还剩12页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
高中物理粤教版 (2019)必修 第三册第二章 静电场的应用本章综合与测试导学案
展开
这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第三册第二章 静电场的应用本章综合与测试导学案，共15页。
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．已知小油滴带负电、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，取g＝10 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？
答案 (1)4×106 V/m (2)2.4×10－6 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E＝eq \f(U,L)＝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＝eq \f(qU,mg)－L＝0.55 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＝Ep1－Ep2.
(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1.
两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6 kg的带电微粒，以v0＝2 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d＝4 cm，板长l＝10 cm，g取10 m/s2.
图2
(1)当A、B间的电压为UAB＝1 000 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板所加电势的范围．
答案 (1)2×10－9 C 负电 (2)－600 V＜φA＜2 600 V
解析 (1)当UAB＝1 000 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qeq \f(UAB,d)＝mg，q＝eq \f(mgd,UAB)＝2×10－9 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(UAB＞0)，所以微粒带负电．
(2)当qE＞mg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φA＝φ1，因为φB＝0，所以UAB＝φ1，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vx＝v0；在竖直方向a＝eq \f(qφ1,md)－g，竖直位移y＝eq \f(d,2)，所以eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)at2，t＝eq \f(l,v0)，代入a和t解得φ1＝2 600 V．当qE＜mg时，带电微粒向下偏，设此时φA＝φ2，同理可得φ2＝－600 V，故欲使微粒射出偏转电场，A板电势的范围为－600 V＜φA＜2 600 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EkA＞EkB＞EkC
D．三个小球在电场中运动的加速度aA＞aB＞aC
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mg－F电，带负电荷小球所受静电力方向向下，合力为mg＋F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EkC＞EkB＞EkA，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 2mg＋3Eq，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mgR＋qER＝eq \f(1,2)mv2，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，静电力和弹力沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝meq \f(v2,R)
联立解得F1＝2mg＋3Eq
由牛顿第三定律得小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，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时，小球对管壁的压力为多大？
答案 (1)eq \f(3mg,q) (2)3(mg＋qE)
解析 (1)小球从A运动到B过程中，由动能定理得mgr＝eq \f(1,2)mv2－0
在B点，对小球受力分析，由牛顿第二定律得qEB－mg＝meq \f(v2,r)
联立解得EB＝eq \f(3mg,q).
(2)设小球到达B点时的速度为v1，由动能定理得(mg＋qE)r＝eq \f(1,2)mv12.
设在B点处管壁对小球的弹力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg－qE＝meq \f(v12,r)，
联立解得FN＝3(mg＋qE)
由牛顿第三定律得，小球在B点时对管壁的压力大小为FN′＝3(mg＋qE)．
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．
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v－t图像．
图6
图7
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～eq \f(1,2)T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，eq \f(1,2)T～T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v－t图像如图(a)所示．
对于题图乙所示电压，在0～eq \f(T,2)内做类似题图甲0～T的运动，eq \f(T,2)～T电子做反向先匀加速、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v－t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
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v－t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a＝eq \f(qE,m)＋g
B．所需的时间为t＝eq \r(\f(dm,Eq))
C．下降的高度为y＝eq \f(d,2)
D．静电力所做的功为W＝Eqd
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＝eq \r(Eq2＋mg2)，所以点电荷的加速度大小为a＝eq \f(\r(Eq2＋mg2),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 \f(Eq,m)，由运动学公式eq \f(d,2)＝eq \f(a1t2,2)，所以t＝eq \r(\f(dm,Eq))，故B正确；点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(mgd,2Eq)，故C错误；静电力做的功W＝eq \f(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，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 eq \f(2mlv2π,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y＝vt，
水平方向上l＝eq \f(1,2)·eq \f(Ee,m)t2.
解得y＝v eq \r(\f(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
y′＝v eq \r(\f(2ml,Ee)).
故在荧光屏B上的发光面积S＝y2π＝eq \f(2mlv2π,Ee).
1.(多选)如图1所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )
图1
A．所受重力与静电力平衡 B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动
答案 BD
解析 对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，A错误；由图可知静电力与重力的合力方向与v0方向相反，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误；F合恒定且F合与v0方向相反，故粒子做匀减速直线运动，D正确．
2.(多选)(2020·宜昌市示范高中高二联考)如图2所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向的夹角为45°，则下列结论中正确的是( )
图2
A．此液滴带负电
B．液滴做匀加速直线运动
C．合外力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
答案 ABD
解析 液滴所受的合外力沿bd方向，知液滴受到的静电力方向水平向右，则此液滴带负电，故A正确；液滴所受合外力恒定，加速度恒定，液滴做匀加速直线运动，故B正确；合外力不为零，且合外力与速度方向共线，则合外力做功不为零，故C错误；从b到d，静电力做正功，液滴的电势能减少，故D正确．
3.如图3所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷．一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么( )
图3
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点，其动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加
答案 C
解析 由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能确定微粒电性，也不能确定静电力对微粒做功的正负，选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒从M点运动到N点动能一定增加，选项C正确.
4．(多选)如图4所示，一电子(不计重力)沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知eq \x\t(OA)＝eq \x\t(AB)，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则( )
图4
A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4
C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
答案 AD
解析 电子沿x轴正方向射入匀强电场，做类平抛运动，沿x轴方向做匀速直线运动，已知eq \x\t(OA)＝eq \x\t(AB)，则电子从O到C与从C到D的时间相等．电子在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有vCy＝atOC，vDy＝atOD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上yOC∶yOD＝1∶4，根据动能定理得ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD，则ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C错误，D正确．
5.(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5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( )
图5
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
答案 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＝meq \f(v2,R)，得R＝eq \f(mv2,qE)，R、E均为定值，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，故B、C正确．
6．在如图6甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始时B板的电势比A板的电势高，这时两板中间原来静止的电子(图中黑点表示)在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )
图6
A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性往返运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性往返运动
答案 C
解析 由运动学规律画出如图所示的v－t图像，可知电子一直向B板运动，C正确．
7．(多选)如图7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，则下列说法中正确的是( )
图7
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
答案 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，A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，B正确；电子穿出小孔P的时刻不确定，但飞出时的动能不大于eU0，C正确，D错误．
8．如图8(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)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( )
图8
A．0＜t0＜eq \f(T,4) B.eq \f(T,2)＜t0＜eq \f(3T,4)
C.eq \f(3T,4)＜t0＜T D．T＜t0＜eq \f(9T,8)
答案 B
9．(多选)如图9(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的两个平行金属板，板长为L，两板间加电压后板间的电场可视为匀强电场．现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电荷量为＋q的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是( )
图9
A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动
B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动
C．只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出
D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出
答案 BC
10.如图10所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电的微粒静止在空间范围足够大、电场强度为E的匀强电场中，取g＝10 m/s2.
图10
(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；
(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，方向不变．求在0.20 s时间内静电力做的功；
(3)在(2)的情况下，t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．
答案 (1)2×103 N/C 方向向上 (2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J
解析 (1)因微粒静止，可知其受力平衡，对其进行受力分析可知静电力方向向上，且Eq＝mg，
解得E＝eq \f(mg,q)＝eq \f(2.0×10－4×10,1.0×10－6) N/C＝2.0×103 N/C，微粒带正电，知电场方向向上．
(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，设微粒的加速度大小为a，在
0.20 s时间内上升的高度为h，静电力做功为W，则qE0－mg＝ma，
解得a＝10 m/s2，
h＝eq \f(1,2)at2，解得h＝0.20 m，
W＝qE0h，解得W＝8.0×10－4 J.
(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则v＝at，
Ek＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，
解得Ek＝8.0×10－4 J.
11.如图11所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一L形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分为l1＝0.2 m，离水平地面的距离为h＝5.0 m，竖直部分长为l2＝0.1 m．一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短，可不计)时没有能量损失，小球在电场中受的静电力大小为重力的一半．求：(g取10 m/s2)
图11
(1)小球运动到管口B时的速度大小；
(2)小球落地点与管的下端口B的水平距离．
答案 (1)2.0 m/s (2)4.5 m
解析 (1)小球从A运动到B的过程中，对小球，根据动能定理得mgl2＋F电l1＝eq \f(1,2)mvB2－0，
F电＝eq \f(1,2)mg，
代入数据解得vB＝2.0 m/s.
(2)小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，在空中运动的时间为t.
水平方向有a＝eq \f(F电,m)，x＝vBt＋eq \f(1,2)at2，
竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2
联立以上各式可得x＝4.5 m.
12.(2020·雅安市期末)如图12所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2 m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m.有一质量为0.12 kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6 C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10 m/s2，求：
图12
(1)小球在A点时的速度大小；
(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大小．
答案 (1)6 m/s (2)21.6 N
解析 (1)设小球在A点的速度大小为v1，小球在A点受重力和静电力，
由牛顿第二定律有：qE－mg＝meq \f(v12,R)，
代入数据解得：v1＝6 m/s.
(2)设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：
(qE－mg)2R＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，
在B点，设轨道对小球的弹力为FN，则有：
FN＋mg－qE＝eq \f(mv22,R)，
由牛顿第三定律有：FN′＝FN，
代入数据解得：FN′＝21.6 N.
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．已知小油滴带负电、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，取g＝10 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？
答案 (1)4×106 V/m (2)2.4×10－6 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E＝eq \f(U,L)＝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＝eq \f(qU,mg)－L＝0.55 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＝Ep1－Ep2.
(2)动能定理：合力做功等于动能的变化，W＝Ek2－Ek1.
两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m＝5×10－6 kg的带电微粒，以v0＝2 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d＝4 cm，板长l＝10 cm，g取10 m/s2.
图2
(1)当A、B间的电压为UAB＝1 000 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板所加电势的范围．
答案 (1)2×10－9 C 负电 (2)－600 V＜φA＜2 600 V
解析 (1)当UAB＝1 000 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qeq \f(UAB,d)＝mg，q＝eq \f(mgd,UAB)＝2×10－9 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(UAB＞0)，所以微粒带负电．
(2)当qE＞mg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φA＝φ1，因为φB＝0，所以UAB＝φ1，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vx＝v0；在竖直方向a＝eq \f(qφ1,md)－g，竖直位移y＝eq \f(d,2)，所以eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)at2，t＝eq \f(l,v0)，代入a和t解得φ1＝2 600 V．当qE＜mg时，带电微粒向下偏，设此时φA＝φ2，同理可得φ2＝－600 V，故欲使微粒射出偏转电场，A板电势的范围为－600 V＜φA＜2 600 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EkA＞EkB＞EkC
D．三个小球在电场中运动的加速度aA＞aB＞aC
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mg－F电，带负电荷小球所受静电力方向向下，合力为mg＋F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EkC＞EkB＞EkA，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 2mg＋3Eq，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mgR＋qER＝eq \f(1,2)mv2，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，静电力和弹力沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝meq \f(v2,R)
联立解得F1＝2mg＋3Eq
由牛顿第三定律得小球对环的压力大小F1′＝F1＝2mg＋3Eq，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时，小球对管壁的压力为多大？
答案 (1)eq \f(3mg,q) (2)3(mg＋qE)
解析 (1)小球从A运动到B过程中，由动能定理得mgr＝eq \f(1,2)mv2－0
在B点，对小球受力分析，由牛顿第二定律得qEB－mg＝meq \f(v2,r)
联立解得EB＝eq \f(3mg,q).
(2)设小球到达B点时的速度为v1，由动能定理得(mg＋qE)r＝eq \f(1,2)mv12.
设在B点处管壁对小球的弹力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg－qE＝meq \f(v12,r)，
联立解得FN＝3(mg＋qE)
由牛顿第三定律得，小球在B点时对管壁的压力大小为FN′＝3(mg＋qE)．
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．
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v－t图像．
图6
图7
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～eq \f(1,2)T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，eq \f(1,2)T～T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v－t图像如图(a)所示．
对于题图乙所示电压，在0～eq \f(T,2)内做类似题图甲0～T的运动，eq \f(T,2)～T电子做反向先匀加速、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v－t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
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v－t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a＝eq \f(qE,m)＋g
B．所需的时间为t＝eq \r(\f(dm,Eq))
C．下降的高度为y＝eq \f(d,2)
D．静电力所做的功为W＝Eqd
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＝eq \r(Eq2＋mg2)，所以点电荷的加速度大小为a＝eq \f(\r(Eq2＋mg2),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 \f(Eq,m)，由运动学公式eq \f(d,2)＝eq \f(a1t2,2)，所以t＝eq \r(\f(dm,Eq))，故B正确；点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(mgd,2Eq)，故C错误；静电力做的功W＝eq \f(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，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 eq \f(2mlv2π,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y＝vt，
水平方向上l＝eq \f(1,2)·eq \f(Ee,m)t2.
解得y＝v eq \r(\f(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
y′＝v eq \r(\f(2ml,Ee)).
故在荧光屏B上的发光面积S＝y2π＝eq \f(2mlv2π,Ee).
1.(多选)如图1所示，平行板电容器的两个极板与水平面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )
图1
A．所受重力与静电力平衡 B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动
答案 BD
解析 对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，A错误；由图可知静电力与重力的合力方向与v0方向相反，F合对粒子做负功，其中mg不做功，Eq做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误；F合恒定且F合与v0方向相反，故粒子做匀减速直线运动，D正确．
2.(多选)(2020·宜昌市示范高中高二联考)如图2所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向的夹角为45°，则下列结论中正确的是( )
图2
A．此液滴带负电
B．液滴做匀加速直线运动
C．合外力对液滴做的总功等于零
D．液滴的电势能减少
答案 ABD
解析 液滴所受的合外力沿bd方向，知液滴受到的静电力方向水平向右，则此液滴带负电，故A正确；液滴所受合外力恒定，加速度恒定，液滴做匀加速直线运动，故B正确；合外力不为零，且合外力与速度方向共线，则合外力做功不为零，故C错误；从b到d，静电力做正功，液滴的电势能减少，故D正确．
3.如图3所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号的电荷．一带电微粒沿水平方向射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，其运动轨迹如图中虚线所示，那么( )
图3
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点，其电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点，其动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点，其机械能一定增加
答案 C
解析 由于不知道重力和静电力大小关系，所以不能确定静电力方向，不能确定微粒电性，也不能确定静电力对微粒做功的正负，选项A、B、D错误；根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定竖直向下，则合外力对微粒做正功，由动能定理知微粒从M点运动到N点动能一定增加，选项C正确.
4．(多选)如图4所示，一电子(不计重力)沿x轴正方向射入匀强电场，在电场中的运动轨迹为OCD，已知eq \x\t(OA)＝eq \x\t(AB)，电子过C、D两点时竖直方向的分速度为vCy和vDy；电子在OC段和OD段动能的变化量分别为ΔEk1和ΔEk2，则( )
图4
A．vCy∶vDy＝1∶2 B．vCy∶vDy＝1∶4
C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3 D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
答案 AD
解析 电子沿x轴正方向射入匀强电场，做类平抛运动，沿x轴方向做匀速直线运动，已知eq \x\t(OA)＝eq \x\t(AB)，则电子从O到C与从C到D的时间相等．电子在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有vCy＝atOC，vDy＝atOD，所以vCy∶vDy＝tOC∶tOD＝1∶2，故A正确，B错误；根据匀变速直线运动的推论可知，在竖直方向上yOC∶yOD＝1∶4，根据动能定理得ΔEk1＝qEyOC，ΔEk2＝qEyOD，则ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4，故C错误，D正确．
5.(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5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( )
图5
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
答案 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＝meq \f(v2,R)，得R＝eq \f(mv2,qE)，R、E均为定值，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，故B、C正确．
6．在如图6甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交变电压，开始时B板的电势比A板的电势高，这时两板中间原来静止的电子(图中黑点表示)在电场作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是(不计电子重力)( )
图6
A．电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周期性往返运动
B．电子一直向A板运动
C．电子一直向B板运动
D．电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性往返运动
答案 C
解析 由运动学规律画出如图所示的v－t图像，可知电子一直向B板运动，C正确．
7．(多选)如图7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，则下列说法中正确的是( )
图7
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
答案 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，A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，B正确；电子穿出小孔P的时刻不确定，但飞出时的动能不大于eU0，C正确，D错误．
8．如图8(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)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( )
图8
A．0＜t0＜eq \f(T,4) B.eq \f(T,2)＜t0＜eq \f(3T,4)
C.eq \f(3T,4)＜t0＜T D．T＜t0＜eq \f(9T,8)
答案 B
9．(多选)如图9(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的两个平行金属板，板长为L，两板间加电压后板间的电场可视为匀强电场．现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电荷量为＋q的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是( )
图9
A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动
B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动
C．只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出
D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出
答案 BC
10.如图10所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电的微粒静止在空间范围足够大、电场强度为E的匀强电场中，取g＝10 m/s2.
图10
(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；
(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，方向不变．求在0.20 s时间内静电力做的功；
(3)在(2)的情况下，t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．
答案 (1)2×103 N/C 方向向上 (2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J
解析 (1)因微粒静止，可知其受力平衡，对其进行受力分析可知静电力方向向上，且Eq＝mg，
解得E＝eq \f(mg,q)＝eq \f(2.0×10－4×10,1.0×10－6) N/C＝2.0×103 N/C，微粒带正电，知电场方向向上．
(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，设微粒的加速度大小为a，在
0.20 s时间内上升的高度为h，静电力做功为W，则qE0－mg＝ma，
解得a＝10 m/s2，
h＝eq \f(1,2)at2，解得h＝0.20 m，
W＝qE0h，解得W＝8.0×10－4 J.
(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为Ek，则v＝at，
Ek＝mgh＋eq \f(1,2)mv2，
解得Ek＝8.0×10－4 J.
11.如图11所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场．一L形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，管的水平部分为l1＝0.2 m，离水平地面的距离为h＝5.0 m，竖直部分长为l2＝0.1 m．一带正电的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计且小球通过管的弯曲部分(长度极短，可不计)时没有能量损失，小球在电场中受的静电力大小为重力的一半．求：(g取10 m/s2)
图11
(1)小球运动到管口B时的速度大小；
(2)小球落地点与管的下端口B的水平距离．
答案 (1)2.0 m/s (2)4.5 m
解析 (1)小球从A运动到B的过程中，对小球，根据动能定理得mgl2＋F电l1＝eq \f(1,2)mvB2－0，
F电＝eq \f(1,2)mg，
代入数据解得vB＝2.0 m/s.
(2)小球离开B点后，设水平方向的加速度为a，在空中运动的时间为t.
水平方向有a＝eq \f(F电,m)，x＝vBt＋eq \f(1,2)at2，
竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2
联立以上各式可得x＝4.5 m.
12.(2020·雅安市期末)如图12所示，内表面光滑且绝缘的半径为1.2 m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m.有一质量为0.12 kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6 C，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取10 m/s2，求：
图12
(1)小球在A点时的速度大小；
(2)小球运动到最高点B时对轨道的压力大小．
答案 (1)6 m/s (2)21.6 N
解析 (1)设小球在A点的速度大小为v1，小球在A点受重力和静电力，
由牛顿第二定律有：qE－mg＝meq \f(v12,R)，
代入数据解得：v1＝6 m/s.
(2)设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：
(qE－mg)2R＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，
在B点，设轨道对小球的弹力为FN，则有：
FN＋mg－qE＝eq \f(mv22,R)，
由牛顿第三定律有：FN′＝FN，
代入数据解得：FN′＝21.6 N.
相关学案
粤教版 (2019)第二节 带电粒子在电场中的运动学案设计： 这是一份粤教版 (2019)第二节 带电粒子在电场中的运动学案设计，共15页。
高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第二章 圆周运动本章综合与测试导学案及答案： 这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第二章 圆周运动本章综合与测试导学案及答案，共16页。学案主要包含了圆周运动的动力学问题，圆锥摆模型等内容，欢迎下载使用。
高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第二章 圆周运动本章综合与测试导学案及答案： 这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第二章 圆周运动本章综合与测试导学案及答案，共16页。
