10-7-專題二：帶電粒子在電場中的運動(課中練習(xí))-高中物理人教版(2019)必修第三冊

10.7專題二：帶電粒子在電場中的運動課中練一、帶電粒子在電場中的運動直線運動【課堂引入】帶電粒子在電場中的運動直線運動【例題】1.真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變．持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點．重力加速度大小為g。（1）油滴運動到B點時的速度；（2）求增大后的電場強(qiáng)度的大小；為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件．已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍?！菊n堂練習(xí)】2.如圖所示，水平放置的平行板電容器的兩極板M、N接上直流電源，兩極板間的距離為L＝15cm.上極板M的中央有一小孔A，在A的正上方h處的B點有一小油滴自由落下．已知小油滴的電荷量q＝3.5×10－14C、質(zhì)量m＝3.0×10－9kg.當(dāng)小油滴即將落到下極板時速度恰好為零．兩極板間的電勢差U＝6×105V．求：（不計空氣阻力，取g＝10m/s2）（1）兩極板間的電場強(qiáng)度E的大小為多少？（2）設(shè)平行板電容器的電容C＝4.0×10－12F，則該電容器所帶電荷量Q是多少？（3）B點在A點的正上方的高度h是多少？二、帶電粒子的類平拋運動【課堂引入】帶電粒子在電場中的類平拋運動的處理方法：1.運動分解的方法：將運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的勻加速直線運動，在這兩個方向上分別列牛頓第二定律或運動學(xué)方程。2.利用功能關(guān)系分析：（1）功能關(guān)系：電場力做功等于電勢能的減少量，W電＝Ep1－Ep2。（2）動能定理：合力做功等于動能的變化，W＝Ek2－Ek1?！纠}】3.如圖所示，一帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出。已知板長為，板間距離為，板間電壓為，帶電粒子的電荷量為，粒子通過平行金屬板的時間為，不計粒子重力，則（）A.在前時間內(nèi)，靜電力對粒子做的功為B.在后時間內(nèi)，靜電力對粒子做的功為C.在粒子偏轉(zhuǎn)前和后的過程中，靜電力做功之比為D.在粒子偏轉(zhuǎn)前和后的過程中，靜電力做功之比為4.如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，PQG的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為（>0）。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。唬?）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？【課堂練習(xí)】5.如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場．自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和–q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進(jìn)入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍．不計空氣阻力，重力加速度大小為g．求（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）A點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強(qiáng)度大小．三、帶電粒子在電場（復(fù)合場）中的圓周運動【課堂引入】解決電場（復(fù)合場）中的圓周運動問題，關(guān)鍵是分析向心力的來源，向心力的來源有可能是重力和電場力的合力，也有可能是單獨的電場力?！纠}】6.如圖所示,半徑為R的光滑圓環(huán)豎直置于場強(qiáng)為E的水平方向的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的空心小球穿在環(huán)上，當(dāng)小球從頂點A由靜止開始下滑到與圓心O等高的位置B時，求小球?qū)Νh(huán)的壓力。四、帶電粒子在交變電場中的運動【課堂引入】1.受力情況：粒子所受的電場力是周期性變化的，即與速度方向在一段時間內(nèi)同向，在下一段時間內(nèi)反向。2.運動特點：一會兒加速，一會兒減速；可能一直向前運動，也可能做往復(fù)運動，由粒子最初進(jìn)入電場的時間決定。3.處理方法：應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解【例題】7.如圖甲所示，A板電勢為0，A板中間有一小孔，B板的電勢變化情況如圖乙所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在t＝時刻以初速度為0從A板上的小孔處進(jìn)入兩極板間，僅在電場力作用下開始運動，恰好到達(dá)B板。則（）A.A、B兩板間的距離為B.粒子在兩板間的最大速度為C.粒子在兩板間做勻加速直線運動D.若粒子在t＝刻進(jìn)入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終打向B板【課堂練習(xí)】8.在如圖所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖①、②所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高．在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動．若兩板間距足夠大，且不計重力，試分析電子在兩種交變電壓作用下的運動情況，并畫出相應(yīng)的v－t圖象。9.如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長L=1cm，板間距離為d=1cm，下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L=1cm。在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。（每個電子穿過平行板的時間極短，可以認(rèn)為此段時間電壓是不變的）求：（1）在t=0.06s時刻，電子打在熒光屏上的位置；（2）熒光屏上有電子打到的區(qū)間長度。?

參考答案1.【答案】(1)(2)見解析【詳解】（1）設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正．油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運動，故勻強(qiáng)電場方向向上．在t=0時，電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足①油滴在時刻t1的速度為②電場強(qiáng)度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足③油滴在時刻t2=2t1的速度為④由①②③④式得⑤（2）由題意，在t=0時刻前有⑥油滴從t=0到時刻t1的位移為⑦油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內(nèi)的位移為⑧由題給條件有⑨式中h是B、A兩點之間的距離．若B點在A點之上，依題意有⑩由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得?為使，應(yīng)有?即當(dāng)?或?才是可能的：條件?式和?式分別對應(yīng)于和兩種情形．若B在A點之下，依題意有?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得?為使，應(yīng)有?即?另一解為負(fù)，不符合題意，已舍去．2.【答案】（1）4×106V/m；（2）2.4×10-6C；（3）0.55m【詳解】（1）平行板電容器極板間為勻強(qiáng)電場：①場強(qiáng)方向由M板垂直指向N板；（2）平板電容器的電容C=4.0×10-12F，據(jù)電容器的定義式C=Q/U得：；（3）小油滴下落過程中，先受重力，在M板以上做自由落體運動；進(jìn)入勻強(qiáng)電場后，受重力和電場力作用，小油滴做勻減速運動，到達(dá)N板速度為零，以此過程為研究對象，由動能定理得：②聯(lián)立①②解之得：h=0.55m3.B【詳解】AB．粒子在垂直于板的方向做初速度為零的勻加速運動：由可得，前時間內(nèi)與時間內(nèi)垂直于板方向之比為，在前時間內(nèi)的位移為，在后時間內(nèi)的位移為；電場力對粒子做功為故A錯誤，B正確；C．由電場力做功，則前粒子在下落前和后內(nèi)，電場力做功之比。故CD錯誤。故選B。4.【答案】（1）；（2）【詳解】（1）PG、QG間場強(qiáng)大小相等，均為E，粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有①F=qE=ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek，由動能定理有③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有④l=v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得⑥⑦（2）設(shè)粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為⑧5.【答案】（1）3：1；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進(jìn)入電場時的水平速度仍為v0；M、N在電場中的運動時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2；由運動公式可得：v0–at=0聯(lián)立解得：（2）設(shè)A點距離電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，則；因為M在電場中做勻加速直線運動，則解得h=（3）設(shè)電場強(qiáng)度為E，小球M進(jìn)入電場后做直線運動，則，設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理：由已知條件：Ek1=1.5Ek2聯(lián)立解得：6.【答案】2mg＋3Eq；方向水平向右【詳解】小球從A運動到B的過程中，重力做正功，電場力做正功，動能增加，由動能定理有mgR＋EqR＝mv2在B點小球受到重力mg、電場力F和環(huán)對小球的彈力F1三個力的作用，沿半徑方向指向圓心的合力提供向心力，則F1－Eq＝m聯(lián)立以上兩式可得F1＝2mg＋3Eq小球?qū)Νh(huán)的作用力與環(huán)對小球的作用力為一對作用力與反作用力，兩者等大反向，即小球?qū)Νh(huán)的壓力F1′＝2mg＋3Eq方向水平向右。7.B【詳解】AC．粒子僅在電場力作用下運動，加速度大小不變，方向變化，粒子在t＝時刻以初速度為0進(jìn)入兩極板，先加速后減速，在時刻到達(dá)B板，則解得故AC錯誤；B．粒子在時刻速度最大，則故B正確；D．若粒子在t＝時刻進(jìn)入兩極板間，在時間內(nèi)，粒子做勻加速運動，位移所以粒子在時刻之前已經(jīng)到達(dá)B板，故D錯誤．8.【答案】如圖所示：【詳解】t＝0時，B板電勢比A板高，在電場力作用下，電子向B板(設(shè)為正向)做初速度為零的勻加速運動；①在0～T電子做初速度為零的正向勻加速直線運動，T～T電子做末速度為零的正向勻減速直線運動，然后周期性地重復(fù)前面的運動，其速度圖線如圖甲所示；②在0～做類似甲的運動，～T電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運動．然后周期性地重復(fù)前面的運動，其速度圖線如圖乙所示．【點睛】由于電場方向不斷變化，粒子運動情況比較復(fù)雜，分析清楚粒子的運動過程是正確解題的關(guān)鍵．9.【答案】（1）1.35cm；（2）3cm【詳解】（1）設(shè)電子經(jīng)電壓加