物理选修31人教全程导学笔记第一章静电场微型专题3

微型专题3带电粒子在电场中的运动[学习目标]1.;会利用动力学和功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动.2.会利用运动的合成与分解方法分析带电粒子在电场中的类平抛运动.3.会分析带电粒子在交变电场及复合场中的运动．一、带电粒子在电场中的直线运动1．带电粒子在电场中做直线运动(1)匀速直线运动：此时带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的电场力与其他力平衡．(2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向同向．(3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向反向．2．讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法(1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式；(2)功和能方法——动能定理；(3)能量方法——能量守恒定律．例1(2017·江苏单科·4)如图1所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()图1A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点答案A解析根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定义式C＝eq\f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．二、带电粒子在电场中的类平抛运动例2长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图2所示，不计粒子重力，求：图2(1)粒子离开电场时速度的大小；(2)匀强电场的场强大小；(3)两板间的距离．答案(1)eq\f(2\r(3)v0,3)(2)eq\f(\r(3)mv\o\al(02),3qL)(3)eq\f(\r(3),6)L解析(1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度：v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3)v0,3).(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上：L＝v0t，在竖直方向上：vy＝at，vy＝v0tan30°＝eq\f(\r(3)v0,3)，由牛顿第二定律得：qE＝ma解得：E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(02),3qL).(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上：d＝eq\f(1,2)at2，解得：d＝eq\f(\r(3),6)L.三、带电粒子在交变电场中的运动例3在如图3所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图4甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高．在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动．若两板间距足够大且不计重力，试分析电子分别在甲、乙两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v－t图象．图3甲乙图4答案见解析解析t＝0时，B板电势比A板高，在电场力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动．(1)对于题图甲，在0～eq\f(1,2)T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，eq\f(1,2)T～T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(a)所示．(2)对于题图乙，在0～eq\f(T,2)内做类似(1)0～T的运动，eq\f(T,2)～T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动．然后周期性地重复前面的运动，其速度图线如图(b)所示．1．当空间存在交变电场时，粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性．2．研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图象．特别注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期．四、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动例4如图5所示，半径为r的绝缘细圆环的环面竖直固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电荷量为＋q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求：图5(1)速度vA的大小；(2)小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力的大小．答案(1)eq\r(\f(qEr,m))(2)6qE解析(1)在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：qE＝meq\f(v\o\al(A2),r)所以小球在A点的速度vA＝eq\r(\f(qEr,m)).(2)在小球从A运动到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即2qEr＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向上有FB－qE＝meq\f(v\o\al(B2),r)解以上两式得小球在B点受到环的水平作用力为：FB＝6qE.由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小FB′＝6qE.解决电场复合场中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的提供有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的重力或电场力.有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”.针对训练如图6所示，ABCD为竖直放在E＝1.0×103V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD部分是直径为20cm的半圆环，水平轨道AB＝15cm，直径BD垂直于AB，今有m＝10g、q＝10－4C的小球从静止由A点沿轨道运动，它运动到图中C处时的速度是______m/s，在C处时对轨道的压力是______N；要使小球恰好能运动到D点，开始时小球的位置应离B点________m．(g取10m/s2)图6答案eq\r(3)0.40.25解析由qE(xAB＋R)－mgR＝eq\f(1,2)mvC2－0可得vC＝eq\r(3)m/s；在C处由FN－Eq＝eq\f(mv\o\al(C2),R)得FN＝0.4N，根据牛顿第三定律得在C处时对轨道的压力为0.4N；要使小球能运动到D点，vD＝eq\r(gR)＝1m/s，由qEx－mg·2R＝eq\f(1,2)mvD2－0，得x＝0.25m.1．(带电体在电场中的直线运动)如图7所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场．有一质量为m、电荷量为＋q的小球从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力．则小球运动到负极板的过程()图7A．加速度大小为a＝eq\f(qE,m)＋gB．所需的时间为t＝eq\r(\f(dm,Eq))C．下降的高度为y＝eq\f(d,2)D．电场力所做的功为W＝Eqd答案B解析小球在电场中的受力分析如图所示，小球所受的合外力为F＝eq\r(Eq2＋mg2)，所以由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝eq\f(F,m)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Eq,m)))2＋g2)，A错；小球在水平方向的加速度a1＝eq\f(qE,m)，由运动学公式eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a1t2，所以t＝eq\r(\f(md,qE))，故B正确；小球在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(mgd,2Eq)，故C错误；由做功公式得W＝eq\f(Eqd,2)，故D错误．2．(带电粒子在交变电场中的运动)(多选)如图8(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场．现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电荷量为＋q的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是()图8A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C．只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出答案BC3．(带电粒子在复合场中的圆周运动)如图9所示，半径为R的光滑圆环竖直置于场强为E的水平方向的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力(重力加速度为g)．图9答案2mg＋3Eq，方向水平向右解析小球从A运动到B的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能定理有mgR＋EqR＝eq\f(1,2)mv2在B点小球受到重力mg、电场力F和环对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝meq\f(v2,R)联立以上两式可得F1＝2mg＋3Eq小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F1′＝2mg＋3Eq，方向水平向右．4．(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图10所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子质量为m，电荷量为e，电子的初速率有从0到v的各种可能值，且各个方向都有．与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光．若在A和B之间的空间里加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，且电子全部打在荧光屏上，求B上受电子轰击后的发光面积．图10答案eq\f(2mlv2π,Ee)解析阴极A受热后发射电子，这些电子沿各个方向射向右边匀强电场区域，且初速率从0到v各种可能值都有．取两个极端情况如图所示．沿极板竖直向上且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点．竖直方向上y＝vt，水平方向上l＝eq\f(1,2)·eq\f(Ee,m)t2.解得y＝veq\r(\f(2ml,Ee)).沿极板竖直向下且速率为v的电子，受到向右的电场力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得y′＝veq\r(\f(2ml,Ee)).故在荧光屏B上的发光面积S＝y2π＝eq\f(2mlv2π,Ee).一、选择题考点一带电粒子在电场中的直线运动1.(多选)如图1所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()图1A．所受重力与电场力平衡B．电势能逐渐增加C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动答案BD解析对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，则A错．由图可知电场力与重力的合力方向与v0方向相反，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误．F合恒定且F合与v0方向相反，故粒子做匀减速直线运动，D项正确．2．如图2所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压都恒为U)()图2A．电子到达B板时的动能是UeB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3UeD．电子在A板和D板之间做往复运动答案C3.如图3，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为()图3A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1答案A解析因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为eq\f(2,5)l，电荷量为－q的粒子通过的位移为eq\f(3,5)l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝eq\f(qE,M)，a2＝eq\f(qE,m)，由运动学公式有eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(qE,2M)t2①eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(qE,2m)t2②eq\f(②,①)得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2).B、C、D错，A对．4．(多选)如图4所示，M、N是真空中的两块平行金属板，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔垂直金属板进入电场，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M、N板间距的eq\f(1,2)后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)()图4A．使初速度减为原来的eq\f(1,2)B．使M、N间电压加倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的eq\f(1,2)答案BD解析由qE·l＝eq\f(1,2)mv02，知当v0变为eq\f(\r(2),2)v0时l变为eq\f(l,2)；因为qE＝qeq\f(U,d)，所以qE·l＝qeq\f(U,d)·l＝eq\f(1,2)mv02，通过分析知B、D选项正确．考点二带电粒子在电场中的类平抛运动5．(多选)如图5所示，一电子(不计重力)沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知Oeq\x\to(A)＝Aeq\x\to(B)，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则()图5A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4答案AD解析电子沿Ox轴射入匀强电场，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，已知eq\x\to(OA)＝eq\x\to(AB)，则电子从O到C与从C到D的时间相等．电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有vCy＝atOC，vDy＝atOD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上：yOC∶yOD＝1∶4，根据动能定理得ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD，则得，ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4.故C错误，D正确．6.如图6所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()图6A．它们运动的时间tQ＞tPB．它们运动的加速度aQ＜aPC．它们所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2答案C解析设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，粒子P到上极板的距离是eq\f(h,2)，它们做类平抛运动的水平距离均为l.则对P，由l＝v0tP，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)aPtP2，得到aP＝eq\f(hv\o\al(02),l2)；同理对Q，l＝v0tQ，h＝eq\f(1,2)aQtQ2，得到aQ＝eq\f(2hv\o\al(02),l2).由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)，所以qP∶qQ＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq\f(h,2)∶maQh＝1∶4.综上所述，C项正确．7．如图7所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图7A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))答案B解析根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有eq\f(1,2)s＝v0t，在竖直方向有eq\f(1,2)h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2，解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh)).故选项B正确，选项A、C、D错误．8．如图8所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则()图8A．在前eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(qU,4)B．在后eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(3qU,8)C．在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的过程中，电场力做功之比为1∶2D．在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的过程中，电场力做功之比为2∶1答案B解析带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动．竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为eq\f(qU,2)，所以在前eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(qU,8)，A选项错；在后eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(3qU,8)，B选项对；在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的过程中，电场力做功相等，故C、D选项错．考点三带电粒子在交变电场中的运动9．(多选)如图9所示，两平行金属板分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U－t图象应是(设两板距离足够大)()图9答案BC解析由A图象可知，电子先做匀加速运动，eq\f(1,2)T时速度最大，从eq\f(1,2)T到T内做匀减速运动，T时速度减为零．然后重复一直向一个方向运动不往返．由B图象可知，电子先做匀加速运动，eq\f(1,4)T时速度最大，从eq\f(1,4)T到eq\f(1,2)T内做匀减速运动，eq\f(1,2)T时速度减为零；从eq\f(1,2)T到eq\f(3,4)T反向匀加速运动，eq\f(3,4)T时速度最大，从eq\f(3,4)T到T内做匀减速运动，T时速度减为零，回到出发点．然后重复往返运动．由C图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，eq\f(1,4)T时速度最大，从eq\f(1,4)T到eq\f(1,2)T内做加速度增大的减速运动，eq\f(1,2)T时速度减为零；从eq\f(1,2)T到eq\f(3,4)T反向做加速度减小的加速运动，eq\f(3,4)T时速度最大，从eq\f(3,4)T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零，回到出发点．然后重复往返运动．由D图象可知，电子0～eq\f(T,2)做匀加速运动，从eq\f(1,2)T到T内做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动．故选B、C.二、非选择题10．(带电粒子的直线运动)一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图10所示．AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10－7kg，电荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20cm.(取g＝10m/s2)求：图10(1)说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．(2)电场强度的大小和方向．(3)要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？答案见解析解析(1)微粒只在重力和电场力作用下沿AB方向运动，受力分析如图所示，微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度方向相反，微粒做匀减速运动．(2)因为qE＝eq\f(mg,tanθ)＝eq\f(mg,tan30°)＝eq\r(3)mg.所以电场强度E＝eq\r(3)×104N/C，电场强度的方向水平向左．(3)微粒由A运动到B时的速度vB＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，－eq\f(mg,sinθ)L＝0－eq\f(1,2)mvA2，代入数据，解得vA＝2eq\r(2)m/s.11．(带电粒子在电场中的圆周运动)如图11所示，长L＝0.20m、不可伸长的绝缘丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6C的小球，另一端连在一水平轴O上，现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点(丝线拉直)，然后无初速度地将小球释放，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2.0×103N/C.取g＝10m/s2.求：图11(1)小球通过最高点B时速度的大小；(2)小球通过最高点B时，丝线对小球拉力的大小．答案(1)2m/s(2)3.0×10－3N解析(1)小球由A运动到B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：qEL－mgL＝eq\f(mv\o\al(B2),2)vB＝eq\r(\f(2qE－mgL,m))＝2m/s.(2)设小球到达B点时，受重力mg、电场力qE和拉力FTB作用，mg＝1.0×10－4×10N＝1.0×10－3NqE＝1.0×10－6×2.0×103N＝2.0×10－3N因为qE>mg，而qE方向竖直向上，mg方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出小球一定受丝线的拉力FTB作用，由牛顿第二定律有：FTB＋mg－qE＝eq\f(mv\o\al(B2),