【教育资料】第一章习题课三学习精品

1、教育资源习题课三带电粒子在电场中的运动要点带电粒子在电场中的直线运动教育资源要点归纳1 .关于带电粒子在电场中的重力(1)基本粒子：如电子、质子、a粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外， 此类粒子一般不考虑重力(但并不忽略质量)o(2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一 般都不能忽略重力。2 .加速问题处理的方法和思路(1)根据带电粒子所受的力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带 电粒子的速度、位移等。一般应用动能定理来处理问题，若带电粒子只受电场力作用：若带电粒子的初速度为零，则qU = 2mv2,末速度v=若粒子的初速度为vo,则qU=2m

2、v2-2mv,末速度v=v2 + 2qmU。精典示例例1 一个电子(质量为9.1 10 31 kg,电荷量为1.6 10 19 C)以v0 = 4.0 X07 m/s 的初速度沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知电场强度大小E =2.0 105 N/C,不计重力，求：(1)电子在电场中运动的加速度大小；(2)电子进入电场的最大距离；电子进入电场最大距离的一半时的动能。解析(1)电子沿电场线的方向飞入，仅受电场力作用，做匀减速运动，由牛顿第 二定律得：qE=ma, 得 声翟3.5诃6.。(2)电子做匀减速直线运动,由运动学公式得：v0= 2ax 所以 x=v0- = 2.28 便-2 m。

3、2a 111电子进入电场最大距离的一半时的动能为Ek,根据动能定理得eEx= Ek 2mv0,代入数据得Ek =3.6 10-16 Jo答案(1)3.5 1016 m/s2 (2)2.28 10 2 m(3)3.6 10 16 J1 .带电粒子在电场中做直线运动匀速直线运动：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)匀减直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向反向。2 .分析带电粒子在电场中做直线运动的方法(1)动力学方法一一牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。功和能方法一一动能定理。(3)能量方法一

4、一能量守恒定律。针对训练1(多选)如图1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， 一、一 1 一 一粒子恰好能到达N板。如果要使这个带电粒子到达 M、N板间距的2后返回，下列措施中满足要求的是(不计带电粒子的重力)()图11A.使初速度减为原来的2B.使M、N问电压加倍C.使M、N问电压提高到原来的4倍1D.使初速度和M、N0电压都减为原来的2解析 由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，当粒子恰好能到达N板时，由1动能定理可得一qU = 2mv0。要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板问Ui 1电压为U1,粒子

5、的初速度为V1,则由动能止理可得一q2= 2mv2,联立两万程Ui v2、，.一人得2U=V0,选项B、D正确。答案 BD带电粒子在电场中的偏转要点归纳1 .进入电场的方式：以初速度v。垂直于电场线方向进入匀强电场2 .受力特点：静电力大小恒定，且方向与初速度 v。的方向垂直。3 .运动规律（如图2所示）： 偏转角度8满足：tan 8= = qgvo mdvo4 .带电粒子偏转的两个结论（1）粒子从偏转电场射出时，其速度 v的反向延长线过水平位移的中点。（2）不同的带电粒子（电性相同），若经同一电场（加速电压为U1）加速后，又进入同一偏转电场（电压为U2）,则它们的运动轨迹必定重合。证明：（1

6、）作粒子速度的反向延长线，设交于 。点，。点与电场边缘的距离为x,则y qUl2 dmv。1xtan 0 2dmvo qUl _2即粒子好像从极板间2处沿直线射出，如图3所示。图3（2）粒子经加速后的速度vo = /誓，-qU2l2 qU2l2 U2I2故偏移里 y= 2dmv0 = 4dqUi = 4dU偏转角tan仁U2l2Ud即偏移量y和偏转角8都与m、q无关 精典示例例2如图4所示，粒子发生器发射出一束质量为 m,电荷量为q的粒子，从静 止经加速电压Ui加速后获得速度V0,并沿垂直于电场方向射入两平行板中央， 受 偏转电压U2作用后，以某一速度离开电场，已知平行板长为L,两板间距离为d

7、, 求：图4(1)粒子从静止经加速电压 Ui加速后，获得的速度V。；(2)粒子在偏转电场中运动的时间t;(3)粒子在离开偏转电场时纵向偏移量 V。解析(1)由动能定理得W= qUi = 2mv2解彳# V0=,j2qUlo(2)粒子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，运动时间为t,且L = vot解得 t=V0=L、/imi(3)粒子在偏转电场中竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a=m =* ,纵向偏移量y= 2at2施徨v_LU2斛行y4dUi答案(1) .祟(2)LL2U24dUi针对训练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

8、板间的匀强电场， 如图5所示。若两板间距离d=i.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?图5解析 加速过程中，由动能定理有12eU = /mvo进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速直线运动l = v0t在垂直于板面的方向电子做匀加速直线运动, 加速度a=m= dm，偏移的距离y= 2at2 电子能飞出的条件y卷联立解得U2Ud2 2 5 000 1.0 10-(5.0 t0-2) 2= 4.0 W2 V 即要使电子能飞出，两极板上所加电压最大为 400 V答案 400 V要点庖带电粒子在交变电场中的运动要点归纳1 .当空间存在交

9、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图像，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。精典示例例3如图6甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U。，电容器板长和板间距离均为 L=10 cm,下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm,在电容器两极板间接一交变电压， 上极板的电 势随时间变化的图像如图乙所示。（每个电子穿过平行板的时间都极短， 可以认为电压是不变的）求：图6（1）在t = 0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；（2

10、）荧光屏上有电子打到的区间有多长？12解析（1）电子经电场加速酒足qU0=/mV，21 9 1 qU偏 l经电场偏转后侧移量y=at =2 mL V，U偏L所以y = ZUG，由图知t=0.06 s时刻U偏=1.8U0,所以 y=4.5 cm。设打在屏上的点距。点的距离为Y,Y L+2满足y= Y，所以 Y= 13.5 cm。2由题意知电子侧移量y的最大值为2,所以当偏转电压超过2U0,电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L = 30 cm。答案 （1）打在屏上的点位于 O点上方，距。点13.5 cm（2）30 cm注意电场的大小、方向是做周期变化的。电子穿越平行板的时间

11、极短，认为电压是不变的。当U0时，电子向上偏转，U0时，电子向下偏转，因此荧光屏上电子能打到的区间是关于点。对称的。针对训练3（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7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（）A.微粒在01 s内的加速度与12 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 设粒子的速度方向、位移方向向右为正，作出粒子的t图像如图所示。由图可知选项 B、D正确。答案 BD1.（带电粒子在电场中的加速）两平行金属板相距为d,电势差为U, 一电子质量为

12、m,电荷量为e,从。点沿垂直于极板的方向射出，最远到达 A点，然后返回， 如图8所示，OA=h,此电子具有的初动能是（）图8A.edhB.edUhC.eUdbD.eUh解析 电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小。根据题意和题图判1c 一 U断，电子不计重力仅受电场力，由动能止理得一eUoA= 2mv2。因E = d, Uoa-Uh 1 2 eUh = Eh= d ，故？mv0= d 所以 D 正确。答案 D2 .（带电粒子的偏转）如图9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

13、，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变 为原来的（）图9,、，、11A.2 倍B.4 倍C.2D.4l1c解析 电子在两极板间做类平抛运动，水平万向l = v0t, t=V0,竖直万向d=2at2qUl2 小，2 qUl! 口口 , 1= 2mdv，故d=2mv，即 dS0，故 C 正确。答案 C3 .（带电粒子在交变电场中的运动）（多选）如图10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，下列四个选项中的图像，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10解析 由AB板间所加电压的周期

14、性可推知粒子加速度的周期性，D项正确；由v =at可知，A项正确，C项错误；由x= gat2知xt图像应为曲线，B项错误。答案 AD4.（带电粒子的 加速+偏转”）如图11所示，有一电子（电量为e）经电压Uo加速后, 进入两板间距为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：图11（1）金属板AB的长度；电子穿出电场时的动能。1 C _斛析（1）设电子飞离加速电场时速度为 vo,由动能止理eUo=2mv2设金属板AB的长度为L,电子偏转时间t=L vo eUi电子在偏转电场中广生偏转加速度 a = md11电子在电场中偏转y= 2d = 2at2由得

15、L = d、J2p设电子穿过电场时的动能为 Ek,根据动能定理得Ek = eUo+e2 = e（Uo+U）。a2U0U答案（1）d : U （2）&U0+e）基础过关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1HB.笊核2HC.a粒子4HeD.钠离子Na+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 = 2mv20,得v= 缙,由上式可知，比荷土越大，速度越大；显然质子的比荷最大，故 A正确。答案 A2 .（多选）平行的两个极板与水平地面成一角度， 两极板与一直流电源相

16、连。若一带电粒子恰能沿图1所示水平直线通过两极板，则在此过程中，该粒子 （）图1A.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.做匀变速直线运动解析 带电粒子在平行板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 = qE,方向垂直于极板向上。因二力均为包力，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。答案 BD3.（2019晋城高二检测）如图2所示，在A板附近有一电子由静止

17、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（）图2A.两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大B.两板间距越小，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板间的距离无关，仅与加速电压U有关D.两板间距离越小，加速的时间越短，则获得的速率越小i2eu解析 由动能止理可得eU = 2mV2,即v= 7-m, v的大小与U有关，与极板距离无关，C正确。答案 C4.在空间有正方向水平向右、大小按如图3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=1 s时，电子离开A点的距离大小为1。那么 在t=2 s时，电子将处在（）图3A.A 点、B

18、.A点左方1处C.A点右方21处D.A点左方21处解析 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1;第2 s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1,t=2 s时总位移为21,方向向左。答案 D5 .如图4所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一 点进入平行板间的匀强电场后，a粒子才T在B板的a点，b粒子打在B板的b点， 若不计重力，则（）图4A.a的电荷量一定大于b的电荷量B.b的质量一定大于a的质量C.a的比荷一定大于b的比荷D.b的比荷一定大于a的比

19、荷解析 粒子在电场中做类平抛运动,由v2hmaEqa2hmb ,Eqb生ma咔，选项C正确。0）的粒子；在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为一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一2平行于正极板且与其相距71的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，5则M ： m为（）图7A.3 ： 2B.2 ： 1C.5 ： 2D.3 ： 1解析 两粒子同时从静止开始，在电场力作用下做匀加速直线运动，同时经过某1 C一平面，它们在相同时间内位移之比为 2 : 3,根据x=2at2,可知它们的加速度之比为2 : 3。粒子受到的电场力F = qE,结合牛顿第二定律得a

20、=m，由于两粒 子所受电场力大小相等，故质量之比应为 3 ： 2, A正确。答案 A9 .（多选）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O A= A B,电子过C、D两点时竖直方向的分速度为 VCy和VDy；电子 在OC段和OD段动能的变化量分别为 AEk1和AEk2,则（）图8A.VCy ： VDy=1 : 2B.VCy ： VDy= 1 : 4C.AEk1 : AEk2=1 : 3D.AEk1 : AEk2=1 : 4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。到C与从C到D的时间相等。电子在竖直

21、方向上做初速度为零的匀加速运动，则有VCy=atOC, VDy=atOD,所以VCy ： VDy = tOC ： tOD = 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： yoc ： yoD=1 : 4,根据动能定理得 AEki = qEyoc, AEk2=qEyoD,解得 AEki : AEk2=1 :4,故C错误，D正确。答案 AD10 .如图9所示为示波管中偏转电极的示意图，间距为 d,长度为l的平行板A、B 加上电压后，可在A、B之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）。在A、 B等距离处的O点，有一电荷量为+ q、质量为m的粒子以初速度V0沿水平方

22、向（与 A、B板平行）射入（如图），不计重力，要使此粒子能从 C处射出，则A、B间的电 压应为（）图9mvd2 A.hmVl2 慌lmv0C. qdD.qv0解析 带电粒子只受电场力作用,在平行板间做类平抛运动。设粒子由O到C的运动时间为t,则有l = vot。设A、B间的电压为U,则偏转电极间的匀强电场的 场强E=*,粒子所受电场力F = qE = qU，根据牛顿第二定律得粒子沿电场方向 的加速度a = M=md。粒子在沿电场方向做匀加速直线运动，位移为 2d,由匀加2 .2.一 d 1mv0d,速直线运动的规律得2=2at2,解得U=-q产，A正确。答案 A11 .如图10所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度vo垂直射入场强 大小为E