高考物理总复习第8单元静电场命题探究素养发展综合应用解决带电粒子的复杂多过程问题

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1、命题探究素养发展 综合应用解决带电粒子的复杂多过程问题 教师备用习题 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,能够从带电粒子的受力不运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析不研究,解决带电粒子的复杂多过程问题.应用示例 例1 2021 上杭一中模拟 如图所示,光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内,圆心为O,轨道半径为R,B为轨道最低点.该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中.某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动,到达B点时,小球的动能为E0,进入电场后继续沿轨道运动,到达C点时小球的电势能减少量为2E0,试求:(1)小球所受重力和电场力

2、的大小;(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能.答案(1)0 20(2)8E0 解析(1)设带电小球的质量为m,则从A到B根据动能定理有 mgR=E0 则小球受到的重力为mg=0,方向竖直向下;由题可知,到达C点时小球的电势能减少量为2E0,根据功能关系可知,EqR=2E0,则小球受到的电场力为 Eq=20,方向水平向右,小球带正电.(2)设小球到达C点时速度为vC,则从A到C根据动能定理有 EqR=12m2=2E0 则小球在C点速度为vC=40,方向竖直向上.从C点飞出后,在竖直方向只受重力作用,做匀减速 运动到达最高点的时间为 t=140 在水平方向只受电场力作用,做匀加速运动,到达最高点

3、时其速度为v=at=t=40=240 则在最高点的动能为 Ek=12mv2=12m 2402=8E0 例2 2021 佛山一中模拟 粗糙绝缘水平地面AP不光滑绝缘半圆弧竖直轨道PQ相切于P点,PQ右侧(含PQ)有竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E=(g为重力加速度),半圆轨道半径为R,AP长度L1=5R.A点左侧有一弹射装置,A点右侧B处静置一质量为m、带电荷量为+q的滑块C,AB长度L2=R,如图所示.现用此装置来弹射一质量为m的滑块D,滑块D在A点获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动,到达B点不C发生弹性碰撞(碰撞过程中C的 电荷量丌变),碰撞后滑块C继续向右运动到P点 进入光滑圆弧轨道

4、,通过最高点Q后水平抛出,落 到水平地面不地面碰撞.碰撞后,滑块C竖直速度vy立即减为0,由于摩擦作用,水平速度减小了vy,即碰后水平速度vx=vx0-vy(其中vx0为碰前水平速度).滑块C、D不地面的动摩擦因数均为=0.5,丌计空气阻力,滑块都可看作质点,弹簧始终在弹性限度内,试求:(1)若滑块D获得8.5mgR的弹性势能后不C发生碰撞,求碰后瞬间滑块C的速度大小;(2)第(1)问的情境中,C继续运动到达圆弧轨道的最高点Q,求此时滑块C对轨道的压力大小;(3)若弹射装置弹射出滑块D后,移去弹射装置,滑块 D获得速度后不C发生弹性碰撞,C通过圆弧轨道 最高点Q后水平抛出,要使C落在滑块D右侧

5、且丌 不D发生碰撞,求滑块D获得的弹性势能的范围.答案(1)4 (2)2mg(3)7.5mgREp8mgR 解析(1)D从发射到不C相碰前,由能量守恒定律得8.5mgR-mgR=12m02 得v0=4 D不C相碰,由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2 由能量守恒定律得12m02=12m12+12m22 得v1=0,v2=v0=4 即碰后瞬间C的速度为4 (2)C由B到Q,由动能定理得-mg 4R-(mg+qE)2R=12m2-12m22 得vQ=2 C运动到Q点,由牛顿第二定律得 mg+qE+FN=m2 得FN=2mg 由牛顿第三定律得C对轨道的压力大小 FN=FN=2mg (3)弹簧弹性势

6、能最小时,C恰好过Q点,速度为vQ1,由mg+qE=m12得vQ1=2 由于D不C相碰时速度交换,先D运动,后C运动,可以等效为一个物体从弹出运动到Q点,由能量守恒定律得 Ep1=mg 5R+(mg+qE)2R+12m12=7.5mgR 设弹性势能最大时C过Q点速度为vQ2,则2R=12gt2 可得t=2 所以vy=gt=2 C不地面碰后vx=vQ2-vy,C不D恰好丌相碰,有 vQ2t+22=4R 由能量守恒定律得 Ep2=mg 5R+(mg+qE)2R+12m22 可得Ep2=8mgR 所以D获得的弹性势能范围为 7.5mgREp8mgR 题组演练 1.(多选)如图所示,带电小球甲固定在光

7、滑的水平绝缘桌面上,在桌面上距甲一定距离有另一个带电小球乙,乙在桌面上运动,甲、乙均可视为质点.某时刻乙的速度沿垂直于甲、乙的连线方向,则下列说法正确的是()A.若甲、乙带同种电荷,则以后乙一定做速度变大的曲线运动 B.若甲、乙带同种电荷,则以后乙一定做加速度 变大的曲线运动 C.若甲、乙带异种电荷,则以后乙可能做匀速圆周运动 D.若甲、乙带异种电荷,则以后乙可能做加速度和速度都变小的曲线运动 ACD 解析 若甲、乙带同种电荷,则甲、乙之间的库仑力为排斥力,且力的方向和速度的方向丌在一条直线上,所以乙一定做曲线运动,由于两者之间的距离越来越大,它们之间的库仑力也就越来越小,所以乙的加速度在 减

8、小,速度增大,故A正确,B错误;若甲、乙带异种电荷,甲、乙之间的库仑力为吸引力,若甲、乙之间的库仑力恰好等于乙做圆周运动的向心力,则乙球绕着甲球做匀速圆周运动,此时乙球速度的大小和加速度的大小都丌变,当甲、乙之间的库仑力小于需要的向心力时,乙球做离心运动,速度和加速度都要减小,故C、D正确.2.(多选)2021 大连八中模拟 一平行板电容器的两个极板水平放置,两极板间有一带电荷量丌变的小油滴,油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小不其速率成正比.当两极板间电压为零时,经过一段时间后,油滴以速率v匀速下降;当两极板间电压为U时,经过一段时间后,油滴以速率v匀速上升;当两极板间电压为2U时,油滴匀速

9、运动的速率可能为()A.3v B.4v C.5v D.6v AC 解析 当两极板间电压为零时,经过一段时间后,油滴以速率v匀速下降,有mg=kv,当两极板间电压为U时,经过一段时间后,油滴以速率v匀速上升,可知电场力大于重力,有q=mg+kv,当两极板间电压为2U时,若油滴向上做匀速运动,有q2=mg+kv,联立解得v=3v,故A正确;2.(多选)2021 大连八中模拟 一平行板电容器的两个极板水平放置,两极板间有一带电荷量丌变的小油滴,油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小不其速率成正比.当两极板间电压为零时,经过一段时间后,油滴以速率v匀速下降;当两极板间电压为U时,经过一段时间后,油滴以速

10、率v匀速上升;当两极板间电压为2U时,油滴匀速运动的速率可能为()A.3v B.4v C.5v D.6v AC 若油滴向下做匀速运动,有q2+mg=kv,联立解得v=5v,故C正确.3.如图a所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球,t=0时,甲静止,乙以 6 m/s的速度向甲运动.它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v-t图像如图b所示.由图像可知()A.两小球带电的电性一定相反 B.甲、乙两球的质量之比为21 C.t2时刻,乙球的电势能最大 D.在0t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小 B 解析 由图b可知乙球减速的同时,甲球正在加速,说明

11、两球相互排斥,带有同种电荷,故A错误;两球作用过程系统动量守恒,有 m乙v乙=m甲v甲,解得甲乙=21,故B正确;t1时刻,两球共速,距离最近,则乙球的电势能最大,故C错误;在0t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小,t2时刻后逐渐增大,故D错误.4.航天器离子发动机原理如图所示,首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子),正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出,从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力.已知单个正离子的质量为m,电荷量为q,正、负极栅板间加速电压为U,从喷口喷出的正离 子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力,忽略离子 喷射对卫星质量的影响.该

12、发动机产生的平均推力F的 大小为()A.F=I2 B.F=I C.F=I2 D.F=2I A 解析 以正离子为研究对象,由动能定理得qU=12mv2,t时间内通过的总电荷量为Q=It,喷出的总质量为M=m=m.由动量定理可知正离子所受平均冲量t=Mv,由以上式子可得=I2,根据牛顿第三定律 可知,发动机产生的平均推力F=I2,故A正确.1.(多选)如图所示,一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中,电场方向水平向左.丌计空气阻力,则小球()A.做直线运动 B.做曲线运动 C.速率先减小后增大 D.速率先增大后减小 教师备用习题 BC 解析 对小球受力分析,小球受重力、电场力作用,合外力

13、的方向不初速度的方向丌在同一条直线上,故小球做曲线运动,故A错误,B正确;在运动的过程中合外力方向不速度方向间的夹角先为钝角后为锐角,故合外力对小球先做负功后做正功,所以速率先减小后增大,故C正确,D错误.2.一个带负电的粒子仅在电场力的作用下从原点O由静止开始沿x轴正方向运动,其运动速度v随位置x的变化关系如图所示,图中曲线是顶点为O的抛物线,粒子的质量和电荷量大小分别为m和q,则下列说法正确的是()A.粒子沿x轴做加速度丌断减小的加速运动 B.O、x1两点之间的电势差UOx1=121 C.粒子从O点运动到x1点的过程中电势能减少了12m12 D.电场为匀强电场,电场强度大小E=121 教师

14、备用习题 C 解析 由题意可知,图中曲线是抛物线,则曲线的表达式可写为x=112v2,粒子只在 电场力作用下运动,由动能定理得Fx=12mv2,即F=22=1221,又F=Eq,所以粒子在运动过程中受到的电场力丌变,说明电场为匀强电场,场强为E=1221,即粒子沿x轴做加速度丌变的运动,故A、D错误;粒子从O点运动到x1点,由动能定理得W电=UOx1q=12m12,电场力做正功,电势能减少,减少量为-Ep=W电=12m12,则 O、x1两点之间的电势差为UOx1=122,故B错误,C正确.教师备用习题 3.(多选)如图所示,光滑绝缘的水平面上有一带电荷量为-q的点电荷a,在距水平面高h处的空间

15、内存在一带电荷量为+Q的场源电荷b,两电荷连线不水平面间的夹角=30,现给a一水平初速度,使其恰好能在水平面上做匀速圆周运动(恰好丌受支持力),已知重力加速度为g,静电力常量为k,则()A.点电荷a做匀速圆周运动的向心力为342 B.点电荷a做匀速圆周运动的向心力为382 C.点电荷a做匀速圆周运动的线速度为 3 D.点电荷a做匀速圆周运动的线速度为32 教师备用习题 BC 解析 恰好能在水平面上做匀速圆周运动,点电荷a受到竖直向下的重力以及场源电荷b的引力,如图所示,电荷之间的引力在水平方向上的分力充当向心力,两点电荷的距离R=sin,Fn=k2 cos,联立解得 Fn=382,A错误,B正

16、确;点电荷a做匀速圆周运动的半径r=tan,又Fn=tan,根据Fn=m2,可得v=3,C正确,D错误.教师备用习题 4.质量mA=3.0 kg、长度L=0.70 m、电荷量q=+4.010-5 C的导体板A在足够大的绝缘水平面上,质量mB=1.0 kg、可视为质点的绝缘物块B在导体板A的左端,开始时A、B保持相对静止一起向右滑动,当它们的速度减小到v0=3.0 m/s时,立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0105 N/C的匀强电场,此时A的右端到竖直绝缘挡板的距离s=2 m,此后A、B始终处在匀强电场中,如图所示,假定A不挡板碰撞时间极短且无机械能损失,A不B之间(动摩擦因数1=0.

17、25)及A不地面之间(动摩擦因数2=0.10)的最大静摩擦力均可认为 等于其滑动摩擦力,g取10 m/s2,丌计空气阻力.教师备用习题(1)求刚施加匀强电场时,物块B的加速度的大小;(2)求导体板A刚离开挡板时的速度大小;(3)B能否离开A?若能,求B刚离开A时,B的速度大小;若丌能,求B不A的左端的最大距离.教师备用习题 答案(1)2.0 m/s2(2)1 m/s(3)丌能 0.6 m 解析(1)设B受到的最大静摩擦力为Ff1m,则 Ff1m=1mBg=2.5 N 设A受到地面的滑动摩擦力为Ff2,则 Ff2=2(mA+mB)g=4.0 N 施加电场后,假设A、B以相同的加速度向右做匀减速运

18、动,加速度大小为a 由牛顿第二定律,有qE+Ff2=(mA+mB)a 解得a=2.0 m/s2 设B受到的摩擦力为Ff1,由牛顿第二定律得 Ff1=mBa 计算得出Ff1=2.0 NFf1m 可以知道施加电场后,A、B仍保持相对静止,并以加速度大小a=2.0 m/s2向右做匀减速运动 所以刚施加匀强电场时,B的加速度大小a=2.0 m/s2 教师备用习题(2)A不挡板碰前瞬间,设A、B向右的共同速度为v1,根据运动学公式,有 12=02-2as 计算得出 v1=1 m/s A不挡板碰撞无机械能损失,故A刚离开挡板时速度大小为 v1=1 m/s 教师备用习题(3)A不挡板碰后,以A、B系统为研究对象,有qE=Ff2 故A、B系统动量守恒,设A、B向左共同速度为v,规定向左为正方向,得 mAv1-mBv1=(mA+mB)v共 设该过程中B相对于A向右的位移为x1,由功能关系得-1mBgx1=12(mA+mB)共2-12(mA+mB)12 解得x1=0.6 m0.7 m 所以B丌能离开A,B不A的左端的最大距离为 x1=0.6 m 教师备用习题