（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

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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

2、。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1 A．加速度大小為a＝＋g B．所需的時間為t＝ C．下降的高度為y＝ D．電場力所做的功為W＝Eqd 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h＝gt2＝，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

3、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2 A．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Eq＝mg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

4、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3 A．a(chǎn)首先打在下極板上，b、c同時飛出電場 B．b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

5、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4 A．A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>aC D．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，x＝v0t，由于xA>xB>xC，所以 tA>tB>tC，由h＝at2得： aA

6、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5 A．微粒在0～1 s內(nèi)的加速度與1～2 s內(nèi)的加速度相同 B．微粒

7、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0～1 s內(nèi)的加速度與1～2 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v－t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v－t圖象中，加速度相同的運動一定是平行的直線，圖線與v－t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。

8、[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t＝0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6 A．帶電粒子將始終向同一個方向運動 B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點 C．3 s末帶電粒子的速度為零 D．0～4 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，a2＝2a1，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0～3

9、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F＝m＝mr()2＝mrω2。 [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 mgR＋qER＝mv2① 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

10、向圓心提供向心力，F(xiàn)N－F＝m② 由①②兩式聯(lián)立可得FN＝2mg＋3qE。 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FN＝2mg＋3qE，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

11、量為＋q的小球從管中A點由靜止釋放，已知qE＝mg。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 mgR＋qER＝mv，v1＝2 由牛頓第二定律 FN－mg＝m，F(xiàn)N＝5mg 由牛頓第三定律FN＝FN′ 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9 A．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

12、 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　D 2．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10 A．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mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙

13、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　D 3．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11 A．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

14、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v－t圖象可知，電子一直向B板運動，C正確。 答案　C 4．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θ都相同，應滿足(　　) 圖12 A．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： y＝at2＝()2＝， 偏轉角θ滿足tan θ＝＝＝。 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

15、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qU1＝mv，則y＝，tan θ＝，y、tan θ均與v0、Ek、q、m無關，D正確。 答案　D 5.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13 A．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

16、動，因此B對，A、C、D錯誤。 答案　B 6．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° ① 由此得vB＝v0② 設A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有 qUAB＝m(v－v)③ 聯(lián)立②③式得UAB＝④ 答案　 1.如圖1所示，一帶

17、正電粒子以初速度v0垂直射入勻強電場中，該粒子將(　　) 圖1 A．向左偏轉 B．向右偏轉 C．向紙外偏轉 D．向紙內(nèi)偏轉 答案　A 2．(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2 A．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

18、誤 答案　BC 3．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3 A．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　B 4．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

19、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M∶m為 (　　) 圖4 A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析　設電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有：aM＝，l＝t2；對m有：am＝，l＝t2。聯(lián)立解得＝，A正確。 答案　A 5．(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

20、為k。下列說法正確的是(　　) 圖5 A．小球帶正電 B．小球的帶電荷量為 C．小球的帶電荷量為R D．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，mg＝F庫sin 45 °，Eq＋F庫cos 45 °＝FNA，對B球，由平衡條件知Eq＝F庫cos 45 °，mg＋F庫sin 45 °＝FNB，解得FNA＝FNB，小球的帶電荷量為q＝＝，選項B正確，C、D錯誤。 答案　B 6．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

21、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　D 7．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

22、所夾的銳角為45°，則下列結論正確的是 (　　) 圖7 A．此液滴帶正電 B．液滴的加速度等于g C．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a＝＝＝g，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　B 8.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

23、)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eU0＝mv① 設金屬板AB的長度為L，電子偏轉時間 t＝② 電子在偏轉電場中產(chǎn)生偏轉加速度a＝③ 電子在電場中偏轉y＝d＝at2④ 由①②③④得：L＝d (2)設電子穿過電場時的動能為Ek，根據(jù)動能定理得Ek＝eU0＋e＝e(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θ。如將絕緣線剪斷，問： 圖9 (1)小球將如何運動？ (

24、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θ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 θ＝ Eq＝ma水平 所以小球的水平分加速度a水平＝gtan θ 要打到金屬板上，水平位移x＝d－Lsin θ 由勻變速直線運動規(guī)律可得：x＝at2 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。現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板

25、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t＝0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t＝0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t＝T/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：e＝mv2－mv 解得：v＝ (2)電子從t＝0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：Lmin＝v0T (3)電子從t＝T/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d＝T，即兩板間距至少為T 答案　(1)　(2)v0T　(3)T 15