精品練習 帶電粒子在電場中的運動

1、一輪特訓31 帶電粒子在電場中的運動(二)一、概念規(guī)律題組圖11在兩個半圓柱面構(gòu)成的區(qū)域內(nèi)，有一均勻的徑向電場，徑向?qū)挾群苄。妶鼍€如圖1中的徑向?qū)嵕€所示欲使電荷量相同的正離子從左端進入，沿半圓路徑運動后從右端射出，這些離子應具備相同的()A比荷 B質(zhì)量 C速度 D動能圖22如圖2所示，帶正電q、質(zhì)量為m的滑塊，沿固定絕緣斜面勻速下滑，現(xiàn)加一豎直向上的勻強電場，電場強度為E，且qE<mg.以下判斷正確的是()A物體將沿斜面減速下滑B物體將沿斜面加速下滑C物體仍保持勻速下滑D僅當qEmg時，物體加速下滑圖33A、B為兩個固定的等量同種正點電荷，O為AB連線的中點，另一個也帶正電的重力不計的

2、小電荷靜止于O點，如圖3所示，則()A使小電荷向右偏離一點，釋放后將向左先加速后減速直至停到某一位置B使小電荷向左偏離一點，釋放后將做以O點為中心的往復運動C使小電荷向上方偏離一點，釋放后將做以O點為中心的往復運動D使小電荷向下方偏離一點，釋放后將向下做加速度先變大后變小的變加速運動二、思想方法題組圖44如圖4所示，一個帶負電的油滴以初速度v0從P點傾斜向上進入水平方向的勻強電場中，若油滴達到最高點時速度大小仍為v0，則油滴的最高點位置是()A在P點左上方B在P點右上方C在P點正上方D上述情況都可能圖55如圖5所示，在絕緣的水平面上方存在著勻強電場，電場方向如圖所示，水平面上的帶電金屬塊在水平

3、拉力F的作用下沿水平面移動已知金屬塊在移動的過程中，外力F做功32 J，金屬塊克服電場力做功8.0 J，金屬塊克服摩擦力做功16 J，則在此過程中金屬塊的()A動能增加8.0 J B電勢能增加24 JC機械能減少24 J D機械能增加48 J一、用運動分解法處理帶電粒子的復雜運動用運動分解法處理帶電粒子的復雜運動，可以將復雜運動分解為兩個相互正交的比較簡單的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律我們是可以掌握的，并且這種研究物理問題的思想我們也是熟知的，然后再按運動合成的觀點去求出有關(guān)的物理量【例1】 如圖6甲所示，場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場內(nèi)存在一豎直平面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域，O點為該圓

4、形區(qū)域的圓心，A點是圓形區(qū)域的最低點，B點是最右側(cè)的點在A點有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于場強向右的正電荷，電荷的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力試求：圖6(1)電荷在電場中運動的加速度；(2)運動軌跡經(jīng)過B點的電荷在A點時的速度；(3)某電荷的運動軌跡和圓形區(qū)域的邊緣交于P點，POA，請寫出該電荷經(jīng)過P點時動能的表達式；(4)若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點，如圖乙所示，COBBOD30°.求該屏上接收到的電荷的末動能大小的范圍規(guī)范思維二、用能量的觀點處理帶電體在電場及復合場中的運動對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量的觀點去處

5、理，用能量觀點處理也更簡捷，具體的方法通常有兩種：(1)用動能定理處理思維順序一般為：明確研究對象的物理過程；分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是做負功；弄清所研究過程的初、末兩個狀態(tài)的動能；根據(jù)動能定理列出方程求解(2)用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理列式的方法主要有兩種：從初、末狀態(tài)的能量相等列方程；從某些能量的減少量等于另一些能量的增加量列方程圖7【例2】 (2009·福建理綜·21)如圖7所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，

6、整根彈簧處于自然狀態(tài)一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的滑塊從距離彈簧上端為x處靜止釋放，滑塊在運動過程中電荷量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g.(1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t1；(2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm的過程中彈簧的彈力所做的功W.規(guī)范思維三、帶電粒子在交變電場中的運動帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)且不計粒子重力的情形在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，在兩板中間便可獲得交變電場此類電場

7、在同一時刻可看成是勻強的，即電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同，從時間上看是變化的，即電場強度的大小、方向都可隨時間而變化(1)當粒子與電場平行射入時：粒子做直線運動，其初速度和受力決定了粒子的運動，粒子可以做周期性的運動(2)粒子垂直電場方向射入時：沿初速度方向為勻速直線運動，在電場力方向上的分運動具有周期性【例3】 如圖8甲所示，A、B是兩水平放置的足夠長的平行金屬板，組成偏轉(zhuǎn)勻強電場，B板接地A板電勢A隨時間變化情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有正對兩孔O1和O2，兩板間電壓為U2，組成減速電場現(xiàn)有一帶負電粒子在t0時刻以一定初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1進入

8、，并能從O1沿O1O2進入C、D間，剛好到達O2孔，已知帶電粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，不計其重力求：圖8(1)該粒子進入A、B的初速度v0的大小(2)A、B兩板間距的最小值和A、B兩板長度的最小值規(guī)范思維姓名：_班級：_學號：_ 【基礎演練】1在地面附近，存在著一有界電場，邊界MN將某空間分成上下兩個區(qū)域、，在區(qū)域中有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖9甲所示，小球運動的vt圖象如圖乙所示，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則()圖9A在t2.5 s時，小球經(jīng)過邊界MNB小球受到的重力與電場力之比為35C在小球向下運動的整個過程中，重力做的功與電

9、場力做的功大小相等D在小球運動的整個過程中，小球的機械能與電勢能總和先變大再變小2(2011·安徽·20)如圖10(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上則t0可能屬于的時間段是() (a)(b)圖10A0<t0< B.<t0<C.<t0<T DT<t0<圖113(2010·東北三校第一次聯(lián)考)如圖11所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一電壓恒定的電源，兩個電

10、荷M和N同時分別從極板A的左邊緣和兩極板右側(cè)的正中間沿水平方向進入板間電場(運動軌跡在同一平面內(nèi))，兩個電荷恰好在板間某點相遇若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法中正確的是()A電荷M的比荷大于電荷N的比荷B兩個電荷在電場中運動的加速度可能相等C從兩個電荷進入電場到兩個電荷相遇，電場力對電荷M做的功一定大于電場力對電荷N做的功D電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同4.圖12如圖12所示，真空中存在范圍足夠大的勻強電場，A、B為該勻強電場的兩個等勢面現(xiàn)有三個完全相同的帶等量正電荷的小球a、b、c，從等勢面A上的某點同時以相同速率v0向不同方向開始運動，其中

11、a的初速度方向垂直指向等勢面B；b的初速度方向平行于等勢面；c的初速度方向與a相反，經(jīng)過一段時間，三個小球先后通過等勢面B，已知三個小球始終在該勻強電場中運動，不計重力，則下列判斷中正確的是()A等勢面A的電勢低于等勢面B的電勢Ba、c兩小球通過等勢面B時的速度相同C開始運動后的任一時刻，a、b兩小球的動能總是相同D開始運動后的任一時刻，三個小球之間的距離總是相等圖135(2010·江蘇蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市一模)如圖13所示，在光滑絕緣水平面上的a、b兩點上固定兩個帶同種電荷的相同金屬小球P、Q(均可視為點電荷)，P球所帶的電荷量等于Q球所帶的電荷量在ab連線上的c點釋放一帶電小滑塊M

12、，滑塊由靜止開始向右運動在滑塊向右運動的過程中，下列說法正確的是()A滑塊受到的電場力先減小后增大B滑塊的電勢能一直減小C滑塊的動能先增大后減小D在ab連線上必定有一點d，使得c、d兩點間的電勢差Ucd0圖146(2011·湖南十二所重點高中聯(lián)考)一個質(zhì)量為m、電荷量為q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經(jīng)過的豎直平面內(nèi)、存在著若干個如圖14所示的無電場區(qū)和有理想上下邊界的勻強電場區(qū)，兩區(qū)域相互間隔、豎直高度相等，電場區(qū)水平方向無限長，已知每一電場區(qū)的場強大小相等、方向均豎直向上，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A小球在水平方向一直做勻速直線運動B若場強大小等于，則小球經(jīng)過每一電場

13、區(qū)的時間均相同C若場強大小等于，則小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時間均相同D無論場強大小如何，小球通過所有無電場區(qū)的時間均相同題號123456答案【能力提升】圖157(2010·江蘇南通一模)如圖15所示，BCDG是光滑絕緣的圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g.(1)若滑塊從水平軌道上距離B點x3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？(2)在(1)的情況下，求滑

14、塊到達C點時受到軌道的作用力大小8.圖16(2010·煙臺月考)如圖16所示，一長絕緣木板靠在光滑豎直墻面上，質(zhì)量為m.木板右下方有一質(zhì)量為2m、電荷量為q的小滑塊，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，木板與滑塊處在場強大小為E4mg/q的勻強電場中，電場方向水平向左，若電動機通過一根絕緣細繩拉動滑塊，使之勻加速向上移動，當滑塊與木板分離時，滑塊的速度大小為v，此過程中電動機對滑塊做的功為W0(重力加速度為g)(1)求滑塊向上移動的加速度大?。?2)寫出從滑塊開始運動到與木板分離的過程中木板增加的機械能隨時間變化的函數(shù)關(guān)系式9如圖17甲所示，在y0和y2 m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN

15、為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大電場強度隨時間的變化如圖乙所示，取x軸正方向為電場正方向現(xiàn)有一個帶負電的粒子，粒子的比荷為1.0×102 C/kg，在t0時刻以速度v05×102 m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域，不計粒子重力求：圖17(1)粒子通過電場區(qū)域的時間；(2)粒子離開電場時的位置坐標；(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大小一輪特訓31帶電粒子在電場中的運動(二)【課前雙基回扣】1D由qEm得Ekmv2qER為常數(shù)2C因mgsin mgcos ，所以(mgqE)sin (mgqE)cos 仍成立，故勻速下滑3BD由等量同種電荷電場的分布情況可得4A

16、油滴從開始運動到最高點，據(jù)動能定理得WGWEmvmv0，而重力做的功WG<0.所以電場力做的功WE>0，而帶負電的油滴所受的電場力水平向左，所以最高點必在P點的左上方5A思維提升1帶電粒子在勻強電場和重力場形成的復合場中運動，其處理方法有以下幾種：正交分解法等效“重力”法功能關(guān)系法2帶電粒子在交變電場中的運動，一般應根據(jù)所加交變電壓的規(guī)律，畫出粒子相應的速度圖象，利用圖象來分析粒子的運動，既直觀方便，思維難度也小【核心考點突破】例1 (1)(2) (3)EqR(53cos )(4)EqREkEqR解析(1)加速度a.(2)由Rv0t，Rat2及a三個式子可解得：v0.(3)由EkE

17、q(RRcos )mv02，Rsin v0t，RRcos at2及a可解得：EkEqR(53cos )(4)由第(3)小題的結(jié)論可以看出，當從0°變化到180°，接收屏上電荷的動能逐漸增大，因此D點接收到的電荷的末動能最小，C點接收到的電荷的末動能最大EkDEqR(53cos 60°)EqREkCEqR(53cos 120°)EqR所以，屏上接收到的電荷的末動能大小的范圍為EqREkEqR.規(guī)范思維由于帶電微粒在勻強電場中所受電場力與重力都是恒力，因此其處理方法可用正交分解法先將復雜的運動分解為兩個互相正交的簡單的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律我們可以

18、掌握，然后再按運動合成的觀點，去求出復雜運動的相關(guān)物理量例2 (1) (2)mvm2(mgsin qE)·(x)解析(1)滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有qEmgsin maxat聯(lián)立可得t1 (2)滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為x0，則有mgsin qEkx0從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得(mgsin qE)·(xx0)Wmvm20聯(lián)立可得Wmvm2(mgsin qE)·(x)規(guī)范思維本題是典型的力學問題，求解電場中力學問題的方法與純力學問題完全相同其思路是：明確研究對象；分析受

19、力情況和運動過程；選取物理規(guī)律：如果涉及求解加速度及時間選牛頓第二定律和運動學公式；如果不涉及運動細節(jié)一般選動能定理或能量守恒例3 (1) (2) T解析(1)因粒子在A、B間運動時，水平方向不受外力做勻速運動，所以進入O1孔的速度即為進入A、B板的初速度在C、D間，由動能定理得qU2mv即v0 (2)由于粒子進入A、B后，在一個周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)即v豎0，若在第一個周期內(nèi)進入O1孔，則對應兩板最短長度為Lv0TT，若在該時間內(nèi)，粒子剛好不到A板而返回，則對應兩板最小間距，設為d，所以··()2×2，即d .規(guī)范思維對于帶電粒子在交變電場中的問

20、題，由于不同時間內(nèi)場強不同，使得帶電粒子所受的電場力不同，造成帶電粒子的運動情況發(fā)生變化，解決這類問題，要分段進行分析，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子在每一段的運動情況，分段求解粒子的末速度、位移等【課時效果檢測】1BC由速度圖象可知，帶電小球在區(qū)域與區(qū)域中的加速度之比為32，由牛頓第二定律可知：，所以小球所受的重力與電場力之比為35，B正確小球在t2.5 s時速度為零，此時下落到最低點，由動能定理可知，重力與電場力的總功為零，故A錯誤，C正確因小球只受重力與電場力作用，所以小球的機械能與電勢能總和保持不變，D錯2B<t0<時，UAB<0，電場方向由B板指向A板t0到T時刻，

21、粒子向A板做初速度為零的勻加速直線運動，T時刻電場反向，粒子向A板做勻減速直線運動，經(jīng)相同時間速度減為零，再向B板做初速度為零的勻加速直線運動然后勻減速到零，由于向A板運動時間長，所以粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上3A由hat2··t2可知，在相同的時間內(nèi)，電荷M的豎直位移大，其加速度大，比荷(電荷量和質(zhì)量的比值)大，選項A正確而B錯誤；電荷M的豎直位移大，對應的電壓也大；比荷大，但電荷量不一定大，由WqU可知，電場力對電荷M做的功不一定大，選項C錯誤；水平方向由xv0t可知，選項D錯誤4B由題意知，三個小球受電場力方向向下，由于正電荷受力方向與場強

22、方向相同，而沿場強方向電勢越來越低，故等勢面B的電勢低于等勢面A的電勢，故A項錯誤；三個小球從A至B重力和電場力做的功都相同，根據(jù)動能定理知B項正確；開始運動后的任一時刻，沿電場方向，a球的位移總比b球的位移大，即電場力對a球所做的功比對b球所做的功多，a球的動能大些，C錯誤，D也錯誤5ACD小球P、Q帶同種電荷，且P球所帶電荷量等于Q球所帶的電荷量，則在二者連線上電場強度為零的點O位于ab中點c點釋放一帶電小滑塊M，由靜止開始向右運動，說明P、M帶同種電荷，電場力先做正功，滑過O點后電場力做負功，滑塊的電勢能先減小后增大，動能先增大后減小，選項C對而B錯；途經(jīng)O點受力為零，選項A正確；由電場線的分布情況可知，選項D正確6AC小球在水平方向不受力，故一直做勻速直線運動，A正確；若場強大小等于，則所受電場力大小等于mg，方向向上，則在電場區(qū)做勻速直線運動，但在無電場區(qū)由于仍受重力，速度繼續(xù)增加，故在電場區(qū)以不同的速度做勻速直線運動，經(jīng)過的時間必不同，B、D錯；若場強大小