【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在交变电场中的运动问题与带电体在等效场中的运动问题学案

【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在交变电场中的运动问题与带电体在等效场中的运动问题学案

突破44 带电粒子在交变电场中的运动问题与带电体在等效场中的运动问题 一、带电粒子在交变电场中的运动问题 ‎1.带电粒子在交变电场中运动的分析方法 ‎(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)注意对称性和周期性变化关系的应用。‎ ‎2．常见的三类运动形式 带电体做单向直线运动、直线往返运动或偏转运动。‎ ‎【典例1】如图甲所示平行金属板AB之间的距离为6 cm，两板间电场强度随时间按图乙所示规律变化。设场强垂直于金属板由A指向B为正，周期T＝8×10－5 s。某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－19 C，质量为1.6×10－26 kg，某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则(　　)‎ A．若粒子在t＝0时释放，则一定能运动到B板 B．若粒子在t＝时释放，则一定能运动到B板 C．若粒子在t＝时释放，则一定能运动到A板 D．若粒子在t＝时释放，则一定能运动到A板 ‎【答案】　AD t＝时释放，则在～ 的时间内粒子向B板加速运动，位移为x2′＝a2＝×108×(10－5)2m＝0.5×10‎ ‎－2 m＝0.5 cm，在～的时间内粒子向B板减速运动，位移为x3′＝x2′＝0.5 cm；在～T的时间内粒子向A板加速运动，位移为x2″＝a2＝×108×(3×10－5)2m＝4.5×10－2 m＝4.5 cm；因(4.5－2×0.5)cm＝3.5 cm>3 cm，故粒子能到达A板，选项D正确。‎ ‎【典例2】如图甲所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d＝0.1 m，板长L＝0.3 m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间。距金属板右端x＝0.5 m处竖直放置一足够长的荧光屏。现在AB板间加如图乙所示的方波形电压，已知U0＝1.0×102 V。在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m＝1.0×10－7 kg，电荷量q＝1.0×10－2 C，速度大小均为v0＝1.0×104 m/s。带电粒子的重力不计。求：‎ ‎(1)在t＝0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度；‎ ‎(2)荧光屏上出现的光带长度；‎ ‎(3)若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v＝2.0×104 m/s，则荧光屏上出现的光带又为多长。‎ ‎【答案】　(1)103 m/s　(2)4.0×10－2 m　(3)0.15 m ‎【解析】　(1)从t＝0时刻进入的粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间t＝＝3×10－5 s，正好等 d2′＝a2＋aT·T－a2＝0.5×10－2 m 出现光带的总长度l＝d1′＋d2′＝4.0×10－2 m。‎ ‎(3)带电粒子在电场中运动的时间变为，打在荧光屏上的范围如图所示。‎ d1＝·＝3.75×10－2 m d2＝·＝1.25×10－2 m 形成的光带长度 l＝d1＋d＋d2＝0.15 m。‎ ‎【跟踪短训】‎ ‎1．如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间相距为dAB，两板间加有如图（b）所示的交变电压，质量为m，带电量为＋q的粒子（不计重力）被固定在两板的正中间P处，且。下列说法正确的是 A. t＝0由静止释放该粒子，一定能到达B板 B. t＝T/4由静止释放该粒子，可能到达B板 ‎ C. 在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。‎ ‎3. 如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【答案】CD ‎4．在图甲所示的两平行金属板上加有图乙所示的电压，该电压的周期为T，大量电子（其重力不计）以相同的初速度连续不断地从A点沿平行于金属板的方向射入电场，并都能从两板间通过，且飞行时间为，不考虑电子间的相互作用力，下列说法正确的是 A. 0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小 B. 时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小 C. 在0 ～时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度大小都相同 D. 在0 ～时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度方向都不同 ‎【答案】BD 点睛：考查粒子做类平抛运动的规律，同时理解粒子先后进入电场后的受力与运动的分析．本题注意在初速度方向上始终是匀速直线运动．‎ ‎5．如图1所示，密闭在真空中的平行板电容器A极板接地．B极板上的电势如图2所示，一质量为m、电荷量为q的微粒在两极板中央由静止释放，极板足够长，则下列说法正确的是 A. 如果微粒带正电，从t＝2s时开始释放一定不能运动到A极板 B. 如果微粒带负电，从t＝6s时开始释放可能运动到B极板上 ‎ C. 不论微粒带正电还是负电，撞击极板前竖直方向均为自由落体运动 D. 如果微粒带负电，从t＝2s开始释放没有撞击到极板，那么将A、B两极板分别向左、向右移动相等的距离后，重新将带电微粒在t＝2s时从极板中央由静止释放，一定不会撞击到极板 ‎【答案】CD ‎6．制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行金属板，如图甲所示，加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k≥1)，电压变化的周期为2T，如图乙所示．在t＝0时，有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 若且电子恰好在2T时刻射出电场，则应满足的条件是 B. 若k＝1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加 C. 若且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度为 D. 若k＝1且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度为v0‎ ‎【答案】AD ‎7．如图所示，真空中相距d=10cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零）。A板电势变化的规律如右图所示。将一个质量m=2.0×10-27kg，电量q=+1.6×10-19C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求：‎ ‎（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）A板电势变化周期T多大时，在t=T/4到t=T/2时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】由图可知两板间开始时的电势差，则由U=Ed可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度的大小；要使粒子不能到达A板，应让粒子在向A板运动中的总位移小于极板间的距离。‎ ‎ ‎ 要求粒子不能到达A板，有s＜d 应满足T< ‎ ‎8. 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：‎ ‎(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；‎ ‎(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。‎ ‎【答案】：(1)13.5 cm　(2)30 cm ‎【解析】：(1)设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝mv02‎ tan θ＝ 电子在荧光屏上偏离O点的距离为 Y＝y＋Ltan θ＝ 由题图乙知t＝0.06 s时刻U＝1.8U0，‎ 解得Y＝13.5 cm。‎ ‎(2)由题知电子偏转量y的最大值为，可得当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。‎ 代入上式得：Y＝ 所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：2Y＝3L＝30 cm。‎ ‎ ‎