第6章 专题6带电粒子在电场中运动综合问题的分析

专题六 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，电子只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，电子只在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UY为正时，Y板电势高，电子向Y偏，而此时UX为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，所以选B. 答案 B

示波管荧光屏上图线形状的判断方法

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4

A．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

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)．

例2 如图5(a)所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB＝1 125 V，板中央有小

孔O和O′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右

侧，平行金属板M、N长L1＝4×102 m，板间距离d＝4×103 m，在距离M、N右侧

－

－

边缘L2＝0.1 m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图(b)所示的变化电压u1，在电压变化时，M板电势低于N板．已知电子质量为me＝9.0×10为e＝1.6×10

－19

－31

kg，电量

C.

图5

(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？ (2)打在荧光屏上的电子范围是多少？ (3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？

1

解析 (1)电子经A、B两块金属板加速，有：UAB＝mv2

20得v0＝

2eUAB＝ m

2×1.6×1019×1 125

m/s＝2×107 m/s －319×10

－

－

(2)电子通过极板的时间为t＝L1/v0＝2×109 s，远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可认为板间电压不变．

1eU2?L1?21

当μ1＝22.5 V时，电子经过M、N极板向下的偏移量最大，为y1＝··＝

2md?v0?2

－

1.6×1019×22.5?0.04?2－3×7 m＝2×10 m －31－3×

?2×10?9×10×4×10

y1

192

eU2L11.6×10×22.54×10vy＝·＝106 m/s －31－3×7 m/s＝2×mdv09×10×4×102×10

－

－

电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为： L20.1－9t2＝＝7 s＝5×10 s v02×10

电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为 y2＝vyt2＝2×106×5×109 m＝0.01 m

－

电子打在荧光屏P上的总偏移量为： y＝y1＋y2＝0.012 m，方向竖直向下；

打在荧光屏上的电子范围是：从O″竖直向下0～0.012 m. (3)当u1＝22.5 V时，电子飞出电场的动能最大，

11－31－2

EK＝m(v2[(2×107)2＋(2×106)2]≈1.82×1016 J. 0＋vy)＝×9×1022答案 见解析

U

当电压周期性变化时，由E＝知，电场强度E也周期性变化，由F＝qE知电场力F

dqU

周期性变化，由a＝知加速度a与电压变化图象形状相同，画出v－t图象则可以分

md析粒子运动特点．

突破训练2 在金属板A、B间加上如图6乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，

其周期为T.现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入(如图甲所示)．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：

图6

(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？

(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少为多长？ (3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少为多大？ 答案 (1)

v20＋

eU0 (2)v0T m

eU0 8m

TT

(3)＋k·(k＝0,1,2，…) T 42

U011解析 (1)由动能定理得：e·＝mv2－mv2

2220解得v＝

v20＋

eU0. m

(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，则继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，实际速度等于初速度v0，平行于极板，以后继续重复这样的运动． 要使电子恰能平行于金属板飞出，则在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T.

(3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，

TT

反向加速再减速，每段时间相同，一个周期后恰好回到OO′线．所以应在t＝＋k·(k

42＝0,1,2，…)时射入．

极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上． eU0由牛顿第二定律有a＝. md

1eU0T2d

加速阶段运动的距离s＝··()≤ 2md44可解得d≥T

eU0 8m

eU0 8m

32．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．

例3 如图7所示，A、B为半径R＝1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一

圆弧区域内存在着E＝1×106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量m＝1 kg、带电量q＝＋1.4×105 C的物体(可视为质点)，从A点的正上方距离A点H处由静止开始自由

－

故两板间距至少为T

下落(不计空气阻力)，BC段为长L＝2 m、与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD段为倾角θ＝53°且离地面DE高h＝0.8 m的斜面．(取g＝10 m/s2)

图7

(1)若H＝1 m，物体能沿轨道AB到达最低点B，求它到达B点时对轨道的压力大小； (2)通过你的计算判断：是否存在某一H值，能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8 m处；

(3)若高度H满足：0.85 m≤H≤1 m，请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况) 审题与关联

1解析 (1)物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有mg(R＋H)－qER＝mv2

2Bv2B到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力FN－mg＋qE＝m，解得RFN＝8 N

根据牛顿第三定律，可知物体对轨道的压力大小为8 N，方向竖直向下

(2)要使物体沿轨道AB到达最低点B，当支持力为0时，最低点有个最小速度v，则qEv2

－mg＝m R解得v＝2 m/s

1

在粗糙水平面上，由动能定理得：－μmgx＝－mv2，所以x＝1 m>0.8 m

2

故不存在某一H值，使物体沿着轨道AB经过最低点B后，停在距离B点0.8 m处． 5

(3)在斜面上距离D点 m范围内(如图PD之间区域)

9

在水平面上距离D点0.2 m范围内(如图DQ之间区域)

5

答案 (1)8 N (2)不存在 (3)在斜面上距离D点 m范围内 在水平面上距离D点0.2

9m范围内

突破训练3 如图8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＝8.0×104 C的带电体(可视为

－

质点)，从A点由静止开始运动，已知sAB＝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/s2)

图8

(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．

5

答案 (1)10 m/s (2)到C点的竖直距离为 m处

3

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(sAB＋R)－μmgsAB1－mgR＝mv2

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： 1

－mgh－μqEh＝0－mv2

25

解得h＝ m

3

在最高点，带电体受到的最大静摩擦力Ffmax＝μqE＝4 N， 重力G＝mg＝2 N 因为G

5

所以带电体最终静止在到C点的竖直距离为 m处．

3

(限时：45分钟)

?题组1 示波管的原理与应用

1．如图1所示为示波管构造的示意图，现在XX′间加上Uxx′－t信号，YY′间加上Uyy′－

t信号，(如图2甲、乙所示)．则在屏幕上看到的图形是

( )

图1

图2

答案 D

解析 沿电场方向带电粒子做加速运动，在垂直电场方向带电粒子做匀速运动，粒子经过竖直的YY′(信号电压)电场偏转，再经过水平的XX′(扫描电压)电场偏转，最后在显示屏上形成稳定的图象．在甲图中开始Uxx′<0，乙图中开始Uyy′＝0之后大于0，由此排除B、C项.0～T在x方向电子恰好从－x处到屏中央，在y方向完成一次扫描，T～2T水平方向电子从中央向x正向移动，在y方向再完成一次扫描．所以本题D项正确． ?题组2 带电粒子在交变电场中的运动

2．如图3甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间

变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是

( )

图3

A．若t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 B．若t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动

C．若t＝T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D．若t＝3T/8时刻释放电子，电子必然打到左极板上 答案 AC

解析 若t＝0时刻释放电子，电子将重复先加速后减速的运动，直到打到右极板，不会在两板间振动，所以A正确，B错；若从t＝T/4时刻释放电子，电子先加速T/4，再减速T/4，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，所以C正确；同理，若从t＝3T/8时刻释放电子，电子有可能达到右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，所以D项错误；此题考查带电粒子在交变电场中的运动．

3．(2011·安徽·20)如图4(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t0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t0可能属于的时间段是

( )

(a) (b)

图4

T

A．0

43T

C.

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．

T3TB.

TT3T

作出t0＝0、、、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

424T3T

积表示粒子通过的位移，则由图象可知0

44

T3T

大于零；T时情况类似．因粒子最

44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．如图5甲所示，在y＝0和y＝2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的

上边界，在x轴方向范围足够大．电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正q－

方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为＝1.0×102 C/kg，在t＝0时刻以速度

mv0＝5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：

图5

(1)粒子通过电场区域的时间； (2)粒子离开电场时的位置坐标；

(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小． 答案 (1)4×103 s (2)(－2×105 m,2 m)

－

－

(3)4×103 m/s

－

解析 (1)因粒子初速度方向垂直电场方向，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间 Δy－

t＝＝4×103 s v0

E1q

(2)粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a1＝＝4 m/s2，减速时

mE2q

的加速度大小为a2＝＝2 m/s2由运动学规律得

mx方向上的位移为

1TT1T－

x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝2×105 m 22222

因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×105 m,2 m)

－

TT－

(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vx＝a1－a2＝4×103 m/s

22?题组3 用动力学和功能观点分析带电体在电场中的运动

5．空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图6所示．一个质量为m、电

荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点

间的高度差为h、水平距离为s，则以下判断正确的是 ( )

图6

A．A、B两点的电场强度和电势关系为EAv1，则电场力一定做正功 C．A、B两点间的电势差为

m2

(v2－v21) 2q

112

D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv22－mv1－mgh 22答案 D

解析 由电场线的方向和疏密可知A点电场强度小于B点，但A点电势高于B点，A错误．若v2>v1说明合外力对小球做正功，但电场力不一定做正功，B错误．由于有重m2力做功，A、B两点间电势差不是(v22－v1)，C错误．小球从A点运动到B点过程中由2q1212112动能定理得W电＋mgh＝mv2－mv1，所以W电＝mv22－mv1－mgh，D正确． 22226．在一个水平面上建立x轴，在过原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E＝6×

105 N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝5×108 C、质量m＝0.010

－

kg的带负电绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2 m/s，如图7所示，(g取10 m/s2)求：

图7

(1)物块最终停止时的位置；

(2)物块在电场中运动过程的机械能增量． 答案 (1)原点O左侧0.2 m处 (2)－0.016 J

解析 (1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零． Ff＝μmg F＝qE

由牛顿第二定律得Ff＋F＝ma 由运动学公式得2ax1＝v20 解得x1＝0.4 m

第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止．由动能定理得：Fx1－Ff(x1＋x2)＝0

得x2＝0.2 m，则物块停止在原点O左侧0.2 m处． (2)物块在电场中运动过程的机械能增量 ΔE＝Wf＝－2μmgx1＝－0.016 J.

7．在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电、

电荷量为q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中(sin 53°＝0.8) (1)此电场的电场强度大小；

(2)小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U； (3)小球的最小动能． 答案 见解析

解析 (1)根据题设条件，电场力大小 44mgF＝mgtan 53°＝mg＝qE，解得E＝

33q

(2)上抛小球沿竖直方向做匀减速运动，在竖直方向的速度为vy＝v0－gt F4

沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为ax＝＝g

m3

2

v0122v0

小球上升到最高点的时间t＝，此过程小球沿电场方向位移：x＝axt＝

g23g

8

电场力做功W＝Fx＝mv2

90

8

小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U＝mv2

9q0

2(3)水平速度vx＝axt，竖直速度vy＝v0－gt，小球的速度v＝v2x＋vy

25

由以上各式得出v2＝g2t2－2v0gt＋v20 9

9v04182解得当t＝时，v有最小值vmin＝v0，小球动能的最小值为Emin＝mv2min＝mv0. 25g52258．如图8所示，AB是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ

＝0.30，BCD是半径为R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103 N/C，质量m＝0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h＝0.24 m，滑块带电荷量q＝－5.0×104 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：

－

图8

(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小； (2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力． 答案 (1)2.4 m/s (2)11.36 N，方向竖直向下

解析 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力 Ff＝μ(mg＋qE)cos 37°＝0.96 N

设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得 h1(mg＋qE)h－Ff＝mv2

sin 37°21解得v1＝2.4 m/s

(2)滑块从B到C，由动能定理可得： 112

(mg＋qE)R(1－cos 37°)＝mv22－mv1 22

v22当滑块经过最低点C时，有FN－(mg＋qE)＝m

R由牛顿第三定律：FN′＝FN

解得：FN′＝11.36 N，方向竖直向下．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/8e1r.html