2023届新高考新教材物理人教版一轮学案-第七章专题强化课(07)　带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题.docx

《2023届新高考新教材物理人教版一轮学案-第七章专题强化课(07)　带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届新高考新教材物理人教版一轮学案-第七章专题强化课(07)　带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题.docx（17页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、命题点一带电粒子在交变电场中的运动问题(多维探究)1三种常见题型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)(2)粒子做往返运动(一般分段研究)(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)2两条分析思路一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(机械能守恒、动能定理、能量守恒)3两个运动特征分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件第1维度：粒子的单向直线运动(分段研究)如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m0.2 kg、带电荷量为q2.01

2、06C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数0.1.从t0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10 m/s2)，求：(1)23 s内小物块的位移大小；(2)23 s内电场力对小物块所做的功解析：(1)设02 s内小物块的加速度为a1由牛顿第二定律得：E1qmgma1即a12 m/s2位移x1a1t4 m2 s末的速度为v2a1t14 m/s设24 s内小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律得E2qmgma2即a22 m/s2位移x2x14 m，4 s末小物块的速度为v40因此小物块做周期为4 s的先匀加速后匀减速运动第22 s末的

3、速度为v224 m/s，第23 s末的速度v23v22a2t2 m/s(t23 s22 s1 s)所求位移为xx1t47 m.(2)23 s内，设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理得Wmgxmv解得W9.8 J.答案：(1)47 m(2)9.8 J第2维度：粒子的偏转运动(分解研究)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t0.

4、06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析：(1)电子经电场加速满足qU0mv2经电场偏转后侧移量yat2所以y，由图知t0.06 s时刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足所以Y13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm.答案：(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm第3维度：粒子做往返运动(一般分段研究)如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O点是一个可以连续产生粒子的粒子源

5、，O点到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力已知上述物理量l0.6 m，U01.2103 V，T1.2102 s，m51010 kg，q1.0107 C(1)在t0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在t0到t这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？(3)在t0到t这段时间内产生的粒

6、子有多少个可到达A板？解析：(1)根据题图乙可知，从t0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动因为x3.6 ml，所以粒子从t0时刻开始，一直加速到达A板设粒子到达A板的时间为t，则lt2解得t103 s.(2)在0时间内，粒子的加速度大小为a12105 m/s2在T时间内，粒子的加速度大小为a24105 m/s2可知a22a1，若粒子在0时间内加速t，再在T时间内减速刚好不能到达A板，则la1t2a1ta2(或la1tt)解得t2103 s因为6103 s，所以在0时间内4103 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0时间内的前时间内

7、产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数n300100(个)答案：(1)103 s到达A极板(2)4103 s时刻(3)100个命题点二带电粒子的力电综合问题(师生互动)核心整合解决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(体)在电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点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(体)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运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意重力是否需要考虑的问题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

8、做的功(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，要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，注意正方向的选取如图所示，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R0.2 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E5.0103 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m1.0102 kg，所带电荷量q2.0105 C，乙球质量为甲球质量

9、的3倍取g10 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2Rat2，xvDt根据牛顿第二定律有a乙过D点时有mgqENm(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NN2.5mg解得x0.6 m.(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度

10、分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0mv1mv2mvmvmv联立解得v2v0乙球从B到D的过程中，根据动能定理有mg2RqE2Rmvmv由(1)可得vD3 m/s联立解得v010 m/s.答案：(1)0.6 m(2)10 m/s题组突破1(在电场中运动物体的功能关系)(2022名师原创预测)如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，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，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直

11、线OD现有一个质量为m、带电荷量为q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，sin 370.6，cos 370.8，忽略空气阻力求：(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小FNC1；(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 37R(1cos 37)qELcos 37mv0解得vC1 在C点根据向心力公式得FNC1qE解得FNC15.4qE根据牛顿第三定律得FNC15.4qE.(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为vD1，根据动能

12、定理有qE(Lsin 37Rcos 37)qELcos 37mv0解得vD1 小物块第一次到达D点后先以速度vD1逆着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，则根据功能关系得qELsin 37qEscos 37解得s15R.答案：(1)5.4qE(2)R(3)15R2.(用动力学观点和能量观点解决力电综合问题)如图所示，光滑绝缘的轨道放置在竖直平面内，轨道的AB部分竖直，BC部分是半径为R的半圆，整个空间

13、存在方向水平向左的匀强电场，其电场强度为E，现将质量为m、带电荷量为q的小球(可看作质点)从A点由静止释放，A、B距离为h，不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)当h1.5R时，小球到达半圆轨道最低点时的速率为多大？(2)要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足什么条件？(3)若小球从C点射出时的速率为v0，则小球与轨道AB的撞击点A与B点之间的距离h为多少？解析：(1)带电小球从A点到半圆轨道最低点时，由动能定理可得mg(hR)qERmv2解得v2.(2)设小球经过C点时的最小速率为vmin，此时小球对C点的压力为零，由圆周运动知识得qEm由动能定理可得mghqE2Rmv两式联立代入数据得h

14、R所以要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足的条件是hR.(3)小球从C点射出后，在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向上做竖直上抛运动其水平方向所受合力FxqEmax则axg所以水平方向有2Raxt2，竖直方向有hv0tgt2两式联立得h0.答案：(1)2(2)hR(3)0素养培优23等效思维法在电场中的应用1“等效重力”及“等效重力加速度”在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向2等效最“高”点与最“低”点的确定方法在“等效重力场

15、”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点为即等效最“低”点，如图所示如图所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带电荷量为q的珠子，现在圆环平面内加一个匀强电场，使珠子由最高点A从静止开始释放(AC、BD为圆环的两条互相垂直的直径)，要使珠子沿圆弧经过B、C刚好能运动到D(重力加速度为g)(1)求所加电场的场强最小值及所对应的场强的方向；(2)当所加电场的场强为最小值时，求珠子由A到达D的过程中速度最大时对环的作用力大小；(3)在(1)问电场中，要使珠子能完成完整

16、的圆周运动，在A点至少应使它具有多大的初动能？解析：(1)根据题述，珠子运动到BC弧中点M时速度最大，作过M点的直径MN，设电场力与重力的合力为F，则其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力情况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值为：F电minmgcos 45mgF电minqEmin解得所加电场的场强最小值Emin，方向沿AOB的角平分线指向左上方(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为Fmgsin 45mg把电场力与重力的合力看作是“等效重力”，对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得Fmv20在M点，由牛顿第二定律得：FNFm联立解得FNmg由牛顿第三定律知，珠子对环的

17、作用力大小为FNFNmg.(3)由题意可知，N点为等效最高点，只要珠子能到达N点，就能做完整的圆周运动，珠子在N点速度为0时，所需初动能最小，此过程中，由动能定理得：F0EkA解得EkAmgr.答案：(1)方向沿AOB的角平分线指向左上方(2)mg(3)mgr限时规范训练基础巩固1.(2022泰安质检)如图所示，内壁光滑的绝缘真空细玻璃管竖直放置，A、B端分别固定带电小球a、b，另一带电小球c(其直径略小于管内径)位于AB中点O，处于静止状态，小球均带正电轻晃玻璃管可观察到小球c在O点附近的M、N两点间(M、N关于O点对称)上下运动下列说法正确的是()AM、N两点的电势相等B小球c在运动过程中

18、机械能守恒C小球a的电荷量等于小球b的电荷量D小球c从O点运动到N点电场力做负功解析：D小球c开始静止在O点，知重力和电场力平衡，可知b球对c球的电场力大于a球对c球的电场力，则小球a的电荷量小于小球b的电荷量，小球a和小球b的电荷量不等，故关于ab中点O对称的两点M、N电势不等，故A、C错误；小球在振动的过程中，除重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；小球c从O点运动到N点的过程是减速向下运动，合力向上，重力向下，则电场力向上，电场力做负功，故D正确2.(多选)如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子分别以不同的初速度水平通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则()

19、A它们通过加速电场所需的时间相等B它们通过加速电场过程中动能的增量相等C它们通过加速电场过程中动量的增量相等D它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等解析：BD根据牛顿第二定律得，粒子的加速度a，可知加速度相等，因为初速度不同，根据位移时间公式知，运动的时间不同根据vat知，速度的变化量不同，根据pmv可知动量增量不相同，故A、C错误；根据动能定理得，qUEk，知电场力做功相同，则动能的增量相同，故B正确；因为电场力做功相等，根据电场力做功与电势能的关系知，电势能的减小量相等，故D正确3示波器是一种多功能电学仪器，由加速电场和偏转电场组成如图所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射

20、入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度变大的是()AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小 DU1变小，U2变小解析：B电子通过加速电场时有eU1mv，电子在偏转电场中，垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则运动时间t；平行于电场线的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a，末速度vyat，偏转角tan ，所以，B正确4(多选)如图所示，在绝缘的斜面上方存在着水平向右的匀强电场，一带电金属块沿斜面滑下，已知金属块在滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24

21、J，则以下判断正确的是()A金属块的机械能增加32 JB金属块的电势能增加4 JC金属块带正电荷D金属块克服电场力做功8 J解析：BC由动能定理得：W总WGW电WfEk，解得：W电4 J，所以金属块克服电场力做功4 J，金属块的电势能增加4 J；由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷，故B、C正确，D错误；在金属块下滑的过程中重力做功24 J，重力势能减小24 J，动能增加了12 J，所以金属块的机械能减少12 J，故A错误5(2022广东六校联盟第二次联考)如图所示，AB为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为0.2，AB距离为5 m；BC为半径r1 m的竖直光滑绝

22、缘半圆轨道；BC的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E500 N/C一质量m1 kg、电量q1.0102 C的带负电小球，在功率P恒为20 W的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B点时撤去拉力已知到达B点之前已经做匀速运动(g10 m/s2)，求：(1)小球匀速运动的速度大小；(2)小球从A运动到B所用的时间；(3)请计算分析小球是否可以到达C点，若可以，求轨道对小球的弹力大小解析：(1)因为小球做匀速直线运动，所以FFfFfmg2 N小球匀速运动的速度大小v010 m/s.(2)A到B过程中，由动能定理得Ptmgmv其中vBv010 m/s解得t3 s.(3)小球从B点到C点，由动能定理

23、得(mgqE)2rmvmv解得vC2 m/s若小球恰好过C点，则mgqEm解得v m/svC则在C点，根据牛顿第二定律mgqEFNm解得轨道对小球的弹力FN25 N.答案：(1)10 m/s(2)3 s(3)可以25 N能力提升6.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是()A小球带负电B电场力与重力平衡C小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D小球在运动过程中机械能守恒解析：B由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，即电

24、场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，小球带正电，A错误，B正确；从ab，电场力做负功，电势能增大，C错误；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错误7(多选)如图所示，ABCD为竖直放置的光滑绝缘细管道，其中AB部分是半径为R的圆弧形管道，BCD部分是固定的水平管道，两部分管道恰好相切于B点水平面内的M、N、B三点连线构成边长为L的等边三角形，M、N连线过C点且垂直于BCD两个带等量异种电荷的点电荷分别固定在M、N两点，电荷量分别为Q和Q.现把质量为m、电荷量为q的小球(小球直径略小于管道内径，小球可视为点电荷)，由管道的A处静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则()A小球运动到B点时

25、受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力B小球在B点时的电势能小于在C点时的电势能C小球在A点时的电势能等于在C点时的电势能D小球运动到C点时的速度为解析：AC根据等量异种点电荷的电场特征，B点电场强度小于C点，小球在B点时受到的电场力小于运动到C点时受到的电场力，故A项正确根据等量异种点电荷的电场特征可知A、B、C三点处于同一个等势面上，所以三点的电势相等，小球在三点处的电势能是相等的，故B项错误，C项正确从A点到C点的运动过程只有重力对小球做功，由动能定理可得：mgRmv，所以小球在C点时速度为，故D项错误8(2022四川达州市模拟)(多选)如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行

26、金属极板，M中间有一小孔M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)小孔正上方的A点与极板M相距h，与极板N相距3h.某时刻一质量为m、带电荷量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零，不计空气阻力，重力加速度为g.则()A带电微粒在M、N两极板间往复运动B两极板间电场强度大小为C若将M向下平移，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为hD若将N向上平移，微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离为h解析：BD由于微粒在电场中和在电场外受到的力都是恒力不变，可知微粒将在A点和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：mg3hEq2h0，解得E，选

27、项B正确；若将M向下平移，则板间场强变为E1E，则当微粒速度为零时，由动能定理：mg(3hh)E1q0，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移， 则板间场强变为E2E，设微粒速度为零时的位置与M极板相距h，由动能定理：mg(hh)E2qh，解得hh，选项D正确9如图甲为一对长度为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()A11B21C31 D41解析：C粒子在两板之间的运动

28、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，ymaxaaaT2；若粒子在tnT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，ymin0aaT2，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10如图所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E1.0106 N/C的匀强电场中，一质量m0.25 kg、电荷量q2.0106 C的可视为质点的小物体，在距离C点L06.0 m的A点处，在拉力F4.0 N的作用

29、下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中已知小物体与轨道间的动摩擦因数0.4，取g10 m/s2，求：(1)小物体到达C点时的速度大小；(2)小物体在电场中运动的时间解析：(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a12 m/s2小物体到达C点的过程中有：v22aL0代入数据解得：v12 m/s.(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：a112 m/s2小物体向右运动的时间：t11.0 s小物体向右运动的位移：x1t16.0 m由于|q|Emg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a24 m/s2小物体在电场中向左运动的时间为：t2 s小物体在电场中运动的总时间为：tt1t2(1) s2.7 s.答案：(1)12 m/s(2)2.7 s