物理习题2
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专题七带电粒子在电场中运动综合问题的分析考纲解读 1.了解示波管的工作原理.2.运用动力学方法分析解决带电粒子在交变电场中的运动.3.会运用功能观点、动力学观点综合分析带电粒子在复合场中的运动．考点一带电粒子在电场中运动的实际应用——示波管1．构造及功能(如图1所示)图1(1)电子枪：发射并加速电子．(2)偏转电极YY′：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX′：使电子束水平偏转(加扫描电压)．2．工作原理偏转电极XX′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX′之间加电压，只在X 方向偏转；若只在YY′之间加电压，只在Y方向偏转；若XX′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．例1(2011·安徽·18)图2为示波管的原理图，如果在电极YY′之间所加的电压按图3甲所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()图2甲乙图3解析由图甲及图乙知，当U Y为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时U X为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，所以选B.答案 B示波管中电子在荧光屏上落点位置的判断方法示波管中的电子在YY′和XX′两个偏转电极作用下，同时参与两个类平抛运动，一方面沿YY′方向偏转，另一方面沿XX′方向偏转，找出几个特殊点，即可确定荧光屏上的图形．突破训练1示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图4所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图4A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电答案AC解析根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电．考点二带电粒子在交变电场中的运动例2如图5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U0，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：甲乙 图5(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)电子经加速电场加速满足qU 0＝12m v 2经偏转电场偏转后偏移量y ＝12at 2＝12·qU 偏mL ·(L v)2所以y ＝U 偏L4U 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L2，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)打在屏上的点位于O 点正上方，距O 点13.5 cm (2)30 cm解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法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．3．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)．突破训练2 如图6甲所示，在平行板电容器A 、B 两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A 板的电势比B 板高，此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，向A 板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C 、D 两项中的图线按正弦函数规律变化)( )图6答案 A解析 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C 、D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误．37．带电体在复合场中的运动模型1．模型概述各种性质的场与实物(分子和原子的构成物质)的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成复合场．对于复合场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每种场力对物体的作用效果，也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将复合场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答． 2．解题方法(1)正交分解法：由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重力都是恒力，不受约束的粒子做的都是匀变速运动，因此可以采用正交分解法处理．将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动，再根据运动合成的方法去求复杂运动的有关物理量． (2)等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，合力F 合等效为“重力”，a ＝F 合m等效为“重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向．例3 如图7所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O 点，半径为r ，内壁光滑，A 、B 两点分别是圆弧的最低点和最高点．该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m 、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经C 点时速度最大，O 、C 连线与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为g .图7(1)求小球所受到的电场力大小；(2)小球在A 点速度v 0多大时，小球经B 点时对轨道的压力最小？解析 (1)对小球受力分析如图所示，小球在C 点速度最大，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的电场力大小 F ＝mg tan θ＝3mg(2)小球要到达B 点，必须到达D 点时速度最小；在D 点速度最 小时，小球经B 点时对轨道的压力也最小．设在D 点轨道对小球的压力恰为零，则有 mgcos θ＝m v 2r，得v ＝2gr 由轨道上A 点运动到D 点的过程， 由动能定理得mg ·r (1＋cos θ)＋F ·r sin θ＝12m v 20－12m v 2 解得：v 0＝22gr . 答案 (1)3mg (2)22gr突破训练3 如图8所示，一质量为m 、电荷量为q 的带电液滴以速度v 沿与水平面成θ角的方向斜向上进入匀强电场，在电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中 ( )图8A ．电场力不可能小于mg cos θB ．液滴的动能一定不变C ．液滴的机械能一定变化D ．液滴的电势能一定不变答案 A解析带电液滴在匀强电场中共受到两个力的作用：竖直向下的重力和恒定的电场力．因为液滴做直线运动，所以它们的合力沿运动方向所在直线；当电场力垂直于运动方向时，如图中的F0所示，电场力最小，即F min＝F0＝mg cos θ，选项A正确；若电场力如图中的F0所示，电场力垂直于液滴的运动方向，电场力不做功，液滴的机械能守恒，液滴斜向上做直线运动时，其重力势能增大，动能减小，所以选项B、C错误；若电场力如图中的F1或F2所示，液滴所受合力仍沿运动方向所在直线，液滴做直线运动，但F1或F2均对液滴做功，其电势能变化，所以选项D错误．38．综合运用动力学观点和功能观点解决带电体在电场中的运动1．动力学观点动力学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：(1)带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；(2)带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)．当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采用类平抛运动规律解决问题．2．功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用相应公式计算．(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的.解析 (1)设滑块到达Q 点时速度为v ，则由牛顿第二定律得 mg ＋qE ＝m v 2R(2分)滑块从开始运动至到达Q 点过程中，由动能定理得 －mg ·2R －qE ·2R －μ(mg ＋qE )s ＝12m v 2－12m v 2(2分) 联立方程组，解得：v 0＝7 m/s(2分)(2)设滑块到达P 点时速度为v ′，则从开始运动至到达P 点过程中，由动能定理得 －(mg ＋qE )R －μ(qE ＋mg )s ＝12m v ′2－12m v 20(2分) 又在P 点时，由牛顿第二定律得：F N ＝m v ′2R(2分) 代入数据，解得：F N ＝0.6 N ，方向水平向右(2分)答案 (1)7 m/s (2)0.6 N ，方向水平向右突破训练4 在一个水平面上建立s 轴，在过原点O 垂直于s 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E ＝6.0×105 N/C ，方向与s 轴正方向相同．在O 处放一个电荷量q ＝－5.0×10－8 C 、质量m ＝1.0×10－2 kg 的绝缘物块．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿s 轴正方向给物块一个初速度v 0＝2.0 m /s ，如图10所示．求物块最终停止时的位置．(g 取10 m/s 2)图10答案 在O 点左侧距O 点0.2 m 处解析 物块先在电场中向右减速，设运动的位移为s 1，由动能定理得： －(qE ＋μmg )s 1＝0－12m v 20所以s 1＝m v 202(qE ＋μmg )代入数据得s 1＝0.4 m可知，当物块向右运动0.4 m 时速度减为零，因物块所受的电场力F ＝qE ＝0.03 N>f ＝μmg ＝0.02 N ，所以物块将沿s 轴负方向加速，跨过O 点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O 点左侧某处，设该点距O 点距离为s 2，则对全过程由动能定理得 －μmg (2s 1＋s 2)＝0－12m v 20.解得s 2＝0.2 m.故物块最终停在O 点左侧距O 点0.2 m 处．(限时：45分钟)►题组1 示波管原理1．如图1所示是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l ＝4 cm ，板间距离d ＝1 cm.板右端距离荧光屏L ＝18 cm.(水平偏转电极上不加电压，没有画出)．电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是1.6×107 m/s ，电子电荷量e ＝1.60×10－19C ，质量m ＝0.91×10－30kg.图1(1)要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U 不能超过多大？(2)若在偏转电极上加U ＝40sin 100πt V 的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴上能观测到多长的线段？答案 (1)91 V (2)4.4 cm解析 (1)经过偏转电场的时间为t ＝l v 竖直方向位移d 2＝12·Ue dm·t 2所以U ＝d 2m et 2＝md 2v2el2＝91 V(2)因为t ＝l v ＝4×10－21.6×107 s ＝2.5×10－9s 而T ＝2πω＝2π100π s ＝150 s ＝0.02 s ≫t ，故进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动．当U m ＝40 V 时，由v x ＝v ，v y ＝eU m dm ·t ，得偏转角的正切值tan θ＝v y v x ＝0.11，偏移量y ＝(l 2＋L )tan θ，得在荧光屏的竖直坐标轴上的观测量为2y ＝4.4 cm. ►题组2 带电粒子在交变电场中的运动2．如图2所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )图2A ．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 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零 答案 CD解析 设第1 s 内粒子的加速度为a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qEm 可知，a 2＝2a 1，可见，粒子第1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C 、D 正确．3．(2011·安徽·20)如图3(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )(a) (b)图3A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<TD ．T <t 0<9T 8答案 B解析 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可 知0<t 0<T 4，3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T4<t 0<3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t 0>T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确． 4．(2010·江苏·15(1))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4甲所示．加在极板A 、B 间的电压U AB 做周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－kU 0(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．若k ＝54，电子在0～2τ时间内不能到达极板A ，求d应满足的条件．图4答案 d >9eU 0τ210m解析 电子在0～τ时间内做匀加速运动 加速度的大小a 1＝eU 0md ，位移x 1＝12a 1τ2在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小a 2＝5eU 04md初速度的大小v 1＝a 1τ匀减速运动阶段的位移x 2＝v 212a 2由题知d >x 1＋x 2，解得d > 9eU 0τ210m►题组3 应用动力学和功能观点分析带电体在复合场中的运动5．如图5所示，质量为m 的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区域时(滑块受到的电场力小于重力)，滑块的运动状态可能 ( )图5A ．仍为匀加速下滑，加速度比原来的小B ．仍为匀加速下滑，加速度比原来的大C ．变成匀减速下滑，加速度和原来一样大D ．仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大答案 AB解析 设斜面倾角为θ，滑块在开始下滑的过程中，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得a ＝g sin θ－μg cos θ>0，故sin θ>μcos θ.滑块可能带正电也可能带负电，当滑块带正电时，(mg ＋Eq )sin θ－μ(mg ＋Eq )cos θ＝ma 1，a 1＝g (sin θ－μcos θ)＋qE m(sin θ－μcos θ)，可推出加速度变大；当滑块带负电时，(mg －Eq )sin θ－μ(mg －Eq )cos θ＝ma 2，a 2＝g (sin θ－μcos θ)－qE m(sin θ－μcos θ)，可推出加速度变小，选项A 、B 正确． 6．如图6所示，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点s 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，则 ( )图6A ．R 越大，s 越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，s 越小D ．m 与R 同时增大，电场力做功增大答案 AD解析 小球在BCD 部分做圆周运动，在D 点，mg ＝m v 2D R，小球由B 到D 的过程中有：－2mgR ＝12m v 2D －12m v 2B ，解得v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，则s 越大，选项A 正确；在B 点有：F N －mg ＝m v 2B R，解得F N ＝6mg ，与R 无关，选项B 错误；由Eqs ＝12m v 2B，知m 、R 越大，小球在B 点的动能越大，则s 越大，电场力做功越多，选项C 错误，D 正确．7．如图7所示，在竖直平面内，AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.50 m ，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E ＝1.0×104 N /C ，现有质量m ＝0.20 kg ，电荷量q ＝8.0×10－4 C 的带电体(可视为质点)，从A 点由静止开始运动，已知s AB ＝1.0 m ，带电体与轨道AB 、CD 间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g ＝10 m/s 2)图7(1)带电体运动到圆弧形轨道C 点时的速度；(2)带电体最终停在何处．答案 (1)10 m/s (2)离C 点的竖直距离为53m 处 解析 (1)设带电体到达C 点时的速度为v ，从A 到C 由动能定理得：qE (s AB ＋R )－μmgs AB －mgR ＝12m v 2 解得v ＝10 m/s(2)设带电体沿竖直轨道CD 上升的最大高度为h ，从C 到D 由动能定理得：－mgh －μqEh ＝0－12m v 2 解得h ＝53m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力f max ＝μqE ＝4 N ，重力G ＝mg ＝2 N因为G <f max所以带电体最终静止在与C 点的竖直距离为53m 处． 8．如图8所示，长L ＝1.2 m 、质量M ＝3 kg 的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m ＝1 kg 、带电荷量q ＝＋2.5×10－4 C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E ＝4.0×104 N /C 的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F ＝10.8 N ．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，斜面足够长．求：图8(1)物块经多长时间离开木板？(2)物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．答案 (1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J解析 (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定律对物块：mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋qE )＝ma 1对木板：Mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE )－F ＝Ma 2又12a 1t 2－12a 2t 2＝L 联立解得物块滑离木板所用时间t ＝ 2 s.(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s.其动能为E k2＝12M v 22＝27 J (3)由于摩擦而产生的内能为Q ＝fs 相对＝μ(mg cos 37°＋qE )·L ＝2.16 J.。
