模型17 带电粒子在交变电场中的运动(解析版)

模型17 带电粒子在交变电场中运动(解析版)
带电粒子在交变电场中的运动是高考必备的核心知识点之一,因电场力出现周期性变化,导致运动过程出现多个阶段,分阶段是常见的解题思路,需要利用牛顿运动定律、图象等分析多个阶段运动的细节,此类题目既有计算题,也有选择题,其中计算题的难度较大。

带电粒子在交变电场中运动的分析
(1)解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
带电粒子在交变电场中的问题大多是运动的拼接,处理此类问题要注意以下几点。

①注重全面分析:抓住粒子的运动具有周期性和对称性等特性,求解粒子运动过程的速度、位移和做功等问题。

②分析时要从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿运动定律及运动学规律分析;二是根据功能关系列式求解。

③注意对称性和周期性变化关系的应用。

(2)常见的试题类型及解题方法
①粒子做单向或往返直线运动:对于带电粒子在交变电场中的直线运动,一般是加速、减速交替出现的多过程情况较多。

解决的方法是分析清楚其中一个完整的过程,有时也可借助v-t图象进行运动过程分析,找出各个过程中的重要物理量间的关系,进行归纳、推理,从而寻找其运动规律再进行分段处理求解。

要注意释放位置的不同造成的运动状态的差异。

②粒子做偏转运动:一般根据交变电场特点分段研究。

解决的方法是应用运动的合成与分解的方法,把曲线运动分解为两个直线运动,再分别用直线运动的规律加以解决。

【典例1】(多选)如图甲所示,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示。

t=0时刻,质量为
m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~时间内微粒做匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。

微粒运动过程中未与金属板接触。

重力加速度的大小为g。

关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是()。

A.末速度大小为v0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了mgd
D.克服电场力做功为mgd
【答案】BC
【解析】因0~内微粒匀速运动,故微粒受到的电场力向上,E0q=mg,由题图可知在~时间内,两金属板间没有电场,微粒只受重力作用,做平抛运动,在t=时刻的竖直速度v y1=,水平速度为v0,在~T时间内,微粒满足2E0q-mg=ma,解得a=g,方向向上,则在t=T时刻,微粒的竖直速度减少到零,水平速度为v0,A项错误,B项正确;微粒的重力势能减少了ΔE p=mg·=mgd,C项正确;微粒从射入到射出,由动能定理可得mgd-W电=0,可知克服电场力做的功为mgd,D项错误。

【变式训练1】(多选)图甲为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。

当t=0时,在此匀强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()。

甲
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.2 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度为零
D.0~3 s内,电场力做的总功为零
【答案】CD
【解析】设第1 s内粒子的加速度为a1,第2 s内的加速度为a2,由a=,可知a2=2a1,可见粒子第1 s内向负方向运动,1.5 s末粒子的速度为零,然后向正方向运动,至3 s末回到原出发点,粒子的速度为零,v-t图象如图乙所示,由动能定理可知,此过程中电场力做的总功为零,综上所述,可知C、D两项正确。

乙
【典例2】如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,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<
B.<t0<
C.<t0<T
D.T<t0<
【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负,时而为正,最终打在A 板上时位移为负,速度方向为负。

作出t0=0、、、时粒子运动的速度图象如图丙所示。

由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象可知0<t0<,<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零;<t0<时粒子在一个周期内的总位移小于零;当t0>T时情况类似。

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。

丙
【变式训练2】如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面上,一个质量m=0.2 kg、电荷量q=2.0×10-6 C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电场强度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10 m/s2),求:
(1)23 s内小物块的位移大小。

(2)23 s内电场力对小物块所做的功。

【答案】(1)47 m(2)9.8 J
【解析】(1)设0~2 s内小物块的加速度为a1
由牛顿第二定律得E1q-μmg=ma1
解得a1==2 m/s2
位移x1=a1=4 m
2 s末的速度v2=a1t1=4 m/s
设2 s~4 s内小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律得
-E2q-μmg=ma2
解得a2==-2 m/s2
位移x2=x1=4 m,4 s末小物块的速度v4=0
因此小物块做周期为4 s的先匀加速后匀减速运动
第22 s末的速度v22=4 m/s,第23 s末的速度
v23=v22+a2t=2 m/s(t=23 s-22 s=1 s)
位移x=x1+t=47 m。

(2)23 s内,设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理得W-μmgx=m
解得W=9.8 J。

【典例3】真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0。

在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变。

持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B点。

重力加速度大小为g。

(1)求油滴运动到B点时的速度。

(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件。

已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。

【答案】(1)v0-2gt1(2)见解析
【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q,以油滴速度方向向上为正方向。

油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故油滴所受电场力方向向上。

在t=0时,电场强度突然从E1增加至E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2-mg=ma1
油滴在时刻t1的速度v1=v0+a1t1
电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2+mg=ma2
油滴在时刻t2=2t1的速度v2=v1-a2t1
联立可得v2=v0-2gt1。

(2)由题意,在t=0时刻前有qE1=mg
油滴从t=0到时刻t1的位移s1=v0t1+a1
油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移s2=v1t1-a2
由题给条件有=2g·2h
式中h是B、A两点之间的距离
若B 点在A 点之上,依题意有s 1+s 2=h
联立可得E 2=E 1
为使E 2>E 1,应有2-2+>1
即当0<t 1<(对应于v 2>0)或t 1>(对应于v 2<0)时才是可能的
若B 点在A 点之下,依题意有s 1+s 2=-h
联立可得E 2=E 1
为使E 2>E 1,应有2-2->1
即t 1>
另一解为负,不合题意,已舍去。

【变式训练3】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图所示，加在极板
A 、
B 间的电压AB U 作周期性变化，其正向电压为0U ，反向电压为-k (1)0U k >，
电压变化的周期为2τ，如图所示。

在t=0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场作用由静止开始运动。

若整个运动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用。

（1）若54
k =，电子在0—2r 时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件； （2）若电子在0—2r 时间未碰到极板B ，求此运动过程中电子速度v 随时间t 变化的关系；
（3）若电子在第N 个周期内的位移为零，求k 的值。

【解析】（1）电子在 0～τ时间内做匀加速运动
加速度的大小 md eU a 01= ① 位移2112
1τa x = ② 在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动
加速度的大小 md eU a 450
2= ③
初速度的大小τ11a v = ④
匀减速运动阶段的位移2
2122a v x = ⑤ 依据题，21x x d +> 解得m
eU d 10920τ> ⑥ （2）在τn 2～()τ12+n ，（n =0,1,2，……99）时间内
速度增量τ11a v =∆ ⑦
在()τ12+n ～τ)1(2+n ，（n =0,1,2，……99）时间内
加速度的大小md ekU a 02=
‘ 速度增量 τ'22a v -=∆ ⑧
(a)当0≤τn t 2-<τ时
电子的运动速度 ()τn t a v n v n v 2121-+∆+∆= ⑨
解得()[]md
ekU n k t v 01τ+-= (n =0,1,2, ……,99) ⑩ (b)当()ττ<+-≤120n t 时
电子的运动速度 ()()[]τ121'221+--∆+∆+=n t a v n v n v ⑾
解得()()[]dm eU kt k n v 011-++=τ，(n =0,1,2, ……,99) ⑿
（3）电子在τ)1-N (2 ~τ)1-2N (时间内的位移212N 21-2N 2
1ττa v x +=-
电子在τ)1-2N ( ~τ2N 时间内的位移221N 22N 21ττ‘a v x +
=- 由⑩式可知()()dm
eU k v 02-2N 11N τ--= 由⑿式可知 ()dm eU k k v 01-2N N N τ
+-= 依题意得 0N 21N 2=+-x x 解得：3
N 41N 4--=k 【总结与点评】本题第1小题使学生感知到电子运动时间的周期性；在第1小题的基础上递推出经过时间t 的速度，在这个递推的过程中，要善于归纳出每个周期的速度变化量，并且要分析清楚电子运动最后小于半周期的时间，是落在前半周期还是落在后半周期，以便求出电子两种情况下的末速度；利用第2小题的求出的速度，递推出第N 个周期内位移为零，自然是水到渠成。

本题三问逐渐推进，环环相扣，命题立意具有非常高的艺术性与科学性。