帶電粒子在電場中的運動的綜合問題(共18頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專題強化八帶電粒子(帶電體)在電場中運動的綜合問題專題解讀 1.本專題主要講解帶電粒子(帶電體)在電場中運動時動力學(xué)和能量觀點的綜合運用，高考常以計算題出現(xiàn).2.學(xué)好本專題，可以加深對動力學(xué)和能量知識的理解，能靈活應(yīng)用受力分析、運動分析特別是曲線運動(平拋運動、圓周運動)的方法與技巧，熟練應(yīng)用能量觀點解題.3.用到的知識：受力分析、運動分析、能量觀點.一、帶電粒子在電場中運動1.分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當(dāng)?shù)牧W(xué)規(guī)律如牛頓運動定律、運動學(xué)公式、動能定理、能量守恒定律解題.2.受力特點：在討論帶

2、電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關(guān)鍵看重力與其他力相比較是否能忽略.一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運動狀態(tài)判斷是否考慮重力作用.二、用能量觀點處理帶電體的運動對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量觀點來處理.即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常顯得簡潔.具體方法常有兩種：1.用動能定理處理思維順序一般為：(1)弄清研究對象，明確所研究的物理過程.(2)分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功.(3)弄清所研究過程的始、末狀態(tài)(主要指動能).(4)根據(jù)WEk列出

3、方程求解.2.用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理列式的方法常有兩種：(1)利用初、末狀態(tài)的能量相等(即E1E2)列方程.(2)利用某些能量的減少等于另一些能量的增加(即EE)列方程.3.兩個結(jié)論(1)若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變.(2)若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變.命題點一帶電粒子在交變電場中的運動1.常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等.2.常見的題目類型(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解).(2)粒子做往返運動(一般分段研究).(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分

4、段研究).3.思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件.(2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系.(3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用.例1如圖1(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上.則t0可能屬于的時間段是()圖1A.0t0B.t0C.t0T D.Tt

5、0答案B解析設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正.依題意知，粒子的速度方向時而為正，時而為負(fù)，最終打在A板上時位移為負(fù)，速度方向為負(fù).分別作出t00、時粒子運動的vt圖象，如圖所示.由于vt圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象知，0t0與t0T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零，t0時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；t0T時情況類似.因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各項可知B正確.變式1如圖2所示，A、B兩金屬板平行放置，在t0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計).分別在A、B兩板間加上下列哪種電壓時，有可能使電子到不了B板()圖2答案B

6、變式2(多選)(2015·山東理綜·20)如圖3甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示.t0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()圖3A.末速度大小為v0B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了mgdD.克服電場力做功為mgd答案BC解析因0時間內(nèi)微粒勻速運動，故E0qmg；在時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t時刻的豎直速度為vy1，水平速度為v0；在T時間內(nèi)，由牛頓第二定律2E0

7、qmgma，解得ag，方向向上，則在tT時刻，vy2vy1g 0，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了Epmg·mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，mgdW電0，可知克服電場力做功為mgd，選項D錯誤；故選B、C.命題點二用“等效法”處理帶電粒子在電場和重力場中的運動1.等效重力法將重力與電場力進行合成，如圖4所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向.圖42.物理最高點與幾何最高點在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎

8、直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題.小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是物理最高點.幾何最高點是圖形中所畫圓的最上端，是符合人眼視覺習(xí)慣的最高點.而物理最高點是物體在圓周運動過程中速度最小(稱為臨界速度)的點.例2如圖5所示，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的珠子，現(xiàn)在圓環(huán)平面內(nèi)加一個勻強電場，使珠子由最高點A從靜止開始釋放(AC、BD為圓環(huán)的兩條互相垂直的直徑)，要使珠子沿圓弧經(jīng)過B、C剛好能運動到D.(重力加速度為g)圖5(1)求所加電場的場強最小值及所對應(yīng)的場強的方向；(2)當(dāng)所加電場的場強為最小值時，求珠子

9、由A到達D的過程中速度最大時對環(huán)的作用力大??；(3)在(1)問電場中，要使珠子能完成完整的圓周運動，在A點至少應(yīng)使它具有多大的初動能？答案見解析解析(1)根據(jù)題述，珠子運動到BC弧中點M時速度最大，作過M點的直徑MN，設(shè)電場力與重力的合力為F，則其方向沿NM方向，分析珠子在M點的受力情況，由圖可知，當(dāng)F電垂直于F時，F(xiàn)電最小，最小值為：F電minmgcos 45°mgF電minqEmin解得所加電場的場強最小值Emin，方向沿AOB的角平分線方向指向左上方.(2)當(dāng)所加電場的場強為最小值時，電場力與重力的合力為Fmgsin 45°mg把電場力與重力的合力看做是“等效重力”，

10、對珠子由A運動到M的過程，由動能定理得F(rr)mv20在M點，由牛頓第二定律得：FNFm聯(lián)立解得FN(1)mg由牛頓第三定律知，珠子對環(huán)的作用力大小為FNFN(1)mg.(3)由題意可知，N點為等效最高點，只要珠子能到達N點，就能做完整的圓周運動，珠子在N點速度為0時，所需初動能最小，此過程中，由動能定理得：F(rr)0EkA解得EkAmgr.變式3(2018·陜西西安質(zhì)檢)如圖6所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，帶負(fù)電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動并進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動.已知小球所受電場力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾

11、角為60°，sBC2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運動，h至少為多少？(sin 37°0.6，cos 37°0.8)圖6答案7.7R解析小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F，如圖所示.可知F1.25mg，方向與豎直方向成37°角.由圖可知，小球做完整的圓周運動的臨界點是D點，設(shè)小球恰好能通過D點，即到達D點時圓環(huán)對小球的彈力恰好為零.由圓周運動知識得：F，即：1.25mgm小球由A運動到D點，由動能定理結(jié)合幾何知識得：mg(hRRcos 37°)mg·(2RRsin 37°)mvD2，聯(lián)立解得h7.7

12、R.命題點三電場中的力電綜合問題1.力學(xué)規(guī)律(1)動力學(xué)規(guī)律：牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式.(2)能量規(guī)律：動能定理或能量守恒定律.2.電場規(guī)律(1)電場力的特點：FEq，正電荷受到的電場力與場強方向相同.(2)電場力做功的特點：WABFLABcos qUABEpAEpB.3.多階段運動在多階段運動過程中，當(dāng)物體所受外力突變時，物體由于慣性而速度不發(fā)生突變，故物體在前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度.對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系，可以通過作運動過程草圖來獲得.例3(2017·全國卷·25)真空中存在電場強度大小為E1的勻強電場，一帶電油滴在該

13、電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變.持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點.重力加速度大小為g.(1)求油滴運動到B點時的速度；(2)求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件.已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍.答案見解析解析(1)油滴帶電性質(zhì)不影響結(jié)果.設(shè)該油滴帶正電，油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正.油滴在電場強度大小為E1的勻強電場中

14、做勻速直線運動，故勻強電場方向向上.在t0時，電場強度突然從E1增加至E2，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足qE2mgma1油滴在t1時刻的速度為v1v0a1t1電場強度在t1時刻突然反向，之后油滴做勻變速直線運動，加速度方向向下，大小a2滿足qE2mgma2油滴在t22t1時刻，即運動到B點時的速度為v2v1a2t1由式得v2v02gt1(2)由題意，在t0時刻前有qE1mg油滴從t0到t1時刻的位移為x1v0t1a1t12油滴在從t1時刻到t22t1時刻的時間間隔內(nèi)的位移為x2v1t1a2t12由題給條件有v2g×2h4gh式中h是B、A兩點之間的距離.若

15、B點在A點之上，依題意有x1x2h由式得E222()2E1為使E2E1，應(yīng)有22()21解得0t1(1)或t1(1)條件式和式分別對應(yīng)于v20和v20兩種情形.若B在A點之下，依題意有x2x1h由式得E222()2E1為使E2>E1，應(yīng)有22()2>1解得t1>(1)另一解為負(fù)，不符合題意，舍去.變式4(2017·全國卷·25)如圖7所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場.自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量均為m，電荷量分別為q和q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進入電場區(qū)

16、域，并從該區(qū)域的下邊界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時的動能的1.5倍.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求：圖7(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小.答案(1)31(2)H(3)解析(1)設(shè)小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學(xué)公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得

17、3(2)設(shè)A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學(xué)公式vy22ghHvytgt2M進入電場后做直線運動，由幾何關(guān)系知聯(lián)立式可得hH(3)設(shè)電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知條件Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E變式5如圖8所示，在E103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R40 cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點

18、，一帶負(fù)電q104 C的小滑塊質(zhì)量m10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.15，位于N點右側(cè)1.5 m的M處，g取10 m/s2，求：圖8(1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運動？(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？答案(1)7 m/s(2)0.6 N解析(1)設(shè)小滑塊恰能到達Q點時速度為v，由牛頓第二定律得mgqEm小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得mg·2RqE·2R(mgqE)xmv2mv02聯(lián)立解得：v07 m/s.(2)設(shè)小滑塊到達P點時速度為v，則從開始運動至到達P點過程中，由動能定理得(m

19、gqE)R(qEmg)xmv2mv02又在P點時，由牛頓第二定律得FNm代入數(shù)據(jù)，解得：FN0.6 N由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力FNFN0.6 N.1.(2017·河南中原名校第二次聯(lián)考)如圖1所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運動(假設(shè)不與板相碰)，下列說法正確的是()圖1圖2A.電壓是甲圖時，在0T時間內(nèi)，電子的電勢能一直減少B.電壓是乙圖時，在0時間內(nèi)，電子的電勢能先增加后減少C.電壓是丙圖時，電子在板間做往復(fù)運動D.電壓是丁圖時，電子在板間做往復(fù)運動答案D解析若電壓是甲圖，0T時間

20、內(nèi)，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓是乙圖時，在0時間內(nèi)，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓是丙圖時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后重復(fù)前面的運動，故電子一直朝同一方向運動，C錯誤；電壓是丁圖時，電子先向左加速，到后向左減速，后向右加速，T后向右減速，T時速度減為零，之后重復(fù)前面的運動，故電子做往復(fù)運動，D正確.2.將如圖3所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，開始B板電勢比

21、A板電勢高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運動，設(shè)A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是()圖3A.電子一直向著A板運動B.電子一直向著B板運動C.電子先向A板運動，然后返回向B板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運動D.電子先向B板運動，然后返回向A板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復(fù)運動答案D3.一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖4所示，在該勻強電場中，有一個帶負(fù)電粒子于t0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是(假設(shè)帶電粒子不與板相碰)()圖4A.帶電粒子只向一個方向運動B.02 s內(nèi)，電場力做功等于0C.4 s

22、末帶電粒子回到原出發(fā)點D.2.54 s內(nèi)，電場力做功等于0答案D解析畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖象如圖所示，vt圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4 s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，A、C錯誤；2 s末速度不為0，可見02 s內(nèi)電場力做的功不等于0，B錯誤；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，則2.54 s內(nèi)，電場力做功等于0，所以D正確.4.如圖5所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b.不計空氣阻力，則下列說法正確的是()圖5A.小球

23、帶負(fù)電B.電場力跟重力平衡C.小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D.小球在運動過程中機械能守恒答案B解析由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力的合力為0，電場力方向豎直向上，小球帶正電，A錯，B對；從ab，電場力做負(fù)功，電勢能增大，C錯；由于有電場力做功，機械能不守恒，D錯.5.(多選)(2017·河北唐山一模)如圖6所示，豎直平面內(nèi)有A、B兩點，兩點的水平距離和豎直距離均為H，空間存在水平向右的勻強電場.一質(zhì)量為m的帶電小球從A點以水平速度v0拋出，經(jīng)一段時間豎直向下通過B點.重力加速度為g，小球在由A到B的運動過程中，下列說法正確的是()圖6A.小球帶負(fù)電B

24、.速度先增大后減小C.機械能一直減小D.任意一小段時間內(nèi)，電勢能的增加量總等于重力勢能的減少量答案AC解析由題可知，小球在豎直方向做自由落體運動，在水平方向做勻減速運動，可知其所受電場力方向向左，與電場方向相反，則小球帶負(fù)電，電場力一直對小球做負(fù)功，小球的電勢能增加，機械能減小，A、C正確.小球受豎直向下的重力和水平向左的電場力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度豎直向下，由力與速度夾角關(guān)系可知，合力對小球先做負(fù)功，后做正功，小球的速度先減小后增大，B錯誤.任意一小段時間內(nèi)，小球的動能、電勢能和重力勢能的和保持不變，則電勢能的增加量不一定等于重力勢能的減少量，D錯誤.6.(2017&

25、#183;河南鄭州第一次聯(lián)考)如圖7甲所示，在y0和y2 m之間有沿著x軸方向的勻強電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大.電場強度的變化如圖乙所示，取x軸正方向為電場正方向.現(xiàn)有一個帶負(fù)電的粒子，粒子的比荷1.0×102 C/kg，在t0時刻以速度v05×102 m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域，不計粒子重力作用.求：圖7(1)粒子通過電場區(qū)域的時間；(2)粒子離開電場的位置坐標(biāo)；(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小.答案(1)4×103 s(2)(2×105 m,2 m)(3)4×103 m/s解析(1)因為粒子初速

26、度方向垂直于勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區(qū)域的時間t4×103 s.(2)粒子帶負(fù)電，沿x軸負(fù)方向先加速后減速，加速時的加速度大小a14 m/s2，減速時的加速度大小a22 m/s2，離開電場時，在x軸方向上的位移大小xa1()2a1()2a2()22×105 m，因此粒子離開電場的位置坐標(biāo)為(2×105 m,2 m).(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小為：vxa1a24×103 m/s.7.(2018·江西宜春調(diào)研)如圖8所示，O、A、B、C為一粗糙絕緣水平面上的四點，不計空氣阻力，一電荷量為Q的點電荷固定在O點

27、，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的小金屬塊(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止沿它們的連線向右運動，到B點時速度最大，其大小為vm，小金屬塊最后停止在C點.已知小金屬塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，A、B間距離為L，靜電力常量為k，則()圖8A.在點電荷Q形成的電場中，A、B兩點間的電勢差UABB.在小金屬塊由A向C運動的過程中，電勢能先增大后減小C.OB間的距離為D.從B到C的過程中，小金屬塊的動能全部轉(zhuǎn)化為電勢能答案C解析小金屬塊從A到B過程，由動能定理得：qUABmgLmvm20，得A、B兩點間的電勢差UAB，故A錯誤；小金屬塊由A點向C點運動的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯誤；由題意

28、知，A到B過程，金屬塊做加速運動，B到C過程，金屬塊做減速運動，在B點金屬塊所受的滑動摩擦力與庫侖力平衡，則有mgk，得r，故C正確；從B到C的過程中，小金屬塊的動能和減少的電勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故D錯誤.8.如圖9所示，勻強電場方向與水平線間夾角30°，方向斜向右上方，電場強度為E，質(zhì)量為m的小球帶負(fù)電，以初速度v0開始運動，初速度方向與電場方向一致.圖9 (1)若小球的帶電荷量為q，為使小球能做勻速直線運動，應(yīng)對小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？(2)若小球的帶電荷量為q，為使小球能做直線運動，應(yīng)對小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？答案(1)mg方向與水平線成60°角