2020新教材高中物理第十章静电场中的能量5带电粒子在电场中的运动练习(含解析)新人教版必修第三册

.带电粒子在匀强电场中的偏转:(1)条件分析:不计重力的带电粒子以垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动特点:类平抛运动。(3)处理方法:利用运动的合成与分解。2.带电粒子在匀强电场中的类平抛偏转的基本规律:设粒子带电荷量为q,质量为m,两平行金属板间的电压为U,板长为l,板间距离为d(忽略重力影响),则有:(1)加速度:a=Fm=qEm=(2)在电场中的运动时间:t=lv(3)速度vv=vx2+vy2,tan(4)位移l【典例示范】如图所示,平行金属板间存在匀强电场,一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场,经过时间t1射出电场,射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y1。另一个电子以初速度v2(v2>v1)仍沿平行于板面方向射入电场,经过时间t2射出电场,射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y2。不计电子的重力。下列关系式中正确的是 ()A.t1=t2 B.t1>t2C.y1=y2 D.y1<y2【解析】选B。一个电子以初速度v1沿平行于板面方向射入电场,经过时间t1射出电场,射出时沿垂直于板面方向偏移的距离为y1;电子在电场中做类平抛运动,可将速度沿着初速度与加速度方向进行分解,初速度方向做匀速直线运动,而加速度方向做初速度为零的匀加速直线运动,设金属板长度为L,依据运动学公式及加速度相等,则有:t1=Lv1,而y1=12at12;同理,则有:t2=Lv2,而y2=12at22;由于v2>v1,因此t1>t2,且有y1>y2【素养训练】1.如图所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边沿飞出,现在使电子入射速度变为原来的14,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边沿飞出,则两极板的间距应变为原来的()A.4倍 B.2倍 C.14倍 D.1【解析】选A。设电子的质量为m,初速度为v,极板的长度为L,两极板间的距离为d,电场强度为E,电子做类平抛运动,水平方向有:L=vt,竖直方向有:y=12at=eU2mdt2=d,解得:eUL22mv2=d2,若使电子入射速度变为原来的14,仍要使电子从正极板边沿飞出,由上式可知,两极板的间距应变为原来的42.如图所示,电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中,入射方向跟极板平行,整个装置处在真空中,重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下,下述四种情况中一定能使电子的偏转角变大的是 ()A.U1变大,U2变大 B.U1变小,U2变大C.U1变大,U2变小 D.U1变小,U2变小【解析】选B。设电子被加速后获得的速度为v0,电子在加速电场加速的过程,由动能定理得:qU1=12mv02设水平极板长为L,两极板间的距离为d。则电子在偏转电场中运动时间为:t=Lv0电子在偏转电场中的加速度为:a=qEm=qU电子射出偏转电场时,平行于电场方向的速度:vy=at, ④电子射出偏转电场时的偏转角正切值:tanθ=vyv由①～⑤解得:tanθ=U2所以一定能使电子的偏转角变大的是U1变小,U2变大,故A、C、D错误,B正确。3.如图所示,质量为m,电荷量为e的电子,从A点以速度v0垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中(电场方向没有标出),从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角,电子重力不计。则 ()A.电子在电场中做变加速曲线运动B.A、B两点间的电势差UAB>0C.电子从A运动到B的时间t=3D.电子在B点的速度大小v=33v【解析】选C。电子仅受电场力,且电场力是恒力,则电子加速度一定,做匀变速曲线运动,故A错误;电子在电场中受电场力作用,根据牛顿第二定律可得:eE=ma ①将电子在B点的速度分解可知(如图)v=v0cos30°=2电子由A到B,由动能定理可知:-eUAB=12mv2-12mv由②、③式得UAB=-m设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy,则有vy=v0tan30° ④vy=at ⑤解①④⑤式得t=3m【补偿训练】如图所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时,带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时,带电粒子沿②轨迹落到B板中间;设粒子两次射入电场的水平速度相同,则两次偏转电压之比为 ()A.U1∶U2=1∶8 B.U1∶U2=1∶4C.U1∶U2=1∶2 D.U1∶U2=1∶1【解析】选A。由y=12at2=12·Uqmd·l2v02,得U=2mv三带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场:电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。2.常见的题目类型:(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。3.思维方法:(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。【典例示范】如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是 ()A.0<t0<T4B.T2<t0C.3T4<t0<T D.T<t0【解析】选B。设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意知,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负。分别作出t0=0、T4、T2、3T由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图像可知,0<t0<T4与3T4<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零,T4<t0<【素养训练】1.如图1所示,真空中两块平行金属板与电源连接,A板与地连接,将一个带电粒子在A板处释放,不计重力,已知带电粒子的运动速度—时间图像如图2所示,则B板的电势变化规律可能是 ()【解析】选B。粒子分段做匀变速运动,加速度大小恒定,由牛顿第二定律知qUABd=ma,知A、B间的电压大小是恒定值,排除C、D。通过斜率可知,在0.25T～0.75T内,加速度不变,电压不变,故B正确,A、C、2.如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是 ()A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s末带电粒子回到原出发点C.1s末与4s末带电粒子的速度大小相等,方向相反D.0～3s内,电场力做的总功为零【解析】选D。由牛顿第二定律可知,带电粒子在第1s内的加速度为a1=qEm,为第2s内的加速度a2=2qEm的12,因此先加速1s再减小0.5s时速度为零,接下来的0.5s带电粒子在前1s做匀加速运动,在第2s内先做匀减速运动后反向加速,所以不是始终向一个方向运动,故A错误;根据速度—时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,在t=2s时,带电粒子离出发点距离大于0,故B错误;由图可知,在1s末与4s末带电粒子的速度大小相等,方向相同,故C错误;因为第3s末粒子的速度刚好减为0,根据动能定理知粒子只受电场力作用,前3s内动能变化为0,即电场力做的总功为零,故D正确。【补偿训练】(多选)如图甲所示,A、B是一对平行金属板。A板的电势φA=0,B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内,电子的初速度和重力的影响均可忽略,则 ()A.若电子是在t=0时刻进入的,它可能不会到达B板B.若电子是在t=T4时刻进入的,它一定不能到达BC.若电子是在t=T8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后穿过BD.若电子是在t=3T8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后穿过【解析】选C、D。电子在t=0时刻进入时,在一个周期内,前半个周期受到的电场力向右,向右做加速运动,后半个周期受到的电场力向左,向右做减速运动,T时刻速度为零,接着周而复始,所以电子一直向B板运动,一定会到达B板,故A错误;若电子是在t=T4时刻进入,在一个周期内:在T4～T2,电子受到的电场力向右,向右做加速运动,在T2～32T内,受到的电场力向左,向右做减速运动,3T2时刻速度为零,若此过程中,电子的位移大于两极板间距,则电子能到达B板;若电子的位移小于两极板间距,则电子不能到达B板;以后在3T2～T内,向左做加速运动,在T～54T向左减速到零,接着周而复始,所以电子一直做往复运动,不会到达B板,故B错误;若电子是在t=T8时刻进入,在T8～T2,电子受到的电场力向右,向右做加速运动,在T2～7T8,受到的电场力向左,向右做减速运动,7T8时刻速度为零,在7T8～T,电子受到的电场力向左,向左做加速运动,在T～9T8,受到的电场力向右,向左做减速运动,9T8时刻速度为零,完成了一个周期的运动,在一个周期内,向右的位移大于向左的位移,所以总的位移向右,接着周而复始,最后穿过B板,故C正确;若电子是在t=3T8【拓展例题】考查内容:带电体在电场中的运动【典例】一束电子从静止开始经加速电压U1加速后,以水平速度v0射入水平放置