高中物理 习题课三 带电粒子在电场中的运动课时训练(含解析)教科版选修31

龙文教育学科老师个性化教案教师学生姓名上课日期2-26 学科物理年级高三教材版本人教版学案主题电场课时数量（全程或具体时间）第（3）课时授课时段8-10教学目标教学内容带电粒子在电场中的运动相关知识点与应用个性化学习问题解决结合孩子的教案设计教学重点、难点高考必考知识点教学过程带电粒子在电场中的运动1．平行板电容器内的电场可以看做是匀强电场，其场强与电势差的关系式为E＝Ud，其电势差与电容的关系式为C＝QU.2．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．3．带电粒子在电场中的偏转(匀强电场)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可将粒子的运动分解为初速度方向的匀速直线运动和电场力方向的初速度为零的匀加速直线运动．位移关系：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝v 0t y ＝12at 2速度关系：⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ，速度的偏转角的正切值tan θ＝v y v x .4．在所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远小于电场力，即mg ≪qE ，所以可以忽略重力的影响．若带电粒子所受的重力跟电场力可以比拟，则要考虑重力的影响．总之，是否考虑重力的影响要根据具体的情况而定．5．物体做匀速圆周运动，受到的向心力为F ＝m v 2r (用m 、v 、r 表示)＝mr (2πT )2(用m 、r 、T 表示)＝mr ω2(用m 、r 、ω表示)．一、带电粒子在电场中的直线运动讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法： (1)能量方法——能量守恒定律； (2)功和能方法——动能定理；(3)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式．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v 0竖直向上运动，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？二、带电粒子在电场中的类平抛运动带电粒子在电场中做类平抛运动涉及带电粒子在电场中加速和偏转的运动规律，利用运动的合成与分解把曲线运动转换为直线运动研究，涉及运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系的综合应用．例2如图2所示，水平放置的两平行金属板，板长为10 cm，两板相距2 cm.一束电子以v0＝4.0×107 m/s的初速度从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L为45 cm、宽D为20 cm 的荧光屏上．(不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e ＝1.6×10－19 C)求：图2(1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压；(2)为使带电粒子能射到荧光屏的所有位置，两板间所加电压的取值范围．三、带电粒子在交变电场中的运动交变电场作用下粒子所受的电场力发生改变，从而影响粒子的运动性质；由于电场力周期性变化，粒子的运动性质也具有周期性；研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，特别注意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期．例3带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图3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3A．微粒在0～1 s内的加速度与1 s～2 s内的加速度相同B．微粒将沿着一条直线运动C．微粒做往复运动D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同四、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，指向圆心的力提供向心力，向心力的提供有可能是重力和电场力的合力，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”．例4如图4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v A的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：图4(1)速度v A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．1. (带电粒子在电场中的直线运动)如图5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( )图5A ．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2. (带电粒子在电场中的类平抛运动)如图6所示，一电子沿x 轴正方向射入电场，在电场中的运动轨迹为OCD ，已知O A ＝A B ，电子过C 、D 两点时竖直方向的分速度为v Cy 和v Dy ；电子在OC 段和OD 段动能的变化量分别为ΔE k1和ΔE k2，则( )图6A ．v Cy ∶v Dy ＝1∶2B ．v Cy ∶v Dy ＝1∶4C ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶3D ．ΔE k1∶ΔE k2＝1∶43．(带电粒子在交变电场中的运动)如图7甲所示，在间距足够大的平行金属板A 、B 之间有一电子，在A 、B 之间加上如图乙所示规律变化的电压，在t ＝0时刻电子静止且A 板电势比B 板电势高，则( )图7A ．电子在A 、B 两板间做往复运动B ．在足够长的时间内，电子一定会碰上A 板C ．当t ＝T2时，电子将回到出发点D ．当t ＝T2时，电子的位移最大4．(带电粒子在电场中的圆周运动)如图8所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104N/C的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC部分是半径为R＝0.5 m的半圆环(B为半圆弧的中点)，轨道的水平部分与半圆环相切于C点，D为水平轨道的一点，而且CD＝2R，把一质量m＝100 g、带电荷量q＝10－4 C的负电小球，放在水平轨道的D点，由静止释放后，在轨道的内侧运动．g＝10 m/s2，求：图8(1)它到达B点时的速度是多大？(2)它到达B点时对轨道的压力是多大？题组一带电粒子在电场中的直线运动1.图1为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空．A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是( )图1A．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为vB．如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为v/2C．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为2 2 vD．如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v/22.如图2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，如果要使这个带电粒子到达M 、N 板间距的12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2A ．使初速度减为原来的12B ．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12题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动3.如图3所示，氕、氘、氚的原子核以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3A ．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多B ．经过偏转电场的过程中，电场力对三种核做的功一样多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上同一位置处4.如图4所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )图4A．它们运动的时间t Q＞t PB．它们运动的加速度a Q＜a PC．它们所带的电荷量之比q P∶q Q＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔE k P∶ΔE k Q＝1∶25.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变为原来的2倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2倍6.如图6所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，平行板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行板的时间为t，则(不计粒子的重力)( )图6A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B ．在后t2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8C ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶2D ．在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶1 题组三 带电粒子在电场中的圆周运动7.两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图7所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M 射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N 射出，由此可知( )图7A ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B ．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速率一定相等D ．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等8．如图8所示，内壁光滑的绝缘材料制成的圆轨道固定在倾角为θ＝37°的斜面上，与斜面的交点为A ，直径AB 垂直于斜面，直径CD 和MN 分别在水平和竖直方向上，它们处在水平向右的匀强电场中．质量为m 、电荷量为q 的小球(可视为点电荷)刚好能静止于圆轨道内的A 点．现对该小球施加一沿圆环切线方向的瞬时速度，使其恰能绕圆环完成圆周运动．下列对该小球运动的分析中正确的是( )图8 A ．小球一定带负电 B ．小球运动到B 点时动能最小 C ．小球运动到M 点时动能最小 D ．小球运动到D 点时机械能最小 题组四 综合应用9.如图9所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平向右的匀强电场中，AB与电场线平行，BCDF是与AB相切、半径为R的圆形轨道．今有质量为m、带电荷量为＋q的小球在电场力作用下从A点由静止开始沿轨道运动，小球经过最高点D时对轨道的压力恰好为零，则A点与圆形轨道的最低点B间的电势差为多大？图910.如图10所示，长L＝0.20 m的丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 C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E＝2.0×103 N/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g＝10 m/s2.求：(1)小球通过最高点B时速度的大小；(2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小．11.如图11所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板间距d＝0.04 m，两板间的电压U＝400 V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h＝1.25 m的P点处有一带正电的小球，已知小球的质量m＝5×10－6 kg，电荷量q＝5×10－8 C．设A、B板足够长，g取10 m/s2.试求：(1)带正电的小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰；(2)相碰时，离金属板上端的竖直距离多大．例一解析(1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重力和电场力作用做匀减速直线运动．(2)整个运动过程中重力和电场力做功，由动能定理得－mg (H ＋h )－qU AB ＝0－12mv 20解得U AB ＝m [v 20－2g H ＋h ]2q例2 解析 (1)设加速电场的电压为U 1，由动能定理可得eU 1＝12mv 20－0 化简得U 1＝mv 202e代入数据得U 1＝4.5×103 V.(2)如图所示，设电子飞出偏转电场时速度为v 1，和水平方向的夹角为θ，偏转电压为U 2，偏转位移为y ，则：y ＝12at 2＝U 2e 2dm (lv 0)2 tan θ＝v y v 0＝U 2eldmv 20＝yl /2由此看出，电子从偏转电场射出时，不论偏转电压多大，电子都像是从偏转电场的两极板间中线的中点沿直线射出一样，射出电场后电子做匀速直线运动恰好打在荧光屏的边缘上，结合图可得 tan θ＝D /2L ＋l2＝D2L ＋lU 2＝Ddmv 20el 2L ＋l代入所有数据得U 2＝360 V因此偏转电压在－360 V ～360 V 范围内时，电子可打在荧光屏上的任何位置． 答案 (1)4.5×103 V (2)－360 V ～360 V 例3 答案 BD解析 带正电的微粒放在电场中，第1 s 内加速运动，第2 s 内减速至零，故B 、D 对． 例4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：qE ＝m v 2Ar所以小球在A 点的速度v A ＝qEr m.(2)在小球从A 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 2qEr ＝12mv 2B －12mv 2A 小球在B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有F B －qE ＝m v 2Br解以上两式得小球在B 点对环的水平作用力为：F B ＝6qE . 答案 (1)qEr m(2)6qE1. 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v 0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v 0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确．2.答案 AD 3．答案 B解析 粒子先向A 板做半个周期的匀加速运动，接着做半个周期的匀减速运动，经历一个周期后速度为零，以后重复以上过程，运动方向不变，选B. 4答案 (1)25 m/s (2)5 N解析 (1)小球从D 至B 的过程中，由动能定理： qE (2R ＋R )－mgR ＝12mv 2B解得：v B ＝25 m/s(2)在B 点由牛顿第二定律得：F N －qE ＝m v 2BRF N ＝qE ＋m v 2BR＝5 N.由牛顿第三定律知F N ′＝F N ＝5 N.题组一 带电粒子在电场中的直线运动 1.答案 AC 2.答案 BD解析 由qE ·l ＝12mv 20，当v 0变为22v 0时l 变为l2；因为qE ＝q Ud，所以qE ·l ＝q U d ·l ＝12mv 20，通过分析知B 、D 选项正确．题组二 带电粒子在电场中的类平抛运动 3.答案 BD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电场力对它们做的功都相同，在同一偏转电场中电场力对它们做的功也相同，A 错，B 对；由于质量不同，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或偏转角公式y ＝l 2U 24dU 1，tan θ＝lU 22dU 1知，与带电粒子无关，D 对．4.答案 C解析 设两板距离为h ，P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h2，它们做类平抛运动的水平距离均为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t 2P ，得到a P ＝hv 20l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2hv 20l2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m，a Q ＝q Q E m，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确．5.答案 A解析 电子加速有qU 1＝12mv 20电子偏转有y ＝12·qU 2md (lv 0)2联立解得y ＝U 2l 24U 1d ，显然选A.6答案 BD解析 粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a ＝Eq m ＝Uqdm ，t 时间内加速度方向上的位移y ＝12at 2＝d 2，前t 2时间内加速度方向上的位移y 1＝12a t 24＝d 8，后t 2时间内加速度方向上的位移y 2＝y －y 1＝38d .由公式W ＝Fl 可知前t 2、后t 2、前d4、后d 4电场力做的功分别为W 1＝18qU ，W 2＝38qU ，W 3＝14qU ，W 4＝14qU . 题组三 带电粒子在电场中的圆周运动 7.答案 BC解析 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力qE ＝m v 2r 得r ＝mv 2qE，r 、E 为定值，若q 相等则12mv 2一定相等；若qm 相等，则速率v 一定相等，故B 、C 正确．8．答案 ABD解析 小球能静止于A 点，说明小球在A 点所受的合力为零，电场力一定与场强方向相反，小球带负电，A 正确；小球所受的重力和电场力的合力F 是不变的，方向沿AB 直径方向由B 指向A ，小球从A 运动到B 的过程中F 做负功，动能减小，所以小球运动到B 点时动能最小，B 正确，C 错误；在圆环上，D 点的电势最低，小球在D 点的电势能最大，由能量守恒定律可得，小球运动到D 点时机械能最小，D 正确． 题组四 综合应用9.解析 小球从A 到D 的过程中有两个力做功，即重力和电场力做功，由动能定理得12mv 2＝qU AD －mg ·2R小球在D 点时重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg ＝m v 2R联立解得U AD ＝5mgR2q所以U AB ＝U AD ＝5mgR2q.10.答案 (1)2 m/s (2)3.0×10－3 N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：qEL －mgL ＝mv 2B2，v B ＝2qE －mg L m＝2 m/s(2)小球到达B 点时，受重力mg 、电场力qE 和拉力F T B 作用，经计算mg ＝1.0×10－4×10 N ＝1.0×10－3 NqE ＝1.0×10－6×2.0×103 N ＝2.0×10－3 N因为qE >mg ，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F T B 的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：F T B ＋mg －qE ＝mv 2B LF T B ＝mv 2B L＋qE －mg ＝3.0×10－3 N11.答案 (1)0.52 s (2)0.102 m解析 (1)设小球从P 到Q 需时间t 1，由h ＝12gt 21得t 1＝ 2h g＝2×1.2510s ＝0.5 s ，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度a ，由力的独立作用原理，可以求出小球在电场中的运动时间t 2.由牛顿第二定律知qE ＝ma ，E ＝U d ，d 2＝12at 22，以上三式联立，得t 2＝dmqU＝0.04×5×10－65×10－8×400s ＝0.02 s ，运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.5 s ＋0.02 s ＝0.52 s.(2)小球由P 点开始在竖直方向上始终做自由落体运动，在时间t 内的位移为y ＝12gt 2＝12×10×(0.52)2 m ＝1.352 m. 相碰时，与金属板上端的竖直距离为s ＝y －h ＝1.352 m －1.25 m ＝0.102 m.。

带电粒子在电场中的运动1．(2019·山东省淄博一中高一下学期期中)如图，P 和Q 为两平行金属板，板间电压为U ，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动．关于电子到达Q 板时的速率，下列说法正确的是( C )A ．两板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大B ．两板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大C ．与两板间距离无关，仅与加速电压U 有关D ．以上说法都不正确解析：粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理：eU ＝12mv 2，v ＝2eU m因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故C 正确，A 、B 、D 错误。

2．(2019·河南省实验中学高二上学期期中)有一种电荷控制式喷墨打印机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。

已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是( D )A ．增大墨汁微粒的比荷B ．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C ．增大偏转极板间的电压D ．减小极板的长度解析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：L ＝v 0t ；竖直方向：y ＝12at 2，又a ＝qU md ；联立得，y ＝qUL 22mdv 20＝qUL 24dE k0；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：减小比荷q m、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能E k0、减小极板的长度L 、减小偏转极板间的电压U ，故ABC错误，D 正确。

故选D 。

3．(2019·山西实验中学高二上学期期末)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 ＝＋1.0×10－5C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直于匀强电场方向进入匀强电场中，从虚线MN 的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与竖直方向成30°角。

重难强化训练(二) 带电粒子在电场中的运动(45分钟 分值：90分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分.1～6题为单选，7～10题为多选)1．一带电粒子在电场中只受电场力作用时，它不可能出现的运动状态是( )A ．匀速直线运动B ．匀加速直线运动C ．匀变速曲线运动D ．匀速圆周运动A [因为粒子只受到电场力的作用，所以不可能做匀速直线运动．]2.如图1为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空，A 为发射热电子的阴极，K 为接在高电势点的加速阳极，A 、K 间电压为U ，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K 的小孔中射出时的速度大小为v ，下面说法中正确的是( )图1A ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U 不变，则电子离开K 时的速度变为2vB ．如果A 、K 间距离减半而电压仍为U 不变，则电子离开K 时的速度变为v 2C ．如果A 、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为v 2D ．如果A 、K 间距离保持不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为22vD [由动能定理qU ＝12m v 2，U 不变，速度不变，故A 、B 错误．电压变为12U ，v 变为原来的22，故C 错，D 对．]3.如图2所示，在方向水平向右的匀强电场中，细线一端固定，另一端拴一带正电小球，使球在竖直面内绕固定端O 做圆周运动．不计空气阻力，静电力和重力的大小刚好相等，细线长为r .当小球运动到图中位置A 时，细线在水平位置，拉力F T ＝3mg .重力加速度大小为g ，则小球速度的最小值为( )【导学号：55282097】图2A ．2grB ．2grC ．(6－22)grD ．(6＋22)grC [小球在A 点，F T ＋Eq ＝m v 2A r ，Eq ＝mg ，则速度v A ＝2gr ，由A 到小球做圆周运动的等效最高点时(如图B 位置)，由动能定理得Eqr (1－cos 45°)－mgr sin 45°＝12m v 2min －12m v 2A ，解得v min ＝(6－22)gr ，选项C 正确．]4．在光滑水平面上有一比荷q m ＝1.0×10－7 C/kg 的带正电小球，静止在O点，以O 点为原点，在水平面内建立坐标系Oxy ，现突然加一沿x 轴正方向、电场强度为2.0×106 V/m 的匀强电场，小球开始运动．经过1.0 s ，所加电场突然变为沿y 轴正方向，电场强度大小不变．则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是( ) C [小球加速度大小a ＝qE m ＝0.20 m/s 2,1 s 末小球速度v x ＝at ＝0.20 m/s ，沿x 轴方向距离x 1＝12at 2＝12×0.20×12 m ＝0.10 m ．第2 s 内小球做类平抛运动，x方向x 2＝v x t ＝0.20 m ，沿y 轴方向y 2＝12at 2＝12×0.20×12 m ＝0.1 m ，故第2 s 末小球坐标为(0.30 m,0.10 m)，故C 正确．]5.如图3所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号的电荷．一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么( )【导学号：55282098】图3A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点，其电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点，其动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点，其机械能一定增加C [由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能确定微粒电性，也不能确定静电力对微粒做功的正负，选项A 、B 、D 错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定是竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C 正确．]6．如图4甲所示，两个平行金属板P 、Q 竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压．t ＝0时，Q 板比P 板电势高5 V ，此时在两板的正中央M 点处放一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰，则在0<t <8×10－10 s 的时间内，这个电子处于M 点的右侧、速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间t 满足( )甲 乙图4A ．0<t <2×10－10 sB ．2×10－10 s<t <4×10－10 sC ．4×10－10 s<t <6×10－10 sD ．6×10－10 s<t <8×10－10 sD [0～T 4过程中电子向右做匀加速运动；T 4～T 2过程中电子向右做匀减速运动，T 2～3T 4过程中电子向左做匀加速运动，3T 4～T 过程中电子向左做匀减速运动，D 满足条件．]7.如图5所示，一个质量为m 、电荷量为q 的粒子从两带电平行板的正中间沿与场强垂直的方向射入，不计粒子所受的重力．当粒子的入射速度为v 时，它恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板上．现要使质量为m 、入射速度为v 2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，若只能改变一个物理量，下列做法可行的是( )图5A．使粒子所带的电荷量减小为原来的1 4B．使两极板间的电势差减小为原来的一半C．使两板间的距离增加为原来的2倍D．使两极板的长度减小为原来的一半ACD[设金属板长为L，两极板间的距离为d，两极板间的电势差为U，依题意有12·qUdm·(Lv)2＝d2，即m v2d2＝qUL2，要使粒子恰好穿过电场区域，必须满足上式，因此可使q或U减小为原来的14，选项A正确，选项B错误；也可使d增大为原来的2倍，选项C正确；还可使L减小为原来的12，选项D正确．]8.如图6所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球()图6A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小BC[对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，选项A错误，选项B正确；在运动的过程中，合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．]9.如图7所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两板间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为＋q的微粒以初速度v0沿竖直向上方向从与两板等距的A点射入匀强电场中，在静电力的作用下垂直打到N板上的C点，已知AB＝BC.不计空气阻力，则可知()【导学号：55282099】图7A ．微粒在电场中做曲线运动B ．微粒打到C 点时的速率与射入电场时的速率相等C ．M 、N 板间的电势差为2m v 20qD ．M 、N 板间的电势差为E v 202gAB [由题意可知，微粒受水平向右的静电力qE 和竖直向下的重力mg 作用，合力与v 0不共线，所以微粒做曲线运动，A 正确；因AB ＝BC ，即v 02·t ＝v C 2·t ，故v C ＝v 0，B 正确；由q ·U 2＝12m v 2C ，得U ＝m v 2C q ＝m v 20q ，C 错误；由mg ＝qE ，得q＝mg E ，代入U ＝m v 20q ，得U ＝E v 20g ，D 错误．]10.如图8所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U ；第三象限内分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E .大量电荷量为－q (q >0)、质量为m 的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度v 0沿x 轴正方向射入匀强电场．若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其他粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布．不计粒子的重力及它们间的相互作用．下列说法正确的是( )图8A ．能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上B ．到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y 轴的夹角θ越大C ．能打到荧光屏的粒子，到达O 点的动能必须大于qUD ．若U <m v 202q ，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮CD [能进入第一象限的粒子，必须有－x ＝v 0t ，－y ＝qE 2m t 2，所以有y ＝－qE 2m v 20x 2，则能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条抛物线上，选项A 错误；因为sin θ＝v 0v ，所以到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y 轴的夹角θ越小，选项B 错误；能打到荧光屏的粒子，就满足12m v 2>qU ，选项C 正确；若U <m v 202q ，则到达O 点的粒子速度方向满足0<θ<90°，故荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮，选项D 正确．]二、非选择题(本题共2小题，共30分)11. (14分)如图9所示，两块竖直放置的平行金属板A 、B ，板间距离d ＝0.04 m ，两板间的电压U ＝400 V ，板间有一匀强电场．在A 、B 两板上端连线中点的正上方h ＝1.25 m 的P 点处有一带正电的小球，已知小球的质量m ＝5×10－6 kg ，电荷量q ＝5×10－10 C ．设A 、B 板的长度无限，g 取10 m/s 2.求：带正电小球从P 点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰．图9【解析】 设小球从P 点到进入电场需时间t 1，由h ＝12gt 21得：t 1＝2h g ＝0.5 s设小球进入电场后运动时间为t 2，则：qE ＝ma E ＝U d则小球水平方向的加速度为：a ＝qU md水平方向做匀加速运动，则有：d 2＝12at 22联立解得：t 2＝0.2 s故总时间为：t ＝t 1＋t 2＝(0.5＋0.2) s ＝0.7 s.【答案】 0.7 s12. (16分)如图10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，若小球经过A 点时，速度v A 的方向恰与电场方向垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：图10(1)速率v A 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.【导学号：55282100】【解析】 (1)在A 点，小球在水平方向只受静电力作用，根据牛顿第二定律得qE ＝m v 2A r所以小球在A 点的速度v A ＝qErm .(2)在小球从A 到B 的过程中，根据动能定理，静电力做的正功等于小球动能的增加量，即2qEr ＝12m v 2B －12m v 2A小球在B 点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有F B －qE ＝m v 2B r解以上两式得小球在B 点受到环的水平作用力F B ＝6qE由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小F B ′＝6qE .【答案】 (1)qErm (2)6qE。

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习题课:带电粒子在电场中的运动知识点一带电粒子在电场中的加速和偏转1。

（多选）如图LX2-1所示,一个质量为m、电荷量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与场强垂直的方向射入，不计粒子所受的重力。

当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过这一电场区域而不碰到金属板上。

现要使质量为m、入射速度为的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，若只能改变一个物理量,下列做法可行的是()图LX2—1A。

使粒子所带的电荷量减小为原来的B.使两极板间的电势差减小为原来的一半C。

使两板间的距离增加为原来的2倍D。

使两极板的长度减小为原来的一半2。

如图LX2—2所示,两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直于电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板的边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的两倍,使电子仍从原位置射入，若电子仍从正极板的边缘飞出,则两极板的间距应变为原来的（）A.2倍 B。

4倍C.D。

图LX2-23。

氕、氘、氚原子核的初速度为零,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,如图LX2-3所示.下列说法正确的是()A.经过加速电场的过程中,静电力对氚核做的功最多B。