高考物理专题汇编带电粒子在电场中的运动(一).docx
高考物理带电粒子在电场中的运动

带电粒子在电场中的运动1.研究带电粒子在电场中运动的方法带电粒子在电场中的运动,是一个综合电场力、电势能的力学问题,研究的方法与质点动力学相同,它同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动量定理、动能定理等力学规律,处理问题的要点是要注意区分不同的物理过程,弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质,并选用相应的物理规律,在解题时,主要可以选用下面两种方法.(1)力和运动关系——牛顿第二定律:根据带电粒子受到电场力,用牛顿第二定律找出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等.这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况.(2)功和能的关系——动能定理:根据电场力对带电粒子所做的功,引起带电粒子的能量发生变化,利用动能定理研究全过程中能量的转化,研究带电粒子的速度变化、经历的位移等.这种方法同样也适用于不均匀的电场.注意事项:带电粒子的重力是否忽略的问题是否考虑带电粒子的重力要根据具体情况而定,一般说来:(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外一般都不考虑重力(但并不忽略质量).(2)带电粒子:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力,2. 带电粒子的加速(1)运动状态分析:带电粒子沿平行电场线的方向进入匀强电场,受到的电场力与运动方向在同一直线上,做匀加(减)速直线运动.(2)用功能观点分析:粒子动能的变化量等于电场力做的功(电场可以是匀强电场或非匀强电场).若粒子的初速度为零,则:mqU v qU mv 2,212==若粒子的初速度不为零,则:mqU v v qU mv mv 2,212120202+==-例1.(多选)如图所示,在P 板附近有一质子由静止开始向Q 板运动,则关于质子在两板间的运动情况,下列叙述正确的是( ) A.两板间距越大,加速的时间越长B.两板间距越小,加速度就越大,质子到达Q 板时的 速度就越大C.质子到达Q 板时的速度与板间距离无关,与板间 电压U 有关D.质子的加速度和末速度都与板间距离无关例2.如图甲所示平行板电容器A 、B 两板上加上如图乙所示的交变电压,开始B 板的电势比A 板高,这时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动,设电子在运动中不与极板发生碰撞,则下述说法正确的是(不计电子重力)( ) A.电子先向A 板运动,然后向B 板运 动,再返回A 板做周期性来回运动 B.电子一直向A 板运动 C.电子一直向B 板运动D.电子先向B 板运动,然后向A 板运 动,再返回B 板做周期性来回运动3. 带电粒子在匀强电场中的偏转(不考虑重力作用)(1)运动状态分析:带电粒子以速度0v 垂直于电场线方向飞入匀强电场时,受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动. (2)偏转问题的分析处理方法类似于平抛运动的分析处理,应用运动的合成和分解的方法:沿初速度方向为匀速直线运动,运动时间:0/v l t =沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动:md qU m Eq m F a ///===离开电场时的偏移量:d mv qUl at y 2022221== 离开电场时的偏转角:dmv qUlv at v v y 2000tan ===θ(U 为偏转电压)(3)推论:推论①粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向交于一 点,此点平分沿初速度方向的位移.推论②以相同的初速度0v 进入同一偏转电场的带电粒子,不论m 、q 是否相同,只要q/m 相同,即荷质比相间,则偏转距离y 和偏转角θ都相同.推论③若以相同的初动能0k E 进入同一偏转电场,只要q 相同,不论m 是否相同,则偏转距离y 和偏转角θ都相同.推论④若以相同的初动量0p 进人同一偏转电场,不论m 、q 是否相同,只要mq 相同,即质量与电荷量的乘积相同,则偏转距离y 和偏转角θ都相同. 推论①可根据类平抛直接得到结论,这里我们给出后几个推论的证明d p Ul mq d v m mqUl d E Ul q d mv Ul q d Ul v m q d mv qUl y k ⋅⋅==⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅==222022220222020222421412120 dp Ulmq d v m mqUl d E Ul q d mv Ul q d Ul v m q d mv qUl k ⋅⋅==⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅==2202202020022121tan θ 推论⑤不同的带电粒子由静止经同一加速电场加速后(即加速电压1U 相同),进人同一偏转电场2U ,则偏转距离y 和偏转角θ相同,但这里必须注意,粒子必须是静止开始加速,只有这样120210qU mv E k ==带入上面的式子得: d U l U d qU l qU d E l qU y k 122122224440=== d U lU d qU l qU d E l qU k 12122222tan 0===θ(4)如果对于一些带电粒子在不能忽略重力时,则上面的推导公式无法使用,这时可以先求出合外力得到加速度(一般是重力与电场力的合力产生偏转加速度),结合类平抛规律特点处理问题,本质上与上面的问题是相同的(5)带电粒于能否飞出偏转电场的条件及求解方法带电粒子能否飞出偏转电场,关键看带电粒子在电场中的侧移量y.如质量为m 、电荷量为q 的带电粒子沿中线以0v 垂直射入板长为l 、板间距为d 的匀强电场中,要使粒子飞出电场,则应满足:0v l t =时,2dy ≤;若当0v l t =时,2dy >,则粒子打在板上,不能飞出电场. 由此可见,这类问题的分析方法及求解关键是抓住“刚好”射出(或不射出)这一临界状态(即2dy =)分析求解即可.(6)矩形波电压问题的处理对于这类问题一般先根据粒子的受力特点,找到加速度变化规律,进而作出在加速度方向上运动的v —t 图像,通过图像特点分析计算位移变化,可将问题的处理大大简化例3.(多选)如图所示,一个质量为m 带电荷量为q 的粒子(重力不计),从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入,当人射速度为v 时,恰好穿过电场而不碰金属板。
最新【通用版】高考物理考前专题训练《带电粒子在交变电场中的运动》(含答案)

【通用版】高考物理考前突破专题专题一、带电粒子在交变电场中的运动1.A 、B 两金属板平行放置,在t =0时刻将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。
分别在A 、B 两板间加上右边哪种电压时,有可能使电子到不了B 板【答案】B2.将如图交变电压加在平行板电容器A 、B 两极板上,开始B 板电势比A 板电势高,这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间,它在电场力作用下开始运动,设A 、B 两极板的距离足够大,下列说法正确的是A .电子一直向着A 板运动B .电子一直向着B 板运动C .电子先向A 运动,然后返回向B 板运动,之后在A 、B 两板间做周期性往复运动D .电子先向B 运动,然后返回向A 板运动,之后在A 、B 两板间做周期性往复运动 【答案】D【解析】根据交变电压的变化规律,不难确定电子所受电场力的变化规律,从而作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线,如图所示,从图中可知,电子在第一个T 4内做匀加速运动,第二个T4内做匀减速运动,在这半个周期内,因初始B 板电势高于A 板电势,所以电子向B 板运动,加速度大小为eUmd 。
在第三个T 4内做匀加速运动,第四个T4内做匀减速运动,但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反,向A 板运动,加速度大小为eUmd,所以,电子做往复运动,综上分析正确选项应为D 。
7.如图甲所示,真空室中电极K 发出的电子(初速度不计)经过电势差为U 1的加速电场加速后,沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场,最后打在荧光屏上。
C 、D 两板间的电势差U CD 随时间变化的图象如图乙所示,设C 、D 间的电场可看作匀强电场,且两板外无电场。
已知电子的质量为m 、电荷量为e (重力不计),C 、D 极板长为l ,板间距离为d ,偏转电压U 2,荧光屏距C 、D 右端的距离为l6,所有电子都能通过偏转电极。
(1)求电子通过偏转电场的时间t 0;(2)若U CD 的周期T =t 0,求荧光屏上电子能够到达的区域的长度; (3)若U CD 的周期T =2t 0,求到达荧光屏上O 点的电子的动能。
高考物理带电粒子在电场中运动)

带电粒子粒子在电场中的运动提升性问题总结一、匀强电场中的直线、曲线运动1、(多选)如图所示,竖直平面内有水平向左的匀强电场E,M 点与P 点的连线垂直电场线,M 点与N 点在同一条电场线上.两个完全相同的带等量正电荷的粒子,以相同的初速度大小v 0分别从M 点和N 点沿竖直平面进入电场,重力不计.M 点的粒子与电场线成一定的夹角进入,N 点的粒子垂直电场线进入,两粒子恰好都能经过P 点,在此过程中,下列说法正确的是( )A.电场力对两粒子做功不相同B.两粒子到达P 点的速度大小可能相等C.两粒子到达P 点时的电势能都减少D.两粒子到达P 点所需时间一定不相等AD 解析:M,P 在同一等势面上,电场力对从M 点进入的粒子不做功,对从N 点进入的粒子做正功,选项A 正确;从M 点和N 点分别进入电场中的粒子初动能相同,电场力做功不同,故末动能一定不同,两粒子到达P 点速度大小一定不同,选项B 错误;电场力对从M 点进入的粒子不做功,电势能不减少,选项C 错误;两粒子在竖直方向都做匀速运动,竖直方向位移相同,但速度不同,故所用时间一定不相等,选项D 正确.2、反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似.如图所示,在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场,一带电微粒从A 点由静止开始,在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是E 1=2.0×103 N/C 和E 2=4.0×103 N/C ,方向如图所示.带电微粒质量m =1.0×10-20 kg ,带电荷量q =-1.0×10-9C 、A 点距虚线MN 的距离d 1=1.0 cm ,不计带电微粒的重力,忽略相对论效应.求:(1)B 点到虚线MN 的距离d 2;(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .答案 (1)0.50 cm (2)1.5×10-8 s解析 (1)带电微粒由A 运动到B 的过程中,由动能定理有|q |E 1d 1-|q |E 2d 2=0,E 1d 1=E 2d 2,解得d 2=0.50 cm. (2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2,由牛顿第二定律有:|q |E 1=ma 1,|q |E 2=ma 2,设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2,由运动学公式有d 1=12a 1t 21,d 2=12a 2t 22. 又t =t 1+t 2,解得t =1.5×10-8 s.3、如图所示,虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场,一带电粒子质量为m =2.0×10-11 kg 、电荷量为q =+1.0×10-5 C ,从a 点由静止开始经电压为U =100 V 的电场加速后,垂直于匀强电场进入匀强电场中,从虚线MN 上的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角。
高三物理带电粒子在电场中的运动

qE=mg q=mgd/U0=10 -9C
若电压增大为U1,恰好从上板边缘飞出,
y=1/2 at2 =d/2 qU1/d – mg = ma y=1/2 at2 =d/2 mg - qU1/d = ma ∴200V≤U ≤1800V
a=d v02 / L2 = 8m/s2, U1 =1800V
L=10cm + +
B
Vy
1500
V0
U AB
3m V Ey 2q
2 0
Vt
返回
1992年高考 、 如图,电子在电势差为U1的加速电场中 由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块平行极板 间的电场中,入射方向跟极板平行.整个装置处在真空中, 重力可忽略.在满足电子能射出平行板区的条件下,下述 四种情况中,一定能使电子的偏转角θ变大的是 ( B ) (A)U1变大、U2变大(B)U1变小、U2变大 (C)U1变大、U2变小(D)U1变小、U2变小
在第2秒内,电场方向沿y轴正方向,故小球在x方向做 速度为vx的匀速运动,在y方向做初速为零的匀加速运动
沿x方向移动的距离 △x2=vxt=0.20m (4) (5) 沿y方向移动的距离Δy=1/2 at2=1/2×0.2 ×1=0.10m 故在第2秒末小球到达的位置坐标 x2=△x1+△x2=0.30m (6) y2=△y=0.10m (7)
t
例10、质量为5×10-6kg的带电粒子以2m/s速度从水平放置的平 行金属板A、B中央沿水平方向飞入板间,如图所示.已知板长L =10cm,间距d=2cm,当UAB 为 1000V时,带电粒子恰好沿直 -9 线穿过板间,则该粒子带 负 电,电量为 10 C,当AB间电 200-1800V 范围内时,此带电粒子能从板间飞出. 压在 解: 粒子受力如图, 粒子带 负电
高中物理必修3带电粒子在电场中的运动填空题专题训练(1)

高中物理必修3带电粒子在电场中的运动填空题专题训练(1)高中物理必修3带电粒子在电场中的运动填空题专题训练(1)姓名:__________班级:__________考号:__________一、填空题(共22题)1、如图所示,两个平行放置的金属板与电源相连,两板的带电量为,一个带电粒子从点以某一水平初速进入电场,离开电场时的动能为。
保持电源电压不变,只将上板向上移到图中虚线位置,两板的电量为,带电粒子离开电场时的动能为。
不计重力,电场只局限于两金属板之间,则(1)______(2)______(选用大于、小于、等于填入)2、在与x轴平行的匀强电场中,一带电量为1.0×10-8库仑、质量为2.5×10-3千克的物体在光滑水平面上沿着x轴作直线运动,其位移与时间的关系是x=0.16t-0.02t2,式中x以米为单位,t以秒为单位。
从开始运动到5秒末物体所经过的路程为米,克服电场力所作的功为焦耳。
3、电子所带的电荷量(元电荷)最先是由密立根通过油滴实验测出的。
实验装置如图所示。
一个很小的带电油滴在电场内,调节场强E,使作用在油滴上的电场力与油滴的重力平衡。
如果油滴的质量是,在平衡时电场强度。
由此可判定:油滴所带的电荷量是_______C(,保留两位有效数字)4、如图所示,绝缘杆两端固定带电小球A和B,轻杆处于水平向右的匀强电场中,不考虑两球之间的相互作用。
初始时杆与电场线垂直,将杆右移的同时顺时针转过90°,移至如图位置,已知:电场强度为E=1000v/m,qA=-2×10-10C,qB=2×10-10C,L=2cm,则此过程电场力做功为J。
5、如图6虚线为一匀强电场的等势面。
一带负电微粒从A点沿图中直线在竖直平面内运动到B点,不计空气阻力,此过程中粒子电势能,动能。
(填“增加”、“不变”或“减少”)6、如图所示,在匀强电场中分布着A、B、C三点,且BC=20cm.当把一个电荷量q=10-5C的正电荷从A点沿AB线移到B点时,电场力做功为零.从B点移到C点时,电场力做功为-1.73×10-3J,则电场的方向为?▲??,场强的大小为?▲??V/m.()7、在空间某一区域,有一匀强电场,有一质量为m的液滴带负电荷,电荷量为q,在此电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动,则此区域的电场强度大小为N/C,方向??。
带电粒子在电场中的运动(含解析)

带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合=0,粒子或静止,或做匀速直线运动.(2)粒子所受合外力F 合≠0,且与初速度方向在同一条直线上,带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动.2.用动力学观点分析a =qE m ,E =U d,v 2-v 02=2ad . 3.用功能观点分析匀强电场中:W =Eqd =qU =12mv 2-12mv 02 非匀强电场中:W =qU =E k2-E k1●带电粒子在匀强电场中的直线运动【例1】如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔,小孔分别位于O 、M 、P 点.由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点.现将C 板向右平移到P ′点,则由O 点静止释放的电子( )图6A .运动到P 点返回B .运动到P 和P ′点之间返回C .运动到P ′点返回D .穿过P ′点【答案】A【解析】根据平行板电容器的电容的决定式C = εr S 4πkd 、定义式C =Q U和匀强电场的电压与电场强度的关系式U =Ed 可得E = 4πkQ εr S,可知将C 板向右平移到P ′点,B 、C 两板间的电场强度不变,由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点,并且会原路返回,故选项A 正确.【变式1】 两平行金属板相距为d ,电势差为U ,一电子质量为m ,电荷量为e ,从O 点沿垂直于极板的方向射入,最远到达A 点,然后返回,如图所示,OA =h ,此电子具有的初动能是( )A.edh U B .edUh C.eU dh D.eUh d【答案】D【解析】由动能定理得:-e U d h =-E k ,所以E k =eUh d,故D 正确. 二、带电粒子在交变电场中的直线运动【例2】 匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图所示.当t =0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电),设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是( )A .带电粒子将始终向同一个方向运动B .2 s 末带电粒子回到原出发点C .3 s 末带电粒子的速度不为零D .0~3 s 内,电场力做的总功为零【答案】D【解析】由牛顿第二定律可知带电粒子在第1 s 内的加速度和第2 s 内的加速度的关系,因此粒子将先加速1 s 再减速0.5 s ,速度为零,接下来的0.5 s 将反向加速……,v -t 图象如图所示,根据图象可知选项A 错误;由图象可知前2 s 内的位移为负,故选项B 错误;由图象可知3 s 末带电粒子的速度为零,故选项C 错误;由动能定理结合图象可知0~3 s 内,电场力做的总功为零,故选项D 正确.●带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动问题【例3】如图所示,在竖直放置间距为d 的平行板电容器中,存在电场强度为E 的匀强电场.有一质量为m 、电荷量为+q 的点电荷从两极板正中间处静止释放.重力加速度为g .则点电荷运动到负极板的过程( )A .加速度大小为a =Eq m+g B .所需的时间为t =dm Eq C .下降的高度为y =d 2D .电场力所做的功为W =Eqd 【答案】B【解析】点电荷受到重力、电场力的作用,所以a =(Eq )2+(mg )2m ,选项A 错误;根据运动独立性,水平方向点电荷的运动时间为t ,则d 2=12Eq mt 2,解得t =md Eq ,选项B 正确;下降高度y =12gt 2=mgd 2Eq,选项C 错误;电场力做功W =Eqd 2,选项D 错误. 【例4】如图所示,一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下,从静止开始由b 沿直线运动到d ,且bd 与竖直方向所夹的锐角为45°,则下列结论不正确的是( )A .此液滴带负电B .液滴的加速度大小为2gC .合力对液滴做的总功等于零D .液滴的电势能减少【答案】C【解析】带电液滴由静止开始沿bd 做直线运动,所受的合力方向必定沿bd 直线,液滴受力情况如图所示,电场力方向水平向右,与电场方向相反,所以此液滴带负电,故选项A 正确;由图知液滴所受的合力F =2mg ,其加速度为a =F m =2g ,故选项B 正确;因为合力的方向与运动的方向相同,故合力对液滴做正功,故选项C 错误;由于电场力所做的功W 电=Eqx bd sin 45°>0,故电场力对液滴做正功,液滴的电势能减少,故选项D 正确.三、带电粒子在电场中的偏转1.两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时,偏移量和偏转角总是相同的.证明:由qU 0=12mv 02 y =12at 2=12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ=qU 1l mdv 02得:y =U 1l 24U 0d ,tan θ=U 1l 2U 0d(2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点,即O 到偏转电场边缘的距离为l 2. 2.功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解:qU y =12mv 2-12mv 02,其中U y =U dy ,指初、末位置间的电势差.【例5】 质谱仪可对离子进行分析.如图所示,在真空状态下,脉冲阀P 喷出微量气体,经激光照射产生电荷量为q 、质量为m 的正离子,自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场,从b 板小孔射出,沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区,到达探测器(可上下移动).已知a 、b 板间距为d ,极板M 、N 的长度和间距均为L ,a 、b 间的电压为U 1,M 、N 间的电压为U 2.不计离子重力及进入a 板时的初速度.求:(1)离子从b 板小孔射出时的速度大小;(2)离子自a 板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间;(3)为保证离子不打在极板上,U 2与U 1应满足的关系.【答案】 (1)2qU 1m (2)(2d +L )m 2qU 1(3) U 2<2U 1 【解析】(1)由动能定理qU 1=12mv 2,得v =2qU 1m (2)离子在a 、b 间的加速度a 1=qU 1md 在a 、b 间运动的时间t 1=v a 1=2m qU 1·d 在MN 间运动的时间:t 2=Lv =L m 2qU 1离子到达探测器的时间:t =t 1+t 2=(2d +L )m 2qU 1; (3)在MN 间侧移:y =12a 2t 22=qU 2L 22mLv 2=U 2L 4U 1由y <L2,得 U 2<2U 1. 【变式2】 如图所示,电荷量之比为q A ∶q B =1∶3的带电粒子A 、B 以相同的速度v 0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C 、D 点,若OC =CD ,忽略粒子重力的影响,则下列说法不正确的是( )A .A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2B .A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C .A 和B 的质量之比为1∶12D .A 和B 的位移大小之比为1∶1【答案】D【解析】粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动,水平方向由x =v 0t 及OC =CD 得,t A ∶t B =1∶2;竖直方向由h =12at 2得a =2h t 2,它们沿竖直方向运动的加速度大小之比为a A ∶a B =4∶1;根据a =qE m 得m =qE a ,故m A m B =112,A 和B 的位移大小不相等,故选项A 、B 、C 正确,D 错误.【变式3】 如图所示,喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会带上一定量的电荷,在电场的作用下带电荷的墨滴发生偏转到达纸上.已知两偏转极板长度L =1.5×10-2 m ,两极板间电场强度E =1.2×106 N/C ,墨滴的质量m =1.0×10-13 kg ,电荷量q =1.0×10-16 C ,墨滴在进入电场前的速度v 0=15 m/s ,方向与两极板平行.不计空气阻力和墨滴重力,假设偏转电场只局限在平行极板内部,忽略边缘电场的影响.(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷?(2)求墨滴在两极板之间运动的时间;(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移大小y .【答案】(1)负电荷 (2)1.0×10-3 s (3)6.0×10-4 m【解析】(1)负电荷.(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动,那么墨滴在两板之间运动的时间t =L v 0.代入数据可得:t =1.0×10-3 s(3)离开电场前墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,a =Eq m代入数据可得:a =1.2×103 m/s 2离开偏转电场时在竖直方向的位移y =12at 2 代入数据可得:y =6.0×10-4 m.。
高中物理压轴题05 带电粒子在电场中运动(解析版)

压轴题05带电粒子在电场中的运动1.本专题是电场的典型题型,包括应用静电力的知识解决实际问题。
高考中既可以在选择题中命题,更会在计算题中命题。
2024年高考对于电场的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习,不仅利于完善学生的知识体系,也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:电场力的性质、电场力能性质、带电粒子在电场中的平衡、加速、偏转等。
近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在,重点考查类型静电场的性质,电容器的动态分析,电场中的图像问题,带电粒子在电场中的运动问题,力电综合问题等。
考向一:静电场力的性质1.库仑定律(1)内容:真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成正比,与它们的距离的二次方成反比,作用力的方向在它们的连线上.(2)表达式:F=k q1q2r2,式中k=9.0×109N·m2/C2,叫做静电力常量.(3)适用条件:真空中的点电荷.①在空气中,两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况,可以直接应用公式;②当两个带电体的间距远大于本身的大小时,可以把带电体看成点电荷.(4)库仑力的方向:由相互作用的两个带电体决定,且同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引.(5)应用库仑定律的四条提醒a.在用库仑定律公式进行计算时,无论是正电荷还是负电荷,均代入电量的绝对值计算库仑力的大小.b.两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律,大小相等、方向相反.c.库仑力存在极大值,由公式F=k q1q2r2可以看出,在两带电体的间距及电量之和一定的条件下,当q1=q2时,F最大.d.对于两个带电金属球,要考虑金属球表面电荷的重新分布.2.电场强度的三个公式的比较电场强度――――→点电荷电场E =k Q r 2―――→任何电场E =F q ―――→匀强电场E =U d ――→叠加平行四边形定则3.电场强度的计算与叠加在一般情况下可由上述三个公式计算电场强度,但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的电场强度时,上述公式无法直接应用。
专题24 带电粒子在电场中的运动----2022年高考物理一轮重难点复习(解析版)

专题24 带电粒子在电场中的运动重点知识讲解 一、带电粒子在匀强电场中的加速1.带电粒子在电场中运动时,重力一般远小于静电力,因此重力可以忽略。
2.如图所示,匀强电场中有一带正电q 的粒子(不计重力),在电场力作用下从A 点加速运动到B 点,速度由v 0增加到v.,A 、B 间距为d ,电势差为U AB.(1)用动力学观点分析:Eq a m =, U E d=,2202v v ad -= (2)用能量的观点(动能定理)分析:2201122AB qU mv mv =- 能量观点既适用于匀强电场,也适用于非匀强电场,对匀强电场又有AB W qU qEd ==。
二、带电粒子在匀强电场中的偏转(1)带电粒子以垂直于电场线方向的初速度v 0进入匀强电场时,粒子做类平抛运动。
垂直于场强方向的匀速直线运动,沿场强方向的匀加速直线运动。
(2)偏转问题的处理方法,类似于平抛运动的研究方法,粒子沿初速度方向做匀速直线运动,可以确定通过电场的时间0lt v =。
粒子沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度F qE qU a m m md===; 穿过电场的位移侧移量:221at y =222001().22Uq l ql U md v mv d=⋅=; 穿过电场的速度偏转角: 20tan y v qlU v mv dθ==。
两个结论:(1)不同的带电粒子从静止开始,经过同一电场加速后再进入同一偏转电场,射出时的偏转角度总是相同的。
(2)粒子经过电场偏转后,速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点。
(与平抛运动的规律一样) 三、示波管的构造原理(1)示波管的构造:示波器的核心部件是示波管,示波管的构造简图如图所示,也可将示波管的结构大致分为三部分,即电子枪、偏转电极和荧光屏。
(2)示波管的原理a 、偏转电极不加电压时,从电子枪射出的电子将沿直线运动,射到荧光屏的中心点形成一个亮斑。
b 、在XX '(或YY ')加电压时,则电子被加速,偏转后射到XX '(或YY ')所在直线上某一点,形成一个亮斑(不在中心),如图所示。
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高考物理专题汇编带电粒子在电场中的运动( 一)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1.如图 (a)所示,整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面),在同一水平线上的两位置,以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴 a 和b,带电量为+q的a 水平向右,不带电的 b 竖直向上. b 上升高度为h 时,到达最高点,此时 a 恰好与它相碰,瞬间结合成油滴 p.忽略空气阻力,重力加速度为g.求(1)油滴 b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离;(2)匀强电场的场强及油滴 a、 b 结合为 p 后瞬间的速度;(3)若油滴 p 形成时恰位于某矩形区域边界,取此时为t0 时刻,同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场,磁场变化规律如图(b)所示,磁场变化周期为 T0(垂直纸面向外为正),已知P 始终在矩形区域内运动,求矩形区域的最小面积.(忽略磁场突变的影响)【答案】( 1)2mg; v P gh 方向向右上,与水平方向夹角为45°2h; 2h (2)g qghT02(3)s min22【解析】【详解】(1)设油滴的喷出速率为v0,则对油滴b做竖直上抛运动,有0v022gh解得 v0 2 gh0v0gt0解得 t02h g对油滴 a 的水平运动,有x0v0 t0解得x02h(2)两油滴结合之前,油滴 a 做类平抛运动,设加速度为 a ,有qE mg ma , h 1at02,解得ag2mg, E2q设油滴的喷出速率为v0,结合前瞬间油滴 a 速度大小为v a,方向向右上与水平方向夹角,则v0v a cos,v0tan at0,解得v a 2 gh ,45两油滴的结束过程动量守恒,有:mv1 2mv p,联立各式,解得:v p gh ,方向向右上,与水平方向夹45 角(3)因qE2mg ,油滴p在磁场中做匀速圆周运动,设半径为r ,周期为 T ,则由 qv p8m2m v p2T0gh,由 T2 r T0得 r得 T2qT0r4v p即油滴 p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8字”形.最小矩形的两条边长分别为2r 、 4r (轨迹如图所示).最小矩形的面积为sminghT02 2r 4r222.如图,质量分别为m A=1kg、 m B=2kg 的 A、B 两滑块放在水平面上,处于场强大小5A 不带电,B 带正电、电荷量-5E=3× 10N/C、方向水平向右的匀强电场中,q=2 × 10 C.零时刻, A、 B 用绷直的细绳连接 (细绳形变不计 )着,从静止同时开始运动,2s 末细绳断开.已知 A、 B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1,重力加速度大小 g=10m/s2.求:(1)前 2s 内, A 的位移大小;(2)6s 末,电场力的瞬时功率.【答案】 (1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】(1) B 所受电场力为F=Eq=6N;绳断之前,对系统由牛顿第二定律:F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s 2;1由运动规律: x=a1 t122解得 A 在 2s 内的位移为x=2m;(2)设绳断瞬间,AB 的速度大小为v1, t2 =6s 时刻, B 的速度大小为v2,则v1=a1 t1=2m/s ;绳断后,对 B 由牛顿第二定律:F-μm B g=m B a2解得 a2=2m/s 2;由运动规律可知:v2=v1+a2(t 2-t 1 )解得 v2=10m/s电场力的功率P=Fv,解得 P=60W3.如图所示,一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内.圆管的圆心为O, D 点为圆管的最低点,AB 两点在同一水平线上,AB=2L,圆管的半径为r=2L(自身的直径忽略不计).过 OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于 C 点,在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场;虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场,电mg场强度大小E2=.圆心O正上方的P 点有一质量为m、电荷量为- q(q>0)的小球 (可视q为质点 ), PC间距为 L.现将该小球从P 点无初速释放,经过一段时间后,小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内,并继续运动.重力加速度为g.求:(1)虚线 AB 上方匀强电场的电场强度 E 的大小;1(2)小球在 AB 管中运动经过 D 点时对管的压力 F D;(3)小球从管口 B 离开后,经过一段时间到达虚线AB 上的 N 点(图中未标出 ),在圆管中运动的时间与总时间之比tAB .tPN【答案】( 1)mg3)( 2) 2 2 mg,方向竖直向下(q4【解析】【分析】(1)小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动,根据正交分解,垂直运动方向的合力为零,列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度;(2)根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在 AB 管中运动经过 D 点时对管的压力 F D;( 3)小物体由 P 点运动到 A 点做匀加速直线运动,在圆管内做匀速圆周运动,离开管后做类平抛运动,结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比.【详解】(1)小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动,小物体从 A 点沿切线方向进入,则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°,即加速度方向与竖直方向的夹角为mg45°,则: tan45 °=Eqmg解得: Eq(2)从P 到A 的过程,根据动能定理:mgL+EqL=12 mv A 2解得v A=2gL小球在管中运动时,E2q=mg,小球做匀速圆周运动,则v0=v A=2gL在 D 点时,下壁对球的支持力F m v02 2 2mgr由牛顿第三定律, F F22mg 方向竖直向下.(3)小物体由 P 点运动到 A 点做匀加速直线运动,设所用时间为t 1,则:2L12gt12解得 t12L2gt2,则:32 r32L小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为4t 24gv A小球离开管后做类平抛运动,物块从 B 到 N 的过程中所用时间:t32 2Lg则: t2t4【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动,解题关键是要分好运动过程,明确每一个过程小物体的受力情况,并结合初速度判断物体做什么运动,进而选择合适的规律解决问题,匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解,类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解.4.如图所示,OO′M、N的中线,热灯丝逸出的电子(初速度、重为正对放置的水平金属板力均不计 )在电压为 U 的加速电场中由静止开始运动,从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场 (图中未画出 )后沿 OO′做直线运动,已知两板间的电压为2U,两板长度与两板间的距离均为L,电子的质量为m、电荷量为 e。
求:(1)电子通过小孔O 时的速度大小v;(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小 B 和方向。
【答案】( 1)2eU( 2)12mU方向垂直纸面向里m L e【解析】【详解】(1) 电子通过加速电场的过程中,由动能定理有:eU 1 mv22解得:v 2eU m(2) 两板间电场的电场强度大小为:E 2U L由于电子在两板间做匀速运动,故:evB eE解得: B 1 2mU L e根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.5.如图所示,内壁光滑、半径大小为R 的绝缘圆轨道固定在竖直面内,圆心为O 轨道左侧与圆心等高处附近空间有一高度为 d 的区域内存在着竖直向下的匀强电场(d<R),电场强mgR度 E=。
质量为m 带电量为 +q 可视为质点的小球,在与圆心等高的 A 点获得竖直向2qd上的初速度v0,小球刚好能通过轨道最高点B。
(重力加速度为g)求:(1)小球初速度v0的大小;(2)小球第 3 次经过轨道最低点时对轨道的压力。
【答案】 (1)3gR (2)9mg,方向竖直向下【解析】【分析】小球恰好能经过轨道最高点B,由牛顿第二定律求出 B 的速度,从 A 运动到 B,对小球由动能定理求出小球初速度 v0的大小;对小球由动能定理得小球第三次经过轨道最低点时的速度大小,在最低点时,由牛顿第二定律和牛顿第三定律求得小球对轨道的压力;【详解】解: (1) 小球恰好能经过轨道最高点 B由牛顿第二定律有:mg m v B2R从 A 运动到 B,对小球由动能定理得:mgR 1mv B21mv02 22解得:v03gR(2) 设小球第三次经过轨道最低点时的速度为v对小球由动能定理得: 3qEd mgR 1 mv21mv0222在最低点时,由牛顿第二定律有:F N mg m v2R解得: F N9mg由牛顿第三定律得:小球对轨道的压力F N9m g ,方向竖直向下6.如图所示, x 轴的上方存在方向与 x 轴成45o角的匀强电场,电场强度为E, x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B0.5T. 有一个质量m 1011 kg ,电荷量q 10 7 C 的带正电粒子,该粒子的初速度v0 2 103 m / s,从坐标原点O 沿与 x 轴成45o角的方向进入匀强磁场,经过磁场和电场的作用,粒子从O 点出发后第四次经过 x 轴时刚好又回到 O 点处,设电场和磁场的区域足够宽,不计粒子重力,求:①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少?②电场强度 E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间.【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ;②电场强度 E 的大小为1103 V / m ,带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为2.1 10 3 s.【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴,根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径,再根据几何关系求出坐标;(2)然后进入电场中,恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回,以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后,再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期,由粒子在电场中的类平抛运动,根据垂直电场方向位移与速度关系,沿电场方向位移与时间关系,结合牛顿第二定律求出E,三个过程的总时间即为总时间.【详解】①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动,洛仑兹力提供向心力,v2 qvB m ,Rmv0.4m ,半径 RBq根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90o,则第一次经过x 轴时的横坐标为x12R 0.4 2m0.57m②第一次进入电场,运动方向与电场方向相反,做匀减速直线运动,速度减为零后又反向加速返回磁场,在磁场中沿圆周运动,再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向,在电场力的作用下偏转,打在坐标原点O 处,其运动轨迹如图所示.由几何关系可得,第二次进入电场中的位移为22R ,在垂直电场方向的位移s1vt1,运动时间 t1s12R410 4 sv v在沿电场方向上的位移s21at12,2又因 s22R得 a2s2 1 107 m / s2t12根据牛顿第二定律a Eq m所以电场强度 E ma 1 103 V / mq粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间t22v 4 10 4 s ,a粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期T 2 m410 4 sBq所以粒子从出发到再回到原点的时间为t t1t2 T 2.1 10 3 s【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型:匀速圆周运动与类平抛运动,及相关的综合分析能力,以及空间想像的能力,应用数学知识解决物理问题的能力.7.如图所示,在竖直平面内有一绝缘“ ”AB、 CD 型杆放在水平向右的匀强电场中,其中水平且足够长,光滑半圆半径为R,质量为 m、电量为 +q 的带电小球穿在杆上,从距 B 点x=5.75R 处以某初速 v0开始向左运动.已知小球运动中电量不变,小球与AB、 CD 间动摩擦因数分别为μ,电场力 Eq=3mg/4,重力加速度为1=0.25、μ2=0.80g, sin37 =0°.6, cos37 °=0.8.求:(1)若小球初速度 v0=4 gR,则小球运动到半圆上 B 点时受到的支持力为多大;(2)小球初速度 v0满足什么条件可以运动过 C 点;(3)若小球初速度v=4 gR,初始位置变为x=4R,则小球在杆上静止时通过的路程为多大.【答案】( 1)5.5mg( 2)v04gR (3) 44R【解析】【分析】【详解】(1)加速到 B 点:-1mgx qEx 1 mv21mv0222在 B 点:N mg m v2R解得 N=5.5mg(2)在物理最高点qE F:tanmg解得α=370;过 F 点的临界条件: v F=0从开始到 F 点:-1mgx qE (x R sin)mg ( R R cos ) 01mv02 2解得 v0 4 gR可见要过 C 点的条件为:v04gR(3)由于 x=4R<5.75R,从开始到 F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于(2)问,到 F点时速度不为零,假设过C点后前进x1 速度变为零,在CD 杆上由于电场力小于摩擦力,小球速度减为零后不会返回,则:-1mgx2 mgx1-qE( x-x1 ) mg2R01mv02 2s x R x1解得: s(44)R8.如图所示,粗糙的斜槽轨道与半径R=0.5m 的光滑半圆形轨道BC连接, B 为半圆轨道的最底点, C 为最高点.一个质量m=0.5kg 的带电体,从高为H=3m 的 A 处由静止开始滑下,当滑到 B 处时速度 v B=4m/s ,此时在整个空间加上一个与纸面平行的匀强电场,带电体所受电场力在竖直向上的分力大小与重力相等.带电体沿着圆形轨道运动,脱离 C 处后运动的加速度是 a=2 3 m/s 2,经过一段时间后运动到斜槽轨道某处时速度的大小是v=2m/s .已知重力加速度 g=10m/s 2,带电体运动过程中电量不变,经过 B 点时能量损失不计,忽略空气的阻力.求:(1)带电体从 B 到 C 的过程中电场力所做的功W(2)带电体运动到 C 时对轨道的压力 F(3)带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数μ【答案】 (1)5J (2)16N(3)11345【解析】【分析】【详解】(1)设带电体受到电场力的水平分量为 F x,竖直分量为 F y,带电体由 B 到 C 的运动过程中,水平分力做功为零,竖直分力做功等于重力做功.即: W= F y?2R= mg?2R= 5J(2)带电体从 B 到 C 运动的过程中,重力和电场力的竖直分力相等,电场力的水平分力不做功,所以v C= v B= 4m/s在 C 点,由牛顿第二定律得: F mg F yv2 m R又 mg= F y联立解得: F=16N(3)带电体脱离轨道后在水平方向上做匀减速直线运动,由速度位移公式得:v C2v22ax代入数据得: x3设斜面与水平面的夹角为α2R3,则tan x3解得:α= 30°带电体从 A 到 B 的运动过程中,由动能定理的:mgH﹣μmgcosαH=1mv B2sin2代入数据解得:113459.如图所示,空间存在水平方向的匀强电场,带电量为的绝缘滑块,其质量 m= 1 kg,静止在倾角为θ= 30°的光滑绝缘斜面上,斜面的末端 B 与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失),传送带的运行速度v0= 3 m/s ,长 L= 1.4 m.今将电场撤去,当滑块滑到传送带右端 C 时,恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数μ= 0.25, g= 10 m/s 2.(1)求匀强电场的电场强度E;(2)求滑块下滑的高度;(3)若滑块滑上传送带时速度大于 3 m/s,求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.【答案】( 1) 1000N/C ,方向水平向左;(2)0.8m;(3)0.5J.【解析】试题分析:( 1)根据题意滑块在电场中应满足:Eq mg tan得: E mg tan1000 N / C q即大小为 1000N/C ,方向水平向左(2)在水平传送带上:代入数据得:a=0.5m/s 2若滑块自 B 点匀加速到C,则:代入数据得:由动能定理得:整理得: h1=0.1m若滑块自 B 点匀减速到C,则:代入数据得:v B2=4m/s由动能定理得:整理得:h2=0.8m(3)根据题意,物块在传送带上应满足:,且v B 24m / s整理得: t=0.4s该时间段内传送带传送距离满足:整理得: x=1.2m根据能量守恒可知:代入数值得: Q=0.5J考点:牛顿第二定律的综合运用.10.如图所示,y, N 为水平放置的平行金属板,板长和板间距均为2d.在金属板左侧板间中点处有电子源S,能水平发射初速为V0的电子,电子的质量为m,电荷量为e.金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等,方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域,两磁场的宽度均为 d.磁场边界与水平金属板垂直,左边界紧靠金属板右侧,距磁场右边界 d 处有一个荧光屏.过电子源S 作荧光屏的垂线,垂足为O.以O 为原点,竖直向下为正方向,建立y 轴.现在y, N 两板间加上图示电压,使电子沿SO 方向射入板间后,恰好能够从金属板右侧边缘射出.进入磁场.(不考虑电子重力和阻力)(1)电子进人磁场时的速度v;(2)改变磁感应强度 B 的大小,使电子能打到荧光屏上,求①磁场的磁感应强度口大小的范围;②电子打到荧光屏上位置坐标的范围.【答案】(1)2v0,方向与水平方向成45°(2)①B 1 2 mv0,②4d 2 2d4d ed【解析】试题分析:( 1)电子在MN 间只受电场力作用,从金属板的右侧下边沿射出,有(1分)(1 分)(1 分)(1 分)解得(1 分)速度偏向角( 1 分)( 1 分)(2)电子恰能(或恰不能)打在荧光屏上,有磁感应强度的临界值B0,此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R( 2 分)mv2又有 qvB0( 2 分)R由⑦⑧ 解得:B0(12) m( 1v0分)ed磁感应强度越大,电子越不能穿出磁场,所以取磁感应强度B (1 2) mv0时电子能打ed在荧光屏上(得B(12) mv0不扣分).(1分)ed如图所示,电子在磁感应强度为B0时,打在荧光屏的最高处,由对称性可知,电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同,即.(1 分)出射点位置到SO 连线的垂直距离y1d2R sin 45 (1分)电子移开磁场后做匀速直线运动,则电子打在荧光屏的位置坐标y2 y1 d tan 450( 1 分)解得y24d 2 2d (1分)当磁场的磁感应强度为零时,电子离开电场后做直线运动,打在荧光屏的最低点,其坐标为 y3 d 3d tan 4504d (1分)电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为:4d22d 到4d(2分)考点:带电粒子在磁场中受力运动.11.如图 (a) 所示,在空间有一坐标系xoy,直线OP与 x 轴正方向的夹角为30°,第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,直线OP 是它们的边界,OP 上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B,一质量为m,电荷量为 +q 的质子 ( 不计重力及质子对磁场的影响 ) 以速度 v 从 O 点沿与 OP成 30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ,质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后,恰好垂直于x 轴进入第四象限,第四象限存在沿-x 轴方向的特殊电场,电场强度 E 的大小与横坐标x 的关系如图( b)所示,试求 :E3Bv21Bv2omvX/ ×Bq(1) 区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小 ;(2) 质子再次到达 y 轴时的速度大小和方向。