2024届物理一轮复习讲义专题强化十四 带电粒子在电场中运动的综合问题含答案.doc

2024届物理一轮复习讲义专题强化十四带电粒子在电场中运动的综合问题学习目标1.会分析带电粒子在交变电场中的加速和偏转问题。 2.会用动力学观点和能量观点分析电场中的力电综合问题。考点一带电粒子在交变电场中的运动1.带电粒子在交变电场中运动的两种常见情形(1)初速度v0平行于电场方向：粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的直线运动。(2)初速度v0垂直于电场方向：沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。2.分析方法根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。具体做法为at图像vt图像。3.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场瞬间可认为是在匀强电场中运动。角度带电粒子在交变电场中的直线运动例1 如图1甲所示，真空中相距d5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m2.0×1027 kg、电荷量q1.6×1019 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求：图1(1)在t0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；(2)若A板电势变化周期T1.0×105 s，在t0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；(3)A板电势变化频率多大时，在t到t时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达A板。答案(1)4.0×109 m/s2(2)2×104 m/s (3)大于5×104 Hz解析(1)带电粒子所受静电力大小为FqE由牛顿第二定律得a4.0×109 m/s2。 (2)由位移公式计算粒子在0时间内运动的距离为xa()25.0×102 m由此可见带电粒子在t时恰好到达A板。再由运动学公式可得va2×104 m/s。(3)分析可知，在内，静电力方向、速度方向均向右，带电粒子向A板做匀加速运动；同理，在内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回。由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等，得粒子向A板运动可能的最大位移为xmax2×a()2aT2。因题目要求粒子不能到达A板，故必有xmaxd，频率和周期的关系为f，由以上三式即可求出电势变化频率应满足条件f5×104 Hz。角度带电粒子在交变电场中的偏转例2 在图2甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变，方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：图2(1)若电子从t0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？(3)若电子恰能从O平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？答案(1)(2)v0T (3)k(k0，1，2，)T解析(1)由动能定理得emv2mv，解得v。(2)t0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO方向上至少运动一个周期，故极板长至少为Lv0T。(3)若要使电子从OO平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO上，可见应在tk(k0，1，2，)时射入；极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a，加速阶段运动的距离s·，解得dT，故两极板间距至少为T。跟踪训练1.如图3所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，关于电子在板间的运动(假设电子不与板相碰)，下列说法正确的是()图3A.电压是甲图时，在0T时间内，电子的电势能一直减少B.电压是乙图时，在0时间内，电子的电势能先增加后减少C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动答案D解析若电压是甲图，0T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，电子做往复运动，故D正确。考点二电场中的力、电综合问题要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和能量关系等多角度进行分析与研究。1.动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑。2.能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。例3 (2023·陕西宝鸡一模)如图4所示，在水平地面的上方空间存在一个水平向右的匀强电场，有一带电小球(可视为质点)从距地面高为h1 m的O点由静止释放，沿与水平地面成45°角的方向做直线运动，最终落在地面上的A点。已知小球质量为m0.5 kg，电荷量为q5×102 C，g10 m/s2。不计空气阻力，求：图4(1)匀强电场的电场强度大小；(2)O、A之间的电势差；(3)带电小球到达地面时的速度大小。答案(1)100 V/m(2)100 V(3)2 m/s解析(1)设匀强电场的电场强度大小为E，由题意可得带电小球所受合外力方向与水平方向成45°角，受力分析如图所示。根据力的分解可得qEmg解得E100 V/m。(2)在匀强电场中E其中dh1 m解得UOA100 V。(3)设带电小球到达地面时的速度为v，小球从O点到A点的过程中，由动能定理可得mghqEdmv2解得v2 m/s。跟踪训练2.(多选)(2023·皖豫名校联盟体高三联考)如图5所示为一固定在竖直面内的光滑绝缘细管轨道，A点与x轴相交，C点与y轴相交，轨道AB段竖直，长度为0.7 m，BC段是半径为0.7 m的四分之一圆弧，与AB相切于B点。一质量为m0.1 kg、直径略小于管径的带电小球从A点以初速度v0射入轨道，小球到达最高点C时恰好与轨道没有作用力。已知小球带0.01 C的正电荷，在x轴上方存在着电场强度大小为100 N/C、方向水平向右的匀强电场，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()图5A.小球的初速度v0为6 m/sB.小球的初速度v0为7 m/sC.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为0D.小球从C点射出后运动轨迹与x轴交点横坐标为0.7 m答案BC解析因小球到达最高点时与轨道没有作用力，说明自身重力完全提供向心力，则mgm，小球从AC的运动过程中，根据动能定理，有mg·2rqErmv2mv，解得v07 m/s，故A错误，B正确；小球从C点出射，水平方向做匀减速直线运动，初速度为v m/s, 加速度为a10 m/s2，竖直方向为自由落体运动，运动到x轴时，有hgt2，解得t s，则此时横坐标为xvtat20，故C正确，D错误。A级基础对点练对点练1带电粒子在交变电场中的运动1.(多选)如图1所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是()图1A.带电粒子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.03 s内，静电力做的总功为零答案CD解析设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a可知a22a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，vt图像如图所示，由动能定理可知，此过程中静电力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确，A、B错误。2.如图2甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压。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(不计重力及粒子间的相互作用)，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 ()图2A.11 B.21 C.31 D.41答案C解析粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，若粒子在tnT(n0，1，2，)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymaxa()2a··aT2；若粒子在tnT(n0，1，2，)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速，然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin0a()2aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是31，故C项正确。3.(多选)如图3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。t0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0T时间内运动的描述正确的是()图3A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服静电力做功为mgd答案BC解析因0时间内微粒匀速运动，故qE0mg；在时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t时刻的竖直速度为vy1，水平速度为v0；在T时间内，由牛顿第二定律得2qE0mgma，解得ag，方向竖直向上，则在tT时刻，vy2vy1g·0，微粒的竖直速度减小到零，水平速度为v0，则末速度大小为v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了Epmg·mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理得mgdW电0，则W电mgd，即微粒克服静电力做功为mgd，选项D错误。对点练2电场中的力、电综合问题4.如图4所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()图4A.动能增加mv2 B.机械能增加2mv2C.重力势能增加mv2 D.电势能增加2mv2答案B解析动能变化量Ekm(2v)2mv2mv2，A错误；重力和电场力做功，机械能增加量等于电势能减少量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)202x，则电势能减少量等于电场力做的功Ep减W电qEx2mv2，B正确，D错误；在竖直方向做匀减速运动，到N点时竖直方向的速度为零，由v22gh，得重力势能增加量Ep重mghmv2，C错误。5.(多选)如图5所示，在重力加速度为g的空间，有一个带电荷量为Q的场源电荷置于O点，B、C是以O为圆心、半径为R的竖直圆周上的两点，A、B、O在同一竖直线上，ABR，O、C在同一水平线上。现在有一质量为m、电荷量为q的有孔小球，沿光滑绝缘细杆AC从A点由静止开始滑下，滑至C点时速度的大小为，下列说法正确的是()图5A.从A到C小球做匀变速运动B.B、A两点间的电势差为C.从A到C小球的机械能守恒D.若从A点自由释放，则小球下落到B点时的速度大小为答案BD解析小球在运动的过程中，所受静电力是变力，合力不恒定，则从A到C小球做的运动不是匀变速运动，故A错误；小球从A到C的过程中，重力和库仑力都做功，根据动能定理得2mgRqUACmv2，由于v，则UAC，因以O为圆心的圆周为等势面，所以A、B间的电势差与A、C间的电势差相等，则B、A间的电势差为，故B正确；从A到C，除重力做功外，还有库仑力做功，所以机械能不守恒，故C错误；若从A点自由释放，小球下落到B点时，根据动能定理得mgRqUBAmv0，解得vB，故D正确。6.(2023·河南信阳市高三质量检测)如图6，固定在竖直面内、半径为R的光滑绝缘半圆形轨道ABC，圆心为O，AC为水平直径，处在水平向右的匀强电场中，电场线与轨道平面平行。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带电小球从轨道上的A点由静止释放，小球始终沿圆弧轨道运动。下列说法正确的是()图6A.小球从A运动到B的过程中，小球的机械能可能增加B.小球一定会运动到C点C.小球运动速度最大的位置一定在AB段圆弧上的某一点D.小球一定带正电答案C解析小球沿圆弧轨道运动，不脱离轨道，所以受到的静电力水平向左，则小球一定带负电，小球从A运动到B的过程中，静电力做负功，电势能增大，机械能减小，故A、D错误；小球向右运动过程中，静电力做负功，电势能增大，机械能减小，因此小球不可能到达C点，故B错误；小球在电场和重力场的合力场中运动，静电力水平向左，重力方向竖直向下，所以电场和重力场的合力场的最低点在圆弧AB段上，因此小球速度最大的位置一定在AB段圆弧上某一点，故C正确。B级综合提升练7.(多选)(2023·湖南郴州市高三教育质检)水平地面上方有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，从地面上的A点斜向右上方以速度v010 m/s抛出一个带正电荷量为q(q0)、质量为m的小球，速度方向与水平地面的夹角53°，轨迹如图7所示。点B为轨迹最高点，D、E两点高度相等，小球落在水平地面上的C点。忽略空气阻力的影响。取g10 m/s2。则()图7A.D、E两点速度大小相等B.B点速度为10 m/sC.小球落地时与水平方向的夹角仍为53°D.A、C两点距离为16 m答案BD解析D、E两点高度相等，小球从D到E重力做功为零，静电力做正功，所以D、E两点速度大小不相等，故A错误；小球在水平方向与竖直方向的初速度分别为vx0v0cos 53°6 m/s，vy0v0sin 53°8 m/s，点B为轨迹最高点，所以在B点竖直速度为零，由vy0gt，ax，vxvx0axt，联立可得vx10 m/s，即小球在B点速度为10 m/s，故B正确；小球从A到C的时间为从A到B的时间的两倍，则到C点时，水平速度为vxCvx0ax·2t14 m/s，则小球落地时与水平方向的夹角正切为tan ，故C错误；A、C两点距离为x16 m，故D正确。8.(多选)(2023·天津市和平区高三模拟)如图8所示，由两水平面(虚线)所夹的区域内，有水平向右的匀强电场，自该区域上方的A点，将质量相等、带等量异种电荷的小球a、b先后两次以相同的初速度沿平行于电场的方向抛出。小球在重力的作用下从B点进入电场区域，并从该区域的下边界离开，已知a球在电场中做直线运动之后从M点离开电场，b球从N点离开电场且离开电场时速度方向竖直向下，根据上述信息，下列判断正确的是()图8A.a球带负电，b球带正电B.a球和b球在电场中运动的时间相等C.M点到B点的水平距离是N点到B点的水平距离的3倍D.b球离开电场时比其进入电场时电势能大答案BCD解析由题意可知，b球进入水平电场后在水平方向做减速运动，离开电场时水平速度减为零，则b球带负电，a球带正电，选项A错误；从开始抛出到离开电场，两球在竖直方向只受重力作用，加速度相同，则两球在竖直方向的运动相同，即a球和b球在电场中运动的时间相等，选项B正确；设两球进入电场时水平速度为v0，经过电场的时间为t，则对a球从M点射出时水平位移xMBv0tat2，对b球从N点射出时水平位移xNBv0tat2，其中对b球有v0at，解得xMB3xNB，即M点到B点的水平距离是N点到B点的水平距离的3倍，选项C正确；b球在电场中运动时，静电力做负功，则电势能增加，即离开电场时比其进入电场时电势能大，选项D正确。9.如图9所示，在光滑的水平桌面上，粗糙直线轨道AB与光滑圆弧轨道BCD相切于B点，圆心角BOC37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线轨道AB长为L5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向竖直向下且垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为q(q0)的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的动摩擦因数0.25，取sin 37°0.6，cos 37°0.8，忽略物块重力。求：图9(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。答案(1)5.4qE(2)R(3)15R解析(1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为vC1，根据动能定理有qELsin 37°R(1cos 37°)qELcos 37°mv0在C点根据牛顿第二定律得FNqEm联立解得FN5.4qE根据牛顿第三定律得FNFN5.4qE。(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，根据动能定理有qE(Lsin 37°Rcos 37°)qELcos 37°mv小物块第一次到达D点后先以速度vD1沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理得qExm0mv，联立解得xmR。(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小。设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，根据功能关系得qELsin 37°qEscos 37°解得s15R。一、立体思维：分析点电荷电场空间分布及叠加问题的方法1.分析题目中有几个点电荷，它们的位置分布情况如何。2.结合点电荷或等量电荷电场的分布规律，分析电场的空间分布和叠加情况，必要时画出点电荷或等量电荷电场分布平面图。3.根据立体几何知识求解空间点到场源电荷的距离。4.利用平行四边形定则求解合电场强度大小，并进一步分析求解其他问题。例1 (2023·山东名校联盟高三期末)如图1所示，真空中有四个相同的点电荷，电荷量均为q，分别固定在棱长为L的正四面体(由绝缘材料制成)的四个顶点上，静电力常量为k。任意一个点电荷所受静电力的大小为()图1A. B. C. D.答案A解析设正四面体的四个顶点为A、B、C、D，作底边三角形ABC中心O，连接OD、AO，如图所示，由几何关系可知cos ，A点电荷在D点产生的电场强度为E0，同理B、C两点电荷在D点产生的电场强度也为E0，这三个电场强度水平分量互成120°且大小相等，故最终抵消，只有竖直分量为EyE0cos ，故D点合电场强度为E合，则D点电荷受静电力大小为FqE合，则每个点所受静电力大小都为，故A正确。二、科学思维：带电粒子在电场和重力场中的运动1.等效重力场物体在匀强电场和重力场中的运动，可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。2.方法应用(1)求出重力与静电力的合力，将这个合力视为一个等效重力。(2)将a视为等效重力加速度。(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”。注意：这里的最高点不一定是几何最高点。(4)将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解。3.等效最高点和等效最低点示意图例2 (多选)如图2所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是()图2A.匀强电场的电场强度EB.小球动能的最小值为EkC.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大答案AB解析小球静止时细线与竖直方向成角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有qEmgtan ，解得E，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A时速度最小，根据牛顿第二定律，有m，则最小动能Ekmv2，选项B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。例3 (2023·陕西汉中市高三质量检测)如图3所示，竖直平面内有一个半径为R的光滑圆轨道，另外空间有一平行于圆周平面水平方向的匀强电场，一质量为m，带电荷量为q(q0)的小球(可视为质点)从最低点A点以一定初速度在圆轨道内侧开始运动，已知小球运动到M点时动能最大，此时OM与OD的夹角为30°，重力加速度为g。求：图3(1)电场强度E的大小；(2)要使小球做完整的圆周运动，v0的取值范围。答案(1)(2)v02解析(1)根据小球在平衡位置M点的受力分析可得qEmg得E。(2)重力和静电力的合力F2mg在等效最高点H，临界速度满足2mgm解得v从A点到等效最高点H，根据动能定理有2mg·Rmv2mv解得v02即v0的取值范围为v02。