《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第44課時 帶電粒子在電場中的運(yùn)動（重點(diǎn)突破課）講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第44課時 帶電粒子在電場中的運(yùn)動（重點(diǎn)突破課）講義（含解析）（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第44課時 帶電粒子在電場中的運(yùn)動（重點(diǎn)突破課）講義（含解析） 帶電粒子在電場中的加速和直線運(yùn)動是電場問題中的常見類型，也是解決帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題的基礎(chǔ)。是否考慮帶電粒子的重力，選擇什么樣的方法解決問題，是解此類問題的2個思考點(diǎn)。 1．電場中重力的處理方法 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等微觀粒子，除有說明或明確暗示外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。 (2)帶電體：如塵埃、液滴、小球等，除有特殊說明或明確暗示外，一般都不能忽略重力。 2．解決電場中直線運(yùn)動問題的兩種觀點(diǎn) (1)動力學(xué)觀點(diǎn)：根據(jù)帶電粒子受到的電場力

2、，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場。 (2)功和能量觀點(diǎn)：根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場。 [典例]　(多選)(2019·泰安檢測)在如圖1所示的兩平行金屬板間加上如圖2所示的電壓。第1 s內(nèi)，一點(diǎn)電荷在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，第2 s末點(diǎn)電荷仍運(yùn)動且未與極板接觸。則第2 s內(nèi)，點(diǎn)電荷(g取10 m/s2)(　　) A．做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為10 m/s2 B．做變加速直線運(yùn)動，平均加速度大小為5 m/s2 C．做變加速直線運(yùn)動，第2 s末加速度大小為1

3、0 m/s2 D．第2 s末速度大小為10 m/s [解析]　由題意知，第1 s內(nèi)點(diǎn)電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài)，故電場力方向向上，大小與重力相等；第2 s內(nèi)電壓變大，故電場強(qiáng)度變大，電場力變大，第2 s末電場強(qiáng)度增加為第1 s末的兩倍，故電場力變?yōu)?倍，故合力變?yōu)橄蛏希笮閙g，故此時加速度大小為10 m/s2，且第2 s內(nèi)合力隨時間均勻增加，故加速度隨時間均勻增加，做變加速直線運(yùn)動，A錯誤，C正確；第2 s內(nèi)平均加速度大小為：＝ m/s2＝5 m/s2，B正確；根據(jù)速度時間公式，第2 s末速度大小為：v＝5×1 m/s＝5 m/s，D錯誤。 [答案]　BC 電場中直線運(yùn)

4、動問題的解題流程 　　 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運(yùn)動，下列對電子運(yùn)動的描述中錯誤的是(設(shè)電源電動勢均為U)(　　) A．電子到達(dá)B板時的動能是Ue B．電子從B板到達(dá)C板動能變化量為零 C．電子到達(dá)D板時的動能是3Ue D．電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動 解析：選C　電子在AB之間做勻加速運(yùn)動，且eU＝ΔEk，A正確；在BC之間做勻速運(yùn)動，B正確；在CD之間做勻減速運(yùn)動，到達(dá)D板時，速度減為零，隨后反向做勻加速運(yùn)動，在CB之間做勻速運(yùn)動，在BA之間做勻減速運(yùn)動，到達(dá)A板時，速度減為零，之后按上述運(yùn)動過程往復(fù)運(yùn)動，C錯誤，D正確。 2

5、．(2016·四川高考)中國科學(xué)院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時速度為8×106 m/s，進(jìn)入漂移管E時速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運(yùn)動時間視為電源周期的。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×10

6、8 C/kg。求： (1)漂移管B的長度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓。 解析：(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則 T＝ L＝vB· 解得L＝0.4 m。 (2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電場力對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動到漂移管E電場力做功W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則 W＝qU W′＝3W W′＝mvE2－mvB2 解得U＝6×104 V。 答案：(1)0.4 m　(2)6×104 V [考點(diǎn)二　帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)] 帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題的處理

7、方法和平拋運(yùn)動相似，就是運(yùn)動的合成與分解，分解為沿初速度方向和沿電場方向的兩個分運(yùn)動后，運(yùn)用相對應(yīng)的運(yùn)動規(guī)律解決問題。其中運(yùn)動時間、偏轉(zhuǎn)位移和偏轉(zhuǎn)角的分析，都是高考考查的重點(diǎn)。 1．運(yùn)動情況 (1)條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場。 (2)運(yùn)動特點(diǎn)：類平拋運(yùn)動。 (3)處理方法：運(yùn)動的合成與分解。 ①沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動。 ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。 2．基本規(guī)律 設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m(忽略重力影響)，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d，則有 (1)加速度：a＝＝＝。 (2)在電場中的運(yùn)動時間：t＝。

8、 (3)速度 v＝，tan θ＝＝。 (4)位移 [考法細(xì)研] 考法1　偏轉(zhuǎn)量的分析　 [例1]　如圖所示，含有大量H、H、He的粒子流無初速度進(jìn)入某一加速電場，然后沿平行金屬板中心線上的O點(diǎn)進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。不計(jì)粒子重力，下列有關(guān)熒光屏上亮點(diǎn)分布的說法正確的是(　　) A．出現(xiàn)三個亮點(diǎn)，偏離O點(diǎn)最遠(yuǎn)的是H B．出現(xiàn)三個亮點(diǎn)，偏離O點(diǎn)最遠(yuǎn)的是He C．出現(xiàn)兩個亮點(diǎn) D．只會出現(xiàn)一個亮點(diǎn) [解析]　對于質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子，加速過程有qU1＝mv02，偏轉(zhuǎn)過程有tan α＝＝＝，其中l(wèi)為偏轉(zhuǎn)電場長度，d為寬度，聯(lián)立得tan α＝，與粒子比荷無關(guān)；偏

9、轉(zhuǎn)量y＝··＝，與粒子比荷無關(guān)，粒子從同一點(diǎn)離開偏轉(zhuǎn)電場后沿同一方向做勻速直線運(yùn)動，由幾何關(guān)系知，熒光屏上只會出現(xiàn)一個亮點(diǎn)，選項(xiàng)D正確。 [答案]　D 考法2　偏轉(zhuǎn)運(yùn)動的臨界極值問題　 [例2]　如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運(yùn)動的簡化模型示意圖。已知電子的質(zhì)量是m，電荷量為e，在xOy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩電場區(qū)域的邊界均是邊長為L的正方形(不計(jì)電子所受重力)。 (1)在AB邊的中點(diǎn)處由靜止釋放電子，求電子在ABCD區(qū)域內(nèi)運(yùn)動經(jīng)歷的時間和電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)； (2)在電場區(qū)域Ⅰ內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能從AB

10、CD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點(diǎn)的位置。 [解析]　(1)電子在電場區(qū)域Ⅰ中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)動能定理得 eEL＝mv2 解得v＝ 且有L＝vt1 解得t1＝ 電子在中間區(qū)域做勻速運(yùn)動，有L＝vt3 解得t3＝ 進(jìn)入電場區(qū)域Ⅱ后電子做類平拋運(yùn)動，假設(shè)電子能穿出CD邊，由類平拋運(yùn)動規(guī)律知，電子在電場區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動時間 t2＝t3＝ 在沿y軸方向上，根據(jù)牛頓第二定律可得eE＝ma 電子沿y軸方向上運(yùn)動的位移為Δy＝at22＝<，顯然假設(shè)成立 所以電子在ABCD區(qū)域內(nèi)運(yùn)動經(jīng)歷的時間 t＝t1＋t2＋t3＝2 電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為。

11、 (2)設(shè)在電場區(qū)域Ⅰ中釋放點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)，在電場區(qū)域Ⅰ中電子被加速到v1，然后進(jìn)入電場區(qū)域Ⅱ做類平拋運(yùn)動，并從D處離開，有 eEx＝mv12，y＝at2＝·2 解得xy＝，即所有釋放點(diǎn)的位置在xy＝曲線上。 [答案]　(1)2 　　(2)所有釋放點(diǎn)的位置在xy＝曲線上 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.如圖所示，在真空中有一對帶電的平行金屬板水平放置。一帶電粒子沿平行于板面的方向以速度v從左側(cè)兩極板中央射入電場中，恰能從右側(cè)極板邊緣處離開電場。不計(jì)粒子重力，若可以改變某個量，下列哪種變化能確保粒子一定飛出電場(　　) A．只增大粒子的帶電量　　 B．只增大電場強(qiáng)度 C．只減小粒子的比荷

12、 D．只減小粒子的入射速度 解析：選C　設(shè)極板長為L，極板間的距離為d，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q、加速度為a，沿平行板面方向粒子做勻速直線運(yùn)動，有L＝vt，垂直板面方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有＝at2，qE＝ma，解得＝，若只增大粒子的帶電量或只增大電場強(qiáng)度或只減小粒子的入射速度，則粒子在豎直方向的位移y>，粒子將打在極板上，不能飛出電場，選項(xiàng)A、B、D錯誤；若只減小粒子的比荷，則粒子在豎直方向的位移y<，粒子能飛出電場，選項(xiàng)C正確。 2.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，從y軸上的A點(diǎn)以初速度v0水平拋出，兩長為L的平行金屬板M、N傾斜放置且與x軸正

13、方向間的夾角為θ＝37°(重力加速度為g，sin 37°＝0.6)。 (1)若小球恰好能垂直于M板從其中心小孔B進(jìn)入兩板間，求小球拋出時的初速度v0大小及在y軸上的拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)； (2)若該平行金屬板M、N間有如圖所示的勻強(qiáng)電場，且勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小與小球質(zhì)量之間的關(guān)系滿足E＝，在滿足(1)中條件的情況下，為使小球不打在N板上，求兩平行金屬板M、N之間的垂直距離的最小值d。 解析：(1)設(shè)小球由y軸上的A點(diǎn)運(yùn)動到金屬板M的中心小孔B的時間為t，由題意，在與x軸平行的方向上，有： cos θ＝v0t tan θ＝ 小球在豎直方向上下落的距離為：h＝gt2 所以小球拋出點(diǎn)A的縱

14、坐標(biāo)為：y＝h＋sin θ 解得：v0＝ ，y＝L，t＝2 ，h＝ 所以小球拋出點(diǎn)A的坐標(biāo)為。 (2)設(shè)小球進(jìn)入電場時的速度大小為v，則由動能定理可得： mgh＝mv2－mv02 解得：v＝ 小球進(jìn)入勻強(qiáng)電場后的受力情況如圖所示， 因?yàn)镋＝，所以qE＝mgcos θ，平行于電場方向小球受力平衡，因此，小球進(jìn)入該勻強(qiáng)電場之后，將做類平拋運(yùn)動，其加速度大小為： a＝＝gsin θ 設(shè)小球在該勻強(qiáng)電場中運(yùn)動的時間為t′，欲使小球不打在N板上，由類平拋運(yùn)動的規(guī)律可得： d＝vt′，＝at′2 解得：d＝L。 答案：(1) 　　(2)L 考點(diǎn)三　示波管問題 在示波管模型中，

15、帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動才會打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖所示。 [典例]　如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計(jì))，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場)，電子進(jìn)入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的P點(diǎn)。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子受到的重力及它們之間的相互作用力。 (1)求電子穿過A板時速度的大?。? (2)求電子

16、從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量； (3)若要使電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方，可如何調(diào)整U1或U2? [解析]　(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理得eU1＝mv02－0 解得v0＝ 。 (2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t，加速度為a，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y， 由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式得 t＝，ma＝eE，E＝，y＝at2 解得y＝。 (3)由(2)中結(jié)果知，可減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2。 [答案]　(1) 　(2)　(3)減

17、小U1或增大U2 (1)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量與打在屏上時的側(cè)移量是不同的。 (2)U1、U2的作用不能混淆，但減小U1或增大U2都能使電子打在屏上的側(cè)移量變大?！　? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)如圖所示為一個示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L，不計(jì)電子所受的重力。為了提高示波管的靈敏度每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量，可采取的方法是(　　) A．減小兩板間電勢差U2 B．盡可能使板長L短些 C．盡可能使板間距離d小一些 D．使加速電壓U1減小一些 解析：選CD

18、　電子的運(yùn)動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉(zhuǎn)階段。加速階段：eU1＝mv02，偏轉(zhuǎn)階段：L＝v0t，h＝at2＝t2，綜合得＝，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故C、D正確。 2.在示波管中，電子通過電子槍加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，然后射到熒光屏上，如圖所示。設(shè)電子的質(zhì)量為m(不考慮所受重力)，電荷量為e，從靜止開始，經(jīng)過加速電場加速，加速電場電壓為U1，然后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場中兩板之間的距離為d，板長為L，偏轉(zhuǎn)電壓為U2。求電子射到熒光屏上時的動能大小。 解析：電子在加速電場加速時，根據(jù)動能定理eU1＝mvx2 進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后L＝vxt，vy＝at，a＝ 射出偏轉(zhuǎn)電場時的合速度(等于射到熒光屏上的速度)v＝， 由以上各式得Ek＝mv2＝eU1＋。 答案：eU1＋