2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點(diǎn)專題突破 專題44 帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動問題與帶電體在等效場中的運(yùn)動問題-學(xué)案

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1、2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點(diǎn)專題突破 專題44 帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動問題與帶電體在等效場中的運(yùn)動問題-學(xué)案 一、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動問題 1.帶電粒子在交變電場中運(yùn)動的分析方法 (1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。 (2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。 (3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用。 2．常見的三類運(yùn)動形式 帶電體做單向直線運(yùn)動、直線往返運(yùn)動或偏轉(zhuǎn)運(yùn)動。

2、【典例1】如圖甲所示平行金屬板AB之間的距離為6 cm，兩板間電場強(qiáng)度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化。設(shè)場強(qiáng)垂直于金屬板由A指向B為正，周期T＝8×10－5 s。某帶正電的粒子，電荷量為8.0×10－19 C，質(zhì)量為1.6×10－26 kg，某時刻在兩板間中點(diǎn)處由靜止釋放(不計(jì)粒子重力，粒子與金屬板碰撞后即不再運(yùn)動)，則(　　) A．若粒子在t＝0時釋放，則一定能運(yùn)動到B板 B．若粒子在t＝時釋放，則一定能運(yùn)動到B板 C．若粒子在t＝時釋放，則一定能運(yùn)動到A板 D．若粒子在t＝時釋放，則一定能運(yùn)動到A板 【答案】　AD t＝時釋放，則在～ 的時間內(nèi)粒子向B板加速運(yùn)動，位移為x2′＝a

3、2＝×108×(10－5)2m＝0.5×10－2 m＝0.5 cm，在～的時間內(nèi)粒子向B板減速運(yùn)動，位移為x3′＝x2′＝0.5 cm；在～T的時間內(nèi)粒子向A板加速運(yùn)動，位移為x2″＝a2＝×108×(3×10－5)2m＝4.5×10－2 m＝4.5 cm；因(4.5－2×0.5)cm＝3.5 cm>3 cm，故粒子能到達(dá)A板，選項(xiàng)D正確。 【典例2】如圖甲所示，水平放置的平行金屬板AB間的距離d＝0.1 m，板長L＝0.3 m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間。距金屬板右端x＝0.5 m處豎直放置一足夠長的熒光屏?，F(xiàn)在AB板間加如圖乙所示的方波形電壓，已知

4、U0＝1.0×102 V。在擋板的左側(cè)，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質(zhì)量m＝1.0×10－7 kg，電荷量q＝1.0×10－2 C，速度大小均為v0＝1.0×104 m/s。帶電粒子的重力不計(jì)。求： (1)在t＝0時刻進(jìn)入的粒子射出電場時豎直方向的速度； (2)熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度； (3)若撤去擋板，同時將粒子的速度均變?yōu)関＝2.0×104 m/s，則熒光屏上出現(xiàn)的光帶又為多長。 【答案】　(1)103 m/s　(2)4.0×10－2 m　(3)0.15 m 【解析】　(1)從t＝0時刻進(jìn)入的粒子水平方向速度不變。在電場中運(yùn)動時間t＝＝

5、3×10－5 s，正好等 d2′＝a2＋aT·T－a2＝0.5×10－2 m 出現(xiàn)光帶的總長度l＝d1′＋d2′＝4.0×10－2 m。 (3)帶電粒子在電場中運(yùn)動的時間變?yōu)?，打在熒光屏上的范圍如圖所示。 d1＝·＝3.75×10－2 m d2＝·＝1.25×10－2 m 形成的光帶長度 l＝d1＋d＋d2＝0.15 m。 【跟蹤短訓(xùn)】 1．如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間相距為dAB，兩板間加有如圖（b）所示的交變電壓，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子（不計(jì)重力）被固定在兩板的正中間P處，且。下列說法正確的是 A. t＝0由靜止釋放該粒子，一定能到達(dá)B板

6、B. t＝T/4由靜止釋放該粒子，可能到達(dá)B板 C. 在0

7、錯誤；D、由B分析可知，在期間由靜止釋放該粒子先向右加速運(yùn)動，后向右減速運(yùn)動，再反向向左做加速度，然后做減速運(yùn)動回到P點(diǎn)，如此反復(fù)，粒子最后到達(dá)A板，故D正確；故選AD。 2．如圖甲所示，A、B為兩塊平行金屬板，極板間電壓為UBA=1125 V，兩板中央各有小孔O和O′?，F(xiàn)有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進(jìn)入A、B之間。在B板右側(cè)，平行金屬板M、N長度相同，L1=4×10－2 m，板間距離d=4×10－3 m，在距離M、N右側(cè)邊緣L2=0.1 m處有一熒光屏P，當(dāng)M、N之間未加電壓時電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O″點(diǎn)并發(fā)出熒光?，F(xiàn)在金屬板M、N之間加一個如圖乙所示的變化電壓u

8、，在t=0時刻，M板電勢低于N板電勢。已知電子質(zhì)量為me=9.0×10－31 kg，電荷量為e=1.6×10－19 C。 （1）每個電子從B板上的小孔O′射出時的速度為多大？ （2）電子打在熒光屏上的范圍是多少？ (2) 當(dāng)u=22.5V時，電子經(jīng)過MN極板向下的偏移量最大，為， y1＜d，說明所有的電子都可以飛出M、N。 點(diǎn)晴：電子先經(jīng)加速電場加速，后經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，是常見的問題，本題的難點(diǎn)是加速電壓是周期性變化的，推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)距離與兩個電壓的關(guān)系是關(guān)鍵，同時要挖掘隱含的臨界狀態(tài)。 二、帶電體在等效場中的運(yùn)動問題 1．等效思維法 等效思維法是將一個復(fù)雜的物理問題，等效為

9、一個熟知的物理模型或問題的方法。對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運(yùn)算，過程比較簡捷。 2．方法應(yīng)用 先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將a＝ 視為“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力場”。再將物體在重力場中的運(yùn)動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。 【典例3】如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(電荷量不變)，經(jīng)過C點(diǎn)時速度最大，O、C連線與豎

10、直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。求： (1)小球所受的電場力大??； (2)小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點(diǎn)時對圓軌道的壓力最小。 【答案】　(1)mg　(2)2 【解析】　 (1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時速度最大，則電場力與重力的合力沿DC方向，如圖所示， 所以小球受到的電場力的大小 F＝mgtan θ＝mg。 (2)要使小球經(jīng)過B點(diǎn)時對圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D點(diǎn)時的速度最小，即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有＝m， 解得v＝。 在小球從圓軌道上的A點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中，有 mgr(1＋cos θ)＋Frsin θ＝mv02－mv2， 解得

11、v0＝2。 【跟蹤短訓(xùn)】 1. (多選)如圖，一根不可伸長絕緣的細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)把細(xì)線水平拉直，小球從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)最低點(diǎn)B后，小球擺到C點(diǎn)時速度為0，則(　　) A．小球在B點(diǎn)時速度最大 B．小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，機(jī)械能一直在減少 C．小球在B點(diǎn)時的細(xì)線拉力最大 D．從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中小球的電勢能一直增加 【答案】BD 2.如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(q＞0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點(diǎn)，OP與豎直

12、方向的夾角θ＝37°。不計(jì)空氣阻力。已知重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)電場強(qiáng)度E的大??； (2)若要使小球從P點(diǎn)出發(fā)能做完整的圓周運(yùn)動，小球初速度的大小應(yīng)滿足的條件。 【答案】：(1)　(2)不小于 【解析】：(1)當(dāng)小球靜止在P點(diǎn)時，小球的受力情況如圖所示，則有 ＝tan θ，所以E＝。 課后作業(yè) 1．如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計(jì)重力)，t＝0時刻，A板電勢高于B板電勢，當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下列圖象中能正確反映電子速度v、位移x、加速度a和動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)

13、律的是(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】電子一個周期內(nèi)的運(yùn)動情況是：0～T/4時間內(nèi)，電子從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，T/4～T/2 2．一個帶正電的微粒放在電場中，場強(qiáng)的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示。帶電微粒只在電場力的作用下，在t＝0時刻由靜止釋放。則下列說法中正確的是(　　) A．微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1～2s內(nèi)的加速度相同 B．微粒將沿著一條直線運(yùn)動 C．微粒做往復(fù)運(yùn)動 D．微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同 【答案】BD 【解析】 根據(jù)題意作出帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動的v－t圖象，如圖所示。

14、 由圖可知在0～1s內(nèi)與1～2s內(nèi)的加速度大小相等方向相反，故A錯。微粒速度方向一直為正，始終沿一直線運(yùn)動，B對，C錯。陰影部分面積為對應(yīng)的第1s、第3s和第5s內(nèi)的位移，故D對。所以【答案】為BD。 3. 如圖a所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖b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時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運(yùn)動，時而向B板運(yùn)動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是(　　)． A．0

15、右為正．依題意得，粒子的速度方向時而為正，時而為負(fù)，最終打在A板上時位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)。作出t0＝0、、、時粒子運(yùn)動的速度圖象如圖所示。 由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象可知0T時情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各選項(xiàng)可知只有B正確。 3. 如圖所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖像。當(dāng)t＝0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒

16、子將始終向同一個方向運(yùn)動 B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn) C．3 s末帶電粒子的速度為零 D．0～3 s內(nèi)，電場力做的總功為零 【答案】CD 4．在圖甲所示的兩平行金屬板上加有圖乙所示的電壓，該電壓的周期為T，大量電子（其重力不計(jì)）以相同的初速度連續(xù)不斷地從A點(diǎn)沿平行于金屬板的方向射入電場，并都能從兩板間通過，且飛行時間為，不考慮電子間的相互作用力，下列說法正確的是 A. 0時刻射入電場的電子離開電場時側(cè)移量最小 B. 時刻射入電場的電子離開電場時側(cè)移量最小 C. 在0 ～時間內(nèi)，不同時刻進(jìn)入電場的電子離開電場時速度大小都相同 D. 在0 ～時間內(nèi)，不同時刻進(jìn)入電場

17、的電子離開電場時速度方向都不同 【答案】BD 點(diǎn)睛：考查粒子做類平拋運(yùn)動的規(guī)律，同時理解粒子先后進(jìn)入電場后的受力與運(yùn)動的分析．本題注意在初速度方向上始終是勻速直線運(yùn)動． 5．如圖1所示，密閉在真空中的平行板電容器A極板接地．B極板上的電勢如圖2所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒在兩極板中央由靜止釋放，極板足夠長，則下列說法正確的是 A. 如果微粒帶正電，從t＝2s時開始釋放一定不能運(yùn)動到A極板 B. 如果微粒帶負(fù)電，從t＝6s時開始釋放可能運(yùn)動到B極板上 C. 不論微粒帶正電還是負(fù)電，撞擊極板前豎直方向均為自由落體運(yùn)動 D. 如果微粒帶負(fù)電，從t＝2s開始釋放沒有撞擊到

18、極板，那么將A、B兩極板分別向左、向右移動相等的距離后，重新將帶電微粒在t＝2s時從極板中央由靜止釋放，一定不會撞擊到極板 【答案】CD 6．制造納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行金屬板，如圖甲所示，加在A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為-kU0(k≥1)，電壓變化的周期為2T，如圖乙所示．在t＝0時，有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度v0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場，在運(yùn)動過程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用，則下列說法中正確的是(　　) A. 若且電子恰好在2T時刻射出電場，則應(yīng)滿足的條件是 B. 若k＝1且電子恰

19、好在4T時刻從A板邊緣射出電場，則其動能增加 C. 若且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度為 D. 若k＝1且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度為v0 【答案】AD 7．如圖所示，真空中相距d=10cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零）。A板電勢變化的規(guī)律如右圖所示。將一個質(zhì)量m=2.0×10-27kg，電量q=+1.6×10-19C的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計(jì)重力。求： （1）在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小。 （2）A板電勢變化周期T多大時，在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放

20、該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板。 【答案】（1）（2） 【解析】由圖可知兩板間開始時的電勢差，則由U=Ed可求得兩板間的電場強(qiáng)度，則可求得電場力，由牛頓第二定律可求得加速度的大小；要使粒子不能到達(dá)A板，應(yīng)讓粒子在向A板運(yùn)動中的總位移小于極板間的距離。 要求粒子不能到達(dá)A板，有s＜d 應(yīng)滿足T< 8. 如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長L＝10 cm，極板間距d＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。每個電子穿過極板的時間

21、都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求： (1)在t＝0.06 s時刻，電子打在熒光屏上的何處； (2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間長度。 【答案】：(1)13.5 cm　(2)30 cm 【解析】：(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得：eU0＝mv02 tan θ＝ 電子在熒光屏上偏離O點(diǎn)的距離為 Y＝y(tǒng)＋Ltan θ＝ 由題圖乙知t＝0.06 s時刻U＝1.8U0， 解得Y＝13.5 cm。 (2)由題知電子偏轉(zhuǎn)量y的最大值為，可得當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了。 代入上式得：Y＝ 所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長度為：2Y＝3L＝30 cm。