【物理】2018届一轮复习人教版专题六带电粒子在电场中运动的综合问题学案 17页

专题六 带电粒子在电场中运动的综合问题  热点提醒探究 热点一 示波器原理 1.构造：①电子枪；②偏转极板；③荧光屏．(如图 Z61所示) 图 Z61 2．工作原理 (1)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压． (2)观察到的现象： ①如果在偏转电极 XX′和 YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在 荧光屏中心，在那里产生一个亮斑． ②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期 内随时间变化的稳定图像． 1 在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图 Z6 2所示，设电子的质量为 m(不考虑所受重力)，电荷量为 e，从静止开始，经过加速电场加速， 加速电场电压为 U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为 d，板长为 L，偏转 电压为 U2，则电子射到荧光屏上的动能为多大？ 图 Z62 式题 图 Z63(a)为示波器的原理图．如果在电极 Y、Y′之间所加的电压按图(b)所示的 规律变化，在电极 X、X′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 形是图 Z64中的( ) 图 Z63 图 Z64 热点二 带电粒子在交变电场中的运动 1.常见的交变电场的电压波形：方形波、锯齿波、正弦波等． 2．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)注意对称性和周期性变化关系的应用． 2 如图 Z65(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( ) 图 Z65 A．0ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb 2．(多选)[2016·全国卷Ⅰ] 如图 Z615所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其 轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点 P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知 ( ) 图 Z615 A．Q点的电势比 P点高 B．油滴在 Q点的动能比它在 P点的大 C．油滴在 Q点的电势能比它在 P点的大 D．油滴在 Q点的加速度大小比它在 P点的小 3．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图 Z616 所示，O，A，B为同一竖直平面内的三个点， OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝3 2 OA，将一质量为 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点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)电场强度的大小和方向． 图 Z616  精选模拟 4．如图 Z617所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为 m、电荷量为＋q的小 球，系在一根长为 L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕 O点做圆周运动．AB为圆周的 水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为 g，电场强度 E＝mg q .下列说法正确的是( ) 图 Z617 A．若小球在竖直平面内绕 O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 gL B．若小球在竖直平面内绕 O点做圆周运动，则小球运动到 B点时的机械能最大 C．若将小球在 A点由静止开始释放，它将在 ACBD圆弧上往复运动 D．若将小球在 A点以大小为 gL的速度竖直向上抛出，它将能够到达 B点 5．[2016·安徽六校联考] 如图 Z618所示，一带电荷量为＋q、质量为 m的小物块处于 一倾角为 37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静 止．重力加速度为 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求水平向右的电场的电场强度大小； (2)若将电场强度改为竖直向下，大小不变，则小物块的加速度是多大？ (3)若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的 2倍，小物块从斜面上高为 H处从静止 释放，求小物块到达地面的时间． 图 Z618 专题六 带电粒子在电场中运动的综合问题 【热点题型探究】 热点一 示波器原理 例 1 eU1＋ eU22L2 4d2U1 [解析] 电子在加速电场加速时，根据动能定理得 eU1＝ 1 2 mv2x 进入偏转电场后 L＝vxt vy＝at a＝eU2 md 射出偏转电场时合速度 v＝ v2x＋v2y 以后匀速到达荧光屏 由以上各式得 Ek＝ 1 2 mv2＝eU1＋ eU22L2 4d2U1 . 变式题 B [解析] 在 0～2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当 UYY′为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当 UYY′为负的最大值时，电子打 在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为 B. 热点二 带电粒子在交变电场中的运动 例 2 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．作出 t0＝0、T 4 、 T 2 、 3T 4 时粒子运动的速度 图像如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移大小，则由图像可知 0T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． 例 3 BCD [解析] 设粒子恰好打到极板边缘时极板两端的电压为 U0，水平方向 l＝v0t， 竖直方向 d 2 ＝ 1 2 a0t2，又 a0＝ qU0 md ，解得 U0＝ md2v20 ql2 ＝128 V，即当 U≥128 V时粒子打到极板上， 当 U<128 V时粒子打到荧光屏上．设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为 y， 由几何关系和类平抛运动规律得 l 2 ＋ l 2 l 2 ＝ y d 2 ，解得 y＝d＝4 cm，选项 A错误；由对称性知，粒 子打到荧光屏上的区域总长度为 2d，则粒子打到荧光屏上的区域面积为 S＝2db＝64 cm2，选 项 B正确；在前 1 4 T，粒子打到荧光屏上的时间 t0＝ 128 200 ×0.005 s＝0.003 2 s，又由对称性知， 在一个周期内，粒子打到荧光屏上的总时间 t′＝4t0＝0.012 8 s，选项 D正确；因为这些粒子 均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此 时电容器两端的电压 U<128 V，则η＝128 200 ×100%＝64%，选项 C正确． 变式题 AD [解析] 竖直方向，电子在 0～T时间内做匀加速运动，加速度的大小 a1 ＝ eU0 md ，位移 x1＝ 1 2 a1T2，在 T～2T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＝ 5eU0 4md ，初速度的大小 v1＝a1T，匀减速运动阶段的位移 x2＝ v21 2a2 ，由题知 1 2 d≥x1＋x2， 解得 d≥ 9eU0T2 5m ，A正确；若 k＝1且电子恰好在 4T时刻从 A板边缘射出电场，电场力做 功为零，动能不变，B错误，D正确；若 k＝5 4 且电子恰好在 2T时刻射出电场，垂直电场方 向的速度为 v0，平行电场方向的速度为 a1T＝a2T＝－ eU0T 4md ，射出时的速度为 v20＋eU0T 4md 2，C 错误． 热点三 “等效法”解决带电粒子在电场、重力场中的运动问题 例 4 (1)mg q (2) （2＋2 2）gR (3)(2＋3 2)mg [解析] (1)设小球过 C点时速度大小为 vC，小球从 A到 C由动能定理知 qE·3R－mg·2R＝1 2 mv2C 小球离开 C点后做平抛运动到 P点，有 R＝1 2 gt2 2R＝vCt 解得 E＝mg q . (2)设小球运动到圆轨道 D点时速度最大，设最大速度为 v，此时 OD与竖直线 OB夹角 设为α，小球从 A点运动到 D点的过程，根据动能定理知 qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝1 2 mv2 即 1 2 mv2＝mgR(sin α＋cos α＋1) 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得 v＝ （2＋2 2）gR. (3)由于小球在 D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在 D点 时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为 F，由牛顿第三定律可知小球在 D点受到的轨道的 弹力大小也为 F，在 D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知 F－qEsin α－mgcos α＝ mv2 R 解得 F＝(2＋3 2)mg. 变式题 v≥ 10 3gR 3 [解析] 小球先在斜面上运动，受重力、电场力和支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、 电场力和轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力 mg′， 大小为 mg′＝ （qE）2＋（mg）2＝ 2 3mg 3 tan θ＝ qE mg ＝ 3 3 ，得θ＝30° 等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．要使小球能安全通过 圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D点)满足等效重力刚好提供向心力，即有 mg′＝ mv2D R ， 因θ＝30°，与斜面的倾角相等，由几何关系可知 AD＝2R，令小球以最小初速度 v0运动， 由动能定理知 －2mg′R＝1 2 mv2D－1 2 mv20 解得 v0＝ 10 3gR 3 ，因此要使小球安全通过圆轨道， 初速度应满足 v≥ 10 3gR 3 . 热点四 带电粒子力电综合问题 例 5 (1) mMv20 2（m＋M） (2)1 4 (3)1 4 l [解析] (1)无论场强方向竖直向上还是竖直向下，由系统动量守恒，有 mv0＝(m＋M)v 由能量守恒定律，有 Q＝fs＝1 2 mv20－1 2 (m＋M)v2 由以上两式得系统产生的热量 Q＝ mMv20 2（m＋M） (2)场强方向竖直向下时，有 Q＝f1s1 场强方向竖直向上时，有 Q＝f2s2 所以 f1s1＝f2s2 依题意：s1>s2，而 f＝μFN 所以 FN2>FN1 说明第一次电场力方向竖直向上，第二次电场力方向竖直向下(可判断物块带负电)． 场强方向竖直向下时，有 FN1＝mg－qE 场强方向竖直向上时，有 FN2＝mg＋qE 又已知 E＝3mg 5q FN1 FN2 ＝ 1 4 . (3)由以上各式得： s2＝ 1 4 s1＝ 1 4 l. 变式题 1 BC [解析] 小球 a从 N到 Q的过程中，在 N点速度和在 Q点速度都为零， 而合力为零的点在 N、P之间，所以从 N到 P的过程中小球 a的速度先增大后减小，故 B对； 从 N到 Q的过程中，由平行四边形定则可判断重力和库仑力的合力一直增大，所以 A错； 由于从 N到 Q的过程中库仑力方向与 a球速度方向的夹角一直大于 90°，故库仑力一直做 负功，电势能一直增加，C对；从 P到 Q的过程中，动能转化为电势能和重力势能，D错． 变式题 2 C [解析] 小球上滑过程受到的库仑力、摩擦力、支持力不断变化，加速度 随合力的变化而变化，A项错误；O点放置正电荷，而小球带负电，小球下滑过程中，库仑 力方向与速度方向夹角先是锐角并不断增大到钝角，电场力先做正功后做负功，B项错误； 由动能定理得，小球上滑过程中，－WG－Wf＝0－1 2 mv20，小球下滑过程中，WG－Wf＝ 1 2 mv2C， 其中 WG＝ 3 4 mgL，解得 vC＝ 3gL－v20，C项正确；由于小球下滑过程中克服摩擦力做功，小 球的动能、电势能、重力势能之和不断减小，D项错误． 变式题 3 (1)证明略 3 8 mv20 (2)证明略 0≤Ep Ek ≤ 1 3 [解析] (1)由于两小球构成的系统所受合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为 vA 和 vB，由动量守恒定律得 3mv0＝3mvA＋mvB 所以，系统的动能减小量为ΔEk＝ 1 2 ×3mv20－1 2 ×3mv2A－1 2 mv2B 由于系统运动过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统 初状态下电势能为零，故该状态下的电势能可表示为 Ep＝ΔEk＝ 1 2 ×3mv20－1 2 ×3mv2A－1 2 mv2B 联立以上各式，得 Ep＝－6mv2A＋9mv0vA－3mv20 由上式得：当 vA＝3 4 v0时，系统的电势能取得最大值，得 vA＝vB＝3 4 v0 即当两小球速度相同时系统的电势能最大，最大值为 Epmax＝ 3 8 mv20 (2)由于系统的电势能与动能之和守恒，且初始状态下系统的电势能为零，所以在系统电 势能取得最大值时，系统的动能取得最小值，为 Ekmin＝Ek0－Epmax＝ 1 2 ×3mv20－3 8 mv20＝9 8 mv20 由于 Ekmin>Epmax 所以在两球间距仍不小于 s0的运动过程中，系统的电势能总小于系统的动能． 在这过程中两种能量的比值的取值范围为 0≤Ep Ek ≤ Epmax Ekmin ＝ 1 3 . 【教师备用习题】 1．(多选)[2015·江苏卷] 如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电 场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( ) A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 [解析] BC 对小球进行受力分析，小球受重力 mg和静电力 F，由于 mg和 F都是恒力， 因此合力 F 合也是恒力，初速度 v0与 F 合不在一条直线上，小球将做曲线运动，且运动轨迹是 一条抛物线，根据小球运动速度方向与合力方向的夹角的变化情况可知小球速度先减小后增 大．所以，选项 B、C正确． 2．[2015·海南卷] 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l.在正极板附近有 一质量为M、电荷量为 q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在 电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其 相距 2 5 l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则 M∶m为( ) A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 [解析] A 假设平行板间的匀强电场场强为 E，根据牛顿第二定律和运动学公式可得，以 M为研究对象，有 2 5 l＝1 2 qE M t2，以 m为研究对象，有 3 5 l＝1 2 qE m t2，联立以上两式可得 M∶m＝3∶2. 3．[2013·新课标全国卷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 d 2 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 d 3 ，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 d 2 处返回 D．在距上极板 2 5 d处返回 [解析] D 设电池的电压为 U，由于前后两次平行板均与电池相连，则前后两次平行板 电容器板间的电压不变．设平移下极板后粒子将在距上极板为 h处返回，对前后两次应用动 能定理， mg(d＋d 2 )－qU＝0，mg(d 2 ＋h)－ U d－d 3 qh＝0，联立解得 h＝2d 5 ，D正确． 4．[2015·安徽卷] 在 xOy平面内，有沿 y轴负方向的匀强电场，场强大小为 E(图中未画 出)，由 A点斜射出一质量为 m、带电荷量为＋q的粒子，B和 C是粒子运动轨迹上的两点， 如图所示，其中 l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求： (1)粒子从 A到 C过程中电场力对它做的功； (2)粒子从 A到 C过程所经历的时间； (3)粒子经过 C点时的速率． [答案] (1)3qEl0 (2)3 2ml0 qE (3) 17qEl0 2m [解析] (1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0. (2)根据抛体运动的特点，粒子在 x方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点 D在 y轴上，可令 tAD＝tDB＝T，则 tBC＝T 由 qE＝ma得 a＝qE m 又 yD＝ 1 2 aT2 yD＋3l0＝ 1 2 a(2T)2 解得 T＝ 2ml0 qE 则 A→C过程所经历的时间 t＝3 2ml0 qE (3)粒子在 DC段做类平抛运动，于是有 2l0＝vCx(2T) vCy＝a(2T) vC＝ v2Cx＋v2Cy＝ 17qEl0 2m . 【高考模拟演练】 1．D [解析] 由库仑定律可知，粒子在 a、b、c三点受到的电场力的大小关系为 Fb>Fc>Fa， 由 a＝F m 可知，ab>ac>aa，由运动轨迹可知，粒子 Q的电性与 P相同，受斥力作用，不论粒子 从 a到 c，还是从 c到 a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即 斥力先做负功后做正功，因此 va>vc>vb，故 D正确． 2．AB [解析] 油滴做类斜抛运动，加速度恒定，选项 D错误；合力竖直向上，且电场 力 Eq竖直向上，Eq>mg，电场方向竖直向下，P点电势最低，负电荷在 P点电势能最大，选 项 A 正确，选项 C错误；若粒子从 Q点运动到 P点，则合力做负功，动能减小，P点的动 能最小，选项 B正确． 3．(1)7 3 (2) 3mg 6q ，方向略 [解析] 设小球的初速度为 v0，初动能为 Ek0，从 O点运动到 A点的时间为 t，令 OA＝d， 则 OB＝3 2 d，根据平抛运动的规律有 dsin 60°＝v0t① dcos 60°＝ 1 2 gt2② 又有 Ek0＝ 1 2 mv20③ 由①②③式得 Ek0＝ 3 8 mgd④ 设小球到达 A点时的动能为 EkA，则 EkA＝Ek0＋ 1 2 mgd⑤ 由④⑤式得 EkA Ek0 ＝ 7 3 .⑥ (2)加电场后，小球从 O点到 A点和 B点，高度分别降低了 d 2 和 3 2 d，设电势能分别减小Δ EpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－ 1 2 mgd＝2 3 Ek0⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－ 3 2 mgd＝Ek0⑧ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线 OB上的M点与 A点等电势， M与 O点的距离为 x，如图，则有 x 3 2 d ＝ ΔEpA ΔEpB ⑨ 解得 x＝d，MA为等势线，电场必与其垂线 OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方 向的夹角为α，由几何关系可得 α＝30°⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°. 设场强的大小为 E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA⑪ 由④⑦⑪式得 E＝ 3mg 6q .⑫ 4．BD [解析] 由于电场强度 E＝mg q ，故 mg＝Eq，则该复合场中的等效重力加速度大 小为 a＝ 2g，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 v，则有 2mg ＝ mv2 L ，解得 v＝ 2gL，故 A错误；除重力和弹力外其他力做的功等于机械能的增加量，若 小球在竖直平面内绕 O点做圆周运动，则小球运动到 B点时，电场力做功最多，故到 B点时 的机械能最大，故 B正确；小球受合力方向与电场方向夹角为 45°斜向下，故若将小球在 A 点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故 C错误；若将小球在 A点以大小 为 gL的速度竖直上抛，设到达等效最高点的速度为 v，则由动能，有－mg· 2 2 L＋EqL－ 2 2 L ＝ 1 2 mv2－1 2 mv2A，可得 v