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第45课时带电粒子(体)在电场中运动的综合问题(题型研究课)1.(多选)(2018全国卷)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等解析：选BD经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据xat2t2知，mamb，故A错误；电场力做功WaWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确；a、b处在同一等势面上，根据Epq，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误；根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。2(2015全国卷)如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A保持静止状态B向左上方做匀加速运动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动解析：选D两板水平放置时，放置于两板间a点的微粒保持静止，微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45，受力如图，则其所受合力方向沿二力角平分线方向(左下方)，微粒将向左下方做匀加速运动。选项D正确。3(2013全国卷)如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷量为q(q0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb。不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。解析：质点所受电场力的大小为FqE设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有FNam，NbFm设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有Ekamva2，Ekbmvb2根据动能定理有：2rFEkbEka联立以上各式得E(NbNa)，Eka(Nb5Na)，Ekb(5NbNa)。答案：(NbNa)(Nb5Na)(5NbNa)4.(2017全国卷)如图，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(q0)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。已知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刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(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。解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为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v0at0s1v0tat2s2v0tat2联立式得3。(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，由运动学公式得vy22ghHvytgt2M进入电场后做直线运动，由几何关系知联立式可得hH。(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得mgHqEs1Ek1m(v02vy2)mgHqEs2Ek2m(v02vy2)由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E。答案：(1)31(2)H(3)5.(2014全国卷)如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，BOA60，OBOA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q0)，同时加一匀强电场，场强方向与OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有dsin 60v0tdcos 60gt2又Ek0mv02由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得。(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有解得xd，MA为等势线，电场强度必与其垂线OC方向平行。设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30，设电场强度的大小为E，有qEdcos 30EpA由式得E。答案：(1)(2)与竖直向下的方向的夹角为30近几年高考对带电体在电场中的运动的考查非常灵活，题型既有选择题，又有计算题，类型既有直线运动又有偏转运动，考查的方法规律则主要涉及运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理和功能关系等，因此这类问题综合性较强。 命题点一带电粒子在交变电场中的运动问题题型1带电粒子在交变电场中的直线运动例1(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是()解析在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F，由牛顿第二定律Fma可知，电子的加速度大小始终不变，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以at图像应如图D所示，vt图像应如图A所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移xv0tat2，所以xt图像应是曲线，B错误。答案AD(1)电压突然反向时，电场强度、电场力也随之反向，则加速度反向，但速度不会立即反向。(2)注意分清vt图像、xt图像和at图像，找出各阶段和电压变化的对应关系。 题型2带电粒子在交变电场中的偏转例2(2019衡水模拟)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板间距为d，大量电子(质量为m，电荷量为e)连续不断地从中点O沿与极板平行的OO方向射入两板之间。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0，当在两板间加上图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计重力)。求这些电子穿过平行板时距OO的最大距离和最小距离。解析以电场力的方向为正方向，画出电子在t0、tt0时刻进入电场后，沿电场力方向的速度vy随时间变化的vyt 图像如图1和2所示电场强度E电子的加速度a由图1中vy1at0vy2a2t0由图1可得电子的最大侧移，即穿过平行板时距OO的最大距离ymaxt0vy1t0t0由图2可得电子的最小侧移，即穿过平行板时距OO的最小距离ymint0vy1t0。答案(1)交变电场中的偏转问题难点在于每当电场方向发生变化后都要对带电粒子重新进行受力分析和运动分析，尤其是运动分析还要结合前一段时间内的运动情况(衔接速度、位移位置等)。(2)借助vt图像可以更直观地分析粒子的运动情况。 集训冲关1.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。在该匀强电场中，有一个带电粒子于t0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是()A带电粒子只向一个方向运动B02 s内，电场力所做的功等于零C4 s末带电粒子回到原出发点D2.54 s内，电场力的冲量等于零解析：选D由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小a1，为第2 s内加速度大小a2的，因此粒子先加速1 s再减速0.5 s 速度变为零，接下来的0.5 s 将反向加速运动，vt图像如图所示，A错误；02 s内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，B错误；由vt图像中图线与时间轴围成的图形的面积为物体的位移，由图可以看出，前4 s内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，C错误；2.54 s内，电场力的冲量为I2qE00.5(qE0)10，D正确。2在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：(1)若电子从t0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？(3)若电子恰能从OO平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？解析：(1)由动能定理得：emv2mv02解得v 。(2)t0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，此时实际速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO方向上至少运动一个周期，故极板长至少为Lv0T。(3)若要使电子从OO平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO上，可见应在tk(k0,1,2，)时射入；极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，由牛顿第二定律有a加速阶段运动的距离s2解得dT 故两极板间距至少为T 。答案：(1) (2)v0T(3)k(k0,1,2，)T 命题点二带电体在等效场中的运动问题1.等效思维法等效思维法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。2.方法应用先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为“等效重力”，将a视为“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力场”。再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即可。典例如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角60，重力加速度为g。求：(1)小球所受的电场力大小；(2)小球在A点的速度v0为多大时，小球经过B点时对圆轨道的压力最小。解析(1)小球经过C点时速度最大，则电场力与重力的合力沿DC方向，如图所示，所以小球受到的电场力的大小Fmgtan mg。(2)要使小球经过B点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有m，解得v。在小球从圆轨道上的D点运动到A点的过程中，有mgr(1cos )Frsin mv02mv2，解得v02。答案(1)mg(2)2(1)带电小球的运动可以视为只有“等效重力”时竖直平面内的圆周运动。(2)小球经过C点时速度最大，可以作为“等效最低点”，则通过圆心和C点相对的D点可以作为“等效最高点”。(3)重力和电场力合力的方向，一定在“等效最高点”和“等效最低点”连线的延长线的方向上。 集训冲关1.(多选)如图，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点由静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则()A小球在B点时速度最大B小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少C小球在B点时细线的拉力最大D从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加解析：选BD小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动。当小球运动到重力和电场力的合力和细线的拉力共线时(不是B点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，A、C错误；从A点到C点的过程中，小球所受重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确。2.如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为q(q0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角37。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)电场强度E的大小；(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。解析：(1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，则有tan ，所以E。(2)小球所受重力与电场力的合力Fmg。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有mg2r0mvmin2，所以vmin，即小球的初速度应不小于。答案：(1)(2)不小于命题点三电场中的力电综合问题典例如图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的半圆弧形光滑绝缘轨道BCD平滑连接，半圆弧的半径R0.50 m。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E1.0104 N/C。现将一质量m0.06 kg的带电小球(可视为质点)放在水平轨道上与B端距离s1.0 m的位置，由于受到电场力的作用，带电小球由静止开始运动。已知带电小球所带的电荷量q8.0105 C，取g10 m/s2，问：(1)小球能否到达半圆弧最高点D?(2)半圆弧轨道对小球的支持力的最大值为多少？解析(1)假设小球能到达D点，且速度为vD，从A到D过程，由动能定理得qEsmg2RmvD2可得小球在D点所需要的向心力为Fn0.8 N而重力Gmg0.6 NFnG，故小球能到达半圆弧最高点D。(2)小球在电场中受到的电场力和重力的合力大小为F1 N方向与竖直方向的夹角正切值为tan 当F的方向通过圆心O向外时，小球速度达到最大，设此位置为P，小球从开始运动到P点的过程，由动能定理得qE(sRsin )mg(RRcos )mvP2在P点，由牛顿第二定律得NF解得N5 N。答案(1)小球能到达半圆弧最高点D(2)5 N(1)电场中的力电综合问题往往涉及带电体的多过程运动，可以分段研究以降低难度，注意分段列方程时衔接速度的利用。(2)也可以对整体过程列方程以简便计算，这时需要注意把带电体各个阶段的受力情况、运动情况、做功情况等分析全面，不能遗漏某个力或功。(3)解答此类问题需要在正确进行受力分析、运动分析的基础上，用好牛顿第二定律、运动的合成与分解、动能定理、功能关系等规律方法。 集训冲关1.(多选)(2019沈阳模拟)如图所示，在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电量为q的带正电小球从O点由静止释放，小球沿直线OA斜向下运动，直线OA与竖直方向的夹角为。已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列判断正确的是()A场强的最小值为EB场强的最小值为ECE时，小球的电势能一定不变DE时，小球的机械能一定减小解析：选AC小球所受合力沿OA方向，由力的合成知识易知，当电场力方向与OA垂直时，电场力最小，如图所示，电场力最小值Fminmgsin ，由FminqE，解得场强的最小值E，选项A正确，B错误；当E时，电场力方向与运动方向垂直，电场力不做功，小球的电势能一定不变，小球的机械能不变，选项C正确，D错误。2(2019绵阳诊断)如图所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段AB、圆弧段CD和倾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段与水平面的夹角37，D、C两点的高度差h0.1 m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、大小未知的匀强电场中。一个质量m10.4 kg、带正电、电荷量未知的小物块在A点由静止释放，经过时间t1 s，与静止在B点的不带电、质量m20.6 kg的小物块碰撞并粘在一起，在BC段上做匀速直线运动，最终在倾斜段DP上某位置静止。物块和与轨道BC段间的动摩擦因数都为0.2。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)物块和在BC段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块和第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块和支持力的大小。解析：(1)物块和粘在一起在BC段上做匀速直线运动，设电场强度为E，物块所带电荷量为q，物块和碰撞前瞬间速度为v1，碰撞后瞬间共同速度为v2(等于在BC段上做匀速直线运动的速度)，则qE(m1m2)gqEtm1v1m1v1(m1m2)v2解得v22 m/s。(2)设圆弧段CD的半径为R，物块和第一次经过C点时，圆弧段轨道对物块和支持力的大小为FN，则FN(m1m2)gR(1cos )h解得FN18 N。答案：(1)2 m/s(2)18 N
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