（京津瓊魯專用）2018-2019學(xué)年高中物理 第一章 靜電場 第9節(jié) 帶電粒子在電場中的運動學(xué)案 新人教版必修2.doc

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9　帶電粒子在電場中的運動 [學(xué)科素養(yǎng)與目標(biāo)要求] 科學(xué)思維：1.能夠從運動和力、功和能的角度分析帶電粒子在電場中的直線運動問題，通過綜合應(yīng)用牛頓第二定律、動能定理解題的過程，提高科學(xué)推理能力.2.建立帶電粒子在交變電場中直線運動的思維模型. 1.基本粒子的受力特點：對于質(zhì)量很小的基本粒子，如電子、質(zhì)子等，它們受到重力的作用一般遠(yuǎn)小于靜電力，故可以忽略. 2.帶電粒子的加速： (1)運動分析：帶電粒子從靜止釋放，將沿電場力方向在勻強(qiáng)電場中做勻加速運動. (2)末速度大?。焊鶕?jù)qU＝mv2，得v＝. 判斷下列說法的正誤. (1)質(zhì)量很小的粒子不受重力的作用.(　　) (2)動能定理能分析勻強(qiáng)電場中的直線運動問題，也能分析非勻強(qiáng)電場中的直線運動問題. (　√　) (3)利用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式可分析勻強(qiáng)電場中的直線運動問題，也可分析非勻強(qiáng)電場中的直線運動問題.(　　) (4)當(dāng)電子在電場中做加速直線運動時，電場力做負(fù)功，電勢能增加，動能增加.(　　) 一、帶電粒子在電場中的直線運動 如圖1所示，平行板電容器兩板間的距離為d，電勢差為U.一質(zhì)量為m、帶正電荷為q的α粒子，在電場力的作用下由靜止開始從正極板A向負(fù)極板B運動. 圖1 (1)比較α粒子所受電場力和重力的大小，說明重力能否忽略不計(α粒子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的4倍，即mα＝41.6710－27kg，電荷量是質(zhì)子的2倍). (2)α粒子的加速度是多大(結(jié)果用字母表示)？在電場中做何種運動？ (3)計算粒子到達(dá)負(fù)極板時的速度大小(嘗試用不同的方法求解，結(jié)果用字母表示). 答案　(1)α粒子所受電場力大、重力??；因重力遠(yuǎn)小于電場力，故可以忽略重力. (2)α粒子的加速度為a＝.在電場中做初速度為0的勻加速直線運動. (3)方法1　利用動能定理求解. 在帶電粒子的運動過程中，電場力對它做的功是W＝qU 設(shè)帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時的速率為v，則 Ek＝mv2 由動能定理可知qU＝mv2 v＝. 方法2　利用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式求解. 設(shè)粒子到達(dá)負(fù)極板時所用時間為t，則 d＝at2，v＝at，a＝ 聯(lián)立解得v＝. 1.帶電粒子的分類及受力特點 (1)電子、質(zhì)子、α粒子、離子等基本粒子，一般都不考慮重力. (2)質(zhì)量較大的微粒：帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力. 2.分析帶電粒子在電場力作用下加速運動的兩種方法 (1)利用牛頓第二定律F＝ma和運動學(xué)公式，只能用來分析帶電粒子的勻變速運動. (2)利用動能定理：qU＝mv2－mv02.若初速度為零，則qU＝mv2，對于勻變速運動和非勻變速運動都適用. 例1　如圖2所示，M和N是勻強(qiáng)電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U，一質(zhì)量為m(不計重力)、電荷量為－q的粒子，以速度v0通過等勢面M垂直射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度應(yīng)是(　　) 圖2 A. B.v0＋ C. D. 答案　C 解析　qU＝mv2－mv02，v＝，選C. 針對訓(xùn)練　如圖3所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間的電勢差不變，則(　　) 圖3 A.當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v增大 B.當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v減小 C.當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v不變 D.當(dāng)減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長 答案　C 解析　由動能定理得eU＝mv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，＝，＝，即t＝，當(dāng)d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤. 二、帶電體在重力場和電場疊加場中的直線運動 帶電體在電場中受電場力和重力作用，當(dāng)帶電體所受合外力為零時，將做勻速直線運動，當(dāng)帶電體所受合外力不為零，且合外力的方向與速度方向在一條直線上時將做加速或減速直線運動. 分析方法： (1)力和加速度方法——牛頓運動定律、勻變速直線運動公式； (2)功和能方法——動能定理； (3)能量方法——能量守恒定律. 例2　如圖4所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰好為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g).求： 圖4 (1)小球到達(dá)小孔處的速度大小； (2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落到運動到下極板處所用的時間. 答案　(1)　(2)　 (3) 解析　(1)小球從靜止開始下落到小孔處做自由落體運動，由v2＝2gh，得v＝. (2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓第二定律得：mg－qE＝ma 由運動學(xué)公式知：0－v2＝2ad 整理得電場強(qiáng)度E＝ 由U＝Ed，Q＝CU， 得電容器所帶電荷量Q＝. (3)設(shè)小球做自由落體運動所用時間為t1，電場中小球做勻減速運動所用時間為t2， 由h＝gt12，0＝v＋at2，t＝t1＋t2 整理得t＝. 例3　(2018山東濟(jì)南市高一下期末)如圖5所示，一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向水平向左.一個質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強(qiáng)的反方向成θ角做直線運動.(重力加速度為g)求： 圖5 (1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。? (2)小球從O點到最高點的距離； (3)小球運動到的最高點與O點的電勢差. 答案　(1)　(2)　(3) 解析(1)根據(jù)帶電小球做直線運動，則重力和電場力的合力與初速度在同一直線上，tanθ＝， 解得：E＝ (2)解法一：最高點與O點間的距離為s＝ F合＝＝ma 解得：s＝ 解法二：由動能定理：－s＝0－mv02 得：s＝ (3)最高點的電勢大于O點的電勢，電勢差U＝Escosθ＝. 三、帶電粒子在交變電場中的直線運動 例4　在如圖6所示的平行板電容器的兩板A、B上分別加如圖7甲、乙所示的兩種電壓，開始B板的電勢比A板高.在電場力作用下原來靜止在兩板中間的電子開始運動.若兩板間距離足夠大且不計重力，試分析電子分別在甲、乙兩種交變電壓作用下的運動情況，并畫出相應(yīng)的v－t圖象. 圖6 甲　　　　　　　乙 圖7 答案　見解析 解析　t＝0時，B板電勢比A板高，在電場力作用下，電子向B板(設(shè)為正向)做初速度為零的勻加速直線運動. 對于題圖甲，在0～T內(nèi)電子做初速度為零的正向勻加速直線運動，T～T內(nèi)電子做末速度為零的正向勻減速直線運動，然后周期性地重復(fù)前面的運動，其v－t圖線如圖(a)所示. 對于題圖乙，在0～內(nèi)做類似(1)0～T的運動，～T電子做反向先勻加速、后勻減速、末速度為零的直線運動.然后周期性地重復(fù)前面的運動，其v－t圖線如圖(b)所示. (a)　　　　　　(b) 1.當(dāng)空間存在交變電場時，粒子所受電場力方向?qū)㈦S著電場方向的改變而改變，粒子的運動性質(zhì)也具有周期性. 2.研究帶電粒子在交變電場中的運動需要分段研究，并輔以v－t圖象.特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場時的時刻及交變電場的周期. 1.(帶電粒子的直線運動)(2018山東濟(jì)寧市高一下期末)如圖8所示，P和Q為兩平行金屬板，板間恒定電壓為U，一電子只在電場力作用下，從P板由靜止開始向Q板運動.關(guān)于電子到達(dá)Q板時的速率，下列說法正確的是(　　) 圖8 A.兩板間距離越大，電子獲得的速率就越大 B.兩板間距離越小，電子獲得的速率就越大 C.電子到達(dá)Q板時的速率，與兩板間距離無關(guān) D.以上說法都不正確 答案　C 2.(帶電粒子的直線運動)兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點，然后返回，如圖9所示，OA＝L，則此電子具有的初動能是(　　) 圖9 A. B.edUL C. D. 答案　D 解析　電子從O點運動到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小.根據(jù)題意和題圖判斷，電子僅受電場力，不計重力.根據(jù)能量守恒定律得mv02＝eUOA.因E＝，UOA＝EL＝，故mv02＝，所以D正確. 3.(帶電粒子在交變電場中的直線運動)(多選)如圖10甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大.當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，選項中的圖象反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是(　　) 圖10 答案　AD 解析　在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性變化的電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的電場力F＝，所以電子所受的電場力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化.由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個內(nèi)向B板做勻加速直線運動，在第二個內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個內(nèi)向A板做勻加速直線運動，在第四個內(nèi)向A板做勻減速直線運動.所以a－t圖象如圖甲所示，v－t圖象如圖乙所示，又因勻變速直線運動的位移x＝v0t＋at2，所以x－t圖象應(yīng)是曲線. 4.(帶電體在疊加場中的直線運動)(2018山東聊城市高一下期末)如圖11所示，兩塊水平放置的平行金屬板M、N相距為d，組成一個電容為C的平行板電容器，M板接地，M板正中央有一個小孔B，從小孔B正上方高h(yuǎn)處的A點，一滴一滴地由靜止滴下質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電油滴，油滴穿過B孔后落到N板，把全部電荷量傳給N板，M板也帶上等量的異種電荷，不計空氣阻力及板外電場的影響.重力加速度為g，求： 圖11 (1)當(dāng)某一滴油滴在板間恰好做勻速直線運動時，板間的電場強(qiáng)度大小和電容器所帶的電荷量； (2)最終到達(dá)N板的油滴不會超過多少滴. 答案　(1)　　(2)＋1 解析　(1)由平衡條件得qE＝mg，電場強(qiáng)度E＝ 再由E＝，C＝ 得Q＝ (2)設(shè)已有n滴油滴到達(dá)N板，C＝ 第n＋1滴油滴恰好能到達(dá)N板，對于第n＋1滴油滴，根據(jù)動能定理得mg(h＋d)－qU′＝0 得n＝ 所以最終到達(dá)N板的油滴不會超過＋1. 一、選擇題 考點一　帶電粒子(體)在電場中的直線運動 1.質(zhì)子(H)、α粒子(He)、鈉離子(Na＋)三個粒子分別從靜止?fàn)顟B(tài)經(jīng)過電壓為U的同一電場加速后，獲得動能最大的是(　　) A.質(zhì)子(H) B.α粒子(He) C.鈉離子(Na＋) D.都相同 答案　B 解析　qU＝mv2－0，U相同，α粒子帶的正電荷多，電荷量最大，所以α粒子獲得的動能最大，故選項B正確. 2.如圖1所示，一個平行板電容器充電后與電源斷開，從負(fù)極板處釋放一個電子(不計重力)，設(shè)其到達(dá)正極板時的速度為v1，加速度為a1.若將兩極板間的距離增大為原來的2倍，再從負(fù)極板處釋放一個電子，設(shè)其到達(dá)正極板時的速度為v2，加速度為a2，則(　　) 圖1 A.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶2 B.a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2 C.a1∶a2＝2∶1，v1∶v2＝∶1 D.a1∶a2＝1∶1，v1∶v2＝1∶ 答案　D 解析　電容器充電后與電源斷開，再增大兩極板間的距離時，場強(qiáng)不變，電子在電場中受到的電場力不變，故a1∶a2＝1∶1.由動能定理Ue＝mv2得v＝，因兩極板間的距離增大為原來的2倍，由U＝Ed知，電勢差U增大為原來的2倍，故v1∶v2＝1∶. 3.(多選)圖2為示波管中電子槍的原理示意圖，示波管內(nèi)被抽成真空.A為發(fā)射電子的陰極，K為接在高電勢點的加速陽極，A、K間電壓為U，電子離開陰極時的速度可以忽略，電子經(jīng)加速后從K的小孔中射出時的速度大小為v.下面的說法中正確的是(　　) 圖2 A.如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度仍為v B.如果A、K間距離減半而電壓仍為U，則電子離開K時的速度變?yōu)? C.如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)関 D.如果A、K間距離不變而電壓減半，則電子離開K時的速度變?yōu)? 答案　AC 解析　根據(jù)動能定理，電場力對帶電粒子做功Uq＝mv2，v＝，根據(jù)關(guān)系式可知，A、C正確. 4.(多選)如圖3所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(　　) 圖3 A.所受重力與電場力平衡 B.電勢能逐漸增加 C.動能逐漸增加 D.做勻變速直線運動 答案　BD 解析　對帶電粒子受力分析如圖所示，F(xiàn)合≠0，則A錯誤.由圖可知電場力與重力的合力方向與v0方向相反，F(xiàn)合對粒子做負(fù)功，其中mg不做功，Eq做負(fù)功，故粒子動能減少，電勢能增加，B正確，C錯誤.F合恒定且F合與v0方向相反，粒子做勻減速運動，D正確. 5.如圖4所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點.由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點.現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　) 圖4 A.運動到P點返回 B.運動到P和P′點之間返回 C.運動到P′點返回 D.穿過P′點 答案　A 解析　根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝、定義式C＝和勻強(qiáng)電場的電壓與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確. 6.如圖5，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子.在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動.已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面.若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M∶m為(　　) 圖5 A.3∶2 B.2∶1 C.5∶2 D.3∶1 答案　A 解析　因兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為l，電荷量為－q的粒子通過的位移為l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1＝，a2＝，由運動學(xué)公式有 l＝a1t2＝t2 ① l＝a2t2＝t2 ② 得＝.B、C、D錯，A對. 7.(多選)(2018山東煙臺市高一下期末)在地面附近存在著一有界電場，邊界MN將某空間分成上下兩個區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在區(qū)域Ⅰ中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A，如圖6甲所示，小球運動的v－t圖象如圖乙所示，不計空氣阻力，則(　　) 圖6 A.小球經(jīng)過邊界時的速度最大 B.小球受到的重力與電場力大小之比為2∶3 C.0～3s內(nèi)，重力做的功和電場力做的功絕對值不相等 D.在小球運動的整個過程中，小球的機(jī)械能與電勢能總和保持不變 答案　ABD 解析　小球在Ⅰ區(qū)做自由落體運動，在Ⅱ區(qū)做勻減速運動，在邊界處速度最大，A正確；0～3 s內(nèi)，由動能定理得WG－W電＝0，C錯誤；0～3 s內(nèi)小球位移x＝3,1～3 s內(nèi)小球位移x2＝2，＝，又mgx－qEx2＝0，所以＝＝，B正確；只有重力和電場力做功，小球機(jī)械能和電勢能總和不變，D正確. 考點二　帶電粒子在交變電場中的直線運動 8.某平行金屬板間加如圖7所示的周期性變化的電勢差，開始時重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，t＝0時將其釋放，運動過程中無碰板情況.下列選項中能正確地描述粒子運動速度－時間圖象的是(　　) 圖7 答案　A 解析　從t＝0時刻開始將其釋放，在0～時間內(nèi)帶電粒子做初速度為零的勻加速直線運動，～T時間內(nèi)帶電粒子做同向勻減速直線運動且末速度為零，然后周期性地重復(fù)前面的運動，速度－時間圖象如選項A. 9.(多選)如圖8所示，兩平行正對金屬板分別加上如下列選項中的電壓，能使原來靜止在金屬板中央的電子(不計重力)有可能做往返運動的U－t圖象應(yīng)是(設(shè)兩板距離足夠大)(　　) 圖8 答案　BC 解析　由選項A圖象可知，電子先做勻加速運動，T時速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運動，T時速度減為零.然后重復(fù)前面的運動，一直向一個方向運動不往返. 由選項B圖象可知，電子先做勻加速運動，T時速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運動，T時速度減為零；從T到T反向勻加速運動，T時速度最大，從T到T內(nèi)做勻減速運動，T時速度減為零，回到出發(fā)點.然后重復(fù)往返運動. 由選項C圖象可知，電子先做加速度減小的加速運動，T時速度最大，從T到T內(nèi)做加速度增大的減速運動，T時速度減為零；從T到T反向做加速度減小的加速運動，T時速度最大，從T到T內(nèi)做加速度增大的減速運動，T時速度減為零，回到出發(fā)點.然后重復(fù)往返運動. 由選項D圖象可知，電子0～做勻加速運動，從T到T內(nèi)做勻速運動，然后重復(fù)加速運動和勻速運動，一直向一個方向運動不往返.故選B、C. 10.如圖9甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上.則t0可能屬于的時間段是(　　) 圖9 A.0＜t0＜ B.＜t0＜ C.＜t0＜T D.T＜t0＜ 答案　B 解析　兩板間加的是方波電壓，剛釋放粒子時，粒子向A板運動，說明釋放粒子時UAB為負(fù).若t0＝時刻釋放粒子，則粒子做方向不變的單向直線運動，一直向A板運動；若t0＝時刻釋放粒子，則粒子在電場中固定兩點間做往復(fù)運動，因此＜t0＜時間內(nèi)，粒子的運動滿足題意的要求，選項B正確. 二、非選擇題 11.一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強(qiáng)電場中，微粒沿直線AB運動，如圖10所示.AB與電場線夾角θ＝30，已知帶電微粒的質(zhì)量m＝1.010－7kg，電荷量q＝1.010－10C，A、B相距L＝20cm.(取g＝10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求： 圖10 (1)說明微粒在電場中運動的性質(zhì)，要求說明理由. (2)電場強(qiáng)度的大小和方向. (3)要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是多少？ 答案　見解析 解析　(1)微粒只在重力和電場力作用下沿AB方向運動，如圖所示，微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速運動. (2)因為qE＝＝＝mg. 所以電場強(qiáng)度E＝≈1.7104N/C，電場強(qiáng)度的方向水平向左. (3)微粒由A運動到B時的速度vB＝0時，微粒進(jìn)入電場時的速度最小，由動能定理得，－L＝0－mvA2，代入數(shù)據(jù)，解得vA≈2.8m/s. 12.如圖11所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球在B板下方距離B板為H處，以初速度v0豎直向上從B板小孔進(jìn)入板間電場. 圖11 (1)帶電小球在板間做何種運動？ (2)欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢差為多少？ 答案　(1)做勻減速直線運動 (2) 解析　(1)帶電小球在電場外只受重力的作用做勻減速直線運動，在電場中受重力和靜電力作用做勻減速直線運動. (2)整個運動過程中重力和靜電力做功，由動能定理得 －mg(H＋h)－qUAB＝0－mv02 解得UAB＝. 13.(2018山東德州市高一下期末)如圖12甲所示，水平放置的兩平行金屬板A、B相距為d，板間加有如圖乙所示隨時間變化的電壓.A、B板中點O處有一帶電粒子，其電荷量為q，質(zhì)量為m，在0～時間內(nèi)粒子處于靜止?fàn)顟B(tài).已知重力加速度為g，周期T＝.求： 圖12 (1)判定該粒子的電性； (2)在0～方時間內(nèi)兩板間的電壓U0； (3)若t＝T時刻，粒子恰好從O點正下方金屬板A的小孔飛出，那么的比值應(yīng)滿足什么條件. 答案　(1)正電　(2)　(3) 解析　(1)由平衡條件可判定粒子帶正電 (2)0～時間內(nèi)，粒子處于平衡狀態(tài) 由mg＝得：U0＝ (3)在～T時間內(nèi)有：＝at2 mg＋＝ma t＝＝ 由以上公式聯(lián)立得：＝.