1、 学习目标 1.进一步掌握带电粒子在电场中的直线运动和类平抛运动的分析方法.2.会分析带电粒子在电 场中的圆周运动，会分析向心力的来源.3.会分析带电粒子在交变电场中的运动 一、带电粒子在电场中的直线运动 讨论带电粒子在电场中做直线运动(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
2、么应优先考虑动能定理、能量守恒定律 (2019 广州二中高二期中)如图 1 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 L15 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 知小油滴带负电、电荷量 q3.510 14 C、质量 m3.0109 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 U6105 V(不计空气阻力，取 g10 m/s2) 图 1 (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 C4.010 12 F，则该电容器所带电荷量 Q 是多少？ (3)B 点在
3、A 点正上方的高度 h 是多少？ 答案 (1)4106 V/m (2)2.410 6 C (3)0.55 m 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 EU L410 6 V/m. (2)该电容器所带电荷量为 QCU2.410 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(hL)qU0 则 B 点在 A 点正上方的高度是 hqU mgL0.55 m. 二、带电粒子的类平抛运动 带电粒子在电场中的类平抛运动的处理方法： 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
4、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Ep1Ep2. (2)动能定理：合力做功等于动能的变化，WEk2Ek1. 两平行金属板 A、B 水平放置，一个质量为 m510 6 kg 的带电微粒，以 v 02 m/s 的水平速度从 两板正中央位置射入电场，如图 2 所示，A、B 两板间距离为 d4 cm，板长 l10 cm，g 取 10 m/s2. 图 2 (1)当 A、B 间的电压为 UAB1 000 V 时，微粒恰好不偏转，沿图中虚线射出电场，求该微粒的电荷量和电 性； (2)令 B 板接地，欲使该微粒射出偏转电场，求 A
5、板所加电势的范围 答案 (1)210 9 C 负电 (2)600 V A2 600 V 解析 (1)当 UAB1 000 V 时， 重力跟静电力平衡， 微粒才沿初速度 v0方向做匀速直线运动， 故 qUAB d mg， qmgd UAB210 9 C；重力方向竖直向下，则微粒所受静电力方向竖直向上，而电场强度方向竖直向下(U AB 0)，所以微粒带负电 (2)当 qEmg 时，带电微粒向上偏，从 A 板右边缘 M 点飞出，如图所示，设此时 A1，因为 B0，所 以 UAB1， 静电力和重力都沿竖直方向， 微粒在水平方向做匀速直线运动， 速度 vxv0； 在竖直方向 aq1 md g，竖直位移
6、yd 2，所以 1 2d 1 2at 2，tl v0，代入 a 和 t 解得 12 600 V当 qEmg 时，带电微粒向下偏， 设此时 A2， 同理可得 2600 V， 故欲使微粒射出偏转电场， A 板电势的范围为600 VA2 600 V. 针对训练 1 如图 3 所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场左端的中点 P 以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场，它们分别落在 A、B、C 三点，可以判断( ) 图 3 A小球 A 带正电，B 不带电，C 带负电 B三个小球在电场中运动时间相等 C三个小球到达极板时的动能 EkAEkBEkC D三个小球在电场中运
7、动的加速度 aAaBaC 答案 A 解析 三个小球在水平方向做匀速直线运动；竖直方向，带正电荷小球受静电力向上，合力为 mgF电，带 负电荷小球所受静电力方向向下，合力为 mgF电，不带电小球只受重力，因此带负电荷小球加速度最大， 运动时间最短，水平位移最短，带正电荷小球加速度最小，运动时间最长，水平位移最大，不带电小球水 平位移居中，选项 A 正确，选项 B、D 错误在运动过程中，三个小球竖直方向位移相等，带负电荷小球 所受合力做功最多，动能改变量最大，带正电荷小球动能改变量最小，即 EkCEkBEkA，选项 C 错误 三、带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动 解决电场(复合场)中的圆周运动
8、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 如图 4 所示，半径为 R 的光滑绝缘圆环竖直置于场强大小为 E、方向水平向右的匀强电场中，质量 为 m、 带电荷量为q 的空心小球穿在环上， 当小球从顶点 A 由静止开始下滑到与圆心 O 等高的位置 B 时， 求小球对环的压力(重力加速度为 g) 图 4 答案 2mg3Eq，方向水平向右 解析 小球从 A 到 B 的过程中， 重力做正功，静电力做正功，动能增加，由动能定理有 mgRqER1 2mv 2，在 B 点时小球受到重力 mg、静 电力 qE 和圆环对小球的弹力 F1三个力的作用，静电力和弹
9、力沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则 F1Eqmv 2 R 联立解得 F12mg3Eq 由牛顿第三定律得小球对环的压力大小 F1F12mg3Eq，方向水平向右 针对训练 2 如图 5 所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心 O 处固定一点电荷，将质量为 m、带 电荷量为q 的小球从圆弧管的水平直径端点 A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点 B 时，对管壁恰好无 压力(重力加速度为 g) 图 5 (1)求固定于圆心处的点电荷在 B 点处的电场强度大小； (2)若把 O 处固定的点电荷拿走， 加上一个竖直向下、 场强为 E 的匀强电场， 带电小球仍从 A 点由静止释放， 下滑到最低点 B
10、时，小球对管壁的压力为多大？ 答案 (1)3mg q (2)3(mgqE) 解析 (1)小球从 A 运动到 B 过程中，由动能定理得 mgr1 2mv 20 在 B 点，对小球受力分析，由牛顿第二定律得 qEBmgmv 2 r 联立解得 EB3mg q . (2)设小球到达 B 点时的速度为 v1，由动能定理得(mgqE)r1 2mv1 2. 设在 B 点处管壁对小球的弹力为 FN，由牛顿第二定律得 FNmgqEmv1 2 r ， 联立解得 FN3(mgqE) 由牛顿第三定律得，小球在 B 点时对管壁的压力大小为 FN3(mgqE) 四、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
11、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 2vt 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 vt 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 在如图 6 所示的平行板电容器的两板间分别加如图 7 甲、乙所示的两种电压，开始时 B 板的电势比 A 板高在静电力作用
12、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 子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的 vt 图像 图 6 图 7 答案 见解析 解析 t0 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 01 2T 内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动， 1 2TT 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 vt 图像如图(a)所示 对于题图乙所示电压，在 0T 2内做类似题图甲 0T 的运动， T 2T 电子做反向先匀加速、后匀减速、末速 度为零的直线运动然
13、后周期性地重复前面的运动，其 vt 图像如图(b)所示 针对训练 3 (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 8 所示带电 微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是( ) 图 8 A微粒在 01 s 内的加速度与 12 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 答案 BD 解析 设微粒的速度方向、位移方向向右为正， 作出微粒的 vt 图像如图所示由图可知 B、 D 选项正确 1.(带电粒子的直线运动)(2017 浙江 4 月选考)如图 9 所示，在竖直放置、间距为
14、d 的平行板电容器中，存在 电场强度为 E 的匀强电场，有一质量为 m、电荷量为q 的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度 为 g，则点电荷运动到负极板的过程( ) 图 9 A加速度大小为 aqE m g B所需的时间为 t dm Eq C下降的高度为 yd 2 D静电力所做的功为 WEqd 答案 B 解析 对点电荷在电场中的受力分析如图所示，点电荷所受的合外力大小为 F Eq2mg2，所以点电 荷的加速度大小为 a Eq2mg2 m ，故 A 错误；由牛顿第二定律得点电荷在水平方向的加速度大小为 a1 Eq m ，由运动学公式d 2 a1t2 2 ，所以 t dm Eq，故 B 正确；
15、点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降 的高度 y1 2gt 2mgd 2Eq，故 C 错误；静电力做的功 W Eqd 2 ，故 D 错误 2(带电粒子在交变电场中的运动)(多选)如图 10 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( ) 图 10 答案 AD 3.(带电粒子在电场中的圆周运动)(多选)如图 11 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( ) 图 11 A当
16、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 答案 CD 解析 若 qEmg， 小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大 若 qEmg， 球在 a 处速度最小， 若 qEmg，球在 a 处速度最大，故 A、B 错误；沿电场线方向电势逐渐降低，则 a 点电势最高，带负电荷 的小球在 a 点电势能最小，故 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，故 D 正确 4(带电粒子在电场中的类平抛运动)如图 12 所示，阴极 A 受热后向右侧空间发射
17、电子，电子质量为 m，电 荷量为 e， 电子的初速度大小有从 0 到 v 的各种可能值， 且各个方向都有 与 A 极相距 l 的地方有荧光屏 B， 电子击中荧光屏时便会发光若在 A 和 B 之间的空间加一个水平向左、与荧光屏面垂直的匀强电场，电场 强度为 E，且电子全部打在荧光屏上，求 B 上受电子轰击后的发光面积 图 12 答案 2mlv2 Ee 解析 阴极 A 受热后发射电子，这些电子沿各个方向射入右边匀强电场区域，且初速度从 0 到 v 各种可能 值都有取两个极端情况如图所示 沿极板竖直向上且速率为 v 的电子，受到向右的静电力作用做类平抛运动打到荧光屏上的 P 点 竖直方向上 yvt， 水平方向上 l1 2 Ee mt 2. 解得 yv 2ml Ee . 沿极板竖直向下且速率为 v 的电子，受到向右的静电力作用做类平抛运动打到荧光屏上的 Q 点，同理可得 yv 2ml Ee . 故在荧光屏 B 上的发光面积 Sy22mlv 2 Ee .