高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动学案及答案

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第三册5 带电粒子在电场中的运动学案及答案，共16页。

核心要点 带电粒子在电场中的直线运动
[要点归纳]
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，即所受到的静电力与其他力平衡。
(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。
[试题案例]
[例1] 如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量为m、带电荷量为＋q的小球在B板下方距离B板为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场。
(1)带电小球在板间做何种运动？
(2)欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差为多少？
解析 (1)带电小球在电场外只受重力的作用做匀减速直线运动，在电场中受重力和静电力作用做匀减速直线运动。
(2)整个运动过程中重力和静电力做功，
由动能定理得－mg(H＋h)－qUAB＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得UAB＝eq \f(m[veq \\al(2,0)－2g（H＋h）],2q)。
答案 (1)做匀减速直线运动 (2)eq \f(m[veq \\al(2,0)－2g（H＋h）],2q)
[针对训练1] 如图所示，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。求：(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)
(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？
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。
答案 (1)4×106 V/m (2)2.4×10－6 C (3)0.55 m
核心要点 带电粒子的类平抛运动
[要点归纳]
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。
[试题案例]
[例2] 如图所示，电荷量为－e，质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求：
(1)电子经过B点的速度多大；
(2)AB两点间的电势差多大。
解析 (1)电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，B点的速度vB＝eq \f(v0,cs 60°)＝2v0。
(2)电子从A运动到B由动能定理得
－eUAB＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
A、B两点间的电势差
UAB＝eq \f(\f(1,2)m（2v0）2－\f(1,2)mveq \\al(2,0),－e)＝－eq \f(3mveq \\al(2,0),2e)。
答案 (1)2v0 (2)－eq \f(3mveq \\al(2,0),2e)
[针对训练2] 一个质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图所示。如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L。设粒子束不会击中极板，求粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量。(粒子的重力忽略不计)
解析 水平方向匀速，则运动时间t＝eq \f(L,v0)①
竖直方向加速，则偏移y＝eq \f(1,2)at2②
且a＝eq \f(qU,md)③
由①②③得y＝eq \f(qUL2,2mdveq \\al(2,0))
则静电力做功W＝qE·y
＝q·eq \f(U,d)·eq \f(qUL2,2mdveq \\al(2,0))＝eq \f(q2U2L2,2md2veq \\al(2,0))
由功能原理得电势能减少了eq \f(q2U2L2,2md2veq \\al(2,0))。
答案 电势能减少了eq \f(q2U2L2,2md2veq \\al(2,0))
核心要点 带电体在电场(复合场)中的圆周运动
[要点归纳]
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静电力的合力，也有可能是单独的静电力。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”。
[试题案例]
[例3] 如图所示，BCDG是光滑绝缘的eq \f(3,4)圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的静电力大小为eq \f(3,4)mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小；
(2)为使滑块恰好始终沿轨道滑行(不脱离轨道)，求滑块在圆形轨道上滑行过程中的最小速度。
解析 (1)设滑块到达C点时的速度为v，滑块所带电荷量为q，匀强电场的场强为E，由动能定理有
qE(s＋R)－μmgs－mgR＝eq \f(1,2)mv2
qE＝eq \f(3,4)mg
解得v＝eq \r(gR)
设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，
则F－qE＝meq \f(v2,R)
解得F＝eq \f(7,4)mg
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的作用力大小为
F′＝F＝eq \f(7,4)mg
(2)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆形轨道DG间某点，由静电力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vmin)
则有eq \r(（qE）2＋（mg）2)＝meq \f(veq \\al(2,min),R)
解得vmin＝eq \f(\r(5gR),2)。
答案 (1)eq \f(7,4)mg (2)eq \f(\r(5gR),2)
方法总结
复合场中的圆周运动，涉及受力分析、圆周运动、电场等相关知识点，既巩固了学生基础知识，又锻炼了学生迁移应用与综合分析能力，较好地体现了“科学思维”的学科素养。
[针对训练3] 如图所示，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q＞0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb。不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。
解析 质点所受静电力的大小为F＝qE①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有
F＋Na＝meq \f(veq \\al(2,a),r)②
Nb－F＝meq \f(veq \\al(2,b),r)③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)④
Ekb＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)⑤
根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E＝eq \f(1,6q)(Nb－Na)⑦
Eka＝eq \f(r,12)(Nb＋5Na)⑧
Ekb＝eq \f(r,12)(5Nb＋Na)。
答案 见解析
1.(带电粒子在电场中的直线运动)(多选)如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，则下列对电子运动的描述中正确的是(设电源电压为U)( )
A.电子到达B板时的动能是eU
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3eU
D.电子在A板和D板之间做往复运动
解析 由eU＝EkB可知，电子到达B板时的动能为eU，A正确；因B、C两板间电势差为0，故电子从B板到达C板的过程中动能变化量为零，B正确；电子由C到D的过程中静电力做负功大小为eU，故电子到达D板时速度为零，然后又返回A板，以后重复之前的运动，C错误，D正确。
答案 ABD
2.(带电粒子的类平抛运动)(多选)a、b、c三个质量和电荷量都相同的粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，对于三个粒子在电场中的运动，下列说法正确的是( )
A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B.b和c同时飞离电场
C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D.动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大
解析 粒子在电场中做类平抛运动，由于a、b、c质量和电荷量都相同，所以它们的加速度也相同，由题图可知竖直方向位移ya＝yb>yc，由y＝eq \f(1,2)at2可知运动时间ta＝tb>tc；水平方向xaΔEkc，故A、C、D正确。
答案 ACD
3.[带电体在电场(复合场)中的圆周运动]如图所示，长L＝0.20 m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，不计空气阻力。求：
(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。
解析 (1)小球由A运动到B，其初速度为零，静电力对小球做正功，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(mveq \\al(2,B),2)
vB＝eq \r(\f(2（qE－mg）L,m))＝2 m/s。
(2)设小球到达B点时，受重力mg、静电力qE和丝线拉力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到丝线的拉力FTB作用，由牛顿第二定律有FTB＋mg－qE＝eq \f(mveq \\al(2,B),L)
FTB＝eq \f(mveq \\al(2,B),L)＋qE－mg＝3.0×10－3 N。
答案 (1)2 m/s (2)3.0×10－3 N
4.(带电粒子的直线运动和类平抛运动相结合)虚线PQ、MN间存在如图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20 cm，带电粒子的重力忽略不计。求：
(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。
解析 (1)由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
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°＝eq \f(v1,vy)
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立以上各式并代入数据得
E＝eq \r(3)×103 N/C≈1.7×103 N/C。
(3)由动能定理得qUab＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,1)＋veq \\al(2,y))－0
联立以上各式并代入数据得Uab＝400 V。
答案 (1)1.0×104 m/s (2)1.7×103 N/C (3)400 V
基础过关
1.一个带正电的点电荷以一定的初速度v0(v0≠0)，沿着垂直于匀强电场的方向射入电场，则其可能的运动轨迹应该是以下图中的( )
解析 点电荷垂直于电场方向进入电场时，静电力垂直于其初速度方向，电荷做类平抛运动，故本题选B。
答案 B
2.如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、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经过电容器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( )
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( )
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
解析 液滴所受的合力沿bd方向，知静电力方向水平向右，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，则合外力做功不为零，故C错误；从b到d，静电力做正功，液滴电势能减小，故D正确。
答案 ABD
4.(多选)A、B是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在静电力作用下，沿电场线从A点运动到B点，v－t图像如图所示，下列关于A、B两点的电场强度E的大小和电势能Ep的高低的判断正确的是( )
A.EA>EB B.EAC.EpAEpB
解析 正电荷仅在静电力作用下沿电场线运动，从v－t图上可以看出从A点到B点，正电荷的速度越来越小，在B点趋于定值，则正电荷的加速度越来越小，所以正电荷受到的静电力越来越小，由此可以判断电场强度越来越小，选项A正确，B错误；正电荷速度变小，可知正电荷做减速运动，静电力做负功，电势能增加，所以选项C正确，D错误。
答案 AC
5.(多选)如图所示，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( )
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
6.(多选)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，如图所示，则( )
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aAD.三个油滴到达极板时动能EkA解析 三个油滴的初速度相等，水平位移xA>xB>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＝eq \f(1,2)at2，知aA答案 ACD
7.如图所示，一带电液滴的质量为m、电荷量为－q(q>0)，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。
(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？
解析 (1)因为液滴处于平衡状态，所以有Eq＝mg
解得E＝eq \f(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′＝mgcs 30°
解得E′＝eq \f(mgcs 30°,q)＝eq \f(\r(3)mg,2q)
液滴在运动方向的反方向上的合力F＝mgsin 30°，由牛顿第二定律
做减速运动的加速度大小a＝eq \f(F,m)＝gsin 30°＝eq \f(g,2)
液滴可前进的距离s＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(veq \\al(2,0),g)。
(或由动能定理－mgsin 30°·s＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
得液滴可前进的距离s＝eq \f(veq \\al(2,0),2gsin 30°)＝eq \f(veq \\al(2,0),g)。)
答案 (1)eq \f(mg,q) (2)eq \f(\r(3)mg,2q) eq \f(veq \\al(2,0),g)
8.如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R＝0.40 m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＝1.0×103 V/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：
(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x；
(3)滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值。
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＝eq \f(mveq \\al(2,A),R)，解得vA＝2 m/s。
(2)根据动能定理可得|q|Ex－μmgx－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得x＝5 m。
(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－eq \f(|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＝eq \r(veq \\al(2,x)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(106.25t2－10t＋4)，
故vmin＝eq \f(8,17)eq \r(17) m/s≈1.94 m/s。
答案 (1)2 m/s (2)5 m (3)1.94 m/s
能力提升
9.(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，如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知(不计粒子重力)( )
A.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
解析 由题图可知，该粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力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，故B、C正确。
答案 BC
10.(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示。由此可见( )
A.静电力为3mg
B.小球带正电
C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
解析 两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系，所以时间也是二倍的关系，故C错误；分别列出竖直方向的方程，即h＝eq \f(1,2)gt2，eq \f(h,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(F－mg,m)(eq \f(t,2))2，解得F＝3mg，故A正确；小球受到的静电力向上，与电场方向相反，所以小球应该带负电，故B错误；速度变化量等于加速度与时间的乘积，即Δv＝at，结合以上的分析可得，AB过程Δv＝gt，BC过程Δv＝eq \f(3mg－mg,m)×eq \f(t,2)＝gt，故D正确。
答案 AD
11.如图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。已知小球所受静电力是其重力的eq \f(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( )
A.2R B.4R C.10R D.17R
解析 小球所受的重力和静电力均为恒力，故两力可等效为一个力F＝eq \r(（mg）2＋（\f(3,4)mg）2)＝eq \f(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eq \f(5,4)mg＝meq \f(veq \\al(2,D),R)，由A到D的过程由动能定理得mg(h－R－Rcs 37°)－eq \f(3,4)mg(htan 37°＋2R＋Rsin 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，解得h＝10R，故选项C正确，A、B、D错误。
答案 C
12.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出，已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法，在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，取g＝10 m/s2。
解析 (1)电子在加速电场中加速，根据动能定理，则有eU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(\f(2eU0,m))，
电子在偏转电场中做类平抛运动，将其运动分解成平行于板面方向的匀速直线运动与平行于电场强度方向的初速度为零的匀加速直线运动，则有
平行于板面方向的位移为L＝v0t，
平行于电场强度方向的位移为Δy＝eq \f(1,2)at2，
由牛顿第二定律有a＝eq \f(eE,m)，且E＝eq \f(U,d)，
综上所述，解得Δy＝eq \f(UL2,4U0d)。
(2)已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，取g＝10 m/s2，
电子所受重力为G＝mg＝9.1×10－30 N，
电子受到的静电力为F电＝eeq \f(U,d)＝8×10－16 N，
那么eq \f(G,F电)＝eq \f(9.1×10－30,8×10－16)≈1×10－14，由于F电≫G，所以重力忽略不计。
答案 见解析核心
素养
物理观念
科学思维
1.掌握初速度与场强方向同直线时带电体做直线运动及初速度与场强方向垂直时带电体做类平抛运动问题的处理方法。
2.会分析圆周运动向心力的来源。
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.建立带电粒子在交变电场中直线运动的思维模型。