届高考物理一轮复习精品学案065第六章 专题六 带电粒子在电场中运动综合问题的分析.docx

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届高考物理一轮复习精品学案065第六章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＝1m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＝1×106V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m＝1kg、带电量q＝＋1.4×10－5C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＝2m、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＝0.8m的斜面．（取g＝10m/s2）

图7

（1）若H＝1m，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0.8m处；

（3）若高度H满足：

0.85m≤H≤1m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围．（已知sin53°＝0.8，cos53°＝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＝8N

根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8N，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＝2m/s

在粗糙水平面上，由动能定理得：

－μmgx＝－mv2，所以x＝1m>0.8m

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0.8m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0.2m范围内（如图DQ之间区域）

答案　

（1）8N　

（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0.2m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＝2.5m的半圆，BC、AD段水平，AD＝BC＝8m，B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场，场强E＝6×105V/m；质量为m＝4×10－3kg、电荷量为q＝＋1×10－8C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）5m/s　

（2）0.15　（3）7m/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＝＝5m/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＝7m/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．0

C.

答案　B

解析　设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．

作出t0＝0、、、时粒子运动的速度图象如图所示．由于

速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象

可知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．

4．如图5甲所示，真空中相距d＝5cm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×

10－27kg，电荷量q＝＋1.6×10－19C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＝1.0×10－5s，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）4.0×109m/s2　

（2）2.0×104m/s

（3）f>5×104Hz

解析　

（1）在t＝0时刻，电场强度E＝，所以加速度a＝＝＝＝4.0×109m/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＝5cm，而金属板间距d＝5cm，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＝2.0×104m/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＝5×104Hz.

5．如图6甲所示，在y＝0和y＝2m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＝1.0×10－2C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102m/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）4×10－3s　

（2）（－2×10－5m,2m）

（3）4×10－3m/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＝＝4×10－3s

（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＝＝4m/s2，减速时的加速度大小为a2＝＝2m/s2由运动学规律得

x方向上的位移为

x＝a1（）2＋a1（）2－a2（）2＝2×10－5m

因此粒子离开电场时的位置坐标为（－2×10－5m,2m）

（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vx＝a1－a2＝4×10－3m/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，mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ>0，故sinθ>μcosθ.滑块可能带正电也可能带负电，当滑块带正电时，（mg＋Eq）sinθ－μ（mg＋Eq）cosθ＝ma1，a1＝g（sinθ－μcosθ）＋（sinθ－μcosθ），可推出加速度变大；当滑块带负电时，（mg－Eq）sinθ－μ（mg－Eq）cosθ＝ma2，a2＝g（sinθ－μcosθ）－（sinθ－μcosθ），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EA

B．如果v2>v1，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＝6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝5×10－8C、质量m＝0.010kg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＝2m/s，如图9所示，（g取10m/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0.2m处　

（2）－0.016J

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＝0.4m

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＝0.2m，则物块停止在原点O左侧0.2m处．

（2）物块在电场中运动过程的机械能增量

ΔE＝Wf＝－2μmgx1＝－0.016J.

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＝0.2m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＝4.0×103N/C，质量m＝0.20kg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＝0.24m，滑块带电荷量q＝－5.0×10－4C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝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）2.4m/s　

（2）11.36N，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）cos37°＝0.96N

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＝2.4m/s

（2）滑块从B到C，由动能定理可得：

（mg＋qE）R（1－cos37°）＝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′＝11.36N，方向竖直向下．