高考物理系统性复习 (考点分析) 第五节 带电粒子在电场中的综合应用（附解析）

【考点分析】第五节带电粒子在电场中的综合应用【考点一】带电粒子在电场中的类平抛运动【典型例题1】(2022•湖北省常德市高三(下)模拟)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>O)的粒子以初动能Ek0从MN连线上的P点水平向右射出，在大小为E、方向竖直向下的匀强电场中运动。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力忽略不计，则粒子到达MN连线上的某点(未画出)时()A．所用时间为B．动能为3Ek0C．若P点的电势为0，则该点电势为D．若仅增大初速度，速度与竖直方向的夹角不变【解析】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向，竖直方向，由，可得，故A错误；B．由，可得，可得，故粒子速度大小为，动能为，故B错误；C．由动能定理可得，可得，则该点电势为，故C错误；D．平抛运动的速度方向偏角的正切是位移方向偏角正切的两倍，即，可知速度正切，所以只要粒子落在MN连线上，即使增大初速度，速度与竖直方向的夹角也不变，故D正确。故选D。【答案】D【考点二】带电粒子在交变电场中的直线运动【典型例题2】如图甲所示，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(不计重力作用)．下列说法中正确的是()A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝eq\f(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．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子必将打到左极板上【解析】根据题中条件作出带电粒子的速度图象，根据速度图象包围的面积分析粒子的运动．由图1知，t＝0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，选项A正确、B错误．由图2知，t＝eq\f(T,4)时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的eq\f(T,2)内不能到达右板，则之后往复运动，选项C正确、D错误．【答案】AC【考点三】带电粒子在交变电场中的偏转运动【典型例题3】(2022•山西太原市高三(下)一模)图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为的带电粒子甲从O点沿方向、以的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以的速率沿从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是()A．T时刻，乙粒子离开电场B．乙粒子的比荷为C．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3D．甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1：2【解析】A．如图，假设粒子甲带负电，则有，为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得，作出速度时间图像，如图所示。则图线与时间轴围成的面积代表位移，而水平方向做匀速运动，令金属板的长度为L，则恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移刚好为，d为M、N之间的距离，从速度时间图像可知，斜率a不变，a方向与的方向相同，则竖直方向的总位移为，故且，解得，而最大位移为，所以，时间为，同理，粒子乙带负电，则轨迹为的形状，而水平方向时间为，所以有，A正确；B．设乙粒子的比荷为，则乙的加速度为，由对称性可知，乙的最大位移为，而，所以，联立解得，B正确；CD．乙竖直方向的总位移为，则偏转位移为，C错误，D正确。故选ABD。【答案】ABD【考点四】带电粒子在匀强电场和点电荷的电场中的综合问题【典型例题4】如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有水平向左的、场强为E的匀强电场，y轴与直线x＝－d(d>0)区域内有竖直向下的、场强也为E的匀强电场．一个带电荷量为＋q的粒子(重力不计)从第一象限的S点由静止释放．(1)若S点的坐标为(eq\f(d,2)，eq\f(d,2))，求粒子通过x轴时的坐标；(2)若S点的坐标为(d，d)，求粒子通过x轴时的动能；(3)若粒子能通过x轴上坐标为(－3d,0)的P点，求释放该粒子的点S的坐标(x，y)应该满足的条件．【解析】(1)设进入第二象限前粒子的速度为v0，质量为m，由动能定理得qEeq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv02在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，假设粒子通过x轴没有出电场左边界，则有加速度a＝eq\f(qE,m)x轴方向上x＝v0ty轴方向上eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2联立解得x＝d，假设成立．所以粒子通过x轴时的坐标为(－d,0)．(2)设进入第二象限前粒子的速度为v，质量为m，由动能定理得qEd＝eq\f(1,2)mv2在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，加速度a＝eq\f(qE,m)x轴方向上d＝vt1y轴方向上y＝eq\f(1,2)at12解得y＝eq\f(d,4)对整个过程由动能定理得qEd＋qEeq\f(d,4)＝Ek－0解得Ek＝eq\f(5qEd,4).(3)设粒子到达y轴时的速度为v0′，通过第二象限电场所用的时间为t2，粒子进入第二象限前由动能定理得qEx＝eq\f(mv0′2,2)粒子刚出第二象限电场时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)粒子出第二象限电场后做直线运动，由几何关系有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)【考点五】带电粒子在交替匀强电场中的综合问题【典型例题5】一个质量为m，电荷量为＋q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．小球在水平方向一直做匀速直线运动B．若场强大小等于eq\f(mg,q)，则小球经过每一电场区的时间均相同C．若场强大小等于eq\f(2mg,q)，则小球经过每一无电场区的时间均相同D．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同【解析】将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以v0做匀速直线运动，故A正确；竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g，竖直向下，有电场区除重力外，还受到竖直向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向．当电场强度等于eq\f(mg,q)时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区时，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，故B错误；当电场强度等于eq\f(2mg,q)时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，根据运动学公式有：经过第一个无电场区y＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，v1＝gt1，经过第一个电场区，y＝v1t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，v2＝v1－gt2，联立解得t1＝t2，v2＝0.接下来小球的运动重复前面的过程，即在竖直方向上每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零的匀减速直线运动，故C正确；通过前面的分析可知，小球通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以通过无电场区的时间不同，故D错误．【答案】AC【考点六】示波器的理解和应用【典型例题6】(2022•北京市石景山区高三(下)一模)示波管的结构如图甲所示，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，两对偏转电极XX΄、YY΄相互垂直。如图乙所示，荧光屏上有xoy直角坐标系，坐标原点位于荧光屏的中心，x轴与电极XX΄的金属板垂直，其正方向由X΄指向X，y轴与电极YY΄的金属板垂直，其正方向由Y΄指向Y。电子枪中的金属丝加热后可以逸出电子，电子经加速电极间的电场加速后进入偏转电极间，两对偏转电极分别使电子在两个相互垂直的方向发生偏转，最终打在荧光屏上，产生一个亮斑。已知两对偏转电极极板都是边长为l的正方形金属板，每对电极的两个极板间距都为d，加速电极间电压为U0，电子的电荷量为e，质量为m。忽略电子刚离开金属丝时的速度，不计电子之间相互作用力及电子所受重力的影响。下列各情形中，电子均能打到荧光屏上。(1)若两个偏转电极都不加电压时，电子束将沿直线运动，且电子运动的轨迹平行每块偏转极板，最终打在xoy坐标系的坐标原点。求电子到达坐标原点前瞬间速度的大小v0。(2)若在偏转电极YY΄之间加恒定电压U1，而偏转电极XX΄之间不加电压，已知电极YY΄的右端与荧光屏之间的距离为L1。求电子打在荧光屏上的位置坐标。(3)若电极XX΄的右端与荧光屏之间的距离为L2，偏转电极XX΄之间加如图丙所示的扫描电压。当偏转电压发生变化时，可利用下述模型分析：由于被加速后电子的速度较大，它们都能从偏转极板右端穿出极板，且时间极短，此过程中可认为偏转极板间的电压不变。(i)在偏转电极YY΄之间不加电压时，请说明电子打在荧光屏上，形成亮斑的位置随时间变化的关系；(ii)在偏转电极YY΄之间加电压时，请在图丁中定性画出在荧光屏上看到的图形。【解析】(1)电子从静止出发到坐标原点，根据动能定理解得