10-10带电粒子在交变电场中的运动（解析版）-2024高考一轮物理复习100考点100讲

这是一份10-10带电粒子在交变电场中的运动（解析版）-2024高考一轮物理复习100考点100讲，共17页。
2024年高考一轮复习100考点100讲第10章  静电场第10.10讲  带电粒子在电场中的运动【知识点精讲】1．常见的交变电场类型交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。2．交变电场中常见的运动类型(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。3．分析思路(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分项。(3)动量观点：应用动量定理分析。4. 分析带电粒子在交变电场中运动的一般方法(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临界条件。(2)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。(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。【方法归纳】1. 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法：(1)用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。(2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU＝mv2－mv。思维导图：2．带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。 【最新高考题精练】1．（2023年1月浙江选考·12）．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方问偏转电极和荧光屏组成．电极的长度为l、间距为d、极板间电压为U，极板间电压为零，电子枪加速电压为．电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿方向进入偏转电极．已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（    ）A．在极板间的加速度大小为B．打在荧光屏时，动能大小为C．在极板间受到电场力的冲量大小为D．打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切【参考答案】D【命题意图】本题考查示波管及其相关知识点。【名师解析】由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小，A错误；电子电极XX′间运动时，有vx = axt，电子离开电极XX′时的动能为电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；由动量定理可知，在XX′极板间受到电场力的冲量大小，C错误；打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切，D正确。2（2011安徽理综卷第18题）图（a）为示波管的原理图。如果在电极YY’之间所加的电压按图（b）所示的规律变化，在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是解析：此题考查示波管。带电粒子在电场中的运动等知识点。由电极YY’之间所加的电压按图（b）所示的规律变化可知，在y方向图形从y=0开始且向+y方向运动；由在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化可知，在x方向图形从-x半个周期开始，所以在荧光屏上会看到的图形是B。答案：B3（2010·江苏物理）制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示，加在极板A、B间的电压UAB作周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k>1)。电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。（1）若，电子在0—2r时间内不能到达极板A，求d应满足的条件；（2）若电子在0—2r时间未碰到极板B，求此运动过程中电子速度随时间t变化的关系；（3）若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值。 解析：.（1）电子在0~τ时间内做匀加速直线运动，加速度大小a1=，①位移x1=a1τ2。②在τ~2τ时间内先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，加速度大小a2=，③初速度大小v1=a1τ。④匀减速直线运动阶段位移x2=。⑤依据题意，d> x1+ x2解得   d>。⑥（2）在2nτ~(2n+1) τ,(n=0,1,2, ……,99)时间内      速度增量△v1= a1τ   ⑦ 在(2n+1)τ~2 (n+1) τ,(n=0,1,2, ……,99)时间内 加速度的大小   a2′= 速度增量    △v2=-a2′τ        ⑧ (a)当0≤t-2nτ<τ时 电子的运动速度 v=n△v1+n△v2+a1(t-2nτ)       ⑨ 解得 v=[t-(k+1)nτ] ,(n=0,1,2, ……,99)      ⑩ (b)当0≤t-(2n+1) τ<τ时 电子的运动速度 v=(n+1) △v1+n△v2-a2′ [t-(2n+1) τ]      解得v=[(n+1)(k+1) τ-kτ],(n=0,1,2, ……,99)       （3）电子在2(N-1) τ~(2N-1) τ时间内的位移x2N-1=v2N-2τ+a1τ2 电子在(2N-1) τ~2Nτ时间内的位移x2N=v2N-1τ-a2′τ2 由式可知 v2N-2=(N-1)(1-k) τ。由式可知，v2N-1=(N-Nk+k) τ。依据题意，x2N-1+ x2N=0，解得 k=。【最新模拟题精练】1.  （2022·河北石家庄三模）如图甲所示，间距为d的两金属板水平放置，板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度为g，则从微粒射入到从金属板边缘飞出的过程中，下列说法正确的是（　　）
A. 微粒飞出时的速度沿水平方向且大于B. 微粒的最大速度为C. 微粒受到的电场力做功为D. 微粒飞出时重力的功率为【参考答案】C【名师解析】时间内微粒匀速运动，则可知内和内，由牛顿第二定律，得微粒进入两板间做类平抛运动，内和内的运动是互逆的，所以微粒飞出两板间的速度为入射的速度，故A错误；时微粒速度最大，最大速度为，故B错误；微粒沿电场线方向分别做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动，恰好从金属板边缘飞出则 电场力作用下，沿电场线方向匀加速运动距离为沿电场线方向匀速运动距离为电场力做功 联立得，故C正确；微粒飞出的速度与重力垂直，重力功率为零，故D错误。2. (2021高考辽宁模拟卷)如图甲所示，长为的两水平金属板组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期。P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为的相同带电粒子。已知时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列判断正确的是(   )A.时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为B.该粒子源发射的粒子的比荷为C.时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能D.时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为【参考答案】：ABD【名师解析】：由于粒子在电场中的运动时间为，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中运动了2个周期，由对称性可知，粒子在竖直方向上的分速度为零，故粒子离开电容器时，其速度等于水平速度，选项A正确；在2个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律可得，又因为，，可解得，选项B正确；由对称性可知，时刻从粒子源射出的粒子，刚好从A板右侧下方离开，且与粒子源在同一直线上，所以其电势能不变，选项C错误；时刻发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度为，故此时粒子的速度大小为，选项D正确。3. 如图甲所示，真空中水平正对放置长为L的平行金属板，以两板中间线为x轴，以过极板右端竖直向上的方向为y轴建立坐标系。在t＝0时，将图乙所示的电压加在两板上，与此同时电子持续不断地沿x轴以速度v0飞入电场，所有电子均能从两板间飞出。不考虑电子间的相互作用，电子的重力忽略不计。关于电子经过y轴的位置，正确的描述是（　　）A．当L＜＜v0T时，电子从两个不同位置经过y轴，一个在坐标原点处，一个在y轴正方向某处 B．当L＝v0T时，电子经过y轴某一段区域，这个区域位于y轴正方向上，从原点开始C．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度大小不同，但都大于飞入速度v0的值              D．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值【参考答案】AD。【名师解析】电子进入平行金属板间，水平方向做匀速直线运动，穿越金属板的时间为t＝，当L≪υ0T时，t≪T，电子穿越平行金属板的时间极短，电场可认为没有变化，进入电场时，没有电场时做匀速直线运动，到达在坐标原点O；若有电场时做类平抛运动，向上偏转，偏转距离为  y＝，可见，电子到达在y轴正方向上处，故A正确；当L＝υ0T时，电子在半个周期时间内做类平抛运动，半个周期时间内做匀速直线运动，不同时刻进入板间的电子偏转不同，电子到达在y轴正方向上不同位置，但不包括原点在内。故B错误；当L＝υ0T时，电子在半个周期时间内做类平抛运动，半个周期时间内做匀速直线运动，电子经过y轴时的速度大小应相同为：v＝，都大于飞入速度v0的值，故C错误；当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值，，故D正确；【关键点拨】当L≪υ0T时，电子穿越平行金属板的时间极短，进入电场时，若有电场时做类平抛运动，没有电场时做匀速直线运动，根据电子所受的电场力方向分析电子穿出电场的位置。当L＝υ0T时，电子在半个周期时间内做类平抛运动，后半个周期时间内做匀速直线运动，由运动的分解法分析。
4. 如图甲，质量为m、电荷量为的粒子初速度为零，经加速电压加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的板长为L，两极板间距为d，为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L，不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说法正确的是（   ）A. 粒子进入偏转电场的速度大小
B. 若偏转电场两板间加恒定电压，粒子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，则所加电压
C. 若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为
D. 若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期应该满足的条件为【参考答案】ACD【名师解析】根据动能定理得，，解得，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：，解得，又，解得：故B错误；要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且，则电子应在时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足，则2，3，，在竖直方向位移应满足，解得：2，3，，故CD正确；5. （2023江苏苏州2月开学摸底） (14分)如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场．粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力．(1) 若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；(2) 若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？(3) 若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？【名师解析】. (14分)解：(1) t＝(3分)(2) L＝nv0T，n＝1、2、3(3分)d≥()2×2＝ (2分)解得d≥(1分)(“＝”号不写不扣分)(3) d≤()2＝(3分)解得d≤(2分) 注：如果不写小于共得3分； 如果用n 正确表示但未将n＝0带入，得2分即d＝()2(2n＋1)，n＝0、1、2、3解得d＝，n＝0、1、2、3  6. （2023陕西西安重点高中高二质检）在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有位于O点且电荷量为Q的点电荷产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2，第四象限内有方向水平、大小按图乙所示规律变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期T＝.一质量为m、电荷量为＋q的离子从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：(1)离子刚进入第四象限时的速度大小；(2)E2的大小；(3)当t＝时，离子的速度；(4)当t＝nT时，离子的坐标．       【参考答案】(1)　(2)　(3)，方向与水平方向成45°角斜向右下　(4)[(n＋1)x0，－2nx0]【名师解析】(1)设离子刚进入第四象限的速度为v0.在第一象限内，有k＝，得v0＝.(2)在第二象限内，由动能定理得qE2x0＝mv解得E2＝.(3)离子进入第四象限后，在水平方向上，有v水平＝at＝×，得v水平＝＝v0，v合＝＝v0＝，方向与水平方向成45°角斜向右下．(4)离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每半个周期向右前进·，每个周期前进x0，x＝x0＋nx0，y＝－v0nT＝－2nx0故t＝nT时，离子的坐标为[(n＋1)x0，－2nx0]7. （2022山东枣庄一模）如图甲所示，在Oxyz坐标系中，存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E0，电荷量为q的带正电小球位于z轴负半轴上的P点，若小球以与z轴正方向夹角为θ的速度开始在yOz平面内运动，经过一段时间后，小球恰好经过O点且速度方向沿y轴正方向，大小为v。此时刻，将电场方向变成沿z轴正方向，其随时间变化的规律如图乙所示，同时在坐标系中加一沿x轴负方向的匀强磁场（图中未画出），小球在内做匀速直线运动，内恰好完成一个完整的匀速圆周运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）小球的质量m；（2）E1和B；（3）电场变化的周期T；（4）小球在T时刻的位置。
【参考答案】（1）；（2），；（3）；（4）（0，，0）【名师解析】（1）小球从P到O运动过程中，受重力与电场力作用做类斜抛运动，设初速度大小为v0，时间为t0，沿y轴方向位移为零，则有沿y轴方向沿z轴方向联立可得（2）小球在内做匀速直线运动，由受力平衡条件有在内做匀速圆周运动，则有得，（3）小球在内恰好完成一个完整的匀速圆周运动，则得（4）小球在内做匀速直线运动，沿y轴方向位移为内恰好完成一个完整的匀速圆周运动，末位置与末位置相同。时间内小球的运动可以分解为以2v向右的匀速直线运动和以初速度v向左在yOz平面内的逆时针匀速圆周运动，由于时间正好等于小球圆周运动的一个周期，所以在T末的位置仍在y轴上，此段时间内的位移为则小球在T时刻在y轴上的位置为小球在T时刻的位置坐标为（0，，0）。 8. （2022河南许昌一模） 如图（1）中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为T的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A 板电势φA随时间t变化的规律如图（2）所示。A板电势最高值为，最低值为-φ。已知在t=0时刻，一个电荷量为-e的电子（重力不计） ，在电场力的作用下，从B板的小孔中由静止开始向A板运动，当t= T时，电子刚好到达A板。如果该电子是在时刻才从B板的小孔由静止开始运动，求:（1）从到时间内，电场力对该电子所做的功;（2）该电子运动多长时间才能第一次到达A板? 【参考答案】（1）W=eφ；（2）1.57T【名师解析】（1）设A、B两板间距为d，电子运动的加速度大小为a，对于t=0时刻进入的电子，前半周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零。前半周期和后半周期位移相同，均为，有d=2× 对于t=进入的电子，有在~=内向右匀加速，有x1= 解得x1= 设从到的时间内，电场力对该电子所做的功为W，有：W=eφ （2）在~=内向右匀减速到速度为零，有x2=x1=在~=内反向向左匀加速，有x3= 解得x3= 在~=内反向向左匀减速到速度为零，有x4= x3=在~=内继续向右匀加速，有x5=x1=所以电子运动T+后，距B板距离为：x=x1+x2-x3-x4+x5=+--+=<d  在t=时刻，电子的速度为v=a解得v= 从t=时刻开始，设再经过Δt时间，电子刚好到达A板，有x6=vΔt-aΔt2d=+x6解得Δt=（）T [（+）T不符合题意，舍去] 所以总时间为t0=T++Δt=≈1.57T9. （2022江苏镇江期中）(16分)如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”电压为U0的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点．荧光屏MO1N为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上O1点所用时间为l.若在A、B两板间加电压，其电势差UAB随时间t的变化规律如图乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出并垂直打在荧光屏上被吸收．已知粒子通过板间所用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求：(1) 粒子在O点时的速度大小；(2) 图乙中U的最大值；(3) 粒子从O点到打在屏上的最短时间．                                             甲                   乙 【名师解析】. (1) 由动能定理得U0q＝mv，(2分)解得v0＝.(2分)(2) 粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，此时竖直偏转量y＝，(1分)水平方向l＝v0t，(1分)竖直方向y＝at2，(1分)a＝，(1分)解得Um＝2U0.(2分)(3) 由题意得OO′＝v0t＝2l，半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，(1分)由tan θ＝，vy＝at，解得tan θ＝1或θ＝45°，(2分)水平总位移x＝l，时间t＝＝.(3分)