全國通用高三物理復習能力提升專題7帶電粒子在電場中運動綜合問題的分析

1、專題七帶電粒子在電場中運動綜合問題的分析考綱解讀1.了解示波管的工作原理.2.運用動力學方法分析解決帶電粒子在交變電場中的運動.3.會運用功能觀點、動力學觀點綜合分析帶電粒子在復合場中的運動考點一帶電粒子在電場中運動的實際應用示波管1構造及功能(如圖1所示)圖1(1)電子槍：發(fā)射并加速電子(2)偏轉電極YY：使電子束豎直偏轉(加信號電壓)；偏轉電極XX：使電子束水平偏轉(加掃描電壓)2工作原理偏轉電極XX和YY不加電壓，電子打到屏幕中心；若只在XX之間加電壓，只在X方向偏轉；若只在YY之間加電壓，只在Y方向偏轉；若XX加掃描電壓，YY加信號電壓，屏上會出現(xiàn)隨信號而變化的圖象例1(2011

2、83;安徽·18)圖2為示波管的原理圖，如果在電極YY之間所加的電壓按圖3甲所示的規(guī)律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是()圖2甲乙圖3解析由圖甲及圖乙知，當UY為正時，Y板電勢高，電子向Y偏，而此時UX為負，即X板電勢高，電子向X板偏，所以選B.答案B示波管中電子在熒光屏上落點位置的判斷方法示波管中的電子在YY和XX兩個偏轉電極作用下，同時參與兩個類平拋運動，一方面沿YY方向偏轉，另一方面沿XX方向偏轉，找出幾個特殊點，即可確定熒光屏上的圖形突破訓練1示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成，如圖4所示如果在熒光屏上P點

3、出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()圖4A極板X應帶正電 B極板X應帶正電C極板Y應帶正電 D極板Y應帶正電答案AC解析根據(jù)亮斑的位置，電子偏向XY區(qū)間，說明電子受到電場力作用發(fā)生了偏轉，因此極板X、極板Y均應帶正電考點二帶電粒子在交變電場中的運動例2如圖5甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的)求：甲乙圖5(1)在t0.06 s時刻

4、，電子打在熒光屏上的何處；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？解析(1)電子經(jīng)加速電場加速滿足qU0mv2經(jīng)偏轉電場偏轉后偏移量yat2··()2所以y，由題圖知t0.06 s時刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm設打在屏上的點距O點距離為Y，滿足所以Y13.5 cm.(2)由題知電子偏移量y的最大值為，所以當偏轉電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L30 cm.答案(1)打在屏上的點位于O點正上方，距O點13.5 cm(2)30 cm解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法1注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有

5、周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件2分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系3此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)，二是粒子做往返運動(一般分段研究)，三是粒子做偏轉運動(一般根據(jù)交變電場的特點分段研究) 突破訓練2如圖6甲所示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)

6、律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()圖6答案A解析電子在交變電場中所受電場力恒定，加速度大小不變，故C、D兩項錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到tT時刻速度變?yōu)榱阒笾貜蜕鲜鲞\動，A項正確，B項錯誤.43帶電體在復合場中的運動模型1模型概述各種性質的場與實物(分子和原子的構成物質)的根本區(qū)別之一是場具有疊加性，即幾個場可以同時占據(jù)同一空間，從而形成復合場對于復合場中的力學問題，可以根據(jù)力的獨立作用原理分別研究每種場力對物體的作用效果，也可以同時研究幾種場力共同作用的效果，將復合場等效為一個簡單場，然后與重力場中的力

7、學問題進行類比，利用力學的規(guī)律和方法進行分析與解答2解題方法(1)正交分解法：由于帶電粒子在勻強電場中所受電場力和重力都是恒力，不受約束的粒子做的都是勻變速運動，因此可以采用正交分解法處理將復雜的運動分解為兩個互相垂直的直線運動，再根據(jù)運動合成的方法去求復雜運動的有關物理量(2)等效“重力”法：將重力與電場力進行合成，合力F合等效為“重力”，a等效為“重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向例3如圖7所示，在豎直平面內固定的圓形絕緣軌道的圓心在O點，半徑為r，內壁光滑，A、B兩點分別是圓弧的最低點和最高點該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質量為m、帶負電的小球在軌道內側做完整的圓周運動(

8、電荷量不變)，經(jīng)C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角 圖760°，重力加速度為g.(1)求小球所受到的電場力大?。?2)小球在A點速度v0多大時，小球經(jīng)B點時對軌道的壓力最小？解析(1)對小球受力分析如圖所示，小球在C點速度最大，則在該點電場力與重力的合力沿半徑方向，所以小球受到的電場力大小Fmgtan mg(2)小球要到達B點，必須到達D點時速度最小；在D點速度最小時，小球經(jīng)B點時對軌道的壓力也最小設在D點軌道對小球的壓力恰為零，則有m，得v由軌道上A點運動到D點的過程，由動能定理得mg·r(1cos )F·rsin mvmv2解得：v02.答案(1)mg

9、(2)2突破訓練3如圖8所示，一質量為m、電荷量為q的帶電液滴以速度v沿與水平面成角的方向斜向上進入勻強電場，在電場中做直線運動，則液滴向上運動過程中()A電場力不可能小于mgcos 圖8B液滴的動能一定不變C液滴的機械能一定變化D液滴的電勢能一定不變答案A解析帶電液滴在勻強電場中共受到兩個力的作用：豎直向下的重力和恒定的電場力因為液滴做直線運動，所以它們的合力沿運動方向所在直線；當電場力垂直于運動方向時，如圖中的F0所示，電場力最小，即FminF0mgcos ，選項A正確；若電場力如圖中的F0所示，電場力垂直于液滴的運動方向，電場力不做功，液滴的機械能守恒，液滴斜向上做直線運動時，其重力勢能

10、增大，動能減小，所以選項B、C錯誤；若電場力如圖中的F1或F2所示，液滴所受合力仍沿運動方向所在直線，液滴做直線運動，但F1或F2均對液滴做功，其電勢能變化，所以選項D錯誤44綜合運用動力學觀點和功能觀點解決帶電體在電場中的運動1動力學觀點動力學觀點是指用勻變速運動的公式來解決實際問題，一般有兩種情況：(1)帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運動；(2)帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運動(類平拋運動)當帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，一般要采用類平拋運動規(guī)律解決問題2功能觀點首先對帶電體受力分析，再分析運動形式，然后根據(jù)具體情況選用相應公式計算(1)若選

11、用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中的動能的增量(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參與轉化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的.解析(1)設滑塊到達Q點時速度為v，則由牛頓第二定律得mgqEm(2分)滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得mg·2RqE·2R(mgqE)smv2mv(2分)聯(lián)立方程組，解得：v07 m/s(2分)(2)設滑塊到達P點時速度為v，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得(mgqE)R(qEmg)smv2mv(2分)又在P點時，由牛頓第二定律得：FNm(2

12、分)代入數(shù)據(jù)，解得：FN0.6 N，方向水平向右(2分)答案(1)7 m/s(2)0.6 N，方向水平向右突破訓練4在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側空間有一個勻強電場，場強大小E6.0×105 N/C，方向與x軸正方向相同在O處放一個電荷量q5.0×108 C、質量m1.0×102 kg的絕緣物塊物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)0.20，沿x軸圖10正方向給物塊一個初速度v02.0 m/s，如圖10所示求物塊最終停止時的位置(g取10 m/s2)答案在O點左側距O點0.2 m處解析物塊先在電場中向右減速，設運動的位移為s1，由動能定理得：(qEm

13、g)s10mv所以s1代入數(shù)據(jù)得s10.4 m可知，當物塊向右運動0.4 m時速度減為零，因物塊所受的電場力FqE0.03 N>Ffmg0.02 N，所以物塊將沿x軸負方向加速，跨過O點之后在摩擦力作用下減速，最終停止在O點左側某處，設該點距O點距離為s2，則對全過程由動能定理得mg(2s1s2)0mv.解得s20.2 m.故物塊最終停在O點左側距O點0.2 m處(限時：45分鐘)題組1示波管原理1如圖1所示是示波管的示意圖，豎直偏轉電極的極板長l4 cm，板間距離d1 cm.板右端距離熒光屏L18 cm.(水平偏轉電極上不加電壓，沒有畫出)電子沿中心線進入豎直偏轉電場的速度是1.6&#

14、215;107 m/s，電子電荷量e1.60×1019 C，質量m0.91×1030 kg. 圖1(1)要使電子束不打在偏轉電極的極板上，加在豎直偏轉電極上的最大偏轉電壓U不能超過多大？(2)若在偏轉電極上加U40sin 100t V的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標軸上能觀測到多長的線段？答案(1)91 V(2)4.4 cm解析(1)經(jīng)過偏轉電場的時間為t豎直方向位移··t2所以U91 V(2)因為t s2.5×109 s而T s s0.02 st，故進入偏轉電場的電子均在當時所加電壓形成的勻強電場中運動當Um40 V時，由vxv，vy·

15、;t，得偏轉角的正切值tan 0.11，偏移量y(L)tan ，得在熒光屏的豎直坐標軸上的觀測量為2y4.4 cm.題組2帶電粒子在交變電場中的運動2如圖2所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象當t0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()A帶電粒子將始終向同一個方向運動圖2B2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點C3 s末帶電粒子的速度為零D03 s內，電場力做的總功為零答案CD解析設第1 s內粒子的加速度為a1，第2 s內的加速度為a2，由a可知，a22a1，可見，粒子第1 s內向負方向運動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至

16、3 s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，綜上所述，可知C、D正確3(2011·安徽·20)如圖3(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上則t0可能屬于的時間段是()(a)(b)圖3A0<t0< B.<t0<C.<t0<T DT<t0<答案B解析設粒子的速度方向、位移方向向右為正依題意得，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上

17、時位移為負，速度方向為負作出t00、時粒子運動的速度圖象如圖所示由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象可知0<t0<，<t0<T時粒子在一個周期內的總位移大于零；<t0<時粒子在一個周期內的總位移小于零；當t0>T時情況類似因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內的總位移應小于零，對照各選項可知只有B正確4(2010·江蘇·15(1)制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖4甲所示加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為kU0(k>1)，電壓變化的周

18、期為2，如圖乙所示在t0時，極板B附近的一個電子，質量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用若k，電子在02時間內不能到達極板A，求d應滿足的條件圖4答案d> 解析電子在0時間內做勻加速運動加速度的大小a1位移x1a12在2時間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2初速度的大小v1a1勻減速運動階段的位移x2由題知d>x1x2，解得d> 題組3應用動力學和功能觀點分析帶電體在復合場中的運動5如圖5所示，質量為m的帶電滑塊沿絕緣斜面勻加速下滑，當滑至豎直向下的勻強電場區(qū)域時(滑塊受到的電場力小于重力)，滑塊的

19、運動狀態(tài)可能()A仍為勻加速下滑，加速度比原來的小圖5B仍為勻加速下滑，加速度比原來的大C變成勻減速下滑，加速度和原來一樣大D仍為勻加速下滑，加速度和原來一樣大答案AB解析設斜面傾角為，滑塊在開始下滑的過程中，mgsin mgcos ma，解得agsin gcos >0，故sin >cos .滑塊可能帶正電也可能帶負電，當滑塊帶正電時，(mgEq)sin (mgEq)cos ma1，a1g(sin cos )(sin cos )，可推出加速度變大；當滑塊帶負電時，(mgEq)sin (mgEq)cos ma2，a2g(sin cos )(sin cos )，可推出加速度變小，選項A

20、、B正確6如圖6所示，光滑的水平軌道AB，與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內，B為最低點，D為最高點一質量為m、帶正電的小球從距B點s的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運動，恰能通過最高點，則 () 圖6AR越大，s越大BR越大，小球經(jīng)過B點后瞬間對軌道的壓力越大Cm越大，s越大Dm與R同時增大，電場力做功增大答案ACD解析小球在BCD部分做圓周運動，在D點，mgm，小球由B到D的過程中有：2mgRmvmv，解得vB，R越大，小球經(jīng)過B點時的速度越大，則s越大，選項A正確；在B點有：FNmgm，解得FN6mg，與

21、R無關，選項B錯誤；由Eqsmv，知m、R越大，小球在B點的動能越大，則s越大，電場力做功越多，選項C、D正確7如圖7所示，在豎直平面內，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O，半徑R0.50 m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小E1.0×104 N/C，現(xiàn)有質量m0.20 kg， 圖7電荷量q8.0×104 C的帶電體(可視為質點)，從A點由靜止開始運動，已知sAB1.0 m，帶電體與軌道AB、CD間的動摩擦因數(shù)均為0.5.假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等求：(取g10 m/s2)(1)帶電體運動到圓弧形軌道C點時的速度；(2)帶電體最終停在何處答案(1)10 m/s(2)離C點的豎直距離為 m處解析(1)設帶電體