1、第9讲 电场及带电粒子在电场中的运动【主干回顾】【核心速填】(1)电场力的性质。电场强度的定义式:_。真空中点电荷的场强公式:_。匀强电场场强与电势差的关系式:_。FEq2QEk rUEd(2)电场能的性质。电势的定义式:_。电势差的定义式:UAB=。电势差与电势的关系式:_。电场力做功与电势能的关系式:_。pEq ABWqUAB=A-B WAB=-Ep 热点考向1 电场性质的理解与应用【典例1】(2016全国卷)如图,P是固 定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动。运动轨迹 与两圆在同一平面内,a、b、c为轨迹上的三个点。若Q 仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的
2、加速度大小分别 为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vc,则()A.aaabac,vavcvb B.aaabac,vbvc va C.abacaa,vbvc va D.abacaa,vavcvb【思考】(1)带电粒子Q在a、b、c点受到的电场力有什么关系?提示:Q在a、b、c点时距P的距离rarcrb,由库仑定律 F=k 可知FbFcFa。122q qr(2)带电粒子Q在a点向b点运动,或在c点向b点运动时,电场力什么做功?动能怎么变化?提示:电场力做负功,动能减小。【解析】选D。由图可知Q在a、b、c点时距P的距离 rarcrb,且Q受P排斥力作用,由库仑定律F=k 可知 FbFc
3、Fa,所以根据牛顿第二定律可知abacaa。Q在a点 向b点运动,或在c点向b点运动时要克服电场力做功动 能减小,又由于Q在a、b、c点时距P的距离rarcrb,所 以vavcvb,故选项D正确。122q qr【迁移训练】迁移1:运动轨迹与电场线相交(多选)如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线,a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹,其中b虚线为圆弧,AB的长度等于BC的长度,且三个粒子的电荷量大小相等,不计粒子重力,则以下说法正确的是()A.a一定是正粒子的运动轨迹,b和c一定是负粒子的运动轨迹 B.由于AB的长度等于BC的长度,故UAB=UBC C.a虚线对
4、应的粒子的加速度越来越小,c虚线对应的粒子的加速度越来越大,b虚线对应的粒子的加速度大小不变 D.b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量【解析】选C、D。题图为某一点电荷所形成的一簇电 场线,由于没有说明是正电荷的电场,还是负电荷的电 场,所以无法判断出电场线的方向,所以不能判断出a、b、c三个粒子的电性,故A错误;根据U=Ed可以定性判断 两点间电势差的大小,由于AB间的平均场强小于BC间的 平均场强,故UAB0)的粒子在匀强电场 中运动,A、B为其运动轨迹上的两点,已知该粒子在A点 的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60,它运 动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30,不计
5、重 力,求A、B两点间的电势差。【名师点拨】(1)受力分析:带电粒子只受电场力作用。(2)运动分析:带电粒子做一般的曲线运动,可分解为竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动,则有v0sin60=vBsin30。(3)功能关系分析:电场力对带电粒子做正功,动能增加,则有qUAB=22B011mvmv22。【解析】粒子在A点的速度大小为v0,在竖直方向上的 速度分量为v0sin60,当它运动到B点时,竖直方向上 的速度分量为vBsin30,粒子在竖直方向上做匀速直 线运动,故v0sin60=vBsin30,vB=v0,由动能定理可得:qUAB=答案:32220B0ABmv11mvmvU2
6、2q，。20mvq真题变式1.【典例3】中,若匀强电场的宽度为d,A点为 电场边界上的一点,最终粒子由电场另一边界的B点射 出,如图所示,已知A、B间的距离为 d,求:(1)匀强电场的场强大小。(2)A、B两点间的电势差大小。(3)粒子经过B点时的速度大小。2【解析】(1)粒子沿垂直电场方向做匀速直线运动,沿 电场方向做匀加速直线运动,则:沿垂直电场方向:d=v0sin60t 粒子沿电场方向的位移:d=d=v0cos60t+解得:22(2d)dd21 qE t2 m20(33)mvE2qd(2)U=Ed=(3)粒子由A至B的过程,由动能定理得:qU=解得:v=答案:20(33)mv2q2201
7、1mvmv22043v22000(33)mv(33)mv12343v2qd2q（）（）（）真题变式2.在【典例3】中,若匀强电场的宽度为d,EF、CD为其边界,改变场强的大小,使粒子在A点时的速度方向与电场边界CD垂直,如图所示,MN为无场区内的光屏,MN与AO相互垂直,MN与EF间距为d。当粒子经过EF边界的B点时,速度方向与EF成30角,求:(1)匀强电场的场强的大小。(2)粒子打在光屏上的位置距离O点的距离。【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动,则:沿初速度方向:d=v0t 沿电场方向:vy=又有:tan30=解得:E=qE tm0yvv203mvqd(2)粒子在电场中的偏转位移为:y
8、1=粒子在无场区做匀速直线运动,则:y2=又有:y=y1+y2 解得:y=答案:21 qE t2 mdtan303 3 d2203mv3 312dqd2（）（）真题变式3.若撤去原有电场,在CD与EF之间加上竖直向上的匀强电场E1,EF与MN之间加上水平向右的匀强电场E2,CD与EF、EF与MN之间的距离都为d,由A点静止释放带电粒子,粒子过EF时速度为v0,如图所示。粒子打在光屏MN上的位置与O点的距离为d,求两个电场场强大小之比。【解析】粒子在竖直向上的电场中加速,由动能定理得:qE1d=m 粒子在水平向右的电场中做类平抛运动,则:竖直方向:d=v0t 水平方向:d=解得:答案:1222q
9、E1t2m12E1E41420v【规律总结】解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题(1)基本思路:两分析:一是对带电粒子进行受力分析,二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件,直线运动还是曲线运动等)。建模型:建立正确的物理模型(加速还是偏转),恰当选用规律或其他方法(如图象),找出已知量和待求量之间的关系。(2)注意问题:一是除明显暗示外,带电小球、液滴、尘埃等的重力不可忽略,电子、质子、粒子等带电粒子的重力可以忽略;二是可根据带电粒子的运动状态判断是否考虑重力。【加固训练】1.如图所示,abcd是一个正方形盒子。cd边的中点有一个小孔e。盒子中有沿ad方向的匀强电场。
10、一个质量为m的带电粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内,并恰好从e处的小孔射出。求:(1)该带电粒子从e孔射出时的速度大小。(2)该过程中电场力对带电粒子做的功。【解析】(1)设粒子从e孔射出时竖直方向分速度为vy,则有:水平方向:=v0t 竖直方向:L=解得:vy=4v0 所以带电粒子从e孔射出的速度大小:L2yv t2220y0vvv17v(2)根据动能定理得,电场力对带电粒子做的功:W=答案:(1)v0(2)2220011mvmv8mv2217208mv2.如图所示,两平行金属板A、B长 l=8cm,两板间距离d=8cm,A板比B板 电势高300V,即UAB=300V。一带正
11、电的粒子电量为q=10-10C,质量为m=10-20kg,从R点沿电 场中心线垂直电场线飞入电场,初速度v0=2106m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区 域后,进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区 域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影 响)。已知两界面MN、PS相距为L=12cm,粒子穿过界面 PS后被点电荷Q施加的电场力俘获,从而以O点为圆心做 匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏 EF上(静电力常量k=9109Nm2/C2,粒子重力不计,tan37=,tan53=)。求:3443(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h。(2)粒子
12、穿过界面MN时的速度v。(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y。(4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留一位有效数字)。【解析】(1)设粒子在两极板间运动时加速度为a,运动 时间为t,则:t=h=at2 解得:h=0.03m=3 cm 0vl12ABqUqEammd2AB0qU()2mdvl(2)粒子的运动轨迹如图所示 设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy,则:vy=at=解得:vy=1.5106m/s 所以粒子从电场中飞出时的速度为:v=2.5106m/s AB0qUmdvl220yvv设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角 为,则:tan=解得:=37 y0v3v4(3
13、)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似 三角形知识得:解得:Y=0.12m=12 cm h2YL2 ll(4)粒子做匀速圆周运动的半径为:r=0.15m 又:解得:|Q|=110-8C 故:Q=-110-8C Ycos22kQqvmrr 答案:(1)3cm(2)2.5106m/s,方向与水平方向成37角斜向下(3)12 cm(4)-110-8C【经典案例】(20分)(2016金山区一模)如图甲,距光滑绝缘水平面高h=0.3m的A点处有一固定的点电荷Q,带电量为q=110-6C,质量为m=0.05kg的小物块(可视为点电荷)在恒定水平外力F=0.5N的作用下,从Q左侧O点处由静止开始沿水
14、平面运动。已知初始时O与A的水平距离为 0.7m,物块动能Ek随位移s的变化曲线如图乙所示。静电力常量k=9.0109Nm2/C2。(1)估算点电荷Q的电量。(2)求物块从O到s1=0.50m的过程中其电势能的变化量。(3)求物块运动到s2=1.00m时的动能。【解题关键】(1)关键信息:光滑绝缘水平面物块不受摩擦力作用。固定的点电荷QQ周围的电场成辐射状且距离Q相等的各点电势相等。由静止开始沿水平面运动物块初速度为零。(2)核心规律:动能定理:W合=Ek。库仑定律:F=。平衡方程:F合=0。功能关系:W电=-Ep。2Qqk r【问题拆分】大题小做 化繁为易 第(1)问可拆分为3个子问题:Ek
15、-s图象的斜率表示哪个物理量?当物块的动能最大时,物块所受的合力大小如何?点电荷Q对物块的作用力如何表达?第(2)问可拆分为4个子问题:物块从O到s1的过程有哪些力做功?写出合力做功与动能的关系?如何获得s1=0.5m时物块的动能?电场力做功与电势能存在什么关系?第(3)问可拆分为2个子问题:s2=1.00m处与水平面上哪一点处的电势相等?分别写出物块从O到s2处以及从O到与s2处电势相等位置的过程动能定理的表达式?【规范解答】步步为营 抓牢步骤分(1)由动能定理得:Ek=F合s,可知Ek-s图象的斜率等 于合力。(2分)由图象可知,当s=0.34m时,物块所受合力为零,则有:水平方向:cos
16、-F=0 (2分)由几何关系得:cos=(1分)22OAQqk(ss)h OA22OAss(ss)h将sOA=0.7m,s=0.34m,q=110-6C,F=0.5N,h=0.3m代入 以上两式 解得:Q=1.610-6C (2分)(2)设O到s1过程中电场力做功为W1,由动能定理得:Fs1+W1=Ek1-0 (2分)由图乙可读出s1=0.5m时物块的动能Ek1=0.08J (1分)代入数据解得:W1=-0.17J (1分)由功能关系得电势能变化量为:EP=-W1=0.17J (1分)(3)由对称性可知s2=1.00m处与s3=0.40m处电势相等 (2分)设O到s3过程中电场力做功为W2,由
17、动能定理得:Fs3+W2=Ek3-0 (2分)代入数据解得:W2=-0.1J (1分)O到s2过程中由动能定理得:Fs2+W2=Ek2-0 (2分)解得:Ek2=0.4J (1分)【答题规则】规则1.分析图象,获取信息 图象信息往往是解决问题的关键,对于图象应特别关注斜率、截距的物理意义以及特殊点(如拐点、交点)的应用。规则2.关键的几何关系也是得分点 解题过程中必要的几何关系同样重要,如本题库仑力与水平方向夹角的余弦值。规则3.解析过程分步列式 解题过程中,尽量分步列式,不写综合算式,避免阅卷找不到得分点。中间可得结果的,最好写出中间量的结果。【易错提醒】(1)不能根据运动过程认真分析图象信息,找不到解决问题的突破点,从而无法求解。(2)不能根据几何关系求出库仑力与水平方向夹角的三角函数值,从而无法求出点电荷Q的电量。(3)不能根据动能定理求出电场力所做的功,从而无法根据功能关系求出电势能的变化量。(4)不能根据对称性找出水平面上与s2=1.00m处电势相等的点,从而无法求出物块运动到s2=1.00m时的动能。