【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在电场中的加速和偏转学案

【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在电场中的加速和偏转学案

‎2019届一轮复习人教版 带电粒子在电场中的加速和偏转 学案 知识回顾　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．带电粒子在电场中的加速 ‎(1)匀强电场中，v0与E平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式．‎ ‎(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解．‎ ‎2．带电粒子在匀强电场中的偏转(v0垂直于E的方向)，如图所示 ‎ (1)沿v0方向的匀速直线运动．‎ ‎(2)垂直于v0方向的匀加速直线运动．‎ ‎①加速度a＝＝；‎ ‎②偏转距离y＝at2＝2y＝；‎ ‎③速度偏向角 tanφ＝＝tanφ＝；‎ ‎④位移偏向角 tanθ＝＝tanθ＝；‎ ‎⑤两个重要的结论 a．位移偏向角θ和速度偏向角φ满足tanφ＝2tanθ；‎ b．射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点．‎ 规律方法 带电粒子在电场中运动的解题方法 ‎(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力．‎ ‎(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．‎ 例题分析 ‎【例1】　 (2017年高考·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)‎ A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 ‎【答案】　A ‎【例2】　如图所示，两平行金属板A、B长l＝‎8 cm，两板间距离d＝‎8 cm，A板比B板电势高300 V，即UAB＝300 V．一带正电的粒子电量为q＝10－‎10C，质量为m＝10－‎20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×‎106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为L＝‎12 cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获，从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上静电力常量k＝9×109N·m2/C2，粒子重力不计，tan37°＝，tan53°＝.求：‎ ‎ (1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；‎ ‎(2)粒子穿过界面MN时的速度v；‎ ‎(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y；‎ ‎(4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留一位有效数字)．‎ ‎(2)粒子的运动轨迹如图8－6－4所示 设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：‎ vy＝at＝ 解得：vy＝1.5×‎106 m/s 所以粒子从电场中飞出时的速度为：‎ v＝＝2.5×‎106 m/s 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：‎ tanθ＝＝ 解得：θ＝37°‎ ‎【例3】　如图甲所示，真空中两水平放置的平行金属板A、B相距为d，板长为L，今在A、B两板间加一如图乙所示的周期性变化的交变电压．从t＝0时刻开始，一束初速度均为v0的电子流沿A、B两板间的中线从左端连续不断地水平射入板间的电场，要想使电子束都能从A、B右端水平射出，则所加交变电压的周期T和所加电压的大小应满足什么条件？‎ ‎【解析】　根据题意可知，电子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做变速直线运动，可画出t＝0时刻射入板间的电子在竖直方向上的速度－时间(vy－t)图象，如图8－6－6所示，因电子进入板间电场和离开板间电场时，其竖直分速度均为零，所以电子在电场中的运动时间t必为交变电压周期T的整数倍：t＝nT(n＝1、2、3、…)‎ 而t＝ 故T＝(n＝1、2、3…)‎ 规律总结 ‎“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题 带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示．‎ ‎(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L＝v0t；垂直极板的匀加速直线运动，y＝at2，vy＝at，a＝.‎ ‎(2)一个偏转角：tanθ＝；‎ 一个几何关系：y＝tanθ；‎ 一个功能关系：ΔEk＝.‎ 专题练习 ‎1.如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电量为e.则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是(　　)‎ A．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变 B．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍 C．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变 D．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半 ‎【答案】　A ‎2.(2017·洛阳联考)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，虚线为中心线，A、B板间加上稳定的电压，有三个带电微粒a、b、c从靠近A板边缘处以相同的水平初速度射入板间，a从中心线上M点飞出板间区域，b从B板右侧边缘飞出，c落在B板的中点N处，不计微粒的重力，则带电微粒a、b、c的比荷关系为(　　)‎ A.＝4＝8　　　　　 B.＝＝4 C.＝2＝4 D.＝2＝4 ‎【答案】　A ‎【解析】根据平抛运动的知识可知，微粒在竖直方向上的偏转距离y＝at2＝t2，ta＝tb＝2tc，解得＝4＝8，故A项正确．学 ‎ ‎3．(2017·临沂二模)(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是(　　)‎ A．减小墨汁微粒的质量 B．减小墨汁微粒所带的电荷量 C．增大偏转电场的电压 D．增大墨汁微粒喷入偏转场的速度 ‎【答案】　BD ‎4．(2017·衡阳质检)(多选)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(不计P、Q的重力以及它们间的相互作用)，则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中正确的是(　　)‎ A．它们运动的时间相等 B．它们所带的电荷量之比qP：qQ＝1∶2‎ C．它们的电势能减小量之比ΔEP：ΔEQ＝1∶2‎ D．它们的电场力做功之比WP：WQ＝2∶1‎ ‎【答案】　AB ‎【解析】设两板间的距离为d，带电粒子的质量为m，带电粒子射入电场的初速度为v0.垂直电场方向P、Q粒子都做匀速直线运动，则有v0tP＝v0tQ，解得tP＝tQ，A项正确；两粒子在垂直初速度方向都做初速度为零的匀加速直线运动，对两粒子分别应用牛顿第二定律和运动学公式得，P粒子，qPE＝maP，d＝aPtP2；Q 粒子，qQE＝maQ，d＝aQtQ2，联立解得qP∶qQ＝1∶2，B项正确；两粒子的电势能减少量分别为ΔEP＝qPE×d，ΔEQ＝qQEd，解得ΔEP∶ΔEQ＝1∶4，C项错误；两粒子的动能增量分别为ΔEkP＝qPE×d，ΔEkQ＝qQEd，解得ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，D项错误．‎ ‎5．(2017·广州综合测试)如图，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(　　)‎ A．保持U2和平行板间距不变，减小U1‎ B．保持U1和平行板间距不变，增大U2‎ C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板 D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板 ‎【答案】　D ‎6.(2016·海南)如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D. ‎【答案】　B ‎【解析】根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，‎ 将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当分速度vy＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学公式：－vy2＝－2d，由于vy＝v0cos45°，Ek0＝mv02，联立整理得到E＝，故B项正确．‎ ‎7．(2017·青岛一模)(多选)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 ‎8．(多选)(2017·山东淄博市模拟卷)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容为C.电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝CU2.一电荷量为q的带电油滴以初动能Ek从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则(　　)‎ A．保持开关闭合，只将上极板下移了，带电油滴仍能沿水平线运动 B．保持开关闭合，只将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek＋ C．断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2‎ D．断开开关后，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2‎ ‎【答案】　BD ‎9．如图，与水平方向成45°角的直线MN处于竖直向下的匀强电场E中．带电粒子从直线MN上的P点以速度v0水平向右抛出，经过时间t到达直线MN上的Q点．带正电的粒子质量为m，带电粒子的重力可以忽略．则下列正确的是(　　)‎ A．粒子在Q点的速度大小为v0 B．P、Q两点距离v0t C．粒子运动时的加速度大小为 D．P、Q两点间的电势差2Etv0‎ ‎【答案】　C ‎10.(2017·河南天一大联考)如图所示，以直线AB为边界，上下存在场强大小相等、方向相反的匀强电场．在P点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带电小球，小球穿过AB边界时速度为υ0，到达M点速度恰好减为零．此过程中小球在AB上方电场中运动的时间是在下方电场中运动时间的.已知重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球带正电 B．电场强度大小是 C．P点距边界线AB的距离为 D．若边界线AB电势为零，则M点电势为 ‎【答案】　B ‎【解析】小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力；结合牛顿运动定律求电场强度，P点距边界的距离；通过动能定理求出M的电势．根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力，且直线AB下方区域的场强方向向下，故电荷带负电，故A项错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1＝，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a2＝，因为a1t1＝a2t2，由题意可知：t1＝t2，解得：E＝，故B项正确；设P点距边界的距离为h，则h＝＝，故C 项错误；对边界到M的过程运用动能定理得：qU＋mgh′＝0－mv02，h′＝，解得：U＝－，若边界线AB电势为零，则M点电势为－，故D项错误．‎ ‎11．(2016·秋·宝安区校级期末)示波管的内部结构如图1所示，如果在电极YY′之间加上图2(a)所示的电压，在 ′之间加上图2(b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是(　　)‎ ‎【答案】　C ‎12.(2017·江西红色七校联考)如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30°，AB与电场垂直，一质量为m，电荷量为q的带正电小球以初速度v0从A点水平向右抛出，经过时间t小球最终落在C点，速度大小仍是v0，且AB＝BC，则下列说法中错误的是(　　)‎ A．AC满足AC＝v0·t B．电场力和重力的合力方向垂直于AC方向 C．此过程增加的电势能等于mg2t2‎ D．电场强度大小为E＝ ‎【答案】　AC ‎13．(2017年江西赣中南五校联考)如图所示，a、b两个带正电的粒子，电荷量分别为q1和q2，质量分别为m1和m2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则(　　)‎ A．电荷量q1大于q2‎ B．质量m1小于m2‎ C．粒子的电荷量与质量之比> D．粒子的电荷量与质量之比< ‎【答案】：C ‎【解析】：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度：a＝①‎ 时间t＝②‎ 偏转量y＝at2③‎ 因为两个粒子的初速度相等，由②得t∝x，则a粒子的运动时间短，由③得a的加速度大，由①得a粒子的比荷就一定大，但a的电荷量不一定大，质量也不一定小，故C正确，A、B、D错误，故选C.‎ ‎14．(多选)(2017年潍坊高三调研)如图所示，水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN 上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平．由此可知(　　)‎ A．从B到C，小球的动能减小 B．从B到C，小球的电势能减小 C．从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等 D．从A到B与从B到C小球的速度变化量大小一定相等 ‎【答案】：AD ‎15. (2017年汕头模拟)如图所示，M和N是两个带等量异种电荷的平行正对金属板，两板与水平方向的夹角为60°.将一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从靠近N板的位置由静止释放，释放后，小球开始做匀加速直线运动，运动方向与竖直方向成30°角，已知两金属板间的距离为d，重力加速度为g，则(　　)‎ A．N板带负电 B．M、N板之间的场强大小为 C．小球从静止到与M板接触前的瞬间，合力对小球做的功为mgd D．M、N板之间的电势差为－ ‎【答案】：D ‎16．(2017·浙江测试)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x≤L)和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同．在区域Ⅰ内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xOy平面内，一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域Ⅰ，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P点的坐标为(L，)．不计粒子所受重力，求：‎ ‎(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度；‎ ‎(2)电场区域Ⅱ的宽度．‎ ‎【答案】　(1)　(2)L ‎【解析】(1)设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为v0，‎ 在x方向：粒子做匀速直线运动，有L＝v0t 在y方向：粒子做初速度为零的匀加速直线运动，‎ 有＝at2，且a＝ 解得：v0＝.‎ ‎(2)粒子在区域Ⅱ做匀减速直线运动，设粒子在P处的速度为vP，在x方向的分速度为vPx，在y方向的分速度为vPy，电场区域Ⅱ的宽度为Δx2，则 vPx＝v0＝ vPy2＝2×× 即：vPx＝vPy 故：vP＝ 设粒子在P处的速度方向与水平方向的夹角为θ，‎ 则tanθ＝，∴θ＝.‎ 设粒子从P做直线运动到Q所通过的位移为x，‎ 因有：0－vP2＝－2··x 解得：x＝L，Δx2＝xcos45°‎ 得Δx2＝L. 学 ‎ ‎17．(2017·江苏模拟)如图所示，在正交坐标系xOy的第一、四象限内分别存在两个大小相等、方向不同的匀强电场，两组平行且等间距的实线分别表示两个电场的电场线，每条电场线与x轴所夹的锐角均为60°.一质子从y轴上某点A沿着垂直于电场线的方向射入第一象限，仅在电场力的作用下第一次到达x轴上的B点时速度方向正好垂直于第四象限内的电场线，之后第二次到达x轴上的C点．求：‎ ‎(1)质子在A点和B点的速度之比；‎ ‎(2)OB与BC长度的比值．‎ ‎【答案】　(1)　(2) 设质子从B到C经历时间为t2，作如图辅助线，‎ 沿CP方向：BCsin60°＝vt2‎ 沿BP方向：BCcos60°＝at22‎ 联立求解：BC＝ 所以：＝.‎