金板學案2016屆高考物理一輪復習課件練習第七章電場4帶電粒子在勻強中的運動

4課帶電粒子在勻強電場中的運動考點一帶電粒子在勻強電場中的運平衡問題平衡條件：F合加(減)勻變速直線

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．處理方法①分析方法——類平拋運動的合成與分解垂直于電場線方向為勻速直線平行于電場線方向為初速度為零的勻加速直線運動．②基本過程，如右圖③幾個結論設粒子帶電荷量為q，質量為m屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d，(忽略重力影響)，則加速度

＝m＝ v在電場中的運動時間 v

＝00位移0

速度

v＝

qUl．x0 θ＝vx0考點二構造①電子槍，②偏轉電極，③熒光屏．(如圖所示工作原理Y′上加的是待顯示的信號電壓，X′上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．①如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加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．②若所加掃描電壓和信號電壓到待測信號在一個周期內變化的穩(wěn)定圖象．,如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子ab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，bAB的中點O射入，從頂點C射出．若不計重力，則ab的比荷(即粒子的電荷量與質量之比)是(D) 解析：兩粒子在電場中均做類平拋運動，則沿初速度方向＝v0t，垂直于初速度m 1qE0y＝2m·v2，則有0 ya x2 ·b＝x2

＝8∶1，D項正 如圖所示，質量為m，電荷量為q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?。馕觯毫Ｗ与x開電場時的偏移距離為 離開電場時的偏角為：tan0

2m離開電場后偏移距離 0y2＝L－2tan0屏上P點偏移中心O的距離為 ＝ 200答案0L＝1.2m、質量M＝3kg的木板靜止放在傾角為37°的光滑斜面上，質量m＝1kg、帶電荷量q＝＋2.5×10－4C的物塊放在木板的上端，木板和物的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，所在空間加有一個方向垂直斜面E＝4.0×104N/C的勻強電場．現(xiàn)對木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8N．取g＝10m/s2，斜面足夠長．求：物塊離開木板時木板獲得的動能物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的內能解析：(1)物塊向下做加速度為a1，木板的加速度為a2，則由第二定律：對物塊：mgsin37°－μ(mgcos對木板Mgsin37°＋μ(mgcos2又 22a1t－2a2t＝L，得物塊滑過木板所用時間 2物塊離開木板時木板的速度2

其動能為 2＝27由于摩擦而產(chǎn)生的內能為Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.162答案2

(2)27 (3)2.16一、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OM＝MN，則PQ的質量之比為(A) 1

解析：帶電粒子做類平拋運動 得

2∝qx2m入已知條件得mP∶mQ＝3∶4，A

不計的帶電粒子靜止在平行板，從＝0時刻開始將描述粒子運動的速度圖象的是A)解析：0～T時間內粒子做初速度為零的勻加速直線運動，T～T 周期性重復，故A對．，一個質量為m的帶負電的小球以水平方向的初速度v0由點射入該區(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 2v0 解析由題意可知小球到P點時水平位移和豎直位移即 v0t＝1Py，

＝ 2，故選 K出電子(初速度不計)，經(jīng)過電壓為U1的加速由小孔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dA、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏me，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)A．U1變大，U2變大B．U1變小，U2變C．U1變大，U2變小D．U1變小，U2變當電子離開偏轉電場時速度的反向延長線一定經(jīng)過偏轉電場中水平位移的中點，所以電子離開偏轉電場時偏轉角度越大(偏轉距離越大，亮點距離中心就越遠．設電子經(jīng)過U1加速后速度為根據(jù)題意得 電子在A、B間做類平拋運動，當其離開偏轉電場時沿電場的分速md結合①②式，速度的偏轉角θ滿足：tanθ＝vy＝U2L 是B.如圖所U1OP板板間U2的作用下偏轉一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動U2加U2變?yōu)樵瓉淼?U2變?yōu)樵瓉淼?2使U2變?yōu)樵瓉淼?解析：要使電子的運動軌跡不變，則應使電子進入偏轉電場

x一水平位移x所對應的偏轉距離y保持不變

at＝ 2md2＝qU2x2

2

＝U2x2，可見 、一定時 0A項正確．0

二、選擇為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θg，則(AD)小球一定是帶正小球所受的電場力等于若剪斷懸線，則小球做曲線運

解析：對小球受力分析如圖所示，由qE的方向球帶正電，A項正確θ＝45°時，qE＝mgB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誤、D項正確．如圖所示：a、b是電場中某一電場初速度v0從a點向b點運動，只受電場力作用，規(guī)定正電荷在a點確的是AD)沿ab沿ab方向電場強度逐漸變電場方向由a電場方向由b指向帶正電，則電場方向由b指向a，選項A、D正確．有三個質量相等的分別帶有正電、負電和不帶電的微粒，從極板左側以相同的水平初速度v先后垂直場強方向射入A、B、C處，如圖所示，則下列說落在A處的微粒帶正電，B處的不帶電，C處C．三個微粒在電場中運動的加速度aAaB＜aCD．三個微粒到達極板時的動能EkA＞EkB＞EkC解析：微粒在水平方向上均做勻速直線運動，且水平速度 所以微粒在豎直方向上做初速度為零的勻加速運動，則有

所以aA＜aB＜aC，所以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A處 B處 C處 所以D誤1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．讓質子11別沿ab軌跡落到極板的和邊緣則質子沿b軌跡運動時加速度更 B．初速度更C．動能增量一樣大D．兩次的電勢能增量相m解析：根據(jù)a＝qE，可知質子流豎直方向上的加速度相同，由m偏轉位移大小相等根據(jù) 2知運動時間相同故水平位移越大初速度越大A誤B項正確由于電場力相同在電場力方向一樣，C項正確，D項正確．豎直放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個電荷MNA邊緣和板中間沿豎直方向進入板間電場，恰好從極板B邊緣射作用，下列說法正確的是AB)解析帶電粒子在電場中的類平拋運動可分解為沿電場方加速運動與垂直電場方向的勻速運動兩個分運以兩電荷在中的運動時間相等；又因為d＝1at2，a＝qE，因為偏轉量d 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、非選擇如圖所向水平向右的勻強電場，在電場中，一個質量為m、帶電荷量為q的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小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θ角做勻直線運動．求：勻強電場的場強的大小解析：(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tanθ＝mg，得E＝mg qtan小球做勻直線運動，根據(jù)F＝ma得mg＝ma，a＝ sin

sin v2sin0 0最大位移 0v2sinθcos0水平位移x＝scos ；0mv2cos20電勢差

0mv2cos20答案qtan

如圖所示，圖中xOy所在平面與光滑水平面重合，場強方向x軸正向平行，電場的半徑為R＝2m，圓O與坐標系場強E＝2N/C量為q＝－1×10—5Cm＝1×10－5kg的帶負電的粒Ov0＝1m/sy軸正方向射入電場，求解析：(1)粒子沿x軸方向做勻加速運動，加速度為Eq＝max＝1 2，沿y軸方向做勻速運動y＝v0tx2＋y2＝R2，解得：t＝1粒子射出電場邊界時，在負x軸上運動的位移為

Eqmt＝1Eqy軸方向運動的位移為y＝v0t＝1m；位置坐標為x＝－1m，y＝1m.出射時的動能由動能定理得

代入解得：Ek＝2.5×10－5

答案：(1)1 (2)(－1m，1 (3)2.5