2019届高考物理一轮复习 专题 带电粒子在电场中运动的综合应用学案 新人教版.doc

带电粒子在电场中运动的综合应用 一 非匀强电场中的运动 例1.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B点为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为－q、套在杆上的带负电小球(可视为质点)从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2.求： 图6 (1)小球滑到C点时的速度大小； (2)若以C点作为参考点(零电势点)，试确定A点的电势． 解析　(1)因为B、C两点电势相等，故小球从B到C运动的过程中电场力做的总功为零． 由几何关系可得BC的竖直高度hBC＝ 根据动能定理有mg＝－ 解得vC＝. (2)小球从A到C，重力和电场力均做正功，所以由动能定理有mg3R＋W电＝，又根据电场力做功与电势能的关系：W电＝EpA－EpC＝－qφA－(－qφC)． 又因为φC＝0， 可得φA＝－. 答案　(1)　(2)－ 1．如图9所示．Q为固定的正点电荷，A、B两点在Q的正上方和Q相距分别为h和0.25h，将另一点电荷从A点由静止释放，运动到B点时速度正好变为零，若此电荷在A点处的加速度大小为g，求： 图9 (1)此电荷在B点处的加速度； (2)A、B两点间的电势差(用Q和h表示)． 答案　(1)3g，方向竖直向上　(2)－ 解析　(1)由题意可知，这一电荷必为正电荷，设其电荷量为q.由牛顿第二定律得，在A点时：mg－k＝mg.在B点时：k－mg＝maB，解得aB＝3g，方向竖直向上． (2)从A到B的过程，由动能定理得mg(h－0.25h)＋qUAB＝0，解得UAB＝－. 2．如图10所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB＝h，小球滑到B点时的速度大小为.求： 图10 (1)小球由A到B的过程中静电力做的功； (2)A、C两点间的电势差． 答案　(1)mgh　(2)－ 解析　(1)因为Q是正点电荷，所以以Q为圆心的圆是一个等势线，这是一个重要的隐含条件，由A到B过程中静电力是变力，所以不能直接用W＝Fx来解，只能考虑应用功能关系求解． 因为杆是光滑的，所以小球从A到B过程中只有两个力做功：静电力做功WAB和重力做功mgh，由动能定理得： WAB＋mgh＝mv 代入已知条件vB＝得 静电力做功WAB＝m3gh－mgh＝mgh. (2)因为B、C在同一等势线上，小球从B点到C点电场力不做功则WAC＝WAB 所以UAC＝＝＝－. 3. 如图8所示，质量为m的小球A穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q.在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g.求： 图8 (1)A球刚释放时的加速度是多大； (2)当A球的动能最大时，A球与B点间的距离． 答案　(1)gsin α－　(2) 解析　(1)由牛顿第二定律可知mgsin α－F＝ma， 根据库仑定律有F＝k，又知r＝ 得a＝gsin α－ (2)当A球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大．设此时A球与B点间的距离为d. 则mgsin α＝，解得d＝ . 二 匀强电场中的直线运动 例2．如图所示，一电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.求： 图13 (1)水平向右电场的电场强度； (2)若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大； (3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能． 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 解析　(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有FNsin 37＝qE① FNcos 37＝mg② 由①②可得E＝ (2)若电场强度减小为原来的，即E′＝ 由牛顿第二定律得mgsin 37－qE′cos 37＝ma 可得a＝0.3g (3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin 37－qE′Lcos 37＝Ek－0 可得Ek＝0.3mgL. 1.　如图10甲所示，长L＝1.5 m、倾角为θ＝37的光滑绝缘的斜面底端连接一粗糙绝缘的水平面，整个斜面处在一水平向左的匀强电场中，水平面部分没有电场.现将一质量m＝1.2 kg、带电荷量q＝110－4 C的带正电的小物体从斜面顶端由静止释放，当电场场强E取不同数值时，物体沿斜面下滑最后在水平地面上滑过的距离s不同.研究发现s与E之间的关系如图乙所示.忽略物体在斜面与水平面连接处的能量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，求： 图10 (1)物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)当E＝3104 N/C时，物体运动的总时间. 答案　(1)0.2　(2) s 解析　(1)当E＝0时，s＝4.5 m 由动能定理得mgLsin θ－μmgs＝0 解得μ＝0.2 (2)当E＝3104 N/C时，由牛顿第二定律得mgsin θ－qEcos θ＝ma1 又L＝a1t 解得物体在斜面上的运动时间t1＝ s 水平面上由牛顿第二定律知μmg＝ma2 由v＝a1t1 又v＝a2t2 可得t2＝ s 所以物体运动的总时间t＝t1＋t2＝ s. 2.　如图11所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端C距地面高度h＝0.8 m.有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处.(g取10 m/s2)求： 图11 (1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向. (2)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0. (3)小环运动到P点的动能. 答案　(1)14.1 m/s2　与杆垂直斜向右下方　(2)2 m/s(3)5 J 解析　(1)小环在直杆上的受力情况如图所示 由平衡条件得：mgsin 45＝Eqcos 45 得mg＝Eq， 离开直杆后，只受mg、Eq作用，则：mg＝ma 代入数据解得加速度大小：a≈14.1 m/s2 加速度方向与杆垂直斜向右下方 (2)设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到P点，则竖直方向： h＝v0sin 45t＋gt2 水平方向(取向左为正)：v0cos 45t－gt2＝0 由以上两式代入数据解得：v0＝2 m/s (3)由动能定理得：EkP－mv＝mgh 代入数据解得：EkP＝5 J. 例3.（往复运动）如图9所示，在倾角θ＝37的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4103 N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m＝0.2 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端以与挡板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0.24 m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.3，滑块带电荷量q＝－5.010－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.求： 图9 (1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小； (2)滑块在斜面上运动的总路程s和系统产生的热量Q. 答案　(1)2.4 m/s　(2)1 m　0.96 J 解析　(1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力f＝μ(mg＋qE)cos 37＝0.96 N 设到达斜面底端时的速度为v，根据动能定理得 (mg＋qE)h－f＝mv2 解得v＝2.4 m/s. (2)滑块最终将静止在斜面底端，因此重力势能和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功，(mg＋qE)h＝fs 解得滑块在斜面上运动的总路程： s＝1 m Q＝fs＝0.96 J 1. 如图5所示，在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qE>μmg，虚线右侧的水平面光滑.一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好位于虚线位置，把滑块放到虚线左侧L处，并给滑块一个向左的初速度v0，已知滑块与绝缘水平面间的动摩擦因数为μ，求： 图5 (1)弹簧的最大弹性势能； (2)滑块在整个运动过程中产生的热量. 答案　(1)(qE－μmg)L＋v　(2)qEL＋mv02 解析　(1)设滑块向左运动x时减速到零，由能量守恒定律有： (qE＋μmg)x＝mv02 解得：x＝ 之后滑块向右加速运动，设第一次到达虚线时的动能为Ek，由能量守恒定律得： qE(x＋L)＝Ek＋μmg(x＋L) 解得：Ek＝(qE－μmg)L＋v 滑块从虚线处压缩弹簧至最短的过程，机械能守恒，动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为： Epm＝(qE－μmg)L＋v (2)滑块往返运动，最终停在虚线位置，整个过程电场力做正功，为W＝qEL，电势能减少量为qEL，由能量守恒定律，整个过程产生的热量等于滑块机械能的减少量与电势能的减少量之和，即Q＝qEL＋mv02 2. 如图4所示，两个带正电的点电荷M和N，带电量均为Q，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L，A、O、B是MN连线上的三点，且O为中点，OA＝OB＝，一质量为m、电量为q的点电荷以初速度v0从A点出发沿MN连线向N运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到B点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止.已知静电力恒量为k，取O处电势为零.求： 图4 (1)A点的场强大小； (2)阻力的大小； (3)A点的电势； (4)电荷在电场中运动的总路程. 解析　(1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得： E＝k－k＝； (2)由对称性知，φA＝φB，电荷从A到B的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：Wf＝FfL，由动能定理：－FfL＝0－mv，得：Ff＝ (3)设电荷从A到O点电场力做功为WF，克服阻力做功为Wf， 由动能定理：WF－Wf＝nmv－mv 得：WF＝(2n－1) 由：WF＝q(φA－φO) 得：φA＝＝(2n－1) (4)电荷最后停在O点，在全过程中电场力做功为WF＝(2n－1)，电荷在电场中运动的总路程为s，则阻力做功为－Ffs. 由动能定理：WF－Ffs＝0－mv02 即：(2n－1)－mvs＝－mv02 解得：s＝(n＋0.5)L. 答案　(1) 　(2)　 (3)(2n－1) (4)(n＋0.5)L 三 带电粒子在电场(复合场)中的圆周运动 例4　如图5所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电荷量为＋q、质量为m的小球穿在环上，可沿环做无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，求： 图5 (1)速度vA的大小； (2)小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力的大小． 解析　(1)在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：qE＝m 所以小球在A点的速度vA＝ . (2)在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即 2qEr＝mv－mv 小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有FB－qE＝m 解以上两式得小球在B点受到环的水平作用力为： FB＝6qE.由牛顿第三定律知，球对环在水平方向的作用力大小FB′＝6qE. 答案　(1) 　(2)6qE 1　如图6所示，ABCD为放在E＝1.0103 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中BCD部分是直径为20 cm的半圆环，AB＝15 cm，今有m＝10 g、q＝10－4 C的小球从静止由A起沿轨道运动，它运动到图中C处时速度是 m/s，在C处时对轨道的压力 是 N；要使小球能运动到D点，开始时小球的位置应离B点 m. 图6 答案　　0.4　0.25 解析　由Eq(＋)－mg＝mv可得vC＝ m/s；在C处由N－Eq＝得N＝0.4 N；要使小球能运动到D点，vD＝＝1 m/s，由Eq－mg＝mv，得＝0.25 m. 2．如图9所示，半径为R的光滑圆环竖直置于场强为E的水平方向的匀强电场中，质量为m、带电荷量为＋q的空心小球穿在环上，当小球从顶点A由静止开始下滑到与圆心O等高的位置B时，求小球对环的压力． 答案　2mg＋3Eq，方向水平向右 解析　小球从A运动到B的过程中，重力做正功，电场力做正功，动能增加，由动能 定理有mgR＋EqR＝mv2 在B点小球受到重力G、电场力F和环对小球的弹力F1三个力的作用，沿半径方向指向圆心的合力提供向心力，则F1－Eq＝m 联立以上两式可得F1＝2mg＋3Eq 小球对环的作用力与环对小球的作用力为一对作用力与反作用力，两者等大反向，即小球对环的压力F1′＝2mg＋3Eq，方向水平向右． 3. 如图12所示，长L＝0.20 m的丝线的一端拴一质量为m＝1.010－4 kg、带电荷量为q＝＋1.010－6 C的小球，另一端连在一水平轴O上，丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动，整个装置处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝2.0103 N/C.现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点，然后无初速度地将小球释放，取g＝10 m/s2.求： 图12 (1)小球通过最高点B时速度的大小； (2)小球通过最高点时，丝线对小球拉力的大小． 答案　(1)2 m/s　(2)3.010－3 N 解析　(1)小球由A运动到B，其初速度为零，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，丝线拉力不做功，则由动能定理有：qEL－mgL＝ vB＝ ＝2 m/s. (2)小球到达B点时，受重力mg、电场力qE和拉力TB作用，经计算 mg＝1.010－410 N＝1.010－3 N qE＝1.010－62.0103 N＝2.010－3 N 因为qE>mg，而qE方向竖直向上，mg方向竖直向下，小球做圆周运动，其到达B点时向心力的方向一定指向圆心，由此可以判断出TB的方向一定指向圆心，由牛顿第二定律有：TB＋mg－qE＝ TB＝＋qE－mg＝3.010－3 N. 4．如图18所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道的一点，而且AB＝R＝0.2 m．把一质量m＝100 g、带电量q＝＋10－4 C的小球，放在水平轨道的A点，由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动．求：(g＝10 m/s2) 图18 (1)它到达C点时的速度是多大？ (2)它到达C点时对轨道的压力是多大？ 答案　(1)2 m/s　(2)3 N 解析　(1)设小球在C点的速度大小是vC，对轨道的压力大小为NC，则对于小球由A→C的过程中，应用动能定理列出： 2qER－mgR＝mv；解得vC＝2 m/s (2)在C点时，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有： NC′－qE＝m；解得：NC′＝3 N 由牛顿第三定律知NC＝NC′＝3 N. 课后巩固 1.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开始运动，初速度方向与电场方向一致． 图9 (1)若小球的带电荷量为q＝，为使小球能做匀速直线运动，应对小球施加的恒力F1的大小和方向各如何？ (2)若小球的带电荷量为q＝，为使小球能做直线运动，应对小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？ 答案　(1)mg　方向与水平线成60角斜向右上方 (2)mg　方向与水平线成60角斜向左上方 解析　(1)如图甲所示，为使小球做匀速直线运动，必使其合外力为0，设对小球施加的力F1与水平方向夹角为α，则F1cos α＝qEcos θ，F1sin α＝mg＋qEsin θ 代入数据解得α＝60，F1＝mg 即恒力F1与水平线成60角斜向右上方． (2)为使小球能做直线运动，则小球所受合力的方向必和运动方向在一条直线上，故要使力F2和mg的合力和电场力在一条直线上．如图乙，当F2取最小值时，F2垂直于F.故F2＝mgsin 60＝mg. 方向与水平线成60角斜向左上方． 2. (2015新课标全国Ⅱ24)如图12所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30.不计重力．求A、B两点间的电势差． 图12 答案　 解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 vBsin 30＝v0sin 60① 由此得vB＝v0② 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有 qUAB＝m(v－v)③ 联立②③式得UAB＝. 3. 如图13，一质量为m、电荷量为q(q>0)的液滴，在场强大小为、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A、B为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30.求A、B两点间的电势差． 图13 答案　 解析　由题意知qE＝mg，液滴重力不能忽略，把运动分解 水平方向：vsin 60＝v0sin 30＋t① 竖直方向：vcos 60＝v0cos 30－gt② 由①②可得：v＝v0，t＝ 由牛顿第二定律得水平方向加速度a＝＝g，水平位移：x＝v0sin 30t＋(g)t2＝ UAB＝Ex＝ 4．如图13所示，水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4 m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0104 N/C.现有一电荷量q＝＋1.010－4 C，质量m＝0.1 kg的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.试求： 图13 (1)带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小； (2)D点到B点的距离xDB； (3)带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．(结果保留3位有效数字) 答案　(1)6.0 N　(2)0　(3)1.17 J 解析　(1)设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律有mg＝m， 解得vC＝2.0 m/s. 设带电体通过B点时的速度为vB，设轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时，根据牛顿第二定律有FB－mg＝m. 带电体从B运动到C的过程中，根据动能定理有 －mg2R＝mv－mv 联立解得FB＝6.0 N， 根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB′＝6.0 N. (2)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有2R＝gt2， xDB＝vCt－t2. 联立解得xDB＝0. (3)由P到B带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45处． 设带电体的最大动能为Ekm，根据动能定理有 qERsin 45－mgR(1－cos 45)＝Ekm－mv， 代入数据解得Ekm≈1.17 J. 5.如图10所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E1、E2，已知区域Ⅰ宽L1＝0.8 m，区域Ⅱ宽L2＝0.4 m，E1＝10 V/m且方向与水平方向成45角斜向右上方，E2＝20 V/m且方向竖直向下．带电荷量为q＝＋1.610－3 C．质量m＝1.610－3 kg的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g取10 m/s2，求： 图10 (1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间； (2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向． 答案　(1)10 m/s2　0.4 s　(2)5 m/s　速度方向与水平方向夹角为37斜向右下方 解析　(1)小球在电场Ⅰ区域受到电场力F1＝qE1，小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力方向水平向右，大小为F合＝F1 cos 45＝1.610－2 N，则小球向右做匀加速直线运动，其加速度a1＝＝10 m/s2，小球运动时间t1＝ ＝0.4 s. (2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度v0＝a1t1＝4 m/s，小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，其加速度a2＝g＋＝30 m/s2，小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间t2＝＝0.1 s．小球在竖直方向的分速度vy＝a2t2＝3 m/s，小球离开电场Ⅱ区域的速度v＝＝5 m/s，设小球离开电场Ⅱ区域的速度方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝＝，得θ＝37. 6.如图8所示，一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的．现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的. 图8 (1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离； (2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功． 答案　(1)4R　(2)若μ≥，克服摩擦力做功为；若μ＜，克服摩擦力做功为mgR 解析　(1)小环刚好到达P点时，速度为零，对小环从D点到P点过程，由动能定理qEx－2mgR＝0－0， 又由题意得qE＝mg，联立解得x＝4R. (2)若μ≥，则μmg≥qE，设小环到达P点右侧x1时静止，由动能定理得qE(5R－x1)－mg2R－fx1＝0， 又f＝μmg， 联立解得x1＝，所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 W1＝μmgx1＝. 若μ＜，则μmg＜qE，小环经过多次的往复运动，最后在P点的速度为0， 根据动能定理可知qE5R－mg2R－W2＝0－0， 克服摩擦力做的功W2＝mgR.