资源简介

微专题4　带电粒子(带电体)在电场中运动的常见类型
定位·学习目标
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,明确向心力的来源。
3.会分析带电粒子在交变电场中的运动。通过对电场中带电体的各类问题的分析、解答,提高科学思维和探究能力。
要点一　带电粒子(带电体)的直线运动问题
要点归纳
解答带电粒子(带电体)的直线运动(加速或减速)问题的方法
(1)动力学方法。
当带电粒子(带电体)所受合力为恒力且与速度方向共线时,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、运动学规律;在重力场和水平方向匀强电场的叠加场中的匀变速直线运动,也可以分解为沿重力方向、静电力方向的直线运动分别列式求解。
(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。
典例研习
[例1] (带电体在电场中的直线运动)空间存在水平方向的匀强电场,一个带正电小球从A点射入电场中,刚好沿直线AB运动,如图,AB与电场线夹角为θ,已知带电小球的质量为m,电荷量为q,A、B相距L。(重力加速度为g)
(1)说明小球在电场中做怎样的直线运动。
(2)求匀强电场的电场强度。
(3)要使小球能从A点运动到B点,小球射入电场时的最小速度是多少
解析:(1)小球受到重力和静电力作用而沿AB方向做直线运动,可知其合力与AB共线且保持不变,即静电力的方向水平向左,小球做匀减速直线运动。
(2)小球受力如图所示,
由几何关系得
mg=Eqtan θ,
解得E=,
由于带正电小球所受静电力水平向左,可知电场强度方向水平向左。
(3)当小球恰好运动到B点时,从A点射入电场时的速度最小,在该过程中由动能定理得
-mgLsin θ-qELcos θ=0-m,
结合E=,
解得v0=。
答案:(1)匀减速直线运动
(2),方向水平向左
(3)
要点二　带电粒子(带电体)的类平抛运动问题
要点归纳
解答带电粒子(带电体)的类平抛运动问题的方法
(1)运动分解的方法。
将运动分解为沿垂直于电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动,在这两个方向上分别用运动学规律或牛顿第二定律求解。
(2)利用功能关系和动能定理分析。
①功能关系:静电力做正(负)功等于电势能的减少(增加)量,W电=Ep1-Ep2。
②动能定理:合力做的功等于动能的变化,W=Ek2-Ek1。
典例研习
[例2] (带电粒子在电场中的类平抛运动)如图所示,质量为m=4×10-8 kg的带电微粒(重力不能忽略)以v0=1 m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间。已知板长L=10 cm,板间距离d=2 cm,当UAB=1×103 V 时,带电微粒恰好沿两极板中间直线穿过。(g取10 m/s2)
(1)求带电微粒所带电荷量q。
(2)A、B间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出
解析:(1)由于带电微粒在两极板中间沿直线穿过,重力不能忽略,可知静电力方向竖直向上,即微粒带负电,根据平衡条件有
mg=q,
解得q=8×10-12 C。
(2)微粒在板间做类平抛运动,当带电微粒分别恰好从B板右侧边缘和A板右侧边缘飞出,对应于A、B极板间电压的最小值Umin和最大值Umax,根据平抛运动规律,有
=at2,L=v0t,
而mg-q=ma1,q-mg=ma2,
联立得Umin=[gd-() 2],
Umax=[gd+() 2],
代入数据解得Umin=800 V,Umax=1 200 V,
则两板间的电压应满足800 V答案:(1)8×10-12 C　(2)800 V要点三　带电粒子(带电体)的圆周运动问题
要点归纳
解决带电粒子(带电体)在电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,也有可能只是静电力。有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动,找出等效“最高点”和“最低点”。
典例研习
[例3] (带电体在电场中的圆周运动)如图所示,空间内存在方向水平向右的匀强电场,一根长为L、不可伸长的绝缘细绳的一端连着一个质量为m、带电荷量为+q的小球,另一端固定于O点。初始时细绳(张紧状态)与电场线平行,由静止释放小球,已知小球摆到最低点的另一侧时,细绳与竖直方向的最大夹角θ=30°,重力加速度为g,求:
(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)绝缘细绳的最大拉力大小Fmax。
解析:(1)对小球由静止释放到另一侧的最高位置的过程中,根据动能定理有
mgLcos θ-EqL(1+sin θ)=0,
解得E=。
(2)如图所示,将静电力与重力合成,其合力方向与竖直方向夹角为α,则合力大小为
F合==,α=30°,
即合力与竖直方向成30°角且斜向右下,此时小球所处的位置O′为该运动过程中的等效最低点,其速度为最大值。
小球由静止到O′点的过程中,根据动能定理有mgLcos α-EqL(1-sin α)=m-0,
解得vO′=,
小球经O′点时受到的拉力最大,根据牛顿第二定律得
Fmax-F合=m,
解得Fmax=。
答案:(1)　(2)
要点四　带电粒子(带电体)在交变电场中的运动问题
　　　　　　 　　　　　 　　　　　
要点归纳
解答带电粒子(带电体)在交变电场中运动问题的方法
(1)分段分析:按照时间的先后,分阶段分析带电粒子(带电体)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)v-t图像辅助:带电粒子(带电体)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带电粒子(带电体)受力的情况下,画出 v-t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)注意运动的对称性和周期性:带电粒子(带电体)在周期性变化的电场中运动时,其运动一般具有对称性和周期性。
典例研习
[例4] (带电粒子在交变电场中的运动)如图甲所示,P、Q为竖直放置的平行金属板,将如图乙所示电压U加在两板上,且U为正时P板电势高。一质量m=6.4×10-13 kg,电荷量q=3.2×10-10 C的带正电粒子从t1=2.0×10-3 s时刻开始由静止从P板向Q板运动。已知P、Q两板间距L=1.0 m,不计粒子重力。求:
(1)粒子从t1时刻开始经电场变化一个周期的位移大小;
(2)粒子由P板出发后,将以多大的动能撞击Q板。
解析:(1)在0.2×10-2～0.5×10-2 s这段时间内,粒子向右做匀加速直线运动,在0.5×10-2～0.8×10-2 s这段时间内,粒子向右做匀减速直线运动,在t2=0.5×10-2 s时刻速度v1最大,t3=0.8×10-2 s时刻速度为零,其加速度大小为
a==1.25×104 m/s2,
其最大速度为v1=a(t2-t1)=37.5 m/s,
在t1～t3时间内向右的位移为
x1=2×v1(t2-t1)=11.25 cm,
在t3=0.8×10-2 s到t4=1.0×10-2 s时间内,粒子向左做匀加速直线运动,此后向左做匀减速直线运动,在1.0×10-2 s时刻速度v2最大,在t5=1.2×10-2 s时刻速度为零,则
v2=a(t4-t3)=25 m/s,
在t3～t5时间内向左的位移为
x2=2×v2(t4-t3)=5 cm,
粒子在一个周期内向右运动的位移为
x=x1-x2=6.25 cm。
(2)设粒子经过n个周期后才到达Q板,则有
L-nx≤x,得n≥15。
而15个周期的位移为15x=93.75 cm,
此时距离Q板100 cm-93.75 cm=6.25 cm,
粒子在该过程中,先加速运动位移为
x3=x1=5.625 cm;
再减速运动且位移
x4=6.25 cm-x3=0.625 cm,
根据动能定理,有
Ek=qx3-qx4=4×10-10 J。
答案:(1)6.25 cm　(2)4×10-10 J
1.(多选)如图所示,某一区域存在水平向右的匀强电场,在竖直平面内有一初速度为v0的带电微粒恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。下列说法正确的是(　AB　)
A.微粒只能带正电荷
B.微粒可能做匀加速直线运动
C.仅改变初速度的方向(与原速度不共线),微粒仍然做直线运动
D.运动过程中微粒电势能变大
解析:带电微粒在电场中做直线运动,则合力沿直线方向或者合力为零,由于静电力沿电场线方向,说明微粒一定受重力作用,重力竖直向下,则静电力一定水平向右,故微粒带正电荷且沿直线做匀加速运动,故A、B正确;由于合力方向确定,仅改变初速度方向(与原速度不共线),则初速度和合力不共线,微粒将做曲线运动,故C错误;运动过程中静电力方向与运动方向夹角为锐角,则静电力做正功,电势能减小,故D错误。
2.如图所示,在竖直向下的匀强电场中,用细线拴一带负电的小球,在竖直平面内做圆周运动,则(　B　)
A.小球不可能做匀速圆周运动
B.小球运动到最低点时,电势能一定最大
C.小球运动到最低点时,小球的线速度一定最大
D.小球运动到最高点时,细线的张力一定最小
解析:若小球重力不可忽略,则重力方向竖直向下,静电力方向竖直向上,当二者大小相等且保持细线拉力大小不变时,则可能做匀速圆周运动,故A错误;小球从最高点到最低点过程中,静电力做负功且值最大,即小球在最低点电势能最大,故B正确;重力与静电力大小关系未知,小球速度最大位置不能确定,细线张力最小位置也不确定,故C、D错误。
3.如图甲所示,在平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压。当t=0时,一个电子从靠近N板处由静止开始运动,经1.0×10-3 s到达两板正中间的P点,那么在3.0×10-3 s这一时刻,电子所在的位置和速度大小为(　D　)
A.到达M板,速度为零
B.到达P点,速度为零
C.到达N板,速度为零
D.到达P点,速度不为零
解析:在0～1.0×10-3 s的时间里,电子做初速度为零的匀加速直线运动,当t=1.0×10-3 s时电子达到P点,之后板间电压反向,两极板间的电场强度大小不变,方向和原来相反,电子开始做匀减速直线运动,由于加速度的大小不变,当t=2.0×10-3 s时电子到达靠近M板处,且速度减为零。随后电子将反向做加速运动,当t=3.0×10-3 s时电子又回到P点,且速度大小与第一次经过P点时相等,而方向相反。故选项D正确。
4.如图所示,空间内匀强电场的方向竖直向下,S为点光源,MN为竖直墙壁,S到MN的距离为L。一可视为质点的带电小球A,其质量为m、所带电荷量为q(q>0)。将小球A从点光源S处以大小为v0的初速度向右水平抛出,小球A最终打在墙壁上。已知电场强度大小为E=,重力加速度为g,不计空气阻力,求:
(1)小球A在空中运动时的加速度a的大小;
(2)小球A运动时间t时,小球在墙壁上影子的速度v的大小。
解析:(1)带电小球运动过程中,由牛顿第二定律可得qE+mg=ma,
解得a=2g。
(2)
带电小球A做类平抛运动,如图所示,设小球A在t时刻水平位移为x1,竖直位移为y1,小球A在墙壁上影子的位移为y,则有x1=v0t,y1=at2,
=,解得y=t,
可知小球A在墙壁上影子的位移随时间均匀增加,影子做匀速直线运动,其速度大小为v=。
答案:(1)2g　(2)
课时作业
基础巩固练
考点一　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1.如图所示,A、B两平行金属板竖直放置,使两板带有等量的异种电荷且电荷量保持不变,A板固定在绝缘支架上且接地。一个带负电的小球(重力不能忽略)从B板附近的P点由静止释放,同时将B板向右移动,小球运动过程中始终未与两极板相碰,则小球在两板间运动的过程中,下列说法正确的是(　B　)
A.小球做曲线运动
B.小球做匀加速直线运动
C.小球的电势能始终为负值且不断减小
D.小球的机械能保持不变
解析:两极板构成平行板电容器且带电荷量不变,由公式E=,C=,
C=联立可得E=,则极板间电场强度的大小与极板间距离无关,小球所受静电力不变,可知其合力不变且指向右下方,即小球做匀加速直线运动,选项A错误,B正确;因A板带正电且接地,则小球所在位置电势为负值,小球带负电,可知小球的电势能始终为正值,因静电力做正功,则小球的电势能减小,机械能增加,选项C、D错误。
2.如图所示,水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场,板间距离为d,一个带电的液滴带电荷量为q,质量为m,从下板左边缘射入电场,沿直线从上板右边缘射出,重力加速度为g,则(　C　)
A.液滴带正电
B.液滴做的是匀加速直线运动
C.两板的电势差为
D.液滴的电势能增加了mgd
解析:液滴受到重力和静电力作用而做直线运动,由做直线运动的条件可知,液滴所受静电力方向只可能向上,且合力为0,则液滴带负电,故A、B错误;由平衡条件得qE=mg,而E=,解得U=,故C正确;液滴运动过程中,静电力做正功,W=qEd=mgd,则电势能减少了mgd,故D错误。
考点二　带电粒子(带电体)在电场中的类平抛运动
3.如图所示,平行板电容器两极板长度均为L,一个电荷量为q、质量为m的带正电粒子以大小为v0的初速度紧贴上板左侧垂直电场线射入电场,并恰好从下板右侧边缘射出,射出时速度方向与下板的夹角为37°。粒子重力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列判断正确的是(　C　)
A.上极板带负电
B.粒子射出下板边缘时的速度大小为2v0
C.上、下两极板的电势差为
D.两极板间的距离为
解析:带正电粒子向下偏转,所受静电力方向竖直向下,即极板间电场线方向向下,上极板带正电,选项A错误;粒子射出时速度方向与下极板的夹角为37°,则v==v0,选项B错误;粒子射出电场时,沿电场线方向的速度vy=v0tan 37°=v0,在沿电场线方向上有=2ad,
a=,联立解得U=,选项C正确;两极板间的距离为 d=t=L,选项D错误。
4.如图所示,AB和BC是固定在匀强电场中的两个挡板,两挡板与竖直方向夹角相同且A、C两个端点之间的距离为L,B到AC的距离为H,从任一挡板的顶点抛出带电荷量为q(q>0)的小球。电场方向竖直向下,电场强度大小为,重力加速度为g,下列说法正确的是(　B　)
A.将小球平抛出去,可以以竖直方向的速度到达 B点
B.若使小球垂直打到对面挡板,应将小球以v0=平抛出去
C.将小球从A点斜抛出去,能到达对面挡板上C点的最小抛出速度
为
D.若撤去电场,仍将小球以能打到对面挡板顶点的最小速度斜抛出去,相对于有电场时小球运动的最高点与AC所在水平面的最大距离变小
解析:以重力和静电力的合力为等效重力,则有F合=mg+Eq=2mg,即a=2g,平抛小球有水平速度,且水平方向做匀速运动,则不可能以竖直方向的速度落在B点,故A错误;若小球从A点水平抛出,并垂直撞击在挡板BC上,如图所示,由几何关系可知,速度偏转角满足tan θ=
==,又tan θ=,联立解得v0=,故B正确;设小球斜抛的速度与水平方向的夹角为θ1,则有 t=2=,x=
vcos θ1·t=L,联立解得v=,可知当θ1=45°时,能到达对面挡板上C点的抛出速度最小,其值为v=,撤去电场前有h==
,同理,撤去电场后的最小速度为v′=,则有 h′==,即撤去电场前后,小球运动的最高点与AC所在水平面的最大距离不变,故C、D错误。
5.如图所示,在空间中取直角坐标系xOy,在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d,从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后,从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域,A点坐标为(0,h)。已知电子的电荷量为e,质量为m,加速电场的电势差 U>,电子的重力忽略不计,求:
(1)电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度大小v;
(2)电子经过x轴时离坐标原点O的距离l。
解析:(1)电子经加速电场有eU=m,
解得电子进入匀强电场区域的初速度v0=,
假设电子从虚线MN上某点离开,则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间
t==d,
y=at2=,
因为加速电场的电势差U>,则有y则vy=at=·d=,
离开时的速度大小
v==。
(2)设电子离开电场后经过时间t′到达x轴,在x轴方向上的位移为x′,则x′=v0t′,
而沿y轴位移y′=h-y=h-t=vyt′,
l=d+x′,
联立解得l=+。
答案:(1)d　　(2)+
考点三　带电粒子(带电体)在电场中的圆周运动
6.(多选)如图所示,内表面光滑绝缘的半径为R的圆形轨道处于竖直平面内,有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E,有一质量为m、电荷量大小为q的带负电的小球在圆轨道内壁做圆周运动,恰好能通过最高点B,(重力加速度为g,mg>qE)则(　BD　)
A.小球在B点处的速度大小为
B.小球在B点处的加速度大小为g-
C.小球运动到最低点A时的动能为5mgR
D.小球运动到最低点A时对轨道的压力大小为 6(mg-qE)
解析:小球在圆轨道内壁做圆周运动,恰好能通过最高点B,则重力和静电力的合力刚好提供向心力,根据牛顿第二定律可得mg-qE=ma,
mg-qE=m,解得a=g-,vB=,故A错误,B正确;小球从B到A过程,根据动能定理可得mg·2R-qE·2R=m-m,
则EkA=m=(mg-qE)R,设小球经过A点时受到轨道支持力为FN,有FN+qE-mg=m,解得FN=6(mg-qE),根据牛顿第三定律可知,小球运动到最低点A时对轨道的压力大小为 6(mg-qE),故C错误,D正确。
7.如图所示,ABCD为放在 E=1.0×103 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑导轨。水平直线轨道AB长度 L=0.15 m,BCD部分为竖直面内的半圆环,其半径为0.1 m,D点为最高点,今有质量m=0.01 kg、q=1.0×10-4 C的小球自A点从静止释放沿轨道运动,g取10 m/s2。
(1)求小球运动到图中C点时对轨道的压力大小;
(2)要使小球能运动到D点,开始时小球的位置应离B点至少多远
解析:(1)设小球到达C点时的速度为vC,小球从A到C过程中根据动能定理有Eq(L+R)-mgR=m,
小球经过C点时由牛顿第二定律得
FN-Eq=m,
联立解得FN=0.4 N,
根据牛顿第三定律可知,小球运动到题图中C点时对轨道的压力大小为FN′=FN=0.4 N。
(2)当小球恰好通过最高点D时,重力充当向心力,根据牛顿第二定律有mg=m,
小球在从A到D的过程中,A、B间距离最小时有qELmin-mg·2R=m,
联立解得Lmin=0.25 m。
答案:(1)0.4 N　(2)0.25 m
考点四　带电粒子(带电体)在交变电场中的运动
8.在如图甲所示的两平行极板A、B上加如图乙所示的电压,开始时B板的电势比A板高,在t=0时两极板中间静止的电子在静电力作用下开始运动,设电子在运动中不与极板发生碰撞,则下列说法正确的是(不计电子重力)(　A　)
A.电子一直向B板运动
B.电子一直向A板运动
C.电子先向A板运动,然后向B板运动,再返回A板做周期性往复运动
D.电子先向B板运动,然后向A板运动,再返回B板做周期性往复运动
解析:由Ut图像可知,0～0.025 s内B板的电势比A板高,电子所受静电力水平向左,故向左做初速度为零的匀加速直线运动。0.025～0.05 s内A板的电势比B板高,电子所受静电力大小不变,方向水平向右,电子向左做匀减速直线运动,由运动的对称性可知,在0.05 s时电子速度减小到零,且处于中点左侧一段距离,之后极板间的电场做周期性变化,则重复上述过程,即电子一直向B板移动,选项A正确。
9.(多选)如图甲所示为两块水平金属板,在两板间加上周期为T的交变电压U,电压U随时间t变化的图像如图乙所示。现有一群质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两金属板间,经时间T都能从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是(　BD　)
A.t=0时入射的粒子,从进入电场到射出电场,静电力对粒子始终不
做功
B.t=T时入射的粒子,离开电场时的速度方向沿水平方向
C.t=T时入射的粒子,离开电场时偏离中线的距离最大
D.t=T时入射的粒子,离开电场时的速度大小等于初速度v0
解析:因为沿水平方向粒子的速度v0保持不变,当粒子在t=0入射时,在0～T时间内沿电场线方向先加速后减速,当t=T时粒子在竖直方向上的速度恰好减小为零,因此离开电场时偏离中线的距离最大,静电力对粒子先做正功后做负功,故A错误;当粒子在t=T入射时,在T～T时间内沿电场方向经历先加速后减速的运动,由对称性可知,T时沿电场线方向速度为0,即粒子沿水平方向飞离电场,故B正确;在t=T时入射的粒子,在T～T时间内沿电场线方向做加速运动,此后在T～T时间内沿原方向做减速运动,直到速度为零,此时与中线距离最大,同理,在T～T 时间内,粒子做同性质的反向运动,T时粒子回到中线位置而离开电场时不偏离中线,故C错误;当粒子在t=T入射时,T～T时间内粒子沿电场线方向先加速后减速运动,T时沿电场线方向速度为0,T～T时间内做反向的先加速后减速运动,T时沿电场线方向速度为0,即离开电场时速度大小为v0,故D正确。
能力提升练
10.如图所示,空间中存在水平向右的匀强电场,电场中固定一半圆形绝缘槽,槽的左右端点a、c等高,b为槽的最低点。从a点静止释放一质量为m的带负电的小球,小球沿圆弧槽下滑至b点时对槽的压力为mg。小球可视为质点,运动过程中电荷量保持不变,摩擦力可忽略不计,重力加速度为g。下列判断正确的是(　D　)
A.小球可以运动至c点
B.小球将在b点保持静止
C.小球运动过程中的最大速率为
D.若从c点静止释放小球,小球将沿直线运动至b点
解析:由于小球下滑至b点时对槽的压力为mg,所以圆弧槽b点对小球的支持力大小为mg,可知小球在竖直方向受力平衡,此时小球的速度为0,且所受重力和静电力的合力方向为左下方,因此小球不可以运动至c点,但也不会在b点静止,选项A、B错误;小球从a点沿槽运动到b点的过程中,初、末动能均为0,可知重力做的功与静电力做的功大小相等,则有mgR=qER,可得qE=mg,则重力与静电力的合力与竖直方向的夹角为45°,如图所示,
当小球运动到所受合力方向沿半径背离圆心位置时,小球的速率最大,根据动能定理有mgRsin 45°-qER(1-cos 45°)=m,解得vm=,选项C错误;由小球所受合力的方向可知,从c点静止释放小球,小球将沿直线运动至b点,选项D正确。
11.如图所示,金属板AB和CD水平放置,中间开有小孔O1、O2,两板之间加有加速电压U0。金属板EF和GH均是以O点为圆心,半径为3R和R的同心圆弧板,O3O4也是以O点为圆心的圆弧,且到两金属板距离相等,两板之间加有电压。长为2R的金属板MN、PQ水平放置,点M、P分别和点F、H对齐,两板之间加有偏转电压。质量为m、电荷量为q的粒子从粒子源中无初速度飘进加速电场,恰好能沿图示O1-O2-O3-O4-O5-K虚线轨迹运动,最后到达PQ板的中点K。不考虑电场的边界效应,不计粒子的重力。
(1)求圆弧O3O4处电场强度的大小;
(2)为使粒子恰好能到达PQ板的中点K,求金属板MN、PQ之间加的偏转电压U的值;
(3)从粒子进入金属板MN、PQ开始计时,经多长时间粒子运动到距直线MQ最近处,最近距离是多少
解析:(1)粒子从O1运动到O2的过程中,根据动能定理有qU0=m,
粒子从O3运动到O4的过程中,设所经电场的电场强度大小为E1,由牛顿第二定律得qE1=m,
联立解得E1=。
(2)粒子在金属板MN、PQ之间做类平抛运动,在从O5到K运动过程中,若所经电场的电场强度大小为E2,水平方向有R=v0t,
竖直方向有R=at2,
且E2q=ma,U=2RE2,
联立解得U=8U0。
(3)把电场中的运动分解成平行于MQ和垂直于MQ两个方向的分运动。在垂直MQ方向,粒子速度减为0的过程中做匀减速直线运动,对该分运动有t==,
根据v2-=2ax得
0-(v0cos 45°)2=-2asin 45°·y,
解得y=R,
所以粒子距离MQ最近为d=Rcos 45°-y=R。
答案:(1)　(2)8U0　(3)　R(共35张PPT)
微专题4　带电粒子(带电体)在电场中运动的常见类型
「定位·学习目标」
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,明确向心力的来源。
3.会分析带电粒子在交变电场中的运动。通过对电场中带电体的各类问题的分析、解答,提高科学思维和探究能力。
突破·关键能力
要点一　带电粒子(带电体)的直线运动问题
「要点归纳」
解答带电粒子(带电体)的直线运动(加速或减速)问题的方法
(1)动力学方法。
当带电粒子(带电体)所受合力为恒力且与速度方向共线时,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、运动学规律;在重力场和水平方向匀强电场的叠加场中的匀变速直线运动,也可以分解为沿重力方向、静电力方向的直线运动分别列式求解。
(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] (带电体在电场中的直线运动)空间存在水平方向的匀强电场,一个带正电小球从A点射入电场中,刚好沿直线AB运动,如图,AB与电场线夹角为θ,已知带电小球的质量为m,电荷量为q,A、B相距L。(重力加速度为g)
(1)说明小球在电场中做怎样的直线运动。
「典例研习」
答案:(1)匀减速直线运动
解析:(1)小球受到重力和静电力作用而沿AB方向做直线运动,可知其合力与AB共线且保持不变,即静电力的方向水平向左,小球做匀减速直线运动。
(2)求匀强电场的电场强度。
解析:(2)小球受力如图所示,
由几何关系得
mg=Eqtan θ,
解得E= ,
由于带正电小球所受静电力水平向左,可知电场强度方向水平向左。
(3)要使小球能从A点运动到B点,小球射入电场时的最小速度是多少
要点二　带电粒子(带电体)的类平抛运动问题
「要点归纳」
解答带电粒子(带电体)的类平抛运动问题的方法
(1)运动分解的方法。
将运动分解为沿垂直于电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动,在这两个方向上分别用运动学规律或牛顿第二定律求解。
(2)利用功能关系和动能定理分析。
①功能关系:静电力做正(负)功等于电势能的减少(增加)量,W电=
Ep1-Ep2。
②动能定理:合力做的功等于动能的变化,W=Ek2-Ek1。
[例2] (带电粒子在电场中的类平抛运动)如图所示,质量为m=4×10-8 kg的带电微粒(重力不能忽略)以v0=1 m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间。已知板长L=10 cm,板间距离d=2 cm,当UAB=1×103 V 时,带电微粒恰好沿两极板中间直线穿过。(g取10 m/s2)
(1)求带电微粒所带电荷量q。
「典例研习」
答案:(1)8×10-12 C　
解析:(1)由于带电微粒在两极板中间沿直线穿过,重力不能忽略,可知静电力方向竖直向上,即微粒带负电,根据平衡条件有
mg=q ,
解得q=8×10-12 C。
(2)A、B间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出
答案:(2)800 V要点三　带电粒子(带电体)的圆周运动问题
「要点归纳」
解决带电粒子(带电体)在电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,也有可能只是静电力。有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动,找出等效“最高点”和“最低点”。
[例3] (带电体在电场中的圆周运动)如图所示,空间内存在方向水平向右的匀强电场,一根长为L、不可伸长的绝缘细绳的一端连着一个质量为m、带电荷量为+q的小球,另一端固定于O点。初始时细绳(张紧状态)与电场线平行,由静止释放小球,已知小球摆到最低点的另一侧时,细绳与竖直方向的最大夹角θ=30°,重力加速度为g,求:
「典例研习」
(1)匀强电场的电场强度大小E;
解析:(1)对小球由静止释放到另一侧的最高位置的过程中,根据动能定理有mgLcos θ-EqL(1+sin θ)=0,
解得E= 。
(2)绝缘细绳的最大拉力大小Fmax。
要点四　带电粒子(带电体)在交变电场中的运动问题
「要点归纳」
解答带电粒子(带电体)在交变电场中运动问题的方法
(1)分段分析:按照时间的先后,分阶段分析带电粒子(带电体)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)v-t图像辅助:带电粒子(带电体)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带电粒子(带电体)受力的情况下,画出 v-t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)注意运动的对称性和周期性:带电粒子(带电体)在周期性变化的电场中运动时,其运动一般具有对称性和周期性。
[例4] (带电粒子在交变电场中的运动)如图甲所示,P、Q为竖直放置的平行金属板,将如图乙所示电压U加在两板上,且U为正时P板电势高。一质量m=6.4×10-13 kg,电荷量q=3.2×10-10 C的带正电粒子从t1=2.0×10-3 s时刻开始由静止从P板向Q板运动。已知P、Q两板间距L=1.0 m,不计粒子重力。求:
「典例研习」
(1)粒子从t1时刻开始经电场变化一个周期的位移大小;
答案:(1)6.25 cm
解析:(1)在0.2×10-2～0.5×10-2 s这段时间内,粒子向右做匀加速直线运动,在0.5×10-2～0.8×10-2 s这段时间内,粒子向右做匀减速直线运动,在t2=0.5×10-2 s时刻速度v1最大,t3=0.8×10-2 s时刻速度为零,其加速度大小为
a= =1.25×104 m/s2,
其最大速度为v1=a(t2-t1)=37.5 m/s,
在t1～t3时间内向右的位移为x1=2× v1(t2-t1)=11.25 cm,
在t3=0.8×10-2 s到t4=1.0×10-2 s时间内,粒子向左做匀加速直线运动,此后向左做匀减速直线运动,在1.0×10-2 s时刻速度v2最大,在t5=1.2×10-2 s时刻速度为零,则v2=a(t4-t3)=25 m/s,
在t3～t5时间内向左的位移为x2=2× v2(t4-t3)=5 cm,
粒子在一个周期内向右运动的位移为x=x1-x2=6.25 cm。
(2)粒子由P板出发后,将以多大的动能撞击Q板。
答案:(2)4×10-10 J
解析:(2)设粒子经过n个周期后才到达Q板,则有L-nx≤x,得n≥15。
而15个周期的位移为15x=93.75 cm,
此时距离Q板100 cm-93.75 cm=6.25 cm,
粒子在该过程中,先加速运动位移为x3= x1=5.625 cm;
再减速运动且位移x4=6.25 cm-x3=0.625 cm,
根据动能定理,有Ek=q x3-q x4=4×10-10 J。
检测·学习效果
1
2
3
4
1.(多选)如图所示,某一区域存在水平向右的匀强电场,在竖直平面内有一初速度为v0的带电微粒恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。下列说法正确的是(　 　)
A.微粒只能带正电荷
B.微粒可能做匀加速直线运动
C.仅改变初速度的方向(与原速度不共线),微粒仍然做直线运动
D.运动过程中微粒电势能变大
√
√
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2
3
4
解析:带电微粒在电场中做直线运动,则合力沿直线方向或者合力为零,由于静电力沿电场线方向,说明微粒一定受重力作用,重力竖直向下,则静电力一定水平向右,故微粒带正电荷且沿直线做匀加速运动,故A、B正确;由于合力方向确定,仅改变初速度方向(与原速度不共线),则初速度和合力不共线,微粒将做曲线运动,故C错误;运动过程中静电力方向与运动方向夹角为锐角,则静电力做正功,电势能减小,故D错误。
2.如图所示,在竖直向下的匀强电场中,用细线拴一带负电的小球,在竖直平面内做圆周运动,则(　 　)
A.小球不可能做匀速圆周运动
B.小球运动到最低点时,电势能一定最大
C.小球运动到最低点时,小球的线速度一定最大
D.小球运动到最高点时,细线的张力一定最小
√
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2
3
4
解析:若小球重力不可忽略,则重力方向竖直向下,静电力方向竖直向上,当二者大小相等且保持细线拉力大小不变时,则可能做匀速圆周运动,故A错误;小球从最高点到最低点过程中,静电力做负功且值最大,即小球在最低点电势能最大,故B正确;重力与静电力大小关系未知,小球速度最大位置不能确定,细线张力最小位置也不确定,故C、D错误。
3.如图甲所示,在平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压。当t=0时,一个电子从靠近N板处由静止开始运动,经1.0×10-3 s到达两板正中间的P点,那么在3.0×10-3 s这一时刻,电子所在的位置和速度大小为(　 　)
A.到达M板,速度为零
B.到达P点,速度为零
C.到达N板,速度为零
D.到达P点,速度不为零
1
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3
4
√
解析:在0～1.0×10-3 s的时间里,电子做初速度为零的匀加速直线运动,当t=1.0×10-3 s时电子达到P点,之后板间电压反向,两极板间的电场强度大小不变,方向和原来相反,电子开始做匀减速直线运动,由于加速度的大小不变,当t=2.0×10-3 s时电子到达靠近M板处,且速度减为零。随后电子将反向做加速运动,当t=3.0×10-3 s时电子又回到P点,且速度大小与第一次经过P点时相等,而方向相反。故选项D正确。
1
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3
4
4.如图所示,空间内匀强电场的方向竖直向下,S为点光源,MN为竖直墙壁,S到MN的距离为L。一可视为质点的带电小球A,其质量为m、所带电荷量为q(q>0)。将小球A从点光源S处以大小为v0的初速度向右水平抛出,小球A最终打在墙壁上。已知电场强度大小为E= ,重力加速度为g,不计空气阻力,求:
(1)小球A在空中运动时的加速度a的大小;
1
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解析:(1)带电小球运动过程中,由牛顿第二定律可得qE+mg=ma,
解得a=2g。
答案:(1)2g
1
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(2)小球A运动时间t时,小球在墙壁上影子的速度v的大小。
答案:(2)
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