高二物理寒假作業(yè)第03天帶電粒子在勻強電場中的運動人教版

1、1 1 / / 7 7第 03 天帶電粒子在勻強電場中的運動難易程度：如圖所示，在平行板電容器A、B兩板上加上如圖所示的交變電壓，開始時B板電勢比A板 高，這時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動，設A、B兩板間的距離足夠大，則下述說法中正確的是A.電子先向A板運動，然后向B板運動，再返回A板做周期性來回運動B.電子一直向A板運動C.電子一直向B板運動D.電子先向B板運動，然后向A板運動，再返回B板做周期性來回運動【參考答案】C C【參考答案】 根據(jù)AB兩極板電場的變化，分析電子所受電場力的變化，結合加速度與速度方向的關系判斷其運動性質。在 00.200.2 s s 內，B板電勢比A板

2、高，電場方向水平向右，電子受到 的電場力方向水平向左，向左做勻加速直線運動，0.20.40.20.4 s s 內，A板電勢比B板高，電場方向水平向左，電子所受的電場力水平右，電子向左做勻減速直線運動，0.40.4 s s 末速度減為零，然后重復之前的運動，可知電子一直向B板運動，故 C C 正確。【知識補給】帶電粒子在勻強電場中的運動1 1 處理帶電粒子在電場中運動的常用技巧(1) 微觀粒子(如電子、質子、a粒子等)在電場中的運動，通常不必考慮其重力及運動中 重力勢能的變化。(2) 普通的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場中的運動，除題中說明外，必須考慮其重力及運動中重力勢能的變化。2 2解

3、答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法(1) 注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上考綱要求：n2 2 / / 7 7具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界3 3 / / 7 7條件。（2 2）分析時從兩條思路出發(fā)： 一是力和運動的關系， 根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析； 二是功能關系。（3 3）此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律求解），二是粒子做往返運動（一般分段研究），三是粒子做偏轉運動（一般根據(jù)交變電場的特點分 段研究）。（4 4）對于帶電粒子在交變電場中的運動問題，由于不同時間

4、內場強不同，使得帶電粒子所受的電場力不同，造成帶電粒子的運動情況發(fā)生變化。解決這類問題，要分段進行分析，根據(jù)題意找出滿足題目要求的條件，從而分析求解。；帶電荷量為q的 a a 粒子，以初動能Ek從兩平行金屬板的正中央沿垂直于電場線的方向 進入在這兩板間存在的勻強電場中，恰從帶負電的金屬板的邊緣飛出來，且飛出時的動能變?yōu)?2 2Ek,則金屬板間的電壓為A.A.Ek/ /qB B. 2&/2&/qC.C.Ek/2/2qD.D. 4H/4H/q中點）射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓為離?，F(xiàn)使U加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該A.A.使 U U 加倍 B B.使

5、 U U 變?yōu)樵瓉淼?4 4 倍帶電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成圖 中所示的運動軌跡。M和N是軌跡上的兩點，其中M點是軌跡的最右點。不計重力，下列表述正確的是如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔（位于P板的U2的電場作用下偏轉一段距C.C.使 U U 變?yōu)樵瓉淼谋?D D.使 U U 變?yōu)樵瓉淼娜鐖D所示,4 4 / / 7 7A.歷時B.歷時A.A. 粒子在電場中的電勢能始終在增加B.B. 粒子所受電場力沿電場方向C.C. 粒子在電場中的加速度變大D.D. 粒子在 M M 點的速率最小 瞬如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂

6、直于電場線從同一點進入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a點，b粒子打在B板的b點，若不計重力，則A. a在板間的運動時間 一定大于b的運動時間B. b打到板上的速率一 定大于a打到板上的速率C. a的加速度一定大于b的加速度D.a的比荷一定大于b的比荷如圖所示，質量為m的帶電小物塊置于傾角 5353的光滑斜面上，當整個裝置處于豎直向下的勻強電場中時， 小物塊恰好靜止在高為H的斜面頂端，現(xiàn)將電場方向突然改為水平向右，而電場強度大小不變，重力加速度為g, sinsin3737 =0.6=0.6 , cos37cos37 =0.8=0.8，則小物塊從斜面頂端開始5 5 / / 7 7C.C.到

7、著地過程機械能增加4D.D.到著地過程動能增加二分水平，整個軌道處于水平向左的勻強電場中，有一質量為m帶電荷量為q的小滑塊，它(1)要使小滑塊能運動到A點，滑塊應在BC軌道上離B至少多遠處靜止釋放;(2)在上述情況中，小滑塊速度最大時對軌道的壓力。在寬度為L的條形區(qū)域內有勻強電場，電場的方向平行于區(qū)域邊界。有一個帶電粒子(不計重力)從左側邊界上的A點，以初速度Vo沿垂直于電場的方向射入電場，粒子從右側邊界射出時的速度大小為:如圖所示,ABC為豎直平面內的絕緣軌道,AB部分是半徑為R的光滑半圓軌道，BCBC 部與BC間的動摩擦因數(shù)為口，已知重力加速度為g,場強大小為6 6 / / 7 7(1)求

8、粒子從右側邊界射出時，沿電場方向位移的大??；(2)若帶電粒子的入射速度改為 壬，求粒子從右側邊界射出時速度的大??；(3)若帶電粒子的入射速度大小可以為任意值(遠小于光速)，求帶電粒子從右側邊界射 出速度的最小值。【參考答案】7 7 / / 7 7弊英 滾兩班何的電壓為 由劫魁總理?。?；gEs-E“2LELEb故 t2 BJE確士斗齒 A設平荷金屬飯更絢菽瘠為血證走為/童予悲加速電期占追劫葉，曲勁能皇現(xiàn)礙：eL | r-Ds垂直込人平獰金奮板問韻電碼做類干宛運場，水平疔啕肓；上燈，壘起疔向疥： 土1r1QU, rU工y = -ar =-廣,吳至眾上白戎礙塔錚理粵為：j.矣吏如倍.暑使吐子的運幼缺

9、過不倉21 mdAdL,生變憶 Th 丁不變！旳:X狽漫門推倍，坎盍 e【名師點睛】 本題考查了帶電粒子在電場中的運動， 可以根據(jù)動能定理和牛頓第二定律、運 動學公式結合推導出. D D 當粒子向右運動時電場力做負功電勢能增加，當粒子向左運動時電場力做正功電勢 能減小，故 A A 錯誤；粒子做曲線運動，受電場力指向曲線彎曲的內側，故可知，粒子所受電場力沿電場的反方向， 故 B B 錯誤；粒子在勻強電場中只受到恒定的電場力作用，故粒子在電場中的加速度不變， 故 C C 錯誤；粒子受到的電場力向左，在向右運動的過程中，電場力對粒子做負功，粒子的速度減小，運動到M點時，粒子的速度最小，所以 D D

10、正確。平位移大于粒子a的水平位移，所以 _，A A 錯誤；粒子在豎直方向上的位移相同，并且1、都做初速度為零的勻加速直線運動，故 -匸，因為 I I _，所以 T，根據(jù)牛頓第 二定律可得，故加速度越大，粒子的比荷越大，故a的比荷一定大于b的比荷，mCDCD 正確；因為初速度相同，而打在極板上的速率 - .V-：，所以豎直方向上的速率越Eq L大，則打在極板上的速率就越大，因為.-，又知道a的比荷一定大于b的比荷，所以a打到極板上的速率大于b打到極板上的速率，B B 錯誤。摒 CDCD 粒子在水平方向上做勻速直線運動，故有L-，由于初速度相同，粒子b的水8 8 / / 7 7P點：.匚匚1一甘二

11、=.一：_1一1，:;，- ：.在P點: 解得：廠j：；_.方向由O指向P(1)扣(2)乎耳(3) %(1)設經(jīng)過時間ti粒子射出電場，沿電場方向位移y，沿電場方向速度為 由類平拋運動知，工士卩感，F(xiàn)工；,號1 =叫射出電場的速度分解到水平方向和豎直方向.:一 ./-.麓 ED 轉塊恰誓靜止在先漕軒面嶼竭，翰樓畚貫電，瓷電螞力與交力平胃.舒電場專間疫肖水平向右,初依吏電詣力水平喲左，大小尋于孌力.逼埠力茁舍威定劃替力大小為方旬占晝直方旬嗽斗寧.H張擁牛蟆篦二定建近出肝 g 4 忑&蒐兄討酬依前仮移工二sin45咼黃.至工=W 口 Lf謨立冕彳爭I / t散亠進謨，E正確到盍地辻程魯卄力散的功 FW Jmgx龐H=2mgH根據(jù)動能定理，動能增加2mgH重力勢能減小mgH故機械能增加mgH故C錯誤，D正確。蠡(1)x=2.5R(2)恥=Swsg，方向由O指向P(1)在A點，由牛頓第二定律： 叫厶- .-：J從靜止開始運動至A點，