1、第五课时 带电粒子在电场中的运动(二)(对应学生用书第 84 页)1知道粒子重力的取舍问题，能合理选择规律(力的平衡、牛顿运动定律、功能关系、能量守恒等)解决带电粒子在电场、重力场中的运动问题2能解决带电粒子在交变电场中的运动情况(对应学生用书第 84 页)1带电粒子重力是否忽略问题(1)基本粒子：如电子、质子、离子等在没有明确指出或暗示下，重力一般忽略不计(2)宏观颗粒：如带电油滴、带电尘埃、带电小球等在没有明确指出或暗示下，重力一般不能忽略2带电粒子在复合场和交变电场中的运动确定粒子的受力情况，分析其运动过程(轨迹是直线还是曲线，加速度是否变化等)然后选择恰当的规律解题(如动能定理、能量守
2、恒定律、运动的合成与分解等)(对应学生用书第8485页)1如图所示，水平固定的小圆盘A，其带电荷量为Q，电势为零，从圆盘中心处O静止释放一个质量为m，带电荷量为q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达圆盘中心竖直线上的c点，Oc距离为h，而到圆盘中心竖直线上的b点时，小球速度最大，因此可知Q所形成的电场中，可以确定的物理量是(D)b点场强 c点场强 b点电势 c点电势A B C D解析：小球在 b 点时速度最大，需满足 Ebqmg，得 Ebmgq，正确对由 O 到 c 过程由动能定理得 UOcqmgh0 得 UOcmghq Oc 由 O0 得 cmghq，正确2如图所示，水平放置的充电
3、平行金属板相距为 d，一带正电油滴从下板边缘射入并沿直线从上板边缘射出油滴质量为 m、电荷量为 q，则(A)A场强方向竖直向上B场强方向竖直向下C两极板间电势差2mgdqD油滴电势能增加 mgd解析：由于带电油滴的质量不可忽略，所以场强方向一定向上，A 正确，B 错；油滴做直线运动，所以合力大小为零，电场力等于重力，即 mgqUd，整理可得 C 错误；油滴向上运动，电场力做正功，电势能减小，D 错3如图所示，有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后分别打在正极板的C、B、A处，则(D)A三种粒子在电场中运动的时间相同B
4、三种粒子在电场中的加速度为aAaBEkBEkAD落在C处的粒子带正电，落在B处的粒子不带电，落在A处的粒子带负电解析：粒子在水平方向上做匀速直线运动，因初速度相同，故水平位移 s 大的运动时间长，因 sAsBsC，故 tAtBaBaC，故 B 错误；粒子到达正极板的动能 Ek12mv212m(v20v2y)，而 v2y2ay，所以有 EkAEkBEkC，C 错误；由 aAaBaC可以判断 A 带负电，B 不带电，C 带正电，D 正确(对应学生用书第 8586 页)带电粒子在复合场中运动问题的处理方法1动力学的观点(1)正交分解法：处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将此复杂的运动
5、分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律我们是可以掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量(2)等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，如图所示，则 F合等效于“重力”，aF合m 等效于“重力加速度”F 合的方向，等效于“重力”的方向2用功、能的观点(1)从功能观点出发分析带电粒子的运动问题时，在对带电粒子受力情况和运动情况进行分析的基础上，再考虑应用恰当的规律解题如果选用动能定理，要分清有几个力做功，做正功还是负功，是恒力做功还是变力做功，以及初、末状态的动能(2)如果选用能量守恒定律解题，要分清有多少种形式的能参与转化，哪种形式的能增加，哪种形式的能减
6、少，并注意电场力做功与路径无关【例 1】(2011 年南京市模拟)(14 分)如图所示，一带电荷量为q、质量为 m 的小球，从距地面高 h 处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平距离为 L 处有根管口比小球略大的竖直细管，管的上口距地面h2.为了使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一水平向左的匀强电场，求：(1)小球的初速度 v0 的大小；(2)应加电场的场强大小；(3)小球落地时的动能思路点拨：小球受重力和电场力作用，水平方向上在电场力作用下做匀减速运动，竖直方向上在重力作用下做自由落体运动无碰撞地通过管子，说明小球运动到管口时，水平速度恰为零规范解答：(1)竖直方向上小球做
7、自由落体运动，设运动到管口的时间为 t，则h212gt2(1分)解得 t h/g(1 分)水平方向小球做匀减速运动，速度减小到 0，则Lv02 t(2 分)解得 v02Lt 2Lgh(1 分)(2)设水平方向的加速度为 a，则 qEma(2 分)v202aL(2 分)解得 E2mgLhq(1 分)(3)设小球落地时的动能为 Ek，由动能定理有mghqELEk12mv20(3 分)解得 Ekmgh.(1 分)答案：(1)2L g/h(2)2mgLhq (3)mgh在处理曲线运动时，往往运用运动的分解与合成，将复杂的运动分解为两个相互垂直方向上的简单运动对于复杂的曲线运动，只要分析初、末状态及外力
8、做功情况，可以用功能关系求解针对训练11：如图所示，光滑绝缘水平轨道AB与半径为R的光滑绝缘圆形轨道BCD平滑连接，圆形轨道竖直放置，空间存在水平向右的匀强电场，场强为E，今有一质量为m的带电荷量为q的滑块，所受电场力大小等于重力，滑块在A点由静止释放，若它能沿圆轨道运动到与圆心等高的D点，则AB至少多长？解析：如图所示，滑块在圆轨道上的运动，可类比重物在竖直平面内的圆周运动，不过此滑块有最小速度的点并不在最高点，而是在 F 合mg2qE2与竖直方向成 45角的 M点滑块只要过了 M 点便可以完成圆周运动到达 D 点设滑块在 M 点的最小速度为 v，由牛顿第二定律和圆周运动知识得：mg2qE2
9、mv2R，而 qEmg.滑块由 A 到 M 的过程中，据动能定理得qE(ABRcos 45)mg(RRsin 45)12mv20.由以上各式得 AB23 22R.所以 AB 长度至少为23 22R.答案：23 22R带电粒子在交变电场中的运动问题1带电粒子在交变电场中的直线运动，是带电粒子进入电场时的方向跟电场方向平行时，带电粒子在交变电场力的作用下，做加速、减速交替的直线运动通常用动力学知识分析求解2带电粒子在交变电场中的偏转，是带电粒子进入电场时的方向跟电场方向垂直时，带电粒子在交变电场力的作用下，做类似平抛的运动一般根据交变电场的特点进行分段研究3根据外界交变电压变化的规律，画出相应的粒
10、子速度随时间变化的图象，利用vt图象对粒子的运动进行讨论，既直观方便，思维强度又小，是求解该类问题的首选方法对于带电体在电场中的运动问题，无论是恒力作用，还是变力作用的情况，用能量观点处理都非常简捷因为：一方面这种处理方法只需考虑始末状态，不必分析中间过程；另一方面还由于能量是标量【例2】将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是()A电子一直向着A板运动B电子一直向着B板运动C电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复
11、运动D电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动读题：开始B板电势比A板电势高A、B板间的场强方向由B指向A电子受电场力方向由A指向B可得到电子开始向B板运动由电场的变化规律判断出电子的运动情况画图：解答时，先根据电场的变化规律画出电子所受电场力(加速度)随时间的变化规律图象，再画出电子运动的速度随时间的变化规律，得到电子的运动情况(如图所示)解析：根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度 a、速度 v 随时间变化的图线，如图所示从图中可知，电子在第一个 T/4 内做匀加速运动，第二个 T/4 内做匀减速运动，在这半周期内，因
12、初始 B 板电势比 A 板电势高，所以电子向 B 板运动，加速度大小为eUmd.在第三个 T/4 内电子做匀加速运动，第四个 T/4 内做匀减速运动，但在这半周期内运动方向与前半周期相反，向 A 板运动，加速度大小为eUmd，所以电子在交变电场中将以 tT/4 时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选 D.答案：D.(1)这类问题涉及力学和电学知识，但实际上是一个力学问题，解答这类题目时仍要从受力分析和运动分析入手，应用力学的基本规律定性定量讨论(2)带电粒子在交变电场中运动时，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图象来分析可直观展示物理过程，从而快捷地分析求解针对训练21：(201
13、1年浙江省宁波市模拟)如图(a)所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图(b)所示的电压t0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化假设电子始终未与两板相碰在0t81010 s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是()A0t21010 sB21010 st41010 sC41010 st61010 s D61010 st81010 s解析：在021010 s时间内，电子向右做匀加速直线运动，A选项错；在21010 s41010 s时间内，电子受到一个等大反向的电场力，向
14、右做加速度等大的减速运动，减速至零，B选项错；在41010 s61010 s时间内，电子向左做匀加速直线运动，C选项错；61010 s81010 s内，电子向左做匀减速直线运动，减速至零，D选项正确答案：D.考点：带电粒子在复合场中的运动【例题】(综合题)如图所示，两带有等量异种电荷的平行金属板M、N竖直放置，M、N两板间的距离d0.5 m现将一质量为m1102kg、电荷量q4105C的带电小球从两极板上方A点以v04 m/s的初速度水平抛出，A点距离两板上端的高度h0.2 m，之后小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动碰到N板上的B点，不计空气阻力，取g10 m/s2.设匀强电场只存
15、在于M、N之间求：(1)两极板间的电势差；(2)小球由A到B所用的总时间；(3)小球到达B点时的动能解析：(1)设小球刚刚进入电场时，竖直方向的速度为 vy，则 vy 2gh2 m/s设小球在电场中做直线运动时，运动方向与水平方向夹角为，因为 tan vyv0mgqE，所以 E2mgq所以 UEd2mgdq2.5103 V.(2)小球做平抛运动过程的时间为 t1，则12gt21h所以 t12hg 0.2 s进入电场后，在水平方向上，aqEm 2mgm 2gdv0t212at22，t20.1 s，所以 tt1t20.3 s.(3)小球到达 B 点时的水平速度 v1v0at26 m/s竖直分速度
16、v2vygt23 m/s所以 EkB12mv2B12m(v21v22)0.225 J答案：(1)2.5103 V(2)0.3 s(3)0.225 J小球在复合场中的运动通常可采用运动的合成与分解的方法处理(对应学生用书第 252253 页)【测控导航】考点题号1.电荷运动中的做功与能量转化1、4、62.带电体在复合场中的运动3、5、7、8、93.带电粒子在交变电场中的运动2、101在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动粒子从b点运动到d点的过程中(D)A先做匀加速运动
17、，后做匀减速运动B先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C电势能与机械能之和先增大，后减小D电势能先减小，后增大解析：粒子在从b点到d点的过程中虽然是先加速后减速，但不是匀变速，故A错；由等量同种电荷的电场线可知，从b点到d点电势先升高后降低，故B错；此过程中，粒子只受电场力作用，故其机械能和电势能之和是不变的，故C错；粒子在从b点到d点的过程中，电场力先做正功再做负功，电势能先减少，后增加，故选D.2某空间有一变化的电场，该电场的电场强度随时间的变化规律如图所示，电场的区域中有一点A，在该点一电子在t0时刻速度为零，t1 s时，电子离开A点左侧位移大小为d，则t2 s时电子位于A点哪一侧，离
18、A多大距离处(C)A左侧，离A点d处B右侧，离A点d处C左侧，离A点2d处 D右侧，离A点2d处解析：电子在第1 s内匀加速，在第2 s内匀减速，第2 s末速度为零，两过程加速度大小相等，方向相反，由对称性可知，位移为2d.3(2011年广东模拟)如图所示，质量为m的带电滑块，沿绝缘斜面匀速下滑当带电滑块滑到有着理想边界的方向竖直向下的匀强电场区域时，滑块的运动状态为(电场力小于重力)(C)A将减速下滑B将加速下滑C将继续匀速下滑D上述三种情况都有可能发生解析：滑块未进入电场区域时，匀速下滑，mgsin mgcos，得sin cos；滑块进入电场区域后，将受到竖直方向上的电场力qE，若滑块带正
19、电，有(mgqE)sin(mgqE)cos，若滑块带负电，有(mgqE)sin(mgqE)cos，所以选项C正确4如图所示，在光滑绝缘水平面上的a、b两点上固定两个带同种电荷的相同金属小球P、Q(均可视为点电荷)，P球所带的电荷量大于Q球所带的电荷量在ab连线上的c点释放一带电小滑块M，滑块由静止开始向右运动在滑块向右运动的过程中，下列说法错误的是(B)A滑块受到的电场力先减小后增大B滑块的电势能一直减小C滑块的动能先增大后减小D在ab连线上必定有一点d，使得c、d两点间的电势差Ucd0解析：P球所带的电荷量大于Q球所带的电荷量，因此电场强度为零的点N在ab连线的中点偏右位置，所以在滑块向右运
20、动的过程中，滑块受到的电场力先向右减小到零，后向左增大，A正确；电场力先做正功后做负功，滑块的动能先增大后减小，电势能先减小后增大，B错C正确；当从c点运动到d点时，电场力做的正功等于电场力做的负功，则WqUcd0，D正确5如图所示，A、B均为半个绝缘正方体，质量均为m，在A、B内部各嵌入一个带电金属小球，A带电荷量为q，B带电荷量为q，且两个小球的球心连线垂直于A、B接触面A、B最初靠在竖直的粗糙墙上空间有水平向右的匀强电场，场强大小为E，重力加速度为g.现将A、B无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是(A)A两物块下落的加速度大小均为gB两物块下落的加速度
21、应小于gCA、B之间接触面上的弹力为零DB受到A的摩擦力作用，方向沿接触面向下解析：整体法将A、B及带电小球看作一个整体，所带电荷量为零，只受重力作用，下落加速度为g，选项A对、B错；隔离法以B为研究对象，其受重力、水平向左的电场力，因其下落加速度为g，所以B一定还受到垂直于接触面斜向下的A对B的弹力和沿接触面向上的A对B的摩擦力，选项C、D错6如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成 15角，在竖直平面内的直线 AB与场强 E 互相垂直，在 A 点以大小为 v0 的初速度水平向右抛出一质量为 m、带电荷量为q 的小球，经时间 t，小球下落一段距离过 C 点(图中未画出)时其速度大小仍为 v
22、0，已知 A、B、C 三点在同一竖直平面内，则在小球由 A 点运动到 C 点的过程中(B)A电场力对小球做功为零B小球的电势能增加C小球机械能的减少量是mg2t22DC 点位于 AB 直线的左侧解析：由题意可知，小球在 A、C 两点的动能相等，由 A 到 C，重力做正功，由动能定理可知，电场力对小球做负功，小球的电势能增加，B 正确，A 错误；由 UACq0 得 UAC0，AC，可见，C 点位于直线 AB 的右侧，D 错误；因小球在竖直方向的加速度大于g，因此，重力做的功大于 mg12gt2.而电场力做的功等于重力做的功，电场力做的功等于小球机械能的减少量，故小球机械能的减少量大于 mg12g
23、t2.故 C 错误7(2010年东北地区模拟)一个带负电荷q、质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则(B)A小球不能过B点B小球仍恰好能过B点C小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0D以上说法都不对解析：小球从光滑绝缘的斜面轨道的 A 点由静止下滑，恰能通过半径为 R 的竖直圆形轨道的最高点 B 而做圆周运动，则 mgmv21R，mg(h2R)12mv21；加匀强电场后仍从 A 点由静止释放该小球，则(mgqE)(h2R)12mv22，联立解得 mgqE
24、mv22R，满足小球恰好能过 B 点的临界条件，选项 B 正确8(2010 年南通市一模)如图所示，BCDG 是光滑绝缘的34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，滑块受到的电场力大小为34mg，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 s3R 的 A 点由静止释放，滑块到达与圆心 O 等高的C 点时速度为多大？(2)在(1)的情况下，求滑块到达 C 点时受到轨道的作用力大小；(3)改变 s 的大小，使滑块
25、恰好始终沿轨道滑行，且从 G 点飞出轨道，求滑块在圆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，由动能定理有qE(sR)mgsmgR12mv20而 qE34mg，解得 v gR(2)设滑块到达 C 点时受到轨道的作用力大小为 F，则FqEmv2R，解得 F74mg(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道 DG 间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为 vmin)，则有qE2mg2mv2minR，解得 vmin 5gR2.答案：(1)gR(2)74mg(3)5gR29如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC
26、，其下端(C端)距地面高度h0.8 m有一质量500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度，沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处(g取10 m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向(2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.(3)小环运动到P点的动能解析：(1)小环在直杆上的受力情况如图所示由平衡条件得：mgsin 45Eqcos 45，得 mgEq，离开直杆后，只受 mg、Eq 作用，则F 合 2mgma，a 2g10 2 m/s214.1 m/s2方向与杆垂直斜向右下方(2)小环在直杆上运动的速度为 v0，离杆后经 t 时间到 P 点，则竖直方向：hv0sin
27、45t12gt2，水平方向：v0cos 45t12qEm t20解得：v0gh2 2 m/s(3)由动能定理得：EkP12mv20mgh可得：EkP12mv20mgh5 J.答案：(1)14.1 m/s2 方向垂直于杆斜向右下方(2)2 m/s(3)5 J10(拓展探究题)如图(甲)所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔一束电子以初动能Ek0120 eV，从A板上的小孔O不断地垂直于板射入A、B之间，在B板的右侧，有一对水平放置的极板M、N，M、N间有匀强电场，极板长L2102 m，板间距离d4103 m；两极板所加电压为U220 V，现在A、B间加一个如图(乙)所示的变化电压
28、U1，在t2 s时间内，A板电势高于B板，则在U1随时间变化的第一周期内：(1)在哪段时间内，电子可从B板上小孔O射出？(2)在哪段时间内，电子能从偏转电场右侧飞出？(由于A、B两板距离很近，可以认为电子穿过A、B所用时间很短，忽略不计)解析：(1)02 s 电子能从 O射出，动能必须足够大，由功能关系得 U1eEk0，得 U1120V所以当 t1.4 时，粒子可由 B 板小孔 O射出(2)电子进入偏转电场时的水平速度为 v，通过偏转电场时，侧向偏移是 y，yU2eL22mv2d能从偏转电场右侧飞出的条件是 yeU2L22d2 代入数据得12mv2250 eV，即 A、B 间必须有 130 V 的加速电压，由图可知当 2.65 st3.35 s 时，电子能从偏转电场右侧飞出答案：(1)t1.4 s(2)2.65 st3.35 s
