《2019高考物理一輪復習 微專題系列之熱點專題突破 專題44 帶電粒子在交變電場中的運動問題與帶電體在等效場中的運動問題-學案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復習 微專題系列之熱點專題突破 專題44 帶電粒子在交變電場中的運動問題與帶電體在等效場中的運動問題-學案.doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

突破44 帶電粒子在交變電場中的運動問題與帶電體在等效場中的運動問題 一、帶電粒子在交變電場中的運動問題 1.帶電粒子在交變電場中運動的分析方法 (1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。 (2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。 (3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應用。 2．常見的三類運動形式 帶電體做單向直線運動、直線往返運動或偏轉(zhuǎn)運動。 【典例1】如圖甲所示平行金屬板AB之間的距離為6 cm，兩板間電場強度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化。設(shè)場強垂直于金屬板由A指向B為正，周期T＝810－5 s。某帶正電的粒子，電荷量為8.010－19 C，質(zhì)量為1.610－26 kg，某時刻在兩板間中點處由靜止釋放(不計粒子重力，粒子與金屬板碰撞后即不再運動)，則(　　) A．若粒子在t＝0時釋放，則一定能運動到B板 B．若粒子在t＝時釋放，則一定能運動到B板 C．若粒子在t＝時釋放，則一定能運動到A板 D．若粒子在t＝時釋放，則一定能運動到A板 【答案】　AD t＝時釋放，則在～ 的時間內(nèi)粒子向B板加速運動，位移為x2′＝a2＝108(10－5)2m＝0.510－2 m＝0.5 cm，在～的時間內(nèi)粒子向B板減速運動，位移為x3′＝x2′＝0.5 cm；在～T的時間內(nèi)粒子向A板加速運動，位移為x2″＝a2＝108(310－5)2m＝4.510－2 m＝4.5 cm；因(4.5－20.5)cm＝3.5 cm>3 cm，故粒子能到達A板，選項D正確。 【典例2】如圖甲所示，水平放置的平行金屬板AB間的距離d＝0.1 m，板長L＝0.3 m，在金屬板的左端豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于AB板的正中間。距金屬板右端x＝0.5 m處豎直放置一足夠長的熒光屏?，F(xiàn)在AB板間加如圖乙所示的方波形電壓，已知U0＝1.0102 V。在擋板的左側(cè)，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質(zhì)量m＝1.010－7 kg，電荷量q＝1.010－2 C，速度大小均為v0＝1.0104 m/s。帶電粒子的重力不計。求： (1)在t＝0時刻進入的粒子射出電場時豎直方向的速度； (2)熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度； (3)若撤去擋板，同時將粒子的速度均變?yōu)関＝2.0104 m/s，則熒光屏上出現(xiàn)的光帶又為多長。 【答案】　(1)103 m/s　(2)4.010－2 m　(3)0.15 m 【解析】　(1)從t＝0時刻進入的粒子水平方向速度不變。在電場中運動時間t＝＝310－5 s，正好等 d2′＝a2＋aTT－a2＝0.510－2 m 出現(xiàn)光帶的總長度l＝d1′＋d2′＝4.010－2 m。 (3)帶電粒子在電場中運動的時間變?yōu)椋蛟跓晒馄辽系姆秶鐖D所示。 d1＝＝3.7510－2 m d2＝＝1.2510－2 m 形成的光帶長度 l＝d1＋d＋d2＝0.15 m。 【跟蹤短訓】 1．如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間相距為dAB，兩板間加有如圖（b）所示的交變電壓，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子（不計重力）被固定在兩板的正中間P處，且dAB=qU0T24m。下列說法正確的是 A. t＝0由靜止釋放該粒子，一定能到達B板 B. t＝T/4由靜止釋放該粒子，可能到達B板 C. 在0T時情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應小于零，對照各選項可知只有B正確。 3. 如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖像。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒子將始終向同一個方向運動 B．2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點 C．3 s末帶電粒子的速度為零 D．0～3 s內(nèi)，電場力做的總功為零 【答案】CD 4．在圖甲所示的兩平行金屬板上加有圖乙所示的電壓，該電壓的周期為T，大量電子（其重力不計）以相同的初速度連續(xù)不斷地從A點沿平行于金屬板的方向射入電場，并都能從兩板間通過，且飛行時間為3T2，不考慮電子間的相互作用力，下列說法正確的是 A. 0時刻射入電場的電子離開電場時側(cè)移量最小 B. T2時刻射入電場的電子離開電場時側(cè)移量最小 C. 在0 ～T2時間內(nèi)，不同時刻進入電場的電子離開電場時速度大小都相同 D. 在0 ～T2時間內(nèi)，不同時刻進入電場的電子離開電場時速度方向都不同 【答案】BD 點睛：考查粒子做類平拋運動的規(guī)律，同時理解粒子先后進入電場后的受力與運動的分析．本題注意在初速度方向上始終是勻速直線運動． 5．如圖1所示，密閉在真空中的平行板電容器A極板接地．B極板上的電勢如圖2所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒在兩極板中央由靜止釋放，極板足夠長，則下列說法正確的是 A. 如果微粒帶正電，從t＝2s時開始釋放一定不能運動到A極板 B. 如果微粒帶負電，從t＝6s時開始釋放可能運動到B極板上 C. 不論微粒帶正電還是負電，撞擊極板前豎直方向均為自由落體運動 D. 如果微粒帶負電，從t＝2s開始釋放沒有撞擊到極板，那么將A、B兩極板分別向左、向右移動相等的距離后，重新將帶電微粒在t＝2s時從極板中央由靜止釋放，一定不會撞擊到極板 【答案】CD 6．制造納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行金屬板，如圖甲所示，加在A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為-kU0(k≥1)，電壓變化的周期為2T，如圖乙所示．在t＝0時，有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度v0垂直電場方向從兩極板正中間射入電場，在運動過程中未與極板相撞，且不考慮重力的作用，則下列說法中正確的是(　　) A. 若k=54且電子恰好在2T時刻射出電場，則應滿足的條件是d≥9eU0T25m B. 若k＝1且電子恰好在4T時刻從A板邊緣射出電場，則其動能增加eU02 C. 若k=54且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度為v02+(5eU0T4md)2 D. 若k＝1且電子恰好在2T時刻射出電場，則射出時的速度為v0 【答案】AD 7．如圖所示，真空中相距d=10cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零）。A板電勢變化的規(guī)律如右圖所示。將一個質(zhì)量m=2.010-27kg，電量q=+1.610-19C的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力。求： （1）在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小。 （2）A板電勢變化周期T多大時，在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板。 【答案】（1）a=2109m/s2（2）T<5210-5s 【解析】由圖可知兩板間開始時的電勢差，則由U=Ed可求得兩板間的電場強度，則可求得電場力，由牛頓第二定律可求得加速度的大??；要使粒子不能到達A板，應讓粒子在向A板運動中的總位移小于極板間的距離。 s=212a(T4)2=116aT2 要求粒子不能到達A板，有s＜d 應滿足T<16da＝5210-5s 8. 如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長L＝10 cm，極板間距d＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。每個電子穿過極板的時間都極短，可以認為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求： (1)在t＝0.06 s時刻，電子打在熒光屏上的何處； (2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間長度。 【答案】：(1)13.5 cm　(2)30 cm 【解析】：(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動能定理得：eU0＝mv02 tan θ＝ 電子在熒光屏上偏離O點的距離為 Y＝y(tǒng)＋Ltan θ＝ 由題圖乙知t＝0.06 s時刻U＝1.8U0， 解得Y＝13.5 cm。 (2)由題知電子偏轉(zhuǎn)量y的最大值為，可得當偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了。 代入上式得：Y＝ 所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長度為：2Y＝3L＝30 cm。