第10講　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題型1　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.規(guī)律方法2.兩個(gè)結(jié)論(1)粒子垂直電場(chǎng)方向射入極板間時(shí),位移偏轉(zhuǎn)角θ和速度偏轉(zhuǎn)角滿足tan =2tan θ。(2)射出極板時(shí)粒子的速度反向延長(zhǎng)線過(guò)粒子水平位移的中點(diǎn)。[例1] (多選)在如圖甲所示的兩平行金屬板間加上如圖乙所示的電壓。第1 s內(nèi),一點(diǎn)電荷在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài),第2 s末點(diǎn)電荷仍運(yùn)動(dòng)且未與極板接觸。則第2 s內(nèi),點(diǎn)電荷(g取10 m/s2)(　BC　)A.做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為10 m/s2B.做變加速直線運(yùn)動(dòng),平均加速度大小為5 m/s2C.做變加速直線運(yùn)動(dòng),第2 s末加速度大小為10 m/s2D.第2 s末速度大小為10 m/s解析:由題意知,第1 s內(nèi)點(diǎn)電荷受重力和靜電力作用處于平衡狀態(tài),故靜電力方向向上,大小與重力相等;第2 s內(nèi)電壓變大,故電場(chǎng)強(qiáng)度變大,靜電力變大,第2 s末電場(chǎng)強(qiáng)度增加為第1 s末的兩倍,故靜電力變?yōu)?倍,故合力變?yōu)橄蛏?大小為mg,故此時(shí)加速度大小為10 m/s2,且第2 s內(nèi)合力隨時(shí)間均勻增大,故加速度隨時(shí)間均勻增大,做變加速直線運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤,C正確;第2 s內(nèi)平均加速度大小為= m/s2=5 m/s2,B正確;根據(jù)v=at,第2 s末速度大小為v=t=5×1 m/s=5 m/s,D錯(cuò)誤。[拓展訓(xùn)練1] (多選)示波器是一種多功能電學(xué)儀器,它是由加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)組成的。如圖所示,不同的帶電粒子在電壓為U1的電場(chǎng)中由靜止開始加速,從M孔射出,然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場(chǎng)中,入射方向與極板平行,若帶電粒子能射出平行板電場(chǎng)區(qū)域,則下列說(shuō)法正確的是(　CD　)A.若電荷量q相等,則帶電粒子在加速電場(chǎng)中的加速度大小相等B.若比荷相等,則不同帶電粒子從M孔射出的動(dòng)能相等C.若電荷量q相等,則不同帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中靜電力做功相同D.若不同比荷的帶電粒子由O點(diǎn)開始加速,偏轉(zhuǎn)角度θ相同解析:設(shè)加速電場(chǎng)的板間距離為d,由牛頓第二定律得a=,由于帶電粒子的質(zhì)量未知,所以無(wú)法確定帶電粒子在加速電場(chǎng)中的加速度大小關(guān)系,故A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理得qU1=m,可得v0=,所以當(dāng)帶電粒子的比荷相等時(shí),它們從M孔射出的速度相等,動(dòng)能不同,故B錯(cuò)誤;設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的板間距離為d,極板長(zhǎng)度為L(zhǎng),在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中有tan θ===,偏轉(zhuǎn)角度θ與帶電粒子的比荷無(wú)關(guān),故D正確;電荷量相同,靜電力相同,在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中y=相同,靜電力做功相同,故C正確。題型2　帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的處理策略等效思維法是將一個(gè)復(fù)雜的物理問(wèn)題,等效為一個(gè)熟知的物理模型或問(wèn)題的方法。對(duì)于這類問(wèn)題,若采用常規(guī)方法求解,過(guò)程復(fù)雜,運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解,則能避開復(fù)雜的運(yùn)算,過(guò)程比較簡(jiǎn)捷。2.帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的方法應(yīng)用先求出重力與靜電力的合力,將這個(gè)合力視為“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(chǎng)”。重力和靜電力合力的方向,一定在“等效最高點(diǎn)”和“等效最低點(diǎn)”連線的延長(zhǎng)線的方向上。再將物體在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解即可。[例2] (多選)如圖所示,一個(gè)光滑斜面與一個(gè)光滑的豎直圓弧軌道在A點(diǎn)相切,B點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn),C點(diǎn)為圓弧軌道的最高點(diǎn),整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m=1 kg,電荷量為-q(q>0)的帶電小球從斜面上靜止釋放,小球始終能沿軌道運(yùn)動(dòng)。已知電場(chǎng)強(qiáng)度E=,θ=53°,圓弧軌道半徑R=1 m,g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。則以下說(shuō)法正確的是(　AC　)A.剛釋放小球時(shí)小球的加速度大小為12.5 m/s2B.若小球能到達(dá)C點(diǎn),釋放點(diǎn)與A點(diǎn)的距離至少為12.75 mC.若小球恰能到達(dá)C點(diǎn),此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球?qū)壍赖淖畲髩毫?7.5 ND.若電場(chǎng)方向相反,大小不變,小球恰能到達(dá)C點(diǎn),小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)軌道的最大壓力為67.5 N解析:對(duì)小球受力分析,小球所受靜電力水平向右,且題設(shè)小球始終沿軌道運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得mgsin θ+Eqcos θ=ma,解得a=12.5 m/s2,故A正確;小球若恰好到達(dá)C點(diǎn),在C點(diǎn)由牛頓第二定律得mg=m,設(shè)釋放點(diǎn)到A點(diǎn)的距離至少為s,由動(dòng)能定理得mg[ssin θ+R(1-cos θ)-2R]+Eq(scos θ+Rsin θ)=m,代入數(shù)據(jù)解得s=1.2 m,故B錯(cuò)誤;設(shè)重力與靜電力的合力方向與豎直方向成α角,故tan α=,解得α=37°,方向恰好沿斜面方向,大小為F==mg,由釋放點(diǎn)到最大速度點(diǎn)由動(dòng)能定理得F(s+R)=mv2,對(duì)該點(diǎn)由牛頓第二定律得FN-F=m,由牛頓第三定律得壓力FN′=FN=67.5 N,故C正確;若電場(chǎng)反向,設(shè)小球于B點(diǎn)左側(cè)α角處達(dá)到最大速度,同理,解得α=37°,沿如圖所示OD方向。此時(shí)若小球能到達(dá)C點(diǎn),應(yīng)先恰能到達(dá)E點(diǎn),對(duì)E點(diǎn)受力分析得=m,解得vE= m/s,對(duì)D到E由動(dòng)能定理得-F·2R=m-m,解得vD= m/s,對(duì)該點(diǎn)由牛頓第二定律得FND-F=m,由牛頓第三定律得壓力FND′=FND=75 N,故D錯(cuò)誤。題型3　帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)常見的試題類型及解題方法(1)粒子做單向或往返直線運(yùn)動(dòng):對(duì)于帶電粒子在交變電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng),一般是加速、減速交替出現(xiàn)的多過(guò)程情況較多。解決的方法是分析清楚其中一個(gè)完整的過(guò)程,有時(shí)也可借助v-t圖像進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析,找出各個(gè)過(guò)程中的重要物理量間的關(guān)系,進(jìn)行歸納、推理,從而尋找其運(yùn)動(dòng)規(guī)律再進(jìn)行分段處理求解。要注意釋放位置的不同造成的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的差異。(2)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng):一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究。交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題難點(diǎn)在于每當(dāng)電場(chǎng)方向發(fā)生變化后都要對(duì)帶電粒子重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析,尤其是運(yùn)動(dòng)分析還要結(jié)合前一段時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況(銜接速度、位移位置等)。解決的方法是應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法,把曲線運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng),再分別用直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律加以解決。[例3] 如圖甲所示,水平放置的平行金屬板A和B的距離為d,它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN,現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓,電壓的正向值為U0,反向值為,且每隔變向1次?，F(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子束從A、B左端的中點(diǎn)O沿平行于金屬板的方向OO′射入,設(shè)粒子能全部打在靶上,且所有粒子在A、B間的飛行時(shí)間均為T。不計(jì)重力的影響,求:(1)定性分析在t=0時(shí)刻從O點(diǎn)進(jìn)入的粒子,在垂直于金屬板方向上的運(yùn)動(dòng)情況;(2)在距靶MN的中心O′點(diǎn)多遠(yuǎn)的范圍內(nèi)有粒子擊中;(3)要使粒子能全部打在靶MN上,電壓U0的數(shù)值應(yīng)滿足什么條件(寫出U0、m、d、q、T的關(guān)系式即可)。解析:(1)在0～時(shí)間內(nèi),粒子受到向下的靜電力而向下做勻加速運(yùn)動(dòng),在～T時(shí)間內(nèi),粒子受到向上的靜電力而向下做勻減速運(yùn)動(dòng)。(2)當(dāng)粒子在0、T、2T、…、nT(n=0,1,2,…)時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)中時(shí),粒子將打在O′點(diǎn)下方最遠(yuǎn)點(diǎn)。在前時(shí)間內(nèi),粒子豎直向下的位移y1=a1()2,a1=,解得y1=,在后時(shí)間內(nèi),粒子豎直向下的位移y2=v·-a2()2,其中v=a1·=,a2=,解得y2=,故粒子打在距O′點(diǎn)正下方的最大位移y=y1+y2=,當(dāng)粒子在、、…、(n=0,1,2,…)時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),將打在O′點(diǎn)上方最遠(yuǎn)點(diǎn)。在前時(shí)間內(nèi),粒子豎直向上的位移y1′=a2()2=,在后時(shí)間內(nèi),粒子豎直向上的位移y2′=v′·-a1()2,其中v′=a2·=,解得y2′=0,故粒子打在距O′點(diǎn)正上方的最大位移y′=y1′+y2′=,擊中的范圍在O′點(diǎn)以下到O′點(diǎn)以上。(3)要使粒子能全部打在靶上,需有<,解得U0<。答案:(1)見解析　(2)O′點(diǎn)以下到O′點(diǎn)以上　(3)U0<[拓展訓(xùn)練2] (多選)如圖甲所示,真空中水平放置兩塊長(zhǎng)度為2d的平行金屬板P、Q,兩板間距為d,兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓,在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A,自t=0時(shí)刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0,方向平行于金屬板的相同帶電粒子,t=0時(shí)刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場(chǎng),已知電場(chǎng)變化周期T=,粒子質(zhì)量為m,不計(jì)粒子重力及相互間的作用力,則(　AD　)A.在t=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度大小仍為v0B.粒子的電荷量為C.在t=T時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向上的位移為D.在t=T時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場(chǎng)解析:粒子進(jìn)入電場(chǎng)后,水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),則t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=,此時(shí)間正好是交變電場(chǎng)的一個(gè)周期;粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一個(gè)周期,粒子的豎直速度為零,故粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小等于水平速度v0,選項(xiàng)A正確;在豎直方向,粒子在時(shí)間內(nèi)的位移為,則=()2,計(jì)算得出q=,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在t=時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子,離開電場(chǎng)時(shí)在豎直方向上的位移為d=2×a(T)2-2×a()2=,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;t=時(shí)刻進(jìn)入的粒子,在豎直方向先向下加速運(yùn)動(dòng),然后向下減速運(yùn)動(dòng),再向上加速,最后向上減速,由對(duì)稱性可知,此時(shí)豎直方向的位移為零,故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場(chǎng),選項(xiàng)D正確。專題訓(xùn)練10　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)保分基礎(chǔ)練1.如圖所示,豎直放置的平行金屬板A、B,板間距離為L(zhǎng),板長(zhǎng)為2L,A板內(nèi)側(cè)中央O處有一個(gè)體積不計(jì)的放射源,在紙面內(nèi)向A板右方均勻地以等大的速率朝各個(gè)方向輻射正離子,離子質(zhì)量m=8.0×10-26 kg,離子電荷量q=8.0×10-19 C,離子的速率v0=2.0×105 m/s,若不計(jì)離子重力與離子間相互作用,忽略極板的邊緣效應(yīng),則(　C　)A.當(dāng)UAB=0時(shí),打到B板上的離子占總離子數(shù)的B.當(dāng)UAB=640 V時(shí),能打到B板上的離子速度均相同C.當(dāng)UAB=1 280 V時(shí),打到B板上的離子占總離子數(shù)的D.當(dāng)UAB=-1 280 V時(shí),所有離子均不能打在B板上解析:當(dāng)UAB=0時(shí),速度方向與虛線成45°以內(nèi)的離子能打到B板上,則打到B板上的離子占總離子數(shù)的,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)UAB=640 V時(shí),根據(jù)Uq=mv2-m可知,能打到B板上的離子速度大小均相同,但是方向不同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;設(shè)離子初速度方向與虛線夾角為θ時(shí),恰能打到B板上,此時(shí)離子滿足v0sin θ·t=L,v0cos θ·t+at2=L,其中a=,解得θ=53°,打到B板的離子占總離子數(shù)的=,選項(xiàng)C正確;若離子恰不能打到B板上,則由UABq=0-m,得UAB=-2 000 V,當(dāng)UAB=-1 280 V時(shí),仍會(huì)有離子能打在B板上,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.如圖所示,將絕緣細(xì)線的一端O點(diǎn)固定,另一端拴一帶電的小球,空間存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E。剛開始小球靜止于P處,與豎直方向的夾角為45°,給小球一個(gè)瞬時(shí)沖量,讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng),下列分析正確的是(　C　)A.小球可能帶負(fù)電B.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a的速度v≥時(shí),小球才能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)C.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)c時(shí),小球的電勢(shì)能與動(dòng)能之和最大D.小球從b運(yùn)動(dòng)到a的過(guò)程中其速度越來(lái)越小解析:由題圖可知靜電力方向水平向右,與電場(chǎng)方向相同,故小球帶正電,故A錯(cuò)誤;小球靜止于P處,與豎直方向的夾角為45°,受靜電力和重力,合力方向斜向右下方45°,大小為F=mg,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到弧ab中點(diǎn),且細(xì)線彈力為零時(shí)F=m,小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),在該點(diǎn)的速度為v=,小球從該點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn),由動(dòng)能定理得F·(r-)=m-mv2,解得va=,故當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)a的速度va≥時(shí),小球才能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,重力勢(shì)能、電勢(shì)能與動(dòng)能的總和保持不變,最低點(diǎn)的重力勢(shì)能最小,則電勢(shì)能與動(dòng)能之和最大,故C正確;小球從b運(yùn)動(dòng)到a的過(guò)程中,合力先做負(fù)功再做正功,故小球的速度先變小后變大,故D錯(cuò)誤。3.如圖1所示,在兩平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力),當(dāng)兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示時(shí),電子在板間運(yùn)動(dòng)(假設(shè)不與板相碰),下列說(shuō)法正確的是(　D　)A.電壓是圖甲時(shí),在0～T時(shí)間內(nèi),電子的電勢(shì)能一直減少B.電壓是圖乙時(shí),在0～時(shí)間內(nèi),電子的電勢(shì)能先增加后減少C.電壓是圖丙時(shí),電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D.電壓是圖丁時(shí),電子在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)解析:若電壓是題圖甲,0～T時(shí)間內(nèi),靜電力先向左后向右,則電子先向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng),后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),即靜電力先做正功后做負(fù)功,電勢(shì)能先減少后增加,故A錯(cuò)誤;電壓是題圖乙時(shí),在0～時(shí)間內(nèi),電子向右先加速后減速,即靜電力先做正功后做負(fù)功,電勢(shì)能先減少后增加,故B錯(cuò)誤;電壓是題圖丙時(shí),在0～時(shí)間內(nèi),電子向左做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動(dòng),過(guò)了后做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動(dòng),到T時(shí)刻速度減為0,之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng),故電子一直朝同一方向運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò)誤;電壓是題圖丁時(shí),電子先向左加速,到后向左減速,后向右加速,后向右減速,T時(shí)刻速度減為零,之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng),故電子做往復(fù)運(yùn)動(dòng),故D正確。4.(多選)如圖甲所示,絕緣水平面上存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),一帶電物塊以一定的初速度從O點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)。取O點(diǎn)為電勢(shì)零點(diǎn),該物塊的電勢(shì)能與動(dòng)能之和E總、電勢(shì)能Ep隨它離開O點(diǎn)的距離x變化的關(guān)系如圖乙所示。由此能夠確定的是(　AC　)A.物塊受到的靜電力B.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小C.物塊返回O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能D.物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)解析:由題意可知,從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)電勢(shì)能增加,表明靜電力做負(fù)功,該物塊帶負(fù)電荷,增加的電勢(shì)能等于克服靜電力做的功,根據(jù)W電=Fd得靜電力大小為10 N,選項(xiàng)A正確;由于不知物塊的電荷量,故電場(chǎng)強(qiáng)度大小無(wú)法求解,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由題圖乙可知,摩擦力做功為20 J,根據(jù)功能關(guān)系可知摩擦力大小為2.5 N,但由于不知物塊的質(zhì)量,故無(wú)法求解動(dòng)摩擦因數(shù),選項(xiàng)D錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理可知,返回O點(diǎn)過(guò)程中靜電力做功為零,只有摩擦力做功,有W=2Ffx=40 J,Ek=E總-W=60 J,故物塊返回O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為60 J,選項(xiàng)C正確。5.(2022·學(xué)軍中學(xué)模擬)如圖所示,不帶電的物體A和帶負(fù)電的物體B用跨過(guò)定滑輪的絕緣輕繩連接,A、B的質(zhì)量都是2m,勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上,另一端與物體A相連,傾角為θ的斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦。開始時(shí),物體B在一沿斜面向上的外力F=3mgsin θ的作用下保持靜止且輕繩恰好伸直,然后撤去外力F,直到物體B獲得最大速度,在此過(guò)程中彈簧未超過(guò)彈性限度且A一直在水平面上,已知彈簧的彈性勢(shì)能Ep=kx2,k為彈簧的勁度系數(shù),x為形變量,則(　B　)A.撤去外力F的瞬間,物體A的加速度為B.B獲得最大速度時(shí),彈簧伸長(zhǎng)量為C.物體B的最大速度為gsin θD.物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體B機(jī)械能的減少量解析:當(dāng)施加外力時(shí),對(duì)B受力分析可知F-2mgsin θ-F電=0,解得F電=mgsin θ,當(dāng)撤去外力F的瞬間,對(duì)A、B整體有F電+2mgsin θ=4ma,解得a=gsin θ,故A錯(cuò)誤;當(dāng)B受到的合力為零時(shí),B的速度最大,由kx=F電+2mgsin θ,解得x=,故B正確;對(duì)A、B整體,由動(dòng)能定理可得-kx2+2mgxsin θ+F電x=×4mv2,解得v=gsin θ,故C錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律可知,物體A和彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量等于物體B電勢(shì)能和機(jī)械能的減少量之和,故D錯(cuò)誤。 6.某科研小組在進(jìn)行一次科研實(shí)驗(yàn)時(shí),將一個(gè)能產(chǎn)生多種正離子(質(zhì)子、氘核、氚核及氦核等)的粒子源放在如圖所示的位置。粒子源產(chǎn)生的正離子飄入(初速度很小,可忽略不計(jì))電壓為U1的加速電場(chǎng),經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中心線射入。已知平行金屬板A、B板長(zhǎng)為L(zhǎng),相距為d,兩板間的電壓為U2。若離子能從A、B板間射出(不計(jì)離子的重力),則(　B　)A.U1與U2之間的關(guān)系要滿足 >B.各離子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡重合C.各離子從A、B板間射出時(shí)的速度相同D.各離子從粒子源到從A、B板間射出的時(shí)間相同解析:設(shè)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小為v0,根據(jù)動(dòng)能定理可得qU1=m,粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng),若粒子能夠從A、B板間射出則粒子的豎直偏轉(zhuǎn)位移y應(yīng)滿足y<,根據(jù)類平拋的特點(diǎn)可得L=v0t,y=·t2,聯(lián)立可得>,A錯(cuò)誤;根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可以求出粒子的豎直位移和水平位移分別為y=·t2,x=v0t=t,聯(lián)立可求得粒子的軌跡方程為y=x2,由此可知,各離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與正離子的比荷無(wú)關(guān),只由加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的性質(zhì)決定,即各離子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡重合,B正確;各離子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡重合,即在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的豎直偏轉(zhuǎn)位移相同,豎直偏轉(zhuǎn)位移為y,設(shè)粒子射出時(shí)的速度大小為v,根據(jù)動(dòng)能定理可得qU1+qy=mv2,解得v=,由此可知,粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小與正離子的比荷相關(guān),即各離子從A、B板間射出時(shí)的速度大小不一定相同,C錯(cuò)誤;設(shè)加速電場(chǎng)的寬度為d1,粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,則有d1=·,解得t1=2d1,離子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,t2==L,離子從粒子源到從A、B板間射出的時(shí)間為t0=t1+t2=(L+2d1),由此可知,離子從粒子源到從A、B板間射出的時(shí)間與正離子的比荷相關(guān),即各離子從A、B板間射出的時(shí)間不一定相同,D錯(cuò)誤。7.(多選)如圖甲所示,兩水平平行正對(duì)的金屬板M、N間距為d,加有如圖乙所示的交變電壓。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的微粒,t=0時(shí)刻微粒在兩板正中間的P點(diǎn)以速度v0平行金屬板運(yùn)動(dòng),3t0時(shí)間內(nèi)粒子未到達(dá)極板。則在0～3t0時(shí)間內(nèi),下列說(shuō)法正確的是(　ACD　)A.0～t0時(shí)間內(nèi),微粒偏向M板運(yùn)動(dòng)B.t=2t0時(shí),重力對(duì)微粒做功的瞬時(shí)功率為mg2t0C.0～2t0時(shí)間內(nèi),靜電力對(duì)微粒做的功為2mg2D.0～3t0時(shí)間內(nèi),微粒動(dòng)能增加量為mg2解析:0～t0時(shí)間內(nèi),UMN<0,電場(chǎng)線方向由N指向M,粒子帶正電,因此所受靜電力方向指向M板,故A正確;0～t0時(shí)間內(nèi),粒子所受靜電力為F=Eq=q=2mg,方向豎直向上,此時(shí)合力的大小為mg,方向豎直向上,根據(jù)牛頓第二定律,粒子的加速度大小為g,方向豎直向上。t0～2t0時(shí)間內(nèi),靜電力方向改變,大小未改變,此時(shí)合力向下,大小為3mg,根據(jù)牛頓第二定律,此時(shí)粒子的加速度大小為3g,方向豎直向下,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,t=2t0時(shí)粒子在豎直方向的速度大小為v2t0=3gt0-gt0=2gt0,方向豎直向下,重力的瞬時(shí)功率為P=Fv2t0=2mg2t0故B錯(cuò)誤;根據(jù)B選項(xiàng)分析,粒子在0～t0時(shí)間內(nèi)的豎直位移為h1=g,方向豎直向上。粒子在t0～2t0時(shí)間內(nèi)的豎直位移為h2=g-×3g=-g,方向豎直向下,則0～2t0時(shí)間內(nèi),粒子豎直方向的總位移為0,則重力做的總功為0。根據(jù)動(dòng)能定理,靜電力對(duì)微粒做的功為W電=m=2mg2,故C正確;2t0～3t0時(shí)間內(nèi),粒子的受力與0～t0相同,故加速度與0～t0時(shí)間內(nèi)相同,根據(jù)前面選項(xiàng)已知的信息,t=3t0的速度為v3t0=v2t0-gt0=gt0,方向豎直向下,則0～3t0時(shí)間內(nèi),微粒動(dòng)能增加量為Ek=m=mg2,故D正確。8.(2020·浙江7月選考)如圖所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。已知MN與水平方向成45°角,粒子的重力可以忽略,則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)(　C　)A.所用時(shí)間為 B.速度大小為3v0C.與P點(diǎn)的距離為 D.速度方向與豎直方向的夾角為30°解析:粒子從P點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向出發(fā)到達(dá)MN連線上某點(diǎn)時(shí),根據(jù)幾何關(guān)系可知,沿水平方向和豎直方向的位移相等,即v0t=at2,a=,解得t=,A項(xiàng)錯(cuò)誤;在該點(diǎn),粒子沿電場(chǎng)方向的速度vy=at=2v0,故合速度大小為v==v0,B項(xiàng)錯(cuò)誤;該點(diǎn)到P點(diǎn)的距離s=x=v0t=,C項(xiàng)正確;由平行四邊形定則可知,在該點(diǎn)速度方向與豎直方向夾角正切值tan θ==,可得θ≠30°,D項(xiàng)錯(cuò)誤。9.如圖所示,在寬為2L、高為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)有寬度為L(zhǎng)的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域,其他區(qū)域有電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),有一個(gè)質(zhì)量為m,電荷量為e的電子,以一定的水平初速度從區(qū)域的左上角A點(diǎn)射入該區(qū)域,不計(jì)電子所受重力,要使這個(gè)電子能從區(qū)域右下角的B點(diǎn)射出。(1)若無(wú)電場(chǎng)區(qū)域位于區(qū)域左側(cè)一半內(nèi),如圖甲所示,電子的初速度v1應(yīng)多大?(2)若無(wú)電場(chǎng)區(qū)域位于區(qū)域右側(cè)一半內(nèi),如圖乙所示,電子的初速度v2又應(yīng)多大?解析:(1)設(shè)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,則t=,在豎直方向,設(shè)電子的加速度為a,則a=,L=at2,解得v1=。(2)設(shè)電子在電場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,離開電場(chǎng)時(shí)的速度為vE,豎直方向的位移為y,則t1=,vEy=at1=,y=a=,設(shè)電子在非電場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,t2=,vEy·t2=L-y,聯(lián)立解得v2=。答案:(1)　(2)高分強(qiáng)化練10.如圖,空間有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E=5.0×105 N/C,一根長(zhǎng)L=0.2 m不可伸長(zhǎng)的不導(dǎo)電細(xì)繩一端固定于O點(diǎn),另一端連著一個(gè)質(zhì)量為m=10 g,電荷量為q=2×10-7 C的帶負(fù)電的金屬小球A。把小球拉起直至細(xì)繩與電場(chǎng)線平行,然后無(wú)初速度釋放。小球A第一次通過(guò)最低點(diǎn)C后水平方向電場(chǎng)突然改為豎直向上(電場(chǎng)空間足夠大),電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)小球A從水平無(wú)初速度釋放到第一次通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的時(shí)間;(2)小球A在OC左側(cè)能擺到多高;(3)小球A第二次通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)繩的拉力為多大。解析:(1)靜電力qE=2×10-7×5.0×105 N=0.1 N,重力mg=10×10-3×10 N=0.1 N,則qE=mg,由重力和靜電力的合力提供加速度=ma,解得a=10 m/s2,與水平方向成45°角斜向左下方運(yùn)動(dòng),從開始釋放到C點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng),剛好到C點(diǎn)時(shí)細(xì)繩被拉直,由位移公式得 L=at2,解得t=0.2 s。(2)小球A剛好到C點(diǎn)時(shí)細(xì)繩被拉直,速度發(fā)生突變,速度為原水平速度,由vC=at,得vC=2 m/s,水平速度vx=vCcos 45°=2 m/s,電場(chǎng)變?yōu)樨Q直向上,靜電力變?yōu)樨Q直向下,從C點(diǎn)到左側(cè)能擺到的最高處,由動(dòng)能定理得-(mg+qE)h=0-m,解得h=0.1 m。(3)小球A返回到C點(diǎn)時(shí)水平速度vx′=2 m/s,根據(jù)牛頓第二定律可知F-mg-qE=m,解得F=0.4 N,由牛頓第三定律知小球?qū)?xì)繩的拉力為0.4 N。答案:(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)0.4 N11.傾角θ=37°足夠長(zhǎng)粗糙絕緣傾斜軌道與光滑的絕緣水平軌道及半徑為R=0.1 m的光滑絕緣圓軌道(B點(diǎn)是水平軌道和豎直軌道相切位置)三部分組成如圖所示的軌道,軌道各部分平滑連接。所有軌道處在同一豎直面內(nèi),傾斜軌道處于豎直向下的電場(chǎng)強(qiáng)度E=6.0×105 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一質(zhì)量為m=2 g、電荷量為q=+1.0×10-7 C的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),從傾斜軌道距地面高H=0.6 m處由靜止釋放,忽略空氣阻力,已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)滑塊滑到斜面底端A處的速度大小;(2)滑塊經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(3)當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到軌道末端時(shí),與擋板發(fā)生碰撞,每次碰撞損失25%的動(dòng)能,求滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到停止整個(gè)過(guò)程摩擦產(chǎn)生的熱量。解析:(1)設(shè)滑塊滑到斜面底端A處的速度大小為vA,對(duì)滑塊根據(jù)動(dòng)能定理可得(Eq+mg)H-μ(Eq+mg)cos θ·=m,解得vA=4 m/s。(2)設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知m=m+mg·2R,設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)所受軌道壓力大小為FN,根據(jù)牛頓第二定律有FN+mg=m,解得FN=0.22 N,根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN′=FN=0.22 N。(3)滑塊第一次經(jīng)過(guò)圓軌道最高點(diǎn)C之后,在碰撞擋板之前的機(jī)械能為E0=m=16×10-3 J,滑塊第一次與擋板碰撞之后的機(jī)械能為E1=E0=12×10-3 J,設(shè)滑塊能夠通過(guò)最高點(diǎn)C的最小速度為vCm,根據(jù)牛頓第二定律有mg=m,解得vCm=1 m/s,而E1-2mgR>m,所以滑塊第一次與擋板碰撞后能夠通過(guò)最高點(diǎn)C,設(shè)滑塊第一次返回至A點(diǎn)時(shí)的速度大小為vA1,沿斜面上滑的最大高度為h,根據(jù)動(dòng)能定理有0-m=-(Eq+mg)h-μ(Eq+mg)cos θ,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知m=E1,解得h=0.09 m,因?yàn)棣?lt;tan 37°,所以滑塊一定會(huì)滑下來(lái),又因?yàn)閔<R,所以滑塊再次返回至圓軌道時(shí)不可能到達(dá)圓心高度,進(jìn)而不會(huì)第二次與擋板碰撞,由此可推知滑塊最終停在A點(diǎn),以題圖中水平面為電勢(shì)為零、重力勢(shì)能為零的參考平面,滑塊開始運(yùn)動(dòng)時(shí)所具有的能量為E=mgH+EqH=4.8×10-2 J,滑塊與擋板碰撞損失的機(jī)械能為ΔE=E0-E1=4×10-3 J,根據(jù)能量守恒定律可知,滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到停止整個(gè)過(guò)程摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=E-ΔE=4.4×10-2 J。答案:(1)4 m/s　(2)0.22 N　(3)4.4×10-2 J12.如圖甲所示,在空間中建立xOy坐標(biāo)系,α射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成,放置在第Ⅱ象限,細(xì)管C到兩金屬板距離相等,細(xì)管C開口在y軸上。放射源P在A板左端,可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的α粒子。若金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d,當(dāng)A、B板間加上某一電壓時(shí),α粒子剛好能以速度v0從細(xì)管C水平射出,進(jìn)入位于第Ⅰ象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著輻向電場(chǎng),α粒子在該電場(chǎng)中恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),該電場(chǎng)的電場(chǎng)線沿半徑方向指向圓心O,α粒子運(yùn)動(dòng)軌跡處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0。t=0時(shí)刻α粒子垂直x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的交變電場(chǎng)中,交變電場(chǎng)隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示,規(guī)定沿x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)的正方向。已知α粒子的電荷量為2e(e為元電荷)、質(zhì)量為m,重力不計(jì)。求:(1)α粒子從放射源P運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中動(dòng)能的變化量和發(fā)射時(shí)初速度的大小v;(2)α粒子在靜電分析器中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r和運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0;(3)當(dāng)t=nT(n=1,2,3,…)時(shí),α粒子的坐標(biāo)。解析:過(guò)程示意圖。(1)α粒子運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸處時(shí)速度為v0,由題意可知,α粒子在平行金屬板中的逆運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向有L=v0t,豎直方向有=at2,由牛頓第二定律有2e=ma,聯(lián)立解得U=,α粒子從放射源P運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中,由動(dòng)能定理有-2e·U=ΔEk,解得ΔEk=-,動(dòng)能的變化量ΔEk=m-mv2,解得v=v0。(2)α粒子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有2eE0=m,解得r=,由=v0t0,解得t0=。(3)t=時(shí),α粒子在x軸方向的速度vx=·,所以一個(gè)周期內(nèi),α粒子在x軸方向的平均速度==,每個(gè)周期內(nèi)α粒子沿x軸正方向前進(jìn)的距離x0=T=,t=0時(shí),α粒子的橫坐標(biāo)為r=,所以t=nT(n=1,2,3,…)時(shí),α粒子的橫坐標(biāo)為x=r+nx0=+n,α粒子的縱坐標(biāo)為y=-v0nT,綜上所述,在t=nT(n=1,2,3,…)時(shí),α粒子的坐標(biāo)為(+n,-v0nT)。答案:(1)-　v0(2)　(3)(+n,-v0nT)13.在納米薄膜制備時(shí),利用高頻電場(chǎng)使惰性氣體發(fā)生電離,產(chǎn)生輝光放電,電離產(chǎn)生的正離子和電子高速轟擊靶材,使靶材上的原子或分子濺射出來(lái),然后沉積到基板上形成薄膜。如圖甲所示,裝置的工作電極可簡(jiǎn)化為真空中間距為d的兩平行極板,加在極板A、B間的電壓UAB周期性變化,其正向電壓為U0,反向電壓為-U0,電壓變化的周期為2t0,如圖乙所示。在t=0時(shí),極板B附近有質(zhì)量為m、電荷量為e的一群電子,在電場(chǎng)作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng),在第一個(gè)周期內(nèi)未碰到極板A,不計(jì)電子的重力作用。(1)求電子在0～2t0時(shí)間內(nèi)的位移大小;(2)若電子在20t0時(shí)恰好碰到極板A,求兩極板間的距離d與e、m和U0的關(guān)系;(3)若電子在n個(gè)周期結(jié)束的時(shí)刻打到極板A上,且形成的薄膜厚度與電子到達(dá)極板的動(dòng)能成正比,比例系數(shù)為k,求在基板上形成薄膜的厚度Δd與n、k的關(guān)系。解析:(1)電子在0～t0時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng),有a1=,x1=a1=,在t0～2t0時(shí)間內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng),有a2=,初速度的大小v1=a1t0,電子在這段時(shí)間內(nèi)的位移大小x2=v1t0-a2=,0～2t0時(shí)間內(nèi)電子的位移大小為x=x1+x2=。(2)第一個(gè)周期末電子的速度大小為v2=v1-a2t0=t0,電子運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖所示,n個(gè)周期內(nèi)電子的位移為xn=nx+·v2·2t0=(n=1,2,3…),將n=10代入上式可得兩極板間的距離為d=t0。(3)電子在一個(gè)周期內(nèi)速度的增量為Δv=(a1-a2)t0=t0,電子在n個(gè)周期內(nèi)速度的增量為Δvn=nΔv=t0,若電子在n個(gè)周期結(jié)束后打到極板A上,形成薄膜的厚度Δd=kEkn=k·m(Δvn)2=(n=1,2,3,4…)。答案:(1)　(2)d=t0　(3)Δd=(n=1,2,3,4…) 

相關(guān)學(xué)案

2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第19講電學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)案（浙江專用）：

這是一份2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第19講電學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)案（浙江專用），共40頁(yè)。

2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第18講力學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)案（浙江專用）：

這是一份2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第18講力學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)案（浙江專用），共41頁(yè)。

2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第17講近代物理初步學(xué)案（浙江專用）：

這是一份2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第17講近代物理初步學(xué)案（浙江專用），共31頁(yè)。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)學(xué)案 更多

2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第16講熱學(xué)學(xué)案（浙江專用）

2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第16講熱學(xué)學(xué)案（浙江專用）
2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第13講電磁感應(yīng)學(xué)案（浙江專用）

2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第13講電磁感應(yīng)學(xué)案（浙江專用）
2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第1講力與物體的平衡學(xué)案（浙江專用）

2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第1講力與物體的平衡學(xué)案（浙江專用）
2023屆二輪復(fù)習(xí) 第10講　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 學(xué)案（浙江專用）

2023屆二輪復(fù)習(xí) 第10講　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 學(xué)案（浙江專用）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部