【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在电场中的运动学案 16页

带电粒子在电场中的运动 [学科素养与目标要求] 物理观念：1.掌握初速度与场强方向同直线时带电体做直线运动，初速度与场强方向垂直时 带电体做类平抛运动.2.会分析圆周运动向心力的来源． 科学思维：1.能够综合应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在电场中的直线运动问题， 提高科学推理能力.2.建立带粒子在交变电场中直线运动的思维模型． 一、带电粒子在电场中的直线运动 1．带电粒子在电场中的直线运动 (1)匀速直线运动：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的合力平 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相同． (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相反． 2．求解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 如图 1 所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为 C，极板间距离为 d，上极板正 中有一小孔．质量为 m、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高 h 处由静止开始下落，穿过小孔 到达下极板处速度恰好为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为 g)．求： 图 1 (1)小球到达小孔处的速度大小； (2)极板间电场强度大小； (3)小球从开始下落到运动到下极板处所用的时间． 答案 (1) 2gh (2)mgh＋d qd (3)h＋d h 2h g 解析 (1)小球从静止开始下落到小孔的过程做自由落体运动，由 v2＝2gh，得 v＝ 2gh. (2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿第二定律得：mg－qE＝ma 由运动学公式知：0－v2＝2ad 整理得电场强度大小 E＝mgh＋d qd (3)由 h＝1 2 gt1 2，0＝v＋at2，t＝t1＋t2 整理得 t＝h＋d h 2h g . 二、带电粒子在电场中的类平抛运动 1．先求加速度． 2．将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在两个 方向上分别列运动学方程． 3．涉及功能关系，也可用动能定理列方程． 例 2 (多选)(2018·上饶市高二期末)有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的油滴， 从极板左侧中央以相同的水平初速度 v 先后垂直电场射入，落到极板 A、B、C 处，如图 2 所 示，则( ) 图 2 A．油滴 A 带正电，B 不带电，C 带负电 B．三个油滴在电场中运动时间相等 C．三个油滴在电场中运动的加速度 aAxB>xC，根据水平方向上做匀速直线运动，所以由 公式 x＝vt 得 tA>tB>tC，三个油滴在竖直方向上的位移相等，根据 y＝1 2 at2，知 aA0)，在竖直向下的匀强电场中刚好与水平面成 30°角以速度 v0 向上做匀速直线 运动．重力加速度为 g. 图 7 (1)求匀强电场的电场强度的大小； (2)若电场方向改为垂直速度方向斜向下，要使液滴仍做直线运动，电场强度为多大？液滴前 进多少距离后可返回？ 答案 (1)mg q (2) 3mg 2q v0 2 g 解析 (1)因为液滴处于平衡状态，所以有 Eq＝mg 解得：E＝mg q (2)电场方向改变，液滴受力分析如图所示． 液滴做直线运动时，垂直速度方向的合力为零，即 qE′＝mgcos30° 解得：E′＝mgcos30° q ＝ 3mg 2q 液滴在运动方向的反方向上的合力 F＝mgsin30°，由牛顿第二定律得， 做减速运动的加速度大小 a＝F m ＝gsin30°＝g 2 液滴可前进的距离 s＝v0 2 2a ＝v0 2 g . (或由动能定理：－mgsin30°·s＝0－1 2 mv0 2 得液滴可前进的距离 s＝ v0 2 2gsin30° ＝v0 2 g .) 3．(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图 8 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 8 答案 2mlv2π Ee 解析 阴极 A 受热后发射电子，这些电子沿各个方向射入右边匀强电场区域，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＝1 2 ·Ee m t2. 解得 y＝v 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′＝v 2ml Ee . 故在荧光屏 B 上的发光面积 S＝y2π＝2mlv2π Ee . 4．(带电粒子的圆周运动)(2017·宿迁市期末)如图 9 所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道 ABC，AB 部分是半径 R＝0.40m 的光滑半圆形轨道，BC 部分是粗糙的水平轨道，BC 轨道所在 的竖直平面内分布着 E＝1.0×103V/m 的水平向右的有界匀强电场，AB 为电场的左侧竖直边 界．现将一质量为 m＝0.04 kg、电荷量为 q＝－1×10－4 C 的滑块(视为质点)从 BC 上的某点 由静止释放，滑块通过 A 点时对轨道的压力恰好为零．已知滑块与 BC 间的动摩擦因数为μ＝ 0.05，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.求： 图 9 (1)滑块通过 A 点时速度 vA 的大小； (2)滑块在 BC 轨道上的释放点到 B 点的距离 s； (3)滑块离开 A 点后在空中运动速度 v 的最小值． 答案 (1)2m/s (2)5 m (3)1.94 m/s 解析 (1)因为滑块通过 A 点时对轨道的压力恰好为零， 所以有 mg＝mvA 2 R ，解得 vA＝2m/s. (2)根据动能定理可得： |q|Es－μmgs－mg·2R＝1 2 mvA 2， 解得 s＝5m. (3)滑块离开 A 点后在水平方向上做匀减速直线运动， 故有：vx＝vA－|q|E m t＝2－2.5t 在竖直方向上做自由落体运动， 所以有 vy＝gt＝10t， v＝ vx 2＋vy 2＝ 106.25t2－10t＋4 故 vmin＝ 8 17 17m/s≈1.94 m/s. 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，两平行金属板与水平面成一角度，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两板间，则在此过程中，该粒子( ) 图 1 A．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 错误．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 合恒定且与 v0 方向相反，粒子做匀减速直线运动，D 正确． 2．如图 2，一水平放置的平行金属板连接在直流电源上，两微粒 a、b 所带电荷量大小相等、 符号相反，使它们分别静止于上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放 a、b，它们由 静止开始运动．在随后的某时刻 t，a、b 经过两极板间下半区域的同一水平面．a、b 间的相 互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( ) 图 2 A．a 的质量比 b 的大 B．在 t 时刻，a 的动能比 b 的大 C．在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等 D．在 t 时刻，a 和 b 的速度大小相等 答案 B 3．(多选)如图 3 所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由 b 沿直线运动到 d，且 bd 与竖直方向的夹角为 45°，则下列结论中正确的是( ) 图 3 A．此液滴带负电 B．液滴做匀加速直线运动 C．合外力对液滴做的总功等于零 D．液滴的电势能减少 答案 ABD 解析 液滴所受的合力沿 bd 方向，知电场力方向水平向右，则此液滴带负电，故 A 正确；液 滴所受合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，故 B 正确；合外力不为零，且液滴沿合 外力方向运动，合外力做功不为零，故 C 错误；从 b 到 d，电场力做正功，液滴电势能减小， 故 D 正确． 考点二 带电粒子在电场中的类平抛运动 4．(多选)如图 4 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 OA ＝ AB ，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 4 A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4 C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4 答案 AD 解析 电子沿 x 轴正方向射入匀强电场，做类平抛运动，沿 x 轴方向做匀速直线运动，已知 OA ＝ AB ，则电子从 O 到 C 与从 C 到 D 的时间相等．电子在 y 轴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． 5.如图 5 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，它们最后打在上极板的同 一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( ) 图 5 A．它们运动的时间 tQ＞tP B．它们运动的加速度 aQ＜aP C．它们所带的电荷量之比 qP∶qQ＝1∶2 D．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，它们做类平抛运 动的水平位移均为 l.则对 P，由 l＝v0tP，h 2 ＝1 2 aPtP 2，得到 aP＝hv0 2 l2 ；对 Q，由 l＝v0tQ，h＝1 2 aQtQ 2， 得到 aQ＝2hv0 2 l2 .由此可见 tP＝tQ，aQ＝2aP，而 aP＝qPE m ，aQ＝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＝maP h 2 ∶maQh＝1∶4.综上所述，C 项正确． 6．(2018·南京师大附中段考)如图 6 所示，正方体真空盒置于水平面上，它的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD 面带正电，EFGH 面带负电．从小孔 P 沿水平方向以相 同速率射入三个质量相同的带正电液滴 a、b、c，最后分别落在 1、2、3 三点，则下列说法 正确的是( ) 图 6 A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间不一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴 c 所带电荷量最多 答案 D 解析 三个液滴在水平方向受到电场力作用，在水平方向并不是做匀速直线运动，所以三个 液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项 A 错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动， 故三个液滴的运动时间相同，选项 B 错误；三个液滴落到底板时竖直分速度大小相等，而水 平分位移不相等，水平分速度大小不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项 C 错误；由于液滴 c 在水平方向位移最大，故液滴 c 在水平方向加速度最大，由牛顿第二定律 知，液滴 c 所受的电场力最大，故液滴 c 所带电荷量最多，选项 D 正确． 考点三 带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动 7．(多选)如图 7 所示，竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕 O 做圆周运动，以下四种说法中正确的是( ) 图 7 A．带电小球可能做匀速圆周运动 B．带电小球可能做非匀速圆周运动 C．带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小 D．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小 答案 ABD 8.如图 8 所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，一 带负电的小球从高为 h 的 A 处由静止开始下滑，沿轨道 ABC 运动后进入圆环内做圆周运动．已 知小球所受电场力是其重力的3 4 ，圆环半径为 R，斜面倾角为θ＝53°，轨道水平段 BC 长度 sBC＝2R.若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动，则高度 h 为( ) 图 8 A．2RB．4RC．10RD．17R 答案 C 解析 小球所受的重力和电场力均为恒力，故两力可等效为一个力F＝ mg2＋3 4 mg2＝5 4 mg， 方向与竖直方向的夹角为 37°偏左下．若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动，即通过 等效最高点 D 时小球与圆环间的弹力恰好为 0，由圆周运动知识可得 5 4 mg＝mvD 2 R ，由 A 到 D 的 过程由动能定理得 mg(h－R－Rcos37°)－3 4 mg(htan37°＋2R＋Rsin37°)＝1 2 mvD 2，解得 h＝ 10R，故选项 C 正确，选项 A、B、D 错误． 考点四 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，1 2 T 时速度最大，从 1 2 T 到 T 内做匀减速运动，T 时速度减为零．然后重复这种运动．由 B 图象可知，电子先做匀加速运动，1 4 T 时速度最大， 从 1 4 T 到 1 2 T 内做匀减速运动，1 2 T 时速度减为零；从 1 2 T 到 3 4 T 反向匀加速运动，3 4 T 时速度最大， 从 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，1 4 T 时速度最大，从 1 4 T 到 1 2 T 内做加速度增大的减速运 动，1 2 T 时速度减为零；从 1 2 T 到 3 4 T 反向做加速度减小的加速运动，3 4 T 时速度最大，从 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～T 2 做匀加速运动，从 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. 10．(多选)如图 10(a)所示，A、B 表示真空中水平放置的相距为 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 10 A．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 BC 二、非选择题 11.虚线 PQ、MN 间存在如图 11 所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为 m＝2.0×10－11kg、 电荷量为 q＝＋1.0×10－5C，从 a 点由静止开始经电压为 U＝100V 的电场加速后，垂直进入匀 强电场中，从虚线 MN 上的某点 b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成 30°角．已 知 PQ、MN 间距为 20cm，带电粒子的重力忽略不计．求： 图 11 (1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率 v1； (2)水平匀强电场的场强大小(结果保留两位有效数字)； (3)ab 两点间的电势差． 答案 (1)1.0×104m/s (2)1.7×103 N/C (3)400V 解析 (1)由动能定理得：qU＝1 2 mv1 2 代入数据得 v1＝1.0×104m/s. (2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：vy＝at 由题意得：tan30°＝v1 vy 由牛顿第二定律得：qE＝ma 代入数据得：E＝ 3×103N/C≈1.7×103 N/C. (3)由动能定理得：qUab＝1 2 m(v1 2＋vy 2)－0 代入数据得：Uab＝400V. 12．(2018·德州市期末)如图 12 甲所示，水平放置的两平行金属板 A、B 相距为 d，板间加 有如图乙所示随时间变化的电压．A、B 板中点 O 处有一带电粒子，其电荷量为 q，质量为 m， 在 0～T 2 时间内粒子处于静止状态．已知重力加速度为 g，周期 T＝ d g .求： 图 12 (1)判断该粒子的电性； (2)在 0～T 2 时间内两板间的电压 U0； (3)若 t＝T 时刻，粒子恰好从 O 点正下方金属板 A 的小孔飞出，那么U0 Ux 的值应为多少． 答案 (1)正电 (2)mgd q (3)1 3 解析 (1)由平衡条件可知粒子带正电 (2)0～T 2 时间内，粒子处于平衡状态 由 mg＝qU0 d 得：U0＝mgd q (3)在T 2 ～T 时间内有：d 2 ＝1 2 at2 mg＋qUx d ＝ma t＝T 2 ＝1 2 d g 由以上各式联立得：U0 Ux ＝1 3 . 13.如图 13 所示，长 L＝0.20m 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，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.现将小球拉到与轴 O 在同一水平面上的 A 点，然后无初速度地将小球释放，取 g＝10 m/s2，不计空气阻力．求： 图 13 (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， 由动能定理有：qEL－mgL＝mvB 2 2 vB＝ 2qE－mgL m ＝2m/s. (2)设小球到达 B 点时，受重力 mg、电场力 qE 和丝线拉力 FTB 作用， mg＝1.0×10－4×10N＝1.0×10－3N qE＝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到丝线的拉力 FTB 作用，由牛顿第二定律 有：FTB＋mg－qE＝mvB 2 L FTB＝mvB 2 L ＋qE－mg＝3.0×10－3N.