01、考情透視，目標(biāo)導(dǎo)航TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc14038" 02、知識(shí)導(dǎo)圖，思維引航 PAGEREF _Tc14038 \h 1
03、考點(diǎn)突破，考法探究
\l "_Tc15616" 考點(diǎn)一 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) PAGEREF _Tc15616 \h 2
\l "_Tc15675" 知識(shí)點(diǎn)1.帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問題的兩個(gè)重要結(jié)論 PAGEREF _Tc15675 \h 2
\l "_Tc15209" 知識(shí)點(diǎn)2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法 PAGEREF _Tc15209 \h 3
\l "_Tc27502" 考點(diǎn)二 示波管的工作原理 PAGEREF _Tc27502 \h 5
\l "_Tc9760" 知識(shí)點(diǎn)1．確定最終偏移距離 PAGEREF _Tc9760 \h 5
\l "_Tc30330" 知識(shí)點(diǎn)2．確定偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能(或速度) PAGEREF _Tc30330 \h 5
\l "_Tc12181" 考點(diǎn)三 帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) PAGEREF _Tc12181 \h 7
\l "_Tc25508" 考點(diǎn)四 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) PAGEREF _Tc25508 \h 8
\l "_Tc18754" 04、真題練習(xí)，命題洞見 PAGEREF _Tc18754 \h 11
考點(diǎn)一 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
知識(shí)點(diǎn)1.帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問題的兩個(gè)重要結(jié)論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。
證明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·
tan θ＝eq \f(qU1l,mdveq \\al(2,0))
得y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
可見y和tan θ與粒子的q、m無關(guān)。
(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后射出，合速度方向的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為eq \f(l,2)。
知識(shí)點(diǎn)2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法
1.(多選)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)帶電粒子電荷量為q，以一定的水平初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與豎直方向成30°角。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，不計(jì)粒子重力，設(shè)Q點(diǎn)的電勢(shì)為零。則下列說法正確的是( )
A．帶電粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能為Uq
B．帶電粒子帶負(fù)電
C．勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq \f(\r(3)U,3d)
D．勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq \f(2\r(3)U,3d)
【答案】 AD
【解析】 粒子的軌跡向上，則所受的靜電力向上，與電場(chǎng)方向相同，所以該粒子帶正電。粒子從P到Q，靜電力做正功為W＝qU，則粒子的電勢(shì)能減少了qU，Q點(diǎn)的電勢(shì)為零，則知帶電粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能為Uq，故A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度為v0，以垂直于電場(chǎng)線為x軸，平行于電場(chǎng)線為y軸，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)求得在Q點(diǎn)時(shí)粒子在y軸方向的分速度為vy＝eq \r(3)v0，粒子在y軸方向上的平均速度為eq \x\t(v)y＝eq \f(\r(3)v0,2)，設(shè)粒子在y軸方向上的位移為y0，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則豎直方向有y0＝eq \x\t(v)yt＝eq \f(\r(3)v0t,2)，水平方向有d＝v0t，可得y0＝eq \f(\r(3)d,2)，所以電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq \f(U,y0)，聯(lián)立得E＝eq \f(2U,\r(3)d)＝eq \f(2\r(3)U,3d)，故C錯(cuò)誤，D正確。
2.如圖，靜止于A處的質(zhì)子(質(zhì)量為m、電荷量為e)，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，沿圖中虛線垂直MP進(jìn)入方向豎直向下的矩形有界勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)區(qū)域MNQP，區(qū)域邊界MN＝3L、MP＝2L，質(zhì)子經(jīng)加速偏轉(zhuǎn)后恰好能從PQ邊距P點(diǎn)為2L處射出，質(zhì)子重力不計(jì)。(結(jié)果均用e、U、m表示)
(1)求質(zhì)子離開加速電場(chǎng)時(shí)的速度大??；
(2)求質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大??；
(3)若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼娜种?、方向不變，求質(zhì)子離開該區(qū)域時(shí)的速度大小。
【答案】 (1)eq \r(\f(2eU,m)) (2)eq \r(\f(10eU,m)) (3)2eq \r(\f(eU,m))
【解析】 (1)質(zhì)子在加速電場(chǎng)中做加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有eU＝eq \f(1,2)mv12－0，解得v1＝eq \r(\f(2eU,m))
(2)由題意知，質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向做速度大小為eq \r(\f(2eU,m))的勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，豎直方向有eE＝ma,2L＝eq \f(1,2)at2，vy＝at，水平方向有2L＝v1t
質(zhì)子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度為v2＝eq \r(v12＋vy2)
解得v2＝eq \r(\f(10eU,m))
(3)若偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉淼娜种?，由之前的分析可知，其豎直方向的加速度大小也變?yōu)樵瓉淼娜种?，有a＝3a′，假設(shè)質(zhì)子從PQ邊射出，則質(zhì)子在豎直方向上依然做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有2L＝eq \f(1,2)a′t12，所以有t1＝eq \r(3)t，則該段時(shí)間內(nèi)質(zhì)子在水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為x′＝v1t1
有x′＝2eq \r(3)L>3L，由上述分析可知，質(zhì)子出電場(chǎng)時(shí)不是從電場(chǎng)下端離開，設(shè)其離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度為vy1，時(shí)間為t2，豎直方向有vy1＝a′t2，水平方向仍然以v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有3L＝v1t2，質(zhì)子離開電場(chǎng)的速度大小為v3＝eq \r(v12＋vy12)＝2eq \r(\f(eU,m))。
考點(diǎn)二 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(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上并顯示亮點(diǎn)P，如圖所示。
知識(shí)點(diǎn)1．確定最終偏移距離
思路一
思路二
知識(shí)點(diǎn)2．確定偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能(或速度)
思路一
思路二
1.一束電子從靜止開始經(jīng)加速電壓U1＝U0加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板中間，如圖所示。金屬板長為l，兩板距離為d＝l，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L＝2l，若在兩金屬板間加直流電壓U2＝2U0時(shí)，光點(diǎn)偏離中線打在熒光屏上的P點(diǎn)，其中電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子重力及電子之間的相互作用。求：(結(jié)果用e、m、l、U0表示)
(1)電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小；
(2)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)垂直于板面方向的位移大小；
(3)OP的長度和電子打到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。
【答案】 (1)eq \r(\f(2eU0,m)) (2)eq \f(l,2) (3)eq \f(5,2)l 2eU0
【解析】 (1)電子經(jīng)U1＝U0的電場(chǎng)加速后，由動(dòng)能定理可得eU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為
v0＝eq \r(\f(2eU1,m))＝eq \r(\f(2eU0,m))。
(2)電子以v0的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有l(wèi)＝v0t，a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU2,md)，
y＝eq \f(1,2)at2
聯(lián)立解得電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)垂直于板面方向的位移大小為y＝eq \f(U2l2,4U1d)＝eq \f(l,2)。
(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)垂直極板方向速度大小為
vy＝at＝eq \f(eU2,md)·eq \f(l,v0)＝eq \f(eU2,mv0)
電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角θ的正切值為
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(U2,2U1)＝1
根據(jù)幾何關(guān)系可知，OP的長度為
OP＝y(tǒng)＋Ltan θ＝eq \f(1,2)l＋2l＝eq \f(5,2)l
由動(dòng)能定理得，電子打在熒光屏的P點(diǎn)動(dòng)能為
Ek＝eU1＋eeq \f(U2,d)y＝2eU0。
2.如圖裝置是由粒子加速器和平移器組成，平移器由兩對(duì)水平放置、間距為Δd的相同平行金屬板構(gòu)成，極板間距離和板長均為L。加速電壓為U0，兩對(duì)極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等均為U0，電場(chǎng)方向相反。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子無初速度地進(jìn)入加速電場(chǎng)，被加速器加速后，從平移器下板邊緣水平進(jìn)入平移器，最終從平移器上板邊緣水平離開，不計(jì)粒子重力。下列說法正確的是( )
A．粒子離開加速器時(shí)速度v0＝eq \r(\f(qU0,m))
B．粒子通過左側(cè)平移器時(shí)，豎直方向位移y1＝eq \f(L,4)
C．Δd與2L相等
D．只增加加速電壓，粒子將不能從平移器離開
【答案】 B
【解析】 根據(jù)qU0＝eq \f(1,2)mv02，粒子離開加速器時(shí)速度為v0＝eq \r(\f(2qU0,m))，故A錯(cuò)誤；粒子在左側(cè)平移器電場(chǎng)中的偏移量為y1＝eq \f(1,2)at2，又qeq \f(U0,L)＝ma，L＝v0t，得y1＝eq \f(L,4)，故B正確；根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和對(duì)稱性，粒子在兩平移器之間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，它的軌跡延長線分別過左側(cè)平移器下方平行板和右側(cè)平移器上方平行板中點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可知Δd＝L，故C錯(cuò)誤；由上述分析可得y1＝eq \f(qU0L,2mv02)，當(dāng)加速電壓增大時(shí)，粒子進(jìn)入平移器的速度增大，粒子在平移器中豎直方向偏移量變小，粒子可以離開平移器，位置比原來靠下，故D錯(cuò)誤。
考點(diǎn)三 帶電粒子在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
1.如圖所示，地面上某區(qū)域存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平向右的初速度v0，由O點(diǎn)射入該區(qū)域，剛好豎直向下通過豎直平面中的P點(diǎn)，已知OP與初速度方向的夾角為60°，重力加速度為g，則以下說法正確的是( )
A．小球所受靜電力大小為eq \f(\r(3)mg,2)
B．小球所受的合外力大小為eq \f(\r(3)mg,3)
C．小球由O點(diǎn)到P點(diǎn)用時(shí)為eq \f(\r(3)v0,g)
D．小球通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為eq \f(5,2)mv02
【答案】 C
【解析】 設(shè)OP＝L，小球從O到P水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)水平速度為零，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則水平方向Lcs 60°＝eq \f(v0,2)t，豎直方向Lsin 60°＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \f(\r(3)v0,g)，選項(xiàng)C正確；水平方向受靜電力F1＝ma＝meq \f(v0,t)＝eq \f(\r(3)mg,3)，小球所受的合外力是F1與mg的合力，可知合外力的大小F＝eq \r(?mg?2＋F12)＝eq \f(2\r(3),3)mg，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球通過P點(diǎn)時(shí)的速度大小vP＝gt＝eq \r(3)v0，則動(dòng)能EkP＝eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(3,2)mv02，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
2.空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)。從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq \f(t,2)。重力加速度為g，求：
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?br>(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。
【答案】 (1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
【解析】 (1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)a(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)③
(2)設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1·eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。
考點(diǎn)四 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
1．帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形。
當(dāng)粒子垂直于交變電場(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性。
2．研究帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場(chǎng)變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況。根據(jù)電場(chǎng)的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等。
3．注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)：抓住粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間上的周期性和空間上的對(duì)稱性，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件。
4．對(duì)于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場(chǎng)，若粒子穿過板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過電場(chǎng)時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。
1. (多選)如圖甲所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點(diǎn)有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(chǎng)，取豎直向下為正方向，不計(jì)粒子重力。以下判斷正確的是( )
A.粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為eq \f(\r(2)d,v0)
B.能從板間電場(chǎng)射出的粒子的最大動(dòng)能為eq \f(5,4)mveq \\al(2,0)
C.t＝eq \f(d,2v0)時(shí)刻進(jìn)入的粒子將從O′點(diǎn)射出
D.t＝eq \f(3d,v0)時(shí)刻進(jìn)入的粒子將從O′點(diǎn)射出
【答案】 AD
【解析】 由圖像可知電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq \f(mveq \\al(2,0),2qd)，則粒子在電場(chǎng)中的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(veq \\al(2,0),2d)，假設(shè)粒子在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)方向能做勻加速運(yùn)動(dòng)打在板上，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，解得t0＝eq \f(\r(2)d,v0)，粒子能穿出兩板間的情況下運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq \f(8d,v0)，由于t0

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