金板學(xué)案2016屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課件練習(xí)第七章電場4帶電粒子在勻強(qiáng)中的運(yùn)動(dòng)

4課帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)平衡問題平衡條件：F合加(減)勻變速直線

不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場時(shí)，受到方向與初速度方向垂直的靜電力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng)．處理方法①分析方法——類平拋運(yùn)動(dòng)的合成與分解垂直于電場線方向?yàn)閯蛩僦本€平行于電場線方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)．②基本過程，如右圖③幾個(gè)結(jié)論設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)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(yùn)動(dòng)時(shí)間 v

＝00位移0

速度

v＝

qUl．x0 θ＝vx0考點(diǎn)二構(gòu)造①電子槍，②偏轉(zhuǎn)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(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加射出的電子沿直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑．②若所加掃描電壓和信號電壓到待測信號在一個(gè)周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象．,如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，兩個(gè)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(diǎn)A射入，從BC的中點(diǎn)P射出，bAB的中點(diǎn)O射入，從頂點(diǎn)C射出．若不計(jì)重力，則ab的比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)是(D) 解析：兩粒子在電場中均做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)正 如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q度v0進(jìn)入場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)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(diǎn)，求偏移量OP的大?。馕觯毫Ｗ与x開電場時(shí)的偏移距離為 離開電場時(shí)的偏角為：tan0

2m離開電場后偏移距離 0y2＝L－2tan0屏上P點(diǎn)偏移中心O的距離為 ＝ 200答案0L＝1.2m、質(zhì)量M＝3kg的木板靜止放在傾角為37°的光滑斜面上，質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，所在空間加有一個(gè)方向垂直斜面E＝4.0×104N/C的勻強(qiáng)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(shí)木板獲得的動(dòng)能物塊在木板上運(yùn)動(dòng)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(shí)間 2物塊離開木板時(shí)木板的速度2

其動(dòng)能為 2＝27由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)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(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入勻強(qiáng)電場，分別打在M、N點(diǎn)，若OM＝MN，則PQ的質(zhì)量之比為(A) 1

解析：帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng) 得

2∝qx2m入已知條件得mP∶mQ＝3∶4，A

不計(jì)的帶電粒子靜止在平行板，從＝0時(shí)刻開始將描述粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖象的是A)解析：0～T時(shí)間內(nèi)粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T～T 周期性重復(fù)，故A對．，一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以水平方向的初速度v0由點(diǎn)射入該區(qū)域，剛好通過豎直平面中的P點(diǎn)，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(diǎn)時(shí)的動(dòng) 2v0 解析由題意可知小球到P點(diǎn)時(shí)水平位移和豎直位移即 v0t＝1Py，

＝ 2，故選 K出電子(初速度不計(jì))，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(shí)電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏me，不計(jì)電子重力，下列情況中一定能使亮點(diǎn)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(dāng)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)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(diǎn)，所以電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)角度越大(偏轉(zhuǎn)距離越大，亮點(diǎn)距離中心就越遠(yuǎn)．設(shè)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)其離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)沿電場的分速md結(jié)合①②式，速度的偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tanθ＝vy＝U2L 是B.如圖所U1OP板板間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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)軌跡不變，則應(yīng)使電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場

x一水平位移x所對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)距離y保持不變

at＝ 2md2＝qU2x2

2

＝U2x2，可見 、一定時(shí) 0A項(xiàng)正確．0

二、選擇為m，整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場中．小球平衡時(shí)，細(xì)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(yùn)

解析：對小球受力分析如圖所示，由qE的方向球帶正電，A項(xiàng)正確θ＝45°時(shí)，qE＝mgB誤；剪斷細(xì)線，小球在恒力F的作用下由靜止做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C誤、D項(xiàng)正確．如圖所示：a、b是電場中某一電場初速度v0從a點(diǎn)向b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，只受電場力作用，規(guī)定正電荷在a點(diǎn)確的是AD)沿ab沿ab方向電場強(qiáng)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(xiàng)A、D正確．有三個(gè)質(zhì)量相等的分別帶有正電、負(fù)電和不帶電的微粒，從極板左側(cè)以相同的水平初速度v先后垂直場強(qiáng)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(gè)微粒在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度aAaB＜aCD．三個(gè)微粒到達(dá)極板時(shí)的動(dòng)能EkA＞EkB＞EkC解析：微粒在水平方向上均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(fù)電，A、C選項(xiàng)正確，B正確．根據(jù)動(dòng)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(gè)勻強(qiáng)電場，大小保持不變．讓質(zhì)子11別沿ab軌跡落到極板的和邊緣則質(zhì)子沿b軌跡運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度更 B．初速度更C．動(dòng)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(zhì)子流豎直方向上的加速度相同，由m偏轉(zhuǎn)位移大小相等根據(jù) 2知運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同故水平位移越大初速度越大A誤B項(xiàng)正確由于電場力相同在電場力方向一樣，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)正確．豎直放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個(gè)電荷MNA邊緣和板中間沿豎直方向進(jìn)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(yùn)動(dòng)可分解為沿電場方加速運(yùn)動(dòng)與垂直電場方向的勻速運(yùn)動(dòng)兩個(gè)分運(yùn)以兩電荷在中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等；又因?yàn)閐＝1at2，a＝qE，因?yàn)槠D(zhuǎn)量d q可能不同．由動(dòng)能定理可知，兩電荷離開電場時(shí)動(dòng)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(qiáng)電場，在電場中，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，從O點(diǎn)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(qiáng)的反方向成θ角做勻直線運(yùn)動(dòng)．求：勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)的大小解析：(1)小球做直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，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(qiáng)方向x軸正向平行，電場的半徑為R＝2m，圓O與坐標(biāo)系場強(qiáng)E＝2N/C量為q＝－1×10—5Cm＝1×10－5kg的帶負(fù)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(yùn)動(dòng)，加速度為Eq＝max＝1 2，沿y軸方向做勻速運(yùn)動(dòng)y＝v0tx2＋y2＝R2，解得：t＝1粒子射出電場邊界時(shí)，在負(fù)x軸上運(yùn)動(dòng)的位移為

Eqmt＝1Eqy軸方向運(yùn)動(dòng)的位移為y＝v0t＝1m；位置坐標(biāo)為x＝－1m，y＝1m.出射時(shí)的動(dòng)能由動(dòng)能定理得

代入解得：Ek＝2.5×10－5

答案：(1)1 (2)(－1m，1 (3)2.5