2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章靜電場第4節(jié)帶電粒子在電場中運動的綜合問題

PAGEPAGEPAGE22第4節(jié)電粒子在電場中運動的綜合問題突破點(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U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如下圖。1．確定最終偏移距離思路一：思路二：eq\x(\a\al(確定加速,后的v0))→eq\x(確定偏移y)eq\o(*,\s\up7(三角形),\s\do5(相似))eq\x(確定OP：\f(y,OP)＝\f(\f(l,2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))))2．確定偏轉(zhuǎn)后的動能(或速度)思路一：eq\x(\a\al(確定加速,后的v0))→eq\x(\a\al(確定偏轉(zhuǎn)后的,vy＝at))→eq\x(確定動能Ek＝\f(1,2)mv2＝\f(1,2)mv02＋vy2)思路二：eq\x(\a\al(確定加速,后的v0))→eq\x(\a\al(確定偏轉(zhuǎn),后的y))→eq\x(動能定理：qEy＝\f(1,2)mv2－\f(1,2)mv02)[多角練通]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，那么在熒光屏上會看到的圖形是選項中的()解析：選B在0～2t1時間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當(dāng)UY為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當(dāng)UY為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，因此一個周期內(nèi)熒光屏上的圖像為B。2．如下圖，示波管主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)和熒光屏三局部組成，如圖甲所示。電子槍具有釋放電子并使電子聚集成束以及加速電子的作用；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)；電子束打在熒光屏上形成光跡。這三局部均封裝于真空玻璃殼中。電子的電荷量e＝1.6×10－19C，質(zhì)量m＝9.1×10－31(1)電子槍的三級加速可簡化為如圖乙所示的加速電場，假設(shè)從陰極逸出電子的初速度可忽略不計，要使電子被加速后的動能到達1.6×10－16J，求加速電壓U0為多大；(2)電子被加速后進入偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)，假設(shè)只考慮電子沿Y(豎直)方向的偏轉(zhuǎn)情況，偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)可以簡化為如圖丙所示的偏轉(zhuǎn)電場。偏轉(zhuǎn)電極的極板長l＝4.0cm，兩板間距離d＝1.0cm，極板右端與熒光屏的距離L＝18cm，當(dāng)在偏轉(zhuǎn)電極上加u＝480sin100πt(V)的正弦交變電壓時，如果電子進入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝3.0×107解析：(1)對于電子通過加速電場的過程，由動能定理有eU0＝Ek解得U0＝1.0×103V。(2)由u＝480sin100πt(V)，可知偏轉(zhuǎn)電場變化的周期T＝0.02s，而電子通過電場的時間t＝eq\f(l,v0)＝eq\f(4×10－2,3.0×107)s＝1.333×10－9s可見T?t，那么電子通過偏轉(zhuǎn)電場過程中，電場可以看成勻強電場設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電壓為U1，電子剛好飛出偏轉(zhuǎn)電場，此時沿電場方向的位移為eq\f(d,2)eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(eU1,md)t2解得U1＝320V所以，為了使電子打到熒光屏上，所加偏轉(zhuǎn)電壓應(yīng)不大于320V當(dāng)所加偏轉(zhuǎn)電壓為320V時，電子剛好飛出偏轉(zhuǎn)電場，電子沿電場方向的最大位移為eq\f(d,2)設(shè)電子射出偏轉(zhuǎn)電場的速度方向與初速度方向的最大角度為θ那么tanθ＝eq\f(d,l)＝0.25電子打到熒光屏上的偏移量Ym＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋L))tanθ＝5.0cm由對稱性，可得電子在熒光屏上的亮線的最大長度為2Ym＝10cm。答案：(1)1.0×103V(2)10cm突破點(二)帶電粒子在交變電場中的運動(一)粒子做往返運動(分段研究)[典例1]如圖甲所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，O點是一個可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，O點到A、B的距離都是l?，F(xiàn)在A、B之間加上電壓，電壓UAB隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。粒子源在交變電壓的一個周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生300個粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q。這種粒子產(chǎn)生后，在電場力作用下從靜止開始運動。設(shè)粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運動，且電荷量同時消失，不影響A、B板電勢。不計粒子的重力，不考慮粒子之間的相互作用力。上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10kg，q＝1.0×10－7(1)在t＝0時刻產(chǎn)生的粒子，會在什么時刻到達哪個極板？(2)在t＝0到t＝eq\f(T,2)這段時間內(nèi)哪個時刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達A板？(3)在t＝0到t＝eq\f(T,2)這段時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子有多少個可到達A板？[解析](1)根據(jù)圖乙可知，從t＝0時刻開始，A板電勢高于B板電勢，粒子向A板運動。因為x＝eq\f(qU0,4lm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝3.6m>l，所以粒子從t＝0時刻開始，一直加速到達A板。設(shè)粒子到達A板的時間為t，那么l＝eq\f(1,2)eq\f(qU0,2lm)t2解得t＝eq\r(6)×10－3s。(2)在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)，粒子的加速度大小為a1＝eq\f(qU0,2lm)＝2×105m/s2在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)，粒子的加速度大小為a2＝eq\f(2qU0,2lm)＝4×105m/s2可知a2＝2a1，假設(shè)粒子在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)加速Δt，再在eq\f(T,2)～T時間內(nèi)減速eq\f(Δt,2)剛好不能到達A板，那么l＝eq\f(1,2)a1Δt·eq\f(3,2)Δt解得Δt＝2×10－3s因為eq\f(T,2)＝6×10－3s，所以在0～eq\f(T,2)時間里4×10－3s時刻產(chǎn)生的粒子剛好不能到達A板。(3)因為粒子源在一個周期內(nèi)可以產(chǎn)生300個粒子，而在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)的前eq\f(2,3)時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子可以到達A板，所以到達A板的粒子數(shù)n＝300×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝100(個)。[答案](1)eq\r(6)×10－3s到達A極板(2)4×10－3s(3)100個(二)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(分解研究)[典例2]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，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，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。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s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)間有多長？[解析](1)電子經(jīng)電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))2所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由圖知t＝0.06s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設(shè)打在屏上的點距O點的距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm。(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過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)間長為3L＝30cm。[答案](1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm(2)30cm突破點(三)帶電粒子的力電綜合問題[典例](2022·全國卷Ⅰ)如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝eq\f(3,2)OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q(q＞0)，同時加一勻強電場，場強方向與△OAB所在平面平行。現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；假設(shè)該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g。求(1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向。[審題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點關(guān)鍵點獲取信息將小球水平向右拋出小球做平拋運動小球恰好通過A點平拋運動過A點時的水平、豎直位移可確定到A(B)點時動能是初動能的3(6)倍有重力做功和電場力做功，其中電場力做的功等于電勢能的變化量第二步：找突破口(1)要確定小球到達A點時的動能與初動能比值，可由平拋運動規(guī)律求解；寫出水平、豎直方向的位移關(guān)系。(2)要確定電場強度的方向，根據(jù)到A、B兩點的動能變化可確定兩個過程電勢能的變化，可先找出兩個等勢點(在OB線上找出與A等勢的點，并確定其具體位置)。(3)電場強度的大小可由W＝qEl求出。[解析](1)設(shè)小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，那么OB＝eq\f(3,2)d，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin60°＝v0t①dcos60°＝eq\f(1,2)gt2②又Ek0＝eq\f(1,2)mv02③由①②③式得Ek0＝eq\f(3,8)mgd④設(shè)小球到達A點時的動能為EkA，那么EkA＝Ek0＋eq\f(1,2)mgd⑤由④⑤式得eq\f(EkA,Ek0)＝eq\f(7,3)。⑥(2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了eq\f( d,2)和eq\f(3d,2)，設(shè)電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－eq\f(1,2)mgd＝eq\f(2,3)Ek0⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－eq\f(3,2)mgd＝Ek0⑧在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，那么有eq\f(x,\f(3,2)d)＝eq\f(ΔEpA,ΔEpB)⑨解得x＝d。MA為等勢線，電場必與其垂線OC方向平行。設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得α＝30°⑩即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°斜向右下方。設(shè)場強的大小為E，有qEdcos30°＝ΔEpA?由④⑦?式得E＝eq\f(\r(3)mg,6q)。?[答案](1)eq\f(7,3)(2)eq\f(\r(3)mg,6q)與豎直向下的方向的夾角為30°斜向右下方[方法規(guī)律]1．解題思路2．解題技巧要善于把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運動的關(guān)系及功能關(guān)系兩條途徑進行分析與研究。[集訓(xùn)沖關(guān)]1．(多項選擇)如下圖，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，AB水平軌道局部存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點，D為最高點。一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運動，恰能通過最高點，那么()A．R越大，x越大B．R越大，小球經(jīng)過B點后瞬間對軌道的壓力越大C．m越大，x越大D．m與R同時增大，電場力做功增大解析：選ACD小球在BCD局部做圓周運動，在D點，mg＝meq\f(vD2,R)，小球由B到D的過程中有：－2mgR＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝eq\r(5gR)，R越大，小球經(jīng)過B點時的速度越大，那么x越大，選項A正確；在B點有：FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝6mg，與R無關(guān)，選項B錯誤；由Eqx＝eq\f(1,2)mvB2，知m、R越大，小球在B點的動能越大，那么x越大，電場力做功越多，選項C、D正確。2．(2022·長春模擬)在如圖甲所示的平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，有三個不同的靜電場：第一象限內(nèi)有由位于原點O的電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場E1(僅分布在第一象限內(nèi))，第二象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場E2，第四象限內(nèi)有場強大小按圖乙所示規(guī)律變化、方向平行x軸的電場E3，電場E3以沿x軸正方向為正，變化周期T＝eq\r(\f(4mx03,kQq))。一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(重力不計)從(－x0，x0)點由靜止釋放，進入第一象限后恰能繞O點做圓周運動。以離子經(jīng)過x軸時為計時起點，靜電力常量為k。求：(1)離子剛進入第四象限時的速度大??；(2)E2的大小；(3)當(dāng)t＝eq\f(T,2)時，離子的速度大小；(4)當(dāng)t＝nT(n＝1,2,3，…)時，離子的坐標(biāo)。解析：(1)設(shè)離子剛進入第四象限的速度為v0，在第一象限內(nèi)離子做勻速圓周運動，有keq\f(Qq,x02)＝eq\f(mv02,x0)，解得v0＝eq\r(\f(kQq,mx0))。(2)在第二象限內(nèi)，由動能定理得qE2x0＝eq\f(1,2)mv02，解得E2＝eq\f(kQ,2x02)。(3)離子進入第四象限后做類平拋運動，在t＝eq\f(T,2)時，沿x軸方向上有vx＝at＝eq\f(qE3,m)·eq\f(T,2)＝eq\f(q,m)×eq\f(kQ,x02)×eq\f(1,2)eq\r(\f(4mx03,kQq))＝eq\r(\f(kQq,mx0))＝v0此時，離子的速度v＝eq\r(v02＋vx2)＝eq\r(2)v0＝eq\r(\f(2kQq,mx0))。(4)離子在第四象限中運動時，沿y軸負方向做勻速直線運動，沿x軸正方向離子在前半個周期做勻加速運動，后半個周期做勻減速運動，直到速度減為0，軌跡如下圖。每半個周期離子沿x軸正方向前進的距離d＝eq\x\to(v)x·eq\f(T,2)＝eq\f(v0T,4)＝eq\f(x0,2)t＝nT時，離子到y(tǒng)軸的距離Lx＝x0＋2nd＝(n＋1)x0每半個周期離子沿y軸負方向運動的距離s＝v0·eq\f(T,2)＝x0t＝nT時，離子到x軸的距離Ly＝2ns＝2nx0故當(dāng)t＝nT時離子的坐標(biāo)為[(n＋1)x0，－2nx0]。答案：(1)eq\r(\f(kQq,mx0))(2)eq\f(kQ,2x02)(3)eq\r(\f(2kQq,mx0))(4)[(n＋1)x0，－2nx0]用等效法解決電場、重力場中圓周運動的臨界極值問題等效思維方法是將一個復(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。帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復(fù)合場中做圓周運動的問題，是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型。對于這類問題，假設(shè)采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運算量大。假設(shè)采用“等效法〞求解，那么能避開復(fù)雜的運算，過程比擬簡捷。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＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度〞。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。1.如下圖，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的珠子，現(xiàn)在圓環(huán)平面內(nèi)加一個勻強電場，使珠子由最高點A從靜止開始釋放(AC、BD為圓環(huán)的兩條互相垂直的直徑)，要使珠子沿圓弧經(jīng)過B、C剛好能運動到D。(1)求所加電場的場強最小值及所對應(yīng)的場強的方向；(2)當(dāng)所加電場的場強為最小值時，求珠子由A到達D的過程中速度最大時對環(huán)的作用力大小；(3)在(1)問電場中，要使珠子能完成完整的圓周運動，在A點至少使它具有多大的初動能？解析：(1)根據(jù)題述，珠子運動到BC弧中點M時速度最大。作過M點的直徑MN，設(shè)電場力與重力的合力為F，那么其方向沿NM方向，分析珠子在M點的受力情況，由圖可知，當(dāng)F電垂直于F時，F(xiàn)電最小，最小值F電min＝mgcos45°＝eq\f(\r(2),2)mgF電min＝qEmin解得所加電場的場強最小值Emin＝eq\f(\r(2)mg,2q)，方向沿過M點的切線方向指向左上方。(2)當(dāng)所加電場的場強為最小值時，電場力與重力的合力為F＝mgsin45°＝eq\f(\r(2),2)mg把電場力與重力的合力看作是等效重力對珠子由A運動到M的過程，由動能定理得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r＋\f(\r(2),2)r))＝eq\f(1,2)mv2－0在M點，由牛頓第二定律得FN－F＝meq\f(v2,r)聯(lián)立解得FN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)＋1))mg由牛頓第三定律知，對環(huán)作用力為FN′＝FN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)＋1))mg。(3)由題意可知，N點為等效最高點，只要珠子能到達N點，就能做完整的圓周運動，珠子由A到N的過程中，由動能定理得：－Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(\r(2),2)r))＝0－EkA解得EkA＝eq\f(\r(2)－1,2)mgr。答案：(1)eq\f(\r(2)mg,2q)方向見解析(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)＋1))mg(3)eq\f(\r(2)－1,2)mgr2．(2022·吉安模擬)如下圖，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質(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電場中，使細線豎直拉直時將小球從A點靜止釋放，當(dāng)細線離開豎直位置偏角α＝60°時，小球速度為0。(1)求：①小球帶電性質(zhì)；②電場強度E。(2)假設(shè)小球恰好完成豎直圓周運動，求從A點釋放小球時應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)。解析：(1)①根據(jù)電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。②小球由A點釋放到速度等于零，由動能定理有0＝EqLsinα－mgL(1－cosα)解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，那么G′＝eq\f(2\r(3),3)mg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方。假設(shè)小球恰能做完整的圓周運動，在等效最高點。meq\f(v2,L)＝eq\f(2\r(3),3)mgeq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvA2＝－eq\f(2\r(3),3)mgL(1＋cos30°)聯(lián)立解得vA＝eq\r(2gL\r(3)＋1)。答案：見解析[反思領(lǐng)悟]把握三點，正確解答該類問題1．把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。2．等效重力的反向延長線與圓軌跡的交點為帶電體在等效重力場中運動的最高點。3．類比“繩球〞“桿球〞模型臨界值的情況進行分析解答。對點訓(xùn)練：示波管的工作原理1．(多項選擇)有一種電荷控制式噴墨打印機，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如下圖。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小，以下措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質(zhì)量B．減小墨汁微粒所帶的電荷量C．增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓D．增大墨汁微粒的噴出速度解析：選BD根據(jù)偏轉(zhuǎn)距離公式y(tǒng)＝eq\f(qUl2,2mdv02)可知，為使打在紙上的字跡縮小，要增大墨汁微粒的質(zhì)量，減小墨汁微粒所帶的電荷量，減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓，增大墨汁微粒的噴出速度，B、D正確。2.在示波管中，電子通過電子槍加速，進入偏轉(zhuǎn)電場，然后射到熒光屏上，如下圖，設(shè)電子的質(zhì)量為m(不考慮所受重力)，電荷量為e，從靜止開始，經(jīng)過加速電場加速，加速電場電壓為U1，然后進入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場中兩板之間的距離為d，板長為L，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，求電子射到熒光屏上的動能為多大？解析：電子在加速電場加速時，根據(jù)動能定理eU1＝eq\f(1,2)mvx2進入偏轉(zhuǎn)電場后L＝vxt，vy＝at，a＝eq\f(eU2,md)射出偏轉(zhuǎn)電場時合速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，由以上各式得Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eU1＋eq\f(eU22L2,4d2U1)。答案：eU1＋eq\f(eU22L2,4d2U1)對點訓(xùn)練：帶電粒子在交變電場中的運動3．制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示。加在極板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(k＞1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示。在t＝0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。假設(shè)整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。假設(shè)k＝eq\f(5,4)，電子在0～2τ時間內(nèi)不能到達極板A，求d應(yīng)滿足的條件。解析：電子在0～τ時間內(nèi)做勻加速運動加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2＝eq\f(keU0,md)初速度的大小v1＝a1τ勻減速運動階段的位移x2＝eq\f(v12,2a2)由題知d＞x1＋x2，解得d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))。答案：d＞eq\r(\f(9eU0τ2,10m))4．兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板如圖甲所示，大量電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)由靜止開始，經(jīng)電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間。當(dāng)兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、最大值恒為U0的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過(不計電子重力)。問：(1)這些電子通過兩板之間后，側(cè)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別是多少；(2)側(cè)向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少。解析：以電場力的方向為y軸正方向，畫出電子在t＝0時和t＝t0時進入電場后沿電場力方向的速度vy隨時間t變化的vy-t圖像分別如圖(a)和圖(b)所示，設(shè)兩平行板之間的距離為d。(1)圖中，v1y＝eq\f(eU0,md)t0，v2y＝eq\f(eU0,md)2t0，由圖(a)可得電子的最大側(cè)向位移為xymax＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v1yt0＋v1yt0))＝3v1yt0＝eq\f(3eU0t02,md)而xymax＝eq\f(d,2)，解得d＝t0eq\r(\f(6eU0,m))由圖(b)可得電子的最小側(cè)向位移為xymin＝eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0＝eq\f(3,2)v1yt0＝eq\f(3eU0t02,2md)＝eq\f(d,4)所以xymax＝eq\f(d,2)＝eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))，xymin＝eq\f(d,4)＝eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))。(2)v1y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eU0,md)t0))2＝eq\f(eU0,6m)，v2y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eU0,md)2t0))2＝eq\f(2eU0,3m)電子經(jīng)電壓U0加速，由動能定理知，eq\f(1,2)mv02＝eU0所以eq\f(Ekmax,Ekmin)＝eq\f(\f(1,2)mv22,\f(1,2)mv12)＝eq\f(\f(1,2)mv02＋v2y2,\f(1,2)mv02＋v1y2)＝eq\f(eU0＋\f(eU0,3),eU0＋\f(eU0,12))＝eq\f(16,13)。答案：見解析對點訓(xùn)練：帶電粒子的力電綜合問題5．(2022·深圳模擬)如圖甲所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，兩金屬極板AB、OD平行正對放置，OD板與x軸重合，OD板的左端與原點O重合，兩極板板長均為L＝2m，板間距離d＝1m，緊靠兩極板右端有一熒光屏。兩極板間電壓UAO隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，變化周期T＝2×10－3s，U0＝1×103V。假設(shè)t＝0時刻一帶正電的粒子從A點附近沿x軸正方向以速度v0＝1×103m/s射入兩極板間，粒子所帶電荷量為q＝1×10－5C，質(zhì)量m＝1×10(1)求粒子在極板間運動的最長時間；(2)假設(shè)在0～T時間內(nèi)均有同種粒子從A點附近沿x軸正方向以速度v0射入兩極板間，求這些粒子打到熒光屏上的縱坐標(biāo)的范圍；(3)在(2)條件下，求粒子打到熒光屏上時的動能。解析：(1)粒子在極板間沿x軸正方向做勻速運動，設(shè)運動時間為t，那么有L＝v0t解得t＝eq\f(L,v0)＝2×10－3s。(2)粒子在板間運動的時間恰好等于T，即在y軸方向，粒子有一半時間做勻加速運動。粒子在t＝0時刻射入極板間時，y軸方向的分速度vy隨粒子在極板間運動的時間t′變化的關(guān)系圖線如圖中Ⅰ所示，粒子在t＝eq\f(T,2)－t1時刻射入極板間時，vy隨t′變化的關(guān)系圖線如圖中Ⅱ所示。圖線與t′軸所圍面積表示粒子沿y軸方向的位移，可知在t＝0時刻射入極板間的粒子在極板間偏轉(zhuǎn)量最大，那么打到熒光屏上的縱坐標(biāo)值最小，在t＝eq\f(T,2)時刻射入極板間的粒子在極板間偏轉(zhuǎn)量最小，那么打到熒光屏上的縱坐標(biāo)值最大。t＝0時刻射入極板的粒子沿y軸方向運動的位移為y1＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2，又a＝eq\f(qU0,md)t＝eq\f(T,2)時刻射入極板的粒子在板間沿y軸方向的位移為y2＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2代入數(shù)據(jù)得y1＝0.15m，y2＝0.05m可得粒子打到熒光屏上的縱坐標(biāo)的范圍為0.85～0.95m。(3)粒子打到熒光屏上時的速度v大小恒定，由動能定理有qeq\f(U0,d)y2＝Ek－eq\f(1,2)mv02解得Ek＝eq\f(1,2)mv2＝5.05×10－2J。答案：(1)2×10－3s(2)0.85～0.95m(3)5.05×10－2J考點綜合訓(xùn)練6.如下圖，一個帶正電的粒子以平行于x軸正方向的初速度v0從y軸上a點射入第一象限內(nèi)，為了使這個粒子能經(jīng)過x軸上定點b，可在第一象限的某區(qū)域內(nèi)加一方向沿y軸負方向的勻強電場。所加電場的場強大小為E，電場區(qū)域沿x方向的寬度為s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，重力不計，試討論電場的左邊界與b的可能距離。解析：設(shè)電場左邊界到b點的距離為Δx，電場寬度為s，Ob＝2s，分以下兩種情況討論：(1)假設(shè)粒子在離開電場前已到達b點，如圖甲所示，即Δx≤s，那么Δx＝v0ty＝L＝eq\f(qE,2m)t2聯(lián)立解得Δx＝eq\r(\f(2mv02L,qE))。(2)假設(shè)粒子離開電場后做勻速直線運動到達b點，如圖乙所示，即s<Δx≤2s，那么s＝v0ty＝eq\f(qE,2m)t2由幾何關(guān)系知tanθ＝eq\f(\a\vs4\al(\f(qE,m)t),v0)＝eq\f(L－y,Δx－s)聯(lián)立解得Δx＝eq\f(mv02L,qEs)＋eq\f(s,2)。答案：見解析7．(2022·亳州模擬)如圖甲所示，一光滑絕緣細桿豎直放置，在細桿右側(cè)d＝0.30m的A點處有一固定的點電荷。細桿上套有一帶電荷量q＝1×10－6C、質(zhì)量m＝0.05kg的小環(huán)。設(shè)小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h，將小環(huán)由靜止釋放后，其動能Ek隨h的變化曲線如圖乙所示。靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，重力加速度g＝10m/s2(1)試估算點電荷所帶電荷量Q的大小；(2)求小環(huán)位于h1＝0.40m處時的加速度a；(3)求小環(huán)從h2＝0.30m處下落到h3＝0.12m處的過程中，其電勢能的改變量。解析：(1)由題圖乙可知，當(dāng)h′＝0.36m(或h′＝0.12m)時，小環(huán)所受合力為零，那么有keq\f(Qq,d2＋h′2)×eq\f(h′,\r(d2＋h′2))＝mg代入數(shù)據(jù)解得Q＝eq\f(mg\r(d2＋h′23),kqh′)＝1.6×10－5C。(2)小環(huán)加速度沿桿方向，那么mg－F1eq\f(h1,\r(d2＋h12))＝ma又F1＝keq\f(Qq,d2＋h12)。代入數(shù)據(jù)解得a＝0.78m/s2，方向豎直向下。(3)設(shè)小環(huán)從h2＝0.30m處下落到h3＝0.12m處的過程中，電場力對小環(huán)做功為WE根據(jù)動能定理有mg(h2－h(huán)3)＋WE＝ΔEk＝0.0550J－0.0685J＝－0.0135J代入數(shù)據(jù)解得WE＝ΔEk－mgΔh≈－0.10J所以小環(huán)的電勢能增加了0.10J。答案：(1)1.6×10－5C(2)0.78m/s2(3)增加0.10Jeq\a\vs4\al([真題集訓(xùn)·章末驗收]高考真題集中演練——把脈命題規(guī)律和趨勢)命題點一：電場力的性質(zhì)1．(2022·全國卷Ⅰ)如圖，一半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷量為Q的電荷，在垂直于圓盤且過圓心c的軸線上有a、b、d三個點，a和b、b和c、c和d間的距離均為R，在a點處有一電荷量為q(q＞0)的固定點電荷。b點處的場強為零，那么d點處場強的大小為(k為靜電力常量)()A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)解析：選B由于在a點放置一點電荷q后，b點電場強度為零，說明點電荷q在b點產(chǎn)生的電場強度與圓盤上Q在b點產(chǎn)生的電場強度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，根據(jù)對稱性可知Q在d點產(chǎn)生的場強大小E′Q＝keq\f(q,R2)，那么Ed＝E′Q＋E′q＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，應(yīng)選項B正確。2．(2022·全國卷Ⅱ)如圖，在光滑絕緣水平面上，三個帶電小球a、b和c分別位于邊長為l的正三角形的三個頂點上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負電。整個系統(tǒng)置于方向水平的勻強電場中。靜電力常量為k。假設(shè)三個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，那么勻強電場場強的大小為()A.eq\f(\r(3)kq,3l2) B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2) D.eq\f(2\r(3)kq,l2)解析：選B設(shè)小球c帶電荷量為Q，由庫侖定律可知小球a對小球c的庫侖引力為F＝keq\f(qQ,l2)，小球b對小球c的庫侖引力為F＝keq\f(qQ,l2)，二力合力為2Fcos30°。設(shè)水平勻強電場場強的大小為E，對c球，由平衡條件可得：QE＝2Fcos30°，解得：E＝eq\f(\r(3)kq,l2)，選項B正確。命題點二：電場能的性質(zhì)3．(2022·全國卷Ⅰ)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等。那么()A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQB．直線c位于某一等勢面內(nèi)，φM>φNC．假設(shè)電子由M點運動到Q點，電場力做正功D．假設(shè)電子由P點運動到Q點，電場力做負功解析：選B由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，應(yīng)選項B正確，選項A錯誤。M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點，電場力不做功，應(yīng)選項C錯誤。電子由P點運動到Q點，電場力做正功，應(yīng)選項D錯誤。4．(多項選擇)(2022·全國卷Ⅱ)關(guān)于靜電場的電場強度和電勢，以下說法正確的選項是()A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直B．電場強度為零的地方，電勢也為零C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向解析：選AD根據(jù)電場強度與電勢的關(guān)系解題。電場線(電場強度)的方向總是與等電勢面垂直，選項A正確。電場強度和電勢是兩個不同的物理量，電場強度等于零的地方，電勢不一定等于零，選項B錯誤。沿著電場線方向，電勢不斷降落，電勢的上下與電場強度的大小無必然關(guān)系，選項C錯誤。電場線(電場強度)的方向總是從高的等電勢面指向低的等電勢面，而且是電勢降落最快的方向，選項D正確。5．(多項選擇)(2022·全國卷Ⅰ)如圖，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°。M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，φM＝φN，φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，那么()A．點電荷Q一定在MP的連線上B．連接PF的線段一定在同一等勢面上C．將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功D．φP大于φM解析：選AD根據(jù)正點電荷的電場的特點可知，點電荷的電場的等勢面是以點電荷為中心的同心球面，故分別作MN連線的中垂線和PF連線的中垂線，如下圖，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，兩條線交MP于A點，即點電荷在A點，A正確，B錯誤；將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做正功，C錯誤；沿著電場線的方向電勢逐漸降低，故φP>φM，D正確。命題點三：電容器、帶電粒子在電場中的運動6．(2022·全國卷Ⅱ)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。假設(shè)在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A．保持靜止?fàn)顟B(tài)B．向左上方做勻加速運動C．向正下方做勻加速運動D．向左下方做勻加速運動解析：選D兩板水平放置時，放置于兩板間a點的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡。當(dāng)將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45°，受力如圖，那么其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運動。選項D正確。7．(2022·全國卷Ⅰ)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方eq\f(d,2)處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回。假設(shè)將下極板向上平移eq\f(d,3)，那么從P點開始下落的相同粒子將()A．打到下極板上B．在下極板處返回C．在距上極板eq\f(d,2)處返回D．在距上極板eq\f(2,5)d處返回解析：選D當(dāng)兩極板距離為d時，粒子從開始下落到恰好到達下極板過程中，根據(jù)動能定理可得：mg×eq\f(3,2)d－qU＝0，當(dāng)下極板向上移動eq\f(d,3)，設(shè)粒子在電場中運動距離x時速度減為零，全過程應(yīng)用動能定理可得：mg(eq\f(d,2)＋x)－qeq\f(U,d－\f(d,3))x＝0，兩式聯(lián)立解得：x＝eq\f(2,5)d，選項D正確。8．(多項選擇)(2022·全國卷)如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。假設(shè)一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，那么在此過程中，該粒子()A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動解析：選BD由題意可知粒子做直線運動，受到豎直向下的重力和垂直極板的電場力，考慮到電場力和重力不可能平衡，故只有電場力與重力的合力方向水平向左才能滿足直線運動條件，故粒子做勻減速直線運動，電場力做負功，電勢能逐漸增加，B、D對。9.(2022·全國卷)靜電除塵器是目前普遍采用的一種高效除塵器。某除塵器模型的收塵板是很長的條形金屬板，圖中直線ab為該收塵板的橫截面。工作時收塵板帶正電，其左側(cè)的電場線分布如下圖；粉塵帶負電，在電場力作用下向收塵板運動，最后落在收塵板上。假設(shè)用粗黑曲線表示原來靜止于P點的帶電粉塵顆粒的運動軌跡，以下4幅圖中可能正確的選項是(忽略重力和空氣阻力)()解析：選A粉塵受力方向為電場強度方向，故在P點粉塵受力沿切線方向，從靜止開始運動時應(yīng)沿P點的切線方向，但運動方向不可能沿電場線方向，故C、D錯誤；此后粉塵受力偏向右，故粉塵應(yīng)從P點的切線方向向右下偏，但運動軌跡一定在P點所在電場線的上方，故B錯誤，A正確。10．(2022·全國卷Ⅱ)如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點。該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60°；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30°。不計重力。求A、B兩點間的電勢差。解析：設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝eq\r(3)v0②設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUAB＝eq\f(1,2)m(vB2－v02)③聯(lián)立②③式得UAB＝eq\f(m