金板學(xué)案高考物理一輪復(fù)習(xí) 第7章 第4課 帶電粒子在勻強電場中的運動練習(xí).doc

第4課帶電粒子在勻強電場中的運動1平衡問題平衡條件：f合02加(減)速問題 帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場中，受到的靜電力方向與運動方向在一條直線上，做勻變速直線運動利用動能定理有qumv2mv3偏轉(zhuǎn)問題 (1)運動性質(zhì) 不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到方向與初速度方向垂直的靜電力作用而做類平拋運動 (2)處理方法： 分析方法類平拋運動的合成與分解 a垂直于電場線方向為勻速直線運動 b平行于電場線方向為初速度為零的勻加速直線運動基本過程，如右圖所示幾個結(jié)論設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為u，板長為l，板間距離為d，(忽略重力影響)，則有a加速度：a.b在電場中的運動時間：tc位移yat2d速度vyv，tan 1構(gòu)造 電子槍，偏轉(zhuǎn)電極，熒光屏(如圖所示)2工作原理(1)yy上加的是待顯示的信號電壓，xx上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓(2)觀察到的現(xiàn)象如果在偏轉(zhuǎn)電極xx和yy之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象,1如圖所示，矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點a射入，從bc的中點p射出，粒子b由ab的中點o射入，從頂點c射出若不計重力，則a和b的比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)是(d)a12 b21 c18 d81解析：兩粒子在電場中均做類平拋運動，則沿初速度方向有：xv0t，垂直于初速度方向：yt2，即y，則有：81，d項正確2如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子以初速度v0進入場強為e的勻強電場中，極板的長度為l，電容器極板中央到光屏的距離也是l.已知帶電粒子打到光屏的p點，求偏移量op的大小解析：粒子離開電場時的偏移距離為：y1，離開電場時的偏角為：tan ，離開電場后偏移距離為：y2tan ，屏上p點偏移中心o的距離為：yy1y2.答案：3如圖所示，長l1.2 m、質(zhì)量m3 kg的木板靜止放在傾角為37的光滑斜面上，質(zhì)量m1 kg、帶電荷量q2.5104 c的物塊放在木板的上端，木板和物塊間的動摩擦因數(shù)0.1，所在空間加有一個方向垂直斜面向下、場強e4.0104 n/c的勻強電場現(xiàn)對木板施加一平行于斜面向上的拉力f10.8 n取g10 m/s2，斜面足夠長求：(1)物塊經(jīng)多長時間離開木板？(2)物塊離開木板時木板獲得的動能(3)物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能解析：(1)物塊向下做加速運動，設(shè)其加速度為a1，木板的加速度為a2，則由牛頓第二定律：對物塊：mgsin 37(mgcos 37qe)ma1，對木板：mgsin 37(mgcos 37qe)fma2，又a1t2a2t2l，得物塊滑過木板所用時間t s.(2)物塊離開木板時木板的速度v2a2t3 m/s.其動能為：ek2mv27 j.(3)由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為：qf摩x相(mgcos 37qe)l2.16 j.答案：(1) s(2)27 j(3)2.16 j課時作業(yè)一、單項選擇題 1如圖，帶電粒子p所帶的電荷量是帶電粒子q的3倍，它們以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入勻強電場，分別打在m、n點，若ommn，則p和q的質(zhì)量之比為(a)a34 b43c32 d23解析：帶電粒子做類平拋運動，y得mqx2，代入已知條件得mpmq34，a正確2平行板間有如圖所示的周期性變化的電壓重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t0時刻開始將其釋放，運動過程中無碰板情況在如圖所示的圖象中，能正確定性描述粒子運動的速度圖象的是(a)解析：0時間內(nèi)粒子做初速度為零的勻加速直線運動，t時間內(nèi)做勻減速直線運動，由對稱性可知，在t時刻速度減為零此后周期性重復(fù)，故a對3如圖所示，地面上某區(qū)域存在著豎直向下的勻強電場，一個質(zhì)量為m的帶負電的小球以水平方向的初速度v0由o點射入該區(qū)域，剛好通過豎直平面中的p點，已知連線op與初速度方向的夾角為45，則此帶電小球通過p點時的動能為(d)amv b.mvc2mv d.mv解析：由題意可知小球到p點時水平位移和豎直位移相等，即：v0tvpyt，合速度vpv0，ekpmvmv，故選d.4示波管是一種多功能電學(xué)儀器，它的工作原理可以等效成下列情況：如圖所示，真空室中電極k發(fā)出電子(初速度不計)，經(jīng)過電壓為u1的加速電場后，由小孔s沿水平金屬板a、b間的中心線射入板間金屬板長為l，相距為d，當(dāng)a、b間電壓為u2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上而顯示亮點已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是(b)au1變大，u2變大 bu1變小，u2變大cu1變大，u2變小 du1變小，u2變小解析：當(dāng)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線一定經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場中水平位移的中點，所以電子離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)角度越大(偏轉(zhuǎn)距離越大)，亮點距離中心就越遠設(shè)電子經(jīng)過u1加速后速度為v0，根據(jù)題意得：eu1mv，電子在a、b間做類平拋運動，當(dāng)其離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場方向的分速度為：vyat，結(jié)合式，速度的偏轉(zhuǎn)角滿足：tan .顯然，欲使變大，應(yīng)該增大u2、l，或者減小u1、d.正確選項是b.5如圖所示，靜止的電子在加速電壓u1的作用下從o經(jīng)p板的小孔射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓u2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離現(xiàn)使u1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該(a)a使u2加倍b使u2變?yōu)樵瓉淼?倍c使u2變?yōu)樵瓉淼谋禿使u2變?yōu)樵瓉淼慕馕觯阂闺娮拥倪\動軌跡不變，則應(yīng)使電子進入偏轉(zhuǎn)電場后任一水平位移x所對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)距離y保持不變由yat2和qu1mv得y，可見在x、y一定時，u2u1.故a項正確二、不定項選擇題6如圖所示，絕緣細線下掛著一帶電小球，它的質(zhì)量為m，整個裝置處于水平向右的勻強電場中小球平衡時，細線與豎直方向的夾角為，重力加速度為g，則(ad)a小球一定是帶正電b小球所受的電場力等于mgc若剪斷懸線，則小球做曲線運動d若剪斷懸線，則小球做勻加速直線運動解析：對小球受力分析如圖所示，由qe的方向知小球帶正電，a項正確；當(dāng)45時，qemg，故b項錯誤；剪斷細線，小球在恒力f的作用下由靜止做勻加速直線運動，c項錯誤、d項正確7如圖所示：a、b是電場中某一電場線上的兩點，一正電荷以初速度v0從a點向b點運動，只受電場力作用，規(guī)定正電荷在a點的電勢能為零，正電荷的電勢能與位移的關(guān)系如圖所示下面判斷正確的是(ad)a沿ab方向電場強度不變b沿ab方向電場強度逐漸變大c電場方向由a指向bd電場方向由b指向a解析：根據(jù)題圖可知，由a到b電勢能均勻增大，則電場力做負功且隨位移均勻增大，即電場力大小恒定，方向為由b到a，又電荷帶正電，則電場方向由b指向a，選項a、d正確8有三個質(zhì)量相等的分別帶有正電、負電和不帶電的微粒，從極板左側(cè)中央以相同的水平初速度v先后垂直場強方向射入，分別落到極板a、b、c處，如圖所示，則下列說法正確的有(abc)a落在a處的微粒帶正電，b處的不帶電，c處的帶負電b三個微粒在電場中運動時間為：tctbtac三個微粒在電場中運動的加速度aaabacd三個微粒到達極板時的動能ekaekbekc解析：微粒在水平方向上均做勻速直線運動，且水平速度相同，三微粒在水平方向上的位移，xcxbxa.則三微粒的運動時間為：tc，tb，ta所以tctbta.微粒在豎直方向上做初速度為零的勻加速運動，則有：aatabtact，所以aaabac，所以落在a處的微粒必帶正電，b處的不帶電，而c處的帶負電，a、c選項正確，b正確根據(jù)動能定理得：a處：mgqaeekamv2；b處：mgekbmv2；c處：mgqceekcmv2；所以d項錯誤9如圖所示，平行板電容器充電后形成一個勻強電場，大小保持不變讓質(zhì)子(h)流以不同初速度，先、后兩次垂直電場射入，分別沿a 、b軌跡落到極板的中央和邊緣，則質(zhì)子沿b軌跡運動時(bcd)a加速度更大 b初速度更大c動能增量一樣大 d兩次的電勢能增量相同解析：根據(jù)a，可知質(zhì)子流豎直方向上的加速度相同，由于偏轉(zhuǎn)位移大小相等，根據(jù)yat2知運動時間相同，故水平位移越大，初速度越大，a項錯誤，b項正確；由于電場力相同，在電場力方向的豎直位移相同，故電場力做功一樣，動能增量一樣，電勢能增量也一樣，c項正確，d項正確10豎直放置的平行金屬板a、b連接一恒定電壓，兩個電荷m和n以相同的速率分別從極板a邊緣和兩板中間沿豎直方向進入板間電場，恰好從極板b邊緣射出電場，如圖所示，不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，下列說法正確的是(ab)a兩電荷的電荷量可能相等b兩電荷在電場中運動的時間相等c兩電荷在電場中運動的加速度相等d兩電荷離開電場時的動能相等解析：帶電粒子在電場中的類平拋運動可分解為沿電場方向的勻加速運動與垂直電場方向的勻速運動兩個分運動，所以兩電荷在電場中的運動時間相等；又因為dat2，a，因為偏轉(zhuǎn)量d不同，故q可能不同由動能定理可知，兩電荷離開電場時動能不相等，故正確答案為a、b.三、非選擇題11如圖所示，真空中存在空間范圍足夠大的、方向水平向右的勻強電場，在電場中，一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，從o點出發(fā)，初速度的大小為v0，在重力與電場力的共同作用下恰能沿與場強的反方向成角做勻減速直線運動求：(1)勻強電場的場強的大小；(2)小球運動的最高點與出發(fā)點之間的電勢差解析：(1)小球做直線運動，故重力與電場力的合力必與v0在一條直線上，即tan ，得e.(2)小球做勻減速直線運動，根據(jù)fma得：ma，a，最大位移s；水平位移xscos ；電勢差uex.答案：(1)(2)12絕緣光滑水平面內(nèi)有一圓形有界勻強電場，其俯視圖如圖所示，圖中xoy所在平面與光滑水平面重合，場強方向與x軸正向平行，電場的半徑為r m，圓心o與坐標(biāo)系的原點重合，場強e2 n/c，一帶電荷量為q1105 c，質(zhì)量m1105 kg的帶負電的粒子，由坐標(biāo)原點o處以速度v01 m/s沿y軸正方向射入電場，求：(1)粒子在電場中運動的時間；(2)粒子出射點的位置坐標(biāo)；(3)粒子射出時具有的動能解析：(1)粒子沿x軸方向做勻加速運動，加速度為a，eqma，xat2，沿y軸方向做勻速運動：yv0t，x2y2r2，解得：t1 s.(2)粒子射出電場邊界時，在負x軸上運動的位移為xat2t21 m；在y軸方向運動的位移為yv0t1 m；位置坐標(biāo)為x1 m，y1 m.(3)出射時的動能由動能定理得：eq|x|ekmv，代入解得：ek2.5105 j.答案：(1)1 s(2)(1 m，1 m)(3)2.5105 j13一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球以水平初速度v0進入豎