【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在电场中运动的综合问题学案
第4节 带电粒子在电场中运动的综合问题
高考对本节内容的考查主要集中在电场中的力电综合问题，综合考查了电场的性质和规律，以及平衡、加速、偏转、能量等力学知识，通常命制计算题，难度较大；而对带电粒子在交变电场中运动的考查，常从这两种运动的角度命题：往返运动和偏转运动。
考点一 示波管的工作原理[基础自修类]
[题点全练]
1．[示波管的原理分析]
(多选)如图所示是示波器的原理示意图，电子经电压为U1的加速电场加速后，进入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后打在荧光屏上的P点。P点与O点的距离叫偏转距离。要提高示波器的灵敏度(即单位偏转电压U2引起的偏转距离)，下列办法中可行的是( )
A．提高加速电压U1
B．增加偏转极板a、b的长度
C．增大偏转极板与荧光屏的距离
D．减小偏转极板间的距离
解析：选BCD 电子经加速电场后动能为：Ek＝eU1，加速后的速度为：v＝ ，经偏转电场的时间为：t＝，出偏转电场的偏转位移为：y＝at2＝××2＝，设偏转极板与荧光屏的距离为L，则P点到O点的偏转距离Y＝y，所以此示波器的灵敏度为：＝，可知要提高灵敏度可以降低加速电压，也可以增加偏转极板长度，增大偏转极板与荧光屏的距离，减小偏转极板间的距离，故A错误，B、C、D正确。
2．[示波管的图形分析]
图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项中的( )
解析：选B 在0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B。
[名师微点]
在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。
1．确定最终偏移距离
思路一：
思路二：
2．确定偏转后的动能(或速度)
思路一：
思路二：
考点二 带电粒子在交变电场中的运动[多维探究类]
题型(一) 直线运动问题(分段研究)
[例1] 如图甲所示，两平行正对的金属板A、B
间加有如图乙所示的交变电压，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( )
A．0
T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。
[答案] B
题型(二) 偏转运动问题(分解研究)
[例2] 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，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则( )
A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的
B．在t＝时刻，该粒子的速度大小为2v0
C．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在金属板上
D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场
[解析] 由题设条件可知，粒子在0～时间内做类平抛运动，在～T时间内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A正确；前后两段运动的时间相等，时将速度分解，设板长为l，由类平抛运动规律可得：l＝v0T，l＝vT，则v＝v0，则时刻该粒子的速度为v0，选项B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，而从PQ板右边缘射出电场，选项C错误；若该粒子的入射速度变为2v0，粒子在场中运动的时间t＝＝，选项D错误。
[答案] A
[共性归纳]
(1)当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性的运动。
(2)当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向的分运动可能具有周期性。
[题点全练]
1．[直线运动]
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)( )
解析：选A 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
两项错误；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项正确，B项错误。
2．[偏转运动]
如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L ，板间中线与电子源在同一水平线上。已知金属板M、N间距为d，极板长为L，距偏转极板右边缘s处有荧光屏，求：
(1)电子进入偏转极板时的速度；
(2)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)。
解析：(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有eU0＝mv2
解得v＝ 。
(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间
t＝＝L ＝T
故在时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板。
答案：(1) (2)0
考点三 电场中的力电综合问题[师生共研类]
[典例] (2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
[解题指导]
第一步：抓关键点
题中信息
吹“沙”见“金”
带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动
带电油滴受力平衡
电场强度的大小突然增大到某值
油滴向上做匀加速直线运动
突然将电场反向
油滴初速度向上，加速度向下
第二步：找突破口
(1)要确定油滴运动到B点时的速度，可由动力学知识求解；根据牛顿第二定律结合速度公式解决。
(2)要确定增大后的电场强度的大小，应结合平衡条件和位移公式进行求解，注意讨论B点在A点下方还是上方。
(3)为保证后来的电场强度比原来的大，要讨论 t1和v0应满足的条件，应在求出E2的基础上进一步讨论判断。
[解析] (1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动。
在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1 ①
油滴在时刻t1的速度为
v1＝v0＋a1t1 ②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2 ③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为
v2＝v1－a2t1 ④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1。 ⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg ⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s1＝v0t1＋a1t12 ⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t12 ⑧
由题给条件有
v02＝2g(2h) ⑨
式中h是B、A两点之间的距离。
若B点在A点之上，依题意有s1＋s2＝h ⑩
由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1 ⑪
为使E2>E1，应有
2－2＋2>1 ⑫
即当0 ⑭
才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。
若B点在A点之下，依题意有
s1＋s2＝－h ⑮
由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得
E2＝E1 ⑯
为使E2>E1，应有
2－2－2>1 ⑰
即t1> ⑱
另一解为负，不合题意，已舍去。
[答案] (1)v0－2gt1 (2)见解析
[解题方略]
1．思维流程
2．解题技巧
要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。
[题点全练]
如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一绝缘轨道由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场边界线上，NMAP段光滑，PQ段粗糙。现在有一质量为m、带电荷量为＋q的小环套在MN杆上，它所受电场力为重力的倍。现将小环从M点右侧的D点由静止释放，D点到M点的水平距离x0＝。求：
(1)小环第一次到达圆弧轨道最高点P时的速度大小；
(2)小环第一次通过与O等高的A点时半圆环对小环作用力的大小；
(3)若小环与PQ间动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)，现将小环移至M点右侧4R处由静止开始释放，通过讨论，求出小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
解析：(1)由动能定理得：qEx0－2mgR＝mvP2
qE＝，x0＝
解得vP＝0。
(2)设小环在A点时的速度为vA，由动能定理得
qE(x0＋R)－mgR＝mvA2－0
解得vA＝
在A点：N－qvAB－qE＝m
联立解得：N＝＋。
(3)若f＝μmg≥qE 即μ≥
小环第一次到达P点右侧s1距离处速度为零，小环将停在此处不动，由动能定理得
qE(4R－s1)－2mgR－fs1＝0
f＝μmg
联立得：s1＝
所以克服摩擦力所做的功为：Wf＝μmgs1＝
若f＝μmg＜qE 即μ＜
小环经过来回往复运动，最后只能在PD之间往复运动，设克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得
qE(4R)－mg(2R)－Wf＝0
解得：Wf＝mgR。
答案：(1)0 (2)＋ (3)见解析
“融会贯通”归纳好——“等效法”在电场中的应用
处理带电粒子在“等效力场”中的运动，要关注以下两点：一是对带电粒子进行受力分析时，注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而确定电场力做功情况；二是注意带电粒子的初始运动状态。
1．等效重力法。将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下方向”。
2．物理最高点与几何最高点。在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题。小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点。
[针对训练]
1．如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m，电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。
(1)求小球的带电性质及电场强度E。
(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)。
解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。
小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有
EqLsin α－mgL(1－cos α)＝0
解得E＝。
(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方。
若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：
m＝mg
由A点到等效最高点，根据动能定理得
－mgL(1＋cos 30°)＝mv2－mvA2
联立解得vA＝ 。
答案：(1)正电 (2)
2．如图所示，在电场强度E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电荷量q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g＝10 m/s2，求：
(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
解析：(1)设小滑块到达Q点时速度为v，
由牛顿第二定律得mg＋qE＝ ①
小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得
－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv02 ②
联立方程①②解得v0＝7 m/s。
(2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得
－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv02 ③
在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m ④
代入数据解得FN＝0.6 N ⑤
由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力大小为
FN′＝FN＝0.6 N。 ⑥
答案：(1)7 m/s (2)0.6 N
(1)把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。
(2)等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。
(3)类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。
