學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE專題11帶電粒子在復(fù)合場中的運動一：專題概述1．常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的試題類型此類題型一般有三種情況:(1）粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律求解)；(2）粒子做往返運動（一般分段研究)；(3）粒子做偏轉(zhuǎn)運動（一般根據(jù)交變電場特點分段研究）．二：典例精講1．帶電粒子在交變電場中的直線運動典例1：如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m＝0.2kg,帶電荷量為q＝＋2。0×10－6C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0。1.從t＝0時刻開始,空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右的方向為正方向,g＝10m/s2)，求：（1)23s內(nèi)小物塊的位移大?。?2）23s內(nèi)電場力對小物塊所做的功．【答案】(1)47m(2)9。8J【解析】(1）0～2s內(nèi)小物塊的加速度為a1由牛頓第二定律得：E1q＝μmg＝ma1即a1＝eq\f（E1q－μmg，m)－2m/s2,位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1）＝4m2s末的速度為v2＝a1t1＝4m/s2～4s內(nèi)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律得E2q＋μmg＝ma2即a2＝eq\f（E2q＋μmg，m)＝－2m/s2位移x2＝x1＝4m，4s末小物塊的速度為v4＝0因此小物塊做周期為4s的勻加速和勻減速運動2．帶電粒子在交變電場中做往返的直線運動典例2：如圖甲所示,A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓．A板的電勢為0，一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子僅在靜電力作用下，在t＝時刻由靜止釋放進入兩極板開始運動,恰好到達(dá)B板．則（）A.電子在兩板間做勻加速直線運動B.A、B兩板間的距離為C.電子在兩板間運動的時間為TD.若電子在t＝0時刻進入兩極板，電子在極板間做勻加速直線運動【答案】BCD【解析】在t=時刻由靜止釋放進入兩極板運動，恰好到達(dá)B板，由于在第一個內(nèi)做勻加速直線運動，在第二個內(nèi)做勻減速直線運動，在第三個內(nèi)反向做勻加速直線運動,可知經(jīng)過時間恰好到達(dá)B板，選項A錯誤，C正確；加速度,有,解得:d=,故B正確．若電子在t=0時刻進入兩極板，先做勻加速直線運動，因在內(nèi)的位移,則電子在板間做勻速直線運動，故D正確．故選BCD．3．帶電粒子在組合場中的曲線運動典例3：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，電容器板長和板間距離為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像如圖乙所示.(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：（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？【答案】(1）13。5cm．（2）30cm。設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場時有：電子在熒光屏上偏離O點的距離為由題圖知t=0。06s時刻U=1。8U0,代入數(shù)據(jù)解得Y=13.5cm（2）由題知電子偏移量y的最大值為d/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．代入上式得：Y=3l/2所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為:2Y=3l=30cm．三總結(jié)提升帶電粒子在復(fù)合場中的運動常用的分析方法（1）帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波）且不計粒子重力的情形．在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，在兩板中間便可獲得交變電場．此類電場從空間看是勻強的，即同一時刻，電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同；從時間看是變化的，即電場強度的大小、方向都隨時間而變化．①當(dāng)粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力情況決定了粒子的運動情況，粒子可以做周期性的運動．②當(dāng)粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性．（2)研究帶電粒子在交變電場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況．根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等．(3）對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，一般來說題中會直接或間接提到“粒子在其中運動時電場為恒定電場",故帶電粒子穿過電場時可認(rèn)為是在勻強電場中運動．四提升專練1。如圖甲所示,兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓．開始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始運動．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）()．【答案】A2.(多選）如圖a，A、B是一對平行金屬板，在兩板間加有周期為T的交變電壓u，A板電勢uA=0,B板電勢uB隨時間t變化的規(guī)律如圖b中．現(xiàn)有一電子從A板的小孔進入兩板間的電場中，設(shè)電子的初速和重力的影響均可忽略，則（）A.若電子是在t=0時刻進入的,它將一直向B板運動B.若電子是在t=時刻進入的，它可能時而向B板運動,時而向A板運動，最后打在B板上C.若電子是在t=時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上D.若電子是在t=時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動【答案】AB【解析】電子在t=0時刻進入時,在一個周期內(nèi)，前半個周期受到的電場力向上，向上做加速運動,后半個周期受到的電場力向下，繼續(xù)向上做減速運動,T時刻速度為零，接著周而復(fù)始，所以電子一直向B板運動，一定會到達(dá)B板，故A正確;若電子是在t=T/8時刻進入時，在一個周期內(nèi)：在T/8～T/2，電子受到的電場力向上,向上做加速運動,在T/2～7T/8內(nèi)，受到的電場力向下，繼續(xù)向上做減速運動,7T/8時刻速度為零；在7T/8~T內(nèi)，受到的電場力向下，向下加速運動,在T~9T/8內(nèi)，受到的電場力向上，繼續(xù)向下做減速運動,9T/8時刻速度為零；接著繼續(xù)向B板運動，周而復(fù)始，所以電子時而向B板運動，時而向A板運動，但是向B板運動的位移大，最后打在B板上，故B正確;若電子是在t=3T/8時刻進入時，在一個周期內(nèi)：在3T/8~T/2，電子受到的電場力向上，向上做加速運動，在T/2～5T/8內(nèi)，受到的電場力向下，3。(多選）如圖甲所示，相距d=15cm的A、B兩極板是在真空中平行放置的金屬板,當(dāng)給他們加上電壓后,它們之間的電場可視為勻強電場.今在A、B兩板之間加上如圖乙所示的交變電壓,交變電壓的周期T=1。0×10-6s，t=0時A板的電勢比B板的電勢高，且U0=1080V，一個比荷=1。0×108C/kg的帶負(fù)電荷的粒子在t=0時刻從B板附近由靜止開始運動,不計重力.(1）當(dāng)粒子的位移為多大時，速度第一次達(dá)到最大,最大值是多少?(2）粒子運動過程中，將與某一極板相碰撞，求粒子碰撞極板時速度大小?！敬鸢浮?1)0.04m2。4×105m/s（2)2.1×105m/s【解析】粒子在電場中的運動情況比較復(fù)雜,可借助于v-t圖象分析運動的過程,如圖所示為一個周期的v—t圖象，以后粒子將重復(fù)這種運動.(1）在0時間內(nèi),粒子加速向A板運動；當(dāng)t=時，粒子速度第一次達(dá)到最大,根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子運動的加速度為a==，設(shè)粒子的最大速度為vm,此時位移為s，則s=at2=··=0.04m,vm=at==2。4×105m/s.(2)粒子在一個周期的前時間內(nèi),先加速后減速向A板運動,位移為xA；在后時間內(nèi)，先加速后減速向B板運動,位移為sB,以后的每個周期將重復(fù)上述運動，由于粒子在加速和減速運動中的加速度大小相等,即有sA=2s=0。08m，sB=2×=0.02m.所以粒子在一個周期內(nèi)的位移s'=sA—sB=0。06m.顯然,第2個周期末粒子距A板的距離為L=d-2s’=0.03m<0。04m，表明粒子將在第3個周期內(nèi)的前時間內(nèi)到達(dá)A板，設(shè)粒子到達(dá)A板的速度為v,則由v2=2aL,有v2=，解得v=2.1×105m/s。4.如圖甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入,沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出,求：（1）交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件?（2）粒子從a點射入金屬板的時刻應(yīng)滿足什么條件?【答案】(1）T＝eq\f(L，nv0),其中n取大于等于eq\f（L，2dv0）eq\r（\f（qU0，2m））的整數(shù)；（2）t＝eq\f(2n－1,4）T(n＝1,2,3，…）又a＝eq\f（qE，m),E＝eq\f(U0,d)，解得y＝eq\f（qU0T2，32md）在運動過程中離開中心線的最大距離為ym＝2y＝eq\f（qU0T2,16md)粒子不撞擊金屬板，應(yīng)有ym≤eq\f（1，2）d解得T≤2deq\r(\f(2m，qU0))故n≥eq\f（L，2dv0)eq\r(\f(qU0,2m)），即n取大于等于eq\f（L,2dv0）eq\r(\f（qU0，2m）)的整數(shù)．所以粒子的周期應(yīng)滿足的條件為T＝eq\f(L，nv0),其中n取大于等于eq\f（L，2dv0)eq\r(\f（qU0，2m))的整數(shù)．(2）粒子進入電場的時間應(yīng)為eq\f(1，4)T,eq\f（3,4)T，eq\f(5，4）T，…故粒子進入電場的時間為t＝eq\f（2n－1,4)T(n＝1,2,3，…）．5。如圖甲所示,A、B是一對平行放置的金屬板,中心各有一個小孔P、Q、PQ連線垂直金屬板,兩板間距為d.現(xiàn)從P點處連續(xù)不斷地有質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電粒子(重力不計),沿PQ方向放出,粒子的初速度可忽略不計。在t=0時刻開始在A、B間加上如圖乙所示的交變電壓（A板電勢高于B板電勢時,電壓為正),其電壓大小為U、周期為T。帶電粒子在A、B間運動過程中，粒子間相互作用力可忽略不計。（1）求進入到金屬板之間的帶電粒子的加速度。（2)如果只有在每個周期的0時間內(nèi)放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，則上述物理量d、m、q、U、T之間應(yīng)滿足怎樣的關(guān)系。（3）如果各物理量滿足（2）中的關(guān)系，求每個周期內(nèi)從小孔Q中有粒子射出的時間與周期T的比值.【答案】（1)（2）d2=（3）【解析】(1)qE=ma,E=,所以a=.粒子在時刻進入A、B間電場時,先加速，后減速,后減速，由于粒子剛好離開電場,說明它離開電場的速度為零，由于加速和減速具有對稱性,故粒子的總位移為加速時位移的2倍,所以有d=2×a=，即d2=。（3）若情形（2)中的關(guān)系式①成立，則t=0時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間為最短(因只有加速過程）,設(shè)最短時間為tx,則有d=a，在t=時刻進入電場的粒子在t=的時刻射出電場,所以有粒子飛出電場的時間為Δt=-tx,由兩式得=。6。如圖所示，在真空中，沿水平方向和豎直方向建立直角坐標(biāo)系xOy，在x軸上方有一沿x軸正方向的勻強電場E（電場強度E的大小未知）.有一質(zhì)量為m,帶電荷量為+q的小球,從坐標(biāo)原點O由靜止開始自由下落，當(dāng)小球運動到P（0,—h)點時，在x軸下方突然加一豎直向上的勻強電場，其電場強度與x軸上方的電場強度大小相等，且小球從P返回到O點與從O點下落到P點所用的時間相等。重力加速度為g.試求：（1）小球返回O點時速度的大小。(2）勻強電場的電場強度E的大小。（3)小球運動到最高點時的位置坐標(biāo)?！敬鸢浮?1)2(2)（3）（16h，4h）【解析】（1）設(shè)小球從O點運動到P點所用時間為t,在P點的速度為v1，返回O點時的速度為v2,則因為h=gt2，所以t=.v1=gt=,因為h=t,所以v2=2.設(shè)小球進入x軸上方運動到最高點所用時間為t2，則t2==2,因為ax===4g,所以x=ax=16h，所以小球運動到最高點的位置坐標(biāo)為(16h，4h）.7.兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板如圖甲所示，大量電子（質(zhì)量為m、電荷量為e)由靜止開始,經(jīng)電壓為U0的電場加速后,連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間．當(dāng)兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過（不計電子重力）．問：（1)這些電子通過兩板之間后，側(cè)向位移(垂直于射入速度方向上的位移）的最大值和最小值分別是多少?(2）側(cè)向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少?【答案】（1)eq\f(t0,2）eq\r（\f(6eU0,m）)eq\f(t0,4）eq\r（\f(6eU0，m