（教用）带电粒子在电场中运动综合问题的分析

南宁戴氏高考中考学校 物理学科 专用专题六带电粒子在电场中运动综合问题的分析考纲解读 1.了解示波管的工作原理.2.运用动力学方法分析解决带电粒子在交变电场中的运动.3.会运用功能观点、动力学观点综合分析带电粒子在复合场中的运动考点一带电粒子在电场中运动的实际应用示波管1构造及功能(如图1所示)(1)电子枪：发射并加速电子 图1(2)偏转电极YY：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX：使电子束水平偏转(加扫描电压)2工作原理偏转电极XX和YY不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX之间加电压，电子只在X方向偏转；若只在YY之间加电压，电子只在Y方向偏转；若XX加扫描电压，YY加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象例1(2011安徽18)图2为示波管的原理图，如果在电极YY之间所加的电压按图3甲所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()图2 图3 甲乙 解析由图甲及图乙知，当UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X板电势高，电子向X板偏，所以选B. 答案B 示波管荧光屏上图线形状的判断方法示波管中的电子在YY和XX两个偏转电极作用下，同时参与两个类平抛运动，一方面沿YY方向偏转，另一方面沿XX方向偏转，找出几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形突破训练1示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图4所示如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A极板X应带正电 B极板X应带正电C极板Y应带正电 D极板Y应带正电解析根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电答案AC考点二带电粒子在交变电场中的运动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此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)例2一电荷量为q(q0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t0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t0到tT的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间解析解法一：(1)带电粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1 a22 a32 a4由此得带电粒子在0T时间间隔内运动的加速度时间图象如图甲所示，对应的速度时间图象如图乙所示，其中 v1a1由图乙可知，带电粒子在t0到tT时间内的位移为xv1联立以上各式得xT2 方向沿初始电场正方向(2)由图乙可知，粒子在tT到tT内沿初始电场的反方向运动，其运动时间t为 tTT解法二：(1)带电粒子在0、T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 qE0ma1 2qE0ma2 2qE0ma3 qE0ma4设带电粒子在t、t、t、tT时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则 v1a1v2v1a2 v3v2a3 v4v3a4设带电粒子在t0到tT时间内的位移为x，有 x()联立以上各式可得 x，方向沿初始电场正方向(2)由电场的变化规律知，t时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零0v1a2t1 解得t1粒子从t时开始减速，设经过时间t2速度变为零0v2a3t2 解得t2t0到tT内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为 t(t1)t2 解得t答案(1)T2，方向沿初始电场正方向(2) 当电压周期性变化时，由E知，电场强度E也周期性变化，由FqE知电场力F周期性变化，由a知加速度a与电压变化图象形状相同，画出vt图象则可以分析粒子运动特点突破训练2在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T.现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入(如图甲所示)已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：图6(1)若电子从t0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？答案(1) (2)v0T (3)k(k0,1,2，)T 解析(1)由动能定理得：emv2mv 解得v .(2)t0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v0，平行于极板，以后继续重复这样的运动要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO方向上至少运动一个周期，故极板长至少为Lv0T.(3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO线所以应在tk(k0,1,2，)时射入极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上 由牛顿第二定律有a.加速阶段运动的距离s()2 可解得dT 故两板间距至少为T 考点三带电体在复合场中的运动 1. 各种性质的场与实物(分子和原子的构成物质)的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成复合场.对于复合场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每种场力对物体的作用效果，也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将复合场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答.2. 解题方法(1)正交分解法：由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重力都是恒力，不受约束的粒子做的都是匀变速运动，因此可以采用正交分解法处理.将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动，再根据运动合成的方法去求复杂运动的有关物理量.(2)等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，合力F合等效为“重力”，a等效为“重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向.【例3】如图所示,在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点,半径为r,内壁光滑,A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点.该区间存在方向水平向右的匀强电场,一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变),经C点时速度最大,O、C连线与竖直方向的夹角=60,重力加速度为g.(1)求小球所受到的电场力大小；(2)小球在A点速度v0多大时,小球经B点时对轨道的压力最小？解析(1)对小球受力分析如图所示，小球在C点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的电场力大小 Fmgtan mg(2)小球要到达B点,必须到达D点时速度最小;在D点速度最小时,小球经B点时对轨道的压力也最小.设在D点轨道对小球的压力恰为零,则有m，得v由轨道上A点运动到D点的过程,由动能定理得mgr(1+cos )+Frsin =mvmv2解得:v02.【突破训练3】如图4所示,光滑绝缘水平面AB与倾角37、长L5 m的绝缘斜面BC在B处圆滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板,质量m0.5 kg、所带电荷量q5105 C的绝缘带电小滑块(可看做质点)置于斜面的中点D,整个空间存在水平向右的匀强电场,场强E2105 N/C,现让滑块以v012 m/s的速度沿斜面向上运动.设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数0.1,g取10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8，求：(1)滑块第一次与挡板碰撞时的速度大小；(2)滑块第一次与挡板碰撞后能达到左端的最远点离B点的距离. 解析(1)qE10 N Gmg5 N Ff=FN=(mgcos 37+qEsin 37)=1 NqEcos 37mgsin 37Ffmv2mv 解得v2 m/s(2)令向下滑到B端时速度为vB mgLsin 37qELcos 37FfLmvmv2 解得vB8 m/s又qExmax0mv 解得xmax1.6 m 答案(1)2 m/s(2)1.6 m考点四 综合运用动力学观点和功能观点解决带电体在电场中的运动1动力学观点动力学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：(1)带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；(2)带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采用类平抛运动规律解决问题2功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用相应公式计算(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的例4如图所示，A、B为半径R1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E1106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m1 kg、带电量q1.4105 C的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC段为长L2 m、与物体间动摩擦因数为0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角53且离地面DE高h0.8 m的斜面(取g10 m/s2)(1)若H1 m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小；(2)通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8 m处；(3)若高度H满足：0.85 mH1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围(已知sin 530.8，cos 530.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况)审题与关联解析(1)物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有mg(RH)qERmv到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力FNmgqEm，解得FN8 N根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8 N，方向竖直向下(2)要使物体沿轨道AB到达最低点B，当支持力为0时，最低点有个最小速度v，则qEmgm 解得v2 m/s在粗糙水平面上，由动能定理得：mgxmv2，所以x1 m0.8 m故不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点0.8 m处(3)在斜面上距离D点 m范围内(如图PD之间区域)在水平面上距离D点0.2 m范围内(如图DQ之间区域)答案(1)8 N(2)不存在(3)在斜面上距离D点 m范围内在水平面上距离D点0.2 m范围内突破训练4如图所示，ABCD为固定于竖直平面内的闭合绝缘轨道，AB段、CD段均为半径R2.5 m的半圆，BC、AD段水平，ADBC8 m，B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场，场强E6105 V/m；质量为m4103 kg、电荷量为q1108 C的小环套在轨道上，小环与轨道AD段之间存在摩擦且动摩擦因数处处相同，小环与轨道其余部分的摩擦忽略不计，现使小环在D点获得某一初速度沿轨道向左运动，若小环在轨道上可以无限循环运动，且小环每次到达圆弧上的A点时，对圆轨道刚好均无压力求：(1)小环通过A点时的速度大小；(2)小环与AD段间的动摩擦因数；(3)小环运动到D点时的速度大小答案(1)5 m/s(2)0.15(3)7 m/s解析(1)进入半圆轨道AB时小环仅受重力，在A点由向心力公式得：mg vA5 m/s(2)由题意可得：小环在AD段损失的能量跟在电场阶段补充的能量是相等的，故摩擦力做的功与电场力做的功大小相同故：mgLADqELBC 0.15(3)从A到D由动能定理可得：mvmvqELBC 解得：vD7 m/s突破训练5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R050 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E10104 N/C，现有质量m020 kg，电荷量q80104 C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB10 m，带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为05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求：(取g10 m/s2)(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(sABR)mgsABmgRmv2 解得v10 m/s(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，从C到D由动能定理得：mghqEh0mv2解得h m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力FfmaxqE4 N， 重力Gmg2 N 因为GFfmax所以带电体最终静止在到C点的竖直距离为 m处题组1示波管的原理与应用1如图1所示为示波管构造的示意图，现在XX间加上Uxxt信号，YY间加上Uyyt信号，(如图2甲、乙所示)则在屏幕上看到的图形是() 图1 图2解析沿电场方向带电粒子做加速运动，在垂直电场方向带电粒子做匀速运动，粒子经过竖直的YY(信号电压)电场偏转，再经过水平的XX(扫描电压)电场偏转，最后在显示屏上形成稳定的图象在甲图中开始Uxx0，乙图中开始Uyy0之后大于0，由此排除B、C项.0T在x方向电子恰好从x处到屏中央，在y方向完成一次扫描，T2T水平方向电子从中央向x正向移动，在y方向再完成一次扫描所以本题D项正确 答案D题组2带电粒子在交变电场中的运动2如图3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，不计电子的重力，下列说法正确的是 ()A若t0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B若t0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C若tT/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若t3T/8时刻释放电子，电子必然打到左极板上解析若t0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错；若从tT/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t3T/8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，所以D项错误；此题考查带电粒子在交变电场中的运动答案AC3(2011安徽20)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()A0t0 B.t0C.t0T DTt0答案B (a)(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，速度方向为负作出t00、时粒子运动的速度图象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，则由图象可知0t0，t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零；t0T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4如图甲所示，真空中相距d5 cm的两块平行金属板A、B与电源相接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，两板间电压变化的规律如图乙所示将一个质量m2.01027 kg，电荷量q1.61019 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计重力求： (1)在t0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；(2)若A板电势变化周期T1.0105 s，在t0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时的速度大小；(3)A板电势变化频率为多大时，在tT/4到tT/2时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A板答案(1)4.0109 m/s2(2)2.0104 m/s (3)f5104 Hz解析(1)在t0时刻，电场强度E，所以加速度a4.0109 m/s2.(2)带电粒子在0T/2内所受电场力方向向右，T/2T内电场力反向带电粒子在0T/2内只受电场力作用做匀加速直线运动，前进的距离为xata()25 cm，而金属板间距d5 cm，所以tT/2时带电粒子恰好到达A板，此时带电粒子速度vat12.0104 m/s.(3)既然带电粒子不能到达A板，则带电粒子在T/4到T/2时间内释放后向A板做匀加速直线运动，在T/23T/4内向A板做匀减速直线运动，速度减为零后将反向运动当tT/4时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子向A板运动的位移最大，该过程先匀加速T/4，然后匀减速T/4，t3T/4时速度减为零根据题意有：xmax2at5104 Hz.5如图甲所示，在y0和y2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为1.0102 C/kg，在t0时刻以速度v05102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力求： (1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小答案(1)4103 s(2)(2105 m,2 m) (3)4103 m/s解析(1)因粒子初速度方向垂直电场方向，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t4103 s(2)粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a14 m/s2，减速时的加速度大小为a22 m/s2由运动学规律得 x方向上的位移为 xa1()2a1()2a2()22105 m因此粒子离开电场时的位置坐标为(2105 m,2 m)(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vxa1a24103 m/s6如图甲所示，A、B两板竖直放置，两板之间的电压U1100 V，M、N两板水平放置，两板之间的距离d0.1 m，板长L0.2 m一个质量m21012 kg、电荷量q1108C的带电粒子(不计重力)，从靠近A板处由静止释放，经加速电场加速后从B板的小孔穿出，沿着M、N两板的中轴线垂直进入偏转电场，如果在M、N两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t时，带电粒子刚开始进入偏转电场，求：(1)带电粒子从B板的小孔穿出时的速度为多大？(2)要使带电粒子能够从M、N两板之间 (不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U2的周期T为多少？(3)在满足(2)条件的情况下，带电粒子在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留1位有效数字)解析：(1)由动能定理得qU1mv 代入数据解得v0 1103 m/s(2)要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，并且穿出后速度方向保持水平，则带电粒子穿过偏转电场的时间t(n)T(n0,1,2，)带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则Lv0t 所以T s(n0,1,2，)带电粒子进入偏转电场时的加速度a 场强E带电粒子进入偏转电场后的前内沿竖直方向的位移 ya2要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，则2y由以上各式解得n4.5 所以T s(n5,6,7，)(3)要使总偏移量最大，则n应该最小，故n5，由此解得，最大偏移量y2y0.04 m答案：(1)1103 m/s(2) s(n5,6,7，) (3)0.04 m题组3 带电粒子在复合场中的运动1. (2014临沂质检)如图所示，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a到c是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c到d是曲线，重力加速度为g，则该粒子()A在ac段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd段电场力大于重力Ba到c匀加速直线运动，加速度是g/cos Ca至d重力势能减小，电势能增加Da至d粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向解析：选B由题意知在ac段粒子受重力和电场力的合力方向由a至c，做匀加速运动，加速度是g/cos ， a至d重力、电场力做正功，重力势能、电势能均减小，cd段由合力指向轨迹的弯曲方向可判断出电场力大于重力，cd段粒子的合力方向不沿轨迹的切线方向只有选项B正确2. (2014沈阳四校联考)如图所示，半径为r的绝缘光滑环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带电荷量为q的珠子，现欲加一个与圆环面平行的匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放，沿圆弧经过B、C刚好能运动到D.(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小(2)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆运动在A点至少使它具有多大的初动能？解析：(1)设电场力与重力的合力为F，方向NM方向，BC弧中点为M，速度最大，在M点建立F，重力，电场力的平行四边形，当E最小时，有Eqmg 方向与CB平行Fmg 此时Emg对AM过程，由动能定理得：F(rr)mv20 FNF FNmg(2)由A到N过程，由动能定理得F(rr)0EkA 得EkAmgr答案：(1)mg与CB平行(1)mg (2)mgr题组4用动力学和功能观点分析带电体在电场中的运动6如图所示，质量为m的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区域时(滑块受到的电场力小于重力)，滑块的运动状态可能()A仍为匀加速下滑，加速度比原来的小B仍为匀加速下滑，加速度比原来的大C变成匀减速下滑，加速度和原来一样大D仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大解析设斜面倾角为，滑块在开始下滑的过程中，mgsin mgcos ma，解得agsin gcos 0，故sin cos .滑块可能带正电也可能带负电，当滑块带正电时，(mgEq)sin (mgEq)cos ma1，a1g(sin cos )(sin cos )，可推出加速度变大；当滑块带负电时，(mgEq)sin (mgEq)cos ma2，a2g(sin cos )(sin cos )，可推出加速度变小，选项A、B正确答案AB7空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示一个质量为m、电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为，A、B两点间的高度差为h、水平距离为s，则以下判断正确的是 ()AA、B两点的电场强度和电势关系为EAEB、Av1，则电场力一定做正功CA、B两点间的电势差