金板学案2016届高考物理一轮复习课件练习第七章电场4带电粒子在匀强中的运动

4课带电粒子在匀强电场中的运动考点一带电粒子在匀强电场中的运平衡问题平衡条件：F合加(减)匀变速直线

不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到方向与初速度方向垂直的静电力作用而做类平抛运动．处理方法①分析方法——类平抛运动的合成与分解垂直于电场线方向为匀速直线平行于电场线方向为初速度为零的匀加速直线运动．②基本过程，如右图③几个结论设粒子带电荷量为q，质量为m属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d，(忽略重力影响)，则加速度

＝m＝ v在电场中的运动时间 v

＝00位移0

速度

v＝

qUl．x0 θ＝vx0考点二构造①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图所示工作原理Y′上加的是待显示的信号电压，X′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和信号电压到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．,如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子ab以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，bAB的中点O射入，从顶点C射出．若不计重力，则ab的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)是(D) 解析：两粒子在电场中均做类平抛运动，则沿初速度方向＝v0t，垂直于初速度m 1qE0y＝2m·v2，则有0 ya x2 ·b＝x2

＝8∶1，D项正 如图所示，质量为m，电荷量为q度v0进入场强为E的匀强电场中，极板的长度为L，电容器极板到光屏的距离也是L.已知带电粒子打到光屏的P点，求偏移量OP的大小．解析：粒子离开电场时的偏移距离为 离开电场时的偏角为：tan0

2m离开电场后偏移距离 0y2＝L－2tan0屏上P点偏移中心O的距离为 ＝ 200答案0L＝1.2m、质量M＝3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4C的物块放在木板的上端，木板和物的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面E＝4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8N．取g＝10m/s2，斜面足够长．求：物块离开木板时木板获得的动能物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能解析：(1)物块向下做加速度为a1，木板的加速度为a2，则由第二定律：对物块：mgsin37°－μ(mgcos对木板Mgsin37°＋μ(mgcos2又 22a1t－2a2t＝L，得物块滑过木板所用时间 2物块离开木板时木板的速度2

其动能为 2＝27由于摩擦而产生的内能为Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.162答案2

(2)27 (3)2.16一、如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则PQ的质量之比为(A) 1

解析：带电粒子做类平抛运动 得

2∝qx2m入已知条件得mP∶mQ＝3∶4，A

不计的带电粒子静止在平行板，从＝0时刻开始将描述粒子运动的速度图象的是A)解析：0～T时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动，T～T 周期性重复，故A对．，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动 2v0 解析由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移即 v0t＝1Py，

＝ 2，故选 K出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板间．金属板长为L，相距为dA、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏me，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是(B)A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大，亮点距离中心就越远．设电子经过U1加速后速度为根据题意得 电子在A、B间做类平抛运动，当其离开偏转电场时沿电场的分速md结合①②式，速度的偏转角θ满足：tanθ＝vy＝U2L 是B.如图所U1OP板板间U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动U2加U2变为原来的4U2变为原来的22使U2变为原来的2解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场

x一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变

at＝ 2md2＝qU2x2

2

＝U2x2，可见 、一定时 0A项正确．0

二、选择为m，整个装置处于水平向右的匀强电场中．小球平衡时，细线与竖直方向的夹角为θg，则(AD)小球一定是带正小球所受的电场力等于若剪断悬线，则小球做曲线运

解析：对小球受力分析如图所示，由qE的方向球带正电，A项正确θ＝45°时，qE＝mgB误；剪断细线，小球在恒力F的作用下由静止做匀加速直线运动，C误、D项正确．如图所示：a、b是电场中某一电场初速度v0从a点向b点运动，只受电场力作用，规定正电荷在a点确的是AD)沿ab沿ab方向电场强度逐渐变电场方向由a电场方向由b指向带正电，则电场方向由b指向a，选项A、D正确．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微粒，从极板左侧以相同的水平初速度v先后垂直场强方向射入A、B、C处，如图所示，则下列说落在A处的微粒带正电，B处的不带电，C处C．三个微粒在电场中运动的加速度aAaB＜aCD．三个微粒到达极板时的动能EkA＞EkB＞EkC解析：微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度 所以微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有

所以aA＜aB＜aC，所以A处的微粒必带正电，B处的不带电，而C处的带负电，A、C选项正确，B正确．根据动能定理A处 B处 C处 所以D误1如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变．让质子11别沿ab轨迹落到极板的和边缘则质子沿b轨迹运动时加速度更 B．初速度更C．动能增量一样大D．两次的电势能增量相m解析：根据a＝qE，可知质子流竖直方向上的加速度相同，由m偏转位移大小相等根据 2知运动时间相同故水平位移越大初速度越大A误B项正确由于电场力相同在电场力方向一样，C项正确，D项正确．竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷MNA边缘和板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射作用，下列说法正确的是AB)解析带电粒子在电场中的类平抛运动可分解为沿电场方加速运动与垂直电场方向的匀速运动两个分运以两电荷在中的运动时间相等；又因为d＝1at2，a＝qE，因为偏转量d q可能不同．由动能定理可知，两电荷离开电场时动能不相等，故正确答案为A、B.三、非选择如图所向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的小球，从O点出发，初速度的大小v0，在重力与电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方向成θ角做匀直线运动．求：匀强电场的场强的大小解析：(1)小球做直线运动，故重力与电场力的合力必与v0在一条直线上，即tanθ＝mg，得E＝mg qtan小球做匀直线运动，根据F＝ma得mg＝ma，a＝ sin

sin v2sin0 0最大位移 0v2sinθcos0水平位移x＝scos ；0mv2cos20电势差

0mv2cos20答案qtan

如图所示，图中xOy所在平面与光滑水平面重合，场强方向x轴正向平行，电场的半径为R＝2m，圆O与坐标系场强E＝2N/C量为q＝－1×10—5Cm＝1×10－5kg的带负电的粒Ov0＝1m/sy轴正方向射入电场，求解析：(1)粒子沿x轴方向做匀加速运动，加速度为Eq＝max＝1 2，沿y轴方向做匀速运动y＝v0tx2＋y2＝R2，解得：t＝1粒子射出电场边界时，在负x轴上运动的位移为

Eqmt＝1Eqy轴方向运动的位移为y＝v0t＝1m；位置坐标为x＝－1m，y＝1m.出射时的动能由动能定理得

代入解得：Ek＝2.5×10－5

答案：(1)1 (2)(－1m，1 (3)2.5