（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第4節(jié) 帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題學(xué)案（含解析）.doc

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第4節(jié)　帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題 高考對(duì)本節(jié)內(nèi)容的考查主要集中在電場中的力電綜合問題，綜合考查了電場的性質(zhì)和規(guī)律，以及平衡、加速、偏轉(zhuǎn)、能量等力學(xué)知識(shí)，通常命制計(jì)算題，難度較大；而對(duì)帶電粒子在交變電場中運(yùn)動(dòng)的考查，常從這兩種運(yùn)動(dòng)的角度命題：往返運(yùn)動(dòng)和偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)。 考點(diǎn)一　示波管的工作原理[基礎(chǔ)自修類] [題點(diǎn)全練] 1．[示波管的原理分析] (多選)如圖所示是示波器的原理示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，進(jìn)入電壓為U2的偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點(diǎn)。P點(diǎn)與O點(diǎn)的距離叫偏轉(zhuǎn)距離。要提高示波器的靈敏度(即單位偏轉(zhuǎn)電壓U2引起的偏轉(zhuǎn)距離)，下列辦法中可行的是(　　) A．提高加速電壓U1 B．增加偏轉(zhuǎn)極板a、b的長度 C．增大偏轉(zhuǎn)極板與熒光屏的距離 D．減小偏轉(zhuǎn)極板間的距離 解析：選BCD　電子經(jīng)加速電場后動(dòng)能為：Ek＝eU1，加速后的速度為：v＝ ，經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間為：t＝，出偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)位移為：y＝at2＝2＝，設(shè)偏轉(zhuǎn)極板與熒光屏的距離為L，則P點(diǎn)到O點(diǎn)的偏轉(zhuǎn)距離Y＝y(tǒng)，所以此示波器的靈敏度為：＝，可知要提高靈敏度可以降低加速電壓，也可以增加偏轉(zhuǎn)極板長度，增大偏轉(zhuǎn)極板與熒光屏的距離，減小偏轉(zhuǎn)極板間的距離，故A錯(cuò)誤，B、C、D正確。 2．[示波管的圖形分析] 圖(a)為示波管的原理圖。如果在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是選項(xiàng)中的(　　) 解析：選B　在0～2t1時(shí)間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號(hào)電壓完成一個(gè)周期，當(dāng)UY為正的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當(dāng)UY為負(fù)的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有負(fù)的最大位移，因此一個(gè)周期內(nèi)熒光屏上的圖像為B。 [名師微點(diǎn)] 在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖所示。 1．確定最終偏移距離 思路一： 思路二： 2．確定偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能(或速度) 思路一： 思路二： 考點(diǎn)二　帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)[多維探究類] 題型(一)　直線運(yùn)動(dòng)問題(分段研究) [例1]　如圖甲所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是(　　) A．0T時(shí)情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確。 [答案]　B 題型(二)　偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問題(分解研究) [例2]　如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t＝0時(shí)刻，一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時(shí)的速度為v0，t＝T時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場。則(　　) A．該粒子射出電場時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場方向的 B．在t＝時(shí)刻，該粒子的速度大小為2v0 C．若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場，則粒子會(huì)打在金屬板上 D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時(shí)刻射出電場 [解析]　由題設(shè)條件可知，粒子在0～時(shí)間內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，在～T時(shí)間內(nèi)做類斜拋運(yùn)動(dòng)，因粒子在電場中所受的電場力大小相等，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，粒子射出電場時(shí)的速度方向一定是沿垂直電場方向的，如圖所示，選項(xiàng)A正確；前后兩段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，時(shí)將速度分解，設(shè)板長為l，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：l＝v0T，l＝vT，則v＝v0，則時(shí)刻該粒子的速度為v0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若該粒子在時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場，粒子將先向下做類平拋運(yùn)動(dòng)，后做類斜拋運(yùn)動(dòng)，而從PQ板右邊緣射出電場，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，粒子在場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [答案]　A [共性歸納] (1)當(dāng)粒子平行于電場方向射入時(shí)，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其初速度和受力情況決定了粒子的運(yùn)動(dòng)情況，粒子可能做周期性的運(yùn)動(dòng)。 (2)當(dāng)粒子垂直于電場方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場力方向的分運(yùn)動(dòng)可能具有周期性。 [題點(diǎn)全練] 1．[直線運(yùn)動(dòng)] 如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時(shí)兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)(　　) 解析：選A　電子在交變電場中所受電場力大小不變，加速度大小不變，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；從0時(shí)刻開始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱?，之后重?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。 2．[偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)] 如圖甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)。在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期T＝L ，板間中線與電子源在同一水平線上。已知金屬板M、N間距為d，極板長為L，距偏轉(zhuǎn)極板右邊緣s處有熒光屏，求： (1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度； (2)時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時(shí)與板間中線的距離(未與極板接觸)。 解析：(1)設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有eU0＝mv2 解得v＝ 。 (2)由題意知，電子穿過偏轉(zhuǎn)極板所需時(shí)間 t＝＝L ＝T 故在時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場方向上先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故電子沿板間中線射出偏轉(zhuǎn)極板。 答案：(1) 　(2)0 考點(diǎn)三　電場中的力電綜合問題[師生共研類] [典例]　(2017全國卷Ⅰ)真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0。在油滴處于位置A時(shí)，將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度； (2)求增大后的電場強(qiáng)度的大小；為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。 [解題指導(dǎo)] 第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn) 題中信息 吹“沙”見“金” 帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng) 帶電油滴受力平衡 電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值 油滴向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 突然將電場反向 油滴初速度向上，加速度向下 第二步：找突破口 (1)要確定油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度，可由動(dòng)力學(xué)知識(shí)求解；根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合速度公式解決。 (2)要確定增大后的電場強(qiáng)度的大小，應(yīng)結(jié)合平衡條件和位移公式進(jìn)行求解，注意討論B點(diǎn)在A點(diǎn)下方還是上方。 (3)為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大，要討論 t1和v0應(yīng)滿足的條件，應(yīng)在求出E2的基礎(chǔ)上進(jìn)一步討論判斷。 [解析]　(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 在t＝0時(shí)，電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足 qE2－mg＝ma1 ① 油滴在時(shí)刻t1的速度為 v1＝v0＋a1t1 ② 電場強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足 qE2＋mg＝ma2 ③ 油滴在時(shí)刻t2＝2t1的速度為 v2＝v1－a2t1 ④ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1。 ⑤ (2)由題意，在t＝0時(shí)刻前有 qE1＝mg ⑥ 油滴從t＝0到時(shí)刻t1的位移為 s1＝v0t1＋a1t12 ⑦ 油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2＝2t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為 s2＝v1t1－a2t12 ⑧ 由題給條件有 v02＝2g(2h) ⑨ 式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離。 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有s1＋s2＝h ⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1 ? 為使E2>E1，應(yīng)有 2－2＋2>1 ? 即當(dāng)0 ? 才是可能的；條件?式和?式分別對(duì)應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有 s1＋s2＝－h(huán) ? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2＝E1 ? 為使E2>E1，應(yīng)有 2－2－2>1 ? 即t1> ? 另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。 [答案]　(1)v0－2gt1　(2)見解析 [解題方略] 1．思維流程 2．解題技巧 要善于把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系及功能關(guān)系兩條途徑進(jìn)行分析與研究。 [題點(diǎn)全練] 如圖所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強(qiáng)電場，在虛線的左側(cè)有垂直紙面向里的水平的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一絕緣軌道由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內(nèi)，PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側(cè)，P、M點(diǎn)在磁場邊界線上，NMAP段光滑，PQ段粗糙?，F(xiàn)在有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場力為重力的倍。現(xiàn)將小環(huán)從M點(diǎn)右側(cè)的D點(diǎn)由靜止釋放，D點(diǎn)到M點(diǎn)的水平距離x0＝。求： (1)小環(huán)第一次到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)P時(shí)的速度大?。? (2)小環(huán)第一次通過與O等高的A點(diǎn)時(shí)半圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大??； (3)若小環(huán)與PQ間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等)，現(xiàn)將小環(huán)移至M點(diǎn)右側(cè)4R處由靜止開始釋放，通過討論，求出小環(huán)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功。 解析：(1)由動(dòng)能定理得：qEx0－2mgR＝mvP2 qE＝，x0＝ 解得vP＝0。 (2)設(shè)小環(huán)在A點(diǎn)時(shí)的速度為vA，由動(dòng)能定理得 qE(x0＋R)－mgR＝mvA2－0 解得vA＝ 在A點(diǎn)：N－qvAB－qE＝m 聯(lián)立解得：N＝＋。 (3)若f＝μmg≥qE　即μ≥ 小環(huán)第一次到達(dá)P點(diǎn)右側(cè)s1距離處速度為零，小環(huán)將停在此處不動(dòng)，由動(dòng)能定理得 qE(4R－s1)－2mgR－fs1＝0 f＝μmg 聯(lián)立得：s1＝ 所以克服摩擦力所做的功為：Wf＝μmgs1＝ 若f＝μmg＜qE　即μ＜ 小環(huán)經(jīng)過來回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最后只能在PD之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)克服摩擦力做功為Wf，由動(dòng)能定理得 qE(4R)－mg(2R)－Wf＝0 解得：Wf＝mgR。 答案：(1)0　(2)＋　(3)見解析 “融會(huì)貫通”歸納好——“等效法”在電場中的應(yīng)用 處理帶電粒子在“等效力場”中的運(yùn)動(dòng)，要關(guān)注以下兩點(diǎn)：一是對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)，注意帶電粒子受到的電場力的方向與運(yùn)動(dòng)方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而確定電場力做功情況；二是注意帶電粒子的初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 1．等效重力法。將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下方向”。 2．物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)。在“等效力場”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問題。小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)。 [針對(duì)訓(xùn)練] 1．如圖所示，一條長為L的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角α＝60時(shí)，小球速度為0。 (1)求小球的帶電性質(zhì)及電場強(qiáng)度E。 (2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，求從A點(diǎn)釋放小球時(shí)應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)。 解析：(1)根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。 小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動(dòng)能定理有 EqLsin α－mgL(1－cos α)＝0 解得E＝。 (2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝mg，方向與豎直方向成30角偏向右下方。 若小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)： m＝mg 由A點(diǎn)到等效最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得 －mgL(1＋cos 30)＝mv2－mvA2 聯(lián)立解得vA＝ 。 答案：(1)正電　　(2) 2．如圖所示，在電場強(qiáng)度E＝103 V/m的豎直勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40 cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電荷量q＝10－4 C的小滑塊質(zhì)量m＝10 g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點(diǎn)右側(cè)1.5 m的M處，取g＝10 m/s2，求： (1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)？ (2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？ 解析：(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v， 由牛頓第二定律得mg＋qE＝ ① 小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得 －mg2R－qE2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv02 ② 聯(lián)立方程①②解得v0＝7 m/s。 (2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v′，則從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv02 ③ 在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得FN＝m ④ 代入數(shù)據(jù)解得FN＝0.6 N ⑤ 由牛頓第三定律得，小滑塊對(duì)軌道的壓力大小為 FN′＝FN＝0.6 N。 ⑥ 答案：(1)7 m/s　(2)0.6 N (1)把電場力和重力合成一個(gè)等效力，稱為等效重力。 (2)等效重力的反向延長線與圓軌跡的交點(diǎn)為帶電體在等效重力場中運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)。 (3)類比“繩球”“桿球”模型臨界值的情況進(jìn)行分析解答。