高考物理一轮复习学案专题六带电粒子在电场中运动综合问题的分析

高考物理一轮复习学案专题六带电粒子在电场中运动综合问题的分析

专题六　带电粒子在电场中运动综合问题的分析 考纲解读1.了解示波管的工作原理.2.运用动力学方法分析解决带电粒子在交变电场中的运动.3.会运用功能观点、动力学观点综合分析带电粒子在复合场中的运动．‎ 考点一　带电粒子在电场中运动的实际应用——示波管 ‎1．构造及功能(如图1所示)‎ 图1‎ ‎(1)电子枪：发射并加速电子．‎ ‎(2)偏转电极YY′：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX′：使电子束水平偏转(加扫描电压)．‎ ‎2．工作原理 偏转电极XX′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX′之间加电压，电子只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，电子只在Y方向偏转；若XX′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．‎ 例1　(2011·安徽·18)图2为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按图3甲所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是 (　　)‎ 图2‎ 甲　　　　　　　　　　　乙 图3‎ 解析　由图甲及图乙知，当UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，所以选B.‎ 答案　B ‎　 　　　　示波管荧光屏上图线形状的判断方法 示波管中的电子在YY′和XX′两个偏转电极作用下，同时参与两个类平抛运动，一方面沿YY′方向偏转，另一方面沿XX′方向偏转，找出几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形．‎ 突破训练1　示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图4所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的 (　　)‎ 图4‎ A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电 C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电 答案　AC 解析　根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电．‎ 考点二　带电粒子在交变电场中的运动 ‎1．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．‎ ‎2．分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．‎ ‎3．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)．‎ 例2　一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图5所示．不计重力．求在t＝0到t＝T的时间间隔内，‎ 图5‎ ‎(1)粒子位移的大小和方向；‎ ‎(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．‎ 解析　解法一：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 a1＝ a2＝－2 a3＝2 a4＝－ 由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度—时间图象如图甲所示，对应的速度—时间图象如图乙所示，其中 ‎ ‎ v1＝a1·＝ 由图乙可知，带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为 x＝v1‎ 联立以上各式得 x＝T2‎ 方向沿初始电场正方向 ‎(2)由图乙可知，粒子在t＝T到t＝T内沿初始电场的反方向运动，其运动时间t′为 t′＝T－T＝ 解法二：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 qE0＝ma1‎ ‎－2qE0＝ma2‎ ‎2qE0＝ma3‎ ‎－qE0＝ma4‎ 设带电粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则 v1＝a1 v2＝v1＋a2 v3＝v2＋a3 v4＝v3＋a4 设带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为x，有 x＝(＋＋＋) 联立以上各式可得 x＝，方向沿初始电场正方向 ‎(2)由电场的变化规律知，t＝时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零．‎ ‎0＝v1＋a2t1‎ 解得t1＝ 粒子从t＝时开始减速，设经过时间t2速度变为零．‎ ‎0＝v2＋a3t2‎ 解得t2＝ t＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为 t＝(－t1)＋t2‎ 解得 t＝ 答案　(1)T2，方向沿初始电场正方向　(2) 当电压周期性变化时，由E＝知，电场强度E也周期性变化，由F＝qE知电场力F周期性变化，由a＝知加速度a与电压变化图象形状相同，画出v－t图象则可以分析粒子运动特点．‎ 突破训练2　在金属板A、B间加上如图6乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T.现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入(如图甲所示)．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：‎ 图6‎ ‎(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？‎ ‎(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？‎ ‎(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？‎ 答案　(1) 　(2)v0T ‎(3)＋k·(k＝0,1,2，…)　T 解析　(1)由动能定理得：e·＝mv2－mv 解得v＝ .‎ ‎(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v0，平行于极板，以后继续重复这样的运动．‎ 要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.‎ ‎(3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO′线．所以应在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)时射入．‎ 极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上．‎ 由牛顿第二定律有a＝.‎ 加速阶段运动的距离s＝··()2≤ 可解得d≥T 故两板间距至少为T ‎32．综合运用动力学观点和功能观点解决带 电体在电场中的运动 ‎1．动力学观点 动力学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：‎ ‎(1)带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；‎ ‎(2)带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)．当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采用类平抛运动规律解决问题．‎ ‎2．功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用相应公式计算．‎ ‎(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．‎ ‎(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．‎ 例3　如图7所示，A、B为半径R＝1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E＝1×106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m＝1 kg、带电量q＝＋1.4×10－5 C的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC段为长L＝2 m、与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53°且离地面DE高h＝0.8 m的斜面．(取g＝10 m/s2)‎ 图7‎ ‎(1)若H＝1 m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8 m处；‎ ‎(3)若高度H满足：0.85 m≤H≤1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况)‎ 审题与关联 解析　(1)物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有mg(R＋H)－qER＝mv 到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力FN－mg＋qE＝m，解得FN＝8 N 根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8 N，方向竖直向下 ‎(2)要使物体沿轨道AB到达最低点B，当支持力为0时，最低点有个最小速度v，则qE－mg＝m 解得v＝2 m/s 在粗糙水平面上，由动能定理得：－μmgx＝－mv2，所以x＝1 m>0.8 m 故不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点0.8 m处．‎ ‎(3)在斜面上距离D点 m范围内(如图PD之间区域)‎ 在水平面上距离D点0.2 m范围内(如图DQ之间区域)‎ 答案　(1)8 N　(2)不存在　(3)在斜面上距离D点 m范围内　‎ 在水平面上距离D点0.2 m范围内 突破训练3　如图8所示，ABCD为固定于竖直平面内的闭合绝缘轨道，AB段、CD段均为半径R＝2.5 m的半圆，BC、AD段水平，AD＝BC＝8 m，B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场，场强E＝6×105 V/m；质量为m＝4×10－3 kg、电荷量为q＝＋1×10－8 C的小环套在轨道上，小环与轨道AD段之间存在摩擦且动摩擦因数处处相同，小环与轨道其余部分的摩擦忽略不计，现使小环在D点获得某一初速度沿轨道向左运动，若小环在轨道上可以无限循环运动，且小环每次到达圆弧上的A点时，对圆轨道刚好均无压力．求：‎ 图8‎ ‎(1)小环通过A点时的速度大小；‎ ‎(2)小环与AD段间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)小环运动到D点时的速度大小．‎ 答案　(1)5 m/s　(2)0.15　(3)7 m/s 解析　(1)进入半圆轨道AB时小环仅受重力，在A点由向心力公式得：mg＝ vA＝＝5 m/s ‎(2)由题意可得：小环在AD段损失的能量跟在电场阶段补充的能量是相等的，故摩擦力做的功与电场力做的功大小相同．‎ 故：μmgLAD＝qELBC μ＝0.15‎ ‎(3)从A到D由动能定理可得：‎ mv－mv＝qELBC 解得：vD＝7 m/s ‎(限时：45分钟)‎ ‎►题组1　示波管的原理与应用 ‎1．如图1所示为示波管构造的示意图，现在XX′间加上Uxx′－t信号，YY′间加上Uyy′－t信号，(如图2甲、乙所示)．则在屏幕上看到的图形是 (　　)‎ 图1‎ 图2‎ 答案　D 解析　沿电场方向带电粒子做加速运动，在垂直电场方向带电粒子做匀速运动，粒子经过竖直的YY′(信号电压)电场偏转，再经过水平的XX′(扫描电压)电场偏转，最后在显示屏上形成稳定的图象．在甲图中开始Uxx′<0，乙图中开始Uyy′＝0之后大于0，由此排除B、C项.0～T在x方向电子恰好从－x处到屏中央，在y方向完成一次扫描，T～2T水平方向电子从中央向x正向移动，在y方向再完成一次扫描．所以本题D项正确．‎ ‎►题组2　带电粒子在交变电场中的运动 ‎2．如图3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，不计电子的重力，下列说法正确的是 (　　)‎ 图3‎ A．若t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 B．若t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C．若t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D．若t＝3T/8时刻释放电子，电子必然打到左极板上 答案　AC 解析　若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错；若从t＝T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t＝3T/8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，所以D项错误；此题考查带电粒子在交变电场中的运动．‎ ‎3．(2011·安徽·20)如图4(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 (　　)‎ ‎(a)　　　　　　　(b)‎ 图4‎ A．0T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．‎ ‎4．如图5甲所示，真空中相距d＝5 cm的两块平行金属板A、B 与电源相接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，两板间电压变化的规律如图乙所示．将一个质量m＝2.0×‎ ‎10－27 kg，电荷量q＝＋1.6×10－19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计重力．求：‎ 图5‎ ‎(1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；‎ ‎(2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5 s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时的速度大小；‎ ‎(3)A板电势变化频率为多大时，在t＝T/4到t＝T/2时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A板．‎ 答案　(1)4.0×109 m/s2　(2)2.0×104 m/s ‎(3)f>5×104 Hz 解析　(1)在t＝0时刻，电场强度E＝，所以加速度a＝＝＝＝4.0×109 m/s2.‎ ‎(2)带电粒子在0～T/2内所受电场力方向向右，T/2～T内电场力反向．带电粒子在0～T/2内只受电场力作用做匀加速直线运动，前进的距离为x＝at＝a()2＝5 cm，而金属板间距d＝5 cm，所以t＝T/2时带电粒子恰好到达A板，此时带电粒子速度v＝at1＝2.0×104 m/s.‎ ‎(3)既然带电粒子不能到达A板，则带电粒子在T/4到T/2时间内释放后向A板做匀加速直线运动，在T/2～3T/4内向A板做匀减速直线运动，速度减为零后将反向运动．当t＝T/4时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子向A板运动的位移最大，该过程先匀加速T/4，然后匀减速T/4，t＝3T/4时速度减为零．根据题意有：xmax＝2×at＝5×104 Hz.‎ ‎5．如图6甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为＝1.0×10－2 C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：‎ 图6‎ ‎(1)粒子通过电场区域的时间；‎ ‎(2)粒子离开电场时的位置坐标；‎ ‎(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小．‎ 答案　(1)4×10－3 s　(2)(－2×10－5 m,2 m)‎ ‎(3)4×10－3 m/s 解析　(1)因粒子初速度方向垂直电场方向，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间 t＝＝4×10－3 s ‎(2)粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a1＝＝4 m/s2，减速时的加速度大小为a2＝＝2 m/s2由运动学规律得 x方向上的位移为 x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×10－5 m 因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5 m,2 m)‎ ‎(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vx＝a1－a2＝4×10－3 m/s ‎►题组3　用动力学和功能观点分析带电体在电场中的运动 ‎6．如图7所示，质量为m的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区域时(滑块受到的电场力小于重力)，滑块的运动状态可能 (　　)‎ 图7‎ A．仍为匀加速下滑，加速度比原来的小 B．仍为匀加速下滑，加速度比原来的大 C．变成匀减速下滑，加速度和原来一样大 D．仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大 答案　AB 解析　设斜面倾角为θ，滑块在开始下滑的过程中，mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ－μgcos θ>0，故sin θ>μcos θ.滑块可能带正电也可能带负电，当滑块带正电时，(mg＋Eq)sin θ－μ(mg＋Eq)cos θ＝ma1，a1＝g(sin θ－μcos θ)＋(sin θ－μcos θ)，可推出加速度变大；当滑块带负电时，(mg－Eq)sin θ－μ(mg－Eq)cos θ＝ma2，a2＝g(sin θ－μcos θ)－(sin θ－μcos θ)，可推出加速度变小，选项A、B正确．‎ ‎7．空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图8所示．一个质量为m、电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点间的高度差为h、水平距离为s，则以下判断正确的是 (　　)‎ 图8‎ A．A、B两点的电场强度和电势关系为EAv1，则电场力一定做正功 C．A、B两点间的电势差为(v－v)‎ D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv－mv－mgh 答案　D 解析　由电场线的方向和疏密可知A点电场强度小于B点，但A点电势高于B点，A错误．若v2>v1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B错误．由于有重力做功，A、B两点间电势差不是(v－v)，C错误．小球从A点运动到B点过程中由动能定理得W电＋mgh＝mv－mv，所以W电＝mv－mv－mgh，D正确．‎ ‎8．在一个水平面上建立x轴，在过原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E＝6×105 N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝5×10－8 C、质量m＝0.010 kg的带负电绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2 m/s，如图9所示，(g取10 m/s2)求：‎ 图9‎ ‎(1)物块最终停止时的位置；‎ ‎(2)物块在电场中运动过程的机械能增量．‎ 答案　(1)原点O左侧0.2 m处　(2)－0.016 J 解析　(1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零．‎ Ff＝μmg F＝qE 由牛顿第二定律得Ff＋F＝ma 由运动学公式得2ax1＝v 解得x1＝0.4 m 第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止．由动能定理得：Fx1－Ff(x1＋x2)＝0‎ 得x2＝0.2 m，则物块停止在原点O左侧0.2 m处．‎ ‎(2)物块在电场中运动过程的机械能增量 ΔE＝Wf＝－2μmgx1＝－0.016 J.‎ ‎9．如图10所示，AB是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD是半径为R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103 N/C，质量m＝0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h＝0.24 m，滑块带电荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：‎ 图10‎ ‎(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；‎ ‎(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．‎ 答案　(1)2.4 m/s　(2)11.36 N，方向竖直向下 解析　(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力 Ff＝μ(mg＋qE)cos 37°＝0.96 N 设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得 ‎(mg＋qE)h－Ff＝mv 解得v1＝2.4 m/s ‎(2)滑块从B到C，由动能定理可得：‎ ‎(mg＋qE)R(1－cos 37°)＝mv－mv 当滑块经过最低点C时，有FN－(mg＋qE)＝m 由牛顿第三定律：FN′＝FN 解得：FN′＝11.36 N，方向竖直向下．‎