2020高考物理大一轮复习新课改省份专用讲义第八章第47课时带电粒子在电场中的运动重点突破课含答案

1、第47课时带电粒子在电场中的运动(重点突破课)考点一带电粒子在电场中的直线运动带电粒子在电场中的加速和直线运动是电场问题中的常见类型，也是解决带电粒子在电场中偏转问题的基础。是否考虑带电粒子的重力，选择什么样的方法解决问题，是解此类问题的2个思考点。1电场中重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。2解决电场中直线运动问题的两种观点(1)动力学观点：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动

2、情况。此方法只适用于匀强电场。(2)功和能量观点：根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。典例(多选)(2019泰安检测)在如图1所示的两平行金属板间加上如图2所示的电压。第1s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，第2s末点电荷仍运动且未与极板接触。则第2s内，点电荷(g取10m/s2)()A做匀加速直线运动，加速度大小为10m/s2B做变加速直线运动，平均加速度大小为5m/s2C做变加速直线运动，第2s末加速度大小为10m/s2D第2s末速度大小为10m/s解析由题意知，第1s内点电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力方向向上

3、，大小与重力相等；第2s内电压变大，故电场强度变大，电场力变大，第2s末电场强度增加为第1s末的两倍，故电场力变为2倍，故合力变为向上，大小为mg，故此时加速度大小为10m/s2，且第2s内合力随时间均匀增加，故加速度随时间均匀增加，做变加速直线运动，A错误，C正确；第2s内平均加速度大小为：a0102m/s25m/s2，B正确；根据速度时间公式，第2s末速度大小为：v51m/s5m/s，D错误。答案BC规律方法电场中直线运动问题的解题流程集训冲关1.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势均为U)()A电子到达B板时的动能是UeB电子

4、从B板到达C板动能变化量为零C电子到达D板时的动能是3UeD电子在A板和D板之间做往复运动E解析：选C电子在AB之间做匀加速运动，且eUk，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，随后反向做匀加速运动，在CB之间做匀速运动，在BA之间做匀减速运动，到达A板时，速度减为零，之后按上述运动过程往复运动，C错误，D正确。2(2016四川高考)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K

5、点沿轴线进年开始建造世界上最疗、食品安全、材料科列金属圆管(漂移管)组入加速器并依次向右内运动时间视为电源周期的。质子的荷质比取1108C/kg。求：穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8106m/s，进入漂移管E时速度为1107m/s，电源频率为1107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管12(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。解析：(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则1TTf，LvB2解得L0.4m。(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加

6、速电压为U，电场力对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W，质子的电荷量为q、质量为m，则WqUW3W11W2mvE22mvB2(2)在电场中的运动时间：tv。ymv0dvv2v2，tanvy。mv02d22mv02dtanU2l，yU2l24U1d考法1偏转量的分析解得U6104V。答案：(1)0.4m(2)6104V考点二带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在电场中偏转问题的处理方法和平抛运动相似，就是运动的合成与分解，分解为沿初速度方向和沿电场方向的两个分运动后，运用相对应的运动规律解决问题。其中运动时间、偏转位移和偏转角的分析，都是高考考查的重点。1运动情况(1)条件

7、分析：不计重力的带电粒子垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动特点：类平抛运动。(3)处理方法：运动的合成与分解。沿初速度方向：做匀速直线运动。沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。2基本规律设粒子带电荷量为q，质量为m(忽略重力影响)，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d，则有FqEqU(1)加速度：ammmd。l0vxv0(3)速度qUlvatvqUlxyxlv0t(4)位移1qUl2yat2。考法细研2U1d例1如图所示，含有大量11H、12H、24He的粒子流无初速度进沿平行金属板中心线上的O点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上。入某一加速电场，然后不计粒子重力，下列

8、有atU2ql解析对于质量为m，电荷量为q的粒子，加速过程有qU1mv02，偏转过程有tany，其中2v关荧光屏上亮点分布的说法正确的是()A出现三个亮点，偏离O点最远的是11HB出现三个亮点，偏离O点最远的是24HeC出现两个亮点D只会出现一个亮点1v0v0dmv02U2l1U2ql2U2l22U1d2mdv024U1dl为偏转电场长度，d为宽度，联立得tan，与粒子比荷无关；偏转量y，与粒子比荷无关，粒子从同一点离开偏转电场后沿同一方向做匀速直线运动，由几何关系知，荧光屏上只会出现一个亮点，选项D正确。答案D考法2偏转运动的临界极值问题例2如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示

9、意图。已知电子的质量是m，电荷量为e，在xOy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场区域和，两电场区域的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)。eELmv2解得v2EeL(1)在AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置坐标；(2)在电场区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。解析(1)电子在电场区域中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得12m1且有L2vt1Ee解得t12mL电子在中间区域做匀速运动，有Lvt32Ee解得t3mL进入电场区域后电子做类平抛运动，假设

10、电子能穿出CD边，由类平抛运动规律知，电子在电场区域中运动时间2Eet2t3mL在沿y轴方向上，根据牛顿第二定律可得eEma1LLy电子沿y轴方向上运动的位移为2at224，粒子将打在极板上，不能飞出电场，选项A、B、D错误；若只减小粒子的比荷，则粒子在竖直方向的位移y，粒子能飞出电场，解析：选C设极板长为L，极板间的距离为d，粒子的质量为m、电荷量为q、加速度为a，沿平行板面方向2222mv2d2d2选项C正确。2.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从速度v0水平抛出，两长为L的平行金属板M、N倾斜放置且与x轴正方向37(重力加速度为g，sin370.6)。(1)若

11、小球恰好能垂直于M板从其中心小孔B进入两板间，求小球抛出y轴上的A点以初间的夹角为时的初速度v0大4mg，在满足(1)中条件的情况下，为使小球不打在N板上，求两平行金属板M、N之间的垂直距离的最小值d。小球在竖直方向上下落的距离为：hgt2小及在y轴上的抛出点A的坐标；(2)若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足E5q解析：(1)设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中心小孔B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：L2cosv0tv0tangt12所以小球抛出点A的纵坐标为：yhsinL2解得：v03gL，yL，t2，h1710302

12、L4L15g15所以小球抛出点A的坐标为0，30L。解得：v5gL因为E，所以qEmgcos，平行于电场方向小球受力平衡，17(2)设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得：11mgh2mv22mv026小球进入匀强电场后的受力情况如图所示，4mg5q因此，小球进入该匀强amgsindvt，at2解得：dL。答案：(1)3gL0，L(2)L电场之后，将做类平抛运动，其加速度大小为：mgsin设小球在该匀强电场中运动的时间为t，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得：L122526175230106考点三示波管问题在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，

13、需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。典例如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。tv，maeE，Ed2，yat2U2L24U1d(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3

14、)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可如何调整U1或U2?1解析(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理得eU12mv020m解得v02eU1。(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y，由牛顿第二定律和运动学公式得LU102解得y。(3)由(2)中结果知，可减小加速电压U1或增大偏转电压U2。(2)(3)减小U1或增大U2答案(1)2eU1U2L2m4U1d易错提醒(1)电子从偏转电场射出时的侧移量与打在屏上时的侧移量

15、是不同的。(2)U1、U2的作用不能混淆，但减小U1或增大U2都能使电子打在屏上的侧移量变大。集训冲关1.(多选)如图所示为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的为U1的加速电场后以距离为d，电势差为U2，U212eU22vt，hatt，综合得，因此要提高灵敏度则需要：增大L或减小U1或减小d，故C、D正确。22mdU24U1d板长为L，不计电子所受的重力。为了提高示波h管的灵敏度每单位电压引起的偏转量，可采取的方法是()A减小两板间电势差U2B尽可能使板长L短些C尽可能使板间距离d小一些D使加速电压U1减小一些1解析：选CD电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转阶段。加速阶段：eU12mv02，偏转阶段：LhL202.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到设