高中物理第4节 带电粒子在电场中的运动精品教案

这是一份高中物理第4节 带电粒子在电场中的运动精品教案，共21页。







知识点一 带电粒子加速





[观图助学]


如图所示，平行板两极板间的电压为U，距离为d。将一质量为m，电荷量为q的正离子从左极板附近由静止释放。





(1)离子的加速度多大？做什么运动？


(2)怎么求离子到达负极板时的速度？试用两种方法。


1.受力分析


仍按力学中受力分析的方法分析，只是多了一个静电力而已，若带电粒子在匀强电场中，则静电力为恒力(qE)；若在非匀强电场中，则静电力为变力。


2.运动分析：带电粒子从静止释放，将沿电场力方向在匀强电场中做匀加速直线运动。


3.末速度大小：根据qU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2qU,m))。


[思考判断]


(1)带电粒子在电场中只受电场力作用时，可能做匀速直线运动。(×)


(2)带电粒子沿电场方向进入电场时，一定做匀加速直线运动。(×)


(3)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，不能分析非匀强电场中的直线运动问题。 (×)


(4)带电粒子在电场中只受电场力作用时，其动能和电势能总和保持不变。(√)


知识点二 带电粒子偏转


1.运动状态分析


如图所示，电子以初速度v0垂直于电场线方向射入匀强电场时，电子只受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动，类似于力学中的平抛运动(轨迹为抛物线)。





2.运动规律(如图所示)








偏转角度θ满足：tan θ＝eq \f(qUl,mdveq \\al(2,0))


[思考判断]


(1)带电粒子垂直进入匀强电场，一定做匀变速曲线运动。(√)


(2)带电粒子垂直进入点电荷电场，一定做匀速圆周运动。(×)


(3)带电粒子垂直进入匀强电场，其运动可看成沿电场方向的匀速运动和垂直电场方向的匀加速运动的合运动。(×)





平行板间的电场为匀强电场，带电粒子受恒定电场力作用。





带电粒子


(1)基本粒子：电子、质子(eq \\al(1,1)H)、α粒子(eq \\al(4,2)He)、离子等。


除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力，但不能忽略质量。


(2)带电微粒、液滴、尘埃、小球等。


除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。





静电力和重力均是恒力，在静电力作用下粒子的运动可与重力作用下质点的运动类比。沿垂直电场线方向射入匀强电场时的带电粒子的运动可类比平抛运动。








y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mveq \\al(2,0)d)


eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(与粒子的比荷\f(q,m)成正比,与粒子初速度v0的平方成反比,与电场的属性U、l、d有关))





tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdveq \\al(2,0))


eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(与粒子的比荷\f(q,m)成正比,与粒子初速度v0的平方成反比,与电场的属性U、l、d有关))





核心要点 带电粒子加速





[要点归纳]


1.力和运动的关系——牛顿第二定律


根据带电粒子受到的静电力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。这种方法通常适用于恒力作用下粒子做匀变速运动的情况。


例如：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，v＝v0＋at，x＝v0t＋eq \f(1,2)at2


2.功和能的关系——动能定理


根据静电力对带电粒子做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理或全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。这种方法也适用于非匀强电场。


例如：带电粒子经过电势差为U的电场加速后，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，则带电粒子的速度v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋\f(2qU,m))，若粒子的初速度为零，则带电粒子的速度v＝eq \r(\f(2qU,m))。


当带电粒子以极小的速度进入电场中时，在静电力作用下做加速运动，示波器、电视显像管中的电子枪、回旋加速器都是利用电场对带电粒子进行加速的。


[试题案例]


[例1] 中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极，质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的eq \f(1,2)。质子的比荷取1×108 C/kg，求：





(1)漂移管B的长度；


(2)相邻漂移管间的加速电压。


解析 (1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则T＝eq \f(1,f)①


L＝vB·eq \f(T,2)②


联立①②式并代入数据得L＝0.4 m③


(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W。质子从漂移管B运动到E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则


W＝qU④


W′＝3W⑤


W′＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)⑥


联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V。


答案 (1)0.4 m (2)6×104 V


[针对训练1] 如图所示，





在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动。已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电荷量大小为e。则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是( )


A.若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变


B.若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍


C.若将两极板间的电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变


D.若将两极板间的电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半


解析 由动能定理有eq \f(1,2)mv2＝eU，得v＝eq \r(\f(2eU,m))，可见电子到达Q板的速率与板间距离d无关，故A项正确，B项错误；两极板间为匀强电场，E＝eq \f(U,d)，电子的加速度a＝eq \f(eU,md)，由运动学公式d＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2d,a))＝eq \r(\f(2md2,eU))，若两极板间电势差增大一倍，则电子到达Q板的时间变为原来的eq \f(\r(2),2)，故C、D项都错误。


答案 A


核心要点 带电粒子偏转


[要点归纳]


x＝v0t……(1) y＝eq \f(1,2)at2……(4)


a＝eq \f(qU,md)……(2) tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(at,2v0)……(5)


vy＝at……(3) tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,v0)……(6)


1.tan θ＝2tan α。联立上边(5)(6)中公式可推出。


2.粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于沿初速度方向分位移的中点，即粒子好像从该中点处沿直线飞离电场一样。


证明：粒子从偏转电场中射出时偏移量y＝eq \f(1,2)eq \f(qU,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,v0)))eq \s\up12(2)，作出粒子速度的反向延长线，与初速度的延长线交于O点，O点与粒子出射点间的水平距离为x，则x＝eq \f(y,tan θ)＝eq \f(\f(qUl2,2mdveq \\al(2,0)),\f(qUl,mveq \\al(2,0)d))＝eq \f(l,2)。(如图所示)





3.不同的带电粒子，电性相同，不计重力，由静止开始先在同一电场中加速，又在同一电场中偏转，射出电场时粒子的偏移量和偏转角相同，与粒子的带电荷量和质量无关。


[试题案例]


[例2] 长为L的平行金属板竖直放置，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，射出时速度与竖直方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：





(1)粒子末速度的大小；


(2)匀强电场的场强大小；


(3)两板间的距离。


解析 (1)粒子离开电场时，合速度与竖直方向夹角为30°，


由速度关系得合速度大小v＝eq \f(v0,cs 30°)＝eq \f(2\r(3)v0,3)。


(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，


在竖直方向上：L＝v0t，


在水平方向上：vy＝v0tan 30°＝eq \f(\r(3)v0,3)，vy＝at，


由牛顿第二定律得qE＝ma，


解得E＝eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),3qL)。


(3)粒子做类平抛运动，设两板间的距离为d


在水平方向上：d＝eq \f(1,2)at2，


解得d＝eq \f(\r(3),6)L。


答案 (1)eq \f(2\r(3)v0,3) (2)eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),3qL) (3)eq \f(\r(3),6)L


[针对训练2] 有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后，以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( )





A.减小墨汁微粒的质量m


B.减小偏转电场两板间的距离d


C.减小偏转电场的电压U


D.减小墨汁微粒的喷出速度v0


解析 要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转量y，根据牛顿第二定律和运动学公式推导出偏转量y的表达式，再进行分析。


微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，设微粒带电荷量为q，则有水平方向：L＝v0t；竖直方向：y＝eq \f(1,2)at2；加速度a＝eq \f(qU,md)，联立解得y＝eq \f(qUL2,2mdveq \\al(2,0))，要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转量y，由上式分析可知，采用的方法有：增大墨汁微粒的质量、增大两极板间的距离、减小极板的长度L、减小比荷eq \f(q,m)、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大喷出速度)、减小偏转极板间的电压U，增大进入偏转电场时的初速度，故选项C正确。


答案 C


核心要点 带电粒子的加速与偏转


[要点归纳]


1.带电粒子在电场中加速与偏转





若带电粒子由静止先经加速电场(电压U1)加速，又进入偏转电场(电压U2)，射出偏转电场时偏移量eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)at2＝\f(qU2l2,2dmveq \\al(2,0)),qU1＝\f(1,2)mveq \\al(2,0)))⇒y＝eq \f(U2l2,4dU1)，速度偏转角的正切值为tan θ＝eq \f(U2l,2U1d)。


2.示波管


示波管的原理图，它由电子枪，偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。电子枪的作用是产生高速飞行的电子。





示波管原理图


电极XX′使电子束沿水平方向偏转，电极YY′使电子束沿竖直方向偏转，这样就在荧光屏上出现了随时间而展开的信号电压的波形。显然，这个波形是电子束同时参与两个相互垂直的分运动合成的结果。


[试题案例]


[例3] 如图所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后，从右板中央垂直射入电势差U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后，打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量大小e＝1.6×10－19 C，偏转电场的板长L1＝10 cm，板间距离d＝1 cm，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm。求：





(1)电子从加速电场射入偏转电场时的速度v0；


(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；


(3)电子飞出偏转电场时速度偏转角的正切值tan θ；


(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y。


解析 (1)电子在加速电场中运动，由动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝4×107 m/s。


(2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向L1＝v0t，


可得t＝2.5×10－9 s


在垂直初速度方向


y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(Ue,dm)t2＝2.5×10－3 m＝0.25 cm。


(3)速度偏转角的正切值tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,vx)＝eq \f(\f(eU,dm)t,v0)＝0.05。


(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，若沿电场方向的偏移距离为y′，则eq \f(y′,L2)＝tan θ，所以y′＝0.75 cm，


所以Y＝y＋y′＝1 cm。


答案 (1)4×107 m/s (2)0.25 cm (3)0.05 (4)1 cm


[针对训练3] 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，射入方向与极板平行，整个装置处在真空中，电子重力可忽略，在满足电子能射出平行极板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ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 设电子加速后获得的速度为v0，由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)。设极板长为l，则电子在电场中偏转所用的时间为t＝eq \f(l,v0)。设电子在平行极板间运动的加速度为a，由牛顿第二定律得a＝eq \f(qE2,m)＝eq \f(qU2,dm)。电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度为vy＝at，解得vy＝eq \f(qU2l,dmv0)，故tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU2l,dmveq \\al(2,0))＝eq \f(qU2l,2dqU1)＝eq \f(U2l,2dU1)。


所以U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大，故选项B正确。


答案 B


[针对训练4] 如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上)。若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则( )





A.X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极


B.X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极


C.X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极


D.X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极


解析 若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确，A、B、C错误。


答案 D





1.(带电粒子的加速)如图所示，在两带等量异种电荷的平行金属板间，从负极板处静止释放一个电子(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，同时两板间电势差也变为原来的2倍，再从负极板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则( )








A.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2


B.a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2


C.a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝eq \r(2)∶1


D.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶eq \r(2)


解析 由E＝eq \f(U,d)知，当d和U都变为原来的2倍时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a1∶a2＝1∶1。由动能定理Ue＝eq \f(1,2)mv2得v＝ eq \r(\f(2Ue,m))，由电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶eq \r(2)，所以D正确，A、B、C错误。


答案 D





2. (带电粒子的偏转)如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为xA∶xB＝2∶1，则带电粒子的质量之比mA∶mB以及在电场中飞行的时间之比tA∶tB分别为( )








A.1∶1，2∶3 B.2∶1，3∶2


C.1∶1，3∶4 D.4∶3，2∶1


解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动x＝v0t，由于初速度相同，xA∶xB＝2∶1，所以tA∶tB＝2∶1，竖直方向上粒子做匀加速直线运动y＝eq \f(1,2)at2，且yA＝yB，故aA∶aB＝teq \\al(2,B)∶teq \\al(2,A)＝1∶4。而ma＝qE，m＝eq \f(qE,a)，eq \f(mA,mB)＝eq \f(qA,qB)·eq \f(aB,aA)＝eq \f(1,3)×eq \f(4,1)＝eq \f(4,3)。综上所述，D项正确。


答案 D


3.(带电粒子的加速与偏转)如图所示，C、D两水平带电金属板间的电压为U，A、B为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一个小孔，小孔在C、D两板间的中心线上，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)在A板边缘的P点由静止开始运动，恰好从D板下边缘离开，离开时


速度大小为v0，则A、B两极板间的电压为( )





A.eq \f(mveq \\al(2,0)－qU,2q) B.eq \f(2mveq \\al(2,0)－qU,2q)


C.eq \f(mveq \\al(2,0)－qU,q) D.eq \f(2mveq \\al(2,0)－qU,q)


解析 带电粒子在A、B两板间做匀加速直线运动，由动能定理得qUAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)；带电粒子在C、D两板间做类平抛运动，从中心线进入恰好从D板下边缘离开，根据动能定理得eq \f(qU,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)；联立两式可得UAB＝eq \f(mveq \\al(2,0)－qU,2q)，故选项A正确。


答案 A














基础过关





1.下列带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U后，哪个粒子获得的速度最大( )


A.质子eq \\al(1,1)H B.氘核eq \\al(2,1)H


C.α粒子eq \\al(4,2)He D.钠离子Na＋


解析 四种带电粒子均从静止开始在电场力作用下做加速运动，经过相同的电势差U，根据动能定理得


qU＝eq \f(1,2)mv2－0，得v＝ eq \r(\f(2qU,m))


由上式可知，比荷eq \f(q,m)越大，速度越大；显然A选项中质子的比荷最大，故A正确。


答案 A


2.如图所示，三个带电荷量相同、质量相等、重力不计的粒子A、B、C，从同一平行板间电场中的同一点P射入，在电场中的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是( )








A.三个粒子的加速度关系为aA>aB>aC


B.三个粒子的加速度关系为aA

C.三个粒子的入射速度关系为vA>vB>vC


D.三个粒子的入射速度关系为vA

解析 三个带电粒子的电荷量相同，所受电场力相同，质量相等，故加速度相同，选项A、B错误；三个带电粒子沿电场方向的位移yA＝yB>yC，则运动时间tA＝tB>tC，三个带电粒子沿平行极板方向的位移xA

答案 D


3.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后，垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )








A.三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同


B.三种粒子打到荧光屏上的位置相同


C.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2


D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4


解析 设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(\f(2qU1,m))，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y＝eq \f(U2L2,4dU1)、tan θ＝eq \f(U2L,2dU1)可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。


答案 B


4. (多选)平行金属板的两个极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所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )








A.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


解析 带电粒子在平行金属板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。因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定与粒子运动的直线轨迹共线，电场力方向垂直极板向上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确。


答案 BD


5.如图所示，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，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)，不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )








A.eq \f(s,2)eq \r(\f(2qE,mh)) B.eq \f(s,2)eq \r(\f(qE,mh))


C.eq \f(s,4)eq \r(\f(2qE,mh)) D.eq \f(s,4)eq \r(\f(qE,mh))


解析 根据对称性，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eq \f(1,2)s＝v0t，在竖直方向有eq \f(1,2)h＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2，解得v0＝eq \f(s,2)eq \r(\f(qE,mh))。故选项B正确，选项A、C、D错误。


答案 B


6.虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×


10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度方向与电场方向成30°角。已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计。求：





(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)a、b两点间的电势差。


解析 (1)由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)


代入数据得v1＝1.0×104 m/s。


(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t


粒子沿电场方向做匀加速运动：vy＝at


由题意得tan 30°＝eq \f(v1,vy)


由牛顿第二定律得qE＝ma


联立以上各式并代入数据得E＝eq \r(3)×103 N/C


(3)由动能定理得qUab＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,1)＋veq \\al(2,y))－0


联立以上各式并代入数据得Uab＝400 V。


答案 (1)1.0×104 m/s (2)eq \r(3)×103 N/C (3)400 V


能力提升


7.如图所示，三个质量相等的、分别带正电、负电和不带电的小球，以相同速率在平行放置的带电金属板间的P点沿垂直于电场方向射入电场，落在A、B、C三点，则( )





A.落到A点的小球带正电、落到B点的小球带负电、落到C点的小球不带电


B.三小球在电场中运动时间相等


C.三小球到达正极板的动能关系是EkA>EkB>EkC


D.三小球在电场中的加速度关系是aC>aB>aA


解析 在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力分析如图所示：





三小球在水平方向上做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与运动时间成正比，所以A球运动时间最长，C球运动时间最短，故B错误；由于竖直位移相同，根据h＝eq \f(1,2)at2，得A球竖直方向的加速度最小，故A球带正电，C球加速度最大，故C球带负电，则B球不带电，故A错误，D正确；三个球中，A球的合力最小，C球的合力最大，故三个球的合力做功关系WA

答案 D


8.(多选)如图所示，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eq \f(1,2)后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力) ( )





A.使初速度减为原来的eq \f(1,2)


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eq \f(1,2)


解析 由qE·l＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，知eq \f(qU,d)l＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，当l′＝eq \f(l,2)时，v0′＝eq \f(\r(2),2)v0，选项A错误；由eq \f(qU′,d)·eq \f(l,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，得U′＝2U，选项B正确，C错误；当电压U″＝eq \f(1,2)U时，由eq \f(qU″,d)·eq \f(l,2)＝eq \f(1,2)mv0″2，得v0″＝eq \f(1,2)v0，选项D正确。


答案 BD


9.在如图甲所示平行板电容器的A、B两极板上加上如图乙所示的交变电压，开始B板的电势比A板高，这时两极板正中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )





A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性来回运动


B.电子一直向A板运动


C.电子一直向B板运动


D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动


解析 由运动学和动力学规律画出如图所示的v－t图像，可知电子一直向B板运动，C正确。





答案 C


10.如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容器两极板间，距下极板h＝0.8 cm。两极板间的电势差为300 V。如果两极板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需要多长时间？(g取10 m/s2)





解析 选带电小球为研究对象，设它所带电荷量为q，带电小球受重力mg和静电力qE的作用。当U1＝300 V时，小球受力平衡，则有mg＝qeq \f(U1,d)


当U2＝60 V时，带电小球向下极板做匀加速直线运动，mg－qeq \f(U2,d)＝ma，h＝eq \f(1,2)at2


联立可得t＝eq \r(\f(2U1h,（U1－U2）g))＝2eq \r(5)×10－2 s


答案 2eq \r(5)×10－2 s


11.半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m且带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示，珠子所受电场力是其重力的eq \f(3,4)，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则：





(1)珠子所能获得的最大动能是多大？


(2)珠子对环的最大压力是多大？


解析 (1)珠子在等效最低点B时，受力如图。





设OA与OB之间的夹角为θ，


则tan θ＝eq \f(qE,mg)＝eq \f(3,4)，


可得θ＝37°。


珠子在等效最低点B时具有最大动能。


珠子从A到B的过程，电场力和重力做功，由动能定理得－mgr(1－cs θ)＋qEr·sin θ＝Ek－0


解得珠子所能获得的最大动能


Ek＝－mgr(1－cs θ)＋qErsin θ＝eq \f(1,4)mgr。


(2)分析可得，珠子在等效最低点B处受到的压力最大


重力和电场力的合力F＝eq \f(5,4)mg


根据牛顿第二定律有N－F＝meq \f(v2,r)


Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(mgr,4)


所以N＝F＋meq \f(v2,r)＝eq \f(5,4)mg＋eq \f(1,2)mg＝eq \f(7,4)mg


根据牛顿第三定律知，珠子对圆环的最大压力是eq \f(7,4)mg。


答案 (1)eq \f(1,4)mgr (2)eq \f(7,4)mg




















核心素养
物理观念
科学思维
科学探究
1.运用静电力、电场强度等概念研究带电粒子运动时的加速度、位移等量的变化。


2.运用静电力做功，电势等概念研究带电粒子的运动过程中能量的转化。
1.通过研究加速过程的分析，培养学生的分析推理能力。


2.通过带电粒子的偏转、类比平抛运动，分析带电粒子的运动规律。
通过研究带电粒子的运动情况，能解释相关物理现象，培养热爱科学的精神。