高中物理新教材同步必修第三册 第10章 专题强化4同步讲义

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专题强化4　带电粒子在电场中的运动[学习目标]　1．进一步掌握带电粒子在电场中的直线运动和类平抛运动的分析方法.2.会分析带电粒子在电场中的圆周运动，会分析向心力的来源.3.会分析带电粒子在交变电场中的运动．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．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．(2019·广州二中高二期中)如图1所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N接上直流电源，两极板间的距离为L＝15 cm.上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h处的B点有一小油滴自由落下．已知小油滴的电荷量q＝3.5×10－14 C、质量m＝3.0×10－9 kg.当小油滴即将落到下极板时速度恰好为零．两极板间的电势差U＝6×105 V．(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)图1(1)两极板间的电场强度E的大小为多少？(2)设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，则该电容器所带电荷量Q是多少？(3)B点在A点的正上方的高度h是多少？答案　(1)4×106 V/m　(2)2.4×10－6 C　(3)0.55 m解析　(1)由匀强电场的场强与电势差的关系式可得两极板间的电场强度大小为E＝eq \f(U,L)＝4×106 V/m.(2)该电容器所带电荷量为Q＝CU＝2.4×10－6 C.(3)小油滴自由落下，即将落到下极板时，速度恰好为零由动能定理可得：mg(h＋L)－qU＝0则B点在A点的正上方的高度是h＝eq \f(qU,mg)－L＝eq \f(3.5×10－14×6×105,3.0×10－9×10) m－15×10－2 m＝0.55 m.二、带电粒子的类平抛运动带电粒子在电场中的类平抛运动的处理方法：1．运动分解的方法：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，在这两个方向上分别列牛顿第二定律或运动学方程．2．利用功能关系分析：(1)功能关系：电场力做功等于电势能的减少量，W电＝Ep1－Ep2.(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1.如图2所示，一带正电的粒子以初速度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，则(　　)图2A．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(3,8)qUC．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　粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速直线运动．由y＝eq \f(1,2)at2可得，在前eq \f(t,2)时间内位移y1＝eq \f(d,8)，电场力对粒子做的功W＝qEy1＝q×eq \f(U,d)×eq \f(d,8)＝eq \f(1,8)qU，故A错误．由y＝eq \f(1,2)at2可得，前eq \f(t,2)时间内与t时间内垂直于板方向的位移之比为1∶4，则在后eq \f(t,2)时间内的位移为eq \f(3,8)d，电场力对粒子做的功为eq \f(3,8)qU，故B正确．由电场力做功W′＝qEy＝eq \f(qUy,d)，则该粒子在下落前eq \f(d,4)和后eq \f(d,4)内，电场力做功之比为1∶1，故C、D错误．(2019·全国卷Ⅱ)如图3，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．图3(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？答案　(1)eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh　v0eq \r(\f(mdh,qφ))　(2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))解析　(1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq \f(2φ,d)①F＝qE＝ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv02③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝eq \f(1,2)at2④l＝v0t⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ)).三、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和电场力的合力，也有可能是单独的电场力．如图4所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，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4答案　2mg＋3Eq，方向水平向右解析　小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有mgR＋qER＝eq \f(1,2)mv2，在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力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)联立解得F1＝2mg＋3Eq小球对环的作用力与环对小球的作用力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，方向水平向右．四、带电粒子在交变电场中的运动1．受力情况：粒子所受的电场力是周期性变化的，即与速度方向在一段时间内同向，在下一段时间内反向．2．运动特点：一会儿加速，一会儿减速；可能一直向前运动，也可能做往复运动，由粒子最初进入电场的时间决定．3．处理方法：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解．在如图5所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图6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，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v－t图像．图5图6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．对于题图甲所示电压，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—时间图线如图(a)所示．对于题图乙所示电压，在0～eq \f(T,2)内做类似题图甲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—时间图像如图(b)所示．1．(带电粒子在交变电场中的运动)(2018·西安交大附中质检)如图7甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则eq \f(Ek3,Ek5)等于(　　)图7A.eq \f(3,5) B.eq \f(5,3) C．1 D.eq \f(9,25)答案　B解析　 设A、B两板间的距离为d，经过3t0时间刚好到达B板时，粒子运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝qeq \f(U0,3)，若改变A、B两板间的距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝qeq \f(U0,5)，故eq \f(Ek3,Ek5)＝eq \f(5,3)，B正确．2.(带电粒子在电场中的直线运动)(2018·马鞍山二中高二上期末)如图8所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球P从紧靠左极板处由静止开始释放，小球Q从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的(　　)图8A．电荷量之比qP∶qQ＝2∶1B．电势能减少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝2∶1C．运动时间tP＞tQD．动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1答案　A解析　小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，根据合运动与分运动的等时性，两小球下落的高度一样，即h＝eq \f(1,2)gt2，所以运动的时间相同，即tP＝tQ＝t，C错误；在水平方向上有d＝eq \f(1,2)aPt2＝eq \f(1,2)eq \f(EqP,m)t2，eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)aQt2＝eq \f(1,2)eq \f(EqQ,m)t2，所以可得qP∶qQ＝2∶1，A正确；电势能的减少量等于电场力所做的功，所以ΔEpP＝UqP，ΔEpQ＝eq \f(1,2)UqQ，所以有ΔEpP∶ΔEpQ＝4∶1，B错误；运动过程中重力和电场力做功，所以动能的增加量为ΔEkP＝mgh＋UqP，ΔEkQ＝mgh＋eq \f(1,2)UqQ，所以ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，D错误．3.(带电粒子在电场中的圆周运动)(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场，如图9所示，带正电的粒子流由电场区域边缘的M点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出，由此可知(　　)图9A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率一定相等D．若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等答案　BC解析　由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE＝meq \f(v2,R)，得R＝eq \f(mv2,qE)，R、E为定值，若q相等，则eq \f(1,2)mv2一定相等；若eq \f(q,m)相等，则速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确．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＝eq \f(1,2)·eq \f(Ee,m)t2.解得y＝v eq \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′＝v eq \r(\f(2ml,Ee)).故在荧光屏B上的发光面积S＝y2π＝eq \f(2mlv2π,Ee).1.(多选)如图1所示，平行板电容器的两个极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，粒子做匀减速直线运动，D项正确．2．(多选)(2018·宜昌市示范高中高二联考)如图2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2A．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　液滴所受的合外力沿bd方向，知液滴受到的电场力方向水平向右，则此液滴带负电，故A正确；液滴所受合外力恒定，加速度恒定，液滴做匀加速直线运动，故B正确；合外力不为零，则合外力做功不为零，故C错误；从b到d，电场力做正功，液滴的电势能减少，故D正确．3.如图3所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷．一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么(　　)图3A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点，其动能一定增加D．微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加答案　C解析　由于不知道重力和电场力大小关系，所以不能确定电场力方向，不能确定微粒电性，也不能确定电场力对微粒做功的正负，选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒的动能一定增加，选项C正确. 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eq \x\to(OA)＝eq \x\to(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4A．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y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，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ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C错误，D正确．5．(多选)如图5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5A．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　ABD6.(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6A．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．7．(多选)如图7甲所示，在A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量为q的电子在t＝eq \f(T,4)时刻进入两极板，仅在电场力作用下，由静止开始运动，恰好能到达B板，则(　　)图7A．A、B两板间的距离为eq \r(\f(qU0T2,16m))B．电子在两板间的最大速度为eq \r(\f(qU0,m))C．电子在两板间做匀加速直线运动D．若电子在t＝eq \f(T,8)时刻进入两极板，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打在B板上答案　AB解析　电子在电场力作用下，加速度大小不变，方向改变，选项C错误；电子在t＝eq \f(T,4)时刻进入两极板，先加速后减速，在t＝eq \f(3T,4)时刻到达B板，设A、B两板的间距为d，则eq \f(1,2)·eq \f(qU0,md)(eq \f(T,4))2＝eq \f(d,2)，解得d＝eq \r(\f(qU0T2,16m))，选项A正确；在t＝eq \f(T,2)时速度最大，vm＝eq \f(qU0,md)·eq \f(T,4)＝eq \r(\f(qU0,m))，选项B正确；若电子在t＝eq \f(T,8)时刻进入两极板，在eq \f(T,8)～eq \f(T,2)内电子做匀加速运动，位移x＝eq \f(1,2)·eq \f(qU0,md)(eq \f(3T,8))2＝eq \f(9d,8)＞d，说明电子会一直向B板运动并打在B板上，不会向A板运动，选项D错误．8．如图8(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是(　　)图8A．0＜t0＜eq \f(T,4) B.eq \f(T,2)＜t0＜eq \f(3T,4)C.eq \f(3T,4)＜t0＜T D．T＜t0＜eq \f(9T,8)答案　B解析　两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，因此选项A、D错误；若t0＝eq \f(T,2)时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A板运动；若t0＝eq \f(3T,4)时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，因此在eq \f(T,2)＜t0＜eq \f(3T,4)时间内释放该粒子，粒子的运动满足题意的要求，选项B正确．9．(多选)如图9(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9A．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　BC10.(2019·随州二中高二上起点考试)如图10所示，一个带电荷量为－q的油滴，从O点以速度v射入水平向右的匀强电场中，方向与电场方向成θ角．已知油滴的质量为m，测得油滴到达运动轨迹的最高点N时，它的速度大小也为v，方向水平向左．求：图10(1)N点的位置在O点上方的哪一侧；(2)N点与O点间的电势差UNO.答案　(1)左侧　(2)eq \f(mv2sin2 θ,2q)解析　(1)因油滴到达最高点N时速度大小为v，方向水平向左，对O→N过程，由动能定理有WG＋W电＝0，重力做负功，所以电场力一定做正功，由于油滴带负电，则N点的位置一定在O点上方的左侧．(2)由(1)的分析可知，qUNO＝mgh，在竖直方向上油滴做初速度为vsin θ的竖直上抛运动，则(vsin θ)2＝2gh，得UNO＝eq \f(mv2sin2θ,2q).11．(2019·德州市期末)如图11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～eq \f(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＝eq \r(\f(d,g)).求：图11(1)判断该粒子的电性；(2)在0～eq \f(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eq \f(U0,Ux)的值应为多少．答案　(1)正电　(2)eq \f(mgd,q)　(3)eq \f(1,3)解析　(1)在0～eq \f(T,2)时间内，粒子处于静止状态，由平衡条件可知电场力向上，故粒子带正电．(2)0～eq \f(T,2)时间内，粒子处于平衡状态由mg＝eq \f(qU0,d)得：U0＝eq \f(mgd,q).(3)在eq \f(T,2)～T时间内有：eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2mg＋eq \f(qUx,d)＝mat＝eq \f(T,2)＝eq \f(1,2) eq \r(\f(d,g))由以上各式得：Ux＝eq \f(3mgd,q)，故eq \f(U0,Ux)＝eq \f(1,3).12．(2018·青岛二中高二期中)一群速率不同的一价离子从A、B两平行极板正中央水平射入如图12所示的偏转电场，离子的初动能为Ek，A、B两极板间电压为U，间距为d，C为竖直放置并与A、B间隙正对的金属挡板，屏MN足够大．若A、B极板长为L，C到极板右端的距离也为L，C的长为d.不考虑离子所受重力，元电荷为e.图12(1)写出离子射出A、B极板时的偏转距离y的表达式；(2)问初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上？答案　(1)y＝eq \f(UeL2,4dEk)　(2)eq \f(eUL2,2d2)