【配套K12】[学习](京津琼鲁专用)2018-2019学年高中物理 第一章 静电场 第9节 带电粒

9 带电粒子在电场中的运动[学科素养与目标要求]科学思维：1.能够从运动和力、功和能的角度分析带电粒子在电场中的直线运动问题，通过综合应用牛顿第二定律、动能定理解题的过程，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.1.基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，它们受到重力的作用一般远小于静电力，故可以忽略.2.带电粒子的加速：(1)运动分析：带电粒子从静止释放，将沿电场力方向在匀强电场中做匀加速运动.(2)末速度大小：根据qU＝12mv2，得v＝2qUm.判断下列说法的正误.(1)质量很小的粒子不受重力的作用.( ×)(2)动能定理能分析匀强电场中的直线运动问题，也能分析非匀强电场中的直线运动问题.( √) (3)利用牛顿运动定律结合运动学公式可分析匀强电场中的直线运动问题，也可分析非匀强电场中的直线运动问题.( ×)(4)当电子在电场中做加速直线运动时，电场力做负功，电势能增加，动能增加.( ×)一、带电粒子在电场中的直线运动如图1所示，平行板电容器两板间的距离为d，电势差为U.一质量为m、带正电荷为q的α粒子，在电场力的作用下由静止开始从正极板A向负极板B运动.图1(1)比较α粒子所受电场力和重力的大小，说明重力能否忽略不计(α粒子质量是质子质量的4倍，即m α＝4×1.67×10－27kg ，电荷量是质子的2倍).(2)α粒子的加速度是多大(结果用字母表示)？在电场中做何种运动？(3)计算粒子到达负极板时的速度大小(尝试用不同的方法求解，结果用字母表示). 答案 (1)α粒子所受电场力大、重力小；因重力远小于电场力，故可以忽略重力. (2)α粒子的加速度为a ＝qUmd.在电场中做初速度为0的匀加速直线运动. (3)方法1 利用动能定理求解.在带电粒子的运动过程中，电场力对它做的功是W ＝qU 设带电粒子到达负极板时的速率为v ，则E k ＝12mv 2由动能定理可知qU ＝12mv 2v ＝2qUm.方法2 利用牛顿运动定律结合运动学公式求解. 设粒子到达负极板时所用时间为t ，则 d ＝12at 2，v ＝at ，a ＝qU md 联立解得v ＝2qUm.1.带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力.(2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力.2.分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法(1)利用牛顿第二定律F ＝ma 和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动. (2)利用动能定理：qU ＝12mv 2－12mv 02.若初速度为零，则qU ＝12mv 2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用.例1 如图2所示，M 和N 是匀强电场中的两个等势面，相距为d ，电势差为U ，一质量为m (不计重力)、电荷量为－q 的粒子，以速度v 0通过等势面M 垂直射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N 的速度应是( )图2A.2qU mB.v 0＋2qUm C.v 02＋2qU mD.v 02－2qUm答案 C解析 qU ＝12mv 2－12mv 02，v ＝v 02＋2qUm，选C.针对训练 如图3所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间的电势差不变，则( )图3A.当减小两板间的距离时，速度v 增大B.当减小两板间的距离时，速度v 减小C.当减小两板间的距离时，速度v 不变D.当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长 答案 C解析 由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B错误，C 正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误. 二、带电体在重力场和电场叠加场中的直线运动带电体在电场中受电场力和重力作用，当带电体所受合外力为零时，将做匀速直线运动，当带电体所受合外力不为零，且合外力的方向与速度方向在一条直线上时将做加速或减速直线运动. 分析方法：(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2 如图4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4(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (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 mg (h ＋d )Cq(3)h ＋dh2hg解析 (1)小球从静止开始下落到小孔处做自由落体运动，由v 2＝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－v 2＝2ad 整理得电场强度E ＝mg (h ＋d )qd由U ＝Ed ，Q ＝CU ， 得电容器所带电荷量Q ＝mg (h ＋d )Cq. (3)设小球做自由落体运动所用时间为t 1，电场中小球做匀减速运动所用时间为t 2， 由h ＝12gt 12，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2整理得t ＝h ＋d h2h g.例3 (2018·山东济南市高一下期末)如图5所示，一匀强电场，场强方向水平向左.一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，从O 点出发，初速度的大小为v 0，在电场力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成θ角做直线运动.(重力加速度为g )求：图5(1)匀强电场的场强大小； (2)小球从O 点到最高点的距离； (3)小球运动到的最高点与O 点的电势差.答案 (1)mgq tan θ (2)v 02sin θ2g (3)mv 02cos 2θ2q解析(1)根据带电小球做直线运动，则重力和电场力的合力与初速度在同一直线上，tan θ＝mgqE，解得：E ＝mg q tan θ(2)解法一：最高点与O 点间的距离为s ＝v 022aF 合＝mgsin θ＝ma解得：s ＝v 02sin θ2g解法二：由动能定理：－mgsin θs ＝0－12mv 02得：s ＝v 02sin θ2g(3)最高点的电势大于O 点的电势，电势差U ＝Es cos θ＝mv 02cos 2θ2q.三、带电粒子在交变电场中的直线运动例4 在如图6所示的平行板电容器的两板A 、B 上分别加如图7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.若两板间距离足够大且不计重力，试分析电子分别在甲、乙两种交变电压作用下的运动情况，并画出相应的v －t 图象.图6甲 乙图7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，在0～12T 内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，12T ～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v －t 图线如图(a)所示. 对于题图乙，在0～T 2内做类似(1)0～T 的运动，T2～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v －t 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.1.(带电粒子的直线运动)(2018·山东济宁市高一下期末)如图8所示，P 和Q 为两平行金属板，板间恒定电压为U ，一电子只在电场力作用下，从P 板由静止开始向Q 板运动.关于电子到达Q 板时的速率，下列说法正确的是( )图8A.两板间距离越大，电子获得的速率就越大B.两板间距离越小，电子获得的速率就越大C.电子到达Q 板时的速率，与两板间距离无关D.以上说法都不正确 答案 C2.(带电粒子的直线运动)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图9所示，OA ＝L ，则此电子具有的初动能是( )图9A.edLU L C.eU dLD.eUL d答案 D解析 电子从O 点运动到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小.根据题意和题图判断，电子仅受电场力，不计重力.根据能量守恒定律得12mv 02＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝EL ＝UL d ，故12mv 02＝eULd，所以D 正确. 3.(带电粒子在交变电场中的直线运动)(多选)如图10甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大.当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项中的图象反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )图10答案 AD解析 在平行金属板之间加上如题图乙所示的周期性变化的电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U 0ed，所以电子所受的电场力大小不变，而方向随电压呈周期性变化.由牛顿第二定律F ＝ma 可知，电子在第一个T4内向B 板做匀加速直线运动，在第二个T4内向B板做匀减速直线运动，在第三个T 4内向A 板做匀加速直线运动，在第四个T4内向A 板做匀减速直线运动.所以a －t 图象如图甲所示，v －t 图象如图乙所示，又因匀变速直线运动的位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t 图象应是曲线.4.(带电体在叠加场中的直线运动)(2018·山东聊城市高一下期末)如图11所示，两块水平放置的平行金属板M 、N 相距为d ，组成一个电容为C 的平行板电容器，M 板接地，M 板正中央有一个小孔B ，从小孔B 正上方高h 处的A 点，一滴一滴地由静止滴下质量为m 、电荷量为q 的带电油滴，油滴穿过B 孔后落到N 板，把全部电荷量传给N 板，M 板也带上等量的异种电荷，不计空气阻力及板外电场的影响.重力加速度为g ，求：图11(1)当某一滴油滴在板间恰好做匀速直线运动时，板间的电场强度大小和电容器所带的电荷量；(2)最终到达N 板的油滴不会超过多少滴. 答案 (1)mg qmgdC q (2)mg (h ＋d )Cq 2＋1解析 (1)由平衡条件得qE ＝mg ，电场强度E ＝mgq再由E ＝U d ，C ＝Q U得Q ＝mgdCq(2)设已有n 滴油滴到达N 板，C ＝nq U ′第n ＋1滴油滴恰好能到达N 板，对于第n ＋1滴油滴，根据动能定理得mg (h ＋d )－qU ′＝0 得n ＝mg (h ＋d )Cq 2所以最终到达N 板的油滴不会超过mg (h ＋d )Cq 2＋1.一、选择题考点一 带电粒子(体)在电场中的直线运动1.质子(11H)、α粒子(42He)、钠离子(Na ＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U 的同一电场加速后，获得动能最大的是( ) A.质子(11H) B.α粒子(42He) C.钠离子(Na ＋) D.都相同答案 B解析 qU ＝12mv 2－0，U 相同，α粒子带的正电荷多，电荷量最大，所以α粒子获得的动能最大，故选项B 正确.2.如图1所示，一个平行板电容器充电后与电源断开，从负极板处释放一个电子(不计重力)，设其到达正极板时的速度为v 1，加速度为a 1.若将两极板间的距离增大为原来的2倍，再从负极板处释放一个电子，设其到达正极板时的速度为v 2，加速度为a 2，则( )图1A.a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶2B.a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝1∶2C.a 1∶a 2＝2∶1，v 1∶v 2＝2∶1D.a 1∶a 2＝1∶1，v 1∶v 2＝1∶ 2 答案 D解析 电容器充电后与电源断开，再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a 1∶a 2＝1∶1.由动能定理Ue ＝12mv 2得v ＝2Uem，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v 1∶v 2＝1∶ 2.3.(多选)图2为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空.A 为发射电子的阴极，K 为接在高电势点的加速阳极，A 、K 间电压为U ，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K 的小孔中射出时的速度大小为v .下面的说法中正确的是( )图2A.如果A 、K 间距离减半而电压仍为U ，则电子离开K 时的速度仍为vB.如果A 、K 间距离减半而电压仍为U ，则电子离开K 时的速度变为v2C.如果A 、K 间距离不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为 22vD.如果A 、K 间距离不变而电压减半，则电子离开K 时的速度变为v2答案 AC解析 根据动能定理，电场力对带电粒子做功Uq ＝12mv 2，v ＝2qUm，根据关系式可知，A 、C 正确.4.(多选)如图3所示，平行板电容器的两个极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电容器，则在此过程中，该粒子( )图3A.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v 0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v 0方向相反，粒子做匀减速运动，D 正确.5.如图4所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点.由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点.现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )图4A.运动到P 点返回B.运动到P 和P ′点之间返回C.运动到P ′点返回D.穿过P ′点 答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝Q U 和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝ 4πkQεr S ，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确. 6.如图5，一充电后的平行板电容器的两极板相距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25l 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5A.3∶2B.2∶1C.5∶2D.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25l 的平面，电荷量为q 的粒子通过的位移为25l ，电荷量为－q 的粒子通过的位移为35l ，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a 1＝qE M ，a 2＝qE m，由运动学公式有 25l ＝12a 1t 2＝qE 2M t 2① 35l ＝12a 2t 2＝qE 2mt 2②②①得M m ＝32.B 、C 、D 错，A 对. 7.(多选)(2018·山东烟台市高一下期末)在地面附近存在着一有界电场，边界MN 将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m 的带电小球A ，如图6甲所示，小球运动的v －t 图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )图6A.小球经过边界时的速度最大B.小球受到的重力与电场力大小之比为2∶3C.0～3s 内，重力做的功和电场力做的功绝对值不相等D.在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和保持不变 答案 ABD解析 小球在Ⅰ区做自由落体运动，在Ⅱ区做匀减速运动，在边界处速度最大，A 正确；0～3 s 内，由动能定理得W G －W 电＝0，C 错误；0～3 s 内小球位移x ＝v ′2×3,1～3 s 内小球位移x 2＝v ′2×2，x 2x ＝23，又mgx －qEx 2＝0，所以mg qE ＝x 2x ＝23，B 正确；只有重力和电场力做功，小球机械能和电势能总和不变，D 正确. 考点二 带电粒子在交变电场中的直线运动8.某平行金属板间加如图7所示的周期性变化的电势差，开始时重力不计的带电粒子静止在平行板中央，t ＝0时将其释放，运动过程中无碰板情况.下列选项中能正确地描述粒子运动速度－时间图象的是( )图7答案 A解析 从t ＝0时刻开始将其释放，在0～T2时间内带电粒子做初速度为零的匀加速直线运动，T2～T 时间内带电粒子做同向匀减速直线运动且末速度为零，然后周期性地重复前面的运动，速度－时间图象如选项A.9.(多选)如图8所示，两平行正对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8答案 BC解析 由选项A 图象可知，电子先做匀加速运动，12T 时速度最大，从12T 到T 内做匀减速运动，T 时速度减为零.然后重复前面的运动，一直向一个方向运动不往返.由选项B 图象可知，电子先做匀加速运动，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做匀减速运动，12T时速度减为零；从12T 到34T 反向匀加速运动，34T 时速度最大，从34T 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.由选项C 图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，14T 时速度最大，从14T 到12T 内做加速度增大的减速运动，12T 时速度减为零；从12T 到34T 反向做加速度减小的加速运动，34T 时速度最大，从34T 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.由选项D 图象可知，电子0～T 2做匀加速运动，从12T 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不往返.故选B 、C.10.如图9甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，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t 0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t 0可能属于的时间段是( )图9A.0＜t 0＜T4B.T 2＜t 0＜3T 4C.3T4＜t 0＜T D.T ＜t 0＜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U AB 为负.若t 0＝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t 0＝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T 2＜t 0＜3T4时间内，粒子的运动满足题意的要求，选项B 正确. 二、非选择题11.一个带正电的微粒，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 ＝1.0×10－7kg ，电荷量q ＝1.0×10－10C ，A 、B 相距L ＝20cm.(取g ＝10m/s 2，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，如图所示，微粒所受合力的方向由B 指向A ，与初速度v A 方向相反，微粒做匀减速运动.(2)因为qE ＝mg tan θ＝mgtan30°＝3mg .所以电场强度E ＝3mgq≈1.7×104N/C ，电场强度的方向水平向左.(3)微粒由A 运动到B 时的速度v B ＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，－mgsin θL ＝0－12mv A 2，代入数据，解得v A ≈2.8m/s.12.如图11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v 0竖直向上从B 板小孔进入板间电场.图11(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？ 答案 (1)做匀减速直线运动(2)m [v 02－2g (H ＋h )]2q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 )－qU AB ＝0－12mv 02解得U AB ＝m [v 02－2g (H ＋h )]2q.13.(2018·山东德州市高一下期末)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～T2时间内粒子处于静止状态.已知重力加速度为g ，周期T ＝dg.求：图12(1)判定该粒子的电性；(2)在0～T2方时间内两板间的电压U 0；(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U 0U x的比值应满足什么条件.答案 (1)正电 (2)mgd q (3)13解析 (1)由平衡条件可判定粒子带正电 (2)0～T2时间内，粒子处于平衡状态由mg ＝qU 0d 得：U 0＝mgd q(3)在T 2～T 时间内有：d 2＝12at 2mg ＋qU xd ＝mat ＝T 2＝12d g由以上公式联立得：U 0U x ＝13.。