2021-2022学年人教版高中物理选修3-1学案：第一章《静电场》第一章 第8节 Word版含答案

学案8 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 ＝U d
，其电势差与电容的关系式
为C ＝Q U
.
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肯定等于零，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相同． (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相反． 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 ＝12
at 2
速度关系：⎩
⎪⎨
⎪⎧
v x ＝v 0
v y ＝at ，速度的偏转角的正切值tan θ＝v y
v x
.
4．在所争辩的问题中，带电粒子受到的重力远小于电场力，即mg ≪qE ，所以可以忽视重力的影响．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依据具体的状况而定．
5．物体做匀速圆周运动，受到的向心力为F ＝m v 2
r
(用m 、v 、r 表示)＝mr (2πT
)2(用m 、r 、T 表示)＝mrω2
(用m 、
r 、ω表示).
一、带电粒子在电场中的直线运动
争辩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？
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 ＝0－12
mv 2
解得U AB ＝m [v 20－2g
H ＋h ]2q
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争辩，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v 0＝4.0×107
m/s 的初速度从两板中心水平射入板间，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受的加速电场的电压(设从静止加速)；
(2)为使带电粒子能射到荧光屏的全部位置，两板间所加电压的取值范围． 解析 (1)设加速电场的电压为U 1，由动能定理可得eU 1＝12
mv 2
0－0
化简得U 1＝mv 20
2e
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 (l v 0
)2
tan θ＝v y v 0＝
U 2el dmv 20
＝y
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 θ＝D /2L ＋
l 2
＝D
2L ＋l
U 2＝Ddmv
2
el 2L ＋l
代入全部数据得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 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转变，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；争辩带电粒子在交变电场中的运动需要分段争辩，特殊留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头运动，则下列说法中正确的是( )
图3
A ．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
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． 答案 BD
四、带电粒子在电场中的圆周运动
解决带电粒子在电场中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，指向圆心的力供应向心力，向心力的供应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．有时可以把电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 点关于圆心对称的B 点时，对环在水平方向的作用力的大小． 解析 (1)在A 点，小球在水平方向只受电场力作用，依据牛顿其次定律得：
qE ＝m v 2A
r
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，依据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即 2qEr ＝12mv 2B －12
mv 2
A
小球在B 点时，依据牛顿其次定律，在水平方向有F B －qE ＝m v 2B
r
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)6qE
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，两极板与始终流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中虚线水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )
图5
A ．所受重力与电场力平衡
B ．电势能渐渐增加
C ．动能渐渐增加
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，故粒子动能削减，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．(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6
A ．v Cy ∶v Dy ＝1∶2
B ．v Cy ∶v Dy ＝1∶4
C ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3
D ．Δ
E k1∶ΔE k2＝1∶4 答案 AD
3．(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 之间加上按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7
A ．电子在A 、
B 两板间做往复运动
B ．在足够长的时间内，电子肯定会碰上A 板
C ．当t ＝T 2时，电子将回到动身点
D ．当t ＝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，经受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 ＝104
N/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，小球在轨道的内侧运动．g ＝10 m/s 2
，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 (1)小球从D 至B 的过程中，由动能定理：
qE (2R ＋R )－mgR ＝1
2
mv 2B
解得：v B ＝2 5 m/s
(2)在B 点由牛顿其次定律得：F N －qE ＝m v 2B
R
F N ＝qE ＋m v 2B
R
＝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.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 为放射电子的阴极，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视，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1
A ．假如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v
B ．假如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 /2
C ．假如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
v D ．假如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 /2
答案 AC
2.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，假如要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的1
2后返回，
下列措施中能满足此要求的是(不计带电粒子的重力)( )
图2
A ．使初速度减为原来的1
2
B ．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
2
答案 BD
解析 由qE ·l ＝12mv 2
0，
当v 0变为
22v 0时l 变为l 2
； 由于qE ＝q U
d
，
所以qE ·l ＝q U d ·l ＝12
mv 2
0，
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，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，最终打在荧光屏上，那么( )
图3
A ．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 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；再依据偏转距离公式或偏转角公式y ＝l 2U 24dU 1，tan θ＝lU 2
2dU 1
知，与带电粒子无关，D 对．
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 从两极板正中心射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最终打在同一点(重力不计)，则从射入到打到上极板的
过程中( )
图4
A ．它们运动的时间t Q ＞t P
B ．它们运动的加速度a Q ＜a P
C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2
D ．它们的动能增加量之比Δ
E k P ∶ΔE k Q ＝1∶2 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h
2
，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 2
0l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12
a Q t 2
Q ，
得到a Q ＝2hv 2
0l 2.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 h
2
∶ma Q h ＝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，应当( )
图5
A ．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1/2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 2
4U 1d
，明显选A.
6.如图6所示，带正电的粒子以肯定的初速度v 0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6
A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU
4
B ．在后t
2时间内，电场力对粒子做的功为3qU
8
C ．在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为1∶2
D ．在粒子下落前d
4和后d
4的过程中，电场力做功之比为1∶1 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 ＝
Uq dm ，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 2
4＝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d 4、后d 4电场力做的功分别为W 1＝18qU ，W 2＝38qU ，W 3＝14qU ，W 4＝1
4
qU . 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7
A ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量肯定相等
B ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能肯定相等
C ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率肯定相等
D ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能肯定相等 答案 BC
解析 由题图可知，该粒子流在电场中做匀速圆周运动，电场力供应向心力qE ＝m v 2r 得r ＝mv 2
qE
，r 、E 为定值，
若q 相等则12mv 2肯定相等；若q
m
相等，则速率v 肯定相等，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 ．小球肯定带负电
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 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，电场力肯定与场强方向相反，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BA 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，一对平行板长l ＝4 cm ，板间距离为d ＝3 cm ，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α＝37°，若两板间所加电压U ＝100 V ，一带电荷量q ＝3×10
－10
C 的负电荷以v 0＝0.5 m/s 的速度自A 板左边缘水平进
入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B 板右边缘水平飞出，则带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？带电粒子的质量为多少？(g 取10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图9
答案 1 m/s 8×10－8
kg
解析 带电粒子能沿直线运动，所受合力与运动方向在同始终线上，由此可知重力不行忽视，受力分析如图所示．
电场力在竖直方向上的分力与重力等大反向，则带电粒子所受合力与电场
力在水平方向上
的分力相同，即水平方向上F 合＝qE sin α＝q U
d
sin α
竖直方向上mg ＝qE cos α
m ＝qE cos αg ＝qU cos αdg ＝3×10－10×1003×10－2
×10
×0.8 kg＝8×10－8 kg 依据动能定理有12mv 2－12mv 20＝F 合x ，x ＝l 2＋d 2
联立以上各式解得v ＝1 m/s.
10．如图10甲所示为一对间距为d 、足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压(如图乙所示)，设U 0和T 已知．A 板上O 处有一静止的带电粒子，其带电荷量为q ，质量为m (不计重力)，在t ＝0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B 板运动，途中由于电场反向，粒子又向A 板反回(粒子未与B 板相碰)． (1)当U x ＝2U 0时，求带电粒子在t ＝T 时刻的动能．
(2)为使带电粒子在一个周期时间内能回到O 点，U x 要大于多少？
甲 乙
图10
答案 (1)T 2U 20q
2
8d 2m
(2)3U 0
解析 (1)U x ＝2U 0时由a 1＝
U 0q dm ，a 2＝2U 0q dm 和T 2时的速度v 1＝a 1T 2得，T 时刻速度v 2＝v 1－a 2T 2＝a 1T 2－a 2T 2＝－TU 0q 2dm
，故T 时刻的动能E k ＝12mv 22＝T 2U 20q
2
8d 2m
.
(2)T 2时刻的位移x ＝12a 1(T 2)2，T 2～T 时刻的位移x ′＝v 1T 2－12a x (T 2)2
， v 1＝a 1T
2，x ＝－x ′，联立解得a x ＝3a 1
由于a 1＝
U 0q dm ，a x ＝U x q
dm
，所以U x ＝3U 0. 11.两平行金属板A 、B 水平放置，一个质量为m ＝5×10－6
kg 的带电微粒，以v 0＝2 m/s 的水平速度从两板正中心位置射入电场，如图11所示，A 、B 两板间距离为d ＝4 cm ，板长l ＝10 cm ，g ＝10 m/s 2
.
图11
(1)当A 、B 间的电压为U AB ＝1 000 V 时，微粒恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该粒子的电荷量和电性． (2)令B 板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A 板所加电势的范围． 答案 (1)2×10－9
C 负电 (2)－600 V ＜φA ＜2 600 V
解析 (1)当U AB ＝ 1 000 V 时，重力跟电场力平衡，微粒才沿初速度v 0方向做匀速直线运动，故q U AB
d
＝mg ，q ＝
mgd U AB
＝2×10－9
C ；重力方向竖直向下，则电场力方向竖直向上，而场强方向竖直向下(U AB ＞0)，所以微粒带负电．
(2)当qE ＞mg 时，带电微粒向上偏，从右上边缘M 点飞出，如图所示，
设此时φA ＝φ1，由于φB ＝0，所以U AB ＝φ1，电场力和重力都沿竖直方向，粒子在
水平方向做匀速直线运动，速度v x ＝v 0；在竖直方向a ＝
qφ1md －g ，侧位移y ＝d 2，所以1
2
d ＝12at 2，t ＝l v 0
，代入a 和t 解得φ1＝mv 20d 2
＋mgdl 2
ql 2
＝2 600 V ．当qE ＜mg 时，带电微粒向下偏，设此时φA ＝φ2，同理可得φ2
＝－600 V ，故欲使微粒射出偏转电场，A 板电势的范围为－600 V ＜φA ＜2 600 V.。