新教材高中物理第10章静电场中的能量专题3带电粒子在电场中的运动导学案新人教版必修第三册

专题三带电粒子在电场中的运动课题任务带电粒子在电场中运动的一般求解思路1．带电粒子在电场中做直线运动的情形及其求解思路(1)匀速直线运动：此时带电粒子受到的合外力肯定等于零，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。(4)分析带电粒子在电场中做直线运动的方法①动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式。②能量方法——动能定理、能量守恒定律。2．带电粒子在电场中偏转问题(一般为类平抛运动)的两种求解思路(1)动力学观点利用运动的合成与分解把曲线运动转换成直线运动，然后利用牛顿运动定律结合运动学公式求解。(2)功能观点①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量。②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参加转化，哪些能量是增加的，哪些能量是削减的。例1如图所示，一电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止。重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的eq\f(1,2)，物块的加速度是多大；(3)电场强度减小为原来的eq\f(1,2)后物块下滑距离为L时的动能。[规范解答](1)小物块静止在斜面上，受重力、静电力和斜面的支持力，示意图如图所示，沿斜面方向有qEcos37°＝mgsin37°可得E＝eq\f(3mg,4q)。(2)若电场强度减小为原来的eq\f(1,2)，即E′＝eq\f(3mg,8q)，由牛顿其次定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma，可得a＝0.3g。(3)电场强度减小为原来的eq\f(1,2)后物块下滑距离L时，重力做正功，静电力做负功，由动能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0，可得Ek＝0.3mgL。[完备答案](1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL带电体在电场中的运动问题的基本分析方法[变式训练1]水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，O为圆心，A为轨道的最低点，半径OA竖直，圆心角∠AOB为60°，半径R＝0.8m，空间有竖直向下的匀强电场，场强E＝1×104N/C。一个质量为m＝2kg、带电量为q＝－1×10－3C的带电小球，从轨道左侧与圆心O同一高度的C点水平抛出，恰好从B点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A时对轨道的压力FN＝32.5N。求：(1)小球抛出时的初速度v0的大小；(2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf。答案(1)eq\f(2\r(3),3)m/s(2)eq\f(1,3)J解析(1)小球抛出后从C到B过程中受重力和竖直向上的静电力，做类平抛运动，则：mg－qE＝ma，解得小球的加速度a＝eq\f(mg－qE,m)＝eq\f(2×10－1×10－3×104,2)m/s2＝5m/s2C与B的高度差h＝Rcos60°＝0.4m设小球到B点时竖直分速度为vy，则veq\o\al(2,y)＝2ah，解得小球到达B点时竖直分速度vy＝2m/s小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则tan60°＝eq\f(vy,v0)解得小球抛出时的初速度v0＝eq\f(2\r(3),3)m/s。(2)在B点时，sin60°＝eq\f(vy,vB)，则vB＝eq\f(4\r(3),3)m/s。小球在A点时，FN′＝FN，FN′＋qE－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，解得：vA＝3m/s小球从B到A的过程，由动能定理得：(mg－qE)(R－Rcos60°)－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf＝eq\f(1,3)J。课题任务带电粒子在交变电场中的运动问题1．此类题型一般有三种状况(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。(2)粒子做来回运动(一般分段探讨)。(3)粒子做偏转运动(一般依据交变电场特点分段探讨)。2．分析时从两条思路动身(1)力和运动的关系。依据牛顿其次定律及运动学规律分析。(2)功能关系。3．突破策略：抓住周期性和空间上的对称性留意全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。例2一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止起先运动，场强随时间变更的规律如图所示，不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。[规范解答]带电粒子在规律性变更的静电力作用下做变速运动。(1)带电粒子在0～eq\f(T,4)、eq\f(T,4)～eq\f(T,2)、eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)、eq\f(3T,4)～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿其次定律得a1＝eq\f(qE0,m)，a2＝－eq\f(2qE0,m)，a3＝2eq\f(qE0,m)，a4＝－eq\f(qE0,m)，由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度—时间图像如图a所示，对应的速度—时间图像如图b所示。其中v1＝a1eq\f(T,4)＝eq\f(qE0T,4m)①由图b可知，带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为x＝eq\f(T,4)v1②由①②式得x＝eq\f(qE0,16m)T2，方向沿初始电场方向。(2)由图b可知，粒子在t＝eq\f(3,8)T到t＝eq\f(5,8)T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t＝eq\f(5,8)T－eq\f(3,8)T＝eq\f(T,4)。[完备答案](1)eq\f(qE0,16m)T2方向沿初始电场方向(2)eq\f(T,4)在交变电场作用下粒子所受的静电力发生变更，从而影响粒子的运动性质；由于静电力周期性变更，粒子的运动性质也具有周期性；探讨带电粒子在交变电场中的运动须要分段探讨，特殊留意带电粒子进入交变电场的时间及交变电场的周期。[变式训练2](多选)一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期T＝eq\f(L,2v0)，已知全部电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则()A．全部电子都从右侧的同一点离开电场B．全部电子离开电场时速度都是v0C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t＝eq\f(1,4)T时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为eq\f(d,16)答案BD解析电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图像如图所示，依据图像的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故全部电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误。由图看出，全部电子离开电场时竖直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正确。由上述分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误。t＝eq\f(T,4)时刻进入电场的电子，在t＝eq\f(3,4)T时刻侧位移最大。最大侧位移为ymax＝2×eq\f(1,2)aeq\f(T,4)2＝eq\f(aT2,16)①由题意知，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为eq\f(1,2)d，则有eq\f(1,2)d＝4×eq\f(1,2)aeq\f(T,2)2②联立①②得ymax＝eq\f(d,16)，故D正确。课题任务带电体在重力场和电场的复合场中的圆周运动问题“等效法”处理带电体在重力场和电场的复合场中的圆周运动问题带电物体在重力场和电场叠加区域内运动时，若重力和静电力为恒力，可以将重力和静电力合成为一个恒力，将这个复合场当作等效重力场，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向。当此恒力F合的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得极值。物体在等效重力场中的竖直平面内能够做完整的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的“最高点”。例3如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的小球，带正电，电荷量为q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能平安通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？[规范解答]小球先在斜面上运动，受重力、静电力、支持力，然后在圆轨道上运动，如图所示，类比重力场，将静电力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直且指向右下方，小球在斜面上匀速运动，因要使小球能恰好平安通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D点)满意等效重力刚好供应向心力，即有：mg′＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知AD＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：－mg′2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球平安通过圆轨道，初速度应为v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))。[完备答案]v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))用“等效法”解此类题的关键在于正确得出等效重力场，然后再对比正常重力场下小球做圆周运动的规律，找出等效“最高点”和“最低点”。[变式训练3]如图所示，在竖直面内放置光滑的绝缘轨道，匀强电场水平向右，电场强度为E。一带负电的小球从高h的A处由静止起先下滑，沿轨道ABC运动(小球通过B点时无机械能的损失)并进入圆环内做圆周运动。已知小球所带电荷量为eq\f(3mg,4E)，圆环半径为R，斜面倾角θ＝60°，BC段长为2R。(1)若h＝5R，求小球到斜面底端时的速度大小；(2)若要求小球在全过程中不脱离轨道，求h的取值范围。(用R表示)答案(1)2.4eq\r(gR)(2)h≥7.7R或h≤4.4R解析(1)由A到B的过程，重力做正功，静电力做负功，由动能定理：mgh－Feq\f(h,tanθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，又F＝qE，解得：vB＝eq\r(\f(20－5\r(3),2)gR)≈2.4eq\r(gR)。(2)小球在复合场中运动，重力与静电力的合力F合＝eq\f(5,4)mg，方向与竖直方向夹角为37°，斜向左下方，由等效重力思想，小球不脱离轨道，如图所示，临界时：①小球到达与圆心等效等高点D时速度为0：从C到D：－F合Rcos37°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)，解得：veq\o\al(2,C1)＝2gR由斜面顶端到C点：mgh1－Feq\f(h1,tanθ)＋eq\x\to(BC)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C1)－0，解得：h1＝eq\f(104＋\r(3),13)R≈4.4R②小球恰能通过等效最高点E，在E点：F合＝meq\f(v\o\al(2,E),R)，解得：veq\o\al(2,E)＝eq\f(5,4)gR从C到E：－F合R(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C2)，解得：veq\o\al(2,C2)＝eq\f(23,4)gR由斜面顶端到C点：mgh2－Feq\f(h2,tanθ)＋eq\x\to(BC)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C2)－0解得：h2＝eq\f(140＋35\r(3),26)R≈7.7R，综上：h≥7.7R或h≤4.4R。1．(多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与始终流电源相连。若一带电小球恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该小球()A．所受重力与静电力平衡B．电势能渐渐增加C．动能渐渐增加D．做匀变速直线运动答案BD解析直线运动的条件是垂直于速度方向上受力平衡，本题中是重力和静电力的一个分力平衡。对带电小球受力分析，如图所示，F合≠0，故A错误。由图可知，静电力与重力的合力应与v0反向，F合对粒子做负功，其中mg不做功，qE做负功，故小球动能削减，电势能增加，B正确，C错误。F合恒定，且F合与v0方向相反，小球做匀减速运动，D正确。2．如图所示，质量为m的带负电的小物块置于倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置处于竖直向下的匀强电场中时，小物块恰好静止在斜面上。现将电场方向突然改为水平向右，而场强大小不变，则()A．小物块仍静止B．小物块将沿斜面加速上滑C．小物块将沿斜面加速下滑D．小物块将脱离斜面运动答案C解析小物块恰好静止时静电力等于重力，即F电＝mg。当把电场方向突然改为水平向右时小物块受到的静电力方向变为水平向左，把静电力和重力分解到沿斜面和垂直斜面的两个方向上：在垂直斜面方向上有F电sin37°＋FN＝mgcos37°，在沿斜面方向上有F电cos37°＋mgsin37°＝ma，故小物块将沿斜面加速下滑，C正确。3．如图甲所示，在间距足够大的平行金属板A、B之间有一电子，在A、B之间加上按如图乙所示规律变更的电压，在t＝0时刻电子静止且A板电势比B板电势高，则()A．电子在A、B两板间做往复运动B．在足够长的时间内，电子肯定会碰上A板C．当t＝eq\f(T,2)时，电子将回到动身点D．当t＝eq\f(T,2)时，电子的位移最大答案B解析电子先向A板做半个周期的匀加速直线运动，接着做半个周期的匀减速直线运动，经验一个周期后速度为零，以后重复以上过程，运动方向不变，故选B。4．如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知OP连线与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为()A．mveq\o\al(2,0) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)C．2mveq\o\al(2,0) D．eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)答案D解析由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0t＝eq\f(1,2)vPyt，合速度vP＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,Py))＝eq\r(5)v0，EkP＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，故选D。5．(多选)如图所示，一电荷量为q的带电粒子以肯定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点间的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是()A．带电粒子在Q点的电势能为－UqB．带电粒子带负电C．此匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(2\r(3)U,3d)D．此匀强电场的电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)U,3d)答案AC解析依据带电粒子的偏转方向，可推断B错误；因为静电力做正功，电势能削减，又因为P、Q两点的电势差为U，而P点的电势为零，所以A正确；带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由曲线运动的规律和几何学问求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy＝eq\r(3)v0，设带电粒子在y轴方向上的位移为y0，带电粒子在电场中的运动时间为t，y0＝eq\f(\r(3)v0,2)t，d＝v0t，得y0＝eq\f(\r(3)d,2)，由E＝eq\f(U,y0)得E＝eq\f(2\r(3)U,3d)，C正确，D错误。6．(多选)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上距离为L的两点，其中Q1带正电荷位于原点O，a、b是它们连线的延长线上的两点，其中b点与O点相距3L。现有一带正电的粒子q以肯定的初速度沿x轴从a点起先经b点向远处运动(粒子只受静电力作用)，设粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标x变更的图像如图乙所示，则以下推断正确的是()A．Q2带负电且电荷量小于Q1B．b点的场强肯定为零C．a点的电势比b点的电势高D．粒子在a点的电势能比b点的电势能小答案ABD解析由v­x图像知，粒子从a点向远处运动先减速再加速，在b处速度最小，则b点左右两侧电场方向相反，b点处电场强度为0，B正确；依据点电荷场强公式和电场的叠加学问得Q2带负电且电荷量小于Q1，A正确；依据粒子受力方向知b点左侧场强向左，故a点电势较b点低，C错误；粒子从a点到b点动能减小，则静电力做负功，电势能增加，D正确。7．(多选)如图所示，在绝缘光滑水平面上固定两个等量同种电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块，则滑块会在A、B之间往复运动，则以下推断正确的是()A．滑块肯定带的是与A、B异种的电荷B．滑块肯定带的是与A、B同种的电荷C．滑块在由P向B运动过程中，电势能肯定是先减小后增大D．滑块的动能与电势能之和肯定减小答案BC解析依据从P点由静止释放的带电滑块在A、B之间往复运动可以推断，起先时A对滑块向右的作用力大于B对滑块向左的作用力，所以滑块肯定带与A、B同种的电荷，A错误，B正确；由于A、B带等量同种电荷，所以其连线中点场强为零，滑块在由P向B运动过程中，静电力先做正功后做负功，电势能肯定是先减小后增大，C正确；在整个运动过程中只有静电力做功，所以滑块的动能与电势能之和肯定不变，D错误。8．(2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中心各有一小孔，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()A．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解析设A与B、B与C间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，B、C板间的电场强度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εS)，B、C板间的电场强度与板间距无关，大小不变。其次次释放后，设电子在B、C间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确。9.如图所示，一带电小球从A处竖直向上进入一水平方向的匀强电场中，进入电场时小球的动能为4J，运动到最高点B时小球的动能为5J，则小球运动到与A点在同一水平面上的C点(图中未画出)时的动能为()A．4J B．14JC．19J D．24J答案D解析上升过程中，在竖直方向上小球做竖直上抛运动，则上升时间t1＝eq\f(v0,g)，水平方向上小球做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，上升的过程静电力做功W1＝qEx1，最高点时竖直方向的速度为0，故最高点时小球的动能与静电力做的功相等，即W1＝5J；下降的过程中，在竖直方向做自由落体运动，与竖直上抛是对称的，所以下降的时间t2＝t1，水平方向的总位移x2＝eq\f(1,2)a(t1＋t2)2＝eq\f(1,2)a×4teq\o\al(2,1)＝4x1，全过程中静电力做功W2＝qEx2＝4qEx1＝4W1＝20J，全过程中，重力做功为0，依据动能定理有W2＝Ek末－Ek初，所以Ek末＝Ek初＋W2＝24J，D正确。10．(2024·山西省阳泉市第一学期期末)一种电荷限制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出微小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以肯定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知偏移量越大打在纸上的字迹越大。现要增大字迹，下列措施可行的是()A．增大墨汁微粒的比荷B．增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C．减小偏转极板的长度D．减小偏转极板间的电压答案A解析微粒以肯定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则在水平方向有：l＝v0t，在竖直方向有：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU,md)，联立得：y＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(qUl2,4dEk0)。要增大字迹，就要增大微粒通过偏转电场的偏移量y，由上式分析可知，可采纳的措施有：增大比荷eq\f(q,m)、减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0、增大极板的长度l、增大偏转极板间的电压U，故B、C、D错误，A正确。11．如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，一重力可忽视不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0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t0可能属于的时间段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B．eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)答案B解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)时粒子运动的速度图像如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时状况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，速度时正时负，比照各选项可知只有B正确。12.如图所示，一根长为2m的绝缘细管AB被置于匀强电场E中，其A、B两端正好处于电场的左、右边界上，倾角α＝37°，电场强度E＝103V/m，方向竖直向下，管内有一个带负电的小球，所受重力G＝10－3N，电荷量q＝2×10－6C，从A点由静止起先运动，已知小球与管壁的动摩擦因数为0.5，求小球从B点射出时的速度大小。(取g＝10m/s2；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案2eq\r(2)m/s解析依据题意可