2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第7章靜電場(chǎng)微專題8帶電粒子或帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題教案新人教版

PAGE9-微專題八帶電粒子(或帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)常見的交變電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)狀況，一是單向直線運(yùn)動(dòng)，二是來回運(yùn)動(dòng)，三是偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)。(1)抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，分析粒子運(yùn)動(dòng)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(shí)間圖象分析運(yùn)動(dòng)，則要留意五點(diǎn)：①帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)刻的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；②圖象的切線斜率表示加速度；③圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移；④留意對(duì)稱性和周期性變更關(guān)系的應(yīng)用；⑤圖線與橫軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度變更方向。帶電粒子的單向直線運(yùn)動(dòng)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。起先時(shí)A板的電勢(shì)比B板高，此時(shí)兩板中間原來靜止的電子在電場(chǎng)力作用下起先運(yùn)動(dòng)。設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，則下列圖象中能正確反映電子速度變更規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變更)()甲乙ABCDA[電子在交變電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力大小恒定，加速度大小不變，故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；從0時(shí)刻起先，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(1,2)T后電場(chǎng)力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱?。之后重?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤。]帶電粒子的來回性運(yùn)動(dòng)eq\o([典例2])(多選)如圖所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變更的圖象。當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)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(gè)方向運(yùn)動(dòng)B．2s末帶電粒子回到原動(dòng)身點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場(chǎng)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(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3s末回到原動(dòng)身點(diǎn)，粒子的速度為0，v-t圖象如圖所示，由動(dòng)能定理可知，此過程中電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)eq\o([典例3])(多選)(2024·德州模擬)如圖甲所示，真空中水平正對(duì)放置長(zhǎng)為L(zhǎng)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?yàn)閥軸建立坐標(biāo)系。在t＝0時(shí)，將圖乙所示的電壓加在兩板上，與此同時(shí)電子持續(xù)不斷地沿x軸以速度v0飛入電場(chǎng)，全部電子均能從兩板間飛出。不考慮電子間的相互作用，電子的重力忽視不計(jì)。關(guān)于電子經(jīng)過y軸的位置，正確的描述是()甲乙A．當(dāng)L?v0T時(shí)，電子從兩個(gè)不同位置經(jīng)過y軸，一個(gè)在坐標(biāo)原點(diǎn)處，一個(gè)在y軸正方向某處B．當(dāng)L＝v0T時(shí)，電子經(jīng)過y軸某一段區(qū)域，這個(gè)區(qū)域位于y軸正方向上，從原點(diǎn)起先C．當(dāng)L＝v0T時(shí)，電子經(jīng)過y軸時(shí)的速度大小不同，但都大于飛入速度v0的值D．當(dāng)L＝v0T時(shí)，電子經(jīng)過y軸時(shí)的速度方向恒定，與y軸的夾角為一個(gè)定值A(chǔ)D[當(dāng)L?v0T時(shí)，電子水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t＝eq\f(L,v0)，所以t?T，可認(rèn)為電子進(jìn)入時(shí)電場(chǎng)沒變，當(dāng)沒有電場(chǎng)時(shí)，粒子到達(dá)原點(diǎn)，當(dāng)有電場(chǎng)時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(dāng)L＝v0T時(shí)，電子穿越時(shí)間為一個(gè)周期，電子半個(gè)周期偏轉(zhuǎn)，半個(gè)周期勻速直線運(yùn)動(dòng)，因?yàn)槠D(zhuǎn)半個(gè)周期，所以不行能到達(dá)原點(diǎn)；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(chǎng)力對(duì)電子做功相同，動(dòng)能增量相同，末動(dòng)能相同，末速度大小相同；到達(dá)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(shí)的速度方向恒定，與y軸的夾角為一個(gè)定值，B、C錯(cuò)誤，D正確。]eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1.(多選)一個(gè)帶正電的微粒放在電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向隨時(shí)間變更的規(guī)律如圖所示。帶電微粒只在電場(chǎng)力的作用下(不計(jì)微粒重力)由靜止起先運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是()A．微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng)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，依據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)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(yùn)動(dòng)，第2s內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，然后再加速，再減速，始終持續(xù)下去，微粒將沿著一條直線運(yùn)動(dòng)，故A、B正確，C錯(cuò)誤；由對(duì)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(chǎng)強(qiáng)度的變更規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)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(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)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(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)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(shì)能削減了eq\f(1,2)mgdD．克服電場(chǎng)力做功為mgdBC[因0～eq\f(T,3)內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t＝eq\f(2T,3)時(shí)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(shí)間內(nèi)，由牛頓其次定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時(shí)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(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；微粒的重力勢(shì)能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知eq\f(1,2)mgd－W電＝0，可知克服電場(chǎng)力做功為eq\f(1,2)mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]電場(chǎng)中的力電綜合問題1．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(1)分析方法：先分析受力狀況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)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)囊?guī)律如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律等解題。(2)受力特點(diǎn)：在探討帶電粒子或其他帶電體的靜止與運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，重力是否要考慮，關(guān)鍵看重力與其他力相比較是否能忽視。一般來說，除明顯示意外，帶電小球、液滴的重力不能忽視，電子、質(zhì)子等帶電粒子的重力可以忽視，一般可依據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)推斷是否考慮重力作用。2．“三大觀點(diǎn)”的應(yīng)用(1)動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)①由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中帶電粒子所受電場(chǎng)力和重力都是恒力，可用正交分解法。②綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，留意受力分析要全面，特殊留意重力是否須要考慮。(2)能量的觀點(diǎn)①運(yùn)用動(dòng)能定理，留意過程分析要全面，精確求出過程中的全部力做的功，推斷是對(duì)分過程還是對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)能定理。②運(yùn)用能量守恒定律，留意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。(3)動(dòng)量的觀點(diǎn)①運(yùn)用動(dòng)量定理，要留意動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維狀況下，各個(gè)矢量必需選同一個(gè)正方向。②運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，除了要留意動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是矢量式，還要留意題目表述是否為某方向上動(dòng)量守恒。動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的應(yīng)用eq\o([典例4])如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)由靜止起先滑下，接著通過半徑為R＝0.5m的絕緣半圓軌道最高點(diǎn)C，已知小球質(zhì)量為m＝0.5kg，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝2×105N/C，小球運(yùn)動(dòng)過程中摩擦阻力及空氣阻力不計(jì)，假設(shè)在B點(diǎn)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(dá)C點(diǎn)的速度為2m/s，則小球落回到斜面時(shí)的動(dòng)能是多少。[解析](1)小球恰好過最高點(diǎn)C時(shí)有mg－qE＝meq\f(v\o\al(2,C),R)從A到C，由動(dòng)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(diǎn)飛出后做類平拋運(yùn)動(dòng)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依據(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(dòng)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(dòng)力學(xué)、動(dòng)量和能量觀點(diǎn)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(zhǎng)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(diǎn)，整個(gè)軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)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(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中無(wú)電荷轉(zhuǎn)移。(1)甲、乙兩球碰撞后，乙球通過軌道的最高點(diǎn)D時(shí)，對(duì)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(diǎn)到B點(diǎn)的距離；(2)在滿意(1)的條件下，求甲球的初速度v0。[解析](1)設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)D時(shí)的速度為vD，乙離開D點(diǎn)首次到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，加速度為a，乙在水平軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，乙離開D點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，則2R＝eq\f(1,2)at2，x＝vDt依據(jù)牛頓其次定律有a＝eq\f(mg＋qE,m)乙過D點(diǎn)時(shí)有mg＋qE＋N＝meq\f(v\o\al(2,D),R)(式中N為乙在D點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)乙的作用力)依據(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，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)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，依據(jù)動(dòng)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(jìn)訓(xùn)練])1.如圖所示，水平地面上方存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電小球(大小可忽視)用輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，小球帶電荷量為＋q，靜止時(shí)距地面的高度為h，細(xì)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(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；(2)現(xiàn)將細(xì)線剪斷，小球落地過程中水平位移的大小；(3)現(xiàn)將細(xì)線剪斷，帶電小球落地前瞬間的動(dòng)能。[解析](1)小球靜止時(shí)，對(duì)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(xì)線，小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，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(xì)線到落地瞬間，由動(dòng)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(zhǎng)L＝18m，且處在方向水平向右、大小E＝1.0×106N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一質(zhì)量m＝0.25kg、電荷量q＝－2.0×10－6C的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體，在距離C點(diǎn)L0＝6.0m的A點(diǎn)處，在拉力F＝4.0N的作用下由靜止起先向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物體到達(dá)電場(chǎng)中某點(diǎn)時(shí)撤去拉力，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，已知小物體與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ(1)小物體到達(dá)C點(diǎn)的速度大?。?2)小物體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(jìn)入電場(chǎng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)可看作反向的初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，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(huì)靜止在B點(diǎn)，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(chǎng)強(qiáng)度大小為E0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、B、C三點(diǎn)在電場(chǎng)中同一條豎直線上，C是A、B的中點(diǎn)。在某時(shí)刻，帶電油滴a經(jīng)過A點(diǎn)豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為v0，不帶電油滴b在B點(diǎn)由靜止釋放。經(jīng)過一段時(shí)間，a、b在C點(diǎn)相碰成為油滴c，此時(shí)刻將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然變?yōu)槟持担３制浞较虿蛔?，再?jīng)過相同的時(shí)間，油滴c運(yùn)動(dòng)回到C點(diǎn)。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(diǎn)。求：(1)油滴c在C點(diǎn)的初速度大小；(2)變更后的