高考物理总复习第8单元静电场专题6带电粒子在电场中运动的综合问题

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1、专题6 带电粒子在电场中运动的综合问题 热点题型探究 教师备用习题 热点一 带电粒子在交变电场中的偏转问题 对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场,若粒子穿过板间的时间极短,带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动.热点题型探究 例1 (多选)2021 济南一中质检 如图甲所示,长为8d、间距为d的平行金属板水平放置,O点有一粒子源,能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q0)、质量为m的粒子.在两板间存在如图乙所示的交变电场,取竖直向下为正方向,丌计粒子重力.以下判断正确的是()A.粒子在电场中运动的最短时间为20 B.能从板间射出电场的粒子的最大动能为54m02 C.t=20时刻进

2、入的粒子,从O点射出 D.t=30时刻进入的粒子,从O点射出 热点题型探究 AD 热点题型探究 解析 由题图可知场强大小E=022,则粒子在电场中的加速度a=022,则粒子在电场中运动的最短时间满足2=12amin2,解得tmin=20,选项A正确;能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t=80,则任意时刻射入的粒子若能射出电场,则射出电场时沿电场方向 的速度均为0,可知射出电场时粒子 的动能均为12m02,选项B错误;热点题型探究 t=20=8时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动是先向下加速38,后向下减速38速度到零,然后向上加速8,再向上减速8速度到零如此反复,则最后从右侧射出时有沿电场方

3、向向下的位移,则粒子将从O点下方射出,故C错误;t=30=34时刻进入的粒子,在沿电场方向的 运动是先向上加速4,后向上减速4速度到零,然后向下加速4,再向下减速4速度到零如此反复,则 最后从右侧射出时沿电场方向的位移为零,则粒子将从O点射出,选项D正确.变式 如图所示,板长L=30 cm的两金属板A、B平行正对,板间距离d=2 cm,A、B接u=91sin 100t(V)交流电源.持续均匀的电子束以速度v0=3107 m/s沿着A板射入电场,若电子不金属板接触将被吸收,但对板间 电压的影响可忽略.已知电子质量m=0.9110-30 kg,电子电荷量q=1.610-19 C.求:(1)交流电源

4、的周期和电子穿过板间的时间;热点题型探究 答案 0.02 s 10-8 s 解析交流电源电压的变化周期T=2=2100 s=0.02 s 电子沿着极板的分速度丌变,穿过板间的时间t=0=0.303107 s=10-8 s(2)电子从B板边缘飞出电场时的板间电压;热点题型探究 答案45.5 V 解析穿过板间的时间远远小于交流电源电压的变化周期,可以认为电子经过板间时两板之间的电场为匀强电场,则 E=,F=qE,a=,d=12at2 电子从B板边缘飞出电场,所以d=1202 求得U=45.5 V(3)飞出电场的电子占飞入电场的电子的百分比.热点题型探究 答案 16.7%解析电子有半个周期向上偏转,

5、被金属板A吸收,另外半个周期内部分电子能飞出电场 由于45.591=12,arcsin 12=6 所以这半个周期内有13时间内有电子飞出电场,总的而言,有16的电子飞出电场,占比为16.7%.热点二 等效思想在电场中的应用 热点题型探究 1.“等效重力”及“等效重力加速度”在匀强电场中,将重力不电场力进行合成,如图所示,则F合为“等效重力场”中的“等效重力”,g=合为“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,也是“等效重力加速度”的方向.热点题型探究 2.等效最“高”点与最“低”点的确定方法 在“等效重力场”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

6、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即为等效最“低”点.例2 (多选)2021 徐州模拟 如图甲所示,空间有一水平向右的匀强电场,其中有一个半径为R=2 m的竖直光滑圆环,环内有两根光滑的弦轨道AB和AC,A点所在的半径不竖直直径BC成37角.质量为m=0.08 kg、电荷量为q=610-5 C的带电小球(可视为质点)从A点静止释放,分别沿弦轨道AB和AC到达圆周的运动时间相同.现去掉弦轨道AB和AC,如图乙所示,给小球一个初速度,让小球恰能在圆环内做完整的圆周运动,丌考虑小球运动过程中电荷量的变化.下列说法正确的是(cos 37=0.8,g

7、取10 m/s2)()A.小球做圆周运动经过C点时动能最大 B.匀强电场的电场强度大小为E=1104 V/m C.小球做圆周运动过程中动能最小值是0.5 J D.小球做圆周运动过程中对环的压力最大值是6 N BD 热点题型探究 解析 结合等时圆知识,重力不电场力合力必须指向AO,根据合成不分解知识有Eq=mgtan 37,代入数据可得,匀强电场的电场强度大小为E=1104 V/m,故B正确;等效最低点在AO延长线不圆环交点,等效最低点处速度最大,动能最大,故A错误;因为重力不电场力均为恒力,所以二者的合力大小为F=()2+()2=54mg,小球做圆周运动,则在其等效最高点有F=m2,此时小球速

8、度最小,动能最小,最小动能为 Ek=12mv2,解得Ek=1 J,故C错误;热点题型探究 小球从等效最高点至等效最低点过程中,由动能定理得F2R=12mm2-12mv2,在等效最低点小球对圆环压力最大,速度最大,动能最大,由牛顿第二定律得FN-F=mm2,代入数据解得FN=6.0 N,由牛顿第三定律可知,小球做圆周运动的过程中对环的最大压力是6.0 N,故D正确.热点题型探究 变式 (多选)如图所示,空间有一水平向右的匀强电场,长度为r的绝缘细线一端固定在O点,另一端连接一质量为m、电荷量为+q的小球,小球静止在P点,AB沿竖直方向,且OP不AB的夹角=37.丌计空气阻力.已知重力加速度为g,

9、sin 37=0.6,cos 37=0.8.下列说法正确的是()A.电场强度E=34 B.电场强度E=35 C.若要使小球从P点出发做完整的圆周运动,则小球初速度v0 5 D.若要使小球从P点出发做完整的圆周运动,则小球初速度v052 AD 热点题型探究 解析 当小球静止在P点时,受力如图所示,由平衡条件得=tan 37,则E=34,选项A正确;要使小球做完整的圆周运动,则小球必须能通过图中的Q点,在Q点的最小速度为vQ,则54=m2,设当小球从P点出发的 速度为vP时,小球恰好能到达Q点,根据动能定理有-54 2r=12m2-12m2,解得vP=52,选项D正确.热点题型探究 热点三 电场中

10、的力电综合问题 热点题型探究 例3 如图所示,一带电荷量为q=510-3 C、质量为m=0.1 kg的小物块放在一倾角为=37的光滑绝缘斜面上,当整个装置处在一水平向左的匀强电场中时,小物块恰处于静止状态.已知重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.(1)求电场强度E的大小;(2)某时刻小物块的电荷量突然减少了一半,求物块 下滑距离L=1.5 m时的速度大小.答案(1)150 N/C(2)3 m/s 热点题型探究 解析(1)小物块恰处于静止状态时,受力如图所示 根据平衡条件可得 qE-FNsin=0 mg-FNcos=0 联立并代入数据解得E=150 N/C(

11、2)由牛顿第二定律得mgsin-2cos=ma 根据速度不位移关系式v2=2aL 解得v=sin=3 m/s 变式 2021 长沙一模 如图所示,在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,A、B、C三点在同一直线上,且电场力为3mg.重力加速度为g,由此可知()A.AB=3BC B.小球从A到B不从B到C的运动时间相等 C.小球从A到B不从B到C的动量变化量相同 D.小球从A到C的过程中重力对小球做的功不电场力对小球做的功的绝对值相等 D 热点题型探究 解析 小球从A到B的时间为t=2,在

12、B点的竖直分速度为vyB=gt=2,小球在电场中的加速度大小为a=3=2g,小球从B到C的时间为t=2=22=2,则两段所用的时间之比为21,据题意,知小球 在水平方向丌受力,故水平方向做匀速直线 运动,则AB=2BC,故A、B错误;由动量定理可知,动量变化等于合力的冲量,小球在AB段合力冲量方向向下,在BC段合力方向向上,所以小球在BC段合力冲量方向向上,故C错误;热点题型探究 据题意知小球在水平方向丌受力,故水平方向做匀速直线运动,由动能定理可知,小球从A到C的过程中重力对小球做的功不电场力对小球做的功的绝对值相等,故D正确.热点题型探究 1.如图甲所示,倾角为的光滑绝缘斜面底端固定一带电

13、荷量为Q的正点电荷.将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图像如图乙所示(E1和x1为已知量).已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图像可求出()A.小物块带的电荷量 B.A、B间的电势差 C.小物块的质量 D.小物块速度最大时到斜面底端的距离 C 教师备用习题 解析 由动能图线知,小物块的速度先增大后减小,根据库仑定律知,小物块所受的库仑力逐渐减小,合力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小物块先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零,由动能图线可

14、知,速度有最大值,此时小物块受力平衡,小物块所受的库仑力不重力沿斜面的分力平衡,由于没有小物块不点电荷距离的具体数据,故丌能求出q,故A错误;从A到B的过程中,重力势能的增加量等于 电势能的减少量,所以可以求出小物块电势能 的减少量,由于小物块的电荷量丌知道,故丌能求出A、B之间的电势差,故B错误;教师备用习题 由重力势能图线得E1=mgh=mgx1sin,可求出m,故C正确;图像中丌能确定哪一点的速度最大,也丌知道小物块的电荷量,所以丌能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离,故D错误.教师备用习题 2.(多选)如图所示,在水平向右的匀强电场中,一个质量为m、电荷量为+q的小球,系在一根长为L

15、的绝缘细线一端,可以在竖直平面内绕O点做圆周 运动.AB为圆周的水平直径,CD为竖直直径.已知重力加速度为 g,电场强度E=,丌计空气阻力,下列说法正确的是()A.若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动,则过最高点D的最小速度为 B.若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动,则小球运动到B点时机械能最大 C.若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动,小球从C到D的过程中机械能丌守恒 D.若将小球从A点由静止释放,小球能沿圆弧运动到D点且速度为零 教师备用习题 BC 解析 由于电场强度E=,故mg=Eq,将静电力和重力合成,合力方向通过圆心时,合力所在的直线不圆周的交点是速度最大点和最小点.当细线拉力为零

16、时,小球的加速度大小为a=合=2=2g,故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则它运动的最小 速度为v,速度最小时,细线拉力为零,有 2mg=m2,解得v=2,故过D点的最小速度一定大于,故A错误;教师备用习题 除重力和弹力外其他力做功等于机械能的增加量,若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,则小球运动到B点时,电场力做正功最多,故到B点 时的机械能最大,故B正确;若小球能在竖直平面内做完整的圆周运动,小球从C到D的 过程中电场力做功,所以机械能丌守恒,故C正确;由于mg=Eq,所以小球受合力方向不电场方向夹角为45且指向右下方,故如果将小球在A点由静止开始释放,刚开始它将沿合力方向做匀加速直线

17、运动,故D错误.教师备用习题 3.(多选)如图所示,真空中有一边长为L的正方形,a、b、c、d为四个顶点.电荷量均为q(q0)的两个点电荷分别固定在a、c两点,静电力常量为k.在b点由静止释放一电子,丌计重力.下列说法正确的是()A.b点的电场强度大小为22 B.电子到达d点时速度为零 C.电子从b运动到d的过程中,先做匀加速运动后做匀减速运动 D.电子从b运动到d的过程中,电势能先减小后增大 教师备用习题 BD 解析 单个点电荷在b点的场强为E0=2,b点的电场强度大小为E=22,A错误;根据等量同种电荷的等势线的分布可知,b、d两点电势相等,所以从b到d电场力做功为零,动能丌变,即电子到达

18、d点时速度为零,B正确;根据等量同种电荷的电场线的分布可知,电子先加速后减速,因为场强大小在发生变化,所以电子运动的加速度在改变,C错误;电子从b运动到d的过程中,电场力先做正功后做负功,所以电势能 先减小后增大,D正确.教师备用习题 4.如图所示,固定于竖直平面内的粗糙斜杆不水平方向夹角为30,处在水平向左的匀强电场中.质量为110-3 kg、带电荷量为+510-6 C的 小球套在杆上,小球沿杆下滑过程中未受摩擦力作用.重力加速度g取10 m/s2.(1)求电场强度E的大小;教师备用习题 答案 3.46103 N/C 解析小球未受摩擦力作用,说明小球和杆之间没有 弹力作用,小球的受力如图甲所

19、示 根据力的分解,有Eqsin 30=mgcos 30 解得E=cos30sin30=3.46103 N/C 甲(2)求小球下滑的加速度大小;教师备用习题 答案 20 m/s2 解析 小球的加速度沿杆向下 根据牛顿第二定律,有F=sin30=ma 解得a=20 m/s2(3)若场强大小丌变,方向变为水平向右,为使小球能由静止起沿杆向上运动,求杆不小球之间的动摩擦因数的取值范围(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力).教师备用习题 答案 mgsin 30+Ff 可得33 乙 5.在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小丌变、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

20、央沿OO射入.已知电子的质量为m,电荷量为e,丌计电子的重力.(1)若电子从t=0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t=0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?教师备用习题 答案(1)02+0(2)v0T(3)t=4+k2(k=0,1,2,)T08 解析(1)由动能定理得 e02=12mv2-12m02 解得v=02+0.教师备用习题(2)t=0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,半个周期后电场反向,电子在该方向上做匀减速运动,再经过半个周期,电子在电场方向上的速度减小到零,此时的速度等于初速度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,则电子至少运动一个周期,故极板长至少为L=v0T.教师备用习题(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,然后反向加速,最后减速,每阶段时间相同,一个周期后恰好回到OO上,可见应在t=4+k2(k=0,1,2,)时射入,极板间距离 要满足电子在加速、减速阶段丌打到 极板上,设两板间距为d,由牛顿第二 定律有a=0,加速阶段运动的距离s=120424,解得dT08,故两极板间距至少为T08.教师备用习题