高考物理系統(tǒng)性復(fù)習(xí) (考點(diǎn)分析) 第五節(jié) 帶電粒子在電場(chǎng)中的綜合應(yīng)用（附解析）

【考點(diǎn)分析】第五節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中的綜合應(yīng)用【考點(diǎn)一】帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)【典型例題1】(2022?湖北省常德市高三(下)模擬)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>O)的粒子以初動(dòng)能Ek0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射出，在大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力忽略不計(jì)，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)(未畫出)時(shí)()A．所用時(shí)間為B．動(dòng)能為3Ek0C．若P點(diǎn)的電勢(shì)為0，則該點(diǎn)電勢(shì)為D．若僅增大初速度，速度與豎直方向的夾角不變【解析】A．粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向，豎直方向，由，可得，故A錯(cuò)誤；B．由，可得，可得，故粒子速度大小為，動(dòng)能為，故B錯(cuò)誤；C．由動(dòng)能定理可得，可得，則該點(diǎn)電勢(shì)為，故C錯(cuò)誤；D．平拋運(yùn)動(dòng)的速度方向偏角的正切是位移方向偏角正切的兩倍，即，可知速度正切，所以只要粒子落在MN連線上，即使增大初速度，速度與豎直方向的夾角也不變，故D正確。故選D?！敬鸢浮緿【考點(diǎn)二】帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)【典型例題2】如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．電子原來靜止在左極板小孔處(不計(jì)重力作用)．下列說法中正確的是()A．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)C．從t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，也可能打到右極板上D．從t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上【解析】根據(jù)題中條件作出帶電粒子的速度圖象，根據(jù)速度圖象包圍的面積分析粒子的運(yùn)動(dòng)．由圖1知，t＝0時(shí)釋放電子，電子的位移始終是正值，說明一直向右運(yùn)動(dòng)，一定能夠擊中右板，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤．由圖2知，t＝eq\f(T,4)時(shí)釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的eq\f(T,2)內(nèi)不能到達(dá)右板，則之后往復(fù)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤．【答案】AC【考點(diǎn)三】帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)【典型例題3】(2022?山西太原市高三(下)一模)圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，是M、N板間的中線，當(dāng)電壓穩(wěn)定時(shí)，板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)。時(shí)，比荷為的帶電粒子甲從O點(diǎn)沿方向、以的速率進(jìn)入板間，時(shí)飛離電場(chǎng)，期間恰好不與極板相碰。若在時(shí)刻，帶電粒子乙以的速率沿從O點(diǎn)進(jìn)入板間，已知乙粒子在運(yùn)動(dòng)過程中也恰好不與極板碰撞，不計(jì)粒子受到的重力，則下列說法中正確的是()A．T時(shí)刻，乙粒子離開電場(chǎng)B．乙粒子的比荷為C．甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2：3D．甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1：2【解析】A．如圖，假設(shè)粒子甲帶負(fù)電，則有，為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以豎直方向位移和時(shí)間關(guān)系，可得，作出速度時(shí)間圖像，如圖所示。則圖線與時(shí)間軸圍成的面積代表位移，而水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，令金屬板的長度為L，則恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場(chǎng)中豎直方向的最大位移剛好為，d為M、N之間的距離，從速度時(shí)間圖像可知，斜率a不變，a方向與的方向相同，則豎直方向的總位移為，故且，解得，而最大位移為，所以，時(shí)間為，同理，粒子乙?guī)ж?fù)電，則軌跡為的形狀，而水平方向時(shí)間為，所以有，A正確；B．設(shè)乙粒子的比荷為，則乙的加速度為，由對(duì)稱性可知，乙的最大位移為，而，所以，聯(lián)立解得，B正確；CD．乙豎直方向的總位移為，則偏轉(zhuǎn)位移為，C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。【答案】ABD【考點(diǎn)四】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中的綜合問題【典型例題4】如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)有水平向左的、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，y軸與直線x＝－d(d>0)區(qū)域內(nèi)有豎直向下的、場(chǎng)強(qiáng)也為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)帶電荷量為＋q的粒子(重力不計(jì))從第一象限的S點(diǎn)由靜止釋放．(1)若S點(diǎn)的坐標(biāo)為(eq\f(d,2)，eq\f(d,2))，求粒子通過x軸時(shí)的坐標(biāo)；(2)若S點(diǎn)的坐標(biāo)為(d，d)，求粒子通過x軸時(shí)的動(dòng)能；(3)若粒子能通過x軸上坐標(biāo)為(－3d,0)的P點(diǎn)，求釋放該粒子的點(diǎn)S的坐標(biāo)(x，y)應(yīng)該滿足的條件．【解析】(1)設(shè)進(jìn)入第二象限前粒子的速度為v0，質(zhì)量為m，由動(dòng)能定理得qEeq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv02在第二象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)粒子通過x軸沒有出電場(chǎng)左邊界，則有加速度a＝eq\f(qE,m)x軸方向上x＝v0ty軸方向上eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得x＝d，假設(shè)成立．所以粒子通過x軸時(shí)的坐標(biāo)為(－d,0)．(2)設(shè)進(jìn)入第二象限前粒子的速度為v，質(zhì)量為m，由動(dòng)能定理得qEd＝eq\f(1,2)mv2在第二象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(qE,m)x軸方向上d＝vt1y軸方向上y＝eq\f(1,2)at12解得y＝eq\f(d,4)對(duì)整個(gè)過程由動(dòng)能定理得qEd＋qEeq\f(d,4)＝Ek－0解得Ek＝eq\f(5qEd,4).(3)設(shè)粒子到達(dá)y軸時(shí)的速度為v0′，通過第二象限電場(chǎng)所用的時(shí)間為t2，粒子進(jìn)入第二象限前由動(dòng)能定理得qEx＝eq\f(mv0′2,2)粒子剛出第二象限電場(chǎng)時(shí)速度偏向角的正切值tanθ＝eq\f(vy,vx)其中vy＝at2，qE＝ma，vx＝v0′＝eq\f(d,t2)粒子出第二象限電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系有tanθ＝eq\f(y－\f(1,2)at22,2d)解得4xy＝5d2(x>0，y>0)．【答案】(1)(－d,0)(2)eq\f(5qEd,4)(3)4xy＝5d2(x>0，y>0)【考點(diǎn)五】帶電粒子在交替勻強(qiáng)電場(chǎng)中的綜合問題【典型例題5】一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經(jīng)過的豎直平面內(nèi)，存在著若干個(gè)如圖所示的無電場(chǎng)區(qū)和有理想上下邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)，兩區(qū)域相互間隔，豎直高度相等，電場(chǎng)區(qū)水平方向無限長．已知每一電場(chǎng)區(qū)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向均豎直向上，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是()A．小球在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．若場(chǎng)強(qiáng)大小等于eq\f(mg,q)，則小球經(jīng)過每一電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同C．若場(chǎng)強(qiáng)大小等于eq\f(2mg,q)，則小球經(jīng)過每一無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同D．無論場(chǎng)強(qiáng)大小如何，小球通過所有無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均相同【解析】將小球的運(yùn)動(dòng)沿著水平方向和豎直方向正交分解，水平方向不受外力，以v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；豎直方向，在無電場(chǎng)區(qū)只受重力，加速度為g，豎直向下，有電場(chǎng)區(qū)除重力外，還受到豎直向上的恒定的電場(chǎng)力作用，加速度的大小和方向取決于合力的大小和方向．當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度等于eq\f(mg,q)時(shí)，電場(chǎng)力等于mg，故在電場(chǎng)區(qū)小球所受的合力為零，在無電場(chǎng)區(qū)小球勻加速運(yùn)動(dòng)，故經(jīng)過每個(gè)電場(chǎng)區(qū)時(shí)，小球的速度均不等，因而小球經(jīng)過每一電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間均不相等，故B錯(cuò)誤；當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度等于eq\f(2mg,q)時(shí)，電場(chǎng)力等于2mg，故在電場(chǎng)區(qū)小球所受的合力大小等于mg，方向豎直向上，加速度大小等于g，方向豎直向上，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：經(jīng)過第一個(gè)無電場(chǎng)區(qū)y＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，v1＝gt1，經(jīng)過第一個(gè)電場(chǎng)區(qū)，y＝v1t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，v2＝v1－gt2，聯(lián)立解得t1＝t2，v2＝0.接下來小球的運(yùn)動(dòng)重復(fù)前面的過程，即在豎直方向上每次通過無電場(chǎng)區(qū)都是自由落體運(yùn)動(dòng)，每次通過電場(chǎng)區(qū)都是末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；通過前面的分析可知，小球通過每個(gè)無電場(chǎng)區(qū)的初速度不一定相同，所以通過無電場(chǎng)區(qū)的時(shí)間不同，故D錯(cuò)誤．【答案】AC【考點(diǎn)六】示波器的理解和應(yīng)用【典型例題6】(2022?北京市石景山區(qū)高三(下)一模)示波管的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空，兩對(duì)偏轉(zhuǎn)電極XX?、YY?相互垂直。如圖乙所示，熒光屏上有xoy直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)位于熒光屏的中心，x軸與電極XX?的金屬板垂直，其正方向由X?指向X，y軸與電極YY?的金屬板垂直，其正方向由Y?指向Y。電子槍中的金屬絲加熱后可以逸出電子，電子經(jīng)加速電極間的電場(chǎng)加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極間，兩對(duì)偏轉(zhuǎn)電極分別使電子在兩個(gè)相互垂直的方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終打在熒光屏上，產(chǎn)生一個(gè)亮斑。已知兩對(duì)偏轉(zhuǎn)電極極板都是邊長為l的正方形金屬板，每對(duì)電極的兩個(gè)極板間距都為d，加速電極間電壓為U0，電子的電荷量為e，質(zhì)量為m。忽略電子剛離開金屬絲時(shí)的速度，不計(jì)電子之間相互作用力及電子所受重力的影響。下列各情形中，電子均能打到熒光屏上。(1)若兩個(gè)偏轉(zhuǎn)電極都不加電壓時(shí)，電子束將沿直線運(yùn)動(dòng)，且電子運(yùn)動(dòng)的軌跡平行每塊偏轉(zhuǎn)極板，最終打在xoy坐標(biāo)系的坐標(biāo)原點(diǎn)。求電子到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)前瞬間速度的大小v0。(2)若在偏轉(zhuǎn)電極YY?之間加恒定電壓U1，而偏轉(zhuǎn)電極XX?之間不加電壓，已知電極YY?的右端與熒光屏之間的距離為L1。求電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)。(3)若電極XX?的右端與熒光屏之間的距離為L2，偏轉(zhuǎn)電極XX?之間加如圖丙所示的掃描電壓。當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓發(fā)生變化時(shí)，可利用下述模型分析：由于被加速后電子的速度較大，它們都能從偏轉(zhuǎn)極板右端穿出極板，且時(shí)間極短，此過程中可認(rèn)為偏轉(zhuǎn)極板間的電壓不變。(i)在偏轉(zhuǎn)電極YY?之間不加電壓時(shí)，請(qǐng)說明電子打在熒光屏上，形成亮斑的位置隨時(shí)間變化的關(guān)系；(ii)在偏轉(zhuǎn)電極YY?之間加電壓時(shí)，請(qǐng)?jiān)趫D丁中定性畫出在熒光屏上看到的圖形。【解析】(1)電子從靜止出發(fā)到坐標(biāo)原點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理解得