高中物理第一章静电场习题课带电粒子在电场中的运动学案选修3-1讲解

习题课：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； (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，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？ 答案 (1)做匀减速直线运动(2)m [v 20－2g H ＋h ]2q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，在电场中受重力和静电力作用做匀减速直线运动.(2)整个运动过程中重力和静电力做功，由动能定理得 －mg (H ＋h )－qU AB ＝0－12mv 2解得U AB ＝m [v 20－2g H ＋h ]2q.二、带电粒子在电场中的类平抛运动1.分析带电粒子在电场中做类平抛运动的方法：利用运动的合成与分解把曲线运动转换为直线运动.利用的物理规律有：牛顿运动定律结合运动学公式、动能定理、功能关系等.2.分析此类问题要注意：粒子在哪个方向不受力，在哪个方向受电场力，粒子的运动轨迹向哪个方向弯曲.例2 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v 0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2所示，不计粒子重力，求：图2(1)粒子末速度的大小； (2)匀强电场的场强； (3)两板间的距离.答案 (1)23v 03 (2)3mv 203qL (3)36L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 ＝v 0cos 30°＝23v 03. (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L ＝v 0t ，在竖直方向上：v y ＝at ，v y ＝v 0tan 30°＝3v 03， 由牛顿第二定律得：qE ＝ma 解得：E ＝3mv203qL .(3)粒子做类平抛运动，在竖直方向上：d ＝12at 2，解得：d ＝36L .三、带电粒子在交变电场中的运动例3 在如图3所示的平行板电容器的两板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，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的v －t 图象.图3甲 乙图4答案 见解析解析 t ＝0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.(1)对于题图甲，在0～12T 内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，12T ～T 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，其速度图线如图(a)所示. (2)对于题图乙，在0～T 2内做类似(1)0～T 的运动，T2～T 电子做反向先匀加速、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，其速度图线如图(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v －t 图象.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.针对训练1 (多选)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5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5A.微粒在0～1 s 内的加速度与1～2 s 内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒将做往复运动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 设微粒的速度方向、位移方向向右为正，作出微粒的v －t 图象如图所示.由图可知B 、D 选项正确.四、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动例4 如图6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6(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. 答案 (1)qErm(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：qE ＝m v2A r所以小球在A 点的速度v A ＝qEr m. (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2qEr ＝12mv 2B －12mv 2A小球在B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向上有F B －qE ＝m v2B r解以上两式得小球在B 点受到环的水平作用力为：F B ＝6qE .由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小F B ′＝6qE .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2 如图7所示，ABCD 为放在E ＝1.0×103V/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，AB ＝15 cm ，今有m ＝10 g 、q ＝10－4C 的小球从静止由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 ；要使小球能运动到D 点，开始时小球的位置应离B 点________m.图7答案3 0.4 0.25解析 由Eq (AB ＋CO )－mg OB ＝12mv 2C 可得v C ＝ 3 m/s ；在C 处由F N －Eq ＝mv 2C R 得F N ＝0.4 N ，根据牛顿第三定律得在C 处时对轨道的压力为0.4 N ；要使小球能运动到D 点，v D ＝gR ＝1 m/s ，由Eq ·A ′B －mg ·BD ＝12mv 2D ，得A ′B ＝0.25 m.1.(多选)如图8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8A.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.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，粒子做匀减速运动，D项正确.2.(多选)如图9甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项中的图象，反映电子速度v、位移x和加速度a 三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )图9答案AD解析在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性变化的电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U 0ed，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化.由牛顿第二定律F ＝ma 可知，电子在第一个T4内向B 板做匀加速直线运动，在第二个T4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4内向A 板做匀加速直线运动，在第四个T4内向A 板做匀减速直线运动.所以a －t 图象如图甲所示，v －t 图象如图乙所示，又因匀变速直线运动的位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t 图象应是曲线.3.如图10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.图10答案 2mg ＋3Eq ，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mgR ＋EqR ＝12mv 2在B 点小球受到重力mg 、电场力F 和环对小球的弹力F 1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F 1－Eq ＝m v 2R联立以上两式可得F 1＝2mg ＋3Eq小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F 1′＝2mg ＋3Eq ，方向水平向右.4.如图11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 ，求B 上受电子轰击后的发光面积.图11答案2mlv 2πEe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类平抛运动打到荧光屏上的P 点.竖直方向上y ＝vt ， 水平方向上l ＝12·Ee m t 2.解得y ＝v2mlEe.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y ′＝v2mlEe.故在荧光屏B 上的发光面积S ＝y 2π＝2mlv 2πEe.一、选择题(1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.如图1，两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( )图1A.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.2.如图2所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v 1，加速度为a 1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v 2，加速度为a 2，则( )图2A.a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶2B.a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝1∶2C.a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝2∶1D.a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶ 2 答案 D解析 电容器充电后与电源断开，再增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a 1∶a 2＝1∶1.由动能定理Ue ＝12mv 2得v ＝2Uem，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U ＝Ed 知，电势差U 增大为原来的2倍，故v 1∶v 2＝1∶ 2.3.如图3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(设电源电动势为U )( )图3A.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 C解析 电子在AB 之间做匀加速运动，且eU ＝ΔE k ，选项A 正确；电子在BC 之间做匀速运动，选项B 正确；在CD 之间做匀减速运动，到达D 板时，速度减为零，选项C 错误，选项D 正确. 4.如图4，一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25l 的平面.若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )图4A.3∶2B.2∶1C.5∶2D.3∶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25l 的平面，电荷量为q 的粒子通过的位移为25l ，电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a 1＝qE M ，a 2＝qEm，由运动学公式有25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2① 35l ＝12a 2t 2＝qE 2mt 2②①②得M m ＝32.B 、C 、D 错，A 对. 5.如图5所示，静止的电子在加速电压U 1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U 2的作用下偏转一段距离.现使U 1加倍，要想使电子射出电场的位置不发生变化，应该( )图5A.使U 2变为原来的2倍B.使U 2变为原来的4倍C.使U 2变为原来的2倍D.使U 2变为原来的12倍答案 A解析 电子加速有qU 1＝12mv 2电子偏转有y ＝12·qU 2md (l v 0)2联立解得y ＝U 2l 24U 1d，显然选A.6.如图6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6A.经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多B.经过偏转电场的过程中，静电力对氚核做的功最多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静电力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中静电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 ＝l 2U 24dU 1知，偏转距离与带电粒子无关，D 对.7.如图7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7A.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答案 BD解析 由qE ·l ＝12mv 20，知当v 0变为22v 0时l 变为l 2； 因为qE ＝q U d，所以qE ·l ＝q U d ·l ＝12mv 20，通过分析知B 、D 选项正确.8.如图8所示，一电子沿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 ＝AB ，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8A.v Cy ∶v Dy ＝1∶2B.v Cy ∶v Dy ＝1∶4C.ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3D.ΔE k1∶ΔE k2＝1∶4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，已知OA ＝AB ，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v Cy ＝at OC ，v Dy ＝at OD ，所以v Cy ∶v Dy ＝t OC ∶t OD ＝1∶2，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：y OC ∶y OD ＝1∶4，根据动能定理得ΔE k1＝qEy OC ，ΔE k2＝qEy OD ，则得，ΔE k1∶ΔE k2＝1∶4.故C 错误，D 正确.9.如图9所示，两金属板(平行)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U －t 图象应是(设两板距离足够大)( )图9答案 BC解析 由A 图象可知，电子先做匀加速运动，12T 时速度最大，从12T 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 图象可知，电子先做匀加速运动，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做匀减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向匀加速运动，34T 时速度最大，从34T 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 图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做加速度增大的减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向做加速度减小的加速运动，34T 时速度最大，从34T 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 图象可知，电子先做匀加速运动，12T 时速度最大，从12T 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.10.如图10甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )图10A.末速度大小为2v 0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgdD.克服电场力做功为mgd 答案 BC解析 因0～T 3时间内微粒匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T 3时刻的竖直速度为v y 1＝gT 3，水平速度为v 0；在2T3～T 时间内，由牛顿第二定律2E 0q －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y 2＝v y 1－g T3＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理可知，12mgd －W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误；故选B 、C. 二、非选择题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11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/s 2，结果保留两位有效数字)求：图11(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 sin θ－mg cos θ＝0 所以电场强度E ＝3×104N/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 sin θ＋qEL cos θ)＝0－12mv 2A ，代入数据，解得v A ＝2 2 m/s.12.如图12所示，长L ＝0.20 m 的丝线的一端拴一质量为m ＝1.0×10－4kg 、带电荷量为q ＝＋1.0×10－6C 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 ＝2.0×103N/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/s 2.求：图12(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)3.0×10－3N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 ＝mv2B 2v B ＝2 qE －mg Lm＝2 m/s.(2)设小球到达B 点时，受重力mg 、电场力qE 和拉力F T B 作用，mg ＝1.0×10－4×10 N＝1.0×10－3 N qE ＝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，由此可以判断出小球一定受丝线的拉力F T B 作用，由牛顿第二定律有：F T B ＋mg －qE ＝mv 2BLF T B ＝mv 2B L＋qE －mg ＝3.0×10－3N.13.虚线PQ 、MN 间存在如图13所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN 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13(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1； (2)水平匀强电场的场强大小； (3)ab 两点间的电势差.答案 (1)1.0×104m/s (2)1.7×103N/C (3)400 V解析 (1)由动能定理得：qU ＝12mv 21代入数据得v 1＝1.0×104m/s.(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d ＝v 1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：v y ＝at 由题意得：tan 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma 联立以上各式并代入数据得：E ＝3×103 N/C≈1.7×103 N/C.(3)由动能定理得：qU ab ＝12m (v 21＋v 2y )－0联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V.。