高二物理举一反三系列（人教版必修第三册）专题105 带电粒子在电场中的直线运动

专题10.5带电粒子在电场中的直线运动

【人教版】

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【题型1恒力作用下的直线运动问题】.............................................................

【题型2变力作用下的直线运动问题】.............................................................

【题型3交变电场中的直线运动问题】.............................................................

【题型4联系实际问题】..........................................................................

0》二声一三

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【题型1恒力作用下的直线运动问题】

【例1】（多选）如图所示，一个质量为小、电荷量为4的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿

斜向右卜方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为仇重力加速度大小为©不计空气阻力，则卜列判断

正确的是（）

A.电场强度的最小值等于^

B.电场强度的最大值等于侬产

C.带电油滴的机械能可能增加

D.电场力可能对带电油滴不做功

解析：选CD带电油滴的运动就迹为直线，在电场中受到重力切g和电场力F,其合力必定沿此直线向下，

根据三角形定则作出合力，如图所示c当电场力F与此直线垂直时，2场力尸最小，场强最小，则有F=

/mi产〃?gsin8,得到由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当石=%辿时，电

场力方向与速度方向垂直，电场力不收功，带电油滴的电势能一定不变，这种情况下只有重力做功，带电

油滴的机械能不变，故D正确；当七>'监；：”时,当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带

业油滴的机械能增加，故C正确。

mg

1合力

【变式1-1】如图所示，绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到

底端，已知在金属块下滑的过程中功能增加了0.3J,重力做功1.5J,电势能增加0.5J,则以下判断正确的

是（）

A.金属块带负电荷

B.静电力做功0.5J

C.金属块克服摩擦力做功0.7J

D.金属块的机械能减少1.4J

解析：选C在下滑过程中电势能增加0.5J,故物体需克服电场力做功为0.5J,故金属块带正电荷，故A、

B错误；在金属块滑下的过程中动能烤加了0.3J,重力做功I.5J,电场力做功一0.5J,根据动能定理得，W

甚=%+卬匕+用=44，解得Wf=-0.7J,故C正确；外力做功为W：尸Wo+Wf=-1.2J,故金属块机械

能减少1.2J,故D错误。

【变式1-2】如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距/,在正极板附近有一质量为用、电荷量为

4】（切>0）的粒子4：在负极板附近有,质量也为,小电荷量为一伙（42>0）的粒子从仅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会的平面。，两粒子间相互作用

力可忽略，不计重力，则以下说法正询的是（）

JIQ_

A.电荷量小与染的比值为3：7

B.电荷量⑺与s的比值为3：4

C.粒子A、8通过平面。时的速度之比为9：16

D.粒子A、/?通过平面。时的速度之比为3：7

解析：选B设电场强度大小为旦两粒子的运动时间相同，对粒子八有：0=绊，；1=，然也对粒子8

fit/乙III

E41*3

有

联

解心

-^=-立--

72屋/24,A错误，B正确。由动能定理—0,求得：

C、D错误。

【变式1-3】如图所示，一带正电的小球在匀强电场中，受到的电场力与小球的重力大小相等，以初速度。o

沿OM方向做加速度不为零的匀变速直线运动,ON与水平面的夹角为30。。不计空气阻力，重力加速度为g。

则（）

N

（i^530：.........

•••

A.电场力方向可能水平向左

B.小球可能做匀加速直线运动

C.小球的加速度大小一定小于g

D.经过时间段，小球的速度方向发生改变

O

解析：选D小球做匀变速直线运动，合力方向一定和速度方向在同一直线上，即在ON直线上，因为〃吆

=qE,所以电场力4E与重力关于ON对称，根据几何关系可知电场力与水平方向夹角为30°,受力情况

如图所示，合力沿ON向下，大小为〃吆，所以加速度为g,方向沿ON向下，与速度方向相反，小球做匀

减速直线运动，故A、B、C错误；谀小球减速到零所用时间为1,则/=—=£,故经过时间:，小球运度

刚好减为零，然后反向加速，即经过时间段，小球的速度方向发生改变，故D正确。

mg

【题型2变力作用下的直线运动问题】

【例2】如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为4,上下极板开有一小孔，四个质量均为加、带

电荷量均为g的带电小球，其间用长均为孑的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使卜端小球恰好位于上极板

小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落.当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零.重力加速度

为8,（仅两极板间存在电场）试求：

I15F

⑴两极板间的电压：

（2）小球运动的最大速度.

答案。修Q零

解析（1）根据动能定理可得4"吆义永/一24/一（“7—£勿=0

解得U=苦等

⑵当两个小球在电场中时，好电力Fi=%X2（/=耨吆＜4"电

当三个小球在电，场中时，静电力"2=》34=,〃吆＞4〃吆

故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得4〃jgX弓一女;4一］57=；乂4加，2一o

乙jr乙

解得

【变式2”】如图所示为一个半径为/?的均匀带电圆环，取环面中心0为原点，以过。点且垂直于环面的

轴线为x轴，P到。点的距离为2R质量为机、带负电且电荷量为g的小球从轴上/＞点由静止释放，小球

运动到Q点时速度为零，Q点在0点上方R处。下列说法正确的是（）

A.P点电势比。点电势低

B.P点场强比Q点场强大

C.P、。两点的电势差为呼

D.2点的场强大小等于早

解析：选C由题意可知带负也小球由尸点到。点先加速后减速运动，受到沿x轴向上的电场力作用，故

电,场方向沿x轴向下，沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高，A错误；开始在

Q点、qEymg,故产点场强比Q点场强小，B、D错误；由功能定理可加〃IgA十。“^一/二。，故尸、Q两点

的电势差为版=呼,C正确。

【变式2-2］（多选）如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向

右为正方向建立直线坐标系，〃点的坐标."=5.0cm,此电场线上各点的电场强度大小E随x变化的规世如

图乙所示。若一电子仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV,对于此电场，以下说法

正确的是（）

P_

05.0x/cm

甲

A.该电子做匀变速直线运动

B..x轴上各点的电场强度方向都沿工轴负方向

C.M点的电势是P点电势的9

D.图像中的a的数值为1.2

解析：选BD由题图可知电子从M点运动到P点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不是匀强电场，

即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故A错误；若一电子仅在电场力作用

下自M点运动至P点，电势能减小，则电场力做正功，由功能关系可得Wwp=EpM-EpP>0,又1%伊=一

UMPC,所以UMPVO,即而电场线由高电势指向低电势，可知x轴上各点的电场强度方向都沿［轴

负方向，故B正确：电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故C错误：由题可知Ww»=45eV,

Eoe+弩X5X102m

E-x图像与横轴围成图形的面积表示门应距离的电势差，可得W」WP=---------2---------=45eV,解得反

=1200V,即图像中氏的数值为1.2,故D正确。

【变式2-3】如图(«),长度。=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A,其电荷量。=1.8x10-7(2：一

质量〃『0O2kg,带电量为q的小球B套在杆上.将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原

点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系.点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图(〃)中曲

线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图(b)中曲线II所示，其中曲线n在

0.16球0.20和应0.40范围可近似看作直线.求：(静电力常量A=9xlO9Nm/C2)

l«(a)

(1)小球B所带电量q;

(2)非均匀外电场在户0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；

(3)在合电场中，x=0.4m与40.6m之间的电势差U；

(4)已知小球在.x-0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m.若小球在户0.16m处受到

方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离$

是多少？

【答案】(1)lxlO-6C;(2)3'104N/C：(3)800V；(4)0.065m

【解析】

(1)由图可知，当x=0.3m时，有

耳=左(=0.018N

因此

fl=-^=lxlO-6C

kQ

(2)设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2,

Fft=F2+qE

因此

4

E=一—.=一“口-?。18N/c=_3xioN/C

qlxIO-6

电场在尸O.3m处沿细杆方向的电场强度大小为3,IO』N/C,方向水平向左；

(3)根据图像可知在-t=0.4m与x=O.6m之间合力做功大小为

^=0.004x0.21=8x10^1

由公式

可得

U=^=800V

q

(4)由图可知小球从,v=0.16in到,r=0.2m处，电场力做功为

川0.03x0.04-

1%=---------=6x1().1

小球从x=0.2m到x=0.4m处，电场力做功为

叱=-1.6x10-3J

由图可知小球从X=0.4m到X=0.8m处，电场力做功为

明=-0.004x0.4J=-1.6x10-,J

由动能定理可得

叱+卬?+吗+晨5=0

解得

5=坞+吗+%=0065m

4

【题型3交变电场中的直线运动问题】

【例3】如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始人板的电势比8板高，此时两板中间原

来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方

向，则下列图像中能正确反映电子速度随时间变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变

化)()

-u

甲

/N/\八、『.

0T2T^r°\T\!/2TX

AB

CD

［解析］电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，C、D错误；从0时刻开始，电子向A

板做匀加速直线运动，义了后电场力反向，电子向4板做匀减速直线运动，直到/=7时刻速度变为零。之后

重复上述运动，A正确，B错误。

［答案］A

【变式3-1］（多选）如图甲所示，4、8两极板间加上如图乙所示的交变弓压，A板的电势为0,一质量为阳、

电荷量大小为q的电子仅在静电力作用下，在时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好

到达8板，则（）

A.A、B两板间的距离为心需

B.电子在两板间的最大速度为、管

C.电子在两板间做匀加速直线运动

D.若电子在/=百寸刻进入两极板，它将时而向/?板运动，时而向A板运动，最终到达3板

O

答案AB

T3

解析电子在，=彳时刻由静止释放进入两极板运动，先加速后减速，在1=17时刻到达8板，设两板的问

距为4,加速度a=^^,则有d=2X｝令，解得d=yjq*哈故A正确；由题意可知，经过《时间电子

速度最大，则最大速度为Vm=,故B正确：电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右

做匀减速直线运动，故C错误：若电子在/=/时刻进入两极板，在《〜^时间内电子做匀加速直线运动，位

ooZ

移^《7）2=彳/>4,说明电子会一直向3板运动并打在3板上，不会向A板运动，故D错误.

【变式3-2］（多选）匀强电场的电场强咬E随时间，变化的图像如图所示。当，=0时，在此匀强电场中由静

止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）

40

0

-20

A.带电粒子将始终向同一个方向运动

B.2s末带电粒子回到原出发点

C.3s末带电粒子的速度为零

D.0〜3s内，电场力做的总功为零

［解析］设第1s内粒子的加速度为0,第2s内的加速度为由。=量可知，s=2s,可见，粒子第1s

内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0,

。“图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。

【变式3・3］（多选）如图甲所示，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，选项图中反映电子速度。、位移x和加速度a随时间/的变化规律图像,

可能正确的是（）

解析：选AD在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始

终不变，尸=野，由牛顿第二定律尸=〃也可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个（内向8板做

匀加速直线运动，在第二个（内向8板做匀减速直线运动，在第三个5内反向做匀加速直线运动，在第四个（

内向A板做句减速直线运动，所以a，图像应如图D所示，。/图像应如图A所示，A、D正确，C错误：

又因句变速直线运动位移大=%/十%八所以x/图像应是曲线，B错误。

【题型4联系实际问题】

【例4】静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的.工作过程简化图如图所示，离子源

发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电于中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推

力.根据题目信息可知()

7加岁区q.高速射流

而密-I中和区I7

\—J......II.......I

MN

A.例板电势低于N板电势

B.进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关

C.增大加速区MN极板的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力

D.增大MN极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力

答案D

解析由于加速后的离子在中和区与包子中和，所以被加速的离子带正电，则加速器极板M电势高，A错

误：由动能定理知解得v=7^^,所以进入中和区的离子速度与比荷、加速电压有关，与极

板距离无关，故D正确，B、C错误.

【变式4-1】多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源

力处飘出的离子初速度不计，经电压为少的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长

为“I勺漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离了•第一次进入漂移管时，两反射区开

始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回

漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏方上

被探测到，可测得离子从月到5的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为s不il•离子重力。

(1)求质量为机的离子第一次通过漂移管所用的时间Ti;

(2)反射区加上电场，电场强度大小为反求离子能进入反射区的最大距离x；

(3)已知质量为,加的离子总飞行时间为自待测离子的总飞行时间为h，两种离子在质量分析器中反射相同

次数，求待测离子质量加。

解析：(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为。，有①

离子在漂移管中做匀速直线运动，则71=(②

联立①②式，得T1=③

(2)根据动能定理，有qU-qEx=O④

得尸卷⑤

(3)高于在加逑.电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，

------V-

设其为。，有0=5⑥

通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路

程相等，设为L，在无场区的总路程设为心，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为。，设离子

的总飞行时间为人，有旦+今⑦

v1

联立①⑥⑦式，得I义=(2L+Li)⑧

可见，离子从A到H的总飞行时间与五成正比。依题意可得i=、收

可得mi=；i2/noo⑨

<0

答案：⑴媪⑶刎