【先學(xué)后教新思路】2020高考物理一輪復(fù)習(xí)-教案40-帶電粒子在電場中運動綜合問題的分析

帶電粒子在電場中運動綜合問題的分析考綱解讀1.了解示波管的工作原理.2.運用動力學(xué)方法分析解決帶電粒子在交變電場中的運動.3.會運用功能觀點、動力學(xué)觀點綜合分析帶電粒子在復(fù)合場中的運動．考點一帶電粒子在電場中運動的實際應(yīng)用——示波管1．構(gòu)造及功能(如圖1所示)圖1(1)電子槍：放射并加速電子．(2)偏轉(zhuǎn)電極YY′：使電子束豎直偏轉(zhuǎn)(加信號電壓)；偏轉(zhuǎn)電極XX′：使電子束水平偏轉(zhuǎn)(加掃描電壓)．2．工作原理偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′不加電壓，電子打到屏幕中心；若只在XX′之間加電壓，只在X方向偏轉(zhuǎn)；若只在YY′之間加電壓，只在Y方向偏轉(zhuǎn)；若XX′加掃描電壓，YY′加信號電壓，屏上會毀滅隨信號而變化的圖象．例1(2011·安徽·18)圖2為示波管的原理圖，假如在電極YY′之間所加的電壓按圖3甲所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是 ()圖2甲乙圖3解析由圖甲及圖乙知，當(dāng)UY為正時，Y板電勢高，電子向Y偏，而此時UX為負(fù)，即X′板電勢高，電子向X′板偏，所以選B.答案B示波管中電子在熒光屏上落點位置的推斷方法示波管中的電子在YY′和XX′兩個偏轉(zhuǎn)電極作用下，同時參與兩個類平拋運動，一方面沿YY′方向偏轉(zhuǎn)，另一方面沿XX′方向偏轉(zhuǎn)，找出幾個特殊點，即可確定熒光屏上的圖形．突破訓(xùn)練1示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖4所示．假如在熒光屏上P點毀滅亮斑，那么示波管中的 ()圖4A．極板X應(yīng)帶正電 B．極板X′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶正電 D．極板Y′應(yīng)帶正電答案AC解析依據(jù)亮斑的位置，電子偏向XY區(qū)間，說明電子受到電場力作用發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，因此極板X、極板Y均應(yīng)帶正電．考點二帶電粒子在交變電場中的運動例2如圖5甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽視不計，電子放射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，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象如圖乙所示．(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認(rèn)為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的)求：甲乙圖5(1)在t＝0.06s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)間有多長？解析(1)電子經(jīng)加速電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)后偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)·(eq\f(L,v))2所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由題圖知t＝0.06s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設(shè)打在屏上的點距O點距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋L/2,L/2)所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子偏移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm.答案(1)打在屏上的點位于O點正上方，距O點13.5cm(2)30cm解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法1．留意全面分析(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．分析時從兩條思路動身：一是力和運動的關(guān)系，依據(jù)牛頓其次定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．3．此類題型一般有三種狀況：一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)，二是粒子做來回運動(一般分段爭辯)，三是粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般依據(jù)交變電場的特點分段爭辯)．突破訓(xùn)練2如圖6甲所示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓．開頭A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開頭運動．設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化) ()圖6答案A解析電子在交變電場中所受電場力恒定，加速度大小不變，故C、D兩項錯誤；從0時刻開頭，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱悖笾貜?fù)上述運動，A項正確，B項錯誤．32．帶電體在復(fù)合場中的運動模型1．模型概述各種性質(zhì)的場與實物(分子和原子的構(gòu)成物質(zhì))的根本區(qū)分之一是場具有疊加性，即幾個場可以同時占據(jù)同一空間，從而形成復(fù)合場．對于復(fù)合場中的力學(xué)問題，可以依據(jù)力的獨立作用原理分別爭辯每種場力對物體的作用效果，也可以同時爭辯幾種場力共同作用的效果，將復(fù)合場等效為一個簡潔場，然后與重力場中的力學(xué)問題進行類比，利用力學(xué)的規(guī)律和方法進行分析與解答．2．解題方法(1)正交分解法：由于帶電粒子在勻強電場中所受電場力和重力都是恒力，不受約束的粒子做的都是勻變速運動，因此可以接受正交分解法處理．將簡潔的運動分解為兩個相互垂直的直線運動，再依據(jù)運動合成的方法去求簡潔運動的有關(guān)物理量．(2)等效“重力”法：將重力與電場力進行合成，合力F合等效為“重力”，a＝eq\f(F合,m)等效為“重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向．

例3如圖7所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心在O點，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓弧的最低點和最高點．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的 圖7夾角θ＝60°，重力加速度為g.(1)求小球所受到的電場力大小；(2)小球在A點速度v0多大時，小球經(jīng)B點時對軌道的壓力最?。拷馕?1)對小球受力分析如圖所示，小球在C點速度最大，則在該點電場力與重力的合力沿半徑方向，所以小球受到的電場力大小F＝mgtanθ＝eq\r(3)mg(2)小球要到達B點，必需到達D點時速度最??；在D點速度最小時，小球經(jīng)B點時對軌道的壓力也最?。O(shè)在D點軌道對小球的壓力恰為零，則有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(2gr)由軌道上A點運動到D點的過程，由動能定理得mg·r(1＋cosθ)＋F·rsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解得：v0＝2eq\r(2gr).答案(1)eq\r(3)mg(2)2eq\r(2gr)突破訓(xùn)練3如圖8所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電液滴以速度v沿與水平面成θ角的方向斜向上進入勻強電場，在電場中做直線運動，則液滴向上運動過程中 () 圖8A．電場力不行能小于mgcosθB．液滴的動能確定不變C．液滴的機械能確定變化D．液滴的電勢能確定不變答案A解析帶電液滴在勻強電場中共受到兩個力的作用：豎直向下的重力和恒定的電場力．由于液滴做直線運動，所以它們的合力沿運動方向所在直線；當(dāng)電場力垂直于運動方向時，如圖中的F0所示，電場力最小，即Fmin＝F0＝mgcosθ，選項A正確；若電場力如圖中的F0所示，電場力垂直于液滴的運動方向，電場力不做功，液滴的機械能守恒，液滴斜向上做直線運動時，其重力勢能增大，動能減小，所以選項B、C錯誤；若電場力如圖中的F1或F2所示，液滴所受合力仍沿運動方向所在直線，液滴做直線運動，但F1或F2均對液滴做功，其電勢能變化，所以選項D錯誤．33．綜合運用動力學(xué)觀點和功能觀點解決帶電體在電場中的運動1．動力學(xué)觀點動力學(xué)觀點是指用勻變速運動的公式來解決實際問題，一般有兩種狀況：(1)帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運動；(2)帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運動(類平拋運動)．當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，一般要接受類平拋運動規(guī)律解決問題．2．功能觀點：首先對帶電體受力分析，再分析運動形式，然后依據(jù)具體狀況選用相應(yīng)公式計算．(1)若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中的動能的增量．(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是削減的.解析(1)設(shè)滑塊到達Q點時速度為v，則由牛頓其次定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R)(2分)滑塊從開頭運動至到達Q點過程中，由動能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) (2分)聯(lián)立方程組，解得：v0＝7m/s (2分)(2)設(shè)滑塊到達P點時速度為v′，則從開頭運動至到達P點過程中，由動能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) (2分)又在P點時，由牛頓其次定律得：FN＝meq\f(v′2,R) (2分)代入數(shù)據(jù)，解得：FN＝0.6N，方向水平向右 (2分)答案(1)7m/s(2)0.6N，方向水平向右突破訓(xùn)練4在一個水平面上建立x軸，在過原點O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強電場，場強大小E＝6.0×105N/C，方向與x軸正方向相同．在O處放一個電荷量q＝－5.0×10－8C質(zhì)量m＝1.0×10－2kg的絕緣物塊．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2.0m/s，如圖10所示．求物塊最終停止時的位置．(g取10m/s2)答案在O點左側(cè)距O點0.2m處解析物塊先在電場中向右減速，設(shè)運動的位移為x1，由動能定理得：－(qE＋μmg)x1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)所以x1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE＋μmg)代入數(shù)據(jù)得x1＝0.4m可知，當(dāng)物塊向右運動0.4m時速度減為零，因物塊所受的電場力F＝qE＝0.03N>Ff＝μmg＝0.02N，所以物塊將沿x軸負(fù)方向加速，跨過O點之后在摩擦力作用下減速，最終停止在O點左側(cè)某處，設(shè)該點距O點距離為x2，則對全過程由動能定理得－μmg(2x1＋x2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).解得x2＝0.2m.故物塊最終停在O點左側(cè)距O點0.2m處．?題組1示波管原理1．如圖1所示是示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l＝4cm，板間距離d＝1cm.板右端距離熒光屏L＝18cm.(水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓，沒有畫出)．電子沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場的速度是1.6×107m/s，電子電荷量 e＝1.60×10－19C，質(zhì)量m＝0.91×10－30(1)要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過多大？(2)若在偏轉(zhuǎn)電極上加U＝40sin100πtV的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上能觀測到多長的線段？答案(1)91V(2)4.4cm解析(1)經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間為t＝eq\f(l,v)豎直方向位移eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,dm)·t2所以U＝eq\f(d2m,et2)＝eq\f(md2v2,el2)＝91V(2)由于t＝eq\f(l,v)＝eq\f(4×10－2,1.6×107)s＝2.5×10－9s而T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝eq\f(1,50)s＝0.02s?t，故進入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當(dāng)時所加電壓形成的勻強電場中運動．當(dāng)Um＝40V時，由vx＝v，vy＝eq\f(eUm,dm)·t，得偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,vx)＝0.11，偏移量y＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ，得在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上的觀測量為2y＝4.4cm.?題組2帶電粒子在交變電場中的運動2．如圖2所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當(dāng)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 () 圖2A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原動身點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零答案CD解析設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原動身點，粒子的速度為0，由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，綜上所述，可知C、D正確．3．(2011·安徽·20)如圖3(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽視不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是 ()(a)(b)圖3A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)答案B解析設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意得，粒子的速度方向時而為正，時而為負(fù)，最終打在A板上時位移為負(fù)，速度方向為負(fù)．作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的速度圖象如圖所示．由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時狀況類似．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(yīng)小于零，對比各選項可知只有B正確．4．(2010·江蘇·15(1))制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖4甲所示．加在極板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2τ，如圖乙所示．在t＝0時，極板B四周的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開頭運動．若整個運動過程中，電子未遇到極板A，且不考慮重力作用．若k＝eq\f(5,4)，電子在0～2τ時間內(nèi)不能到達極板A，求d應(yīng)滿足的條件．圖4答案d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))解析電子在0～τ時間內(nèi)做勻加速運動加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2＝eq\f(5eU0,4md)初速度的大小v1＝a1τ勻減速運動階段的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)由題知d>x1＋x2，解得d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))?題組3應(yīng)用動力學(xué)和功能觀點分析帶電體在復(fù)合場中的運動5．如圖5所示，質(zhì)量為m的帶電滑塊沿絕緣斜面勻加速下滑，當(dāng)滑至豎直向下的勻強電場區(qū)域時(滑塊受到的電場力小于重力)，滑塊的運動狀態(tài)可能 ()A．仍為勻加速下滑，加速度比原來的小 圖5B．仍為勻加速下滑，加速度比原來的大C．變成勻減速下滑，加速度和原來一樣大D．仍為勻加速下滑，加速度和原來一樣大答案AB解析設(shè)斜面傾角為θ，滑塊在開頭下滑的過程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ>0，故sinθ>μcosθ.滑塊可能帶正電也可能帶負(fù)電，當(dāng)滑塊帶正電時，(mg＋Eq)sinθ－μ(mg＋Eq)cosθ＝ma1，a1＝g(sinθ－μcosθ)＋eq\f(qE,m)(sinθ－μcosθ)，可推出加速度變大；當(dāng)滑塊帶負(fù)電時，(mg－Eq)sinθ－μ(mg－Eq)cosθ＝ma2，a2＝g(sinθ－μcosθ)－eq\f(qE,m)(sinθ－μcosθ)，可推出加速度變小，選項A、B正確．6．如圖6所示，光滑的水平軌道AB，與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點，D為最高點．一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開頭沿AB向右運動，恰能通過最高點，則 () 圖6A．R越大，x越大B．R越大，小球經(jīng)過B點后瞬間對軌道的壓力越大C．m越大，x越大D．m與R同時增大，電場力做功增大答案ACD解析小球在BCD部分做圓周運動，在D點，mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，小球由B到D的過程中有：－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(5gR)，R越大，小球經(jīng)過B點時的速度越大，則x越大，選項A正確；在B點有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝6mg，與R無關(guān)，選項B錯誤；由Eqx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，知m、R越大，小球在B點的動能越大，則x越大，電場力做功越多，選項C、D正確．7．如圖7所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O，半徑R＝0.50m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小E＝1.0×104N/C，現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.20kg，電荷量q 圖7＝8.0×10－4C的帶電體(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止開頭運動，已知sAB＝1.0m，帶電體與軌道AB、CD間的動摩擦因數(shù)均為0.5.假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等．求：(取g＝10m/s2(1)帶電體運動到圓弧形軌道C點時的速度；(2)帶電體最終停在何處．答案(1)10m/s(2)離C點的豎直距離為eq\f(5,3)m處解析(1)設(shè)帶電體到達C點時的速度為v，從A到C由動能定理得：qE(sAB＋R)－μmgsAB－mgR＝eq\f(1,2)mv2解得v＝10m/s(2)設(shè)帶電體沿豎直軌道CD上升的最大高度為h，從C到D由動能定理得：－mgh－μqEh＝0－eq\f(1,2)mv2解得h＝eq\f(5,3)m在最高點，帶電體受到的最大靜摩擦力Ffmax＝μqE＝4N，重力G＝mg＝2N由于G<Ffmax所以帶電體最終靜止在與C點的豎直距離為eq\f(5,3)m處．8．如圖8所示，長L＝1.2m、質(zhì)量M＝3kg的木板靜止放在傾角為37°的光滑斜面上，質(zhì)量m＝1kg、帶電荷量q＝＋2.5×10－4的物塊放在木板的上端，木板和物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，所在空間加有一個方向垂直斜面對下、場強E＝4.0×104N/C 圖8的勻強電場．現(xiàn)對木板施加一平行于斜面對上的拉力F＝10.8N．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，斜面足夠長．求：(1)物塊經(jīng)多長時間離開木板？(2)物塊離開木板時木板獲得的動能．(3)物塊在木板上運動的過程中，由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能．答案(1)eq\r(2)s(2)27J(3)2.16J解析(1)物塊向下做加速運動，設(shè)其加速度為a1，木板的加速度為a2，則由牛頓其次定律對物塊：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1對木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2又eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L聯(lián)立解得物塊滑離木板所用時間t＝eq\r(2)s.(2)物塊離開木板時木板的速度v2＝a2t＝3eq\r(2)m/s.其動能為Ek2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝27J(3)由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝Ffx相對＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16J.

專題突破練專題六帶電粒子在電場中運動綜合問題的分析(限時：45分鐘)?題組1示波管原理1．如圖1所示是示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l＝4cm，板間距離d＝1cm.板右端距離熒光屏L＝18cm.(水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓，沒有畫出)．電子沿中心線進入豎直偏轉(zhuǎn)電場的速度是1.6×107me＝1.60×10－19C，質(zhì)量m＝0.91×10－30(1)要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過多大？(2)若在偏轉(zhuǎn)電極上加U＝40sin100πtV的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上能觀測到多長的線段？答案(1)91V(2)4.4cm解析(1)經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間為t＝eq\f(l,v)豎直方向位移eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,dm)·t2所以U＝eq\f(d2m,et2)＝eq\f(md2v2,el2)＝91V(2)由于t＝eq\f(l,v)＝eq\f(4×10－2,1.6×107)s＝2.5×10－9s而T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝eq\f(1,50)s＝0.02s?t，故進入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當(dāng)時所加電壓形成的勻強電場中運動．當(dāng)Um＝40V時，由vx＝v，vy＝eq\f(eUm,dm)·t，得偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,vx)＝0.11，偏移量y＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ，得在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上的觀測量為2y＝4.4cm.?題組2帶電粒子在交變電場中的運動2．如圖2所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當(dāng)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 () 圖2A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原動身點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零答案CD解析設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原動身點，粒子的速度為0，由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，綜上所述，可知C、D正確．3．(2011·安徽·20)如圖3(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽視不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是 ()(a)(b)圖3A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)答案B解析設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意得，粒子的速度方向時而為正，時而為負(fù)，最終打在A板上時位移為負(fù)，速度方向為負(fù)．作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的速度圖象如圖所示．由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時狀況類似．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(yīng)小于零，對比各選項可知只有B正確．4．(2010·江蘇·15(1))制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖4甲所示．加在極板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2τ，如圖乙所示．在t＝0時，極板B四周的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開頭運動．若整個運動過程中，電子未遇到極板A，且不考慮重力作用．若k＝eq\f(5,4)，電子在0～2τ時間內(nèi)不能到達極板A，求d應(yīng)滿足的條件．圖4答案d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))解析電子在0～τ時間內(nèi)做勻加速運動加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小a2＝eq\f(5eU0,4md)初速度的大小v1＝a1τ勻減速運動階段的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)由題知d>x1＋x2，解得d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))?題組3應(yīng)用動力學(xué)和功能觀點分析帶電體在復(fù)合場中的運動5．如圖5所示，質(zhì)量為m的帶電滑塊沿絕緣斜面勻加速下滑，當(dāng)滑至豎直向下的勻強電場區(qū)域時(滑塊受到的電場力小于重力)，滑塊的運動狀態(tài)可能 ()A．仍為勻加速下滑，加速度比原來的小 圖5B．仍為勻加速下滑，加速度比原來的大C．變成勻減速下滑，加速度和原來一樣大D．仍為勻加速下滑，加速度和原來一樣大答案AB解析設(shè)斜面傾角為θ，滑塊在開頭下滑的過程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ>0，故sinθ>μcosθ.滑塊可能帶正電也可能帶負(fù)電，當(dāng)滑塊帶正電時，(mg＋Eq)sinθ－μ(mg＋Eq)cosθ＝ma1，a1＝g(sinθ－μcosθ)＋eq\f(qE,m)(sinθ－μcosθ)，可推出加速度變大；當(dāng)滑塊帶負(fù)電時，(mg－Eq)sinθ－μ(mg－Eq)cosθ＝ma2，a2＝g(sinθ－μcosθ)－eq\f(qE,m)(sinθ－μcosθ)，可推出加速度變小，選項A、B正確．6．如圖6所示，光滑的水平軌道AB，與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點，D為最高點．一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作用下由靜止開頭沿AB向右運動，恰能通過最高點，則 () 圖6A．R越大，x越大B．R越大，小球經(jīng)過B點后瞬間對軌道的壓力越大C．m越大，x越大D．m與R同時增大，電場力做功增大答案ACD解析小球在BCD部分做圓周運動，在D點，mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，小球由B到D的過程中有：－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(5gR)，R越大，小球經(jīng)過B點時的速度越大，則x越大，選項A正確；在B點有：FN－mg＝meq\f