新课标高中物理选修习题课三带电粒子在电场中的运动教案

习题课三带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的直线运动[精典例如]带电粒子在电场中的直线运动[1]1所示，水平放置的A、Bh，上板A带正电，现有质m、带电荷量为＋qBBHv0竖直B板小孔进入板间电场。1带电小球在板间做何种运动？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，在电场中受重力和静电力作用做匀减速直线运动。(2)整个运动过程中重力和静电力做功，由动能定理得－mg(H＋h)－qU

＝0－mv21AB 2 01解得U

m[v2－2g〔H＋h〕]。0＝AB 2q＝0答案(1)做匀减速直线运动(2)m[v2－2g〔H＋h〕]02q1．带电粒子在电场中做直线运动与其他力平衡。(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——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。(2)功和能方法——动能定理。(3)能量方法——能量守恒定律。[1](多项选择)2所示，M、Nm、qv0NU1NM、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)( )22使初速度减为原来的12M、N间电压加倍M、N4倍D 1M、N间电压都减为原来的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，由动能定理可得－qU＝－1mv2。要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极2 0U

U1＝－1

1 U v2

q2 2m1v方程得 ＝1，选项B、D正确。v答案BD带电粒子在电场中的类平抛运动02答案BD带电粒子在电场中的类平抛运动0[精典例如][2]L电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0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3所示，不计粒子重力，求：3(2)匀强电场的场强；(3)两板间的距离。解析(1)30°，由速度关系得合速度v＝

＝2 3v0，vy＝v0v

tan30°＝

。3

cos30° 30在竖直方向上：L＝vt，0y在水平方向上：v＝at，yqE＝ma3mv2E＝3qL0。粒子做类平抛运动，at在水平方向上：d＝1 2，at323d＝

6L。2 3v0 3mv2 3答案(1) 3 (2)3qL0 (3)6L分析带电粒子在电场中做类平抛运动的方法：利用运动的合成与分解把曲线定理、功能关系等。的运动轨迹向哪个方向弯曲。[2](2023·贵州遵义红花岗区模拟)4直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由OPOP与初速度方向的夹角45°P点时的动能为()4mv2

1mv20 2 052mv2 D.mv20 2 0

0＋v0，解析由题可知：小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即vt＝0，

Pyt2v＝

v2＋v2

＝5vP 0 Py 0mv＝mv。则E ＝1 2 5 2mv＝mv。kP 2 P 2 0带电粒子在交变电场中的运动答案D带电粒子在交变电场中的运动[精典例如][3]5A、B6甲、乙所示的v－t图象。56解析t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动。对于题图甲，在0～1T1T～T2 2速度图象如图(a)所示。对于题图乙，在0～T内做类似(1)0～T的运动，T～T电子做反向先匀加速、2 2如图(b)所示。答案见解析[3](多项选择)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用下由静止开头运动则以下说法中正确的选项是( )70～1s1～2s内的加速度一样C．微粒做往复运动1s3s内的位移一样解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正，作出粒子的v－t图象如以下图。由图B、D正确。带电体(或带电粒子带电体(或带电粒子)在电场中的圆周运动[要点归纳]1．解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，指向圆心的重力或静电力。2．有时可以把复合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”。[精典例如]E的AvA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：8vA的大小；AB点时，对环在水平方向的作用力的大小。解析(1)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：＝v2，＝qE mAr＝Av＝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1 12qEr＝mv2－mv22 B 2 AB点时，依据牛顿其次定律，在水平方向有B－qE＝B

v2，FB mrBB点受到环的水平作用力为F＝6qE。B由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小BF＝6q。BqErm答案(1) (2)6qErm[4]9所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在水平m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电C点时速度最大，、C＝60°，重力g。求：9小球所受到的静电力的大小；Av0B点时对圆轨道的压力最小？解析(1)小球在C点时速度最大，则在该点静电力与重力的合力沿半径方向，F＝mgtanθ＝3mg。(2)由题意可知，D点为等效最高点，假设小球到达D点时速度最小，则小球经过B点时对轨道的压力最小。设在D点时轨道对小球的弹力恰为零，则mg

＝mv2v＝2grAD点的过程，由动能定理可得

cosθ r－[mgr(1＋cosθ)＋Frsinθ]＝1

2－1 2解得v＝2 2gr。0答案(1) 3mg (2)2 2gr01.

2mv

2mv0101(带电粒子在电场中的直线运动)10所示，一个平行板电容器充电后与电源v1，加速度为a21v2a2，则()1 2 1 A．a∶a＝1∶1，v∶v＝1∶1 2 1 1 2 1 B．a∶a＝2∶1，v∶v＝1∶1 2 1 1 2 1 C．a∶a＝2∶1，v∶v＝2∶11 2 1 1 2 1 D．a∶a＝1∶1，v∶v＝1∶21 2 1 解析∶电场中受到的电场力不变，故 a∶1

a＝1∶1。由动能定理 eU＝1mv2得v＝2m1 22eU2U＝EdU增大为2v∶v＝1∶2D正确。2m1 2答案D变电场中的运动)在空间有正方向水平向右、大小按如图11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( )11A．A点 B．A点左方l处C．A点右方2l处 点左方2l处解析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l，t＝2s2l，方向向左。答案D(带电粒子在电场中的类平抛运动)12A受热后向右侧空间放射ev，且各个方向都有。与AlB，电子击中荧光屏时便会发光。假设在AB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。12解析阴极A受热后放射电子，这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域，取两个极端状况如以下图。vP点。y＝vt，水平方向上：l＝1Ee2，解得y＝v 2ml。2·mt Eev光屏上的Q点，同理可得y′ 2ml。EeBS＝πy2

Ee答案2mlv2πEe4．(带电粒子在复合场中的圆周运动)13所示，半径为R的光滑圆环竖直置于场强为E的水平方向的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿AOB时，求小球对环的压力。(g)。131解析小球从A运动到B的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能定理有1mgR＋EqR＝2mv21BmgFF1F

－Eq＝v21 mR1F＝2mg＋3Eq1F1′＝2mg＋3Eq，方向水平向右。答案2mg＋3Eq，方向水平向右根底过关带电粒子均从静止开头在电场力作用下做加速运动，经过一样的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大( )A．质子1H B．氘核2H122

1Na＋解析U，故依据动能定理，qU＝

2－0v＝2qUm122qUm1由上式可知，比荷q越大，速度越大；明显A选项中质子的比荷最大，故A正m确。答案A2.多项选择)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1()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＝qE，方向垂直于极板向上。因二力均为恒力，带电二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒B正确。答案BD3．(多项选择)如图2所示，一电子沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和v ；Dy电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则( )DyvCy∶v ＝1∶2C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3Dy

2DyvCy∶v ＝1∶4D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4Dy解析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，OA＝ABOCCD的时间相等。电子在竖直方向上做v

＝at ，v ＝at ，所以v ∶v ＝t ∶tCy OC Dy OD Cy Dy OC OD＝1∶2，故A正确，B错误；依据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：OC OD k1 OC k2 OD k1 y ∶y ＝1∶4，依据动能定理得ΔE ＝qEy ，ΔE ＝qEy ，则OC OD k1 OC k2 OD k1 ＝1∶4C错误，D正确。答案AD够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，以下四个选项中的图象，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选项是( )3解析AB板间所加电压的周期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，Cx＝atv＝at可知，A项正确，Cx＝at2答案ADA板电势按如图乙所示规律变化，则以下说法正确的选项是( )4B．t1时刻电子的动能最大PeU0t2～t3时间内飞出电场解析BA0~t1Bt1时刻t1～t2t2时刻速度恰好为零，接下来，电子重复上述运动，所以电子始终向B板运动，直到从小孔P穿出，A错0PeU，C正确，D错误。0答案BC如图5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，absadhm、带电荷量分别为＋q和－q的acabcdv0进入矩形区域(两粒子不同时)v0等于()5A.sA.s2C.s42qEmh2qEmhB.s2D.s4qEmhqEmh解析依据对称性，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1 1 1qE

2，解得v s qE。应选项B正确，选项2s＝v0t，在竖直方向有2h＝2·mtA、C、D错误。

0＝2 mh答案B力气提升如图6所示，质量一样的两个带电粒子P、Q以一样的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中从两极板正中心射入从下极板边缘处射入，它们最终打在同一点(重力不计)，则从开头射入到打到上极板的过程中( )6t t Q Pa a Q PqP∶qQ＝1∶2QΔEkP∶ΔEk＝1∶2Q解析h，P、Qv0，加速度分别为aPaQ，粒P到上极板的距离是ll＝vt，2h 1 hv2

0P2hv2＝at2a＝

t

，h＝a

t2a＝

2PP

l2

0Q 2QQ

l2t＝t

a

∶q

＝1∶2。由动能定理得，P Q Q

P m Q m P QΔE

∶ΔE ＝ hP2 QP2 Q

kP kQ

ma ∶ma h＝1∶4项正确。8.(2023·天津卷，3)如图7所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小vMN2v，方向与电MN的过程()71动能增加2mv23C.重力势能增加2mv2解析动能变化量ΔE

1 1＝ m(2＝

2mv2D.2mv2v2＝3mv2，A错误；重力和电场力做功，k 2 2m 2机械能增加量等于电势能削减量，带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运x，则电势能削减量等于电场力做的功ΔE动，由运动学公式得(2v)2－0＝x，则电势能削减量等于电场力做的功ΔEm p电＝W电＝qEx＝2mv2，B正确，DN时竖直方向的速度为零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔE

＝mgh＝1mv2，C错p重 2误。答案B9.(2023·全国卷Ⅲ，24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的OmA、B。A不带电，Bq(q>0)。AOv0P点所tt；BOP点所用时间为2g，求：电场强度的大小；BP点时的动能。解析(1)Ba运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①1t2 12a2＝gt2② 2③解得E＝3mg③q(2)设B从O点放射时的速度为v1P点时的动能为Ek，O、P两点的高度h，依据动能定理有mgh＋mgh＋qEh＝Ek－2mv21v·t＝vt⑤12 01h＝2gt2⑥③④⑤⑥式得0Ek＝2m(v2＋g2t2)⑦03mg0答案(1)q (2)2m(v2＋g2t2)08L＝0.20mm＝1.0×10－4kg、带电q＝＋1.0×10－6CO上，丝线拉着小球可2.0×103N/C。现将小球拉到与轴OA点，然后无初速度地将小球释放，取g＝10m/s2。求：8B时速度的大小；小