第10章 培优课5 带电粒子在电场中的综合问题（word练习）-【状元桥·优质课堂】2023-2024学年新教材高中物理必修第三册（人教版2019）

培优课五　带电粒子在电场中的综合问题 [学习目标]　1.会应用运动和力、功和能的关系分析带电粒子在复合场中的运动问题（科学思维）.2.会分析带电粒子在交变电场中的运动问题（科学思维）. 课堂·深度探究 （见学生用书P51） 考点一　带电粒子在电场（复合场）中的运动 1.分析带电粒子在电场中做变速运动的方法 （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. 2.带电粒子在电场中做圆周运动的解题方法 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. 【例题1】如图所示，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L＝15 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q＝3.5×10－14 C、质量m＝3.0×10－9 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U＝6×105 V.（不计空气阻力，g取10 m/s2） （1）两极板间的电场强度E的大小为多少？ （2）设平行板电容器的电容C＝4.0×10－12 F，则该电容器所带电荷量Q是多少？ （3）B点在A点正上方的高度h是多少？ 思维导引：（1）用平行板电场公式求出电场强度E. （2）根据Q＝CU求出电容器的电荷量. （3）小油滴先做自由落体运动到极板M的A处，然后在电场力和重力的作用下做减速运动，根据功能关系可求出高度h的值. 解析（1）由匀强电场的场强与电势差的关系式可得两极板间的电场强度大小为E＝＝4×106 V/m. （2）该电容器所带电荷量为Q＝CU＝2.4×10－6 C. （3）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（h＋L）－qU＝0， 则B点在A点正上方的高度是 h＝－L＝ m－15×10－2 m＝0.55 m. 答案（1）4×106 V/m　（2）2.4×10－6 C　（3）0.55 m 【变式1】如图所示，一个竖直放置的半径为R的光滑绝缘环，置于水平方向的匀强电场中，电场强度为E，有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的空心小球套在环上，并且Eq＝mg.g为重力加速度. （1）当小球由静止开始从环的顶端A下滑圆弧长到位置B时，小球的速度为多少？环对小球的压力为多大？ （2）小球从环的顶端A滑至底端C的过程中，小球在何处速度最大？最大速度为多少？ 解析（1）从A到B根据动能定理得 mgR＋qER＝m－0 解得vB＝. 根据牛顿第二定律得FN－qE＝m， 解得FN＝5mg. 根据牛顿第三定律得，环对小球的压力为5mg. （2）由于小球所受的静电力与重力都是恒力，它们的合力也是恒力，小球从A处下滑时，静电力与重力的合力先与速度成锐角，做正功，动能增大，速度增大，后与速度成钝角，做负功，动能减小，速度减小，所以当合力与速度垂直时速度最大，由于qE＝mg，所以速度最大的位置位于BC圆弧的中点，设为D点. 则从A到D过程，根据动能定理得 mg＋qE·R＝m， 解得vm＝. 答案（1）　5mg　（2）BC圆弧的中点　 考点二　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.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，粒子的运动一般具有对称性和周期性. 【例题2】（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 思维导引：首先分析带电粒子在前半个周期内做加速运动的加速度与最终速度，再分析后半个周期带电粒子的加速度与最终速度.经过分析可知，每个周期结束，带电粒子的速度都刚好为0，故带电粒子在交变电场中始终向一个方向运动. 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，选项B、D正确. 【变式2】（多选）如图甲所示，两平行金属板水平放置，A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间t的变化规律如图乙所示，电子只受静电力的作用，且初速度为零（设两板间距足够大），则 （　　） A.若电子是在t＝0时刻进入板间的，它将一直向B板运动 B.若电子是在t＝0时刻进入板间的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C.若电子是在t＝时刻进入板间的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D.若电子是在t＝时刻进入板间的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后不能打到B板上 ACD　解析若电子在t＝0时刻进入板间电场，电子将在一个周期内先做匀加速运动后做匀减速运动，之后沿同一方向重复这种运动，直到打在B板上，选项A正确，B错误；若电子在t＝时刻进入板间，由对称性可知，电子将在板间做往返运动，选项D正确；若电子在t＝时刻进入板间，则电子在T～T内向B板运动，T～T内向A板运动，之后重复这种运动，直到打在B板上，选项C正确. 课末·随堂演练 （见学生用书P53） 1.（带电粒子在复合场中的圆周运动）（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.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 CD　解析若qE＝mg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大，若qE＜mg，球在a处速度最小，若qE＞mg，球在a处速度最大，选项A、B错误；a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最小，选项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，选项D正确. 2.（带电粒子在复合场中的类平抛运动）（多选）如图所示，有A、B、C三个质量相等，带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的左侧不同位置以相同的初速度垂直电场方向进入电场，它们落在同一点，极板平行于水平面，可以判断 （　　） A.小球A带正电，小球B不带电 B.三个小球在电场中运动的时间相等 C.三个小球到达极板时的动能关系为EkA＜EkB＜EkC D.三个小球在电场中运动时的加速度关系为aA＞aB＞aC BD　解析小球在水平方向做匀速直线运动，落在同一位置，水平位移相同，根据t＝可知时间相等；再根据竖直方向的匀加速直线运动知y＝at2，可知加速度aA＞aB＞aC，所以A带负电、B不带电、C带正电，选项A错误，B、D正确；落在下极板上时，水平方向的速度相同，竖直方向的速度vy＝at，可知vAy＞vBy＞vCy，三个小球到达极板时的动能关系为EkA＞EkB＞EkC，选项C错误. 3.（带电粒子在交变电场中的运动）（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，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 （　　） A　　　　　　　 B C　　　　　　　 D AD　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，选项D正确；由v＝at可知，选项A正确，C错误；由x＝at2知x－t图像应为曲线，选项B错误. 4.（带电粒子在交变电场中的运动）（多选）如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间做周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0.已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则 （　　） A.所有粒子都不会打到两极板上 B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0 D.只有t＝n（n＝0，1，2，…）时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场 ABC　解析带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动，由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行金属板间运动的时间为周期性变化的电场的周期的整数倍，在0～时间内带电粒子运动的加速度a＝，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝t，～T时间内带电粒子做减速运动，之后重复这种运动，最后垂直电场方向射出电场，所以带电粒子在沿电场方向的速度vy与E－t图线所围面积成正比（时间轴下方的面积取负值）.而经过整数个周期，E－t图像与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，选项B正确，D错误；在t＝0时刻入射的带电粒子，偏移量最大，故其他粒子均不可能打到极板上，选项A正确；当粒子在t＝0时刻入射且经过时间T离开电场时，粒子在t＝时达到最大速度，此时竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，即v0t＝2×at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝v0，因此最大动能为初动能的2倍，选项C正确. 课后·限时作业 （建议用时：40分钟） （见学生用书P165） [基础题组练] 题组一　带电粒子在复合场中的运动 1.（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 （　　） A.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 BC　解析由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力，则有qE＝m，得R＝，R、E为定值，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，选项B、C正确. 2.（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，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　解析当重力等于静电力时，只有细线的拉力提供向心力，小球可能做匀速圆周运动，选项A正确；当重力小于静电力时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，线的张力最大，选项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，根据Epa＝qφa，当小球运动到最高点a时，小球的电势能一定最小，选项C正确；当重力小于静电力时，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，选项D错误. 题组二　带电粒子在交变电场中的运动 3.（多选）如图甲所示，电子静止在两平行金属板A、B间的a点，t＝0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，则下列说法正确的是 （　　） 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eU0 D.电子不可能在t2～t3时间内飞出电场 BC　解析t＝0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t1～t2时间内电子减速，由于对称，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，选项A、D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，选项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，选项C正确. [能力提升练] 4.如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，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 （　　） A.0＜t0＜ B.＜t0＜ C.＜t0＜T D.T＜T0＜ B　解析刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，所以选项A、D错误；若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以选项B正确；若T＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以选项C错误. 5.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为L＝0.4 m的绝缘细线把质量为m＝0.4 kg、电荷量为q＝＋2 C的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°，已知A、C两点分别为细线悬挂小球的水平位置和竖直位置，求：（g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8） （1）匀强电场的电场强度大小； （2）如果要使小球能绕O点做完整的圆周运动，则小球在A点时沿垂直于OA方向运动的初速度最少为多少？（结果可用根号表示） 解析（1）带电小球在B点静止，受力平衡， 根据平衡条件得qE＝mgtan θ， 得E＝＝1.5 N/C. （2）分析可知小球做完整圆周运动时必须通过B点关于O点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v， 则mgcos θ＋qEsin θ＝m， 由动能定理得－mgLcos θ－qEL（1＋sin θ）＝mv2－m， 联立解得v0＝ m/s. 答案（1）1.5 N/C　 （2） m/s 6.如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏.两金属板间电压UAO随时间变化的规律如图乙所示，已知U0＝1×103 V，变化周期T＝2×10－3 s，t＝0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v0＝1×103 m/s的速度平行于AB板射入板间，粒子电荷量q＝1×10－5 C，质量m＝1×10－7 kg，不计粒子所受重力，求： （1）粒子在板间运动的时间； （2）粒子打在荧光屏上的纵坐标； （3）粒子打到荧光屏上时的动能. 解析（1）粒子在板间沿x轴方向匀速运动，设运动时间为t， 则L＝v0t，t＝＝2×10－3 s. （2）t＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y1， y1＝a＋， 根据牛顿第二定律有＝ma， 解得y1＝0.15 m， 故纵坐标为y＝d－y1＝0.85 m. （3）从粒子出射到打到荧光屏上，由动能定理得 y2＝mv2－m， 其中y2＝a， 代入数据解得Ek＝mv2＝5.05×10－2 J. 答案（1）2×10－3 s　（2）0.85 m　（3）5.05×10－2 J 学科网（北京）股份有限公司 $$