專題六帶電粒子在電場中的運(yùn)動

1、專題六帶電粒子在電場中的運(yùn)動【知識必備】(本專題對應(yīng)學(xué)生用書第2225頁)知 識 必 備一、 帶電粒子在電場中的加速1. 在勻強(qiáng)電場中加速，可用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解.基本方程：a=，E=-=2ax.2. 在非勻強(qiáng)電場中的加速運(yùn)動一般受變力的作用，可根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功引起帶電粒子能量的變化，利用動能定理、功能關(guān)系求解.基本方程：qU=m-m.二、 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1. 運(yùn)動狀態(tài)分析：帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場時，受到恒定的與初速度方向成90角的電場力作用而做勻變速曲線運(yùn)動(軌跡為拋物線).2. 分析處理方法：用類似平拋運(yùn)動的分析方法分解運(yùn)

2、動.沿初速度方向：做速度為v0的勻速直線運(yùn)動.沿電場力方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動.【能力呈現(xiàn)】應(yīng)試指導(dǎo)【考情分析】201420152016帶電粒子在電場中的運(yùn)動T4：電場強(qiáng)度、電勢T2：靜電現(xiàn)象T7：勻強(qiáng)電場、電場力T8：電場強(qiáng)度、電勢T15：帶電粒子在電場中運(yùn)動T3：電場強(qiáng)度、電場線、等勢面、電勢T15：帶電粒子在電場中的運(yùn)動【備考策略】1. 要牢牢抓住力和能這兩條主線，將知識系統(tǒng)化，找出它們的聯(lián)系，做到融會貫通.2. 注意體會和掌握處理復(fù)雜的物理問題的方法，如類比法、等效法、建立模型等思維方法.3. 重視帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)以及電容器的相關(guān)知識在實際生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用，如靜

3、電除塵、電容式傳感器、噴墨打印機(jī)、示波器等.能力摸底1. (2016全國卷)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A. 極板上的電荷量變大，極板間的電場強(qiáng)度變大B. 極板上的電荷量變小，極板間的電場強(qiáng)度變大C. 極板上的電荷量變大，極板間的電場強(qiáng)度不變D. 極板上的電荷量變小，極板間的電場強(qiáng)度不變【答案】 D【解析】 由平行板電容器電容的決定式C=，將云母介質(zhì)移出，電容C減小，而兩極板的電壓U恒定，由Q=CU，極板上的電荷量Q變小，又由E=可得板間電場強(qiáng)度與介質(zhì)無關(guān)，大小不變，選項D正確.2. (2016江蘇卷)一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球

4、用絕緣細(xì)線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖所示.容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點(diǎn)，下列說法中正確的是()A. A點(diǎn)的電場強(qiáng)度比B點(diǎn)的大B. 小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低C. B點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向與該處內(nèi)表面垂直D. 將檢驗電荷從A點(diǎn)沿不同路徑移到B點(diǎn)，電場力所做的功不同【答案】 C【解析】 電場線的疏密程度表示場強(qiáng)大小，A點(diǎn)場強(qiáng)小于B點(diǎn)場強(qiáng)，A項錯誤；沿著電場線電勢降低，小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的電勢高，B項錯誤；電場線與等勢面垂直，C項正確；電場力做功與電荷的運(yùn)動路徑無關(guān)，只與這兩點(diǎn)的電勢差有關(guān)，D項錯誤.3. (多選)(2016南通、揚(yáng)州、泰州三模)兩異種點(diǎn)電荷A、B附

5、近的電場線分布如圖所示，P為電場中的一點(diǎn)，連線AP、BP相互垂直.已知P點(diǎn)的場強(qiáng)大小為E、電勢為，電荷A產(chǎn)生的電場在P點(diǎn)的場強(qiáng)大小為EA，取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零.下列說法中正確的有()A. A、B所帶電荷量相等B. 電荷B產(chǎn)生的電場在P點(diǎn)的場強(qiáng)大小為C. A、B連線上有一個電勢為零的點(diǎn)D. 將電荷量為-q的點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)處，電場力做的功為q【答案】 BC【解析】 根據(jù)電場線分布左密右疏可知，A的電荷量大于B的電荷量，A項錯誤；A帶正電，在P點(diǎn)的場強(qiáng)方向是沿著AP的延長線，B帶負(fù)電，在P點(diǎn)的場強(qiáng)方向是由P指向B，完成平行四邊形，有E2=+，得出EB=，B項正確；取無限遠(yuǎn)處為零電勢點(diǎn)，正電荷

6、周圍電勢為正值，且離正電荷近處電勢高，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值，且離負(fù)電荷近處電勢低，則正負(fù)電荷連線上有一個點(diǎn)電勢為零，C項正確；將點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移到無窮遠(yuǎn)處，電場力做的功為WP遠(yuǎn)=-qUP遠(yuǎn)=-q(P-遠(yuǎn))=-q(-0)=-q，D項錯誤.4. (多選)(2016南京、鹽城一模)如圖所示，光滑絕緣的水平面內(nèi)存在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，長度為L絕緣光滑的擋板AC與電場方向夾角為30.現(xiàn)有質(zhì)量相等、電荷量均為Q的甲、乙兩個帶電體從A處出發(fā)，甲由靜止釋放，沿AC邊無摩擦滑動，乙垂直于電場方向以一定的初速度運(yùn)動，甲、乙兩個帶電體都通過C處.則甲、乙兩個帶電體()A. 發(fā)生的位移相等B. 通過C處的速度相等C.

7、電勢能減少量都為EQLD. 從A運(yùn)動到C時間之比為1【答案】 AC【解析】 根據(jù)位移的定義得出A項正確；兩種情況下電場力做正功都為EQLcos30=EQL，電勢能減小EQL，C項正確；兩種情況下重力和電場力做功都相同，則帶電體動能變化相等，但由于乙有初速度，故乙通過C處的速度大，B項錯誤；甲從A運(yùn)動到C的時間由L=得出t甲=，乙從A運(yùn)動到C的時間由Lcos30=得出t乙=，則兩次時間之比為2，D項錯誤.【能力提升】帶電粒子在電場中運(yùn)動時物理量的比較該種類型題目的分析方法是：(1) 先畫出入射點(diǎn)軌跡的切線，即畫出初速度v0的方向，再根據(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法來分析

8、其他有關(guān)的問題.(2) 若已知電場線的分布，則可以根據(jù)電場線的疏密來判斷場強(qiáng)的大小，再根據(jù)牛頓第二定律可以比較加速度大小.(3) 電勢能的變化可根據(jù)電場力做功的情況判斷，動能的變化則根據(jù)合外力做功的情況判斷.(4) 若帶電粒子僅受電場力作用，則運(yùn)動過程中，帶電粒子只有動能與電勢能之間的相互轉(zhuǎn)化，兩者總量守恒.例題1(多選)(2016揚(yáng)州一模)兩個點(diǎn)電荷Q1和Q2固定在x軸上O、D兩點(diǎn)，兩者之間連線上各點(diǎn)電勢高低如圖中曲線所示(OBBD)，取無限遠(yuǎn)處電勢為零，由圖可知()A. B點(diǎn)電場強(qiáng)度為零B. Q1為負(fù)電荷，Q2為正電荷C. Q1電荷量一定大于Q2電荷量D. 將電子沿x軸從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場

9、力一直做正功【答案】 BCD【解析】 圖象上各點(diǎn)切線的斜率表示該位置的場強(qiáng)，B點(diǎn)的切線斜率不是零，A項錯誤；沿著電場線電勢降低，從D到O電勢一直在降低，所以電場線的方向由D指向O，所以D處是正電荷，O處是負(fù)電荷，B項正確；由圖知無限遠(yuǎn)處的電勢為零，B點(diǎn)的電勢為零，由于B點(diǎn)距離O比較遠(yuǎn)而距離D比較近，所以Q1的電荷量大于Q2的電荷量，C項正確；電子所受電場力的方向沿著x軸正方向，所以電場力做正功，D項正確.變式1(2016蘇北四市三模)一對平行金屬板帶有等量異種電荷，如果金屬板不是足夠大，兩板之間的電場線就不是相互平行的直線，如圖所示，C、D、E、F為金屬板表面上的不同位置.關(guān)于該電場，下列說法

10、中正確的是()A. A點(diǎn)的場強(qiáng)小于B點(diǎn)的場強(qiáng)B. A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢C. 一帶電粒子分別從C移到D和從E移到F，電場力做功相等D. 帶正電粒子從P點(diǎn)沿平行于極板方向射入，它將做類平拋運(yùn)動【答案】 C【解析】 根據(jù)電場線的疏密可知A點(diǎn)的場強(qiáng)大于B點(diǎn)的場強(qiáng)，A項錯誤；極板間的場強(qiáng)由正極板指向負(fù)極板，沿著電場線的方向電勢逐漸降低，A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢，B項錯誤；金屬板表面電勢處處相等，所以C點(diǎn)電勢等于E點(diǎn)電勢，D點(diǎn)電勢等于F點(diǎn)電勢，所以一帶電粒子分別從C移動到D和從E移動F，電場力做功相等，C項正確；帶正電粒子從P點(diǎn)沿平行于極板方向射入，由于場強(qiáng)不均勻，所以電場力的大小不恒定，則不可能做平

11、拋運(yùn)動，D項錯誤.變式2(多選)(2016海南卷)如圖所示，一帶正電的點(diǎn)電荷固定于O點(diǎn)，兩虛線圓均以O(shè)為圓心，兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運(yùn)動的軌跡，a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點(diǎn).不計重力.下列說法正確的是()A. M帶負(fù)電荷，N帶正電荷B. M在b點(diǎn)的動能小于它在a點(diǎn)的動能C. N在d點(diǎn)的電勢能等于它在e點(diǎn)的電勢能D. N在從c點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)的過程中克服電場力做功【答案】 ABC【解析】 從粒子的軌跡可以看出，O點(diǎn)的正電荷與粒子M相互吸引，與粒子N相互排斥，故M帶負(fù)電荷，N帶正電荷，A項正確；Uab0，所以從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)，M所受的電場力做負(fù)功，動能減小，故B項正確；d、e

12、兩點(diǎn)電勢相等，N在d、e兩點(diǎn)的電勢能相等，故C項正確；Ucd0，N從c點(diǎn)運(yùn)動到d點(diǎn)，電場力做正功，故D項錯誤.帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動分析1. 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做直線運(yùn)動的條件(1) 若帶電粒子在電場中所受合力為零，粒子將保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動狀態(tài).(2) 若只受電場力，且與初速度方向在同一直線上，帶電粒子將做勻加速或勻減速直線運(yùn)動.2. 運(yùn)用功能觀點(diǎn)分析合外力對帶電粒子做的功等于粒子動能的增量，其中合外力包括電場力、重力、摩擦力等.3. 運(yùn)用動力學(xué)觀點(diǎn)分析解題時先分析帶電粒子的受力情況，求出帶電粒子受到的合外力，根據(jù)牛頓第二定律得出加速度，再運(yùn)用運(yùn)動學(xué)公式可求出位移、速度、時間等物

13、理量.例題2(2016金陵中學(xué))如圖甲所示，將一個質(zhì)量為m=4.3kg、電荷量為q=+5.010-5 C的小滑塊靜止放在無限大的絕緣水平桌面上，小滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)=0.1.04 s過程中在空間加上電場，電場強(qiáng)度大小如圖乙所示，場強(qiáng)的正方向為斜向上、與水平桌面的夾角為37.(取g=10m/s2)求：(1) 4s內(nèi)小滑塊的位移大小.(2) 4 s內(nèi)電場力對小滑塊所做的功.【答案】 (1) 12m(2) 48J【解析】 (1) 02s內(nèi)，滑塊做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動qE1cos 37-(mg-qE1sin 37)=ma1求得加速度大小a1=3 m/s2位移x1=a1=6 m2 s末速度v

14、=a1t1=6m/s24s內(nèi)，滑塊做勻減速直線運(yùn)動qE2cos 37+(mg+qE2sin 37)=ma2求得加速度大小a2=3m/s2位移x2=vt2-a2=6 m4 s內(nèi)的位移x=x1+x2=12m(2) 02s內(nèi)，電場力做的功W1=qE1x1cos 37=96 J24 s內(nèi)，電場力做的功W2=-qE2x2cos 37=-48 J4 s內(nèi)電場力對小滑塊所做的功為W=W1+W2=48 J變式3(2016啟東中學(xué))如圖所示，將彈簧平放在絕緣水平面上，其左端固定，自然伸長時右端在O點(diǎn)，O點(diǎn)左側(cè)水平面光滑，右側(cè)粗糙.水平面上OO與AA之間區(qū)域(含邊界)存在與豎直方向的夾角=37、斜向右上方的勻強(qiáng)電

15、場，電場強(qiáng)度E=5103 N/C.現(xiàn)將一質(zhì)量m=2 kg、電荷量q=410-3 C的帶正電小物塊從彈簧右端O點(diǎn)無初速度釋放，物塊在A點(diǎn)滑上傾角=37的斜面.已知OA間的距離為4.9 m，斜面AB的長度為 m，物塊與OA段水平面間的動摩擦因數(shù)1=0.5，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)2=0.75.(物塊可視為質(zhì)點(diǎn)且與彈簧不連接，物塊通過A點(diǎn)時速率無變化，取g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8)(1) 求物塊沿斜面向上滑行的時間.(2) 若用外力將物塊向左壓縮彈簧至某一位置后由靜止釋放，且電場在物塊進(jìn)入電場區(qū)域運(yùn)動0.4 s后突然消失，物塊恰能到達(dá)B點(diǎn)，求外力所做的功.【答案】

16、 (1) 0.58s (2) 49J【解析】 (1) 物塊在OA之間做勻加速直線運(yùn)動N+qEcos 37=mgN=4NqEsin 37-1N=ma1a1=5m/s22a1xOA=vA=7m/s物塊在斜面上向上做勻減速直線運(yùn)動mgsin 37+2mgcos 37=ma2a2=12m/s2假設(shè)物塊在斜面上速度可減為零，且該過程在斜面上發(fā)生的位移為x-2a2x=0-x= m m，假設(shè)成立由0=vA-a2t代入數(shù)據(jù)解得t=0.58s(2) 設(shè)物塊在A點(diǎn)時的速度大小為vA因物塊恰好能到達(dá)B點(diǎn)，故由-2a2xAB=0-vvA=8m/s設(shè)物塊剛進(jìn)入電場區(qū)域時速度為v0，撤去電場時速度為v1則v1=v0+a1

17、t12a1x1=-撤去電場后，物塊做勻減速直線運(yùn)動至A點(diǎn)1mg=ma3a3=5m/s2-2a3(xOA-x1)=v-解之得v0=7m/s由功能關(guān)系W=m=49J帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)動分析1. 帶電粒子在電場中僅受電場力的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動分析：垂直射入勻強(qiáng)電場的帶電粒子，在電場中，只受電場力的作用，運(yùn)動性質(zhì)與重力場中的平拋運(yùn)動相類似，研究這類問題的基本方法是將運(yùn)動進(jìn)行分解，根據(jù)每一個分運(yùn)動的規(guī)律和特點(diǎn)，選擇恰當(dāng)方法加以解決.2. 帶電粒子在電場中的圓周運(yùn)動分析：帶電粒子在電場中的運(yùn)動軌跡為一段圓弧(或在電場中做圓周運(yùn)動)，處理此類問題時，若求解速度或動能，從動能定理入手；若求解受力情況用向心力公式，

18、利用沿半徑方向的合力提供向心力列方程求解.3. 帶電粒子在勻強(qiáng)電場和重力場中的曲線運(yùn)動分析：用正交分解法將復(fù)雜的運(yùn)動分解為相互垂直的直線運(yùn)動.例題3(2016前黃中學(xué))在水平面MN的上方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，從空間某點(diǎn)A水平拋出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，在電場力的作用下經(jīng)過時間t落到MN上的B點(diǎn)，測得A、B兩點(diǎn)間的距離AB=L；若從A點(diǎn)水平拋出時的初速度增大到原來的3倍，則該粒子落到MN上的C點(diǎn)，測得A、C兩點(diǎn)間的距離AC=L.不考慮帶電粒子的重力和空氣阻力，求：(1) 電場強(qiáng)度E的大小.(2) 帶電粒子運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小.【答案】 (1) (2) 【解析】 帶正電粒子在電場中做

19、類平拋運(yùn)動，設(shè)A點(diǎn)與水平面MN的距離為h.原來水平初速度為v，由幾何知識得：h2+(vt)2=L2h2+(3vt)2=解得：h=，v=(1) 在豎直方向：由牛頓運(yùn)動定律得：a=由勻變速運(yùn)動公式得：h=at2聯(lián)立解得：E=(2) 設(shè)帶電粒子運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小為vC，對AC過程，由動能定理得：qEh=m-m(3v)2解得：vC=變式4(2016南通一模)如圖所示，間距為d的平行金屬板間電壓恒定.初速度為零的電子經(jīng)電壓U0加速后，沿兩板間的中心線進(jìn)入板間電場，電子恰好從下極板邊緣飛出，飛出時速度的偏向角為.已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，電子重力不計.求：(1) 電子剛進(jìn)入板間電場時的速度大小v0

20、.(2) 電子通過兩極板間的過程中，電場力做的功W.(3) 平行金屬板間的電場強(qiáng)度大小E.【答案】 (1) (2) eU0tan2(3) 【解析】 (1) 電子在電場中加速eU0=m解得v0=(2) 設(shè)電子離開電場時的速度為v，根據(jù)動能定理有W=mv2-m由速度關(guān)系有v=解得W=eU0tan2(3) 平行金屬板間W=e而U=Ed解得E=帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動問題分析帶電粒子在交變電場中受到的電場力隨電場變化而變化，抓住電場力(加速度)隨時間的變化規(guī)律，找準(zhǔn)過渡量是解決這類問題的關(guān)鍵.通常的解題方法是：先分析粒子的受力特點(diǎn)和運(yùn)動狀態(tài)，然后畫出速度時間圖象，再結(jié)合速度時間圖象的物理意義(如斜率

21、、截距、圖線所圍面積等的物理意義)綜合分析.但有時也要注意有些問題可能僅是不同時刻(或速度)的粒子對應(yīng)著不同的電場.例題4(2015南師附中)如圖甲所示，有一粒子源可以沿軸線ABO方向發(fā)射速度大小不同的粒子，粒子質(zhì)量均為m，帶正電荷q.A、B是不加電壓且處于關(guān)閉狀態(tài)的兩個閥門，閥門后是一對平行極板，兩極板間距為d，上極板接地，下極板的電勢隨時間變化關(guān)系如圖乙所示.O處是一與軸線垂直的接收屏，以O(shè)為原點(diǎn)，垂直于軸線ABO向上為y軸正方向，不同速度的粒子打在接收屏上對應(yīng)不同的坐標(biāo)，其余尺寸見圖甲，其中l(wèi)和t均為已知.已知t2=d，不計粒子重力.(1) 某時刻A、B同時開啟且不再關(guān)閉，有一個速度為v

22、0=的粒子恰在此時通過A閥門，以閥門開啟時刻作為圖乙中的計時零點(diǎn)，試求此粒子打在y軸上的坐標(biāo)位置(用d表示).(2) 某時刻A開啟，后A關(guān)閉，又過后B開啟，再過后B也關(guān)閉.求能穿過閥門B的粒子的最大速度和最小速度.(3) 在第(2)問中，若以B開啟時刻作為圖乙中的計時零點(diǎn)，試求解上述兩類粒子打到接收屏上的y坐標(biāo)(用d表示).甲乙【答案】 (1) (2) vmax=vmin=(3) d-d【解析】 (1) 設(shè)經(jīng)時間t0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場t0=t，即在t時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，在電場中的運(yùn)動時間t1=，偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a=，在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為 y1=a=.在電場中的偏轉(zhuǎn)角tan=，從出偏轉(zhuǎn)電場到打到屏上偏

23、轉(zhuǎn)距離y2=ltan，y=y1+y2，y=d.(2) 能穿過閥門B的最短時間為，對應(yīng)最大速度vmax=.能穿過閥門B的最長時間為t，對應(yīng)最小速度vmin=.(3) 速度最大的粒子將在零時刻出閥門B，時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，故其偏轉(zhuǎn)距離與第(1)問相同，打在y軸上的坐標(biāo)為d；速度最小的粒子將在時刻出閥門B，2t時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，先向下偏轉(zhuǎn)時間t，a1=，y1=a1t2，再向下偏轉(zhuǎn)(減速)出電場時恰好速度水平a2=， y2=a2.y=y1+y2=-d，即兩個坐標(biāo)分別為d，-d.變式5(2016鹽城中學(xué))如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線.一個帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入，沿直線從b點(diǎn)射出.若將兩金屬板接到如圖乙所示的交流電壓上，欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出，求：(1) 若t=0粒子從a點(diǎn)射入金屬板，粒子在內(nèi)離開中心線的距離