【物理】2018届一轮复习人教版带电粒子在电场中运动的综合问题学案 9页

命题点一 交变电场中的偏转 例 1 (2016·奉化市调研)如图 1 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＝10 cm，下极板接地，电容器右端到 荧光屏的距离也是 L＝10 cm，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： 图 1 (1)在 t＝0.06 s 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，由动能定理得：qU0＝1 2mv2 电子经偏转电场：沿 v 方向：t＝L v 沿电场方向：y＝1 2at2，又 a＝qU 偏 mL 故偏转后偏移量 y＝1 2·qU 偏 mL ·(L v)2，所以 y＝U 偏 L 4U0 ，由题图知 t＝0.06 s 时刻，U 偏＝1.8U0，所以 y＝4.5 cm 设打在屏上的点距 O 点距离为 Y，满足Y y ＝ L＋L 2 L 2 所以 Y＝13.5 cm. (2)由题知电子偏移量 y 的最大值为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＝30 cm. 答案 (1)O 点上方 13.5 cm 处 (2)30 cm 分析交变电场问题的技巧 1．思考两个关系 (1)力和运动的关系；(2)功能关系． 2．注意全面分析：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，确定与物理过程相关的边界条件． 题组阶梯突破 1．电容器板长为 L，电容器两端的电压变化规律如图 2 所示，电压绝对值为 U0.电子(质量为 m，电荷量为 e)沿电容器中线射入时的初速度为 v0，为使电子刚好由 O2 点沿中线水平射出， 电压变化周期 T 和板间距离 d 各应满足什么条件？(用 L、U0、m、e、v0 表示) 图 2 答案 见解析 解析 电子从 O2 点射出，在竖直方向的位移为零，竖直分速度也必须为零，所以电子穿过电 容器的时间必须是电压变化周期的整数倍， 即 t＝L v0 ＝nT， 得 T＝ L nv0 (n＝1,2,3……)， 为了使电子能从 O2 点射出，电子在电容器中运动过程中不能打在极板上， 要求：y＝2y′ eU0L2 8mn2v 20 (n＝1,2,3…)． 命题点二 电场中的力电综合问题 例 2 (2016·沈阳期末)如图 3 所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一 个带负电的小球从斜轨道上的 A 点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为 m，电量为 －q，匀强电场的场强大小为 E，斜轨道的倾角为α(小球的重力大于所受的电场力)． 图 3 (1)求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小． (2)若使小球通过圆轨道顶端的 B 点，求 A 点距水平地面的高度 h 至少应为多大？ (3)若小球从斜轨道 h＝5R 处由静止释放．假设其能够通过 B 点，求在此过程中小球机械能的 改变量． 解析 (1)根据牛顿第二定律： (mg－qE)sin α＝ma，解得：a＝(mg－qE)sin α m ； (2)若小球刚好通过 B 点不下落，根据牛顿第二定律有：mg－qE＝mv2 R ① 小球由 A 到 B，据动能定理：(mg－qE)(h－2R)＝1 2mv2－0② ①②式联立，得 h＝2.5R； (3)小球从静止开始沿轨道运动到 B 点的过程中，由功能关系知，机械能的变化量为：ΔE 机 ＝W 电，W 电＝－3EqR，故ΔE 机＝－3EqR 答案 (1)mg－qEsin α m (2) 2.5R (3)－3EqR 分析力电综合问题的两种思路 1．动力学的观点 (1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法． (2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否 需要考虑的问题． 2．能量的观点 (1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程 还是全过程使用动能定理． (2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现． 题组阶梯突破 2．如图 4 所示，长为 l 的绝缘细线一端悬于 O 点，另一端系一质量为 m、电荷量为 q 的小球．现 将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在 A 点，此时细线与竖直方向成 37°角．重 力加速度为 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 图 4 (1)判断小球的带电性质； (2)求该匀强电场的电场强度 E 的大小； (3)若将小球向左拉起至与 O 点处于同一水平高度且细线刚好张紧，将小球由静止释放，求小 球运动到最低点时的速度大小． 答案 (1)负电 (2)3mg 4q (3) 2gl 2 解析 (1)小球在 A 点静止，其受力情况如图所示，小球带负电． (2)根据共点力平衡条件有 mgtan 37°＝qE 解得 E＝3mg 4q (3)设小球到达最低点时的速度为 v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理 有 mgl－qEl＝1 2mv2 解得 v＝ 2gl1－tan 37°＝ 2gl 2 . 3．如图 5 所示，水平光滑绝缘轨道 MN 的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在 E＝4.0×102 N/C、水平向左的匀强电场．一个质量 m＝0.10 kg、带电荷量 q＝5.0×10－5 C 的滑块(可视为 质点)，从轨道上与挡板相距 x1＝0.20 m 的 P 点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加 速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距 x2 ＝0.10 m 的 Q 点，滑块第一次速度减为零，若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求： 图 5 (1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小； (2)滑块从 P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功； (3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能． 答案 (1)0.20 m/s2 (2)4.0×10－3 J (3)2.0×10－3 J 解析 (1)设滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度为 a， 此过程滑块所受合外力 F＝qE＝2.0×10－2 N. 根据牛顿第二定律 F＝ma，解得 a＝0.20 m/s2. (2)滑块从 P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功 W1＝qEx1＝4.0×10－3 J. (3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P点运动到Q点过程中电场力所做 的功，即ΔE＝qE(x1－x2)＝2.0×10－3 J. (建议时间：40 分钟) 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 1 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， 受电场力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＝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 1 答案 d> 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＝eU0 md 位移 x1＝1 2a1τ2 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＝keU0 md 初速度的大小 v1＝a1τ 匀减速运动阶段的位移 x2＝v 21 2a2 由题知 d>x1＋x2，解得 d> 9eU0τ2 10m 2．两块水平平行放置的导体板如图 2 甲所示，大量电子(质量为 m、电荷量为 e)由静止开始， 经电压为 U0 的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板 均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为 3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为 2t0、 最大值恒为 U0 的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)．问： 图 2 (1)这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分 别是多少； (2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少． 答案 (1)t0 2 6eU0 m t0 4 6eU0 m (2)16 13 解析 以电场力的方向为 y 轴正方向，画出电子在 t＝0 时和 t＝t0 时进入电场后沿电场力方 向的速度 vy 随时间 t 变化的 vy－t 图象分别如图 a 和图 b 所示，设两平行板之间的距离为 d. (1)图中，v1y＝eU0 mdt0，v2y＝eU0 md2t0 由图 a 可得电子的最大侧向位移为 xymax＝2(1 2v1yt0＋v1yt0)＝3v1yt0＝3eU0t 20 md 而 xymax＝d 2 ，解得 d＝t0 6eU0 m 由图 b 可得电子的最小侧向位移为 xymin＝1 2v1yt0＋v1yt0＝3 2v1yt0＝3eU0t 20 2md ＝d 4 所以 xymax＝d 2 ＝t0 2 6eU0 m ，xymin＝d 4 ＝t0 4 6eU0 m (2)v 21y ＝(eU0 mdt0)2＝eU0 6m ，v 22y ＝(eU0 md2t0)2＝2eU0 3m 电子经电压 U0 加速，由动能定理知，1 2mv 20 ＝eU0 所以Ekmax Ekmin ＝ 1 2mv 22 1 2mv 21 ＝ 1 2mv 20 ＋v 22y  1 2mv 20 ＋v 21y  ＝ eU0＋eU0 3 eU0＋eU0 12 ＝16 13. 3．长为 L 的绝缘细线下系一带正电的小球，其带电荷量为 Q，悬于 O 点，如图 3 所示．当 在 O 点另外固定一个正电荷时，如果球静止在 A 处，则细线拉力是重力 mg 的两倍，现将小 球拉至图中 B 处(θ＝60°)，放开小球让它摆动，问： 图 3 (1)固定在 O 处的正电荷的带电荷量为多少？ (2)球摆回到 A 处时悬线拉力为多大？ 答案 (1)mgL2 kQ (2)3mg 解析 (1)小球静止在 A 处受三个力作用：重力 mg、静电力 F 和细线拉力 F 拉，由受力平衡和 库仑定律列式：F 拉＝F＋mg，F＝kQq L2 ，F 拉＝2mg 联立解得：q＝mgL2 kQ . (2)小球摆回的过程只有重力做功，所以机械能守恒，规定最低点重力势能等于零，有： mgL(1－cos 60°)＝1 2mv2，F 拉′－mg－F＝mv2 L 由(1)知静电力 F＝mg， 解上述三个方程得：F 拉′＝3mg. 4．如图 4 所示，倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面与粗糙绝缘水平面平滑连接于 B 点，整个空间 有水平向右的匀强电场．现一电荷量为 q、质量为 m、带正电的小物块(可视为质点)，从 A 点开始以速度 v0 沿斜面向下匀速运动．已知水平面与小物块间的动摩擦因数为μ＝1 2 ，重力加 速度为 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 图 4 (1)匀强电场的场强大小； (2)小物块在水平面上向左运动的最大距离． 答案 (1)3mg 4q (2)2v 20 5g 解析 (1)小物块在斜面上向下匀速运动，由共点力平衡有：qE＝mgtan θ 代入数据解得：E＝3mg 4q (2)小物块在水平面上做匀减速运动，由牛顿第二定律有：qE＋Ff＝ma 又：Ff＝μmg 设小物块在水平面向左运动的最大距离为 L，由运动公式有： 0－v 20 ＝－2aL 代入数据解得：L＝ 2v 20 5g . 5．如图 5 所示为一个从上向下看的俯视图，在光滑绝缘的水平桌面上，固定放置一条光滑绝 缘的挡板轨道 ABCD，AB 段为直线，BCD 段是半径为 R 的一部分圆弧(两部分相切于 B 点)， 挡板处于场强为 E 的匀强电场中，电场方向与圆的直径 MN 平行，现使一带电量为＋q、质 量为 m 的小球由静止从斜挡板内侧上某点释放，为使小球能沿挡板内侧运动，最后从 D 点抛 出，试求： 图 5 (1)小球从释放点到 N 点沿电场强度方向的最小距离． (2)在(1)的条件下小球经过 N 点时对挡板的压力大小． 答案 (1)5 2R (2)6qE 解析 (1)根据题意分析可知，小球过 M 点对挡板恰好无压力时，s 最小，根据牛顿第二定律 有：qE＝mv 2M R . 由动能定理得：qE(s－2R)＝1 2mv 2M 联立解得：s＝5 2R (2)小球过 N 点时，根据牛顿第二定律有： FN－qE＝mv 2N R 由动能定理得：qEs＝1 2mv 2N 联立解得：FN＝6qE. 6．如图 6 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＝0.50 m，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＝1.0×104 N/C. 现有质量 m＝0.20 kg、电荷量 q＝8.0×10－4 C 的带电体(可视为质点)从 A 点由静止开始运动， 已知 xAB＝1.0 m，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．取 g＝10 m/s2，求： 图 6 (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)10 m/s，方向竖直向上 (2)C 点上方与 C 点的竖直距离为5 3 m 处 解析 (1)设带电体到达 C 点时的速度为 v，从 A 到 C 由动能定理得 qE(xAB＋R)－μmgxAB－mgR＝1 2mv2 解得 v＝10 m/s (2)设带电体沿竖直轨道 CD 上升的最大高度为 h，由动能定理得－mgh－μqEh＝0－1 2mv2 解得 h＝5 3 m 在最高点，带电体受到的最大静摩擦力 Ffmax＝μqE＝4 N 重力 G＝mg＝2 N