2020-2021学年 高二物理 带电粒子在电场中运动的综合问题 期末复习强化学案Word版含答案

带电粒子在电场中运动的综合问题
考点一　带电粒子在交变电场中的运动
师生共研
1．常见的两种运动类型：直线运动、偏转运动．
2．解题基本思路：
(1)抓住两个特征：粒子运动在时间上的周期性和空间上的对称性．
(2)运用两个关系：一是力和运动的关系，二是功能关系．
题型1 |带电粒子在交变电场中的直线运动
例1 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(　　)
A．0题后反思
画v?t图象判断电子在交变电场中的运动情况
(1)注意电子进入电场的时刻；
(2)v?t图象的斜率表示加速度，题中对电子有qE＝ma，U＝Ed，故a∝E∝U，则v?t图象斜率可以反映E、U的变化情况；
(3)v?t图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方的面积表示的位移沿正方向，在横轴下方的面积表示的位移沿负方向；
(4)注意对称和周期性变化关系的应用；
(5)对运动很复杂、不容易画出v?t图象的问题，应逐段分析求解．
题型2|带电粒子在交变电场中的偏转运动
例2 (多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T＝2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则(　　)
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为mv022U0
C．在t＝18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02
D．在t＝14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
练1　 (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
练2　(多选)如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．若分别在A、B两板间加下列选项所示的四种周期性变化的电压(各选项仅展示了一个周期内的电压)，则其中一定能使电子打到B板的是(　　)
考点二　带电粒子(带电体)运动的力电综合问题
师生共研
要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析与研究．解决力电综合问题的方法：
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题．
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理．
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
3．动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒．
例3 如图所示，有一长度L＝1 m、质量M＝10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车左端放置一质量m＝4 kg的带正电小物块，电荷量为q＝1.6×10－2 C(始终保持不变)，小物块与小车间的摩擦因数μ＝0.25，现突然施加一个水平向右的匀强电场，要使物块在2 s内能运动到小车的另一端，g取10 m/s2.
(1)所施加的匀强电场的电场强度多大？
(2)若某时刻撤去电场，物块恰好不从小车右端滑下，则电场的作用时间多长？
[教你解决问题]
例4 [2020·天津卷，12]多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器．质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管．离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间．设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力．
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1.
练3　[2020·浙江名校联考]
K、A是密封在真空玻璃管中的两平行正对圆形金属板，直径为L，板间距离为32L，金属板接入电路如图所示(只画出了纸面内的剖面图)，M、N两端外加电压UMN，K极板正中间有一粒子源，可向其左侧空间均匀地发射速度大小为v、质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子，平行板间的电场看作匀强电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则以下说法正确的是(　　)
A．当UMN＝－mv24q时，电流表示数为0
B．当UMN＝－mv22q时，电流表示数不为0
C．当UMN＝0时，电流表示数为I，则当UMN＝43mv2q时，电流表示数为3I
D．当UMN＝0时，电流表示数为I，则当UMN(UMN>0)增大时，电流表示数最大为1.5I
练4　[2020·芜湖示范高中5月联考，12分]如图所示，光滑绝缘细杆轨道由水平MN部分和半圆形NP部分平滑连接而成，其中半圆轨道NP在竖直平面内，半径R＝20 cm.整个轨道所在的空间内有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝2.0×103 V/m.一个带孔小球(可以看成质点)穿在轨道上以某一初速度从距离N点L＝40 cm处的A点开始向左运动，经过半圆轨道的最高点P点后恰好能落在A点位置，已知小球带正电，质量m＝80 g，电荷量q＝2.0×10－4 C，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球经过P点时的速度大小；
(2)小球经过半圆轨道上N点时对轨道的压力大小．
思维拓展
等效思想在电场中的应用
1．“等效重力场”中的部分概念与复合之前的相关概念之间的关系对应如下：
等效重力场?重力场、电场叠加而成的复合场
等效重力?重力、电场力的合力
等效重力加速度?等效重力与物体质量的比值
等效“最低点”?物体自由时能处于稳定平衡状态的位置
等效“最高点”?物体做圆周运动时与等效“最低点”关于圆心对称的位置
等效重力势能?等效重力大小与物体沿等效重力场方向“高度”的乘积
2．处理思路：
(1)受力分析，计算等效重力(重力与电场力的合力)的大小和方向；
(2)在复合场中找出等效最低点、最高点，过圆心作等效重力的平行线，使其与圆相交；
(3)根据圆周运动供需平衡结合动能定理列方程处理．
如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长度为3L的轻质绝缘细线悬挂一个质量为m的带电小球．小球静止在A处，悬线与竖直方向的夹角为30°.现将小球拉至B点，使悬线水平，并由静止释放，求小球运动到最低点D时的速度大小．(重力加速度为g)
练　如图所示，BCDG是光滑、绝缘的34圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.已知sin 37°＝0.6.
(1)若滑块从水平轨道上距离B点s＝3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度大小？
(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小．
(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．
专题六　带电粒子在电场中运动的综合问题
考点突破
例1　解析：设粒子的速度方向、位移方向均以向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．
作出t0＝0、T4、T2、3T4时粒子运动的速度—时间图象，如图所示．由于v ? t图线与t轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0答案：B
例2　解析：t＝0时刻进入电场的粒子，水平方向做匀速运动，则在电场中运动时间t＝，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A项正确；粒子在竖直方向，在时间内的位移为12d＝122，解得q＝，故B项错误；t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d′＝2×12a2－2×12a2＝aT2＝12d，故电场力做功为W＝×12d＝12U0q＝12mv，故C项错误；t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D项正确．
答案：AD
练1　解析：设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝qEm可知，a2＝2a1，假设粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确．
答案：CD
练2　解析：加A项所示电压时，电子最初受到向右的电场力，开始向B板运动，电子先做加速度减小的加速运动，然后做加速度增大的减速运动，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，A错误；加B项所示电压时，电子向B板匀加速再匀减速，2t0时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，B错误；加C项所示电压时，电子向B板先加速再减速至速度为零，周而复始，一直向B板运动，一定能到达B板，C正确；加D项所示电压时，电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，D正确．
答案：CD
例3　解析：(1)由图示受力关系可知物块在电场力及摩擦力作用下向右做匀加速运动，小车在摩擦动力作用下向右做匀加速运动，由牛顿第二定律知
qE－μmg＝ma1，μmg＝Ma2
物块发生的位移为x1＝12a1t2
小车发生的位移为x2＝12a2t2
物块能滑到右端，有x1－x2＝L
联立并代入数值得
a1＝1.5 m/s2，a2＝1 m/s2，E＝1 000 N/C.
(2)令电场的作用时间为t0，撤去电场时物块速度为v1，小车速度为v2，此后物块在摩擦力作用下做匀减速运动，运行时间t1到达小车右端
物块做匀减速运动的加速度大小为
a3＝μg＝2.5 m/s2
物块恰好不从小车右端滑下说明此时两者速度相等，即
v1－a3t1＝v2＋a2t1
而v1＝a1t0，v2＝a2t0
由两者位移关系知
12a1t02＋a1t0·t1－12a3t12－12a2(t0＋t1)2＝L
联立并代入数值得t0＝142 s
例4　解析：(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有qU＝12mv2①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝lv②
联立①②式，得T1＝ ml22qU③
(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0④
得x＝UE⑤
(3)离子在加速电场中运动和在反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为v，有v＝v2⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝L1v＋L2v⑦
联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2) m2qU⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与m成正比．依题意可得t1t0＝m1m0
可得m1＝t1t02m0⑨
练3　
解析：当发射速度垂直极板向左时，向左运动的位移最大，垂直极板向左发射的粒子到达A板速度恰好为零时，电流表示数为零，根据动能定理有qUMN＝0－12mv2，解得UMN＝－mv22q，选项B错误；若UMN<0，则其他条件不变时，|UMN|越小，粒子减速的加速度越小，减速到零所需位移越大，故UMN＝－mv24q时，垂直极板向左发射的粒子到达A板速度不为零，则电流表示数不为零，选项A错误；当UMN＝0时，电流表示数为I，设此时恰好能运动到A板的粒子发射速度与极板垂线的夹角为θ，如图，则有tan θ＝L232L＝33，即θ＝30°，则发射速度与极板垂线的夹角α在0°～30°范围内的粒子打到A板上对应的电流表示数为I；若当UMN(UMN>0)增大到一定值时，与板平行射出的粒子经t时间恰好到达A板边缘，则有32L＝12·qUMN32L·mt2，12L＝vt，解得此时UMN＝6mv2q，故当UMN≥6mv2q时，α在0°～90°范围内的粒子都能到达A板，此时电流表示数最大，为3I，选项C正确，D错误．
答案：C
练4　解析：(1)小球从P点离开后做类平抛运动，则
水平方向有x＝L＝vPt
竖直方向有h＝2R＝12at2
其中a＝mg-qEm
联立解得vP＝1.0 m/s.
(2)小球从N点到P点的过程，根据动能定理得
(qE－mg)·2R＝12mvp2－12mvN2
在N点对小球有FN＋qE－mg＝mvN2R
解得FN＝2.4 N
根据牛顿第三定律知小球对轨道的压力大小F′N＝FN＝2.4 N.
答案：(1)1.0 m/s　(2)2.4 N
思维拓展
典例　解析：小球在A处时，对其进行受力分析，如图所示
F＝mgtan 30°＝33mg
“等效”场力G′＝mg2+F2＝233mg，且G′与FT反向
“等效”场加速度g′＝233g
从B点运动到C点的过程中，小球在“等效”场力作用下先做初速度为零的匀加速直线运动，有
s＝3L，vC＝2gs'＝2gL
所以vCx＝vCsin 60°＝3gL
vCy在细线拉力的作用下瞬间减小为零
从C点运动到D点的过程中，由动能定理得
WG＋WF＝12mvD2－12mvCx2
WG＝mg·3L(1－cos 30°)
WF＝F·3Lsin 30°
解得vD＝23+1gL.
答案： 23+1gL.
练　解析：(1)设滑块到达C点时的速度大小为vC，从A点到C点的运动过程，由动能定理得qE(s＋R)－μmgs－mgR＝12mvC2
由题意可知qE＝34mg，μ＝0.5，s＝3R
代入数据解得vC＝gR.
(2)滑块到达C点时，由电场力和轨道作用力的合力提供向心力，则有FN－qE＝mvC2R
解得FN＝74mg.
(3)重力和电场力的合力的大小为
F＝mg2+Eq2＝54mg
设重力和电场力的合力的方向与竖直方向的夹角为α，
则tan α＝qEmg＝34
解得α＝37°
滑块恰好由F提供向心力时，在圆轨道上滑行的过程中速度最小，设此时滑块到达DG间的M点，相当于“最高点”，M点与O点的连线和竖直方向的夹角为37 °，设最小速度为v，则有F＝mv2R.
解得v＝5gR2.
答案：(1) gR　(2) 74mg　(3) 5gR2