2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點專題突破 專題44 帶電粒子在交變電場中的運動問題與帶電體在等效場中的運動問題-學(xué)案.doc

突破44 帶電粒子在交變電場中的運動問題與帶電體在等效場中的運動問題一、帶電粒子在交變電場中的運動問題1.帶電粒子在交變電場中運動的分析方法(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、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)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(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常見的三類運動形式帶電體做單向直線運動、直線往返運動或偏轉(zhuǎn)運動?！镜淅?】如圖甲所示平行金屬板AB之間的距離為6 cm，兩板間電場強度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化。設(shè)場強垂直于金屬板由A指向B為正，周期T8105 s。某帶正電的粒子，電荷量為8.01019 C，質(zhì)量為1.61026 kg，某時刻在兩板間中點處由靜止釋放(不計粒子重力，粒子與金屬板碰撞后即不再運動)，則()A若粒子在t0時釋放，則一定能運動到B板B若粒子在t時釋放，則一定能運動到B板C若粒子在t時釋放，則一定能運動到A板D若粒子在t時釋放，則一定能運動到A板【答案】ADt時釋放，則在 的時間內(nèi)粒子向B板加速運動，位移為x2a2108(105)2m0.5102 m0.5 cm，在的時間內(nèi)粒子向B板減速運動，位移為x3x20.5 cm；在T的時間內(nèi)粒子向A板加速運動，位移為x2a2108(3105)2m4.5102 m4.5 cm；因(4.520.5)cm3.5 cm>3 cm，故粒子能到達(dá)A板，選項D正確?！镜淅?】如圖甲所示，水平放置的平行金屬板AB間的距離d0.1 m，板長L0.3 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x0.5 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U01.0102 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m1.0107 kg，電荷量q1.0102 C，速度大小均為v01.0104 m/s。帶電粒子的重力不計。求：(1)在t0時刻進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2.0104 m/s，則熒光屏上出現(xiàn)的光帶又為多長?！敬鸢浮?1)103 m/s(2)4.0102 m(3)0.15 m【解析】(1)從t0時刻進入的粒子水平方向速度不變。在電場中運動時間t3105 s，正好等d2a2aTTa20.5102 m出現(xiàn)光帶的總長度ld1d24.0102 m。(3)帶電粒子在電場中運動的時間變?yōu)?，打在熒光屏上的范圍如圖所示。d13.75102 md21.25102 m形成的光帶長度ld1dd20.15 m?！靖櫠逃?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（不計重力）被固定在兩板的正中間P處，且dAB=qU0T24m。下列說法正確的是A. t0由靜止釋放該粒子，一定能到達(dá)B板B. tT/4由靜止釋放該粒子，可能到達(dá)B板 C. 在0<t<T/2和T/2<t<T兩個時間段內(nèi)運動的粒子加速度相同D. 在T/4<t<T/2期間由靜止釋放該粒子，一定能到達(dá)A板【答案】ADB、在t=T4由靜止釋放該粒子，粒子在T4T2內(nèi)向右做初速度為零的勻加速直線運動，在T23T4內(nèi)向右做勻減速直線運動，在3T4T內(nèi)向左做初速度為零的勻加速直線運動，如此反復(fù)，粒子做初速度為零的勻加速直線運動，在T4內(nèi)的位移：x=12qU0mdAB(T4)2=qU0T232mdAB，然后在T4內(nèi)做勻減速直線運動直到速度為零時的位移：x=x=qU0T232mdAB，則加速與減速總位移X=qU0T216mdAB=qU0T24m14dAB，由題意可知：dAB=qU0T24m，即dAB2=qU0T24m，則X=qU0T24m14dAB=dAB4<dAB2，粒子向右運動時不會到的B板，故B錯誤；C、在0<t<T2和T2<t<T兩個時間段內(nèi)運動的粒子加速度大小相等、方向相反，加速度不同，故C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動，后向右減速運動，再反向向左做加速度，然后做減速運動回到P點，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由靜止進入A、B之間。在B板右側(cè)，平行金屬板M、N長度相同，L1=4102 m，板間距離d=4103 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，在t=0時刻，M板電勢低于N板電勢。已知電子質(zhì)量為me=9.01031 kg，電荷量為e=1.61019 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=12eU2md(Lv0)2=210-3m，y1d，說明所有的電子都可以飛出M、N。點晴：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，運算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運算，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動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可?！镜淅?】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兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角60，重力加速度為g。求：(1)小球所受的電場力大?。?2)小球在A點的速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小?！敬鸢浮?1)mg(2)2【解析】 (1)小球經(jīng)過C點時速度最大，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Fmgtan mg。(2)要使小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D點時的速度最小，即在D點小球?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點運動到D點的過程中，有mgr(1cos )Frsin mv02mv2，解得v02。【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，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強電場中，現(xiàn)把細(xì)線水平拉直，小球從A點由靜止釋放，經(jīng)最低點B后，小球擺到C點時速度為0，則()A小球在B點時速度最大B小球從A點到B點的過程中，機械能一直在減少C小球在B點時的細(xì)線拉力最大D從B點到C點的過程中小球的電勢能一直增加【答案】BD2.如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，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(q0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點，OP與豎直方向的夾角37。不計空氣阻力。已知重力加速度為g，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)電場強度E的大??；(2)若要使小球從P點出發(fā)能做完整的圓周運動，小球初速度的大小應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮浚?1)(2)不小于【解析】：(1)當(dāng)小球靜止在P點時，小球的受力情況如圖所示，則有tan ，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(不計重力)，t0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)律的是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】電子一個周期內(nèi)的運動情況是：0T/4時間內(nèi)，電子從靜止開始做勻加速直線運動，T/4T/22一個帶正電的微粒放在電場中，場強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t0時刻由靜止釋放。則下列說法中正確的是()A微粒在01s內(nèi)的加速度與12s內(nèi)的加速度相同B微粒將沿著一條直線運動C微粒做往復(fù)運動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動的vt圖象，如圖所示。由圖可知在01s內(nèi)與12s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板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上則t0可能屬于的時間段是()A0<t0< B.<t0< C.<t0<T DT<t0<【答案】B 【解析】 設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正依題意得，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)，速度方向為負(fù)。作出t00、時粒子運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0<t0<，<t0<T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零；<t0<時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T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，對照各選項可知只有B正確。3. 如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像。當(dāng)t0時，在此勻強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帶電粒子將始終向同一個方向運動B2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點C3 s末帶電粒子的速度為零D03 s內(nèi)，電場力做的總功為零【答案】CD4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）以相同的初速度連續(xù)不斷地從A點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3T2，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. T2時刻射入電場的電子離開電場時側(cè)移量最小C. 在0 T2時間內(nèi)，不同時刻進入電場的電子離開電場時速度大小都相同D. 在0 T2時間內(nèi)，不同時刻進入電場的電子離開電場時速度方向都不同【答案】BD點睛：考查粒子做類平拋運動的規(guī)律，同時理解粒子先后進入電場后的受力與運動的分析本題注意在初速度方向上始終是勻速直線運動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t2s時開始釋放一定不能運動到A極板B. 如果微粒帶負(fù)電，從t6s時開始釋放可能運動到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動D. 如果微粒帶負(fù)電，從t2s開始釋放沒有撞擊到極板，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t2s時從極板中央由靜止釋放，一定不會撞擊到極板【答案】CD6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(k1)，電壓變化的周期為2T，如圖乙所示在t0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k=54且電子恰好在2T時刻射出電場，則應(yīng)滿足的條件是d9eU0T25mB. 若k1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場，則其動能增加eU02C. 若k=54且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度為v02+(5eU0T4md)2D. 若k1且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度為v0【答案】AD7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=2.010-27kg，電量q=+1.610-19C的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力。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板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板。【答案】（1）a=2109m/s2（2）T<5210-5s【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度，則可求得電場力，由牛頓第二定律可求得加速度的大?。灰沽Ｗ硬荒艿竭_(dá)A板，應(yīng)讓粒子在向A板運動中的總位移小于極板間的距離。s=212a(T4)2=116aT2 要求粒子不能到達(dá)A板，有sd應(yīng)滿足T<16da5210-5s 8. 如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長L10 cm，極板間距d10 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，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。每個電子穿過極板的時間都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求：(1)在t0.06 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?！敬鸢浮浚?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：eU0mv02tan 電子在熒光屏上偏離O點的距離為YyLtan 由題圖乙知t0.06 s時刻U1.8U0，解得Y13.5 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：2Y3L30 cm。