高三物理复习能力提升 第9章 专题7 带电粒子在电场中运动综合问题的分析

专题七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，只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，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示波管中电子在荧光屏上落点位置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4A．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例2如图5甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：甲乙图5(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析(1)电子经加速电场加速满足qU0＝eq\f(1,2)mv2经偏转电场偏转后偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)·(eq\f(L,v))2所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由题图知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm设打在屏上的点距O点距离为Y，满足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋L/2,L/2)所以Y＝13.5cm.(2)由题知电子偏移量y的最大值为eq\f(L,2)，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30cm.答案(1)打在屏上的点位于O点正上方，距O点13.5cm(2)30cm解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法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)．突破训练2如图6甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) ()图6答案A解析电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，eq\f(1,2)T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零．之后重复上述运动，A项正确，B项错误.43．带电体在复合场中的运动模型 1．模型概述各种性质的场与实物(分子和原子的构成物质)的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成复合场．对于复合场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每种场力对物体的作用效果，也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将复合场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答．2．解题方法(1)正交分解法：由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重力都是恒力，不受约束的粒子做的都是匀变速运动，因此可以采用正交分解法处理．将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动，再根据运动合成的方法去求复杂运动的有关物理量．(2)等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，合力F合等效为“重力”，a＝eq\f(F合,m)等效为“重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向．例3如图7所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ 图7＝60°，重力加速度为g.(1)求小球所受到的电场力大小；(2)小球在A点速度v0多大时，小球经B点时对轨道的压力最小？解析(1)对小球受力分析如图所示，小球在C点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的电场力大小F＝mgtanθ＝eq\r(3)mg(2)小球要到达B点，必须到达D点时速度最小；在D点速度最小时，小球经B点时对轨道的压力也最小．设在D点轨道对小球的压力恰为零，则有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(2gr)由轨道上A点运动到D点的过程，由动能定理得mg·r(1＋cosθ)＋F·rsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解得：v0＝2eq\r(2gr).答案(1)eq\r(3)mg(2)2eq\r(2gr)突破训练3如图8所示，一质量为m、电荷量为q的带电液滴以速度v沿与水平面成θ角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中 ()A．电场力不可能小于mgcosθ 图8B．液滴的动能一定不变C．液滴的机械能一定变化D．液滴的电势能一定不变答案A解析带电液滴在匀强电场中共受到两个力的作用：竖直向下的重力和恒定的电场力．因为液滴做直线运动，所以它们的合力沿运动方向所在直线；当电场力垂直于运动方向时，如图中的F0所示，电场力最小，即Fmin＝F0＝mgcosθ，选项A正确；若电场力如图中的F0所示，电场力垂直于液滴的运动方向，电场力不做功，液滴的机械能守恒，液滴斜向上做直线运动时，其重力势能增大，动能减小，所以选项B、C错误；若电场力如图中的F1或F2所示，液滴所受合力仍沿运动方向所在直线，液滴做直线运动，但F1或F2均对液滴做功，其电势能变化，所以选项D错误．44．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.解析(1)设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R) (2分)滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)s＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) (2分)联立方程组，解得：v0＝7m/s (2分)(2)设滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)s＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) (2分)又在P点时，由牛顿第二定律得：FN＝meq\f(v′2,R) (2分)代入数据，解得：FN＝0.6N，方向水平向右 (2分)答案(1)7m/s(2)0.6N，方向水平向右突破训练4在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同．在O处放一个电荷量q＝－5.0×10－8C、质量m10－2kg的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴 正方向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图10所示．求物块最终停止时的位置．(g取10m/s2)答案在O点左侧距O点0.2m处解析物块先在电场中向右减速，设运动的位移为s1，由动能定理得：－(qE＋μmg)s1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)所以s1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE＋μmg)代入数据得s1＝0.4m可知，当物块向右运动0.4m时速度减为零，因物块所受的电场力F＝qE＝0.03N>Ff＝μmg＝0.02N，所以物块将沿x轴负方向加速，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为s2，则对全过程由动能定理得－μmg(2s1＋s2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).解得s2＝0.2m.故物块最终停在O点左侧距O点0.2m处．

(限时：45分钟)►题组1示波管原理1．如图1所示是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l＝4cm，板间距离d＝1cm.板右端距离荧光屏L＝18cm.(水平偏转电极上不加电压，没有画出)．电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是1.6×107m/s，电子电荷量1.60×10－19C，质量m＝0.91×10－30kg.(1)要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？(2)若在偏转电极上加U＝40sin100πtV的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴上能观测到多长的线段？答案(1)91V(2)4.4cm解析(1)经过偏转电场的时间为t＝eq\f(l,v)竖直方向位移eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,dm)·t2所以U＝eq\f(d2m,et2)＝eq\f(md2v2,el2)＝91V(2)因为t＝eq\f(l,v)＝eq\f(4×10－2,1.6×107)s＝2.5×10－9s而T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝eq\f(1,50)s＝0.02s≫t，故进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动．当Um＝40V时，由vx＝v，vy＝eq\f(eUm,dm)·t，得偏转角的正切值tanθ＝eq\f(vy,vx)＝0.11，偏移量y＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ，得在荧光屏的竖直坐标轴上的观测量为2y＝4.4cm.►题组2带电粒子在交变电场中的运动2．如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．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 图2B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零答案CD解析设第1s内粒子的加速度为a1，第2s内的加速度为a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确．3．(2011·安徽·20)如图3(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3A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)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、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)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<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>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．(2010·江苏·15(1))制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图4甲所示．加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用．若k＝eq\f(5,4)，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件．图4答案d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))解析电子在0～τ时间内做匀加速运动加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2＝eq\f(5eU0,4md)初速度的大小v1＝a1τ匀减速运动阶段的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)由题知d>x1＋x2，解得d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))►题组3应用动力学和功能观点分析带电体在复合场中的运动5．如图5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 ()A．仍为匀加速下滑，加速度比原来的小 图5B．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)＋eq\f(qE,m)(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)－eq\f(qE,m)(sinθ－μcosθ)，可推出加速度变小，选项A、B正确．6．如图6所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B点s的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则 () 图6A．R越大，s越大B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C．m越大，s越大D．m与R同时增大，电场力做功增大答案ACD解析小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，小球由B到D的过程中有：－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(5gR)，R越大，小球经过B点时的速度越大，则s越大，选项A正确；在B点有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，知m、R越大，小球在B点的动能越大，则s越大，电场力做功越多，选项C、D正确．7．如图7所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R＝0.50m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E＝1.0×104N/C，现有质量m＝0.20kg， 图7电荷量q＝8.0×10－4C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB＝1.0m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g＝10m/s2(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；(2)带电体最终停在何处．答案(1)10m/s