推荐高考物理电倡讲精练带电粒子在交变电场中运动模型
2021年高考物理复习专题2 带电粒子在电场运动的四类模型(1)
专题2 带电粒子在电场运动的四类模型（1）
一、带电粒子在电场中常见的运动类型
①直线运动：通常利用动能定理qU ＝12mv 2－12mv 20
来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W ＝qEd 来求解。
②偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。
对于类平抛运动可直接利用类平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。
二、复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力。
(2)题目中明确说明是否要考虑重力。
(3)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力。
类型一 纯电场中的运动
【例1】(2019·南昌三模)(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N 点在同一电场线上。
两个质量相等的带正电荷的粒子，以相同的速度v 0分别从M 点和N 点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。
已知两粒子都能经过P 点，在此过程中，下列说法正确的是( )。
2025届高考物理一轮复习资料 第八章 静电场 第4讲 带电粒子在电场中的运动
第4讲带电粒子在电场中的运动学习目标 1.会利用动力学、功能关系分析带电粒子在电场中的直线运动。
2.掌握带电粒子在电场中的偏转规律，会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系。
3.会分析、计算带电粒子在交变电场中的直线运动和偏转问题。
1.思考判断(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。
(×)(2)带电粒子在电场中，只受静电力时，也可以做匀速圆周运动。
(√)2.带电粒子沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图所示，粒子在相同的时间内()A.位置变化相同B.速度变化相同C.速度偏转的角度相同D.动能变化相同答案 B考点一 带电粒子(带电体)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，粒子做匀速直线运动。
(2)粒子所受合外力F 合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。
2.用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝U d ，v 2－v 20＝2ad 。
3.用功能观点分析匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20非匀强电场中：W ＝qU ＝12m v 2－12m v 20角度 带电粒子在电场中的直线运动例1 (多选)(2022·福建卷，8)我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图1所示。
放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场(未画出)用于提高工作物质被电离的比例。
工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。
某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为1.6×104 m/s ，推进器产生的推力为80 mN 。
已知氙离子的比荷为7.3×105 C/kg ；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则( )图1A.氙离子的加速电压约为175 VB.氙离子的加速电压约为700 VC.氙离子向外喷射形成的电流约为37 AD.每秒进入放电通道的氙气质量约为5.3×10－6 kg答案 AD解析 设一个氙离子所带电荷量为q 0，质量为m 0，由动能定理得q 0U ＝12m 0v 2，解得氙离子的加速电压为U ＝m 0v 22q 0≈175 V ，A 正确，B 错误；设1 s 内进入放电通道的氙气质量为m ，由动量定理得Ft ＝95%m v ，解得m ≈5.3×10－6 kg ，D 正确；氙离子向外喷射形成的电流I ＝q t ＝95%m m 0t ·q 0≈3.7 A ，C 错误。
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。
高考物理电场精讲精练带电粒子在交变电场中运动模型
带电粒子在交变电场中运动模型[模型构建] 在两个相互平行的金属板间加交变电压时，两板中间便可获得交变电场.此类电场从空间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间的变化而变化.常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.[运动特点] 1粒子做单向直线运动一般用牛顿运动定律求解.2粒子做往返运动一般分段研究. 3粒子做偏转运动一般根据交变电场特点分段研究.[处理思路] 1注重全面分析分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件. 2分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系.例题1 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析 (1)电子经加速电场，由动能定理得qU 0＝12mv 2，电子经偏转电场：沿v 方向：t ＝L v，沿电场方向：y ＝12at 2，又a ＝qU 偏mL，故偏转后偏移量 y ＝12·qU 偏mL ·(L v )2，所以y ＝U 偏L 4U 0由题图知t ＝0.06 s 时刻U 偏＝1.8U 0所以y ＝4.5 cm设打在屏上的点距O 点距离为Y ，满足Y y ＝L ＋L/2L/2，所以Y ＝13.5 cm(2)由题知电子偏移量y 的最大值为L 2，所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm答案 (1)O 点上方13.5 cm 处 (2)30 cm例题2．如图甲所示，A 和B 是真空中、面积很大的平行金属板，O 是一个可以连续产生粒子的粒子源，O 到A 、B 的距离都是l.现在A 、B 之间加上电压，电压U AB 随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生大量粒子，粒子质量为m 、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A 、B 板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l ＝0.6 m ，U 0＝1.2×103 V ，T ＝1.2×10－2s ，m ＝5×10－10 kg ，q ＝1×10－7C ．求：(1)在t ＝0时刻出发的粒子，会在什么时刻到达哪个极板；(2)在0～T 2范围内，哪段时间内产生的粒子不能到达A 板； (3)到达B 板的粒子中速度最大为多少．解析：(1)根据题图乙可知，从t ＝0时刻开始，A 板电势高于B 板电势，粒子向A 板运动，设粒子到达A 板的时间为t ，并假设在半个周期内到达A 板，则有l ＝12·qU 02lmt 2， 解得t ＝ 6×10－3s ＜T 2， 故在t ＝6×10－3s 时刻到达A 板．(2)在0～T 2范围内，粒子的加速度为 a 1＝qU 02lm ＝2×105 m/s 2. 在T 2～T ，粒子的加速度为 a 2＝q ·2U 0m ·2l＝4×105 m/s 2. 若粒子在0～T 2内加速Δt ，再在T 2～T 内减速Δt 2刚好到达A 板，则有l ＝12a 1·Δt ·32Δt ，解得Δt ＝2×10－3s ，所以在T 2－Δt 到T 2范围内产生的粒子不能到达A 板， 即4×10－3～6×10－3s.(3)恰好未撞上A 板的粒子，反向加速距离最大，所获得的速度最大，有v 2m ＝2a 2·2l ，解得v m ＝4006 m/s. 答案：(1) 6×10－3s A 板 (2)4×10－3～6×10－3s(3)400 6 m/s过关检测1．如图甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：(1)交变电压的周期T 应满足什么条件？(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件？解析：(1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，要垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速→减速→反向加速→反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nTv 0解得T ＝L nv 0 粒子在14T 内离开中心线的距离为 y ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫14T 2 又因为a ＝qE m ，E ＝U 0d解得y ＝qU 0T 232md由位移的对称性可知，粒子在运动过程中离开中心线的最大距离y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d 解得T ≤2d2m qU 0 故n ≥L 2dv 0 qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m 的整数． 所以粒子的周期应满足的条件T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m 的整数． (2)粒子进入电场的时刻应满足14T ，34T ，54T ，… 即进入电场的时刻与T 4相隔xT 2即可， 所以时刻t ＝T 4＋xT 2(x ＝0、1、2、3、…) 又因为T ＝L nv 0(n ＝1、2、3、…) 所以t ＝2x ＋1L 4nv 0[x ＝0、1、2、…，n 的取值同(1)中]答案：(1)T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0qU 02m 的整数 (2)t ＝2x ＋1L 4nv 0[x ＝0、1、2、…n 的取值同(1)中]高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理一轮复习第九章带电粒子在交变电场磁场中的运动备考精炼
72 带电粒子在交变电场、磁场中的运动[方法点拨] (1)先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响；(2)画出粒子运动轨迹，分析轨迹在几何关系方面的周期性．1．(2020·广东肇庆第二次模拟)如图1甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q ＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2.求：图1(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．2．(2020·北京平谷区零模)当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图2甲所示．D 形盒装在真空容器中，两D 形盒内匀强磁场的磁感应强度为B ，两D 形盒间的交变电压的大小为U.若在左侧D 1盒圆心处放有粒子源S 不断产生质子，质子质量为m ，电荷量为q.假设质子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．图2(1)第1次被加速后质子的速度大小v 1是多大？(2)若质子在D 形盒中做圆周运动的最大半径为R ，且D 形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t 总是多少？(3)要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O′点．内侧圆弧的半径为r 0，外侧圆弧的半径为r 0＋d.在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O′处的点电荷Q 在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝kQr (r 为该点到圆心O′点的距离)．质子从M 点进入圆弧形通道，质子在D 形盒中运动的最大半径R 对应的圆周，与圆弧形通道正中央的圆弧相切于M 点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N 点射出，则质子射出时的动能E k 是多少？要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？3．如图3甲所示，两平行金属板A 、B 长L ＝8 cm ，两极板间距d ＝6 cm ，A 、B 两极板间的电势差U AB ＝100 3 V ．一比荷为q m ＝1×106C/kg 的带正电粒子(不计重力)从O 点沿电场中心线垂直电场线以初速度v 0＝2×104m/s 飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，已知两界面MN 、PS 间的距离为s＝8 cm.带电粒子从PS分界线上的C点进入PS右侧的区域，当粒子到达C点开始计时，PS右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)．求：图3(1)PS分界线上的C点与中心线OO′的距离y；(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO′时与PS分界线的距离x.4．(2020·福建三明一中模拟)如图4甲所示，在平行边界MN、PQ之间存在宽度为L的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN、EF之间存在宽度为s、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在PQ右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ为L的A点，有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直向上方向开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图4(1)求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B 1.(2)若E 0＝4mv 023qL ，要实现上述循环，确定区域Ⅱ的磁场宽度s 的最小值以及磁场的磁感应强度大小 B 2.(3)若E 0＝4mv 023qL ，要实现上述循环，求电场的变化周期T.答案精析1．(1)1.2 m (2)2.48 m (3)L ＝(1.2n ＋0.6) m(n ＝0,1,2，…) 解析 (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G ＝mg ＝8×10－3N① 电场力大小F ＝qE ＝8×10－3N② 因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB ＝m v2R ③由③式解得：R ＝0.6 m④ 由T ＝2πRv⑤ 得：T ＝10π s⑥则微粒在5π s 内转过半个圆周，再次经过直线OO′时与O 点的距离：l ＝2R⑦ 将数据代入上式解得：l ＝1.2 m⑧(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t ＝5π s， 轨迹如图所示，位移大小：x ＝vt⑨ 由⑨式解得：x≈1.88 m⑩因此，微粒离开直线OO′的最大高度：H ＝x ＋R ＝2.48 m ⑪(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO′下方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋0.6) m (n ＝0,1,2，…)⑫若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO′上方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)⑬⑫⑬两式合写成 L ＝(1.2n ＋0.6) m (n ＝0,1,2…) 2．见解析解析 (1)质子第一次被加速，由动能定理：qU ＝12mv 12解得：v 1＝2qUm(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v2R质子在做圆周运动的周期为：T ＝2πRv设质子在D 形盒中被电场加速了n 次，由动能定理：nqU ＝12mv 2质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：t 总＝n2T解得：t 总＝πBR22U(3)设M 、N 两点的电势分别为φ1、φ2，由能量守恒定律： qφ1＋12mv 2＝qφ2＋E k由题可知：φ1＝k Q r 0＋12d，φ2＝k Qr 0＋d解得：E k ＝kQqd (2r 0＋d )(r 0＋d )＋q 2B 2R22m改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出时的位置． 3．(1)4 3 cm (2)12 cm解析 (1)粒子在电场中的加速度a ＝U AB qdm粒子在电场中运动的时间t 1＝Lv 0粒子离开电场时竖直方向分速度v y ＝at 1 粒子在MN 与PS 间运动时间t 2＝sv 0粒子在电场中偏转位移y 1＝12at 12＝U AB qL 22dmv 02＝43 3 cm 出电场后：y 2＝v y t 2 联立解得：y 2＝833cm所以C 点与中心线OO′的距离y ＝y 1＋y 2＝4 3 cm (2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时， 设速度与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝33所以θ＝30°粒子进入磁场时的速度v ＝v 0cos θ＝433×104m/s设粒子在磁场中运动轨道半径为R 则qvB ＝mv2R所以R ＝4 cm粒子在磁场中运动的周期T ＝2πR v＝23π×10－6s 在t ＝23π3×10－6s 内粒子的偏转角α＝2πTt ＝120° 竖直向上偏移h 1＝Rcos 30°＝2 3 cm 在23π3×10－6～433π×10－6 s 内通过OO′， 这段时间内竖直向上偏移h 2＝h 1＝2 3 cm 因为h 1＋h 2＝y ＝4 3 cm则粒子在t ＝43π3×10－6s 时刚好第二次到达OO′此时x ＝2(R ＋Rsin 30°)＝12 cm. 4．(1)mv 0qL (2)L 9 3mv 0qL (3)307π＋540270v 0L 解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R ＝L 由洛伦兹力提供向心力知qv 0B 1＝mv 02R联立解得B 1＝mv 0qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时沿电场方向的速度v y ＝at ＝qE 0m ·L v 0＝43v 0，设离开电场时速度的偏转角为θ，tan θ＝v y v 0＝43，θ＝53°所以粒子离开电场时的速度v ＝v 0cos 53°＝53v 0粒子在电场中偏转的距离y ＝12at 2＝12·qE 0m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝23L画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O 2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O 1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动，由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r ＝L －23Lcos 53°＝59L所以s≥r(1－sin 53°)＝L9即s 的最小值为L9根据r ＝mv qB 2解得B 2＝3mv 0qL(3)电场变化的周期等于粒子运动的周期 粒子在区域Ⅰ中运动的时间t 1＝πL v 0粒子在电场中运动的时间t 2＝2L v 0粒子在区域Ⅱ中运动的时间t 3＝37°180°·2πr v ＝37πL270v 0所以周期T ＝t 1＋t 2＋t 3＝307π＋540270v 0L.2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．分别用波长为λ和34λ的单色光照射同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为1∶2，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则此金属板的逸出功为（）A．hcλB．2hcλC．23hcλD．3hcλ2．如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（）A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减少D．电源的总功率变大3．如图所示，两个相同的灯泡a、b和电阻不计的线圈L (有铁芯)与电源E连接，下列说法正确的是A．S闭合瞬间，a灯发光b灯不发光B．S闭合，a灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭C．S断开，b灯“闪”一下后熄灭D．S断开瞬间，a灯左端的电势高于右端电势4．已知地球质量为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的4倍．若在月球和地球表面同样高度处，以相同的初速度水平抛出物体，抛出点与落地点间的水平距离分别为s月和s地，则s月：s地约为()A．9：4 B．6：1 C．3：2 D．1：15．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线左侧无磁场，右侧有磁感应强度0.25T B =的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，质量0.001kg c m =、带电量3210C c q -=-⨯的小球C 静置于其中；虚线左侧有质量0.004kg A m =，不带电的绝缘小球A 以速度020m/s v =进入磁场中与C 球发生正碰，碰后C 球对水平面压力刚好为零，碰撞时电荷不发生转移，g 取10m/s 2，取向右为正方向．则下列说法正确的是（ ）A ．碰后A 球速度为15m/sB ．C 对A 的冲量为0.02N s ⋅ C ．A 对C 做功0.1JD ．AC 间的碰撞为弹性碰撞6．已知月球半径为R ，飞船在距月球表面高度为R 的圆轨道上飞行，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法正确的是 ( )A ．月球质量为23232πR GTB ．月球表面重力加速度为228πR TC ．月球密度为23πGT D ．月球第一宇宙速度为4πRT7．在如图所示的变压器电路中，a 、b 端输入有效值为U 的正弦式交变电压，原线圈电路中接有一个阻值为R 0的定值电阻，副线圈电路中接有电阻箱R ，变压器原副线圈的匝数比为1：3.若要使变压器的输出功率最大，则电阻箱的阻值为（ ）A ．9R 0B ．9R C ．3R 0D ．0 3R8．在光滑水平地面上放有一个表面光滑的静止的圆弧形小车，另有一质量与小车相等可视为质点的铁块，以速度v 从小车的右端向左滑上小车，如图所示，铁块上滑至圆弧面的某一高度后返回，不计空气阻力，则铁块返回到小车的右端以后，相对于地面，将做的运动是（ ）A ．又以速度v 沿小车向左滑动B ．以与v 大小相等的速度从小车右端平抛出去C ．以比v 小的速度从车右端平抛出去D ．自由落体运动9．国家发展改革委、交通运输部、中国铁路总公司联合发布了《中长期铁路网规划》，勾画了新时期“八纵八横”高速铁路网的宏大蓝图。
模型17 带电粒子在交变电场中的运动(解析版)
模型17 带电粒子在交变电场中运动(解析版)带电粒子在交变电场中的运动是高考必备的核心知识点之一,因电场力出现周期性变化,导致运动过程出现多个阶段,分阶段是常见的解题思路,需要利用牛顿运动定律、图象等分析多个阶段运动的细节,此类题目既有计算题,也有选择题,其中计算题的难度较大。
带电粒子在交变电场中运动的分析(1)解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法带电粒子在交变电场中的问题大多是运动的拼接,处理此类问题要注意以下几点。
①注重全面分析:抓住粒子的运动具有周期性和对称性等特性,求解粒子运动过程的速度、位移和做功等问题。
②分析时要从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿运动定律及运动学规律分析;二是根据功能关系列式求解。
③注意对称性和周期性变化关系的应用。
(2)常见的试题类型及解题方法①粒子做单向或往返直线运动:对于带电粒子在交变电场中的直线运动,一般是加速、减速交替出现的多过程情况较多。
解决的方法是分析清楚其中一个完整的过程,有时也可借助v-t图象进行运动过程分析,找出各个过程中的重要物理量间的关系,进行归纳、推理,从而寻找其运动规律再进行分段处理求解。
要注意释放位置的不同造成的运动状态的差异。
②粒子做偏转运动:一般根据交变电场特点分段研究。
解决的方法是应用运动的合成与分解的方法,把曲线运动分解为两个直线运动,再分别用直线运动的规律加以解决。
【典例1】(多选)如图甲所示,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。
t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~时间内微粒做匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。
微粒运动过程中未与金属板接触。
重力加速度的大小为g。
关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是()。
A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mgd【答案】BC【解析】因0~内微粒匀速运动,故微粒受到的电场力向上,E0q=mg,由题图可知在~时间内,两金属板间没有电场,微粒只受重力作用,做平抛运动,在t=时刻的竖直速度v y1=,水平速度为v0,在~T时间内,微粒满足2E0q-mg=ma,解得a=g,方向向上,则在t=T时刻,微粒的竖直速度减少到零,水平速度为v0,A项错误,B项正确;微粒的重力势能减少了ΔE p=mg·=mgd,C项正确;微粒从射入到射出,由动能定理可得mgd-W电=0,可知克服电场力做的功为mgd,D项错误。
高考物理 双基突破二专题 带电粒子在交变电场中的运动精讲
专题05 带电粒子在交变电场中的运动1．常用的思想剖析方法（1）带电粒子在交变电场中的运动，往常只议论电压的大小不变、方向做周期性变化（如方波）且不计粒子重力的情况。
在两个互相平行的金属板间加交变电压时，在两板中间即可获取交变电场。
此类电场从空间看是匀强的，即同一时辰，电场中各个地点处电场强度的大小、方向都同样；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间而变化。
①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力状况决定了粒子的运动状况，粒子能够做周期性的运动。
②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动拥有周期性。
（2）研究带电粒子在交变电场中的运动，重点是依据电场变化的特色，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动状况。
依据电场的变化状况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
因为不一样时间内场强不一样，使得带电粒子所受的电场力不一样，造成带电粒子的运动状况发生变化。
解决这种问题，要分段进行剖析，依据题意找出知足题目要求的条件，进而剖析求解。
（3）关于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在此中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可以为是在匀强电场中运动。
（4）着重全面剖析（剖析受力特色和运动规律）：抓住粒子的运动拥有周期性和在空间上拥有对称性的特色，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确立与物理过程有关的界限条件。
（5）从两条思路出发：一是力和运动的关系，依据牛顿第二定律及运动学规律剖析；二是功能关系。
（6）注意对称性和周期性变化关系的应用。
2．办理带电粒子在交变电场中的运动问题的两个应用带电粒子在交变电场中的运动波及力学和电学知识的综合应用，因为不一样时段受力不一样，办理起来较为复杂，实质仍可按力学角度解答。
该类问题仍需受力剖析和剖析其运动状态，应使劲学和电学的基本规律定性、定量剖析议论和求解。
（2）利用图象带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加快度、速度等均做周期性变化，借助图象描绘它在电场中的运动状况，可直观展现其物理过程，进而快捷地剖析求解。
高考物理复习模型组合讲解 带电粒子在电场中的运动模型
高考物理复习模型组合讲解 带电粒子在电场中的运动模型［模型概述］带电粒子在电场中的运动也是每年高考中的热点问题，具体来讲有电场对带电粒子的加速（减速），涉及内容有力、能、电、图象等各部分知识，主要考查学生的综合能力。
［模型讲解］例. 在与x 轴平行的匀强电场中，一带电量为C 8100.1-⨯、质量为kg 3105.2-⨯的物体在光滑水平面上沿着x 轴做直线运动，其位移与时间的关系是202.016.0t t x -=，式中x 以米为单位，t 的单位为秒。
从开始运动到5s 末物体所经过的路程为________m ，克服电场力所做的功为________J 。
解析：由位移的关系式202.016.0t t x -=可知s m v /16.00=。
02.021-=a ，所以2/04.0s m a -=，即物体沿x 轴方向做匀减速直线运动 设从开始运动到速度为零的时间为1t ，则10at v = 故s a v t 401==，m t v t v s 32.021011=== 第5s 内物体开始反向以22/04.0s m a =的加速度做匀加速直线运动m t a s 02.0212222== 因此开始5s 内的路程为m s s 34.021=+，5s 末的速度s m t a v /04.0222== 克服电场力做功J mv mv W 52220100.32121-⨯=-= 点评：解答本题的关键是从位移与时间的关系式中找出物体的初速度和加速度，分析出物体运动4s 速度减为零并反向运动，弄清位移与路程的联系和区别。
［模型要点］力和运动的关系——牛顿第二定律根据带电粒子受到的力，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、位移等物理量。
这条思路通常适用于受恒力作用下的匀变速曲线运动。
功和能的关系——动能定理根据力对带电粒子所做的功W 及动能定理，从带电粒子运动的全过程中能的转化角度，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等，这条思路通常适用于非均匀或均匀变化的磁场，特别适用于非均匀变化的磁场。
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带电粒子在交变电场中运动模型
[模型构建] 在两个相互平行的金属板间加交变电压时，两板中间便可获得交变电场.此类电场从空间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间的变化而变化.常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.
[运动特点
粒子做单向直线运动一般用牛顿运动定律求解
粒子做往返运动一般分段研究
粒子做偏转运动一般根据交变电场特点分段研究
[处理思路
注重全面分析分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和在空间
上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.
分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分
析；二是功能关系.
例题1 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：
(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处； (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
解析 (1)电子经加速电场，由动能定理得qU 0＝12
mv 2
，电子经偏转电场：沿v 方向：t
＝L v ，沿电场方向：y ＝12at 2，又a ＝qU 偏
mL
，故偏转后偏移量 y ＝12·qU 偏mL ·(L v )2，所以y ＝U 偏L 4U 0
由题图知t ＝0.06 s 时刻U 偏＝1.8U 0 所以y ＝4.5 cm
设打在屏上的点距O 点距离为Y ， 满足Y y ＝
L ＋L /2
L /2
，所以Y ＝13.5 cm
(2)由题知电子偏移量y 的最大值为L
2，所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光
屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm
答案 (1)O 点上方13.5 cm 处 (2)30 cm
例题2．如图甲所示，A 和B 是真空中、面积很大的平行金属板，O 是一个可以连续产生粒子的粒子源，O 到A 、B 的距离都是l .现在A 、B 之间加上电压，电压U AB 随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生大量粒子，粒子质量为
m 、电荷量为－q .这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属
板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A 、B 板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l ＝0.6 m ，U 0＝1.2×103
V ，T ＝1.2×10－2
s ，m ＝5×10
－10
kg ，q ＝1×10－7
C ．求：
(1)在t ＝0时刻出发的粒子，会在什么时刻到达哪个极板； (2)在0～T
2范围内，哪段时间内产生的粒子不能到达A 板；
(3)到达B 板的粒子中速度最大为多少．
解析：(1)根据题图乙可知，从t ＝0时刻开始，A 板电势高于B 板电势，粒子向A 板运动，设粒子到达A 板的时间为t ，并假设在半个周期内到达A 板，则有l ＝12·qU 02lm
t 2
，
解得t ＝6×10－3
s ＜T
2
，
故在t ＝6×10－3 s 时刻到达A 板． (2)在0～T
2
范围内，粒子的加速度为
a 1＝qU 02lm
＝2×105 m/s 2
. 在T
2
～T ，粒子的加速度为 a 2＝q ·2U 0m ·2l
＝4×105 m/s 2
.
若粒子在0～T 2内加速Δt ，再在T 2～T 内减速Δt 2刚好到达A 板，则有l ＝12a 1·Δt ·3
2
Δt ，
解得Δt ＝2×10－3
s ，
所以在T 2－Δt 到T
2范围内产生的粒子不能到达A 板， 即4×10－3
～6×10－3
s.
(3)恰好未撞上A 板的粒子，反向加速距离最大，所获得的速度最大，有v 2
m ＝2a 2·2l ，解得v m ＝400 6 m/s.
答案：(1) 6×10－3
s A 板 (2)4×10－3
～6×10－3
s (3)400 6 m/s 过关检测
1．如图甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：
(1)交变电压的周期T 应满足什么条件？
(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件？
解析：(1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，要垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速→减速→反向加速→反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nTv 0
解得T ＝
L
nv 0
粒子在1
4
T 内离开中心线的距离为
y ＝12a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫14T 2
又因为a ＝qE m ，E ＝U 0d
解得y ＝qU 0T 2
32md
由位移的对称性可知，粒子在运动过程中离开中心线的最大距离
y m ＝2y ＝qU 0T 2
16md
粒子不撞击金属板，应有y m ≤1
2d
解得T ≤2d 2m
qU 0
故n ≥
L 2dv 0qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0qU 0
2m
的整数． 所以粒子的周期应满足的条件
T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0qU 0
2m
的整数． (2)粒子进入电场的时刻应满足14T ，34T ，5
4T ，…
即进入电场的时刻与T 4相隔xT
2即可，
所以时刻t ＝T 4＋xT
2(x ＝0、1、2、3、…)
又因为T ＝L
nv 0(n ＝1、2、3、…) 所以t ＝
x ＋L
4nv 0
[x ＝0、1、2、…，n 的取值同(1)中]
答案：(1)T ＝
L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0qU 0
2m 的整数 (2)t ＝x ＋L
4nv 0
[x ＝0、1、
2、…n 的取值同(1)中]。