2024版新教材高中物理 第十章 静电场中的能量 专题拓展四 带电粒子在电场中运动的综合问题学生用书 新人教版必修第三册.docx

1、专题拓展四带电粒子在电场中运动的综合问题拓展1带电粒子在交变电场中的直线运动【归纳】1此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动2该问题通常用动力学知识分析求解重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T间的关系等常用v t图像法来处理此类问题，通过画出粒子的v t图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解【典例】例1.在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t0时速度为零，在t1 s时，电子离开A点的距离大小为l.那么在t2 s时，电子

2、将处在()AA点 BA点左方l处CA点右方2l处 DA点左方2l处训练1(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力下列说法正确的是()A若t0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B若t0时刻释放电子，电子可能在两板间做往返运动C若tT4时刻释放电子，电子可能在两板间做往返运动，也可能打到右极板上D若t3T8时刻释放电子，电子必然打到左极板上拓展2带电粒子在交变电场中的曲线运动【归纳】带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动(1)若带电粒子的初速度很大，粒子

3、通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动(2)若粒子运动时间较长，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向利用vyt图像进行分析vy0时，速度方向沿v0方向y方向位移可用vyt图像的面积进行求解【典例】例2.如图甲所示，A、B极板间电压为U0，C、D极板间距为d，荧光屏到C、D极板右端的距离等于C、D极板的板长A极板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为q(q0)的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)当C、D极板间未加电压时，粒子通过两极板间的时间为t0；当C、D极板间加上图乙所示电压(电压U1

4、已知)时，粒子均能从C、D两极板间飞出，并且所有粒子没有到达上、下边缘，不计粒子的重力及相互间的作用.(1)求粒子刚进入C、D极板的初速度和C、D极板的长度L.(2)求粒子从C、D极板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离(3)求粒子打在荧光屏上区域的长度训练2(多选)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0.已知t0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则下列说法正确的是()A所有粒

5、子都不会打到两极板上B所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0D只有tnT2(n0，1，2，)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场拓展3带电粒子在电场中的圆周运动【归纳】1解决电场中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，向心力的来源有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的静电力有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”2等效最高点和最低点的确定方法在复合场中，任取一点(一般取题目中的圆心O点)，在该点处把物块所受重力与静电力合成为等效重力，等效重力所在直线与物块做圆周运动的圆周有两个交点，这两个交点

6、一个是等效最低点，一个是等效最高点，并且等效最低点就是等效重力线箭头所在方向与圆周的交点，另一个就是等效最高点【典例】例3. (多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和Rd)和探测器组成，其横截面如图甲所示，点O为圆心在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器不计重力粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(Rr1r2BCEk1Ek2D|Ek左|Ek右|1(多选)带正电的微粒放在电场中，电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示带电微粒只在静电力的作用下

7、由静止开始运动，则下列说法中正确的是()A微粒在01 s内的加速度与12 s内的加速度相同B微粒将沿着一条直线运动C微粒将做往复运动D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同2(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列四个选项中的图像，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是()3如图甲所示，M、N为正对竖直放置的平行金属板，A、B为两板中线上的两点当M、N板间不加电压时，一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点，此时速度为v.若两板间加上如图乙所示的交变电压，t0时，将带电小

8、球仍从A点由静止释放，小球运动过程中始终未接触极板，则tT时，小球()A在B点上方 B恰好到达B点C速度大于v D速度小于v4(多选)如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示若电压的绝对值为U，电子电量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计在t0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动

9、的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应则下列说法正确的是()A.由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场B电子运动到第n个圆筒时动能为2neUC在t5T4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值D第n1个和第n个圆筒的长度之比为n-1n专题拓展四带电粒子在电场中运动的综合问题共研突破关键能力拓展1例1解析：第1 s内，电场方向水平向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做匀加速直线运动，位移为l；第2 s内，电子受到的静电力方向水平向右，由于电子此时有水平向左的速度，因此电子继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移也是l，t2 s时总位移为2l，方向水平向左，

10、故t2 s时，电子处在A点左方2l处答案：D训练1解析：若t0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间做往返运动，A正确，B错误；若从tT4时刻释放电子，电子先加速T4，再减速T4，电子可能已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间做往返运动，C正确；同理，若从t3T8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，D错误答案：AC拓展2例2解析：(1)粒子在A、B极板间做加速运动，根据动能定理有qU012mv02，C、D极板间有Lv0t0，解得v02qU0m，Lt02qU0m.(2)粒子从nt0(n0、2、4)时刻进入

11、C、D两极板间时侧移距离最大，粒子做类平抛运动，侧移距离为y12at02，加速度为aqU1md，得yqU1t022md.(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远，飞出C、D板的偏转角tan vyv0，vyat0，打在荧光屏上距中心线最远距离为syL tan ，粒子打在荧光屏上区域的长度为ss3qU1t022md.答案：(1) 2qU0mt02qU0m2qU1t022md33qU1t022md训练2解析：粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同t0时刻射入电场的带电粒子沿极板间中线垂直电场方向射入电场，沿上极板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方

12、向分速度变化量为零根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场因为t0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，所以所有粒子最终都不会打到极板上，故A、B正确，D错误当粒子在t0时刻入射且经过时间T离开电场时，粒子在tT2时达到最大速度，此时竖直方向的位移与水平方向的位移之比为12，即v0t212at2，可得vyv0.故粒子的最大速度为v2v0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确答案：ABC拓展3例3解析：在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为Erk，带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中

13、做匀速圆周运动，则有qE1mv12r1，qE2mv22r2，可得12mv12qE1r12，12mv22qE2r22，而qE1r12qE2r22，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的动能小，故A错误；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的动能大，故B正确；粒子3做向心运动，有qE2mv32r2，可得12mv32Ek1故C错误该电场是辐射状电场，内侧的电场线密集，电场强度大，根

14、据UEd定性分析可知UBCUCA，即BCCA，所以|Ek左|Ek右|，故D正确答案：D精练落实学科素养1解析：01 s和12 s微粒的加速度大小相等，方向相反，A错误；01 s和12 s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动，根据这两段运动的对称性，12 s的末速度为0，所以每个1 s内的位移均相同且2 s以后的运动重复02 s的运动，是单向直线运动，B、D正确，C错误答案：BD2解析：由平行金属板间所加电压的周期性可推知粒子加速度的周期性，D项正确；由vat可知，A项正确，C项错误；由x12at2知x - t图像应为曲线，B项错误答案：AD3解析：在M、N两板间加上题图乙所示的交变电压，小

15、球受到重力和电场力的作用，电场力的方向(水平方向)随交变电压周期性变化，其大小不变，所以小球在竖直方向做自由落体运动；在水平方向上，小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，tT2时速度减为零，接着反向做匀加速直线运动，后继续做匀减速直线运动，tT时速度减为零根据对称性可知，在tT时，小球的水平位移为零，所以tT时，小球恰好到达B点，选项A错误，B正确在0T时间内，电场力做的功为零，重力做的功与不加电压时相同，所以tT时，小球速度为v，选项C、D错误答案：B4解析：由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为neUEk0，电子运动到第n个圆筒时动能为neU，B错误；因为t5T4TT4，tT4时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，t5T4奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；根据动能定理得eU12mv12，2eU12mv22，3eU12mv32，neU12mvn2，得vn1vnn-1n，电子在每个圆筒中做匀速运动，故第n1个和第n个圆筒的长度之比为Ln1Lnvn1vn，得Ln1Lnn-1n，D正确答案：AD