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配套课件（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 　　　　 第十章 静电场中的能量 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。 素养目标 提升点一　带电粒子在电场与重力场中的圆周运动 1 提升点二　带电粒子在交变电场中的直线运动 2 提升点三　带电粒子在交变电场中的曲线运动 3 课时测评 5 随堂达标演练 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 1 提升点一　带电粒子在电场与重力场中的圆周运动 返回 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？ 审题指导　由电场力和重力确定合力的方向，找等效最低点。 例1 (2)珠子对圆环的最大压力是多少？ 审题指导 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。 设珠子在B点受圆环弹力大小为FN，有 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 √ 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。 返回 提升点二　带电粒子在交变电场中的直线运动 返回 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。 例2 答案：见解析 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 √ 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 √ √ √ 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。 返回 提升点三　带电粒子在交变电场中的曲线运动 返回 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 例3 √ √ √ 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 √ √ 返回 随堂达标演练 返回 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 √ 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 √ √ √ √ 返回 课 时 测 评 返回 1．(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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 1 当重力等于电场力时，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；当重力小于电场力 时，a点为等效最低点，则小球运动到最高点a时，细线 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可知， 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；当重力小于电场力时，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。 2 3 4 5 6 7 8 1 2．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) √ 3 4 5 6 7 8 1 2 电子在交变电场中所受电场力大小不变，加速度大小不变，故C、D错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动， T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零，之后重复上述运动，A正确，B错误。 3 4 5 6 7 8 1 2 3．(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是 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 以微粒最开始的加速度方向为正方向，根据E-t图像作出 微粒的v -t图像如图所示，由图可知选项B、D正确。 √ √ 3 4 5 6 7 8 1 2 √ √ 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 5．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是 A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 √ 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 6．(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且垂直于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 √ √ √ 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 7．(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、B板间的电压按如图乙所示规律变化， 则下列说法中正确的是 A．电子可能在极板间做往复运动 B．若t1时刻还没从小孔P穿出，则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 √ √ 3 4 5 6 7 8 1 2 t＝0时刻B板电势比A板高，电子在 0～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 对称性可知，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，A错误；无论电子在什么时刻穿出小孔P，t1时刻电子都具有最大动能，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，C正确，D错误。 3 4 5 6 7 8 1 2 8．(15分)(2024·贵州威宁县高二上学期期末)一段半径为2 m且光滑的圆弧BCD 处于光滑水平面上，俯视图如图所示。空间存在与水平面平行的匀强电场，O为圆弧的圆心，OC与电场方向平行、OD 与电场方向垂直，并且OB的连线与OC的连线所成夹角为 θ＝53°。一质量为 m＝0.2 kg，带电量为 q＝＋5×10-3 C的小球，从A点开始以垂直电场方向的初速度 v0＝3 m/s开始运动，恰好从B点沿圆弧的切线方向进入圆弧，已知A、B之间沿电场线的距离为 m，重力加速度为10 m/s2不计空气阻力。求： (1)匀强电场的场强E的大小； 答案：600 N/C　 3 4 5 6 7 8 1 2 小球从A到B做类平抛运动，则到达B点时 vy＝v0tan 53°，vy2＝2ay，qE＝ma 联立解得E＝600 N/C。 3 4 5 6 7 8 1 2 (2)小球在轨道上的C点时的速度大小及此时对轨道 的压力大小。 答案：7 m/s　7.9 N 3 4 5 6 7 8 1 2 从B到C由动能定理得 联立解得vC＝7 m/s，FN＝7.9 N。 由牛顿第三定律可知小球在轨道上的C点时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝7.9 N。 返回 3 4 5 6 7 8 1 2 谢 谢 观 看 ！ 第十章 静电场中的能量 2 3 4 5 6 7 8 1 答案：mgr　 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。 答案：mg 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。 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。 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 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。 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 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。 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 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 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。 4．(多选)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质量为m、电荷量大小为q的负电荷仅在电场力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板运动，恰好到达B板，则 A．电荷在时刻到达B板 B．电荷在两板间的最大速度为 C．A、B两板间的距离为 D．若电荷在t＝时刻进入两极板，它将不能到达B板 电荷恰好能到达B板，意味着电荷到达B板时的速度为零，根据题意，电荷先加速，然后减速，减速到零，此时电荷到达B板，即电荷应该在时刻到达B板，故A错误；电荷在时刻达到最大速度，此时电荷刚好运动到两极板的中间，根据电势差与电场强度的关系，初始位置到极板中间的电势差为，有q＝mv2，解得v＝，故B正确； 电荷进入极板先做匀加速运动，后做匀减速运动，时电荷的运动位移为两极板的间距，则有d＝××2，解得d＝，故C错误；若电荷在t＝时刻进入两极板，电荷先加速，然后减速，减速到零，电荷此时未到达B板，接下来，电荷向A板加速，画出电荷的v -T图像如图所示，由图可知，最后电荷返回A板，所以电荷到达不了B板，故D正确。 粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在t＝nT(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，则ymax＝a()2＋a××＝aT2；若粒子在t＝nT＋(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，则ymin＝0＋a()2＝aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C正确。 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，同理可分析～T时间内的运动情况，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，故所有带电粒子离开电场时沿电场方向的速度始终为零，最终都垂直电场方向射出电场，B正确，D错误； 在t＝0时刻入射的带电粒子，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，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，C正确。 qER(1－cos 53°)＝mvC2－mvB2 其中vB＝ 在C点时FN－qE＝m $$