2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)-第7章-靜電場-微專題8-帶電粒子在電場中運動的綜合問題教案

2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場微專題8帶電粒子在電場中運動的綜合問題教案2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場微專題8帶電粒子在電場中運動的綜合問題教案PAGE9-2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場微專題8帶電粒子在電場中運動的綜合問題教案2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場微專題8帶電粒子在電場中運動的綜合問題教案年級：姓名：微專題八帶電粒子(或帶電體)在電場中運動的綜合問題帶電粒子在交變電場中的運動常見的交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等，從高考常見題型來看，帶電粒子有三種運動情況，一是單向直線運動，二是往返運動，三是偏轉(zhuǎn)運動。(1)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，分析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)若利用速度—時間圖象分析運動，則要注意五點：①帶電粒子進入電場時刻的運動狀態(tài)；②圖象的切線斜率表示加速度；③圖線與坐標軸圍成的面積表示位移；④注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用；⑤圖線與橫軸有交點，表示此時速度改變方向。帶電粒子的單向直線運動eq\o([典例1])如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始時A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動。設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時的速度方向為正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()甲乙ABCDA[電子在交變電場中所受電場力大小恒定，加速度大小不變，故C、D項錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運動，eq\f(1,2)T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱?。之后重?fù)上述運動，A項正確，B項錯誤。]帶電粒子的往返性運動eq\o([典例2])(多選)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象。當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零CD[設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內(nèi)向負方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，v-t圖象如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確。]帶電粒子的偏轉(zhuǎn)運動eq\o([典例3])(多選)(2020·德州模擬)如圖甲所示，真空中水平正對放置長為L的平行金屬板，以兩板中間線為x軸，以過極板右端豎直向上的方向為y軸建立坐標系。在t＝0時，將圖乙所示的電壓加在兩板上，與此同時電子持續(xù)不斷地沿x軸以速度v0飛入電場，所有電子均能從兩板間飛出。不考慮電子間的相互作用，電子的重力忽略不計。關(guān)于電子經(jīng)過y軸的位置，正確的描述是()甲乙A．當L?v0T時，電子從兩個不同位置經(jīng)過y軸，一個在坐標原點處，一個在y軸正方向某處B．當L＝v0T時，電子經(jīng)過y軸某一段區(qū)域，這個區(qū)域位于y軸正方向上，從原點開始C．當L＝v0T時，電子經(jīng)過y軸時的速度大小不同，但都大于飛入速度v0的值D．當L＝v0T時，電子經(jīng)過y軸時的速度方向恒定，與y軸的夾角為一個定值A(chǔ)D[當L?v0T時，電子水平方向做勻速直線運動，t＝eq\f(L,v0)，所以t?T，可認為電子進入時電場沒變，當沒有電場時，粒子到達原點，當有電場時，粒子做類平拋運動，y＝eq\f(1,2)·eq\f(eUAB,md)·eq\f(L2,v\o\al(2,0))＝eq\f(eUABL2,2mdv\o\al(2,0))，A正確；當L＝v0T時，電子穿越時間為一個周期，電子半個周期偏轉(zhuǎn)，半個周期勻速直線運動，因為偏轉(zhuǎn)半個周期，所以不可能到達原點；豎直方向y＝eq\f(1,2)eq\f(eUAB,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(eUABT2,8md)，偏轉(zhuǎn)相同，所以電場力對電子做功相同，動能增量相同，末動能相同，末速度大小相同；到達y軸豎直速度vy＝eq\f(eUAB,dm)t＝eq\f(eUABT,2dm)，設(shè)速度與y軸夾角為θ，有tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(2dmv0,eTUAB)，所以電子經(jīng)過y軸時的速度方向恒定，與y軸的夾角為一個定值，B、C錯誤，D正確。]eq\o([跟進訓(xùn)練])1.(多選)一個帶正電的微粒放在電場中，場強的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示。帶電微粒只在電場力的作用下(不計微粒重力)由靜止開始運動，則下列說法中正確的是()A．微粒將沿著一條直線運動B．微粒在第2s末的速度為零C．微粒在第1s內(nèi)的加速度與第2s內(nèi)的加速度相同D．微粒在第1s內(nèi)的位移與第2s內(nèi)的位移相同ABD[由圖可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇數(shù)秒內(nèi)和偶數(shù)秒內(nèi)的加速度大小相等、方向相反，根據(jù)運動的對稱性可知在2s末的速度恰好是0，即微粒第1s內(nèi)做加速運動，第2s內(nèi)做減速運動，然后再加速，再減速，一直持續(xù)下去，微粒將沿著一條直線運動，故A、B正確，C錯誤；由對稱性可知，微粒在第1s內(nèi)的平均速度與第2s內(nèi)的平均速度相同，由x＝eq\f(1,2)vt得，微粒在第1s內(nèi)的位移與第2s內(nèi)的位移相同，故D正確。]2．(多選)如圖甲所示，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。t＝0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～eq\f(T,3)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0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()甲乙A．末速度大小為eq\r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgdD．克服電場力做功為mgdBC[因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－g·eq\f(T,3)＝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ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤。]電場中的力電綜合問題1．帶電粒子在電場中的運動(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?shù)囊?guī)律如牛頓運動定律、運動學(xué)公式、動能定理、能量守恒定律等解題。(2)受力特點：在討論帶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。2．“三大觀點”的應(yīng)用(1)動力學(xué)的觀點①由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法。②綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮。(2)能量的觀點①運用動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有力做的功，判斷是對分過程還是對全過程使用動能定理。②運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。(3)動量的觀點①運用動量定理，要注意動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向。②運用動量守恒定律，除了要注意動量守恒定律的表達式是矢量式，還要注意題目表述是否為某方向上動量守恒。動力學(xué)和能量觀點的應(yīng)用eq\o([典例4])如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有一帶電荷量為q＝－2×10－5C的小球，自傾角為θ＝37°的絕緣斜面頂端A點由靜止開始滑下，接著通過半徑為R＝0.5m的絕緣半圓軌道最高點C，已知小球質(zhì)量為m＝0.5kg，勻強電場的場強E＝2×105N/C，小球運動過程中摩擦阻力及空氣阻力不計，假設(shè)在B點前后小球的速率不變(g取10m/s2)。求：(1)H至少應(yīng)為多少；(2)通過調(diào)整釋放高度使小球到達C點的速度為2m/s，則小球落回到斜面時的動能是多少。[解析](1)小球恰好過最高點C時有mg－qE＝meq\f(v\o\al(2,C),R)從A到C，由動能定理有mg(H－2R)－qE(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得H＝1.25m。(2)小球從C點飛出后做類平拋運動有mg－|q|E＝ma解得a＝2m/s2豎直方向y＝eq\f(1,2)at2水平方向x＝v′Ct根據(jù)幾何關(guān)系tanθ＝eq\f(2R－y,x)解得t＝0.5sy＝0.25m從C到落回斜面，由動能定理有mgy－|q|Ey＝Ek－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,C)解得Ek＝1.25J。[答案](1)1.25m(2)1.25J動力學(xué)、動量和能量觀點的應(yīng)用eq\o([典例5])如圖所示，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，AB段為足夠長的水平軌道，BD段為半徑R＝0.2m的半圓軌道，二者相切于B點，整個軌道處于豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性正碰。已知乙球質(zhì)量m＝1.0×10－2kg、所帶電荷量q＝2.0×10－5C，乙球質(zhì)量為甲球質(zhì)量的3倍。取g＝10m/s2，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點，整個運動過程中無電荷轉(zhuǎn)移。(1)甲、乙兩球碰撞后，乙球通過軌道的最高點D時，對軌道的壓力大小N′為自身重力的2.5倍，求乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲球的初速度v0。[解析](1)設(shè)乙到達最高點D時的速度為vD，乙離開D點首次到達水平軌道的時間為t，加速度為a，乙在水平軌道上的首次落點到B點的距離為x，乙離開D點后做類平拋運動，則2R＝eq\f(1,2)at2，x＝vDt根據(jù)牛頓第二定律有a＝eq\f(mg＋qE,m)乙過D點時有mg＋qE＋N＝meq\f(v\o\al(2,D),R)(式中N為乙在D點時軌道對乙的作用力)根據(jù)牛頓第三定律有N＝N′＝2.5mg解得x＝0.6m。(2)設(shè)碰后瞬間甲、乙兩球的速度分別為v1、v2，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有eq\f(1,3)mv0＝eq\f(1,3)mv1＋mv2eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)聯(lián)立解得v2＝eq\f(1,2)v0乙球從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有－mg·2R－qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)由(1)可得vD＝3m/s聯(lián)立解得v0＝10m/s。[答案](1)0.6m(2)10m/seq\o([跟進訓(xùn)練])1.如圖所示，水平地面上方存在水平向左的勻強電場，一質(zhì)量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質(zhì)絕緣細線懸掛于O點，小球帶電荷量為＋q，靜止時距地面的高度為h，細線與豎直方向的夾角為α＝37°，重力加速度為g。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)勻強電場的場強大小E；(2)現(xiàn)將細線剪斷，小球落地過程中水平位移的大??；(3)現(xiàn)將細線剪斷，帶電小球落地前瞬間的動能。[解析](1)小球靜止時，對小球受力分析如圖所示，有FTcos37°＝mgFTsin37°＝qE解得：E＝eq\f(3mg,4q)。(2)剪斷細線，小球在豎直方向做自由落體運動，水平方向做加速度為a的勻加速運動，有Eq＝max＝eq\f(1,2)at2h＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得x＝eq\f(3,4)h。(3)從剪斷細線到落地瞬間，由動能定理得Ek＝mgh＋qEx＝eq\f(25,16)mgh。[答案](1)eq\f(3mg,4q)(2)eq\f(3,4)h(3)eq\f(25,16)mgh2．如圖所示，ACB是一條絕緣水平軌道。軌道CB長L＝18m，且處在方向水平向右、大小E＝1.0×106N/C的勻強電場中。一質(zhì)量m＝0.25kg、電荷量q＝－2.0×10－6C的可視為質(zhì)點的小物體，在距離C點L0＝6.0m的A點處，在拉力F＝4.0N的作用下由靜止開始向右運動，當小物體到達電場中某點時撤去拉力，到達B點時速度恰好為零，已知小物體與軌道間的動摩擦因數(shù)μ(1)小物體到達C點的速度大??；(2)小物體在電場中運動的時間。[解析](1)小物體的加速度a＝eq\f(F－μmg,m)＝12m/s2vC＝eq\r(2aL0)＝12m/s。(2)小物體進入電場后，未撤去拉力F前的加速度a2＝eq\f(F－|qE|－μmg,m)＝4m/s2A到B由動能定理F(L0＋x)－μmg(L0＋L)－|qE|L＝0x＝9mx＝vCt1＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)解得t1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\r(6)－3))s又a3＝eq\f(|qE|＋μmg,m)＝12m/s2撤去力F后小物體向右的運動可看作反向的初速度為0的勻加速運動，則有L－x＝eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)得t2＝eq\f(\r(6),2)s由于|qE|>μmg，所以小物體不會靜止在B點，則加速度a4＝eq\f(|qE|－μmg,m)＝4m/s2t3＝eq\r(\f(2L,a4))＝3st＝t1＋t2＋t3＝2eq\r(6)s。[答案](1)12m/s(2)2eq\r(6)s3．真空中存在方向豎直向上、電場強度大小為E0的勻強電場，A、B、C三點在電場中同一條豎直線上，C是A、B的中點。在某時刻，帶電油滴a經(jīng)過A點豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0，不帶電油滴b在B點由靜止釋放。經(jīng)過一段時間，a、b在C點相碰成為油滴c，此時刻將電場強度的大小突然變?yōu)槟持?，但保持其方向不變，再?jīng)過相同的時間，油滴c運動回到C點。油滴a、b的質(zhì)量都為m，重力加速度大小為g，油滴a、b、c均可視為質(zhì)點。求：(1)油滴