2019《》高考物理一轮复习讲义第七章静电场专题强化八

专题强化八带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题专题解读1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题消失.2.学好本专题，可以加深对动力学和能量学问的理解，能敏捷应用受力分析、运动分析特殊是曲线运动(平抛运动、圆周运动)的方法与技巧，娴熟应用能量观点解题.3.用到的学问：受力分析、运动分析、能量观点.一、带电粒子在电场中运动1.分析方法：先分析受力状况，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)，然后选用恰当的力学规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题.2.受力特点：在争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拟是否能忽视.一般来说，除明显示意外，带电小球、液滴的重力不能忽视，电子、质子等带电粒子的重力可以忽视，一般可依据微粒的运动状态推断是否考虑重力作用.二、用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必需借助于能量观点来处理.即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁.详细方法常有两种：1.用动能定理处理思维挨次一般为：(1)弄清争论对象，明确所争论的物理过程.(2)分析物体在所争论过程中的受力状况，弄清哪些力做功，做正功还是负功.(3)弄清所争论过程的始、末状态(主要指动能).(4)依据W＝ΔEk列出方程求解.2.用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：(1)利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程.(2)利用某些能量的削减等于另一些能量的增加(即ΔE＝ΔE′)列方程.3.两个结论(1)假设带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.(2)假设带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.命题点一带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).(2)粒子做来回运动(一般分段争论).(3)粒子做偏转运动(一般依据交变电场特点分段争论).3.思维方法(1)留意全面分析(分析受力特点和运动规律)：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，求解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)从两条思路动身：一是力和运动的关系，依据牛顿其次定律及运动学规律分析；二是功能关系.(3)留意对称性和周期性变化关系的应用.例1如图1(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽视不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.假设在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上.那么t0可能属于的时间段是()图1A.0＜t0＜eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)＜t0＜eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)＜t0＜T D.T＜t0＜eq\f(9T,8)答案B解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负.分别作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)时粒子运动的v－t图象，如下图.由于v－t图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，那么由图象知，0＜t0＜eq\f(T,4)与eq\f(3T,4)＜t0＜T时粒子在一个周期内的总位移大于零，eq\f(T,4)＜t0＜eq\f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移小于零；t0＞T时状况类似.因粒子最终打在A板上，那么要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对比各项可知B正确.变式1如图2所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时将电子从A板四周由静止释放(电子的重力忽视不计).分别在A、B两板间加上以下哪种电压时，有可能使电子到不了B板()图2答案B变式2(多项选择)(2015·山东理综·20)如图3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～eq\f(T,3)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，正确的选项是()图3A.末速度大小为eq\r(2)v0B.末速度沿水平方向C.重力势能削减了eq\f(1,2)mgdD.克服电场力做功为mgd答案BC解析因0～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝eq\f(2T,3)时刻的竖直速度为vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度为v0；在eq\f(2T,3)～T时间内，由牛顿其次定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，那么在t＝T时刻，vy2＝vy1－geq\f(T,3)＝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·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，eq\f(1,2)mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为eq\f(1,2)mgd，选项D错误；应选B、C.命题点二用“等效法〞处理带电粒子在电场和重力场中的运动1.等效重力法将重力与电场力进行合成，如图4所示，那么F合为等效重力场中的“重力〞，g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度〞，F合的方向等效为“重力〞的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向.图42.物理最高点与几何最高点在“等效力场〞中做圆周运动的小球，常常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题.小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不肯定是几何最高点，而应是物理最高点.几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点.而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点.例2如图5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从静止开头释放(AC、BD为圆环的两条相互垂直的直径)，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)图5(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的圆周运动，在A点至少应使它具有多大的初动能？答案见解析解析(1)依据题述，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，那么其方向沿NM方向，分析珠子在M点的受力状况，由图可知，当F电垂直于F时，F电最小，最小值为：F电min＝mgcos45°＝eq\f(\r(2),2)mgF电min＝qEmin解得所加电场的场强最小值Emin＝eq\f(\r(2)mg,2q)，方向沿∠AOB的角平分线方向指向左上方.(2)当所加电场的场强为最小值时，电场力与重力的合力为F＝mgsin45°＝eq\f(\r(2),2)mg把电场力与重力的合力看做是“等效重力〞，对珠子由A运动到M的过程，由动能定理得F(r＋eq\f(\r(2),2)r)＝eq\f(1,2)mv2－0在M点，由牛顿其次定律得：FN－F＝meq\f(v2,r)联立解得FN＝(eq\f(3\r(2),2)＋1)mg由牛顿第三定律知，珠子对环的作用力大小为FN′＝FN＝(eq\f(3\r(2),2)＋1)mg.(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：－F(r－eq\f(\r(2),2)r)＝0－EkA解得EkA＝eq\f(\r(2)－1,2)mgr.变式3(2018·陕西西安质检)如图6所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开头下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动.小球所受电场力是其重力的eq\f(3,4)，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝60°，sBC＝2R.假设使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin37°＝，cos37°＝)图6答案R解析小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如下图.可知F＝mg，方向与竖直方向成37°角.由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即到达D点时圆环对小球的弹力恰好为零.由圆周运动学问得：F＝eq\f(mvD2,R)，即：mg＝meq\f(vD2,R)小球由A运动到D点，由动能定理结合几何学问得：mg(h－R－Rcos37°)－eq\f(3,4)mg·(eq\f(h,tanθ)＋2R＋Rsin37°)＝eq\f(1,2)mvD2，联立解得h≈R.命题点三电场中的力电综合问题1.力学规律(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式.(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律.2.电场规律(1)电场力的特点：F＝Eq，正电荷受到的电场力与场强方向相同.(2)电场力做功的特点：WAB＝FLABcosθ＝qUAB＝EpA－EpB.3.多阶段运动在多阶段运动过程中，当物体所受外力突变时，物体由于惯性而速度不发生突变，故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系，可以通过作运动过程草图来获得.例3(2017·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变.持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点.重力加速度大小为g.(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满意的条件.不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍.答案见解析解析(1)油滴带电性质不影响结果.设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上.在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满意qE2－mg＝ma1 ①油滴在t1时刻的速度为v1＝v0＋a1t1 ②电场强度在t1时刻突然反向，之后油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满意qE2＋mg＝ma2 ③油滴在t2＝2t1时刻，即运动到B点时的速度为v2＝v1－a2t1 ④由①②③④式得v2＝v0－2gt1 ⑤(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg ⑥油滴从t＝0到t1时刻的位移为x1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1t12 ⑦油滴在从t1时刻到t2＝2t1时刻的时间间隔内的位移为x2＝v1t1－eq\f(1,2)a2t12 ⑧由题给条件有veq\o\al(2,0)＝2g×2h＝4gh ⑨式中h是B、A两点之间的距离.假设B点在A点之上，依题意有x1＋x2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝[2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1,4)(eq\f(v0,gt1))2]E1 ⑪为使E2＞E1，应有2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1,4)(eq\f(v0,gt1))2＞1 ⑫解得0＜t1＜(1－eq\f(\r(3),2))eq\f(v0,g) ⑬或t1＞(1＋eq\f(\r(3),2))eq\f(v0,g) ⑭条件⑬式和⑭式分别对应于v2＞0和v2＜0两种情形.假设B在A点之下，依题意有x2＋x1＝－h ⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E2＝[2－2eq\f(v0,gt1)－eq\f(1,4)(eq\f(v0,gt1))2]E1 ⑯为使E2>E1，应有2－2eq\f(v0,gt1)－eq\f(1,4)(eq\f(v0,gt1))2>1 ⑰解得t1>(eq\f(\r(5),2)＋1)eq\f(v0,g) ⑱另一解为负，不符合题意，舍去.变式4(2017·全国卷Ⅱ·25)如图7所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的倍.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：图7(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小.答案(1)3∶1(2)eq\f(1,3)H(3)eq\f(\r(2)mg,2q)解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，那么它们进入电场时的水平速度仍旧为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得v0－at＝0 ①s1＝v0t＋eq\f(1,2)at2 ②s2＝v0t－eq\f(1,2)at2 ③联立①②③式得eq\f(s1,s2)＝3 ④(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式vy2＝2gh ⑤H＝vyt＋eq\f(1,2)gt2 ⑥M进入电场后做直线运动，由几何关系知eq\f(v0,vy)＝eq\f(s1,H) ⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h＝eq\f(1,3)H ⑧(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，那么eq\f(v0,vy)＝eq\f(qE,mg) ⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1＝eq\f(1,2)m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩Ek2＝eq\f(1,2)m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ⑪由条件Ek1＝Ek2 ⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝eq\f(\r(2)mg,2q) ⑬变式5如图8所示，在E＝103V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝，位于N点右侧1.5m的M处，g取10m/s2，求：图8(1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，那么小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？答案(1)7m/s(2)N解析(1)设小滑块恰能到达Q点时速度为v，由牛顿其次定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R)小滑块从开头运动至到达Q点过程中，由动能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02联立解得：v0＝7m/s.(2)设小滑块到达P点时速度为v′，那么从开头运动至到达P点过程中，由动能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv02又在P点时，由牛顿其次定律得FN＝meq\f(v′2,R)代入数据，解得：FN＝N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝N.1.(2017·河南中原名校其次次联考)如图1所示，在两平行金属板中心有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示，电子在板间运动(假设不与板相碰)，以下说法正确的选项是()图1图2A.电压是甲图时，在0～T时间内，电子的电势能始终削减B.电压是乙图时，在0～eq\f(T,2)时间内，电子的电势能先增加后削减C.电压是丙图时，电子在板间做往复运动D.电压是丁图时，电子在板间做往复运动答案D解析假设电压是甲图，0～T时间内，电场力先向左后向右，那么电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先削减后增加，故A错误；电压是乙图时，在0～eq\f(T,2)时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先削减后增加，故B错误；电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了eq\f(T,2)做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子始终朝同一方向运动，C错误；电压是丁图时，电子先向左加速，到eq\f(T,4)后向左减速，eq\f(T,2)后向右加速，eq\f(3,4)T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，D正确.2.将如图3所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开头B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开头运动，设A、B两极板间的距离足够大，以下说法正确的选项是()图3A.电子始终向着A板运动B.电子始终向着B板运动C.电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动D.电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动答案D3.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，假设带电粒子只受电场力作用，那么以下说法中正确的选项是(假设带电粒子不与板相碰)()图4A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2s内，电场力做功等于0C.4s末带电粒子回到原动身点D.～4s内，电场力做功等于0答案D解析画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如下图，v－t图线与时间轴所围“面积〞表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原动身点，A、C错误；2s末速度不为0，可见0～2s内电场力做的功不等于0，B错误；s末和4s末，速度的大小、方向都相同，那么～4s内，电场力做功等于0，所以D正确.4.如图5所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不行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，那么以下说法正确的选项是()图5A.小球带负电B.电场力跟重力平衡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答案B解析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，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错.5.(多项选择)(2017·河北唐山一模)如图6所示，竖直平面内有A、B两点，两点的水平距离和竖直距离均为H，空间存在水平向右的匀强电场.一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出，经一段时间竖直向下通过B点.重力加速度为g，小球在由A到B的运动过程中，以下说法正确的选项是()图6A.小球带负电B.速度先增大后减小C.机械能始终减小D.任意一小段时间内，电势能的增加量总等于重力势能的削减量答案AC解析由题可知，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速运动，可知其所受电场力方向向左，与电场方向相反，那么小球带负电，电场力始终对小球做负功，小球的电势能增加，机械能减小，A、C正确.小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力，合力方向指向左下方，又初速度水平向右，末速度竖直向下，由力与速度夹角关系可知，合力对小球先做负功，后做正功，小球的速度先减小后增大，B错误.任意一小段时间内，小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变，那么电势能的增加量不肯定等于重力势能的削减量，D错误.6.(2017·河南郑州第一次联考)如图7甲所示，在y＝0和y＝2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大.电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向.现有一个带负电的粒子，粒子的比荷eq\f(q,m)＝×10－2C/kg，在t＝0时刻以速度v0＝5×102m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用.求：图7(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小.答案(1)4×10－3s(2)(－2×10－5m,2m)(3)4×10－3m/s解析(1)由于粒子初速度方向垂直于匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t＝eq\f(y,v0)＝4×10－3s.(2)粒子带负电，沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小a1＝eq\f(E1q,m)＝4m/s2，减速时的加速度大小a2＝eq\f(E2q,m)＝2m/s2，离开电场时，在x轴方向上的位移大小x＝eq\f(1,2)a1(eq\f(T,2))2＋a1(eq\f(T,2))2－eq\f(1,2)a2(eq\f(T,2))2＝2×10－5m，因此粒子离开电场的位置坐标为(－2×10－5m,2m).(3)粒子通过电场区域后沿x轴方向的速度大小为：vx＝a1eq\f(T,2)－a2eq\f(T,2)＝4×10－3m/s.7.(2018·江西宜春调研)如图8所示，O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点，不计空气阻力，一电荷量为－Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m、电荷量为－q的小金属块(可视为质点)，从A点由静止沿它们的连线向右运动，到B点时速度最大，其大小为vm，小金属块最终停止在C点.小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，A、B间距离为L，静电力常量为k，那么()图8A.在点电荷－Q形成的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝eq\f(2μmgL＋mvm2,2q)B.在小金属块由A向C运动的过程中，电势能先增大后减小C.OB间的距离为eq\r(\f(kQq,μmg))D.从B到C的过程中，小金属块的动能全部转化为电势能答案C解析小金属块从A到B过程，由动能定理得：－qUAB－μmgL＝eq\f(1,2)mvm2－0，得A、B两点间的电势差UAB＝－eq\f(2μmgL＋mvm2,2q)，故A错误；小金属块由A点向C点运动的过程中，电场力始终做正功，电势能始终减小，故B错误；由题意知，A到B过程，金属块做加速运动，B到C过程，金属块做减速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，那么有μmg＝keq\f(Qq,r2)，得r＝eq\r(\f(kQq,μmg))，故C正确；从B到C的过程中，小金属块的动能和削减的电势能全部转化为内能，故D错误.8.如图9所示，匀强电场方向与水平线间夹角θ＝30°，方向斜向右上方，电场强度为E，质量为m的小球带负电，以初速度v0开头运动，初速度方向与电场方向全都.图9(1)假设小球的带电荷量为q＝eq\f(mg,E)，为使小球能做匀速直线运动