高考物理一轮复习第六章静电场第4节带电粒子在电场中运动的综合问题

高考物理一轮复习第六章静电场第4节带电粒子在电场中运动的综合问题

第 4 节 电粒子在电场中运动的综合问题 突破点(一) 示波管的工作原理 在示波管模型中，带电粒子经加速电场 U1 加速，再经偏转电场 U2 偏转后，需要经历一段 匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点 P，如图所示。 1．确定最终偏移距离 思路一： 思路二： 确定加速 后的 v0 ―→ 确定偏移 y *三角形 相似 确定 OP： y OP ＝ l 2 l 2 ＋L 2．确定偏转后的动能(或速度) 思路一： 确定加速 后的 v0 ―→ 确定偏转后的 vy＝at ―→ 确定动能 Ek＝1 2 mv2＝1 2 m v0 2＋vy 2 思路二： 确定加速 后的 v0 ―→ 确定偏转 后的 y ―→ 动能定理：qEy＝1 2 mv2－1 2 mv0 2 [多角练通] 1．图(a)为示波管的原理图。如果在电极 YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化， 在电极 XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项中 的( ) 解析：选 B 在 0～2 t1 时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当 UY 为正 的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当 UY 为负的最大值时，电子打在荧光屏上 有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为 B。 2．如图所示，示波管主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成，如图甲所示。电子 枪具有释放电子并使电子聚集成束以及加速电子的作用；偏转系统使电子束发生偏转；电子 束打在荧光屏上形成光迹。这三部分均封装于真空玻璃壳中。已知电子的电荷量 e＝1.6×10 －19 C，质量 m＝9.1×10－31 kg，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考 虑相对论效应。 (1)电子枪的三级加速可简化为如图乙所示的加速电场，若从阴极逸出电子的初速度可忽 略不计，要使电子被加速后的动能达到 1.6×10－16 J，求加速电压 U0 为多大； (2)电子被加速后进入偏转系统，若只考虑电子沿 Y(竖直)方向的偏转情况，偏转系统可 以简化为如图丙所示的偏转电场。偏转电极的极板长 l＝4.0 cm，两板间距离 d＝1.0 cm，极 板右端与荧光屏的距离 L＝18 cm，当在偏转电极上加 u＝480sin 100πt(V)的正弦交变电压 时，如果电子进入偏转电场的初速度 v0＝3.0×107 m/s，求电子打在荧光屏上产生亮线的最 大长度。 解析：(1)对于电子通过加速电场的过程，由动能定理有 eU0＝Ek 解得 U0＝1.0×103 V。 (2)由 u＝480sin 100πt(V)，可知偏转电场变化的周期 T＝0.02 s，而电子通过电场的 时间 t＝l v0 ＝ 4×10－2 3.0×107 s＝1.333×10－9s 可见 T≫t，则电子通过偏转电场过程中，电场可以看成匀强电场 设偏转电场的电压为 U1，电子刚好飞出偏转电场，此时沿电场方向的位移为d 2 d 2 ＝1 2 at2＝1 2 ×eU1 md t2 解得 U1＝320 V 所以，为了使电子打到荧光屏上，所加偏转电压应不大于 320 V 当所加偏转电压为 320 V 时，电子刚好飞出偏转电场，电子沿电场方向的最大位移为d 2 设电子射出偏转电场的速度方向与初速度方向的最大角度为θ 则 tan θ＝d l ＝0.25 电子打到荧光屏上的偏移量 Ym＝ l 2 ＋L tan θ＝5.0 cm 由对称性，可得电子在荧光屏上的亮线的最大长度为 2Ym＝10 cm。 答案：(1)1.0×103 V (2)10 cm 突破点(二) 带电粒子在交变电场中的运动 (一)粒子做往返运动(分段研究) [典例 1] 如图甲所示，A 和 B 是真空中正对面积很大的平行金属板，O 点是一个可以连 续产生粒子的粒子源，O 点到 A、B 的距离都是 l。现在 A、B 之间加上电压，电压 UAB 随时间 变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生 300 个粒子，粒 子质量为 m、电荷量为－q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动。设粒子一旦 碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响 A、B 板电势。不计粒 子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量 l＝0.6 m，U0＝1.2×103 V，T＝ 1.2×10－2s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7 C。 (1)在 t＝0 时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？ (2)在 t＝0 到 t＝T 2 这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达 A 板？ (3)在 t＝0 到 t＝T 2 这段时间内产生的粒子有多少个可到达 A 板？ [解析] (1)根据图乙可知，从 t＝0 时刻开始，A 板电势高于 B 板电势，粒子向 A 板运 动。因为 x＝qU0 4lm T 2 2＝3.6 m>l，所以粒子从 t＝0 时刻开始，一直加速到达 A 板。设粒子到 达 A 板的时间为 t，则 l＝1 2 qU0 2lm t2 解得 t＝ 6×10－3 s。 (2)在 0～T 2 时间内，粒子的加速度大小为 a1＝qU0 2lm ＝2×105 m/s2 在T 2 ～T 时间内，粒子的加速度大小为 a2＝2qU0 2lm ＝4×105 m/s2 可知 a2＝2a1，若粒子在 0～T 2 时间内加速Δt，再在T 2 ～T 时间内减速Δt 2 刚好不能到达 A 板，则 l＝1 2 a1Δt·3 2 Δt 解得Δt＝2×10－3 s 因为T 2 ＝6×10－3 s， 所以在 0～T 2 时间里 4×10－3 s 时刻产生的粒子刚好不能到达 A 板。 (3)因为粒子源在一个周期内可以产生 300 个粒子，而在 0～T 2 时间内的前2 3 时间内产生的 粒子可以到达 A 板，所以到达 A 板的粒子数 n＝300×1 2 ×2 3 ＝100(个)。 [答案] (1) 6×10－3 s 到达 A 极板 (2)4×10－3 s (3)100 个 (二)粒子做偏转运动(分解研究) [典例 2] 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速 电压为 U0，电容器板长和板间距离均为 L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离 也是 L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所 示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求： (1)在 t＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处。 (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？ [解析] (1)电子经电场加速满足 qU0＝1 2 mv2 经电场偏转后侧移量 y＝1 2 at2＝1 2 ·qU 偏 mL L v 2 所以 y＝U 偏 L 4U0 ，由图知 t＝0.06 s 时刻 U 偏＝1.8U0， 所以 y＝4.5 cm 设打在屏上的点距 O 点的距离为 Y，满足Y y ＝ L＋L 2 L 2 所以 Y＝13.5 cm。 (2)由题知电子侧移量 y 的最大值为L 2 ，所以当偏转电压超过 2U0，电子就打不到荧光屏上 了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为 3L＝30 cm。 [答案] (1)打在屏上的点位于 O 点上方，距 O 点 13.5 cm (2)30 cm 突破点(三) 带电粒子的力电综合问题 [典例] (2014·全国卷Ⅰ)如图，O、A、B 为同一竖直平面内的三个点， OB 沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝3 2 OA，将一质量为 m 的小球以一定的初动能 自 O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A 点。使此小球带电，电荷 量为 q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行。现从 O 点以同样的初动 能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了 A 点，到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍；若 该小球从 O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过 B 点，且到达 B 点时的动能为初动 能的 6 倍，重力加速度大小为 g。求 (1)无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向。 [审题指导] 第一步：抓关键点 关键点 获取信息 将小球水平向右抛出 小球做平抛运动 小球恰好通过 A 点 平抛运动过 A 点时的水平、竖直位移可确定 到 A(B)点时动能是初动能的 3(6)倍 有重力做功和电场力做功，其中电场力做的功 等于电势能的变化量 第二步：找突破口 (1)要确定小球到达 A 点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖 直方向的位移关系。 (2)要确定电场强度的方向，根据到 A、B 两点的动能变化可确定两个过程电势能的变化， 可先找出两个等势点(在 OB 线上找出与 A 等势的点，并确定其具体位置)。 (3)电场强度的大小可由 W＝qEl 求出。 [解析] (1)设小球的初速度为 v0，初动能为 Ek0，从 O 点运动到 A 点的时间为 t，令 OA ＝d，则 OB＝3 2 d，根据平抛运动的规律有 dsin 60°＝v0t① dcos 60°＝1 2 gt2② 又 Ek0＝1 2 mv0 2③ 由①②③式得 Ek0＝3 8 mgd④ 设小球到达 A 点时的动能为 EkA，则 EkA＝Ek0＋1 2 mgd⑤ 由④⑤式得EkA Ek0 ＝7 3 。⑥ (2)加电场后，小球从 O 点到 A 点和 B 点，高度分别降低了 d 2 和3d 2 ，设电势能分别减 小ΔEpA 和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－1 2 mgd＝2 3 Ek0⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－3 2 mgd＝Ek0⑧ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线 OB 上的 M 点与 A 点等电势，M 与 O 点的距离为 x，如图，则有 x 3 2 d ＝ΔEpA ΔEpB ⑨ 解得 x＝d。 MA 为等势线，电场必与其垂线 OC 方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α， 由几何关系可得 α＝30°⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°斜向右下方。 设场强的大小为 E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA⑪ 由④⑦⑪式得 E＝ 3mg 6q 。⑫ [答案] (1)7 3 (2) 3mg 6q 与竖直向下的方向的夹角为 30°斜向右下方 [方法规律] 1．解题思路 2．解题技巧 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及功能关系两条途径进行分析与研究。 [集训冲关] 1．(多选)如图所示，光滑的水平轨道 AB 与半径为 R 的光滑的半圆形轨道 BCD 相切于 B 点，AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点。一质量为 m、带正电的小球从距 B 点 x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿 AB 向右运动，恰能通过最高点，则( ) A．R 越大，x 越大 B．R 越大，小球经过 B 点后瞬间对轨道的压力越大 C．m 越大，x 越大 D．m 与 R 同时增大，电场力做功增大 解析：选 ACD 小球在 BCD 部分做圆周运动，在 D 点，mg＝mvD 2 R ，小球由 B 到 D 的过程中 有：－2mgR＝1 2 mvD 2－1 2 mvB 2，解得 vB＝ 5gR，R 越大，小球经过 B 点时的速度越大，则 x 越大， 选项 A 正确；在 B 点有：FN－mg＝mvB 2 R ，解得 FN＝6mg，与 R 无关，选项 B 错误；由 Eqx＝1 2 mvB 2， 知 m、R 越大，小球在 B 点的动能越大，则 x 越大，电场力做功越多，选项 C、D 正确。 2．(2017·长春模拟)在如图甲所示的平面直角坐标系内，有三个不同的静电场：第一象 限内有由位于原点 O 的电荷量为 Q 的点电荷产生的电场 E1(仅分布在第一象限内)，第二象限 内有沿 x 轴正方向的匀强电场 E2，第四象限内有场强大小按图乙所示规律变化、方向平行 x 轴的电场 E3，电场 E3 以沿 x 轴正方向为正，变化周期 T＝ 4mx0 3 kQq 。一质量为 m、电荷量为 q 的正离子(重力不计)从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕 O 点做圆周运动。以 离子经过 x 轴时为计时起点，已知静电力常量为 k。求： (1)离子刚进入第四象限时的速度大小； (2)E2 的大小； (3)当 t＝T 2 时，离子的速度大小； (4)当 t＝nT(n＝1,2,3，…)时，离子的坐标。 解析：(1)设离子刚进入第四象限的速度为 v0，在第一象限内离子做匀速圆周运动，有 kQq x0 2＝mv0 2 x0 ，解得 v0＝ kQq mx0 。 (2)在第二象限内，由动能定理得 qE2x0＝1 2 mv0 2，解得 E2＝ kQ 2x0 2。 (3)离子进入第四象限后做类平抛运动，在 t＝T 2 时，沿 x 轴方向上有 vx＝at＝qE3 m ·T 2 ＝ q m ×kQ x0 2×1 2 4mx0 3 kQq ＝ kQq mx0 ＝v0 此时，离子的速度 v＝ v0 2＋vx 2＝ 2v0＝ 2kQq mx0 。 (4)离子在第四象限中运动时，沿 y 轴负方向做匀速直线运动，沿 x 轴正方向离子在前半 个周期做匀加速运动，后半个周期做匀减速运动，直到速度减为 0，轨迹如图所示。 每半个周期离子沿 x 轴正方向前进的距离 d＝ v x·T 2 ＝v0T 4 ＝x0 2 t＝nT 时，离子到 y 轴的距离 Lx＝x0＋2nd＝(n＋1)x0 每半个周期离子沿 y 轴负方向运动的距离 s＝v0·T 2 ＝x0 t＝nT 时，离子到 x 轴的距离 Ly＝2ns＝2nx0 故当 t＝nT 时离子的坐标为[(n＋1)x0，－2nx0]。 答案：(1) kQq mx0 (2) kQ 2x0 2 (3) 2kQq mx0 (4)[(n＋1)x0，－2nx0] 用等效法解决电场、重力场中圆周运动的临界极值问题 等效思维方法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。 带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一 类重要而典型的题型。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用 “等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。先求出重力与电场力的合力，将这 个合力视为一个“等效重力”，将 a＝F 合 m 视为“等效重力加速度”。再将物体在重力场中的 运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。 1.如图所示，半径为 r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套 有一质量为 m，带电荷量为＋q 的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电 场，使珠子由最高点 A 从静止开始释放(AC、BD 为圆环的两条互相垂直 的直径)，要使珠子沿圆弧经过 B、C 刚好能运动到 D。 (1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向； (2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由 A 到达 D 的过程中速度最大时对环的作用力 大小； (3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整的圆周运动，在 A 点至少使它具有多大的初动 能？ 解析：(1)根据题述，珠子运动到 BC 弧中点 M 时速度最大。作过 M 点的直径 MN，设电场 力与重力的合力为 F，则其方向沿 NM 方向，分析珠子在 M 点的受力情况，由图可知，当 F 电 垂直于 F 时，F 电最小，最小值 F 电 min＝mgcos 45°＝ 2 2 mg F 电 min＝qEmin 解得所加电场的场强最小值 Emin＝ 2mg 2q ，方向沿过 M 点的切线方向指向左上方。 (2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为 F＝mgsin 45°＝ 2 2 mg 把电场力与重力的合力看作是等效重力 对珠子由 A 运动到 M 的过程，由动能定理得 F r＋ 2 2 r ＝1 2 mv2－0 在 M 点，由牛顿第二定律得 FN－F＝mv2 r 联立解得 FN＝ 3 2 2 ＋1 mg 由牛顿第三定律知，对环作用力为 FN′＝FN＝ 3 2 2 ＋1 mg。 (3)由题意可知，N 点为等效最高点，只要珠子能到达 N 点，就能做完整的圆周运动，珠 子由 A 到 N 的过程中，由动能定理得：－F r－ 2 2 r ＝0－EkA 解得 EkA＝ 2－1 2 mgr。 答案：(1) 2mg 2q 方向见解析 (2) 3 2 2 ＋1 mg (3) 2－1 2 mgr 2．(2017·吉安模拟)如图所示，一条长为 L 的细线上端固定， 下端拴一个质量为 m 的电荷量为 q 的小球，将它置于方向水平向右 的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从 A 点静止释放，当细线 离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为 0。 (1)求：①小球带电性质；②电场强度 E。 (2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从 A 点释放小球时应有的初速度 vA 的大小(可含根 式)。 解析：(1)①根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。 ②小球由 A 点释放到速度等于零，由动能定理有 0＝EqLsin α－mgL(1－cos α) 解得 E＝ 3mg 3q 。 (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力 G′，则 G′＝2 3 3 mg，方向与竖 直方向成 30°角偏向右下方。 若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点。 mv2 L ＝2 3 3 mg 1 2 mv2－1 2 mvA 2＝－2 3 3 mgL(1＋cos 30°) 联立解得 vA＝ 2gL 3＋1 。 答案：见解析 [反思领悟] 把握三点，正确解答该类问题 1．把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。 2．等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。 3．类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。 对点训练：示波管的工作原理 1．(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可 以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转 电场后打到纸上，显示出字符。不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可 行的是( ) A．减小墨汁微粒的质量 B．减小墨汁微粒所带的电荷量 C．增大偏转电场的电压 D．增大墨汁微粒的喷出速度 解析：选 BD 根据偏转距离公式 y＝ qUl2 2mdv0 2可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁 微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度， B、D 正确。 2.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后 射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为 m(不考虑所受重力)， 电荷量为 e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为 U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为 d，板长为 L，偏转电压为 U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？ 解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理 eU1＝1 2 mvx 2 进入偏转电场后 L＝vxt，vy＝at，a＝eU2 md 射出偏转电场时合速度 v＝ vx 2＋vy 2， 由以上各式得 Ek＝1 2 mv2＝eU1＋eU2 2L2 4d2U1 。 答案：eU1＋eU2 2L2 4d2U1 对点训练：带电粒子在交变电场中的运动 3．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为 d 的两平行极板，如图甲所示。 加在极板 A、B 间的电压 UAB 做周期性变化，其正向电压为 U0，反向电压为－kU0(k＞1)，电压 变化的周期为 2τ，如图乙所示。在 t＝0 时，极板 B 附近的一个电子，质量为 m、电荷量为 e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板 A，且不考虑重力作用。 若 k＝5 4 ，电子在 0～2τ时间内不能到达极板 A，求 d 应满足的条件。 解析：电子在 0～τ时间内做匀加速运动 加速度的大小 a1＝eU0 md 位移 x1＝1 2 a1τ2 在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小 a2＝keU0 md 初速度的大小 v1＝a1τ 匀减速运动阶段的位移 x2＝v1 2 2a2 由题知 d＞x1＋x2，解得 d＞ 9eU0τ2 10m 。 答案：d＞ 9eU0τ2 10m 4．两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子(质量为 m、电荷量为 e)由静止开 始，经电压为 U0 的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当 两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为 3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为 2t0、最大值恒为 U0 的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)。问： (1)这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小 值分别是多少； (2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多 少。 解析：以电场力的方向为 y 轴正方向，画出电子在 t＝0 时和 t＝t0 时进入电场后沿电场 力方向的速度 vy 随时间 t 变化的 vyt 图像分别如图(a)和图(b)所示，设两平行板之间的距离 为 d。 (1)图中，v1y＝eU0 md t0，v2y＝eU0 md 2t0，由图(a)可得电子的最大侧向位移为 xymax＝2 1 2 v1yt0＋v1yt0 ＝3v1yt0＝3eU0t0 2 md 而 xymax＝d 2 ，解得 d＝t0 6eU0 m 由图(b)可得电子的最小侧向位移为 xymin＝1 2 v1yt0＋v1yt0＝3 2 v1yt0＝3eU0t0 2 2md ＝d 4 所以 xymax＝d 2 ＝ t0 2 6eU0 m ，xymin＝d 4 ＝ t0 4 6eU0 m 。 (2)v1y 2＝ eU0 md t0 2＝eU0 6m ，v2y 2＝ eU0 md 2t0 2＝2eU0 3m 电子经电压 U0 加速，由动能定理知，1 2 mv0 2＝eU0 所以Ekmax Ekmin ＝ 1 2 mv2 2 1 2 mv1 2 ＝ 1 2 m v0 2＋v2y 2 1 2 m v0 2＋v1y 2 ＝ eU0＋eU0 3 eU0＋eU0 12 ＝16 13 。 答案：见解析 对点训练：带电粒子的力电综合问题 5．(2017·深圳模拟)如图甲所示，在平面直角坐标系 xOy 中，两金属极板 AB、OD 平行 正对放置，OD 板与 x 轴重合，OD 板的左端与原点 O 重合，两极板板长均为 L＝2 m，板间距 离 d＝1 m，紧靠两极板右端有一荧光屏。两极板间电压 UAO 随时间的变化规律如图乙所示， 变化周期 T＝2×10－3 s，U0＝1×103 V。若 t＝0 时刻一带正电的粒子从 A 点附近沿 x 轴正方 向以速度 v0＝1×103 m/s 射入两极板间，粒子所带电荷量为 q＝1×10－5 C，质量 m＝1×10－7 kg， 粒子重力不计。 (1)求粒子在极板间运动的最长时间； (2)若在 0～T 时间内均有同种粒子从 A 点附近沿 x 轴正方向以速度 v0 射入两极板间，求 这些粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围； (3)在(2)条件下，求粒子打到荧光屏上时的动能。 解析：(1)粒子在极板间沿 x 轴正方向做匀速运动，设运动时间为 t，则有 L＝v0t 解得 t＝L v0 ＝2×10－3 s。 (2)粒子在板间运动的时间恰好等于 T，即在 y 轴方向，粒子有一半时间做匀加速运动。 粒子在 t＝0 时刻射入极板间时，y 轴方向的分速度 vy 随粒子在极板间运动的时间 t′变化的 关系图线如图中Ⅰ所示，粒子在 t＝T 2 －t1 时刻射入极板间时，vy 随 t′变化的关系图线如图 中Ⅱ所示。图线与 t′轴所围面积表示粒子沿 y 轴方向的位移，可知在 t＝0 时刻射入极板间 的粒子在极板间偏转量最大，则打到荧光屏上的纵坐标值最小，在 t＝T 2 时刻射入极板间的粒 子在极板间偏转量最小，则打到荧光屏上的纵坐标值最大。 t＝0 时刻射入极板的粒子沿 y 轴方向运动的位移为 y1＝1 2 a T 2 2＋a T 2 2，又 a＝qU0 md t＝T 2 时刻射入极板的粒子在板间沿 y 轴方向的位移为 y2＝1 2 a T 2 2 代入已知数据得 y1＝0.15 m，y2＝0.05 m 可得粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围为 0.85～0.95 m。 (3)粒子打到荧光屏上时的速度 v 大小恒定，由动能定理有 qU0 d y2＝Ek－1 2 mv0 2 解得 Ek＝1 2 mv2＝5.05×10－2 J。 答案：(1)2×10－3 s (2)0.85～0.95 m (3)5.05×10－2 J 考点综合训练 6.如图所示，一个带正电的粒子以平行于 x 轴正方向的初速度 v0 从 y 轴上 a 点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过 x 轴上定 点 b，可在第一象限的某区域内加一方向沿 y 轴负方向的匀强电场。 已知所加电场的场强大小为 E，电场区域沿 x 方向的宽度为 s，Oa ＝L，Ob＝2s，粒子的质量为 m，带电量为 q，重力不计，试讨论电 场的左边界与 b 的可能距离。 解析：设电场左边界到 b 点的距离为Δx，已知电场宽度为 s，Ob＝2s，分以下两种情况 讨论： (1)若粒子在离开电场前已到达 b 点，如图甲所示，即Δx≤s，则Δx＝v0t y＝L＝qE 2m t2 联立解得Δx＝ 2mv0 2L qE 。 (2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达 b 点，如图乙所示，即 s<Δx≤2s， 则 s＝v0t y＝qE 2m t2 由几何关系知 tan θ＝ qE m t v0 ＝ L－y Δx－s 联立解得Δx＝mv0 2L qEs ＋s 2 。 答案：见解析 7．(2017·亳州模拟)如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，在细杆右侧 d＝0.30 m 的 A 点处有一固定的点电荷。细杆上套有一带电荷量 q＝1×10－6 C、质量 m＝0.05 kg 的小环。 设小环与点电荷的竖直高度差为 h，将小环由静止释放后，其动能 Ek 随 h 的变化曲线如图乙 所示。已知静电力常量 k＝9.0×109 N·m2/C2，重力加速度 g＝10 m/s2。(计算结果保留两位 有效数字) (1)试估算点电荷所带电荷量 Q 的大小； (2)求小环位于 h1＝0.40 m 处时的加速度 a； (3)求小环从 h2＝0.30 m 处下落到 h3＝0.12 m 处的过程中，其电势能的改变量。 解析：(1)由题图乙可知，当 h′＝0.36 m(或 h′＝0.12 m)时，小环所受合力为零，则 有 k Qq d2＋h′2× h′ d2＋h′2 ＝mg 代入已知数据解得 Q＝mg d2＋h′2 3 kqh′ ＝1.6×10－5 C。 (2)小环加速度沿杆方向，则 mg－F1 h1 d2＋h1 2 ＝ma 又 F1＝k Qq d2＋h1 2。 代入已知数据解得 a＝0.78 m/s2，方向竖直向下。 (3)设小环从 h2＝0.30 m 处下落到 h3＝0.12 m 处的过程中，电场力对小环做功为 WE 根据动能定理有 mg(h2－h3)＋WE＝ΔEk＝0.055 0 J－0.068 5 J＝－0.013 5 J 代入已知数据解得 WE＝ΔEk－mgΔh≈－0.10 J 所以小环的电势能增加了 0.10 J。 答案：(1)1.6×10－5 C (2)0.78 m/s2 方向竖直向下 (3)增加 0.10 J [真题集训·章末验收] 高考真题集中演练——把脉命题规律和趋势 命题点一：电场力的性质 1．(2013·全国卷Ⅰ)如图，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷，在垂直 于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、 b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、 c 和 d 间的距离均为 R，在 a 点处有一电荷量为 q(q＞0)的固定点电荷。已知 b 点处的场强为零， 则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( ) A．k3q R2 B．k10q 9R2 C．kQ＋q R2 D．k9Q＋q 9R2 解析：选 B 由于在 a 点放置一点电荷 q 后，b 点电场强度为零，说明点电荷 q 在 b 点 产生的电场强度与圆盘上 Q 在 b 点产生的电场强度大小相等，即 EQ＝Eq＝kq R2，根据对称性可 知 Q 在 d 点产生的场强大小 E′Q＝kq R2，则 Ed＝E′Q＋E′q＝kq R2＋k q 3R 2＝k10q 9R2 ，故选项 B 正确。 2．(2013·全国卷Ⅱ)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球 a、 b 和 c 分别位于边长为 l 的正三角形的三个顶点上；a、b 带正电，电荷 量均为 q，c 带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电 力常量为 k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( ) A. 3kq 3l2 B. 3kq l2 C.3kq l2 D.2 3kq l2 解析：选 B 设小球 c 带电荷量为 Q，由库仑定律可知小球 a 对小球 c 的库仑引力为 F＝ kqQ l2 ，小球 b 对小球 c 的库仑引力为 F＝kqQ l2 ，二力合力为 2Fcos 30°。设水平匀强电场场强 的大小为 E，对 c 球，由平衡条件可得：QE＝2Fcos 30°，解得：E＝ 3kq l2 ，选项 B 正确。 命题点二：电场能的性质 3．(2015·全国卷Ⅰ)如图，直线 a、b 和 c、d 是处于匀强电场中的两 组平行线，M、N、P、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、 φQ。一电子由 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中，电场力所做的负功相 等。则( ) A．直线 a 位于某一等势面内，φM>φQ B．直线 c 位于某一等势面内，φM>φN C．若电子由 M 点运动到 Q 点，电场力做正功 D．若电子由 P 点运动到 Q 点，电场力做负功 解析：选 B 由电子从 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中电场力所做的负功相等可知， N、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为 M→N，故选项 B 正确，选项 A 错误。M 点与 Q 点 在同一等势面上，电子由 M 点运动到 Q 点，电场力不做功，故选项 C 错误。电子由 P 点运动 到 Q 点，电场力做正功，故选项 D 错误。 4．(多选)(2014·全国卷Ⅱ)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( ) A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 解析：选 AD 根据电场强度与电势的关系解题。电场线(电场强度)的方向总是与等电势 面垂直，选项 A 正确。电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势 不一定等于零，选项 B 错误。沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大 小无必然关系，选项 C 错误。电场线(电场强度)的方向总是从高的等电势面指向低的等电势 面，而且是电势降落最快的方向，选项 D 正确。 5．(多选)(2014·全国卷Ⅰ)如图，在正点电荷 Q 的电场中有 M、 N、P、F 四点，M、N、P 为直角三角形的三个顶点，F 为 MN 的中点， ∠M＝30°。M、N、P、F 四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF 表示， 已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷 Q 在 M、N、P 三点所在平面内，则 ( ) A．点电荷 Q 一定在 MP 的连线上 B．连接 PF 的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从 P 点搬运到 N 点，电场力做负功 D．φP 大于φM 解析：选 AD 根据正点电荷的电场的特点可知，点电荷的电场的等 势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作 MN 连线的中垂线和 PF 连 线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交 MP 于 A 点， 即点电荷在 A 点，A 正确，B 错误；将正试探电荷从 P 点搬运到 N 点，电场力做正功，C 错误； 沿着电场线的方向电势逐渐降低，故φP>φM，D 正确。 命题点三：电容器、带电粒子在电场中的运动 6．(2015·全国卷Ⅱ)如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间 a 点从静止释 放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过 a 点的轴(垂直 于纸面)逆时针旋转 45°，再由 a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒 将( ) A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 解析：选 D 两板水平放置时，放置于两板间 a 点的带电微粒保持静止， 带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转 45°时，电场力大 小不变，方向逆时针偏转 45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方 向，微粒将向左下方做匀加速运动。选项 D 正确。 7．(2013·全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两 极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方d 2 处的 P 点有一带 电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。 若将下极板向上平移d 3 ，则从 P 点开始下落的相同粒子将( ) A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板d 2 处返回 D．在距上极板 2 5 d 处返回 解析：选 D 当两极板距离为 d 时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动 能定理可得：mg×3 2 d－qU＝0，当下极板向上移动d 3 ，设粒子在电场中运动距离 x 时速度减为 零，全过程应用动能定理可得：mg(d 2 ＋x)－q U d－d 3 x＝0，两式联立解得：x＝2 5 d，选项 D 正确。 8．(多选)(2012·全国卷)如图，平行板电容器的两个极板与水平 地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所 示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( ) A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 解析：选 BD 由题意可知粒子做直线运动，受到竖直向下的重力和垂直极板的电场力， 考虑到电场力和重力不可能平衡，故只有电场力与重力的合力方向水平向左才能满足直线运 动条件，故粒子做匀减速直线运动，电场力做负功，电势能逐渐增加，B、D 对。 9.(2010·全国卷)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。 某 除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线 ab 为该收尘板的 横 截面。工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负 电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。若用粗黑曲线 表 示原来静止于 P 点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列 4 幅图中可能正确的是(忽略重力和空气 阻力)( ) 解析：选 A 粉尘受力方向为电场强度方向，故在 P 点粉尘受力沿切线方向，从静止开 始运动时应沿 P 点的切线方向，但运动方向不可能沿电场线方向，故 C、D 错误；此后粉尘受 力偏向右，故粉尘应从 P 点的切线方向向右下偏，但运动轨迹一定在 P 点所在电场线的上方， 故 B 错误，A 正确。 10．(2015·全国卷Ⅱ)如图，一质量为 m、电荷量为 q(q＞0) 的粒子在匀强电场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点。已知该粒 子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为 60°；它运动 到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30°。不计重力。求 A、B 两点间的电势差。 解析：设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB。粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vB sin 30°＝v0sin 60°① 由此得 vB＝ 3v0② 设 A、B 两点间的电势差为 UAB，由动能定理有 qUAB＝1 2 m(vB 2－v0 2)③ 联立②③式得 UAB＝mv0 2 q ④ 答案：mv0 2 q 11.(2013·全国卷Ⅱ)如图，匀强电场中有一半径为 r 的光滑绝 缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b 为轨道直径的两端，该 直径与电场方向平行。一电荷量为 q(q＞0)的质点沿轨道内侧运动。 经过 a 点和 b 点时对轨道压力的大小分别为 Na 和 Nb。不计重力，求 电场强度的大小 E、质点经过 a 点和 b 点时的动能。 解析：质点所受电场力的大小为 F＝qE① 设质点质量为 m，经过 a 点和 b 点时的速度大小分别为 va 和 vb，由牛顿第二定律有 F＋Na＝mva 2 r ② Nb－F＝mvb 2 r ③ 设质点经过 a 点和 b 点时的动能分别为 Eka 和 Ekb，有 Eka＝1 2 mva 2④ Ekb＝1 2 mvb 2⑤ 根据动能定理有 Ekb－Eka＝2rF⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 E＝ 1 6q (Nb－Na)⑦ Eka＝ r 12 (Nb＋5Na)⑧ Ekb＝ r 12 (5Nb＋Na)。⑨ 答案：见解析 12．(2013·全国卷)一电荷量为 q(q＞0)、质量为 m 的带电粒子在匀强电场的作用下， 在 t＝0 时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示。不计重力。求在 t＝0 到 t＝T 的时间间隔内， (1)粒子位移的大小和方向； (2)粒子沿初始电场反方向运动的时间。 解析：解法一：(1)带电粒子在 0～T 4 、T 4 ～T 2 、T 2 ～3T 4 、3T 4 ～T 时间间隔内做匀变速运动， 设加速度分别为 a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 a1＝qE0 m ① a2＝－2qE0 m ② a3＝2qE0 m ③ a4＝－qE0 m ④ 由此得带电粒子在 0～T 时间间隔内运动的加速度—时间图像如图(a)所示，对应的速度 —时间图像如图(b)所示，其中 v1＝a1 T 4 ＝qE0T 4m ⑤ (a) (b) 由图(b)可知，带电粒子在 t＝0 到 t＝T 的时间间隔内位移大小为 s＝T 4 v1⑥ 由⑤⑥式得 s＝qE0 16m T2⑦ 它沿初始电场正方向。 (2)由图(b)可知，粒子在 t＝3 8 T 到 t＝5 8 T 内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间 t 为 t＝5 8 T－3 8 T＝T 4 ⑧ 解法二：(1)带电粒子在 0～T 4 、T 4 ～T 2 、T 2 ～3T 4 、3T 4 ～T 时间间隔内分别做匀变速运动，设 加速度分别为 a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 qE0＝ma1① －2qE0＝ma2② 2qE0＝ma3③ －qE0＝ma4④ 设带电粒子在 t＝T 4 、t＝T 2 、t＝3T 4 、t＝T 时的速度分别为 v1、v2、v3、v4，则 v1＝a1 T 4 ⑤ v2＝v1＋a2 T 4 ⑥ v3＝v2＋a3 T 4 ⑦ v4＝v3＋a4 T 4 ⑧ 设带电粒子在 t＝0 到 t＝T 时间内的位移为 s，有 s＝(v1 2 ＋v1＋v2 2 ＋v2＋v3 2 ＋v3＋v4 2 )T 4 ⑨ 联立以上各式可得 s＝qE0T2 16m ⑩ 它沿初始电场正方向。 (2)由电场的变化规律知，t＝T 4 时粒子开始减速，设经过时间 t1 粒子速度减为零。 0＝v1＋a2t1 将①②⑤式代入上式，得 t1＝T 8 ⑪ 粒子从 t＝T 2 时开始减速，设经过时间 t2 速度变为零。 0＝v2＋a3t2 此式与①②③⑤⑥式联立得 t2＝T 8 ⑫ t＝0 到 t＝T 内粒子沿初始电场反方向运动的时间 t 为 t＝(T 4 －t1)＋t2⑬ 将⑪⑫式代入⑬式得 t＝T 4 ⑭ 答案：(1)qE0T2 16m 沿初始电场正方向 (2)T 4