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1、专题六专题六 带电粒子在电场中运动综合问题的分析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
2、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 1 如图 1(a)所示，A、B 为两块平行金属板，极板间电压为 UAB1 125 V，板中央有小孔 O 和 O.现有足够多的电子源源不断地从小孔 O 由静止进入 A、B 之间在 B 板右侧，平行金属板 M、N 长 L14102 m，板间距离 d4103 m，在距离 M、N 右侧边缘 L20.1 m 处有一荧光屏 P，当 M、N 之间未加电压时电子沿 M 板的下边沿穿过，打在荧光屏上的 O并发出荧光现给金属板 M、N 之间加一个如图(b)所示的变化电压 u，在 t0 时刻，M 板电势低于 N 板已知电子质量为
3、me91031 kg，电荷量为e1.61019 C.图 1(1)每个电子从 B 板上的小孔 O射出时的速度多大？(2)打在荧光屏上的电子范围是多少？(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？答案 见解析解析 (1)电子经 A、B 两块金属板加速，有：eUAB mev122 0得 v0 m/s2107 m/s2eUABme2 1.6 1019 1 1259 1031(2)电子通过极板的时间为 t1L1/v02109 s，远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可认为板间电压不变当 u22.5 V 时，电子经过 M、N 极板向下的偏移量最大，为y1 ()212eU2medLv0 ()2 m2103
4、m121.6 1019 22.59 1031 4 1030.042 107y10.8 m12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)59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590.2 m 范围内突破训练 2 如图 4 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
5、滑连接，圆弧的圆心为 O，半径 R0.50 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 E1.0104 N/C，现有质量 m0.20 kg，电荷量 q8.0104 C 的带电体(可视为质点)，从 A 点由静止开始运动，已知 sAB1.0 m，带电体与轨道 AB、CD 间的动摩擦因数均为 0.5.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)图 4(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答案 (1)10 m/s (2)到 C 点的竖直距离为 m 处53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
6、理得：qE(sABR)mgsABmgR mv212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：mghqEh0 mv2，解得 h m1253在最高点，带电体受到的最大静摩擦力 FfmaxqE4 N，重力 Gmg2 N因为 GT 时情况类似因粒子T43T4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3如图 3 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
7、.61019 C 的带电粒子从紧邻 B 板处释放，不计重力求：图 3(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 Hz2解析 (1)在 t0 时刻，电场强度 E ，所以加速度 a 4.0109 m/s2.UdFmEqmUqmd(2)带电粒子在 0T
8、/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 x at a( )25 cm，12 2 112T2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，t3
9、T/4 时速度减为零根据题意有：xmax2 at 5104 Hz.12 2 2a16f224如图 4 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qmv05102 m/s 从 O 点沿 y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重力求：图 4(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
10、 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 syv0(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E1qm的加速度大小为 a22 m/s2由运动学规律得E2qmx 方向上的位移为x a1( )2a1( )2 a2( )22105 m12T2T212T2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/sT2T2题组 2 用动力学和功能观点分析带电体在电场中的运动5.如图 5 所示，质量为 m 的
11、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( )图 5A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答案 AB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 )，qEm可推出加速度变大；当滑块带负电时，(mgEq)sin (
12、mgEq)cos ma2，a2g(sin cos )(sin cos )，可推出加速度变小，选项 A、B 正qEm确6.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 6 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( )图 6AA、B 两点的电场强度和电势关系为 EAv1，则电场力一定做正功CA、B 两点间的电势差为(v v )m2q2 22 1D小球从 A 点运动到 B 点的过程中电场
13、力做的功为 mv mv mgh122 2122 1答案 D解析 由电场线的方向和疏密可知 A 点电场强度小于 B 点，但 A 点电势高于 B 点，A错误若 v2v1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B 错误由于有重力做功，A、B 两点间电势差不是(v v )，C 错误小球从 A 点运动到 B 点过程m2q2 22 1中由动能定理得 W电mgh mv mv ，所以 W电 mv mv mgh，D 正确122 2122 1122 2122 17.在一个水平面上建立 x 轴，在过原点 O 右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E6105 N/C，方向与 x 轴正方向相同，在 O 处放一个电荷
14、量 q5108 C、质量m0.010 kg 的带负电绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数 0.2，沿 x 轴正方向给物块一个初速度 v02 m/s，如图 7 所示，(g 取 10 m/s2)求：图 7(1)物块最终停止时的位置；(2)物块在电场中运动过程的机械能增量答案 (1)原点 O 左侧 0.2 m 处 (2)0.016 J解析 (1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零FfmgFqE由牛顿第二定律得 FfFma由运动学公式得 2ax1v2 0解得 x10.4 m第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止由动能定理得：Fx1Ff(x1x2)0得 x20.2 m
15、，则物块停止在原点 O 左侧 0.2 m 处(2)物块在电场中运动过程的机械能增量EWf2mgx10.016 J.8.如图 8 所示，AB 是一倾角为 37的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数0.30，BCD 是半径为 R0.2 m 的光滑圆弧轨道，它们相切于 B 点，C 为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强 E4.0103 N/C，质量 m0.20 kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下已知斜面 AB 对应的高度 h0.24 m，滑块带电荷量 q5.0104 C，取重力加速度 g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80.求：图 8(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端 B 点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点 C 时对轨道的压力答案 (1)2.4 m/s (2)11.36 N，方向竖直向下解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力Ff(mgqE)cos 370.96 N设到达斜面底端时的速度为 v1，根据动能定理得(mgqE
