12 月 20 日 带电粒子在复合场中的运动 高考频度：★★★☆☆ 难易程度：★★★☆☆ (2019·北京通州模拟)如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心 轴线从 O 点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的 P 点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质 量 m＝9.0×10－31 kg，电荷量 e＝1.6×10－19 C，加速电场电压 U0＝2 500 V，偏转电场电压 U＝200 V，极板 的长度 L1＝6.0 cm，板间距离 d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离 L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果 均保留两位有效数字)。求： (1)电子射入偏转电场时的初速度 v0； (2)电子打在荧光屏上的 P 点到 O′点的距离 h； (3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功 W。 【参考答案】(1)3.0×107 m/s　(2)0.72 cm　(3)5.8×10－18 J 【试题解析】(1)根据动能定理有 eU0＝mv02 解得 v0≈3.0×107 m/s。 (2)设电子在偏转电场中运动的时间为 t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为 y， 电子在水平方向做匀速直线运动 L1＝v0t 电子在竖直方向上做匀加速直线运动 y＝at2 根据牛顿第二定律有＝ma 解得 y≈0.36 cm 电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，由几何关系 知 ＝，解得 h＝0.72 cm。 (3)电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功 W＝ey≈5.8×10－18 J。 【知识补给】 带电体在复合场中的运动模型 （1）模型概述 各种性质的场与实物(分子和原子的构成物质)的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同 一空间，从而形成复合场．对于复合场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每种场力对物 体的作用效果，也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将复合场等效为一个简单场，然后与重力场中 的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答。 （2）解题方法 ① 正交分解法：由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重力都是恒力，不受约束的粒子做的都是匀变速 运动，因此可以采用正交分解法处理．将复杂的运动分解为两个互相垂直的直线运动，再根据运动合成的 方法去求复杂运动的有关物理量。 ② 等效“重力”法：将重力与电场力进行合成，合力 F 合等效为“重力”，a= 等效为“重力加速度”，F 合的方 向等效为“重力”的方向。 (2019·沈阳模拟)如图所示，在电场强度大小为 E 的匀强电场中，将一个质量为 m、电量为 q 的带正电 小球从 O 点由静止释放，小球沿直线 OA 斜向下运动，直线 OA 与竖直方向的夹角为 θ。已知重力加速度为 g，不计空气阻力，下列判断正确的是 A．场强的最小值为 E＝ B．场强的最小值为 E＝ C．E＝时，小球的电势能一定不变 D．E＝时，小球的机械能一定减小 如图，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电颗粒沿图中直线从 A 向 B 运动，则该带电 颗粒 A．动能减小 B．电势能减小 C．机械能减小 D．可能带负电 （2018·重庆市第一中学高二期中）如图所示为某电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象。当 t＝0 时， 在此电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是 A．0~3 s 内，电场力的总功为零 B．2 s 末带电粒子回到原出发点 C．带电粒子在 0~1 s 与 0~2 s 两过程中位移相同 D．带电粒子将始终向同一个方向运动 （2018·福建省福州市第四中学高二期中）如图所示，半径为 R 的环形塑料管竖直放置，管的内壁光滑， AB 为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，整个装置处于水平向左的匀强电场中。现将一直径略 小于塑料管内径、质量为 m、带电荷量为+q 的小球从管中 A 点由静止释放，已知 qE=mg，以下说法正确的 是 A．小球释放后，第一次经过最低点 D 和最高点 C 时对管壁的压力大小之比为 5:1 B．小球释放后，第一次达到 B 点时对管壁的压力为 4mg C．小球释放后，到达 B 点时速度为零，并在 BDA 间往复运动 D．小球释放后，经过 D 点时的速度最大 (2019·绵阳诊断)如图所示，轨道 ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段 CD 与水平段 AC 及倾斜段 DP 分别相切于 C 点和 D 点，水平段 AB、圆弧段 CD 和倾斜段 DP 都光滑，水平段 BC 粗糙，DP 段与水平面的 夹角 θ＝37°，D、C 两点的高度差 h＝0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、大小未知的匀强电场中。 一个质量 m1＝0.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在 A 点由静止释放，经过时间 t＝1 s，与静止在 B 点 的不带电、质量 m2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起，在 BC 段上做匀速直线运动，最终在倾斜段 DP 上 某位置静止。物块Ⅰ和Ⅱ与轨道 BC 段间的动摩擦因数都为 μ＝0.2。取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8。求： (1)物块Ⅰ和Ⅱ在 BC 段上做匀速直线运动的速度大小； (2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过 C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小。 如图甲所示，水平放置的平行金属板 A 和 B 的距离为 d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶 MN， 现在 A、B 板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为 U0，反向值为，且每隔变向 1 次。现将质 量为 m、电荷量为 q 的正粒子束从 A、B 左端的中点 O 沿平行于金属板的方向 OO′射入，设粒子能全部打在 靶上，且所有粒子在 A、B 间的飞行时间均为 T。不计重力的影响，求： (1)定性分析在 t＝0 时刻从 O 点进入的粒子，在垂直于金属板方向上的运动情况； (2)在距靶 MN 的中心 O′点多远的范围内有粒子击中； (3)要使粒子能全部打在靶 MN 上，电压 U0 的数值应满足什么条件(写出 U0、m、d、q、T 的关系式即 可)。 【参考答案】 AC　小球所受合力沿 OA 方向，由力的合成知识易知，当电场力方向与 OA 垂直时，电场力最小，如 图所示， 电场力最小值 Fmin＝mgsin θ，由 Fmin＝qE，解得场强的最小值 E＝，选项 A 正确，B 错误；当 E＝时，电场 力方向与运动方向垂直，电场力不做功，小球的电势能一定不变，小球的机械能不变，选项 C 正确，D 错 误。 B 微粒的合力方向与速度方向一致，对微粒做正功，则其动能增大，故 A 错误；带电微粒在电场中受 到重力和电场力两个力作用，电场力在水平方向，由微粒做直线运动可知，电场力方向必定水平向右， C 电场力做正功，机械能增大，电势能减小，故 B 正确，C 错误，则微粒带正电，故 D 错误。 AC 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第 1 s 内的加速度为 ，为第 2s 内加速度 的 1/2，因此先加速 1 s 再减小 0.5 s 时速度为零，接下来的 0.5 s 将反向加速，v-t 图象如图所示：因为第 3 s 末 粒子的速度刚好减为 0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前 3 s 内动能变化为 0，即电场力做的总功 为零，故 A 正确。根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在 t=2 s 时，带电粒子的合位移 不为零，没回到出发点，故 B 错误；根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，带电粒子在 0~1 s 与 0~2 s 两过程中位移相同，选项 C 正确；带电粒子在前 1 秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后 反向加速，所以不是始终向一方向运动，故 D 错误。 【名师点睛】本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一， 所以失去对称性。若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动。 A 小球从 A 点第一次到 D 点的过程，根据动能定理，有 mgR+qER= 时，根据向心力公式，有 N1D-mg= ①，第一次经过最低点 D ②，联立①②解得 N1D=5mg，由牛顿第三定律知小球第一次经过最 低点 D 对管壁的压力大小为 5mg。小球从 A 点第一次到 C 点的过程，根据动能定理，有 -mgR+qER= ③，第一次过 C 点，根据向心力公式，mg-N1C= ④，联立③④解得 N1C=mg，由牛顿第三定律 知小球第一次经过 C 点时最高点 C 时对管壁的压力大小为 mg，因此，小球释放后，第一次经过最低点 D 和最高点 C 时对管壁的压力之比为 5:1，故 A 正确。从 A 点释放到 B 点过程，根据动能定理，有 qE•2R= ⑤，第一次达到 B 点时，据向心力公式，有 N1B-qE= ⑥，联立⑤⑥解得：N1B=5mg，由牛顿第 三定律知小球释放后，第一次达到 B 点时对管壁的压力为 5mg，故 B 错误；带电小球由 A 点运动到 B 点的 过程中，重力做功为零，电场力做正功，动能增加，由动能定理知道小球到达 B 点时有速度，还继续向上 运动，不可能在 BDA 间往复运动，故 C 错误；小球到达平衡位置时速度最大，因为 mg=qE，可知平衡位 置在 BD 的中点，即小球经过 BD 中点时速度最大，选项 D 错误。 【名师点睛】本题中关键要理清物体的运动规律，会用等效合力的方法研究小球的运动；会利用动能定理 以及圆周运动的知识研究小球的运动。 (1)2 m/s　(2)18 N (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在 BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为 E，物块Ⅰ所带电荷量为 q，物块Ⅰ和Ⅱ 碰撞前瞬间速度为 v1，碰撞后瞬间共同速度为 v2(等于在 BC 段上做匀速直线运动的速度)，则 qE＝μ(m1＋m2)g qEt＝m1v1 m1v1＝(m1＋m2)v2 解得 v2＝2 m/s。 (2)设圆弧段 CD 的半径为 R，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过 C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ支持力的大小 为 FN，则 FN－(m1＋m2)g＝ R(1－cos θ)＝h 解得 FN＝18 N。 (1)见解析　(2)O′点以下到 O′点以上 (3)U0< (1)在 0～时间内，粒子受到向下的电场力而向下做匀加速运动，在～T 时间内，粒子受到向上的电场 力而向下做匀减速运动。 (2)当粒子在 0，T,2T，…，nT(n＝0,1,2，…)时刻进入电场中时，粒子将打在 O′点下方最远点，在前时 间内，粒子竖直向下的位移： y1＝a12＝××2＝ 在后时间内，粒子竖直向下的位移： y2＝v·－a22 其中：v＝a1·＝，a2＝ 解得：y2＝ 故粒子打在距