2017_2018学年高中物理第一章静电场第12讲习题课：带电粒子在电场中的运动学案新人教版选修3_1

习题课：带电粒子在电场中的运动[目标定位] 1.加深对电场中带电粒子的加速和偏转的理解和应用.2.掌握电场中带电粒子的圆周运动问题的分析方法．一、带电粒子在电场中的直线运动例1 如图1所示，水平放置的A 、B 两平行板相距h ，上极板A 带正电，现有质量为m 、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)整个运动过程中小球克服重力和电场力做功，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答案 见解析二、带电粒子在电场中的类平抛运动例2 长为L 的平行金属板竖直放置，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紧贴左极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度恰与右极板成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．解析 (1)粒子离开电场时，合速度与竖直方向夹角为30°， 由速度关系得合速度：v ＝v 0cos30°＝23v 03， v y ＝v 0tan30°＝3v 03(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动， 在竖直方向上：L ＝v 0t ， 在水平方向上：v y ＝at ， 由牛顿第二定律得：qE ＝ma 解得：E ＝3mv 23qL ；(3)粒子做类平抛运动， 在水平方向上：d ＝12at 2，解得：d ＝36L 答案 (1)23v 03 (2)3mv 203qL (3)36L三、带电粒子在交变电场中运动例3 在如图3甲所示平行板电容器A 、B 两极板上加上如图乙所示的交变电压，开始B 板的电势比A 板高，这时两极板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )甲 乙图3A ．电子先向A 板运动，然后向B 板运动，再返回A 板做周期性来回运动 B ．电子一直向A 板运动C ．电子一直向B 板运动D ．电子先向B 板运动，然后向A 板运动，再返回B 板做周期性来回运动解析 由运动学和动力学规律画出如图所示的v －t 图象可知，电子一直向B 板运动，C 正确．答案 C(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．四、带电粒子在电场中的圆周运动电学知识与圆周运动结合的综合问题是近几年高考热点．解决这类问题的基本方法和力学中的情形相同，但处理时要充分考虑到电场力的特点，明确向心力的来源，灵活应用等效法、叠加法等分析解决问题．例4 如图4所示，一绝缘细圆环半径为r ，其环面固定在水平面上，电场强度为E 的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为＋q 、质量为m 的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动，若小球经A 点时速度v A 的方向恰与电场线垂直，且圆环与小球间沿水平方向无作用力，则速度v A ＝________.当小球运动到与A 点对称的B 点时，小球对圆环在水平方向的作用力F B ＝______.图4解析 在A 点时，电场力提供向心力qE ＝mv 2Ar解得v A ＝qEr m在B 点时，F B ′－qE ＝m v 2Br，F B ＝F B ′小球由A 到B 的过程中，由动能定理得：qE ·2r ＝12mv 2B －12mv 2A由以上各式解得F B ＝6qE . 答案qErm6qE1．(带电粒子在电场中的直线运动)(多选)如图5所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，由此可知( )图5A ．电场中A 点的电势低于B 点的电势 B ．微粒在A 点时的动能大于在B 点时的动能C ．微粒在A 点时的电势能大于在B 点时的电势能D ．微粒在A 点时机械能大于在B 点时的机械能 答案 BD解析 带负电微粒受重力、电场力，合外力与运动方向在同一条直线上，可知所受电场力方向水平向左，场强方向水平向右，沿电场线电势在降低，所以A 点的电势高于B 点的电势，故A 错误；由A 到B ，微粒做减速运动，所以动能减小，电场力做负功，电势能增加，即微粒在A 点的动能大于在B 点时的动能，在A 点时的电势能小于在B 点时的电势能，故B 正确，C 错误；微粒从A 向B 运动，除重力外电场力做负功，机械能减小，选项D 正确． 2．(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图6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 ，电子的初速率为v ，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6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，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 mt 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.3．(带电粒子在交变电场中的运动)在空间有正方向水平向右、大小按如图7所示的图线变化的电场，位于电场中A 点的电子在t ＝0时速度为零，在t ＝1s 时，电子离开A 点的距离大小为l .那么在t ＝2s 时，电子将处在( )图7A ．A 点B ．A 点左方l 处C ．A 点右方2l 处D ．A 点左方2l 处 答案 D解析 第1s 内电场方向向右，电子受到的电场力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为l ，第2s 内电子受到的电场力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移也是l ，t ＝2s 时总位移为2l ，向左． 4．(电场中粒子的圆周运动)如图8所示，半径为R 的环形塑料管竖直放置，AB 为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB 及以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球从管中A 点由静止释放，已知qE ＝mg .求：图8(1)小球释放后，第一次经过最低点D 时的速度和对管壁的压力； (2)小球释放后，第一次经过最高点C 时管壁对小球的作用力． 答案 (1)2gR 5mg ，方向竖直向下 (2)mg ，方向竖直向下 解析 (1)A 至D 点，由动能定理得mgR ＋qER ＝12mv 21，v 1＝2gR由牛顿第二定律F N －mg ＝m v 21R，F N ＝5mg由牛顿第三定律F N ＝F N ′小球对管壁的压力为5mg ，方向竖直向下． (2)第一次经过C ，－mgR ＋qE ·2R ＝12mv 22设管壁对小球的作用力方向竖直向下，mg ＋F C 1＝m v 22RF C 1＝mg ，方向竖直向下.题组一 带电微粒在电场中的直线运动1．下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U 后，哪个粒子获得的速度最大( ) A ．质子11H B ．氘核21H C ．α粒子42He D ．钠离子Na ＋答案 A解析 四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U ，故根据动能定理，qU ＝12mv 2－0得v ＝2qUm由上式可知，比荷qm越大，速度越大；显然A 选项中质子的比荷最大，故A 正确．2．如图1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1A ．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．(多选)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2所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图2A ．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 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg ，方向竖直向下；二是电场力F ＝Eq ，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B 正确． 题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动4．如图3所示，两极板与电源相连接，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( )图3A ．2倍B ．4倍C.12D.14答案 C解析 电子在两极板间做类平抛运动． 水平方向：l ＝v 0t ，所以t ＝lv 0. 竖直方向：d ＝12at 2＝qU 2md t 2＝qUl22mdv 20，故d 2＝qUl 22mv 20，即d ∝1v 0，故C 正确．5．(多选)如图4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4A ．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．6．如图5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5A ．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∶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为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t 2P ，得到a P ＝hv 2l2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2hv 20l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em ，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．7．(多选)如图6所示，氕、氘、氚的原子核以初速度为零进入同一电场加速后，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，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的同一位置上 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；再根据偏移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． 8．如图7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 、带电荷量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0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v 0等于( )图7A.s22qEmhB.s2qEmh C.s 42qEmhD.s4qE mh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12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s2qEmh.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 题组三 带电粒子在交变电场中的运动9．(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8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8A ．微粒在0～1s 内的加速度与1～2s 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1s 内的位移与第3s 内的位移相同 答案 BD解析 微粒在0～1 s 内的加速度与1～2 s 内的加速度大小相等、方向相反，A 项错误；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 项正确，C 项错误．10．(多选)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 内做加速度减小的减速运动，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.题组四 综合应用11．如图10，一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．图10答案 mv 20q解析 设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 v B sin30°＝v 0sin60°①由此得v B ＝3v 0②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12m (v 2B －v 20)③ 联立②③式得U AB ＝mv 20q. 12．中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用． 如图11所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B 时速度为8×106m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107 m/s ，电源频率为1×107Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2，质子的荷质比取1×108 C/kg.求：图11(1)漂移管B 的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压．答案 (1)0.4 m (2)6×104V解析 (1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则 T ＝1f ①L ＝v B ·T 2② 联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m ③(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电压对质子所做的功为W ，质子从漂移管B 运动到E 电场做功W ′，质子的电荷量为q 、质量为m ，则 W ＝qU ④W ′＝3W ⑤W ′＝12mv 2E －12mv 2B ⑥ 联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104V ⑦13．如图12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 的带负电小球，放在水平轨道上的D 点，由静止释放后，在轨道的内侧运动．g ＝10 m/s 2，求：图12(1)小球到达B 点时的速度是多大？(2)小球到达B 点时对轨道的压力是多大？答案 (1)25m/s (2)5N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 ＝25m/s(2)在B 点由牛顿第二定律得：F N －qE ＝mv 2B R F N ＝qE ＋m v 2B R＝5N. 由牛顿第三定律知F N ′＝F N ＝5N ．。