PAGEPAGE12第4節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題高考對(duì)本節(jié)內(nèi)容的考查主要集中在電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題，綜合考查了電場(chǎng)的性質(zhì)和規(guī)律，以及平衡、加速、偏轉(zhuǎn)、能量等力學(xué)學(xué)問(wèn)，通常命制計(jì)算題，難度較大；而對(duì)帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的考查，常從這兩種運(yùn)動(dòng)的角度命題：來(lái)回運(yùn)動(dòng)和偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)?？键c(diǎn)一示波管的工作原理[基礎(chǔ)自修類(lèi)][題點(diǎn)全練]1．[示波管的原理分析](多選)如圖所示是示波器的原理示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入電壓為U2的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打在熒光屏上的P點(diǎn)。P點(diǎn)與O點(diǎn)的距離叫偏轉(zhuǎn)距離。要提高示波器的靈敏度(即單位偏轉(zhuǎn)電壓U2引起的偏轉(zhuǎn)距離)，下列方法中可行的是()A．提高加速電壓U1B．增加偏轉(zhuǎn)極板a、b的長(zhǎng)度C．增大偏轉(zhuǎn)極板與熒光屏的距離D．減小偏轉(zhuǎn)極板間的距離解析：選BCD電子經(jīng)加速電場(chǎng)后動(dòng)能為：Ek＝eU1，加速后的速度為：v＝eq\r(\f(2eU1,m))，經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間為：t＝eq\f(l,v)，出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)位移為：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(eU2,md)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v)))2＝eq\f(U2l2,4dU1)，設(shè)偏轉(zhuǎn)極板與熒光屏的距離為L(zhǎng)，則P點(diǎn)到O點(diǎn)的偏轉(zhuǎn)距離Y＝eq\f(\f(l,2)＋L,\f(l,2))y，所以此示波器的靈敏度為：eq\f(Y,U2)＝eq\f((l＋2L)l,4dU1)，可知要提高靈敏度可以降低加速電壓，也可以增加偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)度，增大偏轉(zhuǎn)極板與熒光屏的距離，減小偏轉(zhuǎn)極板間的距離，故A錯(cuò)誤，B、C、D正確。2．[示波管的圖形分析]圖(a)為示波管的原理圖。假如在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律改變，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律改變，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是選項(xiàng)中的()解析：選B在0～2t1時(shí)間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號(hào)電壓完成一個(gè)周期，當(dāng)UY為正的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當(dāng)UY為負(fù)的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有負(fù)的最大位移，因此一個(gè)周期內(nèi)熒光屏上的圖像為B。[名師微點(diǎn)]在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后，須要經(jīng)驗(yàn)一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖所示。1．確定最終偏移距離思路一：思路二：2．確定偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能(或速度)思路一：思路二：考點(diǎn)二帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[多維探究類(lèi)]題型(一)直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(分段探討)[例1]如圖甲所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽視不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是()A．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)[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(shí)而為負(fù)，時(shí)而為正，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過(guò)的位移，則由圖像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時(shí)狀況類(lèi)似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，比照各選項(xiàng)可知只有B正確。[答案]B題型(二)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題(分解探討)[例2]如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長(zhǎng)和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性改變的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂直，在t＝0時(shí)刻，一不計(jì)重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度為v0，t＝T時(shí)刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場(chǎng)。則()A．該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向肯定是沿垂直電場(chǎng)方向的B．在t＝eq\f(T,2)時(shí)刻，該粒子的速度大小為2v0C．若該粒子在eq\f(T,2)時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子會(huì)打在金屬板上D．若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在t＝T時(shí)刻射出電場(chǎng)[解析]由題設(shè)條件可知，粒子在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在eq\f(T,2)～T時(shí)間內(nèi)做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，因粒子在電場(chǎng)中所受的電場(chǎng)力大小相等，依據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向肯定是沿垂直電場(chǎng)方向的，如圖所示，選項(xiàng)A正確；前后兩段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，eq\f(T,2)時(shí)將速度分解，設(shè)板長(zhǎng)為l，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：l＝v0T，eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)vT，則v＝v0，則eq\f(T,2)時(shí)刻該粒子的速度為eq\r(2)v0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若該粒子在eq\f(T,2)時(shí)刻以速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，粒子將先向下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，后做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，而從PQ板右邊緣射出電場(chǎng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，粒子在場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(l,2v0)＝eq\f(T,2)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[答案]A[共性歸納](1)當(dāng)粒子平行于電場(chǎng)方向射入時(shí)，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，其初速度和受力狀況確定了粒子的運(yùn)動(dòng)狀況，粒子可能做周期性的運(yùn)動(dòng)。(2)當(dāng)粒子垂直于電場(chǎng)方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)力方向的分運(yùn)動(dòng)可能具有周期性。[題點(diǎn)全練]1．[直線運(yùn)動(dòng)]如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。起先A板的電勢(shì)比B板高，此時(shí)兩板中間原來(lái)靜止的電子在電場(chǎng)力作用下起先運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向，則下列圖像中能正確反映電子速度改變規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律改變)()解析：選A電子在交變電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力大小不變，加速度大小不變，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；從0時(shí)刻起先，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(1,2)T后電場(chǎng)力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱?，之后重?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。2．[偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)]如圖甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)。在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓改變的周期T＝Leq\r(\f(m,2eU0))，板間中線與電子源在同一水平線上。已知金屬板M、N間距為d，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，距偏轉(zhuǎn)極板右邊緣s處有熒光屏，求：(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度；(2)eq\f(T,4)時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時(shí)與板間中線的距離(未與極板接觸)。解析：(1)設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有eU0＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU0,m))。(2)由題意知，電子穿過(guò)偏轉(zhuǎn)極板所需時(shí)間t＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2eU0))＝T故在eq\f(T,4)時(shí)刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場(chǎng)方向上先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故電子沿板間中線射出偏轉(zhuǎn)極板。答案：(1)eq\r(\f(2eU0,m))(2)0考點(diǎn)三電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題[師生共研類(lèi)][典例](2024·全國(guó)卷Ⅰ)真空中存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0。在油滴處于位置A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時(shí)間t1后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度；(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；為保證后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿(mǎn)意的條件。已知不存在電場(chǎng)時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。[解題指導(dǎo)]第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)題中信息吹“沙”見(jiàn)“金”帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)帶電油滴受力平衡電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值油滴向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)突然將電場(chǎng)反向油滴初速度向上，加速度向下其次步：找突破口(1)要確定油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度，可由動(dòng)力學(xué)學(xué)問(wèn)求解；依據(jù)牛頓其次定律結(jié)合速度公式解決。(2)要確定增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，應(yīng)結(jié)合平衡條件和位移公式進(jìn)行求解，留意探討B(tài)點(diǎn)在A點(diǎn)下方還是上方。(3)為保證后來(lái)的電場(chǎng)強(qiáng)度比原來(lái)的大，要探討t1和v0應(yīng)滿(mǎn)意的條件，應(yīng)在求出E2的基礎(chǔ)上進(jìn)一步探討推斷。[解析](1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)。在t＝0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從E1增加至E2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿(mǎn)意qE2－mg＝ma1 ①油滴在時(shí)刻t1的速度為v1＝v0＋a1t1 ②電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿(mǎn)意qE2＋mg＝ma2 ③油滴在時(shí)刻t2＝2t1的速度為v2＝v1－a2t1 ④由①②③④式得v2＝v0－2gt1。 ⑤(2)由題意，在t＝0時(shí)刻前有qE1＝mg ⑥油滴從t＝0到時(shí)刻t1的位移為s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1t12 ⑦油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2＝2t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為s2＝v1t1－eq\f(1,2)a2t12 ⑧由題給條件有v02＝2g(2h) ⑨式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離。若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有s1＋s2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)＋\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2))E1 ?為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2>1 ?即當(dāng)0<t1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g) ?或t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3),2)))eq\f(v0,g) ?才是可能的；條件?式和?式分別對(duì)應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有s1＋s2＝－h(huán) ?由①②③⑥⑦⑧⑨?式得E2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2\f(v0,gt1)－\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2))E1 ?為使E2>E1，應(yīng)有2－2eq\f(v0,gt1)－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,gt1)))2>1 ?即t1>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)＋1))eq\f(v0,g) ?另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。[答案](1)v0－2gt1(2)見(jiàn)解析[解題方略]1．思維流程2．解題技巧要擅長(zhǎng)把電學(xué)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問(wèn)題，建立帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的模型，能夠從帶電粒子的受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系及功能關(guān)系兩條途徑進(jìn)行分析與探討。[題點(diǎn)全練]如圖所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在虛線的左側(cè)有垂直紙面對(duì)里的水平的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一絕緣軌道由兩段直桿和一半徑為R的半圓環(huán)組成，固定在紙面所在的豎直平面內(nèi)，PQ、MN水平且足夠長(zhǎng)，半圓環(huán)MAP在磁場(chǎng)邊界左側(cè)，P、M點(diǎn)在磁場(chǎng)邊界線上，NMAP段光滑，PQ段粗糙?，F(xiàn)在有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小環(huán)套在MN桿上，它所受電場(chǎng)力為重力的eq\f(3,5)倍。現(xiàn)將小環(huán)從M點(diǎn)右側(cè)的D點(diǎn)由靜止釋放，D點(diǎn)到M點(diǎn)的水平距離x0＝eq\f(10R,3)。求：(1)小環(huán)第一次到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)P時(shí)的速度大??；(2)小環(huán)第一次通過(guò)與O等高的A點(diǎn)時(shí)半圓環(huán)對(duì)小環(huán)作用力的大?。?3)若小環(huán)與PQ間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等)，現(xiàn)將小環(huán)移至M點(diǎn)右側(cè)4R處由靜止起先釋放，通過(guò)探討，求出小環(huán)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功。解析：(1)由動(dòng)能定理得：qEx0－2mgR＝eq\f(1,2)mvP2qE＝eq\f(3mg,5)，x0＝eq\f(10R,3)解得vP＝0。(2)設(shè)小環(huán)在A點(diǎn)時(shí)的速度為vA，由動(dòng)能定理得qE(x0＋R)－mgR＝eq\f(1,2)mvA2－0解得vA＝eq\f(4,5)eq\r(5gR)在A點(diǎn)：N－qvAB－qE＝meq\f(vA2,R)聯(lián)立解得：N＝eq\f(19mg,5)＋eq\f(4Bq\r(5gR),5)。(3)若f＝μmg≥qE即μ≥eq\f(3,5)小環(huán)第一次到達(dá)P點(diǎn)右側(cè)s1距離處速度為零，小環(huán)將停在此處不動(dòng)，由動(dòng)能定理得qE(4R－s1)－2mgR－fs1＝0f＝μmg聯(lián)立得：s1＝eq\f(2R,5μ＋3)所以克服摩擦力所做的功為：Wf＝μmgs1＝eq\f(2μmgR,5μ＋3)若f＝μmg＜qE即μ＜eq\f(3,5)小環(huán)經(jīng)過(guò)來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終只能在PD之間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)克服摩擦力做功為Wf，由動(dòng)能定理得qE(4R)－mg(2R)－Wf＝0解得：Wf＝eq\f(2,5)mgR。答案：(1)0(2)eq\f(19mg,5)＋eq\f(4Bq\r(5gR),5)(3)見(jiàn)解析“融會(huì)貫穿”歸納好——“等效法”在電場(chǎng)中的應(yīng)用處理帶電粒子在“等效力場(chǎng)”中的運(yùn)動(dòng)，要關(guān)注以下兩點(diǎn)：一是對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)，留意帶電粒子受到的電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而確定電場(chǎng)力做功狀況；二是留意帶電粒子的初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。1．等效重力法。將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的“豎直向下方向”。2．物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)。在“等效力場(chǎng)”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，常常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問(wèn)題。小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過(guò)最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不肯定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)。[針對(duì)訓(xùn)練]1．如圖所示，一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開(kāi)豎直位置偏角α＝60°時(shí)，小球速度為0。(1)求小球的帶電性質(zhì)及電場(chǎng)強(qiáng)度E。(2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，求從A點(diǎn)釋放小球時(shí)應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)。解析：(1)依據(jù)電場(chǎng)方向和小球受力分析可知小球帶正電。小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動(dòng)能定理有EqLsinα－mgL(1－cosα)＝0解得E＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(2)將小球的重力和電場(chǎng)力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝eq\f(2\r(3),3)mg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方。若小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)：meq\f(v2,L)＝eq\f(2\r(3),3)mg由A點(diǎn)到等效最高點(diǎn)，依據(jù)動(dòng)能定理得－eq\f(2\r(3),3)mgL(1＋cos30°)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvA2聯(lián)立解得vA＝eq\r(2gL(\r(3)＋1))。答案：(1)正電eq\