2018-2019学年高二物理粤教版选修3-1学案：第1章 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　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)
(2)
(3)
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＝.
(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＝
(3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2
整理得t＝.
二、带电粒子在电场中的类平抛运动
1．分析带电粒子在电场中做类平抛运动的方法：利用运动的合成与分解把曲线运动转换为直线运动．利用的物理规律有：牛顿运动定律结合运动学公式、动能定理、功能关系等．
2．分析此类问题要注意：粒子在哪个方向不受力，在哪个方向受电场力，粒子的运动轨迹向哪个方向弯曲．
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紧贴左极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从右极板边缘射出，射出时速度恰与右极板成30°角，如图2所示，不计粒子重力，求：
图2
(1)粒子末速度的大小；
(2)匀强电场的场强；
(3)两板间的距离．
答案　(1)　(2)　(3)L
解析　(1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得合速度：
v＝＝.
(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＝v0tan 30°＝，
由牛顿第二定律得：qE＝ma
解得：E＝.
(3)粒子做类平抛运动，
在竖直方向上：d＝at2，解得：d＝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～T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，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～内做类似(1)0～T的运动，～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．
(a)　　　　　　(b)
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．
针对训练1　(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图5所示．带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是(　　)
图5
A．微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒将做往复运动
D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
答案　BD
解析　设微粒的速度方向、位移方向向右为正，作出微粒的v－t图象如图所示．由图可知B、D选项正确．
四、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动
例4　如图6所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，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6
(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) 　(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＝m
所以小球在A点的速度vA＝ .
(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＝mv－mv
小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向上有FB－qE＝m
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2　如图7所示，ABCD为放在E＝1.0×103 V/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20 cm的半圆环，水平轨道AB＝15 cm，直径BD垂直于AB，今有m＝10 g、q＝＋1.0×10－4 C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；要使小球能运动到D点，开始时小球的位置应离B点________m.
图7
答案　　0.40　0.25
解析　从A点运动到C点，由动能定理得Eq(＋)－mg＝mv可得vC＝
 m/s；在C处由FN－Eq＝得FN＝0.4 N，根据牛顿第三定律得在C处时对轨道的压力为0.4 N；要使小球能运动到D点,vD＝＝1 m/s，由Eq·－mg·＝mv,
得＝0.25 m.
1. (多选)如图8所示，两平行金属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两平行金属板，则在此过程中，该粒子(　　)
图8
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F合与v0方向相反，粒子做匀减速运动，D项正确．
2．(多选)如图9(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9
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
3.如图10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10
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＝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＝m
联立以上两式可得F1＝2mg＋3Eq
根据牛顿第三定律知小球对环的压力F1′＝2mg＋3Eq，方向水平向右．
4.如图11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，不计粒子间相互作用，求B上受电子轰击后的发光面积．
图11
答案　
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．取两个极限情况如图所示．
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＝·t2.
解得y＝v .
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 .
故在荧光屏B上的发光面积S＝y2π＝.
一、选择题(1～6题为单选题，7～9题为多选题)
1.如图1所示，两平行金属板带有等量异种电荷，从负极板处静止释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v1，加速度为a1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，此时电场强度与原来相同．再从负极板处静止释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v2，加速度为a2，则(　　)
图1
A．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2
B．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2
C．a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝∶1
D．a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶
答案　D
解析　增大两极板间的距离时，场强不变，电子在电场中受到的电场力不变，故a1∶a2＝1∶1.由动能定理Ue＝mv2得v＝ ，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由U＝Ed知，电势差U增大为原来的2倍，故v1∶v2＝1∶.
2.如图2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2
A．加速度大小为a＝＋g
B．所需的时间为t＝ 
C．下降的高度为y＝
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＝，所以由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝＝ ，A错误；小球在水平方向的加速度a1＝，由运动学公式＝a1t2，所以t＝ ，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＝gt2＝，故C错误；由做功公式得W＝，故D错误．
3．如图3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(设电源电动势为U)(　　)
图3
A．电子到达B板时的动能是Ue
B．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3Ue
D．电子在A板和D板之间做往复运动
答案　C
解析　电子在AB之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，选项A正确；电子在BC之间做匀速运动，选项B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，然后反向运动，在A板和D板之间做往复运动，选项C错误，选项D正确．
4.如图4，带有等量异种电荷的两极板相距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4
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．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l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为l，电荷量为－q的粒子通过的位移为l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝，a2＝，由运动学公式有
l＝a1t2＝t2①
l＝a2t2＝t2②
得＝.故选A.
5.如图5所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子射出电场的位置不发生变化，应该(　　)
图5
A．使U2变为原来的2倍 B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的倍 D．使U2变为原来的倍
答案　A
解析　电子加速有qU1＝mv
电子偏转有y＝·()2
联立解得y＝，故选A.
6.如图6所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，不计粒子重力，那么(　　)
图6
A．经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场的过程中，静电力对氚核做的功最多
C．三种原子核打在屏上的速度一样大
D．三种原子核都打在屏的同一位置上
答案　D
7．如图7甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)
图7
A．末速度大小为v0
B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了mgd
D．克服电场力做功为mgd
答案　BC
解析　因0～时间内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·＝0，粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误.
8.如图8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O＝A，电子经过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8
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＝，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．
9.如图9所示，两金属板(平行)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，T时速度最大，从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，T时速度最大，从T到T内做匀减速运动，T时速度减为零；从T到T反向匀加速运动，T时速度最大，从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，T时速度最大，从T到T内做加速度增大的减速运动，T时速度减为零；从T到T反向做加速度减小的加速运动，T时速度最大，从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，电子先做匀加速运动，从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
10.一个带正电的微粒，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＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×
10－10 C，A、B相距L＝20 cm.(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)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vA方向相反，微粒做匀减速运动．
(2)因为qE＝＝＝mg.
所以电场强度E≈1.7×104 N/C，电场强度的方向水平向左．
(3)微粒运动到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，
－ L＝0－mv，代入数据，解得vA≈2.8 m/s.
11.如图11所示，长L＝0.20 m的不可伸长的绝缘丝线的一端拴一质量为m＝1.0×10－4 kg、带电荷量为q＝＋1.0×10－6 C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＝2.0×103 N/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.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)2 m/s　(2)3.0×10－3 N
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＝
vB＝ ＝2 m/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＝1.0×10－4×10 N＝1.0×10－3 N
qE＝1.0×10－6×2.0×103 N＝2.0×10－3 N
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＝
FTB＝＋qE－mg＝3.0×10－3 N.
12.虚线PQ、MN间存在如图12所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN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20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：
图12
(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；
(3)ab两点间的电势差．
答案　(1)1.0×104 m/s　(2)1.7×103 N/C (3)400 V
解析　(1)由动能定理得：qU＝mv
代入数据得v1＝1.0×104 m/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：tan 30°＝
由牛顿第二定律得：qE＝ma
联立以上各式并代入数据得：
E＝×103 N/C≈1.7×103 N/C.
(3)由动能定理得：qUab＝m(v＋v)－0
联立以上各式并代入数据得：Uab＝400 V.