【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件7.4带电粒子在电场中的运动 (含解析).ppt，共(76)页，1.779 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-89697.html

以下为本文档部分文字说明：

7．4带电粒子在电场中的运动知识清单考点整合集中记忆一、带电粒子在电场中的运动加速问题利用动能定理、牛顿第二定律结合运动规律求解．偏转问题(1)运动条件：初速度垂直于匀强电场方向．(2)运动性质：类平抛运动．(3)处理

方法：运动的分解．沿初速度方向：做匀速运动．沿电场力方向：做初速度为零的匀加速运动．二、示波管构造：由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，结构图如下：工作原理：在偏转电极XX′上加横向扫描电压，同时加在偏转电极YY′上所要研究的信号电压，在荧光

屏上就显示出信号电压随时间变化的图线．考点讲练考点突破针对训练考点一带电粒子在电场中的直线运动1．解题方法(1)动力学方法：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律结合运动学公式求解．(2)能量方法：根

据电场力对带电粒子所做的功，用动能定理求解．2．注意问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般不考虑重力，但不能忽略质量．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不

能忽略重力．如图，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m，电量为e.则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是()A．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变B．若将板间距d增大一倍，则电子

到达Q板的速率也增大一倍C．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间保持不变D．若将两极板间电势差U增大一倍，则电子到达Q板的时间减为一半【答案】A【解析】由qU＝12mv2得，d变大变小U都不变，则到达Q板v不变，故A项正确，B项错误；若U加倍，由d＝qU2md

t2得，时间t变为原来的22倍，则C、D两项错误．(2018·课标全国Ⅲ)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止

开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是()A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量

大小相等【答案】BD【解析】A项，两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有y＝12at2＝12·qEmt2.由题意知，相同时间内a的位移大于b的位移，q、E又相等，可知ma＜mb.故A项错误．B项，根据动能定理，t时刻粒子的动能为Ek＝qEy，a的位移大，电场力做功多

，所以在t时刻，a的动能比b的大，故B项正确．C项，在t时刻，a、b经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电荷量也相等，符号相反，由Eφ＝qφ知，a和b的电势能不相等，故C项错误．D项，由动量定理得qEt＝p－0，得t时

刻粒子的动量为p＝qEt，q、E、t都相等，则在t时刻，a和b的动量大小相等，故D项正确．(2018·河南联考)如图所示，以直线AB为边界，上下存在场强大小相等、方向相反的匀强电场．在P点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带电小球，小球穿过A

B边界时速度为υ0，到达M点速度恰好减为零．此过程中小球在AB上方电场中运动的时间是在下方电场中运动时间的12.已知重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．小球带正电B．电场强度大小是3mgqC．P点距边界线AB的距离为3v028

gD．若边界线AB电势为零，则M点电势为3mv028g【答案】B【解析】根据题意，小球先做匀加速运动，后做匀减速运动，可知电场力大于重力，故电荷带负电，A项错误；根据牛顿第二定律得：在上方电场，a1＝mg＋qEm，在下方电场中，加速度大小为：a2＝qE－mgm，因为a1t1＝a2t2，由题意

可知：t1＝12t2，解得：E＝3mgq，故B项正确；设P点距边界的距离为h，则h＝v022a1＝v028g，故C项错误；对边界到M的过程运用动能定理得：qU＋mgh′＝0－12mv02，h′＝v024g，解得：U＝－3mv024q，若边界线AB电势为零，则M点电势为－3mv024q，故D项错误

．考点二带电粒子在电场中的偏转1．基本规律如图，电子经过电压为U1的加速电场，沿水平极板A、B间中心线射入，极板长为L，相距为d，电压为U2，荧光屏到极板右端的距离为D，电子质量为m，电量为e.电子在加速电场中：eU1＝12mv02.电子在偏转电

场中：vy＝at＝eU2md·Lv0速度的偏转角α满足：tanα＝vyv0＝U2L2dU1.经过偏转电场后发生的偏移y＝12at2＝U2eL22dmv02＝U2L24U1d屏上光点偏离中心的距离Y＝(L

2＋D)tanα＝(L2＋D)U2L2U1d2．两个推论(1)同性电荷经过同一电场加速后进入相同的偏转电场，带电粒子的运动轨迹相同，与带电粒子的电量和质量均无关．(2)带电粒子垂直于电场方向射入匀强电场中，带电粒子从偏转电

场中射出时，速度方向的反向延长线通过沿初速度方向位移的中点．(2018·临沂二模)(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场

后打到纸上，显示出字符．不考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是()A．减小墨汁微粒的质量B．减小墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压D．增大墨汁微粒喷入偏转场的速度【答案】BD【解析】设喷入偏转电场的墨汁

微粒的速度为v0，偏转电场宽度为L，偏转电场右边缘与纸间距为L′，墨滴在x方向上匀速运动L＝v0t，在y方向上做匀加速运动y1＝12·qUdm·t2＝UqL22dmv02，由几何关系得，y1y2＝L2L2＋L′

，则墨汁在纸上竖直方向的偏移量y2＝(1＋2L′L)UqL22dmv02，为了使打在纸上的字迹缩小，即减小y2，可减小墨汁微粒所带的电荷量q，增大墨汁微粒的质量m，减小偏转电场的电压U，增大墨汁微粒的喷出速度v0，B、D两项正确．(2018·洛

阳三模)(多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板AB之间加上恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子(11H)，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子(24He

)，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是()A．质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1B．质子和α粒子在电场中运动的时间相同C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2D．质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一

起【答案】CD【解析】A项，从开始运动到打到板上质子的速度为v1，α粒子速度为v2根据动能定理：Uq＋Edq＝12mv2－0，化简得出：v＝2（U＋Ed）qm质子qm＝1；α粒子：qm＝12v1v2＝2，故A项错误．B项，设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏

转电场中时间为t2，偏转位移为y，有：x1＝12a1t12＝12Uqdmt12y＝12Eqmt22由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是qm不同，所以运动时间不同故B项错误．C项，从开始运动到打到板上根据动能定理有：Uq＋Edq＝Ek－0Ek1Ek2＝12，故C项正确

．D项，带电粒子进入偏转电场时根据动能定理可得：eU＝12mv02进入偏转电场后电势差为U2，偏转的位移为y，有：y＝12at2＝12eU2md(lv0)2＝eU2l22md2eU1m＝U2l24dU1，速度的偏转角正切值为tanθ，有：tanθ＝vyv0＝atv0＝U2qd

mlv02＝U2l2U1d偏转位移y与速度的偏转角正切值tanθ与带电粒子无关，因此运动轨迹是一条故D项正确．(2018·潍坊一模)如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场．自该区域左侧的A点将质量为m、电荷量分别为q和－q(q＞0)的带电小球M、N先后以相同的初速度

沿水平方向射出．小球进入电场区域．并从该区域的右边界离开．已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍，不计空气阻力，重力加速度大小为g，已知A点到左边界的距离也为L.(1)求该电场的电场强度大小；(2)求小球

射出的初速度大小；(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件．【答案】(1)4mgq(2)2gL(3)v0≥2gL【解析】小球在水平方向做匀速运动，小球在电场区域内外的运动时间t相同；在电场区域外，

小球在竖直方向做加速度为g的匀加速运动，进入电场时的竖直分速度为gt；(1)N离开电场时的位置与A点在同一高度，即竖直位移为零；设N在电场内的加速度为a，则有：0＝12gt2＋gt·t12at2，所以，a＝3g，方向竖直向上；由牛顿第二定律：qE－mg＝3mg

，所以，电场的电场强度E＝4mgq；(2)M在电场中的加速度a′＝qE＋mgm＝5g，方向竖直向下；故M刚离开电场时的竖直分速度vy＝gt＋5gt＝6gt；又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为v0，则有：t＝Lv0；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍：12m(vy2＋

v02)＝8·12m[v02＋(gt)2]；vy2＝(6gt)2＝7v02＋8(gt)2，所以，v0＝2gL；(3)M、N进入电场前的运动一致，那么，M、N离开电场时的位置之间的距离d＝gt·t＋12·5g·t2－(gt·t－12·3g·t2)＝4gt2≤L；故t≤L4g；又

有t＝Lv0，所以，v0＝Lt≥LL4g＝2gL.考点三示波器上的图形判断1．根据Y＝(L2＋D)U2L2U1d知：偏转位移与偏转电压成正比，偏转位移随时间的变化规律与偏转电压相同．2．示波器的光屏上的图形，由水平偏转电压和竖直偏转电压

共同决定，粒子在两个偏转电场的分运动效果相互独立，可以先考虑两个分运动的位移，再确定合位移和光点的位置变化．3．如果水平偏转电压是扫描电压，在荧光屏上就显示出竖直偏转电压随时间变化的图线．如图所示为示波管的示意图

，以屏幕的中心为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系xOy，当在XX′这对电极上加上恒定的电压UXX′＝2V，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝－1V时，荧光屏上光点的坐标为(4，－1)，则当在XX′这

对电极上加上恒定的电压UXX′＝1V，同时在YY′电极上加上恒定的电压UYY′＝2V时，荧光屏上光点的坐标为()A．(2，－2)B．(4，－2)C．(2，2)D．(4，2)【答案】C【解析】根据y＝12at2＝qU2mdt2可知，偏转位移与电压成正比，所以答案选择C项．示波管的内部结构如图

1所示，如果在电极YY′之间加上图2(a)所示的电压，在XX′之间加上图2(b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是()【答案】C【解析】电极YY′之间加上图2(a)所示的电压，则粒子的偏转位移在上下进行变化，而

在XX′之间加上图2(b)所示电压时，粒子将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图C所示的图像，故C项正确，A、B、D三项错误．题型拓展典例剖析提炼方法带电粒子在交变电场中的运动1．常见的三种运动类型：单向直线运动、往返直线

运动、偏转运动．2．解题基本思路：(1)抓住两个特征：粒子运动在时间上的周期性和空间上的对称性．(2)运用两个关系：一是力和运动的关系，二是功能关系．带电粒子在交变电场中的单向直线运动例1如图甲所示，在

真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2kg，带电荷量为q＝2.0×10－6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向

呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10m/s2)，求：(1)23s内小物块的位移大小；(2)23s内电场力对小物块所做的功．【答案】(1)47m(2)9.8J【解析】(1)0～2s内小物块的加速度为a1由牛顿第二定律得E1q－μmg＝ma1解得a1＝2m/s2，位移x1

＝12a1t12＝4m2s末的速度为v2＝a1t1＝4m/s2s～4s内小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律得E2q－μmg＝ma2解得a2＝－2m/s2位移x2＝x1＝4m，4s末小物块的速度为v4＝0因此小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动．第22s末的

速度为v22＝4m/s，第23s末的速度v23＝v22＋a2t＝2m/s.所求位移为x＝222x1＋v22＋v232t＝47m.(2)23s内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理得W－μmgx＝12mv232，解得W＝9.8J.方法提炼1．

从受力分析入手，根据不同时间段电场力的变化，弄清各阶段的运动情况．2．总结出粒子运动的周期性与电场变化的周期性的关系，求解粒子速度、位移等物理量．带电粒子在交变电场中的往返直线运动例2如图(a)所示，两平行正对的金属板A

、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是()A．0<t0<T4B.T2<t0<3T4C.3T4<t0<T

D．T<t0<9T8【答案】B【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．作出t0＝0、T2、T4时粒子运动的速度图

像如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知，0<t0<T4，3T4<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；T4<t0<3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当T<t0<98T时情况与A项类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移

应小于零，对照各选项可知只有B项正确．方法提炼注意比较电子通过电场的时间与电压变化的周期，在例4中，电子通过电场的时间远小于电压变化的周期，故电子通过电场时可认为板间电压不变．但在例3中，必须考虑电子通过电场过程中电压的变化．带电粒子在交变电场中的偏转运动例3(双

选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边

缘离开电场，已知电场变化周期T＝2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则()A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B．粒子的电荷量为mv022U0C．在t＝18T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv02D．在t＝14T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘

离开电场【答案】AD【解析】t＝0时刻进入电场的粒子，水平方向做匀速运动，则在电场中运动时间t＝2dv0，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，故A项正确；粒子在竖直方向，在T2时

间内的位移为12d＝12U0qdm(dv0)2，解得q＝mv02U0，故B项错误．t＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d′＝2×12a(38T)2－2×12a(T8)2＝18aT2＝12d故电场力做功为W＝U0qd×12d＝12U0q＝12mv02，故C项错误；t＝T

4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T4，然后向下减速运动T4，再向上加速T4，向上减速T4，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D项正确．例4如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB＝11

25V，板中央有小孔O和O′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1＝4×10－2m，板间距离d＝4×10－3m，在距离M、N右侧边缘L2＝0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压

时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u1，在电压变化时，M板电势低于N板．已知电子质量为me＝9.0×10－31kg，电量为e＝1.6×10－19C.求：(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？(2)电子打在荧光屏上的

范围是多少？(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？【答案】(1)2×107m/s(2)从O″竖直向下0～0.012m(3)1.82×10－16J【解析】(1)电子经A、B两块金属板加速，有eUAB＝12mev02得v0＝

2eUABme＝2×1.6×10－19×11259.0×10－31m/s＝2×107m/s.(2)电子通过极板的时间为t＝L1v0＝2×10－9s，远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可认为板间电压不变．当u1＝U2＝22.5

V时，电子经过M、N极板向下的偏移量最大，为y1＝12·eU2med·(L1v0)2＝12×1.6×10－19×22.59.0×10－31×4×10－3×(0.042×107)2m＝2×10－3my1<d，说

明所有的电子都可以飞出M、N，此时电子射出极板后在竖直方向的速度大小为vy＝eU2med·L1v0＝1.6×10－19×22.59.0×10－31×4×10－3×4×10－22×107m/s＝2×106m/s电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为t2＝L2v0＝0

.12×107s＝5×10－9s电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为y2＝vyt2＝2×106×5×10－9m＝0.01m电子打在荧光屏P上的总偏移量为：y＝y1＋y2＝0.012m，方向竖直向下；打在荧光屏上的电子范围是：从O″竖直向下0～0.012m.(3)当u1＝22.5V时，电子飞出

电场的动能最大，Ek＝12me(v02＋vy2)＝12×9.0×10－31×[(2×107)2＋(2×106)2]J≈1.82×10－16J.1．(2018·蚌埠一模)如图甲为一对长度为L的平行金属板，在

两板之间加上图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A．1∶1B．2∶1C．3∶1D．4∶1答案C解析粒子在

两板之间的运动时间均为T，在t＝nT时刻进入的粒子的侧移量最大，考虑竖直分运动，在前半个周期是加速，后半个周期是匀速，设加速度为a，则位移为：ymax＝12a·(T2)2＋aT2·T2＝38aT2，在t＝(n＋12)T进入的

粒子，考虑竖直分运动，在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速，侧移量最小，为：ymin＝12a·(T2)2＝18aT2，故ymax∶ymin＝3∶1，故A、B、D三项错误，C项正确．2．(2018·潍坊三模)如图甲所示，平行金属板A、B正对竖直

放置，CD为两板中线上的两点．A、B板间不加电压时，一带电小球从C点无初速释放，经时间T到达D点，此时速度为v0.在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0带电小球仍从C点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t＝T时，小球()A．在D点上方B．恰好到达D点C．速度大于v0

D．速度小于v0答案B解析A、B两项，在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，小球竖直方向做自由落体运动．在水平方向小球先做匀加速直线运动，后沿原方向做匀减速直线运动，t＝T2时速度为零，接着，沿相反方向先做匀加速直线运动，后继续

沿反方向做匀减速直线运动，t＝T时速度为零．根据对称性可知在t＝T时小球的水平位移为零，所以t＝T时，小球恰好到达D点，小球速度等于v0.故A项错误，B项正确，C、D两项错误．3．(2018·宿迁一模)如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平

行金属板，位于两平行金属板正中间的O点有一个可以连续产生粒子的粒子源，AB间的距离为L.现在A、B之间加上电压UAB随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N个相同粒子，这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一

旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．已知粒子质量为m＝5×10－10kg，电荷量q＝1×10－7C，L＝1.2m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，忽略粒子重力，不考虑粒子之

间的相互作用力，求：(1)t＝0时刻产生的粒子，运动到B极板所经历的时间t0；(2)在0～T2时间内，产生的粒子不能到达B板的时间间隔Δt；(3)在0～T2时间内，能到达B板的粒子数与到达A板的粒子数之比k.答案(1)6×10－3s(2)2×1

0－3s(3)2∶1解析(1)t＝0时刻，粒子由O到B：L2＝12at02又因为：E＝U0L根据牛顿第二定律：a＝Eqm＝qU0mL＝2.0×105m/s2解得：t0＝6×10－3s＜T2＝6×10－3

s所以：t0＝6×10－3s(2)刚好不能到达B极板的粒子，先做匀加速运动，达到速度vm后，做匀减速运动，到达B极板前速度减为0，设匀加速时间为Δt，匀减速时间为Δt′，全程时间为t，则：匀加速的加速度：a＝2.0

×105m/s2匀减速的加速度大小：a′＝4.0×105m/s2根据运动学规律可得：vm＝aΔt＝a′Δt′得：Δt′＝12Δt所以：t＝Δt＋Δt′＝32Δt根据运动学规律可得：12L＝12vmt＝12aΔt·32Δt解得：Δt＝2L3a＝2×

10－3s(3)设刚好不能到达B极板的粒子，反向加速到A极板的时间为t0′，根据运动学规律：L＝12a′t0′2，可得：t0′＝2La′＝6×10－3s＜(T2－Δt′)＝5×10－3s