2015五月石家庄高中物理第四期名师流动课堂资料-人教版选修3-1第一章静电场第9节《带电粒子在电场中运动》

知 识 点 1
学 业 分 层 测 评
知 识 点 2
学习 目标
1.知道电势 差的概念，知道电势 差与 电 势 零点的选择 无关． 2．掌握两点间电 势 差的表达式，知 道两点之间电 势 差的正负与这两点 电 势 高低之间的对应 关 系．(重点) 3．知道在电场 中移动电 荷时静电力 做功与两点间电 势 差的关系，会应用 静电力做功的公式进行计算．(难点)
注意问题 (1)适用于匀强电场 (2)d表示沿电场线方向的距离
(1)既适用于匀强电场也适用 于非匀强电场 (2)既适用于只受电场力的情况， 也适用于受多种力的情况
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知识 脉络
电势差
φA－φB 伏特
电势
φB－φA V
× √
√
静电力做功与电势差的关系
EpA EpB UAB
电场力
× √
√
四种求法
表达式
功的定义
W＝Fd＝qEd
功能关系 (1)WAB＝EpA－EpB (2)WAB＝－ΔEp
电势Ek

[解析] A 在空心金属球内，由于静电感应，使得 C 外表面带 正电，BC 相互吸引，所以 B 向右偏； 而金属空腔可以屏蔽外 部电场，所以 B 的电荷对空腔 C 的内部无影响，即 AB 之间无 相互的静电力，所以 A 位置不变． [答案] A
3．静电平衡状态的特征 (1)处于静电平衡状态的导体，内部的电场强度__处__处__为__0____．
(2)处于静电平衡状态的导体，外部表面附近任何一点的电场强 度方向必与这点的表面_垂__直___． (3)处于静电平衡状态的整个导体是个___等__势___体____，导体的表 面是个___等__势__面_____．
(1)接地的空腔导体，腔外电场对腔内空间不产生 影响，腔内电场对腔外空间也不产生影响，即内外互不影响． (2)空腔导体不接地，腔外电场对腔内空间不产生影响，腔内电 场对腔外空间产生影响．
(2019·湖南衡阳高二期中)如图所示，将 悬挂在细线上的带正电的小球 A 放在不带电的 金属空心球 C 内(始终不与球接触)，现将一个 悬挂在绝缘细线上的带负电的小球 B 放在 C 附近，待稳定后， 以下说法正确的是( ) A．A 对 B 无静电力作用，B 对 A 无静电力作用 B．A 向左偏离竖直方向，B 向右偏离竖直方向 C．A 对 B 的静电力向左，B 对 A 的静电力向右 D．A 的位置不变，B 的位置也不变
②自由电子要向电场 E0 的反方向做定向移动，并在导体的一个 侧面聚集，使该侧面出现负电荷，而相对的另一侧出现“过剩” 的等量的正电荷，导体沿着电场强度方向两端出现等量异种电 荷，如图乙所示． ③等量异种电荷在导体内部形成与电场强度 E0 反向的电场强 度 E′，在导体内任一点的电场强度可表示为 E 内＝E0＋E′，因 附加电场 E′总与外电场 E0 方向相反，叠加的结果削弱了导体内 部的电场，随着导体两侧感应电荷的继续增加，附加电场 E′增 强，合电场强度 E 内将逐渐减小，当 E 内＝0 时，自由电子的定 向移动也就停止了，这时就达到了静电平衡状态，如图丙所示．

1.2《库仑定律》
教学目标
❖ （一）知识与技能 ❖ 1．掌握库仑定律，要求知道点电荷的概念，理解库仑定
律的含义及其公式表达，知道静电力常量． ❖ 2．会用库仑定律的公式进行有关的计算． ❖ 3．知道库仑扭秤的实验原理． ❖ （二）过程与方法 ❖ 通过演示让学生探究影响电荷间相互作用力的因素，再得
BE
课堂训练
4、如图所示，导体棒AB靠近带正电的导体Q
放置．用手接触B端，移去手指再移去Q，
AB带何种电荷 _负__电__荷_____ ．若手的接触点
改在A端，情况又如何_负__电__荷______ 。
小结
1、自然界存在两者电荷 （1）正电荷：丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷 （2）负电荷：毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电荷 2、使物体带电的方式带电方式 (1)摩擦起电： 电子从一个物体转移到另一个物体 (2)接触起电：电荷从一个物体转移到另一个物体 (3)感应起电：电荷从物体的一部分转移到另一部分
出库仑定律 ❖ （三）情感态度与价值观 ❖ 培养学生的观察和探索能力 ❖ 重点：掌握库仑定律 ❖ 难点：会用库仑定律的公式进行有关的计算 ❖ 教具：库仑扭秤(模型或挂图)．
同种电荷相互排斥、 异种电荷相互吸引。
既然电荷之间存在相互作用，那么电荷之间 相互作用力的大小决定于那些因素呢
早互实的库影作在验增仑响我用表大定两国的明而律点东定，增1电.汉性s电大w荷时规f荷，间期律之随作人,定间着用库们量的距力仑就讨作离的定掌论用的因律握电力增素2了荷随大.：sw电间着而f荷相电减间互荷小相作量。
为__1_.6_×__1_0_－_19_C__ ；一个电子的电量为_－__1_.6_×_ _1_0－__19_C_ ，一个质 子的电量为__1_.6_×__1_0_－_19_C__ ；任何带电粒子，所带电量或者等 于电子或质子的电量，或者是它们电量的整__数__倍__．最早测出 元电荷的数值的是美国物理学家密立根 ，这位科学家还测出 了电子电量和质量的比值，叫做电子的 比荷 。 4、把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一段距离， 发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况可能是

一、 单项选择题1. 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)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )A. X 、Y 接电源的正极，X ′、Y′接电源的负极B. X 、Y′接电源的正极，X ′、Y 接电源的负极C. X′、Y 接电源的正极，X 、Y′接电源的负极D. X ′、Y′接电源的正极，X 、Y 接电源的负极2. 如图所示，两平行的带电金属板水平放置，若在两板中间a 点由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°，再从a 点由静止释放一同样的微粒，则该微粒将( )A. 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3. 如图所示，A 、B 为两块竖直放置的平行金属板，G 是静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度．下列做法可使指针张角增大的是( )A. 使A 、B 两板靠近些B. 使A 、B 两板正对面积错开些C. 断开S 后，使B 板向左平移减小板间距D. 断开S 后，使A 、B 板错位正对面积减小4. 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l ，在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q(q ＞0)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，两粒子同时由静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面，若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m为( )A. 3∶2B. 2∶1C. 5∶2D. 3∶15. 如图所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a′点，b 粒子打在B 板的b′点．若不计重力，则( )A. a 的电荷量一定大于b 的电荷量B. a 的质量一定小于b 的质量C. a 的比荷一定大于b 的比荷D. a 的动能增量一定小于b 的动能增量6. 如图甲所示，两个平行金属板P 、Q 正对竖直放置，两板间加上如图乙所示的交变电压．t ＝0时，Q 板比P 板电势高U 0，在两板的正中央M 点有一电子在电场力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计)．已知电子在0～4t 0时间内未与两板相碰，则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是( ) A. 0＜t ＜t 0 B. t 0＜t ＜2t 0 C. 2t 0＜t ＜3t 0 D. 3t 0＜t ＜4t 0二、 不定项选择题7. 如图所示，平行板电容器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中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8. 如图所示，M 、N 是真空中的两块相距为d 的平行金属板．质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 0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．若要使这个带电粒子到达距N 板d3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13B. 使M 、N 间电压提高到原来的32倍C. 使M 、N 间电压提高到原来的3倍D. 使初速度和M 、N 间电压都减为原来的239. 如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U 1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U 2.一电子由静止开始经U 1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出．不计电子重力，下列说法正确的是( )A. 减小U 1，电子一定打在金属板上B. 增大U 1，电子一定打在金属板上C. 增大U 2，电子一定能从水平金属板间射出D. 减小U 2，电子一定能从水平金属板间射出10. 如图甲，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．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3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0～T 时间内的运动，下列说法正确的是( )A. 末速度大小为2v 0B. 末速度沿水平方向C. 重力势能减少了12mgd D. 克服电场力做功为mgd三、 计算题11. 如图所示，一个质量为m, 带电荷量为＋q 的粒子在O 点以初速度v 0与水平方向成θ角射出， 如果在某方向上加上一定大小的匀强电场后，可使粒子沿初速度方向做直线运动．求：(1) 所加最小匀强电场的场强大小及方向．(2) 若加上水平向左、大小一定的匀强电场，则当粒子速度为零时距O 点的距离.12. 如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m)无初速度地放入电场E 1中的A 点(A 点离两场边界距离为L2)，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O.求：(1) 电子从释放到刚射出电场E 2时所用的时间．(2) 电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ. (3) 电子打到屏上的点P′到点O 的距离y.1. D 解析：若要使电子打在第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，选项D 正确．2. D 解析：两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg ＝qE ，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．3. D 解析：由于静电计的金属球与A 板等电势，外壳与B 板等电势(电势都为零)，因此静电计测量的是电容器两板间的电压，如果S 一直闭合，则两板间的电压始终等于电源的电动势，静电计的张角不会改变，选项A 、B 错误；如果使开关S 断开，电容器上带电荷量一定，由U ＝Q C ＝4πkdQ εS 可知，当两板间的距离减小时，U 变小，静电计的张角变小，选项C 错误；当两板间的正对面积减小，则两板间的电压增大，静电计的张角增大，选项D 正确．4. A 解析：两个粒子的加速度为a M ＝qE M ，a m ＝qEm ，设两粒子经过同一平面的时间为t ，则位移分别为x M＝12a M t 2＝25l ，x m ＝12a m t 2＝35l ，故M ∶m ＝a m ∶a M ＝x m ∶x M ＝3∶2，选项A 正确． 5. C 解析：粒子在电场中做类平抛运动，由h ＝qE 2m ·⎝⎛⎭⎫x v 02，得x ＝v 02mhqE，由v 02hm aEq a＜v 02hm bEq b，得q a m a ＞q bm b，选项A 、B 错误，C 正确；动能增量ΔE k ＝qEh ，q 大小关系未知，选项D 错误． 6. C 解析：在0～t 0时间内，电子向右做初速度为零的匀加速运动，在t 0～2t 0时间内，电子向右做匀减速运动，直到速度减小到零；在2t 0～3t 0时间内，电子向左做初速度为零的匀加速运动，在3t 0～4t 0时间内，电子向左做匀减速运动，直到速度减小为零．所以电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是2t 0～3t 0，选项C 正确．7. BD 解析：要使粒子在电场中直线运动，必须使合力与运动方向在一直线上，由题意可受力分析知，粒子受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，选项A 错误；因电场力做负功，故电势能增加，选项B 正确；合力做负功，故动能减少，选项C 错误；因合力为定值且与运动方向在一直线上，选项D 正确．8. BD 解析：由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N 板时，由动能定理可得－qU ＝－12mv 20，要使粒子到达距N 板d 3后返回，设此时两极板间电压为U 1，粒子的初速度为v 1，则由动能定理可得－q 2U 13＝－12mv 21，联立解得2U 13U ＝v 21v 20，选项B 、D 正确．9. AD 解析：设电子通过偏转电场的时间为t 1，由qU 1＝12mv 2，L ＝vt 1可知，若减小U 1，则v 减小，时间t 增加，再由y ＝12at 2可知，射出偏转电场时的偏转位移增大，故一定会打在金属板上，选项A 正确；同理可知，若增大U 1，则不会打在金属板上，选项B 错误；由a ＝qE m ＝qU 2md ，y ＝12at 22可知，若t 2不变，增大U 2时，偏转位移增大，电子不能从水平金属板射出，选项C 错误；同理，若减小U 2，则电子一定能从水平金属板间射出，选项D 正确．10. BC 解析：因0～T 3内微粒做匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T 3时刻的竖直方向速度为v y1＝gT 3，水平方向速度为v 0；在2T3～T 时间内，由牛顿第二定律2E 0q －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y2＝v y1－g T3＝0，粒子的竖直方向速度减小到零，水平方向速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg·d 2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理12mgd－W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误．11. 解：(1) 当场强方向与v 0垂直且向左上方时，电场强度最小，如图1所示．由平衡条件知qE min ＝mgcos θ解得E min＝mgcos θq图1图2(2) 如图2所示，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma解得a＝gsin θ粒子做匀减速运动的位移s＝v202a＝v20sin θ2g12. 解：(1) 电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1. 由牛顿第二定律和运动学公式得a1＝eE1m＝eEmL2＝12a1t21v1＝a1t1电子在电场E2中沿水平方向做匀速直线运动t2＝Lv1解得运动的总时间为t＝t1＋t2＝2mL eE(2) 设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为v y，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2＝eE2m＝2eEmt2＝Lv1v y＝a2t2tan θ＝v yv1解得tan θ＝2(3) 如图，设电子在电场中的偏转距离为y1，离开电场后沿平行电场方向偏移距离为y2. y1＝12a2t22y1＝L tan θ＝y2L解得y＝y1＋y2＝3L。