，其比荷相同，二者以相同的速率从同一等势面的a点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，图中a、b、c、d、e是粒子轨迹与各等。
2022届高考物理二轮复习专题突破：专题三十一 带电粒子在电场中的运动
2022届高考物理二轮复习专题突破：专题三十一带电粒子在电场中的运动一、单选题1．（2分）如图所示，两金属板M、N带有等量异种电荷，正对且水平放置。
带正电小球a、b以一定的速度分别从A、B两点射入电场，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到C点，则下列说法正确的是（）A．电场中的电势φC>φBB．小球a、b在C位置一定具有相等的电势能C．仅将下极板N向左平移，则小球a、b仍能沿直线运动D．仅将下极板N向下平移，则小球a、b仍能沿直线运动2．（2分）在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示。
由此可知（）A．小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒B．电场力大小为2mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间之比为√2∶1D．小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为1∶23．（2分）真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则()A．微粒一定带正电B．微粒一定做匀速直线运动C．可求出匀强电场的电场强度D．可求出微粒运动的加速度4．（2分）在竖直放置的平行金属板A、B间加一恒定电压，质量相同的两带电小球M和N以相同的速率分别从极板A的上边缘和两板间的中线下端沿竖直方向进入两板间的匀强电场，恰好分别从极板B的下边缘和上边缘射出，如图所示，不考虑两带电小球之间的相互作用，下列说法正确的是（）A．两带电小球所带电量可能相等B．两带电小球在电场中运动的时间一定相等C．两带电小球在电场中运动的加速度M一定大于ND．两带电小球离开电场时的动能M可能小于N5．（2分）示波器的内部结构如图所示，如果在电极YY之间加上图（a）所示的电压，在XX 之间加上图（b）所示电压，荧光屏上会出现的波形是（）A．B．C．D．6．（2分）如图所示，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 。
人教版高中物理选修3-1第一章第九节带电粒子在电场中的运动同步习题(附详解答案)
（精心整理，诚意制作）第一章第九节带电粒子在电场中的运动同步习题（附详解答案）夯实基础1.一带电粒子在电场中只受电场力作用时，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．匀速圆周运动答案：A解析：因为粒子只受到电场力的作用，所以不可能做匀速直线运动．2．如图所示，在场强为E，方向水平向右的匀强电场中，A、B为一竖直线上的两点，相距为L，外力F将质量为m，带电量为－q的微粒，从A点匀速移到B点，重力不能忽略，则下面说法中正确的是( )A．外力的方向水平B．外力的方向竖直向上C．外力的大小等于qE＋mgD．外力的大小等于(qE)2＋(mg)2答案：D解析：分析微粒受力，重力mg、电场力qE、外力F，由于微粒作匀速运动，三个力的合力为零，外力的大小和重力与电场力的合力大小相等．F＝(qE)2＋(mg)2F的方向应和重力与电场力的合力方向相反，选项D正确．3．平行板间加如图(a)所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．如图(b)中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是( )答案：A解析：粒子在第一个T2内，做匀加速直线运动，T2时刻速度最大，在第二个T2内，电场反向，粒子做匀减速直线运动，到T时刻速度为零，以后粒子的运动要重复这个过程．4．(20xx·济南模拟)如图所示，质子(1H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )A．1 1 B．1 2C．2 1 D．1 4答案：B解析：由y＝12EqmL2v20和E k0＝12m v20，得：y＝EL2q4Ek0可知，y与q成正比，B正确．5．如图所示，一电荷量为＋q，质量为m的带电粒子以初速度为v0，方向与极板平行射入一对平行金属板之间．已知两极板的长度l，相距为d，极板间的电压为U，试回答下列问题．(粒子只受电场力作用且上极板带正电)(1)粒子在电场中所受的电场力的大小为________，方向__________，加速度大小为__________，方向________．(2)粒子在x方向上做________运动，在电场中的运动时间为________．(3)粒子在y方向上做________运动，离开电场时，在y方向上偏离的距离为_ _______．当其他条件不变，d增大时偏离距离将________．(4)粒子离开电场时，在y方向上的分速度为________，如果偏转的角度为θ，那么tanθ＝________.当其他条件不变，U增大时θ角将________答案：(1)qUd垂直v0方向向下qUmd垂直v0方向向下(2)匀速直线lv0(3)初速度为零的匀加速直线ql22mv20dU减小(4)qlmv0dUqlmv20dU增大6．如图所示，abcd 是一个正方形盒子．cd 边的中点有一个小孔e .盒子中有沿ad 方向的匀强电场．一个质量为m 带电量为q 的粒子从a 处的小孔沿ab 方向以初速度v 0射入盒内，并恰好从e 处的小孔射出．(忽略粒子重力)求：(1)该带电粒子从e 孔射出的速度大小．(2)该过程中电场力对该带电粒子做的功．(3)若正方形的边长为l ，试求该电场的场强．答案：(1)17v 0 (2)8m v 20 (3)8mv20ql解析：(1)设粒子在e 孔的竖直速度为v y .则水平方向：l /2＝v 0t竖直方向：l ＝vy 2·t 得：v y ＝4v 0v e ＝v20＋v2y ＝17v 0(2)由动能定理得：W 电＝12m v 2e －12m v 20＝8m v 20 (3)由W 电＝Eq ·l 和W 电＝8m v 20得：E ＝8mv20ql. 7．如图所示是示波管工作原理示意图，电子经加速电压U 1加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量为h ，两平行板间的距离为d ，电势差为U 2，板长为l .为了提高示波管的灵敏度(单位偏转电压引起的偏转量)可采取哪些措施？解析：电子经U 1加速后，设以v 0的速度垂直进入偏转电场，由动能定理得：12m v 20－0＝eU 1①电子在偏转电场中运动的时间t 为：t ＝l v0② 电子在偏转电场中的加速度a 为：a ＝U2e dm③ 电子在偏转电场中的偏转量h 为：h ＝12at 2④ 由①②③④式联立解得到示波管的灵敏度h U2为：h U2＝l24dU1可见增大l 、减小U 1或d 均可提高示波管的灵敏度.能力提升1.(20xx·××市一中高二检测)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于E进入电场，它们分别落到A、B、C三点( ) A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动的时间相等C．三小球到达正极板时动能关系：E kA>E kB>E kCD．三小球在电场中运动的加速度关系：a A>a B>a C答案：A解析：带负电的小球受到的合力为：mg＋F电，带正电的小球受到的合力为：mg－F电，不带电小球仅受重力mg，小球在板间运动时间：t＝xv0，所以t C<t B<t A，故a C>a B>a A；落在C点的小球带负电，落在A点的小球带正电，落在B点的小球不带电．因为电场对带负电的小球C做正功，对带正电的小球A做负功，所以落在板上动能的大小：E kC>E kB>E kA.2．示波器是一种常用的电学仪器．可以在荧屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况．电子经电压u1加速后进入偏转电场．下列关于所加竖直偏转电压u2、水平偏转电压u3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是( )A．如果只在u2上加上甲图所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)所示B．如果只在u3上加上乙图所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)所示C．如果同时在u2和u3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c)所示D．如果同时在u2和u3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d)所示答案：ABD3．(20xx·××市一中高二检测)如图所示装置，从A板释放的一个无初速电子向B板方向运动，下列对电子的描述中错误的是( )A．电子到达B板时的动能是eUB．电子从B板到C板时动能变化为零C．电子到达D板时动能是3eUD．电子在A板和D板之间往复运动答案：C4．一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴．油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升．若两极板间电压为－U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是( )A．2v、向下 B．2v、向上C．3v、向下D．3v、向上答案：C解析：由题意知，未加电压时mg＝k v①加电压U时，电场力向上，设为F，则有F＝mg＋k v②当加电压(－U)时，电场力向下，匀速运动时有F＋mg＝k v′③联立①②③得：v′＝3v方向向下，C选项正确．5．如图所示，在两极板中间有一静止的电子，在交变电压作用下电子的运动情况是(不计重力，t＝0时，M板电势为正，板间距离足够长)( )A．一直向M板运动B．一直向N板运动C．先向M板运动，再一直向N板运动D．在M、N间做周期性的来回运动答案：D解析：0―→1s末，电子向左做匀加速直线运动，在1s末获得速度为v；1s 末―→2s末，电子向左做匀减速直线运动，2s末速度为0；2s末―→3s末，电子向右做匀加速直线运动，3s末电子获得速度v；3s末―→4s末电子向右做匀减速直线运动.4s末速度为零，刚好为一个周期．以后周而复始，所以，电子在M、N之间做周期性的来回运动．6．(新题快递)如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L＝0.4m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电量q ＝＋1×10－8C.(g ＝10m/s 2)求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？答案：(1)10m/s (2)与负极相连 120V<U <200V解析：(1)L 2＝v 0t d 2＝12gt 2 可解得v 0＝L 2g d＝10m/s (2)电容器的上板应接电源的负极当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v02 a 1＝mg －q U1d m解得：U 1＝120V当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上板的右边缘射出d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v02 a 2＝q U2d －mg m解得U 2＝200V 所以120V<U <200V.7．如图所示，为一个从上向下看的俯视图，在光滑绝缘的水平桌面上，固定放置一条光滑绝缘的挡板轨道ABCD ，AB 段为直线，BCD 段是半径为R 的一部分圆弧(两部分相切于B 点)，挡板处于场强为E 的匀强电场中，电场方向与圆的直径MN 平行．现使一带电量为＋q 、质量为m 的小球由静止从斜挡板内侧上某点释放，为使小球沿挡板内侧运动，最后从D 点抛出，试求：(1)小球从释放到N 点沿电场强度方向的最小距离s ；(2)在上述条件下小球经过N 点时对挡板的压力大小．解析：(1)根据题意分析可知，小球过M 点对挡板恰好无压力时，s 最小，根据牛顿第二定律有qE ＝m v2M R，。
人教版高二物理选修3-1第一章 1.9带电粒子在电场中的运动 课后训练题(含答案解析)
1.9 带电粒子在电场中的运动一、单选题1.如图，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(q＞0)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.若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为()A． 3∶2B． 2∶1C． 5∶2D． 3∶12.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，恰好沿下板的边缘飞出，粒子通过平行金属板的时间为t，则()A．在时间内，电场力对粒子做的功为UqB．在时间内，电场力对粒子做的功为UqC．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1D．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶23.如图甲所示，在距离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()A．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＝时，电子将回到出发点D．当t＝时，电子的位移最大4.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小二、多选题5.(多选)如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则()A．它们通过加速电场所需的时间相等B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等6.(多选)带有等量异种电荷的平行金属板M、N水平放置，两个电荷P和Q以相同的速率分别从极板M边缘和两板中间沿水平方向进入板间电场，恰好从极板N边缘射出电场，如图所示．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是()A．两电荷的电荷量可能相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的动能相等7.(多选)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是()A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多8.(多选)如图所示，平行直线表示电场线，但未标明方向，带电量为＋10－2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1 J，若A点电势为－10 V，则()A．B点的电势为0 VB．电场线方向从右向左C．微粒的运动轨迹可能是轨迹1D．微粒的运动轨迹可能是轨迹29.(多选)如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．要使粒子的入射速度变为，仍能恰好穿过电场，则必须再使()A．粒子的电荷量变为原来的B．两板间电压减为原来的C．两板间距离增为原来的4倍D．两板间距离增为原来的2倍10.(多选)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则()A．所有粒子都不会打到两极板上B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2E k0D．只有t＝n(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场三、计算题11.一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示.AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电粒子的质量m＝1.0×10－7kg，电荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20 cm.(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：(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？12.长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，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，射出时速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：(1)粒子末速度的大小；(2)匀强电场的场强；(3)两板间的距离.13.如图所示，A、B两块带异号电荷的平行金属板间形成匀强电场，一电子以v0＝4×106m/s的速度垂直于场强方向沿中心线由O点射入电场，从电场右侧边缘C点飞出时的速度方向与v0方向成30°的夹角．已知电子电荷e＝1.6×10－19C，电子质量m＝0.91×10－30kg.求：(1)电子在C点时的动能是多少焦？(2)O、C两点间的电势差大小是多少伏？14.如图所示，有一电子(电荷量为e)经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿过电场，求：(1)金属板AB的长度；(2)电子穿出电场时的动能．答案解析1.【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l＝a1t2＝t2①l＝a2t2＝t2②得＝.B、C、D错，A对.2.【答案】C【解析】由类平抛规律，在时间t内有：L＝v0t，＝at2，在内有：y＝a()2，比较可得y＝，则电场力做的功为W＝qEy＝＝，所以A、B错误．粒子下落的前和后过程中电场力做的功分别为：W1＝qE×，W2＝qE×，所以W1：W2＝1∶1，所以C正确，D错误．3.【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，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.【答案】B【解析】设电子被加速后获得初速度v0，则由动能定理得：qU1＝mv①若极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：t＝②设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a，由牛顿第二定律得：a＝＝③电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：v y＝at④由①②③④可得：v y＝又有：tanθ＝＝＝＝故U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大，故选项B正确，选项A、C、D错误．5.【答案】BD【解析】由于电量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所用时间越短，A错误；加速时间越短，则速度的变化量越小，C错误；由于电场力做功W＝qU与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等，动能增加量也相等，B、D正确．6.【答案】AB【解析】两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动．设板长为L，粒子的初速度为v0，则粒子运动时间为t＝，L、v0相同，则时间相同．故B正确．竖直方向的位移为y＝at2，a＝，则y＝t2，E、t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，q有可能相等．故A正确．由于位移为y＝at2，t相同，y不同，a不等，故C错误．根据动能定理，E k－mv＝qEy则E k＝mv＋qEy，故D错误．7.【答案】BD【解析】三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误．由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确．三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误．由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确．8.【答案】ABC【解析】由动能定理可知WE＝ΔE k＝－0.1 J；可知粒子受到的电场力做负功，故粒子电势能增加，B点的电势高于A点电势；而电场线由高电势指向低电势，故电场线向左，故B正确；A、B两点的电势差UAB＝＝－10 V，则UA－UB＝－10 V．解得UB＝0 V；故A正确；若粒子沿轨迹1运动，A点速度沿切线方向向右，受力向左，故粒子将向上偏转，故C正确；若粒子沿轨迹2运动，A点速度沿切线方向向右上，而受力向左，故粒子将向左上偏转，故D错误．9.【答案】AD【解析】粒子恰好穿过电场时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间与垂直板方向上发生位移所用时间t相等，设板间电压为U，则有：＝··()2，得时间t＝＝.当入射速度变为，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，粒子的电荷量变为原来的或两板间距离增为原来的2倍时，均使粒子在与垂直板方向上发生位移所用时间增为原来的2倍，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确．10.【答案】ABC【解析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t＝0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，故运动时间为周期的整数倍；所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t＝0时刻射入的粒子在竖直方向始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故A、B正确，D错误；t＝0时刻射入的粒子竖直方向的分位移为；有：＝·由于L＝d故：v y m＝v0故E k′＝m(v＋v)＝2E k0，故C正确．11.【答案】(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度v A方向相反，微粒做匀减速运动.(2)E＝×104N/C，电场强度的方向水平向左.(3)v A＝2m/s.【解析】(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力和电场力必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度v A方向相反，微粒做匀减速运动.(2)在垂直于AB方向上，有qE sinθ－mg cosθ＝0所以电场强度E＝×104N/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v B＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，－(mgL sinθ＋qEL cosθ)＝0－mv，代入数据，解得v A＝2m/s.12.【答案】(1)(2)(3)L【解析】(1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得合速度：v＝＝.(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：v y＝at，v y＝v0tan 30°＝，由牛顿第二定律得：qE＝ma解得：E＝.(3)粒子做类平抛运动，在竖直方向上：d＝at2，解得：d＝L.13.【答案】(1)9.7×10－18J(2)15.2 V【解析】(1)依据几何三角形解得：电子在C点时的速度为：v＝①而E k＝mv2②联立①②得：E k＝m()2≈9.7×10－18J.(2)对电子从O到C，由动能定理，有eU＝mv2－mv③联立①③得：U＝≈15.2 V.14.【答案】(1)d(2)e(U0＋)【解析】(1)设电子飞离加速电场时的速度为v0，由动能定理得eU0＝mv①设金属板AB的长度为L，电子偏转时间t＝②电子在偏转电场中产生偏转加速度a＝③电子在电场中的侧位移y＝d＝at2④联立①②③④得：L＝d.(2)设电子穿出电场时的动能为E k，根据动能定理得E k＝eU0＋e＝e(U0＋)．。
2019-2020学年人教版高中物理选修3-1同步课件：第一章 习题课(二) 带电粒子(带电体)在电场中的运动
[答案] D
【例 3】 两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电 子(质量 m、电荷量 e)由静止开始，经电压为 U0 的电场加速后， 连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两 板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为 3t0；当在两板 间加如图乙所示的周期为 2t0、幅值恒为 U0 的周期性电压时，恰 好能使所有电子均从两板间通过．求：
第一章 静电场
习题课(二) 带电粒子(带电体) 在电场中的运动
知识点一
带电体在电场中的直线运动
|知识归纳| 1．对处于电场中的带电粒子进行受力分析时，没有特殊说 明，一般情况下，基本粒子(比如电子、质子、α 粒子等)重力不 计，而带电小球、液滴、物块等所受重力要计． 2．粒子所受合外力 F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线 上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动，或变加 速直线运动．
(1)这些电子通过两板之间后，侧向位移的最大值和最小值 分别是多少？
(2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿 出两板之间时的动能之比为多少？
[解析] 画出电子在 t＝0 时和 t＝t0 时进入电场的 v -t 图象 如图 1 和图 2.
(1)vy1＝emUd0t0，vy2＝emUd02t0＝2emUd0t0， ymax＝212vy1t0＋vy1t0＝3vy1t0＝3emUd0t02＝d2， ymin＝12vy1t0＋vy1t0＝1.5vy1t0＝3e2Um0dt02＝d4，
A．到达 M 板，速度为零 B．到达 P 点，速度为零 C．到达 N 板，速度为零 D．到达 P 点，速度不为零
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第9章 第3课时一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分，在每小题给出的四个选项中至少有一项符合题意，全部选对的得6分，漏选的得3分，错选的得0分)1．(2010·高考北京卷)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变【命题立意】 本题考查平行板电容器问题的动态分析．【解析】 静电计指针的偏角θ反映两极板间电压的大小．根据C ＝εS 4πkd 知，保持S 不变，d 增大时，电容C 减小，又因电荷量Q 不变，根据U ＝QC 得，C 减小时，U 增大，则θ变大，A 项正确，B 项错误；同理可以判断d 不变时，减小S ，电容减小，电压增大，θ变大，C 、D 项均错误．【答案】 A2．(2010·高考课程标准卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器．某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab 为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P 点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( )【命题立意】本题理论联系实际，考查的是带电粒子在非匀强电场中的运动．【解析】根据力和运动的关系知，当粒子运动至电场中某一点时，运动速度与受力如图所示，又据曲线运动知识知粒子运动轨迹夹在合外力与速度之间，可判定粉尘颗粒的运动轨迹如A选项中图所示．【答案】 A3．如下图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面指向纸内，y轴与YY′电场的场强方向重合)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则()A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极【解析】若要电子打在题图所示坐标的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确．【答案】 D4．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为( )A ．m v 02B.12m v 02 C ．2m v 02D.52m v 02 【解析】 由题意可知小球到P 点时水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v Py t合速度v P ＝v 02＋v Py 2＝5v 0E k P ＝12m v P 2＝52m v 02，故选D.【答案】 D5．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v 先后垂直场强方向射入，分别落到极板A 、B 、C 处，如右图所示，则下列说法正确的是( )A ．落在A 处的微粒带正电，B 处的不带电，C 处的带负电 B ．三个微粒在电场中运动时间相等C ．三个微粒在电场中运动的加速度a A <a B <a CD ．三个微粒到达极板时的动能E k A >E k B >E k C【解析】 微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，x C <x B <x A .则三微粒的运动时间为 t C ＝x C v ，t B ＝x B v ，t A ＝x Av 所以t C <t B <t A微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有 d 2＝12a A t A 2＝12a B t B 2＝12a C t C 2 所以a A <a B <a C ，所以落在A 处的微粒必带正电，B 处的不带电，而C 处的带负电，A 、C 选项正确，B 选项错误．根据动能定理得A 处：mg d 2－q A E d 2＝E k A －12m v 2B 处：mg d 2＝E k B －12m v 2C 处：mg d 2＋q C E d 2＝E k C －12m v 2所以D 项错误． 【答案】 AC6．如右图所示，一种β射线管由平行金属板A 、B 和平行于金属板的细管C 组成．放射源O 在A 极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m 的β粒子．若极板长为L ，间距为d .当A 、B 板加上电压U 时，只有某一速度的β粒子能从细管C 水平射出，细管C 离两板等距．已知元电荷为e ，则从放射源O 发射出的β粒子的这一速度为( )A.2eUmB.L d eU mC.1deU (d 2＋L 2)mD.L deU 2m【解析】 设所求的速度为v 0，与上板A 成θ角．在垂直于极板的方向上，β粒子做匀减速直线运动，当竖直分速度恰好减为零时，有d 2＝12at 2，即d ＝at 2，水平位移L ＝v x t ，两式相除得d L ＝at v x ＝v yv x，又v y ＝at ＝Ue m ，所以v x ＝L d v y ＝L d eU m .所以v 0＝v x 2＋v y 2＝1deU (d 2＋L 2)m .选项C 正确． 【答案】 C7．如图甲所示，两个平行金属板P 、Q 竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压．t ＝0时，Q 板比P 板电势高5V ，此时在两板的正中央M 点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0<t <8×10－10s 的时间内，这个电子处于M 点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是( )A.0<t <2×10－10sB ．2×10－10s<t <4×10－10sC ．4×10－10s<t <6×10－10s D ．6×10－10s<t <8×10－10s【解析】 在0～2×10－10s 时间内电子应向Q 板加速运动，在2×10－10s ～4×10－10s时间内，电子向右减速；在4×10－10s ～6×10－10s 时间内，电子向左加速，在6×10－10s ～8×10－10s 时间内，电子向左减速，D 对． 【答案】 D8．(2010·海淀区期末练习)在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，极板长为l ，两板间距离为d ，在两极板间加一交变电压u ＝U m sin ωt .现有质量为m ，电荷量为e 的电子以速度v (v 接近光速的1/20)从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间．若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则( )A ．当U m <md 2v 2el 2时，所有电子都能从极板的右端射出B ．当U m >md 2v 2el2时，将没有电子能从极板的右端射出C ．当U m ＝2md 2v 2el 2时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶2D ．当U m ＝2md 2v 2el 2时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1∶ 2【解析】 电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，电子经过两极板间的时间内，电压不变，电子做类平抛运动，当电压等于md 2v 2el 2时，电子刚好从极板的右端射出．所以当U m <md 2v 2el 2时，所有电子都能从极板的右端射出，选项A 正确；当U m >md 2v 2el 2时，将有部分电子能从极板的右端射出，选项B 错误；当U m ＝2md 2v 2el 2时，电压小于md 2v 2el 2与电压大于md 2v 2el 2的时间之比为1∶2，选项C 正确；当U m ＝2md 2v 2el 2时，电压小于md 2v 2el 2与电压大于md 2v 2el2的时间之比为1∶1，选项D 错误．【答案】 AC9．(2011·武汉市高三调研)如图所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出．若不计重力，则a 和b 的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)之比是( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶8D ．8∶1【解析】 对a 和b 粒子在水平方向均做速度为v 的匀速运动，分别有：BP ＝v t a ，BC ＝v t b ，且2BP ＝BC ，故2t a ＝t b ；在竖直方向上，分别有：AB ＝12×q a E m a ×t a 2，OB ＝12×q b E m b ×t b 2，且AB ＝2OB ，解得a 、b 粒子的比荷之比为q a m a ∶q bm b＝8∶1，D 正确．【答案】 D10．如右图所示，四个相同的金属容器共轴排列放置，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上开有小孔．在最左边、最右边两个容器上加电压U 后，容器之间就形成了匀强电场．今有一个电子从最左边容器的小孔沿轴线射入，刚好没有从最右边容器射出，则该电子停止运动前( )A ．通过各容器的速度比依次为3∶2∶1B ．通过各容器的时间比依次为5∶3∶1C ．通过各容器间隙所用的时间比依次为5∶3∶1D ．通过各容器间隙的加速度比依次为5∶3∶1 【解析】 由qU ＝12m v 2并且从右往左考虑，可得v ＝2qUm设每段间隙电压为U ′，则有v 3∶v 2∶v 1＝1∶2∶ 3即v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，故A 正确．电子在容器内匀速运动时间应为t ＝sv ，所以通过各容器的时间比为t 1∶t 2∶t 3＝13∶12∶1，B 错误． 【答案】 A二、论述、计算题(本题共3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)11．如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．在电场中，若将一个质量为m 、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．现将该小球从电场中某点P 以初速度v 0竖直向上抛出，重力加速度为g .求：(1)小球受到的电场力的大小及方向．(2)小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功．(3)小球从P 点抛出后，再次落到与P 点在同一水平面的某点Q 时，小球的动能． 【解析】 (1)根据题设条件，电场力大小 F 电＝mg tan37°＝34mg电场力的方向水平向右．(2)小球沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为：a x ＝F 电/m ＝34g小球沿竖直方向做竖直上抛运动，小球上升到最高点的时间为t ＝v 0/g 此过程小球沿电场方向位移为：S x ＝12a x t 2＝3v 02/8g电场力做功为：W ＝F 电S x ＝932m v 02. (3)小球从P 点运动到Q 点的时间为：t 总＝2v 0/g小球从P 点运动到Q 点的水平距离为：S Qx ＝12a x t 总2＝3v 022g小球从P 点运动到Q 点的过程中，由动能定理得：F 电S Qx ＝E kQ －12m v 02解得：E kQ ＝138m v 02[另解：小球从P 点运动到Q 点的时间为：t 总＝2v 0/g 小球从P 点运动到Q 点的水平速度为：v x ＝a x t 总＝32v 0小球从P 点运动到Q 点的竖直速度为：v y ＝v 0 小球在Q 点时动能为：E k Q ＝12m (v 02＋v y 2)＝138m v 02]【答案】 (1)34mg ，水平向右 (2)932m v 02 (3)138m v 0212．(2010·湘潭市模拟)右下图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两极间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．(1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y ；(3)若要电子打到荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 【解析】 (1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12m v 02－0 解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E ，电子在偏转电场中运动的时间为t ，加速度为a ，电子离开偏转电场时的侧移量为y .由牛顿第二定律和运动学公式得：t ＝l v 0 F ＝ma F ＝eE E ＝U 2d a ＝eU 2md y ＝12at 2解得y ＝U 2L 24U 1d(3)减小加速电压U 1或增大偏转电压U 2等．13．(2010·高考安徽卷，24)如图，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R ＝0.2m 的半圆，两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E ＝5.0×103V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v 0沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m ＝1.0×10－2kg ，乙所带电荷量q ＝2.0×10－5C ，g 取10m/s 2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D ，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离；(2)在满足(1)的条件下．求甲的速度v 0；(3)若甲仍以速度v 0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范围．【解析】 (1)由于乙球恰能通过轨道的最高点，则其在D 点只受重力和电场力，其合力提供小球做圆周运动的向心力，即mg ＋qE ＝m v D 2R①乙球离开D 点后做类平抛运动，其加速度为 a ＝mg ＋qE m②在竖直方向上：2R ＝12at 2③在水平方向上：x ＝v D t ④ 由①②③④式联立解得：x ＝0.4m.(2)设碰撞后，乙球的速度为v B ，甲球的速度为v ， 甲、乙球碰撞过程中动量守恒，设v 0方向为正方向，则 m v 0＝m v ＋m v B ⑤又因为甲、乙两球的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，即12m v 02＝12m v 2＋12m v B 2⑥乙球由B 到D 的过程中根据动能定理得－(mg ＋qE )·2R ＝12m v D 2－12m v B 2⑦联立解得v 0＝v B ＝25m/s ⑧(3)设甲球的质量为m 甲，碰撞后乙球速度为v ′B ，甲球速度为v ′，则碰撞过程由动量守恒和机械能守恒得m 甲v 0＝m 甲v ′＋m v ′B ⑨ 12m 甲v 02＝12m 甲v ′2＋12m v ′B 2⑩ 由⑨⑩式联立得v ′B ＝2m 甲m 甲＋mv 0＝2v 01＋m m 甲⑪由⑪式可知，当m 甲增大时，v ′B 也增大，当m 甲≫m 时，接近最大速度v ′B ＝2v 0⑫ 乙球由B 到D 过程中由动能定理得 －(mg ＋qE )·2R ＝12m v ′D 2－12m v ′B 2⑬乙球离开D 点后的最大平抛水平距离x ′＝v ′D t ⑭ 由以上各式联立得x ′＝1.6m.所以乙球在轨道上的首次落点到B 点的距离范围为 0．4m ≤x <1.6m.【答案】 (1)0.4m (2)25m/s (3)0.4m ≤x ′＜1.6m。