1、习题课：带电粒子在电场中的运动学习目标1.会利用动力学和功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动.2.会利用运动的合成与分解方法分析带电粒子在电场中的类平抛运动.3.会分析带电粒子在交变电场及复合场中的运动.一、带电粒子在电场中的直线运动1.带电粒子在电场中做直线运动(1)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)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向反向.2.讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法：(1)力和加速度方法牛顿运动定律、匀变速直线运动公式；(2)功和能方
2、法动能定理；(3)能量方法能量守恒定律.例1如图1所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量为m、带电荷量为q的小球在B板下方距离B板为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场.图1(1)带电小球在板间做何种运动？(2)欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？答案(1)匀减速直线运动(2)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(Hh)qUAB0mv02解得UAB.二、带电粒子在电场中的类平抛运动1.分析带电粒子在电场中做类平抛运动的方法：利用运动的
3、合成与分解把曲线运动转换为直线运动.利用的物理规律有：牛顿运动定律结合运动学公式、动能定理、功能关系等.2.分析此类问题要注意：粒子在哪个方向不受力，在哪个方向受电场力，粒子的运动轨迹向哪个方向弯曲.例2长为L的平行金属板水平放置，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v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成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.答案(1)(2)(3)L解析(1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30，由几何关
4、系得合速度：v.(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：Lv0t，在竖直方向上：vyat，vyv0tan30，由牛顿第二定律得：qEma解得：E.(3)粒子做类平抛运动，在竖直方向上：dat2，解得：dL.三、带电粒子在交变电场中的运动例3在如图3所示的平行板A、B上分别加如图4甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高.在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动.若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的vt图像.图3甲乙图4答案见解析解析t0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.(
5、1)对于题图甲，在0T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，TT内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(a)所示.(2)对于题图乙，在0内做类似(1)0T的运动，T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动.然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(b)所示.(a)(b)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vt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.针对训练1(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和
6、方向随时间变化的规律如图5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5A.微粒在01s内的加速度与12s内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒将做往复运动D.微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同答案BD解析设微粒的速度方向、位移方向向右为正，作出微粒的vt图像如图所示.由图可知B、D选项正确.四、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动例4如图6所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行.一电荷量为q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向
7、无力的作用，求：图6(1)速度vA的大小；(2)小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力的大小.答案(1)(2)6qE解析(1)在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：qEm所以小球在A点的速度vA.(2)在小球从A运动到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即2qErmvB2mvA2小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向上有FBqEm解以上两式得小球在B点受到环的水平作用力为：FB6qE.由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小FB6qE.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，向心力的提供有可能是重力和电场
8、力的合力，也有可能是单独的重力或电场力.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”.针对训练2如图7所示，ABCD为放在E1.0103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD部分是直径为20 cm的半圆环，AB15 cm，今有m10 g、q104 C的小球从静止由A点沿轨道运动，它运动到图中C处时的速度是_ m/s，在C处时对轨道的压力是_N；要使小球能运动到D点，开始时小球的位置应离B点_m.图7答案0.40.25解析由Eq()mgmvC2可得vCm/s；在C处由NEq得N0.4N，根据牛顿第三定律得在C处时对轨道的压力为0.4N；要使小球能
9、运动到D点，vD1m/s，由EqmgmvD2，得0.25m.1.(多选)如图8所示，平行金属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中所示水平直线通过两金属板间，则在此过程中，该粒子()图8A.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解析对带电粒子受力分析如图所示，F合0，则A错.由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误.F合恒定且F合与v0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D项正确.2.(多选)如图9甲所示，平行金属板中央有一个静止的
10、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，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9答案AD解析在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性变化的电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化.由牛顿第二定律Fma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内向A板做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动.所以at图像如图甲所示，vt图像如图乙所示，又因匀变速直线运动的位移xv0tat2，所以xt图像应是曲线.3
11、.如图10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的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力.图10答案2mg3Eq，方向水平向右解析小球从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mgREqRmv2在B点小球受到重力mg、电场力F和环对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1Eqm联立以上两式可得F12mg3Eq小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F12mg3Eq，方向水平向右.4.如图11所
12、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，电子的初速率有从0到v的各种可能值，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11答案解析阴极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，且初速率从0到v各种可能值都有.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yvt，水平方向上lt2.解得yv.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
13、运动打到荧光屏上的Q点，同理可得yv.故在荧光屏B上的发光面积Sy2.一、选择题(16题为单选题，710题为多选题)1.如图1，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()图1A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动答案D解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mgqE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45后，两板间电场强度方向逆时针旋转45，电场力方向也逆时针旋转45，但大小不变，此时电场力和重
14、力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确.2.如图2所示，两金属板带有等量的正负电荷，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v1，加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，两板间的电场强度不变，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则()图2A.a1a211，v1v212B.a1a221，v1v212C.a1a221，v1v21D.a1a211，v1v21答案D解析场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a1a211.由运动学公式v22ad得v，因此当两板间的距离增大为原来的2倍，速度增大为原来
15、的倍.3.如图3所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电动势为U)()图3A.电子到达B板时的动能是UeB.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3UeD.电子在A板和D板之间做往复运动答案C解析电子在AB之间做匀加速运动，且eUEk，选项A正确；电子在BC之间做匀速运动，选项B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，选项C错误，选项D正确.4.如图4，两分别带有正负电荷的金属板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子.在电场力的作用下，两粒子同时从静
16、止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面.若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则Mm为()图4A.32B.21C.52D.31答案A解析因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为l，电荷量为q的粒子通过的位移为l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1，a2，由运动学公式有la1t2t2la2t2t2得.B、C、D错，A对.5.如图5所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离.现使U1加倍，要想使电子射出电场的位置不发生变化，应该()图5A.使U2变为原
17、来的2倍B.使U2变为原来的4倍C.使U2变为原来的倍D.使U2变为原来的倍答案A解析电子加速有qU1mv02电子偏转有y()2联立解得y，显然选A.6.如图6所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，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，静电力对氚核做的功最多B.经过偏转电场的过程中，静电力对氚核做的功最多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D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静电力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中静电力对它们做的功也相同，A、B错；由于质量不同
18、，所以三种原子核打在屏上的速度不同，C错；再根据偏转距离公式y知，偏转距离与带电粒子无关，D对.7.如图7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，粒子恰好能到达N板，如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()图7A.使初速度减为原来的B.使M、N间电压加倍C.使M、N间电压提高到原来的4倍D.使初速度和M、N间电压都减为原来的答案BD解析由qElmv02知当v0变为v0时l变为；因为qEq，所以qElqlmv02，通过分析知B、D选项正确.8.如图8所示，一电子
19、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OA，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Ek1和Ek2，则()图8A.vCyvDy12B.vCyvDy14C.Ek1Ek213D.Ek1Ek214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，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vCyatOC，vDyatOD，所以vCyvDytOCtOD12，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：yOCyOD14，根据动能定理得Ek1qEyOC
20、，Ek2qEyOD，则得，Ek1Ek214.故C错误，D正确.9.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Ut图像应是(设两板距离足够大)()图9答案BC解析由A图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T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图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零；从T到T反向匀加速运动，T时速度最大，从T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图像可知，电子先做加速度减小的加速运动，T时
21、速度最大，从T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零；从T到T反向做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零，回到出发点.然后重复往返运动.由D图像可知，电子先做匀加速运动，T时速度最大，从T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.10.如图10甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()
22、图10A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mgd答案BC解析因0时间内微粒匀速运动，故E0qmg；在时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t时刻的竖直速度为vy1，水平速度为v0；在T时间内，由牛顿第二定律2E0qmgma，解得ag，方向向上，则在tT时刻，vy2vy1g0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了Epmgmgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgdW电0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误；故选B、C.二、非选择题11.一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒
23、沿直线AB运动，如图11所示.AB与电场线夹角30，已知带电粒子的质量m1.0107kg，电荷量q1.01010C，A、B相距L20cm.(取g10m/s2，结果保留两位有效数字)求：图11(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由.(2)电场强度的大小和方向.(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？答案见解析解析(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，在垂直于AB方向上的重力的分量和电场力的分量必等大反向，可知电场力的方向水平向左，如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速运动.(2)在垂直于AB方向上，有qEsinmgco
24、s0所以电场强度E104N/C，电场强度的方向水平向左.(3)微粒由A运动到B时的速度vB0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，(mgLsinqELcos)0mvA2，代入数据，解得vA2m/s.12.如图12所示，长L0.20m的丝线的一端拴一质量为m1.0104kg、带电荷量为q1.0106C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E2.0103N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点，然后无初速度地将小球释放，取g10 m/s2.求：图12(1)小球通过最高点B时速度的大小；(2)小球通过最高点时，丝线
25、对小球拉力的大小.答案(1)2m/s(2)3.0103N解析(1)小球由A运动到B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：qELmgLvB2m/s.(2)设小球到达B点时，受重力mg、电场力qE和拉力TB作用，mg1.010410N1.0103NqE1.01062.0103N2.0103N因为qEmg，而qE方向竖直向上，mg方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出小球一定受丝线的拉力TB作用，由牛顿第二定律有：TBmgqETBqEmg3.0103N.13.虚线PQ、MN间存在如图13所示的水平匀强电场，一
26、带电粒子质量为m2.01011kg、电荷量为q1.0105C，从a点由静止开始经电压为U100V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30角.已知PQ、MN间距为20cm，带电粒子的重力忽略不计.求：图13(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)水平匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差.答案(1)1.0104m/s(2)1.7103 N/C(3)400V解析(1)由动能定理得：qUmv12代入数据得v11.0104m/s.(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：dv1t粒子沿电场方向做匀加速运动：v2at由题意得：tan30由牛顿第二定律得：qEma联立以上各式并代入数据得：E103N/C1.7103 N/C.(3)由动能定理得：qUabm(v12v22)0联立以上各式并代入数据得：Uab400V.
