08 素养提升课四 带电粒子在电场中运动的综合问题-【金版新学案】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义教师用书（人教版2019）

素养提升课四　带电粒子在电场中运动的综合问题 【素养目标】　1.会分析带电粒子在电场与重力场中的圆周运动。2.学会分析带电粒子在交变电场中的直线运动和曲线运动。 提升点一　带电粒子在电场与重力场中的圆周运动 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．等效法求解电场中圆周运动问题的思路 (1)求出重力和静电力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”，F合的方向视为“等效重力”的方向。 (2)将a＝ 视为“等效重力加速度”。 (3)带电体能自由静止的位置即“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点是“等效最高点”。 (4)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。 半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电荷的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图所示。珠子所受静电力是重力的。将珠子从环上的最低点A由静止释放(重力加速度为g)，则： (1)珠子所能获得的最大动能是多少？ (2)珠子对圆环的最大压力是多少？ 审题指导　(1)由电场力和重力确定合力的方向，找等效最低点。 (2)利用动能定理求珠子在等效最低点的速度。利用向心力公式求珠子受到的支持力。 答案：(1)mgr　(2)mg 解析：(1)因qE＝mg，所以珠子所受静电力与重力的合力F合与竖直方向的夹角θ满足 tan θ＝＝，故θ＝37° 如图所示，B点为等效最低点，珠子从A点由静止释放后从A到B过程中做加速运动，珠子在B点动能最大，对圆环的压力最大 由动能定理得qEr sin θ－mgr(1－cos θ)＝Ekm 解得Ekm＝mgr。 (2)设珠子在B点受圆环弹力大小为FN，有 FN－F合＝m 则FN＝F合＋m＝＋mg＝mg 由牛顿第三定律得珠子对圆环的最大压力为mg。 针对练．(2024·福建福州高二上学期期末)如图所示，BD是竖直平面内圆的一条竖直直径，AC是该圆的另一条直径，该圆处于匀强电场中，场强方向平行于圆所在平面。从O点向各个方向发射动能、电量、质量均相同的带正电小球，小球会经过圆周上不同的点，其中过A点的小球的动能最小。忽略空气阻力和小球之间的作用力，则下列说法中正确的是(　　) A．过D点的小球的动能和电势能之和最小 B．过B点的小球的动能和电势能之和最小 C．过C点的小球的电势能和重力势能之和最大 D．可以断定电场方向由О点指向圆弧CND上的某一点 答案：B 解析：小球在运动过程中，受到重力与电场力作用，小球在运动过程中只有重力势能、电势能与动能之间的相互转化，三种能量的总和一定，小球运动到最高点B时，重力势能最大，则动能和电势能之和最小，故A错误，B正确；小球过A点的动能最小，可知A点是等效最高点，在A点小球所受重力与电场力的合力方向指向圆心，则与A点对称的C点为等效最低点，在C点小球所受重力与电场力的合力方向背离圆心，可知小球从O点运动到C点过程，合力做正功，且在所有合力做正功的路径中，该过程合力所做正功最大，小球在C点的动能最大，则过C点的小球的电势能和重力势能之和最小，故C错误；在A点小球所受重力与电场力的合力方向指向圆心，重力方向竖直向下，根据矢量合成可知，电场力方向一定由O点指向圆弧ABC上的某一点，即可以断定电场方向由O点指向圆弧ABC上的某一点，故D错误。 学生用书第61页 提升点二　带电粒子在交变电场中的直线运动 1．此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动。 2．此类问题通常用动力学知识分析求解。重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T的关系等。 3．常用v -t图像法来处理此类问题，通过画出粒子的v -t图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解。 在如图1所示的平行板电容器的两板间分别加如图2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，试分析电子分别在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v -t图像。 答案：见解析 解析：t＝0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～时间内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，～T时间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。 对于题图乙所示电压，在0～时间内做类似题图甲中0～T时间内的运动，～T时间内电子做反向的先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(b)所示。 针对练1.(2024·河南新乡市高二上学期期末)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，将一带电粒子在此匀强电场中由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是(　　) A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．0～3 s内，电场力做的总功不为零 C．2 s末带电粒子离出发点最远 D．3 s末带电粒子回到原出发点 答案：D 解析：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1＝，在第2 s内加速度大小为a2＝＝2a1，因此带电粒子在0～1 s内向负方向做加速度大小为a1的匀加速直线运动，在1～1.5 s内向负方向做加速度大小为a2的匀减速直线运动，在1.5～2 s内向正方向做加速度大小为a2的匀加速直线运动，2～3 s内向正方向做加速度大小为a1的匀减速直线运动，在t＝3 s时，带电粒子速度刚好减为0且回到出发点；综上分析可知，带电粒子做周期性的往返运动；0～3 s内，电场力做的总功为零；1.5 s末，带电粒子离出发点最远；3 s末带电粒子回到原出发点。故选D。 针对练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 答案：ACD 解析：方法一：分析法。若电子在t＝0时刻进入板间，电子将在一个周期内先向B板做匀加速运动，后做匀减速运动到速度减为零，之后沿同一方向重复这种运动，直到打在B板上，故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，故D正确；若电子在t＝时刻进入板间，则电子在～内向B板运动，～内向A板运动，之后重复这种运动，直到打在B板上，故C正确。 方法二：图像法。选取竖直向上为正方向，作出电子运动的v -t图像如图所示，根据图像很容易得到A、C、D正确。 学生用书第62页 提升点三　带电粒子在交变电场中的曲线运动 带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动。 1．若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动。 2．若粒子运动时间较长，在初速度的方向做匀速直线运动，在垂直初速度的方向利用vy-t图像进行分析： (1)vy＝0时，速度方向沿v0方向。 (2)y方向位移可用vy-t图像的面积进行求解。 (多选)如图甲所示，长为2d的两水平金属板A、B组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期T＝。P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为v0的相同带电粒子(粒子重力不计)。已知t＝0时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列判断正确的是(　　 ) A．该粒子源发射的粒子的比荷为 B．t＝0时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为v0 C．t＝时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能 D．t＝0时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为 v0 答案：ABD 解析：由于粒子在电场中的运动时间为t＝＝2T，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中运动了2个周期，由对称性可知，粒子在竖直方向上的分速度为零，故粒子离开电容器时，其速度等于水平速度v0，B正确；在2个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律可得d＝4×a×，又a＝，T＝，可得＝，A正确；由对称性可知，t＝时刻从粒子源射出的粒子，刚好从A板右侧上方离开，且与粒子源在同一水平直线上，其电势能不变，C错误；t＝0时刻发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度为vy＝a＝×＝v0，故此时粒子的速度大小为v＝＝v0，D正确。 针对练．(多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，板中心O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0，电荷量为＋q，质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是(　　 ) A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为mv02 C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 答案：AD 解析：由题图乙可知场强E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝atmin2，解得tmin＝，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，则任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为mv02，选项B错误；设某时刻射入的粒子恰好不与极板碰撞，则有2×at′2＝，解得t′＝＝，故t＝＝射入的粒子将与极板相碰，选项C错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向上加速，后向上减速至速度为零，然后向下加速，再向下减速至速度为零……如此反复，则最后射出电场时沿电场方向的位移为零，粒子将从O′点射出，选项D正确。 学生用书第63页 1．在竖直平面内有水平向右、电场强度大小为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图所示。现给小球一沿与细线方向垂直的速度，使小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。下列对小球运动的分析正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)(　　) A．小球运动到C点时动能最小 B．小球运动到C点时细线拉力最小 C．小球运动到Q点时动能最大 D．小球运动到B点时机械能最大 答案：D 解析：由题意可知，小球所受的静电力与重力的合力沿OA方向，小球从A点开始无论向哪运动，合力对小球都做负功，小球动能将减小，所以运动到A点时动能最大，C错误；小球运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的拉力最小，A、B错误；小球在运动过程中，运动到B点时静电力做功最多，电势能最小，因此机械能最大，D正确。 2．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，电子一定打到右极板上 D．从t＝时刻释放电子，电子必将打到左极板上 答案：A 解析：若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速，直到打到右极板上，不会在两板间往复运动，所以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，所以C错误；同理，若从t＝时刻释放电子，电子先加速，再减速，此时有可能电子已达到右极板，若此时未达到右极板，则电子将反向加速达到左极板，这取决于两极板间的距离，所以D错误。 3．(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则(　　) A.在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0 B．粒子的电荷量为 C．在t＝时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 D．在t＝时刻进入的粒子离开电场时动能不变 答案：ACD 解析：粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝＝T，正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先向下做加速运动后向下做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，则粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A正确；在竖直方向，粒子在0～时间内的位移为，则＝·a·＝·，可得q＝，故B错误；t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称性可知，离开电场时粒子在竖直方向的位移为零，则粒子从P板右侧边缘离开电场，故C正确；在t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的速度为vy＝a·－a·＋a·＝0，因此粒子离开电场时水平方向速度不变，竖直方向速度为零，因此动能不变，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$