高二物理舉一反三系列（人教版必修第三冊）專題10.5 帶電粒子在電場中的直線運動（教師版）

專題10.5帶電粒子在電場中的直線運動【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【題型1恒力作用下的直線運動問題】 【題型2變力作用下的直線運動問題】 【題型3交變電場中的直線運動問題】 【題型4聯(lián)系實際問題】 【題型1恒力作用下的直線運動問題】【例1】(多選)如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中由靜止沿斜向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是()A．電場強度的最小值等于eq\f(mg,q)B．電場強度的最大值等于eq\f(mgsinθ,q)C．帶電油滴的機械能可能增加D．電場力可能對帶電油滴不做功解析：選CD帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和電場力F，其合力必定沿此直線向下，根據(jù)三角形定則作出合力，如圖所示。當電場力F與此直線垂直時，電場力F最小，場強最小，則有F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，由圖可知，電場強度無最大值，故A、B錯誤；當E＝eq\f(mgsinθ,q)時，電場力方向與速度方向垂直，電場力不做功，帶電油滴的電勢能一定不變，這種情況下只有重力做功，帶電油滴的機械能不變，故D正確；當E＞eq\f(mgsinθ,q)時，當電場力方向與速度方向成銳角時，電場力做正功，帶電油滴的機械能增加，故C正確?！咀兪?-1】如圖所示，絕緣的斜面處在一個豎直向上的勻強電場中，一帶電金屬塊由靜止開始沿斜面滑到底端，已知在金屬塊下滑的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電勢能增加0.5J，則以下判斷正確的是()A．金屬塊帶負電荷B．靜電力做功0.5JC．金屬塊克服摩擦力做功0.7JD．金屬塊的機械能減少1.4J解析：選C在下滑過程中電勢能增加0.5J，故物體需克服電場力做功為0.5J，故金屬塊帶正電荷，故A、B錯誤；在金屬塊滑下的過程中動能增加了0.3J，重力做功1.5J，電場力做功－0.5J，根據(jù)動能定理得，W總＝WG＋W電＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7J，故C正確；外力做功為W外＝W電＋Wf＝－1.2J，故金屬塊機械能減少1.2J，故D錯誤?！咀兪?-2】如圖所示，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量為m、電荷量為q1(q1>0)的粒子A；在負極板附近有一質量也為m、電荷量為－q2(q2>0)的粒子B。僅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eq\f(3,7)l的平面Q，兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則以下說法正確的是()A．電荷量q1與q2的比值為3∶7B．電荷量q1與q2的比值為3∶4C．粒子A、B通過平面Q時的速度之比為9∶16D．粒子A、B通過平面Q時的速度之比為3∶7解析：選B設電場強度大小為E，兩粒子的運動時間相同，對粒子A有：a1＝eq\f(q1E,m)，eq\f(3,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q1E,m)·t2，對粒子B有：a2＝eq\f(q2E,m)，eq\f(4,7)l＝eq\f(1,2)·eq\f(q2E,m)·t2，聯(lián)立解得：eq\f(q1,q2)＝eq\f(3,4)，A錯誤，B正確。由動能定理qEx＝eq\f(1,2)mv2－0，求得：eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,4)，C、D錯誤?！咀兪?-3】如圖所示，一帶正電的小球在勻強電場中，受到的電場力與小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向做加速度不為零的勻變速直線運動，ON與水平面的夾角為30°。不計空氣阻力，重力加速度為g。則()A．電場力方向可能水平向左B．小球可能做勻加速直線運動C．小球的加速度大小一定小于gD．經(jīng)過時間eq\f(v0,g)，小球的速度方向發(fā)生改變解析：選D小球做勻變速直線運動，合力方向一定和速度方向在同一直線上，即在ON直線上，因為mg＝qE，所以電場力qE與重力關于ON對稱，根據(jù)幾何關系可知電場力qE與水平方向夾角為30°，受力情況如圖所示，合力沿ON向下，大小為mg，所以加速度為g，方向沿ON向下，與速度方向相反，小球做勻減速直線運動，故A、B、C錯誤；設小球減速到零所用時間為t，則t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(v0,g)，故經(jīng)過時間eq\f(v0,g)，小球速度剛好減為零，然后反向加速，即經(jīng)過時間eq\f(v0,g)，小球的速度方向發(fā)生改變，故D正確?！绢}型2變力作用下的直線運動問題】【例2】如圖所示，一平行板電容器水平放置，板間距離為d，上下極板開有一小孔，四個質量均為m、帶電荷量均為q的帶電小球，其間用長均為eq\f(d,4)的絕緣輕桿相連，處于豎直狀態(tài)，今使下端小球恰好位于上極板小孔中，且由靜止釋放，讓四球豎直下落．當下端第二個小球到達下極板時，速度恰好為零．重力加速度為g，(僅兩極板間存在電場)試求：(1)兩極板間的電壓；(2)小球運動的最大速度．答案(1)eq\f(20mgd,13q)(2)eq\r(\f(11gd,26))解析(1)根據(jù)動能定理可得4mg×eq\f(5,4)d－2Uq－eq\f(3,4)Uq－eq\f(1,2)Uq＝0解得U＝eq\f(20mgd,13q)(2)當兩個小球在電場中時，靜電力F1＝eq\f(U,d)×2q＝eq\f(40,13)mg<4mg當三個小球在電場中時，靜電力F2＝eq\f(U,d)×3q＝eq\f(60,13)mg>4mg故當?shù)谌齻€小球剛進入電場時速度最大，根據(jù)動能定理可得4mg×eq\f(d,2)－eq\f(1,2)Uq－eq\f(1,4)Uq＝eq\f(1,2)×4mv2－0解得v＝eq\r(\f(11gd,26)).【變式2-1】如圖所示為一個半徑為R的均勻帶電圓環(huán)，取環(huán)面中心O為原點，以過O點且垂直于環(huán)面的軸線為x軸，P到O點的距離為2R。質量為m、帶負電且電荷量為q的小球從軸上P點由靜止釋放，小球運動到Q點時速度為零，Q點在O點上方R處。下列說法正確的是()A．P點電勢比Q點電勢低B．P點場強比Q點場強大C．P、Q兩點的電勢差為eq\f(mgR,q)D．Q點的場強大小等于eq\f(mg,q)解析：選C由題意可知帶負電小球由P點到Q點先加速后減速運動，受到沿x軸向上的電場力作用，故電場方向沿x軸向下，沿電場線方向電勢逐漸降低，故P點電勢比Q點電勢高，A錯誤；開始qEP<mg，在Q點qEQ>mg，故P點場強比Q點場強小，B、D錯誤；由動能定理可知mgR＋UPQ(－q)＝0，故P、Q兩點的電勢差為UPQ＝eq\f(mgR,q)，C正確。【變式2-2】(多選)如圖甲所示，某電場中的一條電場線恰好與M、P所在直線重合，以M為坐標原點，向右為正方向建立直線坐標系，P點的坐標xP＝5.0cm，此電場線上各點的電場強度大小E隨x變化的規(guī)律如圖乙所示。若一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點，其電勢能減小45eV，對于此電場，以下說法正確的是()A．該電子做勻變速直線運動B．x軸上各點的電場強度方向都沿x軸負方向C．M點的電勢是P點電勢的eq\f(1,2)D．圖像中的E0的數(shù)值為1.2解析：選BD由題圖可知電子從M點運動到P點過程中，電場強度逐漸減小，所以該電場不是勻強電場，即電子受到的電場力不是恒定的，所以該電子不做勻變速直線運動，故A錯誤；若一電子僅在電場力作用下自M點運動至P點，電勢能減小，則電場力做正功，由功能關系可得WMP＝EpM－EpP＞0，又WMP＝－UMPe，所以UMP＜0，即φM＜φP，而電場線由高電勢指向低電勢，可知x軸上各點的電場強度方向都沿x軸負方向，故B正確；電勢零點未知，所以無法確定兩點的電勢數(shù)值關系，故C錯誤；由題可知WMP＝45eV，E-x圖像與橫軸圍成圖形的面積表示對應距離的電勢差，可得WMP＝eq\f(E0e＋\f(E0e,2)×5×10－2m,2)＝45eV，解得E0＝1200V，即圖像中E0的數(shù)值為1.2，故D正確?！咀兪?-3】如圖（a），長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量Q=；一質量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上．將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標系．點電荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關系如圖（b）中曲線II所示，其中曲線II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范圍可近似看作直線．求：（靜電力常量）（1）小球B所帶電量q;（2）非均勻外電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大小E；（3）在合電場中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢差U；（4）已知小球在x=0.2m處獲得v=0.4m/s的初速度時，最遠可以運動到x=0.4m．若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開細桿，恒力作用的最小距離s是多少？【答案】（1）；（2）；（3）800V；（4）0.065m【解析】（1）由圖可知，當x=0.3m時，有因此（2）設在x=0.3m處點電荷與小球間作用力為F2，因此電場在x=0.3m處沿細桿方向的電場強度大小為，方向水平向左；（3）根據(jù)圖像可知在x=0.4m與x=0.6m之間合力做功大小為由公式可得（4）由圖可知小球從x=0.16m到x=0.2m處，電場力做功為小球從到處，電場力做功為==由圖可知小球從到處，電場力做功為由動能定理可得+++=0解得【題型3交變電場中的直線運動問題】【例3】如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度隨時間變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()[解析]電子在交變電場中所受電場力大小恒定，加速度大小不變，C、D錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱恪Ｖ笾貜蜕鲜鲞\動，A正確，B錯誤。[答案]A【變式3-1】(多選)如圖甲所示，A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板的電勢為0，一質量為m、電荷量大小為q的電子僅在靜電力作用下，在t＝eq\f(T,4)時刻從A板的小孔處由靜止釋放進入兩極板運動，恰好到達B板，則()A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,16m))B．電子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．電子在兩板間做勻加速直線運動D．若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終到達B板答案AB解析電子在t＝eq\f(T,4)時刻由靜止釋放進入兩極板運動，先加速后減速，在t＝eq\f(3,4)T時刻到達B板，設兩板的間距為d，加速度a＝eq\f(qU0,md)，則有d＝2×eq\f(1,2)a(eq\f(T,4))2，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，故A正確；由題意可知，經(jīng)過eq\f(T,4)時間電子速度最大，則最大速度為vm＝a·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，故B正確；電子在兩板間先向右做勻加速直線運動，然后向右做勻減速直線運動，故C錯誤；若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)時間內(nèi)電子做勻加速直線運動，位移x＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·(eq\f(3,8)T)2＝eq\f(9,8)d>d，說明電子會一直向B板運動并打在B板上，不會向A板運動，故D錯誤．【變式3-2】(多選)勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像如圖所示。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零[解析]設第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內(nèi)向負方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，v-t圖像如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確。[答案]CD【變式3-3】(多選)如圖甲所示，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。當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，選項圖中反映電子速度v、位移x和加速度a隨時間t的變化規(guī)律圖像，可能正確的是()解析：選AD在平行金屬板之間加上題圖乙所示的交變電壓時，電子在平行金屬板間所受的電場力大小始終不變，F(xiàn)＝eq\f(U0e,d)，由牛頓第二定律F＝ma可知，電子的加速度大小始終不變，電子在第一個eq\f(T,4)內(nèi)向B板做勻加速直線運動，在第二個eq\f(T,4)內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個eq\f(T,4)內(nèi)反向做勻加速直線運動，在第四個eq\f(T,4)內(nèi)向A板做勻減速直線運動，所以at圖像應如圖D所示，vt圖像應如圖A所示，A、D正確，C錯誤；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，所以xt圖像應是曲線，B錯誤?！绢}型4聯(lián)系實際問題】【例4】靜電火箭是利用電場加速工作介質形成高速射流而產(chǎn)生推力的．工作過程簡化圖如圖所示，離子源發(fā)射的離子經(jīng)過加速區(qū)加速，進入中和區(qū)與該區(qū)域里面的電子中和，最后形成中性高速射流噴射而產(chǎn)生推力．根據(jù)題目信息可知()A．M板電勢低于N板電勢B．進入中和區(qū)的離子速度與離子帶電荷量無關C．增大加速區(qū)MN極板的距離，可以增大射流速度而獲得更大的推力D．增大MN極板間的電壓，可以增大射流速度而獲得更大的推力答案D解析由于加速后的離子在中和區(qū)與電子中和，所以被加速的離子帶正電，則加速器極板M電勢高，A錯誤；由動能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以進入中和區(qū)的離子速度與比荷、加速電壓有關，與極板距離無關，故D正確，B、C錯誤．【變式4-1】多反射飛行時間質譜儀是一種測量離子質量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，經(jīng)電壓為U的勻強電場加速后射入質量分析器。質量分析器由兩個反射區(qū)和長為l的漂移管(無場區(qū)域)構成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當離子第一次進入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場，其電場強度足夠大，使得進入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子在質量分析器中經(jīng)多次往復即將進入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間。設實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力。(1)求質量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間T1；(2)反射區(qū)加上電場，電場強度大小為E，求離子能進入反射區(qū)的最大距離x；(3)已知質量為m0的離子總飛行時間為t0，待測離子的總飛行時間為t1，兩種離子在質量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質量m1。解析：(1)設離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，有qU＝eq\f(1,2)mv2 ①離子在漂移管中做勻速直線運動，則T1＝eq\f(l,v) ②聯(lián)立①②式，得T1＝eq\r(\f(ml2,2qU))。 ③(2)根據(jù)動能定理，有qU－qEx＝0 ④得x＝eq\f(U,E)。 ⑤(3)離子在加速電場中運動和反射區(qū)電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設其為eq\x\to(v)，有eq\x\to(v)＝eq\f(v,2) ⑥通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運動路程是與離子本身無關的，所以不同離子在電場區(qū)運動的總路程相等，設為L1，在無場區(qū)的總路程設為L2，根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為v，設離子的總飛行時間為t總，有t總＝eq\f(L1,\x\to(v))＋eq\f(L2,v) ⑦聯(lián)立①⑥⑦式，得t總＝(2L1＋L2)eq\r(\f(m,2qU)) ⑧可見，離子從A到B的總飛行時間與eq\r(m)成正比。依題意可得eq\f(t1,t0)＝eq\r(\f(m1,m0))可得m1＝eq\f(t1,t0)2m0。 ⑨答案：(1)eq\r(\f(ml2,2qU))(2)eq\f(U,E)(3)eq\f(t1,t0)2m0【變式4-2】中國科學家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人類揭示物質本源的關鍵設備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛