2020年高中物理-第2章-电势能与电势差-习题课-带电粒子在电场中的运动课件-鲁科版选修3-1

第2章电势能与电势差习题课带电粒子在电场中的运动一、电场力做功的分析与计算1．根据电场力做的功与电势能的关系电场力做的功等于电势能的减少量，WAB＝EpA－EpB.2．应用公式WAB＝qUAB计算符号规定：(1)所移动的电荷若为正电荷，q取正值；若为负电荷，q取负值．(2)若移动过程的始点电势φA高于终点电势φB，UAB取正值；若始点电势φA低于终点电势φB，UAB取负值．3．应用功的定义式求解匀强电场中电场力做的功W＝qElcosα.(只适用于匀强电场)4．由动能定理求解电场力的功W电＋W其他＝ΔEk.即若已知动能的改变和其他力的做功情况，就可由上述式子求出电场力做的功．二、带电粒子在电场中的加速、偏转问题1．带电粒子的加速(1)运动状态分析：带电粒子沿平行电场线的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加(减)速直线运动．(2)用功能观点分析：粒子动能的变化量等于电场力做的功(电场可以是匀强电场或非匀强电场)．若粒子的初速度为零，则：12mv2＝qU，v＝2qUm.若粒子的初速度不为零，则：12mv2－12mv20＝qU，v＝v20＋2qUm.2．带电粒子的偏转(1)运动状态分析：带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动．(2)偏转问题的分析处理方法类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的方法：沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间：t＝lv0.沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动：a＝Fm＝qEm＝qUmd.离开电场时的偏移量：y＝12at2＝ql2U2mv20d.离开电场时的偏转角：tanθ＝v⊥v0＝qlUmv20d.电场中的功能关系(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc.则()A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vbB．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞vaC．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞vaD．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb[思路点拨]解此题要注意三点：(1)点电荷电场的特点及电场力做功与电势差的关系．(2)加速度的大小取决于电场强度的大小．(3)速度的大小取决于电场力做功的正负及大小．[解析]带电粒子在电场中仅受电场力作用，由牛顿第二定律知加速度a＝Fm＝qQEm，E＝kqPr2，因为rb＜rc＜ra，所以ab＞ac＞aa；由动能定理有Wab＝qQUab＝12mv2b－12mv2aWbc＝qQUbc＝12mv2c－12mv2b因为Wab＜0，所以va＞vb因为Wbc＞0，所以vc＞vb因为|Uab|＞|Ubc|，所以va＞vc故有va＞vc＞vb，D项正确．[答案]D[题组过关]1．在静电场中，一带电粒子仅在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点，带电粒子的速度由va变为vb，则此带电粒子的比荷qm为()A．v2a－v2bφb－φaB．v2b－v2aφb－φaC．v2b－v2a2(φa－φb)D．(vb－va)22(φb－φa)解析：选C．电场力做功为Wab＝qUab＝q(φa－φb)，根据动能定理有Wab＝Ekb－Eka＝12mv2b－12mv2a.将以上两式联立可得qm＝v2b－v2a2(φa－φb).故选项C正确．2．(多选)如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φF＝φP，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM解析：选AD．根据题意，点电荷Q必在MN的中垂线和PF的中垂线的交点处，过F作MN的垂直平分线交MP于O点，由几何关系可知ON恰好垂直平分PF，故点电荷Q一定位于O点，A项正确；由正点电荷的等势面分布特点可知B项错误；因为是正点电荷形成的电场，将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C项错误；因为是正点电荷形成的电场，越靠近场源电荷的等势面电势越高，D项正确．3．(多选)(2016·高考全国卷Ⅰ)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析：选AB．由油滴轨迹在竖直面内相对于过P点的竖直线对称可知油滴在水平方向所受合力为0，竖直方向上油滴受重力和电场力，结合曲线轨迹的特点可知电场力竖直向上且电场力大于重力，油滴受力及电场线方向如图所示，由沿电场线方向电势逐渐降低，得Q点的电势比P点的高，A选项正确；油滴从Q点到P点合力做负功，根据动能定理得油滴在Q点的动能大于它在P点的动能，这一过程中电场力做负功，则油滴在Q点的电势能小于它在P点的电势能，故B项正确，C项错误；因为重力和电场力为恒力，所以油滴在Q、P两点的加速度相同，故D项错误．4．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以点电荷＋Q为圆心的某一个圆周交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的小环从A点由静止下滑，已知q≪Q，AB＝h，小球到达B点时，速度为3gh，求：(1)小环由A到B过程中，电场力对小环做的功；(2)A、C两点间的电势差UAC.解析：(1)小环下落过程中受恒力G和变力F电作用，利用动能定理：mgh＋WAB＝12mv2B，又vB＝3gh，得WAB＝12mgh.(2)点电荷的等势面为同心球面，所以φB＝φCUAC＝UAB＝WAB－q＝－mgh2q.答案：(1)12mgh(2)－mgh2q1．解决电场中能量问题的规律总结在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系．(1)应用动能定理解决问题时通常需研究合力的功(或总功)．(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式的能之间的转化．(3)应用功能关系解决问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系．2．解决电场力做功问题时应注意的两点问题(1)利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况．(2)应用公式WAB＝qUAB计算时，WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算．带电粒子在电场中的直线运动如图所示，M、N是真空中的两块相距为d的平行金属板．质量为m、电荷量大小为q的带电粒子，以初速度v0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距N板d3后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()A．使初速度减为原来的13B．使M、N间电压提高到原来的2倍C．使M、N间电压提高到原来的3倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的23[思路点拨](1)“恰好到达N板”说明到N板时速度为零．(2)“到达距N板d3处”时电势差为M、N两板间电势差的23.[解析]由题意知，带电粒子在电场中做匀减速直线运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得－qU＝－12mv20，要使粒子到达距N板d3后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得－q2U13＝－12mv21，联立两方程得2U13U＝v21v20，故选项D正确．[答案]D[题组过关]1.如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子，以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是()A．2qUmB．v0＋2qUmC．v20＋2qUmD．v20－2qUm解析：选C．qU＝12mv2－12mv20，v＝v20＋2qUm，选C．2．(多选)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析：选CD．电子由静止开始从A板向B板运动的过程中根据动能定理列出等式：qU＝12mv2，得v＝2qUm，当改变两板间距离时，v不变，故A、B错误，C正确；由于两极板之间的电压不变，所以极板之间的场强为E＝Ud，电子的加速度为a＝qEm＝qUmd，所以电子在电场中一直做匀加速直线运动，由d＝12at2＝qU2mdt2，得电子加速的时间为t＝d2mqU.由此可见，当增大两板间距离时，电子在两板间的运动时间增大，故D正确．3．如图所示，在点电荷＋Q激发的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为多少？解析：质子和α粒子都带正电，从A点释放将受静电力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理可知，对质子：12mHv2H＝qHU，对α粒子：12mαv2α＝qαU.所以vHvα＝qHmαqαmH＝1×42×1＝21.答案：2∶1(1)电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，它们的重力远小于电场力，处理问题时可以忽略它们的重力．带电小球、带电油滴、带电颗粒等，质量较大，处理问题时重力不能忽略．(2)带电粒子仅在电场力作用下加速，若初速度为零，则qU＝12mv2；若初速度不为零，则qU＝12mv2－12mv20.(3)在匀强电场中涉及时间、位移时可用动力学方法求解．带电粒子在电场中的偏转如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度．[思路点拨](1)带电粒子在匀强电场中的偏转是类平抛运动，可采用分解的方法处理．(2)带电粒子飞出极板后做匀速直线运动．(3)恰好飞出极板对应所加电压的最大值．[解析](1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有y＝12at2L＝v0tvy＝attanθ＝vyv0＝yx，解得x＝L2即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点．(2)由题知a＝EqmE＝UYY′d解得y＝qUYY′L22dmv20当y＝d2时，UYY′＝md2v20qL2则两板间所加电压的范围为－md2v20qL2≤UYY′≤md2v20qL2.(3)当y＝d2时，粒子到达屏上时竖直方向偏转的距离最大，设其大小为y0，则y0＝y＋btanθ又tanθ＝vyv0＝dL，解得：y0＝d(L＋2b)2L故粒子在屏上可能到达的区域的长度为：2y0＝d(L＋2b)L.[答案](1)证明见解析(2)－md2v20qL2≤UYY′≤md2v20qL2(3)d(L＋2b)L[题组过关]1．如图所示，有一带电粒子(不计重力)紧贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板正中间．设带电粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为()A．1∶1B．1∶2C．1∶4D．1∶8解析：选D．设板长为L，板间距离为d，水平初速度为v0；带电粒子的质量为m，电荷量为q；两次运动的时间分别为t1和t2.第一次射入时：L＝v0t1，d2＝12·qU1mdt21，联立两式解得U1＝md2v20qL2.第二次射入时：L2＝v0t2，d＝12·qU2mdt22，联立两式解得U2＝8md2