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第十章　静电场中的能量
拓展提升课3　带电粒子在电场中运动的综合分析
核心要点 点点过
1
目录
即时演练 堂堂清
2
课时作业
3
核心要点 点点过
研究带电粒子在复合场中做直线运动(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。
在重力场和电场的叠加场中的匀变速直线运动,亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来分别处理。
(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。
要点一　带电粒子(计重力)在匀强电场中的直线运动
【例1】　(多选)如图所示,真空中竖直平面内有一水平向右的匀强电场,一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动,已知重力加速度为g,微粒的初速度为v0,则(　 　)
A.微粒一定带正电
B.微粒一定做匀速直线运动
C.微粒的电势能一定增加
D.可求出微粒运动的加速度
CD
【解析】　微粒受到重力和静电力作用,做直线运动,所受合力不可能为0,只能与运动方向共线,受力如图所示,由于静电力与电场强度方向相反,所以微粒带负电,A错误;合力方向与运动方向相反,故微粒做匀减速直线运动,B错误;微粒由A向B做直线运动的过程,静电力做负功,电势能增加,C正确;由牛顿第二定律可得F合==ma,解得a=,D正确。
【例2】　如图所示,两水平边界M、N之间存在竖直向上的匀强电场。一根轻质绝缘竖直细杆上等间距地固定着A、B、C三个带正电小球,每个小球质量均为m,A、B两球带电荷量均为q、C球带电荷量为2q,相邻小球间的距离均为L。将该细杆从边界M上方某一高度处由静止释放,已知B球进入电场上边界时的速度是A球进入电场上边界时速度的2倍,且B球进入电场后杆立即做匀速直线运动,C球进入电场时A球刚好穿出电场。整个运动过程中杆始终保持竖直状态,重力加速度为g。不计空气阻力。求:
(1)匀强电场的电场强度的大小E;
【解析】　B球进入电场后,杆立即做匀速直线运动,有3mg=2qE,解得E=。
【答案】　　
(2)A球经过电场上边界时的速度的大小v0;
【解析】　从A球进入电场到B球进入电场的过程中,运用动能定理得3mgL-qEL=×3m·(2v0)2-,解得v0=。
【答案】　　
(3)C球经过边界N时的速度的大小。
【解析】　由C球进入电场时A球刚好穿出电场可知,M、N间的宽度为2L。设C球经过边界N时的速度大小为v1,从A球进入电场到C球穿出电场的过程,运用动能定理得3mg·4L-4qE·2L=,解得v1=。
【答案】　
分析方法
(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
①功能关系:静电力做功等于电势能的减少量,W电=Ep1-Ep2。
②动能定理:合力做功等于动能的变化,W=Ek2-Ek1。
要点二　带电粒子(计重力)在电场中的类平抛运动
【例3】　(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动轨迹如图所示。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为8.0 J,在M点的动能为6.0 J,不计空气阻力。设带点小球所受的静电力为F、重力为G,则(　 　)
A.
C.
BD
【解析】　由于合运动与分运动具有等时性,设小球所受的静电力为F,重力为G,则由动能定理得Ek0=,Ek=mv2,v0=gt,v=at,g=,F=Eq=ma,联立可得,故A错误,B正确;小球在竖直方向上做竖直上抛运动,根据对称性得知,小球从A点至M点和从M点至B点的时间t相等,小球在水平方向上做初速度为0的匀加速直线运动,设加速度为a,则x1=at2,又x2=vt+at2,v=at,则x2=vt+at2=at2+at2=at2,所以,故C错误,D正确。
分析此类问题要注意粒子在哪个方向不受力,在哪个方向受静电力,粒子的运动轨迹向哪个方向弯曲。
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.v-t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v-t图像,画图时,注意加速度相同时图线是平行的直线,图线与坐标轴所围图形的面积表示位移,图线与t轴的交点表示此时速度方向改变,等等。
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,粒子的运动一般具有对称性和周期性。
要点三　带电粒子在交变电场中的运动
【例4】　由电子加速器、偏转电场组成的装置可以实现电子扩束。如图甲所示,大量初速度为0的电子经电压为U0的加速电场加速后,连续不断地沿中线射入水平放置的两块正对的平行金属板。当两板不带电时,这些电子通过两板之间的时间为2t0,当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、偏转电压峰值为U1的交变电压时,恰好所有电子都能从两板间通过,已知平行金属板长度为L,两板间距为d,电子的电荷量为-e,质量为m,不计电子重力和它们之间的相互作用力,求:
(1)加速电场的电压U0;
【解析】　设电子加速后速度为v0,有eU0=,当两板不带电时,电子通过两板之间的时间为2t0,有L=v0×2t0,解得U0=。
【答案】　　
(2)偏转电场的电压U1。
【解析】　电子在偏转电场中做类平抛运动,加速度大小为a,有e=ma,在t=nt0(n=0,1,2,…)时刻进入偏转电场的电子偏转位移最大,电子经时间2t0恰好从两板间射出,有×2,解得U1=。
【答案】　
1.解决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。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”。
要点四　带电粒子(体)在电场(复合场)中的圆周运动
2.等效“最高点”与等效“最低点”举例
【例5】　如图所示,BCDG是光滑绝缘的圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块受到的静电力大小为mg,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小。
【解析】　设滑块到达C点时的速度为v,滑块所带电荷量为q,匀强电场的电场强度为E,由动能定理有qE(s+R)-μmgs-mgR=mv2, qE=mg,
解得v=,
设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F,则F-qE=m, 解得F=mg,
由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的作用力大小为F'=F=mg。
【答案】　mg　
(2)为使滑块恰好始终沿轨道滑行(不脱离轨道),求滑块在圆形轨道上滑行过程中的最小速度。
【解析】　要使滑块恰好始终沿轨道滑行,则滑至圆形轨道DG间某点,由静电力和重力的合力提供向心力,此时的速度最小,设为vmin,
则有,
解得vmin=。
【答案】　
即时演练 堂堂清
1.(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,则下列说法正确的是(　 　)
A.微粒在0~1 s内的加速度与1~2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒将做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
BD
解析:设微粒的速度方向、位移方向向右为正,作出微粒的v-t图像如图所示,由图可知B、D正确。
2. (多选)如图所示,带等量异种电荷的平行板电容器的两个极板A、B与水平面成θ角,B板带正电。一比荷为k的带电粒子恰好能沿图中水平直线ab通过电容器,重力加速度为g,则(　 　)
A.粒子带正电
B.两极板间的电场强度大小为
C.仅增大两极板间的距离,粒子仍能沿直线ab通过电容器
D.仅减小两极板间的距离,粒子偏向A极板向上做曲线运动
AC
解析:带电粒子恰好能沿图中水平直线ab通过电容器,对带电粒子受力分析如图所示,因电容器的A极板带负电,所以粒子带正电,故A正确;由=cos θ,可得E=,故B错误;由U=,C=,可得E=,仅增大或减小两极板间的距离,电容器的电荷量Q不变,所以电场强度不变,粒子受到的静电力不变,合力不变,粒子仍能沿直线ab通过电容器,故C正确,D错误。
3.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动。已知小球所受静电力是其重力的,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,轨道水平段BC长度sBC=2R。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度h为 (　 　)
A.2R B.4R
C.10R D.17R
C
解析:小球所受的重力和静电力均为恒力,故两力可等效为一个力F=
mg,方向与竖直方向的夹角为37°偏左下。若
使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效“最高点”D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识可得,由A到D
的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos 37°)-mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)=
,解得h=10R,故C正确,A、B、D错误。
4.空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求:
(1)电场强度的大小;
解析:设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度大小为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma①,
gt2②,解得E=③。
答案:
(2)B运动到P点时的动能。
解析:设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有mgh+qEh=Ek-④,且有v1·=v0t⑤,h=gt2⑥,联立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2)。
答案:2m(+g2t2)
课时作业12
1. (5分)如图所示,一带正电的小球在匀强电场中,受到的静电力与小球的重力大小相等,以初速度v0沿ON方向做加速度不为0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 (　 　)
A.静电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,小球的速度方向发生改变
D
解析: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mg=qE,所以静电力qE与重力关于ON对称,根据几何关系可知静电力qE与水平方向夹角为30°,小球受力情况如图所示,合力沿ON向下,大小为mg,所以加速度大小为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;设小球减速到0所用时间为t,则t=,故经过时间,小球速度刚好减为0,然后反向加速,即经过时间,小球的速度方向发生改变,故D正确。
2.(5分)(多选)如图甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处。(不计电子重力作用)下列说法中正确的是(　 　)
A.从t=0时刻释放电子,电子将始终向右运动,直到打到右极板上
B.从t=0时刻释放电子,电子可能在两板间往复运动
C.从t=时刻释放电子,电子可能在两板间往复运动,也可能打到右极板上
D.从t=时刻释放电子,电子必将打到左极板上
AC
解析:若t=0时刻释放电子,电子将重复先加速后减速运动,直到打到右极板,不会在两板间往复运动,A正确,B错误;若从t=时刻释放电子,电子先加速,再减速,有可能电子已达到右极板,若此时未达到右极板,则电子将在两极板间往复运动,C正确;同理,若从t=时刻释放电子,电子有可能达到右极板,也有可能从左极板射出,这取决于两极板间的距离,D错误。
3. (5分)(多选)如图所示,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,则 (　 　)
A.小球可能做匀速圆周运动
B.当小球运动到最高点a时,细线的张力一定最小
C.当小球运动到最高点a时,小球的电势能一定最小
D.当小球运动到最低点b时,小球的速度一定最大
AC
解析:当小球重力等于小球所受静电力时,只有细线的拉力提供向心力,小球可能做匀速圆周运动,故A正确;当小球所受重力小于静电力时,a点为等效“最低点”,则小球运动到最高点a时,细线中的张力最大,故B错误;根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知,在圆周上a点的电势最高,由Epa=qφa知,当小球运动到最高点a时,小球的电势能一定最小,故C正确;当小球所受重力小于静电力时,a点为等效“最低点”,则小球运动到最高点a时,小球的速度最大,故D错误。
4. (5分)如图所示,两带电平行金属板水平放置,有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球,从P点以相同的初速度垂直电场方向进入匀强电场E中,它们分别落到A、B、C三点,则可判断(　 　)
A.三个小球到达正极板时的动能关系是EkA>EkB>EkC
B.三个小球在电场中运动的时间关系是tA=tB=tC
C.三个小球在电场中运动的加速度关系是aC>aB>aA
D.落到A点的小球带负电,落到B点的小球不带电
C
解析:在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示。由图可知不带电小球做平抛运动的加速度a1=g,带正电小球做类平抛运动的加速度a2=g,则a3>a1>a2,由于竖直方向位移相等,且初速度相同,则aC>aB>aA,所以落到A点的是带正电小球;落到B点的是不带电小球;落到C点的是带负电小球,tA>tB>tC,C正确,B、D错误。根据动能定理,三个小球到达正极板时的动能等于这一过程中合力对小球做的功,由受力图可知,带负电小球合力最大为G+F,做功最多,动能最大,带正电小球合力最小为G-F,做功最少,动能最小,即EkA5.(5分)(多选)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为l,板间距离为d,距板右端l处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,则下列结论正确的是(已知重力加速度为g) (　 　)
A.两极板间电压为
B.板间电场强度大小为
C.整个过程中质点的重力势能增加
D.若仅增大两极板间距,则该质点不可能垂直打在M上
BC
解析:据题分析可知,质点在平行板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,质点的轨迹向下偏转,才能最后垂直打在屏M上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图所示,可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得qE-mg=ma,mg=ma,解得E=,由U=Ed得两极板间电压U=,故A错误,B正确;质点在电场中向上偏转的距离y=at2,a==g,t=,解得y=,故质点打在屏上的位置与P点的距离
为s=2y=,重力势能的增加量Ep=mgs=,故C正确;仅增大两极板间的距离,因两极板上电荷量不变,根据E=可知,板间电场强度不变,质点在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏M上,故D错误。
6. (12分)如图所示,水平放置的两平行金属板A、B的间距为d,电容为C,开始时两极板均不带电,A板接地且中央有小孔。现将带电荷量为q、质量为m的带电液滴从小孔(和A板面积相比足够小)正上方h高处的O点无初速度滴下,液滴落到B板后电荷全部传给B板。求:
(1)若液滴在A、B间可做匀速直线运动,则此液滴是第几滴
解析:随着液滴的不断下落,B板所带电荷量不断增加,由C=知,两极板间电压也不断增加。由E=知,两极板间电场强度也不断增加。当带电液滴做匀速直线运动时,由平衡条件有qE=mg,又E=,Q=nq,所以nq=Cd,解得n=,故第+1滴带电液滴在A、B间做匀速直线运动。
答案:+1　
(2)能够到达B板的液滴不会超过多少滴
解析:当到达B板的液滴增多时,电容器所带电荷量增大,两极板间电势差也增大。设能够到达B板的液滴不会超过n'滴,且第n'滴到达B板的速度恰好为0。对第n'滴液滴,由动能定理得qU'=mg(h+d),又U'=,联立解得n'=+1。
答案:+1
7. (5分)(多选)在水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,如图所示。重力加速度为g,由此可知 (　 　)
A.小球所受静电力大小为3mg
B.小球带正电
C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
AD
解析:两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系,所以时间也是二倍的关系,故C错误;在竖直方向有h=gt2,,解得F=3mg,故A正确;小球受到的静电力向上,与电场方向相反,所以小球应该带负电,故B错误;速度变化量等于加速度与时间的乘积,即Δv=at,结合以上的分析可得,AB过程Δv=gt,BC过程|Δv|==gt,故D正确。
8.(5分)(多选)如图甲所示,光滑绝缘水平桌面上固定一圆形光滑绝缘轨道,整个轨道处于水平向右的匀强电场中。一质量为m、带电荷量为q的带正电小球,在轨道内做完整的圆周运动。小球运动到A点时速度大小为v,且在该位置轨道对小球的弹力大小为FN。其中FN-v2图像如图乙所示,则下列说法正确的是(　 　)
A.圆形轨道半径为
B.小球运动过程中通过A点时速度最小
C.匀强电场的电场强度大小为
D.当v2=b时,小球运动到B点时轨道对小球的弹力大小为6a
ABD
解析:对A点处的小球受力分析,由牛顿第二定律可得FN+qE=m,则FN=m-qE,所以FN-v2图像的斜率k=,图像的纵截距-a=
-qE,解得匀强电场的电场强度大小E=,圆形轨道半径R=,故A正确,C错误;小球带正电,在圆形轨道上A点的电势最高,小球运动过程中通过A点时的电势能最大,由能量守恒定律知小球通过A点时速度最小,故B正确;当v2=b时,小球恰好通过A点,则qE=m,对小球从A到B过程,应用动能定理得qE·2R=mv2,小球在B点时,对小球受力分析,由牛顿第二定律可得FNB-qE=m,联立解得当v2=b时,小球运动到B点时轨道对小球的弹力FNB=6qE=6a,故D正确。
9. (13分)如图所示,板间距为d、板长为4d的水平金属板A和B上下正对放置,并接在电源上。现有一质量为m、带电荷量为+q的质点沿两板中心线以某一速度水平射入,当两板间电压为U0,且A接负极时,该质点就沿两板中心线射出;A接正极时,该质点就射到B板距左端为d的C处。重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)质点射入两板时的速度大小;
解析:当两板加上电压U0且A板接负极时,有q=mg①,
A板接正极时,设带电质点射入两板间时的速度为v0,向下运动的加速度为a,经时间t射到C点,有q+mg=ma②,
又水平方向有d=v0t③,
竖直方向有at2④,
由①②③④得v0=⑤。
答案:　
(2)当A接负极时,为使带电质点能够从两板间射出,两板所加恒定电压U的范围。
解析:要使带电质点恰好能从两板间射出,设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1,应有⑥,
4d=v0t1⑦,
由⑤⑥⑦得a1=⑧,
若a1的方向向上,设两板所加恒定电压为U1,有q-mg=ma1⑨,
若a1的方向向下,设两板所加恒定电压为U2,有mg-q=ma1⑩,
由①⑧⑨⑩解得U1=U0,U2=U0,
所以,所加恒定电压范围为U0。
答案:U0
本课结束带电粒子在电场中运动的综合分析
　　　　要点一　带电粒子(计重力)在匀强电场中的直线运动
研究带电粒子在复合场中做直线运动(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。
在重力场和电场的叠加场中的匀变速直线运动,亦可以分解为重力方向上、静电力方向上的直线运动来分别处理。
(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】　(多选)如图所示,真空中竖直平面内有一水平向右的匀强电场,一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动,已知重力加速度为g,微粒的初速度为v0,则(　CD　)
A.微粒一定带正电
B.微粒一定做匀速直线运动
C.微粒的电势能一定增加
D.可求出微粒运动的加速度
【解析】　微粒受到重力和静电力作用,做直线运动,所受合力不可能为0,只能与运动方向共线,受力如图所示,由于静电力与电场强度方向相反,所以微粒带负电,A错误;合力方向与运动方向相反,故微粒做匀减速直线运动,B错误;微粒由A向B做直线运动的过程,静电力做负功,电势能增加,C正确;由牛顿第二定律可得F合==ma,解得a=,D正确。
【例2】　如图所示,两水平边界M、N之间存在竖直向上的匀强电场。一根轻质绝缘竖直细杆上等间距地固定着A、B、C三个带正电小球,每个小球质量均为m,A、B两球带电荷量均为q、C球带电荷量为2q,相邻小球间的距离均为L。将该细杆从边界M上方某一高度处由静止释放,已知B球进入电场上边界时的速度是A球进入电场上边界时速度的2倍,且B球进入电场后杆立即做匀速直线运动,C球进入电场时A球刚好穿出电场。整个运动过程中杆始终保持竖直状态,重力加速度为g。不计空气阻力。求:
(1)匀强电场的电场强度的大小E;
(2)A球经过电场上边界时的速度的大小v0;
(3)C球经过边界N时的速度的大小。
【答案】　(1)　(2)　(3)
【解析】　(1)B球进入电场后,杆立即做匀速直线运动,有3mg=2qE,解得E=。
(2)从A球进入电场到B球进入电场的过程中,运用动能定理得3mgL-qEL=×3m·(2v0)2-,解得v0=。
(3)由C球进入电场时A球刚好穿出电场可知,M、N间的宽度为2L。设C球经过边界N时的速度大小为v1,从A球进入电场到C球穿出电场的过程,运用动能定理得3mg·4L-4qE·2L=
,解得v1=。
要点二　带电粒子(计重力)在电场中的类平抛运动
分析方法
(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
①功能关系:静电力做功等于电势能的减少量,W电=Ep1-Ep2。
②动能定理:合力做功等于动能的变化,W=Ek2-Ek1。
【例3】　(多选)在电场方向水平向右的匀强电场中,一带电小球从A点竖直向上抛出,其运动轨迹如图所示。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上,M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为8.0 J,在M点的动能为6.0 J,不计空气阻力。设带点小球所受的静电力为F、重力为G,则(　BD　)
A.
C.
【解析】　由于合运动与分运动具有等时性,设小球所受的静电力为F,重力为G,则由动能定理得Ek0=,Ek=mv2,v0=gt,v=at,g=,F=Eq=ma,联立可得,故A错误,B正确;小球在竖直方向上做竖直上抛运动,根据对称性得知,小球从A点至M点和从M点至B点的时间t相等,小球在水平方向上做初速度为0的匀加速直线运动,设加速度为a,则x1=at2,又x2=vt+at2,v=at,则x2=vt+at2=at2+at2=at2,所以,故C错误,D正确。
分析此类问题要注意粒子在哪个方向不受力,在哪个方向受静电力,粒子的运动轨迹向哪个方向弯曲。
要点三　带电粒子在交变电场中的运动
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.v-t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v-t图像,画图时,注意加速度相同时图线是平行的直线,图线与坐标轴所围图形的面积表示位移,图线与t轴的交点表示此时速度方向改变,等等。
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,粒子的运动一般具有对称性和周期性。
【例4】　由电子加速器、偏转电场组成的装置可以实现电子扩束。如图甲所示,大量初速度为0的电子经电压为U0的加速电场加速后,连续不断地沿中线射入水平放置的两块正对的平行金属板。当两板不带电时,这些电子通过两板之间的时间为2t0,当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、偏转电压峰值为U1的交变电压时,恰好所有电子都能从两板间通过,已知平行金属板长度为L,两板间距为d,电子的电荷量为-e,质量为m,不计电子重力和它们之间的相互作用力,求:
(1)加速电场的电压U0;
(2)偏转电场的电压U1。
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)设电子加速后速度为v0,有eU0=,当两板不带电时,电子通过两板之间的时间为2t0,有L=v0×2t0,解得U0=。
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动,加速度大小为a,有e=ma,在t=nt0(n=0,1,2,…)时刻进入偏转电场的电子偏转位移最大,电子经时间2t0恰好从两板间射出,有×2,解得U1=。
　　　　要点四　带电粒子(体)在电场(复合场)中的圆周运动
1.解决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。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”。
2.等效“最高点”与等效“最低点”举例
【例5】　如图所示,BCDG是光滑绝缘的圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块受到的静电力大小为mg,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小。
(2)为使滑块恰好始终沿轨道滑行(不脱离轨道),求滑块在圆形轨道上滑行过程中的最小速度。
【答案】　(1)mg　(2)
【解析】　(1)设滑块到达C点时的速度为v,滑块所带电荷量为q,匀强电场的电场强度为E,由动能定理有
qE(s+R)-μmgs-mgR=mv2,
qE= mg,
解得v=,
设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F,则F-qE=m,
解得F=mg,
由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的作用力大小为F'=F=mg。
(2)要使滑块恰好始终沿轨道滑行,则滑至圆形轨道DG间某点,由静电力和重力的合力提供向心力,此时的速度最小,设为vmin,
则有,
解得vmin=。
1.(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,则下列说法正确的是 (　BD　)
A.微粒在0~1 s内的加速度与1~2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒将做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
解析:设微粒的速度方向、位移方向向右为正,作出微粒的v-t图像如图所示,由图可知B、D正确。
2. (多选)如图所示,带等量异种电荷的平行板电容器的两个极板A、B与水平面成θ角,B板带正电。一比荷为k的带电粒子恰好能沿图中水平直线ab通过电容器,重力加速度为g,则(　AC　)
A.粒子带正电
B.两极板间的电场强度大小为
C.仅增大两极板间的距离,粒子仍能沿直线ab通过电容器
D.仅减小两极板间的距离,粒子偏向A极板向上做曲线运动
解析:带电粒子恰好能沿图中水平直线ab通过电容器,对带电粒子受力分析如图所示,因电容器的A极板带负电,所以粒子带正电,故A正确;由=cos θ,可得E=,故B错误;由U=,C=,可得E=,仅增大或减小两极板间的距离,电容器的电荷量Q不变,所以电场强度不变,粒子受到的静电力不变,合力不变,粒子仍能沿直线ab通过电容器,故C正确,D错误。
3.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,一带负电的小球从高为h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动后进入圆环内做圆周运动。已知小球所受静电力是其重力的,圆环半径为R,斜面倾角为θ=53°,轨道水平段BC长度sBC=2R。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,则高度h为 (　C　)
A.2R B.4R
C.10R D.17R
解析:小球所受的重力和静电力均为恒力,故两力可等效为一个力F=mg,方向与竖直方向的夹角为37°偏左下。若使小球在圆环内恰好能做完整的圆周运动,即通过等效“最高点”D时小球与圆环间的弹力恰好为0,由圆周运动知识可得,由A到D的过程由动能定理得mg(h-R-Rcos 37°)-mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)=,解得h=10R,故C正确,A、B、D错误。
4.空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求:
(1)电场强度的大小;
(2)B运动到P点时的动能。
答案:(1)　(2)2m(+g2t2)
解析:(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度大小为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma①,
gt2②,解得E=③。
(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O、P两点的高度差为h,根据动能定理有mgh+qEh=Ek-④,且有v1·=v0t⑤,h=gt2⑥,联立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2)。
课时作业12
(总分:60分)
1. (5分)如图所示,一带正电的小球在匀强电场中,受到的静电力与小球的重力大小相等,以初速度v0沿ON方向做加速度不为0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 (　D　)
A.静电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,小球的速度方向发生改变
解析: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mg=qE,所以静电力qE与重力关于ON对称,根据几何关系可知静电力qE与水平方向夹角为30°,小球受力情况如图所示,合力沿ON向下,大小为mg,所以加速度大小为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;设小球减速到0所用时间为t,则t=,故经过时间,小球速度刚好减为0,然后反向加速,即经过时间,小球的速度方向发生改变,故D正确。
2.(5分)(多选)如图甲所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处。(不计电子重力作用)下列说法中正确的是(　AC　)
A.从t=0时刻释放电子,电子将始终向右运动,直到打到右极板上
B.从t=0时刻释放电子,电子可能在两板间往复运动
C.从t=时刻释放电子,电子可能在两板间往复运动,也可能打到右极板上
D.从t=时刻释放电子,电子必将打到左极板上
解析:若t=0时刻释放电子,电子将重复先加速后减速运动,直到打到右极板,不会在两板间往复运动,A正确,B错误;若从t=时刻释放电子,电子先加速,再减速,有可能电子已达到右极板,若此时未达到右极板,则电子将在两极板间往复运动,C正确;同理,若从t=时刻释放电子,电子有可能达到右极板,也有可能从左极板射出,这取决于两极板间的距离,D错误。
3. (5分)(多选)如图所示,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,则 (　AC　)
A.小球可能做匀速圆周运动
B.当小球运动到最高点a时,细线的张力一定最小
C.当小球运动到最高点a时,小球的电势能一定最小
D.当小球运动到最低点b时,小球的速度一定最大
解析:当小球重力等于小球所受静电力时,只有细线的拉力提供向心力,小球可能做匀速圆周运动,故A正确;当小球所受重力小于静电力时,a点为等效“最低点”,则小球运动到最高点a时,细线中的张力最大,故B错误;根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知,在圆周上a点的电势最高,由Epa=qφa知,当小球运动到最高点a时,小球的电势能一定最小,故C正确;当小球所受重力小于静电力时,a点为等效“最低点”,则小球运动到最高点a时,小球的速度最大,故D错误。
4. (5分)如图所示,两带电平行金属板水平放置,有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球,从P点以相同的初速度垂直电场方向进入匀强电场E中,它们分别落到A、B、C三点,则可判断(　C　)
A.三个小球到达正极板时的动能关系是EkA>EkB>EkC
B.三个小球在电场中运动的时间关系是tA=tB=tC
C.三个小球在电场中运动的加速度关系是aC>aB>aA
D.落到A点的小球带负电,落到B点的小球不带电
解析:在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如图所示。由图可知不带电小球做平抛运动的加速度a1=g,带正电小球做类平抛运动的加速度a2=g,则a3>a1>a2,由于竖直方向位移相等,且初速度相同,则aC>aB>aA,所以落到A点的是带正电小球;落到B点的是不带电小球;落到C点的是带负电小球,tA>tB>tC,C正确,B、D错误。根据动能定理,三个小球到达正极板时的动能等于这一过程中合力对小球做的功,由受力图可知,带负电小球合力最大为G+F,做功最多,动能最大,带正电小球合力最小为G-F,做功最少,动能最小,即EkA5.(5分)(多选)如图所示,一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置,板长为l,板间距离为d,距板右端l处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,则下列结论正确的是(已知重力加速度为g) (　BC　)
A.两极板间电压为
B.板间电场强度大小为
C.整个过程中质点的重力势能增加
D.若仅增大两极板间距,则该质点不可能垂直打在M上
解析:据题分析可知,质点在平行板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,质点的轨迹向下偏转,才能最后垂直打在屏M上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图所示,可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得qE-mg=ma,mg=ma,解得E=,由U=Ed得两极板间电压U=,故A错误,B正确;质点在电场中向上偏转的距离y=at2,a==g,t=,解得y=,故质点打在屏上的位置与P点的距离为s=2y=,重力势能的增加量Ep=mgs=,故C正确;仅增大两极板间的距离,因两极板上电荷量不变,根据E=可知,板间电场强度不变,质点在电场中受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在屏M上,故D错误。
6. (12分)如图所示,水平放置的两平行金属板A、B的间距为d,电容为C,开始时两极板均不带电,A板接地且中央有小孔。现将带电荷量为q、质量为m的带电液滴从小孔(和A板面积相比足够小)正上方h高处的O点无初速度滴下,液滴落到B板后电荷全部传给B板。求:
(1)若液滴在A、B间可做匀速直线运动,则此液滴是第几滴
(2)能够到达B板的液滴不会超过多少滴
答案:(1)+1　(2)+1
解析:(1)随着液滴的不断下落,B板所带电荷量不断增加,由C=知,两极板间电压也不断增加。由E=知,两极板间电场强度也不断增加。当带电液滴做匀速直线运动时,由平衡条件有qE=mg,又E=,Q=nq,所以nq=Cd,解得n=,故第+1滴带电液滴在A、B间做匀速直线运动。
(2)当到达B板的液滴增多时,电容器所带电荷量增大,两极板间电势差也增大。设能够到达B板的液滴不会超过n'滴,且第n'滴到达B板的速度恰好为0。对第n'滴液滴,由动能定理得qU'=mg(h+d),又U'=,联立解得n'=+1。
7. (5分)(多选)在水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且AB=2BC,如图所示。重力加速度为g,由此可知 (　AD　)
A.小球所受静电力大小为3mg
B.小球带正电
C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D.小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
解析:两个平抛过程水平方向的位移是二倍的关系,所以时间也是二倍的关系,故C错误;在竖直方向有h=gt2,×,解得F=3mg,故A正确;小球受到的静电力向上,与电场方向相反,所以小球应该带负电,故B错误;速度变化量等于加速度与时间的乘积,即Δv=at,结合以上的分析可得,AB过程Δv=gt,BC过程|Δv|==gt,故D正确。
8.(5分)(多选)如图甲所示,光滑绝缘水平桌面上固定一圆形光滑绝缘轨道,整个轨道处于水平向右的匀强电场中。一质量为m、带电荷量为q的带正电小球,在轨道内做完整的圆周运动。小球运动到A点时速度大小为v,且在该位置轨道对小球的弹力大小为FN。其中FN-v2图像如图乙所示,则下列说法正确的是(　ABD　)
A.圆形轨道半径为
B.小球运动过程中通过A点时速度最小
C.匀强电场的电场强度大小为
D.当v2=b时,小球运动到B点时轨道对小球的弹力大小为6a
解析:对A点处的小球受力分析,由牛顿第二定律可得FN+qE=m,则FN=m-qE,所以FN-v2图像的斜率k=,图像的纵截距-a=-qE,解得匀强电场的电场强度大小E=,圆形轨道半径R=,故A正确,C错误;小球带正电,在圆形轨道上A点的电势最高,小球运动过程中通过A点时的电势能最大,由能量守恒定律知小球通过A点时速度最小,故B正确;当v2=b时,小球恰好通过A点,则qE=m,对小球从A到B过程,应用动能定理得qE·2R=mv2,小球在B点时,对小球受力分析,由牛顿第二定律可得FNB-qE=m,联立解得当v2=b时,小球运动到B点时轨道对小球的弹力FNB=6qE=6a,故D正确。
9. (13分)如图所示,板间距为d、板长为4d的水平金属板A和B上下正对放置,并接在电源上。现有一质量为m、带电荷量为+q的质点沿两板中心线以某一速度水平射入,当两板间电压为U0,且A接负极时,该质点就沿两板中心线射出;A接正极时,该质点就射到B板距左端为d的C处。重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)质点射入两板时的速度大小;
(2)当A接负极时,为使带电质点能够从两板间射出,两板所加恒定电压U的范围。
答案:(1)　(2)U0
解析:(1)当两板加上电压U0且A板接负极时,有q=mg①,
A板接正极时,设带电质点射入两板间时的速度为v0,向下运动的加速度为a,经时间t射到C点,有q+mg=ma②,
又水平方向有d=v0t③,
竖直方向有at2④,
由①②③④得v0=⑤。
(2)要使带电质点恰好能从两板间射出,设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1,应有⑥,
4d=v0t1⑦,
由⑤⑥⑦得a1=⑧,
若a1的方向向上,设两板所加恒定电压为U1,有q-mg=ma1⑨,
若a1的方向向下,设两板所加恒定电压为U2,有mg-q=ma1⑩,
由①⑧⑨⑩解得U1=U0,U2=U0,
所以,所加恒定电压范围为U0。

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