09必修第三册 第十章 静电场中的能量 第5节

PAGE1PAGE带电粒子在电场中的加速重难点题型分值重点带电粒子在电场中的受力及运动分析选择计算6-8分难点动力学规律和动能定理的综合应用带电粒子在电场中的加速1.受力分析仍按力学中受力分析的方法分析，只是多了一个静电力而已，如果带电粒子在匀强电场中，则静电力为恒力；如果在非匀强电场中，则静电力为变力。2.运动过程分析若带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的静电力与运动方向在同一条直线上，做匀加（减）速直线运动。3.带电粒子在电场中的加速的常用关系（1）用动力学观点分析a＝，E＝，v2－v＝2ax。（2）用功能观点分析①在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv。②在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv。带电粒子的重力是否能忽略若所讨论的问题中，带电粒子受到的重力远远小于静电力，即mg≪qE，则可忽略重力的影响，反之，若带电粒子所受的重力跟静电力可比拟，则必须考虑重力。一般来说：（1）基本粒子，如电子、质子、α粒子、离子等除有特别说明或有明确暗示以外，一般都不考虑重力（但不忽略质量）；（2）带电微粒，如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特别说明或有明确暗示以外，一般都不能忽略重力；如图所示，电子从静止开始由A板向B板运动，到达B板时的速度为v，保持两板间的电压不变，则下列说法中正确的是（）A.当增大两板间距离时，v也增大B.当减小两板间距离时，v也增大C.当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增大D.当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间减小【思路分析】应用动能定理或者直线运动规律求解做直线运动的带电粒子的末速度的表达式，根据题设条件“保持两板间的电压不变”，可判断A、B；由于涉及时间，应用直线运动规律求解，解出时间的表达式，进而判断运动速度与板距变化的关系。【答案】C【解析】电子在电场中做匀加速直线运动，由运动学规律可得：t＝＝，v＝。显然运动速度与板距变化无关，但板距越大，时间越长。如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。求：（1）液珠的比荷；（2）液珠速度最大时离A点的距离h；（3）若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。【思路分析】对带电液珠进行受力分析，根据题设条件“开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g”由牛顿第二定律列式即可求解比荷；首先判断出液珠加速度为零时速度最大，此时液珠受力平衡，代入比荷表达式即可求解h；由题设条件某点的电势可表示成φ＝，即可表示出BC两点间的电势差，由电势差可求解静电力做功，对全程列动能定理或能量守恒求解B离A点的高度。【答案】（1）（2）H（3）2H【解析】（1）设液珠的电荷量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时k－mg＝mg比荷为＝（2）当液珠速度最大时，k＝mg得h＝H（3）设BC间的电势差大小为UCB，由题意得UCB＝φC－φB＝－对液珠由释放处至液珠到达最高点（速度为零）的全过程应用动能定理得qUCB－mg（rB－H）＝0即q－mg（rB－H）＝0解得：rB＝2H，rB＝H（舍去）。常见易错问题剖析质量为m的物块，带正电荷量为Q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平向左、大小为E＝的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地的速度大小为（）A.2 B. C.2 D.2【错解】A【错因分析】没有仔细分析物体的受力情况，受到了以前所做练习题的思维定势的困扰，因而误认为物体是沿斜面下滑的，因不受摩擦力作用，由动能定理得mgH＋QE＝mv2，得v＝2，从而误选A。【答案】C【解析】如图所示，设物块受到的重力与静电力的合力与水平方向的夹角为θ，则由tanθ＝＝，知θ＝30°，物块不会沿斜面下滑，而是沿着重力和静电力合力的方向做匀加速直线运动，由动能定理得：mgH＋QEH＝mv2，得v＝2，故C正确。1.带电粒子在电场中做直线运动的条件（1）粒子所受合外力F合＝0。（2）粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向共线。2.带电粒子的重力问题（1）基本粒子，如电子、质子、α粒子、离子等一般不考虑重力；（2）带电微粒，如液滴、油滴、尘埃、小球等一般都不能忽略重力；（3）根据力与运动的关系、隐含条件分析重力是否要考虑。3.处理带电粒子的直线运动两种解题思路（1）应用牛顿运动定律处理带电粒子的匀变速直线运动带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动时，可用动力学规律确定带电粒子的速度、位移、时间等。（2）用动能定理处理带电粒子在电场中的一般运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解。（答题时间：40分钟）1.两平行金属板相距为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入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，则此电子的初动能为（）A. B. C. D.2.在两个固定的等量同种点电荷形成的电场中，有一电荷量为q的粒子，仅在电场力作用下运动，某时刻该粒子位于两点电荷连线的中垂线上M点，如图所示，则该粒子的运动不可能是以下哪种形式（）A.加速直线运动 B.变加速曲线运动C.减速直线运动 D.匀加速曲线运动3.如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，N、M间电势差为U（U>0）。一质量为m（不计重力）、电荷量为-q的粒子，以速度通过等势面M射入两等势面之间，则其穿过等势面N时的速度大小为（）A. B. C. D.4.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（）A.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5.如图所示，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，加速度为。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，加速度为，则（）A. B.C. D.*6.如图所示，带电小球自O点由静止释放，经C孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零。对于小球从C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时t1，从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2，下列说法正确的是（）A.小球带负电 B.t1<t2C.t1>t2 D.将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下*7.如图所示，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：（1）小球到达小孔处的速度；（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（3）小球从开始下落至运动到下极板处的时间。

1.【答案】D【解析】电子从O点到达A点的过程中，仅在静电力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eUOA＝0－Ek，因为UOA＝h，所以Ek＝，所以正确选项为D。2.【答案】D【解析】如果粒子做匀加速曲线运动，就必须受到大小不变的电场力作用，而粒子受到的电场力F＝Eq，若粒子的位置变化，则电场强度E也会改变，则电场力就不同，加速度也就变了，故粒子不可能做匀加速曲线运动，应选D。3.【答案】C【解析】根据动能定理，有，解得，故选项C正确。4.【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，本题中是重力和电场力的一个分力平衡。对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，故A错误。由图可知电场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v0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D正确。5.【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静电力不变，故。由动能定理得，因两极板间的距离增大为原来的2倍，由知，电势差增大为原来的2倍，故6.【答案】AB【解析】由题图可知，A、B间的电场强度方向向下，小球从C到D做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t1<t2，选项B正确，C错误；将B板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知，mg（h＋d）－qU＝0，mg（h＋x）－＝0，联立得x＝d′<d′，即小球不到D孔就要向上返回，所以选项D错误。7.【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由v2＝2gh得v＝。（2）在极板间带电小球受重力和电场力，有mg－qE＝ma0－v2＝2ad得E＝U＝EdQ＝CU得Q＝。（3）由h＝gt0＝v＋at2t＝t1＋t2综合可得t＝。

带电粒子在电场中的偏转重难点题型分值重点带电粒子在电场中的偏转问题选择计算4-10分难点电场中曲线运动的处理方法带电粒子在匀强电场中偏转问题1.条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场。2.运动性质：匀变速曲线运动（类平抛运动）。3.处理方法：利用运动的合成与分解。（1）沿初速度方向：做匀速运动。注：l为极板的长度；y为粒子的偏移量（2）沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动。注：d为极板间距离带电粒子在匀强电场中偏转问题的常用推论1.不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。证明：由qU0＝mvy＝at2＝··2tanθ＝得：y＝，tanθ＝。2.粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为。如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2。仅仅改变加速电压后，电子在电场中的侧移量y增大为原来的2倍，下列说法中正确的是（）A.加速电压U1减小到了原来的1/2B.偏转电场对电子做的功变为原来的2倍C.电子飞入偏转电场时的速度变为原来的2倍D.电子飞出偏转电场时的偏转角变为原来的2倍【思路分析】加速电场电子做直线运动，根据动能定理，可判断A；电子在偏转电场中做类平抛运动，电场仅在竖直方向对电子做功，由功能关系和动能定理判断偏转电场对电子的做功情况，可判断B；由动能定理可判断C；由竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动规律判断电子的速度和速度偏转角的变化情况，可判断CD。【答案】AB【解析】y＝··2，而qU1＝mv，所以y＝·，y增大为原来的2倍，U1变为原来的，A对；偏转电场对电子做功W＝qE·y，变为原来的2倍，B对；电子飞入电场时的速度就是加速的末速度，对加速过程，由动能定理可得U1变成原来的，则速度变成原来的，与初速度并非是线性关系，C错；tanθ＝＝·，U1变为原来的，则tanθ变为原来的2倍，D错。如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程：y＝kx2，且小球通过点P。已知重力加速度为g，则（）A.电场强度的大小为B.小球初速度的大小为C.小球通过点P时的动能为D.小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少【思路分析】小球的运动轨迹方程为y＝kx2，说明小球做类平抛运动，重力与电场力的合力方向可以判断，即可求电场强度，可判断A；由小球通过P点和轨迹方程，可以确定小球初速度，由动能定理和类平抛运动规律判断出小球的动能和电势能变化情况，可判断BC；结合BC，由电场力做功与电势能变化的关系，可判断D。【答案】BC【解析】小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：qEsin45°＝mg，所以qE＝mg，电场强度的大小为E＝，故A错误；小球受到的合力F合＝qEcos45°＝mg＝ma，所以a＝g，由平抛运动规律有＝v0t，＝gt2，得初速度大小为v0＝，又＝，所以通过点P时的动能为mv2＝m（v＋v）＝，所以B、C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W＝qE··＝，故D错误。常见易错问题剖析一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器的动能变为（）A.8Ek B.5Ek C.4.25Ek D.4Ek【错解】B【错因分析】可能的错解原因是先根据动能定理求出在这一过程中静电力做的功，即W电＝Ek2－Ek1＝2Ek－Ek＝Ek，当带电粒子的初速度变为原来的两倍时，再由动能定理可得：W电＝E′k－4Ek，故飞出电容器时的动能E′k＝5Ek。因而误选B选项正确，但实际上带电粒子在匀强电场中的偏转距离y＝，它与带电粒子的初速度有关，初速度的变化会引起偏转距离的变化。【答案】C【解析】因为偏转距离为y＝，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为，所以静电力做功只有W＝0.25Ek，故它飞出电容器时的动能变为4.25Ek。故正确选项为C。带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示。1.分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L＝v0t；垂直极板的匀加速直线运动，y＝at2，vy＝at，a＝。2.偏转角：tanθ＝；几何关系：y＝tanθ；功能关系：ΔEk＝。（答题时间：40分钟）1.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点静止释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于（）A.1∶2 B.2∶1C.1∶ D.∶12.质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入。它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（）A.它们运动的时间tQ＝tPB.它们所带的电荷量之比∶＝1∶2C.它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2D.它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶13.如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，M从上板边缘处射入，N从两板正中央射入，已知两粒子都刚好从下极板边缘射出，不计粒子重力，则射出过程中（）A.M、N的带电荷量之比为2∶1B.M、N的电势能减少量之比为4∶1C.M、N的动能增量之比为1∶4D.M、N在极板间运动的时间之比为2∶14.如图，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍。有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长宽之比的值为（）A. B. C. D.5.图为阴极射线管示意图，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑。如果只逐渐增大之间的电势差，则（）A.在荧屏上的亮斑向上移动B.在荧屏上的亮斑向下移动C.偏转电场对电子做的功增大D.偏转电场的电场强度减小*6.如图所示，质量为5×10－8kg的带电粒子以2m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长为10cm，板间距离为2cm，当A、B间电势差UAB＝1×103V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场。取g＝10m/s2。求：（1）带电粒子的电性和所带电荷量；（2）A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？*7.如图所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q（q＞0）的滑块从距离弹簧上端为x处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W。

1.【答案】B【解析】竖直方向有h＝gt2，水平方向有l＝t2，联立可得q＝，所以有＝，B对。2.【答案】AB【解析】带电粒子在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，因为两带电粒子在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故根据公式x＝v0t可得两者的运动时间相同，A项正确；在竖直方向上的位移之比＝，因为yP＝aPt2＝t2，yQ＝aQt2＝t2，联立可得qP∶qQ＝1∶2，B项正确；电场力做功为W＝Eqy，电场力做多少正功，电势能就减少多少，故＝＝，过程中只有电场力做功，所以电势能转化为动能，即它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D项错误。3.【答案】AB【解析】垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，D错误；平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，满足x＝at2即a＝①根据牛顿第二定律，有qE＝ma②由①②两式解得q＝。M、N的带电荷量之比为2∶1，A正确；动