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2022届高考物理一轮复习 第7章 静电场 微专题8 带电粒子在电场中运动的综合问题教案 新人教版

2022届高考物理一轮复习 第7章 静电场 微专题8 带电粒子在电场中运动的综合问题教案 新人教版

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微专题八　带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题
带电粒子在交变电场中的运动
常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等，从高考常见题型来看，带电粒子有三种运动情况，一是单向直线运动，二是往返运动，三是偏转运动。
(1)抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，分析粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)若利用速度—时间图象分析运动，则要注意五点：①带电粒子进入电场时刻的运动状态；②图象的切线斜率表示加速度；③图线与坐标轴围成的面积表示位移；④注意对称性和周期性变化关系的应用；⑤图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向。

带电粒子的单向直线运动
　如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始时A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时的速度方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　　)

甲　　　　　　　乙　

A　　　　　　　　B

C　　　　　　　　D
A　[电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B项错误。]

带电粒子的往返性运动
　(多选)如图所示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(　　)

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
CD　[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0，v­t图象如图所示，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正确。]

带电粒子的偏转运动
　(多选)(2020·德州模拟)如图甲所示，真空中水平正对放置长为L的平行金属板，以两板中间线为x轴，以过极板右端竖直向上的方向为y轴建立坐标系。在t＝0时，将图乙所示的电压加在两板上，与此同时电子持续不断地沿x轴以速度v0飞入电场，所有电子均能从两板间飞出。不考虑电子间的相互作用，电子的重力忽略不计。关于电子经过y轴的位置，正确的描述是(　　)

甲　　　　　　　　乙　
A．当L≪v0T时，电子从两个不同位置经过y轴，一个在坐标原点处，一个在y轴正方向某处
B．当L＝v0T时，电子经过y轴某一段区域，这个区域位于y轴正方向上，从原点开始
C．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度大小不同，但都大于飞入速度v0的值
D．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值
AD　[当L≪v0T时，电子水平方向做匀速直线运动，t＝，所以t≪T，可认为电子进入时电场没变，当没有电场时，粒子到达原点，当有电场时，粒子做类平抛运动，y＝··＝，A正确；当L＝v0T时，电子穿越时间为一个周期，电子半个周期偏转，半个周期匀速直线运动，因为偏转半个周期，所以不可能到达原点；竖直方向y＝＝，偏转相同，所以电场力对电子做功相同，动能增量相同，末动能相同，末速度大小相同；到达y轴竖直速度vy＝t＝，设速度与y轴夹角为θ，有tan θ＝＝，所以电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值，B、C错误，D正确。]

1.(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)由静止开始运动，则下列说法中正确的是(　　)

A．微粒将沿着一条直线运动
B．微粒在第2 s末的速度为零
C．微粒在第1 s内的加速度与第2 s内的加速度相同
D．微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同
ABD　[由图可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s内做加速运动，第2 s内做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A、B正确，C错误；由对称性可知，微粒在第1 s内的平均速度与第2 s内的平均速度相同，由x＝vt得，微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同，故D正确。]
2．(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(　　)

甲　　　　　　　　　乙
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
BC　[因0～内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，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2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。]
电场中的力电综合问题
1．带电粒子在电场中的运动
(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律等解题。
(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。
2．“三大观点”的应用
(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。
(3)动量的观点
①运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。
②运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。

动力学和能量观点的应用
　如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电荷量为q＝－2×10－5 C的小球，自倾角为θ＝37°的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R＝0.5 m的绝缘半圆轨道最高点C，已知小球质量为m＝0.5 kg，匀强电场的场强E＝2×105 N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计，假设在B点前后小球的速率不变(g取10 m/s2)。求：
(1)H至少应为多少；
(2)通过调整释放高度使小球到达C点的速度为2 m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少。

[解析]　(1)小球恰好过最高点C时有
mg－qE＝m
从A到C，由动能定理有
mg(H－2R)－qE(H－2R)＝mv－0
解得H＝1.25 m。
(2) 小球从C点飞出后做类平抛运动有
mg－|q|E＝ma
解得a＝2 m/s2
竖直方向y＝at2
水平方向x＝v′Ct
根据几何关系tan θ＝
解得t＝0.5 s　y＝0.25 m
从C到落回斜面，由动能定理有
mgy－|q|Ey＝Ek－mv′
解得Ek＝1.25 J。
[答案]　(1)1.25 m　(2)1.25 J

动力学、动量和能量观点的应用
　如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2 m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m＝1.0×10－2 kg、所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量为甲球质量的3倍。取g＝10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。

(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。
[解析]　(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为x，乙离开D点后做类平抛运动，则2R＝at2，x＝vDt
根据牛顿第二定律有a＝
乙过D点时有mg＋qE＋N＝m(式中N为乙在D点时轨道对乙的作用力)
根据牛顿第三定律有N＝N′＝2.5mg
解得x＝0.6 m。
(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
×mv＝×mv＋mv
联立解得v2＝v0
乙球从B到D的过程中，根据动能定理有
－mg·2R－qE·2R＝mv－mv
由(1)可得vD＝3 m/s
联立解得v0＝10 m/s。
[答案]　(1)0.6 m　(2)10 m/s

1.如图所示，水平地面上方存在水平向左的匀强电场，一质量为m的带电小球(大小可忽略)用轻质绝缘细线悬挂于O点，小球带电荷量为＋q，静止时距地面的高度为h，细线与竖直方向的夹角为α＝37°，重力加速度为g。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)匀强电场的场强大小E；
(2)现将细线剪断，小球落地过程中水平位移的大小；
(3)现将细线剪断，带电小球落地前瞬间的动能。
[解析]　(1)小球静止时，对小球受力分析如图所示，有
FTcos 37°＝mg
FTsin 37°＝qE
解得：E＝。
(2)剪断细线，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做加速度为a的匀加速运动，有
Eq＝ma
x＝at2
h＝gt2
联立解得x＝h。
(3)从剪断细线到落地瞬间，由动能定理得
Ek＝mgh＋qEx＝mgh。
[答案]　(1)　(2)h　(3)mgh
2．如图所示，ACB是一条绝缘水平轨道。轨道CB长L＝18 m，且处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C的匀强电场中。一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达电场中某点时撤去拉力，到达B点时速度恰好为零，已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，求：
(1)小物体到达C点的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间。

[解析]　(1)小物体的加速度a＝＝12 m/s2
vC＝＝12 m/s。
(2)小物体进入电场后，未撤去拉力F前的加速度
a2＝＝4 m/s2
A到B由动能定理
F(L0＋x)－μmg(L0＋L)－|qE|L＝0
x＝9 m
x＝vCt1＋a2t
解得t1＝ s
又a3＝＝12 m/s2
撤去力F后小物体向右的运动可看作反向的初速度为0的匀加速运动，则有
L－x＝a3t
得t2＝ s
由于|qE|>μmg，所以小物体不会静止在B点，则加速度a4＝＝4 m/s2
t3＝＝3 s
t＝t1＋t2＋t3＝2 s。
[答案]　(1)12 m/s　(2)2 s
3．真空中存在方向竖直向上、电场强度大小为E0的匀强电场，A、B、C三点在电场中同一条竖直线上，C是A、B的中点。在某时刻，带电油滴a经过A点竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，不带电油滴b在B点由静止释放。经过一段时间，a、b在C点相碰成为油滴c，此时刻将电场强度的大小突然变为某值，但保持其方向不变，再经过相同的时间，油滴c运动回到C点。油滴a、b的质量都为m，重力加速度大小为g，油滴a、b、c均可视为质点。求：
(1)油滴c在C点的初速度大小；
(2)变化后的电场强度的大小；
(3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中，电势能最大值与最小值之差。
[解析]　(1)设油滴a从A点到C点的时间为t1，碰前b的速度大小为v1，碰后油滴c在C点初速度大小为v2，则有v0t1＝v1t1
又由动量守恒定律得mv1－mv0＝2mv2
解得v1＝2v0，v2＝v0。
(2)根据题意易知油滴a带正电，设电荷量为q，油滴a从A点到C点的过程中有qE0＝mg
油滴b从B点到C点的过程有v1＝gt1
油滴c带正电，电荷量为q，质量为2m，设变化后的电场强度的大小为E，油滴c从C点开始以v2为初速度向下运动，加速度方向竖直向上，设大小为a′，由题意可知油滴c在时间t1内位移为零
则有2ma′＝qE－2mg,0＝v2t1－a′t
由v1＝2v0得2v0＝gt1，由v2＝v0得v0＝a′t1
则a′＝g，解得变化后的电场强度大小E＝3E0。
(3)油滴c从C点出发到回到C点的过程中，向下运动时电场力做负功，向上运动时电场力做正功，所以油滴c在最低点电势能最大，在C点电势能最小。设最低点与C点间的距离为x，从最低点到C点电场力对油滴c做的功为W，电势能最大值与最小值之差为ΔE，则有2a′x＝v，W＝qEx，ΔE＝W
结合第(1)问和第(2)问的解析解得ΔE＝mv。
[答案]　(1)v0　(2)3E0　(3)mv