（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第4節(jié) 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題講義（含解析）

（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第4節(jié) 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題講義（含解析）突破點(diǎn)(一)示波管的工作原理在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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：題點(diǎn)全練1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02 t1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。2(2019·東山月考)如圖是示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長(zhǎng)l4 cm，板間距離d1 cm。板右端距離熒光屏L18 cm(水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓，沒(méi)有畫(huà)出)。電子沿中心線進(jìn)入豎直偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度v01.6×107 m/s，電子電荷量e1.60×1019 C，質(zhì)量m0.91×1030 kg。(1)要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過(guò)多大？(2)若在偏轉(zhuǎn)電極上加40 V的電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上看到的光點(diǎn)距屏的中心點(diǎn)多遠(yuǎn)？解析：(1)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，電子的偏移量為d時(shí)恰好不打在極板上，此時(shí)偏轉(zhuǎn)電壓最大，則在水平方向有：lv0t在豎直方向有：ydat2t2代入數(shù)據(jù)解得：U91 V。(2)偏轉(zhuǎn)電壓U40 V，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則在水平方向有：lv0t在豎直方向有：yat2t2設(shè)打在熒光屏上時(shí)，亮點(diǎn)距屏中心點(diǎn)的距離為Y，由幾何關(guān)系有：聯(lián)立解得：Y2.2 cm。答案：(1)91 V(2)2.2 cm突破點(diǎn)(二)帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(分段研究)例1(2018·淮安、宿遷期中)如圖甲所示，A和B是真空中正對(duì)面積很大的平行金屬板，位于兩平行金屬板正中間的O點(diǎn)有一個(gè)可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，A、B間的距離為L(zhǎng)。現(xiàn)在A、B之間加上電壓UAB，UAB隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，粒子源在交變電壓的一個(gè)周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生N個(gè)相同粒子，粒子產(chǎn)生后，在電場(chǎng)力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運(yùn)動(dòng)，且電荷量同時(shí)消失，不影響A、B板電勢(shì)。已知粒子質(zhì)量為m5.0×1010 kg，電荷量q1.0×107 C，L1.2 m，U01.2×103 V，T1.2×102 s，忽略粒子重力，不考慮粒子之間的相互作用力，求：(1)t0時(shí)刻產(chǎn)生的粒子，運(yùn)動(dòng)到B極板所經(jīng)歷的時(shí)間t0；(2)在0時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子不能到達(dá)B極板的時(shí)間間隔t；(3)在0時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子能到達(dá)B極板的粒子數(shù)與到達(dá)A極板的粒子數(shù)之比k。解析(1)t0時(shí)刻，粒子由O到B：at02加速度：a2.0×105 m/s2得：t0×103 s2.45×103 s<6×103 s所以：t02.45×103 s。(2)對(duì)剛好不能到達(dá)B極板的粒子，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度vm后，做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B極板前速度減為0，設(shè)勻加速時(shí)間為t1，勻減速時(shí)間為t2，全程時(shí)間為t，則勻加速的加速度大?。篴2.0×105 m/s2勻減速的加速度大小：a4.0×105 m/s2由vmat1at2得t2t1所以tt1t2t1，由Lvmt·at1·t1，得t1 2×103 s。在0時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子不能到達(dá)B板的時(shí)間間隔為tt12×103 s。(3)設(shè)剛好不能到達(dá)B極板的粒子，反向加速到A極板的時(shí)間為t0，由Lat02得t0 ×103 s<5×103 s即在0時(shí)間內(nèi)，t內(nèi)返回的粒子都能打到A極板上所以：k。答案(1)2.45×103 s(2)2×103 s(3)21粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(分解研究)例2如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。(每個(gè)電子穿過(guò)平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)求：(1)在t0.06 s時(shí)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)間有多長(zhǎng)？解析(1)電子經(jīng)電場(chǎng)加速滿足qU0mv2經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量yat2·2所以y，由圖知t0.06 s時(shí)刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為Y，滿足所以Y13.5 cm。(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過(guò)2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)為3L30 cm。答案(1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5 cm(2)30 cm突破點(diǎn)(三)帶電粒子的力電綜合問(wèn)題典例如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量均為m、電荷量分別為q和q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比；(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。思路點(diǎn)撥(1)抓住兩球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，求出M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比。(2)根據(jù)小球M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)豎直分速度和水平分速度的關(guān)系，求出A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度。(3)結(jié)合兩球離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的大小關(guān)系及帶電小球M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。解析(1)設(shè)小球M、N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0。M、N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2。由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3。(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vy22ghHvytgt2M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知聯(lián)立式可得hH。(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則設(shè)M、N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知條件Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E。答案(1)31(2)H(3)方法規(guī)律1解題思路2解題技巧要善于把電學(xué)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問(wèn)題，建立帶電粒子在電場(chǎng)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。集訓(xùn)沖關(guān)1多選如圖所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)。一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的位置在電場(chǎng)力的作用下由靜止開(kāi)始沿AB向右運(yùn)動(dòng)，恰能通過(guò)最高點(diǎn)，則()AR越大，x越大BR越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后瞬間對(duì)軌道的壓力越大Cm越大，x越大Dm與R同時(shí)增大，電場(chǎng)力做功增大解析：選ACD小球在BCD部分做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)，mgm，小球由B到D的過(guò)程中有：2mgRmvD2mvB2，解得vB，R越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度越大，則x越大，選項(xiàng)A正確；在B點(diǎn)有：FNmgm，解得FN6mg，與R無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由EqxmvB2，知m、R越大，小球在B點(diǎn)的動(dòng)能越大，則x越大，電場(chǎng)力做功越多，選項(xiàng)C、D正確。2.多選(2018·南通模擬)如圖所示，空間有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶正電的小球質(zhì)量為m，在豎直平面內(nèi)沿與水平方向成30°角的虛線以速度v0斜向上做勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)突然將電場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)一定的角度，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，小球仍沿虛線方向做直線運(yùn)動(dòng)，選O點(diǎn)電勢(shì)為零，重力加速度為g，則()A原電場(chǎng)方向豎直向下B改變后的電場(chǎng)方向垂直于ONC電場(chǎng)方向改變后，小球的加速度大小為gD電場(chǎng)方向改變后，小球的最大電勢(shì)能為解析：選CD由題意可知，小球只受到重力與電場(chǎng)力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以它受到的合力為0，電場(chǎng)力與重力是一對(duì)平衡力。所以電場(chǎng)力的大小也是mg，方向與重力的方向相反。則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E，帶正電的小球受到的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)的方向相同，所以電場(chǎng)的方向豎直向上，故A錯(cuò)誤；改變電場(chǎng)的方向后，電場(chǎng)力沿垂直于MN方向的分力必須與重力沿垂直于MN方向的分力大小相等，可知此時(shí)：qE·sin mgcos 30°，可知此時(shí)電場(chǎng)力的方向與MN之間的夾角為60°，如圖所示，故B錯(cuò)誤；電場(chǎng)方向改變后，小球受到的合力：F合mgsin 30°qEcos ，又maF合，聯(lián)立得小球的加速度大小為：ag，故C正確。小球向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度等于0時(shí)，電勢(shì)能最大，最大等于克服電場(chǎng)力做的功。設(shè)沿MN小球向上運(yùn)動(dòng)的最大位移為x，由動(dòng)能定理得：qE·cos ·xmgxsin 30°0mv02，小球的最大電勢(shì)能：EpmqEcos ·x，聯(lián)立得小球的最大電勢(shì)能Epmmv02，故D正確。等效思維方法是將一個(gè)復(fù)雜的物理問(wèn)題，等效為一個(gè)熟知的物理模型或問(wèn)題的方法。帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型。對(duì)于這類問(wèn)題，若采用常規(guī)方法求解，過(guò)程復(fù)雜，運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解，則能避開(kāi)復(fù)雜的運(yùn)算，過(guò)程比較簡(jiǎn)捷。先求出重力與電場(chǎng)力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”，將a視為“等效重力加速度”。再將物體在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解即可。 1.(2018·常州模擬)一個(gè)帶負(fù)電荷量為q，質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣的斜面軌道的A點(diǎn)由靜止下滑，小球恰能通過(guò)半徑為R的豎直圓形軌道的最高點(diǎn)B而做圓周運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)在豎直方向上加如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)，若仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球，則()A小球不能過(guò)B點(diǎn)B小球仍恰好能過(guò)B點(diǎn)C小球能過(guò)B點(diǎn)，且在B點(diǎn)與軌道之間壓力不為0D以上說(shuō)法都不對(duì)解析：選B沒(méi)有電場(chǎng)時(shí)，設(shè)小球在最高點(diǎn)B速度為v，則：mgm又根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：mg(h2R)mv2解得：hR加上電場(chǎng)時(shí)，恰好過(guò)最高點(diǎn)需要的速度設(shè)為v，則：mgqEm解得：v 根據(jù)動(dòng)能定理，得mg(h2R)qE(h2R)mv2，解得：v 說(shuō)明小球仍恰好能過(guò)B點(diǎn)，且與軌道間無(wú)作用力。故B正確。2.(2018·淮安模擬)如圖所示，一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開(kāi)豎直位置偏角60°時(shí)，小球速度為0。(1)求：小球帶電性質(zhì)；電場(chǎng)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(chǎng)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0EqLsin mgL(1cos )解得E。(2)將小球的重力和電場(chǎng)力的合力作為小球的等效重力G，則Gmg，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)。mmgmv2mvA2mgL(1cos 30°)聯(lián)立解得vA 。答案：見(jiàn)解析把握三點(diǎn)，正確解答該類問(wèn)題1把電場(chǎng)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(zhǎng)線與圓軌跡的交點(diǎn)為帶電體在等效重力場(chǎng)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。