【物理】2019届二轮复习带电粒子在电场中的运动学案（全国通用） 20页

‎【重点知识梳理】‎ ‎1．带电粒子在电场中加速 若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增加量．‎ ‎(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv或F＝qE＝q＝ma.‎ ‎(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv.‎ ‎2．带电粒子在电场中的偏转 ‎(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．‎ ‎(2)运动性质：匀变速曲线运动．‎ ‎(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．‎ ‎(4)运动规律：‎ ‎①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 ‎②沿电场力方向，做匀加速直线运动 ‎【特别提醒】带电粒子在电场中的重力问题 ‎(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．学 ]‎ ‎(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．‎ ‎（3）带电粒子在重电复合场中运动，重力势能、电势能和动能三者之和为定值，一般求解两者之和能量最大时转化为求解第三者能量最小确定位置。‎ ‎【高频考点】‎ 考点1　带电粒子在电场中的直线运动 如图4所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m、带电荷量为－q的带电粒 子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是 (　　)‎ 图4‎ A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压加倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 考点2　带电粒子在电场中的加速、偏转、打屏 带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 ‎(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，运动轨迹完全相同。‎ 证明：由qU0＝mv y＝at2＝··()2‎ tan θ＝ 得：y＝，tan θ＝ ‎(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.学 ‎ ‎(2008年上海单 )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意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。‎ ‎（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。‎ ‎（2）在电场I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。‎ ‎（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。‎ ‎【答案】（1）（－2L，） （2）xy＝ （3）‎ ‎（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得　xy＝，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。‎ ‎（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有 ‎ ‎ ‎，‎ 解得　，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置 考点3　带电粒子在重电复合场中的直线运动1‎ ‎(2012年新课标)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 ‎【答案】BD 考点4　带电粒子在重电复合场中的直线运动2‎ ‎(2013·新课标Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极 板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将 (　　)‎ A．打到下极板上 　 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 　 D．在距上极板d处返回 ‎【答案】　D ‎【解析】　粒子两次落到小孔的速度相同，设为v，下极板向上平移后由E＝知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v2＝2ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg(＋d)－qU＝0，mg(＋h)－q·h＝0.两方程联立得h＝d，选项D正确．‎ 考点5　带电粒子在重电复合场中的圆周运动 ‎(2013年新课表2)如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。‎ ‎【答案】 ‎ 考点6　带电粒子在重电复合场中的匀变速曲线运动 ‎(2014年新课标1)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB燕竖直方向，∠BOA=60o，OB=3/2OA。将同一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍。若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B时的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g。求 ‎(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；‎ ‎(2)电场强度的大小与方向。‎ ‎【答案】（1） （2），电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°‎ ‎【解析】（1）设小球的初速度为，初动能为，从O点运动到A点的时间为t，令OA=d，则，根据平抛运动的规律有 ‎    ①‎ ‎  ②‎ 又有            ③‎ 由①②③式得 ‎              ④‎ 设小球到达A点时的动能为，则 ‎             ⑤‎ 由④⑤式得 ‎                       ⑥‎ ‎ ‎ 在均强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有 ‎         ⑨‎ 考点7　带电粒子在交变电场中的运动 ‎(2013年大纲)一电荷量为q（q>0）、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示。不计重力。求在t=0到t=T的时间间隔内 ‎⑴粒子位移的大小和方向；‎ ‎⑵粒子沿初始电场反方向运动的时间。‎ t ‎0.25T ‎0. 5T ‎0.75T T E0‎ ‎2E0‎ ‎-2E0‎ ‎-E0‎ ‎0‎ E ‎【答案】（1） 沿初始电场正方向 （2）= ‎【解析】（1）带电粒子在0 , , , T时间间隔做匀速运动，设加速度分别为,,,，由牛顿第二定律得 ① ② ③ ④‎ 设带电粒子在时的速度分别为，则 ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 设带电粒子在t=0 到t=T 时的位移为s，有 ‎⑨‎ 联立上面各式可得：⑩‎ 它沿初始电场正方向。‎ ‎【专题突破练习】‎ 1． 如图2所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直 线AB运动，由此可知 (　　)‎ 图2‎ A．电场中A点的电势低于B点的电势 B．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能 C．微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能 D．微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和 ‎【答案】B 如图3所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速 度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg＝Eq，则 (　　)‎ 图3‎ A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为 D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为 ‎【答案】BD ‎【解析】带电小球沿ON在竖直面内做匀变速直线运动，所受合外力方向沿直线ON，电场方向向上偏左，选项A错误。根据mg=Eq可知电场力与重力夹角为120°，合力等于mg，小球运动的加速度大小为g，小球沿ON方向运动的距离为，上升的最大高度为 ‎，选项B正确C错误。若小球在初始位置的电势能为零，由小球电势能与机械能之和保持不变可得：=Ep+mg，则小球电势能的最大值为Ep =，选项D正确。‎ 如图6所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一 偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们 (　　)‎ 图6‎ A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点 C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点 ]‎ ‎【答案】　B ‎6．如图7所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材 料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是 (　　)‎ 图7‎ A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间不一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴c所带电荷量最多 ‎【答案】D ‎【解析】A、由于真空盒内有水平向左的电场，三个液滴在电场中均受到向右的电场力和向下的重力，合力与初速度不垂直，不可能做平抛运动；故A错误．‎ B、运用运动的分解法可知，三个液滴在竖直方向都做自由落体运动，根据公式h=，知t=，由于竖直方向的分位移大小h相等，所以三个液滴运动时间一定相等，故B错误．‎ C、根据动能定理得：qEx+mgh=，则得：v=，x3＞x2＞x1，可知，液滴“3”落到底板时的速率最大．故C错误．‎ D、由图看出，水平位移的关系为x3＞x2＞x1，初速度v0相同，由位移公式x=v0t+at2得知，加速度的关系为a3＞a2＞a1，根据牛顿第二定律得知，三个液滴所受的电场力大小关系为：F3＞F2＞F1，由F=qE知，落在点“1”位置的液滴所带电荷量最少．故D正确．学 ‎ 故选：D ‎(2013年广东)喷墨打印机的简化模型如图4所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后 ，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中 A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关 ‎【答案】C ‎(2012年江苏)如图所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场。图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反。质量为m、电荷量为＋q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域。不考虑粒子受到的重力。‎ ‎(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1；‎ ‎(2)当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；‎ ‎(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F。现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxy 。保持加速电压为U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示。‎ 射入方向 y ‎－y ‎ ‎ ‎－ ‎ 受力大小 F F F F ‎※【本资料来源：全品高考网、全品中考网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向。‎ ‎【答案】（1） （2）4U1 （3）E＝，B＝，若B沿x轴方向，E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°.若B沿－x轴方向，E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为－30°或－150°.‎ ‎【解析】 (1)设粒子射出加速器的速度为v0，由动能定理得 qU0＝mv02‎ 由题意得v1＝v0，即v1＝ ‎(3)(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知：B 平行于x 轴，且E＝.‎ ‎(b)由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行．‎ F2＋f2 ＝(F)2，则f＝2F且f＝qv1B 解得B＝ ‎(c)设电场方向与x 轴方向夹角为α.‎ 若B沿x轴方向，由沿 轴方向射入时的受力情况得 ‎※【本资料来源：全品高考网、全品中考网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※(f＋Fsinα)2＋(Fcosα)2 ＝(F)2‎ 解得α＝30°或α＝150°‎ 即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°.‎ 同理，若B沿－x轴方向，E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为－30°或－150°.‎ ‎(2011年安徽) 图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY ′之间所加的电压图按图(b)所示的规律变化，在电极 ′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是 t t1‎ ‎2t1‎ O Uy 图(b)‎ t ‎2t1‎ ‎3t1‎ t1‎ Ux O 图(c)‎ 图(a)‎ ‎—‎ ‎+‎ Y Y′‎ X´‎ X 电子枪 偏转电极 荧光屏 X X´‎ Y 亮斑 Y′‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B 在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一 定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图9所示．由此可见 (　　)‎ 图9‎ A．电场力为2mg B．小球带正电 C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等 D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等 ‎【答案】D ‎【解析】带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度为a． 则：从A到B过程小球做平抛运动，则有： ‎ x1=v0t1； 从B到C过程，有：x2=v0t2； 由题意有：x1=2x2； 则得：t1=2t2；即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍． 又 y1=gt12， 将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有： y2=at22， 根据几何知识有：y1：y2=x1：x2； ‎ 如图10所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、‎ 电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：‎ 图10‎ ‎(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；‎ ‎(2)水平匀强电场的场强大小；‎ ‎(3)ab两点间的电势差．‎ ‎【答案】　(1)1.0×104 m/s　(2)1.732×103 N/C　(3)400 V ‎【解析】　(1)由动能定理得：qU＝mv 代入数据得v1＝1.0×104 m/s ‎(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：vy＝at 由题意得：tan 30°＝ 由牛顿第二定律得：qE＝ma 联立以上各式并代入数据得：‎ E＝×103 N/C≈1.732×103 N/C ‎(3)由动能定理得：qUab＝m(v＋v)－0‎ 联立以上各式并代入数据得：Uab＝400 V.‎ ‎10．绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图11所示，图中xOy所在平面与光滑水平面重合，电场方向与x轴正向平行，电场的半径为R＝ m，圆心O与坐标系的原点重合，场强E＝2 N/C.一带电荷量为q＝－1×10－5 C、质量m＝1×10－5 kg的粒子，由坐标原点O处以速度v0＝1 m/s沿y轴正方向射入电场(重力不计)，求：‎ 图11‎ ‎(1)粒子在电场中运动的时间； 学 ‎ ‎(2)粒子出射点的位置坐标；‎ ‎(3)粒子射出时具有的动能．‎ ‎【答案】（1）1s（2）（-1,1）（3）2.5×10-5J ‎ ‎ (3)出射时的动能由动能定理得：Eq∣x1∣=EK-mv20          ⑦ 代入解得：EK=2.5×10-5J     ⑧‎ ‎(2011年福建)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103N/C和E2=4.0×103N/C，方向如图所示，带电微粒质量m=1.0×10－20kg，带电量q=1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1=1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：‎ ‎（1）B点距虚线MN的距离d2；‎ ‎（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。‎ ‎【答案】（1）d2=0.50cm（2）t=1.5×10-8s ‎ (2013年四川)在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ=370的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k=5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA =0. lkg和mB =0. 2kg，B所带电荷量q=+4 ×l0-6C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变。取g= l0m/s2，sin370 =0.6，cos370 =0.8。‎ ‎ (1)求B所受静摩擦力的大小；‎ ‎(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a=0.6m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了△Ep=0.06J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。‎ ‎【答案】： ‎ ‎【解析】：（1）F作用之前，A、B处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为，A、B间绳中张力为，有 对A： ①‎ 对B： ②‎ 联立①②式，代入数据解得=0.4N ③‎ 由几何关系知 ⑨‎ 设拉力F的瞬时功率为P，有P=Fv ⑩‎ 联立④-⑩式，代入数据解得 ‎(2011年安徽) 如图(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 P A B 图(a)‎ t UAB U0‎ ‎-U0‎ O T/2‎ T 图(b)‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误。若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确。若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误。若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误。学 ‎ ‎(2010年江苏)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，如图甲所示，加在极板A、B间的电压UAB作周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0（k>1），‎ 电压变化的周期为2r，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。‎ ‎（1）若，电子在0—2r时间内不能到达极板A，求d应满足的条件；‎ ‎（2）若电子在0—2r时间未碰到极板B，求此运动过程中电子速度随时间t变化的关系；‎ ‎（3）若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值。‎ UAB ‎~‎ 极板A 极板B 电子 图甲 图乙 UAB t τ ‎2‎ τ ‎3‎ τ ‎4‎ τ U0‎ ‎-kU0‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）v=[t-(k+1)n] ，(n=0,1,2, ……,99)和v=[(n+1)(k+1)-kt]，(n=0,1,2, ……,99)‎ ‎（3）‎ 匀减速运动阶段的位移 ⑤‎ 依据题， 解得 ⑥‎ ‎ (a)当0≤ <时 电子的运动速度 v=n△v1+n△v2+a1(t-2n) ⑨‎ 解得 v=[t-(k+1)n] ，(n=0,1,2, ……,99) ⑩‎ ‎(b)当0≤t-(2n+1)<时 电子的运动速度 v=(n+1) △v1+n△v2- [t-(2n+1)] ⑾‎ 解得v=[(n+1)(k+1)-kt]，(n=0,1,2, ……,99) ⑿‎ ‎（3）电子在2(N-1) (2N-1)时间内的位移x2N-1=v2N-2+a12‎ 电子在(2N-1) 2NT时间内的位移x2N=v2N-1－ ‎ 由⑩式可知 v2N-2=(N-1)(1-k)‎ 由⑿式可知 v2N-1=(N－Nk+k)‎ 依题意得 x2N-1+x2N=0‎ 解得：‎