专题强化十五　带电粒子在电场中运动的综合问题

专题强化十五带电粒子在电场中运动的综合问题学习目标1.掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律。2.知道“等效重力场”的概念。3.会用动力学观点和能量观点分析电场中的力电综合问题。考点一带电粒子在电场和重力场中的运动1.等效重力场物体在匀强电场和重力场中的运动，可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。2.方法应用(1)求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个等效重力。(2)将a＝eq\f(F合,m)视为等效重力加速度。(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”。注意：这里的最高点不一定是几何最高点。(4)将物体在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解。3.“等效最高点”和“等效最低点”示意图例1如图1所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，斜面与水平方向的夹角为θ。B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，O点为圆轨道的圆心，半径OA与竖直方向夹角也为θ。整个空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E＝eq\f(3mg,4q)。已知θ＝53°，圆轨道半径R＝1m，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。现把一质量为m＝1kg、电荷量为q的带正电小球从斜面上某位置由静止释放。为使小球能在运动到C点之前始终不脱离轨道，求小球释放位置离A点的最小距离，和小球从此位置释放后运动到B点时对轨道的压力(计算结果均保留3位有效数字)。图1答案8.79m67.5N，方向竖直向下解析设重力与电场力的合力方向与竖直方向成α角，如图由tanα＝eq\f(qE,mg)解得α＝37°合力大小为F＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(qE))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg))\s\up12(2))＝eq\f(5,4)mg过O点作与竖直方向夹角为α＝37°的直线，与圆轨道分别交于D点和E点，则小球在D点速度最大，E点速度最小。在E点对轨道压力为零时，小球的释放位置离A点最近。对小球在E点应用牛顿第二定律得F＝meq\f(veq\o\al(2,E),R)设小球的释放位置到A点的最小距离为x，在小球从释放点到E点的过程中，由动能定理得mg(ssinθ－Rcosθ－Rcosα)－qE(scosθ＋Rsinθ＋Rsinα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)解得s＝eq\f(123,14)m＝8.79m对小球从B点到E点的过程应用动能定理得－FR(1＋cosα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)设小球在B点受到的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得FN＝eq\f(27,4)mg＝67.5N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小等于67.5N，方向竖直向下。1.(2024·辽宁葫芦岛市高三检测)如图2所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是()图2A.如果A球带电，则A球一定带正电B.如果A球带电，则A球的电势能一定增加C.如果B球带电，则B球一定带负电D.如果B球带电，则B球的电势能一定增加答案D解析平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A球在上方，竖直位移较大，由h＝eq\f(1,2)at2可知，A球下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，则A球受到向下的电场力，一定带负电，电场力做正功，电势能减小，故A、B错误；如果B球带电，由于B球的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B球受到的电场力向上，应带正电，电场力对B球做负功，电势能增加，故C错误，D正确。考点二电场中的力、电综合问题要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和能量关系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匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑。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做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。(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，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否在某方向上动量守恒。例2如图3，质量为9m的靶盒(可视为质点)带正电，电荷量为q，静止在光滑水平面上的O点。O点右侧存在电场强度大小为E、方向水平向左的匀强电场。在O点左侧有一质量为m的子弹，以速度v0水平向右打入靶盒后与靶盒一起运动。已知子弹打入靶盒的时间极短，子弹不带电，且靶盒带电荷量始终不变，不计空气阻力。图3(1)求子弹打入靶盒后的瞬间，子弹和靶盒共同的速度大小v1；(2)求子弹打入靶盒后，靶盒向右离开O点的最大距离s；(3)若靶盒回到O点时，第2颗完全相同的子弹也以v0水平向右打入靶盒，求第2颗子弹对靶盒的冲量大小I。答案(1)0.1v0(2)eq\f(mveq\o\al(2,0),20qE)(3)mv0解析(1)子弹打入靶盒过程中，由动量守恒定律得mv0＝10mv1解得v1＝0.1v0。(2)靶盒向右运动的过程中，由牛顿第二定律得qE＝10ma又veq\o\al(2,1)＝2as解得s＝eq\f(mveq\o\al(2,0),20qE)。(3)第1颗子弹打入靶盒后，靶盒将向右减速后反向加速，返回O点时速度大小仍为v1，设第2颗子弹打入靶盒后速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0－10mv1＝11mv2解得v2＝0以靶盒与第1颗子弹为整体，由动量定理得I＝0－(－10mv1)解得I＝mv0。2.(2023·山东卷，15)电磁炮灭火消防车(图4甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60m，灭火弹出膛速度v0＝50m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8。图4(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H；(2)已知电容器储存的电能E＝eq\f(1,2)CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15%，灭火弹的质量为3kg，电容C＝2.5×104μF，电容器工作电压U应设置为多少？答案(1)60m(2)1000eq\r(2)V解析(1)灭火弹离开炮口后，做斜上抛运动，则水平方向上有L＝v0tcosθ，竖直方向上有H＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2，代入数据联立解得H＝60m。(2)根据题意可知Ek＝ηE＝15%×eq\f(1,2)CU2，又因为Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立可得U＝1000eq\r(2)V。A级基础对点练对点练1带电粒子在电场和重力场中的运动1.(多选)如图1所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球套在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP＝37°。已知重力加速度大小为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()图1A.小球可以沿圆环运动到C点B.匀强电场的电场强度大小为eq\f(3mg,5q)C.P、B两点间的电势差为eq\f(3mgR,10q)D.小球运动到B点时，向心加速度大小为3g答案CD解析小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，对小球受力分析有eq\f(qE,mg)＝tan37°，解得E＝eq\f(3mg,4q)，故B错误；假设小球能够沿圆环运动到C点，根据动能定理有qER－mgR＝Ek－0，分析上式可知Ek<0，即假设不成立，故A错误；P、B两点间的电势差UPB＝E·eq\f(2,5)R＝eq\f(3mgR,10q)，故C正确；小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，此时小球的向心加速度大小a向＝eq\f(veq\o\al(2,B),R)＝3g，故D正确。2.(多选)坐标系xOy所在的竖直平面内存在着范围足够大且方向竖直向下的匀强电场，x轴沿水平方向，一带负电小球以初速度v0从坐标原点O水平射出，一段时间后小球通过第四象限Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L，－L))点(图2中没有标出)。已知小球质量为m，重力加速度为g，则小球()图2A.从O到P的运动过程，运动时间为eq\f(L,v0)B.到达P点时动能为eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)C.到达P点时速度偏向角正切值为tanθ＝1D.所受电场力大小为eq\f(2mveq\o\al(2,0),L)＋mg答案AB解析从O到P的运动过程，小球在水平方向上做匀速运动，则运动时间为t＝eq\f(L,v0)，选项A正确；小球在竖直方向做匀加速运动，则L＝eq\f(vy,2)t，即vy＝2v0，到达P点时速度为vP＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，动能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(5,2)mveq\o\al(2,0)，选项B正确；到达P点时速度偏向角正切值为tanθ＝eq\f(vy,v0)＝2，选项C错误；由动能定理有mgL－FL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所受电场力大小为F＝mg－eq\f(2mveq\o\al(2,0),L)，选项D错误。3.如图3，倾角为θ的绝缘光滑斜面和斜面底端电荷量为Q的正点电荷均固定，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，刚好能够到达B点。已知A、B间距为L，Q≫q，重力加速度大小为g。则A、B两点间的电势差UAB等于()图3A.－eq\f(mgLsinθ,Q) B.eq\f(mgLsinθ,Q)C.－eq\f(mgLsinθ,q) D.eq\f(mgLsinθ,q)答案C解析带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，受到重力和电荷Q的库仑力作用，从A点运动到B点的过程，由动能定理可知mgLsinθ＋qUAB＝0，解得A、B两点间的电势差UAB＝－eq\f(mgLsinθ,q)，C正确。对点练2电场中的力、电综合问题4.(多选)如图4所示，ACB为固定的光滑半圆形竖直绝缘轨道，半径为R，AB为半圆水平直径的两个端点，OC为半圆的竖直半径，AC为eq\f(1,4)圆弧，OC的左侧、OA的下方区域有竖直向下的匀强电场。一个带负电的小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力，小球电荷量不变。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的有()图4A.小球一定能从B点离开轨道B.小球在圆弧AC部分运动的加速度大小可能不变C.若小球能沿圆弧返回从A点离开，上升的高度一定等于HD.若小球能沿圆弧到达C点，其速度不可能为零答案BCD解析由题意可知，带电小球从开始下落到C的过程中，电场力做负功，重力做正功，由于二者做功的大小关系不确定，故小球有可能不能从B点离开轨道，故A错误；若重力和电场力大小相等，则小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，故B正确；若小球能沿圆弧返回从A点离开，全过程电场力做功为零，小球上升的高度一定等于H，故C正确；若qE≤mg，小球沿圆弧从A到C做加速或匀速率运动，故小球到达C点的速度不可能为零；若qE>mg，小球沿圆弧运动到C点的最小速度为v，则有qE－mg＝eq\f(mv2,R)，故小球能到达C点的速度也不可能为零，故D正确。B级综合提升练5.如图5，滑块A、B的质量均为m，B带正电，电荷量为q；A不带电，A套在固定竖直直杆上，A、B通过转轴用长度为L的刚性轻杆连接，B放在水平面上并靠近竖直杆，A、B均静止。现加上水平向右、电场强度为E的匀强电场，B开始沿水平面向右运动。不计一切摩擦，A、B视为质点。在A下滑的过程中，下列说法正确的是()图5A.A、B组成的系统机械能守恒B.A运动到最低点时，B达到最大速度C.A运动到最低点时，速度大小为eq\r(2gL＋\f(2qEL,m))D.A的机械能最小时，B的加速度大小为零答案C解析电场力对系统做功，机械能不守恒，选项A错误；A运动到最低点时，B的速度为0，选项B错误；A运动到最低点时，B的速度为零，根据系统机械能守恒得mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gL＋\f(2qEL,m))，选项C正确；假设无电场，则系统机械能守恒，当A机械能最小时，B的机械能最大，即B的动能最大，速度最大，加速度为零，因电场力并不影响A的机械能，所以有电场和无电场时A机械能最小时在杆上的位置相同，但是有电场时，A机械能最小时B还受水平向右的电场力，所以加速度不为零，选项D错误。6.(2024·广东东莞开学考)如图6所示，AC水平轨道上AB段光滑、BC段粗糙，且BC段的长度L＝1m，CDF为竖直平面内半径R＝0.1m的光滑半圆绝缘轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度大小E＝1×103N/C、方向水平向右的匀强电场。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量m＝0.1kg的滑块P接触。当弹簧处于原长时滑块在B点，在F点有一套在半圆轨道上、电量q＝1.0×10－3C的带正电圆环，在半圆轨道最低点放一质量与圆环质量相等的滑块Q(图中未画出)。由静止释放圆环，圆环沿半圆轨道运动，当圆环运动到半圆轨道的最右侧D点时对轨道的压力大小FN＝5N。已知滑块Q与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，两滑块和圆环均可视为质点，圆环与滑块Q的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，Q、P两滑块碰撞后粘在一起。求：图6(1)圆环的质量M；(2)圆环与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小vC；(3)弹簧的最大弹性势能Ep。答案(1)0.1kg(2)2m/s(3)0.05J解析(1)圆环从F点运动到D点的过程，由动能定理有MgR＋qER＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,D)在D点，由牛顿第二定律有FN－qE＝Meq\f(veq\o\al(2,D),R)解得M＝0.1kg。(2)圆环从F点运动到C点，电场力做功为0，仅有重力做功，有Mg×2R＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)解得vC＝2m/s。(3)圆环与滑块Q碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞后圆环的速度为0，滑块Q的速度大小为2m/s滑块Q在BC段运动的过程中，根据动能定理有－μMgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,C)解得vB＝eq\r(2)m/s滑块Q和滑块P碰撞时有MvB＝(M＋m)vEp＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))v2解得Ep＝0.05J。7.(2024·广东深圳高三期末)如图7甲所示，长为L、底面半径为R、内壁光滑的绝缘圆筒固定在水平地面上，质量为m、带电量为＋q的小球静置在筒内左侧底面最低点。现给小球一沿切线方向(与中心轴OO′垂直)的初速度，如图乙所示，同时在圆筒所在的空间区域施加竖直方向的匀强电场(电场未画出)，不计空气阻力，重力加速度为g。图7(1)已知小球恰好在左侧底面内做匀速圆周运动，求场强大小；(2)仅将题中电场方向改变为水平向右(与中心轴OO′平行)，其他条件不变。若小球在筒内运动时未脱离内壁，求小球在筒内运动的时间；(3)请结合(2)中情况通过计算讨论：若要求小球在筒内运动时未脱离内壁，求小球初速度的范围。答案(1)eq\f(mg,q)(2)eq\r(\f(2L,g))(3)v≤eq\r(2gR)或v≥eq\r(5gR)解析(1)加上竖直方向的匀强电场，小球恰好做匀速圆周运动，则有qE＝mg解得场强大小为E＝eq\f(mg,q)。(2)小球在筒内运动时未脱离内壁，小球在水平方向匀加速，则有qE＝ma解得a＝g由运动学公式可得L＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\r(\f(2L,g))。(3)小球在筒内运动时未脱离内壁，若小球未通过圆心等高点，则有eq\f(1,2)mv2≤mgR解得v≤eq\r(2gR)若小球通过最高点，则有mg＋FN＝meq\f(v′2,R)，FN≥0由动能定理可得－2mgR＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2联立解得v≥eq\r(5gR)则小球的初速度的范围为v≤eq\r(2gR)或v≥eq\r(5gR)。C级培优加强练8.(2023·新课标卷，25)密立根油滴实验的示意图如图8所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力