1、专题强化 带电粒子在电场中的运动第十章 静电场中的能量1.进一步掌握带电粒子在电场中的直线运动和类平抛运动的分析方法.2.会分析带电粒子在电场中的圆周运动，会分析向心力的来源.3.会分析带电粒子在交变电场中的运动.学习目标重点探究随堂演练专题强化练内容索引NEIRONGSUOYIN重点探究一、带电粒子在电场中的直线运动讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法(1)动力学方法牛顿运动定律、运动学公式.当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，若题目涉及运动时间，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式.在重力场和电场叠加场中的匀变速直线运动，亦可以分解为重力方向上、静
2、电力方向上的直线运动来处理.(2)功、能量方法动能定理、能量守恒定律.若题中已知量和所求量涉及功和能量，那么应优先考虑动能定理、能量守恒定律.例1(2019广州二中高二期中)如图1所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N接直流电源，两极板间的距离为L15 cm.上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h处的B点有一小油滴自由落下.已知小油滴的电荷量q3.51014 C、质量m3.0109 kg.当小油滴即将落到下极板时速度恰好为零.两极板间的电势差U6105 V.(不计空气阻力，取g10 m/s2)(1)两极板间的电场强度E的大小为多少？图图1答案4106 V/m解析由匀强电场的场强与电势差的
3、关系式可得两极板间的电场强度大小为E 4106 V/m.(2)设平行板电容器的电容C4.01012 F，则该电容器所带电荷量Q是多少？答案2.4106 C解析该电容器所带电荷量为QCU2.4106 C.(3)B点在A点正上方的高度h是多少？答案0.55 m解析小油滴自由落下，即将落到下极板时，速度恰好为零由动能定理可得：mg(hL)qU0则B点在A点正上方的高度是二、带电粒子的类平抛运动带电粒子在电场中的类平抛运动的处理方法：1.运动分解的方法：将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在这两个方向上分别列运动学方程或牛顿第二定律.2.利用功能关系和动能定理分析：
4、(1)功能关系：静电力做功等于电势能的减少量，W电Ep1Ep2.(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，WEk2Ek1.例2两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m5106 kg的带电微粒，以v02 m/s的水平速度从两板正中央位置射入电场，如图2所示，A、B两板间距离为d4 cm，板长l10 cm，g取10 m/s2.图图2(1)当A、B间的电压为UAB1 000 V时，微粒恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该微粒的电荷量和电性；答案2109 C负电解析当UAB1 000 V时，重力跟静电力平衡，微粒才沿初速度v0方向做匀速直线运动，重力方向竖直向下，则静电力方向竖直向上，而电场强度方向竖直
5、向下(UAB0)，所以微粒带负电.(2)令B板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求A板所加电势的范围.答案600 VA2 600 V解析当qEmg时，带电微粒向上偏，从A板右边缘M点飞出，如图所示，设此时A1，因为B0，所以UAB1，静电力和重力都沿竖直方向，微粒在水平方向做匀速直线运动，速度vxv0；当qEmg时，带电微粒向下偏，设此时A2，同理可得2600 V，故欲使微粒射出偏转电场，A板电势的范围为600 VA2 600 V.针对训练1如图3所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点
6、，可以判断A.小球A带正电，B不带电，C带负电B.三个小球在电场中运动时间相等C.三个小球到达极板时的动能EkAEkBEkCD.三个小球在电场中运动的加速度aAaBaC图图3解析三个小球在水平方向做匀速直线运动；竖直方向，带正电荷小球受静电力向上，合力为mgF电，带负电荷小球受静电力向下，合力为mgF电，不带电小球只受重力，因此带负电荷小球加速度最大，运动时间最短，水平位移最短，带正电荷小球加速度最小，运动时间最长，水平位移最大，不带电小球水平位移居中，选项A正确，选项B、D错误.在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球合力做功最大，动能改变量最大，带正电荷小球动能改变量最小，即E
7、kCEkBEkA，选项C错误.三、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力.例3如图4所示，半径为R的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中，质量为m、带电荷量为q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力.(重力加速度为g)图图4答案2mg3Eq，方向水平向右解析小球从A到B的过程中，重力做正功，静电力做正功，动能增加，在B点时小球受到重力mg、静电力qE和圆环对小球的弹力F1三个力的作用，静电力和弹力沿半径
8、方向指向圆心的合力提供向心力，则F1Eq联立解得F12mg3Eq小球对环的压力与环对小球的弹力为作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力大小F1F12mg3Eq，方向水平向右.针对训练2如图5所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m、带电荷量为q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力.(重力加速度为g)图图5(1)求固定于圆心处的点电荷在B点处的电场强度大小；(2)若把O处固定的点电荷拿走，加上一个竖直向下、场强为E的匀强电场，带电小球仍从A点由静止释放，下滑到最低点B时，小球对管壁的压力为多大？答案3(mgq
9、E)联立解得FN3(mgqE)由牛顿第三定律得，小球在B点时对管壁的压力大小为FN3(mgqE).四、带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中运动问题的分析方法1.分段分析：按照时间的先后，分阶段分析粒子在不同电场中的受力情况和运动情况，然后选择牛顿运动定律、运动学规律或功能关系求解相关问题.2.vt图像辅助：带电粒子在交变电场中的运动情况一般比较复杂，常规的分段分析很麻烦.较好的方法是在分段分析粒子受力的情况下，画出粒子的vt图像，画图时，注意加速度相同的运动图像是平行的直线，图像与坐标轴所围图形的面积表示位移等.3.运动的对称性和周期性：带电粒子在周期性变化的电场中运动时，粒子的运动
10、一般具有对称性和周期性.例4在如图6所示的平行板电容器的两板间分别加如图7甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高.在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动.若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的vt图像.图图6答案见解析图图7解析t0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动.对于题图甲所示电压，在0 T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，TT内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度时间图像如图(a)所示.针对训练3(多选)带正电的微粒放在电场中，电
11、场强度的大小和方向随时间变化的规律如图8所示.带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是A.微粒在01 s内的加速度与12 s内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒做往复运动D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同图图8解析设微粒的速度方向、位移方向向右为正，作出微粒的vt图像如图所示.由图可知B、D选项正确.1.(带电粒子的直线运动)(2017浙江4月选考)如图9所示，在竖直放置、间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场，质量为m、带电荷量为q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g，则点电荷运动到负极板的过程123随堂演练图图941
12、23解析对点电荷在电场中的受力分析如图所示，42.(带电粒子在交变电场中的运动)(多选)如图10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，下列四个选项中的图像，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是123图图1041234解析由A、B板间所加电压的周期性可推知电子加速度的周期性，D项可能正确；由vat可知，A项可能正确，C项错误；由x at2知xt图像应为曲线，B项错误.3.(带电粒子在电场中的圆周运动)(多选)如图11所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，
13、则A.当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小B.当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C.当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D.小球在运动过程中机械能不守恒123图图1141234a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，故C正确；小球在运动过程中除重力外，还有静电力做功，机械能不守恒，D正确.解析若qEmg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大.若qEmg，球在a处速度最小，若qEmg，球在a处速度最大，故A、B错误；4.(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图12所示，阴极A受热后向右侧空间发射电子，电子质量为m，电荷量为e，电子的初速度大小有从0到v的各种可能值，且各
14、个方向都有.与A极相距l的地方有荧光屏B，电子击中荧光屏时便会发光.若在A和B之间的空间加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场强度为E，且电子全部打在荧光屏上，求B上受电子轰击后的发光面积.123图图1241234解析阴极A受热后发射电子，这些电子沿各个方向射入右边匀强电场区域，且初速度从0到v各种可能值都有.取两个极端情况如图所示.沿极板竖直向上且速率为v的电子，受到向右的静电力作用做类平抛运动打到荧光屏上的P点.竖直方向上yvt，沿极板竖直向下且速率为v的电子，受到向右的静电力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得12341.(多选)如图1所示，平行板电容器的两个极板与水平面
15、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.所受重力与静电力平衡 B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动基础强化练专题强化练123456789 101112图图1解析对带电粒子受力分析如图所示，F合0，则A错误；123456789 101112由图可知静电力与重力的合力方向与v0方向相反，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq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，故粒子做匀减速直线运动，D正确.2.(多选)(2020宜昌市示范高中高二联考)如图2所示，一带电液滴在重力和匀强
16、电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向的夹角为45，则下列结论中正确的是A.此液滴带负电B.液滴做匀加速直线运动C.合外力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少图图2123456789 101112123456789 101112解析液滴所受的合外力沿bd方向，知液滴受到的静电力方向水平向右，则此液滴带负电，故A正确；液滴所受合外力恒定，加速度恒定，液滴做匀加速直线运动，故B正确；合外力不为零，且合外力与速度方向共线，则合外力做功不为零，故C错误；从b到d，静电力做正功，液滴的电势能减少，故D正确.选种和保鲜二、核电站2、大小：Gmg 方向：竖直向下2、力的
17、合成和分解互为逆运算.等效替代，不可同时出现，同一物体力的合成是唯一的，但是力的分解可以是无数组三、盖革-米勒计数器2、公式：3、根据气体状态变化过程的特点，列出相应的气体公式(本节课中就是玻意耳定律公式p1V1=p2V2)；八、受力分析整体隔离：2、特点：一定质量的气体的VT图线其延长线过坐标原点，斜率反映压强大小。三、气体温度的微观意义3、根据气体状态变化过程的特点，列出相应的气体公式(本节课中就是玻意耳定律公式p1V1=p2V2)；使用射线来测厚度-利用射线的穿透性强的特点七、力的分解：5、正交分解：3.如图3所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷.一带电微粒沿水平方向
18、射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么A.若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点，其动能一定增加D.微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加图图3123456789 101112解析由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能确定微粒电性，也不能确定静电力对微粒做功的正负，选项A、B、D错误；123456789 101112根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒从M点运动到N点动能一定增加，选项C正确.4.(多选)如图4所示，一电子(不计重
19、力)沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知 ，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为Ek1和Ek2，则A.vCyvDy12 B.vCyvDy14C.Ek1Ek213 D.Ek1Ek214123456789 101112图图4解析电子沿x轴正方向射入匀强电场，做类平抛运动，沿x轴方向做匀速直线运动，已知 ，则电子从O到C与从C到D的时间相等.电子在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有vCyatOC，vDyatOD，所以vCyvDytOCtOD12，故A正确，B错误；12356789 1011124根据匀变速直线运动的
20、推论可知，在竖直方向上yOCyOD14，根据动能定理得Ek1qEyOC，Ek2qEyOD，则Ek1Ek214，故C错误，D正确.5.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中存在一沿半径方向的电场，如图5所示，带正电的粒子流由电场区域边缘的M点射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一边缘的N点射出，由此可知图图5123456789 101112A.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等C.若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等123456789 101112解析由题图可
21、知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等，质量不一定相等；若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确.6.在如图6甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始时B板的电势比A板的电势高，这时两板中间原来静止的电子(图中黑点表示)在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性往返运动B.电子一直向A板运动C.电子一直向B板运动D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性往返运
22、动123456789 101112图图6123456789 101112解析由运动学规律画出如图所示的vt图像，可知电子一直向B板运动，C正确.7.(多选)如图7甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是A.电子可能在极板间做往复运动B.t1时刻电子的动能最大C.电子能从小孔P飞出，且飞出时的 动能不大于eU0D.电子不可能在t2t3时间内飞出电场图图7123456789 101112能力综合练123456789 101112解析t0时刻B板电势比A板高，电子在t1时间内向B板加速，t1时刻加速结束；在t1t2时间内电子减速，由
23、于对称，在t2时刻速度恰好为零，此后电子重复上述运动，所以电子一直向B板运动，直到从小孔P穿出，A错误；无论电子在什么时刻穿出P孔，t1时刻电子都具有最大动能，B正确；电子穿出小孔P的时刻不确定，但穿出时的动能不大于eU0，C正确，D错误.8.如图8(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，一重力可忽略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图图8123456789 101112已知一个分力的大小和方向另一个分力有唯一解2、力的合成和分解互为逆运算.等效替代，不可
24、同时出现，同一物体力的合成是唯一的，但是力的分解可以是无数组地球上聚变燃料的储量丰富(1)消耗的核燃料少。四、宇宙的演化(1)消耗的核燃料少。一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能是一定的。在这种情况下体积减小时，分子的密集程度增大，气体的压强就增大。这就是玻意耳定律的微观解释。一、核聚变1、在一定条件下，若某事件必然出现，这个事件叫做必然事件2、结合能与核子数之比，称做比结合能。比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。有些题目中常出现“缓慢，慢慢”一词，则物体处于动态平衡状态1、理想气体是不存在的，是一种理想模型。9.如图9所示，质量m2.0104 kg、电荷量
25、q1.0106 C的带正电的微粒静止在空间范围足够大、电场强度为E的匀强电场中，取g10 m/s2.(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；123456789 101112图图9解析因微粒静止，可知其受力平衡，对其进行受力分析可知静电力方向向上，且Eqmg，微粒带正电，知电场方向向上.答案2103 N/C方向向上故欲使微粒射出偏转电场，A板电势的范围为600 VA2 600 V.动可能是往复运动若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的速率v一定相等，但动能不一定相等，故B、C正确.已知小油滴的电荷量q3.(1)动力学方法牛顿运动定律、运动学公式.若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的动能一定相等若入
26、射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等2 m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3106 V/m.(多选)如图1所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一角度，两极板与一直流电源相连.若qEmg，球在a处速度最小，若qEmg，球在a处速度最大，故A、B错误；电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性往返运动(1)两极板间的电场强度E的大小为多少？再返回A板做周期性往返运动若入射粒子的比荷相等，则出射粒子的动能一定相等当带电粒子所受合力为恒力，且与速度方向共线时，粒子做匀变速直线运动，若题目涉及运动时间，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式.沿极板竖直向下且速率为v
27、的电子，受到向右的静电力作用做类平抛运动打到荧光屏上的Q点，同理可得(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，WEk2Ek1.若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的vt图像.(2)在t0时刻，电场强度大小突然变为E04.0103 N/C，方向不变.求在0.20 s时间内静电力做的功；123456789 101112答案8.0104 J解析在t0时刻，电场强度大小突然变为E04.0103 N/C，设微粒的加速度大小为a，在0.20 s时间内上升的高度为h，静电力做功为W，则qE0mgma，解得a10 m/s2，WqE0h，解得W8.0104 J.(
28、3)在(2)的情况下，t0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能.123456789 101112答案8.0104 J解析设在t0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则vat，解得Ek8.0104 J.10.如图10所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场.一L形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分为l10.2 m，离水平地面的距离为h5.0 m，竖直部分长为l20.1 m.一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短，可不计)时没有能量损失，小球在电场中受的静电力大小为重力的一半
29、.求：(g取10 m/s2)图图10123456789 101112123456789 101112(1)小球运动到管口B时的速度大小；答案2.0 m/s解析小球从A运动到B的过程中，对小球，根据动能定理得mgl2F电l1 mvB20，代入数据可得vB2.0 m/s.123456789 101112(2)小球落地点与管的下端口B的水平距离.答案4.5 m解析小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，在空中运动的时间为t.联立以上各式可得x4.5 m.11.(2020雅安市期末)如图11所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2 m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3106 V/
30、m.有一质量为0.12 kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6106 C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10 m/s2，求：图图11123456789 101112解析对点电荷在电场中的受力分析如图所示，20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则vat，解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力.2 m，离水平地面的距离为h5.(1)小球在A点时的速度大小；打在荧光屏上，求B上受电子轰击后的发光面积.带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运
31、动，则下列说法中正确的是第十章 静电场中的能量vt图像辅助：带电粒子在交变电场中的运动情况一般比较复杂，常规的分段分析很麻烦.电子先向A板运动，然后向B板运动，联立解得FN3(mgqE)答案3(mgqE)当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小针对训练1如图3所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在A、B、C三点，可以判断电子能从小孔P飞出，且飞出时的针对训练3(多选)带正电的微粒放在电场中，电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图8所示.已知小油滴的电荷量q3.微粒从M点运动到N点，其电势能一定
32、增加(1)小球在A点时的速度大小；123456789 101112答案6 m/s解析重力：Gmg0.12 kg10 N/kg1.2 N，静电力：FqE1.6106 C3106 V/m4.8 N，在A点，有：qEmgm ，代入数据解得：v16 m/s.(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大小.123456789 101112答案21.6 N 解析设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：在B点，设轨道对小球的弹力为FN，则有：由牛顿第三定律有：FNFN，代入数据解得：FN21.6 N.12.(多选)如图12(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板间加电压后板间的电场可视为匀强电场.现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t0时恰有一质量为m、电荷量为q的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是A.粒子在垂直于板的方向上的分运 动可能是往复运动B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C.只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出图图12123456789 101112拓展提升练本课结束
