高考物理必备—24类高考必考通解通法_16 电场中的类平抛（解析版）.doc

模型16 电场中的类平抛(解析版)1.运动情况:如果带电粒子以初速度v0垂直电场强度方向进入匀强电场中,则带电粒子在电场中做类平抛运动,如图所示2.处理方法:将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动根据运动的合成与分解的知识解决有关问题3.基本关系式:运动时间t=lv0,加速度a=Fm=qEm=qUmd,偏转量y=12at2=qUl22mdv02,偏转角θ的正切值tan θ=vyv0=atv0=qUlmdv024.带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时,偏移量和偏转角总是相同的证明:由qU1=12mv02y=12at2=12qU2mdlv02tan θ=qU2lmdv02得y=U2l24U1d,tan θ=U2l2U1d2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点,即O到偏转电场边缘的距离为l25.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系带电粒子的末速度v也可以从能量的角度进行求解:qUy=12mv2-12mv02,其中Uy=Udy,指初、末位置间的电势差。

典例1】图示为示波管的工作原理图:电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场,若加速电压为U1,偏转电压为U2,偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d,y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度,即yU2(该比值越大则灵敏度越高),则下列方法可以提高示波管的灵敏度的是(　　)A.增大U1 B.增大U2C.减小L D.减小d【答案】D【解析】由y=U2l24U1d 知D正确【变式训练1】(多选)如图甲所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么(　　)甲A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置【答案】AD【解析】设加速电压为U1,偏转电压为U2,则qU1=12mv02,x=v0t,y=12qU2mdt2,联立得y=U2x24U1d,即粒子在竖直方向的偏转量y与q、m均无关,因此三种粒子运动轨迹相同,打在屏上的同一位置,D项正确;偏转电场对粒子做的功W=qE2y,由于运动轨迹相同,三种粒子离开电场时的偏转量y相同,则W相同,A项正确;根据W=12mv2,三种粒子质量不同,因此速度v不同,运动时间也不同,B、C两项错误。

乙【典例2】(多选)如图所示,电荷量之比qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发,沿着与电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则(　　)A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1C.A和B的质量之比为1∶12D.A和B的位移大小之比为1∶1【答案】ABC【解析】粒子A、B在匀强电场中做类平抛运动,水平方向由x=v0t及OC=CD得tA∶tB=1∶2;竖直方向由h=12at2得 a=2ht2,它们沿竖直方向下落的加速度大小之比aA∶aB=4∶1;根据a=qEm得m=qEa,故mAmB=112,A和B的位移大小不相等,故A、B、C三项正确,D项错误变式训练2】如图甲所示,两平行金属板A、B长l=8 cm,两板间距离d=8 cm,A板电势比B板电势高300 V,即UAB=300 V一带正电的粒子所带电荷量q=10-10 C,质量m=110-20 kg,从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场,初速度v0=2106 m/s,粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后,进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)。

已知两界面MN、PS相距L=12 cm,粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获,从而以O点为圆心做匀速圆周运动,最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上(静电力常量k=9109 Nm2/C2,粒子重力不计,tan 37=34,tan 53=43)求:　甲(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h2)粒子穿过界面MN时的速度v3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留1位有效数字)答案】(1)3 cm (2)2.5106 m/s,方向与水平方向成37角斜向右下方 (3)12 cm (4)-110-8 C【解析】(1)设粒子在两极板间运动时加速度为a,运动时间为t,则t=lv0,h=12at2,a=qEm=qUABmd联立解得h=qUAB2md(lv0)2=0.03 m=3 cm2)粒子的运动轨迹如图乙所示乙设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy,则vy=at=qUABlmdv0解得vy=1.5106 m/s所以粒子从电场中飞出时的速度v=v02+vy2=2.5106 m/s设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ,则tan θ=vyv0=34解得θ=37。

3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得hY=l2l2+L解得Y=0.12 m=12 cm4)粒子做匀速圆周运动的半径r=Ycosθ=0.15 m又k|Q|qr2=mv2r解得|Q|≈110-8 C故Q=-110-8 C典例3】如图所示,一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板间,射入方向沿两极板的中心线当极板间所加电压为U1时,粒子落在A板上的P点如果将带电粒子的初速度变为2v0,同时将A板向上移动d2后,使粒子由原入射点射入后仍落在P点,则极板间所加电压U2为(　　)A.U2=3U1 B.U2=6U1C.U2=8U1 D.U2=12U1【答案】D【解析】当板间距离为d,射入速度为v0,板间电压为U1时,在电场中有d2=12at2,a=qU1md,t=xv0,解得U1=md2v02qx2;当A板上移d2,射入速度为2v0,板间电压为U2时,在电场中有d=12at2,a=2qU23md,t=x2v0,解得U2=12md2v02qx2,即U2=12U1,D项正确变式训练3】（19年全国2卷）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。

两金属板正中间有一水平放置金属网G，PQG的尺寸相同G接地，PQ的电势均为（>0）质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】（1）；（2）【解析】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有①F=qE=ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有③设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有④l=v0t⑤联立①②③④⑤式解得⑥⑦（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧。